吉林省永吉縣實驗高級中學2025年第二學期期末教學質量檢測試題高三化學試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、pC類似pH，如圖為CO2的水溶液中加入強酸或強堿溶液后，平衡時溶液中各種組分的pC-pH圖。依據(jù)圖中信息，下列說法不正確的是A．不能在同一溶液中大量共存B．H2CO3電離平衡常數(shù)C．人體血液里主要通過碳酸氫鹽緩沖體系（）可以抵消少量酸或堿，維持pH=7.4，但當過量的酸進入血液中時，血液緩沖體系中的最終將變大D．pH=9時，溶液中存在關系2、X、Y、Z、W為四種短周期主族元素，X與Z同族，Y與Z同周期，W是短周期主族元素中原子半徑最大的，X原子最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的3倍，Y的最高正價與最低負價的代數(shù)和為6。下列說法正確的是A．Y的最高價氧化物對應的水化物是二元強酸B．原子半徑：X<Z<YC．氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y<ZD．X與W可形成兩種陰、陽離子的物質的量之比均為1：2的離子化合物3、下列有關化學用語使用正確的是A．T原子可以表示為 B．氧氯酸的結構式是:H-N≡CC．氧離子的結構示意圖: D．比例模型可以表示CO2或SiO24、下列關于有機化合物的說法正確的是（）A．乙硫醇(C2H5SH)的沸點比乙醇的高B．除去乙酸乙酯中的少量乙醇可加入適量乙酸并充分加熱C．等質量的苯和苯乙烯()完全燃燒,消耗氧氣的體積相同D．分子式為C4H8Cl2且含有兩個甲基的有機物有4種5、中華傳統(tǒng)文化對人類文明進步貢獻巨大。《本草綱目》“燒酒”寫道：“自元時始創(chuàng)其法，用濃酒和糟入甑，蒸令氣……其清如水，味極濃烈，蓋酒露也"。運用化學知識對其進行分析，則這種方法是A．分液 B．升華 C．萃取 D．蒸餾6、某烴的結構簡式為，關于該有機物，下列敘述正確的是（）A．所有碳原子可能處于同一平面B．屬于芳香族化合物的同分異構體有三種C．能發(fā)生取代反應、氧化反應和加成反應D．能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色且原理相同7、下列實驗操作、現(xiàn)象及結論均正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象實驗結論A向Na2SO3溶液中加入足量的Ba(NO3)2溶液，出現(xiàn)白色沉淀；再加入足量稀鹽酸，沉淀溶解BaSO3溶于稀鹽酸B向KI溶液中加入CCl4，振蕩后靜置；液體分層，下層呈紫紅色碘易溶于CCl4，難溶于水C將AgCl與AgBr的飽和溶液等體積混合，再加入足量的濃AgNO3溶液，析出沉淀的物質的量AgCl多于AgBrKSP(AgCl)＞KSP(AgBr)D室溫下，同濃度的Na2A溶液的pH比NaB溶液的pH大說明酸性H2A＜HBA．A B．B C．C D．D8、下列敘述正確的是A．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均顯中性，兩溶液中水的電離程度相同B．原電池中發(fā)生的反應達平衡時，該電池仍有電流產生C．NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃試劑瓶中D．反應4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)常溫下可自發(fā)進行，該反應為吸熱反應9、硫酸鈣是一種用途非常廣泛的產品，可用于生產硫酸、漂白粉等一系列物質（見下圖）。下列說法正確的是A．CO、SO2、SO3均是酸性氧化物B．工業(yè)上利用Cl2和澄清石灰水反應來制取漂白粉C．除去與水反應，圖示轉化反應均為氧化還原反應D．用CO合成CH3OH進而合成HCHO的兩步反應，原子利用率均為100%10、已知有機化合物。下列說法正確的是A．b和d互為同系物B．b、d、p均可與金屬鈉反應C．b、d、p各自同類別的同分異構體數(shù)目中，b最多D．b在一定條件下發(fā)生取代反應可以生成d11、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，Y是迄今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素，在周期表中Z位于ⅠA族，W與X屬于同一主族。下列說法正確的是A．原子半徑：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)B．由X、Z兩種元素組成的化合物一定沒有共價鍵C．W的最高價氧化物對應水化物為弱酸D．Y的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強12、對NaOH晶體敘述錯誤的是A．存在兩種化學鍵 B．含共價鍵的離子化合物C．存在兩種離子 D．含共價鍵的共價化合物13、在恒容密閉容器中，用銅鉻的氧化物作催化劑，用一定量的HCl(g)和O2制取Cl2的原理為：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH<0。下列有關說法不正確的是A．平衡前，隨著反應的進行，容器內壓強變小B．平衡時，其他條件不變，分離出H2O(g)，逆反應速率減小C．平衡時，其他條件不變，升高溫度平衡常數(shù)增大D．其他條件不變，使用不同催化劑，HCl(g)的轉化率不變14、口服含13C的尿素膠囊，若胃部存在幽門螺桿菌，尿素會被水解形成13CO2，醫(yī)學上通過檢測呼出氣體是否含13CO2，間接判斷是否感染幽門螺桿菌，下列有關說法正確的是（）A．13CO2

和

12CO2

互稱同位素 B．13C

原子核外有

2

個未成對電子C．尿素屬于銨態(tài)氮肥 D．13C

的質量數(shù)為

715、NA為阿伏加德羅常數(shù)，關于ag亞硫酸鈉晶體(Na2SO3?7H2O)的說法中正確的是A．含Na+數(shù)目為NA B．含氧原子數(shù)目為NAC．完全氧化SO32-時轉移電子數(shù)目為NA D．含結晶水分子數(shù)目為NA16、中國工程院院士李蘭娟團隊發(fā)現(xiàn)，阿比朵爾對2019-nCoV具有一定的抑制作用，其結構簡式如圖所示，下面有關該化合物的說法正確的是A．室溫可溶于水和酒精B．氫原子種類數(shù)為10C．不能使酸性KMnO4溶液褪色D．1mol該分子最多與8mol氫氣反應二、非選擇題（本題包括5小題）17、前四周期元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大，A元素原子的核外電子只有一種運動狀態(tài)；基態(tài)B原子s能級的電子總數(shù)比p能級的多1；基態(tài)C原子和基態(tài)E原子中成對電子數(shù)均是未成對電子數(shù)的3倍；D形成簡單離子的半徑在同周期元素形成的簡單離子中最小。回答下列問題：(1)元素A、B、C中，電負性最大的是____(填元素符號，下同)，元素B、C、D第一電離能由大到小的順序為________。(2)與同族其它元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是________；BA3分子中鍵角________109°28′(填“＞”“＜”或“＝”)，原因是________。(3)BC3－離子中B原子軌道的雜化類型為____________，BC3－離子的立體構型為________________。(4)基態(tài)E原子的電子排布式為________；C、E形成的化合物EC5(其中E的化合價為＋6)中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為________；(5)化合物DB是人工合成的半導體材料，它的晶胞結構與金剛石(晶胞結構如圖所示)相似。若DB的晶胞參數(shù)為apm，則晶體的密度為_____g·cm－3(用NA表示阿伏加德羅常數(shù))。18、鹽酸氨溴索(又稱溴環(huán)己胺醇)，可用于急、慢性支氣管炎及支氣管擴張、肺氣腫、肺結核等疾病的治療。某研究小組擬用以下流程合成鹽酸氨溴索和糖精的中間體X(部分反應條件及產物已略)。已知信息：(Ⅰ)R1CHO+R2NH2R1CH＝N﹣R2(Ⅱ)(易被氧化)請回答：(1)流程中A名稱為_____；D中含氧官能團的名稱是_____。(2)G的分子式為_____；化合物E的結構簡式是_____。(3)A→B、F→G的反應類型分別為：_____、_____。(4)寫出B+CD的化學方程式_____。(5)化合物X同時符合下列條件的同分異構體H有_____種；其中核磁共振氫譜有5組吸收峰的結構簡式為_____。①苯環(huán)上有兩個取代基，其中之一是氨基；②官能團與X相同，苯環(huán)上的一氯代物有兩種。(6)以甲苯和甲醇為有機原料，參照鹽酸氨溴索的合成路線圖，設計X的合成路線______(無機試劑任選，標明試劑、條件及對應物質結構簡式)。19、二氧化釩（VO2）是一種新型熱敏材料。實驗室以V2O5為原料合成用于制備VO2的氧釩（IV）堿式碳酸銨晶體,過程如下:V2O5VOCl2溶液（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]10·H2O回答下列問題：（1）步驟i中生成VOCl2的同時生成一種無色無污染的氣體,該反應的化學方程式為____。也可只用濃鹽酸與V2O5來制備VOCl2溶液,從環(huán)境角度考慮,該方法的缺點是_______。（2）步驟ii可在如圖裝置（氣密性良好）中進行。已知:VO2+能被O2氧化。①藥品填裝完成后的實驗操作是____（填活塞“a”“b”的操作）。②若無裝置B,則導致的后果是____。（3）加完VOCl2后繼續(xù)攪拌數(shù)分鐘,使反應完全,小心取下分液漏斗,停止通氣,立即塞上橡膠塞,將錐形瓶置于CO2保護下的干燥器中，靜置過夜,得到紫紅色晶體,抽濾,并用飽和NH4HCO3溶液洗滌3次,用無水乙醇洗滌2次,除去水分,再用乙醚洗滌2次,抽干稱重。用飽和NH4HCO3溶液洗滌除去的陰離子主要是____。（4）測定氧釩（IV）堿式碳酸銨晶體粗產品中釩的含量。稱量4.246g樣品于錐形瓶中,用20mL蒸餾水與30mL硫酸混合溶解后，加0.02mol·L-1的KMnO4溶液至稍過量,充分反應后繼續(xù)加1%NaNO2溶液至稍過量，再用尿素除去過量的NaNO2,最后用0.08mol·L-1的（NH4）2Fe（SO4）2標準溶液滴定至終點,消耗體積為30.00mL。（滴定反應:VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O）①NaNO2溶液的作用是____。②粗產品中釩的質量分數(shù)為____（精確到小數(shù)點后兩位）。20、硫酰氯（SO2Cl2）可用于有機合成和藥物制造等。實驗室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol]，裝置如圖所示（部分裝置省略）。已知SO2Cl2的熔點為－54.1℃，沸點為69.1℃，有強腐蝕性，不宜接觸堿、醇、纖維素等許多無機物和有機物，遇水能發(fā)生劇烈反應并產生白霧。回答下列問題：I．SO2Cl2的制備（1）水應從___（選填“a”或“b”）口進入。（2）制取SO2的最佳組合是___（填標號）。①Fe+18.4mol/LH2SO4②Na2SO3+70%H2SO4③Na2SO3+3mo/LHNO3（3）乙裝置中盛放的試劑是___。（4）制備過程中需要將裝置甲置于冰水浴中，原因是___。（5）反應結束后，分離甲中混合物的最佳實驗操作是___。II．測定產品中SO2Cl2的含量，實驗步驟如下：①取1.5g產品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振蕩、過濾、洗滌，將所得溶液均放入錐形瓶中；②向錐形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000mol·L－1的AgNO3溶液l00.00mL；③向其中加入2mL硝基苯，用力搖動，使沉淀表面被有機物覆蓋；④加入NH4Fe(SO4)2指示劑，用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+，終點所用體積為10.00mL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10Ksp(AgSCN)=2×10-12（6）滴定終點的現(xiàn)象為___。（7）產品中SO2Cl2的質量分數(shù)為___%，若步驟③不加入硝基苯則所測SO2Cl2含量將___（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。21、鐵能形成多種化合物，如Fe（SCN）3，[Fe（CO）5]（羰基鐵），它們在生活生產中有廣泛應用。（1）Fe3+基態(tài)核外電子排布式為_____。（2）實驗室用KSCN溶液、苯酚溶液檢驗Fe3+．N、O、S的第一電離能由大到小的順序為____。SCN﹣中的碳原子的雜化軌道類型為_____。與SCN﹣互為等電子體的分子是_____。（3）羰基鐵[Fe（CO）5]可用作催化劑。1mol[Fe（CO）5]分子中含σ鍵數(shù)目為_____。（4）某種氮化鐵晶胞的晶體如圖所示，該氮化鐵晶體的化學式為_____。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】

A．碳酸存在的溶液中酸性較強、碳酸根離子存在的溶液中堿性較強，所以碳酸根離子和碳酸不能大量共存，、、不能在同一溶液中大量共存，故A正確；B．由圖象可知當pH=6時，pC()=pC()，結合=，故B正確；C．人體血液里主要通過碳酸氫鹽緩沖體系（）可以抵消少量酸或堿，維持pH=7.4，但當過量的酸進入血液中時，血液中氫離子濃度增大，平衡向左移動放出CO2，碳酸濃度基本不變，則血液緩沖體系中的最終將變大，故C正確；D．pH=9時，由圖象可得溶液中離子關系是c()>c()>c(OH-)>c()>c()，因此D選項的離子濃度關系不可能出現(xiàn)，故D錯誤；答案選D。2、D【解析】

X、Y、Z、W為四種短周期主族元素，Y與Z同周期，W是短周期主族元素中原子半徑最大的，則W為Na，X原子最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的3倍，則X為O，X與Z同族，則Z為S，Y的最高正價與最低負價的代數(shù)和為6，則Y為Cl。A.Y的最高價氧化物對應的水化物HClO4是一元強酸，選項A錯誤；B.原子半徑：X(O)<Y(Cl)<Z(S)，選項B錯誤；C.非金屬性越強，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性Y(Cl)>Z(S)，故氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：HCl>H2S，選項C錯誤；D.X與W可形成兩種陰、陽離子的物質的量之比均為1：2的離子化合物Na2O和Na2O2，選項D正確。答案選D。3、A【解析】

A.T原子為氫元素的同位素，質子數(shù)為1，中子數(shù)為2，可以表示為，故A正確；B.氧氯酸是共價化合物，但所給結構式中沒有氯元素，故B錯誤；C.氧原子的質子數(shù)為8，氧離子的結構示意圖為，故C錯誤；D.CO2為分子晶體，碳原子的相對體積較大，應該用表示，而SiO2為原子晶體，不存在SiO2分子，故D錯誤；答案選A。4、C【解析】

A.乙硫醇(C2H5SH)分子間無氫鍵而乙醇分子之間有氫鍵，氫鍵的存在增加了分子之間的吸引力，使物質的熔沸點升高，故乙醇的熔沸點比乙硫醇高，A錯誤；B.乙醇與乙酸生成乙酸乙酯的反應是可逆反應，反應物不能完全轉化為生成物，因此不能達到除雜的目的，還引入了新的雜質，B錯誤；C.苯、苯乙烯最簡式相同，同質量消耗O2量相同，因此消耗的氧氣在相同條件下體積也相同，C正確；D.C4H8Cl2可看作是C4H10分子中的2個H原子被Cl原子取代產生的物質，C4H10有正丁烷、異丁烷兩種結構，4個碳原子可形成，符合條件的正丁烷的二氯代物有2種，異丁烷的1種，共有3種不同的結構，D錯誤；故合理選項是C。5、D【解析】

根據(jù)“濃酒和糟入甑，蒸令氣上”，表明該方法是利用各組分沸點不同實現(xiàn)混合液體的分離，此方法為蒸餾。故選D。6、C【解析】

A.分子結構中含有，為四面體結構，所有碳原子不可能處于同一平面，故A錯誤；B.該物質的分子式為C8H10，屬于芳香族化合物的同分異構體有乙苯和二甲苯(鄰位、間位和對位3種)，共4種，故B錯誤；C.結構中含有碳碳雙鍵，能發(fā)生氧化反應和加成反應，含有和-CH2-，能發(fā)生取代反應，故C正確；D.含有碳碳雙鍵能與溴水發(fā)生加成反應而使溴水褪色，能與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化反應而使高錳酸鉀溶液褪色，褪色原理不同，故D錯誤；答案選C。7、C【解析】

A．亞硫酸鋇在硝酸溶液中發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鋇，硫酸鋇白色沉淀加鹽酸時不溶解，現(xiàn)象不正確，故A錯誤；B．KI溶液中不存在碘單質，加入CCl4，不能發(fā)生萃取，振蕩后靜置，下層不能呈紫紅色，現(xiàn)象不正確，故B錯誤；C．AgCl與AgBr的飽和溶液等體積混合，再加入足量的濃AgNO3溶液，AgCl沉淀多于AgBr沉淀，說明氯離子濃度大于碘離子濃度，證明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，C實驗操作、現(xiàn)象及結論均正確；D．室溫下，同濃度的Na2A溶液的pH比NaB溶液的pH大，只能說酸性HA-＜HB，不能說明酸性H2A＜HB，結論不正確，故D錯誤；答案選C。8、C【解析】

A.NaCl溶液為強酸強堿鹽，對水的電離無影響，而CH3COONH4在水溶液中存在水解平衡，對水的電離起促進作用，所以兩溶液中水的電離程度不同，A項錯誤；B.原電池中發(fā)生的反應達平衡時，各組分濃度不再改變，電子轉移總量為0，該電池無電流產生，B項錯誤；C.HF會與玻璃的成分之一二氧化硅發(fā)生反應而腐蝕玻璃，NH4F在水溶液中會水解生成HF，所以NH4F水溶液不能存放于玻璃試劑瓶中，C項正確；D.由化學計量數(shù)可知△S<0，且△H?T△S<0的反應可自發(fā)進行，常溫下可自發(fā)進行，該反應為放熱反應，D項錯誤；答案選C。9、C【解析】

A．SO2、SO3均是酸性氧化物，CO是不成鹽氧化物，A錯誤；B．工業(yè)上利用Cl2和石灰乳反應來制取漂白粉，B錯誤；C．除去與水反應，圖示轉化反應中均有元素化合價的升降，故反應均為氧化還原反應，C正確；D．用CO與氫氣反應合成CH3OH，反應物完全轉化為生成物，原子利用率為100%，甲醇與氧氣在催化劑存在時發(fā)生反應HCHO和水，所以該步反應中原子利用率不為100%，D錯誤；故答案選C。10、D【解析】

A選項，b為羧酸，d為酯，因此不是同系物，故A錯誤；B選項，d不與金屬鈉反應，故B錯誤；C選項，b同分異構體有1種，d同分異構體有8種，p同分異構體有7種，都不包括本身，故C錯誤；D選項，b在一定條件下和甲醇發(fā)生酯化反應生成d，故D正確。綜上所述，答案為D。羧酸、醇都要和鈉反應；羧酸和氫氧化鈉反應，醇不與氫氧化鈉反應；羧酸和碳酸鈉、碳酸氫鈉反應，醇不與碳酸鈉、碳酸氫鈉反應。11、D【解析】

分析題給信息，X原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，則X應為O元素；Y是迄今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素，應為F元素；在周期表中Z位于ⅠA族，由原子序數(shù)關系可知Z為Na元素，W與X屬于同一主族，W應為S元素。【詳解】A．電子層數(shù)越多，原子半徑越大，同周期元素的原子序數(shù)越大，原子半徑越小，則原子半徑r(F)＜r(O)＜r(S)＜r(Na)，A項錯誤；B．X為O，Z為Na，由Y、Z兩種元素組成的化合物可能為過氧化鈉，其分子中含有離子鍵和共價鍵，B項錯誤；C．W最高價氧化物對應水化物為硫酸，屬于強酸，C項錯誤；D．非金屬性F＞S，元素的非金屬性越強，對應的簡單氫化物越穩(wěn)定，D項正確；答案選D。微粒半徑大小的決定因素：決定因素是電子層數(shù)和核電荷數(shù)。電子層數(shù)越多，則微粒半徑越大；電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越多，對核外電子的吸引力越大，微粒半徑越小，比較時應綜合考慮二者。12、D【解析】

根據(jù)化學鍵的類型及其與物質類別間的關系分析。【詳解】A.為離子鍵，OH-內氫、氧原子間為共價鍵，A項正確；B.NaOH由Na+、OH-構成，是含共價鍵的離子化合物，B項正確；C.NaOH晶體中，有Na+、OH-兩種離子，C項正確；D.NaOH是含共價鍵的離子化合物，D項錯誤。本題選D。13、C【解析】

A．平衡前，隨著反應向著化學計量數(shù)減小的方向進行，容器內氣體的總物質的量減小，壓強變小，故A正確；B．平衡時，其他條件不變，分離出H2O(g)，降低生成物的濃度，逆反應速率瞬間減小，正反應速率瞬間不變，平衡正向進行，故B正確；C．平衡時，其他條件不變，升高溫度逆向移動，平衡常數(shù)減小，故C錯誤；D．其他條件不變，使用不同催化劑改變反應速率，但不改變平衡的移動，HCl(g)的轉化率不變，故D正確；答案為C。14、B【解析】

A.12CO2和13CO2具有相同元素的化合物，不屬于同位素，故A錯誤；B.根據(jù)13C電子排布式ls22s22p2可知，原子核外有2個未成對電子，故B正確；C.尿素屬于有機物，不是銨鹽；尿素屬于有機氮肥，不屬于銨態(tài)氮肥，故C錯誤；D.13C的質量數(shù)為13，故D錯誤；故選：B。注意尿素和銨態(tài)氮肥的區(qū)別，為易錯點。15、D【解析】

A.ag亞硫酸鈉晶體(Na2SO3?7H2O)的物質的量n=mol，而1molNa2SO3?7H2O中含2molNa+，故molNa2SO3?7H2O中含mol，即mol鈉離子，A錯誤；B.ag亞硫酸鈉晶體(Na2SO3?7H2O)的物質的量n=mol，而1molNa2SO3?7H2O中含10mol氧原子，故molNa2SO3?7H2O中含氧原子mol，即含有mol的O原子，B錯誤；C.SO32-被氧化時，由+4價被氧化為+6價，即1molSO32-轉移2mol電子，故molNa2SO3?7H2O轉移mol電子，C錯誤；D.1molNa2SO3?7H2O中含7mol水分子，故molNa2SO3?7H2O中含水分子數(shù)目為mol×7×NA/mol=NA，D正確；故合理選項是D。16、B【解析】

A．該分子中親水基比重很小，主要為憎水基，不溶于水，故A錯誤；B．如圖所示有10種氫原子，故B正確；C．該分子中含有碳碳雙鍵和酚羥基，能被酸性高錳酸鉀氧化使其褪色，故C錯誤；D．碳碳雙鍵、苯環(huán)可以與氫氣加成，所以1mol該分子最多與7mol氫氣加成，故D錯誤；故答案為B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、ON＞O＞AlNH3分子間易形成氫鍵＜孤電子對對成鍵電子對的排斥作用強于成鍵電子對之間的排斥作用sp2三角形1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)7:1×1030【解析】

前四周期元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大，A元素原子的核外電子只有一種運動狀態(tài)，A為H元素；基態(tài)B原子s能級的電子總數(shù)比p能級的多1，核外電子排布為1s22s22p3，為N元素；基態(tài)C原子和基態(tài)E原子中成對電子數(shù)均是未成對電子數(shù)的3倍，核外電子排布為1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1，則C為O元素，E為Cr元素；D形成簡單離子的半徑在同周期元素形成的簡單離子中最小，則D為該周期中原子序數(shù)最大的金屬元素，因此D為Al元素。據(jù)此分析解答。【詳解】根據(jù)上述分析，A為H元素，B為N元素，C為O元素，D為Al元素，E為Cr元素。(1)元素的非金屬性越強，電負性越大，元素H、N、O中，電負性最大的是O元素；同一周期，從左到右，元素的第一電離能呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素的第一電離能大于相鄰元素，同一主族，從上到下，第一電離能逐漸減小，元素N、O、Al的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞Al，故答案為O；N＞O＞Al；(2)NH3分子間易形成氫鍵，導致氨氣易液化；NH3中中心原子N的價層電子對數(shù)為4，孤電子對數(shù)為1，其VSEPR模型為四面體構型，NH3分子中N原子采用sp3雜化，為三角錐結構，孤電子對對成鍵電子對的排斥作用強于成鍵電子對之間的排斥作用，使得氨氣分子中鍵角小于109°28′，故答案為NH3分子間易形成氫鍵；＜；孤電子對對成鍵電子對的排斥作用強于成鍵電子對之間的排斥作用；(3)NO3－離子中N原子的價層電子對數(shù)=σ鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)=3+=3，采用sp2雜化，立體構型為三角形，故答案為sp2；三角形；(4)E為Cr元素，基態(tài)E原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合價為＋6)，結構為，其中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為7:1，故答案為1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；7:1；(5)AlN晶胞中含有N或Al原子數(shù)為4，8×+6×=4，晶胞質量為g，因此晶胞的密度==×1030g·cm－3，故答案為×1030。正確推導元素是解答本題的關鍵。本題的難點為C、E的推導，易錯點為(4)，要能夠根據(jù)題意確定CrO5的結構。18、鄰硝基甲苯或1﹣硝基甲苯硝基、羥基C13H18N1OBr1氧化反應取代反應3【解析】

由B與C的分子式、D的結構簡式，結合信息①，可知B為、C為，對比甲苯與B的結構，可知甲苯發(fā)生硝化反應生成A，A發(fā)生氧化反應生成B，故A為，D發(fā)生信息②中還原反應生成E為，由鹽酸氨溴索的結構簡式可知E→F發(fā)生還原反應生成F，F(xiàn)與溴發(fā)生苯環(huán)上取代反應生成G，G與HCl反應生成鹽酸氨溴索，故F為、G為。(6)、甲基用酸性高錳酸鉀溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl還原引入氨基，羧基與甲醇發(fā)生酯化反應引入酯基，氨基易被氧化且能與羧基反應，結合生成A的轉化，應先發(fā)生硝化反應反應生成，再發(fā)生氧化反應生成，然后發(fā)生酯化反應生成，最后發(fā)生還原反應生成目標產物。【詳解】（1）A的結構簡式為，其名稱為：鄰硝基甲苯或1﹣硝基甲苯。D中含氧官能團的名稱是：硝基、羥基，故答案為：鄰硝基甲苯或1﹣硝基甲苯；硝基、羥基；（1）G的結構簡式為，其分子式為：C13H18N1OBr1．由分析可知，化合物E的結構簡式是：，故答案為：C13H18N1OBr1；；（3）A→B是轉化為，甲基轉化為醛基，屬于氧化反應。F→G是轉化為，F(xiàn)中苯環(huán)上氫原子被溴原子替代，屬于取代反應，故答案為：氧化反應；取代反應；（4）B+CD的化學方程式為，故答案為：；（5）化合物X同時符合下列條件的同分異構體：①苯環(huán)上有兩個取代基，其中之一是氨基；②官能團與X相同，另外一個取代基含有酯基，可能為﹣COOCH3、﹣OOCCH3、﹣CH1OOCH，苯環(huán)上的一氯代物有兩種，1個不同的取代基處于對位，符合條件的H共有3種，其中核磁共振氫譜有5組吸收峰的結構簡式為：，故答案為：3；；（6）甲基用酸性高錳酸鉀溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl還原引入氨基，羧基與甲醇發(fā)生酯化反應引入酯基，氨基易被氧化且能與羧基反應，結合生成A的轉化，應先發(fā)生硝化反應反應生成，再發(fā)生氧化反應生成，然后發(fā)生酯化反應生成，最后發(fā)生還原反應生成目標物，合成路線流程圖為：，故答案為：。19、2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O氯氣有毒，污染空氣打開活塞a數(shù)分鐘后，再打開活塞bHCl與NH4HCO3反應Cl-除去過量的KMnO42.88%【解析】

V2O5與鹽酸、N2H4﹒2HCl混合發(fā)生反應：2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，得到VOCl2溶液，加碳酸氫銨溶液后得到氧釩(IV)堿式碳酸銨晶體。（1）根據(jù)原子守恒及氧化還原反應原理分析解答；（2）根據(jù)題給信息中+4價V易被氧化的性質分析解答；（3）根據(jù)原子守恒及晶體的組成分析解答；（4）根據(jù)滴定原理及氧化還原反應原理分析解答。【詳解】（1）根據(jù)原子守恒分析生成的一種無色無污染的氣體為N2，該反應的化學方程式為2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；根據(jù)氧化還原反應原理分析，V被還原，則濃鹽酸的中Cl被氧化生成氯氣，氯氣有毒，污染空氣，故答案為：2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；氯氣有毒，污染空氣；（2）①已知VO2+能被O2氧化，故裝置中不能有空氣，所以反應前先通入CO2數(shù)分鐘排除裝置中的空氣，避免產物被氧化，所以實驗操作時先打開活塞a數(shù)分鐘后，再打開活塞b，故答案為：打開活塞a數(shù)分鐘后，再打開活塞b；②A中制得的二氧化碳混有氯化氫氣體，B裝置中的試劑應是除去二氧化碳氣體中HCl氣體的飽和NaHCO3溶液，若無裝置B，則HCl與NH4HCO3反應，故答案為：HCl與NH4HCO3反應；（3）根據(jù)原子守恒分析，及晶體的組成分析，NH4HCO3溶液洗滌除去陰離子主要是Cl-，故答案為：Cl-；（4）①根據(jù)分析，KMnO4溶液的作用是氧化V，NaNO2溶液的作用是除去過量的KMnO4，故答案為：除去過量的KMnO4；②根據(jù)V元素的質量守恒，根據(jù)滴定反應VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，則n(V)=n((NH4)2Fe(SO4)2)=0.08mol·L-1×0.03L=0.0024mol，則粗產品中釩的含量為：，故答案為：2.88%。20、b②堿石灰制取硫酰氯的反應時放熱反應，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產率蒸餾溶液變?yōu)榧t色，而且半分鐘內不褪色85.5%偏小【解析】

（1）用來冷卻的水應該從下口入，上口出；（2）制備SO2，鐵與濃硫酸反應需要加熱，硝酸能氧化SO2，所以用70%H2SO4+Na2SO3來制備SO2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反應又沒有加熱，故SO2與氯氣間的反應為放熱反應，由于會有一部分Cl2、SO2通過冷凝管逸出，故乙中應使用堿性試劑，又因SO2Cl2遇水易水解，故用堿石灰；（4）制取硫酰氯的反應時放熱反應，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產率；（5）分離沸點不同的液體可以用蒸餾的方法，所以甲中混合物分離開的實驗操作是蒸餾；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，當?shù)味ㄟ_到終點時NH4SCN過量，加NH4Fe(SO4)2作指示劑，F(xiàn)e3+與SCN?反應溶液會變紅色，半分鐘內不褪色，即可確定滴定終點；（7）用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積V，則過量Ag+的物質的量為Vcmol，與Cl?反應的Ag+的物質的量為0.1000mol/L×0.1L?Vc×10?3mol，則可以求出SO2Cl2的物質的量；AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力搖動，使AgCl沉淀表面被有機物覆蓋，避免在滴加NH4SCN時，將AgCl沉淀轉化為AgSCN沉淀，若無此操作，NH4SCN與AgCl反應生成AgSCN沉淀，則滴定時消耗的NH4SCN標準液的體積偏多，即銀離子的物質的量偏大，則與氯離子反應的銀離子的物質的量偏小。【詳解】（1）用來冷卻的水應該從下口入，上口出，故水應該從b口進入；（2）制備SO2，鐵與濃硫酸反應需要加熱，硝酸能氧化SO2，所以用②70%H2SO4+Na2SO3來制備SO2，故選②；（3）根據(jù)裝置圖可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反應又沒有加熱，故SO2與氯氣間的反應為放熱反應，由于會有一部分Cl2、SO2通過冷凝管逸出，故乙中應使用堿性試劑，又因SO2Cl2遇水易水解，故用堿石灰，可以吸收氯氣、SO2并防止空氣中的水蒸氣進入冷凝管中，故乙裝置中盛放的試劑是堿石灰；（4）制取硫酰氯的反應時放熱反應，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產率；（5）分離沸點不同的液體可以用蒸餾的方法，所以甲中混合物分離開的實驗操作是蒸餾；（6）用