【文档说明】【精准解析】陕西省榆林市2020届高三第三次模拟考试化学试题.doc，共(18)页，1.123 MB，由小赞的店铺上传

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榆林市2020届高考模拟第三次测试理科综合试题化学部分可能用到的相对原子质量：H－1C－12O－16S－32K－39Mn－55第I卷(选择题)1.化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中正确的是A.“玉兔

号”月球车帆板太阳能电池的材料是氮化硅或二氧化硅B.新冠肺炎防疫期间，可用酒精消毒，酒精浓度越大消毒效果越好C.古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金D.汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧生成的【答案】C【解析】【详解】A．硅属于半导体材料，能够导电

，“玉兔号”月球车帆板太阳能电池的材料应是单质硅，A错误；B．酒精浓度增大时，会增强和加速蛋白质凝固的速率，就会让细菌外面的蛋白质迅速凝固，形成了一层保护层，阻止了酒精进一步进入细菌体内，起不到杀菌的作用，B错误；C．铁中含碳量越高，硬度越大，含碳量越少，韧性越强，剂钢是铁与碳的

合金，C正确；D．汽车尾气排放的氮氧化物是在汽车发动机气缸内高温富氧环境下氮气和氧气的反应,汽油不含氮元素，不完全燃烧主要生成一氧化碳，D错误；故选C。2.二羟甲戊酸是生物合成青蒿素的原料之一，下列关于二羟甲戊酸的说法正确的是A.二羟甲

戊酸是乙酸的同系物B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.能发生加成反应和酯化反应D.1mol二羟甲戊酸能跟3molNaOH反应【答案】B【解析】【详解】A.二羟甲戊酸中含有羧基、羟基，乙酸中只含有羧基，不属于同系物，A说

法错误；B.二羟甲戊酸中与羟基相连的碳原子上含有氢原子，能与酸性高锰酸钾反应导致溶液褪色，B说法正确；C.二羟甲戊酸中含有的羧基不能与氢气加成，则不能发生加成反应，C说法错误；D.二羟甲戊酸中只有羧基能跟NaOH反应，则1

mol二羟甲戊酸能跟1molNaOH反应，D说法错误；B说法正确，符合题意，答案为B。3.石蜡是石油减压分馏的产品，某实验小组利用如图的实验探究石蜡油（液态石蜡）分解的部分产物。下列说法正确的是()A石蜡属于油脂B.该实验证明石蜡油分解产物只

有乙烯C.B中发生氧化反应，所以溶液褪色D.碎瓷片的作用是防止暴沸【答案】C【解析】【分析】石蜡油在碎瓷片催化作用下发生裂化反应，生成物中含有烯烃，把生成物通入酸性高锰酸钾溶液后，发生了氧化反应，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色。【详

解】A．石蜡是石油减压蒸馏的产品，是17个碳原子以上的液态烷烃混合物，属于烃类，不属于酯类，故A错误；B．蜡油（液态石蜡）分解的部分产物含有乙烯，乙烯分子中含有不饱和键，容易被高锰酸钾氧化，但分解产物中除

乙烯外还有其它产物，故B错误；C．蜡油分解的部分产物含有乙烯，乙烯分子中含有不饱和键，容易被高锰酸钾氧化，分解产物通入高锰酸钾溶液中，B中溶液褪色，发生的是氧化反应，故C正确；D．碎瓷片的作用不是防止石蜡油暴沸，而是催化剂，加速石蜡油分解，故D错误；故选C。【点睛

】明确实验原理为解答关键，掌握石蜡油的主要成分、石蜡油分解产物、乙烯的化学性质是解题关键，注意官能团及其性质的关系，易错点D，该反应中碎瓷片的作用不是防止石蜡油暴沸，而是催化剂。4.中科院兰州化学物理研究所用Fe3(CO)12/ZS

M－5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图下列说法正确的是A.第i步反应为CO2＋H2＝CO＋H2OB.第i步反应的活化能低于第ii步C.Fe3(CO)12/ZSM

－5使CO2加氢合成低碳烯的△H减小D.添加不同助剂后，反应的平衡常数各不相同【答案】A【解析】【详解】A．第i步所反应为：CO2+l2→CO+H2O故A正确；B．第ⅰ步反应是慢反应，第ⅱ步是快反应，反应的活化能越低，反应速率越快

，所以第i步反应的活化能高于第ⅱ步，故B错误；C．催化剂不能改变平衡状态，不能改变焓变△H，故C错误；D．反应的平衡常数只与温度有关，不同助剂能改变反应历程，但不能改变反应的起始状态，不能改变反应温度，所以反应的平衡常数不变，故D错误；故答案为：A。5.常温下

，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，分别滴入浓度为1.0001mol/L、0.1000mol/L和0.01000mol/L的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)变化的曲线如图。在V(Na

OH)＝20.00mL前后pH出现突跃。下列说法不正确的是A.曲线a、b、c对应的c(HCl)：a＝100cB.曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a>b>cC.当V(NaOH)＝20.00mL时，3个体系中均满足：c(Na

+)＝c(Cl-)D.当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H+)最大【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，a，b，c三种溶液的氢离子浓度分别为1mol/L、0.1mol/L、0.01mol/L，所以最大是最小

的100倍，即a＝100c，A项正确；B．根据反应后溶液的pH可知，pH越大，氢氧化钠浓度越高，B项正确；C．V(NaOH)=20mL时酸碱恰好中和，由于此反应为强酸强碱反应，所以溶液中c(H+)=(OH-)，

根据电荷守恒可知，C(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-），所以c(Na+)=c(Cl-)，C项正确；D．由图可知，a曲线突跃最大，当v(NaOH)>20mL时，溶液碱性最大，所以氢氧根浓度最

高，氢离子浓度最小，D项错误；故选D。6.2019年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家，一种高能LiFePO4电池多应用于公共交通，结构如图所示。电池中间是聚合物的隔膜，其主要作用是在反应过程中只让Li＋通过，原

理如下：(1－x)LiFePO4＋xFePO4＋LixCn放电充电LiFePO4＋nC。下列说法错误的是A.放电时，Li+向正极移动B.放电时，电子由负极→用电器→正极C.充电时，阴极反应为xLi+＋nC＋xe-＝Lix

CnD.充电时，当溶液中通过1mole-时，阳极质量减小7g【答案】D【解析】【详解】A．放电时，该装置为原电池，在原电池中，阳离子向正极移动，即Li+向正极移动，A正确；B．放电时，该装置为原电池，在原电池

中，电子由负极→用电器→正极，B正确；C．充电时，该装置为电解池，左边为阳极，右边为阴极，阴极得电子，电极反应为xLi+＋nC＋xe-＝LixCn，C正确；D．充电时，该装置为电解池，电子只在导线上传递，不会在溶液中传递，D错误；故选D。7.四种短周期主族元素W

、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是（）A.简单离子半径：W<X

<ZB.W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性C.气态氢化物的热稳定性：W<YD.最高价氧化物的水化物的酸性：Y>Z【答案】B【解析】【分析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半

径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na；由原子序数可知，Y、Z处于第三周期，而Z与X（钠）形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为Cl；W、X的简单离子具有相同电子层结构，且W与Y同族，W在第二周期且是非金属元素，W可能是N或O，则对应的Y为P或S。【

详解】由上述分析可知，W为N或O，X为Na，Y为P或S，Z为Cl，A.X与W的离子电子层结构相同，简单离子半径：X<W<Z，故A错误；B.W与X形成的化合物Na3N、Na2O、Na2O2溶于水后溶液呈碱性，故B正确；C.W与Y同族，气态氢化物的热稳定性：W>Y，故C错误；D.Y、

Z处于第三周期，最高价氧化物的水化物的酸性取决于非金属性，故：Y<Z，故D错误；故选B。第II卷(非选择题)必考题8.ClO2是国际上公认安全、无毒的绿色消毒剂，在常温下是一种黄绿色有刺激性气味的气体熔点为－59℃，沸点为11.0℃，易溶于水。ClO2有多种制备方法。I.某实验小组拟用图示装

置模拟工业制取并收集ClO2。(1)A装置必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、_________。(2)B装置必须放在冰水浴中，其原因是___________。II.我国的科学家经过科学探索，发现一种ClO2的制备方法，该方法安全性好，没有产生毒副产品。将经

干燥空气稀释的氯气通入填充有固体亚氯酸钠(NaClO2)的反应柱内，即生成ClO2。(3)化学反应方程式为：___________。III.以过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2

，并将制得的ClO2处理含CN-废水。实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。(4)反应容器B应置于30℃左右的水浴中，目的是_________。(5)通入氮气的目的除了有利于将ClO2排出，还有___

_________。(6)ClO2处理含CN-废水的离子方程式为______。装置D的作用是____________。【答案】(1).温度计(2).ClO2的沸点为11.0℃，易挥发，应充分冷却以减少挥发(3).2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2(4).提高化学反应速率，

同时防止H2O2受热分解(或答：高于30℃会导致H2O2分解，低于30℃会导致反应速率较低)(5).稀释ClO2，防止其发生爆炸(6).2CN-＋2ClO2=2CO2＋N2＋2Cl-(7).吸收ClO2等气体，防止污染大气【解析】【详解】(1)A装

置必须添加温度控制装置，需要测量温度，所需仪器为温度计，故本题答案为:温度计；(2)二氧化氯沸点较低，易挥发，收集二氧化氯，应在较低温度下进行，故本题答案为：ClO2的沸点为11.0℃，易挥发，应充分冷却以减少挥发；(3)将氯气通入亚氯酸

钠(NaClO2)的反应柱内，生成ClO2，化学反应方程式为：2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2，故本题答案为：2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2；(4)适当升高温度可以提高化学反应速率，但是注意到，本题中选用的还原剂是过氧化氢

，而过氧化氢在温度过高时会分解，所以反应容器B置于30C左右的水浴中的目的是提高化学反应速率，同时防止H2O2受热分解，故本题答案为：提高化学反应速率，同时防止H2O2受热分解(或答：高于30℃会导致H2O2分解，低于30℃会导致反应速率较低)；(5)由题意可知，ClO2的体积分数在超过10%时

易引起爆炸，所以通入氮气的目的除了将ClO2排出外，还可以起到稀释ClO2气体的作用，防止ClO2的体积分数过高从而引起爆炸，故本题答案为：稀释ClO2，防止其发生爆炸；(6)ClO2具有强氧化性，能够和具有还原性的CN-发生氧

化还原反应，根据氧化还原反应的配平规律可得二者反应的离子方程式为：2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-，装置D中盛装的碱性溶液，可以吸收ClO2气体，避免对空气造成污染，故本题答案为：2CN-＋2ClO2

=2CO2＋N2＋2Cl-；吸收ClO2等气体，防止污染大气。【点睛】过氧化氢、氨水、氯水等不稳定，都应在低温下进行反应，此为易错点。9.I.贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4等有机化工产品的反应。温度为TK时发生以下反应：2CO(g)＋O2(g)＝2C

O2(g)△H＝－566kJ·mol-12H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)△H＝－571.6kJ·mol-1CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)△H＝－890kJ·mol-1(1)温度为TK时，催化由CO、H2合

成CH4反应的热化学方程式为___________。(2)已知温度为TK时CH4(g)＋2H2O(g)＝CO2(g)＋4H2(g)△H＝＋165kJ·mol－1的活化能为485.2kJ/mol，则其逆反应的活化能为________kJ/mol。II.对于反应CO(g)＋H2O(g)⇌CO2

(g)＋H2(g)△H＝－41kJ·mol-1进行以下研究：(3)TK时，向一恒压密闭容器中充入等物质的量的CO(g)和H2O(g)发生上述反应，测得CO(g)物质的量分数随时间变化如下表所示：时间/min0256910x(CO)0.50.250.10.10.050.05若初始投入C

O为2mol，恒压容器容积10L，用H2O(g)表示该反应0~5分钟内的速率υ(H2O(g)=_____，6分钟时，仅改变一种条件破坏了平衡，则改变的外界条件为___________。(4)已知700K时，在恒容密闭容器中，充入等物质的量的CO和H2O(g)，发生上述反应，平衡CO体积分

数为1043，则反应的平衡常数K＝______。(5)在400K、500K时进行上述反应，其中CO和H2的分压随时间变化关系如右图所示，催化剂为氧化铁。实验初始时体系中的p(H2O)和p(CO)相等、p(CO2)和p(H2)相等。400K时p(H2)随时间

变化关系的曲线是______，500K时p(CO)随时间变化关系的曲线是_______。(填字母序号)III.在催化剂的作用下发生反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，是合成甲醇的一种方法。(6)某温度下，将2molCO与5m

olH2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，在催化剂的作用下发生反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。经过5min后，反应达到平衡，此时转移电子6mol。若保持体积不变，再充入2molCO和1.5molCH3OH，此时υ(正)_______υ(逆

)(填“>”“<”或“＝”)。下列不能说明该反应已达到平衡状态的是___________。a.CH3OH的质量不变b.混合气体的平均相对分子质量不再改变c.υ(逆)(CO)＝2υ(正)(H2)d.混合气体的密度不再发生改变【答案】(1).CO(g)+3H2(g)=C

H4(g)+H2O(l)ΔH=-250.4kJ·mol-1(2).320.2(3).0.032mol·L-1·min-1(4).降低温度(5).22320或者1.32(6).b(7).d(8).＞(9).cd【解析】【分析】(1)

根据盖斯定律计算；(2)该反应△H>0，为吸热反应，正反应的活化能=△H＋逆反应的活化能；(3)根据表中数据，反应在5min时达到平衡状态，CO物质的量分数为0.1，利用三段式计算υ（H2O）；6min时，改变条件达到新平衡时CO的物质的量分数减小，平衡正向移动，结

合反应的特点分析；(4)利用方程式及平衡时CO体积分数为1043，推测H2O的体积分数也为1043，生成的CO2(g)与H2(g)的量相等，占有的体积分数均为11.543，再计算K；(5)根据平衡时各物质分压的大小确

定代表的物质，再依据温度对化学平衡的影响分析判断；(6)利用K只与温度有关，计算K与Qc的数据判断正、逆反应速率的大小关系；根据平衡状态的本质和特征分析判断。【详解】(1)温度为TK时，①2CO(g)＋O2(g

)＝2CO2(g)△H＝－566kJ·mol-1②2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)△H＝－571.6kJ·mol-1③CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)△H＝－890kJ·

mol-1根据盖斯定律，将①÷2+②×32-③得，则由CO、H2合成CH4反应的热化学方程式为CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(l)ΔH=-250.4kJ·mol-1；(2)该反应△H>0，为吸热反应，正反应的活化能=△H

＋逆反应的活化能，则逆反应的活化能=485.2kJ/mol-165kJ/mol=320.2kJ/mol；(3)根据表中数据，反应在5min时达到平衡状态，CO物质的量的分数为0.1，设消耗的H2O的物质的量为ymol，列出三段式()()()()2222200Cyyyymol2-yOgHOgCO

gHgmolmo2-yyyl＋＋初始（）反应（平衡（））则24y−=0.1，解得y=1.6，由于该反应反应前后气体分子数不变，平衡时体积仍为10L，则υ（H2O）=1.6mol10L5min=0.032mol/（L∙min）；该反应的正反应

是气体体积不变的放热反应，6min时，改变条件达到新平衡时CO的物质的量分数减小，平衡正向移动，则改变的外界条件为降低温度；(4)700K时，在恒容密闭容器中，充入等物质的量的CO和H2O(g)，平衡时CO体积分数为1043，根据反应的特点，则H2O的

体积分数也为1043，生成的CO2(g)与H2(g)的量相等，占有的体积分数均为（1-1043×2）÷2=11.543，由于反应中各物质的化学计量数都为1、且反应前后气体分子数不变，则K=11.511.

5434310104343=1.32；(5)实验初始时体系中的p(H2O)和p(CO)相等、p(CO2)和p(H2)相等，由于转化之比等于化学计量数之比，故平衡时p(H2O)和p(CO)相等、p(CO2)和p(H2)相等，该

反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，根据(4)700K时的平衡常数知，400K、500K的平衡常数都大于1.32，故400K、500K达到平衡时p（H2）>p（CO），则a、b代表p（H2），c、d代表p（CO）；升

高温度平衡逆向移动，p（H2）减小、p（CO）增大，则400K时p(H2)随时间变化关系的曲线是b，500K时p(CO)随时间变化关系的曲线是d。(6)反应CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)中消耗1molCO和2molH2转移4mol电子，5min后，

反应达到平衡，此时转移电子6mol，则反应的n（H2）=3mol、n（CO）=1.5mol，平衡时，CO、H2、CH3OH的物质的量分别为0.5mol、2mol、1.5mol，CO、H2、CH3OH的物质的量浓度分别为0.25mo

l/L、1mol/L、0.75mol/L，则K=20.7510.25=3；温度未变，再充入2molCO和1.5molCH3OH，瞬时CO、H2、CH3OH的物质的量浓度分别为1.25mol/L、1mol/L、1.5mol

/L，Qc=21.511.25=1.2<K，平衡正向移动，则υ(正)>υ(逆)；a.CH3OH的质量不变是反应达到平衡状态的特征，a不选；b.混合气的总质量始终不变，建立平衡过程中气体分子物质的量改变，则混合气体的平均相对分子质量改变，混合气

体的平均相对分子质量不再改变能说明反应达到平衡状态，b不选；cυ(逆)(CO)＝2υ(正)(H2)时正、逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，c选；d.混合气的总质量始终不变，恒容容器的体积不变，则混合气体的密度一直未发生改变，混合气体的密度不再发生改变不

能说明反应达到平衡状态，d选；答案为cd。【点睛】化学平衡常数只与温度有关，温度未变，则K不变。10.一种用软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿(主要成分FeS2)制取MnSO4·H2O并回收单质硫的工艺流程如下：(1)步骤①

混合研磨成细粉的主要目的是__________；步骤②浸取时若生成S、MnSO4及Fe2(SO4)3，则反应的离子方程式为___________。(2)步骤③所得酸性滤液可能含有Fe2+，检验Fe2＋的方法是________；除去Fe2+的方法是__________。步骤④是破坏Fe(OH

)3胶体并使沉淀颗粒长大，便于过滤分离。步骤⑤所得滤渣为___________(填化学式)。(3)步骤⑦需在90～100℃下进行，该反应的化学方程式为___________。(4)硫化铵水解的离子方程式为：S2-＋+4NH＋H

2OHS-＋NH3·H2O，如何判断溶液的酸碱性______。(5)测定产品MnSO4·H2O的方法之一是：准确称取ag产品于锥形瓶中，加入适量ZnO及H2O煮沸，然后用cmol·L-1KMnO4标准溶液滴定至浅红色且半分钟不褪，消耗

标准溶液VmL，滴定反应的离子方程式为2-4MnO＋3Mn2+＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+，产品中Mn2+的质量分数为ω(Mn2+)＝___________。【答案】(1).提高硫酸浸取时的浸取率(2).3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3

++4S↓+6H2O(3).取少量滤液于试管中，加入高锰酸钾溶液，紫色褪去(4).加入H2O2或MnO2(5).Fe(OH)3(6).(NH4)2Sx+1=2NH3↑+H2S↑+xS↓(7).比较SH-与+4NH水解常数的相对大小(8).0.0825

cVa×100％【解析】【分析】软锰矿、黄锰矿经混合研磨，可增大接触面积，加快反应速率，加硫酸可溶解锰，步骤④需将溶液加热至沸然后在不断搅拌下加入碱，目的破坏氢氧化铁胶体，使之沉淀，得到硫酸锰溶液，经浓缩、结晶得到MnSO4·H2O，据此解答。【详解】

(1)步骤①混合研磨成细粉，可以增大反应物的接触面积，提高硫酸浸取时的浸取率，硫酸浸取的反应方程式为：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S↓+6H2O，故本题答案为：提高硫酸浸取时的浸取率；3MnO2+2FeS2+12H

+=3Mn2++2Fe3++4S↓+6H2O；(2)亚铁离子具有较强的还原性，可以和高锰酸钾反应，故检验亚铁离子，可加高锰酸钾，若紫色褪色，则含有亚铁离子；要除去亚铁离子，可以加入过氧化氢除去，也可以加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子；步骤④需

将溶液加热至沸然后在不断搅拌下加入碱，调节pH4~5，再继续煮沸一段时间，“继续煮沸"的目的破坏氢氧化铁胶体，使之沉淀，便于过滤分离，因此步骤⑤所得滤渣为氢氧化铁，故本题答案为：取少量滤液于试管中，加入高锰酸钾溶

液，紫色褪去；加入H2O2或MnO2；Fe(OH)3；(3)步骤⑦需在90~100℃下进行，反应的化学方程式为(NH4)2Sx+1=2NH3↑+H2S↑+xS↓，故本题答案为：(NH4)2Sx+1=2NH3↑+H2S↑+xS↓；(4)S2-和NH4+都发生水解

，NH4+水解呈酸性，S2-水解呈碱性，溶液的酸碱性取决于氢硫酸与氨水电离常数的相对大小，故本题答案为：比较SH-与NH4+水解常数的相对大小；(5)已知本实验条件下，高锰酸钾溶液与硫酸锰溶液混合产生二氧化锰，反应的离子方程式为2-4MnO＋3Mn2+＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+，n(KM

nO4)=cmol/L×v×10-3L=cV×10-3mol，产品中Mn2+的质量分数为(1.5cv×10-3mol×55g/mol)/ag×100％=0.0825cVa×100％，故本题答案为：0.0825cVa×100％。【点睛】溶液的酸碱性可根据谁强显谁性的结

论来判断，向硫化铵、亚硫酸氢钠、草酸氢钠、碳酸氢钠等要根据电离常数和水解常数的大小来判断，此为易错点。选考题：[化学——选修3：物质结构与性质]11.亚铁氰化钾(K4[Fe(CN)6])双称黄血盐，用于检验Fe3+，也用作实验的防结剂。检验三价铁发生的反应为：K4[Fe(CN)6]＋FeCl3

＝KFe[Fe(CN)6]↓(滕氏蓝)＋3KCl，回答问题：(1)基态Fe3+电子填充的最高能级符号为___________。(2)K4[Fe(CN)6]中的作用力除离子键和共价键外，还有_______

____。含有12molσ键的KFe[Fe(CN)6]的物质的量为___________mol。(3)黄血盐中N原子的杂化方式为______；C、N、O的第一电离能由大到小的排序为________，与CN-互为等电子体的分子是________，离子是________。(

4)Fe、Na、K的晶体结构如图所示。①钠的熔点比钾更高，原因是_____________。②Fe原子半径是rcm，阿伏加德罗常数为NA，铁的相对原子质量为a，则铁单质的密度是_______g/cm3。【答案】(1).3d(2).配位键(3

).1(4).sp(5).N>O>C(6).N2(7).2-2C(8).K和Na的价电子数相同，但Na原子半径小于K原子半径，所以Na金属键更强，熔点更高(9).3A33a32Nr【解析】【详解】(1)Fe原子核外有26个电子，失去3e−得到Fe3＋，基态Fe3＋的核外电子排布

式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5，电子填充的最高能级为3d，故答案为：3d；(2)K4[Fe(CN)6]是离子化合物，存在离子键，其中Fe(CN)4-6含有共价键和配位键，即化学键为离子键、配位键和

共价键；1个Fe(CN)4-6中含有6个配位键，CN−中含有C≡N，1个C≡N中含有1个键、2个π键，即1个Fe(CN)4-6中含有12个键，所以含有12molσ键的K4[Fe(CN)6的物质的量为1mol，故答案

为：配位键；1；(3)CN−中中心原子C的价层电子对数＝124131−＋＋＝2，即CN−的VSEPR模型为直线型，采用sp杂化；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族元素第一电离

能大于其相邻元素，所以C、N、O第一电离能大小顺序为N＞O＞C；CN-含有2个原子，价电子数为10，与CN-互为等电子体的分子有氮气，离子有2-2C，故答案为：sp杂化；N＞O＞C；N2；2-2C；(4)①K和Na都为金属晶体，Li原子半径小于Na原子半径，对核

外电子的吸引能力更强，金属键更强，熔点更高；故答案为：K和Na的价电子数相同，但Na原子半径小于K原子半径，所以Na金属键更强，熔点更高；②设晶胞的边长为x，则4r＝3x，则x＝4r3cm，晶胞体积V＝x3cm3＝364r33cm3，该晶胞中Fe原子数为18+1=28，

m(晶胞)＝nM＝A2N×ag，晶胞密度ρ＝mV=A3642Nra33g/cm3=3A33a32Nr，故答案为：3A33a32Nr【点睛】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、配合物、晶胞计算、化

学键、VSEPR理论的应用、元素周期律等知识，为高频考点，试题侧重考查基本公式、基本理论的灵活运用及计算能力，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，注意晶胞的密度计算，题目难度中等。[化学——选修5：有机化学基础]12.磷

酸氯喹()是抑制新型冠状病毒的“有效药物”。磷酸氯喹可由氯喹()和磷酸在一定条件下制得。氯喹的合成路线如下：(1)有机物A的名称是___________，E中含氧官能团的名称是___________。(2)反应①、②的反应类型分别是___________、__________

_。(3)写出的方程式_______________。(4)F的结构简式是___________。(5)反应③的另一种产物为___________。(6)M是H的一种同分异构体，写出满足下列条件的M的结构简式(不考虑立体异构，只需写出2种)____________________。①分子结构中

含有苯环(无其他环)，且苯环上有三个取代基；②能使溴水褪色；③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为2：1：1：1。(7)设计由甲苯为起始原料制备的合成路线(无机试剂任选)___________。【答案】(1).间氯硝

基苯或3-氯硝基苯或间硝基氯苯(2).羟基、酯基(3).取代反应(4).还原反应(5).Cl2++HCl(6).(7).CH3CH2OH(8).(9).【解析】【分析】在浓硫酸催化下，和浓硝酸发生取代反应，

生成，在铁催化下，和氯气发生取代反应，生成，和铁粉、氯化铵发生还原反应，生成，与C发生取代反应，生成和小分子的乙醇，在260℃发生成环，生成E，E在氢氧化钠作用下，酯基发生水解，酸化后生成F（），加热脱去羧基，得到，和POCl3反

应生成，和生成，据此解答。【详解】(1)由合成路线图可知，A为，名称为间氯硝基苯或3-氯硝基苯或间硝基氯苯，E的结构为，含氧官能团的名称是羟基、酯基，故本题答案为：间氯硝基苯或3-氯硝基苯或间硝基氯苯；羟

基、酯基；(2)反应①发生的是苯环和硝酸发生取代反应，反应②是硝基被还原为氨基，反应类型是还原反应，故本题答案为：取代反应；还原反应；(3)是硝基苯和氯气在铁催化下，发生的取代反应，化学方程式为Cl2++HCl，故本题答案为：Cl2++HCl；(4)由合成路

线图可知，F的结构简式是，故本题答案为：；(5)反应③是与C发生取代反应，生成和乙醇，故本题答案为：CH3CH2OH；(6)H的结构式为：，能使溴水褪色，说明含有碳碳双键或碳碳三键，又含有苯环，且苯环上有三个

取代基，无其他环，氢原子个数比为2：1：1：1的结构有故本题答案为：；(7)由先在铁催化下，和氯气发生取代反应，生成，和浓硝酸在浓硫酸的催化下，和铁粉、盐酸发生还原反应，生成，和反应生成，合成路线图为：【点睛】要注意本题（6）问，同分异构体看似很多，但满足峰面积

之比为2：1：1：1，一般要考虑对称结构，此为易错点。