【高考化学】广东省六校联考2022-2023学年专项突破仿真模拟试卷（一模二模）含解析

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【高考化学】广东省六校联考2022-2023学年专项突破仿真模拟
试卷（一模）
第I卷（选一选）
请点击修正第I卷的文字阐明
评卷人
得分



一、单 选 题
1．古代中国在化学发展史上做出了严重贡献，下列描述没有正确的是
A．我国古代的《本草纲目》和《天工开物》等著作中包含着丰富的化学知识和
B．《天工开物》记载火法炼锌的方程式为：ZnCO3+2CZn+3CO↑
C．我国春秋初年已能利用赤铁矿冶炼铁，赤铁矿的次要成分是Fe2O3
D．黑火药是四大发明之一，爆炸时的方程式：S+4KNO3+4C=2K2O+SO2↑+4CO2↑
2．改革开放以来，广东经济没有断发展，特征产业逐渐壮大，下列有关叙说没有正确的是
A．客家豆腐是粵菜，热豆浆加盐卤变豆腐次要利用蒸发结晶的原理
B．粤东海产发达，海鲜煮熟后飘香四溢，表现了分子是运动的
C．新会陈皮中含有大量自然无机化合物
D．佛山陶瓷出名全国，生产工艺涉及大量复杂的物理化学变化
3．近年来我国科技发展迅速，创新指数排名飙升，下列关于我国新科技的叙说正确的是
A．中国空间站运用的砷化镓薄膜电池光电转化率超30%，其生产原料是石英
B．高铁机车用于导电的受电弓板是碳系新材料，利用石墨耐高温、有润滑感功能
C．我国生产的聚丙烯医用口罩为全球防止新冠扩分发挥了严重作用，能起到外层防飞沫，中层吸附过滤，内层吸湿的作用
D．国产大飞机运用的合金具有密度高、硬度大、熔点高等特性
4．五一劳动节是劳动者本人的节日，下列劳动者的劳动过程没有运用相关化学原理的是
选项
劳动过程
化学原理
A
用硫酸钡做钡餐检查胃病
BaSO4既没有溶于水，也没有溶于酸
B
厨师炸油条加入小苏打
NaHCO3受热分解产生CO2
C
工人用覆铜板制造印刷电路板
FeCl3溶液可“腐蚀”铜
D
农民用草木灰做肥料
草木灰中K2CO3显碱性

A．AB．BC．CD．D
5．M是Zoanthamine生物碱的一片段，其结构简式如下图所示，下列说法没有正确的是


A．该物质含有3种官能团
B．该物质可使溴水褪色
C．该物质可发生加聚、氧化、取代反应
D．该物质的分子式为C12H16O2
6．化学与生活毫没有相关，下列生产与化学知识对应且正确的是
选项
生产
化学知识
A
用粮食酿酒
淀粉水解得到乙醇
B
以油脂为原料制肥皂
油脂在碱性条件下几乎完全水解
C
合成氨运用500℃左右的高平和10个大气压
此条件合成氨反应平衡转化率
D
用光导纤维传输信号
Si是良好的半导体

A．AB．BC．CD．D
7．大颗粒硫酸铜晶体结晶水含量的测定实验中，下列仪器中没有需求用到的是
A．干燥器B．蒸发皿C．坩埚钳D．研钵
8．一甲胺(CH3NH2)在医药、农药、燃料、等工业领域广泛运用，是一种弱碱，相反情况下比氨水碱性略强，与足量盐酸反应生成一甲胺盐酸盐CH3NH3Cl。下列说确的是
A．CH3NH3Cl水溶液显酸性，pH一定比NH4Cl溶液大
B．CH3NH3Cl属于弱电解质，在水溶液中存在电离平衡
C．0.1mol/LCH3NH3Cl水溶液中有：c(H+)=c(CH3NH2)+c(OH-)
D．一甲胺是一元碱，常温下0.001mol/L一甲胺水溶液pH=11
9．如图所示为两个原电池安装，下列相关说确的是

A．安装II的能量利用率比安装I高
B．安装I和II正极发生氧化反应的电极反应式相反
C．安装I和II中阴离子都是移向铜电极
D．将以上安装做电源用于精炼铜，阳极减少的质量等于阴极添加的质量
10．如图所示为氯元素的价-类二维图，下列叙说没有正确的是

A．从氧化还原角度分析可知：①的浓溶液与⑥混合可产生②
B．③是一种广谱型的消毒剂，可以取代②成为自来水消毒剂
C．电解④的水溶液可制备②
D．⑥的水溶液在空气中放置容易变质
11．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说确的是
A．100mL0.1mol/L的蔗糖溶液中含有0.01NA个分子
B．常温常压下，1molN2和3molH2充分反应后，转移6NA个电子
C．100mL1mol/L的CH3COONa溶液中含有0.1NA个CH3COO-
D．常温常压下，电解足量饱和NaCl溶液制备NaOH，阳极产生22.4L气体时，阴极也产生22.4L气体
12．化学是以实验为基础的科学。下列实验操作、景象和结论均正确的是
选项
实验操作
景象
结论
A
其他条件没有变，将NO2气体紧缩至原体积的一半
NO2气体颜色逐渐变到比紧缩前还浅
增大压强，平衡向体积减少的方向挪动
B
用pH计分别测0.1mol/L苯酚和0.0001mol/LCH3COOH的酸性
苯酚的pH小

CH3COOH的电离常数Ka比苯酚小
C
将搜集满Cl2的集气瓶A口朝上，装满N2的集气瓶B口朝下对准A，移走玻璃片
一段工夫后集气瓶AB均出现黄绿色
熵增的方向是自发进行的
D
常温下，将铝放入浓硝酸中
铝片溶解
铝能被浓硝酸氧化

A．AB．BC．CD．D
13．化合物A是一种有效的树脂整理催化剂，结构如下图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X、Y、Z同周期，X的L层电子数比K层多1个。下列说确的是

A．Y元素简单氢化物的波动性强于Z元素的简单氢化物
B．Y元素简单氢化物的沸点低于Z元素的简单氢化物
C．W、X、Y、Z的原子半径依次增大
D．价氧化物对应水化物的酸性：XN>H，NH3和NF3杂化类型相反，分子结构类似，NH3键长短且共用电子对靠近N，斥力比NF3大，键角大
(4)     VO     (，，)    

【分析】
（1）铁是26号元素，核外有26个电子根据能量原理和洪特规则可知，其基态铁原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
（2）V是23号元素，有4个电子层，其价电子排布式为3d34s2，所以V原子位于元素周期表的第VB族；单键为σ键，双键有1个σ键和1个π键，三键有1个σ键和2个π键；
（3）①该配合物中一切C原子均构成3个σ键，没有孤电子对，所以价层电子对为3，,故杂化方式是sp2；②根据非羟基氧原子数多少可以比较含氧酸的酸性强弱；③根据价层电子对互斥理论比较键角关系；
（4）根据均摊法确定晶体的化学式，进一步根据晶胞的质量和体积求晶胞密度；根据原点坐标及原子所在地位与晶胞参数的关系可求晶胞中任意一个原子的坐标；根据任意两个原子间的坐标可求原子间的距离。
(1)
（1）铁是26号元素，核外有26个电子根据能量原理和洪特规则可知，其基态铁原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
故1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
(2)
（2）V是23号元素，有4个电子层，其价电子排布式为3d34s2，所以V原子位于元素周期表的第周围期第VB族；单键为σ键，双键有1个σ键和1个π键，三键有1个σ键和2个π键，所以V2O5分子的σ键和π键数目之比为6：4，故答案化简后为3:2；
故VB族；3:2；
(3)
（3）①该配合物中一切C原子均构成3个σ键，没有孤电子对，所以价层电子对为3，,故杂化方式是sp2；②根据非羟基氧原子数多含氧酸的酸性越强，H2SO4分子中的非羟基氧比H2CO3多，所以H2SO4比H2CO3的酸性强③根据价层电子对互斥理论，电负性F>N>H，NH3和NF3杂化类型相反，分子结构类似，NH3键长越短且共用电子对靠近原子，斥力越大，键角越大；
故①sp2；②H2SO4分子中的非羟基氧比H2CO3多；③电负性F>N>H，NH3和NF3杂化类型相反，分子结构类似，NH3键长短且共用电子对靠近N，斥力比NF3大，键角大；
(4)
根据均摊法可知，V位于顶点和面心，晶胞中有，O位于棱心和体心，晶胞中有，该氧化物的化学式为VO；a点原子的分数坐标为(0，0，0)，则位于体心的b点原子的分数坐标为(，，)；假设晶胞参数为acm，根据晶胞密度可得晶胞参数，晶胞中距离最近的两个钒原子的核间距为面对角线的一半，根据勾股定律可得面对角线的一半为；
故VO；(，，)；。

可以利用数学上向量坐标的计算方法来求晶胞中任意两个原子间的距离。
21．(1)     HClO     加成反应     醚键
(2)2ClCH2CH2OH+Ca(OH)2→2+CaCl2+2H2O
(3)乙二醇
(4)10
(5)
(6)CH2=CH-CH=CH2ClCH2CH=CHCH2-OH

【分析】
乙烯和a发生加成反应生成ClCH2CH2OH，则a是HClO；D分子式为C3H4O3，分子中有一个五元环且只要一种化学环境的氢原子，D是；和b发生缩聚反应生成，逆推可知b是；
(1)
乙烯和a反应生成ClCH2CH2OH，从原子利用率看，试剂a是HClO，乙烯和HClO发生加成反应生成ClCH2CH2OH；中官能团的名称是醚键。
(2)
反应②是ClCH2CH2OH和Ca(OH)2反应生成、氯化钙、水，反应的化学方程式2ClCH2CH2OH+Ca(OH)2→2+CaCl2+2H2O；
(3)
反应④是和苯酚反应生成只生成和G两种无机物，根据原子守恒，G是HOCH2CH2OH，化学名称为乙二醇；
(4)
①分子中有两个苯环，两个苯环无共用边，以C-C相连，其中一个苯环除连接苯环外无其他侧链；②遇FeCl3溶液显紫色，阐明含有酚羟基；③能与NaHCO3溶液反应放出CO2，阐明含有羧基；根据分析，符合条件的的同分异构体，1个苯环上连有3个取代基-OH、-COOH、，苯环上连有3个没有同取代基的结构有10种。
(5)
和b发生缩聚反应生成，逆推可知b是；
(6)
CH2=CH-CH=CH2和甲醛发生1,4加成生成ClCH2CH=CHCH2-OH，ClCH2CH=CHCH2-OH和Ca(OH)2反应生成，和CO2反应生成，合成路线为CH2=CH-CH=CH2ClCH2CH=CHCH2-OH。






















【高考化学】广东省六校联考2022-2023学年专项突破仿真模拟试卷（一模）

一、选一选。本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只要一项是符合标题要求的
1．化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列有关说法错误的是（　　）
A．N95口罩的次要材质是聚丙烯，工业上利用丙烯加聚合成
B．客机CR919机身大量运用的碳纤维属于无机高分子纤维
C．燃煤中加入可以减少酸雨的构成及温室气体的排放
D．利用过氧乙酸的强氧化性可进行环境消毒，灭新型冠状
2．下列文献记载内容没有涉及氧化还原反应的是（　　）
A．《本草纲目》中“令人以灰（草木灰）淋汁，取碱浣衣”
B．《梦溪笔谈》中“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”
C．《抱朴子》中“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”
D．《周易参同契》中“胡粉（碱式碳酸铅）投火中，色坏还为铅”
3．下列化学用语表示正确的是（　　）
A．H2O2的电子式：B．Ca2+的结构表示图：
C．乙酸的键线式：D．羟基的电子式：
4．下列各组微粒中加入试剂后反应的离子方程式书写正确的是（　　）
选项
微粒
加入的试剂
发生反应的离子方程式
A
Fe3+、Mg2+、SO42﹣
少量稀氨水
Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓
B
K+、OH﹣、CO32﹣
通入少量CO2
2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O
C
Na+、Al3+、Cl﹣
过量澄清石灰水
Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓
D
H+、Fe2+、SO42﹣
Ba（NO3）2溶液
SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓
A．AB．BC．CD．D
5．仅用如表提供的仪器（夹持仪器和试剂任选）没有能达到相应实验目的的一组是（　　）
选项
实验目的
仪器
A
制取乙酸乙酯
试管、酒精灯
B
用浓硫酸配制250mL一定浓度的硫酸溶液
250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管
C
从食盐水中获得NaCl晶体
酒精灯、玻璃棒、蒸发皿
D
用盐酸除去BaSO4中混有的少量BaCO3
漏斗、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸
A．AB．BC．CD．D
6．硫酸盐（含SO42﹣、HSO4﹣）气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其次要过程表示图如图。下列说法没有正确的是（　　）

A．硫酸盐气溶胶呈酸性B．NO2是生成硫酸盐的还原剂
C．该过程有H2O参与D．该过程中有硫氧键生成
7．下列说法没有正确的是（　　）
A．Si具有半导体性，可制造光导纤维
B．CO2可用于制备饮料，也可作蔬菜大棚中的“气体肥料”
C．纳米碳管比表面积大、吸附性强，可用作新型储氢材料
D．用氨水吸收废气中的SO2，再将吸收液与硫酸反应，将富集后的SO2循环运用
8．室温时，下列有关电解质的说确的是（　　）
A．pH相等的HNO3和HCN两种酸溶液中，c（NO3﹣）＞c（CN﹣）
B．NaHB溶液呈酸性，可推知H2B在水中没有能完全电离
C．往NH4Cl溶液中加入镁粉，可生成两种气体
D．Na2CO3溶液中通入CO2所得的中性溶液中：c（Na+）＝2（CO32﹣）
9．下列操作能达到相应实验目的的是（　　）
选项
实验目的
操作
A
检验Fe（NO3）2晶体能否已氧化变质
将Fe（NO3）2样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液能否变红
B
测定“84”消毒液的pH
用洁净的玻璃棒蘸取少量“84”消毒液滴在pH试纸上
C
验证铁的吸氧腐蚀
将未生锈的铁钉放入试管中，用稀硫酸浸没
D
比较H2C2O4与H2CO3的酸性强弱
在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，观察景象
A．AB．BC．CD．D
10．糠叉丙酮（）是一种重要的医药两头体，可由糠醛（）和丙酮（CH3COCH3）反应制备。下列说法错误的是（　　）
A．糠醛的全部原子可共平面
B．1mol糠醛至多可与3mol H2发生加成反应
C．糠叉丙酮的分子式为C8H8O2，可发生还原反应
D．含苯环和羧基的糠叉丙酮的同分异构体有3种
11．反应CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑可用于实验室制备乙炔气体。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说确的是（　　）
A．0.1mol CaC2含有的离子数为0.3NA
B．1.8g H2O18中所含电子数目为NA
C．0.1mol C2H2完全燃烧转移的电子数为NA
D．常温下pH＝12的Ca（OH）2溶液中，由水电离出的氢离子的数目为10﹣12NA
12．如图是某元素的价类二维图。其中A为酸式盐，E的分子质量比D大16。下列说确的是（　　）

A．E与水反应一定能生成一种强酸
B．若X为强酸，则物质D可使石蕊溶液先变红后褪色
C．若X为强酸，则D→E的反应可用于检验D
D．若X为强碱，则物质A～E中均含有硫元素
13．近日，电催化固氮领域取得重要进展，利用双功能催化剂可完成室温条件下电催化氮气还原制备氨气、氧化制备硝酸盐。安装如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．工作时，电子流入a极
B．阳极区的电极反应为：N2+6H2O﹣10e﹣═2NO3﹣+12H+
C．阳极区和阴极区耗费的N2的质量之比为5：3
D．该离子交换膜应运用质子交换膜
14．室温下，向某Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中lgc（Ba2+）与lg的变化关系如图所示。下列说法没有正确的是（　　）（已知：H2CO3的Ka1、Ka2分别为4.2×10﹣7、5.6×10﹣11）

A．a对应溶液的pH大于b
B．b对应溶液的c（H+）＝5.6×10﹣9mol•L﹣1
C．a→b对应的溶液中没有变
D．a对应的溶液中一定存在：c（Na+）+c（H+）＝3c（HCO3﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）
15．W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，四种元素与锂组成的盐是一种新型锂离子电池的电解质，下列说法没有正确的是（　　）

A．Z有多种单质，且硬度都很大B．原子半径：X＞Z＞Y＞W
C．该物质中含离子键和共价键D．气态氢化物的波动性：W＞Y
16．H2S分解反应：2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）在无催化剂及Al2O3催化下，恒容密闭容器中只充入H2S，在反应器中没有同温度时反应，每间隔相反工夫测定H2S的转化率，其转化率与温度的关系如图所示，下列说法错误的是（　　）

A．该反应的△H＞0
B．由图可知，1100℃时Al2O3几乎得到催化活性
C．没有加催化剂时，温度越高，反应速率越快，达到平衡的工夫越短
D．A点达到平衡时，若此时气体总压强为p，则平衡常数Kp＝0.25p
二、非选一选：共56分。第17～19题为必考题，考生都必须作答。第20～21题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共42分。
17．（14分）磷化铝（AlP）常用作粮食熏蒸虫剂，吸水后会强烈水解产生高毒性气体（18电子结构，沸点为﹣87.7℃，还原性强）。在熏蒸处理虫粮过程中，粮粒对该气体具有一定的吸附作用。某化学兴味小组用下述方法测定粮食中残留的磷含量，实验安装如图所示。

在C中加入10g原粮，E中加入20.00mL 1.50×10﹣3mol•L﹣1KMnO4溶液（H2SO4酸化），往C中加入足量的水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中过量的KMnO4溶液。
回答下列成绩：
（1）仪器C的名称是。
（2）AlP与水反应的化学方程式为，气体产物的电子式为。
（3）安装A中盛装酸性KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体，安装B中盛有焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是。
（4）反应完成后，继续通入空气的作用是。
（5）安装E中PH3被氧化成磷酸，则安装E中发生的离子方程式为。
（6）搜集安装E中的吸收液，加水浓缩至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用4.0×10﹣4mol•L﹣1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，耗费Na2SO3标准溶液15.00mL，到达滴定起点时的景象为，我国粮油卫生标准中规定磷化物允许量为0.05mg•kg﹣1，则该原粮为产品。（填“合格”或“没有合格”）
18．（14分）金属镓有“电子工业脊梁”的佳誉，镓与铝的化学性质类似。从刚玉渣（含钛、镓的低硅铁合金，还含有少量氧化铝）回收镓的流程如图所示。

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。
金属离子
Ga3+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时（c＝0.01mol•L﹣1）的pH
4.5
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时（c＝1.0×10﹣5mol•L﹣1）的pH
5.5
4.7
3.2
9.0
请回答下列成绩：
（1）“酸浸”过程中禁止明火加热，缘由是。
（2）“结晶”过程中得到FeSO4•7H2O的具体操作为。
（3）“中和沉淀”过程中pH应调理的范围为。
（4）“碳酸化”过程中没有能通入过量CO2的缘由为（用离子方程式表示）。
（5）“电解”过程中需求保持溶液为pH＝11以上的缘由是。
（6）下列说法没有正确的是。
A．为进步浸出率，可将刚玉渣研磨
B．“结晶”过程中得到的FeSO4•7H2O可作为净水剂
C．由流程图可知酸性：Al（OH）3＞Ga（OH）3
D．“碱浸”过程中可用氨水代替NaOH溶液
（7）GaN具有的光电功能。工业上常采用在1100℃条件下，利用Ga与NH3反应可制备GaN，该过程的化学方程式为。
19．（14分）推进煤炭清洁高效利用是将来煤炭利用的发展方向，其中煤制自然气（次要成分甲烷）能对燃气资源有重要补充作用。在催化剂作用下，其涉及的次要反应如下：
CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H1＝﹣206.2kJ•mol﹣1Ⅰ
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣41.2kJ•mol﹣1Ⅱ
CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H3Ⅲ
其副反应（积碳反应）如下：
2CO（g）⇌O2（g）+C（s）△H4＝﹣172.0kJ•mol﹣1Ⅳ
CO2（g）+2H2（g）⇌2H2O（g）+C（s）△H5＝﹣90.0kJ•mol﹣1Ⅴ
CO（g）+H2（g）⇌H2O（g）+C（s）△H6＝﹣131.0kJ•mol﹣1Ⅵ
（1）荷兰埃因霍温大学学者实验与计算机模仿结果，研讨了在催化剂钴表面上反应Ⅰ的反应历程，如图1所示，其中吸附在钴催化剂表面上的物种用*标注。

①该历程中能垒E正＝kJ•mol﹣1，写出该步骤的化学方程式。
②△H3＝kJ•mol﹣1。
（2）若原料气n（H2）：n（CO）＝3：1，且反应容器中只考虑次要反应。
①反应Ⅰ在温（填“高”或“低”）、压（填“高”或“低”）条件下有利于自然气的合成。
②T2℃，0.1MPa恒压条件下，平衡时反应体系平衡组成如表所示。
组分
CH4
H2O
H2
CO2
CO
体积分数x
a
b
c
d
e
该条件下CO的总转化率表达式α＝。Kp、Kx分别是以分压、物质的量分数表示的平衡常数，反应Ⅰ的Kx＝。（以Kp和p总表示）
（3）若反应容器中考虑主、副反应。维持p总＝0.1MPa恒定，平衡时CO的转化率和积碳的选择性（积碳的选择性＝×）随温度和进料气中水蒸气量的变化如图所示。其中n（H2）：n（CO）：n（H2O）＝3：1：X，代表原料气中H2、CO和H2O三者的物质的量之比，X为横坐标，下列说确的是。

A．图2中，随着X的增大，CO转化率略有增大，可能缘由是反应式Ⅰ中H2O为生成物，添加水蒸气的量会促使平衡向逆反应方向挪动
B．图3中，X较低时，在800～850℃积碳选择性减小的缘由可能是副反应为放热反应，温度较高，积碳反应平衡逆向挪动
C．图3中，X较高时，在550～800℃积碳选择性较低的次要缘由是水蒸气的浓缩作用使积碳反应速率减小
D．总体上说，X较高，温度低于500℃利于降低积碳，减少积碳对催化剂的影响
(二)选考题：共14分。从上面2道题中任选一题作答。【化学选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分14分）
20．（14分）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2﹣和B+具有相反的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列成绩：
（1）四种元素中电负性的是（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为。
（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是（填分子式），缘由是；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为和。
（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为，原子的杂化轨道类型为。
（4）化合物D2A的立体构型为，原子的价层电子对数为，单质D与潮湿的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为。
（5）A和B能够构成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞边长a＝0.566nm，F的化学式为；晶胞中A原子的配位数为；列式计算晶体F的密度（g•cm﹣3 ）（保留小数点后两位数字）。

【化学选修5：无机化学基础】（共1小题，满分0分）
21．阿扎司琼对化疗惹起的恶心和呕吐具有明显的抑制造用，如图是某课题组报道的阿扎司琼的合成工艺路线。请回答下列成绩：

（1）的分子式，D中含氧官能团有硝基、。（写名称）
（2）A的名称。
（3）反应①到⑤中没有属于取代反应的是。（填反应序号①～⑤）
（4）写出B与NaOH溶液反应的化学方程式。
（5）X是C的同分异构体，具有与C相反的官能团品种和数目，满足下列条件的X的结构有种。（没有含立体异构）
①苯环上有3个取代基；
②遇FeCl3溶液显紫色；
③能发生银镜反应。
（6）根据上述路线，设计一条以苯酚为原料合的路线。（其他试剂任选）
广东省2022年六校高考【化学】联考模仿试卷（一）
答案与试题解析
一、选一选。本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只要一项是符合标题要求的
1．（2分）化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列有关说法错误的是（　　）
A．N95口罩的次要材质是聚丙烯，工业上利用丙烯加聚合成
B．客机CR919机身大量运用的碳纤维属于无机高分子纤维
C．燃煤中加入可以减少酸雨的构成及温室气体的排放
D．利用过氧乙酸的强氧化性可进行环境消毒，灭新型冠状
【分析】A．丙烯在一定条件下发生加聚反应生成聚丙烯；
B．碳纤维是由无机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料；
C．加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙；
D．过氧乙酸具有强氧化性，能使蛋白质发生变性。
解：A．丙烯在一定条件下发生加聚反应生成聚丙烯，N95口罩的次要材质是聚丙烯，工业上利用丙烯加聚合成，故A正确；
B．碳纤维是由无机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，碳纤维属于无机高分子纤维，故B正确；
C．加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但煤燃烧生成的二氧化碳并没有减少，所以燃煤中加入可以减少酸雨的构成，但是没有能减少温室气体的排放，故C错误；
D．过氧乙酸具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，可以菌消毒，所以利用过氧乙酸的强氧化性可进行环境消毒，灭新型冠状，故D正确；
故选：C。
【点评】本题综合考查物质的性质与运用，为高考常见题型，侧重考查化学与生活、生产以及环保成绩，有利于培养先生良好的科学素养，进步学习的积极性，标题难度没有大。
2．（2分）下列文献记载内容没有涉及氧化还原反应的是（　　）
A．《本草纲目》中“令人以灰（草木灰）淋汁，取碱浣衣”
B．《梦溪笔谈》中“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”
C．《抱朴子》中“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”
D．《周易参同契》中“胡粉（碱式碳酸铅）投火中，色坏还为铅”
【分析】氧化还原反应特征为化合价变化，则反应中存在元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此分析解答。
解：A．涉及草木中碳酸钾的溶解以及油脂的水解，没有元素化合价发生变化，没有涉及氧化还原反应，故A选；
B．该反应原理为：Fe+Cu2+═Cu+Fe2+，存在元素化合价变化，属于氧化还原反应，故B没有选；
C．涉及HgS与氧气反应生成Hg，存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C没有选；
D．碱式碳酸铅投火中生成铅，存在元素化合价变化，与氧化还原反应有关，故D没有选；
故选：A。
【点评】本题考查了氧化还原反应，标题难度没有大，明确发生反应原理为解答关键，留意掌握氧化还原反应特征，试题侧重考查先生的分析能力及灵活运用基础知识的能力。
3．（2分）下列化学用语表示正确的是（　　）
A．H2O2的电子式：B．Ca2+的结构表示图：
C．乙酸的键线式：D．羟基的电子式：
【分析】A．H2O2是共价化合物，没有是由离子构成；
B．Ca2+的核内质子数为20，核外电子数为18；
C．含有3个C原子，为丙酸，乙酸分子中含有两个C原子；
D．﹣OH中O原子上有一个未成对电子，最外层电子数为7。
解：A．H2O2是共价化合物，存在O﹣H键和O﹣O键，电子式为，故A错误；
B．Ca2+的核内质子数为20，核外电子数为18，最外层电子数为8，结构表示图为，故B错误；
C．为丙酸的键线式，乙酸分子中含有1个甲基和1个羧基，其键线式为，故C错误；
D．﹣OH中O原子上有一个单电子，最外层电子数为7，其电子式为，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学用语的分析判断，涉及电子式、键线式、结构表示图等知识，明确常见化学用语的概念及书写准绳为解答关键，试题培养了先生的规范答题能力，标题难度没有大。
4．（2分）下列各组微粒中加入试剂后反应的离子方程式书写正确的是（　　）
选项
微粒
加入的试剂
发生反应的离子方程式
A
Fe3+、Mg2+、SO42﹣
少量稀氨水
Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓
B
K+、OH﹣、CO32﹣
通入少量CO2
2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O
C
Na+、Al3+、Cl﹣
过量澄清石灰水
Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓
D
H+、Fe2+、SO42﹣
Ba（NO3）2溶液
SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．一水合氨为弱碱，没有能拆开；
B．二氧化碳少量，氢氧根离子优先与二氧化碳反应；
C．澄清石灰水过量，氢氧化铝被溶解；
D．酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子，漏掉了硝酸根离子、氢离子与亚铁离子的反应。
解：A．Fe3+与氨水反应的离子方程式为：Fe3++3NH3•H2O＝Fe（OH）3↓+3NH4+，故A错误；
B．含有K+、OH﹣、CO32﹣的溶液中通入少量二氧化碳，OH﹣优先反应，离子方程式为：2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O，故B正确；
C．Al3+与过量澄清石灰水反应的离子方程式为：Al3++4OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，故C错误；
D．加入硝酸钡后，硝酸根离子在酸性条件下氧化亚铁离子，正确的离子方程式为：NO3﹣+3Fe2++4H+═NO↑+3Fe3++2H2O、SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，标题难度没有大，留意掌握离子方程式的书写准绳，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物能否正确，检查各物质拆分能否正确，如难溶物、弱电解质等需求保留化学式，检查能否符合原化学方程式等。
5．（2分）仅用如表提供的仪器（夹持仪器和试剂任选）没有能达到相应实验目的的一组是（　　）
选项
实验目的
仪器
A
制取乙酸乙酯
试管、酒精灯
B
用浓硫酸配制250mL一定浓度的硫酸溶液
250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管
C
从食盐水中获得NaCl晶体
酒精灯、玻璃棒、蒸发皿
D
用盐酸除去BaSO4中混有的少量BaCO3
漏斗、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸
A．AB．BC．CD．D
【分析】A.在试管中乙酸、乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应；
B.用浓硫酸配制250mL一定浓度的硫酸溶液，需求量筒量取浓硫酸的体积，在烧杯中浓缩、冷却后转移到容量瓶中定容；
C.从食盐水中获得NaCl晶体，可蒸发分离；
D.碳酸钡与盐酸反应，硫酸钡没有能，反应后过滤可分离。
解：A.在试管中乙酸、乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，且需加热，则给出仪器可完成，故A正确；
B.用浓硫酸配制250mL一定浓度的硫酸溶液，需求量筒量取浓硫酸的体积，在烧杯中浓缩、冷却后转移到容量瓶中定容，则缺少量筒，故B错误；
C.从食盐水中获得NaCl晶体，可蒸发分离，则给出仪器可完成，故C正确；
D.碳酸钡与盐酸反应，硫酸钡没有能，反应后过滤可分离，则给出仪器可完成，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验的评价，为，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，留意实验的评价性分析，标题难度没有大。
6．（2分）硫酸盐（含SO42﹣、HSO4﹣）气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其次要过程表示图如图。下列说法没有正确的是（　　）

A．硫酸盐气溶胶呈酸性
B．NO2是生成硫酸盐的还原剂
C．该过程有H2O参与
D．该过程中有硫氧键生成
【分析】A．硫酸盐（含SO42﹣、HSO4﹣）气溶胶中，存在HSO4﹣的电离；
B．NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，则NO2是氧化剂；
C．NO2生成HNO2，有H2O参与反应；
D．SO32﹣转化为HSO4﹣时，有硫氧键生成。
解：A．硫酸盐（含SO42﹣、HSO4﹣）气溶胶中，存在HSO4﹣的电离，所以硫酸盐气溶胶呈酸性，故A正确；
B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2是生成硫酸盐的氧化剂，故B错误；
C．NO2生成HNO2，添加了H元素，由转化关系图可知，有H2O参与反应，故C正确；
D．根据图示转化过程可知，SO32﹣转化为HSO4﹣时，有硫氧键生成，故D正确；
故选：B。
【点评】本题雾霾微颗粒中硫酸盐生成的过程表示图，考查了氧化还原反应、化学键的变化等基础知识，标题难度没有大，试题侧重考查先生的分析能力及灵活运用能力。
7．（2分）下列说法没有正确的是（　　）
A．Si具有半导体性，可制造光导纤维
B．CO2可用于制备饮料，也可作蔬菜大棚中的“气体肥料”
C．纳米碳管比表面积大、吸附性强，可用作新型储氢材料
D．用氨水吸收废气中的SO2，再将吸收液与硫酸反应，将富集后的SO2循环运用
【分析】A．二氧化硅是制造光导纤维次要原料；
B．二氧化碳可以用于制备碳酸饮料，且是植物光合作用需求的物质；
C．碳纳米管表面积大，吸附性强；
D．工业制硫酸尾气中的SO2回收常采用氨吸收法。即先用氨水吸收尾气中的SO2，当吸收液中NH4HSO3达到一定浓度后，再与硫酸反应。放出的SO2可循环利用。
解：A．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维次要原料，硅没有具有此性质，故A错误；
B．二氧化碳可以用于制备碳酸饮料，且是植物光合作用需求的物质，可以蔬菜大棚中的“气体肥料’，故B正确；
C．碳纳米管表面积大，吸附性强，可用作新型储氢材料，故C正确；
D．工业制硫酸尾气中的SO2回收常采用氨吸收法。用氨水吸收废气中的SO2，再将吸收液与硫酸反应，将富集后的SO2循环运用，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及运用，为，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，选项A为解答的易错点，留意二氧化硅和晶体硅用途区别，标题难度没有大。
8．（2分）室温时，下列有关电解质的说确的是（　　）
A．pH相等的HNO3和HCN两种酸溶液中，c（NO3﹣）＞c（CN﹣）
B．NaHB溶液呈酸性，可推知H2B在水中没有能完全电离
C．往NH4Cl溶液中加入镁粉，可生成两种气体
D．Na2CO3溶液中通入CO2所得的中性溶液中：c（Na+）＝2（CO32﹣）
【分析】A．pH相等的HNO3和HCN两种酸溶液中c（H+）、c（OH﹣）分别相等，根据电荷关系分析判断；
B．NaHB可能是二元强酸的酸式盐，如NaHSO4等；
C．NH4Cl是强酸弱碱盐，水解生成一水合氨和盐酸，镁与盐酸反应生成氢气，促进铵根水解生成高浓度的氨水；
D．中性溶液中c（H+）＝c（OH﹣），电荷守恒关系分析判断。
解：A．pH相等的HNO3和HCN两种酸溶液中，c（H+）、c（OH﹣）分别相等，电荷关系为c（H+）＝c（NO3﹣）+c（OH﹣）＝c（CN﹣）+c（OH﹣），则c（NO3﹣）＝c（CN﹣），故A错误；
B．NaHB溶液呈酸性，可能是NaHSO4溶液，也可能是NaHSO3溶液，所以没有能据此判断H2B的强弱，故B错误；
C．NH4Cl水解生成NH3•H2O和盐酸，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，加入镁粉，与H+反应生成H2，促进铵根离子水解，生成更多的NH3•H2O，浓度较大时转化为NH3，NH3•H2O⇌NH3↑+H2O，所以可生成两种气体，故C正确；
D．溶液呈中性，则存在c（H+）＝c（OH﹣），电荷守恒关系为：c（Na+）＝2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）＞2c（CO32﹣），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡、盐类水解和溶液中离子浓度守恒关系等知识，为，把握溶液中电荷守恒关系及运用、盐类水解及影响要素、弱电解质的判断即可解答，试题充分考查了先生灵活运用基础知识的能力，标题难度没有大。
9．（2分）下列操作能达到相应实验目的的是（　　）
选项
实验目的
操作
A
检验Fe（NO3）2晶体能否已氧化变质
将Fe（NO3）2样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液能否变红
B
测定“84”消毒液的pH
用洁净的玻璃棒蘸取少量“84”消毒液滴在pH试纸上
C
验证铁的吸氧腐蚀
将未生锈的铁钉放入试管中，用稀硫酸浸没
D
比较H2C2O4与H2CO3的酸性强弱
在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，观察景象
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．Fe（NO3）2样品溶于稀盐酸后，发生氧化还原反应生成铁离子；
B．“84”消毒液具有漂白性；
C．用稀硫酸浸没，发生析氢腐蚀；
D．H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，可发生强酸制取弱酸的反应。
解：A．Fe（NO3）2样品溶于稀盐酸后，发生氧化还原反应生成铁离子，没有能检验能否变质，应溶于水加KSCN溶液检验，故A错误；
B．“84”消毒液具有漂白性，可使pH试纸褪色，故B错误；
C．用稀硫酸浸没，发生析氢腐蚀，没有能验证吸氧腐蚀，故C错误；
D．H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，可发生强酸制取弱酸的反应，由景象可比较酸性，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验的评价，为，把握物质的性质、反应与景象、电化学腐蚀、酸性比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，留意实验的评价性分析，标题难度没有大。
10．（2分）糠叉丙酮（）是一种重要的医药两头体，可由糠醛（）和丙酮（CH3COCH3）反应制备。下列说法错误的是（　　）
A．糠醛的全部原子可共平面
B．1mol糠醛至多可与3mol H2发生加成反应
C．糠叉丙酮的分子式为C8H8O2，可发生还原反应
D．含苯环和羧基的糠叉丙酮的同分异构体有3种
【分析】A．乙烯、﹣CHO中一切原子共平面，单键可以旋转；
B．碳碳双键和氢气以1:1发生加成反应、醛基和氢气以1:1发生加成反应；
C．糠叉丙酮中含有8个C原子、8个H原子、2个O原子，碳碳双键、羰基能发生还原反应；
D．糠叉丙酮没有饱和度是5，苯环的没有饱和度是4、羧基的没有饱和度是1，则含有苯环和羧基的糠叉丙酮的同分异构体中除了苯环和碳氧双键外没有含其它环或双键。
解：A．乙烯、﹣CHO中一切原子共平面，单键可以旋转，则糠醛的全部原子可共平面，故A正确；
B．碳碳双键和氢气以1:1发生加成反应、醛基和氢气以1:1发生加成反应，糠醛分子中含有2个碳碳双键和1个醛基，则1mol糠醛至多可与3mol H2发生加成反应，故B正确；
C．糠叉丙酮中含有8个C原子、8个H原子、2个O原子，糠叉丙酮的分子式为C8H8O2，糠叉丙酮中含有碳碳双键、羰基，所以能发生还原反应，故C正确；
D．糠叉丙酮没有饱和度是5，苯环的没有饱和度是4、羧基的没有饱和度是1，则含有苯环和羧基的糠叉丙酮的同分异构体中除了苯环和碳氧双键外没有含其它环或双键，如果取代基为﹣CH2COOH，有1种结构，如果取代基为﹣CH3和﹣COOH，有邻间对3种结构，所以符合条件的同分异构体有4种，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查无机物的结构与性质，为，把握官能团与性质、无机反应为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，留意选项D为解答的难点，标题难度没有大。
11．（4分）反应CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑可用于实验室制备乙炔气体。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说确的是（　　）
A．0.1mol CaC2含有的离子数为0.3NA
B．1.8g H2O18中所含电子数目为NA
C．0.1mol C2H2完全燃烧转移的电子数为NA
D．常温下pH＝12的Ca（OH）2溶液中，由水电离出的氢离子的数目为10﹣12NA
【分析】A．CaC2是钙离子和C22﹣离子构成的离子化合物；
B．1个H2O18含有10个电子；
C．根据2C2H2+5O2＝4CO2+2H2O计算；
D．溶液体积未知。
解：A．0.1mol CaC2含有0.1mol钙离子，0.1molC22﹣，共含有的离子数为0.2NA，故A错误；
B．1.8g H2O18中所含电子数目为×10×NAmol﹣1＝0.9NA，故B错误；
C．根据2C2H2+5O2＝4CO2+2H2O可知2mol乙炔燃烧耗费5mol氧气，转移20mol电子，则0.1mol乙炔燃烧转移电子数为NA，故C正确；
D．溶液体积未知，无法计算水电离产生氢离子个数，故D错误。
故选：C。
【点评】本题是考查了阿伏加德罗常数的分析计算，微粒结构和物质构成的理解和掌握，留意碳化钙结构组成，标题难度没有大。
12．（4分）如图是某元素的价类二维图。其中A为酸式盐，E的分子质量比D大16。下列说确的是（　　）

A．E与水反应一定能生成一种强酸
B．若X为强酸，则物质D可使石蕊溶液先变红后褪色
C．若X为强酸，则D→E的反应可用于检验D
D．若X为强碱，则物质A～E中均含有硫元素
【分析】A为酸式盐，x是一种强碱，二者反应生成氢化物B，若A为铵盐、B为NH3，B与y反应得到单质C，氧化物D与氧化物E，E的分子质量比D大16，则y为O2、C为N2、D为NO、E为NO2，若A为硫化物，B为H2S，B与y反应得到单质C，氧化物D与氧化物E，E的分子质量比D大16，则C为S，D为SO2，E为SO3，以此解答该题。
解：A．E可能为NO2或SO3，NO2与水反应生成硝酸，SO3与水反应生成硫酸，一定能生成一种强酸，故A正确；
B．若X为强酸，A为硫化物，B为H2S，B与y反应得到单质C，氧化物D与氧化物E，E的分子质量比D大16，则C为S，D为SO2，则物质D可使石蕊溶液先变红，故B错误；
C．若X为强酸，则D→E的反应是二氧化硫生成三氧化硫，没有能可用于检验D为SO2，故C错误；
D．若X为强碱，A为铵盐、B为NH3，B与y反应得到单质C，氧化物D与氧化物E，E的分子质量比D大16，则y为O2、C为N2、D为NO、E为NO2，则物质A～E中均含有N元素，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查无机物的推断，“盐与碱反应生成氢化物以及氢化物连续反应生成氧化物”等是推断的突破口，纯熟掌握中学常见连续反应、三角转化、景象反应等转化，标题难度中等。
13．（4分）近日，电催化固氮领域取得重要进展，利用双功能催化剂可完成室温条件下电催化氮气还原制备氨气、氧化制备硝酸盐。安装如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．工作时，电子流入a极
B．阳极区的电极反应为：N2+6H2O﹣10e﹣═2NO3﹣+12H+
C．阳极区和阴极区耗费的N2的质量之比为5：3
D．该离子交换膜应运用质子交换膜
【分析】A．a极N2→NH3，氮元素由0价变为﹣3价，得到电子发生还原反应，为阴极；
B．b极N2→2NO3﹣～10e﹣，据此书写电极反应式；
C．由图可知，a极N2→2NH3～6e﹣，b极N2→2NO3﹣～10e﹣，根据电子得失相等计算；
D．根据阴阳极反应判断离子交换膜的品种。
解：A．由图可知，a极N2生成NH3，发生还原反应，为阴极，电子由电源负极流入阴极，故A正确；
B．由图可知，阳极是N2反应生成HNO3，得到电子，电极反应为：N2+6H2O﹣10e﹣＝2NO3﹣+12H+，故B正确；
C．由图可知，a极N2→2NH3，得到6e﹣，b极N2→2NO3﹣，得到10 e﹣，根据电子得失相等计算，阳极区和阴极区耗费的 N2 的质量之比为 3：5，故C错误；
D．阳极反应为：N2+6H2O﹣10e﹣＝2NO3﹣+12H+，生成H+，阴极反应为：N2+6e﹣+6H+＝2NH3，耗费H+，该离子交换膜应运用质子交换膜，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查电解池原理，为，侧重考查先生的分析能力，明确各个电极上得失电子及反应类型是解本题关键，难点是电极反应式的书写，难度中等。
14．（4分）室温下，向某Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中lgc（Ba2+）与lg的变化关系如图所示。下列说法没有正确的是（　　）（已知：H2CO3的Ka1、Ka2分别为4.2×10﹣7、5.6×10﹣11）

A．a对应溶液的pH大于b
B．b对应溶液的c（H+）＝5.6×10﹣9mol•L﹣1
C．a→b对应的溶液中没有变
D．a对应的溶液中一定存在：c（Na+）+c（H+）＝3c（HCO3﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）
【分析】A．＝，温度没有变水解平衡常数没有变，则横坐标越大，溶液中c（OH﹣）越小；
B．b点lg＝2，则＝100＝＝，KW＝c（OH﹣）•c（H+）＝10﹣14计算
C．＝×＝，温度没有变电离平衡常数、离子积常数没有变；
D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，a点横坐标等于0，阐明c（HCO3﹣）＝c（CO32﹣）。
解：A．温度没有变水解平衡常数没有变，＝，则横坐标越大，溶液中c（OH﹣）越小，溶液的pH值越小，则溶液的pH：a点大于b点，故A正确；
B．b点lg＝2，则＝100＝＝，KW＝c（OH﹣）•c（H+）＝10﹣14可知：c（OH﹣）＝5.6×10﹣11×100＝5.6×10﹣9mol•L﹣1，故B正确；
C．温度没有变电离平衡常数、离子积常数没有变，则＝×＝的比值没有变，故C正确；
D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，a点横坐标等于0，阐明c（HCO3﹣）＝c（CO32﹣），根据电荷守恒得2c（Ba2+）+c（Na+）+c（H+）＝2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），所以得2c（Ba2+）+c（Na+）+c（H+）＝3c（HCO3﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查难溶物溶解平衡，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确图象含义及电离平衡常数与水解平衡常数关系是解本题关键，留意AC的判断方法，为解答易错点。
15．（4分）W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，四种元素与锂组成的盐是一种新型锂离子电池的电解质，下列说法没有正确的是（　　）

A．Z有多种单质，且硬度都很大
B．原子半径：X＞Z＞Y＞W
C．该物质中含离子键和共价键
D．气态氢化物的波动性：W＞Y
【分析】W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，可知X的次外层电子数只能为2，Y的最外层电子数为6，由四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质，Z可构成4个共价键，Y可构成2个共价键，X可构成3个共价键和1个配位键，则Z为C、Y为O、X为B，W可提供电子对，且易得到1个电子，则W为F，均为第二周期元素，以此来解答。
解：由上述分析可知，W为F、X为B、Y为O、Z为C，
A.Z的单质有金刚石、石墨、足球烯等，只要金刚石硬度大，故A错误；
B.同周期从左向右原子半径减小，原子半径：X＞Z＞Y＞W，故B正确；
C.阴阳离子构成离子键，非金属之间构成共价键，故C正确；
D.非金属性F大于O，则气态氢化物的波动性：W＞Y，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为，把握化学键、元素的性质来推断元素为解答关键，侧重分析与运用能力的考查，留意配位键的构成，标题难度较大。
16．（4分）H2S分解反应：2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）在无催化剂及Al2O3催化下，恒容密闭容器中只充入H2S，在反应器中没有同温度时反应，每间隔相反工夫测定H2S的转化率，其转化率与温度的关系如图所示，下列说法错误的是（　　）

A．该反应的△H＞0
B．由图可知，1100℃时Al2O3几乎得到催化活性
C．没有加催化剂时，温度越高，反应速率越快，达到平衡的工夫越短
D．A点达到平衡时，若此时气体总压强为p，则平衡常数Kp＝0.25p
【分析】A．由图可知，随着温度的升高，H2S的平衡转化率增大，阐明平衡正向挪动；
B．由图可知，在1100℃时无催化剂催化和Al2O3的催化作用下，H2S的转化率几乎相等；
C．温度越高，活化分子数越多，反应速率越快；
D．A点时，H2S的转化率为50%，列化学平衡三段式解答。
解：A．由图可知，随着温度的升高，H2S的平衡转化率增大，阐明平衡正向挪动，阐明该反应是吸热反应，△H＞0，故A正确；
B．由图可知，在1100℃时无催化剂催化和Al2O3的催化作用下，H2S的转化率几乎相等，且均未达到平衡，阐明Al2O3几乎得到催化活性，故B正确；
C．温度越高，活化分子数越多，反应速率越快，达到平衡的工夫越短，故C正确；
D．A点时，H2S的转化率为50%，设起始H2S的物质的量为4amol，转化H2S物质的量为4amol×50%＝2amol，
2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）
起始n（mol） 4a 0 0
转化n（mol） 2a 2a a
平衡n（mol） 2a 2a a
平衡总物质的量为5amol，Kp＝＝＝0.2p，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡影响要素、化学平衡常数及其计算，难度中等，留意基础知识理解掌握，留意掌握三段式解题法。
二、非选一选：共56分。第17～19题为必考题，考生都必须作答。第20～21题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共42分。
17．（14分）磷化铝（AlP）常用作粮食熏蒸虫剂，吸水后会强烈水解产生高毒性气体（18电子结构，沸点为﹣87.7℃，还原性强）。在熏蒸处理虫粮过程中，粮粒对该气体具有一定的吸附作用。某化学兴味小组用下述方法测定粮食中残留的磷含量，实验安装如图所示。

在C中加入10g原粮，E中加入20.00mL 1.50×10﹣3mol•L﹣1KMnO4溶液（H2SO4酸化），往C中加入足量的水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中过量的KMnO4溶液。
回答下列成绩：
（1）仪器C的名称是　三颈烧瓶　。
（2）AlP与水反应的化学方程式为　AlP+3H2O＝PH3↑+Al（OH）3，气体产物的电子式为。
（3）安装A中盛装酸性KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体，安装B中盛有焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是　吸收空气中的O2。
（4）反应完成后，继续通入空气的作用是　保证生成的PH3全部被酸性KMnO4溶液吸收　。
（5）安装E中PH3被氧化成磷酸，则安装E中发生的离子方程式为　5PH3+8MnO4﹣+24H+＝5H3PO4+8Mn2++12H2O　。
（6）搜集安装E中的吸收液，加水浓缩至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用4.0×10﹣4mol•L﹣1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，耗费Na2SO3标准溶液15.00mL，到达滴定起点时的景象为　溶液恰好由紫红色变无色，且半分钟内没有复原　，我国粮油卫生标准中规定磷化物允许量为0.05mg•kg﹣1，则该原粮为　没有合格　产品。（填“合格”或“没有合格”）
【分析】AlP水解生成PH3，已知C中盛有10g原粮，E中盛有20.00mL 1.50×10﹣3mol•L﹣1KMnO4溶液（酸性），吸收生成的PH3，A用于除去空气中的还原性气体，B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2，防止氧化安装C中生成的PH3，E中发生5PH3+8KMnO4+12H2SO4＝5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O，用4.0×10﹣4mol•L﹣1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，滴定时发生5SO32﹣+2MnO4﹣+6H+＝5SO42﹣+2Mn2++3H2O，方程式计算，以此解答该题。
解：（1）由图可知C为三颈烧瓶，
故三颈烧瓶；
（2）AlP与水反应生成PH3和氢氧化铝，反应的化学方程式为：AlP+3H2O＝PH3↑+Al（OH）3，PH3结构与氨气类似，电子式为，
故AlP+3H2O＝PH3↑+Al（OH）3；；
（3）安装B中盛有焦性没食子酸的碱性溶液是吸收空气中的氧气，防止氧化安装C中生成的PH3，
故吸收空气中的O2；
（4）测定PH3的含量，需求用高锰酸钾溶液全部吸收，避免产生较大误差，通入空气的作用是保证PH3全部被吸收的措施；
故保证生成的PH3全部被酸性KMnO4溶液吸收；
（5）PH3被酸性高锰酸钾氧化成磷酸，高锰酸钾被还原为锰离子，电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写得到离子方程式为：5PH3+8MnO4﹣+24H+＝5H3PO4+8Mn2++12H2O，
故5PH3+8MnO4﹣+24H+＝5H3PO4+8Mn2++12H2O；
（6）滴定起点，高锰酸钾恰好完全反应，溶液恰好由紫红色变无色，且半分钟内没有复原，
用4.0×10﹣4mol•L﹣1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，滴定时发生5SO32﹣+2MnO4﹣+6H+＝5SO42﹣+2Mn2++3H2O，
n（Na2SO3）＝4.0×10﹣4mol•L﹣1×0.015L＝6×10﹣6mol，则250mLE中剩余n（KMnO4）＝6×10﹣6mol××＝2.4×10﹣5mol，
可知与PH3反应的高锰酸钾物质的量为：1.50×l0﹣3mol/L×0.020L﹣2.4×10﹣5mol＝6.0×10﹣6mol，
由5PH3+8KMnO4+12H2SO4＝5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O可知PH3物质的量＝6.0×10﹣6mol×＝3.75×10﹣6mol，
则PH3的质量分数为＝12.75mg•kg﹣1＞0.05mg•kg﹣1，则该原粮没有合格，
故溶液恰好由紫红色变无色，且半分钟内没有复原；没有合格。
【点评】本题以粮食中残留磷化氢的定量测定为命题背景，考查元素化合物知识以及氧化还原反应滴定及相关计算，综合考查先生的分析能力、实验能力和计算能力，留意把握实验原理的理解和定量测定的有关计算和误差分析等，标题难度中等。
18．（14分）金属镓有“电子工业脊梁”的佳誉，镓与铝的化学性质类似。从刚玉渣（含钛、镓的低硅铁合金，还含有少量氧化铝）回收镓的流程如图所示。

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。
金属离子
Ga3+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时（c＝0.01mol•L﹣1）的pH
4.5
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时（c＝1.0×10﹣5mol•L﹣1）的pH
5.5
4.7
3.2
9.0
请回答下列成绩：
（1）“酸浸”过程中禁止明火加热，缘由是　金属与硫酸反应会生成可燃性气体氢气，遇明火会发生爆炸　。
（2）“结晶”过程中得到FeSO4•7H2O的具体操作为　蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗濯、干燥　。
（3）“中和沉淀”过程中pH应调理的范围为　5.5≤pH＜7.5　。
（4）“碳酸化”过程中没有能通入过量CO2的缘由为　CO2+2H2O+GaO2﹣＝Ga（OH）3↓+HCO3﹣（或CO2+3H2O+2GaO2﹣＝2Ga（OH）3↓+CO32﹣）　（用离子方程式表示）。
（5）“电解”过程中需求保持溶液为pH＝11以上的缘由是　抑制GaO2﹣的水解，并防止H+在阴极上放电降低电解效率　。
（6）下列说法没有正确的是　CD　。
A．为进步浸出率，可将刚玉渣研磨
B．“结晶”过程中得到的FeSO4•7H2O可作为净水剂
C．由流程图可知酸性：Al（OH）3＞Ga（OH）3
D．“碱浸”过程中可用氨水代替NaOH溶液
（7）GaN具有的光电功能。工业上常采用在1100℃条件下，利用Ga与NH3反应可制备GaN，该过程的化学方程式为　2Ga+2NH32GaN+3H2。
【分析】刚玉渣（含钛、镓的低硅铁合金，还含有少量氧化铝）经硫酸酸浸，Ti、Si没有溶，Al2O3、Fe和Ga转变为Al3+、Fe2+、Ga3+，由于Fe2+易被氧化为Fe3+，故所得滤液①中含大量的Fe2+和少量的Al3+、Ga3+、Fe3+，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗濯、干燥，可得FeSO4•7H2O晶体，则滤液②中的阳离子仍为Al3+、Fe2+、Ga3+和Fe3+，但Fe2+的浓度较之间变小了。向滤液②中加入NaOH溶液中和沉淀，根据表格中的数值可知，Al3+、Ga3+和Fe3+均被沉淀为Al（OH）3、Ga（OH）3和Fe（OH）3，故所得滤液③中次要为Fe2+，滤渣①中含Al（OH）3、Ga（OH）3和Fe（OH）3，加入NaOH溶液碱浸，Al（OH）3、Ga（OH）3溶解为NaAlO2和NaGaO2，故滤液④中含AlO2﹣、GaO2﹣，通入过量的CO2气体，将AlO2﹣转变为Al（OH）3沉淀，即滤渣②为Al（OH）3，据此分析。
解：（1）“酸浸”过程中Fe和Ga与硫酸反应生成Fe2+、Ga3+和氢气，氢气易燃易爆，故应禁止明火加热，
故金属与硫酸反应会生成可燃性气体氢气，遇明火会发生爆炸；
（2）滤液①中含大量的Fe2+和少量的Al3+、Ga3+、Fe3+，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗濯、干燥，可得FeSO4•7H2O晶体，故“结晶”过程中得到FeSO4•7H2O的具体操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗濯、干燥，
故蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗濯、干燥；
（3）向滤液②中加入NaOH溶液中和沉淀的目的是，将Al3+、Ga3+和Fe3+均沉淀为Al（OH）3、Ga（OH）3和Fe（OH）3，而Fe2+没有沉淀，故需调理的pH的范围为：5.5≤pH＜7.5，
故5.5≤pH＜7.5；
（4）“碳酸化”过程中通入过量的CO2气体的目的是将AlO2﹣转变为Al（OH）3沉淀、但GaO2﹣没有反应，故阐明酸性：Al（OH）3＜Ga（OH）3，即若二氧化碳过量，则过量CO2即会与GaO2﹣反应生成Ga（OH）3，离子方程式为CO2+2H2O+GaO2﹣＝Ga（OH）3↓+HCO3﹣（或CO2+3H2O+2GaO2﹣＝2Ga（OH）3↓+CO32﹣），
故CO2+2H2O+GaO2﹣＝Ga（OH）3↓+HCO3﹣（或CO2+3H2O+2GaO2﹣＝2Ga（OH）3↓+CO32﹣）；
（5）NaGaO2是强碱弱酸盐，水解显碱性，“电解”过程中若溶液的pH过小，则会促进其水解，且防止H+在阴极上放电会降低电解效率，故需求保持溶液为pH＝11以上，
故抑制GaO2﹣的水解，并防止H+在阴极上放电降低电解效率；
（6）A．将刚玉渣研磨，能增大固体表面积，从而进步浸出率，故A正确；
B．“结晶”过程中得到的FeSO4•7H2O能水解出Fe（OH）2，从而被氧化为Fe（OH）3胶体，吸附水中的杂质，故可作为净水剂，故B正确；
C．由流程图可知，通入过量的二氧化碳首先和AlO2﹣反应，故可知酸性：Al（OH）3＜Ga（OH）3，故C错误；
D．碱浸的目的是将Al（OH）3、Ga（OH）3溶解为NaAlO2和NaGaO2，但氨水没有能和氢氧化铝反应，故“碱浸”过程中没有可用氨水代替NaOH溶液，故D错误。
故CD；
（7）工业上在1100℃条件下，Ga与NH3反应可制备GaN，在此反应中，Ga做还原剂，被NH3中的+1价的H元素氧化，H元素被还原为氢气，故化学方程式为2Ga+2NH32GaN+3H2，
故2Ga+2NH32GaN+3H2。
【点评】本题考查物质制备、除杂、分离提纯的实验流程，为高考常见题型，把握流程中发生的反应、习题中的信息、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，留意元素化合物知识的运用，标题难度没有大。
19．（14分）推进煤炭清洁高效利用是将来煤炭利用的发展方向，其中煤制自然气（次要成分甲烷）能对燃气资源有重要补充作用。在催化剂作用下，其涉及的次要反应如下：
CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H1＝﹣206.2kJ•mol﹣1Ⅰ
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣41.2kJ•mol﹣1Ⅱ
CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H3Ⅲ
其副反应（积碳反应）如下：
2CO（g）⇌O2（g）+C（s）△H4＝﹣172.0kJ•mol﹣1Ⅳ
CO2（g）+2H2（g）⇌2H2O（g）+C（s）△H5＝﹣90.0kJ•mol﹣1Ⅴ
CO（g）+H2（g）⇌H2O（g）+C（s）△H6＝﹣131.0kJ•mol﹣1Ⅵ
（1）荷兰埃因霍温大学学者实验与计算机模仿结果，研讨了在催化剂钴表面上反应Ⅰ的反应历程，如图1所示，其中吸附在钴催化剂表面上的物种用*标注。

①该历程中能垒E正＝　136.1　kJ•mol﹣1，写出该步骤的化学方程式　CO*+2H*+2H2（g）＝C*+O*+2H*+2H2（g）或CO*＝C*+O*　。
②△H3＝　﹣165.0　kJ•mol﹣1。
（2）若原料气n（H2）：n（CO）＝3：1，且反应容器中只考虑次要反应。
①反应Ⅰ在　低　温（填“高”或“低”）、　高　压（填“高”或“低”）条件下有利于自然气的合成。
②T2℃，0.1MPa恒压条件下，平衡时反应体系平衡组成如表所示。
组分
CH4
H2O
H2
CO2
CO
体积分数x
a
b
c
d
e
该条件下CO的总转化率表达式α＝。Kp、Kx分别是以分压、物质的量分数表示的平衡常数，反应Ⅰ的Kx＝　Kp•p2总。（以Kp和p总表示）
（3）若反应容器中考虑主、副反应。维持p总＝0.1MPa恒定，平衡时CO的转化率和积碳的选择性（积碳的选择性＝×）随温度和进料气中水蒸气量的变化如图所示。其中n（H2）：n（CO）：n（H2O）＝3：1：X，代表原料气中H2、CO和H2O三者的物质的量之比，X为横坐标，下列说确的是　BD　。

A．图2中，随着X的增大，CO转化率略有增大，可能缘由是反应式Ⅰ中H2O为生成物，添加水蒸气的量会促使平衡向逆反应方向挪动
B．图3中，X较低时，在800～850℃积碳选择性减小的缘由可能是副反应为放热反应，温度较高，积碳反应平衡逆向挪动
C．图3中，X较高时，在550～800℃积碳选择性较低的次要缘由是水蒸气的浓缩作用使积碳反应速率减小
D．总体上说，X较高，温度低于500℃利于降低积碳，减少积碳对催化剂的影响
【分析】（1）①由图可知，该历程中能垒是能量7.8kJ•mol﹣1到143kJ•mol﹣1，由图即可得出该反应的化学方程式；
②根据盖斯定律：Ⅰ﹣Ⅱ得Ⅲ；
（2）①反应Ⅰ是气体体积减小的放热反应，根据勒夏特列原理分析；
②设平衡时混合气体的总物质的量为xmol，根据碳原子守恒，CO起始物质的量为（xe+xd+xa）mol，反应CO转化为CO2、CH4，根据CO2、CH4的量即可得出CO转化物质的量；Kx＝，Kp＝＝；
（3）A．反应式Ⅰ中H2O为生成物，添加水蒸气的量会促使平衡向逆反应方向挪动，则CO转化率该当略有降低；
B．根据积碳反应Ⅳ、Ⅴ、Ⅵ都是放热反应，升高温度，平衡逆向挪动；
C．水蒸气是反应Ⅴ和反应Ⅵ的产物，增大生成物的量，平衡逆向挪动；
D．由图可知，当X较高时，温度低于500℃，积碳的选择性低于0.095。
解：（1）①由图可知，该历程中能垒E正＝143.9kJ•mol﹣1﹣7.8kJ•mol﹣1＝136.1kJ•mol﹣1；该步骤化学方程式为CO*+2H*+2H2（g）＝C*+O*+2H*+2H2（g），由于H*和H2（g）实践上没有参与反应，化学方程式也可写成CO*＝C*+O*，
故136.1；CO*+2H*+2H2（g）＝C*+O*+2H*+2H2（g）或CO*＝C*+O*；
②根据盖斯定律：Ⅰ﹣Ⅱ得Ⅲ，则△H3＝（﹣206.2+41.2）kJ•mol﹣1＝﹣165.0kJ•mol﹣1，
故﹣165.0；
（2）①反应Ⅰ是气体体积减小的放热反应，则适当低温、高压的条件下，有利于反应正向进行，
故低；高；
②设平衡时混合气体的总物质的量为xmol，根据碳原子守恒，CO起始物质的量为（xa+xd+xe）mol，反应CO转化为CO2、CH4，则CO转化物质的量为（ax+dx）mol，则该条件下CO的总转化率表达式α＝；Kx＝，Kp＝＝＝，Kx＝Kp•p2总，
故；Kp•p2总；
（3）A．反应ⅠCO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）的平衡会随着水蒸气的量的添加而使平衡向逆反应方向挪动，但反应ⅡCO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡会因此向正向挪动，由图可知，随着X的增大，CO转化率略有降低，阐明反应Ⅰ的平衡挪动占主导地位，故A错误；
B．根据积碳反应Ⅳ、Ⅴ、Ⅵ都是放热反应，温度较高时，三个积碳反应的平衡均逆向挪动，导致积碳选择性减小，故B正确；
C．X较高时，在550～800℃积碳选择性较低的次要缘由是水蒸气的添加使积碳反应Ⅴ和反应Ⅵ的平衡逆向挪动，与此时的反应速率大小有关，故C错误；
D．由图可知，当X较高时，温度低于500℃，积碳的选择性低于0.095，利于降低积碳，减少积碳对催化剂的影响，故D正确；
故BD。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查先生分析能力、读取信息能力和处理信息的能力，标题涉及反应热的计算、活化能的计算、化学平衡挪动和化学平衡计算，此题难度较大，特别是第（3）题，A项反应Ⅰ的平衡会随着水蒸气的量的添加而使平衡向逆反应方向挪动，CO转化率略有降低，而反应Ⅱ的平衡会因此向正向挪动，CO转化率增大，但由图可知，随着X的增大，CO转化率略有降低，阐明反应Ⅰ的平衡挪动占主导地位，要求先生分析成绩时要全面。
(二)选考题：共14分。从上面2道题中任选一题作答。【化学选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分14分）
20．（14分）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2﹣和B+具有相反的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列成绩：
（1）四种元素中电负性的是　O　（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为　1s22s22p63s23p3。
（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是　O3（填分子式），缘由是　O3分子质量较大，范德华力较大　；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为　分子晶体　和　离子晶体　。
（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为　三角锥形　，原子的杂化轨道类型为　sp3。
（4）化合物D2A的立体构型为　V形　，原子的价层电子对数为　4　，单质D与潮湿的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为　2Cl2+2Na2CO3+H2O＝Cl2O+2NaHCO3+2NaCl　。
（5）A和B能够构成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞边长a＝0.566nm，F的化学式为　Na2O　；晶胞中A原子的配位数为　8　；列式计算晶体F的密度（g•cm﹣3 ）　2.27g•cm﹣3（保留小数点后两位数字）。

【分析】A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C为P元素；D元素最外层有一个未成对电子，D为Cl元素；
A2﹣和B+具有相反的电子构型，则A为O元素、B为Na元素；
（1）四种元素电负性的为O元素，C为P元素；
（2）A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，O3分子质量较大，沸点较高，B的氢化物为NaH，为离子晶体；
（3）C和D反应可生成化合物为PCl3，为sp3杂化；
（4）化合物D2A为Cl2O，立体构型为V形，氯气与潮湿的Na2CO3反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O＝Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；
（5）A和B能够构成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的定点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×+6×＝4，
N（Na）：N（O）＝2：1，则构成的化合物为Na2O，计算质量和体积，可计算密度．