株洲市九方中学2022学年高二下学期期末考试化学试题(时间：75分钟满分：100分)可能用到的相对原子质量：H1　C12　O16　Na23　S32　K39　Ni59　I127第I卷(共50分)一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.新冠病毒是一种具有包膜的RNA病毒，包膜的主要成分是蛋白质和脂质。核酸检测就是检测新冠病毒的RNA。下列说法不正确的是A.核酸和蛋白质都是生物大分子B.核酸和蛋白质都不能发生水解反应C.核酸中核苷酸之间通过磷酯键连接D.一定浓度的含氯消毒液可使新冠病毒中的蛋白质变性【答案】B【解析】【详解】A．蛋白质、核酸都是由单体聚合形成的生物大分子，选项A正确；B．蛋白质最终水解为氨基酸、核酸最终水解为核苷酸，均能发生水解反应，选项B不正确；C．所有的核酸都是核苷酸的多聚体，通过磷酸二酯键相连，选项C正确；D．次氯酸钠等含氯消毒剂可用于杀死新冠病毒是因为它们都能使蛋白质变性，选项D正确；答案选B。2.下列各项比较中，正确的是A.7.8gNa2O2中含有的离子数为0.4NAB.标准状况下，等体积乙烷和苯，所含分子数相等C.等物质的量的Fe和Cu分别与足量的Cl2反应，转移的电子数相等D.质量相同的H2O和D2O(重水)所含的原子数不相同【答案】D【解析】【详解】A．7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol，1个Na2O2含有2个Na+和1个O，所以7.8gNa2O2中含有的离子数为0.3NA，故A错误；\nB．同温同压条件下，相同体积的任何气体具有相同分子数，苯标况下为液体，不能使用阿伏加德罗定律，所以标准状况下，等体积乙烷和苯，所含分子数不相等，故B错误；C．1mol铁与足量氯气反应生成氯化铁，转移3mol电子，1mol铜与足量氯气反应生成氯化铜，转移2mol电子，故C错误；D．H2O和D2O(重水)的摩尔质量不同，所以质量相同的H2O和D2O(重水)的物质的量不同，所含的原子数不相同，故D正确；故答案选D。3.NH4Cl的晶胞为立方体，其结构如下。下列说法不正确的是A.NH4Cl晶体属于离子晶体B.NH4Cl晶胞中H-N-H键角为90°C.NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键D.每个Cl-周围与它最近且等距离的的数目为8【答案】B【解析】【详解】A．氯化铵由铵根离子和氯离子构成，为离子晶体，A正确；B．铵根离子中N原子杂化方式为sp3杂化，键角为109。28'，B错误；C．NH4Cl晶体中铵根和氯离子之间为离子键，氮原子和氢原子之间为共价键，C正确；D．根据晶胞结构可知每个Cl-周围与它最近且等距离的铵根离子的数目为8，在周围八个立方体体心位置，D正确；故选B。4.汽车尾气中的、、碳氢化合物通过排气系统的净化装置(催化剂主要由、、等物质和稀土材料组成)转化为无害气体，净化原理如下。下列分析不正确的是\nA.催化剂能提高反应速率B.、均发生了氧化反应C.转化为时，转化为D.催化剂对化学反应有选择性【答案】B【解析】【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，A正确；B．中氮元素化合价降低到0价，发生还原反应，CO中碳元素化合价升高到+4价，发生氧化反应，B错误；C．由图示可知，CO转化为CO2时，碳元素化合价升高失电子，则反应时应得电子化合价降低转化为，C正确；D．催化剂对特定反应具有催化作用，故催化剂对化学反应有选择性，D正确；答案选B。5.取1.0L浓缩卤水(、浓度均为)进行实验：滴加一定量溶液，产生黄色沉淀；继续滴加，产生白色沉淀。已知：、。下列分析不正确的是A.黄色沉淀是，白色沉淀是B.产生白色沉淀时，溶液中存在C.若起始时向卤水中滴加2滴(0.1)，能产生沉淀D.白色沉淀开始析出时，【答案】D【解析】【详解】A．碘化银的溶度积小于氯化银，则先生成的黄色沉淀为碘化银，A项正确；\nB．产生白色沉淀时，碘化银已经达到沉淀溶解平衡，B项正确；C．若起始时向1.0L卤水中滴加2滴(0.1)，则混合后的硝酸银浓度约等于，，比碘化银的溶度积大，则有碘化银沉淀生成，C项正确；D．根据氯化银的溶度积常数，白色沉淀氯化银开始析出时，，所以，D项错误；故答案选D。6.我国科研人员将单独脱除的反应与的制备反应相结合，实现协同转化。①单独制备：，不能自发进行。②单独脱除：，能自发进行协同转化装置如下图(在电场作用下，双极膜中间层的解离为和，并向两极迁移)。下列分析不正确的是A.反应②释放的能量可以用于反应①B.产生的电极反应：C.反应过程中不需补加稀\nD.协同转化总反应：【答案】D【解析】【分析】该装置为原电池，根据图中电子移动方向可知，左侧电极为负极，负极上SO2发生失电子的反应生成，右侧电极为正极，正极上O2发生得电子的反应生成H2O，负极反应式为，正极反应式为，所以协同转化总反应为SO2+O2+2NaOH═H2O2+Na2SO4，原电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，据此分析解答。【详解】A．反应①不能自发进行，则反应①是吸热反应，反应②能自发进行，则反应②是放热反应，反应②释放的能量可以用于反应①，A项正确；B．由图可知，生成H2O2的电极反应为，B项正确；C．H+、电子所带电荷数值相等，则右侧消耗H+的量等于迁移过来H+的量，硫酸的总量不变，所以反应过程中不需补加稀H2SO4，C项正确；D．负极反应式为，正极反应式为，则协同转化总反应为SO2+O2+2NaOH═H2O2+Na2SO4，D项错误；故答案选D。7.一种对中枢神经有抑制作用的药物结构如图。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性。下列判断不正确的是A.第一电离能：X<Z<YB.XZ2晶体属于共价晶体C.W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物\nD.该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物【答案】B【解析】【分析】一种对中枢神经有抑制作用的药物，其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性，得Y为N元素，X能形成4个共价键，X为C元素，W形成1个其价键，W为H元素，Z形成2个共价键，Z为O元素。【详解】A．N的2p能级处于半充满状态，第一电离能大，第一电离能：C<O<N，故A正确；B．CO2晶体属于分子晶体，故B错误；C．W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物H2O、H2O2，故C正确；D．该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物和碳酸钠和丙二酸钠，故D正确；故选B。8.2021年我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质的转化过程示意如下：下列说法不正确是A.反应①中分解制备需从外界吸收能量B.反应②中，碳原子的杂化方式发生了变化C.核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与天然淀粉的组成结构是否一致D.C6→淀粉的过程中只涉及O-H键的断裂和形成【答案】D【解析】【详解】A．已知H2在氧气中燃烧是一个放热反应，则可知反应①中分解制备需从\n外界吸收能量，A正确；B．已知CO2中C原子周围的价层电子对数为2+=2，则C原子为sp杂化，而CH3OH中C原子均以单键与周围的3个H和一个O原子形成4个σ键，则该C原子以sp3杂化，则反应②中，碳原子的杂化方式发生了变化，B正确；C．核磁共振可以检测有机物中不同环境的H原子种类，X射线衍射则可以检测晶体与非晶体和晶体的结构，则可用核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与天然淀粉的组成结构是否一致，C正确；D．由题干反应历程图可知，C6→淀粉的过程中涉及O-H键和O-C键的断裂，C-O键的形成，D错误；故答案：D。9.室温下，取一定量冰醋酸，进行如下实验：①将冰醋酸配制成0.1mol·L-1醋酸溶液；②取20mL①所配溶液，加入amL0.1mol·L-1NaOH溶液，充分反应后，测得溶液pH=7；③向②所得溶液中继续滴加稀盐酸，直至溶液中n(Na+)=n(Cl－)。下列说法正确的是A.①中：所得溶液的pH=1B.②中：a＝20C.③中：所得溶液中c(CH3COO－)＜c(H+)，且pH＜7D.①与③所得溶液相比，等体积时所含CH3COOH分子数目相等【答案】C【解析】【详解】A.因为醋酸是弱酸，故①中0.1mol/L的醋酸pH>1，A错误；B.若②中a＝20，则醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解显碱性，B错误；C.③中溶液的电荷守恒为：，结合，故，所以，，pH<7，C正确；D.①与③所得溶液相比，③相当于向①中加入了氯化钠溶液，越稀越电离，故等体积时③\n中醋酸分子数少，D错误；答案选C。10.常温下，向20mL0.2mol/LH2X溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液，溶液中各微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示，以下说法不正确的是A.由图可推测，H2X为弱酸B.滴加过程中发生的反应有：H2X+OH-=HX-+H2O，HX-+OH-=X2-+H2OC.水的电离程度：a点与b点大致相等D.若常温下Ka(HY)=1.1×10-2，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X2-=H2X+2Y-【答案】C【解析】【分析】在H2X溶液中滴加NaOH溶液首先发生反应H2X+OH-=HX-+H2O，该反应过程中H2X的浓度逐渐减小，HX-的浓度逐渐增大，然后发生HX-+OH-=X2-+H2O，HX-的浓度逐渐减小，X2-的浓度逐渐增大，根据反应过程及每个阶段中粒子种类的变化分析。【详解】A．由图和分析可知当X2-的浓度最大时酸碱恰好反应，溶液显碱性，说明盐是强碱弱酸盐，故H2X为弱酸，故A正确；B．由分析和图像可知滴加过程中发生的反应有：H2X+OH-=HX-+H2O，HX-+OH-=X2-+H2O，故B正确；C．由图像可知a点的溶质组成为等量的H2X和NaHX的混合溶液，b点为等量的NaHX和Na2X的混合溶液，H2X是酸抑制水的电离，Na2X为强碱弱酸盐促进水的电离，由此可知b点水的电离程度大于a点水的电离程度，故C错误；D．由图可得a点，b点\n，若常温下Ka(HY)=1.1×10-2，则酸性，根据强酸制弱酸的原则，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X2-=H2X+2Y-，故D正确；故答案为C。二、不定项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.高分子M广泛用于纺织、涂料等产品，合成路线如下：已知：下列说法不正确的是A.化合物A存在顺反异构体B.A是的同系物C.A→N为聚合反应D.M、N均可水解得到【答案】AB【解析】【分析】CH3COOH与C2H2加成得到ACH3COOCH=CH2，A加聚得到N，N与CH3OH发生已知信息的反应得到CH3COOCH3和高分子M。【详解】A．据分析，化合物A的结构简式是CH3COOCH=CH2，碳碳双键的一个碳原子上连接两个相同原子(H原子)，则A分子不存在顺反异构体，A错误；\nB．A是CH3COOCH=CH2，与的官能团不完全相同，二者不是同系物，B错误；C．据分析，A→N是：CH3COOCH=CH2加聚得到，是聚合反应，C正确；D．M和N均有链节中的酯基可发生水解，得到和CH3COOH，D正确；故选AB。12.以、为原料合成涉及的主要反应如下：①②的平衡转化率()、的选择性()随温度、压强变化如下：已知：下列分析不正确的是A.\nB.400℃左右，体系发生的反应主要是②C.由图可知，，D.初始、，平衡后、，若只发生①、②，则的平衡转化率为24%【答案】D【解析】【详解】A．反应①的正反应为气体体积减小的方向，反应②反应前后气体体积不变，故增大压强，反应①正向移动，CO2的转化率增大，反应②不移动，因此P1>P2，A正确；B．400℃时，由图可以看出，CH3OH的选择性趋近为0，意味着转化为CH3OH的CO2为0，因此此时体系发生的反应主要是②，B正确；C．由图看出，随着温度升高，的选择性()逐渐降低，反应①向逆方向进行，因此正反应<0；同时，随着温度升高，前期的平衡转化率()逐渐降低，此阶段体系发生的反应主要是反应①，后期的平衡转化率()逐渐升高，此阶段体系发生的反应主要是反应②，因此>0，C正确；D．平衡后，根据CO2的平衡转化率为30%，得出两个反应共消耗0.3molCO2，又因为可知0.3molCO2中有80%发生反应①转化为CH3OH，而0.3molCO2中有20%发生反应②转化为CO，根据三段式可得：，两个反应中氢气的转化总量为0.78mol，所以氢气的转化率=，D错误；故答案为：D。13.微生物电池可用来处理废水中的对氯苯酚，其工作原理示意图如图。关于该电池的说法不正确的是\nA.a极是正极B.H+向b极迁移C.b电极上发生的反应是+H++2e-=+Cl-D.生成0.1molH2CO3，电池反应电子转移数目为0.4mol【答案】AD【解析】【分析】据图可知CH3COO-在a电极上转化为H2CO3和HCO，C元素失电子被氧化，所以a电极为负极，则b电极为正极，对氯苯酚在正极得到电子发生还原反应生成苯酚和氯离子。【详解】A．根据分析可知，a极是原电池的负极，A错误；B．原电池中阳离子向正极迁移，b极为正极，所以H+向b极迁移，B正确；C．b电极上对氯苯酚在正极得到电子发生还原反应生成苯酚和氯离子，电极反应为+H++2e-=+Cl-，C正确；D．a电极上CH3COO-被氧化为H2CO3和HCO，只知道H2CO3的物质的量，而不知HCO的物质的量，无法确定转移电子数，D错误；故选AD。14.氮掺杂的碳材料可以有效催化燃料电池中的还原反应，其催化机理如图。\n途径一：A→B→C→F途径二：A→B→C→D→E下列说法不正确的是A.途径一中存在极性共价键的断裂与形成B.途径一的电极反应是C.途径二，1mol得到4molD.氮掺杂的碳材料降低了反应的焓变【答案】D【解析】【详解】A．由图中信息可知，途径一中有C-O键、O-H键的形成，也有C-O键的断裂，选项A正确；B．途径一的过程中有O2的参与和二次增加H+、e-，最后从催化剂中放出H2O2,其电极反应是，选项B正确；C．途径二中，有O2参与，途中二次增加H+、e-和一次增加2H+、2e-，故1mol得到4mol，选项C正确；D．氮掺杂的碳材料降低了反应的活化能，但不能改变焓变，选项D不正确；答案选D。15.用0.100mol·L-1的NaOH溶液分别滴定体积均为10.00mL、浓度均为0.100mol·L-1的HCl和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率(电导率越大表示溶液导电性越强)变化如图所示。下列说法正确的是\nA.曲线①代表向HCl中滴加NaOHB.A点溶液的pH小于C点溶液的pHC.A、B两点水的电离程度：A<BD.C→D发生了反应：H++OH-=H2O【答案】CD【解析】【分析】HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，浓度相同时，HCl溶液的导电能力更强，所以曲线②代表向HCl中滴加NaOH，曲线①代表向CH3COOH中滴加NaOH。【详解】A．根据分析曲线②代表向HCl中滴加NaOH，A错误；B．曲线①为向CH3COOH中滴加NaOH，当滴加的NaOH为10.00mL时，恰好与醋酸中和，所以A点溶质为CH3COONa，同理C点溶质为NaCl，由于醋酸根的水解，A点溶液显碱性，而C点溶液显中性，所以A点溶液的pH大于C点溶液的pH，B错误；C．A点溶质为CH3COONa，B点溶质为等物质的量的CH3COONa和NaOH，醋酸根的水解促进水的电离，而NaOH的电离会抑制水的电离，所以A点水的电离程度更大，C错误；D．C点溶质为NaCl，继续滴加NaOH溶液时不发生化学反应，D错误；故选CD。第II卷三、非选择题：本题共4小题，共50分16.工业上用含三价钒()为主的某石煤为原料(含有、CaO等杂质)，钙化法焙烧制备，其流程如下：【资料】：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系：pH4~66~88~1010~12\n主要离子（1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，将转化为的化学方程式是_______。（2）酸浸：①难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的，溶于盐酸的离子方程式是_______。②酸度对钒和铝的溶解量的影响如图所示：酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%，根据图推测，酸浸时不选择更高酸度的原因是_______。（3）转沉：将浸出液中的钒转化为固体，其流程如下：①浸出液中加入石灰乳的作用是_______。②已知的溶解度小于。向沉淀中加入溶液，可使钒从沉淀中溶出。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因：_______。③向溶液中加入溶液，控制溶液的。当时，的产量明显降低，原因是_______。（4）测定产品中的纯度：称取ag产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加\n入mL溶液()。最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为mL。已知被还原为，假设杂质不参与反应。则产品中的质量分数是_______。(的摩尔质量：)（5）全钒液流电池是具有发展前景的、用作储能系统的蓄电池，已知放电时发生氧化反应，电池原理(电解液中含)如图：①a是_______(填“正极”或“负极”)。②该蓄电池反应方程式为_______(标出“充电”“放电”方向)。【答案】（1）CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2（2）①.Ca(VO3)2+4H+=2+Ca2++2H2O②.调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀(富集钒元素)（3）①.调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀(富集钒元素)②.Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡：Ca3(VO4)2(s)⇌3Ca2+(aq)+2(aq)，(NH4)2CO3溶液中的与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出③.当pH＞8时，钒的主要存在形式不是（4）（5）①.正极②.2V2+++2H+VO2++2V3++H2O\n【解析】【分析】根据流程：向石煤中加生石灰焙烧，发生主要反应：CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2，加酸酸浸，将浸出液用石灰乳得到Ca3(VO4)2沉淀富集钒元素，向沉淀加入(NH4)2CO3溶液得到(NH4)3VO4溶液，向(NH4)3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH=7.5，得到NH4VO3，煅烧制得V2O5，据此分析解题。【小问1详解】V2O3与CaO、氧气焙烧得到Ca(VO3)2，反应为：CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2；故答案为：CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2；【小问2详解】①根据表可知，pH=4，Ca(VO3)2溶于盐酸生成，则该离子反应为：Ca(VO3)2+4H+=2+Ca2++2H2O；故答案为：Ca(VO3)2+4H+=2+Ca2++2H2O；②根据酸度对钒和铝的溶解量的图可知，酸度大于3.2%时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大，故酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%；故答案为：酸度大于3.2%时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大；【小问3详解】①浸出液中加入石灰乳的作用是调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀(富集钒元素)；故答案为：调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀(富集钒元素)；②已知CaCO3的溶解度小于Ca3(VO4)2，Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡：Ca3(VO4)2(s)⇌3Ca2+(aq)+2(aq)，(NH4)2CO3溶液中的与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出；故答案为：Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡：Ca3(VO4)2(s)⇌3Ca2+(aq)+2(aq)，(NH4)2CO3溶液中的与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出；③根据图表可知当pH＞8时，钒的主要存在形式不是，故当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低；故答案为：当pH＞8时，钒的主要存在形式不是；【小问4详解】\n根据元素化合价升降相同，滴定过程有5(NH4)2Fe(SO4)2～KMnO4，则过量的 (NH4)2Fe(SO4)2物质的量为5n(KMnO4)=5×b2C210-3mol，则与(VO2)2SO4溶液反应的 (NH4)2Fe(SO4)2物质的量为(b1c1-5b2C2)×10-3mol，根据钒元素守恒，则有V2O5～2VO2+～2(NH4)2Fe(SO4)2，故n(V2O5)=(b1c1-5b2C2)×10-3mol，则产品中V2O5的质量分数是=；故答案为：；小问5详解】①由题干信息可知，放电时发生氧化反应，即放电时b电极发生氧化反应，即b为负极，电极反应为：V2+-e-=V3+，则a为正极，发生还原反应，电极反应为：+2e-+2H+=+H2O，故答案为：正极；②由①分析可知，该蓄电池反应方程式为2V2+++2H+VO2++2V3++H2O,故答案为：2V2+++2H+VO2++2V3++H2O。17.NH3具有易液化、含氢密度高、应用广泛等优点，NH3的合成及应用一直是科学研究的重要课题。（1）以H2、N2合成NH3，Fe是常用的催化剂。①基态Fe原子的电子排布式为___________。②实际生产中采用铁的氧化物Fe2O3、FeO，使用前用H2和N2的混合气体将它们还原为具有活性的金属铁。铁的两种晶胞(所示图形为正方体)结构示意如下：i.两种晶胞所含铁原子个数比为___________。ii.图1晶胞的棱长为apm(1pm=1×10-10cm)，则其密度ρ=___________g·cm-3。③我国科学家开发出Fe—LiH等双中心催化剂，在合成NH3中显示出高催化活性。第一电离能(I1)：I1(H)＞I1(Li)＞I1(Na)，原因是___。（2）化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱：\nNaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl①1体积水可溶解1体积CO2，1体积水可溶解约700体积NH3。NH3极易溶于水的原因是_____。②反应时，向饱和NaCl溶液中先通入______。③NaHCO3分解得Na2CO3。空间结构为________。（3）NH3、NH3BH3(氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。元素HBN电负性2.12.03.0①NH3的中心原子的杂化轨道类型为___________。②NH3BH3存在配位键，提供空轨道的是___________。③比较熔点：NH3BH3___________CH3CH3(填“＞”或“＜”)。【答案】（1）①.1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2②.1:2③.④.H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小（2）①.NH3与H2O分子间能形成氢键②.NH3③.平面三角形（3）①.sp3②.B③.＞【解析】【分析】根据Fe的原子序数，结合核外电子排布规则写出Fe的电子排布式；根据晶胞的结构，利用“均摊法”进行晶胞的有关计算；根据同主族元素性质递变规律解释H、Li、Na的第一电离能的关系；根据NH3分子与H2O分子之间会形成氢键解释NH3极易溶于水的原因；根据NH3极易溶于水，CO2在水中溶解度不大，解释侯氏制碱法先通入NH3再通入CO2；根据VSEPR理论，判断其空间结构和杂化类型；根据形成配位健的条件判断提供空轨道的原子；根据NH3BH3(氨硼烷)分子间形成氢键判断其熔点较高；据此解答。【小问1详解】①Fe元素的原子序数为26，核外有26个电子，根据核外电子排布规则，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；答案为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；\n②由晶胞的结构可知，图1结构中，Fe位于顶点和体心，Fe原子的个数为8×+1=2，图2结构中，Fe位于顶点和面心，Fe原子的个数为8×+6×=4，则两种晶胞所含铁原子个数比为2:4=1:2；又图1晶胞的棱长为apm(1pm=1×10-10cm)，其体积为V=(a×10-10cm)3，晶胞的质量为m==，其密度ρ===g·cm-3；答案为1:2；；③第一电离能(I1)为I1(H)>I1(Li)>I1(Na)，原因是H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小；答案为H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小；【小问2详解】①NH3极易溶于水的原因是NH3与H2O分子间能形成氢键；答案为NH3与H2O分子间能形成氢键；②因为二氧化碳在水中溶解度不大，氨气极易溶于水，饱和氨盐水显碱性，比饱和食盐水更容易吸收二氧化碳，所以要先向饱和食盐水中通入氨气，制成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳即反应时，向饱和NaCl溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳；答案为NH3；③中中心原子C原子的价层电子对个数=3+=3+0=3，且无孤电子对，采取sp2杂化，其空间结构为平面三角形；答案为平面三角形；【小问3详解】①NH3分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+=3+1=4，且含有一个孤电子对，所以中心原子N原子的杂化轨道类型为sp3杂化；答案为sp3；②在NH3BH3结构中，N原子存在孤电子对，B原子为缺电子原子，在配位键的形成中B原子提供空轨道；答案为B；\n③NH3BH3(氨硼烷)与CH3CH3互为等电子体，由于NH3BH3分子中N原子的电负性较大，分子间会形成氢键，所以NH3BH3熔点高于CH3CH3；答案为>。18.“84消毒液”广泛应用于杀菌消毒，其有效成分是NaClO。实验小组制备消毒液，并利用其性质探索制备碘水的方法并测定相关反应的平衡常数。资料：i.HClO的电离常数为Ka=4.7×10-8；H2CO3的电离常数为K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11ii.碘的化合物主要以I-和的形式存在，+5I-+6H+=3I2+3H2O。iii.碘单质能与I-反应：I2+I-(低浓度时显黄色，高浓度时为棕色)。I制备消毒液(夹持装置略)（1）制备NaClO的离子反应方程式___________。（2）结合资料i，写出D中反应的化学方程式___________。II．利用消毒液的性质探究碘水的制备方法将某品牌“84消毒液”稀释10倍，各取100mL于三个烧杯中，设计如下实验方案制备碘水：方案操作现象反应后加淀粉溶液1烧杯1溶液中加入9gKI固体|溶液为橙黄色……2烧杯2溶液中加入9gKI固体，再加入1mol/L盐酸10mL溶液颜色快速加深，呈紫红色变蓝3烧杯3溶液中加入少量KI固体(小于0.5g)振荡后溶液保持无色不变蓝（3）针对烧杯3“滴加淀粉溶液不变蓝”原因，提出两种假设：\n假设1：过量的NaClO将反应生成的I2氧化为。设计实验a证实了假设1成立。NaClO氧化I2生成的离子方程式是___________。假设2：生成的I2在碱性溶液中不能存在。设计实验b证实了假设2成立，实验b的操作及现象是___________。（4）某小组检验烧杯3所得溶液中含：取烧杯3所得无色溶液少许，加入稀硫酸酸化的KI溶液，反应后再滴加淀粉溶液，发现溶液变蓝。该实验方案能否证明烧杯3所得溶液中存在，说明理由___________。（5）预测烧杯1反应后加淀粉溶液的实验现象，结合方程式说明预测依据___________。【答案】（1）Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O（2）Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2（3）①.5ClO−+I2+H2O=2+5Cl-+2H+②.向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去（4）不能，溶液中存在大量ClO−的干扰，ClO−也可将I−氧化为I2使溶液变蓝（5）“变蓝，因为发生反应ClO−+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或I3-，反应生成的I2存在平衡I2+I-，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-=+5I-+3H2O”【解析】【分析】分析题中Ⅰ.制备消毒液过程，该反应原理为：浓盐酸和KMnO4反应生成Cl2，然后Cl2与NaOH反应生成NaClO。实验中注意Cl2通入C装置前要进行除杂，则可知B装置中应盛有饱和食盐水，实验后要考虑尾气吸收问题；分析Ⅱ中三个实验操作，方案2中生成了碘单质，对比三个实验方案的区别，可知成功制备碘水应注意两个因素：溶液的酸碱性；KI和消毒液的相对用量。【小问1详解】Cl2与NaOH反应生成NaClO，离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；【小问2详解】根据资料i，可知酸性：H2CO3＞HClO＞，Cl2与水发生反应生成HCl和HClO\n，根据酸性强弱可知，最终发生的反应为：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2；【小问3详解】根据得失电子数目和原子守恒，可得出离子反应方程式为：5ClO−+I2+H2O=2+5Cl−+2H+；可在碱性溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水进行验证，实验操作为：向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去。【小问4详解】84消毒液的主要成分为NaClO，ClO−具有氧化性，同样可以氧化I−生成I2，进而干扰实验，故不能证明烧杯3中存在，答案为：不能，溶液中存在大量ClO−的干扰，ClO−也可将I−氧化为I2使溶液变蓝；【小问5详解】为了保证消毒液的稳定性，84消毒液中加入了NaOH等物质，结合题给资料iii进行分析：变蓝，因为生成了I2；不变蓝，生成的I2又与OH−发生了反应。故答案为：“变蓝，因为发生反应ClO−+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或，反应生成的I2存在平衡I2+I-，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-=+5I-+3H2O”。19.治疗抑郁症的药物帕罗西汀的合成路线如下。已知：i.R1CHO+CH2(COOH)2R1CH=CHCOOHii.R2OHR2OR3\n（1）A分子含有的官能团是_______。（2）已知：B为反式结构。下列有关B的说法正确的是(填序号)_______。a．核磁共振氢谱有5组峰b．能使酸性KMnO4溶液褪色c．存在2个六元环的酯类同分异构体d．存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体（3）E→G的化学方程式是_______。（4）J分子中有3个官能团，包括1个酯基。J的结构简式是_______。（5）L的分子式为C7H6O3。L的结构简式是_______。（6）从黄樟素经过其同分异构体N可制备L。已知：i.R1CH=CHR2R1CHO+R2CHOii.写出制备L时中间产物N、P、Q的结构简式：_______、_______、_______。N→P→QL【答案】（1）氟原子(或碳氟键)、醛基（2）abc（3）NC-CH2-COOH+HOCH2CH3NC-CH2-COOCH2CH3+H2O（4）（5）（6）①.②.③.【解析】【分析】由题干合成流程图中，结合A的分子式和信息i不难推出A为\n，B为反式结构，进而可以推出B的结构为，B与乙醇在浓硫酸共热时发生酯化反应生成D，故D为，与D的分子式相符；ClCH2COONa与NaCN先发生取代反应生成NCCH2COONa，然后再酸化得到E，E为NCCH2COOH，E再与乙醇、浓硫酸共热发生酯化反应生成G，G为NCCH2COOCH2CH3，D和G发生加成反应生成；结合J的分子式，J分子中有3个官能团，包括1个酯基，与H2发生反应生成J，可以推出J的结构简式为，同时生成乙醇；由物质结合M的分子式和信息ii，并由(5)L的分子式为C7H6O3可以推出L的结构简式为，M的结构简式为，据此分析解答。【小问1详解】由分析可知，A的结构简式为，故A分子含有的官能团是氟原子、醛基，故答案为：氟原子(或碳氟键)、醛基；【小问2详解】B为。a．根据等效氢原理可知B的核磁共振氢谱共有5种峰，如图所示\n，故a正确；b．由B的结构简式可知，B中含有碳碳双键，可以使KMnO4酸性溶液褪色，故b正确；c．B具有含2个六元环的酯类同分异构体，如等，故c正确；d．B分子的不饱和度为6，含苯环、碳碳三键的羧酸类同分异构体的不饱和度为7，因此B不存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体，故d错误；故答案为：abc；【小问3详解】E为NCCH2COOH，G为NCCH2COOCH2CH3，E与乙醇、浓硫酸共热发生酯化反应生成G，反应的化学方程式为NC-CH2-COOH+HOCH2CH3NC-CH2-COOCH2CH3+H2O，故答案为：NC-CH2-COOH+HOCH2CH3NC-CH2-COOCH2CH3+H2O；【小问4详解】根据上述分析，J的结构简式为，故答案为：；【小问5详解】由分析可知，L的结构简式为，故答案为：；【小问6详解】根据Q到L转化条件可知Q为酯类，结合L的结构简式，可推知Q的结构简式为，结合信息i和信息ii可推知P到Q的转化条件为H2O2/HAc，P的结构简式为，由N到P的反应条件为O3/Zn，H2O且N为黄樟素的同分异构体，可推知N的结构简式为，故答案为：；；。\n【点睛】本题的难点是题干信息的解读和应用，J的推断较难，要注意与H2不是发生加成反应生成J；另一个难点是(6)，要注意逆推法的应用。