2021年高考全国乙卷化学模拟试题（解析版）.pdf

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1、2021 年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试注意事项：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，并将自己的姓名、准考答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在本试卷上。证号、座位号填写在本试卷上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；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，再选涂其他答案标号，涂写在本试卷上无效。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，涂写在本试卷上无效。3.作答非选择题时，将答案书

2、写在答题卡上，书写在本试卷上无效。作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Cl35.5 Fe 56一、选择题一、选择题1. 我国提出争取在 2030 年前实现碳达峰，2060 年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。碳中和是指2CO的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是A. 将重质油裂解为轻质油作为燃料B. 大规模开采可燃冰作为新能源C. 通过清洁煤技术

3、减少煤燃烧污染D. 研发催化剂将2CO还原为甲醇【答案】D【解析】【分析】【详解】A将重质油裂解为轻质油并不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故 A 不符合题意；B大规模开采可燃冰做为新能源，会增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的要求，故 B 不符合题意；C通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故 C 不符合题意；D研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少二氧化碳的排放量，达到碳中和的目的，故 D 符合题意；故选 D。2. 在实验室采用如图装置制备气体，合理的是化学试剂制备的气体24Ca(OH)NH Cl3NH2MnOHCl(浓)2Cl23MnO

4、KClO2O24NaClH SO(浓)HClA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】由实验装置图可知，制备气体的装置为固固加热装置，收集气体的装置为向上排空气法，说明该气体的密度大于空气的密度；【详解】A氨气的密度比空气小，不能用向上排空法收集，故 A 错误；B二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故 B 错误；C二氧化锰和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反应，能选用固固加热装置，氧气的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，故 C 正确；D氯化钠与浓硫酸共热制备为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故D 错

5、误；故选 C。3. 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是A. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：223434COCaSOCaCOSOB. 过量铁粉加入稀硝酸中：332Fe4HNOFeNO2H O C. 硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：322Al4OHAlO2H OD. 氯化铜溶液中通入硫化氢：22CuSCuS【答案】A【解析】【分析】【详解】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：C23O+CaSO4=CaCO3+S24O，故 A 正确；B过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H+2N3O=3Fe2+2NO

6、+4H2O，故 B 错误；C硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3+3OH-=Al(OH)3，故 C 错误；D硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2+H2S=CuS+2H+，故 D错误；答案选 A。4. 一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是A. 能发生取代反应，不能发生加成反应B. 既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物C. 与互为同分异构体D. 1mol该物质与碳酸钠反应得244g CO【答案】C【解析】【分析】【详解】A该物质含有羟基、羧基、碳碳双键，能发生取代反应和加成反应，故 A 错误；B同系物是结构相似，

7、分子式相差 1 个或 n 个 CH2的有机物，该物质的分子式为 C10H18O3，而且与乙醇、乙酸结构不相似，故 B 错误；C该物质的分子式为 C10H18O3，的分子式为 C10H18O3，所以二者的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，故 C 正确；D该物质只含有一个羧基，1mol 该物质与碳酸钠反应，生成 0.5mol 二氧化碳，质量为 22g，故 D 错误；故选 C。5. 我国嫦娥五号探测器带回1.731kg的月球土壤，经分析发现其构成与地球士壤类似土壤中含有的短周期元素 W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为 15。X、Y、Z 为同周期相邻元素，且均不与 W 同族，下

8、列结论正确的是A. 原子半径大小顺序为WXYZB. 化合物 XW 中的化学键为离子键C. Y 单质的导电性能弱于 Z 单质的D. Z 的氧化物的水化物的酸性强于碳酸【答案】B【解析】【分析】由短周期元素 W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为 15， X、Y、Z 为同周期相邻元素，可知 W 所在主族可能为第A 族或第A 族元素，又因 X、Y、Z 为同周期相邻元素，且均不与 W 同族，故 W 一定不是第A 族元素，即 W 一定是第A 族元素，进一步结合已知可推知W、X、Y、Z 依次为 O、Mg、Al、Si，据此答题。【详解】AO 原子有两层，Mg、Al、Si 均有三层且原子序数依次

9、增大，故原子半径大小顺序为MgAlSiO，即XYZW，A 错误；B化合物 XW 即 MgO 为离子化合物，其中的化学键为离子键，B 正确；CY 单质为铝单质，铝属于导体，导电性很强，Z 单质为硅，为半导体，半导体导电性介于导体和绝缘体之间，故 Y 单质的导电性能强于 Z 单质的，C 错误；DZ 的氧化物的水化物为硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D 错误；故选 B。6. 沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。下列叙述错误的是A. 阳极发生将海水中的Cl氧化生成2Cl的反应B. 管道中

10、可以生成氧化灭杀附着生物的NaClOC. 阴极生成的2H应及时通风稀释安全地排入大气D. 阳极表面形成的2Mg(OH)等积垢需要定期清理【答案】D【解析】【分析】海水中除了水，还含有大量的 Na+、Cl-、Mg2+等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的 Cl-会优先失电子生成 Cl2，阴极区 H2O 优先得电子生成 H2和 OH-，结合海水成分及电解产物分析解答。【详解】A根据分析可知，阳极区海水中的 Cl-会优先失去电子生成 Cl2，发生氧化反应，A 正确；B设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的 Cl2与阴极区生成的 OH-在管道中会发生反应生成

11、NaCl、NaClO 和 H2O，其中 NaClO 具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B 正确；C因为 H2是易燃性气体，所以阳极区生成的 H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C 正确；D阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，会使海水中的 Mg2+沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，D 错误。故选 D。7. HA 是一元弱酸，难溶盐 MA 的饱和溶液中c(M )随 c(H+)而变化，M不发生水解。实验发现，298K时+2+c (M-c(H)为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述错误的是A. 溶液pH4时，-4-1c(M )3.0 10

12、mol LB. MA 的溶度积度积-8spK (MA)=5.0 10C. 溶液pH=7时，+-+c(M+c(H=c(A +c)(OH)D. HA 的电离常数4a-K (HA)2.0 10【答案】C【解析】【分析】本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详解。【详解】A由图可知 pH=4，即 c(H+)=1010-5mol/L 时，c2(M+)=7.510-8mol2/L2，c(M+)=-8-4mol/7.5 107.=5L10mol/L3.010-4mol/L，A 正确；B由图可知，c(H+)=0 时，可看作溶液中有较大浓度的 OH-，此时 A-的水解

13、极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，则+-2+-8spK (MA)=c(M ) c(A )=c (M )=5.0 10，B 正确；C设调 pH 所用的酸为 HnX，则结合电荷守恒可知-+-+-n)c(M+c(H=c(A +c(O+ nc X)H，题给等式右边缺阴离子部分 nc(Xn-)，C 错误；D+-ac(H ) c(A )K (HA)=c(HA)当c A =c HA时，由物料守恒知-+c(A )+c(HA)=c(M )，则+-c(M )c(A )=2，2+-8spc (M )K (MA)=c(M ) c(A )=5.0 102，则2+-8c (M )=10 10，对应图得此时溶液中

14、+-4-1c(H )=2.0 10 mol L，+-+4ac(H ) c(A )K (HA)=c(H )2.0 10c(HA)，D 正确；故选 C。二、非选择题二、非选择题8. 磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有2TiO、2SiO、23Al O、MgO、CaO以及少量的23Fe O。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表金属离子3Fe3Al2Mg2Ca开始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全51c=1.0 10 mol L的pH3.24.711.113.8回答下列问题：(1)“焙烧”中，2TiO、2SiO几乎不发生

15、反应，23Al O、MgO、CaO、23Fe O转化为相应的硫酸盐，写出23Al O转化为442NH Al SO的化学方程式_。(2)“水浸”后“滤液”的pH约为 2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至 11.6，依次析出的金属离子是_。(3)“母液中2+Mg浓度为_-1mol L。(4)“水浸渣”在 160“酸溶”最适合的酸是_。 “酸溶渣”的成分是_、_。(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，2TiO水解析出22TiOxH O沉淀，该反应的离子方程式是_。(6)将“母液”和“母液”混合，吸收尾气，经处理得_，循环利用。【答案】 (1). 23442Al O4 NHSO焙烧32244

16、2NH Al SO6NH3H O (2). 3+3+2+FeAlMg、 (3). 61.0 10 (4). 硫酸 (5). 2SiO (6). 4CaSO (7). 2+222+(x+1)H OTiOxH O+ HTiO2 (8). 424(NH ) SO【解析】【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙

17、的滤液；向 pH 约为 2.0 的滤液中加入氨水至 11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到 160酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到 TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和 TiOSO4溶液；将 TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使 TiOSO4完全水解生成 TiO2x H2O 沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液和TiO2x H2O。【详解】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为 Al2O3+

18、4(NH4)2SO4焙烧NH4Al(SO4)2+4NH3+3H2O，故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO4焙烧NH4Al(SO4)2+4NH3+3H2O；(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的 pH 可知，将 pH 约为 2.0 的滤液加入氨水调节溶液 pH 为 11.6 时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；(3)由镁离子完全沉淀时，溶液 pH 为 11.1 可知，氢氧化镁的溶度积为 1105(1102.9)2=11010.8，当溶液 pH 为 11.6 时，溶液中镁离子的浓度为-10.8-2.421 1010（1）=1106mol/

19、L，故答案为：1106；(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少 TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到 160酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；SiO2、CaSO4；(5)酸溶后将 TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使 TiOSO4完全水解生成 TiO2x H2O 沉淀和硫酸，反应的离子方程式为 TiO2+（x+1）H2OTiO2xH2O+2H+，故答案为：TiO2+(x+1)H2OTiO2xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾气为氨气，母液为硫

20、酸铵、母液为硫酸，将母液和母液混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH4)2SO4。9. 氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下(转置如图所示)：.将浓24H SO、3NaNO、石墨粉末在 c 中混合，置于冰水浴中，剧烈搅拌下，分批缓慢加入4KMnO粉末，塞好瓶口。.转至油浴中，35搅拌 1 小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至 98并保持 1 小时。.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加22H O至悬浊液由紫色变为土黄色。.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。.蒸馏水洗涤沉淀。.冷冻干燥，

21、得到土黄色的氧化石墨烯。回答下列问题：(1)装置图中，仪器 a、c 的名称分别是_、_，仪器 b 的进水口是_(填字母)。(2)步骤中，需分批缓慢加入4KMnO粉末并使用冰水浴，原因是_。(3)步骤中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是_。(4)步骤中，22H O的作用是_(以离子方程式表示)。(5)步骤中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在24SO来判断。检测的方法是_。(6)步骤可用pH试纸检测来判断Cl是否洗净，其理由是_。【答案】 (1). 滴液漏斗 (2). 三颈烧瓶 (3). d (4). 反应放热，防止反应过快 (5). 反应温度接近水的沸点，油浴更易控温 (6). 2

22、422222MnO5H O6H2Mn8H O5O (7). 取少量洗出液，滴加2BaCl，没有白色沉淀生成 (8). +H与-Cl电离平衡，洗出液接近中性时，可认为-Cl洗净【解析】【分析】【详解】(1)由图中仪器构造可知，a 的仪器名称为滴液漏斗，c 的仪器名称为三颈烧瓶；仪器 b 为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从 d 口进，a 口出，故答案为：分液漏斗；三颈烧瓶；d；(2)反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入 KMnO4粉末并使用冰水浴，故答案为：反应放热，防止反应过快；(3)油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏

23、和精确，该实验反应温度接近水的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴，故答案为：反应温度接近水的沸点，油浴更易控温；(4)由滴加 H2O2后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的 KMnO4，则反应的离子方程式为：2Mn4O+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，故答案为：2Mn4O+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O ；(5)该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在 S24O来判断，检测方法是：取最后一次洗涤液，滴加 BaCl2溶液，若没有沉淀说明洗涤完成，故答案为：取少量洗出液，滴加 BaCl2，没有白色沉淀生成；(6)步骤 IV 用稀盐酸洗涤沉淀，步骤 V

24、洗涤过量的盐酸，+H与-Cl电离平衡，洗出液接近中性时，可认为-Cl洗净，故答案为：+H与-Cl电离平衡，洗出液接近中性时，可认为-Cl洗净。10. 一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：(1)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig 误认为是 ICl，从而错过了一种新元素的发现，该元素是_。(2)氯铂酸钡(6BaPtCl)固体加热时部分分解为2BaCl、Pt和2Cl，376.8时平衡常数42pK1.0 10 Pa，在一硬质玻璃烧瓶中加入过量6BaPtCl，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封

25、闭)，在 376.8，碘蒸气初始压强为20.0kPa。376.8平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则IClp=_kPa，反应222ICl(g)Cl (g)I (g)的平衡常数 K=_(列出计算式即可)。(3)McMorris 测定和计算了在 136180范围内下列反应的平衡常数pK。2p12NO(g)+2ICl(g)2NOCl(g)+I (g)K2p22NOCl(g)2NO(g)+Cl (g)K得到p11lgK T和p21lgK T均为线性关系，如下图所示：由图可知，NOCl 分解为 NO 和2Cl反应的H_0(填“大于”或“小于”)反应222ICl(g)Cl (g)I (g)的 K=_

26、(用p1K、p2K表示)：该反应的H_0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程_。(4)Kistiakowsky 曾研究了 NOCl 光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：NOClhvNOCl 2NOClNOCl2NOCl 其中hv表示一个光子能量，NOCl*表示 NOCl 的激发态。可知，分解 1mol 的 NOCl 需要吸收_mol 光子。【答案】 (1). 溴(或Br) (2). 24.8 (3). 332310020 1012.4 1024.8 10 (4). 大于 (5). p1p2KK (6). 大于 (7). 设TT，即1TT1 lgK (T)(lgT)K (T)lg

27、KlgK (T)则：p2p1p2p1lg K (T) K (T)lg K (T) K (T)，即k(T)k(T)，因此该反应正反应为吸热反应，即H大于 0 (8). 0.5【解析】【分析】【详解】(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或Br)；(2)由题意玻 376.8时璃烧瓶中发生两个反应：6BaPtCl(s)2BaCl(s)+Pt(s)+22Cl(g)、Cl2(g)+I2(g)2ICl(g)。6BaPtCl(s)2BaCl(s)+Pt(s)+22Cl(g)的平衡常数42pK1.0 10 Pa，则平衡时 p2(Cl2)=421.0 10 Pa，平衡时 p(Cl2)=100P

28、a，设到达平衡时 I2(g)的分压减小 pkPa，则22Cl (g)+ I (g)2ICl(g)/(kPa)20.00/(kPa)p2p/(kPa)0.120.0-p2p开始变化平衡，376.8平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则0.1+20.0+p=32.5，解得 p=12.4，则平衡时IClp=2pkPa=212.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-p)kPa=(20103-12.4103)Pa，IClp=24.8kPa=24.8103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反应222ICl(g)Cl (g)I (g)的平衡常数 K=33231

29、0020 1012.4 1024.8 10；(3)结合图可知，温度越高，1T越小，lgKp2越大，即 Kp2越大，说明升高温度平衡22NOCl(g)2NO(g)+Cl (g)正向移动，则 NOCl 分解为 NO 和2Cl反应的大于 0；.2p12NO(g)+2ICl(g)2NOCl(g)+I (g)K.2p22NOCl(g)2NO(g)+Cl (g)K+得222ICl(g)Cl (g)I (g)，则222ICl(g)Cl (g)I (g)的 K=p1p2KK；该反应的H大于0；推理过程如下：设TT，即1TT1 lgK (T)(lgT)K (T)lgKlgK (T)则：p2p1p2p1lg K

30、(T) K (T)lg K (T) K (T)，即k(T)k(T)，因此该反应正反应为吸热反应，即H大于 0；(4).NOClhvNOCl .2NOClNOCl2NOCl +得总反应为 2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此 2molNOCl 分解需要吸收 1mol 光子能量，则分解 1mol的NOCl 需要吸收 0.5mol 光子。11. 过渡金属元素铬Cr是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。回答下列问题：(1)对于基态 Cr 原子，下列叙述正确的是_(填标号)。A.轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为51Ar3d 4sB.4s 电子能量较高，总是在比 3s

31、电子离核更远的地方运动C.电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大(2)三价铬离子能形成多种配位化合物。 23232Cr NHH OCl中提供电子对形成配位键的原子是_，中心离子的配位数为_。(3) 23232Cr NHH OCl中配体分子3NH、2H O以及分子3PH的空间结构和相应的键角如图所示。3PH中 P 的杂化类型是_。3NH的沸点比3PH的_，原因是_，2H O的键角小于3NH的，分析原因_。(4)在金属材料中添加2AlCr颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。2AlCr具有体心四方结构，如图所示，处于顶角位置的是_原子。设 Cr 和 Al 原子半径分别为Crr和Alr，

32、则金属原子空间占有率为_%(列出计算表达式)。【答案】 (1). AC (2). NOCl、 (3). 6 (4). 3sp (5). 高 (6). 3NH存在分子间氢键 (7). 3NH含有一对孤对电子，而2H O含有两对孤对电子，2H O中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大 (8). Al (9). 33CrAl28 2r +r3a c100【解析】【分析】【详解】(1) A. 基态原子满足能量最低原理，Cr 有 24 个核外电子，轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为51Ar3d 4s，A 正确；B. Cr 核外电子排布为51Ar3d 4s，由于能级交错，3d 轨道能量高于 4

33、s 轨道的能量，即 3d 电子能量较高，B 错误；C. 电负性为原子对键合电子的吸引力，同周期除零族原子序数越大电负性越强，钾与铬位于同周期，铬原子序数大于钾，故铬电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大，C 正确；故答案为：AC；(2) 23232Cr NHH OCl中三价铬离子提供空轨道，NOCl、提供孤对电子与三价铬离子形成配位键，中心离子的配位数为NOCl、三种原子的个数和即 3+2+1=6，故答案为：NOCl、；6；(3)3PH的价层电子对为 3+1=4，故3PH中 P 的杂化类型是3sp； N 原子电负性较强，3NH分子之间存在分子间氢键，因此3NH的沸点比3PH的高；2H O的

34、键角小于3NH的，原因是：3NH含有一对孤对电子，而2H O含有两对孤对电子，2H O中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，故答案为：3sp；高；3NH存在分子间氢键；3NH含有一对孤对电子，而2H O含有两对孤对电子，2H O中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大；(4)已知2AlCr具有体心四方结构，如图所示，黑球个数为18+1=28，白球个数为18+2=44，结合化学式2AlCr可知，白球为 Cr，黑球为 Al，即处于顶角位置的是 Al 原子。设 Cr 和 Al 原子半径分别为Crr和Alr，则金属原子的体积为3333CrCrAlAl4r8(2r +r )4r4+2=333，故金属原子

35、空间占有率=332CrAl8(2r +r )1300%=a c33CrAl28 2r +r3a c100%，故答案为：Al；33CrAl28 2r +r3a c100。12. 卤沙唑仑 W 是一种抗失眠药物，在医药工业中的一种合成方法如下：已知：()()回答下列问题：(1)A 的化学名称是_。(2)写出反应的化学方程式_。(3)D 具有的官能团名称是_。(不考虑苯环)(4)反应中，Y 的结构简式为_。(5)反应的反应类型是_。(6)C 的同分异构体中，含有苯环并能发生银镜反应的化合物共有_种。(7)写出 W 的结构简式_。【答案】 (1). 2氟甲苯（或邻氟甲苯） (2). 或或 (3). 氨

36、基、羰基、卤素原子(溴原子、氟原子) (4). (5). 取代反应 (6). 10 (7). 【解析】【分析】A（）在酸性高锰酸钾的氧化下生成 B（） ，与 SOCl2反应生成 C（） ，与在氯化锌和氢氧化钠的作用下，发生取代反应生成，与 Y（）发生取代反应生成，与发生取代反应生成 F（） ，F 与乙酸、乙醇反应生成 W（） ，据此分析解答。【详解】(1)由 A（）的结构可知，名称为：2氟甲苯（或邻氟甲苯） ，故答案为：2氟甲苯（或邻氟甲苯） ；(2)反应为与在氯化锌和氢氧化钠的作用下，发生取代反应生成，故答案为：；(3)含有的官能团为溴原子、氟原子、氨基、羰基，故答案为：氨基、羰基、卤素原子（溴原子、氟原子） ；(4) D 为，E 为，根据结构特点，及反应特征，可推出Y 为，故答案为：；(5) E 为，F 为，根据结构特点，可知与发生取代反应生成 F，故答案为：取代反应；(6) C 为，含有苯环且能发生银镜反应的同分异构体为：含有醛基，氟原子，氯原子，即苯环上含有三个不同的取代基，可能出现的结构有，故其同分异构体为 10 种，故答案为：10；(7)根据已知及分析可知，与乙酸、乙醇反应生成，故答案为：；