2019年青岛市高三年级教学质量检测
理科综合能力测试（化学）
可能用到的相对原子质量：H－1 N－14 O－16 Na－23 Cl－35.5 Fe－56
1.下列说法正确的是（ ）
A. 古人煮沸海水制取淡水，现代可通过向海水加入明矾实现海水淡化
B. 秦始皇统一币制，规定金为上币，铜为下币，金铜均属于有色金属
C. “结草为庐”所用的秸秆，经现代科技可转化为苯乙酸、苯乙烯等芳香烃
D. 我国山水画所用的炭黑与“嫦娥四号”卫星所使用的碳纤维为同素异形体
【答案】B
【解析】
【详解】A.明矾能净水，但不能使海水淡化，故错误；
B.有色金属指铁、铬、锰以外其他的金属，所以金和铜都属于有色金属，故正确；
C.苯乙酸含有氧元素，不属于芳香烃，故错误；
D.碳纤维属于新型纤维材料，不属于碳的同素异形体，故错误。
故选B。
【点睛】掌握净水和消毒的原理，净水通常是利用胶体的吸附性使水净化，消毒是利用强氧化性，可以杀菌消毒。
2.试管实验操作简单，现象明显。以下试管实验操作及现象均正确的是（ ）
A. 直接向淀粉水解液中滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，产生砖红色沉淀
B. 向苯中滴加少量溴的四氯化碳溶液，充分振荡后静置，分层，上层无色，下层橙红色
C. 向FeSO4 溶液中滴加 K3[Fe(CN)6]溶液，振荡，溶液变血红色
D. 用一束强光照射鸡蛋白溶液，产生一条光亮的通路
【答案】D
【解析】
【详解】A.淀粉水解时加入硫酸做催化剂，所以水解液中含有硫酸，应先加入氢氧化钠中和酸，再检验水解产物，故错误；
B.苯和四氯化碳互溶，不能出现分层现象，故错误；
C. 向FeSO4 溶液中滴加 K3[Fe(CN)6]溶液，振荡，产生蓝色沉淀，故错误；
D鸡蛋白溶液为胶体，有丁达尔效应，故正确。
故选D。
3.短周期主族元素 X、Y、Z、Q、R 的原子序数依次增大，X 的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，Y原子最外层电子数等于内层电子数的2倍，Q 的单质与稀硫酸剧烈反应生成 X 的单质。向100mLX2R的水溶液中缓缓通入RZ2 气体，溶液pH与RZ2 体积关系如下图。下列说法正确的是（ ）
A. X2R 溶液的浓度为0.03mol·L－1
B. 最简单气态氢化物的稳定性：Y＞Z＞R
C. 工业上通常采用电解法冶炼Q的单质
D. RZ2 通入 BaCl2、Ba(NO3)2 溶液中，均无明显现象
【答案】C
【解析】
【详解】短周期主族元素 X、Y、Z、Q、R 的原子序数依次增大，X 的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，说明X为氢元素，Y原子最外层电子数等于内层电子数的2倍，为碳元素，Q 的单质与稀硫酸剧烈反应生成 X 的单质，为活泼金属或为钠、镁、铝。向100mLX2R的水溶液中缓缓通入RZ2 气体，根据溶液的pH变化分析，应为硫化氢和二氧化硫的反应，即R为硫，Z为氧。
A. 2H2S+SO2=2H2O+3S，根据图像分析，当二氧化硫的体积为336mL时，溶液的pH为7，说明硫化氢的物质的量为0.3mol，其浓度为0.3/0.1=3mol/L，故错误；
B. 非金属性越强，其最简单气态氢化物的稳定性越强，故稳定性顺序为： Z＞R＞ Y，故错误；
C. Q为活泼金属，工业上通常采用电解法冶炼Q的单质，故正确；
D. 二氧化硫 通入Ba(NO3)2 溶液中会产生硫酸钡沉淀，故错误。
故选C。
【点睛】掌握二氧化硫的还原性，能被硝酸氧化，当二氧化硫通入硝酸钡溶液中时，溶液为酸性，在酸性条件下硝酸根能氧化二氧化硫为硫酸根离子，继而和钡离子反应生成硫酸钡沉淀。
4.下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）
A. 分馏汽油和裂化汽油均可使溴水褪色，其原理相同
B. 可以用碳酸氢钠溶液来鉴别乙酸、乙醇和甲苯
C. 有机物C4H8Cl2的同分异构体有10种（不考虑立体异构）
D. 蛋白质在蛋白酶的作用下水解为氨基酸，高温可加速其水解
【答案】B
【解析】
【详解】A. 分馏汽油中不含不饱和键，不能使溴水褪色，裂化汽油含有不饱和烃，可使溴水褪色，故错误；
B. 可以用碳酸氢钠溶液和乙酸反应产生气体，和乙醇不反应但能互溶，与甲苯不溶分层，故能鉴别，故正确；
C. 有机物C4H8Cl2的同分异构体可以采用定一议二的方法确定，，共9种，故错误；
D. 蛋白质在高温下变性，不能水解，故错误。
故选B。
5.水系锌离子电池是一种新型二次电池，工作原理如下图。该电池以粉末多孔锌电极(锌粉、活性炭及粘结剂等)为负极，V2O5为正极，三氟甲磺酸锌[Zn(CF3SO3)2]为电解液。下列叙述错误的是（ ）
A. 放电时，Zn2＋向V2O5电极移动
B. 充电时，阳极区电解液的浓度变大
C. 充电时，粉末多孔锌电极发生还原反应
D. 放电时，V2O5电极上的电极反应式为：V2O5＋xZn2＋＋2xe－＝ZnxV2O5
【答案】B
【解析】
【详解】A. 放电时，阳离子向正极移动，所以Zn2＋向V2O5电极移动，故正确；
B. 充电时，阳极区发生氧化反应，锌离子通过阳离子交换向左移动，所以阳极区电解液的浓度变小，故错误；
C. 充电时，粉末多孔锌电极为阴极，发生还原反应，故正确；
D. 放电时，V2O5电极上的电极反应式为：V2O5＋xZn2＋＋2xe－＝ZnxV2O5，故正确。
故选B。
【点睛】掌握原电池和电解池的工作原理和离子的移动方向，注意离子交换膜的作用。掌握原电池中负极和电解池的阳极发生氧化反应，原电池的正极或电解池的阴极发生还原反应。
6.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 4℃时，5.4mL水含有0.9NA 个原子
B. 常温下，0.1mol 环氧乙烷()共有0.3NA 个共价键
C. 标准状况下，2.24LNO与1.12LO2 混合后的气体分子数为0.1NA
D. 含有0.2NA 个阴离子的Na2O2与CO2完全反应，转移0.4NA个电子
【答案】A
【解析】
【详解】A. 4℃时，5.4mL水的质量为5.4克，物质的量为5.4/18=0.3mol，含有0.9NA 个原子，故正确；
B. 常温下，每个环氧乙烷含有7个共价键，所以0.1mol 环氧乙烷()共有0.7NA 个共价键，故错误；
C. 标准状况下，2.24LNO与1.12LO2 混合后生成2.24L二氧化氮，但二氧化氮能生成四氧化二氮，所以气体分子数小于0.1NA，故错误；
D. 含有0.2NA 个阴离子的Na2O2的物质的量为0.2mol，与CO2完全反应，转移0.2NA个电子，故错误。
故选A。
【点睛】阿伏伽德罗常数是常考题型，涉及面广，所以需要掌握常见的几种类型。如物质的结构问题，关于物质中的电子或质子数或共价键数等，熟悉常见有特征的物质。如关于气体
摩尔体积的使用问题，注意标况下气体的体积才会使用22.4L/mol。如关于溶液中的微粒问题，涉及电离或水解知识。掌握特殊的氧化还原反应中的转移电子数的计算，如过氧化钠参与的反应，氯气和水或碱的反应，二氧化氮和水的反应等。掌握可逆反应的特征是不能进行完全，即不能计算平衡时的数据等。
7.已知 pOH＝－lgc(OH－)。向20mL0.1mol·L－1 的氨水中滴加未知浓度的稀 H2SO4，测得混合溶液的温度、pOH随加入稀硫酸体积的变化如下图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 稀H2SO4 的物质的量浓度为0.05mol·L－1
B. 当溶液中pH＝pOH时，水的电离程度最大
C. a点时溶液中存在[NH3·H2O]＋2[OH－]＝[NH4＋]＋2[H＋]
D. a、b、c 三点对应 NH4＋的水解平衡常数：Kh(b)>Kh(a)>Kh(c)
【答案】B
【解析】
【详解】向20mL0.1mol·L－1 的氨水中滴加未知浓度的稀 H2SO4，反应放热，溶液的温度升高，当二者恰好完全反应，放热最多，溶液的温度最高，所以硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应。
A.20mL0.1mol·L－1 的氨水中含有一水合氨的物质的量为0.1 mol·L－1×0.02L=0.002mol，硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应，则消耗硫酸的物质的量为0.001mol，该硫酸的物质的量为0.001 mol /0.02L=0.05mol/L，故正确；
B.当溶液中的pH=pOH时，溶液为中性，此时溶质为硫酸铵和氨水，铵根离子的水解程度与氨水的电离程度相等，水的电离几乎没有影响，当氨水与硫酸恰好反应生成硫酸铵时，即b点时，铵根离子水解，促进了水的电离，此时水的电离程度最大，故错误；
C.a点加入10mL等浓度的氨水，反应后溶质为一水合氨和硫酸铵，且一水合氨为硫酸铵浓度的2倍，根据电荷守恒可得：[NH4＋] ＋[H＋]= 2[SO42-]＋[OH－]，根据物料守恒可得：[NH3·H2O]+ [NH4＋]= 4[SO42-]，二者结合可得：[NH3·H2O]＋2[OH－]＝[NH4＋]＋2[H＋]，故正确；
D.升高温度促进氨水的电离，电离常数增大，由图可知，温度：b>a>c，则a、b、c三点氨水的电离常数Kh(b)>Kh(a)>Kh(c)，故正确。
故选B。
8.ClO2 又称百毒净，可用于水的净化和纸张、纺织品的漂白。用如下图所示装置（夹持装置和加热装置省略）制备ClO2并探究ClO2的某些性质。
已知：①高氯酸：沸点90℃，浓度低于60%比较稳定，浓度高 60%遇含碳化合物易爆炸。
②回答下列问题：
（1）仪器a的名称为_________________________。实验开始前，胶塞及导管接口必须包锡箔纸，其原因是_________。
（2）写出装置A制备ClO2同时生成高氯酸的化学方程式__________________________________。
（3）关闭止水夹②，打开止水夹①③，通空气一段时间，装置C中生成NaC1O2，离子方程式为____________。若关闭止水夹③，打开止水夹②，B中可观察到的现象为______________________。
（4）从装置C反应后的溶液中获得NaClO2晶体，需控温在_______________范围内进行减压蒸发结晶，采用减压蒸发的原因是___________________________________________。
（5）城市饮用水处理新技术用NaClO2、高铁酸钠替代Cl2。如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么，NaClO2、Na2FeO4、Cl2 三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的顺序是____________。
【答案】 (1). 三颈烧瓶或三颈瓶 (2). 橡胶是含碳化合物，若生成的高氯酸浓度高时遇胶塞及导管易发生爆炸 (3). 3NaClO3＋3H2SO4(浓)=HClO4＋2ClO2↑＋3NaHSO4＋H2O
(4). 2ClO2＋2OH—＋H2O2=2ClO2—＋2H2O＋O2 (5). 红色布条褪色 (6). 38℃～60℃ (7). 减压可降低沸点，较低温度下蒸发，避免晶体高温分解 (8). NaClO2 Cl2 Na2FeO4
【解析】
【分析】
A装置由过量浓硫酸和氯酸钠反应制备二氧化氯和高氯酸，反应为3NaClO3＋3H2SO4(浓)=HClO4＋2ClO2↑＋3NaHSO4＋H2O，高氯酸遇含碳化合物易爆炸，故胶塞和导管接口必须包锡箔纸，关闭止水夹②，打开止水夹①③，通空气一段时间，二氧化氯和氢氧化钠和过氧化氢在C中反应：2ClO2＋2OH—＋H2O2=2ClO2—＋2H2O＋O2，控制温度38℃～60℃下进行减压蒸发结晶可得晶体NaClO2，关闭止水夹③，打开止水夹②，二氧化氯有强氧化性，使B中红布条褪色，用D中氢氧化钠溶液吸收尾气，据此分析作答。
【详解】（1）仪器a为三颈烧瓶，由题可知，高氯酸浓度高于60%遇含碳化合物易爆炸，橡胶是含碳化合物，若生成的高氯酸浓度高时遇橡胶塞及导管易发生爆炸；
（2）A种过量浓硫酸和NaClO3反应制备二氧化氯和高氯酸，反应为3NaClO3＋3H2SO4(浓)=HClO4＋2ClO2↑＋3NaHSO4＋H2O；
（3）关闭止水夹②，打开止水夹①③，二氧化氯和氢氧化钠和过氧化氢在C中反应， 2ClO2＋2OH—＋H2O2=2ClO2—＋2H2O＋O2，若关闭止水夹③，打开止水夹②，二氧化氯有强氧化性，使B中红色布条褪色；
(4)根据已知，温度低于38℃，得到的晶体含有结晶水，温度高于60℃NaClO2会分解，故从装置C反应后的溶液中获得晶体，需要控制温度在38℃～60℃进行减压蒸发结晶，采用检验蒸发的原因是减压可降低沸点，较低温度下蒸发，避免晶体高温分解；
(5) NaClO2在氯元素有+3价降低为-1价，则1mol NaClO2转移电子4mol，消毒效率为4/90.5，1mol Na2FeO4转移电子为3mol，消毒效率为3/166，1molCl2转移电子为2mol，消毒效率为2/71，三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的顺序为：NaClO2>Cl2> Na2FeO4。
9.三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3 是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其它一些含钴配合物的原料。下图是某科研小组以含钴废料（含少量Fe、Al 等杂质）制取[Co(NH3)6]Cl3 的工艺流程：
回答下列问题：
（1）写出加“适量NaClO3”发生反应的离子方程式______________。
（2）“加Na2CO3 调pH至a”会生成两种沉淀，分别为_______________________（填化学式）。
（3）操作Ⅰ的步骤包括_____________________________、冷却结晶、减压过滤。
（4）流程中NH4Cl除作反应物外，还可防止加氨水时c(OH－) 过大，其原理是_________________。
（5）“氧化”步骤，甲同学认为应先加入氨水再加入H2O2，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为___________（填“甲”或“乙”）同学观点正确，理由是_________________________________。写出该步骤的化学方程式：________________________________
（6）通过碘量法可测定产品中钴的含量。将 [Co(NH3)6]Cl3 转化成Co3＋后，加入过量KI 溶液，再用Na2S2O3标准液滴定(淀粉溶液做指示剂)，反应原理：2Co3＋＋2I－＝2Co2＋＋I2，I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－，实验过程中，下列操作会导致所测钴含量数值偏高的是_______。
a．用久置于空气中的 KI 固体配制溶液
b．盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗
c．滴定结束后，发现滴定管内有气泡
d．溶液蓝色退去，立即读数
【答案】 (1). 6Fe2＋＋ClO3－＋6H＋=6Fe3＋＋Cl－＋3H2O (2). Fe(OH)3 和 Al(OH)3 (3). HCl氛围下蒸发浓缩 (4). NH4Cl溶于水电离出NH4＋会抑制后期加入的NH3·H2O的电离 (5). 甲 (6). 防止Co(OH)3的生成 (7). H2O2＋2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O＝2Co(NH3)6Cl3↓＋12H2O (8). ab
【解析】
【分析】
以含钴废料（含少量Fe、Al 等杂质）制取[Co(NH3)6]Cl3 ，用盐酸溶解废料，得到Co2+、Fe2+、Al3+的酸性溶液，加入适量的NaClO3将亚铁离子氧化为铁离子，再加入碳酸钠调节pH，沉淀铝离子、铁离子为氢氧化铝和氢氧化铁，过滤，得到滤液，向含有Co2+的溶液中加入盐酸调节pH=2-3,加入活性炭和氯化铵溶液得到CoCl2 •6H2O，再依次加入氨水和过氧化氢，发生反应H2O2＋2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O＝2Co(NH3)6Cl3↓＋12H2O，再将沉淀在氯化氢分为下蒸发浓缩，冷却结晶，减压过滤得到产品，据此分析作答。
【详解】(1)加适量NaClO3的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，发生的离子反应为6Fe2＋＋ClO3－＋6H＋=6Fe3＋＋Cl－＋3H2O；
(2)加入碳酸钠调节pH，沉淀铝离子和铁离子，转化为Fe(OH)3 和 Al(OH)3；
(3)微粒防止产品水解，故应在HCl氛围下蒸发浓缩；
(4)流程中氯化铵除作为反应物外，NH4Cl溶于水电离出NH4＋会抑制后期加入的NH3·H2O的电离，可防止加氨水时氢氧根离子浓度过大；
(5)若先加入过氧化氢，将钴元素氧化到Co3+，后加入氨水，会生成氢氧化钴，不利于产品的生成，故甲同学正确，先加入氨水再加入过氧化氢，可防止Co(OH)3的生成，此时的反应为H2O2＋2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O＝2Co(NH3)6Cl3↓＋12H2O；
(6) a．用久置于空气中的 KI 固体配制溶液，碘化钾部分被氧化为碘单质，滴定时消耗的硫代硫酸钠标准增多，测定结果偏高，故正确；
b．盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗，则标准也被稀释，滴定时消耗的硫代硫酸钠标准也体积增多，测定结果偏高，故正确；
c．滴定结束后，发现滴定管内有气泡，气泡占体积，则消耗的硫代硫酸钠标准液体积读数偏小，测定结果偏低，故错误；
d．溶液蓝色退去，立即读数，此时溶液混合不均，碘单质并未完全被标准液反应完全，导致消耗的标准液减少，测定结果偏低，故错误。故选ab。
10.有效除去大气中的SO2和氮氧化物，是打赢蓝天保卫战的重中之重。
（1）用NaOH溶液吸收热电企业产生的废气时，涉及如下转化：由下图关系可得：△H4＝________。
（2）某温度下，N2O5 气体在一体积固定的容器中发生如下反应：2N2O5(g) = 4NO2(g)＋O2(g)（慢反应） △H＜0，2NO2(g) N2O4(g)（快反应） △H＜0，体系的总压强p总和pO2 随时间的变化如下图所示：
①上图中表示O2压强变化的曲线是______________________（填“甲”或“乙”）。
②已知N2O5 分解的反应速率v＝0.12pN2O5(kPa•h－1)，t＝10h时，pN2O5＝_________kPa，v＝_________kPa•h－1（结果保留两位小数，下同）。
③该温度下2NO2N2O4 反应的平衡常数Kp＝__________________kPa－1（Kp为以分压表示的平衡常数）。
（3）亚硝酸盐广泛存在于各种水体和腌制品中，可用电吸附装置去除。去除量跟电压、初始浓度、共存阴离子等因素有关。某科研机构的实验结果如下图所示：
①据上图可知，待处理液中NO2–与NO3－的CO＝__________mg•L－1时，装置对NO3－的吸附量高于NO2－。
②据上图分析，为提高离子去除量可采取的措施有___________________________________（写出一条即可）。
（4）电解法也可以对亚硝酸盐污水进行处理（工作原理如下图所示）。通电后，左极区产生浅绿色溶液，随后生成无色气体。当Fe电极消耗11.2g时，理论上可处理 NaNO2含量为4.6%的污水______________g。
【答案】 (1). △H1＋△H2－△H3 (2). 乙 (3). 28.2 (4). 3.38 (5). 0.05 (6). 500 (7). 将NO2－预先氧化成 NO3 –或降低氯化钠浓度 (8). 100g
【解析】
【分析】
根据盖斯定律分析，反应的能量变化取决于反应物和生成物，与过程无关，所以根据图分析，有△H1＋△H2=△H3+△H4，可以计算△H4。根据反应分析，随着反应的进行氧气的压强从0开始逐渐增大，所以乙为氧气的压强曲线。根据2N2O5(g) = 4NO2(g)＋O2(g)和2NO2(g) N2O4(g)，进行计算，注意一个反应为完全反应，五氧化二氮完全分解，第二个为可逆反应，用平衡的三段式计算。根据图像分析，当Co=500 mg•L－1，硝酸根离子的去除率大于亚硝酸根离子的去除率，也氯化钠浓度越小，去除率越高。根据电解池中阳极铁反应后生成亚铁离子还原亚硝酸根离子生成氮气和铁离子分析处理污水的质量。
【详解】(1) 根据盖斯定律分析，反应的能量变化取决于反应物和生成物，与过程无关，所以根据图分析，有△H1＋△H2=△H3+△H4，可以计算△H4=△H1＋△H2－△H3；
(2) ①根据反应分析，随着反应的进行氧气的压强从0开始逐渐增大，所以乙为氧气的压强曲线；
②t＝10h时，pO2=12.8 kPa ，2N2O5(g) = 4NO2(g)＋O2(g)分析，反应的五氧化二氮的分压为25.6 kPa ，起始压强为53.8 kPa，所以10h时pN2O5＝53.8-25.6 =28.2 kPa ，N2O5 分解的反应速率v＝0.12pN2O5(kPa•h－1)= 0.12×28.2= 3.38 kPa•h－1；
③2N2O5(g) = 4NO2(g)＋O2(g)
53.8 107.6 26.9
2NO2N2O4
起始分压107.6 0
改变分压2x x
平衡分压107.6-2x x
有107.6-2x+x+26.9=94.7 ，解x=39.8 kPa，平衡常数= =0.05 kPa－1；
(3) ①从图分析，待处理液中NO2–与NO3－的CO＝500mg•L－1时，装置对NO3－的吸附量高于NO2－。
②当NO2–与NO3－的CO＝500mg•L－1时硝酸根离子的去除率比亚硝酸根离子的高，且氯化钠浓度越低，去除率越高，所以提高离子去除率的方法可以为将NO2－预先氧化成 NO3 –或降低氯化钠浓度；
(4) 当铁消耗11.2克即11.2/56=0.2mol时生成0.2mol亚铁离子，与亚硝酸根离子反应生成氮气和铁离子，根据电子守恒分析，消耗亚硝酸根离子物质的量为0.2/3mol，则可处理污水的质量为=100g。
【点睛】在计算可逆反应的平衡常数时注意第一个反应为完全反应，即五氧化二氮完全分解，生成的二氧化氮在发生可逆反应，在计算时注意氧气占部分压强。
11.氧、硫形成的化合物种类繁多，日常生活中应用广泛。如硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为照相业的定影剂，反应的化学方程式如下：AgBr＋2Na2S2O3＝Na3[Ag(S2O3)2]＋NaBr。回答下列问题：
（1）已知银(Ag)位于元素周期表第五周期，与Cu同族，则基态Ag的价电子排布式为____________。
（2）下列关于物质结构与性质的说法，正确的是_________
A．玻尔原子结构模型能够成功地解释各种原子光谱
B．Br、S、O三种元素的电负性顺序为 O＞Br＞S
C．Na 的第一电离能小于 Mg，但其第二电离能却远大于 Mg
D．水分子间存在氢键，故H2O的熔沸点及稳定性均大于H2S
（3）依据VSEPR理论推测S2O32－的空间构型为_______________________，中心原子S的杂化方式为_____，[Ag(S2O3)2]3－中存在的化学键有______________(填字母序号)。
A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．金属键 E．配位键
（4）第一电子亲和能(E1)是指元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量(单位为kJ·mol－1)，电子亲和能越大，该元素原子越易得电子。已知第三周期部分元素第一电子亲和能如下表：
元素
Al
Si
P
S
Cl
E1(kJ·mol－1)
42.5
134
72.0
200
349
表中元素的E1自左而右呈增大趋势，试分析P元素呈现异常的原因__________。
（5）某种离子型铁的氧化物晶胞如下图所示，它由A、B组成。则该氧化物的化学式为：________，已知该晶体的晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则密度ρ为____________g·cm－3(用含a和NA 的代数式表示)。
【答案】 (1). 4d105s1 (2). BC (3). 四面体 (4). sp3 (5). BCE (6). P的价电子排布式为 3s23p3，3p能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合一个电子 (7). Fe3O4 (8).
【解析】
【分析】
银位于元素周期表第五周期，与铜同族，处于第一副族。波尔原子结构模型能够成功地揭示氢原子光谱，非金属性越强电负性越大。具有半充满、全充满或全空的电子构型的微粒，比较稳定，失去电子需要的能量较高。氢键影响物理性质，不影响化学性质。硫代硫酸根离子中一个硫原子相当于氧原子，中心硫原子孤电子对数为，价层电子对数为0+4=4，[Ag(S2O3)2]3－中Ag+与S2O32-之间形成配位键，中硫原子之间形成非极性键，硫与氧原子之间形成极性键。磷原子的3p能级处于半充满状态，相对稳定，不容易结合一个电子。亚铁离子处于晶胞的顶点，面心以及A位置立方体的体心，氧离子位于AB小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个，铁离子处于晶胞B位置小立方体的内部，均摊法计算晶胞中铁和氧原子数目确定化学式，计算晶胞质量，晶体密度=晶胞质量/晶胞体积。
【详解】(1).银位于元素周期表第五周期，与铜同族，处于第一副族，价电子排布为4d105s1。
（2）A.波尔原子结构模型能够成功地揭示氢原子光谱，故错误；
B.非金属性越强电负性越大，故氧>溴>硫，故正确；
C.镁原子3s轨道为全充满稳定状态，半径又较小，第一电离能高于钠，他们是去一个电子后，钠离子是稳定结构，第二电离能远高于镁，故正确；
D.水分子间存在氢键，故水的熔沸点高于硫化氢，稳定性属于化学性质，由共价键决定，故错误。故选BC。
（3）S2O32-中一个硫原子相当于氧原子，中心硫原子孤电子对数为，价层电子对数为0+4=4，微粒空间构型为四面体型，中心硫原子采取sp3杂化；[Ag(S2O3)2]3－中Ag+与S2O32-之间形成配位键，中硫原子之间形成非极性键，硫与氧原子之间形成极性键，故选BCE。
（4）P的价电子排布式为 3s23p3，磷原子的3p能级处于半充满状态，相对稳定，不容易结合一个电子。
（5）亚铁离子处于晶胞的顶点，面心以及A位置立方体的体心，氧离子位于AB小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个，铁离子处于晶胞B位置小立方体的内部，均摊法计算晶胞中铁和氧原子数目确定化学式，铁原子数目为4+8×+6×+4×4=24，氧原子数目为4×8=32，故铁和氧原子数目之比为24:32=3:4，故氧化物化学式为Fe3O4。 晶胞相当于有8个四氧化三铁，晶胞质量= ，晶体密度= ÷（a×10-7cm）3=g • cm-3。
12.有机物M可用于治疗支气管哮喘，慢性支气管炎。该有机物可以由有机物A经过一系列反应合成得到，其合成路线如下图所示：
请回答下列问题：
（1）有机物A中含有官能团的名称为_______________。有机物F的名称为_______________。
（2）③的反应条件为_______________________________，反应类型为
_________________________。
（3）有机物 B 的结构简式为_______________，反应⑤的化学方程式为_______________。
（4）A的同分异构体中，同时符合下列条件的有______________种。
①含有苯环结构，且苯环上有两个取代基，②属于酯类物质，且遇FeCl3溶液显紫色
（5）结合上述合成路线，设计以苯甲醛和CH3MgBr为起始原料制备苯基乙二醇()的合成路线_________(无机试剂任选)。
【答案】 (1). 醛基、醚键 (2). 邻氨基苯甲酸或 2－氨基苯甲酸 (3). 浓硫酸，加热 (4). 消去反应 (5). (6). (7). 18 (8).
【解析】
【分析】
由反应①前后物质结构，可知①属于取代反应，同时生成HI，A发生信息中反应生成B为，反应③为发生醇的消去反应，由E后产物结构，可知反应④是与溴发生取代反应生成C为，C发生卤代烃的水解反应生成D为，D发生氧化反应生成E为，反应⑦是醛基被氧化为羧基，生成M的反应是羧基与氨基脱去1分子水。A的同分异构体含有酯基与酚羟基，且在苯环上有两个取代基，有邻间对三种位置结构。
【详解】(1)有机物A中含有官能团的名称为醛基、醚键；苯甲酸为母体，氨气为取代基，有机物F的名称为2-氨基苯甲酸。
(2) ③发生醇的消去反应，反应条件为：浓硫酸，加热；
(3)有机物B的结构简式为，反应的化学方程式为：
；
(4)A的同分异构体符合下列条件：①含有苯环结构，且苯环上有两个取代基，②属于酯类物质，且遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酯基和酚羟基，其中一个取代基为羟基，另外取代基为：-OOCCH2CH3，-CH2OOCCH3，-COOCH2CH3，-CH2COOCH3，-CH2CH2OOCH，-CH(CH3)OOCH，具有邻间对三种位置结构，共有18种；
(8)苯甲醛与CH3MgBr/H2O、H+作用得到，然后发生消去反应生成，再与溴发生加成反应生成，最后在氢氧化钠和加热条件下发生水解反应生成，合成路线流程图为. .
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