1、2023-2024学年上海市外国语附属外国语学校高三第四次模拟考试化学试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，其中W元素形成的单质密度最小，且W与X、Y、Z都能形成共价化合物,Y、W形成的常见化合物溶于水显碱性,Z、W形成的化合物溶于水显酸性。四种元素原子序数之和为30，可形成的某种化合物结构式为。下列说法正确的是A
2、X为碳元素BY的氧化物对应的水化物是强酸CW与Y、Z三种元素形成的化合物中一定不含离子键D含Z的某种含氧酸盐可用于物体表面和环境等的杀菌消毒2、下列有关说法正确的是( )A催化剂活性B,在恒容绝热容器中投入一定量和，正反应速率随时间变化C，t时刻改变某一条件，则D向等体积等pH的HCl和中加入等量且足量Zn，反应速率的变化情况3、用NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是（ ）1mol氯气发生反应转移电子数为2NA12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为1NA在标准状况下，22.4LH2O中的O原子数为NA17g羟基中含有的电子数为10NA1molNa2O和Na2O2混合物中含有
3、的阴、阳离子总数是3NA20mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，Fe3+和SO42-离子数的总和小于NAABCD4、下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验现象结论A植物油和溴水混合后振荡、静置溶液分层，溴水褪色植物油萃取了溴水中的Br2B将Cl2通入滴有酚酞NaOH的溶液褪色Cl2具有漂白性C将过量的CO2通入CaCl2溶液无白色沉淀生成生成的Ca（HCO3）2可溶于水D将浓硫酸滴到胆矾晶体上晶体逐渐变白色浓硫酸的吸水性AABBCCDD5、第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.01mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。下列说法正确的
4、是A简单离子半径: XYZWBW的单质在常温下是黄绿色气体C气态氢化物的稳定性: ZWYDX和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液中的微粒共有2种6、下列由相关实验现象所推出的结论正确的是ANH4Cl和NH4HCO3受热都能分解，说明可以用加热NH4Cl和NH4HCO3固体的方法制氨气B向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42-CFe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生。说明Fe与两种酸均发生置换反应DNH3遇到浓盐酸产生白烟，说明二者发生反应生成白色固体7、下列装置或操作能达到相应实验目的的是A配制一定浓度的 NaCl 溶液B除去 SO2
5、中的 HClC实验室制取氨气D观察 Fe（OH）2 的生成8、下列说法正确的是氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收新制氯水的氧化性强于久置氯水检验HCl气体中是否混有Cl2方法是将气体通入硝酸银溶液除去HCl气体中的Cl2，可将气体通入饱和食盐水中ABCD9、古往今来传颂着许多与酒相关的古诗词，其中“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催”较好地表达了战士出征前开杯畅饮的豪迈情怀。下列说法错误的是（）A忽略酒精和水之外的其它成分，葡萄酒的度数越高密度越小B古代琵琶的琴弦主要由牛筋制成，牛筋的主要成分是蛋白质C制作夜光杯的鸳鸯玉的
6、主要成分为3MgO4SiO2H2O，属于氧化物D红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯10、利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示，H+、O2、NO3等共存物会影响修复效果。下列说法错误的是A反应均为还原反应B1mol三氯乙烯完全脱Cl时，电子转移为3molC的电极反应式为NO3+10H+8e=NH4+3H2OD修复过程中可能产生Fe(OH)311、运输汽油的车上，贴有的危险化学品标志是ABCD12、化学方便了人类的生产与生活，下列说法不正确的是A氢氧化铝可用于中和人体过多的胃酸B碘是人体必需的微量元素，应该适量服用I2
7、C葡萄糖可以用于食品加工和合成葡萄糖酸钙D漂白粉中的有效成分是Ca(ClO)213、A、B、C、D、E、F为原子序数依次递增的六种短周期主族元素，A的单质是最理想的燃料。C原子次外层电子数是最外层的1/3，E与C同主族，下列说法不正确的是A元素D与A一定形成共价化合物B元素B可能与元素A形成多种共价化合物CF最高价氧化物对应水化物定是一种强酸D若元素D是非金属元素，则D的单质可能是良好的半导体材料14、元素周期表中，铟(In)与铝同主族，与碘同周期。由此推断AIn最外层有5个电子BIn的原子半径小于ICIn(OH)3的碱性强于Al(OH)3DIn属于过渡元素15、a、b、c、d为短周期元素，a
8、的M电子层有1个电子，工业上采用液态空气分馏方法来生产供医疗急救用的b的单质，c与b同族，d与c形成的一种化合物可以溶解硫。下列有关说法正确的是A原子半径：abcdB元素非金属性的顺序为bcdCa与b形成的化合物只有离子键D最高价氧化物对应水化物的酸性：dc16、如图为某漂白剂的结构。已知：W、Y、Z是不同周期、不同主族的短周期元素，W、Y、Z原子最外层电子数之和等于X原子最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述错误的是（ ）AW、X对应的简单离子的半径：XWB电解W的氯化物水溶液可以制得W单质C实验室可用X和Z形成的某种化合物制取单质XD25时，Y的最高价氧化物对应水化物
9、的钠盐溶液pH大于7二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物N的结构中含有三个六元环，其合成路线如下。已知：RCH=CH2+CH2=CHR CH2=CH2+RCH=CHR请回答下列问题：（1）F分子中含氧官能团的名称为_。B的结构简式为_。（2）GH的化学方程式_。其反应类型为_。（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式_。（4）A 在5000C和Cl2存在下生成，而不是或的原因是_。（5）E的同分异构体中能使FeCl3溶液显色的有_种。（6）N的结构简式为_。18、H 是一种可用于治疗肿瘤的药物中间体，由芳香烃 A 制备 H 的合成路线如图。回答下列问题：（1）A 物质的
10、一氯代物共有_种；（2）B 物质中含有的官能团名称_；（3）的反应试剂和反应条件分别是_，的反应的类型是_；（4）E 物质通过多次取代反应和氧化反应可以获取 F 物质，用系统命名法对 E 物质命名_，F 物质的结构简式为_；（5）的化学反应方程式为_；（6）对甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备对甲氧基乙酰苯胺的合成路线。（其他试剂任选）_（合成路线常用的表达方式为：AB目标产物）。19、.含氨废水和废气对环境造成的污染越来越严重，某课外活动小组先测定废水中含NO3-为310-4 mol/L，而后用金属铝将NO3-还原为N2，从而消除污染。(1)配平下列有关离子方程式
11、：_NO3-+_Al+_H2O_N2+_Al(OH)3+_OH-。(2)上述反应中被还原的元素是_，每生成2 molN2转移_mol电子。(3)有上述废水100 m3，若要完全消除污染，则所消耗金属铝的质量为_g。.NO与Cl2在常温常压下可以合成亚硝酰氯(NOCl)。它是一种红褐色液体或黄色气体，其熔点-64.5 ，沸点-5.5，遇水易水解。亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂。实验室制备原料气Cl2的装置如图所示：(4)实验室制Cl2时，装置A中烧瓶内发生反应的化学方程式为_。(5)将上述收集到的Cl2充入D的集气瓶中，按图示装置制备亚硝酰氯。装置D中发生的反应方程式为_。如果不用装
12、置E会引起什么后果：_。某同学认为装置F不能有效吸收尾气中的某种气体，该气体为_，为了充分吸收尾气，可将尾气与_同时通入氢氧化钠溶液中。20、扁桃酸是唯一具有脂溶性的果酸，实验室用如下原理制备：合成扁桃酸的实验步骤、装置示意图及相关数据如下：物质状态熔点/沸点/溶解性扁桃酸无色透明晶体119300易溶于热水、乙醚和异丙醇乙醚无色透明液体-116.334.6溶于低碳醇、苯、氯仿，微溶于水苯甲醛无色液体-26179微溶于水，能与乙醇、乙醚、苯、氯仿等混溶氯仿无色液体-63.561.3易溶于醇、醚、苯、不溶于水实验步骤：步骤一：向如图所示的实验装置中加入0.1mol(约l0.1mL)苯甲醛、0.2m
13、ol（约16mL）氯仿，慢慢滴入含19g氢氧化钠的溶液，维持温度在5560，搅拌并继续反应1h，当反应液的pH接近中性时可停止反应。步骤二：将反应液用200mL水稀释，每次用20mL。乙醚萃取两次，合并醚层，待回收。步骤三：水相用50%的硫酸酸化至pH为23后，再每次用40mL乙醚分两次萃取，合并萃取液并加入适量无水硫酸钠，蒸出乙醚，得粗产品约11.5g。请回答下列问题：(1)图中仪器C的名称是_。(2)装置B的作用是_。(3)步骤一中合适的加热方式是_。(4)步骤二中用乙醚的目的是_。(5)步骤三中用乙醚的目的是_；加入适量无水硫酸钠的目的是_。(6)该实验的产率为_（保留三位有效数字）。2
14、1、黄铜矿是工业炼铜的原料，含有的主要元素是硫、铁、铜，请回答下列问题。（l）基态硫原子中核外电子有_种空间运动状态。Fe2+的电子排布式是 _。（2）液态SO2可发生白偶电离2SO2=SO2+SO32-，SO32-的空间构型是 _，与SO2+互为等电子体的分子有_（填化学式，任写一种）。（3）CuCl熔点为426，融化时几乎不导电，CuF的熔点为908，沸点1100，都是铜（I）的卤化物，熔沸点相差这么大的原因是 _。（4）乙硫醇（C2H5SH）是一种重要的合成中间体，分子中硫原子的杂化形式是_。乙硫醇的沸点比乙醇的沸点_（填“高”或“低”），原因是_。（5）黄铜矿主要成分X的晶胞结构及晶胞
15、参数如图所示，X的化学式是 _，其密度为 _gcm3（阿伏加德罗常数的值用NA表示）。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，其中W元素形成的单质密度最小，则W为H，且W与X、Y、Z都能形成共价化合物，Y、W形成的常见化合物溶于水显碱性，则Y为N，Z、W形成的化合物溶于水显酸性，则Z为F或Cl，四种元素原子序数之和为30，则Z只能为Cl，可形成的某种化合物结构式为，则X为B。【详解】A. X为硼元素，故A错误；B. Y的氧化物N2O3对应的水化物HNO2是弱酸，故B错误；C. W与Y、Z三种元素形成的化合物氯化铵中含有离子键
16、，故C错误；D. 含Z的某种含氧酸盐NaClO可用于物体表面和环境等的杀菌消毒，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】氢、氧、氮三种元素可以形成共价化合物，如硝酸；可以形成离子化合物，如硝酸铵。2、C【解析】A. 使用催化剂能降低反应的活化能，使反应速率加快，由图可知，催化剂d比催化剂c使活化能降的更多，所以催化剂活性cd，故A错误；B.该反应的正反应为放热反应，在恒容绝热容器中投入一定量SO2和NO2反应放热使温度升高，反应速率加快，随着反应进行，反应物浓度逐渐减小，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，过一段时间达到平衡状态，正逆反应速率相等且不为零，不再随时间改变，故B错误；C.该反应
17、的正反应为气体分子数减小且为放热反应，由图象可知，t时刻改变某一条件，正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，改变的条件应是增大压强，虽然平衡向正向移动，但由于容器的容积减小，新平衡时的c(N2)比原平衡要大，c(N2)：aS2-Cl-Na+，A错误；B.W是Cl元素，其单质Cl2在常温下是黄绿色气体，B 正确；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性WZY，所以气态氢化物的稳定性：WZY，C错误；D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H3PO4，二者恰好中和时生成磷酸钠，由于该盐是强碱弱酸盐，溶液中磷酸根发生分步水
18、解反应，产生HPO42-，产生的HPO4-会进一步发生水解反应产生H2PO4-、H3PO4，同时溶液中还存在H+、OH-，因此溶液中的微粒种类比2种多，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查结构、性质、位置关系的应用的知识，根据溶液的pH与浓度的关系，结合原子半径推断元素是解题关键，侧重对元素周期表、元素周期律的考查，难度中等。6、D【解析】A、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，冷却后二者又重新结合生成氯化铵，不能制备氨气，选项A错误；B、向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，在酸性条件下H+、NO3-具有强的氧化性，会把SO32-氧化产生SO42-，不能说明该溶液一定有SO42
19、-，选项B错误；C、Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，前者是由于硝酸的强氧化性，后者是由于Fe与稀硫酸发生置换反应，选项C错误；D、NH3遇到浓盐酸产生白烟，说明二者发生反应生成白色固体氯化铵，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查实验现象及所推出的结论正误判断的知识。明确实验现象以及化学反应原理是解答本题的关键。7、D【解析】A图中为俯视，正确操作眼睛应与刻度线、凹液面的最低处相平，故A错误；BHCl与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，引入新杂质，且二氧化硫也可以与碳酸氢钠溶液反应，故B错误；C氨气极易溶于水，不能排水法收集，故C错误；D植物油可隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化
20、，可观察Fe(OH)2的生成，故D正确；故选：D。【点睛】除去SO2中混有的HCl可以用亚硫酸氢钠溶液，同理除去二氧化碳中HCl可用碳酸氢钠溶液。8、B【解析】氯气和氢气在点燃或光照条件下能产生爆炸，在没有条件下不反应，故错误；氢氧化钙的溶解度较小，所以吸收氯气的能力较小，实验室一般用氢氧化钠溶液吸收氯气，故错误；次氯酸有强氧化性，新制的氯水中次氯酸的量较多，久置的氯水中，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，所以久置的氯水中次氯酸含量较少，强氧化性较低，所以新制氯水的氧化性强于久置氯水的，故正确；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢和硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以氯气、氯化氢都能和硝酸银溶液反应生成白
21、色沉淀，所以硝酸银溶液不能用于检验HCl气体中是否混有Cl2，故错误；饱和食盐水中含有氯离子，抑制氯气的溶解，氯化氢极易溶于饱和食盐水，所以可以除去Cl2中的HCl气体，但达不到除去HCl气体中的Cl2的目的，故错误；9、C【解析】A. 酒精的密度小于水的密度，其密度随着质量分数的增大而减小，因此葡萄酒的度数越高密度越小，故A说法正确；B. 牛筋的主要成分是蛋白质，故B说法正确；C. 3MgO4SiO2H2O属于硅酸盐，不属于氧化物，故C说法错误；D. 密封过程中一部分乙醇被氧化酸，酸与醇反应生成了有香味的酯，故D说法正确；答案：C。10、B【解析】A. 由修复过程示意图中反应前后元素化合价变
22、化可知，反应均为得电子的反应，所以均为还原反应，A项正确；B. 三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时，得到6 mol电子，B项错误；C. 由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3- + 8e- NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH-来配平，所以 的电极反应式为NO3+10H+8e=NH4+3H2O，C项正确；D. ZVI 失去电子有Fe2+产生，Fe2+在氧气和OH-的作用下，可能产生Fe(OH)3，D项正确；答案选B。11、B【解析】A、汽油是易燃
23、品，不是腐蚀品，故不选A；B、汽油是易燃液体，故选B；C、汽油是易燃品，不是剧毒品，故不选C；D、汽油是易燃品，不是氧化剂，故不选D；选B。12、B【解析】A胃酸的主要成分为HCI，Al(OH)3与HCI反应达到中和过多胃酸的目的，正确，A不选；B碘元素是人体必需微量元素，不能摄入过多，而且微量元素碘可以用无毒IO3或I补充，而I2有毒不能服用，错误，B选； C葡萄糖是食品添加剂，也可直接服用，同时葡萄糖通过氧化成葡萄糖酸之后，可以用于制备补钙剂葡萄糖酸钙，正确，C不选；D漂白粉含Ca(ClO)2和CaCl2，其中有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，能够氧化有色物质，起到漂白的作用，正确，D
24、不选。答案选B。13、A【解析】A的单质是最理想的燃料，A是H元素。C原子次外层电子数是最外层的1/3，说明C只能是第二周期的元素即C是O元素；E与C同主族，E是S元素；F是原子序数大于S的主族元素，F是Cl元素；B可能是Li、Be、B、C、N几种元素中的一种，D可能是F、Na、Mg、Al、Si、P中的一种。【详解】A. 若元素D是Na，Na与H形成的化合物NaH是离子化合物，故A错误；B. C、N与H元素都能形成多种共价化合物，如CH4、C2H6，NH3、N2H4等，故B正确；C. F是Cl元素，最高价氧化物对应水化物是HClO4，HClO4是强酸，故C正确；D. 若元素D是Si元素，Si单
25、质是良好的半导体材料，故D正确；选A。14、C【解析】A. 铟(In) 与铝同主族，最外层电子数和Al相等，有3个，故A错误；B. 铟(In) 与碘同周期，同周期元素从左往右，原子半径逐渐减小，所以In的原子半径大于I，故B错误；C. 元素周期表中同一主族元素从上到下，金属性越强，还原性越强，其氢氧化物的碱性越强，所以In(OH)3的碱性强于Al(OH)3，故C正确；D. 铟(In)是主族元素，不是过渡元素，故D错误；正确答案是C。15、B【解析】a的M电子层有1个电子，则A为Na；工业上采用液态空气分馏方法来生产供医疗急救用的b的单质，则b为O；c与b同族且为短周期元素，则c为S；d与c形成
26、的一种化合物可以溶解硫，该物质为CS2，则d为C。【详解】A. 同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径增大，因此原子半径NaSCO，即acdb，故A错误；B. 同一主族：从上到下，元素的非金属性减弱，元素非金属性的顺序为OSC，即bcd，故B正确；C. a与b形成的过氧化钠中既含有离子键，又含有共价键，故C错误；D. S的非金属性大于C，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：d小于c，故D错误；故答案为B。16、B【解析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，那么其中一种为H，根据漂白剂结构可知，Z为H，W、X对应的简单离子核外电子排布相同，从结构图中可知，W为Mg
27、，X为O，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，Y为B，据此解答。【详解】AO2-和Mg2+电子层数相同，但O2-为阴离子，原子序数更小，半径更大，A正确；B工业上电解熔融状态的MgCl2来制备Mg，B错误；C实验室可用H2O2在MnO2催化作用下制备O2，C正确；D硼酸（H3BO3）是一元弱酸，其钠盐会水解显碱性，D正确。答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基 C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O 取代反应、（中和反应） 因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代 9种 【解析】由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结
28、构简式为：，故苯乙烯与发生已知信息中的反应生成A，为。与HCl反应生成B，结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B发生卤代烃的水解反应反应生成C，C氧化生成D，结合D分子式可知B为，顺推可知C为，D为。根据N分子结构中含有3个六元环可知，D与M应是发生酯化反应，M中羧基与羟基连接同一碳原子上，结合N的分子式可推知M为，N为。苯乙烯与水发生加成反应生成E为，再发生氧化反应生成，与氯气反应生成G，G在氢氧化钠溶液条件下水解、酸化得到H，则G为，H为，据此解答。【详解】（1）F分子中含氧官能团的名称为羧基，B的结构简式为；故答案为：羧基；（2）GH的化学方程式：C6H5CHClCOOH+2NaOHC
29、6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O，其反应类型为水解反应取代反应、中和反应；故答案为：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O；水解反应取代反应、中和反应；（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式：；故答案为：；（4）A在和存在下生成，而不是或的原因是：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；故答案为：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；（5）E（）的同分异构体中能使溶液显色，说明含有酚羟基，另外取代基为乙基，有邻、间、对3种，或取代基为2个甲基，当2个甲基处于邻位时，有2种位置，当2个甲基处于间位时，有3种
30、位置，当2个甲基处于对位时，有1种位置，共有9种；故答案为：9；（6）根据以上分析可知N的结构简式为；故答案为：。【点睛】已知条件RCH=CH2+CH2=CHR CH2=CH2+RCH=CHR为烯烃双键断裂，结合新对象的过程。由此可以迅速知道C8H8的结构为为,，A为，再依次推导下去，问题迎刃而解。18、4 氯原子 氯气、光照 还原反应 2-甲基丙烷 【解析】由B的结构可知，芳香烃为A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成C，C发生还原反应生成D，D与G在吡啶条件下发生取代反应生成H由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合E的
31、分子式，可知E为。【详解】(1)由B的结构可知，芳香烃为A为，A物质的一氯代物在苯环上有3种，在甲基上有1种，故共有4种，故答案为：4；(2)B的结构简式为：，B物质中含有的官能团名称为：氯原子，故答案为：氯原子；(3)反应是转化为，反应试剂和反应条件分别是：氯气、光照；反应中硝基转化为氨基，属于还原反应，故答案为：氯气、光照；还原反应；(4)由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合E的分子式，可知E为，用系统命名法对E物质命名为：2-甲基丙烷，故答案为：2-甲基丙烷；(5)的化学反应方程式为：，故答案为：；(6)结合合成路线图中转化可知，与在吡啶条件下反应生成，乙酸与SOCl
32、2/PCl3作用生成先发生硝化反应，然后与Fe/HCl作用生成，合成路线流程图为：，故答案为：。19、6 10 18 3 10 6 N 20 1350 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O 2NO+Cl22NOCl F中的水蒸气进入D装置中，会导致产品水解 NO O2 【解析】.N元素化合价由+5降低为0，铝元素化合价由0升高为+3；根据反应的离子方程式计算消耗金属铝的质量；.实验室在加热条件下用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气；NO与Cl2发生化合反应生成NOCl，根据NOCl遇水易水解分析装置E的作用；尾气中含有NO，NO不能与氢氧化钠溶液反应。【详解】(1) N元素化合价由+
33、5降低为0，铝元素化合价由0升高为+3，根据得失电子守恒、元素守恒、电荷守恒配平离子方程式为6NO3-+10Al+18H2O=3N2+10Al(OH)3+6OH-。(2)上述反应中，N元素化合价由+5降低为0，被还原的元素是N，每生成2 molN2转移2mol2(50)=20mol电子。(3) 100 m3废水含有NO3-的物质的量是100103L310-4 mol/L=30mol，设反应消耗铝的物质的量是n =50mol，则所消耗金属铝的质量为50mol27g/mol= 1350g。(4) 实验室在加热条件下用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，制Cl2时发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(
34、浓) MnCl2+Cl2+2H2O。(5) 装置D中NO与Cl2发生化合反应生成NOCl，发生的反应方程式为2NO+Cl22NOCl。NOCl遇水易水解，若没有E装置，F中的水蒸气进入D装置中，会导致产品水解。尾气中含有NO，NO不能与氢氧化钠溶液反应，该气体为NO，氧气与NO反应生成NO2，为了充分吸收尾气，可将尾气与O2同时通入氢氧化钠溶液中。【点睛】本题考查了物质制备方案设计以及实验方案评价、氧化还原反应方程式的配平，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力。20、 (球形)冷凝管 吸收逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸 水浴加热 除去反应液中未反应完的反应物 萃取扁桃酸 作干燥剂 75.
35、7% 【解析】苯甲醛与氯仿在氢氧化钠溶液中发生反应，生成扁桃酸等，需要加热且维持温度在5560。由于有机反应物易挥发，所以需冷凝回流，并将产生的气体用乙醇吸收。反应后所得的混合物中，既有反应生成的扁桃酸，又有剩余的反应物。先用乙醚萃取剩余的有机反应物，然后分液；在分液后所得的水溶液中加硫酸，将扁桃酸钠转化为扁桃酸，再用乙醚萃取出来，蒸馏进行分离提纯。【详解】(1)图中仪器C的名称是(球形)冷凝管。答案为：(球形)冷凝管；(2)装置B中有倒置的漏斗，且蒸馏出的有机物易溶于乙醇，所以其作用是吸收逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸。答案为：吸收逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸；(3)步骤一中，温度需控
36、制在5560之间，则合适的加热方式是水浴加热。答案为：水浴加热；(4)步骤二中，“将反应液用200mL水稀释”，则加入乙醚，是为了萃取未反应的有机反应物，所以用乙醚的目的是除去反应液中未反应完的反应物。答案为：除去反应液中未反应完的反应物；(5)步骤三中，“水相用50%的硫酸酸化至pH为23后，再每次用40mL乙醚分两次萃取”，因为加酸后扁桃酸钠转化为扁桃酸，所以用乙醚的目的是萃取扁桃酸；为了去除扁桃酸中溶有的少量水，加入适量无水硫酸钠，其目的是作干燥剂。答案为：萃取扁桃酸；作干燥剂；(6)该实验中，0.1mol(约l0.1mL)苯甲醛理论上可生成0.1mol扁桃酸，则其产率为=75.7%。答
37、案为：75.7%。【点睛】当反应混合物需要加热，且加热温度不超过100时，可使用水浴加热。水浴加热的特点：便于控制温度，且可使反应物均匀受热。21、16 1s22s22p63s23p63d6(或Ar3d6) 三角锥形 N2或CO CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高 sp3 低 乙醇分子间有氢键，而乙硫醇没有 CuFeS2 【解析】（1）硫元素为16号元素，核外有16个电子，9个轨道；铁为26号元素，核外有26个电子，失去最外层的2个电子变成Fe2+；（2）根据SO32-的杂化方式为sp3确定它的空间结构，由等电子体定义确定SO2+的等电子体的分子；（3）根据两种
38、晶体的性质确定晶体类型；（4）根据乙硫醇中硫原子的成键特点判断杂化方式，乙醇分子里有氧，可以形成氢键导致沸点比较高；（5）根据晶胞结构中Cu、Fe、S原子个数计算出化学式，再由有关公式写出晶胞密度的表达式；根据以上分析进行解答。【详解】（1）基态原子核外有多少个轨道就有多少个空间运动状态。硫原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p4，故硫原子1+1+3+1+3=9个轨道，所以基态硫原子中核外电子有9种空间运动状态；Fe是26号元素，核外有26个电子，铁原子失去最外层的两个电子变成Fe2+，Fe2+的电子排布式是1s22s22p63s23p63d6(或Ar3d6)。答案为：9；1s22s
39、22p63s23p63d6(或Ar3d6)。（2）SO32-离子中的硫原子有三个化学键，一对孤对电子，属于sp3杂化，空间构型为三角锥形；SO2+有两个原子，总价电子数为10，与SO2+互为等电子体的分子有N2、CO等。答案为：三角锥形；N2或CO。（3）由题知CuCl熔点为426，融化时几乎不导电，可以确定CuCl为分子晶体，熔沸点比较低，CuF的熔点为908，沸点1100，确定CuF为离子晶体，熔沸点比较高。答案为：CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高。（4）乙硫醇（C2H5SH）里的S除了共用的两对电子外还有两对孤对电子要参与杂化，所以形成的是sp3杂化，乙
40、醇里有电负性较强的氧原子，分子间可以形成氢键，沸点比乙硫醇的沸点高。答案：sp3；低；乙醇分子间有氢键，而乙硫醇没有。（5）对晶胞结构分析可知，晶胞中的Cu原子数目=8+4+1=4，Fe原子数目=6+4=4，S原子数目为8， X的化学式中原子个数比为：Cu:Fe:S=1:1:2，所以X的化学式为：CuFeS2。由图可知晶胞内共含4个“CuFeS2”，据此计算：晶胞的质量=4= ，晶胞的体积V=anmanmbnm=a2b10-21cm3，所以晶胞的密度= 。答案为：CuFeS2； 。【点睛】基态原子核外有多少电子就多少个运动状态，有多少个轨道就有多少个空间运动状态。这两个问题很相似，解答时一定要注意。
