1、【全国校级联考】安徽省皖南八校 2018 届高三第二次联考理综化学试题（ 解析版）安徽皖南八校 2018 届高三第二次联考理综化学试题1.下列食品或日常用品中主要成分是天然高分子化合物的是（ ）A. 蔗糖 B. 花生油 C. 蚕丝睡衣 D. 保鲜膜【答案】C【解析】A. 蔗糖分子式为 C12H22O11，不属于高分子化合物，选项 A 不选；B. 花生油，是脂肪酸的甘油酯，不是高分子化合物，选项 B 不选；C. 蚕丝睡衣中蚕丝是蛋白质，是天然高分子化合物，选项 C 选；D. 保鲜膜人工合成的高分子化合物，选项 D 不选。答案选 C。2.设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A.
2、2.24 L 乙烷中含有的共价键数为 0.7NAB. 1L0.1molL-1NaHCO3 溶液中，HCO 3- 和 CO32- 离子数之和为 0.1NAC. 11g 超重水( 3H216O)中含有的中子数为 6NAD. 0.1mol N2 与 0.3 mol H2 在一定条件下充分反应后，生成 NH3 分子数为 0.2NA【答案】C【解析】A、没有给定标准状况下，2.24 L 乙烷不一定为 0.1mol，故所含有共价键数不一定为 0.7NA，选项 A 错误；B、根据物料守恒，1L0.1molL -1NaHCO3溶液中，H 2CO3分子、HCO 3- 和 CO32- 离子数之和为 0.1NA，选
3、项 B 错误；C、11g 超重水( 3H216O)为 0.5mol，每个分子中含有 12 个中子，故 11g 超重水含有的中子数为6NA，选项 C 正确；D、合成氨反应是可逆反应，反应不可能完全转化为氨气，故 0.1mol N2 与 0.3 mol H2 在一定条件下充分反应后，生成 NH3 分子数一定小于0.2NA，选项 D 错误。答案选 C。点睛：本题考查阿伏加德罗常数的应用，题中应该注意：一个超重水( 3H216O)分子中所含的中子数为 12；2.24 L/mol 的适用范围，注意标准状况下，可逆反应在化学反应计算中有运用。3.四元轴烯(a)、苯乙烯(b) 、立方烷(c)的分子式均为 C
4、8H8，下列说法正确的是（ ）A. a 的同分异构体只有 b 和 c 两种B. a、c 的二氯代物均只有三种，b 的一氯代物有五种C. a、b 分子中的所有原子一定处于同一平面D. a、b 、c 均能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】B【解析】A、通过多个碳碳双键和叁健或环状满足分子 C8H8的化合物很多，如：CH2=CHCH=CHCH=CHCCH 等，选项 A 错误；B、不考虑立体结构， a 的二氯代物一种两个氯在碳碳双键末端、一种是同一边的末端两个碳上和一种是对角末端两个碳上的取代共 3 种；c 的二氯代物一种分别是在立方体的同一边两个碳上取代，或在同一面的对角的碳上取代，或是在立体对角上两个
5、碳上的取代，也有 3 种，b 有五种化学环境下的氢，其一氯代物有有 5 种，选项 B 正确；C 、四元轴烯虽然碳碳双键上的原子可能在同一平面，但中间环丁烷的结构，由于甲烷是正四面体结构，故 a 分子中的所有原子一定处于同一平面；苯乙烯中由于乙烯基与苯环是单键相连可以转动，苯乙烯分子中所有原子可以处于同一平面上，选项 C 错误；D、三种分子中只有 a 和 b 中含碳碳双键，而立方烷不含碳碳双键，只有 a 和 b 能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，选项 D 错误。答案选 B。4.实验室在 500时隔绝空气加热硫酸亚铁铵(NH 4)2Fe(SO4)2至分解完全并确定分解产物成分的装置如图所
6、示(已知分解的固体产物可能有 FeO、Fe 2O3 和 Fe3O4，气体产物可能有NH3、N 2、H 2O、SO 3 和 SO2)。下列说法正确的是（ ）A. 装置用于检验分解产物中是否有水蒸气生成，试剂 X 最好选用碱石灰B. 装置用于检验分解产物中是否有 SO3 气体生成并除去 SO3 和 NH3C. 取中固体残留物与稀硫酸反应并滴加 KSCN，溶液变红，则残留物一定为 Fe2O3D. 装置用于检验分解产物中是否有 SO2 气体生成，装置用于收集生成的 NH3 和 N2【答案】B【解析】A. 装置的作用是检验分解产物中是否有水蒸气生成，故试剂 X 应选用无水硫酸铜，选项 A 错误；B. 装
7、置用于检验分解产物中是否有 SO3气体生成，若有 SO3气体生成则装置中酸性条件下产生白色沉淀硫酸钡，并用氯化钡和盐酸除去 SO3和 NH3，选项 C 正确；C. 中固体残留物中也可能还含有FeO，也可能不含有 Fe2O3而含有 Fe3O4，而不一定只有 Fe2O3，选项 C 错误；D. NH3极易溶于水，若分解产物中有 NH3，则 NH3被装置中的溶液所吸收了，气体生成，装置中不可能收集到 NH3的，选项 D 错误。答案选 B。5.一种既能提供电能又能固氮的新型氢氮燃料电池的工作原理如图所示，其中电解质溶液为溶有化合物 A 的稀盐酸。下列有关表述错误的是（ ）A. 通入 N2 的电极发生的电
8、极反应式为 N2+6e-+8H+=2NH4+B. 该装置能将化学能转化为电能，化合物 A 为 NH4ClC. 电子从通入 N2 的电极流出，经过用电器流向通入 H2 的电极D. 反应过程中电解质溶液的 pH 会变大，故需要通入氯化氢气体【答案】C【解析】A.该电池的本质是合成氨反应，所以正极是氮气发生还原反应，电极反应式为 N2+6e-+8H+=2NH4+，选项 A 正确； B. 通入氢气的电极为负极，生成的铵根离子与氯化氢结合生成氯化铵，所以 A 是 NH4Cl，选项 B 正确；C.该装置是原电池装置，电子由负极通过外电路流向正极，即由通入氢气的电极沿外电路流向通入氮气的电极，选项 C 错误
9、；D.反应过程中， H 不断消耗导致 pH 值变大，需要通入氯化氢气体，选项 D 正确。答案选 C。点睛：本题考新型燃料电池，侧重于学生的分析能力的考查，注意根据总反应式判断出正负极和阴阳极的反应，从化合价变化的角度分析，以 N2、H 2为原料，以 HCl-NH4Cl 为电解质溶液构成新型燃料电池，正极发生还原反应，即氮气被还原生成 NH4+，电极反应式为 N2+6e-+8H+=2NH4+；负极是氢气失电子生成氢离子，电极方程式为 H2-2e-=2H+，以此解答该题。6.X、Y、Z、W、R 都是中学化学中常见物质，它们均含有同一种短周期元素，在一定条件下可发生如图所示的转化，其中 X 是单质，
10、Y 在常温下是气态氢化物， Z、W 是氧化物 R 是W 和水反应的产物。下列判断错误的是（ ）A. X 不可能是金属单质 B. Y 生成 Z 属于置换反应C. Z 生成 W 发生了电子转移 D. Y 和 R 可能会发生反应生成一种盐【答案】B【解析】根据题意和物质转化关系图可知 X 是硫磺或氮气，选项 A 正确；若 X是硫磺，则 Y、Z、W 、R 分别是 H2S、SO 2、SO 3、H 2SO4；若 X 是氮气，则Y、Z、 W、R 分别是 NH3、NO、NO 2、HNO 3；H 2S 生成 SO2或 NH3生成 NO 均不属于置换反应，选项 B 错误；SO 2生成 SO3或 NO 生成 NO2
11、均发生了电子转移，选项 C 正确；NH 3与 HNO3反应生成 NH4NO3，选项 D 正确。答案选 B。7.298 K 时，某种甲酸(HCOOH)和甲酸钠的混合溶液中 HCOOH、HCOO - 的浓度存在关系式c(HCOO-)+c(HCOOH)=0.100molL-1，含碳元素的粒子的浓度与 pH 的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 298 K 时，HCOOH 的电离常数 Ka=1.010-10.25B. 0.1molL -1HCOONa 溶液中有 c(HCOO-)+c(HCOOH)+c(OH- )c(H+)+0.1，即 c(HCOO-)+ c(HCOOH)+c(OH-)c(H+)+
12、0.1，选项 B 错误；C、298 K 时，加蒸馏水稀释 P 点溶液，溶液中 c(H+)c(OH- )=KW，保持不变，但加水稀释，可同时促进 HCOOH 的电离和HCOONa 的水解， n(H+)和 n(OH- )都增大，故 n(H+)n(OH- )增大，选项 C 正确；D、0.1molL -1 HCOONa 溶液和 0.1molL-1 HCOOH 溶液等体积混合后，虽然混合溶液中 c(HCOO-)+ c(HCOOH)=0.100mol/L，但由于 HCOOH 的电离程度大于 HCOONa的水解程度，混合溶液中 c(HCOO-)c(HCOOH)，故溶液的 pH3.75，选项 D 错误。答案选
13、 C。8.新制的饱和氯水中含有多种做粒，某校化学研究性学习小组的同学为探究其性质，做了如下实验，请你帮助完成。（1 ）氯气能使湿润的红色布条褪色，使其褪色的微粒的化学式是 。（2 ）将氯水光照一段时间后，溶液颜色逐渐变浅，有关反应的化学方程式为 、 。（3 ）新制的饱和氯水与碳酸钙的反应是制取较浓 HClO 溶液 的 方 法 之一。实验一 定性研究：如图所示，在试管中加入过量的块状碳酸钙，再加入约 20 mL 新制的饱和氯水，充分反应，有少量气泡产生，溶液浅黄绿色褪去。过滤，将滤液滴在有色布条上，发现其比氯水的漂白性更强。为了确定反应产物，将滤液分为三份，分别进行以下实验：第一份与石灰水混合，
14、立即产生大量白色沉淀;第二份与稀盐酸混合，立即产生大量无色气体，将第三份加热，观察到溶液变浑浊且有大量无色气体产生。经检测，上述实验中产生的无色气体均为 CO2。反应后所得的溶液漂白性增强的原因是 。依据上述实验可推知：步骤的滤液中的溶质除 CaCl2、HClO 外，还有 。实验二 定量研究：在仪器 A 内，放有塑料网包住的块状碳酸钙(过量) 和 150 mL 新制的饱和氯水，按如图所示装置实验(实验前仪器 B 中充满了饱和 NaHCO3 溶液)，待不再产生气泡后，将塑料网中剩余的碳酸钙提出液面，密封后再加热烧瓶中的液体，直到仪器 B 中的气体不再增加(不考虑HClO 的分解) 。仪器 A 的
15、名称为 。准确读出仪器 B 中气体体积的实验操作步骤依次是：a等待仪器 A 冷却到室温;b ；c 平视与刻度线相切的液面读数。实验结束后，测得仪器 B 中收集到的气体体积在标准状况下为 168mL，则 150mL 新制的饱和氯水与过量碳酸钙完全反应后，所得溶液中 HClO 的物质的量浓度为 。(反应前后，溶液体积变化忽略不计)【答案】HClOCl 2+ H2O HCl+ HClO2HClO 2HCl+O2 CaCO3 消耗氯水中的HCl，使反应 Cl2+H2O HCl+HClO 的化学平衡向右移动，HClO 浓度增大 Ca(HCO3)2圆底烧瓶上下移动仪器 B 至仪器 B 内液面与水槽中的液面
16、相平 0.05 molL-1【解析】（1）氯气溶于水后与水反应 Cl2+ H2O HCl+ HClO，其中 HClO 具有漂白性，能使湿润的红色布条褪色，则使其褪色的微粒的化学式是HClO；（ 2）将氯水光照一段时间后，溶液颜色逐渐变浅，是因为 HClO 不稳定，见光分解生成 HCl 和 O2，HClO 浓度降低，平衡 Cl2+ H2O HCl+ HClO 正向移动，氯气消耗，溶液颜色变浅，有关反应的化学方程式为：Cl2+ H2O HCl+ HClO、2HClO 2HCl+O2 ；（3 ）CaCO 3 消耗氯水中的HCl，使反应 Cl2+H2O HCl+HClO 的化学平衡向右移动， HClO
17、 浓度增大，反应产生的气体为二氧化碳（盐酸与碳酸钙反应所得），而二氧化碳溶于水呈酸性，抑制了次氯酸的电离，使溶液中存在了浓度更高的次氯酸，因此滤液滴在有色布条上，发现其比氯水的漂白性更强；氯气与水反应Cl2+ H2O HCl+ HClO，生成，因为碳酸钙是过量的，并且反应中有二氧化碳生成，因此碳酸钙和二氧化碳和水反应生成了可溶于水的碳酸氢钙CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，因此第二份与稀盐酸混合 Ca(HCO3)2+2HCl=CaCl2+2CO2+2H 2O，所以步骤的滤液中的溶质除 CaCl2、HClO 外，还有 Ca(HCO3)2； 仪器 A 的名称为圆底烧瓶；准确读出仪器
18、B 中气体体积的实验操作步骤依次是：a等待仪器 A 冷却到室温； b上下移动仪器 B 至仪器 B内液面与水槽中的液面相平；c 平视与刻度线相切的液面读数；实验过程中根据反应 Cl2+ H2O HCl+ HClO、2HCl+2CaCO 3= Ca(HCO3)2+ CaCl2、Ca(HCO 3)2+2HCl=CaCl2+2CO2+2H 2O 可知，n(HClO)=n(HCl)=2n(CO 2)=168mL103L/mL22.4mol/L168mL10-3L/mL22.4mol/L=0.015mol；c(HClO)= 0.015mol0.150L 0.015mol0.150L=0.1mol/L。9.
19、下图是以黄铜矿(主要成分为 CuFeS2)为原料制取胆矾晶体的流程：已知：高温焙烧时的主要反应有：2CuFeS 2+O2 Cu2S+2FeS+SO22Cu2S+ 5O2 2CuO+2CuSO4，2FeS+3O 2 2FeO+2SO2 ;常温下 KspFe(OH)3=8.010-38，K spCu(OH)2=3.010-20。（1 ） CuFeS2 中硫元素的化合价为 ，写出上述流程中生成亚硫酸铵的化学方程式： 。（2 ）最适合的试剂 A 是 （写化学式）溶液；当试剂 A 的浓度为60molL-1 时 ，“ 浸出”实验中，铜的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铜的浸出率为 90%时，所采用的实验
20、条件(温度、时间)为 。（3 ）最适合的试剂 C 是 ( 填标号 )。a Cl2 b H2O2 溶液 c酸性高锰酸钾溶液 d浓硫酸（4 ）加入适量 CuO 粉末的作用是调节溶液的 pH，促进 Fe3+水解，达到除杂的目的。写出实现该目的的总反应的离子方程式： 。（5 ）有同学怀疑 CuO 不一定能达到上述目的，而小张同学却认为可以通过计算来确定。设溶液中 Cu2+的浓度为 3.0 molL-1，则 Cu2+开始沉淀时溶液的 pH 为 ，Fe 3+沉淀完全时溶液的 pH 为 。通过计算判断加入 CuO (填“能”或“不能”)达到目的(提示： 1g 5=0.7;通常认为残留在溶液中的某离子浓度小于
21、 1.010-5 molL-1 时，就认为该离子已沉淀完全 )。（6 ）假设流程图中消耗的 CuO 为 ag，最终制得 bg 胆矾晶体，消耗黄铜矿的质量为 cg，不考虑生产过程中的损失，则黄铜矿中 CuFeS2 的质量分数为 (写出原始的计算结果即可，不必化简)。【答案】-2SO 2+(NH4)2CO3=(NH4)2SO3+CO2H2SO490、2 hb2Fe3+3CuO+3H2O=2Fe(OH)3+3Cu2+4.03.0 能 184(b250a80)c184(b250-a80)c100%【解析】（1）CuFeS 2中铜的化合价为 +2 价，铁的化合价为 +2 价，根据元素化合价代数和为零可知
22、硫的化合价为-2 价；上述流程中黄铜矿高温焙烧产生的气体是二氧化硫，二氧化硫与碳酸铵反应生成亚硫酸铵和二氧化碳，反应的化学方程式为：SO 2+(NH4)2CO3=(NH4)2SO3+CO2；（2）以黄铜矿为原料制取胆矾晶体，焙烧后生成的氧化物必须先用硫酸溶解，故最适合的试剂 A 是 H2SO4；由图中信息可知，当铜的浸出率为 90% 时，所采用的实验条件 (温度、时间)为：90、2 h；（3）试剂 C 是将溶液 B 中的亚铁离子氧化为铁离子，在加入氧化铜调节pH 值后水解转化为沉淀而除去铁，最适合的试剂 C 是 H2O2 溶液，将亚铁离子氧化为铁离子的同时产生水，没有引入新的杂质，答案选 b；
23、（4）加入适量CuO 粉末的作用是调节溶液的 pH，促进 Fe3+水解生成氢氧化铁，同时氧化铜溶解生成 Cu2+，达到除杂的目的。实现该目的的总反应的离子方程式为：2Fe3+3CuO+3H2O=2Fe(OH)3+3Cu2+；（5）常温下 KspCu(OH)2=c(Cu2+)c2(OH-)=3.0 molL-1c2(OH-)=3.010-20，则 c(OH-)=1.010-10，c(H +)=1.010-4，pH=4.0，即 Cu2+开始沉淀时溶液的 pH 为 4.0；通常认为残留在溶液中的某离子浓度小于 1.010-5 molL-1 时，就认为该离子已沉淀完全，K spFe(OH)3 =c(F
24、e3+)c3(OH-)=1.010-5 molL-1c3(OH-)=8.010-38，则 c(OH-)=1.010-11，c(H +)=1.010-3，pH=3.0，由于Cu2+开始沉淀时溶液的 pH 为 4.0，Fe 3+沉淀完全时溶液的 pH 为 3.0，加入 CuO 能达到目的；（6）根据铜的质量守恒黄铜矿和加入的氧化铜中的铜的总质量先于胆矾晶体中铜的总质量，黄铜矿中 CuFeS2的质量分数为 x，则有：cgx250184250184+ag2508025080=bg，解得 x=184(b250a80)c184(b250-a80)c100%。10.化学反应原理在科研和生产中有广泛应用。（1
25、 ）用生物质热解气(主要成分为 CO、CH 4、H 2)将 SO2 在一定条件下还原为单质硫进行烟气脱硫。已知：C(s)+O 2(g)=CO2(g) H1=-393.5 kJmol-1CO 2(g)+C(s)=2CO(g) H2= + 172.5 kJmol-1S(s)+O 2(g)=SO2(g) H3=- 296.0 kJmol-1CO 将 SO2 还原为单质硫的热化学方程式为 。（2 ） CO 可用于合成甲醇，一定温度下，向体积为 2 L 的密闭容器中加入 CO 和 H2，发生反应 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，达到平衡后测得各组分的浓度如下：物质 CO H2 CH3OH浓度
26、（molL -1） 0.91.0 0.6反应达到平衡时，CO 的转化率为 。该反应的平衡常数 K= 。恒温恒容条件下，可以说明反应已达到平衡状态的是 (填标号) 。Av 正 (CO)=2v 逆 (H2) B混合气体的密度不变C混合气体的平均相对分子质量不变 DCH 3OH、CO、H 2 的浓度都不再发生变化若将容器体积压缩到 1L，则达到新平衡时 c(H2)的取值范围是 。若保持容器体积不变，再充入 0.6 mol CO 和 0.4 mol CH3OH，此时 v 正 v 逆 (填“ ” c(NH4+)c(H+ )c(OH- )1.410-11【解析】（1）已知反应C(s)+O 2(g)=CO2
27、(g) H1=-393.5 kJmol-1CO 2(g)+C(s)=2CO(g) H2= + 172.5 kJmol-1S(s)+O 2(g)=SO2(g) H3=- 296.0 kJmol-1根据盖斯定律，由得反应 2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g) H= H1H2H 3=-393.5 kJmol-1-172.5 kJmol-1-（- 296.0 kJmol-1）=-270 kJmol-1；（2） CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)起始浓度（mol/L）1.5 2.2 0改变浓度（mol/L）0.6 1.2 0.6平衡浓度（mol/L）0.9 1.0 0.6反应
28、达到平衡时，CO 的转化率为 0.61.50.61.5100%=40%；该反应的平衡常数 K=c(CH3OH)c(CO)c2(H2)c(CH3OH)cCOc2(H2)=0.60.91.020.60.91.02=2323L2mol-2=0.67 L2mol-2)；A根据化学反应速率之比等于计量数之比，有 2v 正 (CO)= v 正(H2)，若 2v 正 (CO)= v 正 (H2)= v 逆 (H2)则正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，但题给的是 v 正 (CO)=2v 逆 (H2)，选项 A 错误；B 反应在恒容条件下进行，反应物都为气体，故气体的总质量不变，容器的体积不变，密度始终保持不
29、变，所以混合气体的密度不变不能作为反应达到平衡的标志，选项 B 错误； C根据“变量不变达平衡”该反应正反应为气体体积缩小的反应，混合气体的平均相对分子质量是变量，若不变了，证明反应已达平衡状态，选项 C 正确；DCH 3OH、CO、H 2的浓度都不再发生变化，反应物各浓度保持不变，说明反应已达平衡状态，选项 D 正确。答案选 CD；CO(g)+2H 2(g) CH3OH(g)，若将容器体积压缩为 1L，各物质浓度应变为原来的 2 倍，但压强增大，平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故氢气的平衡浓度小于 2mol/L，所以氢气的平衡浓度应 1mol/Lc（H 2）2mol/L；若保持体积不变，
30、再充入 0.6molCO 和0.4molCH3OH，则 各物质浓度为CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)0.9+0.6=1.5 1.0 0.6+0.4=1Q= 1 1.512 1 1.512=2323=K，说明反应达到的平衡和原来的平衡状态相同，则 V正 =V 逆 ；（3）常温下，HNO 2 的电离常数 Ka=7.110-4molL-1，NH 3H2O 的电离常数Kb=1.710-5molL-1。K aKb，NH 4NO2 溶液中铵根离子的水解大于亚硝酸根离子的水解，c(NO 2- )c(NH4+)，溶液呈酸性，故 0.1molL-1NH4NO2 溶液中离子浓度由大到小的顺序是 c(
31、NO2- )c(NH4+)c(H+ )c(OH- )，NO 2-水解的离子方程式为 NO2-+H2O=HNO2+ OH- ，常温下 NO2-水解反应的平衡常数 Kb=c(HNO2)c(OH)c(NO2)cHNO2c(OH-)c(NO2-)=c(HNO2)c(OH)c(H+)c(NO2)c(H+)cHNO2c(OH-)c(H+)c(NO2-)c(H+)=KWKaKWKa=1.010147.11041.010-147.110-4=1.410-11。11.A 族的碳、硅等元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：（1）在基态 14C 原子中，核外存在 对自旋相反的电子;CO 32-离
32、子的几何构型为 。（2）利用反应 Cu2Cl2+C2H2+2NH3Cu2C2(乙炔亚铜，红色 )+2NH4Cl 可检验乙炔。乙炔分子中 键与 键数目之比为 ，NH 4Cl 中含有的化学键类型有 。（3）“分子机器设计和合成 ”的研究对象之一为“分子开关” ，“分子开关” 与大环主体分子苯芳烃、杯芳烃等有关。右图为对叔丁基杯4芳烃，由 4 个羟基构成杯底，羟基间的相互作用力是 。对叔丁基杯4芳烃中碳原子的杂化方式有 。杯芳烃可用于某些B 族元素金属离子如 57La3+及 21Se2+ 的萃取，基态 Se2+核外电子排布式为 。（4）硅、硒均能与氢元素形成气态氢化物，若“Si-H” 中共用电子对偏
33、向氢元素，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，则硒与硅的电负性相对大小为 Se (填 “”或“a12440(a1010)36.021023440(a10-10)36.021023【解析】（1）C 原子核外电子排布为 1s22s22p2，轨道式为如图所示：，则在基态 14C 原子中，核外存在 2 对自旋相反的电子；CO 32-中中心原子价层电子对个数=4+224+22=3 ，碳原子 SP2杂化，轨道构型为平面三角形，成键原子有 3 个，分子空间构型为平面三角形；（2）乙炔的结构式为 H-CC-H，单键为 键，三键含有 1 个 键、2 个 键，故乙炔分子中 键与 键数目之比为 3：2；NH 4Cl 中铵
34、根离子与氯离子之间存在离子键，氮与氢原子之间存在共价键和配位键；（3）对叔丁基杯4芳烃中，O 的非金属性很强，在羟基之间存在氢键；叔丁基杯4芳烃中含有苯环和饱和烃基，故碳原子的杂化方式有 sp2和 sp3；Se 是 34 号元素，Se 原子核外有 34 个电子，Se 原子失去 2 个电子变成 Se2+，根据构造原理可知 Se2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d1或Ar3d 1；（4）若“Si-H”中键合电子偏向氢原子，说明硅显正价，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，硒显负价，所以硒与硅的电负性相对大小为 SeSi；在第三周期中，钠失去 1 个电子后，就已经达到稳定结构，所以钠的第
35、二电离能最大，镁最外层为 2 个电子，失去 2 个电子后为稳定结构，所以镁的第二电离能较小，铝最外层有 3 个电子，失去 2 个电子后还未达稳定结构，而铝的金属性比镁弱，所以第二电离能比镁略高，硅最外层上 2p 层有 2个电子，失去后，留下 2 个电子，相对较稳定，所以硅的第二电离能比铝要低，磷、硫非金属性逐渐增大，第二电离能也增大，由于硫失去一个电子后，3p 轨道上是 3 个电子，是较稳定结构，所以硫的第二电离能要高于氯，综上分析，代表第二电离能的图是 a；（5）金刚砂为原子晶体，每个硅原子连接 4 个碳原子，硅原子的配位数为 4，每个硅原子又连接其他 3 个碳原子，所以每个碳原子周围最近的
36、碳原子数目为 34=12；该晶胞中碳原子个数=81818+61212=4，硅原子个数为 4，晶胞边长 =a10-10cm，体积 V=( a10-10cm)3，=mVmV=404 NA(a1010)3404NA(a10-10)3g/cm3=440(a1010)36.021023440(a10-10)36.021023g/cm3。点睛：本题考查物质结构和性质，涉及化学键的判断、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识，主要是图象分析和数据分析、电负性、电离能的理解应用。分子的立体构型是指分子的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子，实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间
37、构型。12.蛋白糖(G)是一种广泛应用于食品、饮料、糖果的甜味剂，一种合成蛋白糖的路线如下：已知： （R、R 、R 为烃基或氢原子）回答下列问题：（1 ） A 的名称为 ，F 中含有官能团的名称是 。（2 ）由 A 生成 B 的反应类型是 ，由 E 生成 G 的反应类型是 。（3 ） C 的结构简式为 。（4 ）能同时满足下列条件的 C 的同分异构体共有 种( 不考虑立体异构)。苯环上有两个取代基能与 FeCl3 溶液发生显色反应能与饱和 NaHCO3 溶液反应产生气体（5 ）写出反应 DE 的化学方程式： 。（6 ）参照上述合成路线，设计一条以甲醛为起始原料制备氨基乙酸的合成路线： (无机试
38、剂任选)。【答案】苯乙醛氨基、羧基加成反应取代反应 6+CH3OH +H2OHCHO【解析】根据已知： 及 A 的分子式和 B 的结构简式可知，A 与 HCN 发生加成反应生成 B，则 A 的结构简式为，B 酸化得到的 C 的结构简式为 ，根据已知 （R、R 、R 为烃基或氢原子）C 转化为 D，D 的结构简式为 ，D 在浓硫酸和加热条件下与 CH3OH 发生酯化反应生成 E，E 的结构简式为，E 与 F 发生成肽反应生成二肽 G。（1）A 为，其名称为苯乙醛，F （ ）中含有官能团的名称是氨基、羧基；（2） 与 HCN 发生加成反应生成， 与 发生取代反应生成 和水；（3）C 的结构简式为；（4） 的同分异构体 (不考虑立体异构)，满足条件：能与 FeCl3 溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，能与饱和 NaHCO3 溶液反应产生气体，说明分子中含有羧基，苯环上有两个取代基，则除酚羟基外，另一取代基的结构有-CH 2CH2COOH、-CH(CH 3)COOH 两种，与酚羟基在苯环上的位置有邻、间、对位，故符合条件的同分异构体有23=6 种；（5）反应 DE 的化学方程式为： +CH3OH+H2O；（6）参照上述合成路线，以甲醛为起始原料，甲醛与 HCN 发生加成反应生成， 酸化得到 ， 在一定条件下与氨气发生取代反应生成氨基乙酸，合成路线为：HCHO。
