1、广西玉林高级中学 2018 高三化学模拟试题（二）1. 化学与生活、环境密切相关，下列说法错误的是A. 生活中钢铁制品生锈主要是由于吸氧腐蚀所致B. 石油的裂化、裂解和煤的干馏都属于化学变化C. 天然纤维、人造纤维、合成纤维组成元素相同D. 工业废水中的 Cu2+、Hg 2+等重金属阳离子可以通过加入 FeS 除去【答案】C【解析】试题分析：A生活中钢铁制品生锈主要是由于钢铁及其中含有的杂质碳及周围的水膜构成原电池，发生吸氧腐蚀所致，正确。B石油的裂化、裂解和煤的干馏都有新物质产生，因此都属于化学变化，正确。C天然纤维中的纤维素与人造纤维相同，而蚕丝、羊毛属于蛋白质，与纤维素的成分不同，合成纤
2、维组成元素也随原料的不同而不同，因此该说法错误。D工业废水中的 Cu2+、 Hg2+等重金属阳离子可以通过加入 FeS，发生沉淀溶解平衡，溶解电离产生的 S2-与 Cu2+、Hg 2+等重金属阳离子形成更难溶于水的物质而除去，正确。考点：考查化学在生活、环境中的重要作用的知识。2.2.下列说法错误的是( )A. 乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，被氧化生成 CO2和 H2OB. 和 C4Hl0的二氯代物的数目不同（不含立体异构）C. 乙烯能使溴水褪色、能使酸性 KMnO4溶液褪色，它们发生反应的类型不同D. 植物油通过氢化可以变成脂肪【答案】A【解析】A. 乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，被氧化生成
3、乙酸，故 A 错；B.根据 分析知其二氯代物有 12 种，C 4Hl0 由正丁烷异丁烷两种异构体，正丁烷的二氯代物有 6 种，异丁烷的二氯代物有 3 种，C 4Hl0 的二氯代物的数目共有 9 种，故 B 对；C. 乙烯能使溴水褪色，发生加成反应、能使酸性 KMnO4 溶液褪色发生氧化反应， ，它们发生反应的类型不同，故 C 对；D. 植物油为不饱和的高级脂肪酸甘油酯，加氢后，可以变成饱和的高级脂肪酸甘油酯，由液态的油变成固态的脂肪，故 D 正确。点睛：本题考查有机物性质相关知识。主要考查乙醇，乙烯与酸性高锰酸钾反应原理，和溴水反应的区别。抓住碳碳双特征，易被加成和氧化。找二氯代物同分异构体的
4、方法：定一移一，找对称性的方法进行确定。3.3.下列实验操作规范且所选玻璃仪器能达到目的的是( )目的 操作 所选玻璃仪器A 除去 KNO3中少量 NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤酒精灯、烧杯、玻璃棒B 海带提碘将海带剪碎，加蒸馏水浸泡，取滤液加稀硫酸和 H2O2试管、胶头滴管、烧杯、漏斗C测定饱和 NaClO 溶液、CH3COONa 溶液的 pH 值分别蘸取两种溶液滴在 pH 试纸上，颜色稳定后与标准比色卡对照玻璃棒、玻璃片D配制 480ml0.5mol/LCuSO4溶液将称量好的 62.5 g CuSO45H2O溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀烧杯、玻璃棒、量筒、一定规格
5、的容量瓶、胶头滴管A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】A二者溶解度受温度影响不同，结晶后过滤需要漏斗；B海带提碘时，应该先将海带灼烧成海带灰，该方案及仪器都不合理；C NaClO 具有强氧化性，不能用 pH 试纸测定浓度为 0.1molL-1 NaClO 溶液的 pH； D应配制 500mL，需要 62.5g CuSO45H2O。【详解】A过滤时还需要用漏斗，该实验中没有漏斗，选项 A 错误；B 海带中碘元素的分离实验中，先将海带灼烧成海带灰，然后在灼烧后的海带灰中加入蒸馏水，煮沸23min，再过滤，得到滤液，煮沸的目的是为了加快碘化物在水中的溶解，以使灰烬中的碘离
6、子尽可能多的进入溶液，然后加氧化剂氧化碘离子生成碘单质，再萃取、分液得到含碘单质的有机溶液，最后蒸馏得到碘，题中方案及使用仪器均不合理，选项 B 错误；CNaClO 具有强氧化性，不能用 pH 试纸测定浓度为 0.1molL-1 NaClO 溶液的 pH，则不能确定 pH 大小，不能比较饱和 NaClO 溶液、CH 3COONa 溶液的 pH 值，选项 C 错误； D.没有480mL 规格的容量瓶，应配制 500mL0.2mol/L CuSO4 溶液，计算后将称量好的 62.5 g CuSO45H2O 在烧杯中溶解后转移到容量瓶中定容，胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶可完成配溶液的实验，选
7、项 D 正确；答案选 D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、溶液配制、有机物的性质及检验、实验技能等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。4.4.设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( )A. 0.1molH218O 与 D2O 的混合物中所含中子数为 NAB. 17g 羟基所含电子的数目为 10NAC. lLpH=l 的 H2SO4溶液中含有的 H+数目为 0.2NAD. 密闭容器中 1molH2(g)与 1molI2(g)共热反应制备 HI 增加 2NA个 H-I 键【答案】A【解析】A 与 的混合物的物质
8、的量为 ，一个 、 分子均含有 10 个中子，混合物所含中子数等于 ，故 A 项正确；B. 17g 羟基的物质的量为 1mol,所含电子的数目为 9NA,故 B 错；C. 1LpH=l 的 H2SO4 溶液中含 0.05mol H2SO4,电离出 0.1NA H+，水还可以电离出 H+为 10-13mol,，所以 lLpH=l 的 H2SO4 溶液中含有的 H+数目小于 0.2NA，故 C 错误；D. 密闭容器中 H2(g)+ I2(g) 2HI 1mol H2(g)与 1mol I2(g)共热反应制备 HI，含 H-I键小于 2NA 个，故 D 错误。本题答案：A。5.5.下列装置由甲、乙两
9、部分组成（如图所示） ，甲是将废水中乙二胺H 2N(CH2)2NH2氧化为环境友好物质形成的化学电源。当电池工作时，下列说法错误的是（ ）A. 甲中 H+透过质子交换膜由左向右移动B. M 极电极反应式：H 2N(CH2)2NH2+4H2O-16e- 2CO2+N 2+16H +C. 一段时间后，乙中 CuSO4溶液浓度基本保持不变D. 当 N 极消耗 0.25 mol O2时，则铁极增重 16 g【答案】D【解析】【分析】根据题给信息知，甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M 是负极，N 是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；乙部分是在铁上镀铜
10、，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，以此解答该题。【详解】甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M 是负极，N 是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，AM 是负极，N是正极，质子透过离子交换膜由左 M 极移向右 N 极，即由左向右移动，选项 A 正确；BH2N（CH2）NH2 在负极 M 上失电子发生氧化反应，生成但其、二氧化碳和水，电极反应式为 H2N（CH2）NH2+4H2O-16e-2CO2+N2+16e-，选项 B 正确；C乙部分是在铁上镀铜，电解液浓度基本不变，所以乙中 CuSO4 溶液浓度基本保持不变，
11、选项 C 正确；D当 N 电极消耗 0.25 mol 氧气时，则转移 0.254=1mol 电子，所以铁电极增重 mol64g/mol=32g，选项 D 错误。答案选 D。【点睛】本题考查了原电池原理以及电镀原理，侧重于学生的分析、计算能力的考查，明确原电池正负极上得失电子、电解质溶液中阴阳离子移动方向即可解答，难度中等。6.6.X、Y、Z、W、Q 是原子序数依次增大的五种短周期主族元素。其中只有 Z 是金属元素，W 的单质是黄色固体，X、Y、W 在周期表中的相对位置关系如图所示。下列说法正确的是( )A. Z 的最高价氧化物对应的水化物不可能显弱碱性B. Y 的简单阴离子比 W 的简单阴离子
12、的还原性弱C. X、W、Q 的氢化物均可在 Y 的单质中燃烧D. Q 的氢化物的水溶液能与 W 的盐反应得到 W 的氢化物，说明非金属性 QW【答案】B【解析】由 X、Y、Z、W、Q 是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，W 的单质是黄色固体知 W为 S,根据周期表知 Y 为 O,X 为 N，Q 为 Cl,Z 是金属元素，所以 Z 可能是 Na、Mg 、Al 中的一个，当 Z 是铝元素时，A 错误 ; 因为 Y 是氧元素，W 为硫元素，非金属性 OS,还原性 O2-2-,故 B 正确；C. X、W、Q 的氢化物分别 NH3 H2S HCl,其中 HCl 不能与氧气反应,C 错误; D. 元素
13、的非金属性强弱不能从氢化物与盐反应的角度进行分析,D 错误。点睛：考查元素周期表和元素周期律的知识。解答此题根据位 构 性的关系，先确定元素的名称，在根据在周期表的位置，元素周期律的递变规律，推导元素的性质。7.7.室温下，浓度均为 0.1 molL-1、体积均为 V0的 HA、HB 溶液，分别加水稀释至 V，pH随 的变化如图所示，下列说法正确的是（ ）A. HA 为强酸，HB 为弱酸B. 水的电离程度 a 点大于 b 点C. 当 pH=2 时，HA 溶液中D. 等浓度等体积的 HB 与 NaOH 溶液充分反应后，离子浓度关系大小为：c(B -)c(Na +)c(H +)c(OH -)【答案
14、】C【解析】A由图示可知，室温下浓度相等的 HA 和 HB，HA 的溶液 pH 小，即 HA 的酯性比 HB 强，但 0.1mol/LHA 的 pH=2，说明 HA 也为弱酸，故 A 错误；B HA 和 HB 的水溶液中水的电离均受到抑制，a 点和 b 点溶液的 pH 相等，说明水的电离程度相同，故 B 错误；C0.1mol/LHA溶液中 pH=2，则此时 c(H+)=c(A-)=0.01mol/L，c(HA)=0.1mol/L-0.01mol/L=0.09mol/L，故 C 正确； D等浓度等体积的 HB 与 Na0H 溶液充分反应后得到NaB 溶液，因 B-的水解溶液显碱性，离子 浓度关系
15、大小为 ： c(Na+)c(B-)c(OH-)c(H+)，故D 错误；答案为 C。8.8.草酸晶体的组成可表示为 H2C2O4xH2O，某研究性学习小组用下图装置进行“草酸晶体受热分解的部分产物的验证”的实验。请回答下列问题。【资料查阅】草酸晶体在 101 时开始熔化 ，150 时开始升华， 175 时开始分解；草酸钙和草酸氢钙均为白色不溶物。（1）按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的部分分解产物， 装置 B 中可观察到有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，由此甲同学判断草酸晶体分解的产物中有 CO2。但立即遭到乙同学反对，其反对的理由可能是 _。（2）丙同学认为草酸晶体分解的产物中含有 CO，
16、为进行验证 ，X 应选用_(填化学式)浓溶液，装置 D 的作用是_ 。（3）实验过程中涉及如下操作：点燃装置 A 处的酒精灯；熄灭装置 A 处的酒精灯；点燃装置 E 处的酒精灯；熄灭装置 E 处的酒精灯。这 4 步操作由先到后的顺序为_(填序号)。点燃 E 处酒精灯前必须要进行的操作是 _。（4）实验过程中发现装置 E 中黑色粉末变红色， 装置 F 中有黑色固体生成， 经检测装置 F 中的固体为金属单质，则装置 F 中发生反应的化学方程式为_。（5）丁同学用滴定法测定草酸晶体中结晶水的含量，进行了下列操作：步骤一：用分析天平称取 3.15 g 纯净的该草酸晶体，配制成 250 mL 溶液。步骤
17、二：用移液管移取 25.00 mL 待测草酸溶液于锥形瓶中，并加入适量硫酸酸化。步骤三：取 0.100 molL1 标准酸性 KMnO4 溶液，进行滴定，三次结果如下表所示：第一次 第二次 第三次待测溶液体积(mL) 25.00 25.00 25.00标准溶液体积(mL) 9.99 10.01 10.00已知滴定反应的离子方程式为：MnO H 2C2O4H Mn 2 CO 2H 2O(未配平)。配制草酸溶液的操作步骤依次是：将晶体置于烧杯中，加水溶解， 将溶液转移入_，洗涤，定容，摇匀。通过计算确定 x_。【答案】 (1). 挥发出的草酸与澄清石灰水反应也产生相同的现象(或因为草酸钙、草酸氢钙
18、都为白色沉淀) (2). NaOH (3). 干燥 CO(或除去 CO 中的水蒸气) (4). (5). 检验 CO 的纯度 (6). PdCl2H 2OCO=PdCO 22HCl (7). 250 mL 容量瓶 (8). 2【解析】（1）草酸晶体在 101时开始熔化，150时开始升华，因此加热分解时，挥发出的草酸与澄清石灰水反应也产生白色沉淀；正确答案：挥发出的草酸与澄清石灰水反应也产生相同的现象（或：因为草酸钙、草酸氢钙都为白色沉淀） 。 （2）草酸受热分解，可能产生 CO 和 CO2，因此，在验证 CO 气体之前，先除去 CO2，X 应选用NaOH 溶液， 干燥的 CO 能够还原氧化铜，
19、 因此，必须用浓硫酸干燥 CO 气体，正确答案：NaOH；干燥 CO（或：除去 CO 中的水蒸气）。（3）先点燃 A 处的酒精灯，产生气体，排净装置内空气，然后加热 E 装置反应发生，反应结束后，先熄灭 E 处酒精灯，冷却至室温后，在熄灭 A 处的酒精灯，以防产生倒吸；所以这 4 步操作由先到后的顺序为；点燃 E 处酒精灯前必须要进行的操作是检验CO 的纯度；正确答案：；检验 CO 的纯度， （体现“验纯” ）。（4）PdCl2 与多余的 CO 反应生成金属 Pd，CO 被氧化为 CO2；化学方程式为PdCl2 H2O CO= PdCO 22HCl ；正确答案：PdCl 2H 2OCO= Pd
20、CO 22HCl；（5）消耗 KMnO4 溶液的体积为 9.99+10.01+10.00=10.00mL，消耗 KMnO4 的量为 0.101010-3=10-3 mol，25 mL 草酸溶液消耗 KMnO410-3 mol，250 mL 草酸溶液消耗 KMnO410-2 mol；反应如下：2MnO 4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，根据反应关系 2MnO4-5H2C2O4，消耗 H2C2O4 的量为 2.510-2 mol，3.15g 纯净 H2C2O4xH2O 的量为 2.510-2 mol，3.15/(90+18x)= 2.510-2, x=2；正确答案：2。9
21、.9.硼镁泥是硼镁矿生产硼砂晶体(Na 2B4O710H2O)时的废渣，其主要成分是 MgO，还含有Na2B4O7、CaO、Fe 2O3、FeO、MnO、SiO 2等杂质。以硼镁泥为原料制取七水硫酸镁的工艺流程如下：回答下列问题：(l)Na2B4O710H2O 中 B 的化合价为_。(2)Na2B4O7易溶于水，也易发生水解：B 4O72-+7H2O 4H3BO3(硼酸)+2OH -(硼酸在常温下溶解度较小)。写出加入硫酸时 Na2B4O7发生反应的化学方程式：_。(3)滤渣 B 中含有不溶于稀盐酸但能溶于热浓盐酸的黑色固体，写出生成黑色固体的离子方程式_。(4)加入 MgO 的目的是_。(5
22、)已知 MgSO4、CaSO 4的溶解度如下表：温度()溶解度(g)40 50 60 70MgSO4 30.9 33.4 35.6 36.9CaSO4 0.210 0.207 0.201 0.193“操作 A”是将 MgSO4和 CaSO4混合溶液中的 CaSO4除去，根据上表数据，简要说明“操作A”步骤为_。(6)硼砂也能在工业上制取 NaBH4，NaBH 4被称为有机化学中的“万能还原剂” 。写出 NaBH4的电子式：_。“有效氢含量”可用来衡量含氢还原剂的还原能力，其定义是：每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克 H2的还原能力。NaBH 4的有效氢含量为_（保留两位小数） 。在碱性条件下
23、，在阴极上电解 NaBO2也可制得硼氢化钠，写出阴极室的电极反应式：_。【答案】 (1). +3 (2). Na2B4O7+H2SO4+5H2O=Na2SO4+4H3BO3 (3). ClO- +Mn2+H2O=MnO2+Cl-+2H+ (4). 调节溶液的 pH 值，使 Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去 (5). 蒸发浓缩、趁热过滤 (6). (7). 0.21 (8). BO2-+6H2O+8e-=BH4-+8OH-【解析】（1）设 B 的化合价为 x 价，根据化合物中各元素化合价代数和为零可得，解得 ，所以 中 的化合价为+3 价。(2)Na2B4O7 易溶于水，也易发生水解： B4O72
24、-+7H2O 4H3BO3(硼酸)+2OH -(硼酸在常温下溶解度较小)。加入硫酸时促进了 B4O72-的水解，所以 Na2B4O7 与硫酸发生反应的化学方程式：Na 2B4O7+H2SO4+5H2O=Na2SO4+4H3BO3。（3）由硼镁泥的成分推断可知，不溶于稀盐酸但能溶于浓盐酸的黑色固体为 ，即被 氧化成 ，则其反应离子方程式为。（4） 属于碱性氧化物，能够与溶液中的反应，从而改变溶液的 值，因此可通过改变 加入量来调节溶液的 ，达到使以 沉淀的形式除去的目的。（5）因为 CaSO4 微溶于水，MgSO 4 易溶于水， “操作 A”是将 MgSO4 和 CaSO4 混合溶液中的CaSO
25、4 除去，根据上表数据，操作 A 采用结晶的方法除去 CaSO4，步骤为蒸发浓缩、趁热过滤。（6）写出 NaBH4 的电子式 中 显 -1 价， 中 显 0 价，两者的还原产物均为 （ 显+1 价） ， 的可以失去 电子， 可以失去 电子，则 的 的还原能力等价于 的 ，则根据“有效氢含量”的定义可知， 的有效氢含量为。在 NaBO2 中， B 的化合价为 +3， 中 B 化合价为 +5，在碱性条件下，在阴极上电解NaBO2,制硼氢化钠的电极反应式：BO 2-+6H2O+8e-=BH4-+8OH-。答案为 BO2-+6H2O+8e-=BH4-+8OH-。10.10.工业上 CO2用于生产燃料甲
26、醇，既能缓解温室效应，也为能源寻找了新渠道。合成甲醇的反应为：CO 2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)。(1)已知：CO 的燃烧热H=-283.0kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-483.6 kJ/molCO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H=-90.1 kJ/mol则：CO 2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H=_kJ/mol(2)T时,测得不同时刻恒容密闭容器中 CO2(g)、H 2(g)、CH 3OH(g)、H 2O(g)的浓度变化如下表所示：各物质的浓度 CO2(g) H2(g) CH3OH(g) H2O(g)
27、起始 1 mol/L 0 03 min 1.5 mol/L 0.5 mol/L10 min 0.25 mol/L 0.75 mol/L12 min c mol/L 0.75 mol/L c=_mol/L,从反应开始到平衡时，CH 3OH 的平均反应速率 v(CH3OH)= _ 下列能说明该反应达到平衡状态的是_A每消耗 1mol CO 2的同时生成 1 mol CH3OHB容器中气体的压强不再改变C混合气体的平均相对分子质量不发生变化D容器中气体的密度不再改变(3)在催化剂作用下,若测得甲醇的产率与反应温度、压强的关系如下图所示：分析图中数据可知，在 200、5.0 MPa 时，CO 2的转化
28、率为_，将温度降低至140、压强减小至 2.0 MPa，CO 2的转化率将_(填“增大” 、 “减小”或“不变”)。200、2.0 MPa 时，将 a mol/LCO2和 3a mol/L H2充入 V L 密闭容器中，在催化剂作用下反应达到平衡。根据图中数据计算所得甲醇的质量为_g(用含 a 的代数式表示)。(4)用 NaOH 溶液吸收 CO2所得饱和碳酸钠溶液可以对废旧电池中的铅膏(主要成分 PbSO4)进行脱硫反应。已知 Ksp(PbSO4)=1.6x10-8，Ksp(PbCO 3)=7.410-14，PbSO 4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq)，则该反应的
29、平衡常数 K=_(保留三位有效数字)；若在其溶液中加入少量 Pb(NO3)2晶体,则 c(SO42-)：c(CO 32-)的比值将_(填“增大” 、 “减小、 ”或“不变”)。【答案】 (1). 48.9 (2). 0.75 (3). 0.075 mol(Lmin)1 (4). BC (5). 25% (6). 增大 (7). 4.8aV (8). 2.16105 (9). 不变【解析】（1）根据盖斯定律：CO(g)+ 1/2O2(g)= CO2(g) H=-283.0kJ/mol；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-483.6kJ/mol； CO(g)+2H2(g) CH3OH(
30、g) H=-90.1KJ/mol；三个反应联立，消去CO、O2，得总反应为 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H=48.9KJ/mol；正确答案：48.9。（2）根据图示可知，反应进行到 3 分钟时，甲醇的浓度为 0.5 mol/L，消耗氢气 1.5 mol/L，剩余氢气 1.5 mol/L，原有氢气 3 mol/L；反应进行到 10 分钟时， 达到平衡状态，水蒸气变化了 0.75 mol/L，氢气消耗了 2.25 mol/L，剩余氢气 3-2.25 =0.75 mol/L；达平衡时，甲醇的量为 0.75 mol/L，CH3OH 的平均反应速率 v(CH3OH)=0.
31、75/10=0.075 mol(Lmin)1 ;正确答案：0.75； 0.075 mol(Lmin)1 。 每消耗 1mol CO2 的同时生成 1 mol CH3OH，速率反应方向相同，A 错误；该反应为体积变化 V0 反应，容器中气体的压强不再改变， 反应达到平衡状态，B 正确；反应前后混合气体的质量不变，反应后气体的总量变小，混合气体的平均相对分子质量不发生变化，反应达到平衡状态，C 正确；反应前后混合气体的质量不变，容器的体积不变，容器中气体的密度恒为定值，不能判定反应是否达到平衡状态 ，D 错误； 正确选项 BC。 （3）假设起始时 CO2(g)为 1 mol，转化率为 x,根据反应
32、方程式 CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，可知 CH3OH 的量为 xmol，x/1100%=25%, x=0.25mol，二氧化碳的转化率为0.25/1100%=25%,温度越高，甲醇的产率越低，说明该反应为放热反应，压强越大，甲醇的产率越高，因此转化率将增大，正确答案：25% ； 增大。 起始时 CO2(g)为 aVmol，转化率为 x,根据反应方程式 CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，可知 CH3OH 的量为 xmol，CH3OH 的产率=x/ aV100%=15%, x=0.15 aVmol, CH3OH 的质量为 0.15 aV32
33、= 4.8aV；正确答案：4.8aV。（4）PbSO4(s)+CO32-(aq) PbCO3(s)+SO42-(aq), 反应的平衡常数 K= c(SO42-)/ c(CO32-)= Ksp(PbSO4)/ Ksp(PbCO3)= 1.6x10-8/7.410-14=2.16105；若在其溶液中加入少量 Pb(NO3)2 晶体,对平衡没有影响，平衡不移动 ，所以 c(SO42-):c(CO32-)的比值不变；正确答案：2.1610 5；不变。11. N，P，As 等元素的化合物在生产和研究中有许多重要用途。请回答下列问题：（1 ）意大利罗马大学的FuNvio Cacace 等人获得了极具理论研
34、究意义的 N4 分子，该分子的空间构型与 P4 类似，其中氮原子的轨道杂化方式为 _，N-N 键的键角为_。（2）基态砷原子的价电子排布图为_，砷与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的顺序为_。（3 ）配位原子对孤对电子的吸引力越弱，配体越容易与过渡金属形成配合物。PH 3 与 NH3的结构相似，和过渡金属更容易形成配合物的是_(填“PH 3”或“NH 3”)。（4 ） SCl3+和 PCl3 是等电子体， SCl3+的空间构型是_。S-Cl 键键长_P-Cl键键长_( 填“ ”、 “=”或“”)，原因是_。（5 ）砷化镓为第三代半导体，以其为材料制造的灯泡寿命长，耗能少。已知立方砷化镓晶胞的
35、结构如图所示，砷化镓的化学式为_。若该晶体的密度为 gcm-3，设 NA 为阿伏加德罗常数的值，则 a、b 的距离为_pm(用含 和 NA 的代数式表示)。【答案】 （1） sp3；60；（2） ；AsSeGe；（3）PH 3；（4 ）三角锥形；SeGe，故答案为： ；AsSeGe；（3 ）配位原子对孤对电子的吸引力越弱，配体越容易与过渡金属形成配合物。P 的非金属性比 N 弱，对孤对电子的吸引力弱，因此和过渡金属更容易形成配合物的是 PH3，故答案为：PH 3；（4 ） SCl3+中价电子对个数 =键个数+孤电子对个数=3+ (6-1-3)=4，故 S 以 sp3 杂化轨道同 Cl形成共价键
36、，含 1 对孤电子对，所以为三角锥形结构； S 原子半径小于 P 原子半径故 S Cl 键要比 PCl 键短，故答案为：三角锥形； ；S 原子半径小于 P 原子半径故 S Cl 键要比 PCl 键短；（5 ）晶胞中 Ga 原子数为 6 +8 =4，As 原子数为 4，则砷化镓的化学式为 GaAs；设晶胞的边长为 xpm，则 = = ，解得 x= pm；b 位置黑色球与 a 位置白色球的距离为晶胞体对角线的 ，因此 b 位置黑色球与 a 位置白色球的距离= pm，故答案为：GaAs； 。考点：考查了晶胞的计算、核外电子排布、配合物、杂化轨道的相关知识。12.12.树脂交联程度决定了树脂的成膜性。
37、下面是一种成膜性良好的醇酸型树脂的合成路线，如下图所示。(1)B 的分子式为 C4H7Br，且 B 不存在顺反异构，B 的结构简式为_，A 到 B 步骤的反应类型是_。(2)E 中含氧官能团的名称是_，D 的系统命名为_。(3)下列说法正确的是_。A.1 mol 化合物 C 最多消耗 3 mol NaOHB1 mol 化合物 E 与足量银氨溶液反应产生 2 mol AgCF 不会与 Cu(OH)2悬浊液反应D丁烷、1-丁醇、化合物 D 中沸点最高的是丁烷(4)写出 D、F 在一定条件下生成醇酸型树脂的化学方程式_。(5) 的符合下列条件的同分异构体有_种。苯的二取代衍生物；遇 FeCl3溶液显
38、紫色；可发生消去反应(6)己知丙二酸二乙酯能发生以下反应：C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O利用上述反应原理，以丙二酸二乙酯、1,3-丙二醇、乙醇钠为原料合成 ，请你设计出合理的反应流程图_。提示：合成过程中无机试剂任选，合成反应流程图表示方法示例如下：【答案】 (1). CH3CHBrCH=CH2 (2). 取代反应 (3). 醛基 (4). 1，2，3-丁三醇 (5). A (6). (7). 6 (8). 【解析】(1)由题中各物质转化关系可知， 在 乙醇溶液中，发生消去反应，生成 A 即 ，B 的分子式为 ，且 B 不存在顺反异构，则 B 的结构简式为 。B 与液溴生成 C，C
39、的化学式为 ，在碱性环境中，水解生成 D，D 为 ，根据，结合反应条件可知，E 为，F 为 。（1）由上述分析，B 为 ，A 到 B 步骤的反应类型应该为取代反应。（2）E 为 ，其含有的含氧官能团为醛基；D 为 ，根据系统命名法，命名为 1,2,3-丁三醇。（3）A 项，C 为 ， 化合物 C 可以与 反应，故 A 项正确；B 项，E 为 ， 化合物 E 与足量的银氨溶液反应生成 ，故 B项错误；C 项，F 中的 可以与 悬浊液反应，故 C 项错误；D 项，分子间可以形成氢键，且相对分子质量最大，沸点最高，故 D 项错误。综上所述，本题正确答案为 A。（4）D 为 F 为 ，两者反应生成醇酸型树脂的化学方程式。（5）遇 溶液显紫色，则含有酚羟基，可发生消去反应，则与羟基（ ）碳相邻的上有 原子，所以满足上述条件的同分异构体有 （碳链的取代位置分为邻，间，对共三种）和 （碳链的取代位置分为邻，间，对共三种） ，一共为 6 种。（6）利用丙二酸二乙酯发生反应的原理，以丙二酸二乙酯、1,3-丙二醇、乙醇钠为原料合成的路线：
