《重庆市巴蜀中学2020届高三化学下学期3月月月考试题(含解析)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《重庆市巴蜀中学2020届高三化学下学期3月月月考试题(含解析)（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、重庆市巴蜀中学2020届高三化学下学期3月月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1；B 11；C 12；O 16；Na 23；P 31；Bi 209一、单选选择题1.南开大学科研团队经过多年研究，获得了一种特殊的石墨烯材料，这种三维石墨烯(如图)可在太阳光照射下飞行。下列四种物质中与三维石墨烯属于同一类物质的是( )A. 聚合氮B. 全氮阴离子盐C. 双氢青蒿素D. 白藜芦醇 【答案】A【解析】【详解】三维石墨烯只有C元素，属于非金属单质。A. 聚合氮只有N元素，属于非金属单质，与三维石墨烯属于同一类物质，A正确；B 全氮阴离子盐中含有离子键，属于盐类，与三维石墨烯不属于同一类物质，
2、B错误；C. 双氢青蒿素组成元素为C、H、O，属于有机物，与三维石墨烯不属于同一类物质，C错误；D. 白藜芦醇组成元素为C、H、O，属于有机物，与三维石墨烯不属于同一类物质，D错误；故合理选项是A。2.用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是A. 用甲装置进行已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的硫酸B. 用乙装置收集NO2气体C. 用丙装置制备气体并对生成的气体体积进行测量，可以减少误差D. 用丁装置灼烧碳酸钠晶体【答案】C【解析】【详解】A. NaOH溶液应该装在碱式滴定管中，碱式滴定管下端应该是橡胶管，故A错误；B. NO2气体密度大于空气，则应该向上排空气，从长导管进，故B错误；
3、C. 橡皮管可以平衡气压，便于液体顺利流下，则对生成的气体体积进行测量可以减少误差，故C正确；D. 加热碳酸钠时应该用铁坩埚，瓷坩埚成分中的二氧化硅与碳酸钠在高温下可以反应生成硅酸钠，故D错误；故选C3.有机物邻二乙烯苯广泛用于制造离子交换树脂，其结构简式为，下列关于邻二乙烯苯的说法正确的是( )A. 1mol 邻二乙烯苯含有5 mol碳碳双键B. 所有的原子不可能在同一平面C. 能发生加成反应，也能发生取代反应，不能发生聚合反应D. 苯环上的二氯取代物有4种(不含立体异构)【答案】D【解析】【详解】A. 邻二乙烯苯中含有2个乙烯基和一个苯环，苯环是一种特殊结构，化学键介于碳碳单键和碳碳双键之
4、间，一个乙烯基中含有1个碳碳双键，因此邻二乙烯苯中含有2个碳碳双键，则1 mol邻二乙烯苯含有2 mol碳碳双键，A错误；B. 乙烯、苯是平面结构，乙烯基与苯环通过碳碳单键结合，由于碳碳单键可以旋转，所以分子中所有的原子有可能在同一平面上，B错误；C. 分子中含有碳碳双键，可以发生加成反应、加聚反应；含有苯环，可以发生苯环上的取代反应，C错误；D. 苯环上的二氯取代物有、，D正确；故合理选项是D。4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A. 标准状况下，2.24 L SO3中含原子数为0.2NAB. 10 mL 12 mol/L 浓盐酸与足量MnO2加热反应，制得氯气的分子数0.
5、03NAC. 0.1 mol CH4与0.4 mol Cl2在光照下充分反应，生成CCl4的分子数为0.1NAD. 常温常压下，6 g乙酸中C-H键的数目为0.3NA【答案】D【解析】【详解】A. 在标准状况下SO3不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，A错误；B. 10 mL 12 mol/L 浓盐酸中HCl的物质的量为n(HCl)=cV=12 mol/L0.01 L=0.12 mol，根据反应方程式MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O可知：4 mol HCl完全反应产生1 mol Cl2，若0.12 molHCl完全反应产生Cl2的物质的量是0.03 mol，但随着反应的进行
6、，溶液变稀，反应就不再发生，所以制取氯气的物质的量小于0.03 mol，则反应产生的氯气的分子数小于0.03NA，B错误；C. 取代反应逐步进行，最终会得到CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4多种取代产物，所以0.1 mol CH4与0.4 mol Cl2在光照下充分反应，生成CCl4的分子数小于0.1NA，C错误；D. 6 g乙酸的物质的量为n(乙酸)=0.1 mol，根据其结构简式CH3COOH可知分子中含有3个C-H键，所以0.1 mol乙酸中含有0.3 molC-H键，C-H键数目为0.3NA，D正确；故合理选项是D。5.探究铝片与Na2CO3溶液的反应： 无明显现象铝片表面
7、产生细小气泡出现白色浑浊，产生大量气泡(经检验为 H2和CO2)下列说法正确的是( )A. Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+2H2OH2CO3+2OH-B. 推测出现白色浑浊的原因：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3+CO2C. 对比、，说明 Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜D. 加热和H2逸出对CO32-水解平衡移动方向的影响是相反的【答案】C【解析】【详解】A. Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中CO32-发生水解反应，CO32-是多元弱酸的酸根离子，其水解反应逐步进行，主要是CO32-+H2OHCO3-+OH-，A错误；B碳酸钠水解显碱性，铝表面的氧化铝与碱反
8、应生成偏铝酸根离子，去掉氧化膜后，铝与氢氧根离子、水反应生成氢气，碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成Al(OH)3沉淀和CO32-，离子方程式：AlO2-+HCO3- +H2O=Al(OH)3+CO32-，B错误；C依据铝能与热水反应，实验中没有气泡冒出，说明表面有氧化膜，实验有气泡冒出，说明氧化膜被破坏，C正确；D盐类水解为吸热过程，加热促进盐类水解；氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，消耗氢氧根离子，促进碳酸根离子水解，所以加热和H2逸出对CO32-水解平衡移动都起到促进作用，D错误；故合理选项是C。【点睛】本
9、题考查了盐类水解的性质，铝及其化合物性质，明确盐类水解规律及影响盐类水解平衡移动的因素、铝及其化合物性质是解题关键，有利于提高学生分析问题、解决问题能力。6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，X的简单离子半径是同周期中最小的，X、Y同周期且最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等；Z元素是最重要的“成盐元素”， 下列说法正确的是( )A. 原子半径由大到小的顺序：ZYXB. W与Z组成的化合物可能含非极性共价键C. Z的氧化物对应的水化物均是强酸D. 氢化物沸点由高到低的顺序：ZYW【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族
10、，X的简单离子半径是同周期中最小的，根据金属阳离子电子层数比原子少一个电子层，阴离子电子层数与原子相同，且离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，可推知X是Al，X、Y同周期且最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，则Y是Si，Z元素是最重要的“成盐元素”，Z是Cl，由于W、Y同主族，可推知W是C元素，然后分析解答。【详解】根据上述分析可知W是C，X是Al，Y是Si，Z是Cl元素。A. 同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径由大到小的顺序：XYZ，A错误；B. W是C，Z是Cl元素，它们可形成CCl4、CCl3-CCl3等
11、化合物，前者只含有极性键，后者含有极性键、非极性键，B正确；C. 选项中未强调是最高价氧化物，其水化物不一定是强酸，如HClO是弱酸，C错误；D. W是C，Y是Si，Z是Cl元素，选项中未强调是最简单的氢化物，简单氢化物沸点符合ZYW，若不是简单氢化物，其沸点就不符合ZYW，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了元素的位置、结构、性质的关系。根据元素的原子结构特点推断元素是解题关键，注意掌握原子结构与元素周期表、周期律的关系，易错选项是D，要明确氢化物的种类和性质，氢化物不一定是最简单的氢化物，氢化物的熔点、沸点在比较时要注意晶体类型是否相同，若为分子晶体，还需注意是否存在氢键。7.常温下
12、，向盛50mL0.100molL-1盐酸的两个烧杯中各自匀速滴加50mL的蒸馏水、0.100molL-1醋酸铵溶液，测得溶液pH随时间变化如图所示。已知Ka(CH3COOH)=1.810-5，Kb(NH3H2O)=1.810-5。下列说法正确的是（ ）A. 曲线X是盐酸滴加蒸馏水的pH变化图，滴加过程中溶液各种离子浓度逐渐减小B. 曲线Y上的任意一点溶液中均存在c(CH3COO-) C(CH3COO-)，B正确；C. a点溶液中电荷守恒为：n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH)= n(NH4+)+n(H+)，所以n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH)-n(NH4+)= n(H+)，a点
13、pH=2，C(H+)=0.01molL-1，溶液总体积约为100ml，n(H+)=0.01molL-10.1L=0.001mol，所以n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH)-n(NH4+)=0.001mol，C错误；D. b点位HCl溶液，水的电离受到HCl电离的H+抑制，c点：一方面CH3COOH为弱酸，另一方面，NH4+水解促进水的电离，综合来看b点水的电离受抑制程度大于c点，D错误。 答案选B。【点睛】A一定温度下，电解质溶液中，不可能所有离子同时增大或者减小；B对于一元弱酸HX，C(H+)=C(X-)。二、填空题8.铋酸钠(NaBiO3)是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸
14、水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：制取铋酸钠制取装置如图(加热和夹持仪器已略去)，部分物质性质如下：物质NaBiO3Bi(OH)3性质不溶于冷水，浅黄色难溶于水；白色(1)装MnO2的仪器名称是_，B装置用于除去HCl，盛放的试剂是_；(2)C中盛放Bi(OH)3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的离子方程式为_；(3)当观察到_(填现象)时，可以初步判断 C 中反应已经完成；(4)拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl2以免污染空气，除去Cl2的操作是_。(5)反应结束后，为从装置C中获得尽可能多产品，需要的操作是_，过滤、洗涤、干燥；产
15、品纯度的测定(6)取上述NaBiO3产品w g，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用 c mo1/L的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-(已知：H2C2O4+MnO4-CO2+Mn2+H2O，未配平)，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗V mL标准溶液。该产品的纯度为 _(用含 w、c、V的代数式表示)。【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 饱和食盐水 (3). Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O (4). C中白色固体消失，黄色不再加深 (5). 关闭K1、K3，打开K2 (6). 在冰水中冷却结晶 (7). %【解析】【分析】在A中Mn
16、O2与浓盐酸反应制取氯气，浓盐酸具有挥发性导致生成的氯气中含有HCl，在装置B中可根据HCl极易溶于饱和食盐水且饱和食盐水能抑制氯气在溶液中的溶解，在C中盛放Bi(OH)3与NaOH混合物，与通入的Cl2反应生成NaBiO3，氯气有毒不能直接排放，但是能和NaOH反应而消除其污染，所以D装置是尾气处理。【详解】(1)根据装置图可知装MnO2的仪器名称是三颈烧瓶，浓盐酸具有挥发性导致生成的氯气中含有HCl，HCl极易溶于水，但是氯气不易溶于饱和氯化钠溶液，所以B装置盛有饱和食盐水以除去杂质HCl；(2)NaBiO3是为数不多的钠盐沉淀之一，C中盛放的Bi(OH)3与NaOH混合物，与Cl2发生反
17、应产生NaBiO3，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；(3)C中原来盛放Bi(OH)3与是白色难溶于水固体，生成物为不溶于冷水的，浅黄色的NaBiO3，所以当观察到C中白色固体消失，黄色不再加深时就可初步判断C中反应已经完成；(4)氯气有毒不能直接排放，但是能和NaOH反应而消除其污染，所以要让A中NaOH溶液滴下来，吸收氯气，故除去Cl2操作是关闭K1、K3，打开K2；(5)想要获得纯净NaBiO3，首先要将让其结晶析出，然后将沉淀过滤出来，再进行洗涤、干燥才可以得到纯净的NaBiO3，由于Na
18、BiO3不易溶于冷水，所以需要的操作有：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；(6)NaBiO3具有强的氧化性，能够将Mn2+氧化为紫红色的MnO4-，反应的离子方程式为：5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O，反应产生的MnO4-会将H2C2O4氧化为CO2气体，反应方程式为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，可得关系式5NaBiO32MnO4-5H2C2O4，根据关系式可得1 mol NaBiO3完全反应消耗1 mol H2C2O4，即280 g NaBiO3完全反应消耗1 mol H2C2O4，由于反应消耗草酸的物质的
19、量为n(H2C2O4)=c mol/LV10-3 L=cV10-3 mol，所以NaBiO3的质量为m(NaBiO3)=nM= cV10-3 mol280 g/mol=0.28cV g，所以该产品的纯度为100%=%。【点睛】本题考查了物质分离提纯的方法和过程分析判断、物质纯度的计算、实验基本操作等，注意物质的制取、性质的理解和应用，在进行化学计算时，若反应有多个，可以根据物质反应转化关系，用关系式法进行，考查了学生分析、应用能力。9.铬是一种银白色的金属，常用于金属加工、电镀等。工业以铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2为原料冶炼铬及获得强氧化剂Na2Cr2O7。其工艺流程如图所示：已知：高温
20、氧化时发生反应Fe(CrO2)2Na2CO3O2Na2CrO4Fe2O3CO2(未配平)回答下列问题：（1）将铬铁矿的主要成分Fe(CrO2)2写成氧化物的形式：_，高温氧化时可以提高反应速率的方法为_(写出一条即可)。（2）Na2CrO4加入硫酸酸化的离子方程式为_；在实验室中，操作a所用到的玻璃仪器有_。（3）Na2CrO4中铬元素化合价为_；生成1molNa2CrO4时共转移电子的物质的量为_mol。（4）根据有关国家标准，含CrO42-的废水要经化学处理，使其浓度降至5.010-7molL-1以下才能排放，可采用加入可溶性钡盐生成BaCrO4沉淀Ksp(BaCrO4)=1.210-10
21、，再加入硫酸处理多余的Ba2+的方法处理废水，加入可溶性钡盐后，废水中Ba2+的浓度应大于_molL-1，废水处理后达到国家标准才能排放。【答案】 (1). FeOCr2O3 (2). 将固体磨碎或不断搅拌 (3). 2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O (4). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (5). +6 (6). 3.5 (7). 2.410-4【解析】【分析】铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2中加入碳酸钠并通入氧气，高温下将Fe(CrO2)2氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同时生成CO2，将得到的固体溶于水得到Na2CrO4溶液。向一份Na2CrO4溶液中加入硫酸酸化，硫酸和Na2
22、CrO4反应生成Na2Cr2O7和硫酸钠，通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到固体a和溶液a；另一份Na2CrO4溶液中加入Na2S发生氧化还原反应，铬元素转化为Cr(OH)3沉淀，过滤后灼烧Cr(OH)3得到Cr2O3，可以利用热还原法制备金属铬；据此分析解答。【详解】(1)Fe(CrO2)2 中铁元素化合价是+2价，氧化物为FeO，铬元素化合价+3价，氧化物为Cr2O3，所以Fe(CrO2)2写成氧化物形式为FeOCr2O3；增大反应物的接触面积可以加快反应速率，升高温度可以加快反应速率，不断搅拌，使固体混合物充分混合也可以加快反应速率，故答案为：FeOCr2O3 ；将固体磨碎或不断搅拌等；(
23、2)Na2CrO4加入硫酸酸化反应生成重铬酸钠，反应的离子方程式为2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O；操作a为过滤，所用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O；烧杯、漏斗、玻璃棒；(3)Na2CrO4中Na元素为+1价，O为-2价，则铬元素化合价为+6价；根据Fe(CrO2)2Na2CO3O2Na2CrO4Fe2O3CO2，反应中铬元素由+3价升高为+6价，铁元素由+2价升高为+3价，1mol Fe(CrO2)2被氧化转移7mol电子，因此生成1molNa2CrO4时转移3.5mol电子，故答案为：+6；3.5；(4)CrO42-
24、+Ba2+BaCrO4，根据题意CrO42-的浓度降至5.010-7molL-1以下才能排放，则Ksp(BaCrO4)=c(CrO42-)c(Ba2+)=5.010-7c(Ba2+)=1.210-10，解得：c(Ba2+)=2.410-4mol/L，即Ba2+的浓度应大于2.410-4mol/L，故答案为：2.410-4。10.甲烷、乙烯、环氧乙烷、丁烷都是重要的化工原料，用途广泛。回答下列问题：已知：I2CH2=CH2(g)+O2(g)2(g) H1=-206.6 kJmol-1II.CH2=CH2(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1) H2III.2(g)+5O2(g)=4C
25、O2(g)+4H2O(1) H3(1)若反应在一定温度下可自发进行，则H3_(填“”“”或“=”)0。(2)热值是表示单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量，是燃料质量的一种重要指标。已知乙烯的热值为50.4 kJg-1，则H3=_kJmol-1。(3)实验测得2CH2=CH2(g)+O2(g)2(g) H10中，v逆=k逆c2()，v正=k正c2(CH2=CH2)c(O2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_(填“大于”“小于”或“等于”)k逆增大的倍数。若在1 L的密闭容器中充入1 mol CH2=CH2(g)和1 mo1O2(g)，在一定温度下只
26、发生反应I，经过10 min反应达到平衡，CH2=CH2(g)的转化率为40%，则010 min内v(O2)=_，=_(保留两位有效数字)。(4)下列有关环氧乙烷制备的说法正确的是_(填字母)。A.由图1可知，进料气体的初始温度对环氧乙烷的选择性影响不大，可得出乙烯的转化率受初始温度的影响不大B.由图2可知，原料气的流速加快，乙烯转化率下降，主要是原料气与催化剂接触时间过短造成C.若进料气中氧气比例增大，环氧乙烷产率降低，其主要原因是部分乙烯、环氧乙烷转化为二氧化碳和水(5)一种以天然气为燃料的固体氧化物燃料电池的原理如图所示，其中YSZ为6%10%Y2O3掺杂的ZrO2固体电解质。a极上的电
27、极反应式为_；若电路中转移0.1 mol电子，则消耗标准状况下CH4的体积为_L。【答案】 (1). (2). -2615.8 (3). 小于 (4). 0.02 mol/(Lmin) (5). 0.56 (6). BC (7). CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O (8). 0.28【解析】【详解】(1)反应是体系混乱程度减少的反应S0，若在一定温度下反应可自发进行，根据G=H-TS0，S0，则H0；(2)乙烯的热值为50.4 kJg-1，则1 mol乙烯的燃烧热为-50.4 kJg-128 g/mol=-1411.2 kJ/mol，根据盖斯定律，将(I+III)2，整理可得CH2=
28、CH2(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1)，H=-1411.2 kJ/mol，所以H3=2H-H1=2(-1411.2 kJ/mol)-(-206.6 kJ/mol)=-2615.8 kJ/mol；(3)反应2CH2=CH2(g)+O2(g)2(g) H10的正反应是放热反应，在其他条件不变时，升高温度，v正、v逆都增大，由于温度对吸热反应影响更大，所以v逆增大的比v正增大的多，使得v正v逆，所以化学平衡逆向移动。v逆=k逆c2()，v正=k正c2(CH2=CH2)c(O2)，因此达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；根据方程式可知乙烯与氧气反应的物质的量的
29、比是2：1，由于开始时加入了1 mol乙烯，达到平衡时乙烯转化率为40%，则反应的乙烯的物质的量为1 mol40%=0.4 mol，所以反应的氧气的物质的量是0.2 mol，故010 min内v(O2)=0.02 mol/(Lmin)；反应达到平衡时c(CH2=CH2)=(1 mol-0.4 mol)1 L=0.6 mol/L，c(O2)=(1 mol-0.2mol)1 L=0.8 mol/L，c()=0.4 mol1 L=0.4 mol/L，化学平衡常数K=；由于反应达到平衡时v正=v逆，所以k正c2(CH2=CH2)c(O2)= k逆c2()，故=K=0.56；(4)A根据图示可知，进料气
30、体的初始温度对环氧乙烷的选择性影响不大，可能是温度对副反应的影响较小造成的，但不能得到初始温度对乙烯的转化率影响不大的结论，实际上升高温度，物质转化率相对有较大影响，A错误；B流速越快，反应物接触时间越短，消耗乙烯的量越少，导致乙烯转化率下降，B正确；C若进料气中O2比例增大，环氧乙烷产率降低，其主要原因是环氧乙烷与氧气发生副反应转化为二氧化碳和水，C正确；故合理选项是BC；(5)根据图示可知在a电极通入甲烷为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，每有1 molCH4发生反应，转移8 mol电子；若电路中转移0.1 mol电子，消耗CH4的物质的量
31、为n(CH4)=0.1 mol=0.0125 mol，其在标准状况下的体积V(CH4)=nVm=0.0125 mol22.4 L/mol=0.28 L。【点睛】本题考查盖斯定律计算应用、化学反应速率的计算、外界条件对化学平衡的影响、电解原理的应用等，侧重考查图象分析判断和知识综合运用能力，正确分析图象纵横坐标含义、曲线变化趋势及引起曲线变化原因是解本题关键，注意把握电解的工作原理，结合电解质中含有的微粒书写电极反应式。11.硼及其化合物在新材料、工农业生产等方面用途很广。请回答下列问题：(1)写出与B元素同主族的Ga元素的基态原子核外电子排布式：_。(2)立方氮化硼(BN)可利用人工方法在高温
32、高压条件下合成，属于超硬材料。同属原子晶体的氮化硼比晶体硅具有更高的硬度和耐热性的原因是_。(3)BF3分子中中心原子的杂化轨道类型是_。又知若有d轨道参与杂化，能大大提高中心原子的成键能力，分析BF3、SiF4水解的产物中， 除了相应的酸外，前者生成BF4-而后者生成SiF62-的原因：_。(4)NaBH4被认为是有机化学中的“万能还原剂”，NaBH4的电子式为_，其中三种元素的电负性由大到小的顺序是_。(5)自然界中含硼元素的钠盐是一种天然矿藏，其化学式写作 Na2B4O710H2O，实际上它的结构单元是由两个H3BO3和两个B(OH)4-(合而成的双六元环，应该写成 Na2B4O5(OH
33、)48H2O，其结构如图所示，它的阴离子可形成链状结构，则该晶体中不存在的作用力是_(填字母)。A离子键 B共价键 C氢键 D金属键 E范德华力(6)磷化硼(BP)可作为金属表面的保护薄膜，其晶胞如图所示，在BP晶胞中P占据的是硼原子堆积的_(填“立方体”“正四面体”或“正八面体”)空隙。建立如图所示坐标系，可得晶胞中A、C处原子的分数坐标，则N处的P原子分数坐标为_。若晶胞中硼原子和磷原子之间的最近核间距为a pm，则晶胞边长为_cm。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p1(或Ar3d104s24p1) (2). N原子和B原子的半径比硅原子小，B-N键长比S
34、i-Si短，键能B-NSi-Si键 (3). sp2 (4). B原子最外电子层为L层，无d轨道，而Si原子最外层为M层，有d轨道，可参与杂化，使Si配位数增加至6 (5). (6). HBNa (7). D (8). 正四面体 (9). (，) (10). 10-10【解析】【详解】(1)Ga是31号元素，原子核外有31个电子，根据构造原理可知基态Ga原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1，或简写为Ar3d104s24p1；(2)氮化硼、晶体硅都是原子晶体，其硬度与原子半径、键长成反比。由于N原子和B原子的半径比硅原子小，B-N键长比Si-Si短，B-N键的键
35、能比Si-Si键的键能大，所以氮化硼(BN)比晶体硅具有更高硬度和耐热性；(3)在BF3分子中B原子的价层电子对等于3，且没有孤电子对，所以中心原子的杂化轨道类型是sp2杂化；B原子最外电子层为L层，无d轨道，而Si原子最外层为M层，有d轨道，可参与杂化，使Si配位数增加至6；(4)NaBH4是离子化合物，Na+与BH4-通过离子键结合，BH4-中B与H通过共价键结合，所以NaBH4的电子式为：；在NaBH4中含有Na、B、H三种元素，由于元素的非金属性越强，其电负性就越大，元素的非金属性：HBNa，则元素的电负性：HBNa；(5)该晶胞中阴阳离子之间存在离子键，B和O原子之间存在共价键和配位
36、键，水分子之间存在分子间作用力(或范德华力)和氢键，所以该物质中不含金属键，故合理选项是D；(6)根据晶胞结构可知：晶胞中B原子处于晶胞顶点与面心上，B原子为面心立方最密堆积，晶胞中B、P原子个数比为1：1，P原子与周围的4个B原子形成的是正四面体结构，P原子处于正四面体的中心，根据图示坐标系可知N处的P原子分数坐标为(，)；P原子与周围的4个B原子最近且形成正四面体结构，二者连线处于体对角线上，为体对角线的，硼原子和磷原子之间的最近核间距为a pm，则立方体对角线为4a pm，假设立方体的边长为x pm，则x=4a pm，所以x=10-10 cm。【点睛】本题考查了原子核外电子排布、原子的杂
37、化、元素电负性大小比较、作用力连线的判断、晶胞计算等，(6)中晶胞计算时要利用均摊法解答，注意原子的相对位置，利用原子之间的距离与晶胞关系分析。试题考查了学生的空间想象力、计算能力和应用能力。12.有机物K是某药物的合成中间体，其合成路线如图所示： 已知：R1-NH2+R2-COOC2H5+C2H5OH(R表示烃基或氢原子)；R-CN R-CH2NH2(R表示烃基)；HBr与不对称烯烃加成时，在过氧化物作用下，则卤原子连接到含氢较多的双键碳上。请回答下列问题：(1)C的化学名称为_。(2)DE的反应类型为_，F中官能团的名称是_。(3)GH的化学方程式为_。(4)J的分子式为_。手性碳原子是指
38、与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，则K分子中的手性碳原子数目为_。(5) L是F的同分异构体，则满足下列条件的L的结构简式为_。(任写一种结构即可)A. 1 mol L与足量的NaHCO3溶液反应能生成2 mol CO2；B. L的核磁共振氢谱有3组峰且峰面积之比为1：2：3。(6)请写岀J经三步反应合成K的合成路线：_(无机试剂任选)。【答案】 (1). 1，3-二溴丙烷 (2). 氧化反应 (3). 酯基 (4). +H2O (5). C13H20O4 (6). 1 (7). 或 (8). 【解析】【分析】化合物A是CH2=CH-CH3，A与Br2在光照、加热条件下发生取代反应产生B是
39、CH2=CH-CH2Br，B与HBr在过氧化物作用下，发生加成反应产生C是CH2Br-CH2-CH2Br，C与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生D为HO-CH2-CH2-CH2-OH，D被酸性KMnO4溶液氧化产生E为HOOC-CH2-COOH，E与乙醇、浓硫酸混合加热发生酯化反应产生F是：C2H5OOC-CH2-COOC2H5，G与H2O反应产生H为，则G为，H被催化氧化产生分子式为C6H10O的物质I结构简式为：，I与F反应产生J： 和水，J与HCN在催化剂存在时发生加成反应产生，与H2在催化剂存在时发生还原反应产生：，在一定条件下反应产生K：和乙醇。【详解】根据上述分析可知A是CH2
40、=CH-CH3，B是CH2=CH-CH2Br，C是CH2Br-CH2-CH2Br，D是HO-CH2-CH2-CH2-OH，E是HOOC-CH2-COOH，F是C2H5OOC-CH2-COOC2H5，G是，I是。(1)C是CH2Br-CH2-CH2Br，名称为1，3-二溴丙烷；(2)D是HO-CH2-CH2-CH2-OH，分子中含有醇羟基，羟基连接的C原子上有2个H原子，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化产生E是HOOC-CH2-COOH，所以DE的反应类型为氧化反应；F结构简式是C2H5OOC-CH2-COOC2H5，分子中含有的官能团名称为酯基； (3)GH是与H2O反应产生，化学方程式为+H2O；
41、(4)J为，分子式为C13H20O4；手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，则K分子中的手性碳原子数目为1(红色标记处的C原子)；(5)L是F的同分异构体，满足条件A. 1 mol L与足量的NaHCO3溶液反应能生成2 mol CO2，说明分子中含有2个-COOH；B. L的核磁共振氢谱有3组峰且峰面积之比为1：2：3，说明分子中含有3种不同位置的H原子，个数比为1：2：3，分子高度对称，其可能结构为：或；(6)J经三步反应合成K：J与HCN在催化剂存在时发生加成反应产生，与H2在催化剂存在时发生还原反应产生：，发生反应产生K和C2 H5OH，故合成路线为：。【点睛】本题主要考查有机物推断和合成，正确推断各物质结构简式是解题关键，侧重考查学生的分析、推断、信息的获取和运用能力。有机物考查主要围绕官能团的性质进行，常见的官能团有醇羟基、酚羟基、醛基、羧基、酯基、卤素原子。这些官能团的性质及它们之间的转化关系要掌握好，这是解决有机化学的基础。有机合成路线在设计时，先要对比原料与目标产物的结构、官能团发生了怎样的改变，碳原子数目是否发生变化，然后结合官能团的性质逐步分析推理。
