【文档说明】【精准解析】河北省唐山市第十一中学2021届高三9月入学检测化学试题.doc，共(20)页，1.375 MB，由小赞的店铺上传

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化学试卷一卷(选择题，共40分)可能用到的相对原子质量：H1；B11；C12；N14；O16；Na23一、选择题(每小题2分，共20分)1.中华传统文化中蕴含着诸多化学知识，下列说法正确的是（）A.“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为蛋白

质B.“三月打雷麦谷堆”，是指在雷电作用下氮气转化为能被作物吸收的物质C.“日照香炉生紫烟”中的紫烟指“碘的升华”D.“火树银花不夜天”指的是金属单质的焰色反应，属于化学变化【答案】B【解析】【详解】A．榆荚又称榆钱，是植物的果实，纤维素是植物细胞壁的主要结构成分，

“榆荚”主要成分是纤维素，故A错误；B．氮气跟氧气在放电作用下能直接化合生成无色的一氧化氮气体；一氧化氮不溶于水，在常温下易跟空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；二氧化氮易溶于水，它溶于水后生成硝酸和一氧化

氮，硝酸进一步转化为可以为植物吸收的硝酸盐，增加土壤中氮肥含量，有利于作物生长，故B正确；C．水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故C错误；D．“火树银花”指的是金属元素的焰色反应，焰色反应是原子中电子的跃迁，不属于

化学变化，故D错误；答案选B。【点睛】从诗文中获取化学知识，首先要了解掌握诗文的含义，“日照香炉生紫烟”，“香炉”是指庐山的香炉峰，此峰在庐山西北，形状尖圆，像座香炉，由于瀑布飞泻，水气蒸腾而上，在丽日照耀下，仿佛有座顶天立地的香炉冉冉升起了团团紫烟，是诗人对环境景观描述的一种比喻。2.下列有

关物质性质与用途具有对应关系的是A.SO2具有氧化性，常用于漂白秸秆、织物B.明矾水解形成Al(OH)3胶体，可用作水处理中的净水剂C.石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体D.次氯酸有酸性，

可用于自来水的杀菌消毒【答案】B【解析】SO2具有漂白性，常用于漂白秸秆、织物，A错误；明矾水解形成Al(OH)3胶体，具有吸附作用，可以吸收水中固体杂质颗粒，所以可用作水处理中的净水剂，B正确；烧碱是氢氧化钠，纯碱是碳酸钠，为强碱性盐，二氧化硅为

酸性氧化物能够与碱性物质反应，所以不能用石英坩埚来加热烧碱或纯碱，C错误；HClO具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，与酸性无关，D错误。3.下列有关化学用语表示正确的是（）A.原子核内有10个中子的氧原子：1810OB.硫离子

的结构示意图：C.次氯酸钠的电子式：D.葡萄糖分子的结构简式：6126CHO【答案】C【解析】【详解】A．原子符号左上角的数字表示原子量，左下角的数字表示原子序数，原子核内有10个中子的氧原子应该表示为188O，A错误

；B．硫离子的核外电子一共有18个，但是原子核内质子数没有变化，B错误；C．次氯酸钠由钠离子和次氯酸跟离子组成，次氯酸钠的电子式为，C正确；D．葡萄糖的结构简式为，D错误；故选C。4.下列现象或事实、解释都正确的是()选项现象或事实解释A金属镁着火不能用泡沫灭火器灭火燃烧生成的MgO与CO

2反应BK2FeO4用于自来水的消毒和净化K2FeO4具有强氧化性可杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解得到的胶状物能净水C古代青铜器表面有铜锈，可放入盐酸中浸泡除锈铜锈是铜在空气中缓慢氧化生成的氧化物，可溶于盐酸D常温下

，将铁片浸入足量的浓硫酸中，铁片不溶解常温下，铁与浓硫酸一定没有发生化学反应A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A选项，金属镁着火不能用泡沫灭火器灭火，因为Mg在CO2燃烧生成MgO和C，故A错误；B选项，K2FeO4用于自来水的消毒和净化，K2FeO4具有强氧化

性可杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解得到的胶状物能净水，故B正确；C选项，古代青铜器表面有铜锈，可放入盐酸中浸泡除锈，铜锈是铜在空气中与氧气、水、二氧化碳反应生成的碱式碳酸铜，可溶于盐酸，故C错误；D选项，常温下，将铁片浸入足量的浓硫酸中

，铁片不溶解，Fe发生了钝化，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】铜绿是铜和空气中水、二氧化碳、氧气长时间反应得到，又称碱式碳酸铜，用盐酸可以除掉铜表面的铜绿；铝、铁与浓硫酸或浓硝酸发生钝化，是发生了反应，不是

没有发生反应。5.向含有淀粉的KIO3酸性溶液滴加NaHSO3溶液，溶液先变蓝后褪色。下列说法错误的是A.溶液先变蓝的原因：2IO-3+5HSO-3=I2+5SO2-4+H2O+3H＋B.溶液恰好褪色时n(

KIO3)：n(NaHSO3)=1:3C.还原性I->HSO-3>I2D.若向含有淀粉的NaHSO3溶液中滴加过量KIO3酸性溶液，则溶液变蓝不褪色【答案】C【解析】【详解】A．溶液变成蓝色，说明有单质碘生成，即I元素化合价由+5价降低至0价，被还原，I

O-3为氧化剂，S元素的化合价由+4价升高至+6价，被氧化，HSO-3为还原剂，反应的离子方程式为2IO-3+5HSO-3=I2+5SO2-4+H2O+3H＋，A选项正确；B．溶液褪色，说明碘单质又被亚硫酸氢钠还原，离子方程式

为I2+HSO-3=2I-+SO2-4+3H＋，结合A选项，可知溶液恰好褪色时n(KIO3)：n(NaHSO3)=1:3，B选项正确；C．由A选项中的反应可知，还原性：HSO-3＞I2，由B选项中的反应可知，还原性HSO

-3＞I-，又还原性I-＞I2，则还原性：HSO-3＞I-＞I2，C选项错误；D．若向含有淀粉的NaHSO3溶液中滴加过量KIO3酸性溶液，由于氧化性IO-3＞I2，所以不会出现I2被还原的情况，即溶液变蓝不褪色，D选项正确；

答案选C。6.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是（）①太阳光催化分解水制氢：2H2O（l）=2H2（g）＋O2（g）ΔH1＝＋571.6kJ·mol－1②焦炭与水反应制氢：C（s）＋H2O（g）=CO（g）＋H2（g）ΔH2＝＋131

.3kJ·mol－1③甲烷与水反应制氢：CH4（g）＋H2O（g）=CO（g）＋3H2（g）ΔH3＝＋206.1kJ·mol－1A.反应①中电能转化为化学能B.反应②为放热反应C.反应③使用催化剂，ΔH3减小D.反应CH4（g）=C（s）＋2H2（g）的ΔH＝＋74

.8kJ·mol－1【答案】D【解析】【详解】A.反应①中，太阳光催化分解水制氢，由光能转化为化学能，A不正确；B.反应②中，ΔH2>0，为吸热反应，B不正确；C.反应③中，使用催化剂，对ΔH3不产生影响，C不正确；D.应用盖斯定律，将反应③-反应②得，反应CH4(g)=C(s)＋2

H2(g)的ΔH＝＋74.8kJ·mol－1，D正确；答案选D。7.四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素的最外层电子数是其电子层数的二倍；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的；Y是地壳中含量最多的金属元素；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列

叙述中，不正确．．．的是A.将W的最高价氧化物通入到Na2SiO3溶液中，生成白色沉淀，得出非金属性：W＞SiB.将X单质投入到CuSO4溶液中，生成紫红色固体C.工业上用电解熔融Y的氧化物的方法冶炼金属YD.Z的气态氢化物的沸点在同主族中最低【答案】B【解析】【详解】四种短周期元素W、X、Y、

Z的原子序数依次增大，W元素的最外层电子数是其电子层数的二倍，则W为碳元素；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为钠元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为铝元素；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为氯元素，形成的离子化合物为氯化钠。A.将W的

最高价氧化物二氧化碳通入到Na2SiO3溶液中，生成白色沉淀硅酸，说明碳酸的酸性强于硅酸，得出非金属性：C＞Si，选项A正确；B.将X单质钠投入到CuSO4溶液中，由于钠很活泼，直接与水反应，不能置换出铜，则不可能生成紫红色固体，选项B不正确；C.工业上用电

解熔融Y的氧化物氧化铝的方法冶炼金属铝，选项C正确；D.因HF中存在氢键，沸点比同主族的氢化物都高，而同主族其他氢化物的沸点随相对分子质量增大而升高，故Z的气态氢化物氯化氢的沸点在同主族中最低，选项D正确。答案选B。8.已知[ZnCl4]2－中Zn2+的4s轨道和4p轨道形

成sp3型杂化轨道，则[ZnCl4]2－的空间构型为A.直线形B.平面三角形C.正四面体形D.平面正方形【答案】C【解析】【详解】此配离子的中心原子采取sp3杂化，配位数为4，故空间构型为正四面体形，故C正确；故选C

。9.天津大学研制了一种纳米2CuSiO−反应器用于催化草酸二甲酯（DMO）和氢气反应获得EG，反应过程示意图如下，下列说法正确的是（）A.EG和乙醇是同系物B.MG分子中所有原子可能在同一平面上C.DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂D.反应过程中生成了EG和甲醇

【答案】D【解析】【详解】A.EG含2个羟基，乙醇含1个羟基，所以它们不是同系物，A不正确；B.饱和碳所连原子呈四面体结构，所以MG分子中所有原子不可能在同一平面上，B不正确；C.DMO分子中不只有碳氧单键发生了断裂，碳氧双键也

发生了断裂，C不正确；D.反应过程中生成了EG，再根据DMO和EG结构对比，产物还有甲醇，D正确。答案选D。10.Na2FeO4可用于制备新型非氯高效消毒剂高铁酸钾(K2FeO4)。实验室制备Na2FeO4的原理如图所

示。下列说法正确的是A.a为电源正极B.Y电极的电极反应式为Fe+8OH--6e-=24FeO−+4H2OC.每生成0.05mol24FeO−，有0.4molOH-从X电极流向Y电极D.X电极上每生成标准状况下6.72LH2，电解质溶液中O

H-的浓度降低0.02mol/L【答案】B【解析】【分析】由Fe和NaOH溶液制备出Na2FeO4，可见，Fe的化合价由0价变为+6价，所以电解池中Fe为阳极，阳极的电极反应式为Fe+8OH--6e-=24FeO

−+4H2O，C为阴极，阴极的电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑,则与Fe相连的电极b为电源的正极，与C相连的电极a为电源的负极，据此回答。【详解】A．由分析可知，a为电源负极，A错误；B．Y电极的电极反

应式为Fe+8OH--6e-=24FeO−+4H2O，B正确；C．根据关系式6e-～24FeO−～6OH-，每生成0.05mol24FeO−，就有0.3molOH-生成，生成的阴离子会移向阳极，所以有0.3molOH-从X电极流向Y电极，C错误；D．电

池的总反应式为Fe+2H2O+2OH-24FeO−+3H2↑，X电极上每生成标准状况下6.72LH2(0.3mol)，则电解质溶液中OH-减少0.2mol，但不知道溶液的体积，所以无法求出电解质溶液中OH-的浓度，D错误；答案选B。二、不定项选择题(本题有一到两个选项正

确，每小题4分，共5小题)11.由硫铁矿烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO4·7H2O)，再通过绿矾制备铁黄[FeO(OH)]的流程如下：烧渣酸溶①⎯⎯⎯→2FeS②⎯⎯⎯→溶液③⎯⎯→绿

矾氨气/空气④⎯⎯⎯⎯→铁黄。已知：FeS2和铁黄均难溶于水。下列说法不正确的是（）A.步骤①，可用盐酸来溶解烧渣B.步骤②，涉及的离子反应为FeS2＋14Fe3＋＋8H2O＝15Fe2＋＋2SO2-4＋16H＋C.步骤③，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得

纯净绿矾D.步骤④，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe(OH)3【答案】AC【解析】【详解】A．因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤①最好用硫酸来溶解烧渣，不能用盐酸来溶解烧渣，否则引入氯离子，故A错误；B．步骤②发生的反应FeS2与溶液中的Fe2（SO4）3溶液反

应生成FeSO4和H2SO4，反应的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42-+16H+，故B正确；C．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若用余热将液体蒸干，绿矾受热会失去结晶水，故C

错误；D．若步骤④反应条件控制不当，绿矾会与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe（OH）3，故D正确；故选AC。12.已知a、b、c的分子式均为C9H10O2，结构简式如图所示。下列说法正确的是（）A.a、b、c

都能与Na反应产生H2B.a、b、c分子中所有碳原子可能共平面C.b与c在浓硫酸加热条件下可以发生缩聚反应D.c苯环上的一氯代物和二氯代物分别为3种和4种【答案】B【解析】【详解】A．物质a中既不含羟基也不含羧基，不能与

Na反应生成氢气，故A错误；B．苯环、C=O均为平面结构，单键可以旋转，所以a、b、c分子中所有碳原子可能共平面，故B正确；C．b只含一个羟基，c只含一个羧基，一个b分子只能和一个c分子反应，不能脱水缩合，

故C错误；D．c苯环上有3种环境的氢原子，一氯代物有3种；二氯代物有如图所示6种，、(数字表示另一个氯原子的位置)，故D错误；故答案为B。13.钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2＋为蓝色，VO+2为淡黄色，VO+2具有较

强的氧化性，浓盐酸能把VO+2还原为VO2＋。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法正确的是A.在酸性溶液中氧化性：VO+2＞4MnO−＞Cl2B.向酸性(VO2)2SO4溶液中滴加Na2SO3溶液，溶液由淡

黄色变为蓝色C.向0.1molKMnO4的酸性溶液中滴加1molVOSO4溶液，转移电子为1molD.浓盐酸还原VO2＋的离子方程式为2VO+2＋4H＋＋2Cl－＝2VO2＋＋Cl2↑＋2H2O【答案】BD【解析】【详解】A．VO2＋具有较强

的氧化性，浓盐酸能把VO+2还原为VO2＋，同时生成氯气，则根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：VO+2＞Cl2，又向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，根据氧化剂的氧化性大于

氧化产物，则氧化性：MnO4-＞VO+2，所以在酸性溶液中氧化性：MnO4-＞VO+2＞Cl2，故A错误；B．氯气能够氧化Na2SO3溶液生成Na2SO4溶液，因此SO2-3也能把VO+2还原为VO2+，溶液由淡黄色变为蓝色，故B正确；C．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变

为淡黄色，则说明VO2+被氧化生成VO+2，根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为10VOSO4+2H2O+2KMnO4═5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4，因此0.1molK

MnO4的酸性溶液中滴加1molVOSO4溶液，VOSO4过量，因此0.1molKMnO4转移0.5mol电子，故C错误；D．浓盐酸还原VO+2生成VO2＋和Cl2，反应的离子方程式为2VO+2＋4H＋＋2Cl－＝2VO2＋

＋Cl2↑＋2H2O，故D正确；故选BD。14.取四份质量均为8.4g的NaHCO3固体，均加热一段时间，将加热后的四份固体分别进行下列实验，能够说明NaHCO3固体已完全分解的是A.加水溶解后向其中滴加酚酞，溶液变红B.加水溶解后向其中加入适量CaO粉末，充分反应后观察到有白色沉淀生成C.

称量固体，继续加热，冷却后再次称量所得固体，质量不变D.加水溶解后向其中加入足量的CaCl2溶液，得到沉淀的质量为5.0g【答案】CD【解析】【详解】A.NaHCO3和Na2CO3溶液都呈碱性，滴加酚酞后都变红，故加水溶解后向其中滴加酚酞，

溶液变红，无法证明NaHCO3固体已完全分解，故A错误；B.加水溶解后向其中加入适量CaO粉末，CaO与水反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与NaHCO3、Na2CO3反应，均会生成碳酸钙白色沉淀，故无法证明NaHCO3固体已完全分解，故B错误；C.两次

称量的质量不变，说明NaHCO3固体已完全分解，故C正确；D.8.4g的NaHCO3固体物质的量为0.1mol，根据方程式322232NaHCONaC+COO=+HO可知，若NaHCO3完全分解，生成Na2CO3为0.05mol，加水溶解后向其中加入足量的CaCl2溶液，会生成0.05mol碳酸钙

，质量为5.0g，与实际相符，故证明NaHCO3固体已完全分解，故D正确；故选CD。15.NH4HCO3是一种离子化合物，下列关于该物质的叙述错误的是（）A.所含四种元素的原子半径由小到大的顺序为：H＜O＜N＜CB.同周期的

三种元素的得电子能力由大到小的顺序为：O＞N＞CC.除去NaCl固体中混有少量的NH4HCO3固体可以采用加热的方法D.其与足量氢氧化钠溶液共热的离子方程式为：NH+4＋OH-⎯⎯→NH3↑＋H2O【答案】D【解析】【详解】A.氢原子的原子半径是元素周期表中最小的的，同周期元素，从左到右原子半

径依次减小，则四种元素的原子半径由小到大的顺序为：H＜O＜N＜C，故A正确；B.同周期元素，从左到右非金属性依次增强，得电子能力依次增强，则同周期的三种元素的得电子能力由大到小的顺序为：O＞N＞C，故B正确；C.碳酸氢铵不稳定，受热分解生成氨气、二氧化碳和水，没有固体剩余，则除去NaCl固体

中混有少量的NH4HCO3固体可以采用加热的方法，故C正确；D.碳酸氢铵与足量的氢氧化钠溶液共热反应生成碳酸钠、氨气和水的离子方程式为：HCO-3+NH+4＋2OH-CO2-3+NH3↑＋2H2O，故D错误

；故选D。二卷(非选择题，共60分)三、非选择题(共60分)16.硫及其化合物在生产生活中有重要的应用：已知I.SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(aq)△H1=-130kJ/molI.H2O(g)=H2O(l)△H2=-44kJ/m

olI.2H2SO4(aq)=-2H2O(g)+2SO2(g)+O2(g)△H3=+545kJ/mol。请回答下列问题：(1)写出2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=______kJ/mol。(2)一定温度下，在2L的

恒容密闭容器中通入2molSO2(g)和1molO2(g)发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，5min后达到平衡状态，压强为原来的56。从开始到平衡，v(SO3)=______________，O2的平衡转化率为_______。(3)在500℃时，起始压强为100kPa的恒温恒压条

件下，平衡时SO3的体积分数随起始投料()()22nSOnO的变化如图所示，则a=_______，用平衡压强(该物质的体积分数×总压强)代替平衡浓度，则500℃时，该反应的Kp=________。(4)在V2O3作催化剂的条件下SO2(g)

与O2(g)的反应历程如下：I：_______________；II：O2+4VO2=2V2O5写出第1步反应的化学方程式：__________________。【答案】(1).-197(2).0.1mol·L-1·min-1(3).50%(4).2(5).0.05(6).SO2+V2O5

=SO3+2VO2【解析】【分析】根据盖斯定律计算总反应热，根据化学平衡三段式计算转化率和反应速率，在同温同体积时，压强之比等于物质的量之比，据此计算平衡常数。【详解】(1)根据盖斯定律可知，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=(+130kJ/mol+44kJ/mol)×2-545k

J/mol=-197kJ/mol。(2)一定温度下，在2L的恒容密闭容器中通入2molSO2(g)和1molO2(g)发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，5min后达到平衡状态，压强为原来的56。在同温同体积时，压强之比等于物质的量

之比，即物质的量为原来的56，设反应到平衡氧气消耗了xmol，由此列三段式：()()()2232g+Og2g210222212SOSOxxxxxx−−反应前变化量平衡时根据题目可知，221235336xxxx−+−+−==，即x=0.5，

故从开始到平衡，v(SO3)=10.125minnmolVtL==mol·L-1·min-1，O2的平衡转化率为100%=1x50%。(3)在500℃时，起始压强为100kPa的恒温恒压条件下，体积之比等于物质的量之比，平衡时SO3的体积分数为40%为体积分数最大值，根据反应系数可知，

起始投料()()22nSOnO=a=2，设起始氧气的物质的量为ymol，到达平衡氧气消耗了mmol，则列三段式，()()()2232g+Og2g2yy02mm2m2y2mym2mSOSO−−反应前变化量平衡时即平衡时SO3的体积分数为2ym100%40%2y2mym2m−=−+−+

，即y=2m，则氧气最终占20%，三氧化硫最终占40%，用平衡压强(该物质的体积分数×总压强)代替平衡浓度，则500℃时，该反应的Kp=22(40%100kP)0.05(40%100kP)(20%100)aakPa=。(4)

已知总反应为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，故在V2O3作催化剂的条件下SO2(g)与O2(g)的2步分反应，反应历程如下：I：SO2+V2O5=SO3+2VO2；II：O2+4VO2=2V2O5。1

7.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。已知：工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠反应。二氧化氯能与许多化学物质发生爆炸性反应，遇水则生成次氯酸、氯气和氧气。完成下列填空：(1)将二氧化氯通入品红试液中，看到的现象是__

；理由是__。(2)请配平下列反应的化学方程式(CH3OH中H为+1价，O为-2价)：___CH3OH+__NaClO3+__→__CO2↑+__C1O2↑+__Na2SO4+__□__(3)该反应中，被氧化的元素是__。还原产物与氧化产物的物质的量之比是__。(4)根据上述反应可推知__

。a.氧化性：C1O2＞NaClO3b.氧化性：NaClO3＞CH3OHc.还原性：CH3OH＞ClO2d.还原性：CH3OH＞Na2SO4(5)若转移的电子数目为0.3NA(NA为阿伏加德罗常数)，则反应产生气体(标准

状况)为__升。(6)消毒效率常以单位质量的消毒剂得到的电子数表示。ClO2的消毒效率是Cl2的__倍。【答案】(1).试液变成无色(2).二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性(3).CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6C1O2↑+3Na2SO4+5H2O(4).CH3O

H中-2价的碳(5).6：1(6).bc(7).7.84(8).2.63【解析】【分析】(1)利用二氧化氯遇水则生成次氯酸、氯气和氧气，分析品红试液褪色的原因；(2)根据化合价升降法，确定氧化剂，还原

剂的系数，根据原子守恒配平各原子的系数；(3)被氧化的元素是化合价升高的元素，找到氧化产物和还原产物，找到他们之间的关系；(4)根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原产物进行判断；(5)找到转移的电子的物质的量

和气体的物质的量关系；(6)二氧化氯和氯气作为氧化剂，生成的产物是氯离子，根据单位质量的二氧化氯得到的电子数与单位质量的氯气得到的电子数的比值进行计算。【详解】(1)二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性，可以使品红褪色；(2)根据元素守恒左边加入硫酸，右边加水，氧化剂是NaClO3，

化合价从+5降低到+4价，化合价降低了1，CH3OH中碳元素的化合价从-2升高到+4价，化合价升高了6，根据氧化剂得电子的物质的量等于还原剂失电子的物质的量相等，配平氧化剂和还原剂的系数，根据元素守恒，配平

其余物质，得到化学反应为：CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6C1O2↑+3Na2SO4+5H2O；(3)该反应中，化合价升高的元素是CH3OH中-2价的碳，被氧化的元素是CH3OH中-2价的碳，还原产物是二氧化氯，氧化产物是二氧化碳，还原产物和氧

化产物的物质的量之比是6：1；(4)该反应中，氧化剂是NaClO3，还原剂是CH3OH，氧化产物是CO2，还原产物是C1O2，氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，故氧化性：NaClO3＞C1O2，NaClO3和CH3OH反应时，氧化剂是NaCl

O3，还原剂是CH3OH，说明氧化性：NaClO3＞CH3OH，还原性：CH3OH＞ClO2，答案选bc；(5)根据甲醇和氯酸钠的化学反应可知，生成7mol气体，转移6mol电子，若转移的电子数目为0.3NA即0.3mol，则生成0

.35mol气体，气体在标况下的体积为V=nVm=0.35×22.4L=7.84L；(6)221g567.5g/molCl==2.631g271g/molOCl的消毒效率的消毒效率，ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍。1

8.ZnNO3是一种媒染剂，可用于测定血液中硫的浑浊度。锌工工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：（1）Zn原子核外电子排布式为____________，在基态15N原子的p能级上存在____________个自旋方向相同的电子。（2）N2分子中σ键与π键的数目

之比N(σ):N(π)=____________。（3）硫酸锌溶于过量的氨水可形成[Zn(NH3)4]SO4溶液。①[Zn(NH3)4]SO4中阴离子的空间构型为____________；②NH3中，中心原子的轨道杂化类型为____________；③在[Zn(N

H3)4]SO4所含元素中，位于p区的元素有____________种，p区的这几种元素的第一电离能从大到小的顺序为____________。（4）某晶胞结构如图所示（小球为氮原子，大球为硼原子），则该晶胞所表示的晶体的化学式为_______

_____晶胞中硼原子的配位数为____________。若晶胞边长为acm，则立方氮化硼的密度是____________g·cm-3(只要求列算式，用NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】(1).[Ar]3d104s2（或1s22s22p6

3s23p63d104s2）(2).3(3).1:2(4).正四面体形(5).sp3(6).3(7).N＞O＞S(8).BN(9).4(10).3A100aN【解析】【分析】根据原子核外电子排布规律书写电子排布式，根据物质结构判断分子中σ键与π键的数目之比，根据杂化轨

道互斥理论判断离子空间构型和中心原子杂化轨道类型，利用均摊法判断晶胞中原子个数并确定化学式，结合立体几何知识进行晶胞的相关计算。【详解】(1)Zn为元素周期表中第30号元素，核外共30个电子，其核外电子排布式为[Ar]3d104s2（或1s22s22p63s23p63d104s2），基

态15N原子的p能级的排布图为，因此p能级上存在3个自旋方向相同的电子；(2)N2的结构式为N≡N，分子中含1个σ键和2个π键，σ键与π键的数目之比N(σ):N(π)=1：2；(3)①[Zn(NH3)4]SO4中阴离子为2-4SO，

其中心原子S的价电子数为6+2-244+=42，不含有孤对电子，因此其空间构型为正四面体形；②NH3中心原子N的价电子数为5-133+=42，含有1个孤电子对，因此其中心原子的轨道杂化类型为sp3；③在[Zn(N

H3)4]SO4所含元素中，位于p区的元素有N、O、S共3种，由于N的2p轨道为半充满结构，S的原子半径大于O，因此第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞S；(4)根据晶胞示意图可知，氮原子位于晶胞的体内，则1个晶胞中含有N原子的个数为4，硼原子位于晶

胞的顶点和面心，则1个晶胞中含有B原子的个数为118+6=422，所以该晶体的化学式为BN，且晶胞B原子的配位数为4，已知晶胞的边长为acm，则立方氮化硼的密度-3A333A4mol25g/molNm10

0ρ===gcmVacmaN。19.美国医学家证实了三价铬离子(Cr3+)是构成葡萄糖耐量因子的重要组成部分,能够增强胰岛素的作用。构成葡萄糖耐量因子和蛋白质的元素有C、H、O、N、S、Cr等。(1)Cr的电子排布式为___

_________。(2)O、N、S、Cr的第一电离能由大到小的顺序为_______________________。(3)SO2分子的空间构型为________，2-3SO中心原子的杂化方式为____________。(4)CO2分子立体构型的为__

_______________,它的等电子体中属于分子的有________________(任写一种)。(5)实验式为CrCl3·6H2O的化合物有三种异构体,其中一种可表示为[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O,该物质配离子中提供

孤电子对的原子为____________,配位数为_______________。(6)由碳元素形成的某种晶体的晶胞结构如图所示,若阿伏加德罗常数的值为NA,晶体密度为ρg·cm-3,则该晶胞的棱长为___________________

__pm。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1(2).N＞O＞S＞Cr(3).V形(4).sp3杂化(5).直线形(6).N2O(7).O、Cl(8).6(9).103A96

10ρN【解析】【分析】根据原子核外电子排布规律书写电子排布式，根据杂化轨道互斥理论判断杂化轨道类型，结合元素周期律判断元素电离能和电负性的大小，利用均摊法并结合立体几何知识进行晶胞密度的计算。【详解】(1)Cr元素

为24号元素，原子核外有24个电子，其电子排布式为：1s22s22p63s23p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；(2)C、N、O属于同一周期元素，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但N原子2p能级为半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻

的元素，所以第一电离能大小顺序N＞O＞C；同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小，O、S元素的第一电离能O＞S；Cr为金属元素，较易失去电子，第一电离能较小，故四种元素第一电离能的大小顺序为：N＞O＞S＞Cr；(3)SO2分子S原子价层电子对个数是3，且

含有一个孤电子对，所以其空间构型为V形，SO32-中S原子价层电子对个数是4，且含有一个孤电子对，所以S原子采用sp3杂化；(4)CO2的价层电子对个数4-222+=22，不含有孤电子对，因此该分子是直线形结构；具有相同原子数和价电子数的分子或离子叫等电子体，CO2分子含

有3个原子，16个价电子，N2O与CO2互为等电子体。(5)[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O中，配离子为[Cr(H2O)4Cl2]+，配体为H2O、Cl－，因此提供孤对电子的原子为O和Cl，Cr的配位数为6；(6)由晶胞结构图分析可知，

C原子分别位于晶胞的顶点、面心和体内，则根据均摊数可知，晶胞中含有碳原子数为1186482++=8，该晶胞的质量为m=AM8gN；该晶胞的体积V=3A3A8MgNm812==cmρρg/cmρN；所以，该晶胞的棱长=3103333AAA812

9696V=cm=cm=10pmρNρNρN。20.乙酰氧基胡椒酚乙酸酯(F)具有抗氧化性、抗肿瘤作用，其合成路线如图：已知：RMgBr(1)A→B的反应类型为______________________。(2)化合物C的名称是__________________

___。(3)化合物E中含氧官能团的名称为__________________。请在图中用*标出化合物F中的手性碳原子_________。(4)写出化合物F与足量NaOH溶液反应的化学方程式________________________________________________

_____________。(5)写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：_________________________________。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜

反应；③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，其峰面积比为6∶2∶1∶1。【答案】(1).加成反应(2).对羟基苯甲醛(或4—羟基苯甲醛)(3).羟基(4).(5).+3NaOH→+2CH3COONa+H2O(6).或

【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，在碱性条件下，与甲醛发生加成反应生成，在催化剂和硫酸的作用下，与氧气发生氧化反应生成，则C为；乙炔与溴化氢发生加成反应生成CH2=CHBr，在乙醚作用下，CH2=CHBr与Mg反应生成C

H2=CHMgBr，CH2=CHMgBr与发生题给信息反应生成，在冰水浴中与乙酸酐发生取代反应生成。【详解】(1)A→B的反应为在碱性条件下，与甲醛发生加成反应生成，故答案为：加成反应；(2)化合物C的结构简式为，

名称为对羟基苯甲醛(或4—羟基苯甲醛)，故答案为：对羟基苯甲醛(或4—羟基苯甲醛)；(3)化合物E的结构简式为，含氧官能团的名称为羟基；化合物F分子中含有1个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，用*号标示如下，故答案为：羟基；；(4)化合

物F的结构简式为，在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成、乙酸钠和水，反应的化学方程式为+3NaOH→+2CH3COONa+H2O，故答案为：+3NaOH→+2CH3COONa+H2O；(5)E的同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，能发生银镜反应，说明分子中

含有酯基，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，其峰面积比为6∶2∶1∶1，说明分子结构对称，有4种位置不同的氢原子，且个数比为6∶2∶1∶1，同时符合这三个条件的同分异构体的结构简式可能为或，故答案

为：或。