2025屆山東省威海市二中高三第二次診斷性檢測化學試卷含解析

2025屆山東省威海市二中高三第二次診斷性檢測化學試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、a、b、c、d為短周期元素，a的M電子層有1個電子，工業(yè)上采用液態(tài)空氣分餾方法來生產供醫(yī)療急救用的b的單質，c與b同族，d與c形成的一種化合物可以溶解硫。下列有關說法正確的是A．原子半徑：a>b>c>dB．元素非金屬性的順序為b>c>dC．a與b形成的化合物只有離子鍵D．最高價氧化物對應水化物的酸性：d>c2、下列實驗操作、現象和結論正確的是實驗操作和現象結論A向濃度均為0.1mol?L-1的FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，先出現紅褐色沉淀Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]B將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色樣品已部分或全部變質C向1mL20%的蔗糖溶液中加入5滴稀硫酸，水浴加熱5分鐘后，再向其中加入新制備的Cu(OH)2懸濁液，加熱幾分鐘，沒有磚紅色沉淀生成蔗糖水解不能生成葡萄糖D向某黃色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈藍色溶液中含Br2A．A B．B C．C D．D3、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．78gNa2O2與足量CO2反應，轉移電子的數目為NAB．0.1mol聚乙烯含有碳碳雙鍵的數目為0.1NAC．標準狀況下，2.24LH2O含有電子的數目為NAD．1L0.1mol/LNaHS溶液中硫原子的數目小于0.1NA4、幾種化合物的溶解度隨溫度變化曲線如圖所示，下列說法正確的是（）A．NaClO3的溶解是放熱過程B．由圖中數據可求出300K時MgCl2飽和溶液的物質的量濃度C．可采用復分解反應制備Mg（ClO3）2：MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaClD．若NaCl中含有少量Mg（ClO3）2，可用降溫結晶方法提純5、下列選項中，微粒的物質的量濃度關系正確的是A．0.1mol/LK2CO3溶液：c（OH－）=c（HCO3－）+c（H＋）+c（H2CO3）B．0.1mol/LNaHCO3溶液中離子濃度關系：c（Na+）=2c（CO32－）+c（HCO3－）+c（H2CO3）C．等物質的量的一元弱酸HX與其鉀鹽KX的混合溶液中：2c（K＋）=c（HX）+c（X－）D．濃度均為0.1mol/L的NaHCO3溶液和NaOH溶液等體積混合：c（Na＋）+c（H＋）=c（CO32－）+c（OH－）+c（HCO3－）6、鈉離子電池具有成本低、能量轉換效率高、壽命長等優(yōu)點。一種鈉離子電池用碳基材料（NamCn）作負極，利用鈉離子在正負極之間嵌脫過程實現充放電，該鈉離子電池的工作原理為Na1-mCoO2+NamCnNaCoO2+Cn。下列說法不正確的是A．放電時，Na+向正極移動B．放電時，負極的電極反應式為NamCn—me-=mNa++CnC．充電時，陰極質量減小D．充電時，陽極的電極反應式為NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+7、化學與人類生產、生活密切相關，下列敘述中不正確的是（）A．從花生中提取的生物柴油和從石油煉得的柴油都屬于烴類物質B．高鐵“復興號”車廂連接關鍵部位使用的增強聚四氟乙烯板屬于高分子材料C．中國天眼FAST用到的碳化硅是一種新型的無機非金屬材料D．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，實現“碳”的循環(huán)利用8、某固體混合物中可能含有：K+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-等離子，將該固體溶解所得到的溶液進行了如下實驗：下列說法正確的是A．該混合物一定是K2CO3和NaCl B．該混合物可能是Na2CO3和KClC．該混合物可能是Na2SO4和Na2CO3 D．該混合物一定是Na2CO3和NaCl9、下列說法正確的是()A．表示與反應時含鋁微粒濃度變化曲線，圖中a點溶液中含大量B．可知平衡常數很大，反應趨于完全C．為一種高分子結構片斷，可知該高分子的結構簡式為D．反應①比反應②的速率慢，與相應正反應的活化無關10、一定條件下，通過下列反應可以制備特種陶瓷的原料MgO：MgSO4(s)+CO(g)MgO(s)+CO2(g)+SO2(g)△H>0，該反應在某密閉容器中達到平衡。下列分析正確的是A．恒溫恒容時，充入CO氣體，達到新平衡時增大B．容積不變時，升高溫度，混合氣體的平均相對分子質量減小C．恒溫恒容時，分離出部分SO2氣體可提高MgSO4的轉化率D．恒溫時，增大壓強平衡逆向移動，平衡常數減小11、下列說法不正確的是A．天然氣、水煤氣、液化石油氣均是生活中常用的燃料，它們的主要成分都是化合物B．“中國天眼”的“眼眶”是鋼鐵結成的圈梁，屬于金屬材料C．制玻璃和水泥都要用到石灰石原料D．1996年人工合成了第112號元素鎶(Cn)，盛放鎶的容器上應該貼的標簽是12、將0.48g鎂粉分別加入10.0mL下列溶液，反應6小時，用排水法收集產生的氣體，溶液組成與H2體積(已換算成標準狀況)的關系如下表。下列說法不正確的是實驗1234567溶液組成H2O1.0mol/LNH4Cl0.1mol/LNH4Cl1.0mol/LNaCl1.0mol/LNaNO30.8mol/LNH4Cl+0.2mol/LNH3·H2O0.2mol/LNH4Cl+0.8mol/LNH3·H2OV/ml1243334716014401349A．由實驗2、3可得，濃度越大，鎂和水反應速率越快B．由實驗1、4、5可得，Cl-對鎂和水的反應有催化作用C．由實驗3、7可得，反應過程產生的Mg(OH)2覆蓋在鎂表面，減慢反應D．無論酸性條件還是堿性條件，都能加快鎂和水的反應13、不同溫度下，三個體積均為1L的密閉容器中發(fā)生反應：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867kJ.mol-1，實驗測得起始、平衡時的有關數據如表。下列說法正確的是容器編號溫度/K起始物質的量/mol平衡物質的量/molCH4NO2N2CO2H2ONO2IT10.501.20000.40IIT20.300.800.200.200.400.60IIIT30.400.700.700.701.0A．T1<T2B．若升高溫度，正反應速率減小，逆反應速率增大，平衡逆移C．平衡時，容器I中反應放出的熱量為693.6kJD．容器III中反應起始時v正(CH4)<v逆(CH4)14、煤的干餾實驗裝置如圖所示。下列說法錯誤的是A．可用藍色石蕊試紙檢驗a層液體中含有的NH3B．長導管的作用是導氣和冷凝C．從b層液體中分離出苯的操作是分餾D．c口導出的氣體可使新制氯水褪色15、PbCl2是一種重要的化工材料，常用作助溶劑、制備鉛黃等染料。工業(yè)生產中利用方鉛礦精礦(主要成分為PbS，含有FeS2等雜質)和軟錳礦(主要成分為MnO2)制備PbCl2的工藝流程如圖所示。已知：i.PbCl2微溶于水ii.PbCl2(s)+2Cl－(aq)?PbCl42-(aq)ΔH>0下列說法不正確的是()A．浸取過程中MnO2與PbS發(fā)生反應的離子方程式為：8H++2Cl－+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn2++SO42-+4H2OB．PbCl2微溶于水，浸取劑中加入飽和NaCl溶液會增大其溶解性C．調pH的目的是除去Fe3+，因此pH越大越好D．沉降池中獲得PbCl2采取的措施有加水稀釋、降溫16、以有機物A為原料通過一步反應即可制得重要有機化工產品P()。下列說法錯誤的是A．A的分子式為C11H14，可發(fā)生取代、氧化、加成等反應B．由A生成P的反應類型為加成聚合反應，反應過程沒有小分子生成C．A的結構簡式為，分子中所有碳原子不可能共面D．1molA最多能與4molH2發(fā)生加成反應17、下列物質分類正確的是A．SO2、SiO2、CO均為酸性氧化物 B．多肽、油脂、淀粉均為酯類C．燒堿、冰醋酸、四氯化碳均為電解質 D．福爾馬林、漂粉精、氨水均為混合物18、關于下列四個裝置的說明符合實驗要求的是A．裝置①：實驗室中若需制備較多量的乙炔可用此裝置B．裝置②：實驗室中可用此裝置來制備硝基苯，但產物中可能會混有苯磺酸C．裝置③：實驗室中可用此裝置分離含碘的四氯化碳液體，最終在錐形瓶中可獲得碘D．裝置④：實驗室中可用此裝置來制備乙酸乙酯并在燒瓶中獲得產物19、某化合物由兩種單質直接反應生成，將其加入Ba（HCO3）2溶液中同時有氣體和沉淀產生。下列化合物中符合上述條件的是A．Na2O B．AlCl3 C．FeCl2 D．SiO220、正確的實驗操作是實驗成功的重要因素，下列實驗操作正確的是()A．稱取一定量的NaClB．制備氫氧化亞鐵并觀察其顏色C．檢驗濃硫酸與銅反應后的產物中是否含有銅離子D．收集NO2并防止其污染環(huán)境21、下列說法正確的是（）A．金屬氧化物均為堿性氧化物B．氨氣溶于水能導電，得到的氨水是電解質C．NaCl是離子化合物，溶于水導電，熔融狀態(tài)下不導電D．只由一種元素的陽離子與另一種元素的陰離子組成的物質不一定為純凈物22、短周期W、X、Y、Z、Q五種元素的原子序數依次遞增，W和Z位于同一主族。已知W的氫化物可與Q單質在光照條件下反應生成多種化合物，且Y、Q形成一種共價化合物，X的最高價氧化物對應的水化物可與Y單質反應產生常見的還原性氣體單質E。下列說法正確的是A．X、Y、Q對應簡單離子的半徑逐漸減小B．工業(yè)上可用電解X、Q元素組成的化合物的飽和溶液制備Q單質C．Y、Q形成的化合物是非電解質D．工業(yè)用W與Z的最高價氧化物反應制取Z單質，同時得到W的最高價氧化物二、非選擇題(共84分)23、（14分）以下是合成芳香族有機高聚物P的合成路線．已知：ROH+R’OHROR’+H2O完成下列填空：（1）F中官能團的名稱__；寫出反應①的反應條件__；（2）寫出反應⑤的化學方程式__．（1）寫出高聚物P的結構簡式__．（4）E有多種同分異構體，寫出一種符合下列條件的同分異構體的結構簡式__．①分子中只有苯環(huán)一個環(huán)狀結構，且苯環(huán)上有兩個取代基；②1mol該有機物與溴水反應時消耗4molBr2（5）寫出以分子式為C5H8的烴為主要原料，制備F的合成路線流程圖（無機試劑任選）__．合成路線流程圖示例如下：

CH1CHOCH1COOHCH1COOCH2CH1．24、（12分）聚酯增塑劑G及某醫(yī)藥中間體H的一種合成路線如圖（部分反應條件略去）：已知：+R2OH(1)A的名稱是___________________。(2)寫出下列反應的反應類型：反應①是_____________，反應④是__________。(3)G的結構簡式為_____________________，F的分子式為_____________________。(4)寫出反應②的化學方程式____________________。(5)C存在多種同分異構體，寫出核磁共振氫譜只有兩種峰的同分異構體的結構簡式：____________。(6)僅用一種試劑就可以鑒別B、D、H，該試劑是____________。(7)利用以上合成路線的信息，以甲苯、乙醇、乙醇鈉為原料合成下面有機物（無機試劑任選）___________。25、（12分）某實驗小組同學為了研究氯氣的性質，做以下探究實驗。向KI溶液通入氯氣溶液變?yōu)辄S色；繼續(xù)通入氯氣一段時間后，溶液黃色退去，變?yōu)闊o色；繼續(xù)通入氯氣，最后溶液變?yōu)闇\黃綠色，查閱資料：I2+I-?I3-，I2、I3-在水中均呈黃色。（1）為確定黃色溶液的成分，進行了以下實驗：取2～3mL黃色溶液，加入足量CCl4，振蕩靜置，CCl4層呈紫紅色，說明溶液中存在______，生成該物質的化學方程式為______，水層顯淺黃色，說明水層顯黃色的原因是______；（2）繼續(xù)通入氯氣，溶液黃色退去的可能的原因______；（3）NaOH溶液的作用______，反應結束后，發(fā)現燒杯中溶液呈淺黃綠色，經測定該溶液的堿性較強，一段時間后溶液顏色逐漸退去，其中可能的原因是______。26、（10分）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為____（精確到小數點后兩位）。27、（12分）長期缺碘和碘攝入過量都會對健康造成危害，目前加碘食鹽中碘元素絕大部分以IO3-存在，少量以I-存在?，F使用Na2S2O3對某碘鹽樣品中碘元素的含量進行測定。Ⅰ．I-的定性檢測（1）取少量碘鹽樣品于試管中，加水溶解，滴加硫酸酸化，再滴加數滴5％NaNO2和淀粉的混合溶液，若溶液變?yōu)開_________色，則存在I-，同時有無色氣體產生（該氣體遇空氣變成紅棕色）。試寫出該反應的離子方程式為_________________。Ⅱ．硫代硫酸鈉的制備工業(yè)制備硫代硫酸鈉的反應原理為，某化學興趣小組用上述原理實驗室制備硫代硫酸鈉如圖：先關閉K3打開K2，打開分液漏斗，緩緩滴入濃硫酸，控制好反應速率。（2）y儀器名稱__________，此時B裝置的作用是__________。（3）反應開始后，C中先有淡黃色渾濁，后又變?yōu)槌吻?，此渾濁物為__________（填化學式）。裝置D的作用是__________。（4）實驗結束后，關閉K2打開K1，玻璃液封管x中所盛液體最好為__________。（填序號）ANaOH溶液B．濃硫酸C飽和NaHSO3溶液Ⅲ．碘含量的測定已知：①稱取10.00g樣品，置于250mL錐形瓶中，加水100mL溶解，加2mL磷酸，搖勻。②滴加飽和溴水至溶液呈現淺黃色，邊滴加邊搖，至黃色不褪去為止（約1mL）。③加熱煮沸，除去過量的溴，再繼續(xù)煮沸5min，立即冷卻，加入足量15％碘化鉀溶液，搖勻。④加入少量淀粉溶液作指示劑，再用0.0002mol/L的Na2S2O3標準溶液滴定至終點。⑤重復兩次，平均消耗Na2S2O3溶液9.00mL相關反應為：，，（5）請根據上述數據計算該碘鹽含碘量為__________mg·kg-1。28、（14分）鋰離子電池是現代高性能電池的代表，高性能的電極材料與物質結構密切相關。(l)LiFePO4因具有良好的結構穩(wěn)定性而成為新一代正極材料，這與PO43-的結構密切相關，PO43-的立體構型為____。P、O、S的電負性從大到小的順序為______________(2)通常在電極材料表面進行“碳”包覆處理以增強其導電性。抗壞血酸常被用作碳包覆的碳源，其易溶于水的原因是___，抗壞血酸中碳原子的雜化方式為___，1mol抗壞血酸中手性碳原子的數目為______(3)Li+過度脫出易導致鋰電池結構坍塌產生O2而爆炸，實驗證實O2因具有單電子而成為順磁性分子，下列結構式（黑點代表電子）中最有可能代表O2分子結構的是____（填標號）。A．B．C．D．(4)目前最常用的電極材料有鋰鈷復合氧化物和石墨。①鋰鈷復合氧化物中Li、Co、O分別形成了六邊層狀結構（圖a），按照Li-O-Co-O-Li–O-Co-O-Li--順序排列，則該化合物的化學式為____，Co3+的價層電子排布式為_____。②石墨晶胞（圖b）層間距為dpm，C—C鍵長為apm，石墨晶體的密度為pg/cm3，列式表示阿伏加德羅常數為____mol-l。29、（10分）氟代硼酸鉀（KBe2BO3F2）是激光器的核心材料，我國化學家在此領域的研究走在了世界的最前列?；卮鹣铝袉栴}：（1）氟代硼酸鉀中非金屬元素原子的電負性大小順序是__?；鶓B(tài)K+的電子排布式為__。（2）NaBH4是有機合成中常用的還原劑，其中的陰離子空間構型是__，中心原子的雜化方式為__。NaBH4中存在__（填標號）。a.離子鍵b.氫鍵c.σ鍵d.π鍵（3）BeCl2中的化學鍵具有明顯的共價性，蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子存在的BeCl2的結構式為__，其中Be的配位數為__。（4）第三周期元素氟化物的熔點如下表：化合物NaFMgF2AlF3SiF4PF5SF6熔點/℃99312611291-90-83-50.5解釋表中氟化物熔點變化的原因：___。（5）CaF2的一種晶胞如圖所示。Ca2+占據F-形成的空隙，若r(F-)=xpm，r(Ca2+)=ypm，設阿伏加德羅常數的值為NA，則CaF2的密度ρ=__g·cm-3（列出計算表達式）。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解析】

a的M電子層有1個電子，則A為Na；工業(yè)上采用液態(tài)空氣分餾方法來生產供醫(yī)療急救用的b的單質，則b為O；c與b同族且為短周期元素，則c為S；d與c形成的一種化合物可以溶解硫，該物質為CS2，則d為C?！驹斀狻緼.同一周期，從左到右，原子半徑逐漸減小，同一主族，從上到下，原子半徑增大，因此原子半徑Na>S>C>O，即a>c>d>b，故A錯誤；B.同一主族：從上到下，元素的非金屬性減弱，元素非金屬性的順序為O>S>C，即b>c>d，故B正確；C.a與b形成的過氧化鈉中既含有離子鍵，又含有共價鍵，故C錯誤；D.S的非金屬性大于C，所以最高價氧化物對應水化物的酸性：d小于c，故D錯誤；故答案為B。2、A【解析】

A．因Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]，Fe(OH)3的溶解度較小，故先和NaOH發(fā)生反應，產生紅褐色沉淀，A正確；B．Fe2+和NO3-、H+在同一溶液中時，可以發(fā)生反應，Fe2+反應生成Fe3+，故加入KSCN后溶液會變紅，但不能判斷為變質，B錯誤；C．水浴反應過后應加入NaOH使體系為堿性，若不加NaOH，原溶液中未反應的硫酸會和Cu(OH)2發(fā)生反應，不會生成磚紅色沉淀，C錯誤；D．向某黃色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈藍色，該溶液中也可能含有Fe3+，Fe3+也能將I-氧化為單質碘，D錯誤；故選A。3、A【解析】

A．78gNa2O2物質的量為1mol，由關系式Na2O2—e-，可得出轉移電子數為NA，A正確；B．聚乙烯分子中不含有碳碳雙鍵，B不正確；C．標準狀況下，H2O呈液態(tài)，不能使用22.4L/mol計算含有電子的數目，C不正確；D．1L0.1mol/LNaHS溶液中不含有硫原子，D不正確；故選A。4、C【解析】

A項、由圖象只能判斷NaClO3溶解度與溫度的關系，無法確定其溶解過程的熱效應，故A錯誤；B項、MgCl2飽和溶液的密度未知，不能求出300K時MgCl2飽和溶液的物質的量濃度，故B錯誤；C項、反應MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl類似于侯德榜制堿法生產的原理，因為NaCl溶解度小而從溶液中析出，使反應向正方向進行，故C正確；D項、若NaCl中含有少量Mg（ClO3）2，應用蒸發(fā)結晶方法提純，故D錯誤；故選C。5、C【解析】

A、正確關系為c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)，因為由一個CO32－水解生成H2CO3，同時會產生2個OH－，故A錯誤；B、NaHCO3溶液中，根據物料守恒可得：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故B錯誤；C、等物質的量的一元弱酸HX與其鉀鹽KX的混合溶液中，根據物料守恒，2c（K＋）=c（HX）+c（X－），故C正確；D、濃度均為0.1mol/L的NaHCO3溶液和NaOH溶液等體積混合，根據電荷守恒：c（Na＋）+c（H＋）=2c（CO32－）+c（OH－）+c（HCO3－），故D錯誤；綜上所述，本題正確答案為C。【點睛】本題考查了溶液中離子濃度等量關系，注意掌握電荷守恒、物料守恒、鹽的水解原理在判斷溶液中離子濃度大小中的應用方法。6、C【解析】

A.放電時，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，故A不選；B.放電時，負極是金屬鈉失去電子，故電極反應式為NamCn—me-=mNa++Cn，故B不選；C.充電時，陰極的電極反應式為mNa++Cn+me-=NamCn，電極質量增加，故C選；D.充電時，陽極是NaCoO2中的Co失去電子轉化為Na1-mCoO2，電極反應式為NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+，故D不選。故選C。【點睛】碳基材料NamCn中，Na和C都為0價，Na是嵌在碳基里的。在NaCoO2中，Co的化合價比Na1-mCoO2中的Co的化合價低，所以充電時，陽極是NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+。7、A【解析】

A．花生油的成分是油脂，屬于烴的含氧衍生物，石油煉得的柴油為烴類物質，故A錯誤；B．増強聚四氟乙烯是由四氟乙烯通過加聚反應合成的，屬于有機高分子材料，故B正確；C．新型無機非金屬材料主要有先進陶瓷、非晶體材料、人工晶體、無機涂層、無機纖維等，碳化硅是一種新型的無機非金屬材料，故C正確；D．用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，能夠在較短的時間內降解，實現“碳”的循環(huán)利用，防止形成白色污染，故D正確；答案選A。8、B【解析】

焰色反應顯黃色，說明一定存在鈉離子，可能有鉀離子。加入過量的硝酸鋇溶液產生白色沉淀，白色沉淀完全溶解在鹽酸中，說明一定存在碳酸根，不存在硫酸根。濾液中加入硝酸酸化的硝酸銀得到白色沉淀，說明含有氯離子，即一定存在Na+、Cl-、CO32-，一定不存在SO42-，可能含有K+；答案選B。9、B【解析】

A．a點所示pH接近12，顯強堿性，堿性環(huán)境中鋁離子會先生成氫氧化鋁沉淀，后轉化為偏鋁酸根，故a點溶液中存在的含鋁微粒為偏鋁酸根，故A錯誤；B．圖象X(20，9.2)c(Ag+)=10-20mol/L，c(S2-)=10-9.2mol/L，Ksp(Ag2S)=c2(Ag+)c(S2-)=(10-20mol/L)2×10-9.2mol/L=10-49.2，同理可知Ksp

(CuS)=10-5×10-30.2=10-35.2，CuS(s)+2Ag+(aq)?Ag2S(s)+Cu2+(aq)平衡常數K=====1014，反應趨于完全，故B正確；C．該高分子化合物由對甲基苯酚與甲醛縮合生成，則高分子的結構簡式為，故C錯誤；D．根據圖象可知，反應①中正反應的活化能較小，反應②中正反應的活化能較大，則反應①比反應②的速率快，故D錯誤；故答案為B。10、C【解析】A、通入CO，雖然平衡向正反應方向進行，但c(CO)增大，且比c(CO2)大，因此此比值減小，故錯誤；B、正反應方向是吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應方向進行，CO2和SO2的相對分子質量比CO大，因此混合氣體的平均摩爾質量增大，故錯誤；C、分離出SO2，減少生成物的濃度，平衡向正反應方向進行，MgSO4消耗量增大，即轉化率增大，故正確；D、化學平衡常數只受溫度的影響，溫度不變，化學平衡常數不變，故錯誤。11、A【解析】

A.水煤氣主要成分是CO、H2，是混合物，其中H2是單質，不是化合物，A錯誤；B.“中國天眼”的“眼眶”是鋼鐵結成的圈梁，鋼鐵屬于金屬材料，B正確；C.制玻璃的原料是石灰石、純堿、石英，制水泥的原料是黏土、石灰石，因此二者都要用到原料石灰石，C正確；D.112號元素鎶屬于放射性元素，因此盛放鎶的容器上應該貼有放射性元素的標簽是，D正確；故合理選項是A。12、A【解析】

A、試驗2、3中主要反應為：，由于試驗2中的n(NH4+)大于試驗3中的n(NH4+)，而鎂是過量的，所以不能得出濃度越大，反應速率越快的結論，故A符合題意；B、由試驗1、2對比可知，反應速率加快，其原因有可能是Na+、Cl-具有催化作用，由試驗4、5對比可知，Na+對反應無催化作用，由此可知，Cl-對鎂和水的反應有催化作用，故B不符合題意；C、試驗7中NH4Cl濃度較試驗3高，產生氫氣的速率應更快，但由表格可知，二者產生氫氣的速率幾乎相等，其原因在于試驗7中加入了高濃度NH3·H2O，NH3·H2O與Mg2+反應生成了Mg(OH)2覆蓋在鎂表面，減慢反應，故C不符合題意；D、由試驗1、2、7對比可知，無論酸性條件還是堿性條件，都能加快鎂和水的反應，故D不符合題意；故答案為A。13、A【解析】

A.該反應為放熱反應，升溫平衡逆向移動，平衡時二氧化氮的物質的量多，故有T1<T2，正確；B.升溫，正逆速率都加快，平衡逆向移動，故錯誤；C.平衡時，容器I中二氧化氮的消耗量為1.2-0.4=0.8mol，則反應熱為=346.8kJ，故錯誤；D.容器III中T3下平衡常數不確定，不能確定其反應進行方向，故錯誤。故選A。14、A【解析】

根據煤干餾的產物進行分析：煤干餾的產物為焦碳、煤焦油和焦爐煤氣。焦爐煤氣主要成分是氫氣、甲烷、乙烯、一氧化碳等；煤焦油含有苯，粗氨水等【詳解】A.氨水呈堿性，遇紫色石蕊試紙變藍，所以用藍色石蕊試紙檢驗NH3是錯誤的，故A錯誤；B.長導管的作用是導氣和冷凝，故B正確；C.苯和煤焦油互溶，從b層液體中分離出苯的操作是分餾，故C正確；D.c口導出的氣體有乙烯等還原性氣體，可使新制氯水褪色，故D正確；答案：A?！军c睛】解題的關鍵是煤干餾的產物。根據產物的性質進行分析即可。15、C【解析】

方鉛礦精礦(主要成分為PbS，含有FeS2等雜質)和軟錳礦(主要成分為MnO2)中加入稀鹽酸，根據酸性廢液中含有硫酸根離子礦渣，PbS中S元素被氧化成SO42－，則發(fā)生反應為4MnO2+PbS+8HCl=3MnCl2+PbCl2+MnSO4+4H2O，加入NaCl促進反應PbCl2(s)+2Cl－(aq)?PbCl42-(aq)正向移動。加入NaOH溶液調節(jié)溶液pH，使Fe3＋轉化成Fe(OH)3沉淀，過濾得到Fe(OH)3、礦渣和濾液；PbCl2微溶于水，將溶液沉降過濾得到PbCl2。A．浸取過程中MnO2與PbS發(fā)生氧化還原反應，離子反應為：8H＋+2Cl－+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn2＋+SO42－+4H2O，正確，A不選；B．發(fā)生PbCl2(s)+2Cl－(aq)?PbCl42-(aq)，加入NaCl增大c(Cl－)，有利于平衡正向移動，將PbCl2(s)轉化為PbCl42-(aq)，正確，B不選；C．調節(jié)溶液pH，使Fe3＋轉化成Fe(OH)3沉淀，除去溶液中的Fe3＋，但應避免同時生產Mn(OH)2沉淀，pH不能過大，錯誤，C選；D．已知：PbCl2(s)+2Cl－(aq)?PbCl42-(aq)△H＞0，可以通過加水稀釋、降溫促進反應逆向進行，獲得PbCl2，正確，D不選。答案選C。16、C【解析】

由P的結構簡式可知，合成P的反應為加成聚合反應，產物只有高分子化合物P，沒有小分子生成，合成P的單體A的結構簡式為，則A的分子式為C11H14，由A分子具有碳碳雙鍵、苯環(huán)結構，可知A可發(fā)生取代、氧化、加成等反應，A、B均正確；將寫成，分子中11個碳原子有可能共面，C錯誤；由A的結構簡式可知，1個苯環(huán)能與3個H2發(fā)生加成，1個雙鍵能與1個H2加成，則1molA最多能與4molH2發(fā)生加成反應，D正確。17、D【解析】

A.SO2、SiO2均能和堿反應生成鹽和水，為酸性氧化物，CO不與酸或水反應，屬于不成鹽氧化物，故A錯誤；B.油脂是由高級脂肪酸和甘油形成的酯，多肽是由氨基酸形成的，淀粉屬于多糖，故B錯誤；C.四氯化碳在水溶液中和熔融狀態(tài)下都不能導電，屬于非電解質，故C錯誤;D.福爾馬林是甲醛水溶液，屬于混合物；漂粉精主要成分是次氯酸鈣，屬于混合物；氨水是氨氣溶于水形成的溶液，屬于混合物；故D正確；答案選D。18、B【解析】

A．電石與水反應放出大量的熱，生成氫氧化鈣微溶，易堵塞導管，則不能利用圖中裝置制取乙炔，故A錯誤；B．制備硝基苯，水浴加熱，溫度計測定水溫，該反應可發(fā)生副反應生成苯磺酸，圖中制備裝置合理，故B正確；C．分離含碘的四氯化碳液體，四氯化碳沸點低，先蒸餾出來，所以利用該裝置進行分離可，最終在錐型瓶中可獲得四氯化碳，故C錯誤；D．制備乙酸乙酯不需要測定溫度，不能在燒瓶中獲得產物，應在制備裝置后連接收集產物的裝置（試管中加飽和碳酸鈉），故D錯誤；故選：B。19、B【解析】

A、鈉和氧氣可以生成氧化鈉，加入碳酸氫鋇中反應生成碳酸鋇沉淀，沒有氣體，錯誤，不選A；B、鋁和氯氣反應生成氯化鋁，加入碳酸氫鋇中反應生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳，正確，選B；C、鐵和氯氣反應生成氯化鐵，不是氯化亞鐵，錯誤，不選C；D、硅和氧氣反應生成二氧化硅，加入到碳酸氫鋇中不反應，錯誤，不選D?！军c睛】注意單質之間化合的產物1、氫氣和氧氣生成水。2、硫和氧氣生成二氧化硫，不是三氧化硫。3、氮氣和氧氣生成一氧化氮，不是二氧化氮。4、鈉和氧氣在點燃條件下反應生成過氧化鈉，常溫下生成氧化鈉。5、鋰和氧氣反應生成氧化鋰，沒有過氧化物。6、鉀和氧氣點燃反應生成更復雜的氧化物。7、鐵和氯氣反應生成氯化鐵，不是氯化亞鐵。8、鐵和硫反應生成硫化亞鐵。9、鐵和氧氣反應生成四氧化三鐵10、銅和硫反應生成硫化亞銅20、A【解析】

A.稱取一定量的NaCl，左物右碼，氯化鈉放在紙上稱，故A正確；B.氫氧化亞鐵易被氧化，制備氫氧化亞鐵時，膠頭滴管應伸入硫酸亞鐵溶液中，并油封，故B錯誤；C.檢驗濃硫酸與銅反應后的產物中是否含有銅離子，應把反應后的混合液倒入水中，故C錯誤；D.NO2密度大于空氣，應用向上排空氣法收集NO2，故D錯誤；答案選A。21、D【解析】

A．堿性氧化物指與水反應只生成堿，或與酸反應只生成鹽和水的氧化物，可以說堿性氧化物一定是金屬氧化物，但不能說金屬氧化物一定是堿性氧化物，如Mn2O7、CrO3、Na2O2等是金屬氧化物但不是堿性氧化物，A錯誤；B．電解質是在水溶液或熔融狀態(tài)下能導電的化合物，氨水是混合物，不屬于電解質，B錯誤；C．NaCl是由Na+和Cl-構成的離子化合物，水溶液或熔融狀態(tài)下都能導電，C錯誤；D．純凈物是一種物質組成，只由一種元素的陽離子與另一種元素的陰離子組成的物質不一定為純凈物，比如FeCl3和FeCl2，D正確；故答案選D。22、B【解析】

短周期W、X、Y、Z、Q五種元素的原子序數依次遞增，已知W的氫化物可與Q單質在光照條件下反應生成多種化合物，W的氫化物應該為烴，則W為C元素，Q為Cl元素；W和Z位于同一主族，則Z為Si元素；Y、Q形成一種共價化合物，X的最高價氧化物對應的水化物可與Y單質反應產生常見的還原性氣體單質E。則X是Na，Y為Al元素；氣體單質E為H2，據此解答?！驹斀狻扛鶕鲜龇治隹芍篧為C，X是Na，Y是Al，Z是Si，Q是Cl元素。A.X是Na，Y是Al，二者形成的陽離子核外電子排布是2、8，具有2個電子層；Q是Cl，形成的離子核外電子排布是2、8、8，離子核外電子層數越多，離子半徑越大；當離子核外電子層數相同時，離子的核電荷數越大，離子半徑越小，所以離子半徑大小關系為：Q>X>Y，A錯誤；B.Cl2在工業(yè)上可用電解飽和NaCl溶液的方法制取，反應方程式為：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，B正確；C.Y、Q形成的化合物AlCl3是鹽，屬于共價化合物，在水溶液中完全電離產生Al3+、Cl-，因此屬于電解質，C錯誤；D.C與SiO2在高溫下發(fā)生置換反應產生Si單質，同時得到CO氣體，反應方程式為2C+SiO2Si+2CO↑，CO不是C元素的最高價氧化物，D錯誤；故合理選項是B。【點睛】本題考查了原子結構與元素周期律的關系，推斷元素為解答關鍵，注意掌握元素周期表結構、元素周期律內容，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及邏輯推理能力。二、非選擇題(共84分)23、羧基、氯原子光照HOOCCCl（CH1）CH2COOH+1NaOH+NaCl+1H2OCH2=C（CH1）CH=CH2CH2BrC（CH1）=CHCH2BrHOCH2C（CH1）=CHCH2OHOHCC（CH1）=CHCHOHOOCC（CH1）=CHCOOHF【解析】

不飽和度極高，因此推測為甲苯，推測為，根據反應③的條件，C中一定含有醇羥基，則反應②是鹵代烴的水解變成醇的過程，C即苯甲醇，根據題目給出的信息，D為，結合D和E的分子式，以及反應④的條件，推測應該是醇的消去反應，故E為，再來看M，M的分子式中有鈉無氯，因此反應⑤為氫氧化鈉的乙醇溶液，M為，經酸化后得到N為，N最后和E反應得到高聚物P，本題得解。【詳解】（1）F中的官能團有羧基、氯原子；反應①取代的是支鏈上的氫原子，因此條件為光照；（2）反應⑤即中和反應和消去反應，方程式為HOOCCCl（CH1）CH2COOH+1NaOH+NaCl+1H2O；（1）根據分析，P的結構簡式為；（4）首先根據E的分子式可知其有5個不飽和度，苯環(huán)只能提供4個不飽和度，因此必定還有1個碳碳雙鍵，符合條件的同分異構體為；（5）首先根據的分子式算出其分子內有2個不飽和度，因此這兩個碳碳雙鍵可以轉化為F中的2個羧基，故合成路線為CH2=C（CH1）CH=CH2CH2BrC（CH1）=CHCH2BrHOCH2C（CH1）=CHCH2OHOHCC（CH1）=CHCHOHOOCC（CH1）=CHCOOHF。24、1，2-二氯丙烷加成反應氧化反應C10H18O4CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaClNa2CO3飽和溶液【解析】

丙烯與氯氣加成得A為CH3CHClCH2Cl，A發(fā)生水解反應得B為CH3CH(OH)CH2OH，苯與氫氣發(fā)生加成反應得C為環(huán)己烷，C發(fā)生氧化反應得D為己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D與B發(fā)縮聚反應得G為，根據題中信息，F發(fā)生取代反應生成H和E，D和E發(fā)生酯化反應（取代反應）得F為CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根據H的結構可推知E為CH3CH2OH。(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸與乙醇發(fā)生酯化反應生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛進一步氧化生成乙酸，乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯與乙酸乙酯發(fā)生信息中反應得到?！驹斀狻扛鶕鲜龇治隹芍狝為CH3CHClCH2Cl，B為CH3CH(OH)CH2OH，C為，C發(fā)生氧化反應得D為HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D與B發(fā)縮聚反應得G為，根據題中信息，F發(fā)生取代反應生成H和E，D和E發(fā)生酯化反應(取代反應)得F為CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根據H的結構可推知E為CH3CH2OH。(1)A為CH3CHClCH2Cl，名稱為：1，2-二氯丙烷(2)反應①是屬于加成反應，反應④屬于氧化反應；(3)G的結構簡式為：；F的結構簡式為CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，分子式是C10H18O4；(4)反應②的化學方程式：CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl；(5)C為環(huán)己烷，C存在多種同分異構體，其中核磁共振氫譜只有兩種峰的同分異構體的結構簡式為；(6)B是1，2-丙二醇CH3CH(OH)CH2OH，D是己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，H是酯，鑒別三種物質的方法是向三種物質中加入Na2CO3飽和溶液，B與碳酸鈉溶液混溶，不分層；D反應，產生氣泡；H不反應，互不相容，液體分層，油層在上層。因此鑒別試劑是碳酸鈉飽和溶液；(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸與乙醇發(fā)生酯化反應生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛進一步氧化生成乙酸，乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯與乙酸乙酯發(fā)生信息中反應得到，所以合成路線流程圖為：。【點睛】本題考查有機物的推斷與性質，注意根據有機物的結構進行推斷，需要學生對給予的信息進行利用，較好的考查學生自學能力、分析推理能力，是熱點題型，難度中等．25、I2Cl2+2KI=I2+2KClI3-生成的碘單質被氯氣氧化為無色物質吸收多余的氯氣氯氣與堿的反應速率低于鹽酸和次氯酸與堿反應【解析】

(1)氯氣與KI發(fā)生Cl2+2I-=I2+2Cl-，以及I2+I-?I3-，取2～3mL黃色溶液，加入足量CCl4，振蕩靜置，CCl4層呈紫紅色，水層顯淺黃色，可說明溶液中存在I2、I3-；(2)繼續(xù)通入氯氣，溶液黃色退去，是因為氯氣將I2氧化為無色物質；(3)NaOH溶液吸收多余的氯氣；氯水的顏色為淺黃綠色，說明氯氣與堿的反應速率低于鹽酸和次氯酸與堿反應。【詳解】(1)取2～3mL黃色溶液，加入足量CCl4，振蕩靜置，CCl4層呈紫紅色，說明溶液中存在I2，生成該物質的化學方程式為Cl2+2KI=I2+2KCl，水層顯淺黃色，可說明溶液中存在I3-，發(fā)生反應為I2+I-?I3-，故答案為：I2；Cl2+2KI=I2+2KCl；I3-；(2)氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯氣發(fā)生Cl2+2KI=KCl+I2，溶液變成黃色，繼續(xù)通入氯氣，生成的碘單質被氯氣氧化為無色物質，所以溶液黃色退去；故答案為：生成的碘單質被氯氣氧化為無色物質；(3)NaOH溶液吸收多余的氯氣，氯氣過量，過量的氯氣溶解于水，水中含有氯氣分子，氯水呈淺黃綠色，說明氯氣與堿的反應速率低于鹽酸和次氯酸與堿反應，故答案為：吸收多余的氯氣；氯氣與堿的反應速率低于鹽酸和次氯酸與堿反應。26、2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O氯氣有毒，污染空氣打開活塞a數分鐘后，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）根據原子守恒及氧化還原反應原理分析解答；（2）根據題給信息中+4價V易被氧化的性質分析解答；（3）根據原子守恒及晶體的組成分析解答；（4）根據滴定原理及氧化還原反應原理分析解答?！驹斀狻浚?）根據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數分鐘后，再打開活塞b，故答案為：打開活塞a數分鐘后，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V元素的質量守恒，根據滴定反應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%。27、藍2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO↑+2H2O三頸燒瓶（三口燒瓶）安全瓶（防倒吸）S尾氣處理（吸收多余的SO2氣體，防止污染環(huán)境）A38.1【解析】

（1）淀粉遇碘單質變藍，酸性條件下，亞硝酸根具有氧化性，可氧化碘離子成碘單質，根據氧化還原反應的規(guī)律配平該方程式；Ⅱ．A裝置制備二氧化硫，C裝置中制備Na2S2O3，反應導致裝置內氣壓減小，B為安全瓶作用，防止溶液倒吸，D裝置吸收多余的二氧化硫，防止污染空氣，（2）根據實驗儀器的結構特征作答；b裝置為安全瓶，防止溶液倒吸；（3）二氧化硫與硫化鈉在溶液中反應得到S，硫與亞硫酸鈉反應得到Na2S2O3；氫氧化鈉溶液用于吸收裝置中殘留的二氧化硫，防止污染空氣，據此分析作答；（4）實驗結束后，裝置b中還有殘留的二氧化硫，為防止污染空氣，應用氫氧化鈉溶液吸收；Ⅲ．（5）提供的方程式中可知關系式為：I-IO3-3I26S2O32－，計算出含碘元素的物質的量，進而得出結論。【詳解】（1）根據題設條件可知，硫酸酸化的NaNO2將碘鹽中少量的I-氧化為使淀粉變藍的I2，自身被還原為無色氣體NO，其化學方程式為：2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO↑+2H2O，故答案為藍；2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO↑+2H2O；（2）y儀器名稱為三頸燒瓶（三口燒瓶）；由實驗裝置結構特征，可知b裝置為安全瓶（防倒吸），故答案為三頸燒瓶（三口燒瓶）；安全瓶（防倒吸）；（3）根據實驗設計與目的，可知二氧化硫與硫化鈉在溶液中反應得到S，硫與亞硫酸鈉反應得到Na2S2O3，c中先有渾濁產生，后又變澄清，則此渾濁物為S，殘余的SO2氣體污染環(huán)境，裝置D的作用是尾氣處理（吸收多余的SO2氣體，防止污染環(huán)境），故答案為S；尾氣處理（吸收多余的SO2氣體，防止污染環(huán)境）；（4）實驗結束后,裝置b中還有殘留的二氧化硫，為防止污染空氣，應用氫氧化鈉溶液吸收，氫氧化鈉和二氧化硫反應生成亞硫酸鈉和水，故A項正確，故答案為A；Ⅲ．（5）從以上提供的方程式中可知關系式為：I-IO3-3I26S2O32－，設含碘元素物質的量為x，解得x==3.0×10－6mol，故所含碘元素的質量為3.0×10－6mol×127g/mol=3.81×10－1mg，所以該加碘鹽樣品中碘元素的含量為(3.81×10－1mg)/0.01kg=38.1mg·kg—1，故答案為38.1。28、正四面體O>S>P分子中含有多個羥基，可與水分子間形成氫鍵sp2、sp32NABLiCoO23d6【解析】

(l)根據價層電子對互斥理論，計算磷酸根離子的價電子對數，找出PO43-空間構型，P、O、S的電負性從大到小的順序按非金屬性強弱和電負性大小之間的關系來回答；(2)抗壞血酸易溶于水的原因從影響溶解性的因素——含羥基及其與水的作用來分析，抗壞血酸中碳原子的雜化方式從碳碳鍵角度分析，1mol抗壞血酸中手性碳原子的數目結合定義和圖示結構判斷；(3)結合信息和示意圖選擇判斷；(4)結合①鋰鈷復合氧化物中Li、Co、O分別形成了六邊層狀結構（圖a），用均攤法計算晶胞內的原子數，求該化合物的化學式，鈷的原子序數為27，則按電子排布規(guī)律可寫Co3+的價層電子排布式；②已知石墨晶胞（圖b）層間距為dpm，C—C鍵長為apm，按晶胞的密度等于晶體的密度為pg/cm3，列式求阿伏加德羅常數；【詳解】(l)PO43-中P原子價層電子對個數且不含孤電子對，根據價層電子對互斥理論判斷空間構型為正四面體結構；答案為：正四面體；元素的非金屬性越強，其電負性越大，則