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1、1山东省青岛市山东省青岛市 20192019 届高三化学下学期届高三化学下学期 3 3 月教学质量检测（一模）试月教学质量检测（一模）试题（含解析）题（含解析）可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H H1 1N N1414O O1616NaNa2323ClCl35.535.5FeFe56561.下列说法正确的是（）A.古人煮沸海水制取淡水，现代可通过向海水加入明矾实现海水淡化B.秦始皇统一币制，规定金为上币，铜为下币，金铜均属于有色金属C.“结草为庐”所用的秸秆，经现代科技可转化为苯乙酸、苯乙烯等芳香烃D.我国山水画所用的炭黑与“嫦娥四号”卫星所使用的碳纤维为同素异形体【答案】B【
2、解析】【详解】A.明矾能净水，但不能使海水淡化，故错误；B.有色金属指铁、铬、锰以外其他的金属，所以金和铜都属于有色金属，故正确；C.苯乙酸含有氧元素，不属于芳香烃，故错误；D.碳纤维属于新型纤维材料，不属于碳的同素异形体，故错误。故选 B。【点睛】掌握净水和消毒的原理，净水通常是利用胶体的吸附性使水净化，消毒是利用强氧化性，可以杀菌消毒。2.试管实验操作简单，现象明显。以下试管实验操作及现象均正确的是（）A.直接向淀粉水解液中滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，产生砖红色沉淀B.向苯中滴加少量溴的四氯化碳溶液，充分振荡后静置，分层，上层无色，下层橙红色C.向 FeSO4溶液中滴加 K3Fe(CN)
3、6溶液，振荡，溶液变血红色D.用一束强光照射鸡蛋白溶液，产生一条光亮的通路【答案】D【解析】【详解】A.淀粉水解时加入硫酸做催化剂，所以水解液中含有硫酸，应先加入氢氧化钠中和酸，再检验水解产物，故错误；2B.苯和四氯化碳互溶，不能出现分层现象，故错误；C.向 FeSO4溶液中滴加 K3Fe(CN)6溶液，振荡，产生蓝色沉淀，故错误；D 鸡蛋白溶液为胶体，有丁达尔效应，故正确。故选 D。3.短周期主族元素 X、Y、Z、Q、R 的原子序数依次增大，X 的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，Y 原子最外层电子数等于内层电子数的 2 倍，Q 的单质与稀硫酸剧烈反应生成 X 的单质。向 100mLX
4、2R 的水溶液中缓缓通入 RZ2气体，溶液 pH 与 RZ2体积关系如下图。下列说法正确的是（）A.X2R 溶液的浓度为 0.03molL1B.最简单气态氢化物的稳定性：YZRC.工业上通常采用电解法冶炼 Q 的单质D.RZ2通入 BaCl2、Ba(NO3)2溶液中，均无明显现象【答案】C【解析】【详解】短周期主族元素 X、Y、Z、Q、R 的原子序数依次增大，X 的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，说明 X 为氢元素，Y 原子最外层电子数等于内层电子数的 2 倍，为碳元素，Q 的单质与稀硫酸剧烈反应生成 X 的单质，为活泼金属或为钠、镁、铝。向 100mLX2R的水溶液中缓缓通入 RZ2
5、气体，根据溶液的 pH 变化分析，应为硫化氢和二氧化硫的反应，即 R 为硫，Z 为氧。A.2H2S+SO2=2H2O+3S，根据图像分析，当二氧化硫的体积为 336mL 时，溶液的 pH 为 7，说明硫化氢的物质的量为 0.3mol，其浓度为 0.3/0.1=3mol/L，故错误；B.非金属性越强，其最简单气态氢化物的稳定性越强，故稳定性顺序为：ZR Y，故错误；C.Q 为活泼金属，工业上通常采用电解法冶炼 Q 的单质，故正确；D.二氧化硫 通入 Ba(NO3)2溶液中会产生硫酸钡沉淀，故错误。故选 C。3【点睛】掌握二氧化硫的还原性，能被硝酸氧化，当二氧化硫通入硝酸钡溶液中时，溶液为酸性，在
6、酸性条件下硝酸根能氧化二氧化硫为硫酸根离子，继而和钡离子反应生成硫酸钡沉淀。4.下列关于有机化合物的说法正确的是（）A.分馏汽油和裂化汽油均可使溴水褪色，其原理相同B.可以用碳酸氢钠溶液来鉴别乙酸、乙醇和甲苯C.有机物 C4H8Cl2的同分异构体有 10 种（不考虑立体异构）D.蛋白质在蛋白酶的作用下水解为氨基酸，高温可加速其水解【答案】B【解析】【详解】A.分馏汽油中不含不饱和键，不能使溴水褪色，裂化汽油含有不饱和烃，可使溴水褪色，故错误；B.可以用碳酸氢钠溶液和乙酸反应产生气体，和乙醇不反应但能互溶，与甲苯不溶分层，故能鉴别，故正确；C.有机物 C4H8Cl2的同分异构体可以采用定一议二的
7、方法确定，共 9 种，故错误；D.蛋白质在高温下变性，不能水解，故错误。故选 B。5.水系锌离子电池是一种新型二次电池，工作原理如下图。该电池以粉末多孔锌电极(锌粉、活性炭及粘结剂等)为负极，V2O5为正极，三氟甲磺酸锌Zn(CF3SO3)2为电解液。下列叙述错误的是（）A.放电时，Zn2向 V2O5电极移动B.充电时，阳极区电解液的浓度变大4C.充电时，粉末多孔锌电极发生还原反应D.放电时，V2O5电极上的电极反应式为：V2O5xZn22xeZnxV2O5【答案】B【解析】【详解】A.放电时，阳离子向正极移动，所以 Zn2向 V2O5电极移动，故正确；B.充电时，阳极区发生氧化反应，锌离子通
8、过阳离子交换向左移动，所以阳极区电解液的浓度变小，故错误；C.充电时，粉末多孔锌电极为阴极，发生还原反应，故正确；D.放电时，V2O5电极上的电极反应式为：V2O5xZn22xeZnxV2O5，故正确。故选 B。【点睛】掌握原电池和电解池的工作原理和离子的移动方向，注意离子交换膜的作用。掌握原电池中负极和电解池的阳极发生氧化反应，原电池的正极或电解池的阴极发生还原反应。6.设 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.4时，5.4mL 水含有 0.9NA个原子B.常温下，0.1mol 环氧乙烷()共有 0.3NA个共价键C.标准状况下，2.24LNO 与 1.12LO2混合后的气体分
9、子数为 0.1NAD.含有 0.2NA个阴离子的 Na2O2与 CO2完全反应，转移 0.4NA个电子【答案】A【解析】【详解】A.4时，5.4mL 水的质量为 5.4 克，物质的量为 5.4/18=0.3mol，含有 0.9NA个原子，故正确；B.常温下，每个环氧乙烷含有 7 个共价键，所以 0.1mol 环氧乙烷()共有 0.7NA个共价键，故错误；C.标准状况下，2.24LNO 与 1.12LO2混合后生成 2.24L 二氧化氮，但二氧化氮能生成四氧化二氮，所以气体分子数小于 0.1NA，故错误；D.含有 0.2NA个阴离子的 Na2O2的物质的量为 0.2mol，与 CO2完全反应，转
10、移 0.2NA个电子，故错误。故选 A。【点睛】阿伏伽德罗常数是常考题型，涉及面广，所以需要掌握常见的几种类型。如物质的结构问题，关于物质中的电子或质子数或共价键数等，熟悉常见有特征的物质。如关于气体5摩尔体积的使用问题，注意标况下气体的体积才会使用 22.4L/mol。如关于溶液中的微粒问题，涉及电离或水解知识。掌握特殊的氧化还原反应中的转移电子数的计算，如过氧化钠参与的反应，氯气和水或碱的反应，二氧化氮和水的反应等。掌握可逆反应的特征是不能进行完全，即不能计算平衡时的数据等。7.已知 pOHlgc(OH)。向 20mL0.1molL1的氨水中滴加未知浓度的稀 H2SO4，测得混合溶液的温度
11、、pOH 随加入稀硫酸体积的变化如下图所示，下列说法不正确的是（）A.稀 H2SO4的物质的量浓度为 0.05molL1B.当溶液中 pHpOH 时，水的电离程度最大C.a 点时溶液中存在NH3H2O2OHNH42HD.a、b、c 三点对应 NH4的水解平衡常数：Kh(b)Kh(a)Kh(c)【答案】B【解析】【详解】向 20mL0.1molL1的氨水中滴加未知浓度的稀 H2SO4，反应放热，溶液的温度升高，当二者恰好完全反应，放热最多，溶液的温度最高，所以硫酸的体积为 20mL 时，恰好完全反应。A.20mL0.1molL1的氨水中含有一水合氨的物质的量为 0.1 molL10.02L=0.
12、002mol，硫酸的体积为 20mL 时，恰好完全反应，则消耗硫酸的物质的量为 0.001mol，该硫酸的物质的量为 0.001 mol/0.02L=0.05mol/L，故正确；B.当溶液中的 pH=pOH 时，溶液为中性，此时溶质为硫酸铵和氨水，铵根离子的水解程度与氨水的电离程度相等，水的电离几乎没有影响，当氨水与硫酸恰好反应生成硫酸铵时，即 b点时，铵根离子水解，促进了水的电离，此时水的电离程度最大，故错误；C.a 点加入 10mL 等浓度的氨水，反应后溶质为一水合氨和硫酸铵，且一水合氨为硫酸铵浓度的 2 倍，根据电荷守恒可得：NH4 H=2SO42-OH，根据物料守恒可得：NH3H2O+
13、NH4=4SO42-，二者结合可得：NH3H2O2OHNH42H，故正6确；D.升高温度促进氨水的电离，电离常数增大，由图可知，温度：bac，则 a、b、c 三点氨水的电离常数 Kh(b)Kh(a)Kh(c)，故正确。故选 B。8.ClO2又称百毒净，可用于水的净化和纸张、纺织品的漂白。用如下图所示装置（夹持装置和加热装置省略）制备 ClO2并探究 ClO2的某些性质。已知：高氯酸：沸点 90，浓度低于 60%比较稳定，浓度高 60%遇含碳化合物易爆炸。回答下列问题：（1）仪器 a 的名称为_。实验开始前，胶塞及导管接口必须包锡箔纸，其原因是_。（2）写出装置 A 制备 ClO2同时生成高氯酸
14、的化学方程式_。（3）关闭止水夹，打开止水夹，通空气一段时间，装置 C 中生成 NaC1O2，离子方程式为_。若关闭止水夹，打开止水夹，B 中可观察到的现象为_。（4）从装置 C 反应后的溶液中获得 NaClO2晶体，需控温在_范围内进行减压蒸发结晶，采用减压蒸发的原因是_。（5）城市饮用水处理新技术用 NaClO2、高铁酸钠替代 Cl2。如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么，NaClO2、Na2FeO4、Cl2三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的顺序是_。【答案】(1).三颈烧瓶或三颈瓶(2).橡胶是含碳化合物，若生成的高氯酸浓度高7时遇胶塞及导管易发生爆炸(3).3NaC
15、lO33H2SO4(浓)=HClO42ClO23NaHSO4H2O(4).2ClO22OHH2O2=2ClO22H2OO2(5).红色布条褪色(6).3860(7).减压可降低沸点，较低温度下蒸发，避免晶体高温分解(8).NaClO2Cl2Na2FeO4【解析】【分析】A 装 置 由 过 量 浓 硫 酸 和 氯 酸 钠 反 应 制 备 二 氧 化 氯 和 高 氯 酸，反 应 为 3NaClO33H2SO4(浓)=HClO42ClO23NaHSO4H2O，高氯酸遇含碳化合物易爆炸，故胶塞和导管接口必须包锡箔纸，关闭止水夹，打开止水夹，通空气一段时间，二氧化氯和氢氧化钠和过氧化氢在 C 中反应：2
16、ClO22OHH2O2=2ClO22H2OO2，控制温度 3860下进行减压蒸发结晶可得晶体 NaClO2，关闭止水夹，打开止水夹，二氧化氯有强氧化性，使 B中红布条褪色，用 D 中氢氧化钠溶液吸收尾气，据此分析作答。【详解】（1）仪器 a 为三颈烧瓶，由题可知，高氯酸浓度高于 60%遇含碳化合物易爆炸，橡胶是含碳化合物，若生成的高氯酸浓度高时遇橡胶塞及导管易发生爆炸；（2）A 种过量浓硫酸和 NaClO3反应制备二氧化氯和高氯酸，反应为 3NaClO33H2SO4(浓)=HClO42ClO23NaHSO4H2O；（3）关闭止水夹，打开止水夹，二氧化氯和氢氧化钠和过氧化氢在 C 中反应，2Cl
17、O22OHH2O2=2ClO22H2OO2，若关闭止水夹，打开止水夹，二氧化氯有强氧化性，使 B 中红色布条褪色；(4)根据已知，温度低于 38，得到的晶体含有结晶水，温度高于 60NaClO2会分解，故从装置 C 反应后的溶液中获得晶体，需要控制温度在 3860进行减压蒸发结晶，采用检验蒸发的原因是减压可降低沸点，较低温度下蒸发，避免晶体高温分解；(5)NaClO2在氯元素有+3价降低为-1价，则1mol NaClO2转移电子4mol，消毒效率为4/90.5，1mol Na2FeO4转移电子为 3mol，消毒效率为 3/166，1molCl2转移电子为 2mol，消毒效率为2/71，三种消毒
18、杀菌剂的消毒效率由大到小的顺序为：NaClO2Cl2 Na2FeO4。9.三氯化六氨合钴Co(NH3)6Cl3是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其它一些含钴配合物的原料。下图是某科研小组以含钴废料（含少量 Fe、Al 等杂质）制取Co(NH3)6Cl3的工艺流程：8回答下列问题：（1）写出加“适量 NaClO3”发生反应的离子方程式_。（2）“加 Na2CO3调 pH 至 a”会生成两种沉淀，分别为_（填化学式）。（3）操作的步骤包括_、冷却结晶、减压过滤。（4）流程中 NH4Cl 除作反应物外，还可防止加氨水时 c(OH)过大，其原理是_。（5）“氧化”步骤，甲同学认为应先加入氨水再加入 H
19、2O2，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为_（填“甲”或“乙”）同学观点正确，理由是_。写出该步骤的化学方程式：_（6）通过碘量法可测定产品中钴的含量。将 Co(NH3)6Cl3转化成 Co3后，加入过量 KI 溶液，再用 Na2S2O3标准液滴定(淀粉溶液做指示剂)，反应原理：2Co32I2Co2I2，I22S2O322IS4O62，实验过程中，下列操作会导致所测钴含量数值偏高的是_。a用久置于空气中的 KI 固体配制溶液b盛装 Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗c滴定结束后，发现滴定管内有气泡d溶液蓝色退去，立即读数【答案】(1).6Fe2ClO36H=6Fe3Cl3H2O(2
20、).Fe(OH)3和 Al(OH)3(3).HCl 氛围下蒸发浓缩(4).NH4Cl 溶于水电离出 NH4会抑制后期加入的 NH3H2O 的电离(5).甲(6).防止 Co(OH)3的生成(7).H2O22CoCl22NH4Cl10NH3H2O2Co(NH3)6Cl312H2O(8).ab【解析】【分析】以含钴废料（含少量 Fe、Al 等杂质）制取Co(NH3)6Cl3，用盐酸溶解废料，得到 Co2+、Fe2+、Al3+的酸性溶液，加入适量的 NaClO3将亚铁离子氧化为铁离子，再加入碳酸钠调节 pH，沉淀铝离子、铁离子为氢氧化铝和氢氧化铁，过滤，得到滤液，向含有 Co2+的溶液中加入盐酸调9
21、节 pH=2-3,2-3,加入活性炭和氯化铵溶液得到 CoCl26H2O，再依次加入氨水和过氧化氢，发生反应 H2O22CoCl22NH4Cl10NH3H2O2Co(NH3)6Cl312H2O，再将沉淀在氯化氢分为下蒸发浓缩，冷却结晶，减压过滤得到产品，据此分析作答。【详解】(1)加适量 NaClO3的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，发生的离子反应为 6Fe2ClO36H=6Fe3Cl3H2O；(2)加入碳酸钠调节 pH，沉淀铝离子和铁离子，转化为 Fe(OH)3和 Al(OH)3；(3)微粒防止产品水解，故应在 HCl 氛围下蒸发浓缩；(4)流程中氯化铵除作为反应物外，NH4Cl 溶于水电离出
22、 NH4会抑制后期加入的 NH3H2O 的电离，可防止加氨水时氢氧根离子浓度过大；(5)若先加入过氧化氢，将钴元素氧化到 Co3+，后加入氨水，会生成氢氧化钴，不利于产品的生成，故甲同学正确，先加入氨水再加入过氧化氢，可防止 Co(OH)3的生成，此时的反应为 H2O22CoCl22NH4Cl10NH3H2O2Co(NH3)6Cl312H2O；(6)a用久置于空气中的 KI 固体配制溶液，碘化钾部分被氧化为碘单质，滴定时消耗的硫代硫酸钠标准增多，测定结果偏高，故正确；b盛装 Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗，则标准也被稀释，滴定时消耗的硫代硫酸钠标准也体积增多，测定结果偏高，故正确；c滴
23、定结束后，发现滴定管内有气泡，气泡占体积，则消耗的硫代硫酸钠标准液体积读数偏小，测定结果偏低，故错误；d溶液蓝色退去，立即读数，此时溶液混合不均，碘单质并未完全被标准液反应完全，导致消耗的标准液减少，测定结果偏低，故错误。故选 ab。10.有效除去大气中的 SO2和氮氧化物，是打赢蓝天保卫战的重中之重。（1）用 NaOH 溶液吸收热电企业产生的废气时，涉及如下转化：由下图关系可得：H4_。（2）某温度下，N2O5气体在一体积固定的容器中发生如下反应：2N2O5(g)=4NO2(g)O2(g)10（慢反应）H0，2NO2(g)N2O4(g)（快反应）H0，体系的总压强 p总和 pO2随时间的变化
24、如下图所示：上图中表示 O2压强变化的曲线是_（填“甲”或“乙”）。已知 N2O5分解的反应速率 v0.12pN2O5(kPah1)，t10h 时，pN2O5_kPa，v_kPah1（结果保留两位小数，下同）。该温度下 2NO2N2O4反应的平衡常数 Kp_kPa1（Kp 为以分压表示的平衡常数）。（3）亚硝酸盐广泛存在于各种水体和腌制品中，可用电吸附装置去除。去除量跟电压、初始浓度、共存阴离子等因素有关。某科研机构的实验结果如下图所示：据上图可知，待处理液中 NO2与 NO3的 CO_mgL1时，装置对 NO3的吸附量高于 NO2。据上图分析，为提高离子去除量可采取的措施有_（写出一条即可）
25、。（4）电解法也可以对亚硝酸盐污水进行处理（工作原理如下图所示）。通电后，左极区产生浅绿色溶液，随后生成无色气体。当 Fe 电极消耗 11.2g 时，理论上可处理 NaNO2含量为 4.6%的污水_g。11【答案】(1).H1H2H3(2).乙(3).28.2(4).3.38(5).0.05(6).500(7).将 NO2预先氧化成 NO3或降低氯化钠浓度(8).100g【解析】【分析】根据盖斯定律分析，反应的能量变化取决于反应物和生成物，与过程无关，所以根据图分析，有H1H2=H3+H4，可以计算H4。根据反应分析，随着反应的进行氧气的压强从 0 开始逐渐增大，所以乙为氧气的压强曲线。根据
26、2N2O5(g)=4NO2(g)O2(g)和 2NO2(g)N2O4(g)，进行计算，注意一个反应为完全反应，五氧化二氮完全分解，第二个为可逆反应，用平衡的三段式计算。根据图像分析，当 Co=500 mgL1，硝酸根离子的去除率大于亚硝酸根离子的去除率，也氯化钠浓度越小，去除率越高。根据电解池中阳极铁反应后生成亚铁离子还原亚硝酸根离子生成氮气和铁离子分析处理污水的质量。【详解】(1)根据盖斯定律分析，反应的能量变化取决于反应物和生成物，与过程无关，所以根据图分析，有H1H2=H3+H4，可以计算H4=H1H2H3；(2)根据反应分析，随着反应的进行氧气的压强从 0 开始逐渐增大，所以乙为氧气的
27、压强曲线；t10h 时，pO2=12.8 kPa，2N2O5(g)=4NO2(g)O2(g)分析，反应的五氧化二氮的分压为25.6 kPa，起始压强为 53.8 kPa，所以 10h 时 pN2O553.8-25.6=28.2 kPa，N2O5分解的反应速率 v0.12pN2O5(kPah1)=0.1228.2=3.38 kPah1；2N2O5(g)=4NO2(g)O2(g)53.8107.626.92NO2N2O4起始分压 107.60改变分压 2xx平衡分压 107.6-2xx12有 107.6-2x+x+26.9=94.7，解 x=39.8 kPa，平衡常数=0.05 kPa1；(3)从
28、图分析，待处理液中 NO2与 NO3的 CO500mgL1时，装置对 NO3的吸附量高于NO2。当 NO2与 NO3的 CO500mgL1时硝酸根离子的去除率比亚硝酸根离子的高，且氯化钠浓度越低，去除率越高，所以提高离子去除率的方法可以为将 NO2预先氧化成 NO3或降低氯化钠浓度；(4)当铁消耗 11.2 克即 11.2/56=0.2mol 时生成 0.2mol 亚铁离子，与亚硝酸根离子反应生成氮气和铁离子，根据电子守恒分析，消耗亚硝酸根离子物质的量为 0.2/3mol，则可处理污水的质量为=100g。【点睛】在计算可逆反应的平衡常数时注意第一个反应为完全反应，即五氧化二氮完全分解，生成的二
29、氧化氮在发生可逆反应，在计算时注意氧气占部分压强。11.氧、硫形成的化合物种类繁多，日常生活中应用广泛。如硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为照相业的定影剂，反应的化学方程式如下：AgBr2Na2S2O3Na3Ag(S2O3)2NaBr。回答下列问题：（1）已知银(Ag)位于元素周期表第五周期，与 Cu 同族，则基态 Ag 的价电子排布式为_。（2）下列关于物质结构与性质的说法，正确的是_A玻尔原子结构模型能够成功地解释各种原子光谱BBr、S、O 三种元素的电负性顺序为 OBrSCNa 的第一电离能小于 Mg，但其第二电离能却远大于 MgD水分子间存在氢键，故 H2O 的熔沸点及稳定性均大于 H
30、2S（3）依据 VSEPR 理论推测 S2O32的空间构型为_，中心原子 S 的杂化方式为_，Ag(S2O3)23中存在的化学键有_(填字母序号)。A离子键B极性键C非极性键D金属键E配位键（4）第一电子亲和能(E1)是指元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量(单位为 kJmol1)，电子亲和能越大，该元素原子越易得电子。已知第三周期部分元素第一电子亲和能如下表：元素AlSiPSCl13E1(kJmol1)42.513472.0200349表中元素的 E1 自左而右呈增大趋势，试分析 P 元素呈现异常的原因_。（5）某种离子型铁的氧化物晶胞如下图所示，它由 A、B 组成
31、。则该氧化物的化学式为：_，已知该晶体的晶胞参数为 anm，阿伏加德罗常数的值为 NA，则密度为_gcm3(用含 a 和 NA的代数式表示)。【答案】(1).4d105s1(2).BC(3).四面体(4).sp3(5).BCE(6).P 的价电子排布式为 3s23p3，3p 能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合一个电子(7).Fe3O4(8).【解析】【分析】银位于元素周期表第五周期，与铜同族，处于第一副族。波尔原子结构模型能够成功地揭示氢原子光谱，非金属性越强电负性越大。具有半充满、全充满或全空的电子构型的微粒，比较稳定，失去电子需要的能量较高。氢键影响物理性质，不影响化学性质。硫代硫酸根
32、离子中一个硫原子相当于氧原子，中心硫原子孤电子对数为，价层电子对数为0+4=4，Ag(S2O3)23中 Ag+与 S2O32-之间形成配位键，中硫原子之间形成非极性键，硫与氧原子之间形成极性键。磷原子的 3p 能级处于半充满状态，相对稳定，不容易结合一个电子。亚铁离子处于晶胞的顶点，面心以及 A 位置立方体的体心，氧离子位于 AB 小立方体的内部，每个小立方体内部各有 4 个，铁离子处于晶胞 B 位置小立方体的内部，均摊法计算晶胞中铁和氧原子数目确定化学式，计算晶胞质量，晶体密度=晶胞质量/晶胞体积。【详解】(1).银位于元素周期表第五周期，与铜同族，处于第一副族，价电子排布为 4d105s1
33、。（2）A.波尔原子结构模型能够成功地揭示氢原子光谱，故错误；14B.非金属性越强电负性越大，故氧溴硫，故正确；C.镁原子 3s 轨道为全充满稳定状态，半径又较小，第一电离能高于钠，他们是去一个电子后，钠离子是稳定结构，第二电离能远高于镁，故正确；D.水分子间存在氢键，故水的熔沸点高于硫化氢，稳定性属于化学性质，由共价键决定，故错误。故选 BC。（3）S2O32-中一个硫原子相当于氧原子，中心硫原子孤电子对数为，价层电子对数为 0+4=4，微粒空间构型为四面体型，中心硫原子采取 sp3 杂化；Ag(S2O3)23中 Ag+与 S2O32-之间形成配位键，中硫原子之间形成非极性键，硫与氧原子之间
34、形成极性键，故选BCE。（4）P 的价电子排布式为 3s23p3，磷原子的 3p 能级处于半充满状态，相对稳定，不容易结合一个电子。（5）亚铁离子处于晶胞的顶点，面心以及 A 位置立方体的体心，氧离子位于 AB 小立方体的内部，每个小立方体内部各有 4 个，铁离子处于晶胞 B 位置小立方体的内部，均摊法计算晶胞中铁和氧原子数目确定化学式，铁原子数目为 4+8+6+44=24，氧原子数目为48=32，故铁和氧原子数目之比为 24:32=3:4，故氧化物化学式为 Fe3O4。晶胞相当于有 8个四氧化三铁，晶胞质量=，晶体密度=（a10-7cm）3=g cm-3。12.有机物 M 可用于治疗支气管哮
35、喘，慢性支气管炎。该有机物可以由有机物 A 经过一系列反应合成得到，其合成路线如下图所示：请回答下列问题：（1）有机物A中含有官能团的名称为_。有机物F的名称为_。15（2）的反应条件为_，反应类型为_。（3）有机物 B 的结构简式为_，反应的化学方程式为_。（4）A 的同分异构体中，同时符合下列条件的有_种。含有苯环结构，且苯环上有两个取代基，属于酯类物质，且遇 FeCl3溶液显紫色（5）结合上述合成路线，设计以苯甲醛和 CH3MgBr 为起始原料制备苯基乙二醇()的合成路线_(无机试剂任选)。【答案】(1).醛基、醚键(2).邻氨基苯甲酸或 2氨基苯甲酸(3).浓硫酸，加 热(4).消 去
36、 反 应(5).(6).(7).18(8).【解析】【分析】由反应前后物质结构，可知属于取代反应，同时生成 HI，A 发生信息中反应生成 B 为，反应为发生醇的消去反应，由 E 后产物结构，可知反应是与溴发生取代反应生成 C 为，C 发生卤代烃的水解反应生成 D 为，D 发生氧化反应生成 E 为，反应是醛基被氧化为羧基，生成 M 的反应是羧基与氨基脱去 1 分子水。A 的同分异构体含有酯基与酚羟基，且在苯环上有两个取代基，有邻间对三种位置结构。【详解】(1)有机物 A 中含有官能团的名称为醛基、醚键；苯甲酸为母体，氨气为取代基，有机物 F 的名称为 2-氨基苯甲酸。(2)发生醇的消去反应，反应条件为：浓硫酸，加热；(3)有机物 B 的结构简式为，反应的化学方程式为：16；(4)A 的同分异构体符合下列条件：含有苯环结构，且苯环上有两个取代基，属于酯类物质，且遇 FeCl3溶液显紫色，说明含有酯基和酚羟基，其中一个取代基为羟基，另外取代基为：-OOCCH2CH3，-CH2OOCCH3，-COOCH2CH3，-CH2COOCH3，-CH2CH2OOCH，-CH(CH3)OOCH，具有邻间对三种位置结构，共有 18 种；(8)苯甲醛与 CH3MgBr/H2O、H+作用得到，然后发生消去反应生成，再与溴发生加成反应生成，最后在氢氧化钠和加热条件下发生水解反应生成，合成路线流程图为.