【精准解析】云南师范大学附属中学2021届高三上学期第三次高考适应性月考理科综合化学试题

理科综合试卷化学

可能用到的相对原子质量：H-1Cl-35.5

K-39

I-127

B-11

C-12

N-14

O-16

Na-23

Bi-209

1.化学与生活、科技密切相关，下列叙述正确的是A.飞机上用到的氮化镍是合金B.过氧乙酸可用于消毒水果、蔬菜和金属器皿C.从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，因此石墨烯是电解质D.用硝酸铵制备医用速冷冰袋是利用了硝酸铵溶于水快速吸热的性质【答案】D【解析】【详解】A．飞机上用到的氮化镍是化合物，故A错误；过氧乙酸的水溶液显酸性，而酸性溶液会腐蚀金属器皿，则不能用过氧乙酸消毒金属器皿，B．故B错误；C．石墨是单质，不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D．硝酸铵溶于水，溶液温度降低，则可用硝酸铵制备医用速冷冰袋，故D正确；故答案为D。2.某有机化工产品R的结构简式如图所示。下列有关R的说法错误的是()A.一定条件下，R可与5molH2发生加成反应B.R属于芳香族化合物CR能发生氧化、加成和水解反应D.R分子中所有原子不可能共平面【答案】A【解析】【详解】A．由结构简式可知R分子中含有1个苯环、1个碳碳双键能够与H2发生加成反应，而含有的酯基具有独特的稳定性，不能与H2发生加成反应，故在一定条件下，R可与4molH2

-1-发生加成反应，A错误；B．物质分子中含有苯环，因此属于芳香族化合物，B正确；C．R含有酯基，能够发生水解反应；含有碳碳双键和苯环能够加成反应和氧化反应，C正确；D．物质结构中含甲基-CH3，具有甲烷的四面体结构，故分子中不可能所有原子共平面，D正确；故合理选项是A。3.下列有关实验原理或实验操作(如图)正确的是A.可用图①所示装置制氨气B.可用图②所示装置收集SO2

C.可用图③所示装置定量测定锌与稀硫酸反应生成氯气的速率D.可用图④所示装置实现化学反应：2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O【答案】D【解析】【详解】A．NH4Cl加热分解产生NH3、HCl，在试管口遇冷二者又重新化合形成NH4Cl，因此不能用来制取氨气，应该用加热NH4Cl和Ca(OH)2混合物方法制取NH3，A错误；B．SO2气体的密度比空气大，应该使用向上排空气方法收集，B错误；C．二者反应产生的H2会通过长颈漏斗逸出，应该使用分液漏斗，C错误；D．由于Cu活动性比C强，有电解质溶液，形成了闭合回路，构成了原电池，Cu作负极，失去电子变为Cu2+；C作正极，O2在正极上得到电子，与溶液中的H+结合形成H2O，装置可以实现反应：2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O的转化，D正确；故合理选项是D。4.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A.1L0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中，HCO3和CO3离子数之和为0.1NAB.0.1mol环氧乙烷()中含有的共价键数为0.3NA

2-2-C.1molH2O2完全分解产生O2时，转移的电子数为NAD.标准状况下，2.24L氨气中氮原子的数目为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A．1L0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中，根据物料守恒溶液中H2CO3、HCO3和CO3离子数之和为0.1NA，故A错误；B．0.1mol环氧乙烷()中含有的共价键数为0.7NA，故B错误；2C．1molH2O2完全分解产生0.5molO2，转移的电子数为NA，故C正确；D．标准状况下，2.24L氨气的物质的量为0.1mol，含有氮原子的数目为0.1NA，故D错误；故答案为C。5.下列说法正确的是A.氧化铁溶于过量氢碘酸：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OB.做焰色试验前，将铂丝用稀盐酸清洗后，在酒精灯外焰上灼烧至没有颜色C.常温下由水电离出的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液中，K+、AlO2、Cl-、Br-一定不能大量共存D.向磷酸二氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：NH4+OH-=NH3·H2O【答案】B【解析】【详解】A．氧化铁溶于过量氢碘酸，三价铁离子具有强氧化性，能氧化碘离子，正确的离子方程式为：Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++3H2O+I2，故A错误B．盐酸易挥发，其盐高温时也易挥发，做焰色实验前，将铂丝用稀盐酸清洗后，在酒精灯外焰上灼烧至没有颜色，灼烧时，盐酸及其盐可一起挥发掉，以达洗净的目的，故B正确；C．常温下由水电离出的c(H+)=10-13mol·L-1，说明水的电离被抑制，该溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，若为碱溶液，K+、AlO2、Cl-、Br-之间以及与OH-之间不反应，能大量共存；若为酸溶液，AlO2与H+反应，不能大量共存，故C错误；D．向磷酸二氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，NH+、H2PO4都与OH−的反应，：4

-3--H2PO4PO+NH++3OH=NH·HO+324+2H2O，故D错误；4

-

-3-答案选B。6.四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍；Y和Z元素原子的最外层电子数之和与X元素原子的最外层电子数相同；Y与W形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是A.工业上常用电解Z和W形成的化合物制备Z的单质B.Y的氧化物均为碱性氧化物C.W的氢化物的水溶液能与X的含氧酸盐反应，说明非金属性W＞XD.简单离子半径：W＞Y＞Z【答案】D【解析】【分析】四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素的最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素；Y和Z元素原子的最外层电子数之和与X元素原子的最外层电子数相同，即Y、Z原子最外层电子数之和为4，二者族序数小于碳的族序数，而原子序数又大于碳，二者只能处于第三周期，则Y为Na元素、Z为Al元素；Y与W形成的离子化合物的水溶液呈中性，则W为Cl元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知X是C，Y是Na，Z是Al，W是Cl元素。A．AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不能导电。在工业上一般用电解熔融Al2O3的方法冶炼Al，A错误；B．Na的氧化物有Na2O、Na2O2，其中Na2O是碱性氧化物，而Na2O2是过氧化物，B错误；C．HCl与碳酸盐反应产生CO2气体，只能证明酸性：HCl＞H2CO3，不能用来比较元素的非金属性：Cl＞C，C错误；D．离子核外电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径越小。Cl-核外有3个电子层，Na+、Al3+核外只有2个电子层，故离子半径：Cl-＞Na+＞Al3+，即简单离子半径：W＞Y＞Z，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的应用。根据元素的原子结构及组成的物质性质推断元素为解答关键，注意元素周期律内容及原子核外电子排布规律的应用，注意AlCl3是共价化合物，由分子构成，在熔融状态下不能导电。7.如图所示装置(I)为一种可充电电池的示意图，其中的离子交换膜只允许K+通过，该电池放-4-电、充电的化学方程式为2K2S2+KI3K2S4+3KI。装置(II)为电解池的示意图。当闭合开关K充电

放电

时，电极X附近溶液先变红。下列说法正确的是A.闭合K时，如果石墨电极Y换成铁钉，可防铁钉生锈B.闭合K时，电极A上发生的反应为3I--2e-=I3C.闭合K时，当有0.1molK+通过离子交换膜，X电极上产生2.24L(标准状况)气体D.装置(I)充电时，电极B连接外加电源的正极【答案】D【解析】【分析】当闭合开关K时，X附近溶液先变红，说明X极生成OH-，应为电解池的阴极，发生反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Y为电解池的阳极，发生：2Cl--2e-═Cl2↑，则A为原电池的负极，电极反应式为2K2S2-2e-═K2S4+2K+，B为原电池的正极，电极反应式为I3-+2e-═3I-，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，石墨Ｙ电极与电源正极Ｂ相连，闭合K时，如果石墨电极Y换成铁钉，此时铁作阳极，故Fe-2e-=Fe2+，加快铁钉腐蚀，A错误；B．A为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为2K2S2-2e-═K2S4+2K+，B错误；C．当有0.1molK+通过离子交换膜，根据2K2S2-2e-═K2S4+2K+知，转移电子的物质的量是0.1mol，根据转移电子守恒知，X电极上产生气体体积=0.1mol

×22.4L/mol=1.12L，C错误；2

D．由分析可知，装置(I)中A为负极，B为正极，故装置(I)充电时，电极B连接外加电源的正极，D正确；故答案为：D。8.硼氢化钠(NaBH4)通常为白色粉末，容易吸水潮解，可溶于异丙胺(熔点：沸点：-101℃，33℃)，在有机合成中被称为“万能还原剂”。制备硼氢化钠的流程如图：-5-硼酸三甲酯B(OCH3)3的制备：将硼酸(H3BO3)和适量甲醇加入圆底烧瓶中，然后缓慢地加入浓硫酸，振荡，在烧瓶上加装分馏柱a，用电炉经水浴锅加热，回流2小时，收集硼酸三甲酯与甲醇共沸液。装置如图所示(夹持装置略去，下同)。相关信息见表：请回答下列问题：(1)冷却水应从直形冷凝管_____________(填“b”或“c”)口出。(2)本实验采用水浴加热，优点是___________，仪器d的名称是_________，仪器d中应该盛装的试剂是______(填序号)，所盛试剂的作用是_______________。a.浓H2SO4

b.无水硫酸铜c.五氧化二磷(3)圆底烧瓶中发生的主要反应的化学方程式是_________________。(4)在240℃条件下硼酸三甲酯与氢化钠反应制取NaBH4，同时生成CH3ONa。萃取NaBH4时可采用索氏提取法，其装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现连续萃取。当萃取完全后，硼氢化钠在________(填“圆底烧瓶”或“索氏提取器”)中。-6-(5)与常规的萃取相比，采用索氏提取法的优点是__________。(6)“有效氢含量”可用来衡量含氢还原剂的还原能力。1molNaBH4的还原能力相当于______克H2的还原能力。【答案】(1).b(2).受热均匀，便于控温(3).U形管浓HSO

(4).c(5).防止空气中(7).圆底烧瓶水蒸气进入反应装置24

(6).H3BO3+3CH3OHB(OCH3)3+3H2OΔ

(8).连续萃取，提高萃取率，使用溶剂少【解析】(9).8【详解】(1)在冷凝管中，为达到较好的冷凝效果，冷却水流向都是下进上出，所以直形冷凝管冷却水应从b接口出去，故答案为：b；(2)水浴具有控温和使被加热物受热均匀的优点，所以本实验采用水浴加热，仪器d的名称是U形管，U形管中加入的试剂为五氧化二磷，五氧化二磷易吸水，U形管中加入五氧化二磷可以防止空气中水蒸气进入反应装置中使硼酸三甲酯水解，故答案为：受热均匀，便于控温，U形管，c，防止空气中水蒸气进入反应装置。(3)圆底烧瓶中是甲醇和硼酸的反应，反应化学方程式为H3BO3+3CH3OHB(OCH3)3+3H2O，故答案为：ΔH3BO3+3CH3OHB(OCH3)3+3H2O；Δ

用异丙胺进行萃取，经过连续萃取，(4)硼氢化钠与甲醇钠的混合液放入索氏提取器中，NaBH4的异丙胺溶液进入圆底烧瓶内，当萃取完全后，CH3ONa因不溶于异丙胺而留在索氏提取器中，硼氢化钠在圆底烧瓶中，故答案为：圆底烧瓶；(5)与常规萃取相比，索氏提取法使用的有机溶剂量少，有机溶剂的挥发量较小，经过不断的虹吸能够达到连续萃取的目的，使萃取率大大提高，故答案为：连续萃取，提高萃取率，使用溶剂少；-7-浓H2SO4

浓H2SO4

作还原剂后，所以lmolNaBH4(6)在NaBH4中H元素显-1价，H元素化合价由-1价升高到+1价，相当于4molH2的还原能力，即8克H2，故答案为：8。9.氯氧化铋(BiOC1)常用于电子设备等领域，BiOCl难溶于水，它是BiCl3的水解产物。以铋的废料(主要含铋的化合物，含少量铜、铅、锌的硫酸盐及Cu2S和Fe2O3等)为原料生产高纯度BiOCl的工艺流程如图：请回答下列问题：(1)提高“酸浸”反应速率的措施有适当增加硫酸的浓度、_________(答出一点即可)。(2)“浸渣1”中除含有铋的化合物外，还含有的物质有_________________。(3)已知浸液2呈蓝色，浸渣2含有少量硫单质。“浸铜”中MnO2的作用是________(用化学方程式表示)。(4)“浸铋”中，铋的浸出率与温度关系如图所示：在高于40℃左右时“铋浸出率”开始下降，其主要因素可能是_______________。(5)在室温和液固比固定的条件下，c(HCl)=1.0mol/L时，铋的浸出率与溶液中c(Cl-)的关系如图所示。“浸铋”操作中，加入NaCl的目的__________。-8-(6)浸液3中主要溶质是BiCl3，“沉铋”过程中，有气体放出。“沉铋”的主要化学反应的离子方程式为____________。从绿色化学角度看，浸液4可以用于__________(填“酸浸”“浸铜”或“浸铋”)，循环使用。(7)测定产品的纯度：取ag充分洗涤并干燥后的产品，溶于稍过量的浓硝酸中，加水稀释到100.0mL，取20.0mL于烧杯中，用bmol/L的AgNO3标准溶液滴定至终点(用Na2CrO4作指示剂)，消耗AgNO3标准溶液VmL，则产品中BiOCl的质量分数为____%(用含a、b、V的代数式表示)。【答案】(1).适当升高温度(2).Cu2S、PbSO4

(3).(5).增(7).“浸铋Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++Mn2++S+4H2O大浸出液中c(Cl-)，提高铋的浸出率(8).(4).HCl挥发加快，Bi3+水解程度增大(6).Bi3++Cl-+CO3=BiOCl↓+2Cl-+CO2↑2130.25bV

a

【解析】【分析】由流程可知，酸浸后浸液1中主要含Fe2(SO4)3、CuSO4、ZnSO4等，浸渣1中主要含铋的化合物、加入稀硫酸、二氧化锰浸铜发生Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O，Cu2S、PbSO4等，Cu2+、Mn2+进入浸液2过滤分离，浸渣2中含有S单质、铋的化合物、PbSO4等，加入盐酸、NaCl浸铋，铋的化合物溶解，由浸渣3含S单质、PbSO4等，浸液3中含BiCl3，加入Na2CO3发生BiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+2NaCl+CO2↑，浸液4含NaCl，过滤分离出BiOCl，以此来解答。【详解】(1)提高“酸浸”反应速率的措施有适当增加硫酸的浓度、适当升高温度或进行搅拌等；(2)“浸渣1”中除含有铋的化合物外，主要还含有的物质有Cu2S、PbSO4；(3)已知浸液2呈蓝色，说明该溶液中含有Cu2+，而浸渣2含有少量硫单质。说明在“浸铜”中稀硫酸、MnO2与Cu2S发生了氧化还原反应：Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O，MnO2

-9-的作用是作氧化剂，将Cu2S氧化为Cu2+及S单质；(4)在“浸铋”中，铋的浸出率与温度，根据图示可知：在温度接近40℃时Bi的浸出率最高，此后温度升高，浸出率反而降低，主要是由于温度升高，HCl挥发加快，且温度升高使Bi3+水解程度也增大，最终导致铋的浸出率随温度的升高而降低；(5)由图可知，氯离子浓度越大，Bi的浸出率越大，则“浸铋”操作中，加入NaCl的目的是增大浸出液中c(Cl-)，提高铋浸出率；(6)浸液3中主要溶质是BiC13，“沉铋”过程中，有气体放出。“沉铋”的主要化学反应的方程式为BiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+2NaCl+CO2↑，离子方程式为Bi3+Cl+CO3=BiOCl↓+CO2↑,+

-

2从绿色化学角度看，浸液4可以用于浸铋，循环使用；(7)由原子守恒可知存在BiOCl～AgCl～AgNO3，则产品中BiOCl的质量分数为bmol/LV103L100.0mL260.5g/mol130.25bV

×100%=%。20.0mLaag【点睛】本题考查混合物分离提纯的综合应用。把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，注意元素化合物知识及化学反应原理的应用，利用元素守恒计算。10.研究碳、氮、硫的化合物的性质对化工生产和环境保护有重要意义。回答下列问题：(1)一定条件下，CH4可屿NO2反应降低氮氧化物的污染，CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)该反应是_____(填“自发”或“非自发”)反应。∆H=-875.3kJ·mol-1，(2)甲醇(CH3OH)可替代汽油作为公交车的燃料，已知用CO和H2合成1mol液态甲醇放出热量128.1kJ。又知2H2(g)+CO(g)+H2O(g)=H2O(1)3

O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)2∆H=-766.6kJ·mol-1，∆H=-44kJ·mol-1。请写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式：___________。发生反应2NO2(g)2NO(g)+O2(g)，下列状态可能没有达到化学反应限度的(3)一定条件下，是_____________(填序号)。A．生成NO2的速率与生成O2的速率比等于2：1时的状态B．混合气体的密度保持不变时的状态C．速率比：v(NO2)：v(NO)：v(O2)=2：2：1时的状态D．体系中的颜色保持不变时的状态(4)在容积均为2L的甲、乙两个恒容密闭容器中，分别充入等量NO2，发生反应：2NO2(g)-10-2NO(g)+O2(g)。保持温度分别为T1、T2，测得n(NO2)与n(O2)随时间的变化如图所示：①T1时，反应从开始到第2min，平均速率(O2)=_______，该温度下平衡常数K=____________②该反应正向是______(填“放热”或“吸热”)反应，该反应的正向活化能Ea(正)________Ea(逆)(填“>”“=”或“<”)。实验测得：v正=k正c2(NO2)，v逆=k逆c2(NO).c(O2)，k正、k逆为速率常数，某温度下平衡常数K=____________(用k正和k逆表示)。(5)硫代硫酸钠(Na2S2O3)在碱性溶液中是较强的还原剂，可用于净化含NOx的废气，使之转化为无毒、无污染的N2。请写出NO2与硫代硫酸钠碱性溶液反应的离子方程式：________。【答案】(1).自发(2).CH3OH(g)+-1

-1

3O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)2(6).吸热(7).＞△H=-726.5kJ/mol(3).(9).BC(4).0.05mol•L•min(5).0.82-k正

(8).k逆

2-2NO2+S2O3+2OH-=N2↑+2SO4+H2O【解析】【分析】(1)反应自发性的判断为G=H-TS＜0；(2)根据CO和H2反应生成CH3OH写出反应的方程式，根据已知焓变的热化学方程式推导所求反应，再由盖斯定律计算所求反应的焓变，据此写出反应的热化学方程式；(3)根据化学平衡的特征进行判断是否达到化学反应限度；(4)①T1时，反应从开始到第2min，n(NO2)从1.2mol减少到0.8mol，则反应NO20.4mol，生成氧气为0.2mol，可得(O2)，平衡时，n（NO2）为0.4mol，列三段式：2NO（2NO（g）+O（2g）2g）

起始c（mol/L）转化c（mol/L）平衡c（mol/L）

0.60.40.2

00.40.4

00.20.2

-11-代入K=cO2•c2NOc2NO2可得；②根据图可知，乙先达到平衡，则T2＞T1，平衡时，甲中氧气0.4mol，乙中氧气多于0.4mol，则温度升高，氧气生成多，即温度升高有利于正方向，根据反应放热反应Ea(正)小于Ea(逆)，吸热反应Ea(正)大于Ea(逆)，正=k正c2（NO2），逆=k逆c2（NO）•c（O2），平衡时，正=k正c2NO•cO2==K，据此分析解题；逆，则k逆c2NO2(5)NO2与硫代硫酸钠在碱性条件下生成氮气和硫酸钠，据此书写。【详解】(1)分析该反应可知，H＜0，S＞0，故G=H-TS恒小于0，故该反应是自发反应，故答案为：自发；一定条件

(2)由CO和H2生产甲醇的化学方程式为：CO+2H2CH3OH，用该反应合成1mol液态甲醇放出热量128.1kJ，热化学方程式为：①CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)△H1=-128.1kJ/mol，②2H2(g)+CO(g)+△H2=-766.6kJ/mol，③H2O(g)═H2O(l)△H3=-44kJ/mol，所求反应为：CH3OH(g)+律，该反应的焓变为：△H=△H2-△H1+2△H3=-766.6kJ/mol+128.1kJ/mol-2×44kJ/mol=-726.5kJ/mol，故答案为：CH3OH(g)+3O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)23O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)，该反应可由②-①+③×2得到，根据盖斯定23O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.5kJ/mol；2(3)A．生成NO2的速率是逆反应速率，与生成O2的速率是正反应速率，由于NO2和O2的化学计量系数比等于2：1，故生成NO2的速率与生成O2的速率比等于2：1时，(正)=(逆)，说明达到反应限度，A不合题意；B．由于混合气体的体积和质量一直不改变，故密度也一直不改变，故密度保持不变时的状态不一定达到化学反应限度，B符合题意；C．速率比：(NO2)：(NO)：(O2)=2：2：1，由于未告知正反应速率还是逆反应速率，故不一定达到化学反应限度，C符合题意；D．由于NO2为红棕色，NO、O2为无色，故体系中的颜色保持不变时的状态说明达到化学反应限度，D不合题意；故答案为：BC；-12-(4)①T1时，反应从开始到第2min，n(NO2)从1.2mol减少到0.8mol，则反应NO20.4mol，生成氧气为0.2mol，则(O2)=0.2mol

=0.05mol••L-1•min-1；平衡时，n（NO2）为0.4mol，列三2L2min2NO（2NO（g）+O（2g）2g）0.60.40.2

00.40.4

00.20.2

段式：起始c（mol/L）转化c（mol/L）平衡c（mol/L）

cO2•c2NO0.20．42

代入k===0.8；故答案为：0.05mol•L-1•min-1；0.8；22cNO20．2

②根据图可知，乙先达到平衡，则T2＞T1，平衡时，甲中氧气0.4mol，乙中氧气多于0.4mol，则温度升高，氧气生成多，即温度升高有利于正方向，正反应为吸热反应，吸热反应Ea(正)大于Ea(逆)，正=k正c2（NO2），逆=k逆c2（NO）•c（O2），平衡时，正=逆，则k正c2NO•cO2k正

==K，故答案为：吸热；＞；；2k逆kcNO2逆

2-(5)NO2与硫代硫酸钠在碱性条件下生成氮气和硫酸钠，离子反应为：2NO2+S2O32-+2OH-=N2↑+2SO4+H2O，故答案为：2NO2+S2O3+2OH-=N2↑+2SO4+H2O。2-2-11.氮、氟、碘及其化合物应用广泛，回答下列问题：(1)下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量最低的是______(填序号)。A.B.C.D.(2)N与F可形成化合物N2F2，该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，元素的第一电离能大小是N_____F(填“>”“=”或“<”)，1molN2F2含有的σ键的数目为_____，分子中氮原子的杂化轨道类型为_______。(3)NaHF2可用于制无水氟化氢和供雕刻玻璃、木材防腐等用。常温常压下为白色固体，易溶于水，160℃分解。NaHF2中所含作用力的类型有_______(填序号)。a.离子键b.共价键c.氢键d.配位键)和HIO4，二者酸(4)F与I同主族，已知高碘酸有两种形式，化学式分别为H5IO6(性强弱顺序为H5IO6______HIO4(填“>”“<\"或“=”)。(5)二氟甲烷(CH2F2)难溶于水，而三氟甲烷(CHF3)可溶于水，其可能的原因是________-13-(6)KI的晶胞结构如图所示，每个K+周围紧邻的I-个数为____个。KI晶体的密度为ρg·cm-3，K和I的离子半径分别为R(k+)cm和r(I-)cm，阿伏加德罗常数的值为NA，则KI晶胞的空间利用率为_________。【答案】(1).A(2).<(3).3NA

(4).sp2(5).abc(6).<(7).三氟甲烷三氟甲烷中的氢原子与H2O中的O(CHF3)中由于3个F原子的吸引使碳原子的正电性增强，原子形成氢键【解析】【分析】(1)基态原子的电子能量最低；(2)N与F可形成化合物N2F2，该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，则N2F2结构式是F-N=N-F；(3)NaHF2常温常压下为白色固体，易溶于水，160℃分解，NaHF2是离子晶体；(4)在含氧酸分子中非羟基氧原子数越多，酸性就越强。三氟甲烷(CHF3)中3个F原子对碳(5)二氟甲烷(CH2F2)中2个F原子对碳原子电子的吸引，原子电子的吸引；(5)KI晶胞与NaCl相似，根据晶胞结构图分析。【详解】(1)基态原子的电子能量最低，是基态N原子的电子排布图，(8).6(9).2RK+3rI-3NA

249

100%

、、为激发态，所以能量最低的选A；(2)同周期元素从左到右，第一电离能增大，第一电离能大小是N可表示为FH-F，含有共

)为五元酸，HIO4是一元酸。在含氧酸分子中非羟基氧原子数越多，酸性就越强。所以二者酸性强弱：H5IO6=4，含有I-数是4，晶胞的密度是2

439+127NA

cm3；K和I的离子半径分别为R(k+)cm和r(I-)cm，144

R3，1个I-的体积是r3，KI晶胞的空间利用率为33

2RK+3rI-3NA

249

100%。44439+1274RK+3+rI-3100%=

3NA3

【点睛】本题考查物质结构与性质，明确化学键分类、晶胞计算是解题关键，注意根据均摊原则计算立方晶胞中原子个数，晶胞顶点的原子被1个晶胞占用晶胞占用11

、楞上的原子被1个晶胞占用。24

1

、晶胞面心的原子被1个8

12.化合物J是一种常用的抗组胺药物，一种合成路线如图：已知：①C为最简单的芳香烃，且A、C互为同系物。催化剂②2ROH+NH3HNR2+2H2O(R代表烃基)。Δ-15-请回答下列问题：(1)E中的官能团名称是___，F的分子式为___________。(2)A生成B的化学方程式为________________________。(3)由H生成J的反应类型是____________，H分子中______(填“有”或“无”)手性碳，G的结构简式为__________。(4)A的二氯取代物结构有_____种，其中核磁共振氢谱中显示3组峰，且峰面积之比为2：2：2的结构简式为_______。(5)写出用乙醇和2-氯-1-丙醇为原料制备化合物机试剂任选)。【答案】(1).羰基或酮基(2).C13H12O(3).+Cl2

光照的合成路线___________(其他无+HCl(4).取代反应(5).无(6).HOCH2CH2Cl(7).10(8).(9).【解析】【分析】C为最简单的芳香烃，C为据B分子式知，A为；A、C互为同系物，A与Cl2光照发生取代反应生成B，根，B为；B和C发生取代反应生成D，D发生氧化反应生成E，E发生还原反应生成F；由F+G→H的反应条件（浓硫酸、加热）以及产物中醚键的生成可知，该反应属于羟基间的脱水成醚，故G的结构简式为：HOCH2CH2Cl，H发生取代反应生成J；（5）用乙醇和2-氯-1-丙醇为原料制备化合物，结合题干中F→H→J的合成路线找-16-出所需的反应物为HN(CH2CH3)2、乙醇和2-氯-1-丙醇，其中2-氯-1-丙醇为原料，HN(CH2CH3)2可由乙醇和氨反应得到(已知②)，再按F→H→J的过程合成目标产物。【详解】(1)由流程图中E的结构简式为，故其所含的官能团名称是羰基或酮基，F的结构简式为(2)由分析可知，A为光照

+Cl2

，故其分子式为C13H12O，故答案为：羰基或酮基；C13H12O；，B为，故A生成B的化学方程式为光照

+Cl2

+HCl，故答案为：+HCl；(3)通过比较H和J以及转化条件可知，该转化的反应类型是取代反应；手性碳原子是指连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子，故H分子中无手性碳；由分析可知，G的结构简式为HOCH2CH2Cl，故答案为：取代反应；无；HOCH2CH2Cl；(4)若取代甲基上的2个H原子，有1种结构；若取代甲基上1个H原子、苯环上1个H原子，则苯环上的Cl原子相对甲基有邻、间、对3种结构；若全部取代苯环上的2个H原子，若其中1个Cl原子与甲基相邻，另一个Cl原子有如图所示四种取代位置，有4种结构，若其中1个Cl原子处于甲基间位，另一个Cl原子有如图所示2种取代位置，有2种结构；故甲苯的二氯代物共有1+3+4+2=10种，其中核磁共振氢谱中显示3组峰，且峰面积之比为2：2：2的结构简式为，故答案为：10；；(5)用乙醇和2-氯-1-丙醇为原料制备化合物，结合题干中F→H→J的合成路线找出所需的反应物为HN(CH2CH3)2、乙醇和2-氯-1-丙醇，其中2-氯-1-丙醇为原料，HN(CH2CH3)2

-17-可由乙醇和氨反应得到(已知②)，再按F→H→J的过程合成目标产物，故其合成路线为：，故答案为：。-18-