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广东省汕头市2022届高三下学期第三次模拟考试化学试题及答案
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这是一份广东省汕头市2022届高三下学期第三次模拟考试化学试题及答案，共29页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
高三下学期第三次模拟考试化学试题
一、单选题
1．自新冠疫情以来，医护人员化身白衣战土，打赢了“阻击战”，挽救了许多生命。以下对手相关医护用品描述错误的是( )
A．医用酒精与双氧水消毒的原理不同
B．聚乙烯是生产隔离衣的主要材料，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．N95型口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料聚丙烯是一种天然高分子化合物
D．医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于烃的衍生物
2．下列化学用语正确的是( )
A．中子数为9的氮原子：
B．甲基的电子式：
C．的电子式：
D．的结构式：
3．下列有关说法正确的是( )
A．煤油的分馏、裂化、裂解均为物理变化
B．相同质量的月壤中的3He与地球上的3H具有相同的电子数
C．陨石中的20Ne质子数与中子数相同
D．相同物质的量的氢气液态时燃烧放出热量大于气态燃烧释放的热量
4．化学知识来源于生活，又能服务于生活。下列叙述正确的是( )
A．镀锌的铁皮镀层破损后，铁皮会加速腐蚀
B．用溶液、溶液分别制取固体、固体实验操作完全相同
C．利用的强氧化性既可以对自来水杀菌消毒，又可起到净水的作用
D．利用化学平衡移动的原理，可以将煤气中毒的病人移至高压氧舱进行救治
5．利用苯甲醛与乙醛为原料能合成-苯基丙烯醛(图丁)路线如图。下列说法正确的是( )
A．反应①原子利用率为100%
B．甲与乙互为同系物
C．-苯基丙烯醛的分子式为
D．丙和丁的苯环上的氢原子种数不同
6．习近平主席指出，劳动是财富的源泉，也是幸福的源泉。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是( )
选项
劳动项目
化学知识
A
学农劳动：用氨水改良酸性土壤
氨水是氮肥
B
社区服务：宣传垃圾分类
分离不同种类的物质，回收再造有用产品
C
自主探究：腌制咸鸭蛋
半透膜渗析原理
D
家务劳动：用含过碳酸钠(化学式)的“爆炸盐”洗涤衣物
其水溶液既有碱性又有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
7．工业上监测SO2含量是否达到排放标准的化学反应原理是：SO2+H2O2+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，设N0表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．标准状况下11.2LSO2含有的原子总数为N0
B．34gH2O2中含有共用电子对数目为4N0
C．反应转移的电子数为0.4N0时，生成BaSO4沉淀46.6g
D．25℃，pH=1的HCl溶液中含有的H+数目为0.1N0
8．下列实验中，使用的装置、试剂和操作均合理的是( )
A．测定醋酸浓度
B．比较与的金属性强弱
C．制取碳酸氢钠
D．制备并收集氨气
A．A B．B C．C D．D
9．化学从微观层次认识物质，以符号形式描述物质。下列实验对应的离子方程式书写正确的是( )
A．向饱和氯化钠溶液中依次通入足量和：
B．向碳酸氢钠溶液中滴加少量石灰水：
C．同物质的量浓度同体积的溶液与溶液混合：
D．用亚硫酸钠溶液吸收少量氯气：
10．三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途非常广泛，其熔点为33℃，沸点为73℃，氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应制备ICl3，实验室制备如图所示。下列说法正确的是( )
A．装置A可选用的药品为高锰酸钾与浓盐酸
B．装置B的作用是除杂，也作安全瓶，在本实验中可以和装置C互换位置
C．装置C中的硅胶可用浓硫酸代替
D．装置D最恰当的加热方式是用酒精灯先预热再集中加热
11．地下水中的氮污染已成为一个世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和铱(Tr)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮()，其工作原理如下图所示。有关该过程的叙述错误的是( )
A．液体中存在极性键与非极性件的断裂过程，吸收能量
B．若导电基体上的Pt颗粒增多，有利于降低溶液中含氮量
C．上述过程的还原剂只有H2
D．N2O既是还原产物，也是氧化剂
12．纳米碳材料上有多种含氧官能团，可催化烷烃转变成烯烃，反应过程如下图所示，下列叙述正确的是( )
A．采用丙烷作为反应物时，可能发生反应
B．在烷烃转变成烯烃的过程中，不涉及键的断裂
C．如果采用正丁烷作为反应物时，则产物为
D．纳米碳可有效提高烷烃的平衡转化率
13．一种锂离子电池的电解液添加剂，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z是最外层电子数依次增大的同周期非金属元素。下列说法错误的是( )
A．XY2是非电解质
B．WZ3中W没有达到8电子结构
C．最高价氧化物对应水化物第一步电离的常数：X>W
D．最简单氢化物的稳定性：Y
选项
实验及现象
结论
A
向溶液中滴加15滴溶液，再滴加溶液，先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀
的溶度积比的小
B
将固体混合物完全溶解在足量稀盐酸中后，向该澄清溶液中滴加溶液，产生白色沉淀
原固体中一定含有
C
向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置，溶液的紫色逐渐褪去，溶液分层
乙烯发生了氧化反应
D
探究浓度对反应速率的影响，向2支盛有不同浓度溶液的试管中同时加入溶液，观察实验现象
反应物浓度越大，反应速率越快
A．A B．B C．C D．D
15．某锂离子电池的总反应为：。某小组以该电池为电源电解处理含废水和含、的酸性废水，并分别获得溶液和单质镍。电解处理的工作原理如图所示[为锂离子电池的电解质]。下列说法错误的是( )
A．X与锂离子电池的FeS电极相连
B．a室的电极反应式为：
C．离子膜N为阳离子交换膜，离子膜M为阴离子交换膜
D．若去掉离子膜M将a、b两室合并，则X电极将产生有毒气体
16．在25℃条件下，含氟水溶液中F-与HF及的浓度分数()随pH变化的关系如图所示，向HF溶液中滴加NaOH溶液，关于该过程的说法正确的是( )
A．曲线2表示的浓度分数随溶液pH的变化
B．滴加NaOH溶液的过程中，由水电离的不断减小
C．常温下，的反应平衡常数K的数量级为
D．时，
二、综合题
17．钛和钛的合金在航天领域有着广泛的应用，因而有“空间金属”之称；工业上用钛铁矿(主要成分为，含有、、等杂质)为原料制备金属钛的工艺流程如下：
已知：①易水解生成不溶于水的；
②高温下钛易与N2、H2等反应。
（1）钛铁矿酸浸前需要粉碎，其目的是 。
（2）“滤渣I”的主要成分为 ；工业上用稀硫酸浸取时，温度不宜太高的原因是 。
（3）钛铁矿与硫酸发生非氧化还原反应，生成强电解质，试写出该反应的离子方程式 。
（4）写出高温下转化为的化学反应方程式 。
（5）镁与，高温下反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是 (填标号)。
a.H2 b.Ar c.CO2 d.N2
（6）“粗钛”中含有Mg、、，可采用蒸馏的方法分离得到，加热的温度范围 。
熔点/℃
648.8
714
1667
沸点/℃
136.4
1090
1412
3287
（7）利用氧化还原滴定法可测定的含量。先取待测钛液用水释至，加过量铝粉。充分振荡，使还原为，过滤后，取无色滤液，向其中滴加2~3滴KSCN溶液，用的标准液滴定。，滴定终点时现象 ，若用去了溶液，待测钛液中的物质的量浓度是 。
18．硫化钠，俗称臭碱，是重要的化工原料，工业上可用氢氧化钠吸收硫化氢气体制备。
（1）实验室常用块状硫化亚铁(FeS)固体和稀硫酸布常温下反应制取硫化氢，写出该反应的离子反应方程式： 。利用上述药品，在以下的装置中选择一个合适装置制备硫化氢气体并对该装置进行气密性检查： 。
a. b. c. d. e.
（2）已知：
若用硫化钠固体和下列溶液制取硫化氢气体，可选用的试剂为 。
a.硝酸 b.碳酸氢钠 c.硼酸 d.醋酸
（3）查阅文献可知，久置硫化钠固体中可能含有、、S、，为检验变质情况，设计实验如下：
实验序号
实验操作
实验现象
结论
实验I
取0.5g久置的固体于试管中。加入，搅拌，静置、过滤
静置后固体量减少
证明变质固体中含有
实验II
将实验I过滤得到的固体溶于水，静置后滴加稀硫酸
溶解静置，上层清液呈黄色，加酸产生淡黄色沉淀
证明变质固体中一定含有 ，可能有Na2S2O3
实验III
取久置潮解的Na2S固体溶于水，再加足量 ，振荡，静置，取少量上层清液于试管中，滴加
证明杂质中含有Na2SO4
已知：①(黄色)，与酸反应生成S和H2S；
②、均易溶于水，微溶于水；
③白色的难溶于水，且易转化为黑色。
限选试剂：盐酸、稀硫酸、稀硝酸、溶液、溶液、溶液
（4）某小组同学为检验变质的产物中是否含有，设计实验：取久置潮解的固体溶于水，静置，取少量上层清液于试管中，向其中滴加溶液，产生黑色沉淀。由此得出结论：变质的产物中含。该实验是否合理 (填“是”或“否”)，请分析原因 。
19．2021年国际环境研究大会以“中国走向碳中和可持续发展的进程”为主题，聚焦气候治理政策，其中大气污染物碳氧化物、氮氧化物等的治理和“碳中和”技术的开发应用，成为化学研究的热点问题。
（1）已知：
有氧条件下，NH3与NO反应生成N2，相关热化学方程式为 。
（2）利用二价铜微粒为催化剂用于汽车尾气脱硝，催化机理如图1，反应过程中不同态物质体系所含的能量如图2。下列说法正确的是 。
a.为催化剂，可以提高脱硝的速率和平衡转化率
b.状态②到状态③的变化过程决定了整个历程的反应速率
c.状态③到状态④中有非极性键和极性键生成
d.在图1所示历程中铜元素的化合价有发生变化
（3）采用“CO2催化加氢制甲醇”方法将其资源化利用。该反应体系中涉及以下两个反应：
I.
II.
恒压下将CO2和H2按体积比混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应II，在相同的时间段内的选择性和产率随温度的变化如图。
其中的选择性
①在上述条件下合成甲醇的工业条件是 。
a.210℃ b.230℃ c.催化剂CZT d.催化剂
②在230℃以上，升高温度甲醇的产率降低，但CO2的转化率增大，原因是 。
（4）恒温恒压密闭容器中，加入和，设只发生反应I，初始压强为，在300℃发生反应，反应达平衡时，容器体积减小20%。则反应I的压强平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（5）近期中国科学家团队再次实现二氧化碳“变废为宝”，成功将二氧化碳分两步高效还原合成高浓度乙酸，进一步利用微生物合成葡萄糖和油脂。利用新型固态电解质电解的部分过程如图所示。该装置阴极电极反应： 。
20．超导材料和超导技术是2世纪最伟大的发现之一，有着广阔的应用前景。我国科学家发现了一种新型的超导体材料，由和交替堆叠构成。其中A层是由无限四方平面层构成，S原子位于八面体上下顶点上(如图a)，其俯视图如图b。
（1）画出基态S的价电子排布图 。
（2）写出A层离子的化学式 。A层各元素的第一电离能由大到小的顺序为 。
（3）“依布硒”( )具有良好的抗炎活性。下列说法正确的是 。
a.Se采用sp3的方式杂化
b.分子中各个C原子的杂化方式不同
c.分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键
d.分子中和的键角相同
（4）H2O和H2S都是分子晶体，熔沸点较高的是 ，原因是 。
（5）83Bi是第 周期VA族元素，是一种极少数不溶性的钠盐，其阴离子的立体构型为 。
（6）汞钡铜氧晶体通过掺杂Ca2+可以获得具有更高临界温度的超导材料，如图c所示。其密度为 (列式表示、设NA为阿伏加德罗常数的值)。
21．一种药物中间体G的合成路线如下：
已知：①DMF的结构简式为 ②
（1）乙二醇的分子式为 。C中的含氧官能团名称为 。
（2）C到D的反应分两步进行，反应类型分别是 。
（3）E的结构简式为 。F→G的化学方程式为 。
（4）①由A可制备重要的药物中间体H对氨基苯甲醚( )，则符合下列条件的H的同分异构体有 种。
a.遇溶液呈紫色
b.苯环上只有两个取代基
②其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为的结构简式为 。
（5）4-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4-甲氧基乙酰苯胺的合成路线(其它试剂任选)： 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．酒精是通过使蛋白质变性而达到消毒作用的，因而对细菌、芽孢及真菌作用不明显；而双氧水是通过分解反应释放出氧气从而杀灭厌氧型微生物的，故原理不同，故A不符合题意；
B．聚乙烯是乙烯发生加聚后的产物，没有碳碳双键故不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B不符合题意；
C．聚丙烯是丙烯发生加聚后的产物，不是天然高分女子化合物，故C符合题意；
D．四氟乙烯是乙烯的取代产物故属于烃的衍生物，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、要注意杀菌消毒的几种方法：氧化性消毒、高温消毒、强酸强碱消毒、重金属消毒、酒精消毒；
B、聚乙烯是乙烯加聚反应得到的产物，双键断开变为单键；
C、聚X烯都是合成高分子化合物；
D、烃的衍生物指的是除了C、H以外还有其他元素的有机物。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．中子数为9的氮原子：，A项不符合题意；
B．甲基的电子式：，B项符合题意；
C．的电子式：，C项不符合题意；
D．与H2O2为等电子体，结构相似，故的结构式为：，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、中子数=质量数-质子数；
B、要注意基团的短杆表示一个电子；
C、要注意非金属原子的结合多数都满足8电子；
D、注意氯原子只有一个共价键，硫原子可以连接两个共价键。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．煤油的分馏是物理变化，裂化、裂解为化学变化，A项不符合题意；
B．设质量为1g，3He电子的物质的量为：，3H电子的物质的量为：，故同质量的上述两种粒子电子数不等，B项不符合题意；
C．20Ne质子数为10，中子数也为10，C项符合题意；
D．液态氢气转化为气态氢气的过程中要吸收热量，故相同物质的量的氢气液态时燃烧放出热量小于气态燃烧释放的热量，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、分馏、蒸馏都是物理变化；
B、原子电子数=原子序数；
C、质量数=质子数+中子数；
D、此类题型可以根据反应的类型去判断，放热反应，相同量的同一种物质不同的状态，固体、液体、气体放出的热量依次增多。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．镀锌的铁皮镀层破损后，会形成锌铁原电池，锌为负极，铁为正极，不会加速铁皮腐蚀，A项不符合题意；
B．溶液制取固体直接蒸发浓缩，冷却结晶即可，但用溶液制取固体需要在HCl气流下进行蒸发操作，B项不符合题意；
C．的强氧化性可以起到对自来水杀菌消毒的作用，但起到净水的作用是因为反应：，产生了Fe(OH)3吸附杂质，C项不符合题意；
D．根据反应HbCO+O2HbO2+CO(Hb为血红蛋白)，利用化学平衡移动的原理，煤气中毒的病人移至高压氧舱会使上述平衡向正反应方向移动，使血红蛋白恢复输氧能力，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、要判断铁是否会加速腐蚀，要判断金属跟铁的活泼性比较，如果比铁活泼的话，则不会被腐蚀，如果比铁不活泼，则铁会被加速腐蚀；
B、氯化铜和硫酸铜溶液的蒸发要注意，这是氯化铜的话，它对应的强酸是氯化氢，属于易挥发的酸，而硫酸铜对应硫酸，硫酸是不挥发的酸，所以在蒸发的过程中，氯化铜溶液需要在氯化氢的气流中蒸发；
C、此时的铁为+6，具有强氧化性，化合价降低，可以形成Fe3+，当铁离子结合水形成氢氧化铁胶体的时候，可以起到净水的作用；
D、注意平衡移动的时候，增大反应的浓度会使平衡朝正向移动。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．反应①为苯甲醛与乙醛发生的加成反应，原子利用率为100%，A项符合题意；
B．甲属于芳香醛，乙属于饱和一元醛，甲的分子式为C7H6O，乙的分子式为C2H4O，两者结构不相似，且分子组成上不相差若干个“CH2”原子团，两者不互为同系物，B项不符合题意；
C．β-苯基丙烯醛的分子式为C9H8O，C项不符合题意；
D．丙和丁苯环上都只有1个侧链，苯环上都有3种氢原子，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、注意原子利用率100%通常就是加成反应、化合反应；
B、同系物指的是结构相似，官能团数目和种类相同，分子组成相差若干个-CH2；
C、分子数要注意观察所有的C、H、O；
D、氢原子的种数即判断等效氢的数目，注意结构的对称性进行判断。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．利用氨水改良酸性土壤利用的是氨水碱性溶液的性质，A项符合题意；
B．垃圾分类可以分离不同种类的物质，回收再造有用产品，B项不符合题意；
C．鸭蛋壳内有一层膜具有半透膜功能，胶体粒子不能通过半透膜，而溶液中溶质可以，故腌制咸鸭蛋时，蛋白质不能通过膜进入食盐水，而食盐水中的钠离子氯离子可以通过膜进入鸭蛋，从而使鸭蛋变咸，C项不符合题意；
D．“爆炸盐”水溶液有碱性可以用来作洗衣粉助剂清理污渍，同时有强氧化性可以起到一定漂白衣物的作用，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、注意肥料和改良土壤的区别；
B、垃圾的处理方式最合理的就是变废为宝，即回收利用；
C、蛋壳内的膜相当于半透膜，是胶体和溶液分离的主要方法；
D、根据化学式分析可以知道碳酸盐呈碱性，过氧化氢强氧化性。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．标准状况下11.2LSO2含有的原子总数为：×3×N0mol-1=1.5N0，故A不符合题意；
B.1个H2O2含有3对共用电子对，34gH2O2中含有共用电子对数目为：×3×N0mol-1=3N0，故B不符合题意；
C．依据SO2+H2O2+BaCl2═BaSO4↓+2HCl~2e-可知，反应转移的电子数为0.4N0时，生成BaSO4沉淀物质的量为：0.2mol，质量为：0.2mol×233g/mol=46.6g，故C符合题意；
D．溶液体积未知，所以无法计算pH=1的HCl溶液中含有的H+数目，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、注意一分子二氧化硫有三个原子；
B、共用电子对即原子之间共用的电子，可以根据其共价键的数目判断；
C、要注意电子和硫酸根物质的量的比值；
D、要计算溶液中粒子的数目，浓度和体积缺一不可。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．甲基橙pH值变色范围3.1(红)~4.4(黄)，还未完全消耗醋酸时指示剂已变色，氢氧化钠与醋酸恰好反应生成的醋酸钠为强碱弱酸盐，在溶液中水解水溶液呈碱性，则用碱式滴定管中的氢氧化钠标准溶液测定醋酸浓度时，应选用酚酞做指示剂，故A不符合题意；
B．构成原电池时Zn为负极，Cu为正极，可知金属性Zn＞Cu，故B符合题意；
C．氯化铵分解后，在试管口氨气与HCl化合生成氯化铵，实验室用氯化铵固体和消石灰共热反应制备氨气，故C不符合题意；
D．制取碳酸氢钠时，二氧化碳应从长导气管通入到氨气和食盐的饱和溶液中，否则二氧化碳无法与饱和溶液充分反应制得碳酸氢钠，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、强碱弱酸滴定的时候要用酚酞，强酸弱碱用甲基橙；
B、双液原电池电解液根据其对应的金属电极进行判断；
C、注意气体要吸收是从长管进；
D、实验室制取氨气用的是氯化铵和氢氧化钙反应。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．向饱和氯化钠溶液中依次通入足量和：，A项不符合题意；
B．石灰水少量，以Ca(OH)2的比例为基准，故向碳酸氢钠溶液中滴加少量石灰水：，B项不符合题意；
C．中能与OH-反应的离子为和H+，当与1：1混合时，H+与OH-先反应，故离子方程式为：，C项不符合题意；
D．用亚硫酸钠溶液吸收少量氯气，会与Cl2发生氧化还原反应，同时过量的还会与生成的H+反应生成，故离子方程式为：，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、该方法为侯氏制碱法，即氨气、二氧化碳、水、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵；
B、要注意量的问题，少量石灰水时氢氧根全部反应；
C、注意强酸酸式盐可以将氢离子和酸根离子拆开；
D、注意氯气少量时，SO32-不会全部转化为SO42-。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．高锰酸钾与浓盐酸在常温下发生氧化还原反应生成氯气，不需要加热装置，可选它们做药品，故A符合题意；
B．装置B中饱和食盐水可除去氯气中混有HCl杂质气体，装置C是干燥装置，两者位置不能互换，故B不符合题意；
C．装置C是利用硅胶吸收水蒸气，U形管内装固体干燥剂，浓硫酸是液体干燥剂，氯气会将其压至装置D中，不能用浓硫酸代替，故C不符合题意；
D．装置D碘和氯气反应生成ICl3，三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途非常广泛，其熔点为33℃，沸点为73℃，最恰当的加热方式是用水浴加热，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、浓盐酸和高锰酸钾无需加热即可制取氯气，二氧化锰和浓盐酸反应需要加热；
B、气体制备过程通常是先除杂再干燥；
C、U型管通常装的都是固态干燥剂；
D、根据题干的温度，选择合适的加热方式，通常控制在一定条件的加热方法是水浴加热或者油浴加热。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．液体中NO→N2O 有极性键断裂，H2→H+非极性键H-H断裂，旧键断裂吸收能量，故A不符合题意；
B．导电基体上的Pt颗粒上，部分得到电子变为，仍在溶液中，所以若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量，故B符合题意；
C．上述过程中N元素化合价降低，只有H元素化合价升高，还原剂只有H2，故C不符合题意；
D．由液体中NO→N2O中N元素化合价降低，N2O是还原产物，气体中N2O→N2中N元素化合价降低，N2O是氧化剂，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、极性键指不同的非金属原子的结合，非极性键指相同的非金属原子的结合；
B、根据图象可以知道NO3-仍然转换为NH4+，仍然在溶液中；
C、还原剂要看元素的化合价变化，化合价升高作为还原剂；
D、根据价态判断，化合价升高得到的产物是氧化产物，化合价降低得到的产物是还原产物。
12．【答案】A
【解析】【解答】A．根据题中转化关系，可催化烷烃转变成烯烃，采用丙烷作为反应物时，可能发生反应，A项符合题意；
B．在烷烃转变成烯烃的过程中，碳碳单键变为碳碳双键，H原子减少，涉及键的断裂，B项不符合题意；
C．根据反应原理，采用正丁烷作为反应物时，则产物为，C项不符合题意；
D．纳米碳作为催化剂只可以加快反应速率，不能提高烷烃的平衡转化率，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．根据题中转化关系分析；
B．反应中碳碳单键变为碳碳双键；
C．根据反应原理分析；
D．催化剂只改变速率，不能影响平衡。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．NO2是非电解质，A项不符合题意；
B．CF3中C周围有7个电子，没有达到8电子结构，B项不符合题意；
C．最高价氧化物对应水化物第一步电离的常数：HNO3>H2CO3，C项不符合题意；
D．最简单氢化物的稳定性：H2O>NH3，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．在水中或者熔融状态下均不导电的化合物，是非电解质；
B．依据化合价的绝对值和最外层电子数之和分析；
C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物电离常数越大；
D．非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越强。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．向溶液中滴加15滴溶液，先生成氢氧化镁沉淀，再滴加溶液，生成了氢氧化铜蓝色沉淀，说明氢氧化铜比氢氧化镁难溶，A符合题意；
B．将固体混合物完全溶解在足量稀盐酸中后，向该澄清溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，如亚硫钠和过氧化钠或硝酸钠，混合物溶于水后反应生成硫酸根离子，故原固体中不一定含有，也可能是混合物反应后产生的硫酸根离子，B不符题意；
C．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化，生成物是CO2，无难溶于水的有机物生成，液体不会分层，描述不符合题意，C不符题意；
D．该反应无明显现象，无法清晰分辨反应速率快慢，描述不符合题意，D不符题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据沉淀转化规律分析；
B．依据硫酸根离子检验分析；
C．产物不是难溶于水的有机物；
D．该反应无明显现象。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，X电极与FeS电极相连，为电解池的阳极，故A不符合题意；
B．由分析可知，X电极与FeS电极相连，为电解池的阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，a室的电极反应式为，故B不符合题意；
C．由分析可知，离子膜M为阳离子交换膜，离子膜N为阴离子交换膜，故C符合题意；
D．若去掉离子膜M将a、b两室合并，氯离子放电能力强干氢氧根离子，会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据电解的目的判断电极类型。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．pH越大F-越多，HF越少，故曲线1应为F-，曲线2为HF，曲线3为，A项不符合题意；
B．滴加NaOH溶液的过程中，F-不断增多，F-的水解作用会促进水的电离，使水电离的、不断增大，B项不符合题意；
C．曲线1和曲线2的交点处c(F-)=c(HF)，此时3
故答案为：C。
【分析】A．依据F-HF分析；
B．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
C．选择曲线1和曲线2的交点利用 计算；
D．根据物料守恒分析。
17．【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率
（2）和；防止水解，减少损失
（3）
（4）
（5）b
（6）1412℃~3287℃
（7）滴入最后一滴标准液，溶液由无色变成红色，且半分钟内不褪色；1
【解析】【解答】钛铁矿中含、、等杂质，粉碎后加入稀硫酸后过滤可以除去难溶杂质、，同时得到主要含有TiO2+、Fe3+ 的溶液，加入铁屑后，Fe3+转化为 Fe2+，经热过滤后，水解得到固体，经煅烧分解得到TiO2，加入氯气、焦炭反应生成TiCl4，最后加入Mg高温还原得到粗钛，据此解答。
(1)钛铁矿酸浸前粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率；
故答案为：增大接触面积，加快反应速率。
(2)由分析可知，“滤渣I”的主要成分为和。由已知①可知易水解，所以用稀硫酸浸取时，温度不宜太高；
故答案为：和；防止水解，减少损失。
(3)由题目信息可知，钛铁矿与硫酸发生非氧化还原反应，且生成得为强电解质，所以反应的离子方程式为：；
故答案为：。
(4)高温下与氯气、焦炭反应生成TiCl4的化学反应方程式为：；
故答案为：。
(5)由已知②可知高温下钛易与N2、H2反应，且镁会与CO2反应，所以保护气可选用Ar。
故答案为：b。
(6)采用蒸馏的方法分离得到Ti，由表格中数据可知，温度高于1412℃时Mg、MgCl2为气态，而Ti没有熔化，则选择温度1412℃~3287℃即可进行蒸馏分离；
故答案为：1412℃~3287℃。
(7)加过量铝粉，充分振荡，使TiO2+还原为Ti3+，过滤后，取无色滤液20.00mL，向其中滴加2-3滴KSCN溶液，滴定反应为，KSCN溶液遇Fe3+变血红色，由于滴定终点时Fe3+过量，所以滴定终点为：溶液由无色变红色，且半分钟内不褪色，根据电子得失守恒可得到关系式 TiO2+~Ti3+~Fe3+，所以 n(TiOSO4)= ，所以；
故答案为：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变成红色，且半分钟内不褪色；1。
【分析】(1)依据速率的影响因素分析；
(2)依据物质的性质分析；考虑水解的影响因素。
(3)依据反应物和产物分析。
(4)高温下与氯气、焦炭反应生成TiCl4和二氧化碳。
(5)隔绝空气且不与反应物反应。
(6)利用沸点的不同选择。
(7)根据电子得失守恒可得到关系式进行计算。
18．【答案】（1）FeS+2H+=Fe2++H2S↑；选择c：关闭止水夹，通过颈漏斗向试管中注入蒸馏水，当长颈漏斗液面高于试管液面时，停止注水，长颈漏斗中液面不下降说明装置气密性良好，(或长颈漏斗液面与试管液面高度差不变，说明气密性良好)。选择d：将导管的末端伸入盛水的烧杯中，用手捂热(或酒精灯微热)烧瓶，烧杯中有气泡产生，停止微热，导管口末端形成一段水柱
（2）d
（3）S；Na2Sx；盐酸；适量氯化钡溶液；上层清液中产生白色沉淀
（4）否；剩余的Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀
【解析】【解答】(1)FeS与稀硫酸发生复分解反应制得H2S：FeS+2H+=Fe2++H2S↑；该制备方法所用装置为固液不加热类型，因此a、b装置不符合，e装置不利于控制酸的加入量进而控制反应的进行，故可选择装置c、d；选择c：关闭止水夹，通过长颈漏斗向试管中注入蒸馏水，当长颈漏斗液面高于试管液面时，停止注水，长颈漏斗中液面不下降说明装置气密性良好，(或长颈漏斗液面与试管液面高度差不变，说明气密性良好)。选择d：将导管的末端伸入盛水的烧杯中，用手捂热(或酒精灯微热)烧瓶，烧杯中有气泡产生，停止微热，导管口末端形成一段水柱，说明气密性良好；
(2)因为Ka(CH3COOH)>Ka1(H2S)，所以选择酸性比H2S强的CH3COOH更为合适，a选项的硝酸具有强氧化性，会将H2S氧化发生副反应，故
故答案为：d；
(3)由于S易溶于CS2，故加入CS2静置后固体质量减少说明含有S单质；实验I过滤得到的固体溶于水，静置后清液呈黄色，根据已知信息(黄色)可知其中一定含有Na2Sx，据反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2+H2O，滴加稀硫酸产生淡黄色沉淀说明还可能有Na2S2O3；取久置潮解的Na2S固体溶于水，再加足量稀盐酸，振荡，静置，取少量上层清液于试管中，滴加适量BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明含有SO；
(4)久置潮解的Na2S固体中可能含有剩余的Na2S，Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀，因此该实验设计不合理。
【分析】(1)利用强酸制弱酸；依据药品的状态和反应条件选择装置；
(2)依据电离平衡常数，利用强酸制弱酸；
(3)根据已知信息分析；
(4)根据现象分析。
19．【答案】（1）-1627
（2）cd
（3）bd；230℃以上，温度升高，反应I的平衡向逆反应方向移动，反应II的平衡向正反应方向移动，但温度对反应II的平衡影响更大
（4）
（5）
【解析】【解答】(1)①
②
③
③=①-4②，故-1627；
(2)a.催化剂只能提高脱硝的速率，不能改变平衡转化率，a项不正确；
b.慢反应决定了整个历程的反应速率，故状态③到状态④的变化过程决定了整个历程的反应速率，b项不正确；
c.状态③到状态④中有N与N之间非极性键和H与O之间极性键生成，c项正确；
d.在图1所示历程中铜元素的化合价一直都为+2，d项正确；
故答案为：cd；
(3)根据题中条件，230℃，催化剂时甲醇产率最高，
故答案为：bd；原因为：230℃以上，温度升高，反应I的平衡向逆反应方向移动，反应II的平衡向正反应方向移动，但温度对反应II的平衡影响更大；
(4)列三段式：
容器体积减小20%，故，解得x=0.5，容器为恒压容器，故反应前后压强均为，
(5)该装置通入CO得电子转化为CH3COOH，故阴极电极反应为：。
【分析】(1)根据盖斯定理计算；
(2)a.催化剂只改变速率，不影响平衡；
b.慢反应决定了整个历程的反应速率；
c.同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；
d.由历程中化合价变化分析
(3)根据题中条件和图像判断；
(4)利用三段式计算；
(5)阴极发生还原反应。
20．【答案】（1）
（2）；
（3）ac
（4）H2O；H2O中存在着氢键
（5）六；平面三角形
（6）
【解析】【解答】(1)S的价电子排布式为3s23p4，价电子排布图为： 。
(2)超导体材料 Bi3O2S2Cl由 [Bi2O2]2+和 [BixSyClz]2− 交替堆叠构成，根据原子守恒，A层离子为[BiS2Cl]2−。第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子形成气态基态正离子时需要吸收的最低能量，S的原子半径比Cl的大，核电荷数比Cl的少，所以其第一电离能比Cl小，而Bi是金属元素，失去电子较容易，所以这三种元素的第一电离能由大到小的顺序为Cl＞S＞Bi 。
(3)在“依布硒”中，Se原子最外层有6个电子，和C、N各共用一对电子后，还剩2对孤电子，即Se的价层电子对数是4，所以Se采用sp3的方式杂化，A正确；分子中苯环上的碳原子都采取sp2的方式杂化，碳氧双键的碳原子也采取sp2的方式杂化，B不正确；分子中含碳碳非极性键和碳氢、碳氧、碳硒、碳氮以及氮硒等极性键，C正确；C-Se-N 和 C-N-Se 的中心原子都是sp3杂化，但由于C、N、Se电负性不同，所以C-Se-N 和 C-N-Se 的键角不相同，D不正确；
故答案为：ac。
(4)H2O和H2S都是分子晶体，但由于H2O间存在着氢键，所以H2O的熔沸点高于H2S。
(5)Bi的原子序数为83，和N为同主族元素，位于周期表第六周期第VA族，NaBiO3的阴离子的中心原子的价层电子对数为3+(5+1-3×2)=3，无孤电子对，所以其立体构型为平面三角形。
(6)根据晶胞结构可知，掺杂Ca2+的汞钡铜氧晶体中含有Ca2+的个数为1，Ba2+的个数为2，Hg2+的个数为1，晶胞中有8个Cu2+，都位于棱上，每个Cu2+被4个晶胞共有，所以Cu2+的个数为2，O2-位于棱上和面上，各有8个，所以共有=6个O2- ，一个晶胞的质量为g，根据晶胞参数可知一个晶胞的体积为cm3，则晶体密度为g/cm3。
【分析】(1)依据构造原理分析。
(2)根据原子守恒分析，同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素。
(3)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
(5)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
(6)根据均摊法确定原子个数，再用计算。
21．【答案】（1）；醛基
（2）加成反应、消去反应
（3）；+(CH3CO)2O+CH3COOH
（4）6；
（5）。
【解析】【解答】根据题干有机合成路线图信息可知，由D、G的结构简式和D到E的转化条件可知，E的结构简式为：，由E到F的转化条件可知，F的结构结构简式为：，据此分析解题。
(1)根据醇的命名原则可知，乙二醇的结构简式为：HOCH2CH2OH，则其分子式为C2H6O2，根据C的结构简式可知，C中的含氧官能团名称为醛基，故答案为：C2H6O2；醛基；
(2)C到D的反应分两步进行，即由和CH3NO2转化为，然后由转化为，故反应类型分别是加成反应、消去反应，故答案为：加成反应、消去反应；
(3)由分析可知，E的结构简式为，F→G即与(CH3CO)2O反应生成和CH3COOH，故该反应的化学方程式为：+(CH3CO)2O+CH3COOH，故答案为：；+(CH3CO)2O+CH3COOH；
(4)①由A可制备重要的药物中间体H对氨基苯甲醚( )，则符合下列条件a.遇溶液呈紫色即含有酚羟基，b.苯环上只有两个取代基，则另一取代基为：-CH2NH2或-NHCH3，每一种组合又有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的H的同分异构体有2×3=6种，②其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为的结构简式为，故答案为：6；；
(5)本小题采用逆向合成法，根据题干路线图中F到G的转化信息可知，可由和(CH3CO)2O反应转化而得，由E到F的转化信息可知，可由用LiAlH4还原得到，在浓硫酸和浓硝酸共同作用下发生硝化反应可得，由此分析确定合成路线为：，故答案为：。
【分析】
(1)根据结构简式确定分子式，根据结构简式确定官能团；
(2)根据官能团的变化确定反应类型；
(3)依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；
(4)①利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
(5)采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。
高三下学期第三次模拟考试化学试题
一、单选题
1．自新冠疫情以来，医护人员化身白衣战土，打赢了“阻击战”，挽救了许多生命。以下对手相关医护用品描述错误的是( )
A．医用酒精与双氧水消毒的原理不同
B．聚乙烯是生产隔离衣的主要材料，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．N95型口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料聚丙烯是一种天然高分子化合物
D．医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于烃的衍生物
2．下列化学用语正确的是( )
A．中子数为9的氮原子：
B．甲基的电子式：
C．的电子式：
D．的结构式：
3．下列有关说法正确的是( )
A．煤油的分馏、裂化、裂解均为物理变化
B．相同质量的月壤中的3He与地球上的3H具有相同的电子数
C．陨石中的20Ne质子数与中子数相同
D．相同物质的量的氢气液态时燃烧放出热量大于气态燃烧释放的热量
4．化学知识来源于生活，又能服务于生活。下列叙述正确的是( )
A．镀锌的铁皮镀层破损后，铁皮会加速腐蚀
B．用溶液、溶液分别制取固体、固体实验操作完全相同
C．利用的强氧化性既可以对自来水杀菌消毒，又可起到净水的作用
D．利用化学平衡移动的原理，可以将煤气中毒的病人移至高压氧舱进行救治
5．利用苯甲醛与乙醛为原料能合成-苯基丙烯醛(图丁)路线如图。下列说法正确的是( )
A．反应①原子利用率为100%
B．甲与乙互为同系物
C．-苯基丙烯醛的分子式为
D．丙和丁的苯环上的氢原子种数不同
6．习近平主席指出，劳动是财富的源泉，也是幸福的源泉。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是( )
选项
劳动项目
化学知识
A
学农劳动：用氨水改良酸性土壤
氨水是氮肥
B
社区服务：宣传垃圾分类
分离不同种类的物质，回收再造有用产品
C
自主探究：腌制咸鸭蛋
半透膜渗析原理
D
家务劳动：用含过碳酸钠(化学式)的“爆炸盐”洗涤衣物
其水溶液既有碱性又有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
7．工业上监测SO2含量是否达到排放标准的化学反应原理是：SO2+H2O2+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，设N0表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．标准状况下11.2LSO2含有的原子总数为N0
B．34gH2O2中含有共用电子对数目为4N0
C．反应转移的电子数为0.4N0时，生成BaSO4沉淀46.6g
D．25℃，pH=1的HCl溶液中含有的H+数目为0.1N0
8．下列实验中，使用的装置、试剂和操作均合理的是( )
A．测定醋酸浓度
B．比较与的金属性强弱
C．制取碳酸氢钠
D．制备并收集氨气
A．A B．B C．C D．D
9．化学从微观层次认识物质，以符号形式描述物质。下列实验对应的离子方程式书写正确的是( )
A．向饱和氯化钠溶液中依次通入足量和：
B．向碳酸氢钠溶液中滴加少量石灰水：
C．同物质的量浓度同体积的溶液与溶液混合：
D．用亚硫酸钠溶液吸收少量氯气：
10．三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途非常广泛，其熔点为33℃，沸点为73℃，氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应制备ICl3，实验室制备如图所示。下列说法正确的是( )
A．装置A可选用的药品为高锰酸钾与浓盐酸
B．装置B的作用是除杂，也作安全瓶，在本实验中可以和装置C互换位置
C．装置C中的硅胶可用浓硫酸代替
D．装置D最恰当的加热方式是用酒精灯先预热再集中加热
11．地下水中的氮污染已成为一个世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和铱(Tr)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮()，其工作原理如下图所示。有关该过程的叙述错误的是( )
A．液体中存在极性键与非极性件的断裂过程，吸收能量
B．若导电基体上的Pt颗粒增多，有利于降低溶液中含氮量
C．上述过程的还原剂只有H2
D．N2O既是还原产物，也是氧化剂
12．纳米碳材料上有多种含氧官能团，可催化烷烃转变成烯烃，反应过程如下图所示，下列叙述正确的是( )
A．采用丙烷作为反应物时，可能发生反应
B．在烷烃转变成烯烃的过程中，不涉及键的断裂
C．如果采用正丁烷作为反应物时，则产物为
D．纳米碳可有效提高烷烃的平衡转化率
13．一种锂离子电池的电解液添加剂，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z是最外层电子数依次增大的同周期非金属元素。下列说法错误的是( )
A．XY2是非电解质
B．WZ3中W没有达到8电子结构
C．最高价氧化物对应水化物第一步电离的常数：X>W
D．最简单氢化物的稳定性：Y
选项
实验及现象
结论
A
向溶液中滴加15滴溶液，再滴加溶液，先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀
的溶度积比的小
B
将固体混合物完全溶解在足量稀盐酸中后，向该澄清溶液中滴加溶液，产生白色沉淀
原固体中一定含有
C
向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置，溶液的紫色逐渐褪去，溶液分层
乙烯发生了氧化反应
D
探究浓度对反应速率的影响，向2支盛有不同浓度溶液的试管中同时加入溶液，观察实验现象
反应物浓度越大，反应速率越快
A．A B．B C．C D．D
15．某锂离子电池的总反应为：。某小组以该电池为电源电解处理含废水和含、的酸性废水，并分别获得溶液和单质镍。电解处理的工作原理如图所示[为锂离子电池的电解质]。下列说法错误的是( )
A．X与锂离子电池的FeS电极相连
B．a室的电极反应式为：
C．离子膜N为阳离子交换膜，离子膜M为阴离子交换膜
D．若去掉离子膜M将a、b两室合并，则X电极将产生有毒气体
16．在25℃条件下，含氟水溶液中F-与HF及的浓度分数()随pH变化的关系如图所示，向HF溶液中滴加NaOH溶液，关于该过程的说法正确的是( )
A．曲线2表示的浓度分数随溶液pH的变化
B．滴加NaOH溶液的过程中，由水电离的不断减小
C．常温下，的反应平衡常数K的数量级为
D．时，
二、综合题
17．钛和钛的合金在航天领域有着广泛的应用，因而有“空间金属”之称；工业上用钛铁矿(主要成分为，含有、、等杂质)为原料制备金属钛的工艺流程如下：
已知：①易水解生成不溶于水的；
②高温下钛易与N2、H2等反应。
（1）钛铁矿酸浸前需要粉碎，其目的是 。
（2）“滤渣I”的主要成分为 ；工业上用稀硫酸浸取时，温度不宜太高的原因是 。
（3）钛铁矿与硫酸发生非氧化还原反应，生成强电解质，试写出该反应的离子方程式 。
（4）写出高温下转化为的化学反应方程式 。
（5）镁与，高温下反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是 (填标号)。
a.H2 b.Ar c.CO2 d.N2
（6）“粗钛”中含有Mg、、，可采用蒸馏的方法分离得到，加热的温度范围 。
熔点/℃
648.8
714
1667
沸点/℃
136.4
1090
1412
3287
（7）利用氧化还原滴定法可测定的含量。先取待测钛液用水释至，加过量铝粉。充分振荡，使还原为，过滤后，取无色滤液，向其中滴加2~3滴KSCN溶液，用的标准液滴定。，滴定终点时现象 ，若用去了溶液，待测钛液中的物质的量浓度是 。
18．硫化钠，俗称臭碱，是重要的化工原料，工业上可用氢氧化钠吸收硫化氢气体制备。
（1）实验室常用块状硫化亚铁(FeS)固体和稀硫酸布常温下反应制取硫化氢，写出该反应的离子反应方程式： 。利用上述药品，在以下的装置中选择一个合适装置制备硫化氢气体并对该装置进行气密性检查： 。
a. b. c. d. e.
（2）已知：
若用硫化钠固体和下列溶液制取硫化氢气体，可选用的试剂为 。
a.硝酸 b.碳酸氢钠 c.硼酸 d.醋酸
（3）查阅文献可知，久置硫化钠固体中可能含有、、S、，为检验变质情况，设计实验如下：
实验序号
实验操作
实验现象
结论
实验I
取0.5g久置的固体于试管中。加入，搅拌，静置、过滤
静置后固体量减少
证明变质固体中含有
实验II
将实验I过滤得到的固体溶于水，静置后滴加稀硫酸
溶解静置，上层清液呈黄色，加酸产生淡黄色沉淀
证明变质固体中一定含有 ，可能有Na2S2O3
实验III
取久置潮解的Na2S固体溶于水，再加足量 ，振荡，静置，取少量上层清液于试管中，滴加
证明杂质中含有Na2SO4
已知：①(黄色)，与酸反应生成S和H2S；
②、均易溶于水，微溶于水；
③白色的难溶于水，且易转化为黑色。
限选试剂：盐酸、稀硫酸、稀硝酸、溶液、溶液、溶液
（4）某小组同学为检验变质的产物中是否含有，设计实验：取久置潮解的固体溶于水，静置，取少量上层清液于试管中，向其中滴加溶液，产生黑色沉淀。由此得出结论：变质的产物中含。该实验是否合理 (填“是”或“否”)，请分析原因 。
19．2021年国际环境研究大会以“中国走向碳中和可持续发展的进程”为主题，聚焦气候治理政策，其中大气污染物碳氧化物、氮氧化物等的治理和“碳中和”技术的开发应用，成为化学研究的热点问题。
（1）已知：
有氧条件下，NH3与NO反应生成N2，相关热化学方程式为 。
（2）利用二价铜微粒为催化剂用于汽车尾气脱硝，催化机理如图1，反应过程中不同态物质体系所含的能量如图2。下列说法正确的是 。
a.为催化剂，可以提高脱硝的速率和平衡转化率
b.状态②到状态③的变化过程决定了整个历程的反应速率
c.状态③到状态④中有非极性键和极性键生成
d.在图1所示历程中铜元素的化合价有发生变化
（3）采用“CO2催化加氢制甲醇”方法将其资源化利用。该反应体系中涉及以下两个反应：
I.
II.
恒压下将CO2和H2按体积比混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应II，在相同的时间段内的选择性和产率随温度的变化如图。
其中的选择性
①在上述条件下合成甲醇的工业条件是 。
a.210℃ b.230℃ c.催化剂CZT d.催化剂
②在230℃以上，升高温度甲醇的产率降低，但CO2的转化率增大，原因是 。
（4）恒温恒压密闭容器中，加入和，设只发生反应I，初始压强为，在300℃发生反应，反应达平衡时，容器体积减小20%。则反应I的压强平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（5）近期中国科学家团队再次实现二氧化碳“变废为宝”，成功将二氧化碳分两步高效还原合成高浓度乙酸，进一步利用微生物合成葡萄糖和油脂。利用新型固态电解质电解的部分过程如图所示。该装置阴极电极反应： 。
20．超导材料和超导技术是2世纪最伟大的发现之一，有着广阔的应用前景。我国科学家发现了一种新型的超导体材料，由和交替堆叠构成。其中A层是由无限四方平面层构成，S原子位于八面体上下顶点上(如图a)，其俯视图如图b。
（1）画出基态S的价电子排布图 。
（2）写出A层离子的化学式 。A层各元素的第一电离能由大到小的顺序为 。
（3）“依布硒”( )具有良好的抗炎活性。下列说法正确的是 。
a.Se采用sp3的方式杂化
b.分子中各个C原子的杂化方式不同
c.分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键
d.分子中和的键角相同
（4）H2O和H2S都是分子晶体，熔沸点较高的是 ，原因是 。
（5）83Bi是第 周期VA族元素，是一种极少数不溶性的钠盐，其阴离子的立体构型为 。
（6）汞钡铜氧晶体通过掺杂Ca2+可以获得具有更高临界温度的超导材料，如图c所示。其密度为 (列式表示、设NA为阿伏加德罗常数的值)。
21．一种药物中间体G的合成路线如下：
已知：①DMF的结构简式为 ②
（1）乙二醇的分子式为 。C中的含氧官能团名称为 。
（2）C到D的反应分两步进行，反应类型分别是 。
（3）E的结构简式为 。F→G的化学方程式为 。
（4）①由A可制备重要的药物中间体H对氨基苯甲醚( )，则符合下列条件的H的同分异构体有 种。
a.遇溶液呈紫色
b.苯环上只有两个取代基
②其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为的结构简式为 。
（5）4-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4-甲氧基乙酰苯胺的合成路线(其它试剂任选)： 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．酒精是通过使蛋白质变性而达到消毒作用的，因而对细菌、芽孢及真菌作用不明显；而双氧水是通过分解反应释放出氧气从而杀灭厌氧型微生物的，故原理不同，故A不符合题意；
B．聚乙烯是乙烯发生加聚后的产物，没有碳碳双键故不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B不符合题意；
C．聚丙烯是丙烯发生加聚后的产物，不是天然高分女子化合物，故C符合题意；
D．四氟乙烯是乙烯的取代产物故属于烃的衍生物，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、要注意杀菌消毒的几种方法：氧化性消毒、高温消毒、强酸强碱消毒、重金属消毒、酒精消毒；
B、聚乙烯是乙烯加聚反应得到的产物，双键断开变为单键；
C、聚X烯都是合成高分子化合物；
D、烃的衍生物指的是除了C、H以外还有其他元素的有机物。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．中子数为9的氮原子：，A项不符合题意；
B．甲基的电子式：，B项符合题意；
C．的电子式：，C项不符合题意；
D．与H2O2为等电子体，结构相似，故的结构式为：，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、中子数=质量数-质子数；
B、要注意基团的短杆表示一个电子；
C、要注意非金属原子的结合多数都满足8电子；
D、注意氯原子只有一个共价键，硫原子可以连接两个共价键。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．煤油的分馏是物理变化，裂化、裂解为化学变化，A项不符合题意；
B．设质量为1g，3He电子的物质的量为：，3H电子的物质的量为：，故同质量的上述两种粒子电子数不等，B项不符合题意；
C．20Ne质子数为10，中子数也为10，C项符合题意；
D．液态氢气转化为气态氢气的过程中要吸收热量，故相同物质的量的氢气液态时燃烧放出热量小于气态燃烧释放的热量，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、分馏、蒸馏都是物理变化；
B、原子电子数=原子序数；
C、质量数=质子数+中子数；
D、此类题型可以根据反应的类型去判断，放热反应，相同量的同一种物质不同的状态，固体、液体、气体放出的热量依次增多。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．镀锌的铁皮镀层破损后，会形成锌铁原电池，锌为负极，铁为正极，不会加速铁皮腐蚀，A项不符合题意；
B．溶液制取固体直接蒸发浓缩，冷却结晶即可，但用溶液制取固体需要在HCl气流下进行蒸发操作，B项不符合题意；
C．的强氧化性可以起到对自来水杀菌消毒的作用，但起到净水的作用是因为反应：，产生了Fe(OH)3吸附杂质，C项不符合题意；
D．根据反应HbCO+O2HbO2+CO(Hb为血红蛋白)，利用化学平衡移动的原理，煤气中毒的病人移至高压氧舱会使上述平衡向正反应方向移动，使血红蛋白恢复输氧能力，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、要判断铁是否会加速腐蚀，要判断金属跟铁的活泼性比较，如果比铁活泼的话，则不会被腐蚀，如果比铁不活泼，则铁会被加速腐蚀；
B、氯化铜和硫酸铜溶液的蒸发要注意，这是氯化铜的话，它对应的强酸是氯化氢，属于易挥发的酸，而硫酸铜对应硫酸，硫酸是不挥发的酸，所以在蒸发的过程中，氯化铜溶液需要在氯化氢的气流中蒸发；
C、此时的铁为+6，具有强氧化性，化合价降低，可以形成Fe3+，当铁离子结合水形成氢氧化铁胶体的时候，可以起到净水的作用；
D、注意平衡移动的时候，增大反应的浓度会使平衡朝正向移动。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．反应①为苯甲醛与乙醛发生的加成反应，原子利用率为100%，A项符合题意；
B．甲属于芳香醛，乙属于饱和一元醛，甲的分子式为C7H6O，乙的分子式为C2H4O，两者结构不相似，且分子组成上不相差若干个“CH2”原子团，两者不互为同系物，B项不符合题意；
C．β-苯基丙烯醛的分子式为C9H8O，C项不符合题意；
D．丙和丁苯环上都只有1个侧链，苯环上都有3种氢原子，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、注意原子利用率100%通常就是加成反应、化合反应；
B、同系物指的是结构相似，官能团数目和种类相同，分子组成相差若干个-CH2；
C、分子数要注意观察所有的C、H、O；
D、氢原子的种数即判断等效氢的数目，注意结构的对称性进行判断。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．利用氨水改良酸性土壤利用的是氨水碱性溶液的性质，A项符合题意；
B．垃圾分类可以分离不同种类的物质，回收再造有用产品，B项不符合题意；
C．鸭蛋壳内有一层膜具有半透膜功能，胶体粒子不能通过半透膜，而溶液中溶质可以，故腌制咸鸭蛋时，蛋白质不能通过膜进入食盐水，而食盐水中的钠离子氯离子可以通过膜进入鸭蛋，从而使鸭蛋变咸，C项不符合题意；
D．“爆炸盐”水溶液有碱性可以用来作洗衣粉助剂清理污渍，同时有强氧化性可以起到一定漂白衣物的作用，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、注意肥料和改良土壤的区别；
B、垃圾的处理方式最合理的就是变废为宝，即回收利用；
C、蛋壳内的膜相当于半透膜，是胶体和溶液分离的主要方法；
D、根据化学式分析可以知道碳酸盐呈碱性，过氧化氢强氧化性。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．标准状况下11.2LSO2含有的原子总数为：×3×N0mol-1=1.5N0，故A不符合题意；
B.1个H2O2含有3对共用电子对，34gH2O2中含有共用电子对数目为：×3×N0mol-1=3N0，故B不符合题意；
C．依据SO2+H2O2+BaCl2═BaSO4↓+2HCl~2e-可知，反应转移的电子数为0.4N0时，生成BaSO4沉淀物质的量为：0.2mol，质量为：0.2mol×233g/mol=46.6g，故C符合题意；
D．溶液体积未知，所以无法计算pH=1的HCl溶液中含有的H+数目，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、注意一分子二氧化硫有三个原子；
B、共用电子对即原子之间共用的电子，可以根据其共价键的数目判断；
C、要注意电子和硫酸根物质的量的比值；
D、要计算溶液中粒子的数目，浓度和体积缺一不可。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．甲基橙pH值变色范围3.1(红)~4.4(黄)，还未完全消耗醋酸时指示剂已变色，氢氧化钠与醋酸恰好反应生成的醋酸钠为强碱弱酸盐，在溶液中水解水溶液呈碱性，则用碱式滴定管中的氢氧化钠标准溶液测定醋酸浓度时，应选用酚酞做指示剂，故A不符合题意；
B．构成原电池时Zn为负极，Cu为正极，可知金属性Zn＞Cu，故B符合题意；
C．氯化铵分解后，在试管口氨气与HCl化合生成氯化铵，实验室用氯化铵固体和消石灰共热反应制备氨气，故C不符合题意；
D．制取碳酸氢钠时，二氧化碳应从长导气管通入到氨气和食盐的饱和溶液中，否则二氧化碳无法与饱和溶液充分反应制得碳酸氢钠，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、强碱弱酸滴定的时候要用酚酞，强酸弱碱用甲基橙；
B、双液原电池电解液根据其对应的金属电极进行判断；
C、注意气体要吸收是从长管进；
D、实验室制取氨气用的是氯化铵和氢氧化钙反应。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．向饱和氯化钠溶液中依次通入足量和：，A项不符合题意；
B．石灰水少量，以Ca(OH)2的比例为基准，故向碳酸氢钠溶液中滴加少量石灰水：，B项不符合题意；
C．中能与OH-反应的离子为和H+，当与1：1混合时，H+与OH-先反应，故离子方程式为：，C项不符合题意；
D．用亚硫酸钠溶液吸收少量氯气，会与Cl2发生氧化还原反应，同时过量的还会与生成的H+反应生成，故离子方程式为：，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、该方法为侯氏制碱法，即氨气、二氧化碳、水、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵；
B、要注意量的问题，少量石灰水时氢氧根全部反应；
C、注意强酸酸式盐可以将氢离子和酸根离子拆开；
D、注意氯气少量时，SO32-不会全部转化为SO42-。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．高锰酸钾与浓盐酸在常温下发生氧化还原反应生成氯气，不需要加热装置，可选它们做药品，故A符合题意；
B．装置B中饱和食盐水可除去氯气中混有HCl杂质气体，装置C是干燥装置，两者位置不能互换，故B不符合题意；
C．装置C是利用硅胶吸收水蒸气，U形管内装固体干燥剂，浓硫酸是液体干燥剂，氯气会将其压至装置D中，不能用浓硫酸代替，故C不符合题意；
D．装置D碘和氯气反应生成ICl3，三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途非常广泛，其熔点为33℃，沸点为73℃，最恰当的加热方式是用水浴加热，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、浓盐酸和高锰酸钾无需加热即可制取氯气，二氧化锰和浓盐酸反应需要加热；
B、气体制备过程通常是先除杂再干燥；
C、U型管通常装的都是固态干燥剂；
D、根据题干的温度，选择合适的加热方式，通常控制在一定条件的加热方法是水浴加热或者油浴加热。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．液体中NO→N2O 有极性键断裂，H2→H+非极性键H-H断裂，旧键断裂吸收能量，故A不符合题意；
B．导电基体上的Pt颗粒上，部分得到电子变为，仍在溶液中，所以若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量，故B符合题意；
C．上述过程中N元素化合价降低，只有H元素化合价升高，还原剂只有H2，故C不符合题意；
D．由液体中NO→N2O中N元素化合价降低，N2O是还原产物，气体中N2O→N2中N元素化合价降低，N2O是氧化剂，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、极性键指不同的非金属原子的结合，非极性键指相同的非金属原子的结合；
B、根据图象可以知道NO3-仍然转换为NH4+，仍然在溶液中；
C、还原剂要看元素的化合价变化，化合价升高作为还原剂；
D、根据价态判断，化合价升高得到的产物是氧化产物，化合价降低得到的产物是还原产物。
12．【答案】A
【解析】【解答】A．根据题中转化关系，可催化烷烃转变成烯烃，采用丙烷作为反应物时，可能发生反应，A项符合题意；
B．在烷烃转变成烯烃的过程中，碳碳单键变为碳碳双键，H原子减少，涉及键的断裂，B项不符合题意；
C．根据反应原理，采用正丁烷作为反应物时，则产物为，C项不符合题意；
D．纳米碳作为催化剂只可以加快反应速率，不能提高烷烃的平衡转化率，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．根据题中转化关系分析；
B．反应中碳碳单键变为碳碳双键；
C．根据反应原理分析；
D．催化剂只改变速率，不能影响平衡。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．NO2是非电解质，A项不符合题意；
B．CF3中C周围有7个电子，没有达到8电子结构，B项不符合题意；
C．最高价氧化物对应水化物第一步电离的常数：HNO3>H2CO3，C项不符合题意；
D．最简单氢化物的稳定性：H2O>NH3，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．在水中或者熔融状态下均不导电的化合物，是非电解质；
B．依据化合价的绝对值和最外层电子数之和分析；
C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物电离常数越大；
D．非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越强。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．向溶液中滴加15滴溶液，先生成氢氧化镁沉淀，再滴加溶液，生成了氢氧化铜蓝色沉淀，说明氢氧化铜比氢氧化镁难溶，A符合题意；
B．将固体混合物完全溶解在足量稀盐酸中后，向该澄清溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，如亚硫钠和过氧化钠或硝酸钠，混合物溶于水后反应生成硫酸根离子，故原固体中不一定含有，也可能是混合物反应后产生的硫酸根离子，B不符题意；
C．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化，生成物是CO2，无难溶于水的有机物生成，液体不会分层，描述不符合题意，C不符题意；
D．该反应无明显现象，无法清晰分辨反应速率快慢，描述不符合题意，D不符题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据沉淀转化规律分析；
B．依据硫酸根离子检验分析；
C．产物不是难溶于水的有机物；
D．该反应无明显现象。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，X电极与FeS电极相连，为电解池的阳极，故A不符合题意；
B．由分析可知，X电极与FeS电极相连，为电解池的阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，a室的电极反应式为，故B不符合题意；
C．由分析可知，离子膜M为阳离子交换膜，离子膜N为阴离子交换膜，故C符合题意；
D．若去掉离子膜M将a、b两室合并，氯离子放电能力强干氢氧根离子，会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据电解的目的判断电极类型。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．pH越大F-越多，HF越少，故曲线1应为F-，曲线2为HF，曲线3为，A项不符合题意；
B．滴加NaOH溶液的过程中，F-不断增多，F-的水解作用会促进水的电离，使水电离的、不断增大，B项不符合题意；
C．曲线1和曲线2的交点处c(F-)=c(HF)，此时3
故答案为：C。
【分析】A．依据F-HF分析；
B．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
C．选择曲线1和曲线2的交点利用 计算；
D．根据物料守恒分析。
17．【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率
（2）和；防止水解，减少损失
（3）
（4）
（5）b
（6）1412℃~3287℃
（7）滴入最后一滴标准液，溶液由无色变成红色，且半分钟内不褪色；1
【解析】【解答】钛铁矿中含、、等杂质，粉碎后加入稀硫酸后过滤可以除去难溶杂质、，同时得到主要含有TiO2+、Fe3+ 的溶液，加入铁屑后，Fe3+转化为 Fe2+，经热过滤后，水解得到固体，经煅烧分解得到TiO2，加入氯气、焦炭反应生成TiCl4，最后加入Mg高温还原得到粗钛，据此解答。
(1)钛铁矿酸浸前粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率；
故答案为：增大接触面积，加快反应速率。
(2)由分析可知，“滤渣I”的主要成分为和。由已知①可知易水解，所以用稀硫酸浸取时，温度不宜太高；
故答案为：和；防止水解，减少损失。
(3)由题目信息可知，钛铁矿与硫酸发生非氧化还原反应，且生成得为强电解质，所以反应的离子方程式为：；
故答案为：。
(4)高温下与氯气、焦炭反应生成TiCl4的化学反应方程式为：；
故答案为：。
(5)由已知②可知高温下钛易与N2、H2反应，且镁会与CO2反应，所以保护气可选用Ar。
故答案为：b。
(6)采用蒸馏的方法分离得到Ti，由表格中数据可知，温度高于1412℃时Mg、MgCl2为气态，而Ti没有熔化，则选择温度1412℃~3287℃即可进行蒸馏分离；
故答案为：1412℃~3287℃。
(7)加过量铝粉，充分振荡，使TiO2+还原为Ti3+，过滤后，取无色滤液20.00mL，向其中滴加2-3滴KSCN溶液，滴定反应为，KSCN溶液遇Fe3+变血红色，由于滴定终点时Fe3+过量，所以滴定终点为：溶液由无色变红色，且半分钟内不褪色，根据电子得失守恒可得到关系式 TiO2+~Ti3+~Fe3+，所以 n(TiOSO4)= ，所以；
故答案为：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变成红色，且半分钟内不褪色；1。
【分析】(1)依据速率的影响因素分析；
(2)依据物质的性质分析；考虑水解的影响因素。
(3)依据反应物和产物分析。
(4)高温下与氯气、焦炭反应生成TiCl4和二氧化碳。
(5)隔绝空气且不与反应物反应。
(6)利用沸点的不同选择。
(7)根据电子得失守恒可得到关系式进行计算。
18．【答案】（1）FeS+2H+=Fe2++H2S↑；选择c：关闭止水夹，通过颈漏斗向试管中注入蒸馏水，当长颈漏斗液面高于试管液面时，停止注水，长颈漏斗中液面不下降说明装置气密性良好，(或长颈漏斗液面与试管液面高度差不变，说明气密性良好)。选择d：将导管的末端伸入盛水的烧杯中，用手捂热(或酒精灯微热)烧瓶，烧杯中有气泡产生，停止微热，导管口末端形成一段水柱
（2）d
（3）S；Na2Sx；盐酸；适量氯化钡溶液；上层清液中产生白色沉淀
（4）否；剩余的Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀
【解析】【解答】(1)FeS与稀硫酸发生复分解反应制得H2S：FeS+2H+=Fe2++H2S↑；该制备方法所用装置为固液不加热类型，因此a、b装置不符合，e装置不利于控制酸的加入量进而控制反应的进行，故可选择装置c、d；选择c：关闭止水夹，通过长颈漏斗向试管中注入蒸馏水，当长颈漏斗液面高于试管液面时，停止注水，长颈漏斗中液面不下降说明装置气密性良好，(或长颈漏斗液面与试管液面高度差不变，说明气密性良好)。选择d：将导管的末端伸入盛水的烧杯中，用手捂热(或酒精灯微热)烧瓶，烧杯中有气泡产生，停止微热，导管口末端形成一段水柱，说明气密性良好；
(2)因为Ka(CH3COOH)>Ka1(H2S)，所以选择酸性比H2S强的CH3COOH更为合适，a选项的硝酸具有强氧化性，会将H2S氧化发生副反应，故
故答案为：d；
(3)由于S易溶于CS2，故加入CS2静置后固体质量减少说明含有S单质；实验I过滤得到的固体溶于水，静置后清液呈黄色，根据已知信息(黄色)可知其中一定含有Na2Sx，据反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2+H2O，滴加稀硫酸产生淡黄色沉淀说明还可能有Na2S2O3；取久置潮解的Na2S固体溶于水，再加足量稀盐酸，振荡，静置，取少量上层清液于试管中，滴加适量BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明含有SO；
(4)久置潮解的Na2S固体中可能含有剩余的Na2S，Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀，因此该实验设计不合理。
【分析】(1)利用强酸制弱酸；依据药品的状态和反应条件选择装置；
(2)依据电离平衡常数，利用强酸制弱酸；
(3)根据已知信息分析；
(4)根据现象分析。
19．【答案】（1）-1627
（2）cd
（3）bd；230℃以上，温度升高，反应I的平衡向逆反应方向移动，反应II的平衡向正反应方向移动，但温度对反应II的平衡影响更大
（4）
（5）
【解析】【解答】(1)①
②
③
③=①-4②，故-1627；
(2)a.催化剂只能提高脱硝的速率，不能改变平衡转化率，a项不正确；
b.慢反应决定了整个历程的反应速率，故状态③到状态④的变化过程决定了整个历程的反应速率，b项不正确；
c.状态③到状态④中有N与N之间非极性键和H与O之间极性键生成，c项正确；
d.在图1所示历程中铜元素的化合价一直都为+2，d项正确；
故答案为：cd；
(3)根据题中条件，230℃，催化剂时甲醇产率最高，
故答案为：bd；原因为：230℃以上，温度升高，反应I的平衡向逆反应方向移动，反应II的平衡向正反应方向移动，但温度对反应II的平衡影响更大；
(4)列三段式：
容器体积减小20%，故，解得x=0.5，容器为恒压容器，故反应前后压强均为，
(5)该装置通入CO得电子转化为CH3COOH，故阴极电极反应为：。
【分析】(1)根据盖斯定理计算；
(2)a.催化剂只改变速率，不影响平衡；
b.慢反应决定了整个历程的反应速率；
c.同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；
d.由历程中化合价变化分析
(3)根据题中条件和图像判断；
(4)利用三段式计算；
(5)阴极发生还原反应。
20．【答案】（1）
（2）；
（3）ac
（4）H2O；H2O中存在着氢键
（5）六；平面三角形
（6）
【解析】【解答】(1)S的价电子排布式为3s23p4，价电子排布图为： 。
(2)超导体材料 Bi3O2S2Cl由 [Bi2O2]2+和 [BixSyClz]2− 交替堆叠构成，根据原子守恒，A层离子为[BiS2Cl]2−。第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子形成气态基态正离子时需要吸收的最低能量，S的原子半径比Cl的大，核电荷数比Cl的少，所以其第一电离能比Cl小，而Bi是金属元素，失去电子较容易，所以这三种元素的第一电离能由大到小的顺序为Cl＞S＞Bi 。
(3)在“依布硒”中，Se原子最外层有6个电子，和C、N各共用一对电子后，还剩2对孤电子，即Se的价层电子对数是4，所以Se采用sp3的方式杂化，A正确；分子中苯环上的碳原子都采取sp2的方式杂化，碳氧双键的碳原子也采取sp2的方式杂化，B不正确；分子中含碳碳非极性键和碳氢、碳氧、碳硒、碳氮以及氮硒等极性键，C正确；C-Se-N 和 C-N-Se 的中心原子都是sp3杂化，但由于C、N、Se电负性不同，所以C-Se-N 和 C-N-Se 的键角不相同，D不正确；
故答案为：ac。
(4)H2O和H2S都是分子晶体，但由于H2O间存在着氢键，所以H2O的熔沸点高于H2S。
(5)Bi的原子序数为83，和N为同主族元素，位于周期表第六周期第VA族，NaBiO3的阴离子的中心原子的价层电子对数为3+(5+1-3×2)=3，无孤电子对，所以其立体构型为平面三角形。
(6)根据晶胞结构可知，掺杂Ca2+的汞钡铜氧晶体中含有Ca2+的个数为1，Ba2+的个数为2，Hg2+的个数为1，晶胞中有8个Cu2+，都位于棱上，每个Cu2+被4个晶胞共有，所以Cu2+的个数为2，O2-位于棱上和面上，各有8个，所以共有=6个O2- ，一个晶胞的质量为g，根据晶胞参数可知一个晶胞的体积为cm3，则晶体密度为g/cm3。
【分析】(1)依据构造原理分析。
(2)根据原子守恒分析，同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素。
(3)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
(5)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
(6)根据均摊法确定原子个数，再用计算。
21．【答案】（1）；醛基
（2）加成反应、消去反应
（3）；+(CH3CO)2O+CH3COOH
（4）6；
（5）。
【解析】【解答】根据题干有机合成路线图信息可知，由D、G的结构简式和D到E的转化条件可知，E的结构简式为：，由E到F的转化条件可知，F的结构结构简式为：，据此分析解题。
(1)根据醇的命名原则可知，乙二醇的结构简式为：HOCH2CH2OH，则其分子式为C2H6O2，根据C的结构简式可知，C中的含氧官能团名称为醛基，故答案为：C2H6O2；醛基；
(2)C到D的反应分两步进行，即由和CH3NO2转化为，然后由转化为，故反应类型分别是加成反应、消去反应，故答案为：加成反应、消去反应；
(3)由分析可知，E的结构简式为，F→G即与(CH3CO)2O反应生成和CH3COOH，故该反应的化学方程式为：+(CH3CO)2O+CH3COOH，故答案为：；+(CH3CO)2O+CH3COOH；
(4)①由A可制备重要的药物中间体H对氨基苯甲醚( )，则符合下列条件a.遇溶液呈紫色即含有酚羟基，b.苯环上只有两个取代基，则另一取代基为：-CH2NH2或-NHCH3，每一种组合又有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的H的同分异构体有2×3=6种，②其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为的结构简式为，故答案为：6；；
(5)本小题采用逆向合成法，根据题干路线图中F到G的转化信息可知，可由和(CH3CO)2O反应转化而得，由E到F的转化信息可知，可由用LiAlH4还原得到，在浓硫酸和浓硝酸共同作用下发生硝化反应可得，由此分析确定合成路线为：，故答案为：。
【分析】
(1)根据结构简式确定分子式，根据结构简式确定官能团；
(2)根据官能团的变化确定反应类型；
(3)依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；
(4)①利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
(5)采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。
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