1、2021 年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷）化化 学学 注意事项：注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在本试卷上。位号填写在本试卷上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，涂写在本试卷上无效。动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，涂写在本试卷上无效。3.作答非选择题时，
2、将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Cl35.5 Fe 56 一、选择题一、选择题 1.我国提出争取在 2030 年前实现碳达峰，2060 年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。碳中和是指的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是 2COA.将重质油裂解为轻质油作为燃料 B.大规模开采可燃冰作为清洁燃料 C.通
3、过清洁煤技术减少煤燃烧污染 D.研发催化剂将还原为甲醇 2CO【答案】D【解析】【分析】【详解】A将重质油裂解为轻质油并不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故 A 不符合题意；B大规模开采可燃冰做为清洁燃料，会增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的要求，故 B 不符合题意；C通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故 C 不符合题意；D研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少二氧化碳的排放量，达到碳中和的目的，故 D 符合题意；故选 D。2.在实验室采用如图装置制备气体，合理的是 化学试剂 制备的气体 A 24Ca(OH)NH Cl 3NHB(浓)2
4、MnOHCl 2ClC 23MnOKClO 2OD(浓)24NaClH SO HClA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】由实验装置图可知，制备气体的装置为固固加热装置，收集气体的装置为向上排空气法，说明该气体的密度大于空气的密度；【详解】A氨气的密度比空气小，不能用向上排空法收集，故 A 错误；B二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故 B错误；C二氧化锰和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反应，能选用固固加热装置，氧气的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，故 C 正确；D氯化钠与浓硫酸共热制备为固液加热反应，需要选用固液加热
5、装置，不能选用固固加热装置，故 D 错误；故选 C。3.下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是 A.用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：223434COCaSOCaCOSOB.过量铁粉加入稀硝酸中：332Fe4HNOFeNO2H O C.硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：322Al4OHAlO2H OD.氯化铜溶液中通入硫化氢：22CuSCuS【答案】A【解析】【分析】【详解】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：C23O+CaSO4=CaCO3+S，故 A 正确；24OB过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8
6、H+2N3O=3Fe2+2NO+4H2O，故 B 错误；C硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3+3OH-=Al(OH)3，故 C 错误；D硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2+H2S=CuS+2H+，故 D 错误；答案选 A。4.一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是 A.能发生取代反应，不能发生加成反应 B.既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物 C.与互为同分异构体 D.该物质与碳酸钠反应得 1mol244g CO【答案】C【解析】【分析】【详解】A该物质含有羟基、羧基、碳碳双键，能发生取代反应和加成反应，故
7、 A 错误；B同系物是结构相似，分子式相差 1 个或 n 个 CH2的有机物，该物质的分子式为 C10H18O3，而且与乙醇、乙酸结构不相似，故 B 错误；C该物质的分子式为 C10H18O3，的分子式为 C10H18O3，所以二者的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，故 C 正确；D该物质只含有一个羧基，1mol 该物质与碳酸钠反应，生成 0.5mol 二氧化碳，质量为 22g，故 D 错误；故选 C。5.我国嫦娥五号探测器带回的月球土壤，经分析发现其构成与地球士壤类似土壤中含有的短周期元素1.731kgW、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为 15，X、Y、Z 为同周期相邻
8、元素，且均不与 W 同族，下列结论正确的是 A.原子半径大小顺序为 WXYZB.化合物 XW 中的化学键为离子键 C.Y 单质的导电性能弱于 Z 单质的 D.Z 的氧化物的水化物的酸性强于碳酸【答案】B【解析】【分析】由短周期元素 W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为 15，X、Y、Z 为同周期相邻元素，可知 W 所在主族可能为第A 族或第A 族元素，又因 X、Y、Z 为同周期相邻元素，且均不与 W 同族，故 W 一定不是第A 族元素，即 W 一定是第A 族元素，进一步结合已知可推知 W、X、Y、Z 依次为O、Mg、Al、Si，据此答题。【详解】AO 原子有两层，Mg、Al、S
9、i 均有三层且原子序数依次增大，故原子半径大小顺序为 MgAlSiO，即，A 错误；XYZWB化合物 XW 即 MgO 为离子化合物，其中的化学键为离子键，B 正确；CY 单质为铝单质，铝属于导体，导电性很强，Z 单质为硅，为半导体，半导体导电性介于导体和绝缘体之间，故 Y 单质的导电性能强于 Z 单质的，C 错误；DZ 的氧化物的水化物为硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D 错误；故选 B。6.沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。下列叙述错误的是 A.阳极发生将海水中的氧化生成的
10、反应 Cl2ClB.管道中可以生成氧化灭杀附着生物的 NaClOC.阴极生成的应及时通风稀释安全地排入大气 2HD.阳极表面形成的等积垢需要定期清理 2Mg(OH)【答案】D【解析】【分析】海水中除了水，还含有大量的 Na+、Cl-、Mg2+等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的 Cl-会优先失电子生成 Cl2，阴极区 H2O 优先得电子生成 H2和 OH-，结合海水成分及电解产物分析解答。【详解】A根据分析可知，阳极区海水中的 Cl-会优先失去电子生成 Cl2，发生氧化反应，A 正确；B设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的 Cl2与阴极区生成的 O
11、H-在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO 和 H2O，其中 NaClO 具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B 正确；C因为 H2是易燃性气体，所以阳极区生成的 H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C 正确；D阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，会使海水中的 Mg2+沉淀积垢，所以阴极表面会形成 Mg(OH)2等积垢需定期清理，D 错误。故选 D。7.HA 是一元弱酸，难溶盐 MA 的饱和溶液中随 c(H+)而变化，不发生水解。实验发现，时c(M)M298K为线性关系，如下图中实线所示。+2+c(M-c(H)下列叙述错误的是 A.溶液时，pH4-1-1c
12、(M3.0 10 mol)LB.MA 的溶度积度积-8spK(MA)=5.0 10C.溶液时，pH=7+-+c(M+c(H=c(A+c)(OH)D.HA 的电离常数 4a-K(HA)2.0 10【答案】C【解析】【分析】由题意可知 HA 是一元弱酸，其电离常数 Ka(HA)=；Ksp(MA)=c(M+)c(A-)，联立二式可+-c(H)c(A)c(HA)得线性方程 c2(M+)=。sp+spaK(MA)c(H)+K(MA)K(HA)【详 解】A 由 图 可 知pH=4，即c(H+)=1010-5mol/L 时，c2(M+)=7.510-8mol2/L2，c(M+)=mol/L3.010-4mo
13、l/L，A 正确；-8-4mol/7.5 107.=5L10B当 c(H+)=0mol/L 时，c2(M+)=5.010-8，结合分析可知 5.010-8=，B 正spspaK(MA)0+K(MA)K(HA)spK(MA)确；C设调 pH 所用的酸为 HnX，则结合电荷守恒可知+nc(Xn-)，题给等式右边缺阴+-+c(M+c(H=c(A+c)(OH)离子部分 nc(Xn-)，C 错误；D当 c(H+)=2010-5mol/L 时，c2(M+)=10.010-8mol2/L2，结合B 代入线性方程有 10.010-8=-8spK(MA)=5.0 10，解得，D 正确；-8-4-8a5.0 10
14、2 10+5.0 10K(HA)4a-K(HA)2.0 10选 C。三、非选择题：共三、非选择题：共 174 分。第分。第 2232 为必考题，每个试题考生都必须作答。第为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3338 题为选考题为选考题，考生根据要求作答。题，考生根据要求作答。8.磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有、以及少量的。为节约和充2TiO2SiO23Al OMgOCaO23Fe O分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的见下表 pH金属离子 3Fe 3Al 2Mg 2Ca开始沉淀的 pH2.2 3.5 9.5 12.4 沉淀完全的 51
15、c=1.0 10 mol LpH3.2 4.7 11.1 13.8 回答下列问题：(1)“焙烧”中，、几乎不发生反应，、转化为相应的硫酸盐，写出2TiO2SiO23Al OMgOCaO23Fe O转化为的化学方程式_。23Al O442NH Al SO(2)“水浸”后“滤液”的约为 2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节至 11.6，依次析出的金属离子是pHpH_。(3)“母液中浓度为_。2+Mg-1mol L(4)“水浸渣”在 160“酸溶”最适合的酸是_。“酸溶渣”的成分是_、_。(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，水解析出沉淀，该反应的离子方程式是_。2TiO22TiOxH O(6)
16、将“母液”和“母液”混合，吸收尾气，经处理得_，循环利用。【答 案】(1).(2).23442Al O4 MHSO焙烧322442NH Al SO6NH3H O (3).(4).硫 酸 (5).(6).(7).3+3+2+FeAlMg、61.0 102SiO4CaSO (8).2+222+(x+1)H OTiOxH O+HTiO2424(NH)SO【解析】【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝
17、铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向 pH 约为 2.0 的滤液中加入氨水至 11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到 160酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到 TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和 TiOSO4溶液；将 TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使 TiOSO4完全水解生成 TiO2x H2O 沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液和 TiO2x H2O。【详解】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发
18、生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为 Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3+3H2O，故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO4焙烧NH4Al(SO4)2+4NH3+3H2O；焙烧(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的 pH 可知，将 pH 约为 2.0 的滤液加入氨水调节溶液 pH 为 11.6 时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；(3)由镁离子完全沉淀时，溶液 pH 为 11.1 可知，氢氧化镁的溶度积为 1105(1102.9)2=11010.8，当溶液 pH
19、 为 11.6 时，溶液中镁离子的浓度为=1106mol/L，故答案为：1106；-10.8-2.421 1010（1）(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到 160酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；SiO2、CaSO4；(5)酸溶后将 TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使 TiOSO4完全水解生成 TiO2x H2O 沉淀和硫酸，反应的离子方程式为 TiO2+（x+1）H2OTiO2xH2O+2H+，故答案
20、为：TiO2+(x+1)H2OTiO2xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾气为氨气，母液为硫酸铵、母液为硫酸，将母液和母液混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH4)2SO4。9.氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下(转置如图所示)：.将浓、石墨粉末在 c 中混合，置于冰水浴中，剧烈搅拌下，分批缓慢加入粉末，24H SO3NaNO4KMnO塞好瓶口。.转至油浴中，35搅拌 1 小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至 98并保持 1 小时。.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加至悬
21、浊液由紫色变为土黄色。22H O.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。.蒸馏水洗涤沉淀。.冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。回答下列问题：(1)装置图中，仪器 a、c 的名称分别是_、_，仪器 b 的进水口是_(填字母)。(2)步骤中，需分批缓慢加入粉末并使用冰水浴，原因是_。4KMnO(3)步骤中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是_。(4)步骤中，的作用是_(以离子方程式表示)。22H O(5)步骤中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在来判断。检测的方法是_。24SO(6)步骤可用试纸检测来判断是否洗净，其理由是_。pHCl【答案】(1).滴液漏斗 (2).三颈烧瓶 (3).d (4).反
22、应放热，使反应过快 (5).反应温度接近水的沸点，油浴更易控温 (6).(7).取少量洗出液，滴2422222MnO5H O6H2Mn8H O5O加，没有白色沉淀生成 (8).与电离平衡，洗出液接近中性时，可认为洗净 2BaCl+H-Cl-Cl【解析】【分析】【详解】(1)由图中仪器构造可知，a 的仪器名称为滴液漏斗，c 的仪器名称为三颈烧瓶；仪器 b 为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从 d 口进，a 口出，故答案为：分液漏斗；三颈烧瓶；d；(2)反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入 KMnO4粉末并使用冰水浴，故答案为：反应放热，使反应过
23、快；(3)油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴，故答案为：反应温度接近水的沸点，油浴更易控温；(4)由滴加 H2O2后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的 KMnO4，则反应的离子方程式为：2Mn4O+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，故答案为：2Mn+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O；4O(5)该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在 S来判断，检测方法是：取最后一次洗涤24O液，滴加 BaCl2溶液，若没有沉淀说明洗涤完成，故答案为：取少量洗出液，滴加 BaCl2
24、，没有白色沉淀生成；(6)步骤 IV 用稀盐酸洗涤沉淀，步骤 V 洗涤过量的盐酸，与电离平衡，洗出液接近中性时，可认为+H-Cl-Cl洗净，故答案为：与电离平衡，洗出液接近中性时，可认为洗净。+H-Cl-Cl10.一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：(1)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig 误认为是 ICl，从而错过了一种新元素的发现，该元素是_。(2)氯铂酸钡()固体加热时部分分解为、和，376.8时平衡常数，在一6BaPtCl2BaClPt2Cl42pK1.0 10 Pa硬质玻璃烧瓶中加入
25、过量，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封闭)，在 376.8，碘蒸气6BaPtCl初始压强为。376.8平衡时，测得烧瓶中压强为，则_，反应20.0kPa32.5kPaIClp=kPa的平衡常数 K=_(列出计算式即可)。222ICl(g)Cl(g)I(g)(3)McMorris 测定和计算了在 136180范围内下列反应的平衡常数。pK 2p12NO(g)+2ICl(g)2NOCl(g)+I(g)K 2p22NOCl(g)2NO(g)+Cl(g)K得到和均为线性关系，如下图所示：p11lgK Tp21lgK T 由图可知，NOCl 分解为 NO 和反应的_0(填“大于”或“小于”)
26、2ClH反应的 K=_(用、表示)：该反应的_0(填“大于”或“小222ICl(g)Cl(g)I(g)p1Kp2KH于”)，写出推理过程_。(4)Kistiakowsky 曾研究了 NOCl 光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：NOClhvNOCl 2NOClNOCl2NOCl 其中表示一个光子能量，表示 NOCl 的激发态。可知，分解 1mol 的 NOCl 需要吸收_mol 光hvNOCl*子。【答案】(1).溴(或)(2).24.8 (3).(4).大于 (5).(6).大于 Br332100 7.6 10(24.8 1)0p1p2KK(7).设，即，由图可知：TT1TT1
27、 lgK(T)(lgT)K(T)lgKlgK(T)则：，即，因此该反应正反应为吸热反应，即大于p2p1p2p1lg K(T)K(T)lg K(T)K(T)k(T)k(T)H0 (8).0.5【解析】【分析】【详解】(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或)；Br(2)由题意玻 376.8时璃烧瓶中发生两个反应：(s)(s)+(s)+2(g)、Cl2(g)+I2(g)6BaPtCl2BaClPt2Cl2ICl(g)。(s)(s)+(s)+2(g)的平衡常数，则平衡时 p2(Cl2)=6BaPtCl2BaClPt2Cl42pK1.0 10 Pa，平衡时 p(Cl2)=100Pa，
28、设到达平衡时 I2(g)的分压减小 pkPa，则421.0 10 Pa，376.8平衡时，测得烧瓶中压强为，则 0.1+20.0+p=32.5，22Cl(g)+I(g)2ICl(g)/(kPa)20.00/(kPa)p2p/(kPa)0.120.0-p2p开始变化平衡32.5kPa解得 p=12.4，则平衡时2p=212.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-IClp=kPap)kPa=7.6kPa=7.6103Pa，24.8kPa=24.8103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反应IClp=222ICl(g)Cl(g)I(g)的平衡常数 K=；3
29、32100 7.6 10(24.8 1)0(3)结合图可知，温度越高，越小，lgKp2越大，即 Kp2越大，说明升高温度平衡1T正向移动，则 NOCl 分解为 NO 和反应的大于 0；22NOCl(g)2NO(g)+Cl(g)2Cl.2p12NO(g)+2ICl(g)2NOCl(g)+I(g)K.2p22NOCl(g)2NO(g)+Cl(g)K+得，则的K=；该反应的大于 0；推理过222ICl(g)Cl(g)I(g)222ICl(g)Cl(g)I(g)p1p2KKH程如下：设，即，由图可知：TT1TT1 lgK(T)(lgT)K(T)lgKlgK(T)，即，因此该反应正反应为吸热反应，即大于
30、 0；p2p1p2p1lg K(T)K(T)lg K(T)K(T)k(T)k(T)H(4).NOClhvNOCl.2NOClNOCl2NOCl+得总反应为 2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此 2molNOCl 分解需要吸收 1mol 光子能量，则分解 1mol 的 NOCl 需要吸收 0.5mol 光子。11.过渡金属元素铬是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。回答下列问题：Cr(1)对于基态 Cr 原子，下列叙述正确的是_(填标号)。A.轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为 51Ar3d 4sB.4s 电子能量较高，总是在比 3s 电子离核更远的地方运动 C
31、.电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大(2)三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供电子对形成配位键的原子是_，23232Cr NHH OCl中心离子的配位数为_。(3)中配体分子、以及分子的空间结构和相应的键角如图所示。23232Cr NHH OCl3NH2H O3PH 中 P 的杂化类型是_。的沸点比的_，原因是_，的键角小于的，3PH3NH3PH2H O3NH分析原因_。(4)在金属材料中添加颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。具有体心四方结构，如2AlCr2AlCr图所示，处于顶角位置的是_原子。设 Cr 和 Al 原子半径分别为和，则金属原子空间占有率为CrrAlr_%
32、(列出计算表达式)。【答案】(1).AC (2).(3).6 (4).(5).高 (6).存在分子间氢键 NOCl、3sp3NH(7).含有一对孤对电子，而含有两对孤对电子，中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大 3NH2H O2H O(8).Al (9).33CrAl28 2r+r3a c100【解析】【分析】【详解】(1)A.基态原子满足能量最低原理，Cr 有 24 个核外电子，轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为，A 正确；51Ar3d 4sB.Cr 核外电子排布为，由于能级交错，3d 轨道能量高于 4s 轨道的能量，即 3d 电子能量较高，B 错51Ar3d 4s误；C.电负
33、性为原子对键合电子的吸引力，同周期除零族原子序数越大电负性越强，钾与铬位于同周期，铬原子序数大于钾，故铬电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大，C 正确；故答案为：AC；(2)中三价铬离子提供空轨道，提供孤对电子与三价铬离子形成配位键，23232Cr NHH OClNOCl、中心离子的配位数为三种原子的个数和即 3+2+1=6，故答案为：；6；NOCl、NOCl、(3)的价层电子对为 3+1=4，故中 P 的杂化类型是；N 原子电负性较强，分子之间存在分子3PH3PH3sp3NH间氢键，因此的沸点比的高；的键角小于的，原因是：含有一对孤对电子，而3NH3PH2H O3NH3NH2H O含有
34、两对孤对电子，中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，故答案为：；高；存在分子间2H O3sp3NH氢键；含有一对孤对电子，而含有两对孤对电子，中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较3NH2H O2H O大；(4)已知具有体心四方结构，如图所示，黑球个数为，白球个数为，结合化学式2AlCr18+1=2818+2=44可知，白球为 Cr，黑球为 Al，即处于顶角位置的是 Al 原子。设 Cr 和 Al 原子半径分别为和，则金2AlCrCrrAlr属原子的体积为，故金属原子空间占有率=3333CrCrAlAl4r8(2r+r)4r4+2=333332CrAl8(2r+r)1300%=a c%，故答案
35、为：Al；。33CrAl28 2r+r3a c10033CrAl28 2r+r3a c10012.卤沙唑仑 W 是一种抗失眠药物，在医药工业中的一种合成方法如下：已知：()()回答下列问题：(1)A 的化学名称是_。(2)写出反应的化学方程式_。(3)D 具有的官能团名称是_。(不考虑苯环)(4)反应中，Y 的结构简式为_。(5)反应的反应类型是_。(6)C 的同分异构体中，含有苯环并能发生银镜反应的化合物共有种_种。(7)写出 W 的结构简式_。【答案】(1).2氟甲苯（或邻氟甲苯）(2).或或 (3).氨基，羟基，卤 素 原 子(溴 原 子，氯 原 子)(4).(5).取 代 反 应 (6
36、).10 (7).【解析】【分析】A（）在酸性高锰酸钾的氧化下生成 B（），与 SOCl2反应生成 C（），与在 氯 化 锌 和 氢 氧 化 钠 的 作 用 下，发 生 取 代 反 应 生 成，与Y（）发生取代反应生成，与发生取代反应生成F（），F 与乙酸、乙醇反应生成 W（），据此分析解答。【详解】(1)由 A（）的结构可知，名称为：2氟甲苯（或邻氟甲苯），故答案为：2氟甲苯（或邻氟甲苯）；(2)反应为与在氯化锌和氢氧化钠的作用下，发生取代反应生成，故答案为：；(3)含有的官能团为溴原子，氟原子，氨基，羰基（或酮基），故答案为：溴原子，氟原子，氨基，羰基（或酮基）；(4)D 为，E 为，根据结构特点，及反应特征，可推出 Y 为，故答案为：；(5)E 为，F 为，根据结构特点，可知与发生取代反应生成 F，故答案为：取代反应；(6)C 为，含有苯环且能发生银镜反应的同分异构体为：含有醛基，氟原子，氯原子，即苯环上含有三个不同的取代基，可能出现的结构有，故其同分异构体为 10 种，故答案为：10；(7)根据已知及分析可知，与乙酸、乙醇反应生成，故答案为：；
