新疆巴州種畜場(chǎng)學(xué)校2019屆高三化學(xué)下學(xué)期第二次模擬考試試題(含解析)

1、新疆巴州種畜場(chǎng)學(xué)校2019屆高三下學(xué)期第二次模擬考試?yán)砜凭C合化學(xué)試題1.將以下物質(zhì)按電解質(zhì)、非電解質(zhì)、弱電解質(zhì)分類順序擺列，正確的選項(xiàng)是（）A.硫酸燒堿醋酸B.硫酸銅醋酸C.高錳酸鉀乙醇醋酸D.磷酸二氧化碳硫酸鋇【答案】C【分析】【分析】在水溶液里或熔融狀態(tài)下完整電離的是強(qiáng)電解質(zhì)，部分電離的是弱電解質(zhì)；在水溶液里或熔融狀態(tài)下不導(dǎo)電的化合物是非電解質(zhì)。【詳解】A、燒堿是NaOH，屬于強(qiáng)堿，是強(qiáng)電解質(zhì)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、銅是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、高錳酸鉀是鹽，屬于電解質(zhì)，乙醇不可以導(dǎo)電，屬于非電解質(zhì)，醋酸溶于水部分電離，屬于弱電解質(zhì)，選項(xiàng)C正確；D、硫酸鋇是鹽，屬于強(qiáng)電解

2、質(zhì)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選C?！军c(diǎn)睛】此題觀察物質(zhì)的分類、強(qiáng)弱電解質(zhì)的判斷，明確電解質(zhì)是化合物及電解質(zhì)與物質(zhì)的溶解性沒(méi)有肯定的聯(lián)系，如碳酸鈣不溶于水，但屬于強(qiáng)電解質(zhì)是學(xué)生解答的難點(diǎn)。2.如圖，將鐵棒和石墨棒插入盛有飽和NaCl溶液的U型管中，以下分析錯(cuò)誤的選項(xiàng)是（）A.閉合K1構(gòu)成原電池，閉合K2構(gòu)成電解池-1-B.K1閉合，鐵棒上發(fā)生的反應(yīng)為：Fe2eFe2+C.K2閉合，鐵棒不會(huì)被腐化，屬于犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法D.K1閉合，石墨棒四周溶液pH逐漸高升【答案】C【分析】【詳解】A、閉合K1構(gòu)成原電池，鐵為負(fù)極；閉合K2構(gòu)成電解池，鐵為陰極，選項(xiàng)A正確；B、K1閉合構(gòu)成原電池，鐵棒是負(fù)極，鐵失掉電

3、子，鐵棒上發(fā)生的反應(yīng)為Fe2e=Fe2，選項(xiàng)正確；C、K2閉合構(gòu)成電解池，鐵棒與電源的負(fù)極相連，作陰極不會(huì)被腐化，屬于外加電流的陰極保護(hù)法，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、K1閉合構(gòu)成原電池，鐵棒是負(fù)極，鐵失掉電子，石墨棒是正極，溶液中的氧氣獲取電子轉(zhuǎn)化為OH，石墨棒四周溶液pH逐漸高升，選項(xiàng)D正確；答案選C。3.高鐵電池是一種新式可充電電池，電解質(zhì)溶液為KOH溶液，放電時(shí)的總反應(yīng)式為3Zn+2KFeO24+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是A.放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)式為3Zn6e+6OH3Zn（OH）2B.放電時(shí)，正極區(qū)溶液的pH減小C.充電時(shí)，每轉(zhuǎn)移3mol電子，陽(yáng)極有1m

4、olFe（OH）3被還原D.充電時(shí)，電池的鋅電極接電源的正極【答案】A【分析】A放電時(shí)，Zn失掉電子，發(fā)生3Zn6e+6OH3Zn（OH）2，故A正確；B正極反應(yīng)式為4223，pH增大，故B錯(cuò)誤；FeO+4HO+3e=Fe（OH）+5OHC充電時(shí)，鐵離子失掉電子，發(fā)生Fe（OH）3轉(zhuǎn)變成FeO42反應(yīng)，電極反應(yīng)為Fe（OH）33e2+4H2O，每轉(zhuǎn)移3mol電子，陽(yáng)極有1molFe（OH）3被氧化，故C錯(cuò)誤；+5OH=FeO4D充電時(shí)，電池的負(fù)極與與電源的負(fù)極相連，故D錯(cuò)誤應(yīng)選A【評(píng)論】此題觀察電解池與原電池，明確電極反應(yīng)中放電為原電池、充電為電解池為解答本題的要點(diǎn)，題目難度不大-2-碳酸亞乙

5、酯是鋰離子電池低溫電解液的重要增加劑，其結(jié)構(gòu)以以下圖。以下相關(guān)該物質(zhì)的說(shuō)法正確的選項(xiàng)是A.分子式為C3H2O3分子中含6個(gè)鍵分子中只有極性鍵8.6g該物質(zhì)完整燃燒獲取6.72LCO2【答案】A【分析】A、雙鍵兩端的碳原子上各有一個(gè)氫原子，所以分子式為C3H2O3，故A正確；B、分子中的單鍵為鍵，一共有8個(gè)，故B錯(cuò)誤；C、該分子中碳碳雙鍵屬于非極性鍵，故C正確；D、此選項(xiàng)沒(méi)有說(shuō)明溫度和壓強(qiáng)，所以所得二氧化碳的體積是不確立的，故D錯(cuò)誤，此題選C。【考點(diǎn)定位】此題觀察的是有機(jī)化合物的結(jié)構(gòu)特色，主要觀察化學(xué)鍵的種類和極性，同時(shí)也涉及到有機(jī)物燃燒產(chǎn)物的判斷和相關(guān)計(jì)算?！敬颂幱幸曨l，請(qǐng)去附件查察】以下表示

6、對(duì)應(yīng)化學(xué)反應(yīng)的離子方程式正確的選項(xiàng)是碳酸鈣溶于稀醋酸：CaCO32HCa2+H2OCO2銅與稀硝酸反應(yīng)：3Cu2NO38H3Cu2+2NO4H2O2+向NH4HCO3溶液中滴加過(guò)分Ba(OH)2溶液：HCO3+OH+BaH2O+BaCO3D.用銀氨溶液檢驗(yàn)乙醛中的醛基：+CHCHO+Ag(NH)+2OHCHCOO+NH+NH+332343Ag+H2O【答案】B【分析】-3-試題分析：A.醋酸是弱酸，應(yīng)該寫化學(xué)式，離子方程式是：2+CaCO2CHCOOHCa2CHCOO333H2OCO2，錯(cuò)誤；B銅與稀硝酸反應(yīng)，方程式符合反應(yīng)事實(shí)，正確；C向NH4HCO3溶液中滴加過(guò)分Ba(OH)2溶液，鹽電離

7、產(chǎn)生的陽(yáng)離子、陰離子都發(fā)生反應(yīng)，離子方程式是：+NH4+HCO32+2332+2OH+BaHO+BaCO+NH?HO，錯(cuò)誤；D用銀氨溶液檢驗(yàn)乙醛中的醛基，方程式的電荷不守恒，應(yīng)該是：+CH3CHO+2Ag(NH3)2+2OHCH3COO+NH4+3NH+2Ag+H2O，錯(cuò)誤。考點(diǎn)：觀察離子方程式的正誤判斷的知識(shí)。6.以下醇類物質(zhì)中既能發(fā)生消去反應(yīng)，又能發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成醛類的物質(zhì)是()A.B.C.D.【答案】C【分析】A、被氧化為酮，不可以被氧化為醛，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、不可以發(fā)生消去反應(yīng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、-OH鄰位C上含有H原子，能發(fā)生消去反應(yīng)，含有-CH2OH的結(jié)構(gòu)，可被氧化為醛，選項(xiàng)C正確

8、；D、被氧化為酮，不可以被氧化為醛，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選C。7.如圖為對(duì)10mL必定物質(zhì)的量濃度的鹽酸X用必定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液Y滴定的圖像，依照?qǐng)D像推出X和Y的物質(zhì)的量濃度是下表內(nèi)各組中的（）-4-ABCDX/(mol/L)0.120.040.030.09Y/(mol/L)0.040.120.090.03A.AB.BC.CD.D【答案】D【分析】【詳解】依圖知，NaOH滴至30mL時(shí)剛巧完整中和，由c1V1=c2V2，V1V2=10mL30mL=13得c1c2=31，故B、C兩項(xiàng)被消除。又因?yàn)榈渭覰aOH到20mL時(shí)，混雜溶液pH=2，設(shè)c(NaOH)=c、c(HCl)=3c，則c(H

9、+)=(3c10mL-c20mL)(10mL+20mL)=0.01molL-1，解得c=0.03-1-1。選項(xiàng)D正確molL，3c=0.09molL答案選D。8.跟著大氣污染的日益嚴(yán)重，國(guó)家擬于“十二”五時(shí)期，將二氧化硫(SO2)排放量減少8%，氮氧化物(NOx)排放量減少10%。眼前，除掉大氣污染有多種方法用CH4催化還原氮氧化物可以除掉氮氧化物的污染。已知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)=-574kJmol1HCH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)=-1160kJmol1HH2O(g)=H2O(l)H=-44.0kJ

10、mol1寫出CH4(g)與NO2(g)反應(yīng)生成N2(g)，CO2(g)和H2O(1)的熱化學(xué)方程式_。2+3+SO轉(zhuǎn)變成2-SO的治理。已知含(2)利用Fe、Fe的催化作用，常溫下可將SO，從而實(shí)現(xiàn)對(duì)242-5-SO2的廢氣通入含F(xiàn)e2+、Fe3+的溶液時(shí)，此中一個(gè)反應(yīng)的離子方程式為4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，則另一反應(yīng)的離子方程式為_。(3)用活性炭還原法辦理氮氧化物。相關(guān)反應(yīng)為：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。某研究小組向密閉的真空容器中(假設(shè)容器體積不變，固體試樣體積忽視不計(jì))加入NO和足量的活性炭，恒溫(T1)條件下反應(yīng)，反應(yīng)進(jìn)行到不一樣時(shí)間測(cè)得各物質(zhì)的

11、濃度以下：10min20min以v(CO2)表示的均勻反應(yīng)速率為_。依據(jù)表中數(shù)據(jù)，計(jì)算T1時(shí)該反應(yīng)的均衡常數(shù)為_(儲(chǔ)存兩位小數(shù))。必定溫度下，跟著NO的開頭濃度增大，則NO的均衡轉(zhuǎn)變率_(填“增大”、“不變”或“減小”)。以下各項(xiàng)能作為判斷該反應(yīng)達(dá)到均衡的是_(填序號(hào)字母)。A容器內(nèi)壓強(qiáng)保持不變B2v正(NO)=v逆2(N)C容器內(nèi)CO2的體積分?jǐn)?shù)不變D混雜氣體的密度保持不變30min末改變某一條件，過(guò)一段時(shí)間反應(yīng)重新達(dá)到均衡，則改變的條件可能是_。請(qǐng)?jiān)谝韵聢D中畫出30min至40min的變化曲線_。【答案】(1).CH42222O(l)H=-955kJmol1(2).(g)+2NO(g)N(

12、g)+CO(g)+2H3+2+2-+(3).1min1(4).K=0.56(5).不2Fe+SO2+2H2O2Fe+SO4+4H0.009molL-6-變(6).C、D(7).減小CO2的濃度(8).【分析】【詳解】（1）依據(jù)蓋斯定律得（+4）2即為所求，答案是CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)H=-955kJmol1；2）依據(jù)題意可知，另一個(gè)離子方程式應(yīng)是鐵離子氧化二氧化硫的方程式，依據(jù)氧化還原反應(yīng)原理配平得反應(yīng)為為2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+；（3）10min20min之間CO2的濃度增大了0.9mol/L，所以以v(CO2)

13、表示的均勻反應(yīng)速率為0.09mol/L=0.009molL1min1；10min0.30.3反應(yīng)進(jìn)行到20min時(shí)達(dá)均衡，則T1時(shí)該反應(yīng)的均衡常數(shù)為；K=0.560.42恒溫恒容條件下，不管NO濃度如何變化，達(dá)到的均衡與原均衡均是等效均衡，所以NO轉(zhuǎn)化率不變；A、該反應(yīng)屬于反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變的可逆反應(yīng)，所以恒容時(shí)壓強(qiáng)向來(lái)不變，不可以判斷能否達(dá)均衡狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、NO的反應(yīng)速率是N2的反應(yīng)速率的2倍，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、達(dá)到均衡時(shí)各物質(zhì)的量不再變化，所以CO的體積分?jǐn)?shù)不變，選項(xiàng)C正確；D、恒容條件下，有固體參加的可逆反應(yīng)中，氣體密度不變狀態(tài)是均衡狀態(tài)，選項(xiàng)D正確。答案選CD；由圖像分析

14、，NO的濃度減小說(shuō)明均衡逆向挪動(dòng)，N濃度增大，CO濃度卻減小，所以改22變的可能條件是減小了CO2的濃度，對(duì)應(yīng)反應(yīng)速率小于原均衡時(shí)速率，在原速率線下方的畫一條逐漸上升的曲線即可，答案為。9.VIA族的氧，硫，硒(Se)，碲(Te)等元素在化合物中常表現(xiàn)出多種氧化態(tài)，含VIA族元素的化合物在研究和生產(chǎn)中有許多重要用途。請(qǐng)回答以下問(wèn)題：-7-(1)S單質(zhì)的常有形式為S8，其環(huán)狀結(jié)構(gòu)以以下圖所示，S原子采納的軌道雜化方式是_。(2)Se原子序數(shù)為_，其核外M層電子的排布式為_。(3)H2Se的酸性比H2S_(填“強(qiáng)”或“弱”)。氣態(tài)SeO3分子的立體構(gòu)型為_，2離子的立體構(gòu)型為_。3(4)H2SeO

15、3的K1和K2分別為2.7103和2.5108，H2SeO4第一步幾乎完整電離，K2為1.2102，請(qǐng)依據(jù)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系解說(shuō)：H2SeO和HSeO第一步電離程度大于第二步電離的原由：_。324H2SeO比HSeO酸性強(qiáng)的原由：_。423【答案】(1).sp3(2).34(3).3s23p63d10(4).強(qiáng)(5).平面正三角形(6).三角錐型(7).酸第一步電離產(chǎn)生的酸根陰離子帶有負(fù)電荷，+(8).H2SeO吸引H4和HSeO可以分別表示為(HO)SeO，(HO)SeO，HSeO中Se為+6價(jià)，而HSeO中Se為+4價(jià)，232222423前者含有許多的非羥基O原子，故Se原子吸電子能力強(qiáng)，以

16、致羥基上氫原子更簡(jiǎn)單電離H+【分析】【詳解】（1）依據(jù)圖片知，每個(gè)S原子含有2個(gè)鍵和2個(gè)孤電子對(duì)，所以每個(gè)S原子的價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是4，則S原子為sp3雜化；（2）Se元素34號(hào)元素，M電子層上有18個(gè)電子，分別位于3s、3p、3d能級(jí)上，所以其核外M層電子的排布式為3s23p63d10；（3）非金屬性越強(qiáng)的元素，其與氫元素的結(jié)合能力越強(qiáng)，則其氫化物在水溶液中就越難電離，酸性就越弱，非金屬性SSe，所以H2Se的酸性比H2S強(qiáng)，氣態(tài)SeO3分子中Se原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是3且不含孤電子對(duì)，所以其立體構(gòu)型為平面正三角形，2-離子中S原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)SO3數(shù)=3+1（6+2-32）=4，且含有一個(gè)孤電

17、子對(duì)，所以其立體構(gòu)型為三角錐形；2（4）酸第一步電離產(chǎn)生的酸根陰離子帶有負(fù)電荷，吸引H+，所以H2SeO4和H2SeO3第一步電離程度大于第二部電離程度；HSeO和HSeO可以分別表示為(HO)SeO，(HO)SeO，HSeO中Se為+6價(jià)，而HSeO中Se24232222423為+4價(jià)。前者含有許多的非羥基O原子，故Se原子吸電子能力強(qiáng)，以致Se-O-H中的O原子更向Se偏移，則羥基上氫原子更簡(jiǎn)單電離出H+?！军c(diǎn)睛】注意V形分子的判斷需要借助孤對(duì)電子數(shù)，孤電子對(duì)數(shù)是1的中心原子是sp2雜化，-8-孤對(duì)電子數(shù)是2的中心原子是sp3雜化。10.高鐵酸鈉（Na2FeO4）是水辦理過(guò)程中使用的一種新

18、式凈水劑，它的氧化性比高錳酸鉀更強(qiáng)，自己在反應(yīng)中被還原為Fe3+離子。制取高鐵酸鈉的化學(xué)方程式以下：1）Fe（NO3）3+NaOH+Cl2=Na2FeO4+NaNO3+NaCl+H2O_。（2）在上述反應(yīng)中_元素被氧化，當(dāng)3molCl2參加反應(yīng)時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的總數(shù)為_；（3）高鐵酸鈉之所以能凈水，除了能氧化殺菌外，另一個(gè)原由是_?！敬鸢浮?1).2、16、3、2、6、6、8(2).Fe（或鐵）(3).3.6121024（6NA）(4).還原產(chǎn)物Fe3+與水反應(yīng)生成Fe（OH）3膠體，能吸附雜質(zhì)【分析】【分析】（1）Fe元素的化合價(jià)由+3價(jià)高升到+6價(jià)，而Cl元素的化合價(jià)由0價(jià)降低到-1價(jià)，依據(jù)得

19、失電子數(shù)量相等可知兩者計(jì)量數(shù)之比為1：3，因?yàn)镃l2中Cl原子數(shù)為2，故Na2FeO4和NaCl的計(jì)量數(shù)分別為2和6；2）在反應(yīng)2Fe（NO3）3+16NaOH+3Cl22Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O中鐵元素的價(jià)態(tài)由+3價(jià)高升到+6價(jià)，被氧化；在反應(yīng)2Fe（NO3）3+16NaOH+3Cl22Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O中每耗費(fèi)3molCl2，Cl原子得到6mol電子；（3）Fe3+和Al3+相同會(huì)發(fā)生水解，生成絮狀的Fe（OH）3膠體，膠領(lǐng)悟吸附雜志而生成積淀，從而達(dá)到凈水的目的?！驹斀狻浚?）Fe元素的化合價(jià)由+3價(jià)高升到+6價(jià)，而Cl元素的化合

20、價(jià)由0價(jià)降低到-1價(jià)，依據(jù)得失電子數(shù)量相等可知兩者計(jì)量數(shù)之比為1：3，因?yàn)镃l2中Cl原子數(shù)為2，故Na2FeO4和NaCl的計(jì)量數(shù)分別為2和6，再依據(jù)原子守恒配平化學(xué)方程式為2Fe（NO3）3+16NaOH+3Cl22Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O；故答案為：2、16、3、2、6、6、8；2）在反應(yīng)2Fe（NO3）3+16NaOH+3Cl22Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O中鐵元素的價(jià)態(tài)由+3價(jià)高升到+6價(jià)，被氧化；在反應(yīng)2Fe（NO3）3+16NaOH+3Cl22Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O中每耗費(fèi)3molCl2，Cl原子得到6m

21、ol電子，故轉(zhuǎn)移電子的總數(shù)為6NA既是3.6121024；故答案為：鐵；3.6121024（6NA）；-9-3）高鐵酸鈉的還原產(chǎn)物是Fe3+，F(xiàn)e3+可發(fā)生水解，生成Fe（OH）3膠體，它可吸附水中懸浮的雜質(zhì)或泥沙膠粒等一起凝聚而沉降，達(dá)到凈水的成效；故答案為：還原產(chǎn)物Fe3+與水反應(yīng)生成Fe（OH）3膠體，能吸附雜質(zhì)。11.四川北川盛產(chǎn)薔薇科植物。薔薇科植物中含有一種芳香醛(用E表示)，在染料工業(yè)和食品工業(yè)上有著廣泛的用途，下邊是它的一種合成路線。此中0.lmol有機(jī)物A的質(zhì)量是12g，在足量的氧氣中充分燃燒后生成0.8molCO2和7.2gH2O；D能使溴的四氯化碳溶液退色，D分子與C分子

22、擁有相同的碳原子數(shù)；F連續(xù)被氧化生成G，G的相對(duì)分子質(zhì)量為90。已知：回答以下問(wèn)題：1）A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_。（2）AG中能發(fā)生酯化反應(yīng)的有機(jī)物有：(填字母序號(hào))。（3）C在濃硫酸加熱的條件下時(shí)，分子內(nèi)脫水除生成D外還可以夠生成另一種有機(jī)物，寫出該反應(yīng)的方程式：；該反應(yīng)種類；4）C的同分異構(gòu)體有多種，此中符合以下要求的有機(jī)物有多種。能與3molNaOH溶液反應(yīng)；苯環(huán)上的一鹵代物只有一種寫出全部滿足條件有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式_（5）C與4-甲基-2,3-戊二醇兩分子之間1:1發(fā)生代替反應(yīng)，生成有機(jī)物有種?！敬鸢浮浚?3分）（1）（2分）（2）B、C、D、F、G（2分）（3）(2分)；酯化(1分)-10-（

23、4）（各2分）5）6（2分）【分析】試題分析：有機(jī)物A有C、H、O三種元素構(gòu)成，Mr(A)=12/0.1=120，0.1molA在足量的氧氣中充分燃燒后生成0.8molCO2和7.2gH2O，水的物質(zhì)的量=7.2/18=0.4mol，依據(jù)原子守恒可知，該有機(jī)物中N(C)=0.8/0.1=8，N(H)=0.420.1=8，有機(jī)物中N(O)=(120-128-18)16=1，有機(jī)物A的分子式為C8H8O，A經(jīng)過(guò)一系列反應(yīng)獲取芳香醛E，結(jié)合信息中醛與HCN的加成反應(yīng)，可知A含有C=O雙鍵，A與HCN發(fā)生加成反應(yīng)生成B，B發(fā)生水解反應(yīng)生成C，C在濃硫酸、加熱條件下生成D，D能使溴的四氯化碳溶液退色，應(yīng)

24、為發(fā)生消去反應(yīng)，D被臭氧氧化生成E與F，F(xiàn)連續(xù)被氧化生成G，G的相對(duì)分子質(zhì)量為90，則G為HOOC-COOH，F(xiàn)為OHC-COOH，E為苯甲醛，D為苯丙烯酸，C為2-羥基-3-苯基丙酸，B為，A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，據(jù)此回答：（1）由上述分析可知，A為；（2）只要含有羧基或羥基的都能發(fā)生酯化反應(yīng)，在AG中能發(fā)生酯化反應(yīng)的有機(jī)物有B、C、D、F、G；3）因?yàn)镃中含有羧基、羥基，別的還可以夠發(fā)生酯化反應(yīng)生成另一種有機(jī)物，該反應(yīng)的方程式為，反應(yīng)種類為酯化反應(yīng)。（4）C的同分異構(gòu)體有多種，此中符合以下要求的有機(jī)物有多種，能與3molNaOH溶液反應(yīng)，說(shuō)明含有酚羥基、羧酸與酚形成的酯基；苯環(huán)上的一鹵代物只有一種

25、，說(shuō)明苯環(huán)上含有1種氫原子；能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說(shuō)明含有醛基，再結(jié)合可知，酯基為甲酸與酚形成的酯基，滿足條件的有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，。-11-（5）C中羧基和4-甲基-2，3-戊二醇中的兩個(gè)羥基發(fā)生酯化反應(yīng)生成兩種酯，C中的羥基和4-甲基-2，3-戊二醇中的兩個(gè)羥基脫水生成兩種醚，C中的羧基和羥基與4-甲基-2，3-戊二醇中的兩個(gè)羥基同時(shí)脫水可生成兩種產(chǎn)物，一共可生成6種產(chǎn)物?？键c(diǎn)：觀察有機(jī)推測(cè),化學(xué)反應(yīng)種類，化學(xué)方程式以及同分異構(gòu)體的判斷等知識(shí)。鹵族元素包含F(xiàn)、Cl、Br等元素。（1）以下曲線表示鹵族元素某種性質(zhì)隨核電荷數(shù)的變化趨向，正確的選項(xiàng)是。（2）利用“鹵化硼法”可合成含B和N兩種元素的功

26、能陶瓷，以下圖為其晶胞結(jié)構(gòu)表示圖，則每個(gè)晶胞中含有B原子的個(gè)數(shù)為，該功能陶瓷的化學(xué)式為。（3）BCl3和NCl3中心原子的雜化方式分別為和。第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有_種。23【答案】（1）a；（2）2，BN；（3）sp、sp；3。試題分析：（1）a跟著核電荷數(shù)的增大，元素的原子半徑逐漸減小，元素吸引電子的能力逐漸減弱，所以元素的電負(fù)性逐漸減小，正確；bF是此刻已知元素中非金屬性最強(qiáng)的元素，元素的原子可能獲取電子形成陰離子；也許形成共用電子對(duì)，傾向F原子，所以沒(méi)有與族序數(shù)相等的最高正化合價(jià)，而Cl、Br都有最高+7價(jià)，錯(cuò)誤；cHF分子之間除了存在分子間作用力，還存在氫鍵，增加了分

27、子之間的吸引力所以HF的沸點(diǎn)最高，別的兩種元素的氫化物的沸點(diǎn)則是物質(zhì)分子的相對(duì)分子質(zhì)量越大，物質(zhì)的熔沸點(diǎn)就越高，符合上述規(guī)律，錯(cuò)誤；d鹵素單質(zhì)是結(jié)構(gòu)相似的物質(zhì)，物質(zhì)相對(duì)分子質(zhì)量越大，分子間作用力就越大，物質(zhì)的熔沸點(diǎn)就越高，錯(cuò)誤。應(yīng)選項(xiàng)是a。（2）依據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)表示圖可知，在一個(gè)晶胞中含有的B原子個(gè)數(shù)是：-12-81/8+1=2；含有的N原子個(gè)數(shù)是：1+41/4=2，元素的非金屬性NB，所以該功能陶瓷的化學(xué)式為BN；（3）BCl3中心原子B原子的雜化方式分別為sp2雜化；NCl3中心原子N原子雜化方式是sp3雜化。一般狀況下同一周期的元素第一電離能隨原子序數(shù)的增大而增大，但是第IIA、第VA元素的原子核外電子分別處于其軌道的全充滿、半充滿的穩(wěn)固狀態(tài)，第一電離能比原子序數(shù)大1號(hào)的相鄰的元素還大，所以第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有Be、C、O三種元素?？键c(diǎn)：觀察同族元生性質(zhì)變化規(guī)律、原子的雜化、原子核外電子排布規(guī)律、第一電離能的比較、均攤法在晶體結(jié)構(gòu)的應(yīng)用的知識(shí)。13.有機(jī)鋅試劑（RZnBr）與酰氯（）偶聯(lián)可用于制備藥物：（1）化合物的分子式為。（2）關(guān)于化合物，以下說(shuō)法