广西柳州市2019届高三化学上学期1月模拟考试试卷（含解析）.doc

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1、1广西柳州市 2019 届高三 1 月模拟考试理综试卷化学部分1.化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同B. 氢氧化铝和碳酸钠均可用于治疗胃酸过多C. “地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂或燃油D. 燃煤中加入 CaO 可以减少酸雨的形成及温室气体的排放【答案】C【解析】【详解】A.活性炭为糖浆脱色，利用活性炭的吸附性，属于物理变化；次氯酸盐漂白纸浆，利用次氯酸盐的强氧化性把有色物质漂白，属于化学变化。故 A 错误；B.碳酸钠溶液碱性较强，能与胃酸剧烈反应，对身体不利，因此不能用来中和胃酸，故 B错误；C.“地沟油”含有大量的有害物质，

2、所以禁止食用， “地沟油”主要成分为油脂，属于酯类，可以发生皂化反应制取肥皂，及通过化学反应用来制燃油，故 C 正确；D.加入氧化钙可与硫燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但二氧化碳不会减少，不会减少温室气体的排放，故 D 错误；本题答案为 C。2.用 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 常温下，2.7g 铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为 0.3NAB. 4.0g 由 H218O 与 D2O 组成的混合物中所含中子数为 2NAC. 标准状况下，11.2LHF 含有 0.5NA个 HF 分子D. 电解精炼铜时转移了 NA个电子，阳极溶解 32

3、g 铜【答案】B【解析】【详解】A常温下，铝片投入足量的浓硫酸中，铝发生钝化，铝失去的电子数小于0.3NA，故 A 错误；B.H218O 与 D2O 的摩尔质量均为 20g/mol，则 4.0g 由 H218O 与 D2O 组成的混合物的物质的量为： =0.2mol，一个 H218O 分子含有 10 个中子，一个 D2O 分子也含有 10 个中子，所以4.0g20g/mol20.2mol 混合物含有中子为：0.2mol10=2mol，即所含中子数为 2NA，故 B 正确；C.标准状况下氟化氢不是气体，11.2L HF 不是 0.5mol，故 C 错误；D.粗铜中含有锌、铁、银等杂质，锌、铁先失

4、电子，反应完成后，铜再失电子，所以电解精炼铜时转移了 NA个电子， 阳极溶解铜小于 32 g，故 D 错误；本题答案为 B。【点睛】对于 4.0g 由 H218O 与 D2O 组成的混合物中所含中子数的计算，也可以直接用极值法来计算，即先假设全是 H218O，求出对应的的中子数，再假设全是 D2O，再求出对应的中子数，进而计算出实际的混合物中的中子数。3.短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，原子序数之和为 42，X 原子的核外电子数等于 Y 的最外层电子数，Z 是第 IA 元素，W 是同周期非金属性最强的元素。下列说法错误的是A. Y 和 W 都存在可以用来消毒的单质B. X、Y

5、、Z 和 Y、Z、W 都能组成在水中显碱性的盐C. Y、Z 能组成含有非极性键的化合物D. W 的氧化物的水化物的酸性一定比 X 的氧化物的水化物的酸性强【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，Z 是第 IA 元素，W 是同周期非金属性最强的元素,则 Z 为 Na,W 为 Cl,原子序数之和为 42，X 和 Y 的原子序数之和为 42-11-17=14，X原子的核外电子数等于 Y 的最外层电子数，则 X 为 C，Y 为 O，由上述分析可知：X 为 C，Y为 O，Z 为 Na,W 为 Cl。【详解】A.Y 的单质为 O2或 O3，W 的单质为 Cl2, O3、

6、Cl 2均可以用来消毒，故 A 正确；B.X、Y、Z 可以组成 Na2CO3，Y、Z、W 可以组成 NaClO，在水中均为显碱性的盐，故 B 正确；C.Y、Z 能组成含有非极性键的 Na2O2,故 C 正确；D.HClO 的酸性比 H2CO3酸性弱；故 D 错误；本题答案为 D。4.乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图所示，关于该有机物的下列叙述中错误的是3A. 分子式为 C12H22O2B. 能使酸性 KMnO4溶液褪色，能发生加成反应和取代反应C. 1mol 该有机物水解时只能消耗 1 mol NaOHD. 1mol 该有机物在一定条件下和 H2反应，共消耗 H2为 2mol【答案】A

7、【解析】【详解】A.乙酸橙花酯的分子式为 C12H20O2，故 A 错误；B.由于乙酸橙花酯分子含有碳碳双键、酯基，所以能使酸性 KMnO4溶液褪色，能发生加成反应和取代反应，故 B 正确；C.1mol 该有机物含有 1mol 酯基，所以 1mol 该有机物水解时只能消耗 1 mol NaOH，故 C 正确；D.1mol 该有机物含有 2mol 碳碳双键，所以 1mol 该有机物在一定条件下和 H2反应，共消耗H2为 2mol，故 D 正确；本题答案为 A。5.电化学气敏传感器可用于监测环境中 NH3的含量，其工作原理示意图如下。下列说法不正确的是A. O2在电极 b 上发生还原反应B. 溶液

8、中 OH-向电极 a 移动4C. 正极的电极反应式为 O2+4e +4H+=2H2OD. 负极的电极反应式为 2NH36e +6OH =N2+6H2O【答案】C【解析】【分析】该装置工作原理是原电池的原理，a 电极为原电池的负极，b 电极为原电池的正极，电解质溶液为碱性。【详解】A.O 2在电极 b 上得到电子发生还原反应，电极反应式为：O 2+4e +2H2O =4OH-,故A 正确；B.溶液中 OH-向负极移动，就是 OH-向电极 a 移动，故 B 正确；C.正极的电极反应式为 O2+4e +2H2O =4OH-,故 C 错误；D.NH3在负极失去电子发生氧化反应，负极的电极反应式为 2N

9、H36e +6OH =N2+6H2O，故D 正确；本题答案为 C。6.根据下列实验操作和现象所得到的结论错误的是选项 实验操作和现象 实验结论A将氧化铁加入到足量的 HI 溶液中，充分溶解后滴加四氯化碳振荡静置，下层呈紫红色Fe3 氧化性强于 I2B.向盛某盐溶液的试管中滴入氢氧化钠溶液后，试管口处湿润的红色石蕊试纸未变蓝该盐中不含 NH4+C向 CH 3COONa 溶液中滴入酚酞试液，加热后红色加深CH3 COONa 水解是吸热反应D.在含 Fe3+和 Al3+均为 0.1mol/L 的溶液中滴加烧碱稀溶液，先产生红褐色沉淀，后产生白色沉淀KspFe(OH)3K sp Al(OH)3A. A

10、 B. B C. C D. D【答案】B5【解析】【详解】A.将氧化铁加入到足量的 HI 溶液中，发生反应生成的 Fe3+具有强氧化性，可以把I-离子氧化为 I2，证明 Fe3+氧化性强于 I2，故 A 正确；B.向盛某盐溶液的试管中滴入氢氧化钠溶液后，因为氨气极易溶于水，试管口处湿润的红色石蕊试纸未变蓝不能证明是否含有 NH4+，故 B 错误；C.CH3COONa 是强碱弱酸盐，水溶液因醋酸根离子水解而显碱性，向 CH 3COONa 溶液中滴入酚酞试液溶液显红色，加热后红色加深，则说明加热使 CH3 COONa 水解向正向移动，故 CH3 COONa 水解是吸热反应，故 C 正确；D.在离子

11、浓度相同的溶液中溶度积小的先沉淀，所以在含 Fe3+和 Al3+均为 0.1mol/L 的溶液中滴加烧碱稀溶液，先产生红褐色沉淀，后产生白色沉淀，说明 KspFe(OH)3K sp Al(OH)3，故 D 正确；本题答案为 B。【点睛】欲证明某溶液中是否含有 NH4+，正确的操作是：向盛某溶液的试管中滴入氢氧化钠溶液后再加热，试管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝则证明含有 MH4+，否则不含 NH4+。7.常温时，下列溶液的 pH 或微粒的物质的量浓度关系错误的是A. 某溶液中由水电离出的 c(H+)=110a molL1 ，若 a7 时，该溶液 pH 一定为 14aB. 0.1molL1 的 KH

12、A 溶液，其 pH=10，c(K +)c(HA )c(OH )c(A2 )C. 将 0.2molL1 的某一元酸 HA 溶液和 0.1molL1 NaOH 溶液等体积混合后溶液 pH 大于7，则反应后的混合液：c(HA)c(Na +)c(A )D. 等体积、等物质的量浓度的 Na2CO3溶液与 NaHCO 3溶液混合：2c(Na +)=3c(CO32 )+3c( HCO3 )+3c(H2CO3)【答案】A【解析】【详解】A. 常温时,某溶液中由水电离出的 c(H+)=110a molL1 ，若 a7 时， 说明水的电离受到抑制,可能为酸溶液,也可能为碱溶液,如为酸溶液,则 pH=a ,如为碱溶

13、液,则pH=14a。故 A 错误；B. 0.1molL1 的 KHA 溶液，其 pH=10，说明水解程度大于电离程度,溶液呈碱性,所以离子浓度大小为：c(K +)c(HA )c(OH )c(A2 )，故 B 正确；C. 将 0.2molL1 的某一元酸 HA 溶液和 0.1molL1 NaOH 溶液等体积混合后，得到等浓度的 HA 和 NaA ，溶液 pH 大于 7，溶液显碱性，则说明水解大于电离,所以反应后的混合6液中 c(HA)c(Na +)c(A ),故 C 正确；D.等体积、等物质的量浓度的 Na2CO3溶液与 NaHCO 3溶液中 n(Na2CO3)=n(NaHCO3)，假设各为 1

14、mol，则有 2n(Na+)=3(Na2CO3) 3n(NaHCO3),根据物料守恒,应有：2c(Na +)=3c(CO32 )+3c( HCO3 )+3c(H2CO3)，故 D 正确；本题答案为 A。8.某研究小组向某 2L 密闭容器中加入一定量的固体 A 和气体 B，发生反应 A(s)+2B(g)D(g)+E(g)；H=Q kJmol 1 。（1）对于该反应，用各物质的反应速率与时间的关系曲线表示如下，示意图中的_(填序号)正确。（2）若该密闭容器绝热，实验测得 B 的转化率随温度变化如右图所示。由图可知，Q_0(填“大于”或“小于)，c 点 v 正 _v 逆 (填“大于” 、 “小于”或

15、“等于”)。（3）在 T时，反应进行到不同时间测得各物质的物质的量如表：T时，该反应的平衡常数 K=_。30min 后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据表中的数据判断改变的条件可能是_(填字母编号)。7a.通入一定量的 B b.加入一定量的固体 A c.适当缩小容器的体积 d.升高反应体系温度同时加入 0.2mol B、0.1molD、0.1mol E 后，其他反应条件不变，该反应平衡_移动。(填“向右” 、 “不” 、 “向左”)维持容器的体积和温度 T不变，若向该容器中加入 1.60molB、0.20molD、0.20molE 和0.4molA，达到平衡后，混合气体中 B 的物质的量

16、分数是_。【答案】 (1). (2). 小于 (3). 等于 (4). 0.25 (5). a (6). 不 (7). 50%【解析】【分析】（1）依据速率和计量数关系及反应物和生成物速率增减相反，可逆反应不能进行到底，速率不能为零等解答；（2）最高点达平衡状态，温度升高 B 的转化率减小，所以正反应是放热反应；（3）依据表中数据和平衡常数公式计算；由表数据可知 30min 后反应体系反应物和生成物的物质的量都增加，可能增大反应物 B的量，平衡正向移动，导致反应物和生成的物质的量都增加，或按变化量同时改变反应物和生成物；该反应为前后气体物质的量不变的反应，按计量数之比改变物质的量平衡不移动；温

17、度不变，平衡常数不变，依次计算 B 的体积分数。【详解】 （1）A(s)+2B(g) D(g)+E(g) H=QkJmol -1，反应是前后气体体积不变的可逆反应；B 的反应速率不能为 0；故错误；B 的反应速率和 D、E 反应速率达到平衡状态不能相同；故错误；D、E 变化速率相同，与图象不符；故错误；D、E 速率相同，图象表示的是逆向进行，B 反应速率增大，D、E 反应速率减小，故正确；本题答案为：。（2）B 的转化率最大即最高点达平衡状态，温度升高 B 的转化率减小，所以正反应是放热反应，即 Q 小于 0，c 点处于平衡状态所以 v 正 =v 逆 ；本题答案为：小于；等于。8（3）由表可知

18、 20 分钟达平衡状态，结合平衡浓度和平衡常数概念计算，所以 K=0.25；0.5mol2L0.5mol2L（1.0mol2L）2本题答案为：0.25。由表数据可知 30min 后反应体系反应物和生成物的物质的量都增加，可能增大反应物 B的量，平衡正向移动，导致反应物和生成的物质的量都增加，或按变化量关系同时改变反应物和生成物的量；a.通入一定量的 B 平衡正向进行，B、D、E 增大，故 a 符合；b.加入一定量的固体 A 不影响平衡移动，B、D、E 不变，故 b 不符合；c.反应前后气体体积不变，适当缩小容器的体积，平衡不移动，故 c 不符合；d.反应是吸热反应，升高反应体系温度，平衡正向进

19、行，B 减小，故 d 不符合；本题答案为：a。该反应为前后气体物质的量不变的反应，按计量数之比改变物质的量平衡不移动；本题答案为：不。温度不变，平衡常数不变，设达到平衡时 A 的物质的量变化为 xmol，A(s)+2B(g) D(g)+E(g)起始 0.4 1.6 0.2 0.2变化 x 2x x x平衡 0.4-x 1.6-2x 0.2+x 0.2+x 则 K= =0.25 解得：x=0.3mol，B、D、E 的平衡(0.2+x2)2(1.6-2x2)2是物质的量分别是：1mol 、0.5mol、0.5mol，故 B 的体积分数为 1/2 100 =50 ； % %本题答案为：50 。%【点

20、睛】注意化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。9.已知草酸镍晶体(NiC 2O42H2O)难溶于水，工业上从废镍催化剂(主要成分为 Ni，含有定量的 Al2O3、FeO、SiO 2、CaO 等)制备草酸镍晶体的流程如图所示：已知：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的 pH 见表中数据：92K sp(CaF2)=1.461010当某物质浓度小于 1.0105 molL1 时，视为完全沉淀。请回答下列问题：（1）请写出一种能提高“酸浸”速率的措施：_。（2）双氧水是一种绿色氧化剂，写出“氧化”时的离子反应方程式：_。（3）试剂 a“调 pH”时 pH 的调控范围为_，试剂 a 为_(填字母)

21、A .Fe(OH)3 B. Fe(OH)2 C.Al(OH)3 D. Ni(OH)2 E. NaOH（4）写出“沉钙”时的离子反应方程式：_。当 Ca2+沉淀完全时，溶液中 c(F )_molL1 (写出计算式即可)。证明 Ni2+已经沉淀完全的实验操作及现象是_。（5）操作 a 的内容是_。【答案】 (1). 把废镍催化剂粉碎或适当提高酸的浓度或搅拌或加热 (2). 2Fe2+ H2O2 2H+=2Fe3+ 2H2O (3). 5.0 pH 6.8 (4). D (5). Ca2+ 2F-=CaF2+ + + ，证明 Ni2+已经沉淀完全的0.7310-10110-5实验操作及现象是：取适量

22、的上层清液于试管中，继续滴加草酸铵溶液，无沉淀生成；本题答案为：Ca 2+ 2F-=CaF2 ， ，取适量的上层清液于试管中，继续滴加草酸铵+ 0.7310-10110-5溶液，无沉淀生成。（5）操作 a 的内容是：过滤、洗涤、干燥；本题答案为：过滤、洗涤、干燥。10.亚硝酸钠(NaNO 2)是肉制品生产中最常使用的一种食品添加剂，某化学兴趣小组利用氮氧化物与过氧化钠反应制备亚硝酸钠并进行一系列实验探究。查阅资料：SO 2+Na2O2=Na2SO4，NO 2和 NO 能与 Na2O2发生类似反应。在酸性溶液中，NO 2 可将 MnO4 还原为 Mn2+且有无色气体生成。NO 不与碱反应，可被酸

23、性 KMnO4溶液氧化为硝酸。I.制备亚硝酸钠（1）装置 A 用恒压滴液漏斗，相比普通分液漏斗，显著的优点是_。（2）上述装置按气流方向连接的顺序为：11A_C(填仪器编号，且都是左进右出)。（3）如果没有 B 装置，D 中发生反应的化学方程式为_。(有几个就写几个，填化学方程式)。（4）C 装置的作用是_(用离子方程式表示)。.测定产品纯度，实验步骤：准确称量 5.000g 产品配成 250mL 溶液。从步骤配制的溶液中移取 25.00mL 注入锥形瓶中。用 0.1000mol/L 酸性 KMnO4溶液滴定至终点重复以上操作 3 次，消耗酸性 KMnO4溶液的平均体积为 20.00mL（5）

24、达到滴定终点的现象是_。产品中NaNO2的纯度为_%。（6）设计实验证明 HNO2的酸性比碳酸强_。【答案】 (1). 平衡烧瓶和漏斗内的压强，使漏斗内的液体顺利滴下 (2). E (3). B (4). D (5). 2NO Na2O2 +=2NaNO2,，2Na 2O2 2H2O=4NaOH O2，2NO O2=2NO2，2NO 2 Na2O2=2NaNO3 (6). + + + +5NO 3MnO4- 4H+=3Mn2+5NO3- 2H2O (7). 滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变+ + +成浅红色，且半分钟内不褪色， (8). 69 。 (9). 可测量等浓度的 HNO2和 H

25、2CO3%的 pH，HNO 2的 pH 比 H2CO3的 pH 小，pH 越小酸性越强；或者测定等浓度的 NaNO2和 NaHCO3的 pH，NaNO 2 pH 比 NaHCO3的 pH 小，pH 越小酸性越强【解析】【分析】（1）A 用恒压滴液漏斗，相比普通分液漏斗，具有能平衡烧瓶和漏斗内的压强，使漏斗内的液体顺利滴下的作用；（2）浓硝酸和铜反应，生成二氧化氮，通入水中生成硝酸和一氧化氮，和过氧化钠反应前需要干燥一氧化氮，用高锰酸钾溶液吸收尾气；（3）如果没有 B 装置，则 NO 中含有 H2O，应还有 H2O 和 Na2O2反应生成氧气，氧气和一氧化氮反应生成二氧化氮，二氧化氮和过氧化钠反

26、应；（4）C 装置的作用是吸收 NO； （5）锥形瓶中发生的反应是：5NO 2- 2MnO4- 6H+=5NO3- 2Mn2+ 3H2O，所以当滴入最后+ + + +一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点，依据12方程式计算纯度；（6）利用酸性强弱的比较方法作答。【详解】 （1）A 用恒压滴液漏斗，相比普通分液漏斗，具有能平衡烧瓶和漏斗内的压强，使漏斗内的液体顺利滴下的作用；本题答案为：平衡烧瓶和漏斗内的压强，使漏斗内的液体顺利滴下。（2）浓硝酸和铜反应，生成二氧化氮，通入水中生成硝酸和一氧化氮，和过氧化钠反应前需要干燥一氧化氮，用高锰酸钾溶液吸收尾气；所以连

27、接顺序为：AEBDC；本题答案为：E、B、D。（3）有分析可知，如果没有 B 装置，D 中发生反应的化学方程式为：2NO Na2O2 +=2NaNO2,，2Na 2O2 2H2O=4NaOH O2，2NO O2=2NO2，2NO 2 Na2O2=2NaNO3；+ + + +本题答案为：2NO Na2O2 +=2NaNO2,，2Na 2O2 2H2O=4NaOH O2，2NO O2=2NO2，2NO 2 Na2O2=2NaNO3；+ + + +（4）C 装置的作用是吸收 NO，在酸性条件下高锰酸钾溶液和一氧化氮反应的离子方程式为：5NO 3MnO4- 4H+=3Mn2+5NO3- 2H2O；+

28、+ +本题答案为：5NO 3MnO4- 4H+=3Mn2+5NO3- 2H2O。+ + +（5）锥形瓶中发生的反应是：5NO 2- 2MnO4- 6H+=5NO3- 2Mn2+ 3H2O，所以当滴入最后+ + + +一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点，设250mlNaNO2的浓度为 xmol/L,依据方程式可得：5:2=25x：（0.1 20） ，x=0.2mol/L，所以n(NaNO2)=0.2mol/L 0.25L=0.05mol,故 NaNO2的纯度为： 100 =69 ；0.05695 % %本题答案为：当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变成浅

29、红色，且半分钟内不褪色，69 。%（6）要证明 HNO2的酸性比碳酸强，可测量等浓度的 HNO2和 H2CO3的 pH，pH 越小酸性越强，或者测定等浓度的 NaNO2和 NaHCO3的 pH，pH 越小酸性越强；本题答案为：可测量等浓度的 HNO2和 H2CO3的 pH，HNO 2的 pH 比 H2CO3的 pH 小，pH 越小酸性越强；或者测定等浓度的 NaNO2和 NaHCO3的 pH，NaNO 2的 pH 比 NaHCO3的 pH 小，pH 越小酸性越强。11.第四周期中的 18 种元素具有重要的用途，在现代工业中备受青睐。（1）钛原子的价电子排布式为_，TiCl 4沸点 136，熔点

30、25，晶体类型为_晶体。13（2）铜的第二电离能(I 2)却大于锌的第二电离能，其主要原因是_。（3）与 As 同主族的短周期元素是 N、P。AsH 3中心原子轨道杂化的类型_；一定压强下将 AsH3、NH 3和 PH3的混合气体降温时液化顺序是_，理由是_。（4）铬是一种硬而脆抗腐蚀性强的金属，常用于电镀和制造特种钢。下图 1 为铬的晶胞结构图，则铬晶胞属于_堆积；该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_。（5）钴晶体的一种晶胞(如图 2 所示)的边长为 anm，密度为 gcm 3 ，N A表示阿伏加德罗常数的值，则钴原子半径为_mm，钴的相对原子质量可表示为_。【答案】 (1). 3d24

31、s2 (2). 分子 (3). 气态 Cu 失去一个电子变成结构为Ar3d10的 Cu+，此时 3d 轨道处于全满的稳定状态，所以 Cu 的第二电离能相对较大，而气态Zn 失去一个电子变成结构为Ar3d 104s1的 Zn+，易再失去一个电子，所以 Zn 的第二电离能相对较小。 (4). sp3 (5). NH3 AsH3 PH3 (6). NH3分子间有氢键，AsH 3和 PH3结构相似，而 AsH3的相对分子质量大于 PH3的相对分子质量，所以分子间作用力 AsH3大于 PH3 (7). 体心立方 (8). 68 (9). a (10). 5a3N A%34 10-22【解析】【分析】（1

32、）根据钛原子电子排布分析其价电子排布式，依据沸点判断晶体类型；（2）根据轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定,再失去电子需要的能量较大来分析；（3）与 As 同主族的短周期元素是 N、P，所以 AsH3的结构应与 NH3相似，NH 3分子之间有氢键，沸点较高；（4）由图 1 可以看出铬晶胞属于体心立方堆积，设晶胞参数（晶胞边长）为 anm,则晶胞体积为 a3,铬原子半径为： a,根据均摊原则晶胞中含有铬原子数为 8 1/8 1=2,故铬原34 +14子体积为： （ a） 3 2，进而求算该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率；43 34 （5）根据晶胞结构，计算晶胞的体积，依据密度计算摩尔质量

33、 。【详解】 （1）根据钛原子电子排布式可知，钛原子的价电子排布式为：3d 24s2,由于 TiCl4的熔、沸点较低，所以应为分子晶体；本题答案为：3d 24s2, 分子。（2）气态 Cu 失去一个电子变成结构为Ar3d 10的 Cu+，能量较低，而 Cu 的第二电离能相对较大（或气态 Zn 失去一个电子变成结构为Ar3d 104s1的 Zn+，易再失去一个电子，所以Zn 的第二电离能相对较小） 。本题答案为：气态 Cu 失去一个电子变成结构为Ar3d 10的 Cu+，此时 3d 轨道处于全满的稳定状态，所以 Cu 的第二电离能相对较大，而气态 Zn 失去一个电子变成结构为Ar3d 104s1

34、的 Zn+，易再失去一个电子，所以 Zn 的第二电离能相对较小。（3）氨分子中氮原子按 sp3方式杂化，N 与 As 同主族，所经 AsH3的结构应与 NH3相似，AsH3中心原子杂化的类型为 sp3，NH 3分子之间有氢键，沸点较高，所以一定压强下将 AsH3和 NH3PH 3的混合气体降温时首先液化的是 NH3，由于 AsH3和 PH3均为分子晶体，AsH 3的相对分子质量大于 PH3的相对分子质量，所以分子间作用力 AsH3大于 PH3，故一定压强下将 AsH3、NH 3和 PH3的混合气体降温时液化顺序是：NH 3 AsH3 PH3； 本题答案为：sp 3、NH 3 AsH3 PH3、

35、NH 3分子间有氢键，AsH 3和 PH3结构相似，而 AsH3的 相对分子质量大于 PH3的相对分子质量，所以分子间作用力 AsH3大于 PH3。（4）由图 1 可以看出铬晶胞属于体心立方堆积，设晶胞参数（晶胞边长）为 anm,则晶胞体积为 a3,铬原子半径为： a,根据均摊原则晶胞中含有铬原子数为 8 1/8 1=2,故铬原34 +子体积为： （ a） 3 2，所以该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为： （ a） 343 34 43 342/ a3=68 ； %本题答案为：体心立方，68 。%（5）根据晶胞结构，在晶胞中含有钴原子数为 8 1/8 1=2，晶胞边长为 +anm=a cm，

36、晶胞体积 V= ，由晶胞的边长可求面对角线及体对角线，体10-7 (a10-7cm)3对角线的长度是钴原子半径的 4 倍，钴原子半径为： anm，设钴的相对原子质量为 M，则341mol 钴的质量为 2M g，= =2M/(NA V)，M=5a 3N A ；mV 10-2215本题答案为： a 、5a 3N A 。34 10-2212.咖啡酸乙酯具有抗炎作用且有治疗自身免疫性疾病的潜力，其合成路线及部分反应机理如图所示：回答下列问题：（1）B 中官能团的名称是_。（2）EF 反应类型为_。（3）D 分子中位于同一平面上的原子最多有_个。（4）F 的结构简式为_。（5）H咖啡酸乙酯的化学方程式为

37、_。（6）芳香族化合物 M 是 H 的同分异构体，1molM 与足量碳酸氢钠溶液反应生成2molCO2，M 的三取代基结构有_种；M 的两取代基同分异构体核磁共振氢谱为 5组峰，峰面积比为 1：2：2：2：1，其结构简式为_。（7）设计以甲醛、C 为原料合成 C5H12O4( )的路线(无机试剂任选)。_。【答案】 (1). 羟基 (2). 消去反应 (3). 14 (4). (5). (6). 6 16(7). (8). 【解析】【分析】A 的相对分子质量是 28，A 是乙烯，与水加成生成 B 是乙醇，催化氧化生成 C 是乙醛，C与 D 发生醛基的加成反应生成 E，E 在浓硫酸的作用下发生消

38、去反应生成 F 为，F 发生银镜反应并酸化后生成 G 为 ，G发生水解反应生成 H，H 与乙醇发生取代反应生成咖啡酸乙酯。【详解】 （1）根据上述分析可知，B 为乙醇，故所含官能团是：羟基；本题答案为：羟基。（2）EF 是 E 在浓硫酸的作用下发生的消去反应；本题答案为：消去反应。（3） 分子中，醛基和苯环均是平面形结构，则 D 分子中位于同一平面上的原子最多有 14 个；本题答案为：14。（4）F 是 E 在浓硫酸的作用下，发生的消去反应，F 的结构简式为：；本题答案为： 。（5）H 和乙醇发生酯化反应，生成咖啡酸乙酯和水，其化学方程式为：；本题答案为： 。（6）芳香族化合物 M 是 H 的

39、同分异构体，1molM 与足量碳酸氢钠溶液反应生成 2 mol 17CO2，说明含有 2 个羧基，且苯环外只能用 3 个碳原子，如果苯环上有 3 个取代基，应该是2 个羧基和 1 个甲基，以羧基为参照，若两个羧基 在临位则有两种结构，若两个羧基在间位则有三种结构，若两个羧基在对位则只有一种结构，可能共有 6 种结构满足对 M 的要求，M 的两取代基，如果是两个取代基，应该是COOH 和CH 2COOH，其中核磁共振氢谱为 5 组峰，峰面积比为 12221 的结构简式为 ；本题答案为：6,、 。（7）根据已知信息结合逆推法可知以甲醛、C（乙醛）为原料合成 C5H12O4的路线为：；本题答案为： 。