1、- 1 -重庆市西南大学附属中学校 2019 届高三化学上学期第三次月考试题（含解析）1.中国传统文化源远流长，对人类文明贡献巨大，下列说法不正确的是A. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜” ，该过程发生了氧化还原反应B. “试玉要烧三日满，辨材须待七年期”中“玉”的成分是硅酸盐，该句诗表明玉的熔点很高C. “蘸梦羊毫， 耕耘累累；开春猴棒，再拓涓涓”制作毛笔的羊毛是属于蛋白质D. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁” ，该方法提取青蒿素的过程属于化学变化【答案】D【解析】【分析】A.铁置换铜属于湿法炼铜，有化合价变化，为氧化还原反应；B.玉的成分是硅酸盐，熔点较高；C.羊毛主要成分是蛋白质；D.屠呦呦
2、对青蒿素的提取是利用相似相溶原理，为萃取过程。【详解】A.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，属于氧化还原反应，故 A 正确；B.玉的成分是硅酸盐，玉的硬度比河砂小，金刚砂的成分是碳化硅， “试玉要烧三日满”的意思是检验“玉”的真假要烧满三日，说明“玉”的熔点较高，故 B 正确；C.羊毛的主要成分是蛋白质，故 C 正确；D.屠呦呦对青蒿素的提取是利用相似相溶原理，为萃取过程，没有新物质生成属于物理变化，故 D 错误。故选 D。2.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是1 L 0.1 mol NH4Cl 溶液中， 的数量为 0.1 NA0.1 mol
3、H 2和 0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为 0.2 NA标准状况下,22.4 L 二氯甲烷的共价键数为 7NA个一定条件下，2 mol SO 2和 1 mol O2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于 2 NA - 2 -31g 白磷 P4中含 PP 单键数目为 6NA2 mL 0.5 mol/L FeCl 3溶液滴入沸水中制备 Fe(OH)3胶体，所得胶粒数目小于 0.001 NAA. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】铵根离子发生水解，NH 4+的数目小于 0.1NA，故错误；H 2+I2=2HI 这是一个反应前后分子物质的量不变的反应，故反应后分
4、子总数仍为 0.2NA，故正确；标准状况下，二氯甲烷为液体，不能使用气体摩尔体积 22.4L/mol，22.4L 二氯甲烷的物质的量远远大于 1mol，故错误；SO 2与氧气反应生成三氧化硫的反应是可逆反应，则一定条件下，2molSO 2和 1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于 2NA，故正确；1mol 白磷分子中含 6molP-P 键；31g 白磷晶体物质的量=31g/124g/mol=0.25mol，分子中含有的 P-P 键数约是 1.5NA，故错误；一个 Fe（OH） 3胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故将 2mL0.5mol/L 的 FeCl3溶液滴入沸水中制成 Fe（
5、OH） 3胶体，所得体系中胶粒的数目小于 0.001NA，故正确。所以正确的是，故 B 正确。故选 B。3.前 20 号主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增加。W 的最外层电子数是内层电子数的 3倍，W、X、Z 最外层电子数之和为 10；W 与 Y 同族。下列说法不正确的是A. W 的氢化物沸点大于 Y 的氢化物沸点B. 简单离子半径：X WC. Z 的氢化物中含离子键D. 最高价氧化物对应水化物的碱性：Z X【答案】B【解析】【分析】前 20 号主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增加，W 的最外层电子数是内层电子数的 3 倍，则 W 为 O 元素；W 与 Y 同族，则 Y 为 S
6、 元素；W、X、Z 最外层电子数之和为 10，若 Z 为 K 元素，则 X 为 Al 元素；若 Z 为 Ca 元素，则 X 为 Mg 元素，所以 W、X、Y、Z 分别为- 3 -O、Al、S、K 或 O、Mg、S、Ca，则据此分析。【详解】A.W、Y 形成的氢化物分别为 H2O 和 H2S，水分子之间形成氢键，所以 H2O 的沸点高于 H2S 的沸点，故 A 正确；B.W 为 O 元素，X 为 Al 元素或 Mg 元素，它们形成的简单离子分别为 O2-、Mg 2+或 Al3+，对于具有相同电子层结构的离子，原子序数越大，半径越小，所以离子半径：XW，故 B 错误；C.Z 为 Ca 元素或 K
7、元素，形成的氢化物中含有离子键，故 C 正确；D.元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，无论 X、Z 分别为 Al 元素、K 元素，或 Mg 元素、Ca 元素，金属性：ZX，所以最高价氧化物对应水化物的碱性：ZX，故 D 正确。故选 B。【点睛】氢键是一种比分子间作用力稍强的相互作用，也可以认为是一种分子之间的相互作用，分子间氢键使物质的熔点、沸点、溶解度增加，分子内氢键对物质的影响则反之。4.下列离子方程式的书写及评价均合理的是( )选项 离子方程式 评价A将 2 mol Cl2通入含 1 mol FeI2的溶液中：2Fe2 2I 2Cl 2=2Fe3 4Cl I 2正确；C
8、l 2过量，可将 Fe2 、I 均氧化BBa(HCO3)2溶液与足量的 NaOH 溶液反应：Ba2 HCO 3-OH =BaCO3H 2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量 SO2通入 NaClO 溶液中：SO2H 2OClO =HClOHSO 3-正确；说明酸性：H 2SO3强于 HClOD1 mol/L 的 NaAlO2溶液和 2.5 mol/L 的HCl 溶液等体积混合：2AlO2-5H =Al3 Al(OH) 3H 2O正确；第一步反应和第二步反应消耗的H 的物质的量之比为 23A. A B. B C. C D. D- 4 -【答案】D【解析】试题分析：A将 2 mol Cl2通入
9、到含 1 mol FeI2的溶液中，由电子守恒可知，氯气过量，则离子反应为 2Fe2 4I 3Cl 2=2Fe3 6Cl 2I 2，故 A 错误；BBa(HCO 3)2溶液与足量的 NaOH 溶液反应的离子反应为 Ba2 2HCO 2OH =BaCO32H 2OCO ，故 B 错误；C过量 SO2通入到 NaClO 溶液中的离子反应为 SO2H 2OClO =2H Cl SO ，故 C 错误；D1 mol/L 的 NaAlO2溶液和 2.5 mol/L 的 HCl 溶液等体积互相均匀混合的离子反应为 2AlO5H =Al3 Al(OH) 3H 2O，故 D 正确。故选 D。考点：考查离子方程式
10、的正误判断【名师点睛】离子方程式是用实际参加反应的离子符号来表示离子反应的式子，是历次考试必考知识点之一。书写离子方程式一般包括以下步骤：写：依据事实正确写出化学方程式；拆：把易溶解且易电离的物质写成离子形式，难溶物质、难电离物质、氧化物都用化学式（分子式）表示；删：删去方程式两边不参加反应的离子；查：检查方程式两边是否符合“原子守恒”和“电荷守恒” 。特别注意：没有自由移动离子参加的反应不能写成离子方程式。如 NH4Cl 和 Ca(OH)2固体混合加热，虽然也有离子参加反应，但不是自由移动离子，因此不能写成离子方程式；浓硫酸写成分子式，浓硝酸和浓盐酸可写成离子；在物质发生化学反应时，有些反应
11、会因操作顺序或反应物相对量不同而发生不同的反应。书写与量有关的离子反应方程式时，常设不足者为“1mol”进行分析，根据“不足者”调整过量物质的比例。判断与量有关的离子反应方程式正误时，采用“不足者”必符合化学式中原子或离子个数比进行判断，比较快速方便。5.据报道以二氧化碳为原料采用特殊的电极电解强酸性的二氧化碳水溶液可得到多种燃料，其原理下图所示，该装置工作时，下列叙述错误的是A. b 极上生成乙烯的电极反应式为：2CO 212H 12e =C2H44H 2O- 5 -B. a 接太阳能电池的正极C. a 级上发生还原反应生成标况下 22.4 L 氧气时，电路中转移的电子数为 4NAD. 溶液
12、中 H 通过质子透过膜向 b 极移动【答案】C【解析】【分析】太阳能电池中光能转化为电能，电解强酸性的二氧化碳水溶液得到乙烯，电能转化为化学能；电解时，二氧化碳在 b 极上得电子发生还原反应生成乙烯，水在 a 极上失电子发生氧化反应生成氧气，据此回答。【详解】A.电解时，二氧化碳在 b 极上得电子发生还原反应生成乙烯，电极反应式为2CO2+12H+12e-=C2H4+4H2O，故 A 正确；B.a 为电解池的阳极，连接的是太阳能电池的正极，故 B 正确；C.水在 a 极上发生氧化反应生成氧气，生成在标况下 22.4L 即 1mol 氧气时，电路中转移的电子数为 4NA，故 C 错误；D.b 为
13、阴极，溶液中 H 通过质子透过膜向阴极移动，故 D 正确。故选 C。6.我国科研人员提出了由 CO2和 CH4转化为高附加值产品 CH3COOH 的催化反应历程。该历程示意图如下。下列说法不正确的是A. 生成 CH3COOH 总反应的原子利用率为 100%B. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率C. 放出能量并形成了 CC 键D. CH4CH 3COOH 过程中，有 CH 键发生断裂【答案】B- 6 -【解析】【详解】A.根据图示 CO2和 CH4在催化剂存在时生成 CH3COOH，总反应为：CO2+CH4CH 3COOH，只有 CH3COOH 一种生成物，原子利用率为 100%，故 A 正
14、确；B.催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，故 B 错误；C.CH4选择性活化变为 CH3COOH 过程中，有 1 个 CH 键发生断裂，故 C 正确；D.根据图示，的总能量高于的总能量，放出能量，对比和，放形成了CC 键，故 D 正确。故选 B。【点睛】认真观察示意图，分清反应物、中间产物和生成物，该题就不难作答。7.下列实验能达到实验目的的是选项 实验操作 实验目的A F2、I 2分别与 H2反应 比较氟、碘的非金属性强弱B 向 MgCl2、AlCl 3溶液中分别通入 NH3 比较镁、铝的金属性强弱C 测定相同浓度的 Na2CO3、Na 2SO3溶液的 p
15、H 比较碳、硫的非金属性强弱D 向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中 检验溶液中是否含有 SO32-A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A.F 2、I 2分别与 H2反应，根据反应条件的难易程度即可判断出氟、碘的非金属性强弱，故 A 正确；B.向 MgCl2、AlCl 3溶液中分别通入 NH3，MgCl 2与 NH3H2O 反应生成氢氧化镁沉淀，AlCl 3与NH3H2O 反应生成氢氧化铝沉淀，无法比较镁、铝的金属性强弱，故 B 错误；C.测定相同浓度的 Na2CO3、Na 2SO3溶液的 pH，只能说明 H2CO3的酸性比 H2SO3溶液的弱，而比较非金
16、属性强弱要根据最高价氧化物对应水化物的酸性，Na 2SO3中的硫不是最高价，不能比较，故 C 错误；- 7 -D.向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，具有强氧化性的气体及二氧化硫均可使品红褪色，则将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，则该气体可能为 SO2，还可能为氯气，不能检验溶液中是否含有 SO32-，故 D 错误。故 A 正确。8.铜及其化合物在工业上有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为 Cu 2S，含少量 Fe2O3、SiO 2 等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：(1)“浸取”反应中氧化剂的化学式为_；若“浸取”反应中得到一种单质，则滤渣的成分为 MnO 2
17、 和_、_ (写化学式)。(2)“除铁”这一步反应在 25 进行，加入的试剂 A 为_，若加 A 后溶液 的 pH 调为 4，溶液中 Fe 3 浓度为_mol/L。已知 KspFe(OH)34.010 38 (3)写出“沉锰”(除 Mn 2 )过程中反应的离子方程式：_。(4)滤液经蒸发结晶得到的盐主要是_(写化学式)。(5)过滤的沉淀经过洗涤、干燥可以得到碱式碳酸铜，如何判断沉淀已洗净？_。【答案】 (1). MnO2 (2). S (3). SiO2 (4). CuO 或 Cu(OH)2 或 CuCO3或Cu2(OH)2CO3 (5). 4.0108 (6). Mn2 HCO 3-NH 3
18、H2OMnCO 3NH 4+H 2O (7). (NH4)2SO4 (8). 取少量最后一次洗涤液于试管中，加入足量稀 HCl 酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净【解析】【分析】辉铜矿主要成分为 Cu2S，含少量 Fe2O3、SiO 2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为 MnO2、SiO 2、单质 S，滤液中含有 Fe3+、Mn 2+、Cu 2+，调节溶液 pH 除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜。（1）由滤渣 1 的成份可知反应的化学方程式是：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO 4+2MnS
19、O4+4H2O，根据方程式判断；- 8 -（2）根据 KspFe(OH)3=c（Fe 3+）c（OH -） 3=4.01038 ，根据 OH-离子的浓度计算 Fe3+离子的浓度；（3） “沉锰” （除 Mn2+）过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，以此可书写反应的离子方程式；（4）滤液主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体；（5）根据硫酸根离子的检验方法进行分析。【详解】 （1）由滤渣 1 的成份可知反应的化学方程式是：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO 4+2MnSO4+4H2O，反应中 Mn 元素化合价降低，被还原，MnO 2为氧化剂，因二氧
20、化硅与酸不反应，则滤渣的成分为 MnO2、S 和 SiO2，故答案为：MnO2，S、SiO 2。（2）加入的试剂 A 应用于调节溶液 pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，因最后要制备碱式碳酸铜，则可加入 CuO 或 Cu(OH)2或 CuCO3或 Cu2(OH)2CO3等，若加入 A 后溶液的 pH 值为 4，c（OH -）10 -10mol/L， KspFe(OH)34.010 38 ，则溶液中铁离子浓度：4.01038 /(10-10)3mol/L4.010 -8mol/L，故答案为：4.010 -8。（3） “沉锰” （除 Mn2+）过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的
21、离子方程式为 Mn2 HCO 3-NH 3H2OMnCO 3NH 4+H 2O，故答案为：Mn 2 HCO 3-NH 3H2OMnCO 3NH 4+H 2O。（4）滤液主要是硫酸铵溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体，故答案为：(NH 4)2SO4。（5）分析流程题可知，第一步加入了 H2SO4，在整个过程中没有除去 H2SO4，判断沉淀是否已经洗净，就是检验是否含有 SO42-，检验方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入足量稀 HCl 酸化，再加入 BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入足量稀 HCl 酸化，再加入
22、 BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净。【点睛】解答该类题目时注意把握实验、反应原理和操作流程的目的，特别是主要是物质性质的理解。解决本类题目的基本方法和步骤为：（1）从题干中获取有用信息，了解生产的产品。 （2）然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。 （3）分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：反应物是什么；发生了什么反应；该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。- 9 -9.科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池。已知在常
23、温常压下：2CH 3OH(l) + 3O2 (g) = 2CO2(g) + 4H2O(g) H1= 1276.0 kJ/mol 2H 2(g) + O2(g) = 2H2O(g) H2 = 482.0 kJ/mol；H 2O(g) = H2O(l) H3= 44.0 kJ/mol(1)写出由 CO2和 H2合成甲醇和液态水的热化学方程式_。(2)在容积为 2 L 的密闭容器中，通入 2mol CO2和 5mol H2合成甲醇，在其他条件不变的情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如下图所示； T1 _T2(填“或=”)，处于 A 点的反应体系从 T1变到 T2，达到平衡时_(填“增大，减小或不
24、变”)。 若在 T2温度下 5 min 达到化学平衡，求平衡时用 H2表示的平均反应速率为 _。 (3)某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计下图所示的电池装置：写出电池负极的电极反应式：_，该电池工作一段时间，测得溶液的 pH_(填“增大，减小或不变”)。写出该电池总反应的离子方程式为_。【答案】 (1). CO2 (g)3H 2(g)CH 3OH(l)H 2O(l) H 129 kJmol1 (2). T1，处于 A 点的反应体系从 T1变到 T2，因为温度从 T1升高到 T2时，平衡逆向移动，故氢气的物质的量增大，甲醇的物质的量减小，故 n（H 2）/n（CH 3OH）增大；根据速率的计
25、算公式进行计算；（3）在甲醇燃料电池中，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，电解质溶液为碱性，总反应方程式为：2CH 3OH3O 2+4OH 2CO 32 6H 2O。【详解】 （1）已知在常温常压下：2CH 3OH(l) +3O2 g)=2CO2(g)+4H2O(g) H1=1276.0kJ/mol；2H 2(g)+O2(g)=2H2O(g) H2 =482.0kJ/mol；H 2O(g)=H2O(l) H3=44.0kJ/mol，根据盖斯定律由 CO2和 H2合成甲醇和液态水的热化学方程式为：CO 2(g)3H 2(g)CH 3OH(l)H 2O(l) H=3/2H 2+H3-
26、1/2H1=（482.0）3/2+（44.0）-（1276.0）1/2=-129kJmol 1 ，故答案为：CO 2(g)3H 2(g)CH 3OH(l)H 2O(l) H129kJmol1 。（2）由于该反应是放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，甲醇的含量降低，因此温度 T2T1，处于 A 点的反应体系从 T1变到 T2，因为温度从 T1升高到 T2时，平衡逆向移动，故氢气的物质的量增大，甲醇的物质的量减小，故 n（H 2）/n（CH 3OH）增大，故答案为：，增大。依据图像分析，若在 T2温度下达到化学平衡时，甲醇的物质的量为 1mol，依据化学方程式为：CO 23H 2CH 3OHH
27、2O，甲醇物质的量的变化量为 1mol，则消耗氢气的物质的量为3mol，平衡时用 H2表示的平均反应速率为 3mol2L5min=0.3molL1 min1 ，故答案为：0.3molL1 min1 。（3）在甲醇燃料电池中，燃料在负极失电子发生氧化反应，电解质溶液为碱性，负极的方程式为：CH 3OH6e +8OH CO 32 6H 2O，电池工作一段时间后，氢氧根离子被消耗，所以溶液的 pH 减小，故答案为：CH 3OH6e +8OH CO 32 6H 2O，减小。由燃料电池是原电池的一种，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，电解质溶液为碱性，总反应方程式为：2CH 3OH3O 2
28、+4OH 2CO 32 6H 2O，故答案为：2CH3OH3O 2+4OH 2CO 32 6H 2O。10.某实验研究小组欲检验草酸晶体分解的产物并测定草酸溶液的浓度(杂质不发生反应)。查阅资料：草酸晶体(H 2C2O42H2O)在 100 开始失水，101.5 熔化，150 左右分解产- 11 -生 H2O、CO 和 CO2。下面是可供选择的实验仪器(图中某些加热、夹持装置已略去)，实验所需药品不限。(1)最适宜加热分解草酸晶体的装置是 C。若选装置 A 可能会造成的后果是_；若选装置 B 可能会造成的后果是_。 (2)实验利用装置“G(碱石灰)FD(CuO 固体)F”检验 CO，则 F 中
29、盛装的试剂是_，证明含有 CO 的现象是_。(3)可用 0.10 mol/L 酸性 KMnO4标准溶液来滴定未知浓度的草酸溶液。滴定过程中发生反成的离子方程式为_。滴定过程中操作滴定管的图示正确的是_。判断反应达到滴定终点时的现象为_。【答案】 (1). 固体药品熔化后会流到试管口，不利于草酸晶体分解 (2). 冷凝水会倒流到试管底，造成试管炸裂 (3). 澄清的石灰水 (4). 前一个 F 中没有浑浊现象出现，D 中固体颜色由黑色变为红色，后一个 F 中有浑浊现象出现 (5). 2MnO4 + 5H2C2O4 + 6H = 2Mn2 + 10CO2+ 8H2O (6). A (7). 当滴入
30、最后一滴标准液时，溶液由无色变为紫红色且 30s 不褪色【解析】【分析】（1）草酸晶体的熔点低，受热容易熔化，用 C 装置加热分解革酸晶体，熔融的固体不易流- 12 -下，适用于加热草酸，若选择装置 A 加热会使固体熔融物溶化后流到试管口处，若选择装置B 分解生成的水会倒流试管底部炸裂试管；（2）实验利用装置“G（碱石灰）-F-D（CuO 固体）-F”检验 CO，通过装置 G 吸收水和二氧化碳，通过装置 F 检验二氧化碳是否除净，通过装置 D 检验是否有一氧化碳含有氧化铜为铜，最后通过装置 F 检验是否生成二氧化碳气体；（3）高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的 C 从+3 价氧化成+4 价的二氧
31、化碳，Mn 元素从+7价变化到+2 价的锰离子，由于草酸分子中有 2 个 C 原子，所以高锰酸钾与草酸的反应比例为5：2，故反应的方程式为：2MnO 4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H 2O；根据滴定管的使用规则，滴定时，左手包住滴定管的活塞控制液滴的滴出，防止活塞被意外打开；可利用高锰酸钾溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点。【详解】 （1）最适宜加热分解革酸晶体的装置是 C，若选装置 A 可能会造成的后果是固体药品熔化后会流到试管口，不利于草酸晶体分解；若选装置 B 可能会造成的后果是冷凝水会倒流到试管底，造成试管破裂，故答案为：固体药品熔化后会流到试管口，不利于草酸
32、晶体分解；冷凝水会倒流到试管底，造成试管破裂。（2）实验利用装置“G（碱石灰）-F-D（CuO 固体）-F”检验 CO，通过装置 G 吸收水和二氧化碳，通过装置 F 检验二氧化碳是否除净，通过装置 D 检验是否有一氧化碳含有氧化铜为铜，最后通过装置 F 检验是否生成二氧化碳气体，故答案为：澄清的石灰水；前一个 F 中没有浑浊现象出现，D 中固体颜色由黑色变为红色，后一个 F 中有浑浊现象出现。（3）高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的 C 从+3 价氧化成+4 价的二氧化碳，Mn 元素从+7价变化到+2 价的锰离子，由于草酸分子中有 2 个 C 原子，所以高锰酸钾与草酸的反应比例为 5：2，故反应
33、的方程式为：2MnO 4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H 2O，故答案为：2MnO 4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H 2O。根据滴定管的使用规则，滴定时，左手包住滴定管的活塞控制液滴的滴出，防止活塞被意外打开，即如图 A 所示操作，故答案为：A。可利用高锰酸钾溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点，当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为紫红色且 30s 不褪色，故答案为：当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为紫红色且 30s 不褪色。- 13 -11.X、Y、Z、W、R 是原子序数依次增大的前四周期元素，这五种元素的相关信息如下：元素 相关信息X 其
34、中一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代Y 原子核外电子有 7 种不同的运动状态Z 地壳中含量最高的元素W 价电子排布式为( n1)s n(n1)p n2R 基态原子最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子(1)基态 R 原子的电子排布式为_。(2)Y2分子中 键和 键的数目比为_。(3)X、Y、Z 三种元素的第一电离能由小到大的顺序为_(用元素符号表示)，元素Y 的简单气态氢化物的沸点比元素 X 的简单气态氢化物沸点高的主要原因是_。(4)元素 Z、W 组成的微粒 WZ42-的空间构型是_，其中 W 原子的杂化轨道类型为_。(5)已知 Z、R 能形成一种化合物，其晶胞结构如图所示，该化合
35、物的化学式为_；若相邻的 Z 原子和 R 原子间的距离为 a cm，设阿伏加德常数的值为 NA，则该晶体的密度为_gcm3 (用含 a、 NA的代数式表示)。【答案】 (1). Ar3d104s1(或 1s22s22p63s23p63d104s1) (2). 12 (3). CON (4). 氨分子间存在氢键，而甲烷分子间只有范德华力 (5). 正四面体 (6). sp3 (7). Cu2O (8). 【解析】【分析】- 14 -X、Y、Z、W、R 是原子序数依次增大的前四周期元素，X 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则 X 为碳元素；Y 原子核外电子有 7 种不同的运动状态，则
36、Y 为 N 元素；Z是地壳中含量最高的元素，则 Z 为 O 元素；W 元素的价电子排布式为( n1)s n(n1)p n2 ，s能级容纳 2 个电子，则 n=2，可推知 W 为 P 元素；R 元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满，则 F 原子外围电子排布为 3d104s1，所以 R 为铜元素，据此答题。【详解】 （1）R 元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满，基态 R 原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：1s 22s22p63s23p63d104s1。（2）N 2分子结构式为 NN， 键和 键的数目比为 1：2，故答案为：
37、1：2。（3）C、O、N 元素都是第二周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但 N 元素原子 2p 能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：CON；氨气分子之间存在氢键，而甲烷分子间只有范德华力，沸点高于甲烷的，故答案为：CON；氨气分子之间存在氢键，而甲烷分子间只有范德华力。（4）由元素 Z、W 组成的 PO43-中 P 原子孤电子对数为（5+3-24）2=0，价层电子对数为4+0=4，故其空间构型是正四面体，其中 P 原子的杂化类型为 sp3杂化，故答案为：正四面体；sp3杂化。（5）根据晶胞的结构图可知，晶胞中含有氧原子数为 1+81
38、/8=2，铜原子数为 4，所以该化合物的化学式为 Cu2O，晶胞质量为 ，若相邻氧原子和铜原子间的距离为 acm，则晶胞的体对角线为 4acm，所以边长为 ，所以体积为 ，该晶体的密度为 ，故答案为：Cu 2O， 。【点睛】第（5）小题先根据晶胞的结构推导该化合物的化学式，再根据 =m/V 计算该晶胞的密度。12.随着环境污染的加重和人们环保意识的加强，生物降解材料逐渐受到了人们的关注。以下是 PBA (种生物降解聚酯高分子材料）的合成路线：己知：烃 A 的相对分子质量为 84，核磁共振氢谱显示只有 1 组峰，不能使溴的四氯化碳溶液褪色。- 15 -化合物 C 中只含一个官能团。R1CH=CH
39、R 2 R1COOH+R2COOH(1)由 A 生成 B 的反应类型为_。(2)由 B 生成 C 的化学方程式为_。 (3)E 的结构简式为_。(4)F 的名称为_(用系统命名法)；由 D 和生成 PBA 的化学方程式为_；若 PBA 的平均聚合度为 70，则其平均相对分子质量为_。(5)E 的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_种（不含立体异构） 。链状化合物 能发生银镜反应 氧原子不与碳碳双键直接相连其中，核磁共振氢谱显示为 2 组峰，且峰面积比为 2:1 的是_(写结构简式)。(6)若由 1.3丁二烯为原料（其他无机试剂任选）通过三步制备化合物 F，其合成路线为:_。【答案】 (1).
40、 取代 (2). +NaOH +NaBr + H2O (3). HOCH2C CCH2OH (4). 1,4丁二醇 (5). nHOOC(CH2)4COOH + nHOCH2(CH2)2CH2OHHO + (2n-1)H2O (6). 14018 (7). 6 (8). OHCCH2CH2CHO 具体为：H 2C= 、HOCH 2CH=CHCHO、CH 2=OHCCH2CH2CHO、HCOOCH2CH=CH2 (9). 【解析】烃 A 的相对分子质量为 84，则 A 的分子式为 C6H12，核磁共振氢谱显示只有 1 组峰，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，则 A 为 ，与液溴在光照条件下发生取代反应
41、生成- 16 -， 在 NaOH 的醇溶液中发生消去反应生成 ， 在酸性高锰酸钾溶液中氧化得到的 D 为 HOOCCH2CH2CH2CH2COOH； 与 HCHO 在一定条件下反应生成的E 为 ，E 与 H2发生加成反应生成的 F 为 HOCH2CH2CH2CH2OH，D 和 F 发生缩聚反应生成的 PBA 为 ；(1)由 生成 的反应类型为取代反应；(2)由 在 NaOH 的醇溶液中发生消去反应生成 的化学方程式为；(3)E 的结构简式为 ；(4)根据系统命名法，HOCH 2CH2CH2CH2OH 的名称为 1,4丁二醇 ；由 HOOCCH2CH2CH2CH2COOH 和HOCH2CH2CH
42、2CH2OH 发生缩聚反应生成 PBA 的化学方程式为 nHOOC(CH2)4COOH + nHOCH2(CH2)2CH2OH HO + (2n-1)H2O ；若 PBA 的平均聚合度为70，链节 OC(CH2)4COOCH2(CH2)2CH2O 的式量为 200，则其平均相对分子质量为20070+18=14018；(5) 链状化合物，说明结构中无环；能发生银镜反应说明有醛基；氧原子不与碳碳双键直接相连；则可能是 2 个醛基，则有 2 种结构，具体为 ；也可能是一个碳碳双键，一个醇羟基与一个醛基，则有 3 种结构，具体为；也可能是一个碳碳双键，一个甲酸酯，则有1 种结构，具体是 ，共 6 种结
43、构；其中，核磁共振氢谱显示为 2 组峰，且峰面积比为 2:1 的是 OHCCH2CH2CHO；(6)由 1.3丁二烯通过三步制备化合物 HOCH2CH2CH2CH2OH，其合成路线为- 17 -。点睛：根据反应条件推断反应类型：（1）在 NaOH 的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。 （2）在 NaOH 的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。（3）在浓 H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。 （4）能与溴水或溴的 CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。 （5）能与 H2在Ni 作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。 （6）在O2、Cu(或 Ag)、加热(或 CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。 （7）与 O2或新制的 Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO 的氧化反应。(如果连续两次出现 O2，则为醇醛羧酸的过程)。 （8）在稀 H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。（9）在光照、X 2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在 Fe 粉、X 2条件下发生苯环上的取代。
