《安徽省六安市毛坦厂中学2020届高三化学下学期假期作业（2.21）答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省六安市毛坦厂中学2020届高三化学下学期假期作业（2.21）答案.pdf（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1B【详解】A油脂是高级脂肪酸跟甘油生成的酯，其中形成油脂的脂肪酸的饱和程度对油脂的熔点有着重要的影响， 由饱和的脂肪酸生成的甘油酯熔点较高， 所以食用油脂饱和程度越大，熔点越高，故 A 正确；B生铁中的铁、碳和电解质溶液易形成原电池，发生电化学腐蚀，所以生铁比纯铁更易腐蚀，故 B 错误；C蚕丝主要成分为蛋白质，属于天然高分子化合物，故 C 正确；D采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分,“以水淋汁”，该成分易溶于水，久则凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，发面，能作为发酵剂，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，所以是碳酸钾，故 D 正确；答案选 B。2C【解析】A 项，25
2、，1LpH=1 的硫酸溶液中水电离的 c(H+)为 10-13mol/L，故 A 项错误；B 项，标况下三氧化硫为固体，而 HCl、NO 是气体，固体和气体的摩尔体积不等，故同体积的三种物质的分子数不可能都相同，故 B 项错误 ；C 项，根据电荷守恒，溶液中存在 c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，已知溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，即 c(NH4+)=c(Cl-)，NH4+数等于 Cl-数，为 NA，故 C 项正确；D 项，已知盐酸过量，会破坏硅酸胶体的稳定性，且每个胶体粒子都是由若干个分子组成的一个集合体，所得胶粒数目小于 0.001NA，故 D 项错误。3D【
3、解析】A.氯气与淀粉不能发生显色反应，氯气与 KI 反应生成碘，淀粉遇碘变蓝色，故 A错误；B.要比较其水解程度时，两种溶液浓度必须相同，这两种溶液都是饱和溶液，但是两种溶液的浓度不一之一相同，所以不能据此比较两者的水解能力大小，故 B 错误；C.乙醇易挥发，反应中还有副产物二氧化硫生成，乙醇和二氧化硫都能使酸性高锰酸钾溶液褪色， 该实验中没有排除乙醇和二氧化硫的影响， 无法证明一定是乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，故 C 错误；D. 二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，所以 D 选项是正确的。故选 D。4B【解析】A.pH 相等的这三种物质，NaOH 的碱性最强，其浓度最小，水解程度
4、：CH3COO-HCO3-，酸根离子水解程度越大，钠盐浓度越小，所以这三种物质浓度大小顺序是 c(NaOH)c(NaHCO3) c(Na+) c(A)c(OH)c(H+)，故 B 错误；C.酸和碱都可以抑制水的电离， 能水解的盐则可以促进水的电离， 所以 25时， 0.1 molL1Na2CO3溶液中水电离出来的 c(OH)大于 0.1 molL1NaOH 溶液中水电离出来的c(OH)，所以 C 选项是正确的；D.c(Ag+)=spKc Cl=101.8 100.3mol/L=6.010-10mol/L，所以 D 选项是正确的。故选 B。5C【解析】A、若用铁电极代替，则铁失电子被氧化，溶液中
5、的溴离子不能被氧化为溴，溴不能被循环利用，不能持续吸收二氧化硫，故不能用铁做阳极，A 正确；B、原电池中负极发生氧化反应，元素化合价升高，由流程图可知，二氧化硫被氧化为硫酸，故负极的电极反应为：SO2+2H2O2e=SO42+4H+，故 B 正确；C、由题给信息可知，总反应为二氧化硫和水反应生成硫酸和氢气：SO2+2H2O=H2+H2SO4，故 C 错误；D、由流程图可知，溴可以循环使用，且无污染性的物质生成，故 D 正确。故选 C。6D【解析】X、Y、Z、W、M 均为短周期主族元素，原子序数依次增大，X 质子总数与电子层数相同，则 X 为 H 元素；Y 元素的一种同位素可用于考古时测定一些文
6、物的年代，Y 为 C；Z 的气态氢化物可以与 Cl2反应产生白烟，用来检验氯气管道是否泄漏，Z 为 N 元素；Y、Z、W位于同一周期，且最外层电子数之和为 15，W 的最外层电子数为 15-4-5=6，则 W 为O 元素；M 的质子数是 X、Y、Z、W 四种质子数之和的12，M 的质子数为（1+6+7+8）12=11，则 M 为 Na，以此来解答。【详解】由上述分析可以知道，X 为 H，Y 为 C，Z 为 N，W 为 O，M 为 Na，A.电子层越多，离子半径越大；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径 ZW M X，故 A 错误；B. 由反应式 2Na2O2+2CO2=
7、2Na2CO3+O2可知，转移 2mol 电子时增重 56g，故 B 错误；C. H、N 两种元素组成的有 NH3和 N2H4等不止一种的化合物，故 C 错误；D. 若由 X、Y、Z、W 四种元素组成的化合物为硝酸铵，则其既有离子键、又有共价键；若组成的化合物为硝酸，则其只含共价键，故 D 正确。所以 D 选项是正确的。7A【分析】用 H2O2氧化废蚀刻液，使亚铁离子生成铁离子，用甲装置制备氨气，生成的氨气通入乙装置，制备碱性蚀刻液CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2，用丙装置过滤分离，用盐酸溶解氢氧化铁沉淀，将溶液在蒸发皿中进行蒸发，且应通入氯化氢防止铁离子水解，以达到制备FeCl3
8、6H2O 的目的，以此解答该题。【详解】A.H2O2具有强的氧化性，可用 H2O2氧化废蚀刻液中的 Fe2+，反应的离子方程式为：2H+2Fe2+H2O2=2Fe3+2H2O，A 正确；B.氨气易溶于水，注意防止倒吸，所以要选用乙装置，氨气与溶液反应生成 Cu (NH3)4Cl2和氢氧化铁，B 错误；C.用装置丙可以分离可溶性 Cu(NH3)4Cl2溶液和难溶性的固态 Fe(OH)3，C 错误；D.由 FeCl3溶液制备 FeCl36H2O 需要在蒸发皿中蒸干，不能再烧杯中进行，D 错误；故合理选项是 A。8C【解析】A、氯原子数目前后不相等，生成的 OH-应与 Al3+结合成 Al(OH)3
9、沉淀，正确的离子方程式应为 6Cl+6H2O+2Al3+3Cl2+3H2+2Al(OH)3， A 错误； B、 Na2S 和 Na2SO3在碱性溶液中可以共存，在酸性条件中发生反应：2S2-+SO32-+6H+3S+3H2O，B 错误；C、设 NaHSO4为 1mol， 电离出 1molH+和 1molSO42-， 要使 1molSO42-恰好沉淀， 需要 1molBa(OH)2提供 1molBa2+，同时提供 2molOH-，实际反应 1molOH-，故反应的离子方程式为Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O，C 正确；D、Fe(NO3)2和 NaBr 混合溶液中滴加稀盐酸，溶液
10、中含有了强氧化剂 HNO3，Fe2+的还原性大于 Br-的还原性，所以 HNO3先氧化 Fe2+，再氧化 Br-，而 D 中的离子方程式表示的是 HNO3只与 Br-反应，故 D 错误。正确答案为 C。9A【解析】常温下 pH=n 的 NaOH 溶液中氢氧根离子浓度为：110-14/110-nmolL1=10n-14molL1，pH=m 的溶液中氢离子浓度为 10-mmolL1，A 、若 a=b，HX 为强酸时溶液呈中性，所以 HX 为弱酸，故 A 正确；B、NaOH 的物质的量较大时，溶液中可能满足：c（OH）c（X） ，故 B 错误；C、若 a=b，当 HX 为强酸时，混合液呈中性，所以
11、HX 为弱酸， 由于弱酸在溶液中部分电离出氢离子， 则酸溶液中氢离子浓度一定小于碱溶液中的氢氧根离子浓度，即 10-mmolL110n-14molL1，整理可得：m+n14，故 C 错误；D、若 a=2b，且反应后溶液呈碱性，则 HX 一定为弱酸，根据电荷守恒可知：c（Na）+c（H）=c（X）+c（OH） ，两溶液体积相等，根据物料守恒可得：2c（Na）=c（X）+c（HX） ，结合可得：c（OH）=c（X）+2c（HX）+c（H） ，故 D 错误；故选 A。10D【解析】试题分析：NH4Al（SO4）2物质的量为 0.01mol，溶液含有 NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，S
12、O42-0.02mol。开始滴加同时发生反应为 SO42-+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH-=Al（OH）3，当Al3+沉淀完全时需加入 0.03molOH-，即加入 0.015molBa（OH）2，加入的 Ba2+为 0.015mol，SO42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；再滴加 Ba（OH）2，生成 BaSO4沉淀，发生反应为 SO42-+Ba2+=BaSO4，NH4+OH-=NH3 H2O，所以沉淀质量继续增加，但增加幅度较前一过程小；当 SO42-完全沉淀时，共需加入 0.02molBa（OH）2，加入 0.04molOH-，Al3+反应掉 0.03molOH-，生成
13、 Al（OH）30.01mol，剩余 0.01molOH-恰好与 NH4+完全反应，此时溶液中 NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液，沉淀达最大为 BaSO4和 Al（OH）3；继续滴加 Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应 Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，由方程式可知要使 0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入 0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液。 A、 由分析可知， 从开始到 a 点， 发生反应为 SO42-+Ba2+=BaSO4， Al3+3OH-=Al（OH）3，a 点对应的沉淀为 BaSO4和 Al（OH）3，溶液的溶质是（NH
14、4）2SO4，那么该物质水解溶液呈酸性溶液显示中性，故 A 错误；B、由分析可知，b 点发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4，NH4+OH-=NH3H2O，故 B 错误；C、由分析可知，c 点加入 Ba（OH）2的物质的量为 0.005mol+0.02mol=0.025mol，所以=0.25L=250ml，故 C 错误；D、由分析可知，c 为溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，所以溶液呈碱性，故 D 正确；故选 D。11A【解析】6XeF4+12H2O2XeO3+4Xe+24HF+3O2，该反应中，生成氙气的 XeF4作氧化剂，生成 XeO3的 XeF4作还原剂， 生成氧气的水作还原剂， 所以该反
15、应中 4XeF4（氧化剂） +2XeF4（还原剂）+6H2O（还原剂）+6H2O2XeO3+4Xe+24HF+3O2，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 4： （2+6）=1：2，故 A 正确；由 6XeF4+12H2O2XeO3+4Xe+24HF+3O2可知，每生成 4molXe，转移电子为 4mol（4-0）=16mol，每生成 3molO2转移 12mol 电子，故 B错误；F2 能与水反应，在水分子的作用下，不可能重新生成 Xe 和 F2，故 C 错误；XeF2、XeF4和 XeF6极易与水反应，在空气中不能长期存放，故 D 错误。12C【解析】A离子还原性 I-Fe2+Br-，氯气先与还
16、原性强的反应，氯气的氧化顺序是 I-、Fe2+、Br-，故 A 错误；B氧化性顺序：Fe3+Cu2+H+Fe2+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为 Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，故 B 错误；C若 H+最先与 AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中 OH-反应生成 AlO2-，反应顺序为 OH-、AlO2-、CO32-，故 C 正确；D氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，所以缓慢通入 CO2：Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故 D 错误；故选 C。13C【解析】A连接电解池阴极的是原电池负极，则 a 为正极，b 为负极，负极上燃料失电子发生氧化反
17、应，该燃料电池中燃料是甲烷，所以 b 电极上投放的是 CH4，故 A 错误；B钠离子和硫酸根离子不参与电极反应，物质的量不变，故 B 错误；C阳极上发生氧化反应，其电极反应式为 CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+，故 C 正确；D阳极发生4OH-4e-O2+2H2O、CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+，氢离子向阴极迁移，阴极发生4H+4e-=2H2、CH3CHO+2e-+2H+CH3CH2OH，则两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生了无色气体，则阴极产生的是乙醇和 H2，故 D 错误；故答案为 C。14C【解析】H2A 存在电离平衡：H2AH+HA-、HA-H
18、+A2-，pH 增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：下方曲线是 HA-的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是 H2A 的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是 A2-的物质的量浓度的负对数，由此分析解答。【详解】A由分析可知，随着 pH 的增大，pC 增大的曲线是 H2A 的物质的量浓度的负对数，故 A错误；BpH=3.50 时，左侧曲线是 H2A 的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是 A2-的物质的量浓度的负对数，此时 pC（H2A）pC（A2-）pC（HA-） ，即 c（HA-）c（A2-）c（H2A） ，故 B 错误；Cb 点时，c（H2A）=c（A2-） ，2-2-+22-+a122a2c H
19、 Acc H AccHAcHAc HAA=c HKK，交点 a处 c（HA-）=c（H2A） ，故 Ka1=+2c H Ac Hc HA=c（H+）=l10-0.8，HA-A2-+H+，交点 c 处 c（HA-）=c（A2-） ，故 Ka2= -+2c Ac Hc HA=c（H+）=l10-5.3，故 c(H2A)c(A2)/c2(HA)=10-0.8/10-5.3=104.5，故 C 正确；DDpH=3.005.30 时，结合物料守恒 c（H2A）+c（HA-）+C（A2-）始终不变，故 D 错误；故答案为 C。15. （1） 2:3:1（2） SOCl2作脱水剂，与水反应生成 HCl 可以
20、抑制氯化锌的水解SOCl2+ZnCl2xH2OZnCl2+SO2+2HCl+(x-1) H2Odcebaf0.47(3)SOCl2+2Fe3+3H2O=SO42-+6H+2Fe2+2Cl-KSCN 溶液K3Fe(CN)6溶液若无蓝色沉淀出现(划直线部分每空划直线部分每空 1 分，其分，其余每空余每空 2 分，共分，共 15 分分)【解析】(1)用硫黄(用 S 表示)、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成氯化亚砜，原子利用率达 100%，则反应的方程式为 2S+3Cl2+SO3=3SOCl2，根据方程式可以知道三者的物质的量比；(2)由二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成两种气
21、体，常用作脱水剂；加热条件下，A 装置中总的化学方程式为 SOCl2+ZnCl2xH2OZnCl2+SO2+2HCl+(x-1)H2O。根据氯离子守恒判断 ZnCl2xH2O 晶体是否完全脱水（ZnCl22AgCl） ；(3)FeCl3具有强氧化性，会和 SOCl2发生氧化还原反应；若发生氧化还原反应，则 Fe3+会被还原为 Fe2+，而 SOCl2水解得到 SO2会被氧化为H2SO4，可以检验硫酸根、亚铁离子或铁离子判断；【详解】(1) 用硫黄(用 S 表示)、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成氯化亚砜，原子利用率达100%，则反应的方程式为 2S+3Cl2+SO3=3SOCl2，所以三者的
22、物质的量比为 2:3:1，因此，本题正确答案是：2:3:1；(2)因为二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成 HCl 可以抑制氯化锌的水解； 加热条件下， A装置中总的化学方程式为SOCl2+ZnCl2xH2OZnCl2+SO2+2HCl+(x-1)H2O。因此，本题正确答案是：SOCl2作脱水剂，与水反应生成 HCl 可以抑制氯化锌的水解；SOCl2+ZnCl2xH2OZnCl2+SO2+2HCl+(x-1) H2O；实验结束后为检测 ZnCl2xH2O 晶体是否完全脱水的操作方法是：d 称取蒸干后的固体 m克溶于水；c 加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应；e.过滤；b
23、.洗涤；a.干燥；f 称得固体为 n 克，所以正确的实验顺序为 dcebaf；ZnCl2xH2O 完全脱水得到 ZnCl2，则 mg 为 ZnCl2的质量，溶于水后加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，过滤，洗涤，干燥，称得固体为 ng 为 AgCl 的质量，由氯离子守恒：136/mgg mol2=143.5 /ngg mol，整理可得mn=0.47，因此，本题正确答案是：dcebaf；0.47；(3)FeCl3具有强氧化性，会和 SOCl2发生氧化还原反应，可能发生的副反应的离子方程式为 SOCl2+2Fe3+3H2O=SO42-+6H+2Fe2+2Cl-；若发生氧化还原反应，则 Fe3+会被还原为
24、Fe2+，而 SOCl2水解得到 SO2会被氧化为H2SO4，实验证明脱水时发生了氧化还原反应方案为：方案一：往试管中加水溶解，滴加 KSCN 溶液，若没有明显现象，则证明 Fe3+已完全被还原，脱水过程发生了氧化还原反应；方案二：往试管中加水溶解，滴加 K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀生成，则证明没有 Fe2+生成，脱水过程没有发生氧化还原反应，因此，本题正确答案是：KSCN 溶液；K3Fe(CN)6溶液；若无蓝色沉淀出现。16.500、1.10、60minMnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O5.2pH8.8510-6mol/LMn2+2HCO3-MnCO3+CO2+
25、H2OMn2+2 H2O-2e-= MnO2+4H+B（每空均为每空均为 2 分，共分，共 14 分分）【解析】 （1）按图 1、图 2、图 3 的锰浸出率选择最佳条件：焙烧温度、投料比和焙烧时间；（2）MnO2在酸性条件下将 Fe2+氧化为 Fe3+，欲使 Fe3+、Al3+变为沉淀而除去，溶液的 pH5.2，不使 Mn2+沉淀，pH8.8，从而确定 pH 范围；根据 CaF2的溶度积常数计算出溶液中 c(F-)，再用 MgF2的溶度积常数计算出溶液中的 c(Mg2+)；（3）碳化结晶时，可看成 Mn(HCO3)2受热分解，类比写出离子方程式；（4）阳极得到重要的无机功能材料 MnO2，失电
26、子发生氧化反应；（5）A.C 点+432c(NH )lgc(NH H O)=0，故溶液中：c(NH3H2O)=c(NH4+)；B. C 点+432c(NH )lgc(NH H O)=0，故溶液中：c(NH3H2O)=c(NH4+)，NH3H2O 的Kb= 432c NHc OHc NHH O=c(OH-)=1.0104.7；C.pOH=3 的溶液中： c(H+) -c(OH-)=10-11-10-30，物料守恒有c(NH4+)+c(NH3H2O)=0.1mol/L，故 c(NH4+) +c(NH3H2O)+c(H+)-c(OH-)7。【详解】（1）由图 1 可知焙烧温度选择 500；由图 2
27、可知氯化铵和锰矿粉投料比选择 1.10；由图 3 可知焙烧时间选择 60min，因此，本题正确答案为：500、1.10、60min；（2）MnO2在酸性条件下将 Fe2+氧化为 Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；欲使 Fe3+、Al3+变为沉淀而除去，溶液的 pH5.2，不使 Mn2+沉淀，pH8.8，从而确定 pH 范围为 5.2pH8.8；根据 CaF2的溶度积常数计算出溶液中 c(F-)，再用 MgF2的溶度积常数计算出溶液中的c(Mg2+)，c(Mg2+)=22spspKMgFKCaFc(Ca2+)=11107.42 101.46 10110
28、-5mol/L=510-6mol/L；因此，本题正确答案为：MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；5.2pH8.8；510-6mol/L；（3） 碳化结晶时， 可看成 Mn(HCO3)2受热分解， 离子方程式为 Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+ H2O；因此，本题正确答案为：Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+ H2O；（4） 阳极得到重要的无机功能材料 MnO2， 阳极发生氧化反应， 故电极反应式为 Mn2+2 H2O-2e-=MnO2+4H+；因此，本题正确答案为：Mn2+2H2O-2e-= MnO2+4H+；（5）A.C 点+432c(NH )lgc(NH
29、H O)=0，故溶液中：c(NH3H2O)=c(NH4+)，故 A 错误；B. C 点+432c(NH )lgc(NH H O)=0，故溶液中：c(NH3H2O)=c(NH4+)，NH3H2O 的Kb= 432c NHc OHc NHH O=c(OH-)=1.0104.7，故 B 正确；C.pOH=3 的溶液中： c(H+) -c(OH-)=10-11-10-30，根据物料守恒有c(NH4+)+c(NH3H2O)=0.1mol/L，故 c(NH4+) +c(NH3H2O)+c(H+)-c(OH-)7，故 D 错误。因此，本题正确答案为：B。17+62MoS2(s)+7O2(g)=2MoO3(s
30、)+4SO2(g) H=H1+2H2p1p20；增大压强平衡向气体总物质的量减小的方向移动，对 MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO (g)+4H2O(g)+2Na2S(s)可知，增大平衡逆向移动，氢气的转化率降低，则由图像(a)可知 p1p2NOCSO42-(ClO4-、PO43-)3722103AMdN(划线部分每空划线部分每空 1 分，其余每空分，其余每空 2 分分，共共 15 分分)【解析】 （1）钒是 23 号元素，根据能量最低原理写出价电子排布图；（2）根据均摊法计算晶胞中 V、O 原子数目，进而确定化学式，VO2是离子晶体，其熔点比分子晶体邻苯二甲
31、酸酐的熔点要高；（3）单键为键，双键含有一个 1 个键和 1 个键；甲基上的碳，形成 4 个键，为 sp3，双键上的碳形成 3 个键，1 个键，为 sp2杂化；N 原子 2p 能级半充满状态和 Ne 原子 2p 能级全充满状态稳定，第一电离能大；V 形成 4 个键，没有孤对电子的粒子，正四面体构型；（4）均摊法确定钒原子数目表示出晶胞质量，根据晶胞边长与原子直径的关系用 V 原子直径表示出晶胞边长，再根据计算晶胞密度。【详解】（1）钒是 23 号元素，钒的基态原子的价电子排布式为 3d34s2，价电子排布图为；故答案为：；（2）由晶胞结构可知，含钒原子 818+1=2，含氧原子 412+2=4
32、，该氧化物的化学式为VO2，VO2是离子晶体，其熔点比分子晶体邻苯二甲酸酐的熔点要高；故答案为：VO2；高；（3）由五氧化二钒的结构图可知，单键为键，双键含有一个 1 个键和 1 个键，可得出含有 4 个键；在丙醛( CH3CH2CHO)分子中，甲基上的碳，形成 4 个键，为 sp3，醛基碳氧双键上的碳形成 3 个键，1 个键，为 sp2杂化；N 原子 2p 能级半充满状态和 Ne 原子 2p 能级全充满状态稳定， 第一电离能大， 所以 C、N、O、Ne 四元素，其第一电离能从大到小的顺序依次为 NeNOC；V 形成 4 个键，没有孤对电子的粒子，正四面体构型，与 VO43空间构型相同的一种阴
33、离子：SO42-(ClO4-、PO43-)；故答案为：4；sp3、sp2；NeNOC；SO42-(ClO4-、PO43-)；（4）晶胞中钒原子个数为 818+1=2，钒原子直径为 d10-7cm，晶胞的体对角线长为2d10-7cm，则晶胞的边长为72103dcm，钒的相对原子质量为 M，则晶体密度=mV=3722103AMdNgcm3，故答案为：3722103AMdN。19.1，3-丙二酸二乙酯C19H15O4N2Cl氨基、酯基C2H5OOCCH(NH2)COOC2H5+2NaOHNaOOCCH(NH2)COONa+2C2H5OH(方程式方程式 3 分，其余每空分，其余每空 2 分，共分，共
34、15 分分)【解析】(1)A 由 1 分子 1，3-丙二酸与 2 分子乙醇形成的酯；化合物 F 的分子式为C19H15O4N2Cl；(2)由结构可知，C 所含官能团有氨基、酯基；酯在碱性条件下水解生成相应的醇及羧酸盐；(3)反应A 中一个 H 被-NO 取代；反应对比 B、C 结构，可知 B 转化为 C 的过程为去氧加氢，属于还原反应；反应氨基中一个 H 被取代；反应对比 D、E 的结构，可知 D 中次甲基中 H 原子被基团代替，属于取代反应。(4) 对比 C、 D 的结构， 可知 C 与 X 发生取代反应生成 D 与 HCl， HCl 中 H 原子源于 C 中氨基，Cl 原子源于 X，可以确
35、定 X 为；(5)Y 的结构简式为：，Y 中的溴原子被OH 取代得到 Z，则 Z 的结构简式为：，Z 的同分异构体，分子中含有一个苯环和一个五元环，且都是碳原子形成环，说明 N 原子不在环上；能与 NaHCO3溶液发生反应，说明含有羧基；苯环上有两个取代基，应该是氨基和羧基，且处于对位； 则 Z 的结构简式可能为。【详解】(1)根据系统命名法，有机物的化学名称为 1，3丙二酸二乙酯，化合物 F 的分子式为 C19H15O4N2Cl；故答案为 1，3-丙二酸二乙酯；C19H15O4N2Cl；(2)化合物中官能团的名称为氨基、酯基；酯可在 NaOH 溶液中发生碱性水解，C（2氨基1，3丙二酸二乙酯
36、）与足量 NaOH 溶液反应的化学方程式为：C2H5OOCCH(NH2)COOC2H5+2NaOHNaOOCCH(NH2)COONa+2C2H5OH；故答案为氨基、酯基；C2H5OOCCH(NH2)COOC2H5+2NaOHNaOOCCH(NH2)COONa+2C2H5OH；(3) 反应A 中一个 H 被-NO 取代，属于取代反应；反应对比 B、C 结构，可知 B 转化为C 的过程为去氧加氢，属于还原反应；反应氨基中一个 H 被取代，属于取代反应；反应对比 D、E 的结构，可知 D 中次甲基中 H 原子被基团代替，属于取代反应。所以反应中，属于取代反应的是；故答案为；(4) 对比 C、D 的结
37、构，可知 C 与 X 发生取代反应生成 D 与 HCl，根据产物的碳架结构并结合原子守恒，可知 X 的结构简式为；故答案为；(5) Y 的结构简式为：，Y 中的溴原子被OH 取代得到 Z，则 Z 的结构简式为：，Z 的同分异构体：分子中含有一个苯环和一个五元环，且都是碳原子形成环，说明 N 原子不在环上；能与 NaHCO3溶液发生反应，说明含有羧基；苯环上有两个取代基，应该是氨基和羧基，且处于对位；则 Z 的结构简式可能为。故答案为。【点睛】根据反应条件推断反应类型：（1）在 NaOH 的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。（2）在 NaOH 的乙醇溶液中加热，发生卤代
38、烃的消去反应。（3）在浓 H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。（4）能与溴水或溴的 CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。（5）能与 H2在 Ni 作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。（6）在 O2、Cu(或 Ag)、加热(或 CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。（7）与 O2或新制的 Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO 的氧化反应。(如果连续两次出现 O2，则为醇醛羧酸的过程)。（8）在稀 H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。（9）在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在 Fe 粉、X2条件下发生苯环上的取代。