2022高考化学全真模拟卷08含解析.docx

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1、2021高考化学全真模拟卷一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。7阿伏加德罗常数用NA表示，下列叙述正确的是（）A室温时，1 L pH=2的NH4Cl溶液中H+的数目为110-12NAB1 mol LiAlH4在125完全分解成LiH、H2、Al，转移电子数为3NAC1.7 g氨气中含有共价键的数目为0.4NAD标准状况下，22.4 L NO2含有的原子数小于3NA【答案】B【解析】A. 氯化铵水解促进水的电离，室温时，1LpH=2的NH4Cl溶液中H+的数目为0.01NA，A错误；B. 1 mol LiAlH4在125完全分解成

2、LiH、H2、Al，反应中只有Al元素降低，从+3价降低到0价，因此转移电子数为3NA，B正确；C. 1.7 g氨气的物质的量是0.1 mol，其中含有共价键的数目为0.3NA，C错误；D. 根据原子守恒可知标准状况下，22.4 L NO2含有的原子数等于3NA，D错误；答案选B。8聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图，下列说法不正确的是（ ）A聚维酮的单体是B聚维酮分子由(m+n）个单体聚合而成C聚维酮碘是一种水溶性物质D聚维酮在一定条件下能发生水解反应【答案】B【解析】A. 由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是，故A正确；B.由2m

3、+n个单体加聚生成，故B错误；C. 高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C正确；D. 含有肽键，具有多肽化合物的性质，可发生水解生成氨基和羧基，故D正确；故选B。9W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则下列说法不正确的是 （ ）AW、X、Y形成的简单离子核外电子数相同BZ和W可形成原子个数比为1：2和1：3的共价化合物CY和Z形成的化合物可以通过复分解反应制得DX、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应【答案】C【解析】W

4、、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，为钠元素， W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y 为铝元素。A、W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同，均是10电子微粒，A正确；B、硫和氧可以形成二氧化硫和三氧化硫两种共价化合物，原子个数比为1:2和1:3，B正确；C、由于硫离子和铝离子水解相互促进生成氢氧化铝和硫化氢，因此硫化铝不能通过复分解反应制备，C错误；D、由于氢氧化铝是两性氧化物，则X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应，D正确。答案选C。10从某含

5、有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：则下列说法正确的是( )A试剂a是铁、试剂b是稀硫酸B操作、操作、操作所用仪器相同C试剂c是氯气，相应的反应为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-D用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否含有Fe2+【答案】C【解析】A、由最终得到FeCl3及其流程图可知，b为盐酸，若为硫酸会引入硫酸根杂质离子，故A错误；B、上述分析可知，操作、是过滤，操作是蒸发结晶、过滤，所用仪器不同，故B错误；C、滤液X，滤液Z中均含有FeCl2，c为氯气，把亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2+Cl22Cl-+2Fe3+，故C正确

6、；D、亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化，用酸性KMnO4溶液不能检验溶液W中是否还有Fe2+，故D错误；答案选C。11工业上电解MnSO4溶液制备Mn和MnO2，工作原理如图所示，下列说法不正确的是（）A阳极区得到H2SO4B阳极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+C离子交换膜为阳离子交换膜D当电路中有2 mol e-转移时，生成55 g Mn【答案】C【解析】A根据分析，阴极电极反应为：Mn2+2e-= Mn，阳极电极反应为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，阴极区的SO42-通过交换膜进入阳极区，因此阳极上有MnO2析出，阳极区得到H2SO4，故A正确；

7、B根据分析，阳极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，故B正确；C由A项分析，阴极区的SO42-通过交换膜进入阳极区，则离子交换膜为阴离子交换膜，故C错误；D阴极电极反应为：Mn2+2e-= Mn，当电路中有2mole-转移时，阴极生成1mol Mn，其质量为1mol 55g/mol=55g，故D正确；答案选C。12下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是 （）A图除去中的HClB图装置制备并能较长时间观察其颜色C图装置可用于分离和的混合物D图证明发生消去反应生成了乙烯【答案】B【解析】A、碳酸钠溶液能与二氧化碳反应，将原物质除掉，可选用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故A不符合

8、题意； B、Fe为阳极，能制备氢氧化亚铁，煤油能隔绝空气，可防止氢氧化亚铁被氧化，能较长时间观察其颜色，故B符合题意； C、和互溶，不能用分液分离，应选用蒸馏进行分离，故C不符合题意； D、乙醇易挥发，乙醇、乙烯均能被高锰酸钾氧化，图中装置不能说明乙醇发生消去反应，应排除乙醇的干扰，故D不符合题意；故答案为B。13常温下，Ka (HCOOH)=1.7710-4，Ka (CH3COOH)=1.7510-5，Kb (NH3H2O) =1.7610-5，下列说法正确的是（）A将CH3COONa溶液从20升温至30，溶液中增大B用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COO

9、H溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等C0.2 mol/L HCOOH 与 0.1 mol/L NaOH 等体积混合后：c(HCOO-) + c(OH-) = c(HCOOH) + c(H+)D0.2 mol/L CH3COONa 与 0.1 mol/L盐酸等体积混合后 (pH c(Cl- ) c(CH3COOH) c(H+)【答案】D【解析】CH3COONa的水解过程为吸热，所以升高温度，平衡右移，水解平衡常数c(OH-) c(CH3COOH) /c(CH3COO-)增大，溶液中减小，A错误；pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度:，用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的H

10、COOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，pH、体积相同的HCOOH和CH3COOH，物质的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH体积多，B错误；两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠溶液，由电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)和物料守恒2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)可得c(HCOO-) + 2c(OH-) = c(HCOOH) + 2c(H+)，C项错误；二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH c(Cl- ) c(CH3COOH) c(H+)；D正确；正确选项D

11、。二、非选择题：共58分，第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26（14分）我国是世界上最大的钨储藏国，金属钨可用于制造灯丝、合金钢和光学仪器，有“光明使者”的美誉，现以白钨矿（主要成分为CaWO4，还含有二氧化硅、氧化铁等杂质）为原料冶炼高纯度金属钨，工业流程如图：已知：钨酸酸性很弱，难溶于水；完全沉淀离子的pH值：SiO32为8，WO42为5；碳和金属钨在高温下会反应生成碳化钨。回答下列问题：（1）工业上生产纯碱常先制得碳酸氢钠，此法叫“联碱法”，为我国化工专家侯德榜创立，即向饱和食盐水中先通入NH3，再通入CO2，

12、最终生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，写出该化学反应方程式：_。（2）流程中白钨矿CaWO4和纯碱发生的化学反应方程式是：_。（3）滤渣B的主要成分是（写化学式）_。调节pH可选用的试剂是：_（填选项）。A氨水 B盐酸 CNaOH溶液 DNa2CO3溶液（4）检验沉淀C已经洗涤干净的操作是_。（5）为了获得可以拉制灯丝的高纯度金属钨，不宜用碳而必须用氢气作还原剂的原因是：_。（6）将氢氧化钙加入钨酸钠碱性溶液中可得到钨酸钙，已知某温度时，Ksp(CaWO4)11010，KspCa(OH)24107，当溶液中WO42恰好沉淀完全（离子浓度等于105mol/L）时，溶液中c(OH)_。【答案】（1）N

13、H3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl （2分） （2）CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2 （2分） （3）H2SiO3（2分） B（1分）（4）取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入12滴稀硝酸，再滴加12滴AgNO3溶液，无白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净（2分）（5）碳为固体，难以与钨分离，且碳和钨在高温下会反应生成碳化钨（2分）（6）0.2mol/L（3分）【解析】白钨矿的主要成分是CaWO4，含有二氧化硅、氧化铁等杂质，白钨矿与碳酸钠在1000温度下反应，二氧化硅与碳酸钠会反应生成硅酸钠，氧化铁不反应，得到的混合物用水浸取，过滤后的滤液经过系列操作得到

14、WO3，说明碳酸钠与CaWO4反应生成Na2WO4，则滤渣A为氧化铁等，滤液中含有Na2SiO3、Na2WO4，再调节pH在58之间，使硅酸根转化为H2SiO3沉淀过滤除去，母液中含有Na2WO4，再加入盐酸得到沉淀C为H2WO4，灼烧产生三氧化钨和水，再还原得到钨，以此解答该题。（1）向饱和食盐水中先通入NH3，再通入CO2，最终生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，反应的方程式为NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl；（2）CaWO4与纯碱反应生成Na2WO4、CaO与二氧化碳，反应方程式为CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2；（3）滤渣B的主要成分为H2SiO3

15、，调节溶液pH使硅酸根转化为H2SiO3沉淀过滤除去，应加入盐酸，故答案为：H2SiO3；B；（4）检验沉淀C是否洗涤干净的操作是：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入12滴稀硝酸，再滴加12滴AgNO3溶液，无白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净；（5）如果用碳做还原剂，混杂在金属中的碳不易除去，而且碳会在高温下和金属钨反应形成碳化钨，不容易获得纯的金属钨，用氢气作还原剂可避免产生以上问题，故答案为：碳为固体，难以与钨分离，且碳和钨在高温下会反应生成碳化钨；（6）当溶液中WO42恰好沉淀完全，其离子浓度等于105 mol/L，根据Ksp(CaWO4)=c(Ca2+) c(WO42)=11010，

16、则溶液中c(Ca2+)=1105 mol/L，再根据KspCa(OH)2=c(Ca2+)c2(OH)=4107，可知c(OH)=0.2 mol/L，故答案为：0.2mol/L。27（15分）二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发粘、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：物理性质毒性色态挥发性熔点沸点剧毒金黄色液体易挥发76138化学性质300以上完全分解；S2Cl2+Cl22SCl2；遇高热或与明火接触，有引起燃烧的危险；受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；（1）制取少量S2Cl2实验室可利用硫与少量氯气在110140反应制得S2Cl2粗

17、品。仪器m的名称为_，装置F中试剂的作用是_。装置连接顺序：A_ED。实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是_。为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和_。（2）S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，写出该反应的化学方程式_。甲同学为了验证两种气体产物，将水解生成的气体依次通过硝酸银与稀硝酸的混合溶液、品红溶液、NaOH 溶液，该方案_（填“可行”或“不可行”），原因是_。（3）某同学为了测定S2Cl2与水反应后生成的气体X在混合气体

18、中的体积分数，设计了如下实验方案：W溶液可以是_(填标号)。aH2O2溶液 bKMnO4溶液(硫酸酸化) c氯水该混合气体中气体X的体积分数为_(用含V、m的式子表示)。【答案】（1）三颈烧瓶（1分） 除去Cl2中混有的HCl杂质 （1分） FCB（1分）将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集 （1分） 滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量) （2分） （2）2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl （2分） 不可行 （1分） 二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验（2分） （3）ac（2分） 100%（2分） 【解析】（1）

19、实验室可利用硫与少量氯气在110140反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110140反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入仪器m 的名称为三颈烧瓶，装置F中试剂的作用是：除去Cl2中混有的HCl杂质，故答案为：三颈烧瓶；除去Cl2中混有的HCl杂质；利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110140反应制得S2Cl2粗品，通过装置

20、E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入，依据上述分析可知装置连接顺序为：AFCBED，故答案为：FCB；实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集，故答案为：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；反应生成S2Cl2的氯气过量则会生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量，故答案为：滴入浓盐酸的速率或B中通人氯气

21、的量；（2）S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，该气体X为SO2，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，即反应中只有硫元素化合价发生变化，产生烟雾，雾应为反应产生的氯化氢气体在空气中与水蒸汽结合形成的液滴，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl，故答案为：2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl；甲同学为了验证两种气体产物，二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，与银离子结合形成硫酸银，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验，该方案不可行，答案为：不可行；二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，既难于检验二氧化硫又干扰

22、氯化氢检验；（3） S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数，W溶液是吸收氧化二氧化硫的溶液，可以是a；H2O2溶液，c.氯水，但不能是b；KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，应选ac，故答案为：ac；过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)=mol，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质

23、的量分数，二氧化硫体积分数=100%=100%，故答案为：100%。28（14分）研究CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义。（1）工业上以CO2、NH3为原料生产尿素CO(NH2)2，反应实际为两步进行：I：2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s) H1=-272kJmol-1II：H2NCOONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g) H2=+138kJmol-1已知：H2O(l)=H2O(g) H3=+44kJmol-1请写出以NH3、CO2为原料，合成尿素和液态水的热化学方程式_。T1时，在1L的密闭容器中充入CO2和NH3模拟工业生产，n(NH3)/n(

24、CO2)=x，如图是CO2平衡转化率()与x的关系。求图中A点NH3的平衡转化率=_。当x=1.0时，若起始的压强为p0kPa，水为液态，平衡时压强变为起始的1/2。则该反应的平衡常数Kp=_(kPa)-3(KP为以分压表示的平衡常数)。（2）用CO2和H2合成甲醇：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=49.0kJmol-1。在T时，甲、乙、丙三个2L的恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得平衡时有关数据如下：甲容器10s达到平衡时测得x=39.2，则甲中CO2的平均反应速率_。下列说法正确的是_(填字母编号)。A2c1c3 Bz2p2 D1+31（3）用NaOH溶

25、液做碳捕捉剂可获得化工产品Na2CO3。常温下若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液中c(CO32-)：c(HCO3-)=_K1(H2CO3)=4.410-7、K2(H2CO3)=510-11，溶液中c(Na+)_c(HCO3-)+2c(CO32-)(填“”“=”或“”)。【答案】（1）2NH3(g)CO2(g)H2O(l)CO(NH2)2(s) H=178 kJmol-1 （2分） 33.3（2分） Kp=108/p03 （2分） （2）0.04 molL-1s-1 （2分） AB （2分） （3）12或0.5（2分） （2分） 【解析】（1） NH3、CO2为原料，合成尿素和液态水的热化

26、学方程式为2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l) H，根据盖斯定律可知H=H1+H2-H3=178 kJmol-1，因而有2NH3(g)CO2(g)H2O(l)CO(NH2)2(s) H=178 kJmol-1；A点时，n(NH3)/n(CO2)=3.0，设n(CO2)=1mol，n(NH3)=3mol，CO2平衡转化率为0.50，则转化的CO2的量为1mol0.50=0.5mol，那么根据2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)可知转化的NH3为0.5mol2=1mol，NH3的平衡转化率=1mol/3mol100=33.3；当x=1.0

27、时，设n(NH3)=n(CO2)=1mol，根据三段式可知：2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)起 1 1转 2x x平 1-2x 1-x又若起始的压强为p0kPa，水为液态，平衡时压强变为起始的1/2，可知=，解得x=mol，则n平(NH3)=mol，n平(CO2)=mol，那么p平(NH3)= kPa，p平(CO2)= =kPa，因而Kp=(kPa)-3；（2）根据3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=49.0kJmol-1，可知消耗的CO2的量为1mol=0.8mol，v(CO2)=0.04molL-1s-1；A.已知甲和乙为全等等效平

28、衡，平衡时c1=c2，乙和丙的投料比相等，若处于恒压时，c2=c3*，c3*为恒压时丙中甲醇浓度，此时，丙是乙体积的两倍，但题目要求恒容，因而可将丙压缩一半体积，瞬间浓度为2c3*，由于压缩体积相当于加压，根据气体计量数可知，平衡向右移动，则甲醇浓度变大，因而c32c3*，综合上述分析可知c32c1，A正确；B.乙和丙的投料比相等，假设在恒压时，c2=c3*，c3*为恒压时丙中甲醇浓度，由于丙是乙体积的两倍，丙中甲醇的消耗量是乙的两倍，可推出吸收的热量关系为z*=2y（注意乙和丙为逆反应，为吸热反应），z*为恒压时丙中热量变化，但题目要求恒容，因而可将丙压缩一半体积，由于压缩体积相当于加压，根

29、据气体计量数可知，平衡向右移动，则甲醇的量变多，即吸收的热量减少，即z z*，故z2y，B正确；C.根据B中分析可知平衡时，丙中甲醇的消耗量是小于乙中甲醇的消耗量的两倍，由于恒温恒容时压强之比等于物质的量之比，因而可推知丙中气体压强是小于乙中气体的两倍，即p32p2，C错误；D.已知甲和乙为全等等效平衡，平衡时c1=c2，甲中1=2c1/1=2c1，乙中2=(1-2c2)/1=1-2c2，因而1+2=2c1+1-2c2=1，根据C可知平衡时，丙中甲醇的消耗量是小于乙中甲醇的消耗量的两倍，因而3小于2，所以1+3 c(H+)，所以c(Na+)c(HCO3-)+2c(CO32-)。（二）选考题：共

30、15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35化学选修3：物质结构与性质（15分）我国化学家在“铁基(氟掺杂镨氧铁砷化合物)高温超导”材料研究上取得了重要成果，该研究项目荣获2013年度“国家自然科学奖”一等奖。（1）基态Fe2+的核外电子排布式为_。（2）氟、氧、砷三种元素中电负性值由大到小的顺序是_(用相应的元素符号填空)。（3）Fe(SCN)3溶液中加人NH4F，发生如下反应：Fe(SCN)3+6NH4F=(NH4)3FeF6+3NH4SCN。(NH4)3FeF6存在的微粒间作用力除共价键外还有_(选填序号，下同)。a配位键 b氢键 c金属键 d离子键已知

31、SCN一中各原子最外层均满足8电子稳定结构，则C原子的杂化方式为_,该原子团中键与个数的比值为_。（4）FeCl3晶体易溶于水、乙醇，用酒精灯加热即可气化，而FeF3晶体熔点高于1000，试解释两种化合物熔点差异较大的原因：_。（5）氮、磷、砷虽为同主族元素，但其化合物的结构与性质是多样化的。该族氢化物RH3(NH3、PH3、AsH3)的某种性质随R的核电荷数的变化趋势如右图所示，则Y轴可表示的氢化物(RH3)性质可能有_。a稳定性 b沸点 cRH键能 d分子间作用力碳氮化钛化合物在汽车制造和航空航天等领域有广泛的应用，其结构是用碳原子取代氮化钛晶胞(结构如图)顶点的氮原子，据此分析，这种碳氮

32、化钛化台物的化学式为_。【答案】（1）Ar3d6（2分） （2）FOAs（2分）（3）ad（2分，漏选扣1分，错选不得分） sp（1分） 1:1（2分）（4）FeF3为离子晶体，FeCl3为分子晶体（2分，答案合理即可得分）（5）ac（2分，漏选扣1分，错选不得分） Ti4CN3（2分）【解析】（1）亚铁离子的核外电子数是24，因此根据核外电子的排布规律可知，基态Fe2+的核外电子排布式为Ar3d6。（2）非金属性越强，电负性越大，则根据元素周期律可知氟、氧、砷三种元素中电负性值由大到小的顺序是FOAs。（3）(NH4)3FeF6是离子化合物，存在的微粒间作用力除共价键外还有离子键，另外还有配

33、位键，即N和H、Fe与F之间存在配位键，答案选ad。已知SCN一中各原子最外层均满足8电子稳定结构，则碳元素分别与S以及N元素形成1个双键，不存在孤对电子，因此C原子的杂化方式为sp杂化；由于单键都是键，双键是由1个键与1个键构成的，则该原子团中键与个数的比值为1:1。（4）FeCl3晶体易溶于水、乙醇，用酒精灯加热即可气化，这说明氯化铁形成的晶体是分子晶体，而FeF3晶体熔点高于1000oC，这说明氟化铁形成的晶体类型是离子晶体，因此两种化合物熔点差异较大的原因是FeF3为离子晶体，FeCl3为分子晶体。（5）a非金属性越强，氢化物的稳定性越强，因此三种氢化物的稳定性逐渐降低，a正确；b由于

34、氨气分子间存在氢键，因此氨气的沸点最高，b不正确；c 非金属性越强与氢元素形成的共价键越强，键能越大，因此RH键能虽原子序数的增大而减小，c正确；d三种氢化物生成的晶体均是分子晶体，分子间作用力随相对分子质量的增加而增大，d不正确，答案选ac。根据晶胞的结构特点并依据均摊法可知，晶胞中含有的碳原子数是8181，氮原子数6123，钛原子数是1214+14，所以化学式为Ti4CN3。36化学选修5：有机化学基础(15分)化合物F是一种药物合成的中间体，F的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）的名称为_。（2）D中含氧官能团的名称为_。（3）BC的反应方程式为_。（4）DE的反应类型为_。（

35、5）C的同分异构体有多种，其中苯环上连有ONa、2个CH3的同分异构体还有_种，写出核磁共振氢谱为3组峰，峰面积之比为6:2:1的同分异构体的结构简式_。（6）依他尼酸钠（）是一种高效利尿药物，参考以上合成路线中的相关信息，设计以 为原料（其他原料自选）合成依他尼酸钠的合成路线。_【答案】（1）2-氯丙酸 （2分） （2）羧基、醚键 （2分） （3）（2分） （4）取代反应 （2分） （5） 5（2分） （2分） （6） （3分） 【解析】（1）中Cl为取代基，丙酸为母体从羧基中C原子起编碳号，名称为：2-氯丙酸；（2）D为，D中含氧官能团的名称为：羧基、醚键；（3）BC的反应方程式为：（4）DE是苯环上H原子被-COCH2CH3替代，属于取代反应；（5）C（）的同分异构体有多种，其中苯环上连有ONa、2个CH3的同分异构体，2个甲基有邻、间、对3种位置结构，对应的-ONa分别有2种、3种、1种位置结构，共有6种，不包括C本身还有5种，核磁共振氢谱为3组峰，峰面积之比为6：2：1的同分异构体的结构简式为：；（6）模仿CF的转化，可知先与ClCH2COOH反应，产物再与CH3CH2CH2COCl/AlCl3、CS2作用，最后与HCHO反应得到目标物，合成路线流程图为：。