福建省莆田市第二十四中学2019届高三化学上学期第二次月考试卷（含解析）.doc

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1、- 1 -福建省莆田市第二十四中学 2019 届高三上学期第二次月考理科综合化学1.下列有关叙述不正确的是A. 纤维素、酚醛树脂均属于高分子化合物B. 花生油在碱性条件下的水解，可用于制肥皂C. 石油的分馏所得的馏分一定都是纯净物D. 利用渗析原理，用半透膜和蒸馏水可除去淀粉胶体中的食盐【答案】C【解析】【分析】纤维素是天然有机高分子化合物、酚醛树脂是合成有机高分子化合物；花生油是高级脂肪酸甘油酯；石油的分馏所得的馏分仍是多种烷烃和环烷烃的混合物；胶体粒子不能透过半透膜，溶液中的粒子能透过半透膜；【详解】纤维素是天然有机高分子化合物、酚醛树脂是合成有机高分子化合物，故 A正确；花生油是高级脂肪

2、酸甘油酯，在碱性条件下的水解为高级脂肪酸盐和甘油，故 B正确；石油的分馏所得的馏分仍是多种烃的混合物，故 C错误；胶体粒子不能透过半透膜，溶液中的粒子能透过半透膜，所以用半透膜和蒸馏水可除去淀粉胶体中的食盐，故 D正确，选 C。2.用 N A 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A. 1molCH4 与 Cl 2 在光照条件下反应生成的 CH 3Cl 分子数为 N AB. 5.6g Fe 和 6.4g Cu 分别与足量 Cl 2 反应，转移的电子数均为 0.2N AC. 0.1mol/L 的 FeCl 3 溶液中，Fe 3 的数目为 0.1 N AD. 3.0 g 葡萄糖和醋酸的混合物中

3、含有的原子总数为 0.4 N A【答案】D【解析】【分析】CH4与 Cl2在光照条件下发生取代反应，生成 CH3Cl、CH 2Cl2、CHCl 3、CCl 4四种卤代烃；Fe 与氯气反应生成 FeCl3；根据 ，没有溶液体积不能计算溶质的物质的量；葡萄糖和醋酸的最简式都是 ；【详解】CH 4与 Cl2在光照条件下发生取代反应，生成 CH3Cl、CH 2Cl2、CHCl 3、CCl 4四种卤代- 2 -烃，所以 1molCH4与 Cl2在光照条件下反应生成的 CH3Cl分子数小于 NA，故 A错误；Fe 与氯气反应生成 FeCl3，5.6g Fe与足量 Cl2反应，转移的电子数均为 0.3NA，

4、故 B错误；没有溶液体积不能计算溶质的物质的量，故 C错误；葡萄糖和醋酸的最简式都是 ，3.0 g葡萄糖和醋酸的混合物中含有的原子总数为 0.4 NA，故 D正确。选 D。3.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是A. 磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe 3O48H NO 3 =3Fe3 NO4H 2OB. Mg(HCO3)2 溶液中加入足量 NaOH 溶液：Mg 2 2HCO 3 2OH =MgCO3CO 32 2H 2OC. 向含有 0.2 mol FeI 2 的溶液中通入 0.1 mol Cl 2 充分反应：2I Cl 2=2Cl I 2D. 明矾溶液中加入 Ba(OH) 2 溶液至生成沉淀的物

5、质的量最多：Al3 2SO 42 2Ba 2 4OH =AlO2 2BaSO 42H 2O【答案】C【解析】【分析】A项，电荷不守恒；B 项，氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，反应应生成氢氧化镁；C 项，还原性：I Fe2+，氯气先氧化碘离子；D.当把铝离子转化为 Al(OH)3时，沉淀物质的量最多。【详解】A 项，电荷不守恒，故 A项错误；B 项，氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，因此反应应生成氢氧化镁而非碳酸镁，故 B项错误；C 项，还原性：I Fe2+根据电子得失守恒可知，0.1 mol Cl2完全反应变为 Cl ，转移电子 0.2 mol，0.2 mol FeI2中含有 0.4 mol I ，因此

6、氯气完全反应，离子方程式为 2I +Cl22Cl +I2，C 项正确；D.当把铝离子转化为 Al(OH)3时，沉淀物质的量最多，故 D项错误；正确选项 C。4.O2F2可以发生反应：H 2S+4O2F2SF 6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）A. 氧气是氧化产物B. O2F2既是氧化剂又是还原剂C. 若生成 4.48 L HF，则转移 0.8 mol电子D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为 1：4【答案】D【解析】试题分析：AO 元素由+1 价降低到 0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故 A正确；B在反应中，O 2F2中的 O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，

7、而- 3 -硫化氢中的 S元素的化合价是-2 价，反应后升高为+6 价，所以 H2S表现还原性，O 2F2表现氧化性，故 B错误；C不是标准状况下，且标准状况下 HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算 HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故 C错误；D该反应中，S元素化合价由-2 价升高到+6 价被氧化，O 元素由+1 价降低到 0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为 O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是 4：1，故 D错误；故选 A。【考点定位】考查氧化还原反应的计算【名师点晴】为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变

8、化，为解答该题的关键，反应 H2S+4O2F2SF 6+2HF+4O2中，S 元素化合价由-2价升高到+6 价被氧化，O 元素由+1 价降低到 0价被还原；氧化产物为 SF6，还原产物为 O2，以此解答该题。视频5.设 N A 为阿伏加德罗常数的值，下列有关反应 3Cl 2 + 8NH3=6NH4Cl + N2 的说法中正确的是A. 若有 0.3 mol Cl 2 参加反应，则转移的电子数为 0.6N AB. 若生成 2.24 L N 2，则转移的电子数为 0.6N AC. 若有 1.2N A 个电子发生转移，则被氧化的 NH 3 的质量是 27.2 gD. 若生成 1 mol NH 4Cl

9、转移的电子数是 n，则 N A=1/n【答案】A【解析】试题分析：A、反应 3Cl2+8NH36NH 4Cl+N2中，3Cl 26Cl -6e -，2NH 3N 26e -，所以 0.3 mol Cl2参加反应，转移的电子数为 0.6NA，故 A正确；B、反应 3Cl2+8NH36NH 4Cl+N2中，3Cl26Cl -6e -，2NH 3N 26e -，生成 1mol氮气转移电子 6mol，生成 2.24 L氮气物质的量不一定是 0.1mol，转移的电子数不一定为 0.6NA，故 B错误；C、反应 3Cl2+8NH36NH 4Cl+N2中，3Cl 26Cl -6e -，2NH 3N 26e

10、-，转移 6mol电子，被氧化的氨气为 2mol，有 1.2NA个电子发生转移，则被氧化的氨气物质的量为 0.4mol，被氧化的氨气的质量0.4mol17g/mol6.8 g，故 C错误；D、依据反应的电子转移守恒可知，生成 6mol氯化铵时电子转移 6mol，生成 1mol氯化铵转移电子 1mol，若生成 1 mol的氯化铵转移电子数是n个，则 NAn，故 D错误；故选 A。- 4 -考点：考查氧化还原反应的有关计算6.向某 NaOH 溶液中通入 CO 2 气体后得到溶液 M，因 CO 2 通入的量不同， 溶液 M 的组成也不同，若向溶液 M 中逐滴加入盐酸，产生的气体体积 V(CO 2)与

11、加入盐酸的体积 V(HCl)的关系如图所示。则下列分析与判断 不正确的是(不计 CO2溶解)A. 若 OB=0，则形成溶液的过程中所发生反应的离子方程式为 OH CO 2=HCO3B. 若 OB=BC，则溶液 M 为 Na2CO3 溶液C. 若 OBBC，则溶液 M 中大量存在的阴离子为 CO 32 和 HCO3D. 若 3OB=BC，则溶液 M 中 c(NaHCO 3)=2c(Na2CO3)【答案】C【解析】【分析】向 NaOH溶液中通入 CO2，可能发生的反应有 CO2+2OH =CO32 +H2O、CO 2+OH =HCO3 ，向 M溶液中滴加盐酸，涉及的反应可能有 H+OH =H2O、

12、CO 32 +H+=HCO3 、HCO 3 +H+=H2O+CO2；【详解】A.若 OB=0，向 M溶液中滴加盐酸，立即产生气体，则发生的离子方程式为HCO3 +H+=H2O+CO2，说明 M为 NaHCO3溶液，则形成 M的过程中发生的离子方程式为CO2+OH =HCO3 ，故 A正确；B.若 OB=BC，即 OB段消耗的盐酸与 BC段消耗的盐酸相等，OB 段发生反应的离子方程式为CO32 +H+=HCO3 ，即 M溶液为 Na2CO3溶液，故 B正确；C.若 OBBC，则 OB段发生的反应有 H+OH =H2O，CO 32 +H+=HCO3 ，那么溶液 M中大量存在的阴离子为 OH 与 C

13、O32 ，故 C错误；D.若 3OB=BC，可根据 CO32 +H+=HCO3 ，HCO 3 +H+=H2O+CO2进行计算，BC段：CO 32 + H+ = HCO3 ，1mol 1mol 1molOB段：HCO 3 + H+ = H2O+CO2- 5 -3mol 3molM溶液中 n(NaHCO3)=3mol1mol=2mol，n(Na 2CO3)=1mol，即 n(NaHCO3)=2n(Na2CO3)，所以c(NaHCO3)=2c(Na2CO3)，故 D正确，答案选 C。7.一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板（厚度不计）将容器分成两部分，当左边充入 1mol N2， 右边充入 CO

14、和 CO 2 的混合气体共 8g 时，隔板处于如图位置（保持温度不变） ，下列说法正确的是 A. 右边 CO 与 CO 2 分子数之比为 1:3B. 右侧 CO 的质量为 2.75gC. 若改变右边 CO 和 CO 2 的充入量而使隔板处于离右端 1/6处， 保持温度不变，则前后两次充入容器内的气体压强之比为 5: 3D. 右侧气体密度是相同条件下氢气密度的 16 倍【答案】D【解析】【分析】左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4:1，则左右气体物质的量之比为 4:1，所以右侧气体物质的量为 =0.25mol，CO 和 CO2质量为 8g，设 CO的

15、物质的量为 xmol，则 CO2物质的量为(0.25x)mol，28x g+44(0.25x)g=8g，x= mol，则 CO的物质的量为 mol，二氧化碳物质的量为 mol。【详解】A. 气体的物质的量之比等于其分子数之比，所以右边 CO与 CO2分子数之比为mol: mol=3:1，故 A错误；B. m(CO)=nM= mol28g/mol=5.25g，故 B错误；C. 若改变右边 CO和 CO2的充入量而使隔板处于距离右端 1/6处，则左右空间体积之比为5:1，充入 CO2和 CO物质的量为 =0.2mol，相同条件下气体的物质的量之比等于其压强之比，所以其压强之比为 0.25mol:0

16、.2mol=5:4，故 C错误；D. 相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比，右边气体平均摩尔质量- 6 -= =32g/mol，氢气摩尔质量为 2g/mol，所以混合气体与氢气密度之比为 16:1，故 D正确，答案选 D。8.NaNO 2 因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知 NaNO 2能发生反应：2NaNO24HI=2NOI 22NaI2H 2O。（1）上述反应中氧化剂是_。（2）根据上述反应，鉴别 NaNO 2 和 NaCl。可选用的物质有水、碘化钾淀粉试纸淀粉、白酒、食醋，你认为必须选用的物质有_(填序号)。（3）请配平以下化学方程式：_Al NaNO3 NaOH=

17、NaAlO2 N2 H2O若反应过程中转移 5 mol 电子，则生成标准状况下 N 2 的体积为_L。 “钢是虎，钒是翼，钢含钒犹如虎添翼” ，钒是“现代工业的味精” 。钒对稀酸是稳定的，但室温下能溶解于浓硝酸中生成 VO 2 。（4）请写出金属钒与浓硝酸反应的离子方程式：_。（5）V 2O5 是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为 VO 43 )，溶于强酸生成含钒氧离子(VO 2 )的盐。请写出 V 2O5 分别与烧碱溶液和稀硫酸反应生成的盐的化学式：_、_。【答案】 (1). NaNO2 (2). (3). 10 6 4 10 3 2 (4). 11.2 (5). V6H 5NO 3

18、=VO 2 5NO 23H 2O (6). Na3VO4 (7). (VO2 ) 2SO4【解析】【详解】I.(1).在反应 2NaNO24HI=2NOI 22NaI2H 2O中，N 元素的化合价降低，I 元素的化合价升高，则氧化剂是 NaNO2，故答案为：NaNO 2；(2).由 2NaNO24HI=2NOI 22NaI2H 2O可知，鉴别 NaNO2和 NaCl，可选择碘化钾淀粉试纸、食醋，变蓝的为 NaNO2，故答案为：；(3).Al元素的化合价从 0价升高到+3 价，N 元素的化合价从+5 价降低到 0价，由得失电子守恒和原子守恒可知，反应方程式为 10Al+6 NaNO3+4NaOH

19、=10 NaAlO2+3N2+2 H 2O，由化学方程式可知，若反应过程中转移 5 mol 电子，则生成标准状况下 N2 的体积为 22.4 L/mol=11.2L，故答案为：10 6 4 10 3 2；11.2；II.(4).金属钒与浓硝酸反应成 VO2 、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：V+6H+5NO3=VO2+5NO2+3H 2O，故答案为：V+6H +5NO3=VO2+5NO2+3H 2O；- 7 -(5).V2O5 是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为 VO 43 )，所以 V2O5与烧碱溶液反应生成盐的阳离子为钠离子，酸根离子为 VO43 ，则盐的化学式为 Na3VO4

20、；V 2O5与稀硫酸溶液反应生成含钒氧离子(VO 2 )的盐，所以阳离子是 VO2 ，阴离子是硫酸根离子，则盐的化学式为(VO 2 ) 2SO4，故答案为：Na 3VO4；(VO 2 ) 2 SO4；9.某强酸性溶液 X 中可能含有 Fe2 、Fe 3 、Al 3 、Ba 2 、NH 4 、CO 32 、NO 3 、SO 42 、SiO 32 中的若干种，现取 X 溶液进行连续实验，实验过程及产物如图所示。实验过程中有一种气体为红棕色。根据以上信息，回答下列问题：（1）由强酸性条件即可判断 X 溶液中肯定不存在的离子有_。（2）溶液 X 中关于硝酸根离子的判断，正确的是_(填编号，下同)。a一

21、定含有 b一定不含有 c可能含有（3）气体 F 的电子式为_，化合物 I 中含有的化学键类型有_。（4）转化的离子方程式为_。 转化的离子方程式为_。（5）对不能确定是否存在的离子，可以另取 X 溶液，加入下列溶液中的一种，根据现象即可判断， 该试剂最好是_。NaOH 溶液 KSCN 溶液 氯水和 KSCN 的混合溶液 pH 试纸 KMnO 4 溶液【答案】 (1). CO32 、SiO 32 (2). b (3). (4). 共价键和离子键 (5). 3Fe2+ +4H+ +NO3 = 3Fe3+NO + 2H2O (6). AlO2 2H 2OCO 2=HCO3 Al(OH) 3 (7).

22、 【解析】【分析】某强酸性溶液 X中一定含有氢离子，一定不含 CO32 、SiO 32 ，加过量的硝酸钡溶液，产生白- 8 -色沉淀 C是硫酸钡，一定含有 SO42 ，一定不含 Ba2+，产生气体 A一定是亚铁离子和硝酸根离子、氢离子发生氧化还原反应得到的 NO，所以一定含有 Fe2+，一定不含 NO3 ，NO 遇到氧气转化为气体 D为二氧化氮，二氧化氮与水、氧气反应生成溶液 E为硝酸溶液，溶液 B中加入过量氢氧化钠生成气体 F，F 为氨气，则原溶液中一定含有 NH4 ，氨气和硝酸溶液反应生成 I为硝酸铵，溶液 H中通入过量二氧化碳产生沉淀 K和溶液 L，沉淀 K一定为氢氧化铝，原溶液中一定含

23、有 Al3+，L 是 NaHCO3，溶液 B中生成的有铁离子，所以沉淀 G是 Fe(OH)3，溶于盐酸得到 J为氯化铁溶液，但原溶液中不一定含有 Fe3 。【详解】(1). 由强酸性条件即可判断 X溶液中肯定不存在的离子有 CO32 、SiO 32 ，故答案为：CO 32 、SiO 32 ；(2).根据上述分析可知，原溶液中一定会有 H+、Fe 2 ，则一定不含 NO3 ，故答案为：b；(3).气体 F为 NH3，电子式为 ，氨气和硝酸溶液反应生成化合物 I为硝酸铵，硝酸铵中含有共价键和离子键，故答案为： ；共价键和离子键；(4).由上述分析可知，转化为 H+、NO 3 和 Fe2 发生氧化还

24、原反应生成 Fe3 、NO 和水，离子方程式为 3Fe2+ +4H+ +NO3 = 3Fe3+NO + 2H 2O，转化为过量 CO2与 AlO2 、H 2O反应生成 Al(OH) 3沉淀和 HCO3 ，离子方程式为 AlO2 +2H2O+CO2=HCO3 Al(OH) 3 ，故答案为：3Fe2+ +4H+ +NO3 = 3Fe3+NO + 2H 2O；AlO 2 +2H2O+CO2=HCO3 Al(OH) 3 ；(5).由上述分析可知，不能确定 X溶液中是否含有 Fe3 ，检验 Fe3 最好的是试剂是 KSCN溶液，故答案为：。【点睛】本题考查离子的检验和推断，明确常见离子的性质是解题的关键

25、，注意加入过量硝酸钡溶液能够生成气体，说明 X溶液中一定含有 Fe2 和 NO3 ，反应生成的溶液 B中一定有Fe3 ，所以无法判断 X溶液中是否含有 Fe3 ，为易错点。10.氮化铝（AlN)是一种新型无机非金属材料。某 AlN样品仅含有 Al2O3杂质，为测定 AlN的含量，设计如下两种实验方案。已知：AlN+NaOH+H 2ONaAlO 2+NH3【方案 1】取一定量 mg 的样品，用图 1装置测定样品中 AlN的纯度（夹持装置已略去） 。- 9 -（1）如图 1，C 装置中球形干燥管的作用是_。（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先检查装置气密性，再加入实验药品。接下来的实验操作

26、是_ ，打开分液漏斗活塞，加入 NaOH 浓溶液，至不再产生气体。打开 K 1，通入氮气一段时间，测定 C 装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是_。（3）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见_。【方案 2】用图 2 装置测定 mg 样品中 AlN 的纯度（部分夹持装置已略去） 。（4）为测定生成气体的体积，量气装置中的 X液体可以是_。 （填字母序号）aCCl 4 bH 2O cNH 4Cl 溶液 dC 6H6（苯）（5）若 mg 样品完全反应，测得生成气体的体积为 VmL（已转换为标准状况） ，则 AlN 的质量分数是_。【答案】 (1). 防止倒吸 (2). 关闭 K1，

27、打开 K2 (3). 把装置中残留的氨气全部赶入 C 装置 (4). C 装置出口处连接一个干燥装置 (5). ad (6). 100%【解析】【分析】在图 1中，AlN 和 NaOH溶液反应生成氨气，经碱石灰干燥后被浓硫酸吸收，准确测定 C装置增重的质量计算 AlN的含量；在图 2中，AlN 和 NaOH溶液反应生成氨气，利用排液体法测定氨气的体积计算 AlN的含量。【详解】(1).在装置 A中，AlN 和 NaOH溶液反应生成氨气，氨气与浓硫酸发生反应，易发生倒吸，C 装置中球形干燥管的作用是防止倒吸，故答案为：防止倒吸；(2).组装好实验装置，先检查装置气密性，加入实验药品。接下来的实验

28、操作是关闭 K1，打开 K2，打开分液漏斗活塞，加入 NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开 K1，通入氮气一段时间，测定 C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是把装置中残留的氨气全部赶入装置- 10 -C被浓硫酸吸收，故答案为：关闭 K 1，打开 K 2；把装置中残留的氨气全部赶入 C装置；(3).装置存在的缺陷是空气中的水蒸气也可以进入装置 C，使测定结果偏高，改进的措施是在 C装置出口处连接一个干燥装置，故答案为：C 装置出口处连接一个干燥装置；(4).a.CCl4不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法测定氨气体积，故 a正确；b.氨气极易溶于水，不能用排水法测定，故 b错误；c.氨

29、气极易溶于水，不能用排 NH4Cl溶液的方法测定气体体积，故 c错误；d.氨气不溶于苯，可以利用排苯溶液的方法测定氨气的体积，故 d正确，答案选：ad；(5).若 mg样品完全反应，测得生成气体的体积为 VmL(已转换为标准状况)，AlN+NaOH+H2ONaAlO 2+NH341 22.4Lm V103Lm= g，则 AlN的质量分数为 100%= 100%，故答案为：100%。11.我国部分城市灰霾天占全年一半,引起灰霾的 PM2.5 微细粒子包含(NH 4)2SO4、NH 4NO3、有机颗粒物及扬尘等。通过测定灰霾中锌等重金属的含量,可知目前造成我国灰霾天气的原因主要是交通污染。（1）Z

30、n 2 在基态时核外电子排布式为_。（2）NO 3-的立体构型是_。（3）PM2.5 含有大量的有毒、有害物质,易引发二次光化学烟雾污染,光化学烟雾中含有 NOx、O 3、CH 2=CHCHO、HCOOH、CH 3COOONO2（PAN）等二次污染物。下列说法正确的是_。A.N2O 结构式可表示为 N=N=O B.O3 分子呈直线形C.CH2=CHCHO 分子中碳原子均采用 sp 2 杂化D.相同压强下,HCOOH 沸点比 CH 3OCH3高，说明前者是极性分子，后者是非极性分子1 mol PAN 中含 键数目为_(用含 N A的式子表示)。NO 能被 FeSO 4 溶液吸收生成配合物Fe(N

31、O)(H 2O)5SO4,该配合物中心离子的配位数为_(填数字)。- 11 -（4）测定大气中 PM2.5 的浓度方法之一是 -射线吸收法,-射线放射源可用 85Kr,已知 Kr晶体的晶胞结构如图所示,设晶体中与每个 Kr 原子相紧邻的 Kr 原子有 m 个,晶胞中含 Kr原子为 n 个,则 m/n=_(填数字)。（5）水分子的立体结构是_，水分子能与很多金属离子形成配合物，其原因是在氧原子上有_。（6）冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞（其晶胞结构如图,其中空心所示原子位于立方体的 顶点或面心,实心球所示原子位于立方体内）类似。每个冰晶胞平均占有_个水分子。 冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列

32、方式相同的原因是_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d10 (2). 平面三角形 (3). AC (4). 0NA (5). 6 (6). 3 (7). V 形 (8). 孤电子对 (9). 8 (10). C 原子与 O 原子都为 sp 3 杂化,且氢键和共价键都具有方向性和饱和性【解析】【分析】（1）Zn 是 30号元素，其原子核外有 30个电子，失去两个电子生成锌离子，Zn 2+基态核外有28个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式；（2）根据 VSEPR理论和杂化轨道理论判断 NO3-的空间构型；（3）A、N 2O与 CO2互为等电子体，二者形成的化学键相似，据此答

33、题；B、O 3与 SO2互为等电子体，据此答题；C、CH 2=CH-CHO中每个碳原子均形成两个单键和一个双键，故均为 sp2杂化，据此答题；D、HCOOH 分子间能形成氢键，CH 3OCH3不能形成分子间氢键，据此答题；一个单键就是一个 键，一个双键中含有一个 键，一个 键；- 12 -配体位于方括号中，由 1个 NO和 5个 H2O构成。（4）以顶点为计算，与之相邻的最近的 Kr位于三个面心上，而顶点的原子为 8个立方体共有，每个面心上的 Kr为两个立方体共有，故与每个 Kr原子相紧邻的 Kr原子有 34=12，晶胞中含 Kr原子为 81/8+61/2=4，然后求出比值；（5）根据 键数目

34、和孤电子对数判断分子的立体构型；水分子能与很多金属离子形成配合物，其原因是在氧原子上有孤对电子，金属离子有空轨道，能形成配位键；（6）由图可知，水位于晶胞的顶点、面心和晶胞内，利用均摊法计算；金刚石中，C 原子为sp3杂化，而冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同，说明 C原子与 O原子都为 sp3杂化，且氢键和共价键都具有方向性和饱和性。【详解】 （1）Zn 为 30号元素，所以 Zn2+在基态时核外电子排布式为：1s 22s22p63s23p63d10或Ar3d10；因此，本题正确答案是：1s 22s22p63s23p63d10；（2）对于 NO3-，根据 VSEPR理论，中心 N原子的配位原

35、子数 3，孤电子对数为 0，则价电子对数为 3+0=3，根据杂化轨道理论，中心 N原子为 sp2杂化，则其空间构型为平面三角形；因此，本题正确答案是：平面三角形；（3）A、N 2O与 CO2互为等电子体，二者形成的化学键相似，故 N2O结构式可表示为N=N=O，A 正确；B、O 3与 SO2互为等电子体，为 V形分子，B 错误；C、CH 2=CH-CHO中每个碳原子均形成两个单键和一个双键，故均为 sp2杂化，C 正确；D、HCOOH 分子间可以形成氢键，CH 3OCH3分子间只有范德华力，氢键的作用强于范德华力，所以 HCOOH沸点比 CH3OCH3高，与分子的极性无关，D 错误。答案选 A

36、C；PAN 中所有单键均为 键，双键中有一个为 键，-NO 2的结构为 ，所以PAN（CH 3COOONO2）分子中含有 10个 键，则 1mo1PAN含 键数目为 10 NA（或106.021023或 6.021022） 。配体位于方括号中，由 1个 NO和 5个 H2O构成，则配位数为 6。因此，本题正确答案是：AC；10N A；6；（4）根据均摊法，以顶点计算，与之相邻最近的 Kr位于三个面心上，而顶点的原子为 8个立方体共有，每个面心上的 Kr为两个立方体共有，故最近的 Kr为 38/2=12，晶胞中 Kr- 13 -有 81/8+61/2=4，两者比值为 12：4=3。因此，本题正确

37、答案是：3；（5）水分子中含有 2个 键，孤电子对数= =2，所以水分子的立体构型为 V型，水分子能与很多金属离子形成配合物，其原因是在氧原子上有孤对电子，金属离子有空轨道，能形成配位键；因此，本题正确答案是：V 形；孤电子对；（6）每个冰晶胞平均含有水分子数为：8 +6 +4=8（其中顶点为 8个，面心为 6个，晶胞内有 4个） ；金刚石中，C 原子为 sp3杂化，而冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同，说明 C原子与 O原子都为 sp3杂化，且氢键和共价键都具有方向性和饱和性；因此，本题正确答案是：8 ；C 原子与 O原子都为 sp3杂化，且氢键和共价键都具有方向性和饱和性。【点睛】该题的难

38、点是晶胞分析与计算，注意晶胞计算的思维方法：（1）晶胞计算是晶体考查的重要知识点之一，也是考查学生分析问题、解决问题能力的较好素材。晶体结构的计算常常涉及如下数据：晶体密度、N A、M、晶体体积、微粒间距离、微粒半径、夹角等，密度的表达式往往是列等式的依据。解决这类题，一是要掌握晶体“均摊法”的原理，二是要有扎实的立体几何知识，三是要熟悉常见晶体的结构特征，并能融会贯通，举一反三。（2）在使用均摊法计算晶胞中微粒个数时，要注意晶胞的形状，不同形状的晶胞，应先分析任意位置上的一个粒子被几个晶胞所共有，如六棱柱晶胞中，顶点、侧棱、底面上的棱、面心依次被 6、3、4、2 个晶胞所共有。（3）晶体微粒

39、与 M、 之间的关系：若 1个晶胞中含有 x个微粒，则 1 mol晶胞中含有 x mol微粒，其质量为 xM g（M 为微粒的相对“分子”质量） ；又 1个晶胞的质量为 a 3 g（a 3为晶胞的体积） ，则 1 mol晶胞的质量为 a 3NA g，因此有 xMa 3NA。12.F 是重要的有机化合物，可以由基础化合物 A 通过以下过程制得：- 14 -已知：核磁共振氢谱显示 C 的分子中含有 4 种不同化学环境的氢原子，且其峰面积之比为6:1:2:1；F 是酯类化合物，分子中苯环上的一溴取代物只有两种。（1）A 发生加聚反应的化学方程式是_。（2）B 物 质 的 名 称 为 _； 检 验 B

40、 中 官 能 团 的 实 验 操 作 方法_。（3）F 中的官能团的名称为_；C+EF 的化学方程式是_。（4）X 与 E 互为同分异构体，且 X 具有下列性质，符合条件的 X 有_种（不考虑立体异构） 。分子中含有苯环，且能与 NaHCO 3 溶液反应生成二氧化碳气体与银氨溶液共热有银镜生成。（5）设计由乙烯和必要的无机原料合成丙酸乙酯的合成路线_。【答案】 (1). (2). 2-甲基丙醛 (3). 取适量 B 于试管中，加入银氨溶液后，水浴加热一段时间，若看到有银镜生成， 则证明有醛基（或加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，若观察到有砖红色沉淀生成，则证明有醛基） (4). 酯基 (5). (

41、6).13 种 (7). 【解析】【分析】烃 A发生信息中的反应生成 B，结合 B的分子式可知 A为 CH2=CHCH3，B 为醛，B 与 H2发生加成反应生成 C为醇，C 的分子中含有 4种不同化学环境的氢原子，且其峰面积之比为- 15 -6:1:2:1，则 C为 ，故 B为 ，C 与 E反应生成 F，F 是酯类化合物，且分子中含有苯环，可知 E含有羧基、苯环，F 分子中苯环上的一溴取代物只有两种，结合D分子式可知 D为 ，则 E ，F 为 。【详解】(1).A 为 CH2=CHCH3，发生加聚反应生成聚丙烯，化学方程式为，故答案为： ；(2).B为 ，名称是 2-甲基丙醛，B 中的官能团是

42、醛基，检验醛基的实验方法是取适量 B 于试管中，加入银氨溶液后，水浴加热一段时间，若看到有银镜生成， 则证明有醛基（或加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，若观察到有砖红色沉淀生成，则证明有醛基） ，故答案为：2-甲基丙醛；取适量 B 于试管中，加入银氨溶液后，水浴加热一段时间，若看到有银镜生成， 则证明有醛基（或加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，若观察到有砖红色沉淀生成，则证明有醛基） ；(3).F的结构简式为 ，官能团的名称是酯基；C 为 ，E 为，二者发生酯化反应生成 F，化学方程式为，故答案为：酯基；(4). E为 ，X 与 E 互为同分异构体，且 X 具有下列性质，分子中含有苯环，且能与 NaH

43、CO 3 溶液反应生成二氧化碳气体，说明分子中含有“COOH” ， 与银氨溶液共热有银镜生成，说明分子中含有“OOCH”或“OH”和“CHO”的组合，符合条件的有：- 16 -、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 ，共 13种，故答案为：13 种；(5).乙烯发生信息反应生成丙醛，丙醛与氧气反应生成丙酸，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇与丙酸发生酯化反应生成丙酸乙酯，合成路线为，故答案为：。【点睛】本题考查有机物推断和合成，根据 B、C 结构特点为突破口并结合反应条件、题给信息才能正逆结合的方法进行推断，难点是同分异构体种类判断，可先根据题中提供信息判断 X中含有的官能团，再根据“定二移一”等方法判断同分异构体的种类。