《2019-2020学年北京市对外经济贸易大学附属中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年北京市对外经济贸易大学附属中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年北京市对外经济贸易大学附属中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1向 Ca(HCO3)2饱和溶液中加入一定量的Na2O2(设溶液体积不变)，推断正确的是A产生 CO2气体B产生白色沉淀C所得溶液的碱性一定减弱D所得溶液中一定不含HCO3-【答案】B【解析】【详解】A.过氧化钠溶于水生成氢氧化钠，NaOH 和 Ca(HCO3)2反应生成CaCO3和 H2O，不会产生CO2气体，故A错误；B.过氧化钠固体与溶液中的水反应，生成的NaOH 会与 Ca（HCO3）2反应，生成碳酸钙白色沉淀，故B正确；C.当
2、Na2O2量较多时，生成的NaOH 和 Ca（HCO3）2反应后有剩余，会使溶液碱性增强，故C错误；D.当 Na2O2量较小时，生成的NaOH 较少，没有把Ca（HCO3）2反应完，所得溶液中可能含有HCO3-，故D 错误；正确答案是B。【点睛】本题考查过氧化钠与水的反应及复分解反应，明确物质之间的化学反应及反应中的现象是解答本题的关键，注意饱和溶液中溶剂和溶质的关系来解答。2下化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（）选项实验现象结论A SO2通入 BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸白色沉淀，白色沉淀不溶于稀硝酸所得沉淀为BaSO4B 浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌得黑色蓬松的固体并
3、有刺激性气味气体该过程中浓硫酸仅体现吸水性和脱水性C 用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应用热的烧碱溶液洗去油污D FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含有 Cu2的溶液中置换出铜FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A.盐酸是强酸，SO2通入 BaCl2溶液不能生成白色沉淀，然后滴入稀硝酸，亚硫酸被氧化为硫酸，与BaCl2生成 BaSO4白色沉淀，BaSO4白色沉淀不溶于稀硝酸，故A 正确；B.浓硫酸具有脱水性，滴入蔗糖中并搅拌，发生反应生成有刺激性气味的二氧化硫，该过程中浓硫酸仅体现脱水性和强氧化性，故B 错
4、误；C.烧碱是氢氧化钠，具有强腐蚀性，故不能用用热的烧碱溶液洗去油污，故C错误。D.FeCl3溶液可与Cu 反应生成Cu2，可用于铜质印刷线路板的铜回收，故D 错误；答案选 A。3短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，Y和 W、Y和 Z分别相邻，且W、Y和 Z三种元素的原子最外层电子数之和为19，x 原子的电子层数与最外层电子数相等。下列说法错误的是A单质的沸点：YWZ B离子半径：XY DW 与 X可形成离子化合物【答案】A【解析】【分析】X 原子的电子层数与最外层电子数相等，X 应为 Al，Y 和 W、Y和 Z分别相邻，且W、Y和 Z三种元素的原子最外层电子数之和为19，则 W 为
5、O、Y 为 S，Z为 Cl 元素。【详解】A氯气的相对分子质量比氧气大，沸点比氧气高，故A 错误；BX 为 Al、Y为 S、硫离子比铝离子多一个电子层，离子半径较大，故B 正确；C非金属性OS，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性：H2OH2S，故 C正确；D O 的非金属性较强，与铝反应生成的氧化铝为离子化合物，熔融状态下可导电，故D 正确。故选 A。4用下列实验装置能达到实验目的的是(部分夹持装置未画出)A分离液体混合物B蒸发 NaC1溶液获得NaC1晶体C制取二氧化硫气体D测定化学反应速率【答案】B【解析】【分析】【详解】A.该实验为蒸馏，温度计水银球应置于蒸馏烧瓶
6、支管处，以便测量蒸汽的温度，A 错误；B.该实验为蒸发，蒸发指蒸去溶剂从而得到溶质固体，因而蒸发NaC1溶液获得NaC1晶体，B 正确；C.铜与浓硫酸反应需要加热，该装置中未添加酒精灯，C错误；D.过氧化氢与二氧化锰反应生成的氧气会从长颈漏斗溢出，从而无法测量化学反应速率，应该用分液漏斗，D 错误。故答案选B。5异丁烯与氯化氢可能发生两种加成反应及相应的能量变化与反应进程的关系如图所示，下列说法正确的是()A反应的活化能大于反应B反应的H 小于反应C中间体2 更加稳定D改变催化剂，反应、的活化能和反应热发生改变【答案】C【解析】【分析】【详解】A由图可知生成产物1 时对应活化能高，则活化能：反
7、应大于反应，故A 错误；B图中生成产物2 的能量低，能量低的更稳定，且为放热反应，焓变为负，则H 大小：反应的 H 大于反应，故B 错误；C图中生成中间体2 的能量低，能量低的更稳定，则中间产物的稳定性：中间体1 小于中间体2，故 C正确；D改变催化剂，反应、的反应热不发生改变，故D 错误；故选 C。【点睛】本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、焓变与能量为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变的比较及焓变只与终始态有关，与催化剂无关。6以柏林绿FeFe(CN)6为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法正确的是A放电时，Mo 箔上的电势比Mg 箔上的低B充电时
8、，Mo 箔接电源的负极C放电时，正极反应为FeFe(CN)6+2Na+2e-=Na2FeFe(CN)6 D充电时，外电路中通过0.2mol 电子时，阴极质量增加3.55g【答案】C【解析】【详解】A.放电时，Mg作负极，Mo作正极，所以Mo箔上的电势比Mg箔上的高，故A错误；B.充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mo箔接电源的正极，故B错误；C.根据原电池工作原理，放电时 Mg作负极，Mo作正极，正极反应式为FeFe(CN)6+2Na+2e-=Na2FeFe(CN)6,故 C正确;D.放电时负极上应是2Mg-4e-+2C1-=Mg2Cl22+,通过 0.2mol 电子时
9、，消耗0.1 mol Mg,质量减少2.4g，则充电时质量增加2.4g，故 D错误。答案：C。【点睛】本题考查电化学的相关知识。根据原电池和电解池的原理分析判断相关的选项。抓住原电池的负极和电解池的阳极均失电子发生氧化反应，原电池的正极和电解池的阴极均得电子发生还原反应，再根据得失电子守恒进行计算。7X、Y、Z、W 是四种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的2 倍，Y是地壳中含量最多的元素，Z 元素在短周期中金属性最强，W 与 Y位于同一主族。下列叙述正确的是A原子半径：r(W)r(Z)r(Y)r(X)BY的简单气态氢化物的热稳定性比W 的强CX的最高价氧化物对应水化物的酸性比W 的强
10、D Y与 Z 形成的两种常见化合物化学键类型相同【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W 是短周期主族元素，X 原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8 个，则其K 层为次外层，故 X是 C元素；Y元素在地壳中的含量最高的元素，则 Y是 O 元素；W 与 Y属于同一主族，则为 W 为 S元素；Z元素在短周期中金属性最强，则Z是 Na 元素；据此答题。【详解】根据分析，X是 C元素，Y是 O 元素，Z是 Na 元素，W 为 S元素；A X、Y为第二周期，Z、W 为第三周期，则X、Y原子半径小于Z、W，同周期元素原子半径随核电荷数增大半径减小，原子半径：r(Z)r(W)r(X)r(Y)
11、，故 A 错误B非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：YW，则 Y的简单气态氢化物的热稳定性比 W 的强，故B正确；C非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：X W，X 的最高价氧化物对应水化物的酸性比W 的弱，故C错误；D Y是 O 元素，Z 是 Na元素，Y与 Z形成的两种化合物为Na2O、Na2O2，含有的阴阳离子数目之比均为1:2，前者只含离子键，后者含有离子键、共价键，故D 错误；答案选 B。【点睛】非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。8微生物燃料电池在净化废水的同时能获得能源或得到有价值的化学产品，左下图为其工
12、作原理，右下图为废水中Cr2O72-离子浓度与去除率的关系。下列说法不正确的是（）A正极反应式是O24H4e=2H2O，Cr2O7214H 6e=2Cr37H2O B电池工作时，N 极附近溶液pH 增大C处理 1molCr2O72-时有 6molH+从交换膜左侧向右侧迁移D Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活【答案】C【解析】A、根据工作原理，电解质环境为H，根据原电池的工作原理，电子流入的一极为正极，即N 极为正极，电极反应式为O24H 4e=2H2O，Cr2O7214H 6e=2Cr37H2O，故 A 说法正确；B、根据选项A 的分析，消耗H，N 极附近溶液的pH 升高，故
13、 B 说法正确；C、正极反应式为O24H 4e=2H2O，Cr2O7214H 6e=2Cr37H2O，消耗 1molCr2O72时，从交换膜左侧向右侧迁移至少有14molH，故 C 说法错误；D、根据右边的图，当Cr2O72浓度大时去除率变为0，Cr2O72离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活，故D 说法正确。9向 3mol L-1盐酸中加入打磨后的镁条，一段时间后生成灰白色固体X，并测得反应后溶液pH 升高。为确认固体X的成分，过滤洗涤后进行实验：向固体X中加入足量硝酸，固体溶解，得到无色溶液，将其分成两等份；向其中一份无色溶液中加入足量 AgNO3溶液，得到白色沉淀a；向另一份无色溶液中加
14、入足量NaOH 溶液，得到白色沉淀b。下列分析不正确的是（）A溶液 pH 升高的主要原因：Mg+2H+=Mg2+H2B生成沉淀a 的离子方程式：Ag+Cl-=AgCl C沉淀 b 是 Mg(OH)2D若 a、b 的物质的量关系为n（a）：n（b）=1：3，则可推知固体X的化学式为Mg3(OH)6Cl【答案】D【解析】【详解】A、溶液 pH 升高的主要原因是H被消耗，即：Mg+2H+=Mg2+H2，故 A 正确；B、向其中一份无色溶液中加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a，a 是不溶于HNO3的白色沉淀，应为AgCl，故 B 正确；C、沉淀 b，与 OH有关，NO3、Cl、Mg2能形成沉淀的只
15、有Mg2，故 C 正确；D、若 a、b 的物质的量关系为n（a）：n（b）=1：3，根据化合价代数和为0，则可推知固体X的化学式为 Mg3(OH)5Cl，故 D 错误。故选 D。10Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在一定条件下合成：下列说法不正确的是A Y的分子式为C10H8O3B由 X制取 Y的过程中可得到乙醇C一定条件下，Y能发生加聚反应和缩聚反应D等物质的量的X、Y分别与 NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为32【答案】D【解析】【详解】A由 Y 的结构简式可知Y的分子式为C10H8O3，故 A 正确；B由原子守恒，由X发生取代反应生成Y的过程中另一产物为
16、乙醇，故B 正确；CY中含有碳碳双键，一定条件下，能发生加聚反应；Y中含有酚羟基，一定条件下可和醛发生缩聚反应，故C正确；DX中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1mol 可与 3molNaOH 反应，Y中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1molY 可与 3molNaOH 反应，最多消耗NaOH 的物质的量之比为1：1，故 D 错误；故答案为D。【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有酯基决定具有酯的水解性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有酚羟基还具有酚的性质。11已知
17、对二烯苯的结构简式如图所示，下列说法正确的是（）A对二烯苯苯环上的一氯取代物有2 种B对二烯苯与苯乙烯互为同系物C对二烯苯分子中所有碳原子一定处于同一平面D 1mol 对二烯苯最多可与5mol 氢气发生加成反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A.对二烯苯苯环上只有1 种等效氢，一氯取代物有1 种，故 A 错误；B.对二烯苯含有2 个碳碳双键，苯乙烯含有1 个碳碳双键，对二烯苯与苯乙烯不是同系物，故B错误；C.对二烯苯分子中有3个平面，单键可以旋转，所以碳原子可能不在同一平面，故 C错误；D.对二烯苯分子中有2 个碳碳双键、1个苯环，所以1mol 对二烯苯最多可与5mol 氢气发生加成反应，故
18、 D 正确；选 D。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的组成和结构特点，明确官能团的性质和空间结构是解题关键。12常温下，向20mL 0.1mol/L 氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是()A常温下，0.1 mol/L 氨水中，c(OH)1 105 mol/L Bb 点代表溶液呈中性Cc 点溶液中c(NH4+)c(Cl)D d 点溶液中：c(Cl)c(NH4+)c(OH)c(H+)【答案】B【解析】【详解】A、由图可知，常温下，0.1mol/L 的氨水溶液中c（H+）1011mol/
19、L，则 c（OH）-14-111010 1103mol/L，故 A 错误；B、b 点为 NH4Cl和 NH3?H2O 的混合溶液，溶液中NH4+促进水的电离程度和H+抑制程度相等，所以水电离的氢离子浓度为107mol/L，溶液呈中性，故B 正确；C、c 点溶液为NH4Cl溶液，呈酸性，c（H+）c（OH），电荷关系为c（NH4+）+c（H+）c（OH）+c（Cl），所以 c 点溶液中c（NH4+）c（Cl），故 C错误；D、d 点溶液为NH4Cl和 HCl 的混合溶液，溶液呈酸性，c（H+）c（OH），电荷关系为c（NH4+）+c（H+）c（OH）+c（Cl），所以 d 点溶液中：c（Cl）c
20、（NH4+）c（H+）c（OH），故 D 错误；故选：B。13化学与生产、生活和环境密切相关。下列有关说法正确的是()A面粉生产中禁止添加的过氧化钙(CaO2)中阴、阳离子个数比为1：2 B“文房四宝”中的砚台，用石材磨制的过程是化学变化C月饼中的油脂易被氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋D丝绸的主要成分是蛋白质，它属于天然高分子化合物【答案】D【解析】【详解】A.过氧化钙(CaO2)中阴离子是O22-，阳离子是Ca2+，故阴、阳离子个数比为1：1，A 错误；B.用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，B 错误；C.防止食品氧化变质，应加入还原剂，硅胶具有吸水性，是干燥剂，C错误；D
21、.丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，D 正确；故合理选项是D。14被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20 号元素中的6 种组成，分别为X、Y、Z、W、R、T。其中 X、Y、Z 为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T 位于同周期，R 最外层电子数是次外层的3 倍，T 无正价，X与 R 原子序数之和是W 的 2 倍。下列说法错误的是A离子半径:RTYZ BXR2、WR2两种化合物中R 的化合价相同C最高价氧化物对应的水化物的碱性:XZ D气态氢化物的稳定性:WRT【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W、R、T 属于周期表
22、的前20 号元素，其中X、Y、Z为金属元素。R 最外层电子数是次外层的3倍，则 R 含有 2 个电子层，最外层含有6 个电子，为O 元素；Y、Z、R、T 位于同周期，都位于第二周期，T无正价，则T 为 F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，且位于第二周期，则Z 为 Be 元素，X、Z位于同族，则X为 Mg 或 Ca元素；Y为第二周期的金属元素，则Y为 Li；X 与 R（O）原子序数之和是W的 2 倍，X为 Mg 时，W 的原子序数为(12+8)/2=10，为 Ne 元素，为稀有气体，不满足条件；X 为 Ca时，W 的原子序数为(20+8)/2=14，则 W 为 Si元素，据此解答。【详解
23、】根据分析可知：X 为 Ca，Y 为 Li，Z为 Be，W 为 Si，R为 O，T为 F元素。A电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则简单离子半径：RTY Z，故 A 正确；BXR2、WR2分别为 CaO2、SiO2，CaO2中 O 元素化合价为-1，SiO2中 O 元素化合价为-2，两种化合物中O的化合价不相同，故B 错误；C同一主族从上到下金属性逐渐减弱，则金属性CaBe，则最高价氧化物对应的水化物的碱性：XZ，故 C 正确；D非金属性FOSi，则气态氢化物的稳定性：WR T，故 D 正确。15在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后
24、顺序判断正确的是A含等物质的量的AlO2、OH、CO32的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2、OH、CO32B含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I、Br、Fe2C含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3D含等物质的量的Fe3、Cu2、H的溶液中加入锌粉：Fe3、Cu2、H、Fe2【答案】D【解析】【分析】【详解】A在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸，先发生OH-与盐酸的反应，故A 错误；B含等物质的量的FeBr2、的溶液中，缓慢通入氯气，由还原性I-Fe2+Br-，则化学反
25、应的先后顺序为I-、Fe2+、Br-，故 B 错误；C在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2，则化学反应的先后顺序为Ba（OH）2、KOH、K2CO3、BaCO3，故 C错误；D在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉，由氧化性Fe3+Cu2+H+Fe2+，则化学反应的先后顺序为Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，故 D 正确；答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16铜及其化合物在工业生产上有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：已知：常温下几种物质开
26、始形成沉淀与完全沉淀时的pH 如下表金属离子Fe2Fe3Cu2Mn2开始沉淀7.5 2.7 5.6 8.3 完全沉淀9.0 3.7 6.7 9.8 KspFe(OH)34.01038（1）加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有_（任写一种）。（2）滤渣 I 中的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的化学方程式：_。（3）常温下“除铁”时加入的试剂A 可用 CuO等，调节pH 调的范围为 _，若加A 后溶液的pH 调为5，则溶液中Fe3的浓度为 _mol/L。（4）写出“沉锰”(除 Mn2)过程中反应的离子方程式：_。（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是_。
27、（6）滤液经蒸发结晶得到的盐主要是_(写化学式)。（7）过滤得到的沉淀经过洗涤、干燥可以得到碱式碳酸铜，判断沉淀是否洗净的操作是_。【答案】充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O 3.75.6（或 3.7 pH5.6）4.0 1011Mn2HCO3NH3MnCO3 NH4将溶液加热(NH4)2SO4取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。（其它合理答案也可）【解析】【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量 Fe2O3
28、、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质 S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液PH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜。【详解】（1）加快“浸取”速率，即为加快酸浸反应速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可，答案为：充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可；（2）由分析中滤渣1 的成分可知，反应的化学方程式2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，答案为：2MnO2+Cu2S+4H2SO
29、4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；（3）根据表格数据铁离子完全沉淀时的pH 为 3.7，但不能沉淀其他金属离子，故结合各金属离子沉淀时的 pH 值可知，溶液的pH 不能高于5.6，则调节pH 调的范围为3.75.6（或 3.7 pH5.6）；当溶液pH 调为 5 时，c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)=-14w-5+K10=10 mol/Lc H=10-9 mol/L，已知 KspFe(OH)34.0 1038，则c(Fe3+)=sp33-KFe OHcOH=383-94.0 1010 mol/L=4.0 1011 mol/L，答案为：3.75.6（或 3.7 pHr(N
30、3-)r(Al3+)HIO4(aq)+13Al(OH)3(s)=H2O(l)+13Al(IO4)3(aq)H=-13QkJ/mol a Fe2O3+6H+2I-=2Fe2+I2+3H2O【解析】【分析】氢氧化铝具有两性，X的最高价氧化物的水化物甲是一种胃酸中和剂，且能溶于强碱溶液，X是 Al 元素；氨气作制冷剂，Y的一种氢化物可用于制造纯碱和做制冷剂，Y是 N元素；氧化铁是红色染料的成分，Z的一种盐乙可以作净水剂，Z 的某种氧化物丙可以做红色涂料，Z是 Fe 元素；碘化银用于人工降雨，W元素大多存在于海藻种，它的银盐可用于人工降雨，W是 I 元素；【详解】（1）X是 Al 元素，Al 元素周期
31、表中的位置为第三周期A族，电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，Al3+、N3-、Fe3+三种离子半径从大到小的顺序为r(Fe3+)r(N3-)r(Al3+)。（2）W的最高价氧化物的水化物是HIO4，甲是氢氧化铝；足量HIO4稀溶液与 1mol Al(OH)3完全反应，放出热量 QkJ，表示该过程中和热的热化学方程式是HIO4(aq)+13Al(OH)3(s)=H2O(l)+13Al(IO4)3(aq)H=-13QkJ/mol。（3）a.HI 的相对分子质量大于HCl，HI 比氯化氢沸点高，故a 正确；b.Cl的非金属性大于I，HCl 比 HI 稳定性好，故b错误；c.Cl
32、的非金属性大于I，HI 比氟化氢还原性强，故c 错误；d.HI是强酸，氢氟酸是弱酸，故d 错误。（4）铁的氧化物丙可以做红色涂料，丙是Fe2O3，丁是 HI，Fe2O3与 HI 发生氧化还原反应生成FeI2和 I2，反应的离子方程式是Fe2O3+6H+2I-=2Fe2+I2+3H2O。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如图所示：请回答下列问题：（1）由 B2O3制备 BF3、BN的化学方程式是_、_。（2）基态 B原子的电子排布式为_；B 和 N 相比，非金属性较强的是_，BN 中 B
33、元素的化合价为_；（3）在 BF3分子中，FBF的键角是 _，该分子为 _分子（填写“极性”或“非极性”），BF3和过量 NaF作用可生成NaBF4，BF4-中可能含有 _，立体结构为_；（4）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内 B原子与 N 原子之间的化学键为_，层间作用力为_。【答案】B2O3+3CaF2+3H2SO4 3H2O+2BF3+3CaSO4B2O3+2NH3 2BN+3H2O 1s22s22p1N+3 120非极性共价键、配位键正四面体共价键范德华力【解析】【分析】硼砂与硫酸生成H3BO3，H3BO3受热分解得到B2O3，B2O3与 CaF2、硫酸加热得到BF3，B2O3
34、与氨气高温下得到 BN；(1)由工艺流程可知，B2O3与 NH3反应生成BN，根据原子守恒可知，还有水生成；由图可知B2O3与 CaF2和 H2SO4反应即生成BF3，同时还应该产生硫酸钙和水；(2)B 原子核外有5 个电子，根据构造原理书写基态B 原子的电子排布式；同周期主族元素，从左向右，核电荷数增大，元素的非金属性增强，电负性越大，B 元素化合价为+3 价；(3)价层电子对互斥理论认为：分子的立体构型是“价层电子对”相互排斥的结果，先判断价层电子对数，再确定分子构型，进而判断键角和分子的极性，以及离子的空间构型；(4)结合化学键的形成条件和分子间作用力分析。【详解】(1)由工艺流程可知，
35、B2O3与 NH3反应生成BN，根据原子守恒可知，还有水生成，反应方程式为：B2O3+2NH32BN+3H2O，由图及元素守恒可知生成、BF3反应的方程式：B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3+3CaSO4+3H2O；(2)B 原子核外有5 个电子，根据构造原理书写基态B 原子的电子排布式为1s22s22p1；B、N 为同周期主族元素，核电荷数大，元素的非金属性越强，则非金属性NB，电负性 N B，NB 中 B元素化合价为+3 价；(3)BF3分子的中心原子B 原子上含有3 个 键，中心原子上的孤电子对数=12(a-xb)=12(0-3 1)=0，所以 BF3分子的 VSEPR模型是平面
36、三角型，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形，键角是120，分子是非极性分子，BF3和过量 NaF 作用可生成NaBF4，BF4-中 B原子最外层只有3 个电子，最多3个共用电子，则BF4-中应含有共价键和配位键；B 原子的价层电子对=3+12 2=4，该离子中不含孤电子对，所以 BF4-为正四面体结构；(4)在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与 N 原子之间的化学键为共价键，层间作用力为分子间作用力。【点睛】考查原子杂化方式及分子的立体构型的判断，注意杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中
37、心原子杂化方式，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，键个数=配原子个数，孤电子对个数=12(a-xb)，a 指中心原子价电子个数，x 指配原子个数，b 指配原子形成稳定结构需要的电子个数根据n 值判断杂化类型：一般有如下规律：当 n=2，sp 杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。19一种药物中间体(G)的一种合成路线如图：已知：请回答下列问题：(1)R 的名称是 _；R 中官能团名称是_。(2)M N的反应类型是_。P的结构简式为_。(3)H 分子式是 _。(4)写出 QH 的化
38、学方程式：_。(5)T 是一种与R 具有相同官能团的芳香化合物(且组成元素种类相同)，T的相对分子质量比R 多 14。T 有_种结构。其中，在核磁共振氢谱上有5 组峰且峰的面积比为1：1：2：2：2 的结构简式可能有_。(6)以 1，5-戊二醇()和硝基苯为原料(其他无机试剂自选)合成，设计合成路线：_。【答案】邻羟基苯甲醛(或 2-羟基苯甲醛)醛基、羟基取代反应C15H18N2O3+ClCH2CH2NHCH2CH2Cl+2HCl 17、或【解析】【分析】由 N 逆推，R 为，M 为，由 H 逆推 P，N 中-OCH2-与-CHO 成环，P 为，由已知信息，P 中-NO2被还原为-NH2，则
39、Q 为。由 Q和 H 的结构简式知，ClCH2CH2NHCH2CH2Cl 与 Q 上的-NH2发生取代形成环。【详解】(1)R 的结构简式为，则其名称是邻羟基苯甲醛(或 2-羟基苯甲醛)；R 中官能团名称是醛基、羟基。答案为：邻羟基苯甲醛(或 2-羟基苯甲醛)；醛基、羟基；(2)由的反应类型是取代反应。P的结构简式为。答案为：取代反应；(3)H 的结构简式为，分子式是C15H18N2O3。答案为：C15H18N2O3；(4)写出的化学方程式：+ClCH2CH2NHCH2CH2Cl+2HCl。答案为：+ClCH2CH2NHCH2CH2Cl+2HCl；(5)T 是一种与R 具有相同官能团的芳香化合
40、物(且组成元素种类相同)，T的相对分子质量比R 多 14，即多1个-CH2-，则 T的分子中除苯环外，可能含有-CHO、-OH、-CH3三种基团(共 10种可能结构)，可能含有-CH2CHO、-OH 两种官能团(共 3 种结构)，可能含有-CHO、-CH2OH 两种官能团(共 3 种结构)，可能含有-CH(OH)CHO一种基团(1 种结构)，各基团在苯环上的相对位置可能不同，共有17 种结构。其中，在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1：1：2：2：2 的结构中，必须有-CH2CHO、-OH，或-CHO、-CH2OH，且位于苯环的对位，结构简式可能有、。答案为：17；、；(6)以 1，5-戊二醇()和硝基苯为原料，依据流程图中QF 的信息，需将1，5-戊二醇转化为 1，5-二氯戊烷，将硝基苯转化为苯胺，便可合成目标有机物。合成路线：或。答案为：或。【点睛】在书写比R 多 1 个“CH2”且官能团相同的T 的各种可能结构简式时，我们应先加工零部件，即先确定除苯环外可能含有的原子团，然后按一定规律进行排列，只有这样，才不会出错。有些同学书写没有条理性，结果屡屡出错。