2014届陕西省五校高三第三联考理综化学试卷与答案（带解析）.doc

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1、2014届陕西省五校高三第三联考理综化学试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法正确的是 A在加热、甲醛、饱和 (NH4)2SO4溶液、 X射线作用下，蛋白质都会发生变性 B氨基酸、蛋白质、油脂都含有 C、 H、 O、 N四种元素 C生活中食用的食醋、植物油、动物蛋白等物质都是混合物 D乙烯、聚乙烯、苯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 答案： C 试题分析： A、饱和硫酸铵溶液使发生盐析， A不正确； B、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，只含有 C、 H、 O三种元素， B不正确； C、由不同种物质组成的是混合物，则生活中食用的食醋、植物油、动物蛋白等物质都是混合物， C 正确；D、聚乙烯和苯不能使酸性高锰

2、酸钾溶液褪色， D不正确，答案：选 C。 考点：考查有机物的组成与结构、性质 已知 HCO3+AlO2 +H2O=CO32 +Al(OH)3；将足量的 KHCO3溶液不断滴入含等物质的量的 KOH、 Ba(OH)2、 KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与滴入的 KHCO3溶液体积的关系可表示为 答案： B 试题分析： HCO3-先与 OH-反应，再与 AlO2-反应，而 HCO3-与 OH-反应生成CO32-后， Ba2+与 CO32-生成沉淀， HCO3-+OH-+Ba2+BaCO3+H2O ，消耗1molHCO3-、 1molOH-、 1molBa2+，生成 1molBaCO3沉淀

3、，此阶段化学方程式为KHCO3+Ba（ OH） 2BaCO3+H2O+KOH； HCO3-+OH-CO32-+H2O ，消耗2mol HCO3-、 2molOH-（ OH-消耗完），没有沉淀生成此阶段化学方程式为KHCO3+KOH K2CO3+H2O（此时 KOH有 2mol，原溶液中有 1mol，反应 产生 1mol）； HCO3-+AlO2-+H2OCO32-+Al（ OH） 3 ，消耗 1molHCO3-、 1mol AlO2-（ AlO2-消耗完），生成 1molAl（ OH） 3沉淀此阶段化学方程式为KHCO3+KAlO2+H2OAl（ OH） 3+K2CO3三阶段消耗 KHCO3的

4、物质的量为 1：2： 1，也即 KHCO3溶液体积比为 1： 2： 1；一、三阶段对应的生成沉淀的物质的量为 1： 1，第二阶段不生成沉淀，所以图象 B符合，答案：选 B。 考点：考查离子方程式的计算 根据下列框图，有关说法正确的是 A M、 E都是第四周期中的过渡元素， E的金属活动性比 M的金属活动性强，E3+的氧化性比 M2+的氧化性弱 B反应 的离子方程式可表示为： 2E(OH)3 +3Cl2 +6H2O =3EO4 2+ 6Cl +12H+ C反应 、 、 、 都属于氧化还原反应，且在反应 和 中硫酸仅表现了酸性 D用 K2EO4、 Zn可制成一种高能电池，该电池中负极的电极反应式为

5、： EO42+4H2O+3e- E(OH)3+5OH 答案： C 试题分析：流程分析可知， M为铜，在酸性溶液中被过氧化氢氧化为铜盐溶液CuSO4，依据 Y加入 KSCN溶液血红色说明是 Fe3+离子，和氨水反应生成红褐色沉淀氢氧化铁；说明 X为亚铁离子形成的硫酸亚铁溶液，推断 E为 Fe，则 X为 FeSO4， Y为 Fe2（ FeSO4） 3， Z为 Fe（ OH） 3， A、 Fe2+的氧化性比 Cu2+的氧化性弱，但 Fe3+的氧化性比 Cu2+强，如 2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故 A错误； B、Fe（ OH） 3可被氯气氧化生成高铁酸钾，反应在碱性条件下进行，不可能生成H+，

6、应为 2E（ OH） 3+3Cl2+12OH- 3EO42-+6Cl-+6H2O，故 B错误； C、 都有单质参加反应， 有过氧化 氢参加反应，则一定为氧化还原反应， 和 中硫酸都只表现了酸性，表现氧化性的为过氧化氢，故 C正确； D、负极发生氧化反应，应是锌失电子被氧化，故 D错误，答案：选 C。 考点：考查无机框图题的判断 常温下，在 10 mL 0 1 mol L-1 Na2CO3溶液中逐滴加入 0 1 mol L-1 HCl溶液，溶液的 pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示 (CO2因逸出未画出，忽略因气体逸出引起的溶液体积变化 )，下列说法正确的是 A在 0 1

7、 mol L-1 Na2CO3溶液中： c(Na ) c(H ) c(CO32-) c(HCO3-)c(OH-) B当溶液的 pH为 7时，溶液的总体积为 20 ml C在 B点所示的溶液中，浓度最大的阳离子是 Na D在 A点所示的溶液中： c(CO32-) c(HCO3-) c(H ) c(OH-) 答案： C 试题分析： A、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得 c（ Na+）+c（ H+） 2c（ CO32-） +c（ HCO3-） +c（ OH-），故 A错误； B、当混合溶液体积为 20mL 时，二者恰好反应生成 NaHCO3， HCO3-的电离程度小于其水解程 度，所以

8、其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则酸稍微过量，所以混合溶液体积稍微大于 20mL，故 B错误； C、根据物料守恒得 c（ Na+）浓度最大，故 C正确； D、根据图象分析， A点为碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液，且 c（ HCO3-） c（ CO32-），溶液呈碱性，则 c（ OH-） c（ H+），盐溶液水解程度较小，所以 c（ CO32-） c（ OH-），则离子浓度大小顺序是 c（ HCO3-） =c（ CO32-） c（ OH-） c（ H+），故 D不正确，答案：选 C。 考点：考查溶液酸碱性判断以及离子浓度大小比较等 利用实验仪器（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是 选项 实验

9、仪器（省略夹持装置） 相应实验 A 烧杯、玻璃棒、酒精灯 CuSO4溶液的浓缩结晶 B 蒸馏烧瓶、冷凝管、酒精灯 由工业酒精制无水酒精 C 天平、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶 配制 NaCl0 5 mol L-1的溶液 100 mL D 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗 用溴水和 CCl4,除去 NaBr溶液中少量 NaI 答案： D 试题分析： A、硫酸铜溶液的浓缩结晶需要用到蒸发皿，故 A错误； B、由工业酒精制无水酒精需要蒸馏，缺少锥形瓶和接受器等， B错误； C、配制NaCl0 5 mol L-1的溶液 100 mL，还缺少烧杯， C错误； D、用溴水和 CCl4除去 NaBr溶液中的少量

10、 NaI，需要先滴加溴水，除去碘化钠，然后通过萃取、分液操作，用到仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，故 D正确，答案：选 D。 考点：考查化学实验基本操作以及实验方案设计与评价等 分子式为 C5H12O的醇催化氧化得到的有机物不能发生银镜反应的醇有 A 8种 B 7种 C 5种 D 3种 答案： D 试题分析：分子式为 C5H12O的醇催化氧化得到的有机物不能发生银镜反应，即该有机物不属于醛，则连接羟基的碳原子上不能含有两个氢原子，先确定 C5H12的同分异构体， -OH取代 C5H12中甲基上的 H原子， C5H12的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、 CH3CH（ CH3

11、） CH2CH3、（ CH3） 4C，其中结构简式为CH3CH2CH2CH2CH3中，用 -OH取代 H原子有 3种结构，其中 1种氧化得到醛，2种氧化得到酮；（ CH3） 2CHCH2CH3中，用 -OH取代 H原子有 4种结构，其中2种氧化得到醛， 1种氧化得到酮，另 1种不能被氧化；（ CH3） 4C中，用 -OH取代 H原子有 1种结构，能被氧化得到醛；故符合条件的 C5H12O的同分异构体有 3种，答案：选 D。 考点：考查醇、醛的结构与性质以及同分异构体判断 火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，反应为 :2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2 则下列说法正确的是 A CuFeS2仅作

12、还原剂，硫元素被氧化 B每生成 1mol Cu2S，有 4 mol硫被氧化 C SO2只是氧化产物， FeS只是还原产物 D每转移 1 2 mol电子，有 0 2 mol硫被氧化 答案： D 试题分析： A、 Cu元素由 +2价降低为 +1价， S元素由 -2价升高到 +4价，硫元素被氧化， CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，故 A错误； B、由方程式可知，每生成 1mol Cu2S，有 1mol硫被氧化生成 SO2，其它物质中的 S元素化合价没有发生变化，故 B错误； C、生成 FeS，元素化合价没有变化， FeS不是还原产物，也不是氧化产物，故 C错误； D、元素化合价升高的只有 S元素，

13、由 -2价升高到 +4价，变化 6价，则每转移 1 2mol电子，有 0 2mol硫被氧化，故 D正确，答案：选 D。 考点：考查氧化还原反应的有关判断与计算 实验题 已知： ICl的熔点为 13 90C，沸点为 97 40C，易水解，且能发生反应：ICl(l） + Cl2(g） =ICl3(l) （ 1）装置 A中发生反应的化学方程式是 _ 。 （ 2）装置 B 的作用是 _。不能用装置 F 代替装置 E，理由 _ 。 （ 3）所制得的 ICl中溶有少量 ICl3杂质，提纯的方法是 _ (填标号）。 A过滤 B蒸发结晶 C蒸馏 D分液 （ 4）用 ICl的冰醋酸溶液测定某油脂的不饱和度。进行

14、如下两个实验，实验过程中有关反应为： ICl+KI I2+KCl I2 2Na2S2O3 2NaI+Na2S4O6 实验 1:将 5 00g该油脂样品溶于四氯化碳后形成 100mL溶液，从中取出十分之一，加人 20mL某 ICl的冰醋酸溶液 (过量），充分反应后，加人足量 KI溶液，生成的碘单质用 a mol L-1的 Na2S2O3标准溶液滴定。经平行实验，测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为 V1mL。 实验 2(空白实验）：不加油脂样品，其它操作步骤、所用试剂及用量与实验 1完全相同，测得消耗的 Na2S2O3溶液的平均体积为 V2mL。 滴定过程中可用 _ 作指示剂。 滴定过程中需

15、要不断振荡，否则会导致 V1_(填 “偏大 ”或 “偏小）。 5 00g该油脂样品所消耗的 ICl的物质的量为 _mol。由此数据经换算即可求得该油脂的不饱和度。 答案：（ 1） KClO3+6HCl KCl+3Cl2+3H2O （ 2）除去氯气中的氯化氢。装置中的水蒸气会进入装置 D中，使 ICl水解 （ 3） C（ 4） 淀粉溶液 偏小 ） 5a（ V2-V1） 10-3 试题分析：（ 1）氯酸钾具有氧化性能把浓盐酸氧化生成氯气，则装置 A中发生反应的化学方程式是 KClO3+6HCl KCl+3Cl2+3H2O。 （ 2）浓盐酸易挥发生成的氯气中含有氯化氢，所以装置 B中饱和食盐水的作用

16、是除去氯气中的氯化氢。由于 ICl易水解，所以不能用装置 F代替装置 E的理由是装置中的水蒸气会进入装置 D中，使 ICl水解。 （ 3）由于 ICl与 ICl3的沸点相差较大，因此若所制得的 ICl中溶有少量 ICl3杂质，提纯的方法是蒸馏，答案：选 C。 （ 4） 由于碘遇淀粉显蓝色，因此滴定过程中可用淀粉溶液作指示剂。 由于碘离子预备氧化，因此滴定过程中需要不断振荡，如果不振荡，则生成的单质碘减小，从而导致消耗硫代硫酸钠 的量减小，即会导致 V1偏小。 实验 2中比实验 1多消耗的溶液体积为（ V2-V1） ml，其物质的量的是0 001a（ V2-V1） mol。根据方程式 ICl+K

17、I I2+KCl和 I2 2Na2S2O32NaI+Na2S4O6可知： ICl 2Na2S2O3，所以 ICl的物质的量是 0 001a（ V2-V1）mol2，因此根据方程式 可知， 5 00g该油脂样品所消耗的 ICl的物质的量为0 0005a（ V2-V1） mol 5a（ V2-V1） 10-3mol。 考点：考查物质制备以及含量测定实验设计与评价等 填空题 （ 14分）铬铁矿的主要成分可表示为 FeO Cr2O3，还含有 MgO、 Al2O3、Fe2O3等杂质，以下是以铬铁矿为原料制备重铬酸钾（ K2Cr2O7）的流程图： 已知： 4FeO Cr2O3+8Na2CO3+7O2 8N

18、a2CrO4+2Fe2O3+8CO2； Na2CO3+Al2O3 2NaAlO2+CO2； Cr2CO72-+H2O 2CrO42-+2H+ 根据题意回答下列问题： （ 1）固体 X中主要含有 （填写化学式）；要检测酸化操作中溶液的 pH是否等于 4 5，应该使用 _ （填写仪器或试剂名称）。 （ 2）酸化步骤用醋酸调节溶液 pH 5，其目的是 _ 。 （ 3）操作 有多步组成，获得 K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入 KCl固体、蒸发浓缩、 、过滤、 、干燥。 （ 4）下表是相关物质的溶解度数据，操作 III发生反应的化学方程式是：Na2Cr2O7 + 2KCl K2Cr2O7 + 2Na

19、Cl，该反应在溶液中能发生的理由是_。 物质 KCl NaCl K2Cr2O7 Na2Cr2O7 溶解度（ g/100g水） 0 28 35 7 4 7 163 40 40 1 36 4 26 3 215 80 51 3 38 73 376 （ 5）副产品 Y 主要含氢氧化铝，还含少量镁、铁的难溶化合物及可溶性杂质，精确分析 Y中氢氧化铝含量的方法是称取 n g样品，加入过量 _ （填写试剂）、溶解、过滤、再 （填写试剂）、 灼烧、冷却、称量，得干燥固体 m g。计算祥品中氢氧化铝的质量分数为 （用含 m、 n的代数式表示）。 答案： (13分 )（ 1） Fe2O3、 MgO(2分 )PH计

20、或 pH试纸 (1分 )（ 2）使 CrO42-转化为 Cr2O72-(1分 ) （ 3）冷却结晶、洗涤 (各 1分 ) （ 4） K2Cr2O7的溶解度比 Na2Cr2O7小（或四种物质中 K2Cr2O7的溶解度最小） (2分 ) （ 5） NaOH溶液、通入过量二氧化碳。 (各 1分，合理答案：也给分 )； (3分 ) 试题分析：（ 1）铬铁矿的主要成分可表示为 FeO Cr2O3，还含有 MgO、 Al2O3、Fe2O3等杂质，加入氧气和碳酸钠，发生反应为： 4FeO Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2、 Na2CO3 Al2O3 2NaAlO2

21、CO2、 Cr2CO72-+H2O 2CrO42-+2H+，操作 是过滤得到固体 X为 Fe2O3、 MgO；要检测酸化操作中溶液的 pH是否等于 4 5，普通 pH试纸只能测定溶液 pH到整数，是近似测定，准确测定需要用 pH计或精确 pH试纸； （ 2）酸化步骤用醋酸调节溶液 pH 5，依据流程图中物质的转化和制备目的可知，结合反应平衡 Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡左移，作用是使 CrO42-转化为 Cr2O72-； （ 3）操作 有多步组成，获得 K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入 KCl固体、蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体

22、； （ 4）依据图表物质的溶解度分析对比，操作 发生反应的化学方程式是：Na2Cr2O7+2KCl K2Cr2O7+2NaCl，这说明 K2Cr2O7的溶解度比 Na2Cr2O7小（或四种物质中 K2Cr2O7的溶解度最小）； （ 5）副产品 Y 主要含氢氧化铝，还含少量镁、铁的难溶化合物及可溶性杂质，精确分析 Y中氢氧化铝含量的方法是先利用氢氧化铝的两性，用氢氧化钠溶液溶解氢氧化铝过滤得到滤液中通入 二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，灼烧干燥得到氧化铝干燥固体 m g，依据铝元素守恒计算，样品中氢氧化铝的质量分数100% 。 考点：考查物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用等 通常人们把拆开

23、1 mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。下表为一些化学键的键能数据 化学键 Si-Si O=O Si-O 键能 /kJ mol-1 a b c 写出硅高温燃烧的热化学方程式 。 利用太阳光分解水制氢是未来解决能源危机的理想方法之一。某研究小组设计了如右图所示的循环系统实现光分解水制氢。反应过程中所需的电能由太阳能光电池提供，反应体系中 I2和 Fe3+等可循环使用。写出下列电解池中总反应的离子方程式： 电解池 A 。 电解池 B 。 （ 2）若电解池 A中生成 3 36 L H2（标准状况），计算电解池 B中生成 Fe2+的物质的量为 mol。 在一定的温度下，把 2体积 N2和 6

24、体积 H2分别通入一个带活塞的体积可变的容器中，活塞的一端与大气相通容器中发生如下反应： N2(g) 3H2(g） 2NH3(g)； H 0，反应达到平衡后，测得混合气体为 7体积。 请据此回答下列问题： （ 1）保持上述反应温度不变，设 a、 b、 c分别表示加入的 N2、 H2 和 NH3的体积，如果反应达到平衡后混合气体中各物质的量仍与上述平衡时完全相同。 a 1， c 2，则 b 。在此情况下，反应起始时将向 反应方向（填 “正 ”或“逆 ”）进行。 若需规定起始时反应向逆方向进行，则 c的取值范围是 。 （ 2）在上述恒压装置中，若需控制平衡后混合气体为 6 5体积，则可采取的措施是

25、 ，原因是 。 答案： Si(s) O2(g) SiO2(s） H（ 2a+ b - 4c） kJ/mol（ 2分） （ 1） A 池 2H+ +2I- H2 + I2（ 2分） B 池 4Fe3+ + 2H2O 4Fe2+ + O2+ 4H+（ 2分） （ 2） 0 300mol（ 2分） （ 1） 3 （ 2分）逆（ 1分） 1 c4 （ 2分） （ 2）降低温度 （ 1分） 降低温度平衡向正反应方向移动，气体总分子数减少（ 2分） 试题分析： 硅是原子晶体，平均 1个硅原子形成 2个 Si-Si键。二氧化硅是原子晶体，平均 1个硅原子形成 4个 Si-O键。又因为反应 热等于断键吸收的能

26、量与形成化学键所放出的能量的差值，因此硅高温燃烧的热化学方程式为 Si(s) O2(g) SiO2(s） H（ 2a+ b - 4c） kJ/mol。 （ 1）电解池左边放出氢气，氢离子在此得到电子，发生还原反应，则碘离子失去电子发生氧化反应，故 A池中总反应式为 2H+ +2I- H2 + I2；电池右侧放出氧气，说明溶液中的氢氧根失去电子发生氧化反应，则溶液中的铁离子得到电子发生还原反应，因此 B池总反应式为 4Fe3+ + 2H2O 4Fe2+ + O2+ 4H+。（ 2）若电解池 A中生成 3 36 L H2（标准状况），其中氢气的物质的量是3 36L22 4L/mol 0 15mol

27、，转移电子 0 3mol，所以根据得失电子守恒可知 B池中生成亚铁离子的物质的量是 0 3mol。 （ 1） 反应达到平衡后混合气体中各物质的量仍与上述平衡时完全相同，恒温恒压条件下，采用极限分析法， c体积的氨气完全转化为氮气和氧气之比是 1： 3，所以只要 a： b 2： 6，则 b 3a 3，因反应前混合气体为 8体积，反应后混合气体为 7体积，体积差为 1体积，由差量法可解出平衡时氨气为 1体积；而在起始时，氨气的体积为 c 2体 积，比平衡状态时大，为达到同一平衡状态，氨的体积必须减小，所以平衡逆向移动； 若需让反应逆向进行，由上述 所求出的平衡时氨气的体积为 1可知，氨气的体积必须

28、大于 1，最大值则为 2体积氮气和 6体积氢气完全反应时产生的氨气的体积，即为 4体积，则 1 c4； （ 2）根据 6 5 7可知，上述平衡应向体积缩小的方向移动，即向放热方向移动，所以采取降温措施，这是由于降低温度平衡向正反应方向移动，气体总分子数减少。 考点：考查热化学方程式的书写、电化学原理的应用、以及可逆反应的有关计算与判断 为回收利用废钒催化剂（含有 V2O5、 VOSO4及不溶性残渣），科研人员最新研制了一种离子交换法回收钒的新工艺，主要流程如下： 部分含钒物质在水中的溶解性如下： 物质 VOSO4 V2O5 NH4VO3 (VO2)2SO4 溶解性 可溶 难溶 难溶 易溶 回答

29、下列问题： （ 1）工业由 V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法，该反应的氧化剂为 _。 （ 2）滤液中含钒的主要成分为 _（填化学式）。 （ 3）该工艺中反应 的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，该步反应的离子方程式 _；沉钒率的高低除受溶液 pH影响外，还需要控制氯化铵系数（ NH4Cl加入质量与料液中 V2O5的质量比）和温度。根据下图判断最佳控制氯化铵系数和温度为 _、 _ 。 （ 4）用硫酸酸化的 H2C2O4溶液滴定 (VO2)2SO4溶液，以测定反应 后溶液中含钒量，反应方程式为： 2VO2+H2C2O4+2H+ 2VOn+ + 2CO2+ mH2O，其中 n、 m分别为 _、

30、_ 。 （ 5）全钒液流电池的电解质溶液为 VOSO4溶液，电池的工作原理为：电池放电时正极的电极反应式为 。 答案：（ 15分）（ 1） V2O5(1分 )（ 2） VOSO4(2分 )（ 3） NH4+ VO3- NH4VO3(2分 )； 4(2分 )； 80(2分） （ 4） 2(2分 )； 2(2分） （ 5） VO2+ 2H+e-= VO2+H2O(2分 ) 试题分析：（ 1）铝和五氧化二钒发生铝热反应的方程式为： 3V2O5+10Al6V+5Al2O3，反应中氧化剂是 V2O5； （ 2）根据溶解性表知， V2O5难溶， VOSO4可溶，因此滤渣是 V2O5，滤液中含矾的主要成分的

31、化学式为 VOSO4； （ 3）根据 NH4VO3难溶可知，反应 是复分解反应，方程式为 NH4+ VO3- NH4VO3；根据图像可知氯化铵系数为 4、温度为 80 时沉淀率最高，所以最佳控制氯化铵系数和温度为 4和 80 。 （ 4）根据方程式 2VO2+H2C2O4+2H+ 2VOn+ + 2CO2+ mH2O可知草酸中碳元素的化合价从 +3价升高到 +4价，失去 1个电子， 1mol草酸失去 2mol电子，则根据电子得失守恒可知氧化剂得到 2mol电子，所以 1mol VO2+得到 1mol电子， V元素的化合价从 +5价降低 +4价，因此 n 2；根据氢原子守恒可知 m 2。 （ 5

32、）放电是原电池，正极得到电子，则根据总反应式可知，放电时 VO2+得到电子，电极反应式为 VO2+ 2H+e- VO2+H2O。 考点：考查氧化还原反应的有关应用与计算、反应条件的选择以及电化学原理的应用 开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向。 （ 1） Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由 TiCl4和 LiBH4反应制得。 基态 Ti3+的未成对电子数有 _个。 LiBH4由 Li+和 BH4-构成， BH4-的等电子体是 （写一种）。 LiBH4中不存在的作用力有 _(填标号 )。 A离子键 B共价键 C金属键 D配位键 Li、 B、 H元素的电负性由大到小排列顺序为 _ _。 （

33、2）金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料。 LiH中，离子半径： Li+_H-(填 “ ”、 “ ”或 “ ”）。 某储氢材料是短周期金属元素 M的氢化物。 M的部分电离能如下表所示： I1/KJ mol-1 I2/KJ mol-1 I3/KJ mol-1 I4/KJ mol-1 I5/KJ mol-1 738 1451 7733 10540 13630 M是 _(填元素符号）。 （ 3）某种新型储氧材料的理论结构模型如下图所示，图中虚线框内碳原子的杂化轨道类型有 _种。 （ 4）若已知元素电负性氟大于氧，试解释沸点 H2O高于 HF 。 分子 X可以通过氢键形成 “笼状结构 ”而成为潜在的

34、储氢材料。 X 定不是_(填标号 )。 A H2O B CH4 C HF D CO(NH2)2 （ 5）纳米材料的表面粒子数占总粒子数的比例极大，这是它具有许多特殊性质的原因。假设某氯化钠纳米颗粒的大小和形状恰好与氯化钠晶胞的大小和形状相同。则这种纳米颗粒的表面粒子数占 总粒子数的百分数为 。 A 87 5 B 92 9 C 96 3 D 100 答案：（ 1） 1(1分 ) NH4+(1分 )； C(1分） H B Li(1分 ) （ 2） (1分） Mg(2分 ) （ 3） 3 (2分 ) （ 4） H2O分子间氢键数比 HF多，所以 H2O沸点高 (2分 )； BC (2分） （ 5）

35、C (2分 ) 试题分析：（ 1） 基态 Ti3+的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d1，其未成对电子数是 1； 价电子数、原子数分别都相等的是等电子体，则与 BH4-互为子体的可以是CH4或 NH4+； Li+和 BH-4之间存在离子键，硼原子和氢原子之间存在共价键、配位键，所以该化合物中不含金属键，故选 c； 非金属的非金属性越强其电负性越大，非金属性最强的是 H元素，其次是 B元素，最小的是 Li元素，所以 Li、 B、 H元素的电负性由大到小排列顺序为 H B Li； （ 2） Li+和 H-的电子层结构相同，锂元素的原子序数大于氢元素，所以离子半径 Li+ H-；

36、根据表中数据可知该元素的第一电离能与第二电离能较小，而该元素的第 III电离能剧增，则该元素属于第 IIA族，为 Mg元素； （ 3）根据结构图可知，碳元素形成的化学键有碳碳单键、碳碳双键和碳碳三键，因此碳元素的杂化轨道类型有三种即 sp1、 sp2、 sp3杂化。 （ 4）由于 H2O分子间氢键数比 HF多，所以 H2O沸点高；能形成的氢键的一般是非金属性很强的 F、 O、 N等元素。但氟化氢分子不能通过氢键形成笼状，所以 X一定不是甲烷和氟化氢，答案：选 BC。 （ 5）根据氯化钠的晶胞可知，表面离子数是 26个，而总的离子数是 27个，因此这种纳米颗粒的表面粒子数占总粒子数的百分数为 1

37、00% 96 3%，答案：选 C。 考点：考查核外电子排布、电负性。等电子 体、氢键、电离能以及晶胞结构计算等 药物菲那西汀的一种合成路线如下： （ 1）菲那西汀的分子式 ； （ 2） 反应过程中在苯环上发生取代反应的是 ； （ 3）反应 中生成的无机物的化学式为 ； （ 4）写出 反应的化学方程式 ； （ 5）菲那西汀水解的化学方程式是 _； （ 6）菲那西汀的同分异构体中，符合下列条件的共有 种。 含苯环且只有对位两个取代基 苯环上含有氨基 能水解，水解产物能发生银镜反应。 （ 7）菲那西汀的同分异构体中，含苯环且只有对位两个取代基，两个取代基 含有相同碳原子数，且含有 -氨基酸结构，写出

38、这种同分异构体缩聚后高分子产物的结构简式 。 答案：（ 1） C10H13NO2 (2分） （ 2） (3分） （ 3） SO2、 H2O(2分 ) （ 4） (2分） （ 5） (2分） （ 6） 5(2分） （ 7） (2分） 试题分析：（ 1）根据菲那西汀的键线式可知，其分子式为 C10H13NO2。 （ 2）反应 是苯的磺化反应，生成苯磺酸。反应 是苯磺酸与亚硫酸氢钠的复分解反应，反应 是苯磺酸钠与氢氧化钠反应生成苯酚钠，苯酚钠与溴乙烷发生取代反应生成醚和溴化钠。反应 是 -OC2H5对位上的氢原子被 -NO2取代，然后硝基被还原生成氨基，最后氨基上的 1个氢原子被 -OCCH3取代生

39、成菲那西汀，所以 反应过程中在苯环上发生取代反应的是 。 （ 3）苯磺酸的酸性强于亚硫酸的，因此苯磺酸与亚硫酸氢钠反应生成生成苯磺酸钠、水和二氧化硫，即反应 中生成的无机物的化学式为 SO2、 H2O。 （ 4）反应 是 -OC2H5对位上的氢原子被 -NO2取代，则 反应的化学方程式为。 （ 5）菲那西汀分子中含有肽键，其水解的化学方程式是 。 （ 6） 含苯环且只有对位两个取代基 苯环上含有氨基 能水解，水解 产物能发生银镜反应，因此应该是甲酸形成的酯类，所以符合条件的有机物结构简式为 HCOOCH2CH2CH2A、 HCOOCH2CH(CH3)A、 HCOOCH(A)CH2CH3、HCOOC(CH3)2A、 HCOOCH(CH3)CH2A，其 A表示 ，共计是 5种。 （ 7）菲那西汀的同分异构体中，含苯环且只有对位两个取代基，两个取代基含有相同碳原子数，且含有 -氨基酸结构，因此其结构简式为 ，分子中氨基和羧基，可以发生加聚反应生成高分子化合物，则其缩聚后高分子产物的结构简式为 。 考点：考查有机物推断、有机反应类型、同分异构体判断以及方程式书写等