青海玉树州2020届高三联考化学试题Word版.doc

·北京阳光启学公司·　０１０－８２７４４２９８　８２７４３００５ ２Ｈ２Ｏ（ｌ）Δ犎＝－９５５．０ｋＪ／ｍｏｌ， （２）①２ＮＯ（ｇ 幑幐） Ｎ２Ｏ２（ｇ）（快）　狏１正 ＝犽１正 ·犮２（ＮＯ），狏１逆 ＝犽１逆 ·犮（Ｎ２Ｏ２） ②Ｎ２Ｏ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ 幑幐） ２ＮＯ２（ｇ）（慢）　狏２正 ＝犽２正 ·犮（Ｎ２Ｏ２）·犮（Ｏ２），狏２逆 ＝犽２逆 ·犮２（ＮＯ２） 平衡状态下正逆反应速率相同，犽１正 ·犮２（ＮＯ）＝犽１逆 ·犮（Ｎ２Ｏ２），犽２正 ·犮（Ｎ２Ｏ２）· 犮（Ｏ２）＝犽２逆 ·犮２（ＮＯ２） 一定温度下，反应２ＮＯ（ｇ）＋Ｏ２（ｇ 幑幐） ２ＮＯ２（ｇ）达到平衡状态，该反应的平衡常 数的表达式 Ｋ＝ 犮２（ＮＯ２） 犮２（ＮＯ）犮（Ｏ２）＝犽１正 ·犽２正 犽１逆 ·犽２逆 ，反应②的反应速率慢，说明反应的活 化能大，则 犈１＜犈２， （３）①反应达到平衡状态，Ｃ（ｓ）＋２ＮＯ（ｇ 幑幐） Ｎ２（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ），各物质的平衡浓 度为：犮（ＣＯ２）＝犮（Ｎ２）＝０．０３ｍｏｌ／Ｌ；犮（ＮＯ）＝０．０４ｍｏｌ／Ｌ，反应的平衡常数为：犓 ＝犮（ＣＯ２）犮（Ｎ２） 犮２（ＮＯ） ＝０．０３×０．０３ ０．０４２ ＝０．５６，②３０ｍｉｎ时改变某一条件，反应重新达到 平衡时犮（Ｎ２）＝０．０３４ｍｏｌ／Ｌ；犮（ＣＯ２）＝０．０１７ｍｏｌ／Ｌ；犮（ＮＯ）＝０．０３２ｍｏｌ／Ｌ；则 平衡常数 Ｋ＝犮（ＣＯ２）犮（Ｎ２） 犮２（ＮＯ） ＝０．０３４×０．０１７ ０．０３２２ ＝０．５６，平衡常数不变说明改变的条 件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度减小， 反应前后气体体积不变，所以减小二氧化碳浓度，平衡正向进行的结果，③在５１ ｍｉｎ时，保持温度和容器体积不变再充入 ＮＯ 和 Ｎ２，使二者的浓度均增加至原来 的两倍，犙ｃ＝犮（ＣＯ２）犮（Ｎ２） 犮２（ＮＯ） ＝０．０６８×０．０１７ ０．０６４２ ＝０．２８＜犓＝０．５６，化学平衡正向移 动， （４）当达到化学平 衡 时 满 足狏正 ＝狏逆 ，即 消 耗 速 率 ２狏（Ｎ２Ｏ４）＝狏（ＮＯ２），Ｍ 点狏 （ＮＯ２）是 Ｎ 点狏（Ｎ２Ｏ４）的２倍，根据化学方程式 Ｎ２Ｏ４（ｇ 幑幐） ２ＮＯ２（ｇ）可以判断 出该反应的正反应速率等于逆反应速率，在 犜 ℃时，图中 Ｍ、Ｎ 点能表示该反应 达到平衡状态，升高温度，正、逆反应速率均加快，正反应为吸热反应，升高温度， 平衡向吸热反应方向移动，正反应建立平衡，平衡时 Ｎ２Ｏ４ 的物质的量分数减小， 逆反应建立平衡，平衡时 ＮＯ２ 的物质的量分数增大，反应重新达到平衡，相应的 点分别为：ＢＦ。 １１．【答案】（１）↑↓ ２ｓ ↑ ↑ ↑ ２ｐ （２ 分）　 由 高 能 量 状 态 跃 迁 到 低 能 量 状 态 （２ 分）　Ｎ＞Ｏ＞Ｓ＞Ｋ（１分）　Ｏ（１分）　（２）①ｓｐ２（１分）　直线形（１分）　②草酸 分子之间形成更多的氢键（２分）　③２１（１分） （３）１２（２分）　 ４×７１ 犖Ａ ×（ｄ×１０－１０）３（２分） 【解析】（１）基态 Ｎ 原子价电子排布式为２ｓ２２ｐ３，结合泡利原理、洪特规则，价电子 排布图为↑↓ ２ｓ ↑ ↑ ↑ ２ｐ ；烟花燃放过程中，钾元素中的电子由高能量状态跃 迁到低能量状态，以光的形式释放能量；金属的第一电离能小于非金属元素的，Ｎ 原子元素２ｐ能级为半充满稳定状态，Ｎ 元素的第一电离能高于 Ｏ 元素的，同主 族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：Ｎ＞Ｏ＞Ｓ＞Ｋ；同周期自左而右电负 性增大、同主族自上而下电负性减小，故 Ｏ 的电负性最大， （２）①Ｃ２Ｏ３ 中碳原子没有孤对电子、形成３个σ键，杂化轨道数目为３，Ｃ 原子采 取ｓｐ２ 杂化；ＣＯ２ 分子中碳原子没有孤对电子，价层电子对数为２，其立体构型为 直线形，②草酸分子含有２个“Ｏ－Ｈ”键，正丁酸分子含有１个“Ｏ－Ｈ”键，草酸 分子之间形成更多的氢键，故草酸的沸点故正丁酸高的多，③ＣＯ 分子与 Ｎ２ 互为 等电子体，结构相似，故 ＣＯ 的结构式为 Ｃ≡Ｏ，三键含有１个 σ键、２个 π键，故 ＣＯ 分子中π键与σ键个数比为２１， （３）以顶点 Ｋ＋ 研究，与之等距离且最近的 Ｋ＋ 处于面心，每个顶点为８个晶胞共 用，每个面心为２个晶胞共用，与 Ｋ＋ 等距离且最近的 Ｋ＋ 个数为３×８ ２ ＝１２。 晶胞中 Ｋ＋ 离子数目＝８× １ ８ ＋６× １ ２ ＝４、Ｏ－ ２ 离子数目＝１２× １ ４ ＋１＝４，晶胞质 量＝４× ７１ 犖Ａ ｇ，晶 体 密 度 ＝４× ７１ 犖Ａ ｇ÷（ｄ×１０－１０ｃｍ）３ ＝ ４×７１ 犖Ａ ×（ｄ×１０－１０）３ ｇ· ｃｍ－３。 １２．【答案】（１）甲苯（１分）　醚键、酯基（２分）　（２）Ｃｌ２、光照（２分） 　 　 化学变化，二者反应 条 件 不 同，不 是 可 逆 反 应，Ａ 错 误；“水 声 冰 下 咽，沙 路 雪 中 平”是水的三态变化，过程中未涉及化学变化，Ｂ正确；霾尘中有气溶胶，气溶胶属 于胶体，具有丁达尔效应，Ｃ正确；“含浆似注甘露钵，好与文园止消渴”说明的是 柑橘糖浆有甜味，可以止渴的功效，Ｄ 正确。 ２．Ｄ　【解析】温度计测定馏分的温度，则图中温度计的水银球未在支管口处，Ａ 错误；苯不能隔绝气体与水，不能防止倒吸，故 Ｂ 错误；氯化铵分解后，在试管口 化合生成氯化铵，图中装置不能制备氨气，Ｃ错误；长导管进气可收集密度比空气 密度大的气体，短导管进气可收集密度比空气密度小的气体，则装置④既可收集 ＣＯ２ 也可收集 Ｈ２，Ｄ 正确。 ３．Ｂ　【解析】Ｃ４Ｈ９Ｃｌ的同分异构体取决于丁基，丁基有４种，则 Ｃ４Ｈ９Ｃ１的同分 异构体数目为４，Ａ 错误；乙醇易溶于水，乙酸具有酸性，可与碳酸钠反应生成气 体，乙酸乙酯不溶于水，可鉴别，故 Ｂ 正确；乙烯与高锰酸钾发生氧化反应，Ｃ 错 误；油脂不是高分子化合物，Ｄ 错误。 ４．Ｃ　【解析】Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｗ 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Ｘ 原子核外电 子总数是其次外层电子数的４倍，Ｘ 含有２个电子层，电子总数为８，为 Ｏ 元素；Ｚ 单质为淡黄色固体，则 Ｚ为 Ｓ元素；Ｗ 的原子序数大于 Ｓ，为短周期主族元素，则 Ｗ 为 Ｃｌ元素；Ｙ 单质与硫酸铜溶液反应能产生蓝色沉淀，Ｙ 的原子序数大于 Ｏ， 则 Ｙ 为 Ｎａ元素，据此解答。根据分析可知：Ｘ 为 Ｏ，Ｙ 为 Ｎａ，Ｚ为 Ｓ，Ｗ 为 Ｃｌ元 素。离子的电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越 小，则离子半径 Ｚ＞Ｗ＞Ｘ＞Ｙ，Ａ 错误；氧气与 Ｓ单质反应生成的 ＳＯ２，不会直接 生成 ＳＯ３，Ｂ错误；非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱，非金属性 Ｓ＜Ｃｌ，则 简单氢化物的还原性 Ｚ＞ Ｗ，Ｃ 正 确；Ｏ、Ｎａ、Ｃｌ形 成 的 化 合 物 有 次 氯 酸 钠、氯 酸 钠、高氯酸钠等，其中氯酸钠、高氯酸钠溶液呈中性，Ｄ 错误。 ５．Ａ　【解析】４℃时，５．４ｍＬ 水含有原子个数为： ５．４ｇ １８ｇ／ｍｏｌ×３×犖Ａ ＝０．９犖Ａ ，Ａ 正确；常温下，０．１ｍｏｌ环氧乙烷（ ）共有０．７犖Ａ 个共价键，Ｂ错误；标准状况 下，２．２４ＬＮＯ 与 １．１２ＬＯ２ 混 合 后 的 气 体 分 子 数 小 于 ０．１犖Ａ ，Ｃ 错 误；含 有 ０． ２犖Ａ 个阴离子的 Ｎａ２Ｏ２ 物质的量为 ０．２ｍｏｌ，与 ＣＯ２ 完全反应，转移 ０．２犖Ａ 电 子，Ｄ 错误。 ６．Ｃ　【解析】由工作原理图可知，左边吸附层 Ｍ 为负极，右边吸附层 Ｎ 为正极， 则电子流向为从吸附层 Ｍ 通过导线到吸附层 Ｎ，Ａ 正确；原电池中阳离子移向正 极，阴离子移向负极，所以电解质溶液中 Ｎａ＋ 向右边移动，Ｂ正确；由工作原理图 可知，左边溶液为碱性，右边溶液为酸性，所以离子交换膜可阻止左边的碱性溶 液和右边的酸性溶液发生中和，Ｃ错误；左边吸附层 Ｍ 为负极极，发生了氧化反 应，电极反应是 Ｈ２－２ｅ－ ＋２ＯＨ － ２Ｈ２Ｏ，Ｄ 正确。 ７．Ｄ　【解析】已知 犓ｂ＝犮（ＮＨ＋ ４ ）犮（ＯＨ－ ） 犮（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ），温度一定时，犓ｂ 为常数，不随浓度的 变化而变化，随着 ＣＯ２ 的通入，犮（ＮＨ＋ ４ ）逐渐增大，则 犮（ＯＨ－ ） 犮（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）不断减小，Ａ 错误；已知常温下，０．１ｍｏｌ·Ｌ－１的 ＮＨ４ＨＣＯ３ 溶液 ｐＨ＝７．８，溶液显碱性，碳酸 氢根离 子 水 解 程 度 大 于 铵 根 离 子 水 解 程 度，则 常 温 下 犓ｂ （ＮＨ３ ·Ｈ２Ｏ）＞犓ａ１ （Ｈ２ＣＯ３），Ｂ错误；ＮＨ４ＨＣＯ３ 溶液 中 存 在 物 料 守 恒，狀（Ｎ）＝狀（Ｃ），犮（ＮＨ＋ ４ ）＋ 犮（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）＝犮（ＨＣＯ－ ３ ）＋犮（ＣＯ２－ ３ ）＋犮（Ｈ２ＣＯ３），Ｃ 错误；溶液中存在电荷守 恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，由图象可知开始没有 ＮＨ２ＣＯＯ－ ， 后来也不存在 ＮＨ２ＣＯＯ－ ，所以 ＮＨ２ＣＯＯ－ 为中间产物，即在溶液 ｐＨ 不断降低 的过程中，有含 ＮＨ２ＣＯＯ－ 的中间产物生成，则ｐＨ＝９的溶液中存在电荷守恒关 系为：犮（ＮＨ＋ ４ ）＋犮（Ｈ＋ ）＝犮（ＨＣＯ－ ３ ）＋２犮（ＣＯ２－ ３ ）＋犮（ＮＨ２ＣＯＯ－ ），Ｄ 正确。 ８．【答案】（１）冷却 ＣｌＮＯ（１分）　（２）排出装置内的空气，防止 ＮＯ 被氧化（２分） 　出现红褐色液体（１分）　（３）防止空气中水进入装置（２分）　ＮＯ 与碱石灰不 反应（２分）　（４）２ＣｌＮＯ＋Ｈ２ Ｏ ２ＨＣｌ＋ＮＯ↑＋ＮＯ２↑（２分）　（５）加入最后 一滴标准液产生砖红色沉淀，且半分钟内颜色无变化（２分）　（６）９０％（２分） 【解析】（１）装置 Ａ中－１０℃冰盐水的作用是冷却 ＣｌＮＯ，与气体分离， （２）实验开始时应先通入 Ｃｌ２，让三颈瓶中充满黄绿色，再将 ＮＯ 缓缓通入。先通 Ｃｌ２ 的目的是排出装置内的空气，防止 ＮＯ 被氧化；一段时间后，两种气体在 Ａ 中 反应的现象为出现红褐色液体， （３）装置 Ｂ除了进行尾气处理外，另一个作用是防止空气中水进入装置，实验过 程中发现即使碱石灰过量尾气也不能被完全吸收，其原因是 ＮＯ 与碱石灰不反 应， （４）亚硝酰氯（ＣｌＮＯ）遇水易反应生成一种氢化物和两种氮的常见氧化物，其中一 种呈红棕色，为二氧化氮，氢化物为氯化氢，根据化合价的变化，另一种氮的氧化 物为一 氧 化 氮，亚 硝 酰 氯 与 水 反 应 的 化 学 方 程 式 为 ２ＣｌＮＯ＋Ｈ２ Ｏ ２ＨＣｌ＋ ＮＯ↑＋ＮＯ２↑， （５）滴定时发生氯 化 氢 与 硝 酸 银 生 成 氯 化 银 白 色 沉 淀 的 反 应，当 出 现 砖 红 色 固 体，且半分钟没有明显变化，表示达到了滴定终点， （６）狀（Ｃｌ－ ）＝狀（Ａｇ＋ ）＝０．０２２５Ｌ×０．８ ｍｏｌ·Ｌ－１ ＝０．０１８ ｍｏｌ，则 亚 硝 酰 氯 （ＣｌＮＯ）的质量 分 数 为 ０．０１８ｍｏｌ×６５．５ｇ／ｍｏｌ×２５０ ２５ １３．１０ｇ ×１００％ ＝９０％，故 答 案 为： １．Ａ　【解析】丹砂（ＨｇＳ）烧之成水银，即 ＨｇＳ发生分解反应生成水银，此过程为 玉树州高三联考 化学答案 化学2９０％。 ９．【答案】（１）２ＬｉＣｏＯ２＋５Ｈ２Ｃ２Ｏ ４ ２ＬｉＨＣ２Ｏ４＋２ＣｏＣ２Ｏ４＋４Ｈ２Ｏ＋２ＣＯ２↑（２ 分）　生成 Ｃｏ（ＨＣ２Ｏ４）２ 而溶解（２分）　（２）ＣｏＣ２Ｏ４＋ＣＯ２－ ３ ＣｏＣＯ３＋Ｃ２Ｏ２－ ４ 　　Ｋ＝１．６７×１０４，反应正向进行的趋势很大（３分）　（３）２Ｈ２Ｏ－４ｅ － Ｏ２ ↑ ＋４Ｈ＋ （２分）　酸溶（２分）　（４）９８狀 ５９犿狑×１００％（３分） 【解析】（１）“浸 出”中 生 成 ＣｏＣ２Ｏ４ 的 化 学 方 程 式 为 ２ＬｉＣｏＯ２ ＋５Ｈ２Ｃ２Ｏ ４ ２ＬｉＨＣ２Ｏ４＋２ＣｏＣ２Ｏ４＋４Ｈ２Ｏ＋２ＣＯ２ ↑，若 Ｈ２Ｃ２Ｏ４ 用 量 过 大，ＣｏＣ２Ｏ４ 的 产 率 反而会降低，原因是生成 Ｃｏ（ＨＣ２Ｏ４）２ 而溶解， （２）“转化”中加入 Ｎａ２ＣＯ３ 溶液发生反 应 的 离 子 方 程 式 为 ＣｏＣ２Ｏ４ ＋ＣＯ２－ ３ ＣｏＣＯ３＋Ｃ２Ｏ２－ ４ ，该 反 应 进 行 的 程 度 较 大，用 平 衡 常 数 犓 解 释 原 因 为 犓 ＝ ２．５×１０－９ １．５×１０－１３ ＝１．６７×１０４，反应正向进行的趋势很大， （３）由“电解”装置图可知，阳极的电极反应式为２Ｈ２Ｏ－４ｅ－ ＝Ｏ２ ↑＋４Ｈ＋ ，氢离 子移向ａ室，阴极区氯离子移向ａ室，电解后ａ室中的电解液可返回酸溶工序继 续使用， （４）某废旧锂电池粉末中 ＬｉＣｏＯ２ 的质量分数 为 狑，将 犿 ｋｇ该 废 料 进 行 回 收 利 用，电解得到钴狀ｋｇ，钴的回收率为 狀ｋｇ 犿ｋｇ×狑×５９ ９８ ×１００％＝ ９８狀 ５９犿狑×１００％。 １０．【答案】（１）增大（２分）　 增大（２分）　犈ａ１ ＞犈ａ２ （１ 分）　（２）ｉ（２ 分）　３．３× １０３Ｐａ（２分）　（３）①ＣｒＯ３（２分）　②ＣＯ２（ｇ）＋Ｃ３Ｈ８（ｇ ） Ｃ３Ｈ６（ｇ）＋ＣＯ（ｇ）＋ Ｈ２Ｏ（ｌ）Δ犎＝＋１２１．５ＫＪ／ｍｏｌ（２分）　③碳和二氧化碳反应生成一氧化碳气体， 脱离催化剂（２分） 【解析】（１）①丙烷脱氢制丙烯对应的化学方程式为 Ｃ３Ｈ８ （ｇ ） Ｃ３Ｈ６ （ｇ）＋Ｈ２ （ｇ），Δ犎１ ＝＋１２４．３ＫＪ／ｍｏｌ，恒压时向原料气中掺入水蒸气，体积增大，压强减 小，平衡向正反应方向进行，犓（主反应）增大，丙烷转化率 α（Ｃ３Ｈ８）增大，②副反 应活化能小，温度升高，副反应更容易发生，所以副反应更容易发生的主要原因 是：犈ａ１＞犈ａ２， （２）①Ｃ３Ｈ８（ｇ ） Ｃ３Ｈ６（ｇ）＋Ｈ２（ｇ），Δ犎１ ＝＋１２４．３ＫＪ／ｍｏｌ，压强越大平衡逆 向进行，丙烯体积分数越小，丙烯是生成物，分压过程中体积分数增大，判断图中 表示丙烯的曲线是ｉ，②１０４Ｐａ、５００℃时，丙烷和丙烯的平衡体积分数为３３％，设 丙烷起始量为１，变化量狓 主反应为：Ｃ３Ｈ８（ｇ ） Ｃ３Ｈ６（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）， 起始量 　１ 　０ ０ 变化量 　狓 　狓 狓 平衡量 　１－狓 　狓 狓 狓 １＋狓＝３３％＝ １ ３ 狓＝０．５ 用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数 犓ｐ＝ ０．５ １．５×１０４ Ｐａ×０．５ １．５×１０４ Ｐａ ０．５ １．５×１０４ Ｐａ ＝３．３×１０３ Ｐａ， （３）①利用 ＣＯ２ 的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采 用铬的氧化物为催化剂，分压机理图可知催化剂为 ＣｒＯ３，②ＣＯ 和 Ｈ２ 的燃烧热 （Δ犎）分别为－２８３．０ｋＪ·ｍｏｌ－１、－２８５．８ｋＪ·ｍｏｌ－１。 Ⅰ．ＣＯ（ｇ）＋ １ ２Ｏ２（ｇ ） ＣＯ２（ｇ）Δ犎＝－２８３．０ｋＪ·ｍｏｌ－１ Ⅱ．Ｈ２（ｇ）＋ １ ２Ｏ２（ｇ ） Ｈ２Ｏ（ｌ）Δ犎＝－２８５．８ｋＪ·ｍｏｌ－１， Ⅲ．Ｃ３Ｈ８（ｇ ） Ｃ３Ｈ６（ｇ）＋Ｈ２（ｇ），Δ犎１＝＋１２４．３ｋＪ／ｍｏｌ， 盖斯定律计算Ⅱ＋Ⅲ－Ⅰ得到该工艺总反应的热化学方程式；ＣＯ２（ｇ）＋Ｃ３Ｈ８（ｇ ） Ｃ３Ｈ６（ｇ）＋ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｌ）Δ犎＝＋１２１．５ｋＪ／ｍｏｌ， ③该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，碳和二氧化碳分压 生成一氧化碳气体，脱离催化剂。 １１．【答案】（１）１ｓ２２ｓ２２ｐ６３ｓ２（１分）　１２（１分）　（２）ＴｉＮ＞ＣａＯ＞ＫＣｌ（１分）　ＫＣｌ、 ＣａＯ、ＴｉＮ 均为离子晶体，形成它们的离子半径越小、所带电荷越多，晶格能越大， 熔点越高（２分）　（３）①ＳｉＨ４（１分）　在第ＩＶＡ 族－ＶＩＩＡ 中的简单氢化物中，只 有第ＩＶＡ 族元素所有氢化物分子间只存在范德华力，不存在分子间氢键，所以沸 点随相对分子质量增加而升高，且ａ为第三周期元素氢化物，故ａ为 ＳｉＨ４（２分） 　②ｓｐ３（１ 分）　ＰＯ３－ ４ 、ＳＯ２－ ４ 、ＣｌＯ－ ４ 等 （１ 分）　 ③ＡＢＣ（２ 分）　 （４）Ｂ（１ 分）　 槡３ ３犕 ３２狉３犖Ａ ｇ／ｃｍ３（２分） 【解析】（１）Ｍ 是短周期金属元素，其第二电离能与第三电离能相差较大，说明该 原子最外层有２个电子，该金属晶体的堆积方式为六方最密堆积，则 Ｍ 为 Ｍｇ元 素，其 原 子 核 外 有 １２ 个 电 子，根 据 构 造 原 理 书 写 其 原 子 核 外 电 子 排 布 式 为 １ｓ２２ｓ２２ｐ６３ｓ２；该晶体中 Ｍｇ原子配位数是１２， （２）ＮａＣｌ、ＫＣｌ中阴阳离子都带一个单位电荷，ＣａＯ 中阴阳离子都带两个单位电 荷，且离子半径：Ｋ＋ ＞Ｎａ＋ ，根据表中数据知，离子所带电荷越多、离子半径越小， 其晶格能越大，晶格能越大其熔沸点越高，ＫＣｌ、ＣａＯ、ＴｉＮ 均为离子晶体，形成它 们的离子半径越小、所带电荷越多，晶格能越大，熔点越高， （３）①含有氢键的氢化物熔沸点较高，没有氢键的同一主族的氢化物中，其熔沸 点随着相对分子质量增大而增大，含有ａ点的曲线上熔沸点依次增大，说明这一 主族的氢化物都没有氢键，其熔沸点依次增大是因为这几种氢化物的相对分子 质量依次增大，为第ＩＶＡ 族元素；在第ＩＶＡ 族－ＶＩＩＡ 中的简单氢化物中，只有 第ＩＶＡ 族元素所有氢化物分子间只存在范德华力，不存在分子间氢键，所以沸点 随相对分子质量增加而升高，且ａ为第三周期元素氢化物，故ａ为 ＳｉＨ４； ②该化合物中 Ａｓ原子价层电子对个数是４且含有１个孤电子对，根据价层电子 对互斥理论判断 Ａｓ原子轨道杂化方式为ｓｐ３；与 ＡｓＯ３－ ４ 互为等电子体的微粒中 原子个数是４、价电子数是３２，与其互为等电子体的有 ＰＯ３－ ４ 、ＳＯ２－ ４ 、ＣｌＯ－ ４ 等。 ③该配合物中 Ｄ 和 Ｏ 原子之间存在配位键、Ｃ－Ｈ 和 Ｃ－Ｏ 原子之间存在极性 键、Ｃ－Ｃ原子之间存在非极性键， （４）甲中 Ｆｅ位于顶点和体心，乙由８个甲组成，按甲虚线方向切乙形成的纵截面 边长不相等，每个小晶胞中的体心含有１个 Ｆｅ原子，则应为 Ｂ；甲中对角线上的 ３个 Ｆｅ原子紧密相连，晶 胞 体 对 角 线 长 度 ＝４狉ｃｍ，棱 长 ＝ （４ｒ）２ 槡３ ｃｍ＝ 槡４ ３ ３ 狉 ｃｍ，晶胞体积＝ 槡４ ３ ３ 狉（ ）ｃｍ ３ ，该晶胞中 Ｆｅ原子个数＝１＋８× １ ８ ＝２，晶胞密度＝ 犕 犖Ａ ×２ 犞 ＝ 犕 犖Ａ ×２ 槡４ ３狉（ ）３ ３ｇ／ｃｍ３＝ 槡３ ３犕 ３２狉３犖Ａ ｇ／ｃｍ３。 １２．【答案】（１）氯苯（２分）　（２）取代反应（２分）　（３）羟基（２分） （４） （２分） （５）ＢｒＣＨ２ＣＨ２ＯＨ（２分）　（６ 師師 師 師  師 師 ）  Ｃｌ   Ｃ Ｏ  師師 師 師  師 師 Ｈ  Ｃｌ   Ｃ Ｏ Ｈ （２分） （７）合成路线流程图为 帨帨 師師 師 師 ： ＣＨ  ３ ＫＭｎＯ４ 溶液／Ｈ → 帨帨 師師 師 師 ＋  ＣＯＯＨ ＳＯＣｌ → 師師 師 師  師 師 ２   Ｃ Ｏ  帨帨 師師 師 師 Ｃｌ ＣＨ  ３ ＡｌＣｌ→ ３ ＣＨ 師師 師 師  師 師 ３   師師 師師 帩帩 Ｃ Ｏ Ｚｎ／ＮａＯＨ → 溶液 Ｈ３ 師師 師師 帩帩   帨帨 師師 師 師  師 師 師師 帪帪 Ｃ ＣＨＯＨ  ＣＯＯＨ 浓硫酸，→△ Ｈ３ 師師 師師 帩帩   帨帨 師師 師 師   Ｃ ＣＨ Ｏ Ｃ  師師 師師 帩帩  Ｏ 。（３分） 【解析】（１）Ａ 師師 師 師 師  師 師 師 为 Ｃｌ ，氯原子为取代基，苯为母体，名称为：氯苯； （２）由 Ａ 生成 Ｂ的反应属于取代反应 （３）Ｃ为 師師 師師 帩帩  Ｃｌ ＣＨ  師師 師師 帩帩  ＯＨ ，其含氧官能团的名称为：羟基，故答案为：羟基； （４）Ｄ→Ｅ反应的化学方程式为： ， （５）试剂 Ｍ 的结构简式可以为：ＢｒＣＨ２ＣＨ２ＯＨ； （６） 師師 師 師  師 師 两种与   Ｃ Ｏ Ｃｌ 互为同分异构体的醛类化合物，核磁共振氢谱为五组 峰，峰 面 积 比 为 １１１１１，可 能 的 结 构 简 式 为 師師 師師 帩帩 ：  Ｃｌ   Ｃ Ｏ Ｈ 師師 師師 帩帩 　  Ｃｌ   Ｃ Ｏ Ｈ ， （７） 師師 師師 帩帩 由 ＣＯＯＨ 与 Ｈ３ 師師師師師師 帩帩   帨帨 師師 師 師  Ｃ ＣＨＯＨ 转化反应得到目标物。甲苯用 酸性 高 锰 酸 钾 溶 液 氧 化 生 成 苯 甲 酸。 由 路 线 中 Ｂ → Ｃ 的 转 化， ＣＨ 師師 師 師  師 師 ３   師師 師師 帩帩 Ｃ Ｏ 转化得到 Ｈ３ 師師 師師 帩帩   帨帨 師師 師 師  Ｃ ＣＨＯＨ 。结合路线中 Ａ→Ｂ转化 使苯环通过羰基连接 師師 師 師  師 師 ，   Ｃ Ｏ Ｃｌ 与甲苯反应得到 ＣＨ 師師 師 師  師 師 ３   師師 師師 帩帩 Ｃ Ｏ 。 由信息②苯甲酸与 ＳＯＣｌ２ 師師 師 師  師 師 作用得到   Ｃ Ｏ Ｃｌ 。 化学2