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【最后十套】2019届高考名校考前提分仿真卷
化学（九）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 K39
7．下列对生活中的一些问题的论述，符合科学实际的是
A．大米中的淀粉经水解和分解后，可酿造成米酒
B．麦芽糖、纤维素和油脂均能在人体中发生水解
C．乙醇、乙酸均属于食物中的两种基本营养物质
D．用加洗衣粉洗涤真丝织品，可使真丝蛋白质变性
8．用来减轻感冒症状的布洛芬的结构简式如下图所示，下列有关说法正确的是
A．布洛芬与苯甲酸甲酯是同系物
B．布洛芬的分子式为C13H20O2
C．布洛芬苯环上的二溴代物有2种(不含立体异构)
D．1mol布洛芬能与足量NaHCO3溶液反应最多生成1molCO2
9．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．标准状况下，2.24L三氯甲烷中所含分子数为NA
B．2.8g乙烯与聚乙烯的混合物中含有的极性键为0.4NA
C．将1molNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH的数目为NA
D．162g淀粉完全水解后产生的葡萄糖分子数目为NA
10．短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，化合物M、N均由这四种元素组成，且M的相对分子质量比N小16。分别向M和N中加入烧碱溶液并加热，二者均可产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。将M溶液和N溶液混合后产生的气体通入品红溶液中，溶液变无色，加热该无色溶液，无色溶液又恢复红色。下列说法错误的是
A．简单气态氢化物的稳定性：Y>X
B．简单离子的半径：Z>Y
C．X和Z的氧化物对应的水化物都是强酸
D．X和Z的简单气态氢化物能反应生成两种盐
11．以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是
A．加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4
B．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3
C．隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5
D．烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来
12．金属(M)－空气电池(如图)具有原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源。该类电池放电的总反应为：4M+nO2+2nH2O=4M(OH)n。已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。下列说法不正确的是
A．比较Mg、Al、Zn三种金属-空气电池，Mg－空气电池的理论比能量最高
B．为防止负极区沉积M(OH)2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜
C．电池放电过程的正极反应式：O2+2H2O+4e−=4OH−
D．多孔电极可提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面
13．常温下，向20mL0.lmol·L−1NH4HSO4溶液中滴入0.1mol·L−1NaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(H+)与所加NaOH溶液的体积的关系如图所示。下列分析正确的是
A．b点时，溶液的pH=7
B．常温下，Kb(NH3·H2O)=1.0×10−5.3
C．Vdc(SO)>c(NH)>c(NH3·H2O)>c(OH−)>c(H+)
26．（14分）甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物。某化学小组利用如图装置探究其反应产物。
[查阅资料]①CO能与银氨溶液反应：CO＋2[Ag(NH3)2]＋＋2OH－=2Ag↓＋2NH＋CO＋2NH3。
②Cu2O为红色，不与Ag+反应，能发生反应：Cu2O＋2H+=Cu2+＋Cu＋H2O。
（1）装置A中反应的化学方程式为___________________________________________。
（2）按气流方向各装置从左到右的连接顺序为A→__________________。(填字母编号)
（3）实验中滴加稀盐酸的操作为______________________________________________。
（4）已知气体产物中含有CO，则装置C中可观察到的现象是________________；装置F的作用为_________________________________________。
（5）当反应结束后，装置D处试管中固体全部变为红色。
①设计实验证明红色固体中含有Cu2O：____________________________________________。
②欲证明红色固体中是否含有Cu，甲同学设计如下实验：向少量红色固体中加入适量0.1mol·L−1
AgNO3溶液，发现溶液变蓝，据此判断红色固体中含有Cu。乙同学认为该方案不合理，欲证明甲同学的结论，还需增加如下对比实验，完成表中内容。
实验步骤(不要求写出具体操作过程)
预期现象和结论
__________________
若观察到溶液不变蓝，则证明红色固体中含有Cu；若观察到溶液变蓝，则不能证明红色固体中含有Cu
27．（14分）乙酸是生物油的主要成分之一，乙酸制氢具有重要意义：
热裂解反应CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g) △H=+2l3.7KJ·mol－1
脱酸基反应CH3COOH(g)→CH4(g)+CO2(g) △H=－33.5KJ·mol－1
（1）请写出CO与H2甲烷化的热化学方程式_________________________________。
（2）在密闭容器中，利用乙酸制氢，选择的压强为___________(填“较大”或“常压”)。其中温度与气体产率的关系如图：
①约650℃之前，脱酸基反应活化能低速率快，故氢气产率低于甲烷；650℃之后氢气产率高于甲烷，理由是随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时______________________。
②保持其他条件不变，在乙酸气中掺杂一定量水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，请用化学方程式表示：_________________________________。
（3）若利用合适的催化剂控制其他的副反应，温度为TK时达到平衡，总压强为PkPa，热裂解反应消耗乙酸20%，脱酸基反应消耗乙酸60%，乙酸体积分数为___________(计算结果保留l位小数)；脱酸基反应的平衡常数Kp为___________kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)。
28．（15分）铬元素的+6价化合物毒性较大，不能随意排放。某化工厂以铬渣(含有Na2SO4及少量Cr2O、Fe3+)为原料提取硫酸钠，同时制备金属铬的工艺流程如下：
已知：Fe3+完全沉淀[c(Fe3+)≤1.0×10−5mol·L−1时pH为3.6。
回答下列问题：
（1）滤渣A的主要成分为___________。
（2）根据右图信息，操作B包含蒸发结晶和___________。
（3）酸化后的Cr2O可被SO还原，该反应中若有0.5mol Cr2O被还原为Cr3+，则消耗SO的物质的量为___________mol。
（4）将重铬酸钠与浓硫酸加热熔融反应、再分离除去硫酸氢钠可以制得工业用粗化液的主要成分CrO3(铬酐)，写出该反应的化学方程式______________________。
（5）通过两步反应可以实现Cr(OH)3转化为Cr，若第一步反应为2Cr(OH)3Cr2O3+3H2O；第二步反应利用了铝热反应原理，则该反应方程式为___________。
（6）利用如图装置，探究铬和铁的活泼性强弱。能证明铁比铬活泼的实验现象是__________
____________。工业上，在钢器具表面镀铬以增强器具的抗腐蚀性能，用硫酸铬[Cr2(SO4)3]溶液作电解液，阴极的电极反应式为______________________。
35．【选修3：物质结构与性质】（15分）
现有七种元素，其中A，B，C，D，E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大．请根据下列相关信息，回答问题．
A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素
B元素原子的核外p电子数比s电子数少1
C原子的第一至第四电离能分别是：
I1 =738KJ/mol I2 =1451KJ/mol I3 =7733KJ/mol I4 =10540KJ/mol
D原子核外所有P轨道全满或半满
E元素的主族序数和周期数的差为4
F是前四周期中电负性最小的元素
G在周期表的第七列
（1）已知BA5为离子化合物，写出其电子式；
（2）B基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有个方向，原子轨道呈_____形；
（3）某同学根据上述信息，推断C基态原子的核外电子排布为该同学所画的电子排布图违背了；
（4）G位于__族___区，价电子排布式为；
（5）DE3中心原子的杂化方式为，用价层电子对互斥理论推测其空间构型为。
36．【有机化学基础】（15分）
J是一种解热镇痛类药物，其合成路线如下：
已知部分信息如下：
①苯环上原有取代基对苯环上新导入的取代基的位置有一定的影响，例如，一OH、一CH3等易使新导入的取代基进入苯环的邻、对位；一NO2、一COOH等易使新导入的取代基进入苯环的间位。
②(具有弱碱性和还原性)
③J遇氯化铁溶液能发生显色反应，其苯环上一氯代物只有2种，且结构中苯环直接连接“R－CONH－”基。
回答下列问题：
（1）H的名称是_______________；C所含官能团名称是______________________。
（2）E→F的反应类型是_________________________________。
（3）利用下列仪器进行检测时，H和I显示的信号完全相同的是___________，测定J所含化学键和官能团的是___________。
a红外光谱仪 b质谱仪 c元素分析仪 d核磁共振氢谱仪
（4）D+I→J的化学方程式为_________________________________。
（5）在J的同分异构体中，同时满足下列条件的有___________种(不包括立体异构)。
①能发生银镜反应和水解反应；②该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗2mol NaOH；其中，在核磁共振氢谱上有5个峰且峰的面积比为1︰2︰2︰2︰2的结构简式为___________。
（6）已知：苯环直接与甲基相连时，甲基可被酸性高锰酸钾溶液直接氧化成羧基，参照上述流程和信息，以甲苯为原料(其他试剂自选)合成，设计合成路线为。
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【最后十套】2019届高考名校考前提分仿真卷
化学答案（九）
7.【答案】A
【解析】A．淀粉水解最终产物是葡萄糖，葡萄糖在催化剂条件下C6H12O6→2CH3CH2OH＋2CO2↑，故A正确；B．人体中缺少水解纤维素的酶，即纤维素在人体中无法水解，故B错误； C．乙醇和乙酸不是营养物质，故C错误；D．真丝成分是蛋白质，洗衣粉含酶，能使蛋白质水解，故D错误。
8.【答案】D
【解析】A．布洛芬为羧酸，苯甲酸甲酯为酯，类别不同，不是同系物，故A错误；B．由结构可知分子式为C13H18O2，故B错误；C．由结构可知，苯环上只有2种H，则在苯环上发生取代反应，其一氯代物有2种，二氯代物有3种，故C错误；D．只有-COOH与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则1mol布洛芬能与足量NaHCO3溶液反应最多生成1mol CO2，故D正确；故选：D。
9.【答案】A
【解析】A．三氯甲烷在标准状况下是液体，不适用于22.4L/mol，所以A项符合题意；B．乙烯和聚乙烯的最简式均为CH2，可以按照最简式计算，2.8g的CH2为0.2mol，含有的极性键即C—H的物质的量为0.4mol，数目为0.4NA，B项不符合题意；C．1molNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，根据电荷守恒，c(NH)+c(H+)=c(NO)+c(OH−)，中性c(H+)=c(OH−)，c(NH)=c(NO)，同一溶液中NO3-的数目为NA，则NH数目也为NA，C项不符合题意；D．淀粉的结构单元C6H10O5，式量为162，则水解后会得到1mol葡萄糖，分子数为NA，D项不符合题意；本题答案选A。
10.【答案】C
【解析】依题意可知，M是NH4HSO3，N是NH4HSO4，故元素R、X、Y、Z依次为H、N、O、S。A．H2O的热稳定性比NH3强，选项A正确；B．S2−的半径比O2−的大，选项B项正确； C．HNO3、H2SO4均是强酸，但是，HNO2、H2SO3均是弱酸，选项C错误；D．NH3和H2S可反应生成(NH4)2S、NH4HS两种盐，选项D正确。答案选C。
11.【答案】C
【解析】A．FeS2煅烧时会生成SO2，加入CaO会与SO2反应，减少SO2的排放，而且CaSO3最后也会转化为CaSO4，A项不符合题意；B．滤液中NaAlO2溶液，通入CO2，生成Al(OH)3，过滤、洗涤、煅烧可以得到Al2O3；B项不符合题意；C．煅烧前后Fe原子守恒，n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶16，而不是1∶5，C项符合题意；D．Fe3O4具有磁性，能够被磁铁吸引，D项不符合题意；本题答案选C。
12.【答案】A
【解析】A．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为(1g/24g/mol)×2=1/12mol、(1g/27g/mol)×3=1/9mol、(1g/65g/mol)×2=1/32.5mol，所以Al−空气电池的理论比能量最高，故A错误；B．负极上Mg失电子生成Mg2+，为防止负极区沉积Mg(OH)2，则阴极区溶液不能含有大量OH−，所以宜采用中性电解质及阳离子交换膜，故B正确； C．正极上氧气得电子和水反应生成OH−，因为是阴离子交换膜，所以阳离子不能进入正极区域，则正极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，故C正确；D．反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，故D正确。答案选A。
13.【答案】C
【解析】A．b点时，溶液中的溶质为Na2SO4、NH4HSO4、(NH4)2SO4、NH水解使溶液呈酸性，选项A错误；B．当加入20mL NaOH溶液时，NH水解，c(H+)=c(NH3·H2O)=10-5.3mol/L，Kb=cNH4+c(OH-)c(NH3∙H2O)≈0.05×10-8.710-5.3=5.0×10-5.4，选项B错误；C．当加入30 mL NaOH溶液时，溶液中NH3·H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，pH>7，所以当二者程度相等(d点的pH=7)时，加入的NaOH溶液的体积小于30mL，选项C正确；D．e点溶液中c(NH3·H2O)>c(NH)，选项D错误。答案选C。
26.【答案】（1）Al4C3＋12HCl===3CH4↑＋4AlCl3
（2）F→D→B→E→C→G
（3）先打开分液漏斗上口的玻璃塞(或先使分液漏斗上口的玻璃塞的凹槽对准漏斗上的小孔)，再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下
（4）试管内有黑色固体生成(或试管内有银镜生成) 除去甲烷中的HCl气体和水蒸气
（5）取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变为蓝色，则证明红色固体中含有Cu2O 取少量Cu2O固体于试管中，加入适量0.1mol·L−1AgNO3溶液
【解析】（1）A中Al4C3与盐酸发生复分解反应，反应方程式Al4C3＋12HCl=3CH4↑＋4AlCl3；因此本题答案是：Al4C3＋12HCl=3CH4↑＋4AlCl3。（2）A中反应后，需除去气体可能携带的HCl，故紧接着是F，然后将气体通入反应器D，随后通入B中，检验是否有水生成，再通入澄清石灰水E，检验二氧化碳，最后通入C中检验一氧化碳，最后G收集尾气，故顺序为：F→D→B→E→C→G；综上所述，本题答案是：F→D→B→E→C→G。（3）滴加稀盐酸操作：先打开分液漏斗上口的玻璃塞（或先将分液漏斗上口的玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔），再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下；综上所述，本题答案是：先打开分液漏斗上口的玻璃塞(或先使分液漏斗上口的玻璃塞的凹槽对准漏斗上的小孔)
，再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下。（4）根据题给信息可知，气体产物中含有CO，所以C中银氨溶液可被还原为银，试管内有黑色固体生成；反应产生的甲烷气体中含有HCl和H2O，为了不影响后续反应，利用F装置除去甲烷中的HCl和H2O；综上所述，本题答案是：试管内有黑色固体生成(或试管内有银镜生成，除去甲烷中的HCl气体和水蒸气。（5）欲证明红色固体中是否含有Cu，甲同学设计如下实验：向少量红色固体中加入适量0.1mol·L−1AgNO3溶液，发现溶液变蓝，据此判断红色固体中含有Cu；乙同学认为该方案不合理，欲证明甲同学的结论，还需增加如下对比实验：①取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，说明溶液中含有Cu2+，则证明红色固体中含Cu2O；综上所述，本题答案是：取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变为蓝色，则证明红色固体中含有Cu2O。②取少量的Cu2O固体于试管中，加入适量的0.1mol·L−1AgNO3溶液，若溶液不变蓝，则可排除红色固体中Cu2O的干扰，证明其中含有Cu；综上所述，本题答案是：取少量Cu2O固体于试管中，加入适量0.1mol·L−1AgNO3溶液。
27.【答案】（1）2CO(g) +2H2(g)→CH4(g)+CO2(g) ∆H=−247.2KJ·mol−1
（2） 常压热裂解反应正向移动，而脱酸基反应逆向移动，故氢气产率高于甲烷 CO(g)+H2O(g)=H2(g)+ CO2(g)
（3） 9.1% 0.8P
【解析】（1）由盖斯定律计算：①热裂解反应CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g) △H=+2l3.7KJ·mol−1，②脱酸基反应CH3COOH(g)→CH4(g)+CO2(g) △H=－33.5KJ·mol−1，②-①得：CO与H2甲烷化的热化学方程式2CO(g) +2H2(g)→CH4(g)+CO2(g) ∆H= −247.2 KJ·mol−1；（2）在密闭容器中，利用乙酸制氢，CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g)，反应为气体体积增大的反应，选择的压强为常压。①热裂解反应CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g)是吸热反应，热裂解反应正向移动，脱酸基反应CH3COOH(g)
→CH4(g)+CO2(g)是放热反应，而脱酸基反应逆向移动。650℃之后氢气产率高于甲烷，理由是随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时①热裂解反应正向移动，而脱酸基反应逆向移动，故氢气产率高于甲烷。②CO能与水蒸反应生成二氧化碳和氢气，在乙酸气中掺杂一定量水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，CO(g) +H2O(g)=H2(g)+CO2(g)。
（3）热裂解反应CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g) △H=+2l3.7KJ·mol－1
0.2 0.4 0.4
脱酸基反应CH3COOH(g)→CH4(g)+CO2(g) △H=－33.5KJ·mol－1
0.6 0.6 0.6
乙酸体积分数为0.2/(0.4+0.4+0.6+0.6+0.2)×100%=9.1%
Kp=p(CH4)p(CO2)/p(CH3COOH)=0.6p2.2×0.6p2.20.2p2.2 =0.8P。
28.【答案】（1）Fe(OH)3
（2）趁热过滤
（3）1.5mol
（4）Na2Cr2O7+2H2SO4(浓)2NaHSO4+2CrO3+H2O
（5）Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr
（6）Cr电极上产生气泡，溶液颜色变为浅绿色 Cr3++3e-=Cr
【解析】（1）铬渣中含有Na2SO4及少量Cr2O、Fe3+，先水浸，然后向其中加入稀的NaOH溶液，调整pH=3.6，这时Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀进入滤渣A中，故滤渣A主要成分是Fe(OH)3；（2）将滤渣A过滤除去后溶液中含有Na2SO4、Na2Cr2O7，将溶液蒸发浓缩，根据物质的溶解度曲线可知：Na2Cr2O7的溶解度随温度的升高而增大，Na2SO4·10H2O的溶解度先是随温度的升高而增大，当温度接近50℃时，Na2SO4的溶解度随温度的升高而减小，趁热过滤，就可以使Na2SO4过滤除去，得到的母液中主要含有Na2Cr2O7；因此操作是蒸发浓缩、趁热过滤；（3）酸化后的Cr2O可被SO还原，根据电子得失数目相等可知，若该反应中有0.5mol Cr2O被还原为Cr3+，转移电子的物质的量为n(e-)=0.5mol×2×(6-3)=3mol，由于SO被氧化为SO42-，每1mol SO失去2mol电子，所以消耗SO的物质的量n(SO)=3mol÷2=1.5mol；（4）重铬酸钠与浓硫酸在加热时反应产生硫酸氢钠、CrO3和水，根据反应前后各种元素的原子守恒，可得反应方程式：Na2Cr2O7+2H2SO4(浓)2NaHSO4+2CrO3+H2O；（5）Cr2O3与Al在高温下发生置换反应，产生Cr与Al2O3，根据电子守恒、原子守恒配平方程式为：Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr；（6）若要利用原电池反应原理，证明铁比铬活泼，可以将二者连接起来，放入稀H2SO4中，在Fe电极上发生反应：Fe-2e−=Fe2+，进入溶液，使溶液变为浅绿色；电子经过导线转移至金属Cr上，溶液中的H+在Cr上获得电子，发生还原反应：2H++2e−=H2↑，在Cr电极上有许多气泡产生。因此看到实验现象是：溶液颜色变为浅绿色，同时在Cr电极上有许多气泡产生；在钢器具表面镀铬，要使钢器具与外接电源的负极连接，作阴极，发生还原反应：Cr3++3e−=Cr，使钢铁表面覆盖一层金属铬，抗腐蚀能力大大增强。
35.【答案】（1）
（2）3 纺锤
（3）泡利原理
（4）ⅦB d 3d54s2
（5）sp3三角锥
【解析】A，B，C，D，E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，A为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，B有2个电子层，为1s22s22p3，故B为N元素；由C原子的第一至第四电离能数据可知，第三电离能剧增，故C表现+2价，处于ⅡA族，原子序数大于N元素，故C为Mg元素；D处于第三周期，D原子核外所有p轨道全满或半满，最外层排布为3s23p3，故D为P元素；E处于第三周期，E元素的主族序数与周期数的差为4，E处于第ⅦA族，故E为Cl元素；F是前四周期中电负性最小的元素，F为第四周期元素，故F为K元素，G在第四周期周期表的第7列，G为Mn元素。（1）BA5即NH5，电子式为：；故答案为：；（2）由于B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，B有2个电子层，为1s22s22p3，故B为N元素，N基态原子中能量最高的电子在p轨道上，其电子云在空间有3个方向，原子轨道呈纺锤形，故答案为：3；纺锤；（3）由表格信息可知，C原子的第一至第四电离能数据可知，第三电离能剧增，故C表现+2价，处于ⅡA族，原子序数大于N元素，故C为Mg元素，由图片可知，该同学的画的3s轨道违背了泡利不相容原理；（4）根据题目信息可知，G在第四周期周期表的第7列，G为Mn元素，其位于ⅦB、d区，核外电子排布式为：[Ar]3d54s2；故答案为：ⅦB；d；3d54s2；（5）DE3即PCl3，中心原子P的价能层电子对数为4，故其为sp3杂化，PCl3的价层电子对互拆模型为正四面体，3个成键电子对占据其3个杂化轨道，1个孤电子对占据余下的杂化轨道，故其空间构型为三角锥，故答案为：sp3；三角锥。
36.【答案】（1）对硝基苯酚（或4-硝基苯酚）羧基
（2）取代反应
（3）c a
（4）
（5）16
（6）
【解析】依题意，酚遇氯化铁溶液发生显色反应，苯环上一氯代物只有2种，说明苯环上只有2种氢原子。由此推知，J含有苯环、酚羟基和CH3CONH-，且两个取代基位于苯环的对位，J的结构简式为。逆推，A为乙烯，B为乙醛，C为乙酸，D为CH3COCl。E为苯，F为溴苯，G为苯酚，H为，I为。（1）H分子中，-NO2作取代基，羟基作主官能团，名称为对硝基苯酚(或4-硝基苯酚)；C为羧酸类，所含官能团为羧基；（2）E→F为苯与溴发生取代反应生成溴苯；（3）H和I组成元素都是C、H、O、N，在元素分析仪上信号完全相同，答案选c；红外光谱仪测定有机物的官能团和化学键，答案选a；（4）D和I发生取代反应形成肽键和氯化氢，故D+I→J的化学方程式为；（5）1mol酚酯最多消耗2mol NaOH。依题意，J的同分异构体中，苯环上直接连接甲酸酯基(HCOO一)。分两种情况讨论：①若苯环上有2个取代基，则分两组：HCOO一、一NHCH3； HCOO一、一CH2NH2，共有6种结构；②若苯环上有3个取代基，则它们是HCOO一、一NH2、一CH3，有10种结构。符合条件的同分异构体有16种；其中，在核磁共振氢谱上有5个峰且峰的面积比为1∶2∶2∶2∶2的结构不含甲基，且HCOO一、一CHNH2位于苯环的对位，结构简式为；（6）分析目标产物知，将甲基氧化成羧基，先引入硝基，再还原硝基。由于胺基易被氧化，故先氧化，后还原；又因为一COOH控制苯环的间位取代，一CH3控制苯环的邻、对位取代。所以，先硝化、后氧化、最后还原。合成路线为：。
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