【学习目标】
1．了解钠及其重要化合物的主要物理性质 2．了解钠分别与氧气、水等物质的反应情况
3．了解氧化钠、过氧化钠分别与水、二氧化碳等物质反应的情况 【活动一】钠的性质与应用 『自主学习（P49-50）』 1．钠的物理性质
钠是一种 色金属，质软，密度比水 ，比煤油 ，熔点较______ 2．钠的原子结构
（1）钠的原子结构示意图为：____________________
（2）结构与性质的关系：钠容易____最外层一个电子，形成钠离子，显___价 3．钠的制备与用途
①制备：电解熔融的氯化钠，反应方程式为____________________________________ ②用途
(1)冶炼金属： Na + TiCl4 === ，此反应可用来制备金属钛 (2)钠钾合金：常温下为_______，可用作原子反应堆的导热剂 (3)高压钠灯：其特点是_____光射程远，______能力强 『练习尝试』
1．下列关于钠说法不正确的是
A．钠的还原性很强，可以用来冶炼金属钛、锆、铌等 B．钠的质地软，可用小刀切割
C．钠的化学性质非常活泼，钠元素只能以化合态存在于自然界 D．钠是一种灰黑色的固体
2．从生活常识角度考虑，试推断钠元素在自然界中存在的主要形式是 A．Na B．NaCl C．NaOH D．Na2O
『观察与思考』
1．钠与氧气在不同条件下的反应
观察教材P49实验1和实验2并完成表格
1
现象 切开的光亮表面很快变____ ______色火焰，______色固体 2．钠与水的反应
观察教材P49实验3并完成表格 实验操作 现象 钠_____在水面 _____成闪亮的小球 钠在水面上四处_____，逐渐变小， 发出______声
『思考感悟』
溶液变成____色 结论（或反应方程式） 原因 （1）写出钠与水的反应方程式，并用双线桥表示出电子转移的方向和数目。
（2）根据钠的化学性质，请解释为什么实验室将钠保存在煤油中？
（3）根据上述所有反应中钠元素化合价的变化情况，说明钠在反应中表现出什么性质？
『练习尝试』
3．将一块金属钠投入到滴有紫色石蕊试液的盛冷水的烧杯中，甲同学认为可观察到下列现象，其中正确的有
①钠投入水中，先沉入水底，后浮出水面 ②钠立即与水反应，并有气体产生 ③反应后溶液变红 ④钠熔成闪亮的小球 ⑤小球在水面上四处游动 ⑥有“嘶嘶”的响声发出
2
A．①②③④ B．②③④⑤ C．②④⑤⑥ D．③④⑥
4．金属钠投入到下列溶液中，既有气体放出，又有白色沉淀生成的是
A．盐酸 B．氯化钠溶液 C．氯化铜溶液 D．氯化镁溶液
【活动二】氧化钠与过氧化钠 『自主学习（P50）』
物 质 氧的化合价 颜色、状态 与H2O反应 与CO2反应 主要用途
『思考感悟』
写出氧化钠与稀盐酸反应的化学方程式，并判断氧化钠属于什么氧化物？过氧化钠又属于哪类氧化物呢？
『练习尝试』
5．氧化钠与过氧化钠的共同之处是
A．都是淡黄色固体 B．都能与水作用生成碱 C．都是碱性氧化物 D．氧元素的化合价都是－2价 6．向紫色的石蕊试液中加入过量的Na2O2粉末，振荡，观察到的现象为 A．产生大量气泡 B．溶液无变化 C．最后溶液变为红色 D．最后溶液变为蓝色
3
氧化钠（Na2O） —————— 过氧化钠（Na2O2） ①具有_______性用于漂白剂 ②呼吸面具中的______剂
【课堂检测】
1.下列关于钠的叙述中，正确的是 A.钠在自然界中存在游离态 B.钠是一种灰白色的固体 C.钠可以保存在水或四氯化碳中 D.钠着火时可用沙土扑灭 2.工业上制取钠的方法是 A.用钾还原NaCl C.电解熔融的NaCl
B.钠与CuSO4溶液反应 D.用H2还原Na2O
3.下列关于钠的用途的叙述中错误的是 A.钠钾合金通常情况下呈固态，可作原子反应堆导热剂 B.钠是电的良导体
C.钠光射程远，透雾能力强，可用作制高压钠灯 D.钠可以与TiCl4反应置换出金属钛
4．金属钠着火时，能用来灭火的是 A．煤油 B．沙子 C．干粉灭火器 D．水
5．下列物质中，有一种物质的颜色与其他三种物质的颜色不同，这种物质是 A．NaOH B．Na2O C．Na2O2 D．Na2CO3
6.在烧杯中加入水和苯(密度：0.88 g·cm，不溶于水，不与钠反应)各50 mL，将一小粒金属钠(密度：0.97 g·cm)投入烧杯中，观察到的现象可能是 A.钠在水层中反应并四处游动 B.钠停留在苯层中不发生反应
C.钠在苯的液面上反应并四处游动 D.钠在苯与水的界面处反应并可能做上、下跳动 7.下列说法中正确的是
A.钠与氧气反应生成Na2O B.钠与氯气反应产生黄色火焰和棕色的烟 C.燃烧不一定要有氧气参加 D.钠在氯气中燃烧产生黄色火焰和白雾 8．下列关于Na2O和Na2O2的叙述正确的是
A.都是白色固体 B.都是碱性氧化物 C.都能和水反应形成强碱溶液 D.都是强氧化剂 9．Na2O2在储存和运输时应张贴的标志是
－3
－3
4
A B C D
5
2021届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．依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4。利用下列装置分四步从含NaIO3的废液中制取单质碘的CC14溶液，并回收NaHSO4。下列装置中不需要的是（ ）
A．制取SO2
B．还原IO3-
C．制I2的CCl4溶液
D．从水溶液中提取NaHSO4
2．根据热化学方程式：S(s)+O2(g)→SO2(g)+297.23kJ，下列说法正确的是 A．1molSO2(g)的能量总和大于1molS(s)和1molO2(g)的能量总和 B．加入合适的催化剂，可增加单位质量的硫燃烧放出的热量 C．S(g)+O2(g)→SO2(g)+Q1 kJ；Q1的值大于297.23
D．足量的硫粉与标况下1升氧气反应生成1升二氧化硫气体时放出297.23 kJ热量 3．化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是 A．棉布和丝绸的主要成分都是纤维素 B．肥皂水显碱性可做蚊虫叮咬处的清洗剂
C．“84”消毒液与75%的酒精消杀新冠病毒的机理相同 D．青铜器发生析氢腐蚀可在表面形成铜绿
6
4．下列说法正确的是( )
A．分液操作时,分液漏斗中的下层液体从下口放出后,再将上层液体从下口放到另一烧杯中 B．用试管夹从试管底由下往上夹住距离试管口约1/2处,手持试管夹长柄末端进行加热 C．为检验某溶液是否含有NH4+,可在此溶液中加入足量的NaOH溶液,加热后用湿润的蓝色石蕊试纸检验
D．配制一定物质的量浓度的溶液,向容量瓶加水至液面离刻度线1～2 cm时,改用胶头滴管定容
5．L-1 (NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.200 0 mol·L-1 NaOH溶液时,常温下,向20.00 mL 0.100 0 mol·H2O的分解)。下列说法不正溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(不考虑NH3·确的是( )
A．点a所示溶液中:c(NH4)>c(SO4)>c(H+)>c(OH-) B．点b所示溶液中:c(NH4)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)
C．点c所示溶液中:c(NH4)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(SO4) D．点d所示溶液中:c(NH4)+c(NH3·H2O)=0.100 0 mol·L-1
6．下列生产、生活中的事实不能用金属活动性顺序表解释的是( ) A．铝制器皿不宜盛放酸性食物
B．电解饱和食盐水阴极产生氢气得不到钠 C．铁制容器盛放和运输浓硫酸
D．镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀
7．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列关于常温下0.1mol/LNa2S2O3溶液与pH=1的H2SO4溶液的说法正确的是（ ）
A．1LpH=1的H2SO4溶液中，含H+的数目为0.2NA B．98g纯H2SO4中离子数目为3NA
C．含0.1molNa2S2O3的水溶液中阴离子数目大于0.1NA
7
++++2-2-D．Na2S2O3与H2SO4溶液混合产生22.4L气体时转移的电子数为2NA
8．室温下，1 L含0.1 mol HA和0.1 mol NaA的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表（加入前后溶液体积不变）： pH 溶液a 4.76 通入0.01 mol HCl 4.67 加入0.01 mol NaOH 4.85 像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。 下列说法正确的是
A．溶液a和 0.1 mol·L−1 HA溶液中H2O的电离程度前者小于后者 B．向溶液a中通入0.1 mol HCl时，A−结合H+生成 HA，pH变化不大 C．该温度下HA的Ka=10-4.76
D．含0.1 mol·L−1 Na2HPO4 与0.1 mol·L−1 NaH2PO4的混合溶液也可做缓冲溶液 9．反应Fe2O3+3COA．Fe2O3
2Fe+3CO2，作氧化剂的是（ ） B．CO
C．Fe
D．CO2
10．某科研小组利用硫铁矿(主要成分是FeS2，含Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)制备重要的化工原料纳米Fe2O3的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）煅烧前硫铁矿粉碎的目的是__，硫铁矿煅烧得到的气体需回收，该气体在工业上的主要用途是__。
（2）用稀硫酸浸取硫铁矿烧渣的主要反应的离子方程式为__，浸取后过滤得到的滤渣的化学式为__。
＋
（3）加入FeS2的主要目的是还原滤液中的Fe3，反应的化学方程式为：FeS2＋7Fe2(SO4)3＋
8H2O=15FeSO4＋8H2SO4，反应中每消耗1molFeS2，转移的电子数目为__，检验Fe3＋是否完全被还原，应选择__(填标号)。
A．KMnO4溶液 B．K3[Fe(CN)6]溶液 C．KSCN溶液 （4）加FeCO3调溶液pH到5.8左右，其目的为__。
（5）加入NH4HCO3生成FeCO3的离子方程式为__，若煅烧得到160g纳米Fe2O3，则消耗的
8
气体和生成的气体的物质的量之比为__。
11．在0.1 mol/L的Na2CO3溶液中，下列关系式正确的是（ ） A．c(Na+)=2c(CO32-)
C．c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1mol/L
B．c(H+)>c(OH-) D．c(HCO3-) A．X中所有碳原子处于同一平面 B．Y的分子式为C10H16O2 C．由Y生成Z的反应类型为加成反应 D．Z的一氯代物有9种（不含立体异构） 13．25℃时，某实验小组同学向铝与过量稀盐酸反应后的残留液中滴加氢氧化钠溶液，并用pH传感器测得pH变化曲线如图所示(B点开始出现白色沉淀)。下列说法错误的是( ) A．A 点前发生中和反应 B．BC 段沉淀质量逐渐增加 C．D 点后的反应为：Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O D．E 点溶液中溶质主要是NaAlO2 和NaOH 14．下列实验装置能达到实验目的的是 选项 A B C D 9 实验装置 用坩埚灼烧分实验室制备干燥纯实验目的 离氯化钾和氯净的氯气 化铵的混合物 A．A B．B C．C D．D 水中的溴 用乙醇提取溴尾气处理混有少量NO的NOx气体 15．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ） A．1．1 mol·L−1KI 溶液：Na+、K+、ClO− 、OH− B．1．1 mol·L−1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+ 、NO3−、SO42− C．1．1 mol·L−1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO3− D．1．1 mol·L−1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42−、HCO3− 二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．碱式碳酸钴[ Cox（OH）y(CO3)z ]常用作电子材料，磁性材料的添加剂，受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成，某化学兴趣小组同学设计了如图所示装置进行实验。 （1）请完成下列实验步骤： ①称取3.65g样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量； ②按如图所示装置组装好仪器，并检验装置气密性； ③加热甲中玻璃管，当乙装置中____________（填实验现象），停止加热； ④打开活塞a，缓缓通入空气数分钟后，称量乙、丙装置的质量； ⑤计算。 （2）步骤④中缓缓通入空气数分钟的目的是_____________________ （3）某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷，为解决这一问题，可选用下列装置中 10 的______(填字母)连接在_________(填装置连接位置)。 （4）若按正确装置进行实验，测得如下数据： 加热前 加热后 乙装置的质量/g 80.00 80.36 丙装置的质量/g 62.00 62.88 则该碱式碳酸钴的化学式为_________________。 （5）含有Co(AlO2)2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃的颜色为___________。 CoCl2·6H2O常用作多彩水泥的添加剂，Al等杂质）6H2O（6）以含钴废料（含少量Fe、制取CoCl2·的一种工艺如下： 已知： 沉淀物 开始沉淀（PH） 完全沉淀（PH） Fe(OH)3 2.3 4.1 Fe(OH)2 7.5 9.7 CO(OH)2 7.6 9.2 Al(OH)2 3.4 5.2 ①净除杂质时，加入H2O2 发生反应的离子方程式为______________。 ②加入CoCO3调PH为5.2～7.6，则操作Ⅰ获得的滤渣成分为_____________。 ③加盐酸调整PH为2～3的目的为__________________________________。 ④操作Ⅱ过程为___________(填操作名称)、过滤。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 11 17．洛匹那韦(Lopinavir)是抗艾滋病毒常用药，在“众志成城战疫情”中，洛匹那韦，利托那韦合剂被用于抗新型冠状病毒(2019-nCoV)。洛匹那韦的合成路线可设计如图： 回答下列问题： (1)A的化学名称是_______；A制备B反应的化学方程式为_________(注明反应条件)。 (2)D生成E的反应类型为_____；F中能与氢气发生加成反应的官能团名称为___。 (3)C的分子式为_____；一定条件下，C能发生缩聚反应，化学方程式为_____。 (4)K2CO3具有碱性，其在制备D的反应中可能的作用是______。 (5)X是C的同分异构体，写出一种符合下列条件的X的结构简式______。 ①含有苯环，且苯环上的取代基数目≤2 ②含有硝基 ③有四种不同化学环境的氢，个数比为6：2：2：1 (6)已知：CH3COOHCH3COCl，(2，6-二甲基苯氧基)乙酰氯()是由 G合成洛匹那韦的原料之一，写出以2，6-二甲基苯酚、ClCH2COOCH2CH3、K2CO3为原料制各该物质的合成路线________（其它无机试剂任选）。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18．锌的配合物ZSM、[Zn（N2H4）2（N3）2]n等配合物及其合金用途非常广泛。 （1）Zn2+基态核外电子排布式为_____________。 （2）ZSM是2-甲基咪唑和水杨酸与锌形成的配合物，2-甲基咪唑可通过下列反应制备： 12 ①与CN-互为等电子体的分子是_____________（写化学式）。 lmol2-甲基咪唑分子中含键数目为②2-甲基咪唑中碳原子杂化轨道类型为_____________；_________。N2H4易溶于水的主要的原因是_____________。 （3）[Zn（N2H4）2（N3）2]n有两种配体，Zn2+的配位数是6，补画出[Zn（N2H4）2（N3）2]n结构示意图：____________。 19．（6分）金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，镓及其化合物应用广泛。 (1)基态Ga原子中有_____种能量不同的电子，其价电子排布式为_________。 (2)第四周期的主族元素中，基态原子未成对电子数与镓相同的元素有_______(填元素符号)。 (3)三甲基镓[(CH3)3Ga]是制备有机镓化合物的中间体。 ①在700℃时，(CH3)3Ga和AsH3反应得到GaAs，化学方程式为____________________。 ②(CH3)3Ga中Ga原子的杂化方式为__________；AsH3的空间构型是________________。 (4)GaF3的熔点为1000℃，GaC13的熔点为77.9℃，其原因是_______________________。 (5)砷化镓是半导体材料，其晶胞结构如图所示。 ①晶胞中与Ga原子等距离且最近的As原子形成的空间构型为_______。 13 ②原子坐标参数是晶胞的基本要素之一，表示晶胞内部各原子的相对位置。图中a(0，0，0)、b(1，,11)，则c原子的坐标参数为______________。 22③砷化镓的摩尔质量为M g·mol-1，Ga的原子半径为p nm，则晶体的密度为____g·cm-3。 参考答案 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．D 【解析】 【分析】 【详解】 A．铜和浓硫酸加热生成硫酸铜、二氧化硫、水，所以可用A装置制取SO2，故不选A； B．SO2气体把IO3-还原为I2，可利用此反应吸收尾气，且倒扣的漏斗可防止倒吸，故不选B； C．I2易溶于CCl4， 用CCl4萃取碘水中的I2，然后用分液法将碘的四氯化碳溶液与水层分离，故不选C； D．用蒸发结晶的方法从水溶液中提取NaHSO4，应该将溶液置于蒸发皿中加热，而不能用坩埚，故选D； 故选D。 2．C 【解析】 【详解】 A．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以1molSO2(g)的能量总和小于1molS(s)和1molO2(g)的能量总和，故A错误； B．加入合适的催化剂不会影响反应焓变，即单位质量的硫燃烧放出的热量不变，故B错误； C．因物质由固态转变成气态也要吸收热量，所以S(g)+O2(g)→SO2(g)的反应热的数值大于297.23kJ⋅mol−1，故C正确； D．热化学方程式的系数只表示物质的量，标准状况下1L氧气的物质的量小于1mol，故D 14 错误； 故答案为：C。 3．B 【解析】 【分析】 【详解】 A.棉布的主要成分是纤维素，丝绸的主要成分是蛋白质，A错误； B.蚊虫叮咬时会释放出甲酸，肥皂的主要成分是高级脂肪酸钠，高级脂肪酸根水解使肥皂水显碱性，肥皂水可消耗甲酸，故肥皂水可做蚊虫叮咬处的清洗剂，B正确； C.“84”消毒液的主要成分为NaClO，NaClO具有强氧化性用于杀菌消毒，75%的酒精能使蛋白质变性用于杀菌消毒，“84”消毒液与75%的酒精消杀新冠病毒的机理不同，C错误； D.Cu在金属活动性顺序表中排在H的后面，Cu不能与H+自发反应放出H2，青铜器不能发生析氢腐蚀，青铜器发生吸氧腐蚀形成铜绿，D错误； 答案选B。 4．D 【解析】 【详解】 A. 分液操作时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故A不选。 B. 用试管夹时，应夹住距离试管口约1/3处，故B不选。 C. 检验氨气，应该用湿润的红色石蕊试纸，遇氨气变蓝，故C不选； D. 配制一定物质的量浓度的溶液，向容量瓶加水至液面离刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管定容是正确的，故D选。 故选D。 5．B 【解析】 【详解】 A.a点为(NH4)2SO4溶液，NH4+水解溶液呈酸性，但水解是微弱的，所以c(NH4)>c(SO4)，故A正确； B.b点溶液呈中性，c(NH4)+c(Na+)=2c(SO4)，所以c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，所以c(NH4) 15 ++2-2-+不等于c(Na+)，故B错误； C.c点溶液中n(NH3·H2O)∶n[(NH4)2SO4∶n(Na2SO4)=2∶1∶1，由电荷守恒得 c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(SO4)，故C正确； D.d点为加入20mLNaOH溶液，此时溶液的体积为原体积的2倍，故含氮微粒的总浓度为原H2O)=0.100 0 mol·L-1，故D正确。来的1/2，即0.1000mol/L。根据物料守恒则有c(NH4+)+c(NH3· 故选B。 【点睛】 B选项为本题的难点，在解答离子浓度关系的图象题时，要充分利用各种守恒，如电荷守恒、物料守恒、质子守恒等，在中性溶液中，要特别注意电荷守恒的应用。 6．C 【解析】 【分析】 【详解】 A．铝性质较活泼，能和强酸、强碱反应生成盐和氢气，在金属活动性顺序表中Al位于H之前，所以能用金属活动性顺序解释，故A错误； B．金属阳离子失电子能力越强，其单质的还原性越弱，用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极生成氢气而得不到钠，说明Na的活动性大于氢，所以可以用金属活动性顺序解释，故B错误； C．常温下，浓硫酸和铁发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象是钝化现象，与金属活动性顺序无关，故C正确； D．构成原电池的装置中，作负极的金属加速被腐蚀，作正极的金属被保护，Fe、Zn和电解质构成原电池，Zn易失电子作负极、Fe作正极，则Fe被保护，所以能用金属活动性顺序解释，故D错误； 故选C。 【点睛】 金属活动性顺序表的意义：①金属的位置越靠前，它的活动性越强；②位于氢前面的金属能置换出酸中的氢（强氧化酸除外）；③位于前面的金属能把位于后面的金属从它们的盐溶液中置换出来（K，Ca，Na除外）；④很活泼的金属，如K、Ca、Na与盐溶液反应，先与溶液2Na+CuSO4+2H2O═Cu中的水反应生成碱，碱再与盐溶液反应，没有金属单质生成．如：（OH） 2- 16 ⑤不能用金属活动性顺序去说明非水溶液中的置换反应，如氢气在加热条2↓+Na2SO4+H2↑； 件下置换氧化铁中的铁：Fe2O3+3H2 7．C 【解析】 【分析】 【详解】 A．pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，故1L溶液中氢离子的物质的量为0.1mol，则个数为0.1NA个，故A错误； B．硫酸是共价化合物，无氢离子，即纯硫酸中离子数为0，故B错误； C．硫代硫酸根是弱酸根，硫代硫酸根离子在溶液中的水解会导致阴离子个数增多，故含0.1molNa2S2O3的溶液中阴离子数目大于0.1NA，故C正确； D．所产生的气体所处的状态不明确，气体的摩尔体积不确定，则22.4L气体的物质的量不一定是1mol，转移的电子数也不一定是2NA，故D错误； 故答案为C。 【点睛】 考查物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，常见问题和注意事项：①气体注意条件是否为标况；②物质的结构，如硫酸是共价化合物，不存在离子；③易水解盐中离子数目的判断；选项C为难点，多元素弱酸根离子水解后，溶液中阴离子总数增加。 8．D 【解析】 【分析】 【详解】 A．溶液a为酸性，HA电离程度大于A-水解程度，相对于纯HA，同浓度下，溶液a中存在一部分A-，起始时有了一部分产物，所以溶液a和0.1 mol/L HA溶液中HA的电离程度前者小于后者，从而H2O的电离程度前者大于后者，A选项错误； B．根据表中数据，向溶液a中通入0.1 mol HCl时，溶液a中一共只有1L含0.1mol NaA ，则完全消耗NaA，这就超出了缓冲溶液的缓冲范围了，NaA变成了HA，溶液便失去了缓冲能力，pH不可能变化不大，B选项错误； 2Fe+3H2O。 17 C．HA的KacH+cA-cHA1 L含0.1 mol HA和0.1 mol NaA的溶液a的pH=4.76，，由表可知， 但此时c(A-)不等于c(HA)，故该温度下HA的Ka不等于10-4.76，C选项错误； D．向0.1 mol·L−1 Na2HPO4 与0.1 mol·L−1 NaH2PO4的混合溶液中加入少量强酸或强碱，溶液的组成不会明显变化，故也可做缓冲溶液，D选项正确； 答案选D。 9．A 【解析】 【分析】 在氧化还原反应中化合价降低，得电子的物质为氧化剂，据此分析。 【详解】 A、反应Fe2O3+3CO剂，故A正确； B、CO中碳在氧化还原反应中化合价升高，失电子，作还原剂，故B错误； C、铁是还原产物，故C错误； D、CO2 是氧化产物，故D错误； 故选：A。 10．增大接触面积，加快反应速率，使硫铁矿煅烧更加充分 工业制硫酸 Fe2O3＋6H ＋ 2Fe+3CO2，中Fe元素的化合价降低，得电子，则Fe2O3是氧化 =2Fe3＋＋3H2O SiO2 14NA或8.428×1024 C 除去滤液中的Al3+ 2HCO3－＋Fe2=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O 1：4 ＋ 【解析】 【分析】 硫铁矿煅烧，发生FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，加硫酸，Al2O3、Fe2O3与硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，根据流程目的是制备纳米Fe2O3，需要除去Al3，因为Fe(OH)3的溶度积小于Al(OH)3的溶度积，因此先将Fe3＋转化成Fe2＋，加入FeS2的目的是将Fe3＋转化成Fe2＋，加入FeCO3调节pH，使Al3＋以Al(OH)3形式除去，加入NH4HCO3，Fe2＋与HCO3－反应生成FeCO3，煅烧FeCO3得到Fe2O3，逐步进行分析； 【详解】 (1)煅烧前粉碎硫铁矿，增加硫铁矿与空气的接触面积，加快反应速率，使硫铁矿煅烧更加 ＋ 18 充分；FeS2与O2发生4FeS2＋11O2=2Fe2O3＋8SO2，利用SO2制备硫酸； (2)硫铁矿煅烧后的烧渣为Fe2O3、Al2O3、SiO2，SiO2为酸性氧化物不与硫酸反应，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，Al2O3与硫酸反应生成Al2(SO4)3，烧渣中Fe2O3为主要物质，因此加入硫酸发生的主要反应是Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；浸取后的滤渣为SiO2； (3)根据反应方程式，FeS2中S由－1价转化成＋6价，Fe2(SO4)3中Fe的化合价由＋3价转化成＋2价，因此消耗1molFeS2，转移电子物质的量为1mol×2×[6－(－1)]=14mol，即转移电子物质的量为14NA或8.428×1024；检验Fe3是否完全被还原，则需要检验是否含有Fe3，即用KSCN溶液检验，如果溶液不变红，则说明Fe3完全反应，反之未完全反应，答案悬C； (4）根据上述分析，加入FeCO3的目的是调节pH，使Al3＋以Al(OH)3形式沉淀出来； (5)加入NH4HCO3溶液得到FeCO3，即反应的离子方程式为2HCO3－＋Fe2＋=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；煅烧FeCO3得到Fe2O3反应方程式为4FeCO3＋O2CO2的物质的量之比为1：4。 【点睛】 －－－难点是(5)离子方程式的书写，因为生成FeCO3，需要HCO3电离出CO32，即HCO3＋ ＋ ＋ ＋ 2Fe2O3＋4CO2，消耗O2和生成 H ＋CO32－，Fe2＋结合CO32－生成FeCO3沉淀，促使平衡向正反应方向进行，c(H＋)增大，然后 ＋ － 发生H与HCO3反应生成CO2，最后写出离子方程式即可，书写类似反应时，注意原理的应用。 11．D 【解析】 【详解】 A.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2OB.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2Oc(OH)>c(H)，故B错误； C.由于Na2CO3在溶液中存在着下列平衡：CO3+H2O 2--+ HCO3-+OH-，所以c(Na+)>2c(CO32-)；故A错误；HCO3-+OH-，由于CO32-水解溶液呈碱性，所以 HCO3+OH;HCO3+H2O --- H2CO3+OH;所以 - Na2CO3在溶液中C的存在形式为CO32-、HCO3-、H2CO3，根据物料守恒:c(Na)=2c(CO3)+2c(HCO3)+2c(H2CO3)=0.1mol/L，故C错误； D.由于CO32-水解，水解方程式为CO32-+H2Oc(OH)>c(HCO3-)，故D正确； 所以答案：D。 【点睛】 19 + 2-- HCO3-+OH-，HCO3-+H2O=H2CO3+OH-，所以 根据Na2CO3在溶液中存在：Na2CO3=2Na+CO3；CO3+H2OHCO3+H2O12．B 【解析】 【详解】 A．X的结构简式为 - +2-2- HCO3+OH； -- H2CO3+OH;H2O - H+OH，进行分析判断。 +- ，分子结构中含有两个碳碳双键，均为平面结构，结构中的非双键 碳原子相当于乙烯基中的氢原子，则所有碳原子处于同一平面，故A正确； B．Y的结构简式为 ，其分子式为C10H14O2，故B错误； C．由Y生成Z的反应为碳碳双键与氢气的加成，则反应类型为加成反应，故C正确； D．Z的等效氢原子有9种，则一氯代物有9种(不含立体异构)，故D正确； 故答案为B。 13．D 【解析】 【分析】 根据图象可知，铝与过量稀盐酸反应后的残留液中滴加氢氧化钠溶液，pH=2，溶液显酸性，则说明盐酸剩余，即A点溶液中含氯化铝和过量的盐酸；向残留液中加入氢氧化钠溶液，则NaOH和HCl反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，导致溶液的pH升高，即AB段；在B点时，溶液的pH=4，则此时氢氧化钠与盐酸恰好完全反应，即B点溶液中的溶质只有NaCl和AlCl3；继续滴加氢氧化钠溶液，则NaOH和AlCl3反应：3NaOH+ AlCl3= Al(OH)3↓+3NaCl，即BC段，溶液的pH不变；在C点时，溶液中的AlCl3完全反应，继续滴加氢氧化钠溶液，氢氧化钠过量，故溶液的pH生高，即CD段，发生反应Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，据此进行分析。 【详解】 A．铝与过量稀盐酸反应后的残留液中含有氯化铝和盐酸，滴加氢氧化钠溶液，酸碱中和反应的速率最快，故氢氧化钠首先和盐酸发生中和反应，A点前发生中和反应，故A正确； B．铝与过量稀盐酸反应后的残留液中含有氯化铝，加入氢氧化钠之后，首先生成氢氧化铝沉淀，故BC 段沉淀质量逐渐增加，故B正确； C．CD段pH值突增，说明氢氧化钠过量，则发生反应Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故C正确； D．E 点溶液中溶质主要是NaAlO2 和NaOH，还有氯化钠，故D错误； 20 答案选D。 14．D 【解析】 【详解】 A.氯化铵受热分解，遇冷化合，不可利用用坩埚灼烧分离氯化钾和氯化铵的混合物。故A错误； B.收集的氯气中含有HCl和水蒸气，故B错误； C.乙醇与水任意比互溶，不可用乙醇提取溴水中的溴，故C错误； D.氢氧化钠可以与混有少量NO的NOx气体反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，故D正确； 答案：D 15．B 【解析】 【详解】 A项，I-与ClO-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选； B项，在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，可以大量共存，故B选； C项，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，故C不选； D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，不能大量共存，故D不选，答案选B。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．不再有气泡产生时将装置中产生的CO2和H2O（g）全部排入乙、丙装置中D活塞a前Co2(OH)2CO3蓝色2Fe2+＋H2O2＋2H＝2Fe3+ ＋2H2OAl(OH)3、Fe(OH)3抑制COCl2（或装置甲前） 的水解蒸发浓缩、冷却结晶 【解析】 【分析】 （1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕； （2）步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果； （3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳； （4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，据此可以计算生成水的量；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.00g，据此计算产生二氧化碳的量，得到Co的质量和Co原子物质的量，根据Co、H、C元素守恒可知，来推导碱 21 式碳酸钴的化学式； （5）含有Co（A102）2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃为蓝色，可以滤去黄光的干扰； （6）向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液中加入双氧水和CoCO3，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入CoCO3，调节溶液的pH至7.6，使Fe（OH）3、Al（OH）3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含有CoCl2，然后向滤液中加入稀盐酸，抑制CoCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl2•6H2O； ①双氧水具有氧化性，能氧化还原性离子； ②加入CoCO3调pH为5.2～7.6，则操作I获得的滤渣成分为Fe（OH）3、Al（OH）3； ③CoCl2为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解； ④操作Ⅱ过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。 【详解】 （1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕； （2）步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果； （3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳； （4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，故生成水的质量为80.36g-80.00g=0.36g，物质的量为 =0.02mol；反应前丙装置的质量为 62.00g，反应后质量为62.00g，生成二氧化碳的质量为62.88g-62.00g=0.88g，物质的量为 =0.02mol，故氧化钴的质量为3.65g-0.36g-0.88g=2.41g，物质的量为 =0.02mol，H、C元素守恒可知，x：y：z=0.015mol：0.02mol×2：0.02mol=2：根据Co、 4：2，故碱式碳酸钴的化学式为Co2（OH）4（CO3）2； （5）含有Co（A102）2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃为蓝色，可以滤去黄光的干扰； （6）向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶 22 液中加入双氧水和CoCO3，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O，加入CoCO3，调节溶液的pH至7.6，使Fe（OH）3、Al（OH） 3 2+ + 3+ 生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含有CoCl2，然后向滤液中加 入稀盐酸，抑制CoCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl2•6H2O； ①加入H2O2把二价铁离子氧化为三价铁离子，发生反应的离子方程式为2Fe2+＋H2O2＋2H＝2Fe＋2H2O； ②操作1是分离Fe（OH）3、Al（OH）3和液体的操作，是过滤，前面调节PH的目的是让三价铁离子和铝离子转化为沉淀，所以沉淀的成分是Fe（OH）3、Al（OH）3； ③CoCl2为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解，所以加入稀盐酸调整PH为2～3的目的是抑制CoCl2水解； ④操作2是从溶液中提取溶质的操作，操作方法为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 3+ 17．甲苯 +Cl2+HCl 取代反应 羰基、碳碳双键 C9H11O2N 吸收反 应生成的HCl，提高反应转化率 或 【解析】 【分析】 甲苯( )与Cl2在光照时发生饱和C原子上的取代反应产生一氯甲苯： 23 和HCl，与 在K2CO3作用下反应产生D，D结构简 式是 D与CH3CN在NaNH2作用下发生取代反应产生E：，， E与发生反应产生F：F与NaBH4在CH3SO3H作用下， 发生还原反应产生G：，G经一系列反应产生洛匹那韦。 【详解】 (1)A是为： ，名称为甲苯，A与Cl2光照反应产生+Cl2 +HCl； 和HCl，反应方程式 (2)D与CH3CN在NaNH2作用下反应产生E：，是D上的被-CH2CN取 代产生，故反应类型为取代反应； F分子中的 、 与H2发生加成反应形成G，故F中能够与氢气发生加成反应 的官能团名称为羰基、碳碳双键； (3)C结构简式为 ，可知C的分子式为C9H11O2N；C分子中含有羧基、氨基，一 定条件下，能发生缩聚反应，氨基脱去H原子，羧基脱去羟基，二者结合形成H2O，其余部分结合形成高聚物，该反应的化学方程式为： ； (4)K2CO3是强碱弱酸盐，CO32-水解使溶液显碱性，B发生水解反应会产生HCl，溶液中OH- 24 消耗HCl电离产生的H+，使反应生成的HCl被吸收，从而提高反应转化率； (5)C结构简式是 ，分子式为C9H11O2N，C的同分异构体X符合下列条件：①含 有苯环，且苯环上的取代基数目≤2；②含有硝基；③有四种不同化学环境的氢，个数比为6： 2：2：1，则X可能的结构为或； (6)2，6-二甲基苯酚()与ClCH2COOCH2CH3在K2CO3作用下发生取代反应产生 ，该物质与NaOH水溶液加热发生水解反应，然后酸化得到， 与SOCl2发生取代反应产生，故合成路线为 。 【点睛】 本题考查有机物推断、反应类型的判断。正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意题给信息、反应条件的灵活运用。限制性条件下同分异构体结构简式的确定是易错点，题目侧重考查学生的分析、推断及信息迁移能力。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18． [Ar]3d10 或 ls22s22p63s23p63d10 N2或CO sp2 和 sp3 12×6.02×1023 N2H4 分子与水分子能形成分子间氢键 【解析】 【分析】 25 （1）Zn是30号元素，其原子核外有30个电子，失去最外层两个电子生成锌离子； （2）①原子个数相等、价电子数相等的微粒是等电子体； ②2-甲基咪唑中碳原子有饱和碳原子和碳碳双键碳原子两种形式； （3）由题意可知Zn2+的配位数是6，Zn2+已经与2个N=N≡N中N原子形成配位键，则还必须与2个N2H4分子4个N原子形成配位键。 【详解】 （1）Zn是30号元素，其原子核外有30个电子，失去最外层两个电子生成锌离子，根据构造原理书写其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 ，故答案为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 ； （2）①原子个数相等、价电子数相等的微粒是等电子体，氢氰根离子中含有2个原子、价电子数是10，与CN-互为等电子体的分子为N2或CO，故答案为N2或CO； ②2-甲基咪唑中碳原子有饱和碳原子和碳碳双键碳原子两种形式，所以碳原子的杂化方式2-甲基咪唑分子中含5个C—H、4个C—N、2个C—C、1个N—Hδ键，为sp2 和 sp3杂化； 共12个δ键，则lmol2-甲基咪唑分子中含键数目为 12×6.02×1023；N2H4分子能和水分子形成氢键，则N2H4易溶于水，故答案为sp2 和 sp3； 12×6.02×1023； N2H4分子与水分子能形成分子间氢键； （3）由题意可知Zn2+的配位数是6，Zn2+已经与2个N=N≡N中N原子形成配位键，则还必 须与2个N2H4分子4个N原子形成配位键，结构示意图为，故答案为 。 【点睛】 本题考查物质结构与性质，注意核外电子排布式判断，注意化学键、等电子体、杂化方式的判断，熟悉配位化合物的结构分析是解答关键。 19．8 4s24p1 K、Br (CH3)3Ga+AsH3 GaAs+3CH4 sp2 三角锥形 GaF3 是离子晶体，GaCl3是分子晶体 正四面体 （【解析】 3332M1021 ，，） 34448NA26 【分析】 (1)基态Ga原子核外有31个电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，不同的原子轨道能量不同； (2)基态Ga原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，未成对电子数是1，第四周期的主族元素中，基态原子未成对电子数也是1的，其电子排布式应为1s22s22p63s23p64s1或1s22s22p63s23p63d104s1； (3)①在700℃时，(CH3)3Ga和AsH3反应得到GaAs，根据质量守恒可知还应有CH4，结合原子守恒可写出反应的化学方程式为； ②利用价层电子对互斥模型判断分子的空间构型和杂化方式； (4)GaF3的熔点为1000℃，GaC13的熔点为77.9℃，两者熔点差异较大，是由于其中一种为离子晶体，一种为分子晶体； (5)①在GaAs晶体中，距离每个Ga原子最近的As原子有4个； ②晶胞中距离a球最远的黑球c与a球的连线处于晶胞体对角线上，根据几何原理二者距离等于体对角线长度的 33，该黑色球c距离各坐标平面距离均为晶胞棱长的； 4411③晶胞中含Ga原子数为8+6=4，As原子数目为4，则晶胞中含有GaAs的数目为4， 284Mg；根据晶胞的结构可知，晶胞的面对角线长度应为两个砷原子直径的长晶胞的质量为NA4p1×10-7cm，晶胞的体积为度之和，即砷原子半径为晶胞面对角线的，则晶胞边长a=24332pa3=×10-21cm3，由此计算晶胞的密度。 2【详解】 (1)Ga元素在周期表中的位置为第四周期第IIIA族，其核外电子排布式为： 1s22s22p63s23p63d104s24p1，其中不同的原子轨道能量不同，电子排布在不同原子轨道上，电子的能量也是不同的，因此共有8种不同能量的电子，其价电子排布式为：4s24p1； (2)基态Ga原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，未成对电子数是1，第四周期的主族元素中，基态原子未成对电子数也是1的，其电子排布式应为1s22s22p63s23p64s1或1s22s22p63s23p63d104s24p5，其中核电荷数19为钾元素，元素符号为K；核电荷数35为溴元 27 素，元素符号为Br； (3)①在700℃时，(CH3)3Ga和AsH3反应得到GaAs和CH4，发生反应的化学方程式为(CH3)3Ga+AsH3 GaAs+3CH4； ②，（CH3）3Ga中Ga形成3个δ键，没有孤电子对，为sp2杂化；AsH3中心原子As电子对数=3+ 513=4，为sp3杂化，有一对孤电子对，故分子空间构型为三角锥形； 2(4)GaF3属于离子晶体，GaCl3属于分子晶体，两者熔点相差较大； (5)①由晶胞结构示意图可知，砷化镓的晶胞与金刚石的晶胞相似，两种原子的配位数均为4，即Ga原子周围与之距离最近且距离相等的As原子有4个，形成正四面体结构，Ga处于正四面体的中心； ②晶胞中距离a球最远的黑球c与a球的连线处于晶胞体对角线上，根据几何原理二者距离等于体对角线长度的 33，该黑色球c距离各坐标平面距离均为晶胞棱长的，由坐标参数443，故该黑色球的坐标参数为 4可知晶胞棱长为1，故该黑色球c到各坐标平面的距离均为 （ 333，，）； 44411③晶胞中含Ga原子数为8+6=4，As原子数目为4，则晶胞中含有GaAs的数目为4， 284Mg；根据晶胞的结构可知，晶胞的面对角线长度应为两个砷原子直径的长晶胞的质量为NA度之和，即砷原子半径为晶胞面对角线的 4p1×10-7cm，晶胞的体积为，则晶胞边长a=244M4M3gNA32p2M21-3 10a3=×10-21cm3，故晶胞的密度=g·cm=g·cm-3。 NA33ρ32p8NA21021a32【点睛】 本题考查了原子杂化方式及分子的立体构型的判断，侧重分子结构与性质的考查，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心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个 28 数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数= 1（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原2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。 29 30 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容