【化学】四川省成都外国语学校2020届高三上学期期中考试理综（解析版） 17页

四川省成都外国语学校2020届高三上学期期中考试理综 可能用到的相对原子质量：H ---1　C ---12　N ---14　O--- 16　F--- 19　Cl--- 35.5　Ca ---40　Fe ---56　Br ---80　I ---127‎ 第Ⅰ卷 ‎1.习近平总书记指出“绿水青山就是金山银山”。下列观点合理的是(　　)‎ A. 将工业废液排入海洋以减少河道污染 B. 为了减少火电厂产生的大气污染，应将燃煤粉碎并鼓入尽可能多的空气 C. 习总书记2018年4月2日参加北京植树节体现了绿色化学的思想 D. 与2017年相比2018年某地区降水pH平均值增加了0.27，说明酸雨情况有所改善 ‎【答案】D ‎【详解】A.工业废液排入海洋中会污染海洋，会危害渔业资源，人如果食用了被污染的鱼，对人体也会产生危害，A项不合理；‎ B. 将燃煤粉碎并鼓入尽可能多的空气，并不能减少SO2的排放，不能减少空气污染，B项不合理；‎ C. 植树不能从源头上杜绝污染物的排放，不是绿色化学的核心体现，C项不合理；‎ D. pH值增加，雨水酸性减弱，说明酸雨情况有所改善，D项合理；‎ 答案选D。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是(　　)‎ A. 42 g丙烯和环丙烷的混合气体中所含极性键的数目为6NA B. 12 g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的数目为1.5NA C. 室温下，1 L pH＝13的NaOH溶液中，由水电离出的OH－的数目为0.1NA D. 3.6 g CaO2晶体中阴离子的数目为0.1NA ‎【答案】A ‎【分析】A. 丙烯和环丙烷的分子式均为C3H6，摩尔质量相同，极性键数量相同；‎ B. 1mol碳原子能形成0.5mol六元环；‎ C. 在NaOH溶液中，水的电离被抑制，溶液中的OH-几乎全部来自氢氧化钠；‎ D. CaO2中阳离子与阴离子个数比为1:1。‎ ‎【详解】A. 丙烯和环丙烷互为同分异构体，42 g丙烯和环丙烷的混合气体的物质的量为42g÷42g/mol=1mol，含有的极性键的物质的量为6mol，数量为6NA，A项正确；‎ B. 12 g（即1mol）石墨烯能形成0.5mol六元环，含有六元环的数目为0.5NA，B项错误；‎ C. 在NaOH溶液中，水的电离被抑制，水电离出的OH-的浓度等于水电离出的H+浓度，均为10-13mol/L，1LpH=13的NaOH溶液中水电离出的OH-的数目为10-13NA，C项错误；‎ D. 3.6 g （即0.05mol）CaO2中阴离子的物质的量为0.05mol，阴离子的数目为0.05NA，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】解答本题的关键是熟知石墨中1mol碳原子能形成0.5mol六元环，易错点是错误地认为CaO2中阳离子与阴离子个数比为1:2，CaO2中阴离子为O22-，做题时要格外注意。‎ ‎3.有甲、乙两种有机物（结构简式如下图），下列说法不正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 二者与溴的CCl4溶液发生加成反应，消耗溴的物质的量分别为2mol、1mol B. 甲、乙互为同分异构体 C. 1mol甲与H2在一定条件下反应，最多消耗3mol H2‎ D. 等物质的量的甲、乙分别与NaOH溶液反应，消耗NaOH的量相同 ‎【答案】B ‎【解析】A. 分子中分别含有2个碳碳双键和1个碳碳双键，则二者与溴的CCl4溶液发生加成反应，消耗溴的物质的量分别为2mol、1mol，A正确；B. 二者的分子式不同，不能互为同分异构体，B错误；C. 甲分子中的碳碳双键、醛基均与氢气发生加成反应，1mol甲与H2在一定条件下反应，最多消耗3mol H2，C正确；D. 二者均含有1个酯基，等物质的量的甲、乙分别与NaOH溶液反应，消耗NaOH的量相同，D正确，答案选B。‎ ‎4.下列实验能达到预期目的的是(　　)‎ 选项 实验内容 实验目的 A 向1 mL 0.1 mol/L NaOH溶液中加入2 mL 0.1 mol/L CuSO4溶液，振荡后滴加0.5 mL葡萄糖溶液，加热观察是否出现红色沉淀 证明葡萄糖中含有醛基 B 向1 mL 0.2 mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1 mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1 mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀 证明在相同温度下，Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3]‎ C 测定同温度下相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的pH，前者大于后者 证明碳元素非金属性弱于硫 D 向某溶液中滴加少量稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝 证明溶液中无NH4+‎ ‎【答案】C ‎【详解】A. 由数据可知配制氢氧化铜悬浊液时氢氧化钠溶液不足，加热后不会出现红色沉淀，A项错误；‎ B.开始时加入的氢氧化钠过量，生成氢氧化镁的白色沉淀后，过量的NaOH能继续和FeCl3溶液反应生成红褐色沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，B项错误；‎ C.测定同温度下相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的pH，前者pH大于后者，说明碳酸的酸性弱于硫酸，碳酸、硫酸是C、S的最高价含氧酸，能说明碳元素的非金属性比硫元素的非金属性弱，C项正确；‎ D.溶液中即使存在NH4+，使用这种方法也不能检验出来，原因是溶液中NH4+与OH-生成NH3·H2O，没有加热不能产生NH3，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点是葡萄糖检验的方法，在检验的过程中要注意：①新制Cu(OH)2悬浊液要随用随配，不可久置；②配制新制Cu(OH)2悬浊液时，所用NaOH必须过量；③反应液直接加热煮沸，才有明显的红色沉淀；④加热沸腾不能太久，否则会有黑色沉淀，这是Cu(OH)2受热分解生成CuO所致。‎ ‎5. 短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13。X 的原子半径比Y 的小，X 与W 同主族，Z 是地壳中含量最高的元素。下列说法正确的是(　　)‎ A. 原子半径：r(Y) > r(Z) > r(W)‎ B. Z、W形成的两种化合物中，阴、阳离子个数比相同 C. Y的气态氢化物的热稳定性比Z 的强 D. 仅由X、Y、Z形成的化合物只能是共价化合物 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：Z是地壳中含量最高的元素，Z为O；由X的原子半径比Y的小，X与W同主族，短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，则X为H，W为Na；原子最外层电子数之和为13，则Y的最外层电子数为13-1-1-6=5，Y为第二周期的N元素。A．电子层越多，半径越大，同周期原子序数大的原子半径小，则原子半径为r(W)＞r(Y)＞r(Z)，故A错误；B．元素Z(O)、W(Na)形成的两种化合物氧化钠、过氧化钠中，阴、阳离子个数比相同均为1：2，故B正确；C．非金属性Z＞Y，则元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱，故C错误；D．只含X、Y、Z三种元素的化合物，若为硝酸盐，则为离子化合物，若为硝酸，则是共价化合物，故D错误；故选B。‎ 考点：考查了原子结构与元素周期律的相关知识。‎ ‎6.锌元素对婴儿及青少年的智力和身体发育有重要的作用，被称为生命火花。利用恒电势电解NaBr溶液间接将葡萄糖[CH2OH(CHOH)4CHO]氧化为葡萄糖酸[CH2OH(CHOH)4COOH]，进而制取葡萄糖酸锌，装置如图所示，下列说法错误的是(　　)‎ A. 钛网与直流电源的正极相连，发生还原反应 B. 石墨电极的反应为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－‎ C. 电解过程中硫酸钠溶液浓度保持不变 D. 生成葡萄糖酸的化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO＋Br2＋H2O=CH2OH(CHOH)4COOH＋2HBr ‎【答案】A ‎【分析】由题干可知，在钛网上NaBr将被氧化为溴单质，失电子发生氧化反应，钛网作阳极，与电源的正极相连，石墨电极作阴极，发生还原反应，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑＋2OH－。‎ ‎【详解】A.‎ ‎ 由分析可知，在钛网上NaBr将被氧化为溴单质，失电子发生氧化反应，钛网作阳极，与电源的正极相连，A项错误；‎ B. 石墨电极作阴极，发生还原反应，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑＋2OH－，B项正确；‎ C. 电解过程中，左侧发生的反应为2Br--2e-=Br2、CH2OH(CHOH)4CHO＋Br2＋H2O=CH2OH(CHOH)4COOH＋2HBr，右侧电极反应为：2H2O+2e-=H2↑＋2OH－，左侧产生的H+经过质子交换膜不断向右侧提供被消耗的H+，右侧硫酸钠溶液的浓度不变，C项正确；‎ D. 电解过程中溴离子氧化生成的Br2将葡萄糖氧化为葡萄糖酸，化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO＋Br2＋H2O=CH2OH(CHOH)4COOH＋2HBr，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎7.25℃时，将0.0l mol • L -1 NaOH溶液滴入20mL0.01mol·L-1CH3COOH溶液的过程中，溶液中由水电离出的c(H+)与加入NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A. x=20，a点的纵坐标为1.0×10-12‎ B. b点和d点所示溶液的pH相等 C. 滴定过程中，c(CH3COO-)与c(OH-)的比值逐渐增大 D. e点所示溶液中，c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、a点是0.01mol·L-1CH3COOH，电离出的H＋ 浓度小于0.01mol·L-1，a点水电离的H＋ 大于1.0×10-12，x<20ml，故A错误；B、b点酸性和d点显碱性，所示溶液的pH不相等，故B错误；C、滴定过程中，不断地加碱，c(OH-)一直增大，c(CH3COO-)与c(OH-)的比值逐渐减小， 故C错误；D、e点所示溶液中，醋酸的量是NaOH的2倍，由物料守恒可得c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，故D正确；故选D。‎ 第Ⅱ卷 ‎8.锶有“金属味精”之称。以天青石（主要含有SrSO4和少量CaCO3、MgO杂质）生产氢氧化锶的工艺如下：‎ 已知氢氧化锶在水中的溶解度：‎ 温度（℃）‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ ‎90‎ ‎100‎ 溶解度（g/100mL）‎ ‎0.91‎ ‎1.25‎ ‎1.77‎ ‎2.64‎ ‎3.95‎ ‎8.42‎ ‎20.2‎ ‎44.5‎ ‎91.2‎ ‎（1）隔绝空气焙烧时SrSO4只被还原成SrS，化学方程式为_________________________。‎ ‎（2）“除杂”方法：将溶液升温至95℃，加NaOH溶液调节pH为12。‎ ‎①95℃时水的离子积KW＝1.0×10－12，Ksp[Mg(OH)2]＝1.2×10－10，则溶液中c（Mg2＋）＝___________。‎ ‎②若pH过大，将导致氢氧化锶的产率降低，请解释原因_______________________________‎ ‎_______________________________________________。‎ ‎（3）“趁热过滤”的目的是____________________________________，“滤渣”的主要成分为___________________________________。‎ ‎（4）从趁热过滤后的滤液中得到Sr(OH)2产品的步骤为____________、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎（5）“脱硫”方法：用FeCl3溶液吸收酸浸产生的气体，请写出吸收时的离子方程式__________________________________；再用石墨电极电解吸收液，电解后可在“脱硫”中循环利用的物质是FeCl3溶液。请写出电解时阳极的电极反应：________________________。‎ ‎【答案】(1). SrSO4＋4CSrS＋4CO↑ (2). 1.2×10-10 mol•L-1 (3). OH－对氢氧化锶的溶解起抑制作用，OH－浓度过大，将使氢氧化锶沉淀析出 (4). 防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失 (5). Ca(OH)2、Mg(OH)2 (6). 降温结晶 (7). 2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ (8). Fe2+—e—=Fe3+‎ ‎【解析】（1）根据图中信息，隔绝空气焙烧时SrSO4只被碳还原成SrS，同时生成一氧化碳，反应化学方程式为：SrSO4 ＋ 4C SrS ＋ 4CO↑；（2）①95℃时水的离子积KW＝1.0×10－12，pH为12，c（H＋）＝10-12mol/L，c（OH-）＝=1mol/L，c（Mg2＋）＝‎ ‎==1.2×10-10 mol•L-1；②OH－对氢氧化锶的溶解起抑制作用，OH－浓度过大，将使氢氧化锶沉淀析出，导致氢氧化锶的产率降低；（3）“趁热过滤”的目的是防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失，“滤渣”的主要成分为在碱性条件下沉淀下来的Mg(OH)2和微溶物Ca(OH)2；（4）从趁热过滤后的滤液中得到Sr(OH)2产品的步骤为降温结晶、过滤、洗涤、干燥；（5）“脱硫”方法：用FeCl3溶液吸收酸浸产生的气体，铁离子将硫离子氧化为硫单质，吸收时的氧化产物为S；再用石墨电极电解吸收液，电解过程将氯化亚铁氧化为氯化铁，故电解后可在“脱硫”中循环利用的物质是FeCl3。‎ ‎9.甲酸(HCOOH)是还原性酸，又称作蚁酸，常用于橡胶、医药、染料、皮革等工业生产。某化学兴趣小组在分析甲酸的组成和结构后，对甲酸的某些性质进行了探究。请回答下列问题。‎ I.甲酸能与醇发生酯化反应 该兴趣小组用如上图所示装置进行甲酸(HCOOH)与甲醇(CH3OH)的酯化反应实验: ‎ 有关物质的性质如下:‎ 沸点/℃‎ 密度(g·cm-3)‎ 水中溶解性 甲醇 ‎64.5‎ ‎0.79‎ 易溶 甲酸 ‎100.7‎ ‎1.22‎ 易溶 甲酸甲酯 ‎31.5‎ ‎0.98‎ 易溶 ‎(1)装置中，仪器A的名称是_____________________，长玻璃管c的作用是______________________________________。‎ ‎(2)甲酸和甲醇进行酯化反应的化学方程式为____________________________________________。‎ ‎(3)要从锥形瓶内所得 混合物中提取甲酸甲酯，可采用的方法为__________________________________。‎ II.甲酸能脱水制取一氧化碳 ‎(1)利用上图装置制备并收集CO气体，其正确的连接顺序为a→______________________(按气流方向从左到右，用小写字母表示)。‎ ‎(2)装置B的作用是__________________________________。‎ ‎(3)一定条件下，CO能与NaOH 固体发生反应:CO+NaOH HCOONa。‎ ‎①为了证明“CO与NaOH 固体发生了反应”，设计下列定性实验方案:取固体产物，配成溶液，___________________________________________________________________。‎ ‎②测定产物中甲酸钠(HCOONa)的纯度：准确称取固体产物8,0 g配制成100 mL溶液，量取20.00 mL该溶液于锥形瓶中，再加入___________作指示剂，用1.5 mol/L的盐酸标准溶液滴定剩余的NaOH，平行滴定三次，平均消耗盐酸的体积为5.05 mL，则产物中甲酸钠的质量分数为___________(计算结果精确到0.1%)。‎ ‎【答案】(1). 直形冷凝管 (2). 平衡内外气压，冷凝回流产品 (3). HCOOH+ CH3OHHCOOCH3+H2O (4). 蒸馏 (5). c→b→e→d→f (6). 除去CO中的HCOOH 蒸气 (7). 加入稀硫酸酸化后，再滴加酸性高锰酸钾溶液，能够使溶液褪色 (8). 酚酞 (9). 81.1%‎ ‎【解析】I．(1)由装置图可知，仪器A为直形冷凝管；由于产物甲酸甲酯的沸点较低，为防止其大量挥发，所以长玻璃管c的作用冷凝回流产品，也能起到平衡内外气压的作用；‎ ‎(2) 甲酸和甲醇进行酯化反应的化学方程式HCOOH+ CH3OHHCOOCH3+H2O；‎ ‎(3)根据甲酸、甲醇和甲酸甲酯的沸点都有较大差别，可采用蒸馏的方法提取混合物中的甲酸甲酯；‎ II．(1)用甲酸脱水制取一氧化碳时，要用浓硫酸催化脱水，再用碱石灰进行除杂，最后用排水法收集CO，所以正确的连接顺序为a→c→b→e→d→f ；‎ ‎(2) 由于甲酸的沸点不高，在加热时会有一定量的挥发，所以装置B的作用是除去CO中的HCOOH蒸气；‎ ‎(3) ①已知甲酸(HCOOH)是还原性酸，所以可用氧化性物质来检验是否有甲酸生成，所以取固体产物，配成溶液，加入稀硫酸酸化后，再滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液的紫色褪去，即证明CO与NaOH 固体发生了反应；②这是用标准盐酸来滴定未知碱溶液的操作，所以用酚酞作指示剂，已知消耗盐酸的物质的量为1.5 mol/L×5.05 ×10-3L=7.575×10-3 mol，所以8.0g固体产物中含NaOH的质量为7.575×10-3 mol×5×40g/mol=1.515g，则产物中甲酸钠的质量分数为=81.1%。 ‎ 点睛：本题的关键是通过甲酸、甲醇和甲酸甲酯的沸点，知道它们的沸点较低，易挥发，需要从产物中除去，且沸点之间差距较大，可通过蒸馏的方法进行分离提纯，又甲酸具有还原性，为甲酸钠的检验提供了思路。‎ ‎10.工业上以CO2和NH3为原料合成尿素。在尿素合成塔中主要反应可表示如下：‎ 反应Ⅰ：2NH3(g)＋CO2(g)NH2CO2NH4(s)　ΔH1＝－159.47 kJ·mol－1‎ 反应Ⅱ：NH2CO2NH4(s) CO(NH2)2(s)＋H2O(g)　ΔH2＝＋72.49 kJ·mol－1‎ 总反应Ⅲ：2NH3(g)＋CO2(g) CO(NH2)2(s)＋H2O(g)　ΔH3‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)在相同条件下，反应Ⅰ分别在恒温恒容容器中和绝热恒容容器中进行，二者均达到平衡后，c(CO2)恒温________c(CO2)绝热(填“大于”“小于”或“等于”)；ΔH3＝____________。‎ ‎(2)某研究小组为探究反应Ⅰ中影响c(CO2)的因素，在恒温下将0.4 mol NH3和0.2 mol CO2放入容积为2 L的密闭容器中，t1时达到化学平衡，c(CO2)随时间t变化曲线如图甲所示，在0～t1时间内该化学反应速率υ(NH3)＝____________；若其他条件不变，t1时将容器体积压缩到1 L，t2时达到新的平衡。请在图甲中画出t1～t2时间内c(CO2)随时间t变化的曲线。___________________________________‎ ‎ ‎ ‎(3)在150 ℃时，将2 mol NH3和1 mol CO2置于a L 密闭容器中，发生反应Ⅲ，在t时刻，测得容器中CO2转化率约为73%，然后分别在温度为160 ℃、170 ℃、180 ℃、190 ℃时，保持其他初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2转化率并绘制变化曲线(见图乙)。在150～170 ℃之间，CO2转化率呈现逐渐增大的变化趋势，其原因是_______‎ ‎_______________________________________________________________________________，180 ℃时反应Ⅲ的平衡常数K＝____________(用含a的式子表示)。‎ ‎(4)侯氏制碱法主要原料为NaCl、CO2和NH3，其主要副产品为NH4Cl，已知常温下，NH3·H2O的电离常数Kb＝1.8×10－5，则0.2 mol·L－1 NH4Cl溶液的pH约为________(取近似整数)。‎ ‎【答案】(1). 小于 (2). －86.98 kJ·mol－1 (3). mol∙L-1∙min-1 (4). (5). 反应未达到平衡状态，温度越高反应速率越快，CO2转化率越向平衡靠拢 (6). 12a2 (7). 5‎ ‎【分析】（1）反应Ⅰ分别在恒温恒容和绝热恒容中进行，二者均达到平衡，绝热容器中温度升高平衡逆向进行，二氧化碳浓度增大；用盖斯定律计算∆H3；‎ ‎（2）由图甲知在0～t1时间内，二氧化碳浓度的变化量为0.1mol/L-0.025mol/L=0.075mol/L，根据υ=进行计算；体积压缩为原来的一半，浓度瞬时增大为原来的一倍，变为0.05mol/L，增大压强平衡正向移动，因生成物为固体，最终达到的平衡状态时CO2的浓度仍为0.025mol/L，据此画出曲线；‎ ‎（3）由图乙可知二氧化碳的转化率随温度的升高而增大，温度达到170℃时达到最大值，反应达到平衡状态，温度继续升高，二氧化碳的转化率逐渐减小，说明平衡逆向进行；180 ℃时二氧化碳的转化率为75%，利用三段法进行计算；‎ ‎（4）铵根离子水解使溶液呈酸性，NH4+的水解平衡常数Kh==与c2(H+)=Kh·c(NH4+)计算出c(H+)，进一步计算pH。‎ ‎【详解】（1）反应Ⅰ分别在恒温恒容和绝热恒容中进行，二者均达到平衡，由于反应I是放热反应，绝热容器中温度升高平衡逆向进行，二氧化碳浓度增大，c(CO2)恒温小于c(CO2)绝缘；利用盖斯定律可知I+II得总反应，2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)　ΔH3=-86.98 kJ·mol－1；‎ ‎（2）由图甲知在0～t1时间内，二氧化碳浓度的变化量为0.1mol/L-0.025mol/L=0.075mol/L，则∆c（NH3）=0.15mol/L， υ(NH3)=== mol∙L-1∙min-1；体积压缩为原来的一半，浓度瞬时增大为原来的一倍，变为0.05mol/L，增大压强平衡正向移动，因生成物为固体，最终达到的平衡状态时CO2的浓度仍为0.025mol/L，据此曲线为：；‎ ‎（3）由图乙可知二氧化碳的转化率随温度的升高而增大，温度达到170℃时达到最大值，反应达到平衡状态，温度继续升高，二氧化碳的转化率逐渐减小，说明平衡逆向进行，所以在150～170 ℃之间，CO2转化率呈现逐渐增大的变化趋势，其原因是反应未达到平衡状态，温度越高反应速率越快，CO2转化率越向平衡靠拢；‎ 设CO2转化了x mol/L ‎2NH3(g)＋CO2(g) CO(NH2)2(s)＋H2O(g)‎ 始（mol/L） 0‎ 转（mol/L） 2x x x 平（mol/L） -2x -x x ‎180 ℃时二氧化碳的转化率为75%，则有100%=75%，解得x=‎ 平衡常数K＝==12a2；‎ ‎（4）铵根离子水解使溶液呈酸性，NH4的水解平衡常数Kh===，水解生成的c(NH3·H2O)近似等于c(H+)，则c2(H+)=Kh·c(NH4+)，c(H+)==≈10-5mol/L，pH=-lg[c(H+)]=5。‎ ‎11.卤素的单质和化合物种类很多，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解它们。回答下列问题：‎ ‎(1)溴原子的价层电子排布图为________________。根据下表提供的第一电离能数据，判断最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是________(填元素符号)。‎ 氟 氯 溴 碘 第一电离能/ (kJ·mol－1)‎ ‎1 681‎ ‎1 251‎ ‎1 140‎ ‎1 008‎ ‎(2)氢氟酸在一定浓度的溶液中主要以二分子缔合[(HF)2]形式存在，使氟化氢分子缔合的相互作用是_______________。碘在水中溶解度小，但在碘化钾溶液中明显增大，这是由于发生反应：I－＋I2=I3-，CsICl2与KI3类似，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，试写出CsICl2受热分解的化学方程式：_________________________________。‎ ‎(3)ClO2-中心氯原子的杂化轨道类型为________，与ClO2-具有相同立体构型和键合形式的物质的化学式为____________(写出一个即可)。‎ ‎(4)如图甲为碘晶体晶胞结构，平均每个晶胞中有________个碘原子，碘晶体中碘分子的配位数为____________。‎ ‎　　‎ ‎(5)已知NA为阿伏加德罗常数，CaF2晶体密度为ρ g·cm－3，其晶胞如图乙所示，两个最近Ca2＋核间距离为a nm，则CaF2的相对分子质量可以表示为____________。‎ ‎【答案】 (1). (2). I (3). 氢键 (4). CsICl2CsCl＋ICl (5). sp3 (6). Cl2O(或OF2等) (7). 8 (8). 12 (9). a3ρ NA×10－21‎ ‎【分析】（1）Br原子的价电子排布式为4s24p5；元素的第一电离能越小，失电子能力越强，越容易失电子成为阳离子；‎ ‎（2）氢键能使HF分子之间缔合；碘在水中的溶解度小，在碘化钾溶液中明显增大，是由于I－＋I2=I3-，CsICl2与KI3类似，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质CsCl，同时生成ICl，据此写出方程式；‎ ‎（3）ClO2-中心Cl原子价层电子对数=2+=4，且含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断杂化轨道类型，等电子体空间构型和键合形式相似；‎ ‎（4）利用均摊法计算；‎ ‎（5）该晶胞中F-为8个，Ca2+为8×+6×=4，两个最近Ca2+核间距为a nm=a×10-7cm，晶胞棱长=a×10-7cm，晶胞的体积V为(a×10-7)3cm3，则=，代入数据进行计算。‎ ‎【详解】（1）Br原子的价电子排布式为4s24p5，价层电子排布图为；元素的第一电离能越小，失电子能力越强，越容易失电子成为阳离子，由表格中的数据可知，易形成阳离子的是I；‎ ‎（2）氢键能使HF分子之间缔合，所以氢键导致HF分子缔合；I2在水中溶解度小，在碘化钾溶液中明显增大，是由于I－＋I2=I3-，CsICl2与KI3类似，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质为CsCl，同时生成ICl，方程式为：CsICl2CsCl＋ICl；‎ ‎（3）ClO2-中心Cl原子价层电子对数=2+=4，且含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知杂化轨道类型为sp3，等电子体空间构型和键合形式相似，与该离子具有相同立体构型和键合形式的有Cl2O(或OF2等)；‎ ‎（4）平均每个晶胞中碘原子的个数=（8×+6×）×2=8；碘晶体中碘分子的配位数=3×8÷2=12；‎ ‎（5）该晶胞中F-为8个，Ca2+为8×+6×=4，两个最近Ca2+核间距为a nm=a×10-7cm，晶胞棱长=a×10-7cm，晶胞的体积V为(a×10-7)3cm3，则=，M==g/mol=a3ρ NA×10－21 g/mol，则CaF2的相对分子质量可以表示为a3ρ NA×10－21。‎ ‎12.有机物A～M有如图转化关系，A与F分子中含碳原子数相同，均能与NaHCO3溶液反应，且A中含一个卤素原子，F的分子式为C9H10O2；D能发生银镜反应；M与NaOH溶液反应后的产物，其苯环上一氯代物只有一种。‎ 已知：（R1、R2代表烃基或氢原子）‎ 请回答：‎ ‎（1）B、F的结构简式分别为_____________、____________‎ ‎（2）反应①～⑦中，属于消去反应的是_____________（填反应序号）。‎ ‎（3）D发生银镜反应的化学方程式为_____________________________________________；反应⑦的化学方程式为___________________________________________‎ ‎（4）A的相对分子质量在180～260之间，从以上转化中不能确认A中含有哪种卤素原子，确定该官能团的实验步骤和现象为______________________________________________‎ ‎__________________________________________________________________‎ ‎（5）符合下列条件F的同分异构体共有________种。‎ a．能发生银镜反应 b．能与FeCl3溶液发生显色反应 c．核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1∶1∶2∶6‎ ‎【答案】(1). (2). (3). ④ (4). ＋2Ag↓＋2NH3＋H2O (5). ＋（n－1）H2O (6). 取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子 (7). 2‎ ‎【分析】A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与 NaHCO3溶液反应，均含有﹣COOH，F的分子式为C9H10O2，其不饱和度为=5，F发生氧化反应生成M，M与NaOH溶液反应后的产物，其苯环上一氯代物只有一种，说明F含有苯环，F中应含有乙基，且与羧基处于对位，故F为，M为．由A→B→C的转化可知，C中含有﹣COOH，C发生氧化反应生成D，D能发生银镜反应，结合F的结构可知，C为，故D为，B为，A的相对分子质量在180〜260之间，故A中苯环上的乙基中不可能连接羟基，应为卤素原子，A的结构为，X相对原子质量大于180﹣28﹣76﹣45=31，小于260﹣28﹣76=111，X可能为Cl或Br。C发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成F。C发生缩聚反应生成高聚物H为。‎ ‎【详解】A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与 NaHCO3溶液反应，均含有﹣COOH，F的分子式为C9H10O2，其不饱和度为 ‎=5，F发生氧化反应生成M，M与NaOH溶液反应后的产物，其苯环上一氯代物只有一种，说明F含有苯环，F中应含有乙基，且与羧基处于对位，故F为，M为．由A→B→C的转化可知，C中含有﹣COOH，C发生氧化反应生成D，D能发生银镜反应，结合F的结构可知，C为，故D为，B为，A的相对分子质量在180〜260之间，故A中苯环上的乙基中不可能连接羟基，应为卤素原子，A的结构为，X相对原子质量大于180﹣28﹣76﹣45=31，小于260﹣28﹣76=111，X可能为Cl或Br。C发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成F。C发生缩聚反应生成高聚物H为。‎ ‎（1）B、F的结构简式分别为、，‎ 故答案为：、；‎ ‎（2）反应①属于取代反应，还发生中和反应，反应②属于复分解反应，反应③⑥属于氧化反应，反应④属于消去反应，反应⑤属于加成反应，反应⑦属于缩聚反应，‎ 故答案为：④；‎ ‎（3）D发生银镜反应的化学方程式为：；‎ 反应⑦的化学方程式为：，‎ 故答案为：；‎ ‎；‎ ‎（4）根据上面的分析可知，X可能为Cl或Br，要确定X是哪种官能团的实验步骤和现象为：取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子，‎ 故答案为：取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子；‎ ‎（5）符合下列条件的F（）的同分异构体：a．能发生银镜反应，说明分子中存在醛基；b．能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中存在酚羟基；c．核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1：1：2：6，说明有4种氢原子，符合以上条件的F分子中有2个甲基、1个酚羟基、1个﹣CHO，且2个甲基处于间位，另2个分别处于对位，结构简式为，所以F的同分异构体有2种，‎ 故答案为：2。 ‎