2023年届四省名校高三下学期第三次大联考理科综合化学试题.docx

2023 届四省名校高三第三次大联考理综化学局部可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 S-32 Cu-64 Br-80一、选择题：此题共 13 小题，每题 6 分，共 78 分。每题只有一个选项符合题目要求。1. 化学与生产、生活亲热相关。以下有关化学原理及应用的说法不正确的选项是A. 干粉灭火器、气溶胶灭火器可用于扑救汽油、有机溶剂等易燃液体、可燃气体和电器设备的初期火灾B. 月饼等富脂食品包装时可参加装有碳粉和铁粉等物质的透气小包，能起到抗氧化、延长保质期的作用C. 苏打水中含有碳酸氢钠，饮用后可以直接降低血液酸性D. 空气污染指数API 包括的污染物有PM10、PM2.5、NO 、SO 、CO、O223【答案】C【解析】【详解】A、干粉灭火器适用于扑救石油及其产品、有机溶剂等易燃液体、可燃气体和电气设备的初起火灾， 故 A 正确；B、装有碳粉和铁粉等物质的透气小包，发生铁的吸氧腐蚀，所以能起到抗氧化、延长保质期的作用，故B正确；C、苏打水是碳酸氢钠的水溶液，弱碱性，饮用后在胃中与胃酸反响生成二氧化碳，不能直接降低血液酸性， 故 C 错误；D、影响空气污染指数的主要六种污染物有PM10、PM2.5、NO 、SO 、CO、O ，故D 正确；选C。- 17 -2. 设 NA223表示阿伏加德罗常数的值，以下说法中不正确的选项是A. 14g 由 N和 13C H 组成的混合物中，所含中子数为 7N22 2AB. CH与白磷(P )都为正四周体构造，则 1 mol CH 与 1molP 所含共价键的数目均为 4N4444AC. 反响N (g)+3H (g)2NH (g)H=92.4kJ/mol，假设放出热量 4.62kJ，则转移电子的数目为 0.3N223AD. 含 0.5 mol NH NO 与 r mol NH ·H O 的中性溶液中，含有NH +的数目为 0.5N43324A【答案】B【解析】【详解】N 分子中含有 14 个中子，13C H 分子中含有 14 个中子。14g N的物质的量是 0.5mol，含中子 7mol，22 2214g 13C H 的物质的量是 0.5mol，含中子 7mol，依据极值法，14g 由 N 和 13C H组成的混合物中，所含中子2 222 2数为 7N ，故A 正确；AB、CH4分子中含有 4 个C-H 键， P4分子中含有 6 个P-P 键，故B 错误；C、反响 N (g)+3H (g)2NH (g)H=92.4kJ/mol，假设放出热量 4.62kJ，消耗氮气，223转移电子的数目为 0.3N ，故C 正确；AD、依据电荷守恒，含 0.5 mol NH NO 与 r mol NH ·H O 的中性溶液中n(NH +)= n(NO -)，所以含有NH +的4332434数目为 0.5N ，故D 正确。选B。A3. 以下关于常见有机物的说法正确的选项是A. 氟利昂-12(CF Cl )性质稳定，不易燃烧，有两种空间构造22B. 钠能与乙醇发生取代反响，生成乙醇钠和氢气，该反响不如钠和水反响猛烈C. 制备有机玻璃(聚甲基丙烯酸甲酯)的反响为缩聚反响D. 苯乙烯分子中最少有 7 个碳原子共平面【答案】D【解析】【详解】A、甲烷是正四周体，所以CF Cl 只有一种空间构造，故A 错误；22B、钠与乙醇发生反响生成乙醇钠和氢气，属于置换反响，故B 错误；C、甲基丙烯酸甲酯的构造简式是，生成聚甲基丙烯酸甲酯的反响为加聚反响，故C错误；选项试验操作结论将 FeNO 样品溶于稀H SO ，滴加KSCN 溶液,观看到溶液A3224变红FeNO 样品已氧化变质32向 2mL ZnSO 和CuSO 的混合溶液中逐滴参加 0.01mol/LNa SB442一样温度下，Ksp(ZnS)Ksp(CuS)溶液，先消灭白色沉淀取少量酸催化后的淀粉水解液于试管中，先参加过量氢氧化C淀粉已经完全水解钠溶液中和酸，再加少量碘水，溶液未变蓝D向 NaAlO 的试管中滴加碳酸氢钠溶液，产生白色沉淀2AlO -结合氢离子的力量比碳酸根强 2D、苯乙烯分子中苯环和与苯环直接相连的碳原子肯定共平面，所以最少有7 个碳原子共平面，故D 正确。4.化学是一门以试验为根底的学科。通过分析以下试验现象，得出的结论中正确的选项是A. A【答案】D【解析】【分析】B. BC. CD. DA、酸性条件下，NO3-能将Fe2氧化为Fe3； B、一样温度下，Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)；C、碘与过量氢氧化钠反响；D、向NaAlO 的试管中滴加碳酸氢钠溶发生反响：AlO -+HCO -+H 0= Al(OH) + CO 2-。223233【详解】A、酸性条件下，NO -能将Fe2氧化为Fe3，无法检验Fe(NO ) 样品已氧化变质，故A 错误；33 2B、ZnSO4和 CuSO4的浓度未知，所以不能依据向 2mL ZnSO4和 CuSO4的混合溶液中逐滴参加 0.01mol/LNa S2溶液，得出Ksp 的大小关系，故B 错误；C、取少量酸催化后的淀粉水解液于试管中，先参加过量氢氧化钠溶液中和酸，再加少量碘水，由于碘可以与过量氢氧化钠反响，假设碘反响后没有剩余，即使有淀粉存在，溶液也不会变蓝，故不能推断淀粉是否完 全水解，故C 错误；D、向NaAlO 的试管中滴加碳酸氢钠溶液发生反响：AlO -+HCO -+H 0= Al(OH) + CO 2-，所以AlO -结合氢离2子的力量比碳酸根强，故D 正确。5. 一种将燃料电池与电解池组合制备KMnO4232332的装置如下图(电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极)。该装置工作时，以下说法不正确的选项是A. 甲为正极，丙为阴极B. 丁极的电极反响式为MnO 2e=MnO 44C. KOH 溶液的质量分数：c%>a%>b%D. 标准状况下，甲电极上每消耗22.4L 气体时，理论上有 4molK+移入阴极区【答案】C【解析】【分析】分析装置的特点，可知左边是燃料电池，右边是电解池；通入氧气的电极甲是电池的正极，与甲相连的电 极丁是电解池的阳极，则丁电极上MnO 2被氧化为MnO ；丙电极是电解池的阴极，溶液中氢离子在阴极被44复原为氢气，所以气体X 是氢气。【详解】A、通入氧气的电极为电池的正极，与电源正极相连的一极为电解池阳极，所以丙是阴极，故 A正确；B、丁是电解池阳极，MnO 2失电子被氧化为MnO ，电极反响式是MnO 2e=MnO ，故B 正确；4444C、丙电极上的反响是，电极甲的电极反响式是，乙电极的电极反响式为H -2e-+2OH-=2H O，依据溶液流淌方向，c%b%a%，故C 错误，22D. 标准状况下，甲电极上每消耗22.4L 氧气时，转移 4mol 电子，所以理论上有 4molK+移入阴极区，故D正确。【点睛】此题考察原电池与电解池，明确离子移动方向、电极的推断及发生的电极反响为解答的关键，注 意利用电子守恒进展计算，留意根底学问的考察。6. 草酸(H C O )是一种二元弱酸，在菠菜、苋菜、甜菜等植物中含量较高。25时，向 H C O 溶液中滴加NaOH2 2 42 2 4溶液，混合溶液中lgXX 表示 c(HC O )/c(H C O )或 c(C O 2)/c(HC O )随pH 的变化关系如下图。以下说法不正确的选项是2 42 2 42 42 4A. 直线I 中 X 表示的是c(HC O )/c(H C O )2 42 2 4B. 直线I、的斜率均为 1C. 0.1mol/ L NaHC O 溶液中：c(Na+)>c(HC O )>c(H C O )>c(C O 2)2 42 42 2 42 4D. ：碳酸的K=4.3×107，K =5.6×1011，则向Na CO溶液中参加等物质的量的草酸溶液的离子方a1a223程式为CO 2+H C O =C O 2+H O+CO 3【答案】C【解析】【分析】2 2 42 422二元弱酸的电离平衡常数，直线 I 表示的 X 与 c(H+)的乘积等于 1×101.22，则 H C O 的 K=1×101.22；直线表示X 与 c(H+)的乘积等于 1×104.19，则H C O 的 K=1×104.19。2 2 4a12 2 4a2【详解】A. 直线I 表示的X 与 c(H+)的乘积等于 1×101.22，所以直线 I 中X 表示的是c(HC O )/c(H C O )，故 A 正确；2 42 2 4B、直线I 表示的X 与c(H+)的乘积等于 1×101.22，lgx=pH-1.22；直线表示X 与 c(H+)的乘积等于 1×104.19，lgx=pH-4.19，所以直线I、的斜率均为 1，故B 正确；C、HC O 的电离平衡常数=1×104.19，HC O 的水解平衡常数=，电离大于水解，溶2 42 4液显酸性，所以 0.1mol/ L NaHO O 溶液中：c(Na+)>c(HC O ) >c(C O 2) >c(H C O )，故C 错误；2 42 42 42 2 4D、H C O 的 K 大于碳酸的K ，所以向Na CO溶液中参加等物质的量的草酸溶液，生成草酸钠和二氧化碳，2 2 4a2a123离子方程式为CO 2+H C O =C O 2+H O+CO ，故D 正确；选C。32 2 42 422【点睛】此题考察了离子浓度大小比较、平衡常数，题目难度中等，明确反响后溶质组成为解答关键，注 意把握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法，试题培育了学生的分析、理解力量及敏捷 应用力量。7. 短周期主族元素a、b、c、d 的原子序数依次增大，、Y、Z 均是由这些元素组成的二元化合物，它们存在转化关系：M以下说法不正确的选项是X+Y+Z，液态X 常用作制冷剂，Y 的组成元素位于同一主族，常温常压下Z 为液体。A. 原子半径：d>b>c>aB. b、c、d 对应简洁氢化物的热稳定性和复原性强弱挨次全都C. M 既能与强酸溶液反响，又能与强碱溶液反响D. b c 、dc 均为酸性氧化物2 33【答案】B【解析】【分析】液态 X 常用作制冷剂，X 是氨气，Y 的组成元素位于同一主族，Y 是二氧化硫，常温常压下Z 为液体，Z 是水，M 是 NH HSO ，则a、b、c、d 分别是H、N、O、S。43【详解】A、原子半径：SNOH，故A 正确；B、氢化物的热稳定性H 0H SCH ，复原性H SH 0，故B 错误；22422C、NH HSO 是弱酸弱碱盐，与强碱反响放出氨气，与强酸反响放出二氧化硫气体，故C 正确；43D、N O 、SO 均为酸性氧化物，故D 正确。选B。2 33三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两局部。第 2232 题为必考题，每个试题考生都必需作答。第 3338题为选考题，考生依据要求作答。(一)必考题(共 129 分)8.I.无水MgBr2可用作催化剂，试验室承受镁屑与液溴为原料制备无水MgBr ，装置如下图(夹持装置省2略)。：Mg 和 Br2反响猛烈放热；MgBr2具有强吸水性MgBr +3C H OC HMgBr ·3C H OC H 。22 52 522 52 5主要步骤如下：步骤 1：三颈烧瓶中装入 10g 镁屑和 150mL 无水乙醚；装置C 中参加 15mL 液溴； 步骤 2：缓慢通入枯燥的氩气，直至溴完全导入三颈烧瓶中；步骤 3：反响完毕后恢复至室温，过滤除去镁，滤液转移至另一枯燥的烧瓶中，冷却至0，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品；步骤 4：常温下用CCl4溶解粗品，冷却至0，析岀晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160分解得无水MgBr2产品。请答复以下问题(1)仪器A 的名称是。B 的作用为。(2)以下有关步骤 4 的说法正确的选项是(填选项字母)A. 可用 75%的乙醇代替CCl4溶解粗品B. 加热至 160的主要目的是除去CCl4C. 洗涤晶体可选用 0的CCl4D. 该步骤只除去了可能残留的溴(3) 假设将装置C 改为装置D，可能会导致的后果是。物质颜色物质颜色Y4-无色MgY2-无色In纯蓝色MgIn-酒红色(4) 为测定产品的纯度，可用EDTA(简写为Y4)标准溶液滴定，以铬黑T(简写为In)为指示剂。Mg2+与铬黑 T 和 EDTA 均能形成协作物，且EDTA 与 Mg2+协作更稳定：反响的离子方程式为Mg2+Y4=MgY2滴定终点的现象为。测定前，先称取 0.2500g 无水MgBr2产品，溶解后，参加 2 滴铬黑T 试液作指示剂，用 0.0500mol·L1的 EDTA 标准溶液滴定至终点，消耗EDTA 标准溶液 25.00mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是 (用质量分数表示)。.化合物Mg Al (OH) (H O)可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：5319242Mg Al (OH) (H O) =27H O+10MgO+3Al O 。53192422 3(5) 写出该化合物作阻燃剂的两条依据：。(6) MgO 可溶于NH Cl 的水溶液，用离子方程式表示其原理：。4【答案】(1). 枯燥管(2). 冷凝回流溴和乙醚(3). C(4). 会将液溴快速压入三颈烧瓶， 反响过快大量放热而存在安全隐患(5). 滴入最终一滴EDTA 标准液时，溶液由酒红色变为纯蓝色，且半分钟内保持不变(6). 92%(7). 分解反响是吸热反响，使环境温度降低；生成的氧化镁、氧化铝附着外表隔绝空气；水蒸气稀释空气(8).【解析】【分析】(1)依据装置图器A 的名称。依据溴、乙醚易挥发分析冷凝管B 的作用；(2)步骤 4 的目的是提纯三乙醚合溴化镁，依据三乙醚合溴化镁的性质分析；(3)假设将装置 C 改为装置D，会将液溴快速压入三颈烧瓶；(4) 滴定终点时MgIn-完全转化为In；依据 Mg2+Y4=MgY2计算MgBr2产品的纯度；(5) 分解反响吸热；氧化镁、氧化铝附着外表隔绝空气；(6)MgO 与 NH Cl 溶液反响生成氯化镁、氨水。4【详解】(1)依据装置图，仪器A 的名称是枯燥管。溴、乙醚易挥发，所以冷凝管B 的作用是冷凝回流溴和乙醚，提高原料利用率；(2) A. MgBr2具有强吸水性，不能用 75%的乙醇代替CCl4溶解粗品，故 A 错误； B.加热至 160的主要目的是分解三乙醚合溴化镁，故 B 错误； C.乙醚和溴能溶于CCl ， 0的CCl 降低三44乙醚合溴化镁的溶解度，故C 正确； D.该步骤除去了可能残留的溴和乙醚，故D 错误；选 C。(3)假设将装置 C 改为装置 D，会将液溴快速压入三颈烧瓶，Mg 和 Br2反响猛烈放热，反响过快大量放热而存在安全隐患；(4)滴定终点时MgIn-完全转化为In，滴定终点的现象为滴入最终一滴EDTA 标准液时，溶液由酒红色变为纯蓝色，且半分钟内保持不变；设样品中MgBr2的物质的量为xmolMg2+Y4=MgY211X0.05mol·L10.025LX=0.00125molMgBr2产品的纯度是(5) 2Mg Al (OH) (H O) =27H O+10MgO+3Al O ，反响是吸热反响，使环境温度降低；生成的氧化镁、氧化53192422 3铝附着外表隔绝空气；水蒸气稀释空气，所以Mg Al (OH) (H O) 作阻燃剂；(6)MgO 与 NH Cl 溶液反响生成5319244氯化镁、氨水，反响离子方程式是。9. 近段时间，全国范围内的雾霾天气严峻影响了人们的身体安康，环境问题越来越受到人们的重视。汽车尾气中含有较多的NO 和CO，两种气体均会使人体中毒。处理大气中的污染物，打响“蓝天白云”保卫战是当前的重要课题请答复以下问题(1) 一氧化碳、氢气既是重要的能源，也可以催化复原NO 等消退污染，还可以在肯定条件下制取CH OH。3：N (g)+O (g)=2NO(g)H=+180.5kJ·mol1；222H (g)+ O (g)=2H O(1)H=571.6kJ·mol1；222H O(g)=H O(1)H=44kJ·mol1。2写出 H22与 NO 反响生成N2和水蒸气的热化学方程式：。(2) CO 可用于合成甲醇，反响方程式为CO(g)+2H (g)CH OH(g)。在密闭容器中充有10 mol CO 和20molH ，232在催化剂作用下发生反响生成甲醇，转变条件，测得 CO 的平衡转化率与温度(T)、压强(p)的关系如下图。则该反响的H0(填“>”或“<”)。假设到达平衡状态A 时，容器的体积为10L，则在平衡状态B 时平衡常数K=，此时容器的体积为L。(3) 工业上承受加压条件下，在含冷却装置的吸取塔中，以去离子水为吸取剂吸取 NO，得到 40%的硝酸。原理如下：2NO(g)+O (g)23NO (g)+H O()2NO (g)H=114 kJ/mol22 HNO (aq)+ NO(g)H=69 92 kJ/molo223承受降温操作的两个缘由是。(4) 利用电解原理也可以处理工厂烟气。如图为工业生产模拟装置。其中 A、B 为多孔电极(外接电源未画出)， 则 A 为极(填“正”“负”“阴”或“阳”)，电极反响式为。溶液中溶质的成分为(填化学式)。【答案】(1). 2Hg+2NOg=2H Og+Ng H=-664.1 kJ mol-1(2). <(3). 1(4).2222(5). 降 低 温 度 平 衡 正 向 移 动 ， 硝 酸 高 温 下 易 分 解(6). 阳 极(7).(8).【解析】【分析】1依据盖斯定律书写H2与 NO 反响生成N2和水蒸气的热化学方程式；(2)依据图像，随温度上升，CO 的转化率降低，说明平衡逆向移动；利用“三段式”计算 时的平衡常数；依据温度一样时，平衡常数相等计算 B 点的体积；(3)以去离子水为吸取剂吸取NO 得到 40%的硝酸的反响放热，硝酸高温下易分解；(4) A极 SO 失电子发生氧化反响生成SO 2-，B 极 NO 得电子发生复原反响生成NH +；依据电解池总反响推断X 溶244液中的溶质。【详解】1N g+O g=2NO gH=+180.5 kJ mol-1222H g+O g=2H O1H=-571.6 kJ mol-1222H Og=H O1H=-44 kJ mol-1，22则利用盖斯定律将-可得 2Hg+2NOg=2H Og+NgH=-571.6kJmol-1-44 kJ mol-1222×2-180.5 kJmol-1=-664.1 kJ mol-1；2(2)依据图像，随温度上升，CO 的转化率降低，说明平衡逆向移动，所以H<0； 当到达平衡状态A 时，容器的体积为 10L，此时CO 的转化率为 50%，则CO(g)+2H (g)CH OH(g)23起始mol/L：12 0转化mol/L：0.51 0.5平衡mol/L：0.51 0.5k=1，因A、B 反响温度相等，则平衡常数相等，且B 点时CO 的转化率为 80%，则CO(g)+2H (g)2CH OH(g)3起始mol：1020 0转化mol：816 8平衡mol：24 8设体积为VL，则有，解得V=2；(3) 以去离子水为吸取剂吸取NO 得到 40%的硝酸的反响放热，降低温度平衡正向移动，硝酸高温下易分解， 所以承受降温操作；(4) 依据图示，A 极 SO2失电子发生氧化反响生成SO 2-，则A 为阳极，电极反响式是4。依据总反响,X 溶液中的溶质是。10. 卤块的主要成分是MgCl ，此外还含铁的氯化物、CuCl 、SiO 、MnO 等杂质。工业上以卤块为原料可制2222得轻质氧化镁，工艺流程如下图：物质开头沉淀完全沉淀Fe(OH)31.93.2Fe(OH)27.69.6Cu(OH)26.08.0Mn(OH)27.39.3Mg(OH)29.111.1：生成氢氧化物沉淀的pH 如下表所示：请答复以下问题(1) 滤渣 1 的成分有(填化学式)。参加试剂 1 的目的是。(2) 步骤“加NaOH”需要调整pH 值的范围为。(3) 沉淀 1 的成分为(填化学式)，步骤“加水煮沸”发生反响的化学方程式为 。(4) 步骤“加水煮沸”不能时间太长，缘由是。(5) 最近争论说明，常温下在含有Mg2+浓度为 1.5mol/L 的溶液中参加 2 倍于Mg2+的物质的量的NH HCO ，控43制 pH 值在 9.5 左右，镁的沉淀率能到达 99%。产物为一种含结晶水的复盐，可用于煅烧制取轻质氧化镁， 经 XDR(X 射线衍射)分析该复盐含水与含镁的物质的量相等。写出制取该复盐的离子方程式： 。(6) 除了OH之外，S2也是一种常见的金属离子沉淀剂。本质缘由是一些金属硫化物的溶解度微小。：25时，CuS 的溶度积为 4×1036，H S 的 K =1.25×107，K=8.0×1014。假设要在 1L.的盐酸中完全溶解2a1a20.01 mol CuS，理论上需要盐酸的最低浓度为mol/L(提示：用离子方程式计算)【答案】(1). SiO 、MnO(2). 将Fe2+氧化成Fe3+(3).(4). MgCO(5).223MgCO +H OMg(OH) +CO (6). 防止碳酸镁全部转化为氢氧化镁，分解得到重质氧化镁(7).3222(8).【解析】【分析】卤块的主要成分是MgCl ，此外还含铁的氯化物、CuCl 、SiO 、MnO等杂质；SiO 、MnO 与稀盐酸不反响，2222加盐酸溶解后过滤，滤渣是SiO 、MnO ，滤液中含有22等，为除去Fe2+，22先将 Fe2+氧化成 Fe3+，然后参加 NaOH 调整 pH，然后在滤液中参加纯碱将Mg2+从溶液中以 MgCO3沉淀出来，然后加热煮沸可得到Mg(OH) ，灼烧后得到MgO。2【详解】(1) 卤块的主要成分是MgCl ，此外还含铁的氯化物、CuCl 、SiO 、MnO等杂质，SiO 、MnO 与稀222222盐酸不反响，加盐酸溶解后过滤，滤渣1 是 SiO 、MnO 。步骤是为了将Fe2+氧化成Fe3+，参加氢氧化钠的22目的是掌握适宜的pH 条件时生成Fe(OH)3沉淀而除之，所以参加试剂 1 的目的是将Fe2+氧化成Fe3+。(2) 步骤“加NaOH”的目的是使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，由 Cu2+完全沉淀时的pH 及 Mg2+开头沉淀的pH 可知，需要调整pH 值范围为。(3) 依据沉淀煮沸有气体生成，可知沉淀是MgCO ，所以沉淀 1 的成分为MgCO ，步骤“加水煮沸”发生反33应的化学方程式为MgCO +H OMg(OH) +CO 。3222(4) 假设“加水煮沸”不能时间太长，碳酸镁全部转化为氢氧化镁，分解得到重质氧化镁。(5) 含有Mg2+浓度为 1.5mol/L 的溶液中参加 2 倍于 Mg2+的物质的量的NH HCO ，掌握 pH 值在 9.5 左右，产物43为一种含结晶水的复盐，该复盐含水与含镁的物质的量相等，则该盐的化学式是。制取该复盐的离子方程式：。(6) 设盐酸的最小浓度为xmol/L。起始x00变化0.020.010.01平衡x-0.010.010.01=，x= mol/L。【点睛】此题通过以卤块为原料制取轻质氧化镁的工艺流程，考察了物质制备试验方案的设计，留意把握 化学根本试验操作方法，明确物质制备试验方案设计原则，合理分析制取流程、得出氧化镁的制备原理为 解题的关键。(二)选考题：共 45 分。请考生从给出的 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答。假设多做，则每科按所做的第一题计分。11. 依据所学物质构造学问，答复以下问题(1) LiCoO 、 LiFePO 常用作锂离子电池的正极材料。基态Co 原子的外围电子排布式为24 。第四电离能： (Co)I (Fe)(填“>”或“<”)。PO 3的空间构型444为。(2) B 的简洁氢化物BH 不能游离存在，常倾向于形成较稳定的B H或与其他分子结合。32 6B H分子构造如下图，则B 原子的杂化方式为。2 6氨硼烷(NH BH )被认为是最具潜力的型储氢材料之一，分子中存在配位键，氨硼烷(NH BH )的构造式为3333 (标出配位键)，写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子的化学式： 。(3) 常温常压下，硼酸(H BO )晶体构造为层状，其二维平面构造如下图，1mol H BO 晶体中含有氢键的数3333目为(用 NA表示阿伏加德罗常数的值)；请从氢键的角度解释硼酸在冷水中的溶解度小而加热时溶解度增大：。(4) 干冰晶体以及Cu 晶体的构造都如图表示(表示一个CO2分子或一个Cu 原子)，晶体中正八面体和正四面体空隙数的比值为。铜的硫化物有三种晶体，其中一种是Cu2+为面心立方最密积存，而晶体中全部正四周体空隙的二分之一被S2占据，假设两个最近的离子核间距为acm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为g/cm3(用含a、NA的代数式表示)。【答案】(1).(7).(2). <(3). 正四周体形(4).(5).(6).(8). 硼酸分子间以氢键缔合，加热时，局部氢键被破坏，硼酸分子与水分子间形成氢键，增大了溶解度(9). 1:8(10).【解析】【分析】(1) 基态Co 原子核外有 27 个电子，依据能量最低原理书写价电子排布式；依据原子轨道处于全空、全满、半满时构造稳定分析；依据价电子互斥理论分析PO 3的空间构型；(2) 依据B H 分子构造图，B 原子形42 6成了 4 个杂化轨道；氨硼烷中N 原子供给孤电子对，B 原子供给空轨道；原子数一样、价电子数相等的微粒为等电子体；(3)依据硼酸构造图分析 1mol H BO 晶体中含有氢键的数；硼酸分子间以氢键缔合，加热33时，局部氢键被破坏，硼酸分子与水分子间形成氢键；(4)干冰晶体以及 Cu 晶体的构造是面心立方积存； 依据题意，晶胞边长= ；【详解】(1)基态 Co 原子核外有 27 个电子，价电子排布式为；Co 原子失去 3 个电子后的外围电子排布是，Fe 原子失去 3 个电子后的外围电子排布是，原子轨道处于半满时构造稳定，所以 (Co)4I (Fe)；PO 3中 P 原子的杂化轨道数=，配位原子数为 4，无孤电子对，所以 PO 3为正四周体形；444(2) 依据B H分子构造图，B 原子形成了 4 个杂化轨道，所以B 原子的杂化方式为；氨硼烷中N 原2 6子供给孤电子对，B 原子供给空轨道，构造式为；原子数一样、价电子数相等的微粒为等电子体，与氨硼烷互为等电子体的分子的化学式为；(3)依据硼酸构造图，1mol H BO晶体中含有 3mol33氢键，氢键数目是 3N ；硼酸分子间以氢键缔合，加热时，局部氢键被破坏，硼酸分子与水分子间形成氢A键，所以加热时溶解度增大；(4)干冰晶体以及 Cu 晶体的构造是面心立方晶胞，6 个面心构成一个正八面体的空隙，每个顶点与邻近的 3 个面心构成一个正四周体的空隙，因此， 正八面体空隙数 : 正四周体空隙数 = 1:8。由晶胞构造可知，该晶胞中有 4 个 Cu2+和 4 个 S2-，所以晶胞的摩尔质量是 g/mol。晶胞中最近两个离子是顶点和邻近的正四周体的空隙中心的硫离子，离子核间距为晶胞的体对角线的四分之一，故体对角线长为 4acm，晶胞边长= ，晶胞体积为 ；所以。12. 缩醛是一类重要的香料，广泛应用于化装品、食物、饮料等行业。G 是一种常用的缩醛，分子中含有一个六元环和一个五元环构造。G 可以由如图途径合成：I.A 的分子式为C H ，属于芳香烃；D 的产量可以用来衡量一个国家石油化工进展水平；7 8.缩醛化反响原理：.同一个碳原子连接两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。请答复以下问题：(1) F 的名称为。(2) 写出由A 生成B 的化学方程式：。(3) 反响的条件为；反响的反响类型为。(4) 有争论觉察，维生素C 可以作为合成G 物质的催化剂，具有价廉效率高、污染物少的优点，维生素C的构造简式为。则维生素C 分子中含氧官能团的名称为、。(5) 缩醛G 的构造简式为。同时满足以下条件的G 的同分异构体有种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为 1：1：2：2：2：2 的构造简式为 。苯环上只有两个取代基既能发生银镜反响，又能与FeCl3溶液发生显色反响(6) D 的一种含 4 个碳原子的无支链同系物H，全部碳原子肯定在同一平面上。H 作为原料可用于制取目前产量居其次位的顺丁橡胶。试写出该合成路线(其他试剂任选)： 橡胶。【答案】(1). 乙二醇(2).顺丁(3).NaOH 水溶液加热(4).加成反响(5). 羟基(6). 酯基(7).(8). 6(9).(10).【解析】【分析】A 的分子式为 C H ，属于芳香烃，A 是；D 的产量可以用来衡量一个国家石油化工进展水平，D 是7 8CH =CH ；由信息可知B 为，c 为；G 是一种常用的缩醛，分子中含有一个六元环和一个五22元环构造，结合缩醛化反响原理，可知F 是【详解】依据以上分析，(1) F 是，E 是。，名称为乙二醇。(2) 与氯气光照条件下生成，化学方程式为： 。(3) 反响是水解生成，脱水生成，所以条件为NaOH 水溶液加热；反响是 CH =CH 与氯气生成，反响类型为加成反响。22(4) 维生素C 的构造简式为，则维生素C 分子中含氧官能团的名称为羟基、酯基。(5)