（新高考）2021届高三第二次模拟考试卷 化学（三） 学生版.doc

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1、（新高考）此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2021届高三第二次模拟考试卷化 学（三）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137

2、一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。12020年春节期间举行的中国诗词大会第五季精彩纷呈，体现了中国诗词博大精深。下列诗词分析错误的是A“弄风柳絮疑成雪，满地榆钱买得春”中的“柳絮”和棉花的成分均含纤维素B“日暮汉宫传蜡烛，轻烟散入五侯家”中的“蜡烛”是高级脂肪酸酯，也是高分子化合物C“炎炎日正午，灼灼火俱燃”中的“炎炎”体现自然界中太阳能与热能的转化D“煮豆持作羹，漉鼓以为汁”中的“漉鼓”涉及的基本操作是过滤2下列物质分类正确的是ASO2、SiO2、NO2均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C漂白粉、水玻璃、氨水均为混合物DNa2O2

3、、Al2O3、Fe3O4均为碱性氧化物3下列说法不正确的是A葡萄糖作为人类重要能量来源，是由于它在人体的酶催化下发生氧化反应，放出能量B油脂在一定条件下能发生水解，是由于它属于天然有机高分子C生石灰、草木灰等可用于腌制松花蛋，是由于碱性物质能使鸡蛋中蛋白质变性D植物油能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是由于植物油是含较多不饱和脂肪酸成分的甘油酯4色氨酸是植物体内生长素生物合成重要的前体物质，普遍存在于高等植物中。纯净的色氨酸为白色或微黄色结晶，微溶于水、易溶于盐酸或氢氧化钠，其结构如图所示，下列关于色氨酸的说法不正确的是A色氨酸的分子式为C11H12N2O2B色氨酸能发生取代、加成、酯化、中和反应C色

4、氨酸微溶于水而易溶于酸或碱溶液是因为其与酸、碱都能反应生成盐D将色氨酸与甘氨酸(NH2CH2COOH)混合，在一定条件下最多可形成三种二肽5ClO2气体是一种低毒高效的消毒剂，浓度较大时易分解爆炸。制备ClO2的实验装置如图所示。下列说法错误的是Aa用于平衡气压B实验结束后再通空气C装置中，NaClO2作还原剂D的作用是吸收ClO26主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20，X与Y相邻，Y、W的最外层电子数之和等于Z的族序数，Z的最高正价和最低负价代数和为4，化合物Y2Q4可作为火箭推进剂，普遍用在卫星和导弹的姿态控制上。下列说法错误的是AX和Z的单质均存在多种同素异形体B

5、Q、Y和Z三种元素只能形成共价化合物CQ和W形成的化合物的水溶液呈碱性DWZXY溶液常用于Fe3+的检验7下列有关说法不正确的是A35Cl2与37Cl2不能互称为同位素，也不能互称为同分异构体BC6Hn分子中的六个碳原子在同一直线上，则n可能等于2C2，2-二甲基丁烷与2，4-二甲基戊烷的一氯代物种类相同(不考虑立体异构)D与都是酚且互为同系物8已知干冰晶胞属于面心立方最密堆积，晶胞中相邻最近的两个CO2分子间距为a pm，阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是A晶胞中一个CO2分子的配位数是8B晶胞的密度表达式是g·cm3C一个晶胞中平均含6个CO2分子DCO2分子的立体构型是直线

6、形，中心C原子的杂化类型是sp3杂化9下列实验方案中能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A探究浓度对反应速率的影响向2支盛有5mL不同浓度Na2SO3溶液的试管中同时加入2mL 5%H2O2溶液，观察实验现象B检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质将Fe(NO3)2，样品溶于稀H2SO4后滴加KSCN溶液观察溶液是否变红C配制480mL0.2mol·L1 CuSO4将24g CuSO4·5H2O固体滴入蒸馏水配置成500mL溶液D验证ZnS的溶解度大于CuS将CuSO4溶液滴入ZnS悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为黑色10CO甲烷化反应为CO(g)+3H2(g)=C

7、H4(g)+H2O(l)。如图是使用某种催化剂时转化过程中的能量变化(部分物质省略)，其中步骤反应速率最慢。下列说法不正确的是A步骤只有非极性键断裂B步骤速率最慢的原因可能是其活化能最高C步骤需要吸收热量D使用该催化剂不能有效提高CO的平衡转化率二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11荣获2019年诺贝尔化学奖的吉野彰是最早开发具有商业价值的锂离子电池的日本科学家，他设计的可充电电池的工作原理示意图如图所示。该可充电电池的放电反应为LixCn+Li(1-x)CoO2=LiCoO2+nC。NA表示

8、阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是A该电池用于电动汽车可有效减少光化学烟雾污染B充电时，阳极反应为LiCoO2xe=Li(1-x)CoO2+xLi+C充电时，Li+由A极移向B极D若初始两电极质量相等，当转移2NA个电子时，两电极质量差为14g12铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示(黑球代表Fe，白球代表Mg)。则下列说法不正确的是A铁镁合金的化学式为Mg2FeB晶体中存在的化学键类型为金属键C晶格能：氧化钙>氧化镁D该晶胞的质量是g(NA表示阿伏加德罗常数的值)13二氧化氯(ClO2，黄绿色、易溶于水的气体)是一种高效、低毒的消毒剂。其一种生产工艺如

9、图所示。下列说法正确的是A气体A为Cl2B参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为31C溶液B中含有大量的Na+、Cl、OHD可将混合气通过饱和食盐水除去ClO2中的NH314已知丙烯与HCl发生加成反应有两种可能，如图1所示；其中丙烯加H+的位能曲线图如图2所示。下列说法错误的是 A过渡态（）比过渡态（）稳定B生成的过程所需活化能较低，速率快C中碳原子的杂化方式相同D丙烯与HCl发生加成反应，主要生成产物1525时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是A图中a=2.6B25时，HCO+H2OH2CO3+OH的Kh=1.0×

10、;106.4CM点溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl)+2c(CO)+c(OH)D若要表示题目条件下pH与lg的变化关系，则曲线应该在平行于曲线x的下方三、非选择题：本题共5小题，共60分。16(12分)叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t-BuNO2，以t-Bu表示叔丁基)与N2H4氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。(1)制备亚硝酸叔丁酯取一定量NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应：H2SO4+2NaNO2=2HNO2+Na2

11、SO4。可利用亚硝酸与叔丁醇(t-BuOH)在40左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：  。 (2)制备叠氮化钠(NaN3)按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应的化学方程式为t-BuNO2+NaOH+N2H4=NaN3+2H2O+t-BuOH。装置a的名称是 。 该反应需控制温度在65，采用的实验措施是。 反应后溶液在0 下冷却至有大量晶体析出后过滤，所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是  。 (3)产率计算称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液

12、于锥形瓶中。用滴定管加入0.10mol·L1六硝酸铈铵(NH4)2Ce(NO3)6溶液40.00mL发生的反应为 2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2(假设杂质均不参与反应)。充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol·L1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2为标准液，滴定过量的Ce4+，终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+)。计算可知叠氮化钠的质量分数为(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中

13、叠氮化钠质量分数偏大的是(填字母)。A锥形瓶用叠氮化钠溶液润洗B滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数C滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡D滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色、无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式： 。17(12分)三明清流“天芳悦潭”温泉富含珍稀“锗”元素。其中锗石含有人体所需的硒、锌、镍、钴、锰、镁、钙等三十多种对人体有益的微量元素。回答下列问题：(1)基态Ge原子价电子排布图为 ，Ge原子的电子发生

14、跃迁时会吸收或发出不同的光，可用光谱分析仪获得(填“连续”或“线状”)光谱，鉴定Ge元素的存在。(2)锗与碳同族，性质和结构有一定的相似性，锗元素能形成无机化合物(如锗酸钠：Na2GeO3；二锗酸钠：Na2Ge2O5等)，也能形成类似于烷烃的锗烷(GenH2n+2)。Na2GeO3中锗原子的杂化方式是 。 推测1mol GenH2n+2中含有的键的数目是  。(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。(3)利用离子液体EMIMAlCl4可电沉积还原金属Ge，其熔点只有7，其中EMIM+结构如图所示。该物质的晶体类型是。 EMIM+离子中组成元素的电负性由小到大的顺序是 。

15、(4)独立的NH3分子中HNH的键角为107.3°，Zn(NH3)62+离子中HNH的键角 (填“大于”“小于”或“等于”)107.3°。 (5)硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，该晶胞中硒原子的配位数是 ；已知晶胞边长为a pm，乙图为甲图的俯视图，A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为(a/2，a，a/2)，则D点坐标为；若该晶胞密度为 g·cm3，则阿伏加德罗常数NA= (列出计算式)。 18(12分)过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是过氧化物类的消毒剂，可以利用侯氏制碱法得到的Na2CO3进行

16、制备，流程图如下：已知：产物A中可能含有少量的Cu2+、Fe3+金属离子杂质。硅酸钠可与Cu2+、Fe3+等高价金属离子形成沉淀。请回答下列问题：(1)虚线框中是侯氏制碱法的原理，某同学用如图装置在实验室模拟侯氏制碱法，实验中应先打开弹簧夹  (填“a”或“b”)，通入(填化学式)。 (2)索尔维制碱法是利用石灰石分解制备CO2，并用生成的CaO和NH4Cl反应制备氨气，将NH3和CO2通入饱和食盐水制备NaHCO3晶体，分离提纯后分解制备纯碱。与索尔维制碱法相比，侯氏制碱法的优点是 (至少写两点)。 (3)“反应”需控制温度在20左右，写出“反应”中生成产品D的

17、化学方程式： ，加Na2SiO3的作用是 。 (4)流程图中可循环使用的物质有 。 (5)操作F的主要步骤有  。(已知NaCl和NH4Cl的溶解度曲线如图所示)。(6)为了测定产品D的纯度，某小组的方法是：取mg产品D配成100mL的溶液，取出20mL 0.0100 mol·L1硫酸酸化的KMnO4溶液滴定至终点，该滴定过程中消耗高锰酸钾标准溶液的体积为V mL。产品的纯度为 %(用含有m和V的式子表示)。 19(11分)工业上利用软锰矿浆进行烟气脱硫并制备MnSO4和Mg(OH)2的工艺流程如图所示(已知软锰矿的主要成分是MnO2，还含有F

18、e、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)。已知：KspMg(OH)2=4.9×1012，Kb(NH3·H2O)=1.8×105。(1)“脱硫浸锰”中软锰矿浆吸收SO2的化学方程式为 。 (2)向浸出液中添加适量MnO2的作用是  ；滤渣2的主要成分是。 (3)“沉锰”的离子方程式为  。 (4)“沉锰”过程中温度和pH对Mn2+和Mg2+沉淀率的影响如图所示。 由图可知，“沉锰”的合适条件是 。 当温度高于45时，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是  。 (5)将NH3通入0.015

19、mol·L1 MgSO4溶液中，使Mg2+恰好完全沉淀即溶液中c(Mg2+)=1.0×105 mol·L1，此时溶液中NH3·H2O的物质的量浓度为 (忽略反应前后溶液体积的变化，计算结果保留2位小数)。 20(12分)西他沙星是一种广谱喹诺酮类抗菌药，可用于治疗严重的感染性疾病。一种合成西他沙星中间体的合成路线如下图所示：回答下列问题：（1）的化学名称是_。（2）的结构简式为_，生成的反应类型是_。（3）生成的化学方程式为_。（4）X的同分异构体中，与X含有相同的官能团，且含苯环的有_种（不考虑立体异构，除外）；其中，核磁共振氢谱峰面积比为3

20、222的物质结构简式为_（写化学式）。（5）写出为原料制备的合成路线：_（其他试剂任选）。（新高考）2021届高三第二次模拟考试卷化学（三）答案1. 【答案】B【解析】“柳絮”和棉花的主要成分均为纤维素，A正确；高级脂肪酸酯不属于高分子化合物，B错误；“炎炎”体现了太阳能转化为热能，C正确；由“漉鼓以为汁”可知，“漉鼓”涉及过滤，D正确。2. 【答案】C【解析】二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，不属于酸性氧化物，故A错误；硅酸属于纯净物，不是胶体，氯化铁溶液不是胶体，故B错误；Na2O2为过氧化物，Fe3O4为碱性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，故D错误。3. 【答案】B【解析】葡萄糖作为

21、人类重要能量来源，在人体组织里，葡萄糖在酶的催化作用下缓慢氧化生成二氧化碳和水，同时释放能量，故A正确；油脂是高级脂肪酸甘油酯，在一定条件下能发生水解，油脂的相对分子质量较小，不是高分子化合物，故B不正确；生石灰与水反应生成碱，草木灰溶液显碱性，蛋白质在碱性物质中能够发生变性，所以生石灰、草木灰等可用于腌制松花蛋，故C正确；植物油是含较多不饱和脂肪酸成分的甘油酯，分子中含有的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确。4. 【答案】D【解析】根据色氨酸的结构简式可知，其分子式为C11H12N2O2，A正确；色氨酸分子中含有羧基、氨基和碳碳双键，能发生取代、加成、

22、酯化、中和反应，B正确；氨基是碱性基团，羧基是酸性基团，则色氨酸微溶于水而易溶于酸或碱溶液是因为其与酸、碱都能反应生成盐，C正确；同种氨基酸之间也可形成二肽，能形成2种二肽，色氨酸和甘氨酸反应时，色氨酸可以氨基脱氢，或者羧基脱羟基，有2种，则将色氨酸与甘氨酸(NH2CH2COOH)混合，在一定条件下最多可形成4种二肽，D不正确。5. 【答案】B【解析】根据实验装置分析可知，装置为制取Cl2的装置，浓盐酸和MnO2在加热的条件下发生反应：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2，装置为吸收挥发的HCl的装置，装置干燥装置，装置为制备ClO2的装置，装置可吸收ClO2，装置为尾气处理装

23、置，据此分析解答问题。A长导管a可使装置内外压强相等，有平衡气压的作用，正确；BClO2浓度较大时易分解爆炸，因此在实验开始时就要通入空气，以稀释ClO2的浓度，防止爆炸，错误；C装置为制备ClO2的装置，NaClO2中的Cl元素的化合价由+3价升高至+4价，作还原剂，正确；D根据上述分析可知，装置可吸收ClO2，正确。6. 【答案】B【解析】由以上分析知，Q为H元素，X为C元素，Y为N元素，Z为S元素，W为K元素，AX为C元素，Z为S元素，C元素的单质有金刚石、石墨等，S元素的的单质有单斜硫和斜方硫等，则C和S的单质均存在多种同素异形体，A项正确；BQ为H元素，Y为N元素，Z为S元素，Q、Y

24、和Z三种元素还可以形成铵盐，如(NH4)2S、NH4HS，均属于离子化合物，B项错误；CQ为H元素，W为K元素，Q和W形成的化合物为KH，溶于水发生反应KH+H2O=KOH+H2，则生成KOH溶液，呈碱性，C项正确；DWZXY为KSCN，KSCN溶液常用于Fe3+的检验，D项正确；答案选B。7. 【答案】D【解析】35Cl2与37Cl2是同种单质，不能互称为同位素，也不能互称为同分异构体，故A正确；如为HCCCCCCH，则为直线形分子，故B正确；2，2-二甲基丁烷中含有3种等效氢原子，则一氯代物有3种，2，4-二甲基戊烷中含有3种等效氢原子，则一氯代物也有3种，故C正确；含有的酚羟基的数目不同

25、，则结构不同，不互为同系物，都属于酚，故D不正确。8. 【答案】B【解析】A面心立方最密堆积配位数为12，故A错误；B该晶胞中最近的相邻两个CO2分子间距为a pm，即晶胞面心上的二氧化碳分子和其同一面上顶点上的二氧化碳之间的距离为a pm，则晶胞棱长=a pm=a×1010cm，晶胞体积=(a×1010cm)3，该晶胞中二氧化碳分子个数=8×+6×=4，晶胞密度=，故B正确；C该晶胞中二氧化碳分子个数=8×+6×=4，故C错误；D二氧化碳分子是直线形分子，C原子价层电子对个数是2，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp，故D

26、错误；故选B。9. 【答案】D【解析】发生氧化还原反应生成硫酸钠和水，无明显现象，不能探究浓度对速率的影响，故A错误；Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，亚铁离子与硝酸根离子发生氧化还原反应，不能检验是否变质，应溶于水加KSCN溶液检验，故B错误；选500mL容量瓶，CuSO4·5H2O的质量为0.5L×0.2mol·L1×250g·mol1=25.0g，故C错误；ZnS转化为CuS沉淀，可观察到沉淀由白色变为黑色，验证ZnS的溶解度大于CuS，故D正确。10. 【答案】C【解析】根据图示可知：在步骤中，反应开始时是CO气体和H2，后来反应

27、变为CO气体和·H，只断裂了H2中的HH键，同种元素形成的共价键是非极性键，因此步骤中只有非极性键断裂，A正确；步骤是CO气体与·H结合形成·CHO，由于该过渡态的相对能量较反应物高，需吸收较多能量才能发生该反应，所以反应速率较慢，B正确；反应物的能量比生成物的能量高，所以发生步骤的反应会放出热量，C不正确；催化剂只能改变反应途径，降低反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，因此不能使化学平衡发生移动，故使用该催化剂不能有效提高CO的平衡转化率，D正确。11. 【答案】CD【解析】A汽车燃烧汽油等化石燃料，排放的汽车尾气含氮的氧化物，大量氮氧化物排放到空气中

28、，在日光照射下二氧化氮能使氧气经过复杂的反应生成臭氧，臭氧与空气中的一些碳氢化合物发生作用后产生了一种有毒的烟雾，就是光化学烟雾，电动汽车可有效减少光化学烟雾污染，故A正确；B可充电电池的放电反应为LixCn+Li(1-x)CoO2=LiCoO2+nC，则放电时正极反应为Li(1-x)CoO2+xLi+xe=LiCoO2，充电时，原电池的正极即为电解池的阳极，反应逆转，则反应为LiCoO2xe=Li(1-x)CoO2+xLi+，故B正确；C由图知，A电极为电解池的阴极，B电极为电解池的阳极，充电时，Li+由B极移向A极，故C错误；D若初始两电极质量相等，当转移2NA个电子时，负极减少2mol

29、Li其质量为14g，正极有2mol Li+迁入，其质量为14g，两电极质量差为28g，故D错误；故答案选CD。12.【答案】CD【解析】依据均摊法计算，晶胞中共有4个铁原子、8个镁原子，故化学式为Mg2Fe，一个晶胞中含有4个“Mg2Fe”，其质量为g=g，D不正确；在元素周期表中，镁元素在钙元素的上一周期，故Mg2+半径比Ca2+半径小，氧化镁的晶格能比氧化钙大，C不正确。13.【答案】C【解析】根据题意分析，气体A为H2，故A错误；在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液B，由氢元素守恒可知，有水参加反应，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，反应还生成N

30、aCl与NaOH，方程式为6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3+3NaOH，参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为61，故B错误；根据上述分析可知，溶液B中含有NaCl与NaOH，则含有大量的Na+、Cl、OH，故C正确；二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色、易溶于水的气体，不可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3，故D错误。14.【答案】C【解析】A据图可知过渡态()比过渡态()能量更低，所以更稳定，故A正确；B活化能越小反应速率越快，据图可知生成的过程所需活化能较低，反应速率较快，故B正确；C中均有一个碳原子为sp2杂化，其他碳原子均为sp3杂化，故C错误

31、；D据图可知生成的过程所需活化能较低，反应更容易进行，选择性更强，所以主要产物为，故D正确；故答案为C。15.【答案】A【解析】A根据N(7.4，1)点，lg=1，则=10，碳酸的一级电离常数Ka1=10×107.4=10-6.4，将M点c(H+)代入一级电离常数公式，解得=102.6，a=2.6，正确；B该反应的平衡常数Kh=，根据M点，=102.6，c(H+)=109，c(OH)=105，代入数值，此反应的平衡常数为107.6，B错误；CM点溶液中，依据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(Cl)+2c(CO)+c(OH)+c(HCO)，此时溶液为NaHCO3和NaCl的混合溶液

32、，c(Na+)>c(HCO)+c(H2CO3)，所以c(H+)+c(H2CO3)<c(Cl)+2c(CO)+c(OH)，错误；D溶液中存在大量的碳酸氢根，碳酸氢根可以发生电离，产生少量的碳酸根，这时碳酸根与碳酸氢根的比值小于1大于0，则lg的值为负，通过图像可知纵轴向下数值增大，故lg的关系变化图像在曲线x的上方，D错误。16.【答案】(1)t-BuOH+HNO2t-BuNO2+H2O(2)恒压滴液漏斗(或滴液漏斗)水浴加热降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失(3)65%AC(4)ClO+2N+H2O=Cl+2OH+3N2【解析】(1)根据元素组成以及酯化反应特点知，亚硝酸与醇的酯化

33、反应应生成亚硝酸酯与水。(2)加热温度低于100 ，所以用水浴加热。叠氮化钠易溶于水，微溶于乙醇，低温下溶解度降低，用乙醇洗涤溶质损失更少。(3)Ce4+总物质的量为0.10mol·L1×0.04L=0.004mol，分别与Fe2+和N反应。其中与Fe2+按11反应消耗0.10mol·L1×0.02L=0.002mol，则与N按11反应也消耗0002 mol，即10mL所取溶液中有0.002mol N。原2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液中有0.02mol即1.3g NaN3，所以样品质量分数为×100%=65%。A选项，用叠氮化钠溶液润

34、洗锥形瓶，使进入锥形瓶中溶质比所取溶液中溶质增多，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积减小，叠氮化钠质量分数偏大；B选项，六硝酸铈铵溶液实际取量大于40.00mL，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积增大，叠氮化钠质量分数偏小；C选项，滴定前无气泡，终点时出现气泡，则读数体积为实际溶液体积减去气泡体积，硫酸亚铁铵标准液读数体积减小，叠氮化钠质量分数偏大；D选项，无影响。17.【答案】(1)线状(2)sp2(3n+1)NA(3)离子晶体H<C<N(4)大于(5)4(3a/4，a/4，3a/4)×1030【解析】(1)Ge是32号元素，基态Ge原子核外电子排布式为Ar3d104s24p2

35、，所以价电子排布图为；Ge原子的电子发生跃迁时会吸收或发出不同的光，可用光谱分析仪获得线状光谱。(2)Na2GeO3中锗原子的价层电子对数为3+=3，所以杂化方式为sp2；GenH2n+2与甲烷类似，所以分子中的共价键均为键，n个Ge原子之间形成(n-1)个键，与2n+2个H原子形成(2n+2)个键，则1个分子中键的个数为(2n+2)+(n-1)=3n+1，所以1mol GenH2n+2中含有的键的数目为(3n+1)NA。(3)该物质由EMIM+和AlCl4构成，所以属于离子晶体；EMIM+的组成元素为H、C、N，非金属性越强电负性越大，非金属性：H<C<N，所以电负性：H<

36、C<N。(4)孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，氨气分子中含有孤电子对，而Zn(NH3)62+中N原子上的孤电子对与锌离子形成配位键，所以Zn(NH3)62+中HNH键角>107.3°。(5)以顶面面心的Se原子为例，该晶胞中有2个Zn距离Se原子最近且距离相等，而在该晶胞的上方的晶胞中还有两个同样的Zn原子，所以Se原子的配位数为4；A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为(a/2，a，a/2)，所以A为原点，各坐标轴的方向为，根据俯视图可知D点的x、y坐标参数为3a/4、a/4，根据晶胞结构示意图可知z坐标参数为3a/4，所以D点坐标为(3a/4

37、，a/4，3a/4)；晶胞的边长为a pm，则晶胞的体积V=a3 pm3=(a×1010)3cm3；根据均摊法可知一个晶胞中Zn原子的个数为4，Se原子个数为4，所以晶胞的质量m=g，所以晶胞的密度=，解得NA=×1030。18.【答案】(1)bNH3(2)提高了食盐的利用率，可循环使用；可制得氮肥NH4Cl；减少无用的CaCl2生成，可与合成氨厂联合，降低了设备的成本(3)2Na2CO3+3H2O2=2Na2CO3·3H2O2硅酸根可与金属离子形成沉淀，防止金属离子催化H2O2分解(4)CO2NaCl、异丙醇(5)冷却结晶、过滤、洗涤、干燥(6)【解析】(1)侯

38、氏制碱法先通氨气再通二氧化碳，因为氨气在饱和食盐水中的溶解度比二氧化碳的大，且氨气易溶于水，为防止倒吸，应从弹簧夹b端通入氨气。(2)侯氏制碱法化学方程式：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，析出了NH4Cl，可用作氮肥；索尔维制碱法的缺点是产生大量CaCl2，用途不大，故侯氏制碱法的优点是减少无用的CaCl2生成；且侯氏制碱法的NaCl利用率比索尔维制碱法的高，可以循环利用。(3)“反应”中生成产品D的化学方程式：2Na2CO3+3H2O2=2Na2CO3·3H2O2；由已知条件知，硅酸钠可与Cu2+、Fe3+等金属离子形成沉淀，防止金属离子催化H2O2分解

39、。(4)操作F可得到食盐水，产物B为CO2，这些都是反应原料，根据流程图，异丙醇也为可循环使用的物质，因此可循环使用的物质有CO2、NaCl、异丙醇。(5)操作F是分离NH4Cl晶体与饱和食盐水，从两者的溶解度曲线看，NH4Cl在低温时溶解度比NaCl的小，故操作F的主要步骤为冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(6)n(KMnO4)n(H2O2)=25，则n(H2O2)=5/2n(KMnO4)=5/2×0.01×V=0.025V，产品D：n(2Na2CO3·3H2O2)=1/3n(H2O2)，纯度为=。19.【答案】(1)MnO2+SO2=MnSO4(2)将Fe2+氧化

40、为Fe3+NiS和ZnS(3)Mn2+HCO+NH3·H2O=MnCO3+NH+H2O(4)45、pH=7.5当温度高于45时，随着温度升高，NH4HCO3分解，c(CO)下降，所以Mn2+沉淀率下降；同时随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，所以Mg2+沉淀率增大(5)1.17mol·L1【解析】(1)“脱硫浸锰”中的软锰矿浆中，MnO2与SO2反应生硫酸锰，化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4。(2)根据分析，向浸出液中添加适量MnO2的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+；滤渣2的主要成分是NiS和ZnS。(3)根据分析，向过滤后的滤液中加入氨

41、水和碳酸氢铵，得到碳酸锰和含有Mg2+的溶液，“沉锰”的离子方程式为Mn2+HCO+NH3·H2O=MnCO3+NH+H2O。(4)由题图可知，“沉锰”的温度控制在45左右、pH=7.5左右时锰离子的沉淀率最高；当温度高于45时，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是沉锰时要加入碳酸氢铵，铵盐受热易分解，当温度高于45时，随着温度升高，NH4HCO3分解，c(CO)下降，所以Mn2+沉淀率下降；同时随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，所以Mg2+沉淀率增大。(5)KspMg(OH)2=c(Mg2+)×c2(OH)=4.9×1012，c2(OH)=4

42、.9×107，c(OH)=7×104mol·L1，NH3通入0.015mol·L1 MgSO4溶液中，Mg2+恰好完全沉淀时生成硫酸铵，c(NH)=2c(SO)=2×0.015mol·L1=0.03mol·L1，一水合氨是弱电解质，电离方程式为NH3·H2ONH+OH，Kb(NH3·H2O)=1.8×105，则NH3·H2O的物质的量浓度为=mol·L11.17mol·L1。20.【答案】(1)1，2-二溴乙烷 (2) 取代反应 (3)+Br2+HBr (4)3 (5)【解析】(1)的名称是1，2-二溴乙烷，故答案为：1，2-二溴乙烷；(2)根据上述分析可知，C为。对比()、()的结构简式可知生成是形成肽键的过程，属于取代反应，故答案为：；取代反应；(3)()生成()是D中甲基上的氢原子被溴原子取代的过程，反应的化学方程式为+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；(4)X为，含氨基官能团，与甲基在苯环上的位置有邻、间、对3种；其中，核磁共振氬谱峰面积为3222的物质为，故答案为：3；(5)由已知合成路线知与发生取代反应生成，然后在酸性条件下水解生成，该物质的羧基与反应生成目标物质，故合成路线为：。