【文档说明】【精准解析】新疆维吾尔自治区2021年普通高考第一次适应性检测理科综合化学试题（解析版）.doc，共(17)页，2.790 MB，由小赞的店铺上传

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新疆维吾尔自治区2021年普通高考第一次适应性检测理科综合能力测试化学注意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II(非远择题)两部分。答题前，考生务必将自已的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相对应的位置

上2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。写在本试苍上无效，3.回答第II卷时。将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效，4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C

-12N-14O-16V-51第I卷(选择题共126分)一、选择题(本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。)1.新冠病毒对热敏感。56℃30分钟、75%酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸、乙醚和氯仿等均可有

效灭活病毒。下列有关说法不正确的是A.84消毒液和75%的酒精是经常使用的消毒液，它们都可以使蛋白质变性B.聚丙烯纤维是生产医口罩的重要材料，佩戴医用口罩预防病毒的原理相当于化学实验中的过滤C.《新型冠状病毒肺炎诊疗方案》第六版增加“新型冠状病毒在相对封闭的环境中长时间暴露于高浓度

气溶胶情况下存在经气溶胶传播的可能。”此处气溶胶中的分散剂是空气D.含氯消毒剂、过氧乙酸、乙醚和氯仿等都属于有机物【答案】D【解析】【分析】【详解】A．84消毒液具有强氧化性能引起蛋白质变性，酒精能渗透到细胞内部引起蛋白质变性，从而起到杀菌消毒作用，故A正确；B．聚丙烯纤维用于生产医用口罩

，佩戴口罩起到防止病毒进入的作用，这种阻挡作用类似于过滤，故B正确；C．气溶胶是分散质颗粒分散到空气中形成的分散系，故C正确；D．含氯消毒剂如次氯酸钠属于无机物，故D错误；故选：D。2.NA为阿伏加德罗常数

，下列说法正确的是A.1L0.10mol•L-1的Na2CO3溶液中阴离子数小于0.10NAB.78g苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的混合物中含有的碳氢键数一定为6NAC.agC2H4和C3H6混合物完全燃烧时消耗O2的体积为33.6aL14D.标准状况下。11.2LNO和

11.2LO2混合后，原子总数小于2NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A．Na2CO3中CO23−水解生成HCO3−和OH-，阴离子数目增多，总数大于0.1NA，故A错误；B．二者最简式为CH，所有H均与C相连，m78gnM13g/mol=

==6mol，含有的碳氢键数为6NA，故B正确；C．选项中未标明状态，无法根据气体的物质的量计算气体体积，故C错误；D．根据标况下n=mVV可知，NO和O2各为0.5nol，根据质量守恒，原子的种类和数目均不变，N原子数有0.5NA，O原子数为1.5N

A，共2NA，故D错误；故选B。3.重排反应是指某种化合物在试剂、温度或其他因素的影响下，发生分子中某些基团的转移或分子内碳原子骨架改变的反应。氢化偶氮苯(a)在一定条件下可重排为联笨胺(b)，其变化如图所示。下列有关说法不正确的是A.b分子中所有碳原子和氮原子可能共

平面B.1mola或b均能与6molH2完全加成C.a和b均能发生氧化反应D.a和b分子苯环上的一氯取代物数目相同【答案】D【解析】【分析】【详解】A．苯是平面型分子，分子中所有原子共平面，联苯胺中两个苯环直接相连，可看作是苯胺中氨基对位的C原子上的H被另一个苯环取代，因此两个苯环

的所有碳原子可能共平面，A正确；B．1mola分子和1molb分子均含2mol苯环，1mol苯环能和3molH2发生完全加成，故1mola或b均能与6molH2完全加成，B正确；C．有还原性，故a和b均能发生氧化反应，C正确；D．a分子中

苯环上一氯取代物有3种，b分子中苯环上一氯取代物有2种，二者的一氯取代物种类不相等，D错误。答案选D。4.以氯酸钠(NaClO3)等为原料制备亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程如下，下列说法不正确的是A.反应1中，每生成3molClO2有1

.5molSO2被氧化B.从母液中可以提取Na2SO4C.反应2中，H2O2做氧化剂D.采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解【答案】C【解析】【分析】【详解】A．在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2

-3ClO＋SO2=2-4SO＋2ClO2，根据方程式可知，每生成1molClO2有0.5molSO2被氧化，生成3molClO2有1.5molSO2被氧化，A项正确；B．根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可

以提取Na2SO4，B项正确；C．在反应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从+4价降低到+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，C项错误；D．减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，D项正确

；答案选C。5.下列实验操作和现象”结论“对应且正确的是操作和现象结论A对浸液态石蜡油的碎瓷片加强热，将产生的气体通入胶性K2MnO4溶液紫红色褪去生成的气体一定为乙烯.B向两支盛有KI3溶液的试管中，分別润加淀粉溶液和硝酸银溶液，前者溶液变蓝、后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡:I

-3I2+I-C常温下向盛有浓硫酸的试管中加入铜片时,铜片很快溶解，并产生刺激性气味气体浓硫酸具有强氧化性D室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.10mol·L-1NaClO溶液和0.10mol·L-1CH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱A.AB.BC.CD

.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．对浸液态石蜡油的碎瓷片加强热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去，说明产生的气体含有烯烃，不一定为乙烯，A项错误；B．在KI3的溶液试管中滴加淀粉溶液变蓝，说明溶液中有I2，在KI3的溶液试管中滴加硝酸

银溶液有黄色沉淀(AgI)，说明有I-，所以KI3溶液中存在平衡，-2-3II+I，B项正确；C．铜与浓硫酸的反应需要在加热条件下进行，常温下，几乎无明显现象，现象不正确，C项错误；D．NaClO溶液具有强氧化性不能用pH试纸测定pH，应利用pH计测定pH，比

较酸性强弱，D项错误；答案选B。6.2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为理离子电池发展作出重要贡献的科学家。用太阳能电池给磷酸铁锂电池充电示意图如图所示，阳极反应为：LiFePO4-xe-=xLi++Li1-xFePO4.下列叙述正确的是A.晶体硅能将太阳能转化为电能，太阳能电池属于原电池，B.该理

电池放电时负极反应为：LiC6-xe-=xLi++Li1-xC6C.充电时。隔膜每通过3molLi+，俚盐有机溶液中通过3mol电子D.磷酸铁理电池充放电过程中，Fe、C、P元索化合价均不发生变化【答案】B【解析】【分析】由磷酸铁锂锂离子电池图解可知，该装置为电池充电状态，属于电解池，电解

池中阳离子向阴极移动，锂离子从右向左移动，则钢箔为阳极，铝箔为阴极，据此回答问题。【详解】A．原电池是将化学能转化为电能的装置，晶体硅能将太阳能转化为电能，则硅太阳能电池不属于原电池，故A错误；B．该锂电池放电时负极为铝箔，发生氧化反应，阳极反应式为LiFePO4－xe－=xLi＋＋

Li1－xFePO4，即放电时正极为xLi＋＋Li1－xFePO4＋xe－=LiFePO4，即负极反应为：LiC6－xe－=xLi＋＋Li1－xC6，故B正确；C．电子不能在溶液中移动，故C错误；D．磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，

根据B项分析，放电时正极为xLi＋＋Li1－xFePO4＋xe－=LiFePO4，Li、Fe元素化合价发生变化，故D错误；答案为B。7.25℃时，进行下图所示滴定并得到对应曲线。下列说法不正确的是。A.Ka2(H2C2O4)=10-4.19B.I、II两条

直线的斜率均为IC.在NaHC2O4.溶液中c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH-)+c(C2O2-4)D.直线I中X=2-24-24c(CO)c(HCO)【答案】D【解析】【分析】由图可知，直线Ⅰ中有：X与c(H+)乘积等于1×10-1.22，直线Ⅱ中有：X与c(H+)乘积等于1×

10-4.19，由于二元弱酸的电离平衡常数Ka1>Ka2，则H2C2O4溶液的Ka1=1×10-1.22，直则H2C2O4溶的Ka2=1×10-4.19，即直线Ⅰ中()()()()22424224224cOcC

OXcHCOcHCOHCX−−==、直线Ⅱ中，直线I、II的关系式分别为lgX=lgK1+pH、lgX=lgK2+pH，NaHC2O4溶液中满足的守恒关系为：(电荷守恒)c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(C2O2-4)+c

(HC2O4−)，(物料守恒)c(Na+)=c(C2O2-4)+c(HC2O4−)+c(H2C2O4)，据此解题。【详解】A．由上述分析可知，直线II中()()224224cCOXcHCO−=，当lgX=0时，c(HC2O4−)=c(H2C2O4)，Ka2=c(H+

)=10-pH=1×10-4.19，故A正确；B．由上述分析可知，直线Ⅰ中()()24224cOXcHCOHC−=，X与c(H+)乘积等于Ka1=1×10-1.22；()()224224cCOcHCOX−=直线Ⅱ中，X与c(H+)乘积等于Ka2=1×10-4.19，lgX+lgc(H+)=l

gK1或2，lgX=lgK1或2+pH，I、II两条直线的斜率均为1，故B正确；C．NaHC2O4溶液中满足的守恒关系为：(电荷守恒)c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(C2O2-4)+c(HC2O4−)，(物料守恒)c(Na+)=c(C2O2-4)+c(HC2O4−)+c(H

2C2O4)，消去c(Na+)得到：c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH-)+c(C2O2-4)，故C正确；D．由上述分析可知，直线Ⅰ中()()()()22424224224cOcCOXcHCOcHCOHCX−−==、直线Ⅱ中，故D

错误；故选D。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。(一)必考题8.铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某废旧铍铜元件(主要含-BeO、CuS，还含少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如图：已知：i.铍

、铝元素化学性质相似。ii.常温下Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-30，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10-13。回答下列问题：(1)滤液A的溶

质除NaOH外还有___________(填化学式)：写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式___________。(2)滤液C中含NaCl。和少量HCl。为得到较纯净的BeCl2溶液，下列实验操作步骤中最合理的顺序是___________。①加入过量的NaOH②加入过量

的氨水：②加入适量的HCl溶液；④过滤：⑤洗涤。(3)反应II中CuS的氧化产物为S单质，该反应的化学方程式为___________。(4)常温下，若虑液D中c(Cu2+)=2.2mol•L-1c(Fe3+)=0.008mol•L-1.c(Mn

2+)=0.21mol•L-1，向其中逐滴加入稀氨水，生成的沉淀F是___________(填化学式)，此处的稀氨水最好用___________替化：为了尽可能多地回收铜。所得滤液G的pH最大为___________。【答案】(1).

Na2SiO3、Na2BeO2(2).BeO22－+4H＋=Be2＋+2H2O(3).②④⑤③(4).增强熔融盐的导电性(5).MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O(6).Fe(OH)3(7

).8.0【解析】【分析】Be、Al元素化学性质相似，废旧铍铜元件中加入NaOH溶液，BeO、SiO2反应转化成Na2BeO2、Na2SiO3进入滤液A中，滤渣B中含CuS、FeS；滤液A中加入过量HCl，Na2SiO3反应生成H2SiO3沉淀和NaCl，Na2BeO2与过量HC

l反应生成NaCl、BeCl2和H2O，滤液C中含HCl、NaCl、BeCl2；MnO2具有氧化性，滤渣B中加入MnO2和H2SO4，CuS、FeS反应生成CuSO4、Fe2(SO4)3、S，MnO2被

还原为MnSO4；滤液D中主要含CuSO4、Fe2(SO4)3、MnSO4，根据题给Cu(OH)2、Fe(OH)3、Mn(OH)2的溶度积，滤液D中加入氨水得到的沉淀F为Fe(OH)3；滤液E中加入氨水调节pH使Cu2+与Mn2+分离。据此分析作答。【详解】(

1)废旧铍铜元件的成分BeO、CuS、FeS、SiO2，根据信息i，BeO属于两性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，反应方程式为BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O、SiO2+

2NaOH=Na2SiO3+H2O，CuS、FeS不与氢氧化钠反应，因此滤液A中主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2；根据信息i，反应I中为Na2BeO2与过量盐酸反应，反应的离子方程式为BeO22－+4H＋=Be2＋+2H2O；(2)Be、铝元素化学

性质相似，先向滤液C中先加入过量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，然后过滤、洗涤，再加入适量的HCl，生成BeCl2，合理步骤是②④⑤③；BeCl2熔融时能微弱电离，熔融BeCl2中离子浓度较小，电解熔融BeCl2制备金属铍时，需要加入NaCl，其作用是

增大离子浓度，增强熔融盐的导电性；(3)反应II中CuS中S转化为S单质，MnO2中Mn被还原为Mn2＋，根据化合价升降法进行配平，其化学反应方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O；(4)Cu2＋开始沉淀时c(OH－)=202.2102.2−=1×10

-10mol/L；Fe3＋开始沉淀时c(OH－)=3834100.008−=35×10-12mol/L；Mn2＋开始沉淀时c(OH－)=132.1100.21−=1×10-6mol/L，因此首先沉淀的是Fe3＋，即生成的沉淀F为Fe(OH)3。为了

尽可能多的回收Cu，滤液E中加入氨水应使Cu2+尽可能完全沉淀，Mn2+不形成沉淀，Cu2+完全沉淀时c(OH-)=2052.210110−−=22×10-8mol/L<1×10-6mol/L，滤液G的c(OH-)最大为1×10-6mol/L，c(H+)最小为1×10-8m

ol/L，pH最大为8.0；9.随着科技的进步、合理利用资源、保护环境成为当今社会关注的焦点。甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)用作新敏化太阳能电池的敏化剂，可由CH3NH2、PbI2及HI为原料合成。回答下列问题：(1)制取甲胺的反应为CH3OH(g)+NH3

(g)CH3NH2(g)+H2O(g)∆H1①NH3的电子式为___________。②已知该反应中相关化学键的键能数据如下共价键C-OH-ON-HC-N键能/kJ·mol-1351463393293则该反应的△H1=___________kJ•mol-1

(2)上述反应中所需的甲醇可以利用甲烷为原料在催化剂作用下直接氧化来合成。煤炭中加氢气可发生反应：C(s)+2H2(g)CH4(g)∆H2.在密闭容器中投入碳和H2，控制条件使其发生该反应，测得碳的平衡转化率随

压强及温度的变化关系如图所示。①该反应的∆H2___________。0(填“>”、“<”或“=”)，判斯理由是___________。②在4MIPa、1100K时，图中X点v正(H2)___________v逆(H2)(填“>”、“<”

或“=”)。该条件下，将1.5molC和3molH2通入密闭容器中进行反应，平衡时测得碳的转化率为80%，CH4的体积分数为___________。若维持容器体积不变，向其中再加入0.5molC和1mo

lH2，再次达到平衡后平衡常数K___________(填“增大、“减小“或“不变”。)③工业生产中如用下下列四个条件进行上述反应，最合适的反应条件是___________(填字母序号)。A．5MPa800KB．6MPa1000KC．8M

Pa1000KD．10MPa1100K(3)已知常温下PbI2饱和溶液(显黄色)中c(Pb2+)=1.0×10-3mol•L-1，Pb(NO3)2溶液与KI溶液混合可形成PbI2沉淀，Pb(NO3)2溶液中各离子浓度由大到小顺序

为___________。现将浓度为8×10-3mol•L-1的Pb(NO3)2溶液与一定浓度的KI溶液等体积混合，则生成沉淀所需KI溶液的最小浓度为___________。【答案】(1).(2).-12(3).>(4).

温度越高碳的平衡转化率越大，平衡正向移动，正反应为吸热反应(5).>(6).60%(7).不变(8).B(9).c(NO3−)>c(Pb2+)>c(H+)>c(OH-)(10).2.0×10-3mol•L-1【解析】【分析】【详解】(1)①NH3的电子式为，故答案为：；

②反应热△H1=反应物键能-生成物键能=351kJ·mol-1+463kJ·mol-1+3393kJ·mol-1-293kJ·mol-1-2393kJ·mol-1-2463kJ·mol-1=-12kJ·mol-1，故答案为：

-12；(2)①由图观察，温度越高碳的平衡转化率越大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，∆H2>0，故答案为：>；温度越高碳的平衡转化率越大，平衡正向移动，正反应为吸热反应；②在4MIPa、1100K时，碳的转化率为80%左右，而X点碳的转化率只有25%左右，远小于平衡时的80%，是非平衡

状态，所以反应将正向进行达到平衡状态，即同一物质的正反应速率大于逆反应速率，即v正(H2)>v逆(H2)，反应的三段式为：()()()()()()24Cs+2HgCHgmol1.530mol1.22.41.2m

ol0.30.61.2起始平衡转化所以CH4的体积分数为0.6mol100%0.6mol0.4mol+=60%，由于体系温度不变，所以再次达到平衡后，平衡常数K不变，故答案为：>；60%；不变；③根据图像可知，5MPa、800K时碳的平衡转化率

低，6MPa、1000K和10MPa、1000K时碳的平衡转化率不到80%，温度在1100K时碳的平衡转化率达到80%，而压强在5MPa或6MPa或10MPa、1100K时碳的平衡转化率相差不大，但压强增大对设备要求高，能量需求大，所以选择B项，故答案为：B；(3)Pb(NO3)2溶液中Pb

2+发生水解生成氢氧化铅和氢离子而使溶液呈酸性，溶液中各离子浓度由大到小顺序为c(NO3−)>c(Pb2+)>c(H+)>c(OH-)；已知常温下PbI2饱和溶液(显黄色)中c(Pb2+)=1.0×10-3mol•L-1，c(I-)=2.0×10-3mol•L-1

，Ksp=1.0×10-3×(2.0×10-3)2=4×10-9，设KI溶液浓度为xmol/L，则等体积混合瞬间c(Pb2+)=4.0×10-3mol•L-1，c(I-)=x2mol•L-1，混合后生成沉淀，则Qc≥Ksp，即4.0×10-3×2x2≥4×10-9，解得x≥2.0×10

-3mol•L-1，故答案为：c(NO3−)>c(Pb2+)>c(H+)>c(OH-)；2.0×10-3mol•L-1。10.氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料。+4价的钒化合物弱酸性性条件下易被氧化。实

验室以V2O3为原料合成用于制备VO2的氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体，过程如图：回答下列问题：(1)VOCl2和VO+2中V的化合价分别为___________、___________。(2)步骤i中生成VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体：该化学方程式为___________。若只用浓盐

酸与V2O5来制备VOCl2溶液，该法的缺点是___________。(3)步骤ii可在如图装置中进行。①反应前应通入CO2数分钟的目的是___________，②装置B中的试剂是___________。(4)测定氧钒(

IV)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量wg样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL混酸溶解后，滴加0.02mol·L-1KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用xmol·L-1(NH4)2Fe(SO4

)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为0.01mL。滴定反应为：VO+2+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O。①KMnO4溶液的作用是___________。若不加NaNO2溶液和尿素会导致测定结果

___________(填“偏高"“偏低”或“无影响")②粗产品中钒的质量分数表达式为___________。【答案】(1).+4(2).2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O(3).有氯气生

成，污染空气(4).排除装置中的空气，避免产物被氧化(5).饱和NaHCO3溶液(6).将+4的钒化合物氧化为VO+2(7).除去过量的KMnO4(8).偏低(9).51bc100%1000a【解析】【分析】步骤i中V2O

5中加入N2H4•2HCl和盐酸反应生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，V2O5被还原为VOCl2，则气体为N2；盐酸与石灰石生成二氧化碳，B中的碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中的氯化氢气体，据此解题。【详解】(1)根据氧的化

合价为-2，氯的化合价为-1，化合物中各元素化合价代数和为0可得，VOC12中V的化合价为+4价；(2)步骤i中V2O5中加入N2H4•2HCl和盐酸反应生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，V2O5被还原为VOCl2，则气体为N2，反应的

化学方程式为2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12溶液，V2O5被还原为VOCl2，则浓盐酸被氧化有氯气生成，污染空气；(3)①+4价钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，为防止+4价钒化合物

被氧化，反应前应通入CO2数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化；②装置B中的试剂用于除去二氧化碳中的氯化氢气体，故所装试剂为饱和NaHCO3溶液；(4)测定氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。①KMnO4溶液具有强氧化性，其作用是将+4的钒化合物氧化为VO+2；NaNO2溶液

的作用是除去过量的KMnO4；，亚硝酸根在酸性条件下会将亚铁离子氧化为Fe3+，导致测定结果偏低；②根据反应VO+2+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O可知，n(VO2+)=n(Fe2+)=bc310mol−，根据钒守恒，粗产品中钒的质量分数的表达式为51bc1

00%1000a；(二)选考题作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。[化学一选修3：物质结构与性质]11.碳族元素的单质及其化合物在生产、生活中是一类重要物质。请回答下列问题：(1)硅原子核外有

_______种不同运动状态的电子，第一电离能介于铝和硅之间的元素的名称为______。碳族元素最外层电子排布的通式为_______。(2)下列说法不正确的是___________A．二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点S

iO2>CO2B．N2与CO互为等电子体，结构相似，化学性质相似C．稳定性：H2O>H2S，原因是水分子间存在氢键(3)青蒿素(C15H22O5)的结构如图所示，图中数字标识的五个碳原子的杂化轨道类型为sp2的是___________(填碳原子的标号)，组成青蒿素的三

种元素的电负性由大到小排序是___________。(4)青蒿素分子中，从成键方式分析氧元素形成的共价键类型有___________；从青蒿中提取青蒿素的最佳溶剂是___________。a.乙醇b.乙醚c

.水(5)SnO2是一种重要的半导体传感器材料，用来制备灵敏度高的气敏传感器，SnO2与熔融NaOH反应生成Na2SnO3，Na2SnO3中阴离子空间构型为___________。(6)由碳族元素形成的单质和化合物在电池领域非常重要，某含碳元素晶体AMX3(相对分子质量为Mr)是半导体，常用作吸光

材料，有钙钛矿的立方结构，其晶胞如图所示。AMX3晶胞中与阳离于(M)距离最近的阴离子(X)形成正八面体结构，则X处于___________位置。晶体的晶胞参数为anm，其晶体密度为g•cm-3，则阿伏加德罗常数NA的计算表达式为___________。【答案

】(1).14(2).Mg(3).ns2np2(4).AC(5).3(6).O＞C＞H(7).非极性键、极性键(8).b(9).平面三角形(10).面心(11).213Mr10a【解析】【分析】【详解

】(1)硅原子核外有14个电子，每个电子的运动状态都不一样，共有14种不同运动状态的电子；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，根据电离能的变化规律，3s轨道全充满的Mg原子第一电离能要比Al原子高，第一电离能介于铝和硅

之间；碳族元素是第IVA族元素，最外层电子排布的通式为ns2np2；故答案为：14；Mg；ns2np2；(2)A．二氧化硅是共价晶体，CO2是分子晶体，所以沸点SiO2>CO2，故A错误；B．N2与CO价电子数都是10，互为等电子体，结构相似，化学性

质相似，故B正确；C．非金属性：O>S，非金属性越大，氢化物稳定性越大，则稳定性：H2O>H2S，故C错误；故答案为AC；(3)3号C原子与氧原子形成碳氧双键，碳原子的杂化轨道类型为sp2；组成青蒿素的三种元素为H、C、O，元素的非金属性越强，电负性越强，非金属性：O＞C＞H；故答案为：3；O＞C

＞H；(4)青蒿素中存在O-O键、C-C键，为非极性键，C-O、C-H键为极性键；青蒿素中含有酯基，为酯类物质，不溶于水，易溶于有机溶剂乙醚，提取的方法是用乙醚萃取；故答案为：非极性键、极性键；b；(5)Na2SnO3中阴离子为SnO23−，价层电子对数为3+12(4+

2-32)=3，没有孤对电子，空间构型为平面三角形；故答案为：平面三角形；(6)某含碳元素晶体AMX3晶胞中A：M：X=1:1:3，由晶胞结构结合阳离于(M)距离最近的阴离子(X)形成正八面体结构可知，M位于体心，X位于面心；密度=A1MrNV=()A371MrNa10

cm−，则NA=213Mr10a，故答案为：面心；213Mr10a。[化学--选修5：有机化学基础]12.有机物F可用于某抗凝血药的制备，工业生成F的一种路线图如下（其中H与FeCl3溶液能发生显色反应）：回答下列问题：(1)A的名称是___，E中的官能团是名称是____。(2)B

→C的反应类型是___，F的分子式为____。(3)H的结构简式为___。(4)E与NaOH溶液反应的化学方程式为___。(5)同时满足下列条件的D的同分异构体共有____种，写出核磁共振氢谱有5组峰的物质的结构简式__

_①是芳香族化合物②能与NaHCO3溶液反应③遇到FeCl3溶液不显色④1mol该物质与钠反应时最多可得到1molH2(6)以2−氯丙酸、苯酚为原料制备聚丙烯酸苯酚酯()，写出合成路线图（无机试剂自选）_________。【答案】(1).乙醛(2).酯基；(3).取代反应(4).C9H6O3(5)

.(6).(7).4(8).(9).【解析】【分析】由A的性质知其是乙醛，乙醛催化氧化为乙酸，乙酸与PCl3发生取代反应生成C，由H、D、E的转化关系及E、C的结构简式反推知H为，D为，E分子中含有2个酯基，

与NaOH溶液反应生成、CH3COONa、CH3OH、H2O；由①知分子中含有苯环，由②知分子中含有-COOH且不含酚羟基，由③知分子中还含有醇羟基，当苯环上只有一个取代基时，取代基为-CHOHCOOH、当苯环上有两个取代基

时，两个取代基分别为-CH2OH、-COOH，两个取代基在苯环有3种位置关系，故共有4种同分异构体。其中核磁共振氢谱峰有5组峰的物质是，2-氯丙酸先发生消去反应得到丙烯酸钠，酸化后与PCl3反应得到CH

2=CHCOCl，再与苯酚发生取代反应，最后发生加聚反应即可。据此分析。【详解】(1)乙烯经过氧化生成A，A能够与银氨溶液反应，由此可知A为乙醛；由E的结构简式可知E中的官能团为酯基，答案为：乙醛；酯基；(2)乙醛经过与银氨溶液反应生成乙酸钠，再经过酸化生成乙酸，故B为乙酸，乙酸与PCl3发生反

应生成C，由C的结构可知，乙酸中的-OH被Cl原子取代生成C，反应类型为取代反应；由F的结构简式可知，F的分子式为：C9H6O3，答案为：取代反应；C9H6O3；(3)由H、D、E的转化关系及E、C的结构简式反推知H为；答案为：；(4)E中含有2个酯基，

与NaOH溶液反应的化学方程式为：，答案为；；(5)由E的结构和H的结构可知，D的结构简式为，由①可知分子中含有苯环；由②可知分子中含有-COOH且不含酚羟基；由③可知分子中还含有醇羟基(因该有机物中总不饱和度为5，苯环占4个不饱和度，羧基占1个不饱

和度，另一个能够与钠反应生成H2的官能团为羟基)；满足该条件的有机物为：（1种）、（邻间对共3种），故共有4种结构，其中核磁共振氢谱有5组峰，即不同化学环境的氢原子有5种，该物质为：，故答案为：4；；(6)的单体为：；以CH3CHClCOOH和苯酚为原料，需先

合成，然后通过加聚反应生成聚丙烯酸苯酚酯，其合成路线图为：，故答案为：获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com