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四川省泸县第四中学2023-2024学年高三上学期期末考试化学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省泸县第四中学2023-2024学年高三上学期期末考试化学试题（Word版附解析），文件包含四川省泸县第四中学2023-2024学年高三上学期期末考试化学试题原卷版docx、四川省泸县第四中学2023-2024学年高三上学期期末考试化学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
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.考试时间150分钟，满分300
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56 I 127
一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78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。
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A. 煤的干馏、气化和液化过程均发生化学变化
B. CO2和H2催化制取汽油的反应属于化合反应
C. 镀锌铁制品的镀层破损后失去对铁制品的保护作用
D. 冬奥火炬外壳使用的碳纤维复合材料属于碳的同素异形体
【答案】A
【解析】
【详解】A．煤的干馏(有煤焦油等)、气化(一氧化碳和氢气等)和液化(生成甲醇等)过程中均有新物质生成，均发生化学变化，故A正确；
B．由质量守恒定律可知，二氧化碳和氢气催化制取汽油的反应中有汽油和水生成，生成物不唯一，不可能属于化合反应，故B错误；
C．镀锌铁制品的镀层破损后，金属活泼性强的锌做原电池的负极被损耗，铁做正极被保护，故C错误；
D．碳纤维复合材料是由碳纤维形成的多种材料的混合物，不可能属于碳的同素异形体，故D错误；
故选A。
2. 下列有关有机物或有机反应说法正确的是
A. 等物质的量的氯气与乙烷在光照条件下反应制得纯净的氯乙烷
B. 氯气与苯在光照条件下可制备氯苯
C. 氟利昂-12是甲烷的氯、氟卤代物，结构式为，它有两种同分异构体
D. 石油裂化的目的是提高汽油的产量和质量
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯气与乙烷在光照条件下发生取代反应，生成多种取代产物，因此等物质的量的氯气与乙烷在光照条件下反应不能制得纯净的氯乙烷，A错误；
B．氯气与苯在Fe作催化剂的条件下可制备氯苯，B错误；
C．甲烷为正四面体结构，因此只有一种结构，C错误；
D．石油裂化目的是提高轻质油的产量和质量，特别是汽油的产量和质量，D正确；
答案选D。
3. 设NA代表阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是
A. 电解精炼Cu时阳极减少32g时，转移电子数一定为NA
B. 100gCaCO3和KHCO3混合固体含有阳离子数大于NA
C. 0℃，pH=1H3PO4溶液中含有的氢离子数目小于0.1NA
D. 在溶有0.05mlAlCl3的水溶液中，氯离子数目为0.15NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜中含有比铜活泼的金属，如Zn、Fe等，Zn、Fe先失去电子，阳极质量减少32g，转移电子物质的量不等于1ml，故A错误；
B．碳酸钙中阳离子为Ca2+，碳酸氢钠中阳离子为Na+，碳酸钙和碳酸氢钠的摩尔质量均为100g/ml，因此100g该混合固体中含有阳离子的物质的量为1ml，故B错误；
C．题中没有指明溶液的体积，无法计算氢离子物质的量，故C错误；
D．Cl-不发生水解，因此0.05mlAlCl3中氯离子物质的量为0.05ml×3=0.15ml，故D正确；
答案为D。
4. 下列相关实验方案正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．配制100mL 0.1000的溶液，应将将2.5000g 溶于水配成100mL溶液，而不是溶于100mL蒸馏水，故A错；
B．酸性溶液也能，从而褪色，所以不能酸性溶液中滴加少量溶液，来证明有还原性，故B错；
C．比较S与N元素的非金属性强弱，应比较其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱或则比较其最高价氧化所对应的含氧酸盐的碱性强弱，中的S为+4价而不是其最高价，故C错；
D．由于醋酸的酸性强于碳酸，硼酸的酸性若有碳酸，所以向两只分别盛有0.1ml/L醋酸和饱和硼酸溶液(0.8ml/L)的试管中滴加等浓度的溶液，可观察到前者有气泡产生，后者无气泡产生，故D正确；
答案选D。
5. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，W、Z同主族；X与Y在周期表中处于相邻位置，Y的简单氢化物的水溶液可用于刻蚀玻璃，下列说法正确的是
A. Y是形成最高价含氧酸酸性最强的元素
B. W常用作手机电池的电极材料
C. 简单离子半径YD. X、Z两种元素形成的化合物只含离子键
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，可知W为Li元素；X与Y在周期表中处于相邻位置，Y的简单氢化物的水溶液可用于刻蚀玻璃，则Y为F元素、X为O元素；W、Z同主族，则Z为Na元素，据此分析作答。
【详解】A．Y为F元素，没有正价，即不会形成最高价含氧酸，A项错误；
B．W为Li元素，金属锂化学性质活泼，常用作手机电池的电极材料，B项正确；
C．简单离子，电子层数相同，序数小的半径大，则离子半径：F-＞Na+，C项错误；
D．X、Z两种元素形成的化合物Na2O2中，含离子键和共价键，D项错误；
答案选B。
6. 如图所示的锂—二氧化锰电池是以高氯酸锂或三氟甲基磺酸锂为电解质，其正极反应是一种典型的嵌入式反应，电池总反应为Li+MnO2=LiMnO2。下列说法错误的是
A. 锂片做负极，发生氧化反应
B. 放电时，正极反应为：MnO2+Li++e-=LiMnO2
C. 高氯酸锂或三氟甲基磺酸锂应溶解在非水有机溶剂中
D. 放电时，电子移动方向为：电极盖1→用电器→电极盖2→内电路→电极盖1
【答案】D
【解析】
【分析】由电池总反应Li+MnO2=LiMnO2可知Li失电子，MnO2得电子，负极反应式为Li-e-=Li+，Li+向正极移动，正极反应式为MnO2+Li++e-=LiMnO2。
【详解】A．Li失电子，作负极，发生氧化反应，A正确；
B．放电时，MnO2在正极得电子，正极反应为：MnO2+Li++e-=LiMnO2，B正确；
C．负极Li是活泼金属，能与水反应，故高氯酸锂或三氟甲基磺酸锂应溶解在非水有机溶剂中，C正确；
D．放电时属于原电池装置，电子从负极经用电器流向正极，不在电解质中移动，故放电时，电子移动方向为：电极盖1→用电器→电极盖2，D错误；
答案选D。
7. 湿法提银工艺中，浸出的Ag+需加入Cl-进行沉淀。25℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数δ[如δ(AgCl)=]随lgc(Cl-)的变化曲线如图所示。已知：lg[Ksp(AgCl)]=-9.75。下列叙述错误的是
A. AgCl溶解度随c(Cl-)增大而不断减小
B. 沉淀最彻底时，溶液中c(Ag+)=10-7.21ml•L-1
C. 当c(Cl-)=10-2ml•L-1时，溶液中c(AgCl)>c(Ag+)>c(AgCl)
D. 25℃时，AgCl+Cl-AgCl的平衡常数K=100.2
【答案】A
【解析】
【分析】横坐标与成正比，纵坐标表示各含银微粒的分布系数，可理解成：图中曲线表示随着的增大，溶液中含银微粒的物质的量的变化情况。据此答题。
【详解】A．由图可知开始的时候AgCl的溶解度随着增大而减小，当氯离子浓度增大的一定程度的时候，银离子和氯离子形成配离子，随着增大，AgCl溶解度增大，A错误；
B．氯化银最多的时候，就是沉淀最彻底时，由图可知此时c(Cl-)=10-2.54，由lg[Ksp(AgCl)]=-9.75可知，Ksp(AgCl)= 10-9.75，则此时c(Ag+)=10-7.21ml•L-1，B正确；
C．当c(Cl-)=10-2ml•L-1时，图中横坐标为-2，由图可知，此时，C正确；
D．+Cl-的平衡常数，在图中横坐标为-0.2时，AgCl与AgCl的曲线相交，即浓度相等，此时常数=100.2，D正确；
故选A。
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。
8. 严谨的实验设计能有效规避实验风险，能重复实验并得到相同的结果。由粗盐制备试剂级的NaCl的相关实验步骤和装置如下：
【粗盐的提纯】
第I步：称取20.0g粗盐(含MgCl2、CaCl2、Na2SO4杂质)，用80mL水溶解，加入1.0ml/L BaCl2至观察不到明显沉淀为止，用倾析法分离，保留滤液。
第II步：向滤液中先后加入过量2.0ml/L NaOH、1.0ml/L Na2CO3，过滤，再用3.0ml/L HCl调节pH至1～2。
第III步，加热浓缩至溶液刚刚出现微晶膜。
（1）第I步加入BaCl2时，证明SO已经除净的实验方法是___________。
（2）第II步加入Na2CO3可以除去的离子为___________。
（3）第III步加热浓缩时所用到硅酸盐材质的仪器有酒精灯、___________；已知：Ksp(BaCO3)=5.0×10-9、Ksp(BaSO4)=1.1×10-10；如果省略第I步“倾析法分离”，所得氯化钠溶液的纯度将___________(填“升高”、“降低”或“不受影响”)。
【试剂级的NaCl的制备】
第IV步，将第III步浓缩溶液转移至下图装置C中继续实验。
（4）装置A中发生的化学反应方程式为___________，控制该反应速率可采取的措施___________(任答一点即可)。
（5）装置B中的广口瓶和装置C、D中的漏斗，其共同作用是___________，装置C的溶液中能观察到的实验现象是___________。装置D中盛放的试剂为___________(填“NaOH溶液”、“NaHSO3溶液”或“浓H2SO4”)。
【答案】（1）向上清液(或另取上清液于试管中)，滴加3滴溶液，如果仍为澄清，表明已沉淀完全
（2）和
（3） ①. 蒸发皿、玻璃棒(烧杯、玻璃棒也给分，兼答泥三角) ②. 降低
（4） ①. (或) ②. 通过酒精喷灯控制反应温度(逐滴滴加浓)
（5） ①. 防范倒吸 ②. 白色浑浊(无色透明固体析出) ③. NaOH溶液
【解析】
【小问1详解】
能与结合反应生成白色沉淀，所以向上清液(或另取上清液于试管中)，滴加3滴溶液，如果仍为澄清，表明已沉淀完全，故答案为：向上清液(或另取上清液于试管中)，滴加3滴溶液，如果仍为澄清，表明已沉淀完全；
【小问2详解】
和能与反应生成沉淀，所以第II步加入Na2CO3可以除去和离子，故答案为：和；
【小问3详解】
加热浓缩时所需的仪器有蒸发皿、玻璃棒、泥三角等；如果省略第I步“倾析法分离”，则溶液中加入碳酸钠溶液时，会有少量的硫酸钡转化为碳酸钡，从而释放出少量的硫酸根，使得NaCl的纯度降低，故答案为：蒸发皿、玻璃棒(烧杯、玻璃棒也给分，兼答泥三角)；降低；
【小问4详解】
NaCl固体和浓硫酸受热时会生成挥发性的HCl和，则其方程式为：(或)，可通过酒精喷灯升高温度或逐滴滴加浓来控制反应速率，故答案为：(或)；通过酒精喷灯控制反应温度(逐滴滴加浓)；
【小问5详解】
装置B中的广口瓶和装置C、D中的漏斗，均可防止倒吸，装置C中是饱和的NaCl溶液，且表面有晶膜，因此吸收HCl后会有固体析出，则可观察到的实验现象为白色浑浊(无色透明固体析出)；HCl为有毒有害气体，所以要进行尾气处理，则D中所盛放的试剂应为NaOH溶液，故答案为：防倒吸；白色浑浊(无色透明固体析出)；NaOH溶液。
9. 我国高含硫天然气资源丰富，天然气脱硫和甲烷与硫化氢重整制氢具有重要的现实意义。回答下列问题：
（1）天然气脱硫工艺涉及如下反应：
H2S(g)+ O2(g)=SO2(g)+H2O(g) ΔH=akJ·ml-1
2H2S(g)+SO2(g)= S2(g)+2H2O(g) ΔH=bkJ·ml-1
H2S(g)+ O2(g)=S2(g)+H2O(g) ΔH=ckJ·ml-1
则2S(g)=S2(g) ΔH=___________kJ·ml-l。
（2）甲烷与H2S重整制氢是一条全新的H2S转化与制氢技术路线。为了研究甲烷对H2S制氢的影响，理论计算表明，原料初始组成n(CH4)：n(H2S)=1：2，在体系压强为0.1 MPa，反应CH4(g)+2H2S(g)→CS2(g)+4H2(g)达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示：
①图中表示H2S、H2变化的曲线分别是___________、___________。反应达平衡的标志是___________ (填标号)。
A．2v正(H2S)=4v逆(H2) B．CH4的体积分数不再变化
C．不再变化 D．混合气体的密度不再改变
②由图可知该反应的ΔH___________0(填“＞”“＜”或“=”)，判断的理由是___________。
③M点对应温度下，CH4的转化率为___________；950℃时该反应的Kp=___________ (MPa)2。
（3）H2S燃料电池的原理如图所示。电池的正极是___________，负极的电极反应式为___________。
【答案】（1） (a＋b-3c)
（2） ①. c ②. a ③. BD ④. ＞ ⑤. 温度升高，反应物减少，生成物增大，说明平衡正向移动 ⑥. 或33.3% ⑦. 0.01
（3） ①. b ②. 2H2S-4e-=4H+＋S2
【解析】
【小问1详解】
设H2S(g)+ O2(g)=SO2(g)+H2O(g)为式①，2H2S(g)+SO2(g)= S2(g)+2H2O(g)为式②，H2S(g)+O2(g)=S2(g)+H2O(g)为式③，2S(g)=S2(g)可由×(①＋②-3×③)得到，根据盖斯定律，2S(g)=S2(g)的ΔH= (a＋b-3c)kJ/ml；
【小问2详解】
①由方程式可知，CH4与H2S为反应物，投料比为1：2，因此c为H2S，d为CH4，CS2和H2为生成物，系数比为1：4，因此b为CS2，a为H2，故H2S、H2变化的曲线分别是c、a；
A．方程式为CH4(g)+2H2S(g)→CS2(g)+4H2(g)，因此2v正(H2S)=v逆(H2)时反应达到平衡，A错误；
B．CH4的体积分数不再变化时，说明各组分的浓度不再变化，反应达到平衡，B正确；
C．CH4与H2S均为反应物，投料时二者按照系数比1：2，反应的量与系数成正比，也为1：2，此时剩余的量也是1：2，这种情况下一直为1：2，因此不再变化不能说明达到平衡，C错误；
D．混合气体的密度ρ=，该反应前后都是气体，m不变，前后气体系数之和不相等，V是变量，因此ρ是变量，变量不变时，反应达到平衡，D正确；
故选BD
②由图象可知，温度升高，生成物的量增大，反应物的量减少，说明平衡正向移动，正反应吸热，ΔH＞0
③设CH4与H2S的投料量为aml和2aml，参加反应的CH4的物质的量为x，列出三段式：
，M点时H2与H2S的物质的量分数相等，因此2aml-2x=4x，解得x=aml，因此CH4的转化率为×100%=≈33.3%；
设CH4与H2S的投料量为aml和2aml，950℃时参加反应的CH4的物质的量为y，列出三段式：，950℃时CS2与CH4的物质的量分数相等，因此aml-y=y，解得y=aml，平衡时CH4、H2S、CS2、H2的物质的量分别为aml、aml、aml、2aml，分压分别为×0.1MPa、×0.1MPa、×0.1MPa、×0.1MPa，Kp===0.01(MPa)2；
【小问3详解】
燃料电池中，通入O2的一极为正极，因此正极为b电极；H2S在负极失电子发生氧化反应，生成S2，电极反应为2H2S-4e-=4H+＋S2。
10. 一种从阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S等)中回收Se和贵重金属的工艺流程如图所示：
已知：①该工艺中萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+=R2Cu+2H+。
②S2O易与Ag+形成配离子：Ag++2S2O=[Ag(S2O3)2]3-，上述工艺条件下该反应的平衡常数为K=2.80×1013。
③上述工艺条件下，AgCl的溶度积常数：Ksp(AgCl)=1.80×10-10。
回答下列问题：
（1）“焙烧”产生的SO2与SeO2的混合烟气可用水吸收制得单质Se，该反应的化学方程式为_______。
（2）“滤渣I”的主要成分是_______(填化学式)；“酸浸氧化”中通入氧气，体现了绿色化学的思想，其目的是_______。
（3）“反萃取剂”最好选用_______(填化学式)溶液。
（4）“溶浸”过程中滤渣II被Na2S2O3溶液溶解，发生反应平衡常数为_______。
（5）“还原”过程中S2O没有参与氧化还原过程，“滤液IV”中还主要含有Na2SO3。“还原”过程中发生反应的离子方程式为_______。
（6）为减少工艺中试剂用量，“滤液IV”可返回_______(填工序名称)工序循环使用。但循环多次后，银的浸出率会降低。试从化学平衡的角度解释可能的原因：_______。
【答案】（1）2SO2+SeO2+2H2O=Se+2H2SO4
（2） ①. Pt、Au ②. 防止生成的氮氧化物排放到空气中
（3）HNO3 （4）5.04×103
（5）2[Ag(S2O3)2]3-+S2O+4OH-=2Ag+2SO+4S2O+2H2O
（6） ①. “溶浸" ②. 随循环次数的增加，浸出液中c(S2O)减小，c(Cl-)增大，AgCl(s)+2S2O(aq)=[Ag(S2O3)2]3-(aq)+Cl-(ag)平衡左移，银的浸出率降低
【解析】
【分析】阳极泥焙烧，得到Pt、Au、Ag、氧化铜的混合物和SO2、SeO2气体，烧渣中加入硝酸、通入氧气“酸浸氧化”，Pt、Au不溶于硝酸，过滤出Pt、Au，所得滤液Ⅰ中含有硝酸铜、硝酸银溶液，滤液Ⅰ中加入氯化钠，生成氯化银沉淀，过滤，滤液Ⅱ是硝酸铜溶液，加入萃取剂HR，有机相中加入硝酸反萃取，分液，得到硝酸铜溶液。滤渣Ⅱ是氯化银，加入Na2S2O3溶液溶解，得到含有[Ag(S2O3)2]3-的滤液Ⅲ，再加入氢氧化钠、Na2S2O4还原，得到金属银。
【小问1详解】
SO2与SeO2的混合烟气可用水吸收，反应生成单质Se，根据氧化还原反应规律，SO2被氧化为硫酸，反应的化学方程式为2SO2+SeO2+2H2O=Se+2H2SO4。
【小问2详解】
Pt、Au不溶于硝酸，“滤渣I”的主要成分是Pt、Au；“酸浸氧化”中若不通氧气，硝酸被Ag还原为NO，通入氧气，可以防止生成的氮氧化物排放到空气中；
【小问3详解】
根据2RH+Cu2+=R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，反应逆向进行，反萃取得到硝酸铜溶液，所以 “反萃取剂”最好选用HNO3溶液。
【小问4详解】
“溶浸”过程中氯化银被Na2S2O3溶液溶解，反应的离子方程式AgCl+2S2O=[Ag(S2O3)2]3-+Cl-，反应的平衡常数为1.80×10-10×2.80×1013=5.04×103。
【小问5详解】
Na2S2O4被氧化为Na2SO3，被[Ag(S2O3)2]3- 被还原为Ag，S2O没有参与氧化还原过程，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为2[Ag(S2O3)2]3-+S2O+4OH-=2Ag+2SO+4S2O+2H2O；
【小问6详解】
“还原”过程中S2O没有参与氧化还原过程，“滤液IV”含有Na2S2O3，为减少工艺中试剂用量，“滤液IV”可返回“溶浸”工序循环使用。随循环次数的增加，浸出液中c(S2O)减小，c(Cl-)增大，AgCl(s)+2S2O(aq)=[Ag(S2O3)2]3-(aq)+Cl-(ag)平衡左移，银的浸出率降低。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. 新型超高能材料是国家核心军事力量制高点的重要标志，高性能炸药BNCP的结构如图，回答下列问题：
（1）BNCP中C3+的基态价层电子轨道表示式是__，C3+的配位数是__，阴离子ClO4-的中心原子杂化类型是__。
（2）1ml配体中的σ键的数目是__，已知该配体是平面结构，图中标记的N原子与O原子之间的σ键是由N原子的__杂化轨道与O原子的__轨道重叠形成的。
（3）比较NO2+、NO2、NO2-的键角大小：__，与NO2-互为等电子体的单质是___。
（4）比较、沸点并说明理由：__。
（5）比较H2O与OF2的极性大小并说明理由：__。
（6）2018年南京理工大学胡炳成团队合成全国首个全氮阴离子，全氮阴离子的盐AgN5的晶体结构中：N5-采取面心立方最密堆积，Ag+填在正四面体空隙中，从晶胞上方的俯视投影图如图。每个晶胞中含有的N5-的数目是__。Ag+与N5-最近的距离是__(用a表示)。
【答案】 ①. ②. 6 ③. sp3 ④. 8NA ⑤. sp2 ⑥. 2p ⑦. NO2+>NO2>NO2- ⑧. O3 ⑨. < ⑩. H2O的极性大于OF2，H2O和OF2都是V形结构，H和O的电负性的差值大于O和F之间的电负性差值，则H2O的极性更大 ⑪. 4 ⑫. a
【解析】
【分析】(1)根据价层电子轨道排布方式写出轨道表示式，由结构图可知C3+的配位数，根据价层电子对互斥理论的杂化轨道计算公式得到ClO4-的杂化方式；
(2)每两个原子之间形成1个σ键，因为是平面结构，所以是N的sp2杂化轨道与O的2p轨道重叠形成σ键；
(3)NO2+是直线型结构，键角为180°，NO2和NO2-是sp2杂化V型结构，键角约为120°，其中NO2的N原子的其中一个杂化轨道上含一个单电子，NO2-的N原子杂化轨道上含一对电子，则排斥力更大，键角更小；
(4)苯环上羟基位置不同会形成不同种类的氢键，从而影响物质的沸点；
(5) H2O与OF2分子结构相似，比较O与H和F的电负性差值的相对大小进行判断；
(6)由图计算每个晶胞中含有的N5-的数目；该结构类似四方ZnS的结构，因此可以求算晶胞中的离子数与阴阳离子的最近距离。
【详解】(1)C为27号元素，C3+核外有24个电子，基态价层轨道表示式为，由结构图可知C3+的配位数为6，根据价层电子对互斥理论的杂化轨道计算公式得到ClO4-的杂化方式为sp3杂化；
(2)每两个原子之间形成1个σ键，由结构图可知，1ml配体中的σ键有8ml，即数目为8NA，因为是平面结构，所以是N的sp2杂化轨道与O的2p轨道重叠形成σ键；
(3)NO2+是直线型结构，键角为180°，NO2和NO2-是sp2杂化V型结构，键角约为120°，其中NO2的N原子的其中一个杂化轨道上含一个单电子，NO2-的N原子杂化轨道上含一对电子，则排斥力更大，键角更小，所以三者键角大小关系为：NO2+>NO2>NO2-；1个NO2-有3个原子，核外有24个电子，与NO2-互为等电子体的单质是O3；
(4)存在分子内氢键，而存在分子间氢键，沸点更高；
(5)H2O的极性大于OF2，H2O和OF2都是V形结构，H和O的电负性的差值大于O和F之间的电负性差值，则H2O的极性更大；
(6)由图计算每个晶胞中含有的N5-的数目为4+4+1=4；该结构类似四方ZnS的结构，因此可以求算晶胞中的Ag+与N5-最近的距离是=a。
【点睛】本题(6)求算求算晶胞中的Ag+与N5-最近的距离，注意晶胞的立体结构，而不要当成平面图形进行计算，此为易错点。
[化学——选修5：有机化学基础]
12. 有机物G是多种药物和农药的合成中间体，下图是G的-种合成路线：
已知：
① (苯胺，呈碱性，易被氧化)。
②甲基吡啶()和苯胺互为同分异构体，并具有芳香性。
③苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻、对位：苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。
回答下列问题：
（1）A的名称为___________。
（2）②的化学方程式为___________，反应类型为___________。
（3）D的结构简式为___________，lmlE在反应⑤过程中最多消耗___________mlNaOH。
（4）G的芳香性同系物M的分子式为C11H13O4N，满足下列条件的M有___________种，写出其中一种同分异构体的结构简式：___________。
①分子结构中含一个六元环，且环上一氯代物只有一种
②1ml该物质与足量NaHCO3反应生成2mlCO2
③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6：4：2：1
（5）根据题中的信息，设计以甲苯为原料合成有机物的流程图(无机试剂任选)___________。
【答案】（1）2-甲基苯酚(邻甲基苯酚)
（2） ①. ②. 取代反应
（3） ① ②. 3
（4） ①. 4 ②. 、、、 (其中任意一种)
（5）
【解析】
【分析】A生成B，结合A化学式、B结构可知，A为；B一系列转化为E，集合E结构可知，B发生硝化反应在甲基对位引入硝基生成C；C中甲基被酸性高锰酸钾氧化为羧基得到D；D中硝基被还原为氨基生成E；E最终转化为G；
【小问1详解】
由分析可知，A为，名称为2-甲基苯酚(邻甲基苯酚)；
【小问2详解】
②为B和浓硝酸在浓硫酸催化作用下发生硝化反应在甲基对位引入硝基生成C，化学方程式为，反应类型为取代反应；
【小问3详解】
由分析可知，D的结构简式为；E中硝基、酯基均可以和氢氧化钠反应，酯基生成的酚羟基也可以和氢氧化钠反应，故lmlE在反应⑤过程中最多消耗3mlNaOH；
【小问4详解】
G的芳香性同系物M的分子式为C11H13O4N，则M比G多2个-CH2，且不饱和度为6，满足下列条件：
①分子结构中含一个六元环，且环上一氯代物只有一种；②1ml该物质与足量NaHCO3反应生成2mlCO2，分子中含有2个羧基；③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6：4：2：1，分子结构对称且应该还有2个甲基，故结构可以为： 、、、；
【小问5详解】选项
实验目的
实验方案
A
配制100mL 0.1000的溶液
将2.5000g 溶于100mL水中并充分搅拌
B
证明有还原性
向酸性溶液中滴加少量溶液，观察紫色是否变浅
C
比较S与N元素的非金属性强弱
分别测定等浓度、溶液的pH，通过pH的大小判断
D
证明酸的相对强弱：醋酸＞碳酸＞硼酸
向两只分别盛有0.1ml/L醋酸和饱和硼酸溶液(0.8ml/L)的试管中滴加等浓度的溶液，观察是否有气体逸出
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.考试时间150分钟，满分300
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56 I 127
一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78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。
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A. 煤的干馏、气化和液化过程均发生化学变化
B. CO2和H2催化制取汽油的反应属于化合反应
C. 镀锌铁制品的镀层破损后失去对铁制品的保护作用
D. 冬奥火炬外壳使用的碳纤维复合材料属于碳的同素异形体
【答案】A
【解析】
【详解】A．煤的干馏(有煤焦油等)、气化(一氧化碳和氢气等)和液化(生成甲醇等)过程中均有新物质生成，均发生化学变化，故A正确；
B．由质量守恒定律可知，二氧化碳和氢气催化制取汽油的反应中有汽油和水生成，生成物不唯一，不可能属于化合反应，故B错误；
C．镀锌铁制品的镀层破损后，金属活泼性强的锌做原电池的负极被损耗，铁做正极被保护，故C错误；
D．碳纤维复合材料是由碳纤维形成的多种材料的混合物，不可能属于碳的同素异形体，故D错误；
故选A。
2. 下列有关有机物或有机反应说法正确的是
A. 等物质的量的氯气与乙烷在光照条件下反应制得纯净的氯乙烷
B. 氯气与苯在光照条件下可制备氯苯
C. 氟利昂-12是甲烷的氯、氟卤代物，结构式为，它有两种同分异构体
D. 石油裂化的目的是提高汽油的产量和质量
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯气与乙烷在光照条件下发生取代反应，生成多种取代产物，因此等物质的量的氯气与乙烷在光照条件下反应不能制得纯净的氯乙烷，A错误；
B．氯气与苯在Fe作催化剂的条件下可制备氯苯，B错误；
C．甲烷为正四面体结构，因此只有一种结构，C错误；
D．石油裂化目的是提高轻质油的产量和质量，特别是汽油的产量和质量，D正确；
答案选D。
3. 设NA代表阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是
A. 电解精炼Cu时阳极减少32g时，转移电子数一定为NA
B. 100gCaCO3和KHCO3混合固体含有阳离子数大于NA
C. 0℃，pH=1H3PO4溶液中含有的氢离子数目小于0.1NA
D. 在溶有0.05mlAlCl3的水溶液中，氯离子数目为0.15NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜中含有比铜活泼的金属，如Zn、Fe等，Zn、Fe先失去电子，阳极质量减少32g，转移电子物质的量不等于1ml，故A错误；
B．碳酸钙中阳离子为Ca2+，碳酸氢钠中阳离子为Na+，碳酸钙和碳酸氢钠的摩尔质量均为100g/ml，因此100g该混合固体中含有阳离子的物质的量为1ml，故B错误；
C．题中没有指明溶液的体积，无法计算氢离子物质的量，故C错误；
D．Cl-不发生水解，因此0.05mlAlCl3中氯离子物质的量为0.05ml×3=0.15ml，故D正确；
答案为D。
4. 下列相关实验方案正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．配制100mL 0.1000的溶液，应将将2.5000g 溶于水配成100mL溶液，而不是溶于100mL蒸馏水，故A错；
B．酸性溶液也能，从而褪色，所以不能酸性溶液中滴加少量溶液，来证明有还原性，故B错；
C．比较S与N元素的非金属性强弱，应比较其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱或则比较其最高价氧化所对应的含氧酸盐的碱性强弱，中的S为+4价而不是其最高价，故C错；
D．由于醋酸的酸性强于碳酸，硼酸的酸性若有碳酸，所以向两只分别盛有0.1ml/L醋酸和饱和硼酸溶液(0.8ml/L)的试管中滴加等浓度的溶液，可观察到前者有气泡产生，后者无气泡产生，故D正确；
答案选D。
5. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，W、Z同主族；X与Y在周期表中处于相邻位置，Y的简单氢化物的水溶液可用于刻蚀玻璃，下列说法正确的是
A. Y是形成最高价含氧酸酸性最强的元素
B. W常用作手机电池的电极材料
C. 简单离子半径Y
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，可知W为Li元素；X与Y在周期表中处于相邻位置，Y的简单氢化物的水溶液可用于刻蚀玻璃，则Y为F元素、X为O元素；W、Z同主族，则Z为Na元素，据此分析作答。
【详解】A．Y为F元素，没有正价，即不会形成最高价含氧酸，A项错误；
B．W为Li元素，金属锂化学性质活泼，常用作手机电池的电极材料，B项正确；
C．简单离子，电子层数相同，序数小的半径大，则离子半径：F-＞Na+，C项错误；
D．X、Z两种元素形成的化合物Na2O2中，含离子键和共价键，D项错误；
答案选B。
6. 如图所示的锂—二氧化锰电池是以高氯酸锂或三氟甲基磺酸锂为电解质，其正极反应是一种典型的嵌入式反应，电池总反应为Li+MnO2=LiMnO2。下列说法错误的是
A. 锂片做负极，发生氧化反应
B. 放电时，正极反应为：MnO2+Li++e-=LiMnO2
C. 高氯酸锂或三氟甲基磺酸锂应溶解在非水有机溶剂中
D. 放电时，电子移动方向为：电极盖1→用电器→电极盖2→内电路→电极盖1
【答案】D
【解析】
【分析】由电池总反应Li+MnO2=LiMnO2可知Li失电子，MnO2得电子，负极反应式为Li-e-=Li+，Li+向正极移动，正极反应式为MnO2+Li++e-=LiMnO2。
【详解】A．Li失电子，作负极，发生氧化反应，A正确；
B．放电时，MnO2在正极得电子，正极反应为：MnO2+Li++e-=LiMnO2，B正确；
C．负极Li是活泼金属，能与水反应，故高氯酸锂或三氟甲基磺酸锂应溶解在非水有机溶剂中，C正确；
D．放电时属于原电池装置，电子从负极经用电器流向正极，不在电解质中移动，故放电时，电子移动方向为：电极盖1→用电器→电极盖2，D错误；
答案选D。
7. 湿法提银工艺中，浸出的Ag+需加入Cl-进行沉淀。25℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数δ[如δ(AgCl)=]随lgc(Cl-)的变化曲线如图所示。已知：lg[Ksp(AgCl)]=-9.75。下列叙述错误的是
A. AgCl溶解度随c(Cl-)增大而不断减小
B. 沉淀最彻底时，溶液中c(Ag+)=10-7.21ml•L-1
C. 当c(Cl-)=10-2ml•L-1时，溶液中c(AgCl)>c(Ag+)>c(AgCl)
D. 25℃时，AgCl+Cl-AgCl的平衡常数K=100.2
【答案】A
【解析】
【分析】横坐标与成正比，纵坐标表示各含银微粒的分布系数，可理解成：图中曲线表示随着的增大，溶液中含银微粒的物质的量的变化情况。据此答题。
【详解】A．由图可知开始的时候AgCl的溶解度随着增大而减小，当氯离子浓度增大的一定程度的时候，银离子和氯离子形成配离子，随着增大，AgCl溶解度增大，A错误；
B．氯化银最多的时候，就是沉淀最彻底时，由图可知此时c(Cl-)=10-2.54，由lg[Ksp(AgCl)]=-9.75可知，Ksp(AgCl)= 10-9.75，则此时c(Ag+)=10-7.21ml•L-1，B正确；
C．当c(Cl-)=10-2ml•L-1时，图中横坐标为-2，由图可知，此时，C正确；
D．+Cl-的平衡常数，在图中横坐标为-0.2时，AgCl与AgCl的曲线相交，即浓度相等，此时常数=100.2，D正确；
故选A。
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。
8. 严谨的实验设计能有效规避实验风险，能重复实验并得到相同的结果。由粗盐制备试剂级的NaCl的相关实验步骤和装置如下：
【粗盐的提纯】
第I步：称取20.0g粗盐(含MgCl2、CaCl2、Na2SO4杂质)，用80mL水溶解，加入1.0ml/L BaCl2至观察不到明显沉淀为止，用倾析法分离，保留滤液。
第II步：向滤液中先后加入过量2.0ml/L NaOH、1.0ml/L Na2CO3，过滤，再用3.0ml/L HCl调节pH至1～2。
第III步，加热浓缩至溶液刚刚出现微晶膜。
（1）第I步加入BaCl2时，证明SO已经除净的实验方法是___________。
（2）第II步加入Na2CO3可以除去的离子为___________。
（3）第III步加热浓缩时所用到硅酸盐材质的仪器有酒精灯、___________；已知：Ksp(BaCO3)=5.0×10-9、Ksp(BaSO4)=1.1×10-10；如果省略第I步“倾析法分离”，所得氯化钠溶液的纯度将___________(填“升高”、“降低”或“不受影响”)。
【试剂级的NaCl的制备】
第IV步，将第III步浓缩溶液转移至下图装置C中继续实验。
（4）装置A中发生的化学反应方程式为___________，控制该反应速率可采取的措施___________(任答一点即可)。
（5）装置B中的广口瓶和装置C、D中的漏斗，其共同作用是___________，装置C的溶液中能观察到的实验现象是___________。装置D中盛放的试剂为___________(填“NaOH溶液”、“NaHSO3溶液”或“浓H2SO4”)。
【答案】（1）向上清液(或另取上清液于试管中)，滴加3滴溶液，如果仍为澄清，表明已沉淀完全
（2）和
（3） ①. 蒸发皿、玻璃棒(烧杯、玻璃棒也给分，兼答泥三角) ②. 降低
（4） ①. (或) ②. 通过酒精喷灯控制反应温度(逐滴滴加浓)
（5） ①. 防范倒吸 ②. 白色浑浊(无色透明固体析出) ③. NaOH溶液
【解析】
【小问1详解】
能与结合反应生成白色沉淀，所以向上清液(或另取上清液于试管中)，滴加3滴溶液，如果仍为澄清，表明已沉淀完全，故答案为：向上清液(或另取上清液于试管中)，滴加3滴溶液，如果仍为澄清，表明已沉淀完全；
【小问2详解】
和能与反应生成沉淀，所以第II步加入Na2CO3可以除去和离子，故答案为：和；
【小问3详解】
加热浓缩时所需的仪器有蒸发皿、玻璃棒、泥三角等；如果省略第I步“倾析法分离”，则溶液中加入碳酸钠溶液时，会有少量的硫酸钡转化为碳酸钡，从而释放出少量的硫酸根，使得NaCl的纯度降低，故答案为：蒸发皿、玻璃棒(烧杯、玻璃棒也给分，兼答泥三角)；降低；
【小问4详解】
NaCl固体和浓硫酸受热时会生成挥发性的HCl和，则其方程式为：(或)，可通过酒精喷灯升高温度或逐滴滴加浓来控制反应速率，故答案为：(或)；通过酒精喷灯控制反应温度(逐滴滴加浓)；
【小问5详解】
装置B中的广口瓶和装置C、D中的漏斗，均可防止倒吸，装置C中是饱和的NaCl溶液，且表面有晶膜，因此吸收HCl后会有固体析出，则可观察到的实验现象为白色浑浊(无色透明固体析出)；HCl为有毒有害气体，所以要进行尾气处理，则D中所盛放的试剂应为NaOH溶液，故答案为：防倒吸；白色浑浊(无色透明固体析出)；NaOH溶液。
9. 我国高含硫天然气资源丰富，天然气脱硫和甲烷与硫化氢重整制氢具有重要的现实意义。回答下列问题：
（1）天然气脱硫工艺涉及如下反应：
H2S(g)+ O2(g)=SO2(g)+H2O(g) ΔH=akJ·ml-1
2H2S(g)+SO2(g)= S2(g)+2H2O(g) ΔH=bkJ·ml-1
H2S(g)+ O2(g)=S2(g)+H2O(g) ΔH=ckJ·ml-1
则2S(g)=S2(g) ΔH=___________kJ·ml-l。
（2）甲烷与H2S重整制氢是一条全新的H2S转化与制氢技术路线。为了研究甲烷对H2S制氢的影响，理论计算表明，原料初始组成n(CH4)：n(H2S)=1：2，在体系压强为0.1 MPa，反应CH4(g)+2H2S(g)→CS2(g)+4H2(g)达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示：
①图中表示H2S、H2变化的曲线分别是___________、___________。反应达平衡的标志是___________ (填标号)。
A．2v正(H2S)=4v逆(H2) B．CH4的体积分数不再变化
C．不再变化 D．混合气体的密度不再改变
②由图可知该反应的ΔH___________0(填“＞”“＜”或“=”)，判断的理由是___________。
③M点对应温度下，CH4的转化率为___________；950℃时该反应的Kp=___________ (MPa)2。
（3）H2S燃料电池的原理如图所示。电池的正极是___________，负极的电极反应式为___________。
【答案】（1） (a＋b-3c)
（2） ①. c ②. a ③. BD ④. ＞ ⑤. 温度升高，反应物减少，生成物增大，说明平衡正向移动 ⑥. 或33.3% ⑦. 0.01
（3） ①. b ②. 2H2S-4e-=4H+＋S2
【解析】
【小问1详解】
设H2S(g)+ O2(g)=SO2(g)+H2O(g)为式①，2H2S(g)+SO2(g)= S2(g)+2H2O(g)为式②，H2S(g)+O2(g)=S2(g)+H2O(g)为式③，2S(g)=S2(g)可由×(①＋②-3×③)得到，根据盖斯定律，2S(g)=S2(g)的ΔH= (a＋b-3c)kJ/ml；
【小问2详解】
①由方程式可知，CH4与H2S为反应物，投料比为1：2，因此c为H2S，d为CH4，CS2和H2为生成物，系数比为1：4，因此b为CS2，a为H2，故H2S、H2变化的曲线分别是c、a；
A．方程式为CH4(g)+2H2S(g)→CS2(g)+4H2(g)，因此2v正(H2S)=v逆(H2)时反应达到平衡，A错误；
B．CH4的体积分数不再变化时，说明各组分的浓度不再变化，反应达到平衡，B正确；
C．CH4与H2S均为反应物，投料时二者按照系数比1：2，反应的量与系数成正比，也为1：2，此时剩余的量也是1：2，这种情况下一直为1：2，因此不再变化不能说明达到平衡，C错误；
D．混合气体的密度ρ=，该反应前后都是气体，m不变，前后气体系数之和不相等，V是变量，因此ρ是变量，变量不变时，反应达到平衡，D正确；
故选BD
②由图象可知，温度升高，生成物的量增大，反应物的量减少，说明平衡正向移动，正反应吸热，ΔH＞0
③设CH4与H2S的投料量为aml和2aml，参加反应的CH4的物质的量为x，列出三段式：
，M点时H2与H2S的物质的量分数相等，因此2aml-2x=4x，解得x=aml，因此CH4的转化率为×100%=≈33.3%；
设CH4与H2S的投料量为aml和2aml，950℃时参加反应的CH4的物质的量为y，列出三段式：，950℃时CS2与CH4的物质的量分数相等，因此aml-y=y，解得y=aml，平衡时CH4、H2S、CS2、H2的物质的量分别为aml、aml、aml、2aml，分压分别为×0.1MPa、×0.1MPa、×0.1MPa、×0.1MPa，Kp===0.01(MPa)2；
【小问3详解】
燃料电池中，通入O2的一极为正极，因此正极为b电极；H2S在负极失电子发生氧化反应，生成S2，电极反应为2H2S-4e-=4H+＋S2。
10. 一种从阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S等)中回收Se和贵重金属的工艺流程如图所示：
已知：①该工艺中萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+=R2Cu+2H+。
②S2O易与Ag+形成配离子：Ag++2S2O=[Ag(S2O3)2]3-，上述工艺条件下该反应的平衡常数为K=2.80×1013。
③上述工艺条件下，AgCl的溶度积常数：Ksp(AgCl)=1.80×10-10。
回答下列问题：
（1）“焙烧”产生的SO2与SeO2的混合烟气可用水吸收制得单质Se，该反应的化学方程式为_______。
（2）“滤渣I”的主要成分是_______(填化学式)；“酸浸氧化”中通入氧气，体现了绿色化学的思想，其目的是_______。
（3）“反萃取剂”最好选用_______(填化学式)溶液。
（4）“溶浸”过程中滤渣II被Na2S2O3溶液溶解，发生反应平衡常数为_______。
（5）“还原”过程中S2O没有参与氧化还原过程，“滤液IV”中还主要含有Na2SO3。“还原”过程中发生反应的离子方程式为_______。
（6）为减少工艺中试剂用量，“滤液IV”可返回_______(填工序名称)工序循环使用。但循环多次后，银的浸出率会降低。试从化学平衡的角度解释可能的原因：_______。
【答案】（1）2SO2+SeO2+2H2O=Se+2H2SO4
（2） ①. Pt、Au ②. 防止生成的氮氧化物排放到空气中
（3）HNO3 （4）5.04×103
（5）2[Ag(S2O3)2]3-+S2O+4OH-=2Ag+2SO+4S2O+2H2O
（6） ①. “溶浸" ②. 随循环次数的增加，浸出液中c(S2O)减小，c(Cl-)增大，AgCl(s)+2S2O(aq)=[Ag(S2O3)2]3-(aq)+Cl-(ag)平衡左移，银的浸出率降低
【解析】
【分析】阳极泥焙烧，得到Pt、Au、Ag、氧化铜的混合物和SO2、SeO2气体，烧渣中加入硝酸、通入氧气“酸浸氧化”，Pt、Au不溶于硝酸，过滤出Pt、Au，所得滤液Ⅰ中含有硝酸铜、硝酸银溶液，滤液Ⅰ中加入氯化钠，生成氯化银沉淀，过滤，滤液Ⅱ是硝酸铜溶液，加入萃取剂HR，有机相中加入硝酸反萃取，分液，得到硝酸铜溶液。滤渣Ⅱ是氯化银，加入Na2S2O3溶液溶解，得到含有[Ag(S2O3)2]3-的滤液Ⅲ，再加入氢氧化钠、Na2S2O4还原，得到金属银。
【小问1详解】
SO2与SeO2的混合烟气可用水吸收，反应生成单质Se，根据氧化还原反应规律，SO2被氧化为硫酸，反应的化学方程式为2SO2+SeO2+2H2O=Se+2H2SO4。
【小问2详解】
Pt、Au不溶于硝酸，“滤渣I”的主要成分是Pt、Au；“酸浸氧化”中若不通氧气，硝酸被Ag还原为NO，通入氧气，可以防止生成的氮氧化物排放到空气中；
【小问3详解】
根据2RH+Cu2+=R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，反应逆向进行，反萃取得到硝酸铜溶液，所以 “反萃取剂”最好选用HNO3溶液。
【小问4详解】
“溶浸”过程中氯化银被Na2S2O3溶液溶解，反应的离子方程式AgCl+2S2O=[Ag(S2O3)2]3-+Cl-，反应的平衡常数为1.80×10-10×2.80×1013=5.04×103。
【小问5详解】
Na2S2O4被氧化为Na2SO3，被[Ag(S2O3)2]3- 被还原为Ag，S2O没有参与氧化还原过程，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为2[Ag(S2O3)2]3-+S2O+4OH-=2Ag+2SO+4S2O+2H2O；
【小问6详解】
“还原”过程中S2O没有参与氧化还原过程，“滤液IV”含有Na2S2O3，为减少工艺中试剂用量，“滤液IV”可返回“溶浸”工序循环使用。随循环次数的增加，浸出液中c(S2O)减小，c(Cl-)增大，AgCl(s)+2S2O(aq)=[Ag(S2O3)2]3-(aq)+Cl-(ag)平衡左移，银的浸出率降低。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. 新型超高能材料是国家核心军事力量制高点的重要标志，高性能炸药BNCP的结构如图，回答下列问题：
（1）BNCP中C3+的基态价层电子轨道表示式是__，C3+的配位数是__，阴离子ClO4-的中心原子杂化类型是__。
（2）1ml配体中的σ键的数目是__，已知该配体是平面结构，图中标记的N原子与O原子之间的σ键是由N原子的__杂化轨道与O原子的__轨道重叠形成的。
（3）比较NO2+、NO2、NO2-的键角大小：__，与NO2-互为等电子体的单质是___。
（4）比较、沸点并说明理由：__。
（5）比较H2O与OF2的极性大小并说明理由：__。
（6）2018年南京理工大学胡炳成团队合成全国首个全氮阴离子，全氮阴离子的盐AgN5的晶体结构中：N5-采取面心立方最密堆积，Ag+填在正四面体空隙中，从晶胞上方的俯视投影图如图。每个晶胞中含有的N5-的数目是__。Ag+与N5-最近的距离是__(用a表示)。
【答案】 ①. ②. 6 ③. sp3 ④. 8NA ⑤. sp2 ⑥. 2p ⑦. NO2+>NO2>NO2- ⑧. O3 ⑨. < ⑩. H2O的极性大于OF2，H2O和OF2都是V形结构，H和O的电负性的差值大于O和F之间的电负性差值，则H2O的极性更大 ⑪. 4 ⑫. a
【解析】
【分析】(1)根据价层电子轨道排布方式写出轨道表示式，由结构图可知C3+的配位数，根据价层电子对互斥理论的杂化轨道计算公式得到ClO4-的杂化方式；
(2)每两个原子之间形成1个σ键，因为是平面结构，所以是N的sp2杂化轨道与O的2p轨道重叠形成σ键；
(3)NO2+是直线型结构，键角为180°，NO2和NO2-是sp2杂化V型结构，键角约为120°，其中NO2的N原子的其中一个杂化轨道上含一个单电子，NO2-的N原子杂化轨道上含一对电子，则排斥力更大，键角更小；
(4)苯环上羟基位置不同会形成不同种类的氢键，从而影响物质的沸点；
(5) H2O与OF2分子结构相似，比较O与H和F的电负性差值的相对大小进行判断；
(6)由图计算每个晶胞中含有的N5-的数目；该结构类似四方ZnS的结构，因此可以求算晶胞中的离子数与阴阳离子的最近距离。
【详解】(1)C为27号元素，C3+核外有24个电子，基态价层轨道表示式为，由结构图可知C3+的配位数为6，根据价层电子对互斥理论的杂化轨道计算公式得到ClO4-的杂化方式为sp3杂化；
(2)每两个原子之间形成1个σ键，由结构图可知，1ml配体中的σ键有8ml，即数目为8NA，因为是平面结构，所以是N的sp2杂化轨道与O的2p轨道重叠形成σ键；
(3)NO2+是直线型结构，键角为180°，NO2和NO2-是sp2杂化V型结构，键角约为120°，其中NO2的N原子的其中一个杂化轨道上含一个单电子，NO2-的N原子杂化轨道上含一对电子，则排斥力更大，键角更小，所以三者键角大小关系为：NO2+>NO2>NO2-；1个NO2-有3个原子，核外有24个电子，与NO2-互为等电子体的单质是O3；
(4)存在分子内氢键，而存在分子间氢键，沸点更高；
(5)H2O的极性大于OF2，H2O和OF2都是V形结构，H和O的电负性的差值大于O和F之间的电负性差值，则H2O的极性更大；
(6)由图计算每个晶胞中含有的N5-的数目为4+4+1=4；该结构类似四方ZnS的结构，因此可以求算晶胞中的Ag+与N5-最近的距离是=a。
【点睛】本题(6)求算求算晶胞中的Ag+与N5-最近的距离，注意晶胞的立体结构，而不要当成平面图形进行计算，此为易错点。
[化学——选修5：有机化学基础]
12. 有机物G是多种药物和农药的合成中间体，下图是G的-种合成路线：
已知：
① (苯胺，呈碱性，易被氧化)。
②甲基吡啶()和苯胺互为同分异构体，并具有芳香性。
③苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻、对位：苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。
回答下列问题：
（1）A的名称为___________。
（2）②的化学方程式为___________，反应类型为___________。
（3）D的结构简式为___________，lmlE在反应⑤过程中最多消耗___________mlNaOH。
（4）G的芳香性同系物M的分子式为C11H13O4N，满足下列条件的M有___________种，写出其中一种同分异构体的结构简式：___________。
①分子结构中含一个六元环，且环上一氯代物只有一种
②1ml该物质与足量NaHCO3反应生成2mlCO2
③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6：4：2：1
（5）根据题中的信息，设计以甲苯为原料合成有机物的流程图(无机试剂任选)___________。
【答案】（1）2-甲基苯酚(邻甲基苯酚)
（2） ①. ②. 取代反应
（3） ① ②. 3
（4） ①. 4 ②. 、、、 (其中任意一种)
（5）
【解析】
【分析】A生成B，结合A化学式、B结构可知，A为；B一系列转化为E，集合E结构可知，B发生硝化反应在甲基对位引入硝基生成C；C中甲基被酸性高锰酸钾氧化为羧基得到D；D中硝基被还原为氨基生成E；E最终转化为G；
【小问1详解】
由分析可知，A为，名称为2-甲基苯酚(邻甲基苯酚)；
【小问2详解】
②为B和浓硝酸在浓硫酸催化作用下发生硝化反应在甲基对位引入硝基生成C，化学方程式为，反应类型为取代反应；
【小问3详解】
由分析可知，D的结构简式为；E中硝基、酯基均可以和氢氧化钠反应，酯基生成的酚羟基也可以和氢氧化钠反应，故lmlE在反应⑤过程中最多消耗3mlNaOH；
【小问4详解】
G的芳香性同系物M的分子式为C11H13O4N，则M比G多2个-CH2，且不饱和度为6，满足下列条件：
①分子结构中含一个六元环，且环上一氯代物只有一种；②1ml该物质与足量NaHCO3反应生成2mlCO2，分子中含有2个羧基；③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6：4：2：1，分子结构对称且应该还有2个甲基，故结构可以为： 、、、；
【小问5详解】选项
实验目的
实验方案
A
配制100mL 0.1000的溶液
将2.5000g 溶于100mL水中并充分搅拌
B
证明有还原性
向酸性溶液中滴加少量溶液，观察紫色是否变浅
C
比较S与N元素的非金属性强弱
分别测定等浓度、溶液的pH，通过pH的大小判断
D
证明酸的相对强弱：醋酸＞碳酸＞硼酸
向两只分别盛有0.1ml/L醋酸和饱和硼酸溶液(0.8ml/L)的试管中滴加等浓度的溶液，观察是否有气体逸出
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