1、浙江省苍南县金乡卫城中学2023-2024学年高三3月份模拟考试化学试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、既含离子键又含共价键的物质是AH2BMgCl2CH2ODKOH2、某金属有机多孔材料FJI-H14在常温常压下对CO2具有超高的吸附能力，并能高效催化CO2与环氧乙烷衍生物的反应，其工作原理如图所示。下列说
2、法不正确的是（ ）A该材料的吸附作用具有选择性B该方法的广泛使用有助于减少CO2排放C在生成的过程中，有极性共价键形成D其工作原理只涉及化学变化3、下列解释事实的离子方程式正确的是（ ）A用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O32H+SO2S2Na+H2OB硝酸铁溶液中加入少量碘化氢：2Fe3+2I-=2Fe2+I2C向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸：ClO-H2OCO2HClOHCO3-D硫酸铝铵与氢氧化钡以1：2混合形成的溶液：Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=BaSO4+AlO2-+2H2O4、常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的
3、pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是AKa2（H2X）的数量级为106B曲线N表示pH与的变化关系CNaHX溶液中c(H)c(OH)D当混合溶液呈中性时，c(Na)c(HX)c(X2)c(OH)=c(H)5、肉桂酸（）是一种合成有机光电材料的中间体。关于肉桂酸的下列说法正确的是A分子式为C9H9O2B不存在顺反异构C可发生加成、取代、加聚反应D与安息香酸（）互为同系物6、将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，下列离子方程式能正确表示该反应的是()ASO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO4+HClO+H+ClBSO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO3+2H+2ClOCSO2+
4、H2O+Ca2+2ClO-CaSO3+2HClODSO2+H2O+Ca2+2ClO-CaSO4+2H+Cl-7、下列说法正确的是A纺织品上的油污可以用烧碱溶液清洗B用钢瓶储存液氯或浓硫酸CH2、D2、T2互为同位素D葡萄糖溶液和淀粉溶液都可产生丁达尔效应8、下列有关说法正确的是（ ）A水合铜离子的模型如图，该微粒中存在极性共价键、配位键、离子键BCaF2晶体的晶胞如图，距离F-最近的Ca2+组成正四面体C氢原子的电子云图如图，氢原子核外大多数电子在原子核附近运动D金属Cu中Cu原子堆积模型如图，为面心立方最密堆积，Cu原子的配位数均为12，晶胞空间利用率68%9、我国学者研制了一种纳米反应器，
5、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：下列说法不正确的是( )。ACu纳米颗粒将氢气解离成氢原子B反应过程中生成了MG和甲醇CDMO分子中只有碳氧单键发生了断裂DEG和甲醇不是同系物10、化学与生产、生活和环境密切相关。下列有关说法正确的是( )A面粉生产中禁止添加的过氧化钙(CaO2)中阴、阳离子个数比为1：2B“文房四宝”中的砚台，用石材磨制的过程是化学变化C月饼中的油脂易被氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋D丝绸的主要成分是蛋白质，它属于天然高分子化合物11、2019年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家。一种锂离子电池的结构如图所示，电池反应式为
6、LixC6 + Li1-xCoO2C6 + LiCoO2（xWCX、Z两种元素的气态氢化物稳定性:ZXDX与W形成的化合物中阴、阳离子个数比为1:1或1:2二、非选择题（本题包括5小题）17、根据文献报道，醛基可和双氧水发生如下反应：为了合成一类新药，选择了 下列合成路线（部分反应条件已略去）（1）C中除苯环外能团的名称为_。（2）由D生成E的反应类型为_。（3）生成B的反应中可能会产生一种分子式为C9H5O4Cl2的副产物，该副产物的结构简式为_。（4）化合物C有多种同分异构体，请写出符合下列条件的结构简式:_。能与FeCl3溶液发生显色反应核磁共振氢谱图中有3个吸收峰（5）写出以和CH3O
7、H为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）_。18、茉莉酸甲酯的一种合成路线如下：(1) C中含氧官能团名称为_。(2) DE的反应类型为_。(3) 已知A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，写出B的结构简式：_。(4) D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应；碱性条件水解生成两种产物，酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢。(5) 写出以和CH2(COOCH3)2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干)_。19、废
8、旧电池中的Zn、Mn元素的回收，对环境保护有重要的意义。锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌，正极是被二氧化锰和碳粉包围的石墨电极，电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物，该电池放电过程中产生MnOOH。I.回收锌元素，制备ZnCl2步骤一：向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水，搅拌，充分溶解，经过滤分离得固体和滤液；步骤二：处理滤液，得到ZnCl2xH2O晶体；步骤三：将SOCl2与ZnCl2xH2O晶体混合制取无水ZnCl2。制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2(夹持及加热装置略)的装置如下：已知：SOCl2是一种常用的脱水剂，熔点-105，沸点79，140以上时易
9、分解，与水剧烈水解生成两种气体。（1）接口的连接顺序为a_hi_e。（2）三颈烧瓶中反应的化学方程式：_。（3）步骤二中得到ZnCl2xH2O晶体的操作方法：_。（4）验证生成物中含有SO2的现象为：_。II.回收锰元素，制备MnO2（5）步骤一得到的固体经洗涤，初步蒸干后进行灼烧，灼烧的目的_。III.二氧化锰纯度的测定称取1.0g灼烧后的产品，加入1.34g草酸钠(Na2C2O4)固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参与反应)，充分反应后冷却，将所得溶液转移到100mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度线，从中取出10.00mL，用0.0200mol/L高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸
10、钾溶液体积的平均值为10.00mL。（6）写出MnO2溶解反应的离子方程式_。（7）产品的纯度为_。20、常用调味剂花椒油是一种从花椒籽中提取的水蒸气挥发性香精油，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂。利用如图所示装置处理花椒籽粉，经分离提纯得到花椒油。实验步骤：（一）在A装置中的圆底烧瓶中装入容积的水，加12粒沸石。同时，在B中的圆底烧瓶中加入20g花椒籽粉和50mL水。（二）加热A装置中的圆底烧瓶，当有大量蒸气产生时关闭弹簧夹，进行蒸馏。（三）向馏出液中加入食盐至饱和，再用15mL乙醚萃取2次，将两次萃取的醚层合并，加入少量无水Na2SO4；将液体倾倒入蒸馏烧瓶中，蒸馏得花椒油。(1)装置A中玻璃管的
11、作用是_。装置B中圆底烧瓶倾斜的目的是 _。(2)步骤（二）中，当观察到_现象时，可停止蒸馏。蒸馏结束时，下列操作的顺序为_（填标号）。停止加热打开弹簧夹关闭冷凝水(3)在馏出液中加入食盐的作用是_ ；加入无水Na2SO4的作用是_。(4)实验结束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管，反应的化学方程式为_。（残留物以表示）(5)为测定花椒油中油脂的含量，取20.00mL花椒油溶于乙醇中，加80.00mL0.5mol/LNaOH的乙醇溶液，搅拌，充分反应，加水配成200mL溶液。取25.00mL加入酚酞，用0.1moI/L盐酸进行滴定，滴定终点消耗盐酸20.00mL。则该花椒油中含有油脂_ g/L。（
12、以计，式量：884)。21、硼和硼的化合物在工业上有着广泛的用途。 (1)基态硼原子的电子排布式为_。(2)晶体硼的基本结构单元是由硼原子构成的正二十面体(如下图)，其中有20个等边三角形的面和一定数目的顶点，每个顶点各有一个硼原子。此结构单元中含有硼原子的数目为_。(3)氮化硼(BN)晶体有多种结构。六方氮化硼与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。关于这两种晶体的说法中，正确的是_(填标号）。a立方相氮化硼含有键和键，所以硬度大 b六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软 c两种晶体中的 BN 键均为共价键 d两种晶体均为分子晶体
13、(4)六方氮化硼晶体内硼原子的杂化方式为_，该晶体不导电的原因是_。(5)NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。与BF4互为等电子体的一种分子的化学式为_， lmolNH4BF4晶体中含有配位键的数目为_。(6)立方氮化硼的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm，则立方氮化硼的一个晶胞中含有_个硼原子，立方氮化硼的密度是_gcm3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】氢气中含有H-H键，只含共价键，故A错误；MgCl2由镁离子、氯离子构成，只含离子键，故B错误；H2O中含有H-O
14、键，只含共价键，故C错误；KOH由钾离子、氢氧根离子构成，氢氧根离子中含有H-O键，所以KOH既含离子键又含共价键，故D正确。2、D【解析】根据题干信息和图示转换进行判断。【详解】A由图示可知该材料选择性吸附二氧化碳，吸附作用具有选择性，故A正确； B环氧乙烷衍生物和二氧化碳反应生成，所以利用此法可减少CO2的排放，故B正确；C在生成的过程中，有O=C极性共价键、碳氧单键形成，故C正确；D该过程中涉及到了气体的吸附，吸附作用属于物理变化，故D错误；答案选D。3、C【解析】A、Na2S2O3为可溶性盐类，其与稀硫酸反应的离子方程式为：，故A错误；B、硝酸铁水解会生成硝酸，其氧化性大于铁离子，因此
15、向硝酸铁中加入少量碘化氢时，其反应的离子方程式为：，故B错误；C、因酸性：碳酸次氯酸碳酸氢根，因此向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸的离子反应方程式为：，故C正确；D、硫酸铝铵与氢氧化钡以1：2混合形成的溶液中反应的离子方程式为：，故D错误；故答案为：C。【点睛】对于先后型非氧化还原反应的分析判断，可采用“假设法”进行分析，其分析步骤为：先假定溶液中某离子与所加物质进行反应，然后判断其生成物与溶液中相关微粒是否发生反应，即是否能够共存，若能共存，则假设成立，若不能共存，则假设不能成立。4、D【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓
16、度相等时，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取0.6和4.8点， =100.6molL1，c(H)=104.8molL1，代入Ka2得到Ka2=105.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C. 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6molL1，c(H)=105.0molL1，代入Ka1得到Ka2=104.4，因此HX的水解常数是1014/104.4Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H)c(OH)，C正确；D.根据图像可知当0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中
17、性时，0，即c(X2-)c(HX-)，D错误；答案选D。5、C【解析】A.根据肉桂酸的结构式可知分子式为：，A错误；B.肉桂酸双键碳所连的两个原子团均不同，故存在顺反异构，B错误；C.肉桂酸中苯环和碳碳双键可以发生加成反应，羧基可以发生取代反应，碳碳双键可以发生加聚反应，C正确；D.肉桂酸中含碳碳双键，安息香酸中不含，故两者不是同系物，D错误；答案选C。【点睛】若有机物只含有碳氢两种元素，或只含有碳氢氧三种元素，那该有机物中的氢原子个数肯定是偶数，即可迅速排除A选项。同系物结构要相似，即含有相同的官能团，肉桂酸和安息香酸含有官能团不同，排除D选项。6、A【解析】将少量SO2通入Ca(ClO)2
18、溶液中，发生氧化还原反应，生成硫酸钙，由于Ca(ClO)2过量，还生成HClO等，离子反应为SO2+H2O+Ca2+2ClO=CaSO4+HClO+H+Cl，故选A。7、B【解析】A.纺织品中的油污通常为矿物油，成分主要是烃类，烧碱与烃不反应；另烧碱也会腐蚀纺织品，选项A错误；B.常温下，铁与液氯不反应，在冷的浓硫酸中发生钝化，均可储存在钢瓶中，选项B正确；C.同位素是质子数相同，中子数不同的原子之间的互称，选项C错误；D.淀粉溶液属于胶体，产生丁达尔效应；而葡萄糖溶液不属于胶体，选项D错误。答案选B。8、B【解析】A水合铜离子中水中的氧原子提供孤对电子与铜离子形成配位键，水中的H原子和O原子
19、形成极性共价键，但不存在这离子键，A选项错误；BCaF2晶体的晶胞中，F-位于体心，而Ca2+位于顶点和面心，距离F-最近的Ca2+组成正四面体，B选项正确；C电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H原子最外层只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，只能说H原子的一个电子在原子核附近出现的机会多，C选项错误；D金属Cu中Cu原子堆积模型为面心立方最密堆积，配位数为12，但空间利用率为74%，D选项错误；答案选B。【点睛】本题考查了配合物、离子晶体、电子云、最密堆积等知识，解题关键是对所给图要仔细观察，并正确理解掌握基本概念。9、C【解析】A由图可知，氢气转化为H原子，Cu纳米颗粒作催化
20、剂，故A正确；BDMO中CO、C=O均断裂，则反应过程中生成了EG和甲醇，故B正确； CDMO为草酸二甲酯，EG为乙二醇，则CO、C=O均断裂，故C错误；DEG与甲醇中OH数目不同，二者不是同系物，故D正确；综上所述，答案为C。10、D【解析】A.过氧化钙(CaO2)中阴离子是O22-，阳离子是Ca2+，故阴、阳离子个数比为1：1，A错误；B.用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，B错误；C.防止食品氧化变质，应加入还原剂，硅胶具有吸水性，是干燥剂，C错误；D.丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，D正确； 故合理选项是D。11、D【解析】通过对电极反应式和电池示意图分析可
21、知，电池放电时，a电极由Li1-xCoO2生成LiCoO2，b电极则发生Li+脱嵌的过程，因此，放电时Li+从b电极脱嵌，通过电解质迁移到a电极，原电池放电时，阳离子向正极移动，则放电时，a电极即为电池的正极，b电极即为电池的负极。【详解】A对二次电池充电时，外电源的正极接二次电池的正极；由于该锂离子电池放电时，a电极为正极，所以对其充电时，应当接电源的正极，A错误；B通过分析可知，该锂离子电池放电时，a为正极，b为负极，所以Li+的迁移方向是从b到a，B错误；C充电时，b极石墨电极发生Li+嵌入的过程，质量不会减少；若外电路转移0.02mol电子，b电极应当增加0.14g，C错误；D电池放电
22、时，b电极则发生Li+脱嵌的过程，脱嵌下来的Li+，通过电解质迁移到a极并使Li1-xCoO2生成LiCoO2；因此，废旧电池放电处理后，有利于锂在LiCoO2极的回收，D正确。答案选D。【点睛】二次电池放电时做原电池处理，充电时做电解池处理；并且充电过程中，外电源的正极应该接二次电池的正极，简单记做“正接正，负接负”。12、D【解析】A选项，b为羧酸，d为酯，因此不是同系物，故A错误；B选项，d不与金属钠反应，故B错误；C选项，b同分异构体有1种，d同分异构体有8种，p同分异构体有7种，都不包括本身，故C错误；D选项，b 在一定条件下和甲醇发生酯化反应生成d，故D正确。综上所述，答案为D。【
23、点睛】羧酸、醇都要和钠反应；羧酸和氢氧化钠反应，醇不与氢氧化钠反应；羧酸和碳酸钠、碳酸氢钠反应，醇不与碳酸钠、碳酸氢钠反应。13、B【解析】除 M 外，其余均为非金属元素，则M为铝(Al)，从而得出X为硅(Si)，Y为氮(N)，Z为氧(O)。【详解】AM为铝(Al)，Y为氮(N)，Al3+与N3-电子层结构相同，但Al3+的核电荷数大，所以离子半径：Al3+Al，B正确；CY为氮(N)，Z为氧(O)，非金属性NO，则简单气态氢化物的稳定性：NH3W，选项B正确；C、X（Cl）的非金属性强于Z（S）的，所以HCl的稳定性强于H2S的，选项C错误；D、X与W形成的化合物Na2O、Na2O2中阴、阳
24、离子个数比均为1:2，选项D错误。答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、氯原子、羟基 加成反应 【解析】由有机物的转化关系可知，与KMnO4或K2Cr2O7等氧化剂发生氧化反应生成，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则B为；与LiAlH4反应生成，则C为；发生氧化反应生成，与双氧水发生加成反应生成，酸性条件下与ROH反应生成，则F为。【详解】（1）C的结构简式为，含有的官能团为氯原子和羟基，故答案为氯原子、羟基；（2）由D生成E的反应为与双氧水发生加成反应生成，故答案为加成反应；（3）由副产物的分子式为C9H5O4Cl2可知，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则副产物的
25、结构简式为，故答案为；（4）化合物C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，核磁共振氢谱图中有3个吸收峰说明结构对称，结构简式为，故答案为；（5）由题给转化关系可知，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，与LiAlH4反应生成，催化氧化生成，与过氧化氢发生加成反应生成，合成路线如下：，故答案为。【点睛】本题考查有机化学基础，解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。18、羰基和酯基 消去反应 【解析】(1)由结构可
26、知C中含氧官能团为：酯基、羰基；(2)对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E；(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢；(5)由EFG转化可知，可由加热得到，而与CH2(COOCH3)2加成得到，与氢气发生加成反应得到，然后发生催化氧化得到，最后发生消去反应得到。【详解
27、】由上述分析可知：A为HOOC(CH2)4COOH；B为。(1)由C结构简式可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；（2）对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E，故D生成E的反应属于消去反应；(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢，符合条件的同分异构体为：；(5)与H2在N
28、i催化下发生加成反应产生，与O2在Cu催化下发生氧化反应产生，与NaOH的乙醇溶液发生消去反应产生，再与CH2(COOCH3)2发生加成反应产生，该物质在高温下反应产生，故合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的合成的知识，涉及官能团的识别、有机反应类型的判断、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，(4)中同分异构体的书写为易错点、难点,关键是对比物质的结构理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。19、f g b c d xSOCl2+ZnCl2xH2O=xSO2+2xHCl+ ZnCl2 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 品红溶液褪色 除去碳粉，并将MnOOH氧化为M
29、nO2 MnO2+C2O42-+4H+Mn2+2CO2+2H2O 43.5% 【解析】SOCl2吸收结晶水得到SO2与HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，防止溶液中水蒸气进入，用品红溶液检验二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气种二氧化硫与HCl，防止污染环境，注意防止倒吸。III.该滴定实验的原理为利用高猛酸钾标准液来测定未反应的草酸根的量，从而确定与草酸根反应的二氧化锰的量。【详解】（1）根据分析可知装置的连接顺序为fghibcde，（2）三颈烧瓶中为SOCl2与ZnCl2xH2O中的结晶水的反应，SOCl2遇水剧烈反应生成SO2与HCl，所以反应方程式为：xSOCl2+ZnCl
30、2xH2O=xSO2+2xHCl+ ZnCl2；（3）由溶液得到晶体，可进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（4）二氧化硫可使品红溶液褪色，所以当生成物中有二氧化硫时会观察到品红溶液褪色；II. （5）固体含有碳和MnOOH，灼烧可生成二氧化碳，以除去碳，且将MnOOH氧化为MnO2，故答案为：除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2；III.（6）MnO2溶解在草酸钠中，二氧化锰会将草酸根氧化得到锰离子和二氧化碳，结合电荷守恒和质量守恒书写可得离子方程式为：MnO2+C2O42-+4H+=Mn2+2CO2+2H2O；（7）高猛酸钾在酸性环境下也可以将草酸根氧化，反应方程式为2MnO4-+5C2O42
31、-+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O，根据方程式可知存在数量关系：2MnO4-5C2O42-，则10.00mL待测液中剩余的n（C2O42-）=0.0200mol/L0.01L=0.0005mol，则总剩余的n（C2O42-）=0.0005mol=0.005mol，总的草酸根的物质的量为=0.01mol，则与二氧化锰反应的n（C2O42-）=0.01mol-0.005mol=0.005mol，根据反应方程式MnO2+C2O42-+4H+=Mn2+2CO2+2H2O可知n(MnO2)=0.005mol，所以产品的纯度为【点睛】第（2）题的方程式书写为易错点，要注意与SOCl2反应的不是单
32、纯的水，而是ZnCl2xH2O中的结晶水，所以在方程式中不能写水；从溶液中获取晶体的一般操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、（洗涤、干燥）。20、平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大 防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流) 仪器甲处馏出液无油状液体 ；降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层 除去花椒油中的水或干燥 353.6g/L 【解析】在A装置中加热产生水蒸气，水蒸气经导气管进入B装置，给装置B中花椒籽粉与水的混合物进行加热提取花椒油；向馏出液中加入食盐颗粒，可降低花椒油在水中的溶解度，利于花椒油分层析出；由于花椒油容易溶解在有机溶剂乙醚中，而乙醚与水互不相溶，用乙醚萃取其中含有的花
33、椒油，加入硫酸钠除去醚层中少量的水，最后蒸馏得到花椒油。根据花椒油的主要成分属于油脂，能够与NaOH反应产生高级脂肪酸钠和甘油，过量的NaOH用HCl滴定，根据酸碱中和滴定计算出其中含有的花椒油的质量，进而可得花椒油中油脂的含量。【详解】(1)加热时烧瓶内气体压强增大，导气管可缓冲气体压强，平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大；装置B中圆底烧瓶倾斜可以防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流)；(2)加热A装置中的圆底烧瓶，当有大量蒸气产生时关闭弹簧夹，进行蒸馏，装置B中的花椒油会随着热的水蒸气不断变为气体蒸出，当仪器甲处馏出液无油状液体，说明花椒油完全分离出来，此时停止蒸馏。蒸馏结束时
34、，首先是打开弹簧夹，然后停止加热，最后关闭冷凝水，故操作的顺序为；(3)在馏出液中加入食盐的作用是增大水层的密度，降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层；加入无水Na2SO4的作用是无水Na2SO4与水结合形成Na2SO410H2O，以便于除去花椒油中的水或对花椒油进行干燥；(4)实验结束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管内壁上沾有的油脂，二者发生反应产生可溶性的高级脂肪酸钠和甘油，该反应的化学方程式为；(5)根据HCl+NaOH=NaCl+H2O，所以n(NaOH)(过量)=n(HCl)=0.1mol/L0.020L=0.016mol，则与油脂反应的物质的量的物质的量为：0.5mol/L0.08L
35、-0.016mol=0.024mol，根据花椒油与NaOH反应的物质的量的物质的量关系可知其中含有的花椒油的物质的量为n(油脂)=n(NaOH)=0.024mol=0.008mol，其质量为m(油脂)=0.008mol884g/mol=7.072g，则该花椒油中含有油脂7.072g0.02L=353.6g/L。【点睛】本题考查了化学实验基本操作的知识，涉及操作顺序、装置设计的目的、酸碱中和滴定及物质含量的计算等。掌握化学反应原理、理解其含义及操作的目的是解题关键。21、1s22s22p1 12 bc sp2 层与层之间无自由电子 CF4 2NA 4 【解析】（1）根据B的原子序数为5，根据构造
36、原理书写核外电子排布式。（2）由图可知，有20个等边三角形，晶体硼每个三角形的顶点被5个三角形所共用，则此顶点完全属于一个三角形的只占到1/5，每个三角形中有3个点，且晶体硼中有20个这样的三角形，则晶体硼中这样的顶点有201/53=12。（3）a立方相氮化硼中N原子与B原子之间形成单键；b六方相氮化硼层间作用力为范德华力；c两种晶体中的B-N键均为共价键；d立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性，属于原子晶体；（4）六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻3个氮原子形成键；六方相氮化硼晶体的层状结构中没有自由电子。（5）具有相同价电子总数和相同原子总数的分子或离子具有相同的结构特征，这一原理称为
37、“等电子原理”。 NH4+和BF4-各含有1个配位键。（6）根据金刚石的结构可以判断出金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数=81/8+61/2+4=8，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子。一个晶胞的质量为425g/NA，一个立方氮化硼晶胞的体积为(361.5pm)3，根据=m/V计算密度。【详解】（1）B的原子序数为5，基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1，故答案为1s22s22p1。（2）由图可知，有20个等边三角形，晶体硼每个三角形的顶点被5个三角形所共用，则此顶点完全属于一个三角形的只占到1/5，每个三角形中有3个点，且晶体硼中有20个这样的三角形，则晶体硼中这样的顶点有2
38、01/53=12，故答案为12。（3）a. 立方相氮化硼中N原子与B原子之间形成单键，所以无键，故错误；b. 六方相氮化硼层间作用力为范德华力，六方相氮化硼质地软，故正确；c.两种晶体中的B-N键均为共价键，故正确；d. 立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性，属于原子晶体，故错误；故选bc。（4）六方氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻3个氮原子形成键，且B上没有孤电子对，故硼原子的杂化方式为sp2；六方相氮化硼晶体的层状结构中没有自由电子，故不能导电，故答案为sp2；层与层之间无自由电子。（5）具有相同价电子总数和相同原子总数的分子或离子具有相同的结构特征，这一原理称为“等电子原理”。与BF4互为等电子体的一种分子的化学式为CF4，NH4BF4中NH4+和BF4-各含有1个配位键，则1molNH4BF4中含有的配位键个数为2NA，故答案为CF4；2NA。（6）根据金刚石的结构可以判断出金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数=81/8+61/2+4=8，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子。一个晶胞的质量为425g/NA，一个立方氮化硼晶胞的体积为(361.5pm)3，根据=m/V计算密度，因此立方氮化硼的密度是 gcm-3，故答案为4； 。
