化学CH,COONa,根据物料守恒：9c(Na+)=4[c负性越大，元素的非金属性大小：N>C>Si,则电负性(CH,COOH)+c(CH.COO)],电荷守恒：c(Na)+c大小顺序：N>C>Si:由题意，分子构成平面结构，则(H)=c(CI)+c(CH.COO)十c(OH),联立两式，4c(CH COOH)+9c(H)=9c(CI )+9c(OH)+5cHC-中会有1个大x线m:(CH.COO),D正确。](5)由题图可知，甲的化学式为SiO,形成的二聚硅酸15.D[考查证据推理与模型认知核心素养。根据图中电根离子是由两个SiO-通过共用1个O原子形成的，子移动方向可知，左侧电极为负极，右侧电极为正极，可知丙的化学式为Si2O;根据丁的结构可知，每个负极反应式为SO2-2e十4OH—SO十2H2O,正SiO与2个SiO-均共用1个O原子，硅氧原子个数极反应式为O2十2e+2H一H2O2,所以协同转化总反应为SO2+O2+2NaOH一H2O2+Na2SO4。比为1：(2+2×号)=1：3。A.反应①不能自发进行，则反应①是吸热反应，反应②答案：（除标注外，每空1分）(1)E(2)CBCF0.5能自发进行，则反应②是放热反应，反应②释放的能量(3)AB(4)正四面体sp2、sp3N>C>SiI可以用于反应①，A正确；B.由图可知，生成H2O,的电(5)Si2091:3(2分)极反应为O2+2e十2H一H2O2,B正确；C.H、电17.解析：考查证据推理与模型认知核心素养。子所带电荷数值相等，则右侧消耗H的量等于迁移过废催化剂在“焙烧”过程中MoS、V,O,和Al2O3均转化来H的量，硫酸的总量不变，所以反应过程中不需补为对应的钠盐，加入水除去固体杂质得到浸出液，通入加稀H2SO,C正确；D.负极反应式为SO2-2e+过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀除去铝，得到滤液调4OH=SO+2H2O,正极反应式为O2+2e+节pH,加入氯化铵生成NH,VO,沉淀，分离出滤液，加2H一H2O2,则协同转化总反应为S02十O2十入硝酸铵、硝酸得到(NH:),O·4MnO2·2H2O;2NaOH—H2O2+Na2SO,D错误。](1)对于固体来说，粉碎可以增大接触面积，从而加快16.解析：考查证据推理与模型认知核心素养。拓展：判断反应速度，提高反应效率；“焙烧”时需对废催化剂进行分子和离子空间结构的方法：粉碎，目的是加快反应速率；(2)“焙烧”过程中M0S转第一步：确定中心原子的价层电子对数，价层电子对数化为对应的钠盐，硫元素被氧气氧化为二氧化硫，MoS等于。键电子数十中心原子孤电子对数；第二步：确定在焙烧过程中和碳酸钠、氧气反应生成Na,MoO,和二价层电子对的空间结构；第三步：分子空间结构的氧化碳、二氧化硫，反应化学方程式为2MoS+确定。2Na,C0,+50,培挠2Na,Mo0,+2C0,+2S0:(3)报(1)A.三种酸中，电负性F>C>H,F对电子对的吸引据“沉铝”信息可知，“滤渣”的成分为氢氧化铝A1能力更强，使得羧基中羟基氢更容易电离，故酸性：三(OH)3;“焙烧”过程中MoS、V2O和Al2O3均转化为氟乙酸>三氯乙酸>乙酸，A正确；B.C,H,分子中C对应的钠盐，沉铝过程中偏铝酸钠和过量二氧化碳生原子杂化方式为sp杂化，形成化学键时C原子用sp成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀除去了铝，则得到滤液杂化轨道成键，H原子用s轨道成键，故H原子与C①的主要成分为M0、V的钠盐和生成的碳酸氢钠，原子之间形成s一sp。键，B正确；C.价层电子对互斥故为Na2MoO,、NaVO3、NaHCO3;(4)由流程可知，模型中，。键电子对和孤电子对计入中心原子的价层电“沉钼”过程中加入硝酸铵和硝酸与M0O子反应生成子对数，C正确；D.H2S和NH3均是价层电子对数为4(NH,)2O·4MoO3·2H2O,反应的离子方程式为的极性分子，NH3和H2S分别含1个和2个孤电子对，2NH+6Ht+4MoO一(NH,),O·4MoO·孤电子对数越多，斥力越大，键角越小，故H,S分子的2H2O+H2O;(5)氢气还原(NH,),O·4MoO,·2HO键角较小，D正确：E.只含有分子间作用力的分子晶体得金属钼，钼化合价由十6价变为0价，化合价降低发具有“分子密堆积”特征，冰属于分子晶体，但含氢键，生还原反应为氧化剂：氢气生成水，氢元素化合价由0不具有“分子密堆积”特征；故选E;(2)石墨中层与层之价变为十1价，化合价升高发生氧化反应为还原剂：根间为分子间作用力，故从石墨中剥离出石墨烯需要破据电子守恒可知，(NH,),O·4MoO·2H,O24e坏的作用力是分子间作用力；每个C原子参与形成312H2,故氧化剂与还原剂物质的量之比为1：12。个六元环，年个六元环中含的C原子个数为：6×号=2答案：（每空2分）(1)加快反应速率(2)2MoS+,12g石墨烯中C原子的物质的量为1mol,即形成六2Na,C0,+50,格烧2Na,Mo0,+2C0,+2S0,元环的物质的量为0.5m0l;由于石墨是混合型晶体，(3).Al(OH)NaVO,NaHCO层内作用力为金属键、非极性共价键、层间为范德华(4)2NH,+6H++4MoO2-力，转化为金刚石会破坏这些力，故选BCF;(3)四氯化(NH4)2O·4Mo03·2H2O+H2O(5)1:12碳和环己烷中碳原子杂化方式均为Sp杂化，不能形成18.解析：考查科学探究与创新意识核心素养。步骤I中大π键；而苯和三氧化硫中中心原子均为$2杂化，还Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H,O,步骤有未杂化p轨道，可形成大π键，故选AB;(4)①TiCLⅡ中尿素与NaCIo、NaOH反应生成N2H·HO、分子中Ti原子价层电子对数为4，没有孤对电子，因此Naz COa NaCl,步骤Ⅲ分离出N2H4·H2O。分子的空间结构是正四面体：②甲基的C原子形成4(I)Cl2与NaOH溶液反应制备NaCIO溶液的离子方个。键，无孤电子对，C原子价层电子对个数是4，为程式为C2+2OH一C1+CIO+HO;该反应为sp3杂化，环上C原子形成3个。键，无孤电子对，价层放热反应，为避免副反应发生，需控制温度不高于40电子对个数是3，为$p杂化；元素非金属性越强，其电℃，可采取的措施是冰水浴冷却、将Cl2缓慢通入·18·
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模拟金卷答案