2020年高三化学总复习练习题含答案（十）

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Se 79 一、选择题： 1．2019 年 7 月 1 日起，上海进入垃圾分类强制时代，随后西安等地也纷纷开始实行垃圾分类。这 体现了我国保护环境的决心，而环境保护与化学息息相关，下列有关说法正确的是 A．废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不可降解，能使溴水褪色 B．可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氯化铝制取 C．废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可用填埋法处理 D．含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成 CO2 和 H2O 【答案】C 【解析】A．聚乙烯结构中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故 A 错误； B．氯化铝为共价化合物，受热易升华，电解得不到金属铝；金属铝采用电解氧化铝制备，故 B 错误； C．镍、镉等重金属会造成水土污染，应集中处理，不可用填埋法处理，故 C 正确； D．丝、毛中主要含蛋白质，含有 C、H、O、N 等元素，燃烧不止生成 CO2 和 H2O，故 D 错误； 答案：C。 2． NA 为阿伏伽德罗常数的值。关于常温下 pH＝2 的 H2SO4 溶液，溶液中不存在 H2SO4 分子，但 存在 HSO4 一离子，下列说法错误的是 A．每升溶液中的 H＋数目为 0.01NA B．Na2SO4 溶液中：c(Na+)=2c(SO42-)＞c(H+)=2c(OH-) C．向稀硫酸中逐滴滴加浓硫酸，溶液中 减小 D．NaHSO4 不是弱电解质 【答案】B 【解析】常温下 的 溶液，溶液中不存在 分子，但存在 离子，说 明硫酸的第一步完全电离，第二步部分电离。 ( ) ( ) 2- 4 - 4 c SO c HSO pH 2＝ 2 4H SO 2 4H SO 4HSO -A． 由 可得 ，每升溶液中的 数目为 ，故 A 正确； B． ，硫酸根有一部分水解成硫酸氢根，c(Na+)＞2c(SO42-)，根据电荷守 恒式可知，c(OH-) ＞c(H+)，所以应该为 c(Na+)＞2c(SO42-)＞c(OH-) ＞c(H+)，故 B 错误； C．据已知可知 ，当向稀硫酸中逐滴滴加浓硫酸 会增大，所 以 减小，故 C 正确； D． NaHSO4 属于盐，完全电离，故不是弱电解质，D 正确；故答案为：B。 3．一定量的某磁黄铁矿(主要成分 FexS，S 为－2 价)与 100mL 盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分 不与盐酸反应)，生成 3.2g 硫单质、0.4molFeCl2 和一定量 H2S 气体，且溶液中无 Fe3+。则下列说 法正确的是 A．该盐酸的物质的量浓度为 4.0mol·L-1 B．该磁黄铁矿 FexS 中，Fe2+与 Fe3+的物质的量之比为 2：1 C．生成的 H2S 气体在标准状况下的体积为 8.96L D．该磁黄铁矿中 FexS 的 x=0.85 【答案】C 【解析】n(S)=3.2g÷32g/mol=0.1mol，根据转移电子守恒得 n(Fe3+)= =0.2mol，则 n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，所以 n(Fe2+)：n(Fe3+)=0.2mol：0.2mol=1：1，以此解答该题。 A．盐酸恰好反应生成 FeCl2 的物质的量为 0.4mol，根据 Cl 原子守恒可得 c(HCl)= =8.0mol/L，A 错误； B．由以上分析可知，该磁黄铁矿 FexS 中，Fe2+与 Fe3+的物质的量之比 n(Fe2+)：n(Fe3+)=1：1，B 错误； C．根据氢原子、氯原子守恒得 n(H2S)= n(HCl)=n(FeCl2)=0.4mol，V(H2S)=0.4mol×22.4L/mol=8.96 L，C 正确； D．FexS 中 n(S)=0.1mol+0.4mol=0.5mol，n(Fe)=0.4mol，所以 n(Fe)：n(S)=0.4mol：0.5mol=0.8，所 pH 2＝ c(H ) 0.01mol / L+ = H＋ A0.01N 2 2 4 4Na SO 2Na SO+ −+＝ 2 4 4 4 c(H ) c(SO )Ka(HSO ) c(HSO ) + − − −=  c(H )+ 2 4 4 c(SO ) c(HSO ) − − ( )0.1mol 2 0 3 2 × − − 2 0.4mol 0.1L × 1 2以 x=0.8，D 错误。故合理选项是 C。 4．短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 在大气中有两种同素异形体且均能支持 燃烧，X 的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素 Y 的原子序数是 Z 的最外层 电子数的 2 倍。下列叙述不正确的是 A．Y、Z 的氢化物稳定性 Y>Z B．Y 单质的熔点高于 X 单质 C．X、W、Z 能形成具有强氧化性的 XZW D． 中 W 和 Y 都满足 8 电子稳定结构 【答案】A 【解析】短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 在大气中有两种同素异形体且 均能支持燃烧，说明 W 为 O，X 的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，说明 X 为 Na，非 金属元素 Y 的原子序数是 Z 的最外层电子数的 2 倍，说明 Y 为 Si，Z 为 Cl。 A 选项，Y、Z 的氢化物稳定性 HCl > SiH4，故 A 错误； B 选项，Si 单质的熔点高于 Na 单质，硅是原子晶体，钠是金属晶体，原子晶体熔点一般高于金 属晶体熔点，故 B 正确； C 选项，X、W、Z 能形成具有强氧化性的 NaClO，故 C 正确； D 选项，利用价态绝对值加最外层电子数是否等于 8 来判断得出 SiO32－中 Si 和 O 都满足 8 电子 稳定结构，故 D 正确。综上所述，答案为 A。 【点睛】价态绝对值加最外层电子数是否等于 8 来判断化合物中各原子是否满足 8 电子稳定结 构。 5．碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂，其结构简式为 。用环氧乙烷合成碳酸亚乙酯的反应为： 。下列说法错误的是 A．上述反应属于加成反应B．碳酸亚乙酯的二氯代物只有两种 C．碳酸亚乙酯中的所有原子处于同一平面内 D．1mol 碳酸亚乙酯最多可消耗 2molNaOH 【答案】C 【解析】A 选项，根据分析两种物质变为一种物质，则上述反应属于加成反应，故 A 正确； B 选项，碳酸亚乙酯的二氯代物只有两种，一种为在同一个碳原子上，另一种是两个碳原子上 各一个氯原子，故 B 正确； C 选项，碳酸亚乙酯有亚甲基的结构，类似于甲烷的空间结构，不可能所有原子共平面，故 C 错误； D 选项，1mol 碳酸亚乙酯相当于有 2mol 酯基，因此最多可消耗 2molNaOH 发生反应，生成乙二 醇和碳酸钠，故 D 正确。综上所述，答案为 C。 6.十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。某种利用垃圾渗透 液实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如下，当该装置工作时，下列说法正确的是 A．盐桥中 Cl-向 Y 极移动 B．电路中流过 7.5 mol 电子时，共产生标准状况下 N2 的体积为 16.8L C．电流由 X 极沿导线流向 Y 极 D．Y 极发生的反应为 2NO3-＋10e-＋6H2O===N2↑＋12OH—，周围 pH 增大 【答案】D 【解析】根据处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图可知，装置属于原电池装置，X 是负极，发生 失电子的氧化反应，Y 是正极，发生得电子的还原反应 ，电解质 里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子从负极流向正极。 - - - 3 2 22NO +10e +6H O=N +12OHA． 处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置，溶液中的阴离子移向负极，即氯离子向 X 极移动， 故 A 错误； B． 电池总反应为： ，该反应转移了 15 个电子，即转移 15 个电 子生成 4 个氮气，故电路中流过 7.5 mol 电子时，产生 2mol 氮气，即 44.8L，B 错误； C． 电流由正极流向负极，即 Y 极沿导线流向 X 极，故 C 错误； D． Y 是正极，发生得电子的还原反应， ，周围 pH 增大，故 D 正确； 答案选 D。 7．下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是 选项 实验目的 实验方案 A 探究化学反应的限 度 取 溶液，滴加 溶液 5~6 滴，充分反 应，可根据溶液中既含 又含 的实验事实判断该反应是可逆反应 B 探究浓度对化学反 应速率的影响 用两支试管各取 的 溶液，分别加入 和 的 草酸 溶液，记录溶液褪色 所需的时间 C 证明溴乙烷的消去 反应有乙烯生成 将 NaOH 的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体直接通入酸 性 溶液中 D 验证醋酸钠溶液中 存在水解平衡 取 溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再加入醋酸铵 固体 其水溶液呈中性 ，观察溶液颜色变化 【答案】D 【解析】A．KI 过量，且 KI 与氯化铁反应，则溶液中既含 I2 又含 I-，不能证明反应的可逆性， 故 A 错误； B．2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，两只试管中草酸量均不足，高锰酸 - - 3 3 2 25NH +3NO =4N +6H O+3OH - - - 3 2 22NO +10e +6H O=N +12OH 5mL0.1mol / LKI 30.1mol / LFeCl 2I I− 5mL0.1mol / L 4KMnO 2mL0.1mol / L 0.2mol / L 2 2 4H C O ( ) 4KMnO 3CH COONa ( )钾过量，溶液不褪色，不能探究浓度对反应速率的影响，故 B 错误； C．乙醇易挥发，也能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色，应先通过水， 排除乙醇的干扰，故 C 错误； D.如有 ，则加入中性的醋酸铵溶液增大醋酸根离子，则应 当平衡向右移动，氢氧根离子浓度增大，红色应当加深，反之不会加深，故可以说明醋酸钠溶 液中存在水解平衡，故 D 正确；故选 D。 二、非选择题： 8．三氯乙醛(CCl3CHO)是生产农药、医药的重要中间体，实验室制备三氯乙醛的反应装置示意图(加 热装置未画出)和有关数据如下： ①制备反应原理：C2H5OH＋4Cl2→CCl3CHO＋5HCl ②相关物质的相对分子质量及部分物理性质： 相对分子质 量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 C2H5OH 46 －114.1 78.3 与水互溶 CCl3CHO 147.5 －57.5 97.8 可溶于水、乙醇 CCl3COOH 163.5 58 198 可溶于水、乙醇、三氯乙 醛 C2H5Cl 64.5 －138.7 12.3 微溶于水，可溶于乙醇 （1）恒压漏斗中盛放的试剂的名称是_____，盛放 KMnO4 仪器的名称是_____。 （2）反应过程中 C2H5OH 和 HCl 可能会生成副产物 C2H5Cl，同时 CCl3CHO(三氯乙醛)也能被次氯 3 2CH COO H O− +  3CH COOH OH−+酸继续氧化生成 CCl3COOH(三氯乙酸)，写出三氯乙醛被次氯酸氧化生成三氯乙酸的化学方 程式：_____。 （3）该设计流程中存在一处缺陷是_____，导致引起的后果是_____，装置 B 的作用是______。 （4）反应结束后，有人提出先将 C 中的混合物冷却到室温，再用分液的方法分离出三氯乙酸。 你认为此方案是否可行_____(填是或否)，原因是_____。 （5）测定产品纯度：称取产品 0.36g 配成待测溶液，加入 0.1000mol•L−1 碘标准溶液 20.00mL， 再加入适量 Na2CO3 溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的 pH，立即用 0.02000mol•L−1Na2S2O3 溶液滴定至终点。进行三次平行实验，测得平均消耗 Na2S2O3 溶液 20.00mL。则产品的纯度为_____(计算结果保留四位有效数字)。滴定原理： CCl3CHO+OH-=CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H++2I-+CO2、I2+2S2O32-=2I-+S4O62- 【答案】（14 分） （1）浓盐酸（1 分） 圆底烧瓶（1 分） （2） （2 分） （3）无干燥装置（1 分） 副产物增加（2 分） 除去氯气中的氯化氢（2 分） （4）否（1 分） 三氯乙酸会溶于乙醇和三氯乙醛，无法分液 （2 分） （5）73.75%（2 分） 【解析】根据题干和装置图我们能看出这是一个有机合成实验题，考查的面比较综合，但是整体 难度一般，按照实验题的解题思路去作答即可。 （1）根据反应原理我们发现原料需要氯气，因此装置 A 就应该是氯气的发生装置，所以恒压漏斗 里装的是浓盐酸；盛放 的装置是蒸馏烧瓶； （2）按照要求来书写方程式即可，注意次氯酸的还原产物是氯化氢而不是氯气： ； （3）制得的氯气中带有氯化氢和水分，氯化氢可以在装置 B 中除去，但是缺少一个干燥装置来除 去水分，若不除去水分，氯气和水反应得到次氯酸和盐酸，会生成更多的副产物； （4）该方案是不行的，因为三氯乙酸是有机物，会溶于乙醇和三氯乙醛，根据题目给出的沸点可 知此处用蒸馏的方法最适合； 3 3CCl CHO+HClO CCl COOH+HCl→ 4KMnO 3 3CCl CHO+HClO CCl COOH+HCl→（5）根据 算出消耗的 的物质的量，根据 2:1 的系数比，这些 对应着过量的 单质碘，而一开始加入的碘的物质的量为 ，因此整个过程中消耗了 单质碘，再次根据化学计量数之 比发现 ： 为 1:1，也就是说产品中有 三氯乙醛，质量为 ，因此产品的纯度为 。 9.随着人们对硒的性质深入认识及产品硒的纯度提高，硒的应用范围越来越广。某科学小组以硫铁 矿生产硫酸过程中产生的含硒物料(主要含 S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2 等)提取硒，设计流 程如下： 回答下列问题： （1）“脱硫”时，测得脱硫率随温度的变化如图。随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因 是______。最佳温度是________。 （2）“氧化酸浸”中，Se 转化成 H2SeO3，该反应的离子方程式为________。 （3）采用硫脲[(NH2)2CS]联合亚硫酸钠进行“控电位还原”，将电位高的物质先还原，电位低的物 质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离。下表是“氧化酸浸”液中主要粒子的电位。 ①控制电位在 0.740～1.511V 范围内，在氧化酸浸液中添加硫脲，可选择性还原 ClO2。该过程 的还原反应(半反应)式为___________。 -4n=c V=0.02 0.02=4 10 mol× × 2 2 3Na S O 2 2 3Na S O -42 10 mol× -3n=c V=0.1 0.02=2 10 mol× × -31.8 10 mol× 3C C l C H O 2I -31.8 10 mol× -3m =n M =1.8 10 147.5=0.2655g× × × 0.2655 100%=73.75%0.36 ×②为使硒和杂质金属分离，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在_____V。 （4）粗硒的精制过程：Na2SO3 浸出[Se 转化成硒代硫酸钠(Na2SeSO3)]→Na2S 净化→H2SO4 酸化等 步骤。 ①净化后的溶液中 c(Na2S)达到 0.026 mol·L－1，此时溶液中的 c(Cu2+)的最大值为________，精硒 中基本不含铜。[Ksp(CuS)=1.3×10－36] ②硒代硫酸钠酸化生成硒的化学方程式为____________。 （5）对精硒成分进行荧光分析发现，精硒中铁含量为 32 μg·g－1，则精硒中铁的质量分数为 ___________，与粗硒中铁含量为 0.89%相比，铁含量明显降低。 【答案】（14 分，除标明外，每空 2 分） （1）温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加（1 分） 95℃（1 分） （2）4ClO3－+ 4H+ + Se = 4ClO 2↑+ H2O + H2SeO3 （3）ClO2 + 4H+ + 5e- = Cl－ + 2H2O 0.345 （4）5.0×10－35 mol·L－1 Na2SeSO3 + H2SO4 = Na2SO4 + Se↓+ SO2↑+ H2O （5）3.2×10－3 % 【解析】 硒酸泥（主要含 S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2 等）加入热煤油萃取硫，固体加入稀硫酸、氯 酸钠进行氧化，过滤，滤渣中含有氢氧化铁、二氧化硅，氧化浸出液含有 H2SeO3，控制电位还 原，发生氧化还原反应可生成 Se。 （1）“脱硫”时，脱硫率随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因是温度升高，单质硫在煤 油中的溶解度增加。最佳温度是 95℃。 （2）“氧化酸浸”中，固体加入稀硫酸、氯酸钠进行氧化，Se 转化成 H2SeO3，ClO3－还原成 ClO 2，该反应的离子方程式为 4ClO3－+ 4H+ + Se = 4ClO 2↑+ H2O + H2SeO3 。 （3）①控制电位在 0.740～1.511V 范围内，在氧化酸浸液中添加硫脲，可选择性还原 ClO2，ClO2 得电子还原成 Cl-，该过程的还原反应(半反应)式为 ClO2 + 4H+ + 5e- = Cl－ + 2H2O。 ②为使硒和杂质金属分离，确保 Cu2+、Zn2+、Fe2+不被还原，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控 制在 0.345V。（4）粗硒的精制过程：Na2SO3 浸出[Se 转化成硒代硫酸钠(Na2SeSO3)]→Na2S 净化→H2SO4 酸化等 步骤。 ①净化后的溶液中 c(Na2S)达到 0.026 mol·L－1，此时溶液中的 c(Cu2+)的最大值为 c(Cu2+)= = =5.0×10－35 mol·L－1 ，精硒中基本不含铜。 ②硒代硫酸钠酸化生成硒、二氧化硫和水，化学方程式为 Na2SeSO3 + H2SO4 = Na2SO4 + Se↓+ SO2↑+ H2O 。 （5）精硒中铁含量为 32 μg·g－1，则精硒中铁的质量分数== 3.2×10－3 %，与 粗硒中铁含量为 0.89%相比，铁含量明显降低。 【点睛】本题考查物质的制备以及分离提纯，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目涉及 实验的设计与评价，考查混合物的分离与提纯及反应原理的理解与应用，难点（3）对电极电位 知识的学习和理解，并应用到解题中。 10.随着氮氧化物对环境及人类活动影响的日趋严重，如何消除大气污染物中的氮氧化物成为人们 关注的主要问题之一。 Ⅰ.利用 NH3 的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去 NO 的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(l) △H＜0 （1）写出一种可以提高 NO 的转化率的方法：__________。 （2）一定温度下，在恒容密闭容器中按照 n(NH3)︰n(NO) =2︰3 充入反应物，发生上述反应。 下列不能判断该反应达到平衡状态的是___________ A．c(NH3)︰c(NO) =2︰3 B．n(NH3)︰n(N2) 不变 C．容器内压强不变 D．容器内混合 气体的密度不变 E.1molN—H 键断裂的同时，生成 1molO—H 键 （3）已知该反应速率 v 正=k 正·c4(NH3)·c6 (NO)，v 逆=k 逆·cx(N2)·cy(H2O) (k 正、k 逆分别是正、逆反应 速率常数)，该反应的平衡常数 K=k 正/k 逆,则 x=_____，y=_______。 （4）某研究小组将 2molNH3、3molNO 和一定量的 O2 充入 2L 密闭容器中，在 Ag2O 催化剂表面 发生上述反应，NO 的转化率随温度变化的情况如图所示： ( ) 2-S spK CuS c（ ） 361.3 10 0.026 × － 63.2 10 100%1 g g × × = － ①在 5min 内，温度从 420K 升高到 580K，此时段内 NO 的平均反应速率 v(NO)=_______; ②在有氧条件下，温度 580K 之后 NO 生成 N2 的转化率降低的原因可能是___________。 Ⅱ.用尿素[(NH2)2CO]水溶液吸收氮氧化物也是一种可行的方法。NO 和 NO2 不同配比混合气通入 尿素溶液中，总氮还原率与配比关系如图。 （5） 用尿素[(NH2)2CO]水溶液吸收体积比为 1∶1 的 NO 和 NO2 混合气，可将 N 元素转变为对环 境无害的气体。写出该反应的化学方程式____。 （6）随着 NO 和 NO2 配比的提高，总氮还原率降低的主要原因是________________。 【答案】（15 分，除标明外，每空 2 分） （1）降低温度(或“增大压强”、“分离出氮气”、“增大氨气浓度”等)（1 分） （2）AE （3）5 0 （4）①0.171 mol•L-1·min-1 ②平衡逆向移动 （5）(NH2)2CO+NO+NO2 ＝2N2+CO2+2H2O （6）NO 在尿素溶液中的溶解度较低，未参与反应的 NO 增多 【解析】（1）该反应焓变小于零，为放热反应，降温可以使平衡右移，增大一氧化氮转化率； 该反应为压强减小的反应，故增大压强可使平衡右移；加入氨气或者移走生成物氮气都可以使 平衡右移增大一氧化氮转化率，故答案为：降低温度(或“增大压强”、“分离出氮气”、“增大氨气 浓度”等)； （2）A.根据方程式可知氨气与一氧化氮按 2：3 反应，且按 n(NH3)︰n(NO) =2︰3 充入反应物，所以，任意时刻都满足 c(NH3)︰c(NO) =2︰3，故 A 错误； B.反应正向移动时氨气的物质的量减小，氮气的物质的量增多，所以 n(NH3)︰n(N2)会变小，当 该值不在变化时说明反应达到平衡，故 B 正确； C.平衡正向移动压强减小，逆向移动压强增大，所以压强不变时反应达到平衡，故 C 正确； D.生成物中有液态水，所以平衡正向移动时气体的总质量减小，但总体积不变，所以密度会减 小，所以当混合气体密度不变时能说明反应平衡，故 D 正确； E.1molN—H 键断裂即消耗 mol 氨气，则生成 mol 水，形成 1molO—H 键，描述的都是正反应 速率，故 E 错误；故答案为 AE； （3）当反应达到平衡时有 v 正= v 逆，即 k 正·c4(NH3)·c6 (NO) =k 逆·cx(N2)·cy(H2O)，变换可得 ，该反应的平衡常数 K=k 正/k 逆,平衡状态下 K= ，所以 x=5， y=0，故答案为：5；0； （4）①420K 时一氧化氮的转化率为 2%，此时消耗的 n(NO)=3mol×2%=0.06mol，580K 时一氧化 氮的转化率为 59%，此时消耗的 n(NO)=3mol×59%=1.77mol，此时段内一氧化氮的变化量为： 1.77mol-0.06mol=1.71mol，容器的体积为 2L，所以反应速率 ， 故答案为：0.171 mol•L-1·min-1； ②该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低；故答案为：平衡逆 向移动； （5）NO 和 NO2 的体积比为一比一，即反应中化学计量数之比为一比一，将 N 元素转变为对环 境无害的气体即氮气，根据元素守恒和电子守恒可知方程式为：(NH2)2CO+NO+NO2 ＝ 2N2+CO2+2H2O，故答案为(NH2)2CO+NO+NO2 ＝2N2+CO2+2H2O； （6）一氧化氮溶解度小，大量的一氧化氮通入之后不能反应，导致总还原率降低，故答案为： NO 在尿素溶液中的溶解度较低，未参与反应的 NO 增多。 （二）选考题： 11.微量元素硼和镁对植物的叶的生长和人体骨骼的健康有着十分重要的作用，其化合物也应用 广泛。 （1）基态 B 原子的电子排布图为________________________，其第一电离能比 Be___________ 1 3 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) x y 2 2 4 6 3 c N c H O c NH NO k c=k   正 逆 ( ) ( ) ( )4 5 2 6 3 c N c NH c NO 1 1 1.71mol c 2v= = =0.171 · ·t 5min L mol L min− −∆ ∆（填“大”或“小”）。 （2）三价 B 易形成配离子，如[B(OH)4]－、[BH4]－等。[B(OH)4]－的结构简式为___________ (标出 配位键)，其中心原子的杂化方式为________，写出[BH4]－的一种阳离子等电子体_______。 （3）下图表示多硼酸根的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为____________(以 n 表示硼 原子的个数)。 （4）硼酸晶体是片层结构，下图表示的是其中一层的结构。每一层内存在的作用力有 _________。 （5）三氯化硼的熔点比氯化镁的熔点低，原因是_______________________。 （6）镁单质晶体中原子的堆积模型如下图，它的堆积模型名称为_______；紧邻的四个镁原子 的中心连线构成的正四面体几何体的体积是 2a cm3，镁单质的密度为 ρ g·cm－3，已知阿伏伽德 罗常数为 NA，则镁的摩尔质量的计算式是________________。 【答案】（15 分） （1） （1 分） 小 （1 分） （2） （2 分） sp3（1 分） NH4+ （1 分） （3）(BO2)nn-（2 分） （4）共价键、氢键 （2 分） （5）三氯化硼为分子晶体，而氯化镁为离子晶体，范德华力比离子键弱 （2 分） （6）六方最密堆积（1 分） 12NA·a·ρ（2 分） 【解析】 【分析】 （1）基态 B 原子的核电荷数为 5，基态 B 的电子排布式为 1s22s22p1；Be 原子元素 2s 轨道为全 充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的； （2）硼化合物是典型的缺电子结构化合物，H3BO3 也属于缺电子化合物，可接受 OH-的一对孤 电子对形成 B（OH）4-；中心原子 B 键合电子对数目为 4，没有孤电子对；等电子体是指原子数 目相同，价电子总数相同的微粒； （3）根据均摊思想分析偏硼酸根离子的化学式； （4）硼酸晶体是片层结构，硼酸分子内存在共价键，分子间存在氢键，分子之间还存在范德华 力； （5）三氯化硼是共价型分子，而氯化镁是离子化合物； （6）镁单质晶体中原子的堆积方式是按 ABABABAB…的方式堆积；根据晶胞的结构可知紧邻的 四个镁原子的中心连线构成的几何体占整个晶胞的 ，而晶胞中含有的镁原子数为 1+ ×8=2， 根据 ρ＝ ，即可计算 Mr。 【详解】 （1）基态 B 的电子排布式为 1s22s22p1，由泡利原理、洪特规则，电子排布图为 ；Be 原子元素 2s 轨道为全充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元 素的，故第一电离能 Be＞B； 1 12 1 8 2 r 1 212 A M N a×（2）硼化合物是典型的缺电子结构化合物，H3BO3 也属于缺电子化合物，可接受 OH-的一对孤 电子对形成 B（OH）4-，所以形成配位键，表示为： ；B 键合电子对数目为 4，没有 孤电子对，则中心原子的杂化方式为 sp3；等电子体是指原子数目相同，价电子总数相同的微粒， 则与[BH4]-互为等电子体的阳离子有：NH4+； （3）根据均摊思想，无限长链式偏硼酸根离子中，一个 B 相当于占有 O 的数目为 1+2× =2， 所以其化学式可表示为：（BO2）nn-； （4）硼酸晶体是片层结构，硼酸分子内存在共价键，分子间存在氢键，分子之间还存在范德华 力； （5）三氯化硼是共价型分子，其晶体为分子晶体，而氯化镁是离子化合物，其晶体是离子晶体， 因范德华力比离子键弱，则三氯化硼的熔点比氯化镁的熔点低； （6）镁单质晶体中原子的堆积方式是按 ABABABAB…的方式堆积，是六方最密堆积；根据晶胞 的结构可知紧邻的四个镁原子的中心连线构成的几何体占整个晶胞的 ，而晶胞中含有的镁原 子数为 1+ ×8=2，根据 ρ＝ ，则有 Mr=12NA•a•ρ。 【点睛】 晶胞的计算，属于高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确顶点、棱、面心上每个原子 被几个晶胞占有是解本题关键。本题利用均摊法计算该小正方体中各种原子个数，顶点上的原 子被 8 个小正方体共用，面心上的原子被 2 个小正方体共用，体心上的原子被 1 个小正方体占 有。 36．[化学——选修 5：有机化学基础]（15 分） 有机物 W 在医药和新材料等领域有广泛应用。W 的一种合成路线如图： 1 2 1 12 1 8 2 r 1 212 A M N a×已知部分信息如下： 请回答下列问题： （1）Y 的化学名称是___；Z 中官能团的名称是___； （2） 中___（填“有”或“无”）手性碳原子；图示中 X 转化为 Y 的反应类型是___。 （3）生成 W 的化学方程式为___。 （4）G 是对硝基乙苯的同分异构体，G 能和碳酸钠反应产生气体且分子中含有—NH2（氨基），G 的同分异构体有___种（不考虑立体结构），其中在核磁共振氢谱上峰的面积比为 1∶2∶2∶2∶2 的结构简式为___。 （5）设计以苯乙烯和丙酮为原料制备药物中间体 的合成路线___ （无机试剂自选）。 【答案】（15 分） （1）2，3-二甲基-2-丁烯（2 分） 羰基 （1 分） （2）无（1 分） 消去反应（1 分） （3） （2 分） （4）17（2 分） 或 （2 分） （5） （4 分） 【解析】 【分析】 X 分子式是 C6H14O，分子式符合饱和一元醇或饱和一元醚，X 与浓硫酸混合加热发生消去反应生 成烯烃 Y，1molY 完全反应生成 2molZ，则 Y 结构对称，且在加热条件下 Z 不能和新制氢氧化铜 浊液反应，说明 Z 中不含羧基，根据信息 i 知，Z 为 ，则 Y 为(CH3)2C=C(CH3)2，X 为 (CH3)2CHCHOH(CH3)2；乙苯与浓硫酸、浓硝酸混合加热，发生乙基对位上的取代反应产生对硝基 乙苯，然后与 Fe 在 HCl 存在下发生还原反应产生对氨基乙苯， 与对氨基乙苯发生反 应，脱去一个分子的水，同时产生 W 为： ； （5）苯乙烯 与 H2 发生加成反应产生乙苯 ，乙苯和浓硝酸在浓硫 酸存在条件下加热发生取代反应生成对硝基乙苯 ， 被酸性高锰酸钾溶液氧化生成 ， 被还原生成 ，与丙酮反应生成 。 【详解】 根据上述分析可知：X 为(CH3)2CHCHOH(CH3)2；Y 为(CH3)2C=C(CH3)2，Z 为 ，W 为 。 （1）Y 为(CH3)2C=C(CH3)2，则 Y 的化学名称是 2，3-二甲基-2-丁烯；Z 为 ，Z 中官能团的名称是羰基； （2）手性碳原子是连接四个不同的原子或原子团的碳原子，在 中无手性碳原子；图示中 X 与浓硫酸在加热条件下发生消去反应转化为 Y，所以 X 转化为的反应类型是消去反应。 （3）丙酮与对氨基乙苯发生反应产生 ，同时产生 H2O，生成 W 的化 学方程式为 。 （4）G 是对硝基乙苯的同分异构体，G 能和碳酸钠反应产生气体且分子中含有—NH2(氨基)，说 明 G 中含有-NH2、-COOH，如果取代基为-CH2COOH、-NH2，在苯环上有邻、间、对三种结构； 如果取代基为-COOH、-CH2NH2，在苯环上有邻、间、对有三种结构； 如果取代基为-NH2、-COOH、-CH3，根据三个取代基在苯环上的位置有十种不同结构； 如果取代基为-CH(NH2)COOH，只有一种结构，则符合条件的有 3+3+10+1=17 种； 其中核磁共振氢谱上峰的面积比为 1∶2∶2∶2∶2 的结构简式为 或 ； （5） 与 H2发生加成反应产生 ， 和浓硝酸在浓硫 酸存在条件下加热发生取代反应生成对硝基乙苯 ， 被酸性高锰酸钾溶液氧化生成 ， 被还原生成 ，与丙酮反应生成 ，故合成路线为：。 【点睛】 本题考查有机物推断和合成，明确常见有机物官能团及其关系、物质转化条件是解本题关键， 易错点是同分异构体种类判断。侧重考查学生对所学知识的应用能力及获取信息、加工信息及 利用信息解答问题的能力。