吉林省蛟河实验高中2018_2019学年高三化学下学期4月月考试题.doc

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1、吉林省蛟河实验高中2018-2019学年高三化学下学期4月月考试题注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Mn 55 7化学与生活息息相关，下列有关说法错误的是

2、）A“光化学烟雾”的形成与汽车排放的不合格尾气有关B葡萄糖中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒C“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的是一种特种钢缆，属于新型无机非金属材料D页岩气是从页岩层中开采出来的天然气，可以成为廉价而充足的清洁燃料来源8NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A1mol Yb(镱)中含有的中子数为70NAB常温下，1L pH=13的Ba(OH)2溶液中由水电离的OH数目为0.1NAC在锌锰碱性电池中消耗13.0g负极材料，转移电子数为0.2NAD常温常压下，28.0g丙烯和乙烯的混合气体中含有的氢原子数为4NA9增塑剂DCHP可由环己醇制得。DCHP和环

3、己醇的结构简式如图所示，下列说法错误的是 环己醇 DCHPADCHP的分子式为C20H26O4B环己醇分子中所有碳原子不可能共平面CDCHP的一氯取代物有5种DDCHP通过取代反应可以得到环己醇10常温下，二氯化二硫(S2Cl2)为橙黄色液体，遇水易水解，工业上用于橡胶的硫化。某学习小组用氯气和硫单质合成S2Cl2的实验装置如图所示下列说法正确的是A实验时需先点燃E处的酒精灯BC、D中所盛试剂为饱和氯化钠溶液、浓硫酸C二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物为：S、H2S、HClDG中可收集到纯净的产品11锌银电池的负极为锌，正极为氧化银，电解质是KOH，电池反应为Zn+Ag2O+H2O=Zn(O

4、H)2+2Ag。以锌银电池为电源，电解硫酸镍溶液冶炼纯镍，装置如图所示。下列说法正确的是A装置中使用阳离子交换膜B锌银电池a极反应式为Ag2O+H2O+2e=2Ag+2OHC镍极的主要反应为2H+2e=H2D若锌银电池溶解13g锌，则镍极净增质量最多为5.9g12W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中两种为非金属元素。W的气态氢化物遇到其最高价氧化物对应的水化物产生“白烟”，Z的最外层电子数等于其电子层数的2倍，W和X的最外层电子数之和等于Z的族序数。在含X和Y的可溶性盐溶液中通入过量的CO2，产生沉淀的质量与CO2体积的关系如图所示。下列说法正确的是A简单离子半径：XYZWB

5、含Y的阴离子溶液与含Y的阳离子溶液能够发生反应CZ的氧化物对应的水化物均为强酸D工业上可用电解法或热还原法制备X和Y的单质13柠檬酸(用表示)可用作酸洗剂。常温下，向0.1molL1 H3R溶液中加入少量的NaOH固体(忽略溶液体积的变化)，H3R、H2R、HR2和R3的含量与pH的关系如图所示。下列正确的是AHR2的电离常数Ka3=106B图中b曲线表示HR2的变化CpH=7时，c(Na+)=c(H2R)+c(HR2)+c(R3)DpH =5时，c(H2R)+c(HR2)+c(R3)=0.1molL126二硫代碳酸钠(Na2CS3)在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属

6、离子。某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行探究。回答下列问题：（1）在试管中加入少量三硫代碳酸钠样品，加水溶解，所得溶液pH=10，由此可知H2CS3是_酸（填“强”或“弱”）。向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去，由此说明Na2CS3具有_性。（2）为了测定某Na2CS3溶液的浓度，按图装置进行实验。将35.0mLNa2CS3溶液置于下列装置A的三颈瓶中，打开仪器d的活塞，滴入足量2.0mol/L稀H2SO4，关闭活塞。已知：CS+2H+=CS2+H2S，CS2和H2S均有毒；CS2不溶于水，沸点46，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。仪器d的名称是

7、_。反应开始时需要先通入一段时间N2，其作用为_。B中发生反应的离子方程式是_。反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2 一段时间，其目的是_。为了计算三硫代碳酸钠溶液的浓度，可测定B中生成沉淀的质量。称量B中沉淀质量之前需要进行的实验操作名称是_，若B中生成沉淀的质量为8.4g则35.0mL三硫代碳酸钠溶液的物质的量浓度是_。若反应结束后将通热N2改为通热空气，通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时，计算值_填“偏高”“偏低”或“无影响”）。27为了防止氮氧化物对空气的污染，人们采取了很多措施。（1）如用CH4催化还原NO2可以消除氮氧化物的污染，发生的反应如下： CH4(

8、g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H867kJmol1。下列有关说法正确的是_。A在容器中充入1mol CH4和2mol NO2，当体系中n(CH4)/n(NO2)比值不随时间变化时，反应达到平衡状态B恒温恒容时，当混合气体的密度不随时间变化时，该反应达到平衡状态C体系达到平衡后，升高温度，体系中的混合气体的平均相对分子质量增大D恒温恒压时，充入CH4有利于提高氮氧化物的转化率在t2时刻，将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，t3时刻达到新的平衡状态。请在右图中补充画出从t2到t4时刻v正(N2)随时间的变化曲线：_（2）现有的汽车尾气处理的原理

9、是：NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，通常使含适当比例的NO、CO尾气通过装有高效催化剂的处理装置。请根据以下相关数据，分析仅使用催化剂能否有效消除NO、CO尾气污染_。反应25时的平衡常数焓变反应I：2NO(g)N2(g)+O2(g)K1=11030H=180.5kJ/mol反应II：2CO2 (g)2CO(g)+O2(g)K2=41092H=+566.0kJ/mol（3）用NH3催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染，其反应原理为：NO(g) +NO2(g)+ 2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g)。一定温度下，在某恒定压强为P的密闭容器中充入一定量的NO、NO2和N

10、H3，达到平衡状态后，容器中含n(NO)=a mol，n(NO2)=2a mol，n(NH3)=2a mol，n(N2)=2b mol，且N2(g)的体积分数为1/3，请计算此时的平衡常数Kp=_。（用只含P的式子表示，且化至最简式）。（备注：对于有气体参加的反应，可用某组分的平衡分压代替物质的量浓度计算平衡常数，记作KP。如p(NO2)为NO2的平衡分压，p(NO2)=x(NO2)p，p为平衡总压，x(NO2)为平衡体系中NO2的物质的量分数。）（4）用间接电化学法对大气污染物NO进行无害化处理，其原理示意如图（质子膜允许H+和H2O通过），电极I发生的电极反应为_。28二氧化锰是制造锌锰干

11、电池的基本材料，工业上以软锰矿、菱锰矿为原料来制备。某软锰矿主要成分为MnO2，还含有Si（16.27%）、Fe（5.86%）、Al（3.42%）、Zn（2.68%）和Cu（0.86%）等元素的化合物，其处理流程图如下：化合物Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10351061038（1）硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要反应的化学方程式为_。（2）“氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能_；滤渣A的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，加入氨水需调节pH 至少达到_，恰好能使Fe3+、A13+沉淀完全。(当离子浓度降到1.0105m

12、olL1时即视为沉淀完全)（3）滤渣B的成分是_。（4）MnO2也可在MnSO4-H2SO4-H2O为体系的电解液中电解获得，其阳极电极反应式为_。（5）工业上采用间接氧化还原滴定法测定MnO2纯度，其操作过程如下：准确称量0.9200g该样品，与足量酸性KI 溶液充分反应后，配制成100mL溶液。取其中20.00mL，恰好与25.00mL 0.0800molL1 Na2S2O3溶液反应（I2+2S2O=2I+S4O）。计算可得该样品纯度_%。(小数点后保留1位数字)。35【选修3：物质结构与性质】(15分)我国南京理工大学胡炳成教授团队在N5合成上取得了里程碑性研究成果世界上首个五氮阴离子盐

13、(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。时隔不久，他们在该领域再次取得突破，成功制得全氮阴离子(N)金属盐Co(N5)2(H2O)44H2O。这是一种配合物分子，其结构式为回答下列问题：（1）基态氮原子最高能层电子所占用能级的电子云形状为_。（2）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态1价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E)，1价阴离子再获得一个电子的能量变化叫做第二电子亲和能，部分元素或离子的电子亲和能数据如下表所示。元素ClBrIOO电子亲和能(kJ/mol)349343295141780图中数据显示，同主族元素E1自上而下依次减小，试说明原因_；下列说法正确的是_。A电

14、子亲和能越大，说明越难得到电子B一个基态的气态氧原子得到一个电子成为O2时放出141 kJ的能量C氧元素的第二电子亲和能是780kJ/molD基态的气态氧原子得到两个电子成为O2需要吸收能量（3）从结构角度分析，按顺序写出R中两种阳离子的立体构型：_。（4）试就上述两种盐进行有关分析：热分析结果显示盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl分解温度高达116.8，具有非常好的热稳定性。这与其结构中含有类似苯分子中的大键有关。N中的N原子的杂化轨道类型为_，N中的键总数为_个。金属盐Co(N5)2(H2O)44H2O中，中心原子的配位数为_，试画出金属盐Co(N5)2(H2O)44H2O中钴离子的

15、价电子的排布图_。（5）R的晶体密度为d gcm3其立方晶胞参数为a nm，晶胞中含有y个(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为_(用NA和字母表示)。36【选修5：有机化学基础】有机高分子材料M的结构简式为，下图是由有机物A(分子式为C5H8O)和苯甲醛为原料生产该有机物的合成路线。已知：A分子中有两种不同环境的氢原子CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O请回答以下问题：（1）A的结构简式为_，B的名称为_，F中所含官能团的名称是_。（2）和的反应类型分别是_、_；反应的反应条件

16、为_。（3）反应的化学方程式为_。（4）有机物E有多种同分异构体，其中同时符合下列条件的同分异构体有_种。属于芳香酯类 其酸性水解产物遇FeCl3显紫色（5）以1-丙醇和NBS为原料可以制备聚丙烯醇()。请设计合成路线(其他无机原料任选)并用如下方式表示。AB目标产物此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2018-2019学年下学期高三期中考试化 学答 案7. 【答案】C【解析】A氮的氧化物能引起“光化学烟雾”，与汽车排放的不合格尾气有关，选项A正确；B苏打为碳酸钠，其水溶呈碱性，葡萄糖中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒，选项B正确；C“辽宁舰”上用于舰载机降

17、落拦阻索的是一种特种钢缆，是铁的合金，属于金属材料，选项C错误；D页岩气是从页岩层中开采出来的天然气产气页岩分布广、厚度大，且普遍含气，故可以成为提供廉价而充足的新型燃料来源，选项D正确；答案选C。8. 【答案】D【解析】A原子表示式中，左上角数字表示质量数，左下角表示质子数，中子数等于质量数减去质子数，所以1mol该原子中所含中子数为104NA，故A错误；B1L pH=13的Ba(OH)2溶液中，溶液中的c(OH)=0.1mol/L，而由水电离出的c(OH)=11013mol/L，水电离的OH物质的量为11013mol，故B错误；C锌锰碱性电池中，锌为负极，其反应为Zn2e+2OH=Zn(O

18、H)2，当消耗13.0g锌即0.2mol Zn，应转移电子0.4NA，故C错误；D丙烯和乙烯最简式均为CH2，可认为28.0g均为CH2，氢原子数为4NA，故D正确。综合以上分析，该题答案为D。9. 【答案】C【解析】A由结构可知DCHP的分子式为C20H26O4，故A正确；B环己醇分子中所有碳原子均为四面体构型，则不可能共平面，故B正确；CDCHP的结构对称，含6种H，则一氯取代物有6种，故C错误；DDCHP含-COOC-，水解可以得到环已醇，水解反应属于取代反应，故D正确。故选C。10. 【答案】B【解析】A装置中有空气，需要先通入氯气排除空气，因此实验时需先生成氯气，再点燃E处的酒精灯，

19、故A错误；B氯气中混有HCl、水，氯化氢用饱和食盐水吸收，所以C中试剂为饱和食盐水，作用为除去HCl；D中用浓硫酸除去水，起干燥作用，故B正确；C根据元素守恒，二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物中一定含有某种含氧元素的化合物，故C错误；DG中收集到的产品中一定含有未反应的硫固体，故D错误；故选B。11. 【答案】B【解析】A项，观察题图知，交换膜左侧硫酸浓度增大，说明SO由交换膜右侧向左侧迁移，交换膜为阴离子交换膜，错误；B项，铂极为阳极，电极反应式为2H2O4e=O2+4H+，则a极为锌银电池的正极，根据电池反应可书写正极反应式，正确；C项，本实验的主要目的是冶炼纯镍，所以，镍极的主要反应

20、是Ni2+2e=Ni，错误；D项，b极的电极反应式为Zn2e+2OH=Zn(OH)2，理论上，消耗65g锌析出59g镍，则溶解13g锌，最多析出11.8g Ni，错误。12. 【答案】B【解析】NH3遇HNO3会生成白色固体，产生“白烟，W为氮元素；短周期元素中，原子的最外层电子数等于电子层数2倍的元素有C、S元素，Z的原子序数大于7，所以Z为硫元素；又因为W和X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，所以X为钠元素；由图知，通入CO2产生沉淀。且沉淀不溶于过量的CO2，NaAlO2、Na2SiO3溶液中通入CO2产生沉淀，且硅酸、氢氧化铝不溶于CO2，但四种元素中有两种非金属元素，故Y为铝元

21、素，不是硅元素。A、S2、N3、Na+、Al3+的离子半径依次减小，选项A错误；B、含Al3+和AlO的溶液能够发生反应生成氢氧化铝沉淀，选项B正确；C、硫的含氧酸有H2SO3、H2SO4，H2SO3是弱酸，选项C错误；D、工业上可以采用电解法制备钠、铝，但是不能用热还原法制备。选项D错误。答案选B。13. 【答案】A【解析】A由图可以看出，当pH=6时，HR2R3+H+的平衡体系中，c(R3)=c(HR2)，c(H+)=1mol/L，HR2的电离常数Ka3=c(H+)c(R3)/c(HR2)=c(H+)=1，故A正确； B由上述分析可以知道，图中b曲线表示H2R的变化，故B错误；CpH=7

22、时，溶液呈中性，c(H+)=c(OH)，根据电荷守恒，c(Na+)=c(H2R)+2c(HR2)+3c(R3)，故C错误；D由于原溶液H3R的浓度为0.1molL1，加入适量NaOH后pH =5，此时溶液的体积变大，所以c(H2R)+c(HR2)+c(R3)0.1molL1，故D错误；本题答案为A。26. 【答案】（1）弱 还原 （2）分液漏斗 排除装置中的空气，防止A中生成的H2S被氧化 Cu2+H2S=CuS+2H+ 将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收 过滤、洗涤、干燥 2.5mol/L 偏高【解析】（1）三硫代碳酸钠样品，加水溶解，所得溶液pH

23、=10，说明三硫代碳酸钠是一种强碱弱酸盐，由此可知H2CS3是弱酸；向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去，因此酸性KMnO4溶液与三硫代碳酸钠发生氧化还原反应，说明Na2CS3具有还原性。答案为：弱、还原；（2）仪器d的名称是分液漏斗；A中生成的H2S易被空气中的氧气氧化，应排除装置中的空气。CuSO4和H2S反应生成CuS沉淀和H2SO4，离子方程式为：Cu2+H2S=CuS+2H+ 装置中残留一部分H2S和CS2，通入热N2一段时间可以将残留的H2S和CS2全部排入B或C中被充分吸收。通过过滤、洗涤、干燥的实验操作可以得到CuS沉淀；由和Cu2+H2S=CuS+2H+可知CuSNa2

24、CS3，所以c(Na2CS3)=2.5mol/L。空气中含有CO2能被C中NaOH溶液吸收，导致C中的质量偏大，从而求得的Na2CS3偏多，因此通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时，计算值偏高。答案为：分液漏斗、排除装置中的空气，防止B中生成的H2S被氧化 Cu2+H2S=CuS+2H+；将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收；过滤、洗涤、干燥；2.5mol/L、偏高。28. 【答案】（1）CD （2） 由反应I和II的平衡常数，可知2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的K=K1/K22.510121，该反应向正方向

25、的趋势很大，使用合适的催化剂加快反应速率，基本上可以除去污染气体 （3） 5625P/4 （4） 2HSO+2e+2H+=S2O+2H2O 【解析】（1）A由反应式和起始加料量可知，体系中n(CH4)/n(NO2)比值始终不变，不能作为达到平衡状态的标志，故A错误；B容器的容积和混合气体总质量都不变，所以混合气体的密度不随时间改变，不能作为反应达到平衡状态的标志，故B错误；C正反应为放热反应，体系达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体分子数减小，根据M=，体系中的混合气体的平均相对分子质量增大，故C正确；D恒温恒压时，充入CH4平衡向正反应方向移动，氮氧化物的转化率增大，故D正确。故

26、答案为：CD；t2时容积扩大到原来的2倍，组分浓度减小，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，v正(N2)减小，t3时达到平衡，即图像是：。（2）反应I：2NO(g)N2(g)+O2(g) K1=11030反应II：2CO2 (g)2CO(g)+O2(g) K2=41092据盖斯定律-得2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的K=K1/K22.510121，K值越大，反应进行的越完全，从理论上来说，CO与NO能反应完全，因此，本题正确答案是：能，由反应I和II的平衡常数，可知2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的K= K1/K22.510121，该反应向正方向的

27、趋势很大，使用合适的催化剂加快反应速率，基本上可以除去污染气体；（3）NO(g) +NO2(g)+2NH3(g)2N2(g) + 3H2O(g)。已知平衡时，n(NO)=a mol，n(NO2)=2a mol，n(NH3)=2a mol，n(N2)=2b mol，物质变化的物质的量之比等于化学计量数之比，则n(H2O)=3b mol，根据N2(g)的体积分数为1/3，则有：=，解得，b=5a，平衡时NO、NO2、NH3、N2、H2O的物质的量分数分别为：、，此时的平衡常数Kp=P。因此，本题正确答案是：P；（4）电极I为阴极，阴极上是HSO3获得电子生成S2O42，在酸性条件下还生成水，电极反

28、应为：2HSO+2e+2H+=S2O+2H2O，因此，本题正确答案是：2HSO+2e+2H+=S2O+2H2O。28. 【答案】（1）MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O （2） 充分氧化过量的Fe2+ 4 （3） CuS、ZnS （4） Mn2+-2e+2H2O=MnO2+4H+ （5） 47.3 【解析】（1）软锰矿中加入H2SO4和过量FeSO4溶液“酸浸”时MnO2被还原为MnSO4，则FeSO4被氧化成Fe2(SO4)3，“酸浸”时发生的主要反应的化学方程式为：MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O。（

29、2）“酸浸”时除了MnO2被还原成MnSO4外，Fe、Al、Zn、Cu也溶解转化为FeSO4、Al2(SO4)3、ZnSO4、CuSO4，酸浸后过滤得到的滤液中含MnSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4、Al2(SO4)3、ZnSO4、CuSO4；向此滤液中加入氨水并搅拌，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能将Fe2+充分氧化转化成Fe3+；加入氨水调节pH使Al3+、Fe3+完全转化成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀形成滤渣A，由于Al(OH)3、Fe(OH)3类型相同且Al(OH)3的溶度积大于Fe(OH)3的溶度积，使Fe3+、Al3+完全沉淀，只要使Al3+完全沉淀，即c(Al3+

30、)1105mol/L，c(Al3+)c3(OH)=1035，c(OH)=110-10mol/L，c（H+）1104mol/L，pH4，pH至少达到4能使Fe3+、Al3+沉淀完全。（3）加入氨水调节pH至5.4经过滤后滤渣A为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中含MnSO4、ZnSO4、CuSO4、(NH4)2SO4，向滤液中加入MnS并加热至沸，发生沉淀的转化形成难溶的ZnS、CuS将Zn2+、Cu2+除去，过滤得到的滤渣B的成分为ZnS、CuS。（4）根据题意电解过程中MnSO4被氧化成MnO2，则阳极电极反应式为Mn2+-2e+2H2O=MnO2+4H+。（5）MnO2与足量酸性KI反

31、应的离子方程式为：MnO2+4H+2I=Mn2+I2+2H2O，得出关系式：MnO2I22Na2S2O3，n（MnO2）=n（Na2S2O3）=0.08mol/L0.025L=0.005mol，m(MnO2)=0.005mol87g/mol=0.435g，该样品纯度为100%=47.3%。35. 【答案】（1）s电子云为球形，p电子云为哑铃形（2）同主族元素自上而下原子半径逐渐增大，原子核和最外层电子之间的距离增大，所以原子核对于最外层电子的吸引能力减弱，即得电子能力减弱，所以同主族元素E1自上而下依次减小CD（3）正四面体构型（4）sp2杂化 56 （5）(或1021)【解析】（1）基态氮原

32、子的电子排布为1s22s22p3，所以其最高能层电子所占用的能级为2s和2p，s电子云为球形，p电子云为哑铃形。（2）同主族元素自上而下原子半径逐渐增大，原子核和最外层电子之间的距离增大，所以原子核对于最外层电子的吸引能力减弱，即得电子能力减弱，所以同主族元素E1自上而下依次减小。电子亲和能越大代表原子得电子时放出能量越多，所以电子亲和能越大，说明越容易得到电子，选项A错误。一个基态的气态氧原子得到一个电子时应该成为O，所以选项B错误。氧原子得到1个电子生成O放出的能量是氧元素的第一电子亲和能，O再得到1个电子生成O2时放出的能量是氧元素的第二电子亲和能，所以氧元素的第二电子亲和能就是O的第一

33、电子亲和能，即为780kJ/mol，选项C正确。气态氧原子得到1个电子放出141 kJ的能量生成O，O再得到1个电子需要吸收780 kJ的能量，所以气态氧原子得到两个电子成为O2需要吸收能量，选项D正确。（3）根据价层电子对互斥理论，H3O的中心氧原子有(631)24个电子对，所以O以sp3杂化成四面体构型，其中三个电子对成键，一个为孤对电子，所以H3O三角锥构型。NH的中心N原子有(541)24个电子对，所以N以sp3杂化成四面体构型，其中四个电子对都成键，所以NH为正四面体构型。（4）N结构中含有类似苯分子中的大键，所以N一定是平面封闭环状结构()，所以N原子的杂化类型一定是sp2杂化，这

34、样才能保证其形成平面环状结构。根据两个原子之间成键一定有且只有1个键的原理，得到N的平面环状结构中一定有5个键。金属盐Co(N5)2(H2O)44H2O中，N和H2O都是单齿配体，所以中心原子的配位数为6。Co是27号元素，其电子排布为1s22s22p63s23p63d74s2，所以Co2的价电子为3d7，价电子排布图为；（5）(或1021)。36. 【答案】（1） 环戊烯 碳碳双键、羧基 （2） 消去 加成 氢氧化钠水溶液、加热 （3） （4） 13 （5） 【解析】（1）根据上述分析，A的结构简式为，根据B的结构简式，以及有机物命名原则，即B为环戊烯，根据F的结构简式，含有官能团是碳碳双键

35、和羧基；故答案为：；环戊烯；碳碳双键、羧基。（2）根据上述分析，发生反应类型是消去反应、加成反应；反应发生取代反应，条件是氢氧化钠的水溶液，并加热；故答案为：消去、加成；氢氧化钠水溶液、加热。（3）反应发生酯化反应，其反应方程式为： + H2O；（4）属于芳香酯，含有酯基，水解后遇FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，（苯环上甲基有3种位置）、（苯环上乙基有3种位置）、（另一个甲基有4种位置）、（另一个甲基位置有2种）、（另一个甲基只有一种位置），共有13种；故答案为：13。（5）此高分子化合物单体为CH2=CHCH2OH，1丙醇先发生消去反应，生成CH2=CHCH3，根据信息，在NBS发生取代反应，生成CH2=CHCH2Br，然后发生水解，即路线图：。