备战2021年高考化学模拟专练卷09（教师版）

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模拟专练卷 09 化学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cl-35.5 Se-79 Sn-119 一、选择题：本题共 7个小题，每小题 6分。共 42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求 的。 7．化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法不正确的是（ ） A．针对新冠肺炎疫情，可用高锰酸钾溶液、无水酒精、双氧水对场所进行杀菌消毒 B．常用危险化学品标志中的数字主要表示的是危险的级别 C．硅胶常用作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体 D．葡萄酒中通常含有微量 SO2 【答案】A 【解析】 A．高锰酸钾溶液和双氧水是利用其强氧化性进行杀菌消毒，但不用无水酒精，无水酒精浓度太高使细菌表面的 蛋白质凝固，形成了一层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌，使它免遭死亡，一般使用 75%的酒精水溶液消毒，故 A错误； B．常用危险化学品标志中的数字是对其危险特性的分类，如第一类：爆炸品、第二类：易燃气体、第三类：易 燃液体等，故 B正确； C．硅胶无毒无味，具有较强的吸附性，化学性质稳定，可用于作催化剂的载体或食品干燥剂，故 C正确； D．SO2能杀菌还有较强的还原性，故添加在葡萄酒中既能杀菌又能防止葡萄酒被氧化，故 D正确；答案选 A。 8．工业上联合生产碳酸氢钠和氯代烃的工艺流程如图所示，在生产 3NaHCO 的过程中完成乙烯氯化，下列叙述 错误．．的是 A．过程Ⅰ中的 TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气 B．在过程Ⅱ中实现了 TBA、 2CuCl 的再生 C．理论上每生成 31mol NaHCO ，可得到 2 4 21mol C H Cl D．过程Ⅲ中的反应是 2 4 2 2 4 2 催化剂 C H +2CuCl C H Cl +2CuCl 【答案】C 【解析】 根据题意可知，制碱过程为 NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA·HCl，过程Ⅱ为 TBA的再生过程为 2CuCl+ 1 2 O2+2TBA·HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，乙烯的氯化过程为 2 4 2 2 4 2 催化剂 C H +2CuCl C H Cl +2CuCl，由此 分析。 A．侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水，然后向氨盐水中通二氧化碳，生产溶解度较小的碳酸氢钠。再将碳酸 氢钠过滤出来，经焙烧得到纯净洁白的碳酸钠，由图可知，过程Ⅰ中的 TBA 替代了侯德榜制碱法中的氨气，故 A正确； B．过程Ⅱ为 TBA的再生过程为 2CuCl+ 1 2 O2+2TBA·HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，实现了 TBA、 2CuCl 的再生， 故 B正确； C．制碱过程为 NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA·HCl，理论上每生成 31mol NaHCO ，需要 1molTBA，根 据关系式 TBA~ CuCl~ 2 4 20.5mol C H Cl ，故 C错误； D．过程Ⅲ是乙烯的氯化过程，化学方程式为 2 4 2 2 4 2 催化剂 C H +2CuCl C H Cl +2CuCl，故 D正确； 答案选 C。 9．设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A．100g质量分数为 46%C2H5OH溶液中所含 O—H数目约为 7NA B．质量为 12g的 12C含有的中子数为 12NA C．将 0.1molCH3COONa 溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中 CH3COO－数目小于 0.1NA D．氢氧燃料电池正极消耗 22.4 L气体时，电路中通过的电子数目为 4NA 【答案】A 【解析】 A．乙醇溶液中，乙醇、水分子都含有 O-H键，所以 100g46%乙醇溶液含有乙醇 46g，物质的量为 1mol，含有 1molO-H键，含有水 54g，物质的量为 3mol，含有 O-H键 6mol，所以共含 O-H数目 7NA，故 A正确；B．12g 的 12C的物质的量为： 12 12 / mol g g =1mol，含有中子的物质的量为：1mol×6=6mol，含有的中子数为 6NA，故 B 错误；C．将 0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒有：n（CH3COO-）+n（OH-）=n（Na+） +n（H+），而由于溶液显中性，故 n（OH-）=n（H+），则有 n（CH3COO-）=n（Na+）=0.1mol，即醋酸根的个数 为 NA个，故 C错误； D．氧气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故 D错误；故答案为 A。 10．由下列实验及现象不能推出相应结论的是 实验 现象 结论 A 向 2mL0.1mol·L-1的 FeCl3溶液中加足量 铁粉，振荡，加 1滴 KSCN溶液 黄色逐期消失，加 KSCN溶液 颜色不变 还原性：Fe>Fe2+ B 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满 CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内 有黑色颗粒产生 CO2具有氧化性 C 加热盛有少 NH4HCO3固体的试管，并在 试管口放置湿润的红色石蕊试纸 石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性 D 向 2支盛有 2mL相同浓度银氨溶液的试 管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI 溶液 一只试管中产生黄色沉淀，另 一支中无明显现象 Ksp(AgI)Fe2＋，故 A说法正确；B、瓶内有黑色颗粒产生，说明生成 C，发生反应 是 4Na＋CO2 2Na2O＋C，CO2中 C的化合价降低，因此 CO2作氧化剂，被还原，故 B说法正确；C、碳酸 氢铵受热分解，NH4HCO3 NH3↑＋CO2↑＋H2O，碳氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是碳酸氢铵缘故， 故C说法错误；D、产生黄色沉淀，说明生成AgI，AgI和AgCl形式相同，溶度积小的先沉淀，即Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)， 故 D说法正确。 11．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W和 Y同族，X和 Z同族，X的简单离子和 Y的简 单离子具有相同的电子层结构，W和 X、Z均能形成共价化合物，W和 X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱 性。下列说法错误的是 A．4种元素中 Y的金属性最强 B．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z>X C．简单阳离子氧化性：W>Y D．W和 Y形成的化合物与水反应能生成一种还原性气体 【答案】B 【解析】 W和 X、Z均能形成共价化合物，则W、X、Z很可能均为非金属元素，考虑到W原子序数最小，可推断W为 H元素；W和 X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱性，X为非金属，可推测化合物中有 NH3，则 X为 N元素， 又 X和 Z同族，Z为 P元素；W和 Y同族，X的简单离子和 Y的简单离子具有相同的电子层结构，可推知 Y为 Na元素。综上推测满足题干信息，因而推测合理，W为 H，X为 N，Y为 Na，Z为 P。 A． 4种元素中只有 Y是金属元素，即 Na，因而金属性最强，A正确； B．元素的非金属性越强则最高价氧化物对应的水化物酸性越强，非金属性：N(X)>P(Z)，因而最高价氧化物对 应的水化物的酸性：ZH(W)，因而简单阳离子氧化性：W>Y，C 正确； D．W和 Y形成的化合物为 NaH，NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢气为还原性气体，D正确。 故答案选 B。 12．丙烯酸羟乙酯（Ⅲ）可用作电子显微镜的脱水剂，可用下列方法制备： 下列说法不正确的是 A．化合物Ⅰ能与 NaHCO3溶液反应生成 CO2 B．可用 Br2的 CCl4溶液检验化合物Ⅲ中是否混有化合物 I C．化合物Ⅱ与乙醛互为同分异构体 D．化合物Ⅲ水解可生成 2种有机物 【答案】B 【解析】A．化合物Ⅰ中含有羧基，能与 NaHCO3溶液反应生成 CO2，故 A正确；B．化合物Ⅲ和 I分子结构中 均含有碳碳双键，可与 Br2的 CCl4溶液发生加成反应，无法检验，故 B错误；C．化合物Ⅱ与乙醛分子式均为 C2H4O，二者互为同分异构体，故 C正确；D．化合物Ⅲ是酯，水解生成乙二醇和丙烯酸，故 D正确；答案为 B。 13．用 0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定 40 mL 0.1 mol·L－1 H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体 积的变化）。下列叙述错误的是（ ） A．Ka2(H2SO3)的数量级为 10－8 B．若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂 C．图中 Z点对应的溶液中：c(Na＋)>c(SO32 －)>c(HSO3 －)>c(OH－) D．图中 Y点对应的溶液中：3c(SO32 －)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－) 【答案】C 【解析】 用 0.1mol/LNaOH 溶液滴定 40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于 H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点， 滴定反应为：NaOH+H2SO3═NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOH═Na2SO3+H2O，完全滴定需要消耗 NaOH溶液的体 积为 80mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。 A．由图像可知，当溶液中 c(HSO3-)= c(SO32 －)时，此时 pH=7.19，即 c(H+)=10-7.19mol/L，则 H2SO3的 Ka2=(3 2－) + （3−） =c(H+)，所以 H2SO3的 Ka2=1×10-7.19，Ka2(H2SO3)的数量级为 10－8，故 A正确； B．第一反应终点时，溶液中恰好存在 NaHSO3，根据图像，此时溶液 pH=4.25，甲基橙的变色范围为 3.1~4.4， 可用甲基橙作指示剂，故 B正确； C．Z点为第二反应终点，此时溶液中恰好存在 Na2SO3，溶液 pH=9.86，溶液显碱性，表明 SO32-会水解，考虑水 也存在电离平衡，因此溶液中 c(OH-)＞c(HSO3-)，故 C错误； D．根据图像，Y点溶液中 c(HSO3-)=c(SO32-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，由于 c(HSO3-)=c(SO32-)，所以 3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故 D正确；答案选 C。 二、非选择题：共 58分，第 26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 35~36题为选考题，考生根据要 求作答。 （一）必考题：共 43分。 26．(15分)废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍。湿法技术是将粉碎的印刷电 路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品。某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如下： 回答下列问题： （1）反应Ⅰ是将 Cu转化为 Cu(NH3)42+，反应中 H2O2的作用是_____。写出操作①的名称：_________。 （2）反应 II是铜氨溶液中的 Cu(NH3)42+与有机物 RH反应，写出该反应的离子方程式：_______。操作②用到的 主要仪器名称为_____，其目的是（填序号）_________。 a．富集铜元素 b．使铜元素与水溶液中的物质分离 c．增加 Cu2＋在水中的溶解度 （3）反应Ⅲ是有机溶液中的 CuR2与稀硫酸反应生成 CuSO4和______。 （4）操作④以石墨作电极电解 CuSO4溶液。阴极析出铜，阳极产物是_______。操作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的 主要步骤是____________。 （5）流程中有三次实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是______。循环使用的 NH4Cl在 反应Ⅰ中的主要作用是________。 【答案】（1）作氧化剂 (1分) 过滤 (1分) （2）Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2 (2分) 分液漏斗(1分) a b (2分) （3）RH (1分) （4）O2、H2SO4 (2分) 加热浓缩 冷却结晶 过滤 (2分) （5）H2SO4 (1分) 防止由于溶液中的 c（OH-）过高，生成 Cu（OH）2沉淀 (2分) 【解析】 （1）废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用过滤的方 法，所以操作①为过滤。反应Ⅰ是将铜转化为铜氨溶液，铜元素的化合价升高，所以铜是还原剂，则双氧水为氧 化剂，将铜氧化。 （2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的铜氨离子与有机物 RH反应，生成 CuR2，同时生成 NH4+和 NH3，方程式为：Cu(NH3） 42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2。分液的目的是富集铜元素，使铜元素与水溶液中的物质分离，所以 a b正确。 （3）反应Ⅲ是有机溶液中的 CuR2与稀硫酸反应相当于复分解反应，所以生成硫酸铜和 RH。 （4）以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，所以阳极上产生 O2，同时 有大量的氢离子生成，且硫酸根离子也向阳极移动在阳极积累，因此阳极产物还有硫酸，从溶液中获取晶体可通 过加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。 （5）电解硫酸铜溶液时得到硫酸，在反应Ⅲ中用到的 H2SO4，所以硫酸能循环使用。氯化铵电离出的铵根离子 抑制一水合氨的电离，从而降低溶液的碱性， 防止由于溶液中的 c（OH-）过高，生成 Cu（OH）2沉淀。 27．(14分) 四氯化锡常温下呈液态，熔点-33℃，沸点 144℃，在潮湿的空气中能强烈水解生成金属氧化物并产 生有刺激性的白色烟雾，可用作媒染剂、催化剂等。实验室利用如图所示装置制备四氯化锡(夹持装置略)。 回答下列问题： （1）甲装置中发生反应的离子方程式为_________，仪器 B的名称是_____。 （2）按照气流方向连接装置，接口顺序为_________。 （3）实验开始时需向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，此时应打开仪器 A的活塞_____(填“K1”、“K2”或“K1和 K2”)。 排尽装置中的空气后才能点燃乙处的酒精灯，判断装置中空气已排尽的现象是______。 （4）丙装置的作用是_____，若没有丙装置，可能发生的化学反应方程式为____。 （5）实验制得 30g溶有氯气的 SnCl4，其中氯气质量分数为 13.0%，则至少需向乙中通入标准状况的氯气_______L (保留 2位小数) 。提纯该 SnCl4的方法是______(填序号)。 a．用 NaOH溶液洗涤再蒸馏 b．升华 c．重结晶 d．蒸馏 e.过滤 【答案】 （1）MnO2+4H+ +2Cl- Δ Mn2+ + 2H2O + Cl2↑(2分) 蒸馏烧瓶 (1分) （2）afgihbcjkd (2分) （3）K2 (1分) 装置中充满黄绿色气体 (1分) （4）吸收多余的氯气，并防止水蒸气进入锥形瓶 (2分) SnCl4 +2H2O =SnO2+ 4HCl↑ (2分) （5）5.71 (2分) d (1分) 【解析】 由题干信息可知，Cl2和 Sn在加热的条件下可制得 SnCl4，装置甲为 Cl2的制备装置，乙装置为 Cl2和 Sn 制备 SnCl4 的装置，丙装置中装有碱石灰可吸收氯气和空气中的水蒸气，丁装置可吸收挥发的浓盐酸，戊装置为吸收水蒸气， 干燥 Cl2的装置，己装置为冷凝并收集 SnCl4的装置，据此可分析解答。 （1）根据上述分析可知，装置甲为MnO2和浓盐酸在加热的条件下制备 Cl2的装置，其反应的离子方程式为 MnO2+4H+ +2Cl- Δ Mn2+ + 2H2O + Cl2↑，仪器 B是蒸馏烧瓶，一般用于蒸馏操作，故答案为：MnO2+4H+ +2Cl- Δ Mn2+ + 2H2O + Cl2↑；蒸馏烧瓶； （2）由上述装置分析知，装置顺序为甲→丁→戊→乙→己→丙，若按照气流方向连接装置，气体在通过吸气瓶 时要长进短出，则其接口顺序为 afgihbcjkd，故答案为：afgihbcjkd； （3）仪器 A为恒压滴液漏斗，有着平衡气压使液体顺利滴下的作用，若要向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，只需 打开仪器 A的活塞 K2，当装置中充满了黄绿色的 Cl2后，可证明装置中空气已经排尽.故答案为：K2；装置中充 满黄绿色气体； （4）丙装置中的碱石灰既可吸收多余的氯气，防止污染空气，又可以防止空气中的水蒸气进入锥形瓶，使的 SnCl4 水解，若没有丙装置，SnCl4水解生成金属氧化物 SnO2并产生有刺激性的白色烟雾 HCl，方程式为 SnCl4 +2H2O =SnO2+ 4HCl↑，故答案为：吸收多余的氯气，并防止水蒸气进入锥形瓶；SnCl4 +2H2O =SnO2+ 4HCl↑； （5）30g氯气质量分数为 13.0%的 SnCl4中，SnCl4的质量为 30×(1-13%)=26.1g，其物质的量为 0.1mol，则 SnCl4 中 Cl元素的质量为 0.1×4×35.5=14.2g，Cl2的质量为 30×13%=3.9g，即 Cl2中 Cl元素的质量为 3.9g，故需要的 Cl 元素的总质量为 14.2+3.9=18.1g，物质的量为 18.1g÷35.5g/mol≈0.51mol，则需要的 Cl2的物质的量为 0.225mol， 标况下的体积为 0.225mol×22.4L/mol≈5.71L，四氯化锡常温下呈液态，熔点-33℃，沸点 144℃，则可采用蒸馏的 方法提纯 SnCl4，d选项正确，故答案为：5.71；d。 28．(14分)非金属及其化合物在工农业生产、生活中有着重要应用，减少非金属的氧化物在大气中的排放是环境 保护的重要内容之一。 （1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5kJ·mol-1 C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ·mol-1 2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221kJ·mol-1 若某反应的平衡常数表达式为：K= 2 2 2 2 2 c(N ) c (CO ) c (NO) c (CO)   ，请写出此反应的热化学方程式___。 （2）N2O5在一定条件下可发生分解：2N2O5(g) 4NO2(g)＋O2(g) △H>0。向恒容密闭容器加入 N2O5。某温 度下测得恒容密闭容器中 N2O5浓度随时间的变化如下表： t/min 0.00 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00 c(N2O5)/(mo·L-1) 1.00 0.71 0.50 0.35 0.35 0.35 反应开始时体系压强为 P0，第 3.00min时体系压强为 p1，则 p1：p0=__；1.00min~3.00min内，O2的平均反应速率 为__。从表中可知化学反应速率变化规律是__。 ①该温度下反应的平衡常数 Kp=__(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量的分数，请列出用 P0表 示平衡常数表达式，不用计算)。 ②一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量 N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是__。 a．容器中压强不再变化 b．NO2和 O2的体积比保持不变 c．2v 正(NO2)=v 逆(N2O5) d．混合气体的密度保持不变 （3）“长征”火箭发射使用的燃料是偏二甲肼(C2H8N2)，并使用四氧化二氮作为氧化剂，这种组合的两大优点是， 既能在短时间内产生巨大能量将火箭送上太空，产物又不污染空气(产物都是空气成分）。某校外研究性学习小组 拟将此原理设计为原电池，如图所示，结合学习过的电化学原理分析 B极发生的电极反应式为__。 【答案】（1）2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=-746·5kJ·mol-1 (2分) （2）1.975 (2分) 0.09mol·L-1·min-1 (2分) 随反应时间进行，反应物浓度降低，化学反应速率减少 (2分) 4 0 0 2 0 (1.3P ) (0.325P ) (0.35P ) (2分) a (2分) （3）N2O4+8H++8e-=N2+4H2O (2分) 【解析】 根据平衡常数表达式可知方程式，再根据盖斯定律求反应焓变；依据公式 PV nRT 可得压强之比等于物质的 量之比；先计算出五氧化二氮的速率，再根据同一时间段内速率之比等于化学计量数之比求出氧气的平均速率； 根据化学平衡状态的特征判断对错，据此分析。 （1）根据平衡常数的定义可知，该反应为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，由盖斯定律可知：△ H=-180.5kJ·mol-1+221kJ·mol-1-2×393.5kJ·mol-1=-746·5kJ·mol-1，故方程式为：2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=-746.5kJ·mol-1； （2）压强之比等于物质的量之比，第 3.00min时，c(N2O5)=0.35mo·L-1，c(NO2)=1.3mo·L-1，c(O2)=0.325mo·L-1， 设容器的体积为 VL，   1 1 1 0 0.35 1.3 0.325 1.975 1.00 mol L VLP P mol L VL           ； 化学反应速率之比等于化学计量数之比，      2 5 2 2 5 1 1 1 11 1 1 0.71 0.35 0.09 min 2 2 2 3.00min 1.00min N O O N O c mol L mol L mol L t                      ；随反应时间进行，反 应物浓度降低，化学反应速率减少； ①根据表中数据可知 3min时达到平衡状态，且上一步计算得到平衡时总压为 1.975P0；      2 5 2 2 1 1 1 2 4 ( · ) 1.00 0.00 0.00 ( · ) 0.65 1.30 0.325 ( · ) 0.35 1.30 0.325 N O g NO g O g mol L mol L mol L     ＋ 开始 转化 平衡 该温度下平衡常数 4 40 0 0 0 2 2 0 0 1.30 0.325( 1.975 ) ( 1.975 ) (1.3 ) (0.325 )1.975 1.975= 0.35 (0.35 )( 1.975 ) 1.975 P P P PKp PP       ； ②此反应前后为气体化学计量数减小的反应，故恒容条件下容器中压强不再变化，说明反应达到平衡，a项正确； 相同条件下，NO2和 O2的体积比始终等于化学计量数之比，保持不变，b项错误；不同物质的正逆反应速率之 比等于化学计量数之比，故 V 正(NO2)＝2V 逆(N2O5)，c项错误；  m V   气体 ，因参与此反应的物质均为气体，遵循质量守恒，故 m(气体)不变，恒容条件下，V不变，故混合气体 的密度为不变量，d项错误； （3）根据图中电子流向，可知 B极得电子为正极，故电极方程式为：N2O4+8H++8e-=N2+4H2O。 （二）选考题：共 15分。请考生从 2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 35．［化选修 3：物质结构与性质］（15分） 氮、硒形成的单质及其化合物有重要的科学研究价值，请回答下列问题： （1）邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图所示。基态氮原子的价电子 轨道表示式为______________；其核外电子共占据____个能级；邻氨基吡啶的铜配合物中 Cu2＋的配位数是 _______。 （2）高聚氮晶体结构如图所示，每个氮原子与另外三个氮原子结合形成空间网状结构。固态高聚氮是_______ 晶体；该晶体中 n(N)与 n(N—N)之比为_______；这种高聚氮 N—N键的键能为 160 kJ·mol-1，而 N2的键能为 942 kJ·mol-1，其可能潜在的应用是__________。 （3）NO3 － 的空间构型是________；HNO3的酸性比 HNO2强，试从结构的角度解释其原因__________。 （4）硒有三种晶体(α单斜体、β单斜体和灰色三角晶)，灰硒的晶体为六方晶胞结构，原子排列为无限螺旋链， 分布在六方晶格上，同一条链内原子作用很强，相邻链之间原子作用较弱，其螺旋链状图、晶胞结构图和晶胞俯 视图如图所示： 已知正六棱柱的边长为 a cm，高为 b cm，阿伏加德罗常数的值为 NA，则该晶体的密度为_____g·cm-3(用含 NA、 a、b的式子表示)。 【答案】 （1） (1分) 3 (1分) 4 (2分) （2） 原子(2分) 2:3(2分) 制炸药 (2分) （3）平面三角形 (1分) HNO3中含有非羟基氧多 (2分) （4） 2 A 158 3 a bN (2分) 【解析】 （1）N是 7号元素，其核外有 7个电子，则基态氮原子的核外电子排布式为 1s22s2sp3，价电子轨道表达式为 ，其核外电子共占据 1s、2s、2p三个能级，由邻氨基吡啶的铜配合物的结构简式分析可知， Cu2+的配位数为 4，故答案为： ；3；4； （2）高聚氮晶体中每个氮原子都通过三个单键和其他氮原子结合并向空间发展构成立体网状结构，属于原子晶 体，因为晶体中煤隔氮原子都通过三个单键与其他氮原子结合，则每个氮原子平均形成 1.5个 N—N键，故氮原 子数与 N—N键数之比为 2:3，则 n(N):n(N—N)=2:3，由键能数据分析可知，高聚氮爆炸后生成氮气放出大量的 热，还能瞬间生成大量的气体，则可能的用途为制炸药，故答案为：原子；2:3；制炸药； （3）NO3-中 N原子的价电子对数为 5+1-2 33+ =3 2  ，孤电子对数为 0，则其空间构型为平面三角形，对于同种 元素 R的不同的含氧酸的酸性比较，可以把酸写成(HO)nROm的形式，m越大，酸性越强，m越大，非羟基氧个 数多，中心原子的电子云向氧偏离的越厉害，从而氢氧键的电子云通过传递向氧偏离的就越厉害，从而容易电离， 酸性越小，由于 HNO3中的非羟基氧数目比 HNO2的多，因此 HNO3的酸性更强，故答案为：平面三角形；HNO3 中含有非羟基氧多； （4）Se原子间形成正六棱柱，位于面心与顶点，从晶胞的俯视图可知晶胞中 Se原子数目为 6× 1 2 +12×3× 1 6 =9， 体积 V= 3 4 ×a2×6×b， 2 2 A A m 9 79 158 3ρ= = = V a bN3 a 6 b N 4      ，故答案为： 2 A 158 3 a bN 。 36．[化选修 5：有机化学基础]（15分） 海南粗榧新碱具有抗肿瘤、抗炎等作用，其中间体 G的合成线路如图： 已知： ①R-COOH+R′-NH2 2SOCl O H | | | R-C -N R′ +H2O； ②R-CN 2 4 NiCl NaBH  回答下列问题： （1）X为醛类物质，其名称为________，C中含氧官能团的名称为________。 （2）C→D的反应类型为________。 （3）化合物 F的结构简式为________。 （4）B与新制的氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为________。 （5）有机物 Y是 A的同分异构体，满足条件：①能与 3FeCl 溶液发生显色反应，②1mol Y与足量金属 Na反 应生成 21mol H ，③结构中含“ ”，Y共有________种，其中核磁共振氢谱显示为 4组峰，且峰面积比为 2 : 2 :1:1的物质为________(写出其中一种结构简式)。 （6）设计以 为起始原料制备 的合成线路(无机试剂任选) ________。 【答案】（1）甲醛 (2分) 羟基、醚键 (2分) （2）取代反应 (2分) （3） (2分) （4） +2Cu(OH)2+NaOH Δ +Cu2O↓+3H2O (2分) （5） 8 或 或 (2分) （6） (3分) 【解析】 A与 X反应生成 B，结合 A与 B的结构简式，可得 X为甲醛，B在 LiAlH4的作用下生成 C，C加入 PBr3可以 得到 D，D加入氰化钠后得到 E，酸化后得到 F，结合 B和 E的结构简式，和 C、D的分子式，可得 C的结构简 式为 ，D的结构简式为 ，F的结构简式为 ，F与 在 SOCl2作用下生成 G，据此分析解答。 （1） A是 ，X为醛类物质，得到 ，根据碳原子数目的变化，可知 X为甲醛， 根据 C的结构可知 C中含氧官能团的名称为醚键和羟基； （2） C的结构简式为 ，D的结构简式为 ，C中的羟基被 Br原子取代，则 反应类型为取代反应； （3）根据分析，化合物 F的结构简式为 ； （4）B含有醛基，具有还原性，可以将新制的氢氧化铜还原成氧化亚铜，B与新制的氢氧化铜悬浊液反应的化 学方程式为 +2Cu(OH)2+NaOH Δ +Cu2O↓+3H2O； （5）有机物 Y是 A的同分异构体，分子式为 C7H6O3，满足条件：①能与 3FeCl 溶液发生显色反应，含有酚羟 基和苯环，②1mol Y与足量金属 Na反应生成 21mol H ，可以含有羟基或羧基，且分子中含有羟基或羧基共 2 个，③结构中含“ ”，可以有醛基或羧基的结构，若 Y分子结构由两个酚羟基和一个醛基与苯环相连，则 有 5种结构，若 Y分子的结构由一个酚羟基和一个羧基与苯环相连，取代基有邻，间，对的位置，有 3种，则 Y 的结构共有 8种；其中核磁共振氢谱显示为 4组峰，且峰面积比为 2 : 2 :1:1的物质为 中的任意一种； （6）以 为起始原料制备 的合成线路为 。