河北省张家口宣化第一中学2021届高三化学下学期阶段模拟试题七﹙含答案﹚

1、河北省张家口宣化第一中学2021届高三化学下学期阶段模拟试题（七）一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）1. 我国制碱先驱侯德榜先生发明了“侯氏制碱法”，这里制备的碱是()A. Na2CO3B. NaHCO3C. NaOHD. KOH2. 化学与日常生活密切相关，下列说法中错误的是()A. 高粱酿酒过程中有水解反应发生B. 小苏打可作食品的膨松剂C. 纤维素是能被人体吸收的营养物质D. 臭氧可用于餐具的杀菌、消毒3. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()A. 标准状况下，2.24LBr2单质中含Br原子数目为0.2NAB. 常温常压下，2.8g乙烯分子中含键数目为0.5NA

2、C. 0.1molL-1盐酸中含Cl-数目0.1NAD. 1molCu与足量S完全反应生成Cu2S时转移电子数目为2NA4. K2FeO4是优良的水处理剂，在水中发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2，下列叙述正确的是()A. 溶液pH越小，K2FeO4越稳定B. K2FeO4净水是利用Fe(OH)3胶体吸附水中的Ca2+、Mg2+等离子C. 上述反应中K2FeO4仅作氧化剂D. 可利用K2FeO4的强氧化性对自来水杀菌、消毒5. 下列除杂方法中，不能实现目的的是() 气体杂质方法ACO2(CO)通过灼热的CuOBCl2(HCl)通过NaOH溶液CSO

3、2(SO3)通过饱和NaHSO3溶液D乙烷乙烯通过溴水A. AB. BC. CD. D6. 下列离子方程式书写正确的是()A. Na与水反应：Na+2H2O=Na+2OH-+H2B. 过量NaOH溶液与NH4HCO3溶液反应：HCO3-+OH-=H2O+CO32-C. FeO溶于稀HNO3：FeO+2H+=Fe2+H2OD. 向CuSO4溶液中滴加过量氨水：Cu2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+4H2O7. 关于图中电化学转化装置的相关描述错误的是()A. b为负极B. 反应的化学方程式为：2CO2+O2-=C2O52-C. d电极反应式为：CO32-+4e-=C+3O2-D. 可利用该

4、装置捕获空气中的CO28. 下列关于电解质溶液的说法中错误的是()A. 等浓度、等体积的HCOOH溶液与HCOONa溶液混合后pHc(Na+)c(H+)c(OH-)B. 新制氯水中：c(ClO-)+c(HClO)=c(Cl-)C. 已知Ka(HF)Ka(H2S)，则同浓度的NaHS和NaF溶液的pH：NaHSNaFD. Na2CO3与NaHCO3的混合溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32-)9. 短周期主族元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，原子半径ZWYX，X与Z同主族，Y与W同主族，Y原子最外层电子数是次外层的3倍。下列说法中正确的是()A. 电

5、负性：WYZB. 第一电离能：ZXC. W原子核外有5种能量不同的电子D. Y与X形成的化合物一定只含极性键10. 莲花清瘟胶囊用于治疗流行性感冒，其主要成分的结构简式如图。下列关于该有机物的说法错误的是()A. 分子中只有1个手性碳原子B. 分子中共平面的碳原子最多有7个C. 键角D. 1mol该有机物消耗Na与NaOH的物质的量之比3：211. 硼氢化钠(NaBH4)在催化剂Ru的表面与水反应可生成H2，其反应机理如图所示。下列说法错误的是()A. 过程每生成1molH2，转移1mol电子B. 中间体H2B(OH)、HB(OH)2中B原子杂化方式均为sp2C. 催化剂Ru降低了反应的焓变D

6、. 过程的方程式为：HB(OH)2+H2O-RuH3BO3+H212. 已知甲、乙、丙是三种可溶性物质。其中甲是碱，乙、丙是盐，它们分别溶于水后电离产生的所有离子如表所示。下列分析结果一定正确的是() 阳离子Na+、H+、Ba2+阴离子OH-、CO32-、SO42-A. 甲是Ba(OH)2，乙是NaHSO4B. 乙、丙反应的离子方程式为：H+HCO3-=H2O+CO2C. 甲分别与乙、丙溶液混合后，现象相同D. 可利用焰色反应鉴别乙和丙13. 向SO2和Cl2的混合气体中注入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行如图实验。下列实验分析中，正确的是() 序号实验操作实验现象溶液

7、不变红，试纸不变蓝溶液不变红，试纸褪色生成白色沉淀A. 中现象说明混合气体中一定有n(Cl2)=n(SO2)B. 、中溶液加热不变红，说明品红溶液不是被SO2漂白的C. 中产生的白色沉淀为BaSO3D. “混合气体中注入品红溶液”只发生了1个氧化还原反应14. NF3与汞共热得到N2F2和一种汞盐，下列有关说法错误的是()A. NF3的空间构型为三角锥形B. N2F2的结构式为F-N=N-FC. NF3沸点一定高于NH3D. N2F2分子存在顺反异构15. 硼化镁晶体的理想模型中，镁原子和硼原子分层排布，彼此分层间隔。硼原子黑球，半径为a)和镁原子白球，半径为b)在平面上的投影如图1。下列说法

8、错误的是()A. 硼原子的价电子构型为2s22p1B. 该晶体的化学式为MgB6C. 硼化镁晶体的晶胞结构可用图2表示D. 晶胞边长为3(a+b)二、简答题（本大题共4小题，共55.0分）16. 氧钒碱式碳酸铵晶体化学式为：(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)910H2O，实验室以V2O5为原料制备该晶体的流程如下。溶液氧钒碱式碳酸铵晶体 (1)N2H4的电子式是 _ 。若“还原”后其它产物均绿色环保，写出该反应的化学方程式 _ 。 (2)“转化”可在如图装置中进行。已知VO2+能被O2氧化 仪器M的名称是 _ 。使A中制气反应停止的操作是 _ 。 装置C中将VOCl2转化并得到产品，实

9、验操作顺序为：打开活塞a _ _ _ 。填标号取下P(如图，锥形瓶口塞上橡胶塞 将锥形瓶置于干燥器中，静置后过滤 打开活塞b，加入VOCl2溶液，持续搅拌一段时间，使反应完全 得到紫红色晶体，抽滤，并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，用无水乙醇洗涤2次，再用乙醚洗涤2次，抽干称重。用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是 _填离子符号，用乙醚洗涤的目的是 _ 。 称量mg产品于锥形瓶中，先将产品中钒元素转化为VO2+，消除其它干扰，再用cmolL-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为VmL(已知滴定反应为VO2+Fe2+2H+=VO2+Fe3+H2O).

10、则产品中钒的质量分数为 _ 。以VO2+的量进行计算，列出计算式17. 马来酸匹杉琼可用于非霍奇金淋巴瘤的治疗。其制备流程如图。 回答下列问题： (1)的名称为 _ ，D中含氧官能团的结构简式为 _ 。 (2)B的核磁共振氢谱有 _ 组吸收峰。 (3)写出官能团的种类和数目均与相同的同分异构体的结构简式 _ 。 (4)A具有的性质是 _ 。选填序号酸性 碱性 能发生消去反应 能发生水解反应 (5)BC反应类型为 _ 。 (6)可由丙二酸经三步反应合成其他试剂任选： 则X的结构简式为 _ ，反应3的化学方程式为 _ 。18. CdS又称镉黄，可用作黄色颜料，也用于制备荧光粉等。以镉铁矿成分为Cd

11、O2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2)为原料制备CdS的工艺流程如图。 回答下列问题： (1)“滤渣1”的成分是 _ 。写化学式(2)“还原镉”时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，发生反应的离子方程式为 _ 。 (3)加入H2O2溶液的目的是 _ 。 (4)通入H2S也可以“沉镉”，发生反应的离子方程式为 _ 。 (5)实际工业生产中，有时采用阳离子交换树脂法来测定沉镉后溶液中Cd2+的含量，其原理是：Cd2+2NaR=2Na+CdR2，其中NaR为阳离子交换树脂。常温下，将沉镉后的溶液经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增加了0.0552gL-1。此时溶液pH=6

12、，则该条件下Cd(OH)2的Ksp= _ 。 (6)CdS不溶于稀盐酸，可溶于浓盐酸，并生成H2CdCl4，反应的化学方程式为 _ 。若向反应后的溶液中加水稀释，又出现黄色沉淀，用平衡移动原理解释 _已知Cd2+4Cl-CdCl42-)19. (1)“哈伯法”合成氨的反应：，相关键能数据如表： 化学键NNH-HN-H键能(kJmol-1)946.0436.0390.8H= _ kJmol-1。 向密闭容器中按1：3体积比通入N2和H2，反应达平衡时NH3的体积分数为25.0%，则N2的平衡转化率(N2)= _ 。 (2)“球磨法”是在温和的条件下(45和1bar，lbar100kPa)合成氨，

13、氨的最终体积分数可高达82.5%。该法分为两个步骤如图：第一步，铁粉在球磨过程中被反复剧烈碰撞而活化，产生高密度的缺陷，氮分子被吸附在这些缺陷上(Fe(N*)，有助于氮分子的解离。第二步，N*发生加氢反应得到NHx*(x=13)，剧烈碰撞中，NHx*从催化剂表面脱附得到产物氨。 “球磨法”与“哈伯法”相比较，下列说法中正确的是 _ 。选填标号A.催化剂(Fe)缺陷密度越高，N2的吸附率越高 B.“哈伯法”采用高温主要用于解离氮氮三键，而“球磨法”不用解离氮氮三键 C.“球磨法”中“剧烈碰撞”仅仅为了产生“活化缺陷” D.“球磨法”不采用高压，是因为低压产率已经较高，加压会增大成本 机械碰撞有助

14、于催化剂缺陷的形成，而摩擦生热会使体系温度升高。图甲是N2吸附量、体系温度随球磨转速变化曲线，则应选择的最佳转速约 _ 转/min。若选择500转/min的转速，N2的吸附量降低的原因是 _ 。 如图乙，平衡时NH3的体积分数随N2初始压强增大而 _填“增大”、“减小”或“不变”，说明N2与H2的投料比 _ 1：3。选填“”、“=”或“”2020-2021学年下学期宣化一中高三化学阶段模拟试卷（七）答案和解析1.【答案】A【解析】解；我国制碱先驱侯德榜先生发明了“侯氏制碱法”，这里制备的碱是纯碱，为碳酸钠，化学式为：Na2CO3， 故选：A。“侯氏制碱法”制备的是纯碱碳酸钠，是向氨化的饱和氯化

15、钠溶液中通入二氧化碳反应生成氯化铵和碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水。本题考查了工业制备原理，主要是侯德榜制碱原理的理解应用，题目难度不大。2.【答案】C【解析】解：A.高粱酿酒过程中，淀粉发生水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇，则高粱酿酒过程中有水解反应发生，故A正确； B.碳酸氢钠俗名小苏打，受热易分解生成二氧化碳，使面团疏松多孔，可作食品的膨松剂，故B正确； C.人体内无纤维素酶，则纤维素不能在人体水解转化为营养物质，故C错误； D.臭氧具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用作杀菌消毒剂，故D正确； 故选：C。A.酒曲酶的作用下，淀粉发生水解生成葡萄糖； B.碳酸氢钠对

16、热不稳定，受热易分解生成二氧化碳； C.人体内无纤维素酶，不能将其转化为葡萄糖； D.臭氧具有强氧化性，能使蛋白质变性。本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。3.【答案】B【解析】解：A.标况下溴为液体；，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B.2.8g乙烯的物质的量为n=2.8g28g/mol=0.1mol，而乙烯中含5条键，故0.1mol乙烯中含0.5NA条键，故B正确；C.溶液体积不明确，故溶液中氯离子的个数无法计算，故C错误；D.铜和硫反应后变为+1价，故1

17、mol铜反应后失去NA个电子，故D错误。故选：B。A.标况下溴为液体；B.求出2.8g乙烯的物质的量，然后根据乙烯中含5条键来分析；C.溶液体积不明确；D.铜和硫反应后变为+1价。本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算及使用注意事项，明确以物质的量为核心计算公式，熟悉相关物质的结构组成是解题关键，题目难度中等。4.【答案】D【解析】解：A.溶液pH越小，K2FeO4越容易与水反应，K2FeO4越不稳定，故A错误； B.K2FeO4净水是利用Fe(OH)3胶体吸附水中的悬浮颗粒形成沉淀，不能除去水中的Ca2+、Mg2+等离子，故B错误； C.K2FeO4中Fe元素的化合价降低，部分O元素的化合价升高

18、，所以上述反应中K2FeO4作氧化剂也作还原剂，故C错误； D.K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，则可利用K2FeO4的强氧化性对自来水杀菌、消毒，故D正确； 故选：D。4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2反应中，Fe元素的化合价降低，O元素的化合价升高，Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒形成沉淀，据此分析。本题考查了氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应的基本概念的考查，题目难度不大。5.【答案】B【解析】解：A.CuO与CO反应，与CO2不反应，所以通过灼热的CuO能除去CO2中的CO，故A正

19、确； B.Cl2和HCl均能与NaOH溶液反应，应该用饱和食盐水除杂质HCl，故B错误； C.SO3能和饱和NaHSO3溶液反应，SO2难溶于饱和NaHSO3溶液，所以混合气体通过饱和NaHSO3溶液可知除杂质，故C正确； D.乙烯与溴水发生加成反应，乙烷不反应，混合气体通过溴水可以除杂质，故D正确； 故选：B。A.CuO与CO反应，与CO2不反应； B.Cl2和HCl均能与NaOH溶液反应； C.SO3能和饱和NaHSO3溶液反应，SO2难溶于饱和NaHSO3溶液； D.乙烯与溴水发生加成反应，乙烷不反应。本题考查了常见物质的分离和除杂，抓住除杂的必需条件，不能带入新杂质，侧重分析与实验能力

20、的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。6.【答案】D【解析】解：A.Na与水反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，故A错误； B.过量NaOH溶液与NH4HCO3溶液反应，离子方程式为：NH4+HCO3-+2OH-=CO32-+H2O+NH3H2O，故B错误； C.FeO溶于稀HNO3中的离子反应为：3FeO+10H+NO3-=3Fe3+NO+5H2O，故C错误； D.向CuSO4溶液中滴加过量氨水，离子方程式为：Cu2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+4H2O，故D正确； 故选：D。A.该反应不满足电荷守恒、质量守恒定律； B.氢氧化钠过量，铵根离子也参

21、与反应； C.稀硝酸能够氧化亚铁离子； D.氨水过量，反应生成Cu(NH3)42+离子。本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系如：质量守恒和电荷守恒等等。7.【答案】A【解析】解：A.结合分析可知，a为阳极，连接电源正极(b极，即b为正极，故A错误；B.反应中CO2与O2-反应生成C2O52-，化学方程式为：2CO2+O2-=C2O52-，故B正确；C.d为阴极，发生还原反应，电极反应式为：CO32-+4e-

22、=C+3O2-，故C正确；D.根据总反应CO2-电解C+O2可知，可利用该装置捕获空气中的CO2，故D正确；故选：A。由电解装置示意图可知，a极生成O2，O元素的化合价升高，失去电子，发生氧化反应，则a为阳极，连接电源正极(b极，电极反应式为2C2O52-4e-=4CO2+O2；d极生成C，C元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，则d为阴极，连接电源负极(c极，电极反应式为CO32-+4e-=C+3O2-，总反应为CO2-电解C+O2，以此分析解答。本题考查原电池和电解池工作原理，为高频考点，正确判断电极及发生反应为解答关键，注意熟练掌握原电池、电解池工作原理，试题侧重考查学生的分析能力及知

23、识迁移能力，题目难度不大。8.【答案】D【解析】解：A.等浓度、等体积的HCOOH溶液与HCOONa溶液混合后pHc(OH-)，说明HCOOH的电离程度大于HCOO-的水解程度，则c(HCOO-)c(HCOOH)，结合物料守恒可知c(HCOO-)c(Na+)，溶液中离子浓度大小为：c(HCOO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，故A正确； B.HCl完全电离，HClO部分电离，且二者物质的量相等，结合物料守恒可知，新制氯水中满足：c(ClO-)+c(HClO)=c(Cl-)，故B正确； C.已知Ka(HF)Ka(H2S)，则同浓度的NaHS和NaF溶液的水解程度：NaHSNaF，水解程度越

24、大，溶液pH越大，则溶液的pH：NaHSNaF，故C正确； D.Na2CO3与NaHCO3的混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故D错误； 故选：D。A.混合液pHWZ，故A错误； B.Na比H易失去电子，则第一电离能：ZWYX，可知X为H，Z为Na，以此来解答。本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、原子序数及原子半径来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。10.【答案】B【解析】解：A.有机物中连接羟基的碳原子连接4个不同的原子或原子团，为手性碳原子，故A正确；

25、B.苯环为平面形结构，与苯环直接相连的原子在同一个平面上，结合三点确定一个平面可知分子中共平面的碳原子至少有7个，故B错误； C.羟基中O原子含有2个孤电子对，对成键电子排斥力较大，则键角，故C正确； D.有机物2个羟基、1个羧基，都可与钠反应，酚羟基和羧基与氢氧化钠溶液反应，则1mol该有机物消耗Na与NaOH的物质的量之比3：2，故D正确； 故选：B。有机物含有酚羟基、醇羟基、羧基，具有酚类、醇以及羧酸的性质，结合苯环的结构特点解答该题。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。11.【答

26、案】C【解析】解：A.过程BH3+H2O=H2B(OH)+H2，根据电子转移守恒，BH3中的-1价氢元素和H2O的+1价氢元素生成H2，每生成1molH2，转移1mol电子，故A正确；B.H2B(OH)、HB(OH)2中B形成3个键，且无孤电子对，价层电子对数为3，为sp2杂化，故B正确；C.催化剂能降低反应所需活化能，不能改变反应的焓变，故C错误；D.过程为HB(OH)2与H2O生成H3BO4和H2，过程的方程式为：HB(OH)2+H2O-RuH3BO3+H2，故D正确；故选：C。每个过程的反应分别为：过程BH4-+H+=BH3+H2，过程BH3+H2O=H2B(OH)+H2，过程H2B(O

27、H)+H2O=HB(OH)2+H2，过程HB(OH)2+H2O=H3BO3+H2，过程H3BO3+H2O=B(OH)4-+H2；过程至过程中硼元素由BH4-、BH3、H2B(OH)、HB(OH)2、H3BO3、B(OH)4-的离子变化，B元素均为+3价，B元素的化合价不变，变化的是H元素；A.由过程和电子转移守恒分析判断；B.H2B(OH)、HB(OH)2中B形成3个键，且无孤电子对；C.催化剂能降低反应所需活化能；D.由分析过程HB(OH)2与H2O生成H3BO4和H2。本题综合考查物质的结构和性质，为高频考点，把握发生的反应、元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度

28、不大。12.【答案】C【解析】解：由上述分析可知，甲为Ba(OH)2，乙、丙为Na2CO3、NaHSO4中的一种， A.甲是Ba(OH)2，乙可能为Na2CO3或NaHSO4，故A错误； B.乙、丙反应的离子方程式为2H+CO32-=H2O+CO2，故B错误； C.氢氧化钡与碳酸钠、硫酸氢钠均反应生成白色沉淀，现象相同，故C正确； D.乙、丙中阳离子均含钠离子，焰色反应相同，不能鉴别，故D错误； 故选：C。甲、乙、丙是三种可溶性物质，其中甲是碱，乙、丙是盐，因H+与OH-、CO32-不能共存，Ba2+与SO42-不能共存，则甲为Ba(OH)2，乙、丙为Na2CO3、NaHSO4中的一种，以此来

29、解答。本题考查无机物的推断，为高频考点，把握离子共存、电离产生的离子、物质类别来推断物质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。13.【答案】B【解析】解：A.溶液不变红，试纸不变蓝可知溶液中氯气全部被消耗，但是不一定得出n(Cl2)=n(SO2)，二氧化硫过量，也会产生该现象，故A错误； B.溶液不变红，试纸褪色说明二氧化硫过量，加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应，二氧化硫漂白具有不稳定性，受热易恢复颜色，、中溶液加热不变红，说明品红溶液不是被SO2漂白的，故B正确； C.二氧化硫过量，但是二氧化硫与氯化钡溶液不反应，所以加入氯化钡溶液得到白色沉淀不是

30、亚硫酸钡，应为氯气氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故C错误； D.混合气体中注入品红溶液，二氧化硫与氯气和水发生氧化还原反应，氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，故D错误。 故选：B。A.溶液不变红，试纸不变蓝可知溶液中氯气全部被消耗； B.溶液不变红，试纸褪色说明二氧化硫过量，结合二氧化硫漂白的不稳定性解答； C.二氧化硫与氯化钡溶液不反应； D.混合气体中注入品红溶液，二氧化硫与氯气和水都能发生反应。本题考查了化学实验评价，明确二氧化硫和氯气的性质是解题关键，题目难度不大。14.【答案】C【解析】解：A.NF3中的中心原子氮原子孤对电子数5-312=1，价层电

31、子对数=1+3=4，氮原子为sp3杂化，且存在孤对电子，说明构型为三角锥形，故A正确；B.N2F2的结构中N、F均要满足8电子稳定结构，N原子最外层5个电子，可以形成3个共价键，F最外层7个电子，只能形成一个共价键，所以N原子间形成双键，NF间形成单键，即结构式为F-N=N-F，故B正确；C.NH3分子间有氢键，沸点高，NF3不存在氢键，沸点低，NF3沸点低于NH3，故C错误；D.N2F2的结构式为F-N=N-F，存在顺反异构，为：，故D正确；故选：C。A.NF3中的中心原子氮原子孤对电子数5-312=1，价层电子对数=1+3=4，氮原子为sp3杂化；B.N2F2的结构中N、F均要满足8电子稳

32、定结构，N原子最外层5个电子，可以形成3个共价键，F最外层7个电子，只能形成一个共价键，所以N原子间形成双键，NF间形成单键；C.NH3分子间有氢键，NF3不存在氢键；D.N2F2分子中存在氮氮双键，存在顺发异构。本题考查了分子结构、分子构型、熔沸点比较、顺反异构体等知识点，注意分子构型的判断，题目难度中等。15.【答案】B【解析】解：A.硼元素为5号元素，位于第二周期A族，其价电子构型为2s22p1，故A正确；B.结合图示可知，每个镁原子周围有6个硼原子，而每个硼原子周围有3个镁原子，所以每个镁原子周围硼原子个数13就是其化学式MgB2，故B错误；C.图2中含有Mg原子个数为818=1，含有

33、硼原子个数为2，硼化镁的化学式为MgB2，即硼化镁的晶胞结构可用图2表示，故C正确；D.由图2可知，边长为2个白球圆心的距离，图1中3个连续最近的白球的中心组成一个等边三角形，如图，在等边三角形中作辅助线，如图(a、b、c为白球的球心，d为黑球的球心，ac即为晶胞边长，设晶胞边长为x，ae长度为12x，ad长度为(a+b)，则cos30=32=12xa+b，解得x=3(a+b)，故D正确；故选：B。A.硼为5号元素，位于第二周期A族，价电子数为3；B.结合图示可知，每个镁原子周围有6个硼原子，而每个硼原子周围有3个镁原子；C.图2中8个顶点各含有1个Mg原子，立方体内含有2个硼原子，利用均摊法

34、分析；D.由图2可知，边长为2个白球圆心的距离，图1中将3个连续最近的白球的中心相连可组成一个等边三角形，如图，在等边三角形中作辅助线，如图(a、b、c为白球的球心，d为黑球的球心，ac为晶胞边长，设晶胞边长为x，ae长度为12x，ad长度为(a+b)，然后利用dae的余炫列式计算即可。本题考查晶胞计算，为高频考点，明确图示晶胞结构为解答关键，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，D为难点、易错点，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，题目难度中等。16.【答案】 2V2O5+N2H4+8HCl-4VOCl2+N2+6H2O 分液漏斗 关闭活塞a III I II Cl- 除去晶体表面的乙醇1

35、0-3cV67m100%【解析】解：V2O5与盐酸、N2H4混合加热发生反应2V2O5+N2H4+8HCl-4VOCl2+N2+6H2O，得到VOCl2溶液，加入NH4HCO3溶液，得到氧钒碱式碳酸铵晶体；(1)根据以上分析知，N2H4分子中存在4个N-H键、1个N-N键，所以其电子式为；若“还原”后其它产物均绿色环保，说明产物中其它物质对环境无污染，则N元素对应的产物是氮气，H元素对应的产物是水，所以该反应方程式为2V2O5+N2H4+8HCl-4VOCl2+N2+6H2O，故答案为：；2V2O5+N2H4+8HCl-4VOCl2+N2+6H2O；(2)M为分液漏斗；如果关闭活塞a，A中生成

36、的气体导致气体压强增大，将A中液体压入长颈漏斗中，从而实现固液分离，故答案为：分液漏斗；关闭活塞a；A装置是制取二氧化碳，B装置是除去杂质HCl，C装置中发生反应制取氧钒碱式碳酸铵晶体，实验操作时，应该先制取二氧化碳，使二氧化碳充入整套装置后再打开b中活塞加入VOCl2溶液，制取晶体，然后取下P并锥形瓶口塞上橡胶塞，防止剩余的VOCl2被氧化，最后过滤，所以其排列顺序为a、III、I、II，故答案为：III；I；II；得到的晶体中易吸附溶液中的Cl-，用饱和NH4HCO3溶液除去Cl-，用乙醇除去水，用乙醚除去乙醇，所以乙醚的作用是除去晶体表面的乙醇，故答案为：Cl-；除去晶体表面的乙醇；n(

37、NH4)2Fe(SO4)2=cmol/LV10-3L=10-3cVmol，根据元素守恒得n(Fe2+)=n(NH4)2Fe(SO4)2=10-3cVmol，设n(VO2+)=xmol，根据VO2+Fe2+2H+=VO2+Fe3+H2O得n(VO2+)=n(Fe2+)=10-3cVmol，则产品中钒的质量分数=(10-3cV67)gmg100%=10-3cV67m100%，故答案为：10-3cV67m100%。V2O5与盐酸、N2H4混合加热发生反应2V2O5+N2H4+8HCl-4VOCl2+N2+6H2O，得到VOCl2溶液，加入NH4HCO3溶液，得到氧钒碱式碳酸铵晶体；(1)N2H4分子

38、中每个N原子形成3个共价键、每个H原子形成1个共价键，该分子中N原子之间存在一个共价单键；若“还原”后其它产物均绿色环保，说明产物中其它物质对环境无污染；(2)M为分液漏斗；利用气体压强将A中液体压入长颈漏斗中，从而实现固液分离；A装置是制取二氧化碳，B装置是除去杂质HCl，C装置中发生反应制取氧钒碱式碳酸铵晶体，实验操作时，应该先制取二氧化碳，使二氧化碳充入整套装置后再打开b中活塞加入VOCl2溶液；得到的晶体中易吸附Cl-，用饱和NH4HCO3溶液除去Cl-，有机溶质易溶于有机溶剂；n(NH4)2Fe(SO4)2=cmol/LV10-3L=10-3cVmol，根据元素守恒得n(Fe2+)=

39、n(NH4)2Fe(SO4)2=10-3cVmol，设n(VO2+)=xmol，根据VO2+Fe2+2H+=VO2+Fe3+H2O得n(VO2+)=n(Fe2+)，再结合元素守恒计算即可。本题考查物质制备、物质含量测定等知识点，试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，明确实验原理、元素化合物性质、仪器用途等知识点是解本题关键，注意原子守恒的灵活应用，题目难度中等。17.【答案】对二氟苯或1，4-二氟苯 羰基 3 取代反应+H2O【解析】解：(1)的名称为对二氟苯或1，4-二氟苯，D中含氧官能团的结构简式为羰基，故答案为：对二氟苯或1，4-二氟苯；羰基；(2)B中含有3种氢原子，所以B的核

40、磁共振氢谱有3组吸收峰，故答案为：3；(3)官能团的种类和数目均与相同的同分异构体中含有1个碳碳双键和2个羧基，符合条件的结构简式为，故答案为：；(4)A中含有羧基、碳碳双键，具有羧酸和烯烃的性质，含有羧基，所以具有酸性，故正确；含有-N=，具有碱性，故正确；不能发生消去反应，故错误；不含酯基、酰胺基或卤原子，所以不能发生水解反应，故错误；故答案为：；(5)BC反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；(6)丙二酸发生A生成B类型的反应生成X的结构简式为，X发生B生成C类型的反应生成Y的结构简式为，Y发生C生成D类型的反应生成，反应3的化学方程式为+H2O，故答案为：；+H2O。A中两个羧基发生

41、取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生反应生成马来酸匹杉琼；(6)丙二酸发生A生成B类型的反应生成X的结构简式为，X发生B生成C类型的反应生成Y的结构简式为，Y发生C生成D类型的反应生成。本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、分子式及反应条件、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，注意B的结构简式不对称，为解答易错点，题目难度中等。18.【答案】SiO2 3Cd4+CH3OH+H2O=3Cd2+CO2+6H+ 将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+ Cd2+H2S=CdS+2H+

42、 1.210-19 CdS+4HCl(浓)=H2CdCl4+H2S 加水稀释时，c(Cl-)降低，使平衡Cd2+4Cl-CdCl42-向左移动，释放出的Cd2+与溶液中S2-结合生成CdS黄色沉淀【解析】解：(1)结合分析可知，滤渣1的成分为SiO2，故答案为：SiO2；(2)“还原镉”时，加甲醇将+4价Cd还原成二价Cd，产生的能使澄清石灰水变浑浊的气体为CO2，说明甲醇被氧化成二氧化碳，该反应的离子方程式为：3Cd4+CH3OH+H2O=3Cd2+CO2+6H+，故答案为：3Cd4+CH3OH+H2O=3Cd2+CO2+6H+；(3)由以上分析可知，加双氧水是为了将溶液中的Fe2+氧化为F

43、e3+，发生反应为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，便于后续将铁沉淀除去，故答案为：将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；(4)通入H2S也可以“沉镉”，发生反应的离子方程式为：Cd2+H2S=CdS+2H+，故答案为：Cd2+H2S=CdS+2H+；(5)将沉镉后的溶液经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增加了0.0552gL-1，钠离子的浓度为：0.0552g/L23g/mol=0.0024mol/L，根据Cd2+2NaR=2Na+CdR2可知，交换过程中等电荷的交换，则溶液中Cd2+离子的浓度应为：c(Cd2+)=12c(Na+)=0.0024mol/L12=0.0

44、012mol/L，pH=6，则c(OH-)=10-1410-6mol/L=10-8mol/L，该条件下Cd(OH)2的Ksp=c(Cd2+)c2(OH-)=0.0012(10-8)2=1.210-19，故答案为：1.210-19；(6)CdS溶于浓盐酸生成H2CdCl4，反应方程式为：CdS+4HCl(浓)=H2CdCl4+H2S；若向反应后的溶液中加水稀释，c(Cl-)降低，使平衡Cd2+4Cl-CdCl42-向左移动，释放出的Cd2+与溶液中S2-结合生成CdS黄色沉淀，故答案为：CdS+4HCl(浓)=H2CdCl4+H2S；加水稀释时，c(Cl-)降低，使平衡Cd2+4Cl-CdCl42-向左移动，释放出的Cd2+与溶液中S2-结合生成CdS黄色沉淀。以镉铁矿成分为CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2)为原料制备Cd(BrO3)2的流程为：加硫酸酸浸，金属氧化物溶解，分离出的滤渣1为SiO2；加甲醇还原+4价Cd，发生反应为3Cd4+CH3OH+H2O=3Cd2+CO2+6H+，再加H2O2氧化亚铁离子，发生反应2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，调节溶液pH除去Fe3+、Al3+，分离出的滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3；再加硫化钠生成Cds，以此来解答。本题考查物质的制备实验，为高频