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1、- 1 -20192019 届高三上学期第四次模拟考试届高三上学期第四次模拟考试化学试题化学试题一一 选择题（每题选择题（每题 6 6 分，共分，共 7878 分）分）1. 化学与人们的生产、生活息息相关下列有关说法正确的是（ ）A. 煤的干馏和石油的分馏都属于化学变化B. 绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理C. 区分食盐是否加碘的方法是向食盐溶液中加少量淀粉，观察其是否变蓝D. 铝制容器不宜用来长时间存放酸性和碱性食物，也不可长时间存放含盐腌制食品【答案】D【解析】试题分析：A、石油的分馏属于物理变化，故 A 错误；B、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境
2、的污染，故 B 错误；C、淀粉与碘单质变蓝色，不是碘的化合物，故 C 错误；D、铝能与酸、碱发生化学反应，则铝制餐具不宜长时间存放酸性、碱性或咸的食物，故 D 正确；故选 D。考点：考查了煤和石油的综合利用、绿色化学、物质的检验、铝的化学性质的相关知识。2. 设 NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A. 11gT2O 含有的电子数为 5NAB. 常温下，0.2L 0.5molL1NH4NO3溶液的氮原子数小于 0.2NAC. 含 4molHCl 的浓盐酸与足量二氧化锰反应转移的电子总数为 NAD. 标准状况下，2.24L H2S 全部溶于水所得溶液中 HS和 S2离子数之和为 0.
3、1NA【答案】A【解析】A、11g 超重水的物质的量为=0.5mol，而每个超重水分子中含 10 个电子，故0.5molT2O 中含 5NA个电子，故 A 正确；B、溶液中硝酸铵的物质的量n=0.5mol/L0.2L=0.1mol，而 1mol 硝酸铵中含 2mol 氮原子，故溶液中含有的氮原子个数为 0.2NA个，故 B 错误；C、二氧化锰只能和浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故当盐酸变稀时反应即停止，故盐酸不能反应完全，则转移的电子总数小于 NA个，故 C 错误；D、H2S 为弱酸，在溶液中不能完全电离，故溶液中的 H2S、HS-和 S2-的个数之和为 0.1NA个，故 D 错误；故选A。3.
4、 根据海水综合利用的工业流程图（如图） ，判断下列说法正确的是（ ）- 2 -A. 过程的提纯只有物理过程，过程通过氧化还原反应可产生两种单质B. 在过程中将 MgCl26H2O 真接灼烧即可制得纯净无水 MgCl2C. 过程所得的高浓度溴水只需分液即可获得液溴D. 过程反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀间题【答案】D【解析】试题分析：A、过程的提纯中过滤属于物理过程，但是除去镁离子、碳酸根离子、硫酸根离子属于化学过程；过程电解饱和食盐水获得了氯气和氢气两种单质，故 A 错误；B、因 MgCl26H2O 受热生成 Mg(OH)Cl 和 HCl 气体等，得不到无水 MgCl2，若要由
5、 MgCl26H2O灼烧即可制得无水 MgCl2，为防止 Mg2+发生水解，应在 HCl 气氛中进行，故 B 错误； C、溴易溶于水，不能通过分液分离水和溴的混合物，故 C 错误； D、因 Br2+SO2 +2H2O=2HBr+H2SO4，反应后溶液呈酸性，能与金属容器反应，故 D 正确；故选 D。【考点定位】考查海水资源及其综合利用【名师点晴】本题考查了海水资源综合利用，涉及了离子的除杂、离子水解、氧化还原反应、元素及其化合物的有关知识进行综合利用，提高了试题的综合性。海水蒸发溶剂得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠；母液通入氯气氧化溴离子为溴单质，被
6、二氧化硫吸收后发生氧化还原反应生成溴化氢，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质得到高浓度的溴。4. 铅、二氧化铅、氟硼酸（HBF4）电池是一种低温性能优良的电池，常用于军事和国防工业，其总反应方程式为 Pb+PbO2+4HBF42Pb（BF4）2+2H2O已知：HBF4、Pb（BF4）2均是易溶于水的强电解质下列说法中不正确的是（ ）A. 充电时，阳极附近溶液的 pH 增大B. 充电时，阴极的电极反应式为 pb2+2epbC. 放电时，转移 1mol 电子时负极减少的质量为 103.5gD. 放电时，正极的电极反应式为 PbO2+2e+4H+pb2+2H2O- 3 -【答案】A【解析】试题分
7、析：原电池的总反应为：Pb+PbO2+4HBF42Pb(BF4)2+2H2O，故放电时负极反应为：Pb-2e-=Pb2+；正极反应：PbO2+2e-+4H+=Pb2+2H2O，阴离子移向负极，阳离子移向正极；充电时，阴极反应：Pb2+2e-=Pb，阳极反应：Pb2+2H2O-2e-=PbO2+4H+，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。A、充电时，阳极反应：Pb2+2H2O-2e-=PbO2+4H+，产生大量氢离子，故阳极附近溶液的酸性增强，pH 减小，故 A 错误；B、充电时的阴极反应即是将放电时的负极反应倒过来，故阴极反应为：Pb2+2e-=Pb，故 B 正确；C、放电时，此装置为原电池，放电
8、时负极反应为：Pb-2e-=Pb2+，负极的质量减小，转移 1mol 电子时负极减少的质量为207g/mol=103.5g，故 C 正确；D、放电时，此装置为原电池，正极上发生还原反应，电极方程式为 PbO2+2e+4H+=pb2+2H2O，故 D 正确；故选 A。【考点定位】考查原电池和电解池的工作原理【名师点晴】本题考查了原电池和电解池中电极反应式的书写和离子移动方向的判断。在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，原电池的总反应为：Pb+PbO2+4HBF42Pb(BF4)2+2H2O，故放电时负极反应为：Pb-2e-=Pb2+；正极反应：PbO2+2e-+4H+=Pb2+2H2O，阴
9、离子移向负极，阳离子移向正极；充电时，阴极反应：Pb2+2e-=Pb，阳极反应：Pb2+2H2O-2e-=PbO2+4H+，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。5. 用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的是（ ）A. 用图 1 所示装置制取少量 H2B. 用图 2 所示装置分离 Na2CO3溶液和 CH3COOC2H5的混合物C. 用图 3 所示装置验证 Na 和水反应的热效应D. 用图 4 所示装置蒸干 NH4Cl 饱和溶液制备 NH4Cl 晶体【答案】C【解析】A，长颈漏斗没有插到液面下形成液封，氢气可以从长颈漏斗中逸出，关闭弹簧夹后固液不能立即分离，反应停不下来，所以 A 错。
10、B，乙酸乙酯与碳酸钠溶液不互溶，可以- 4 -用分液漏斗分液，本题用蒸馏法不对，即使蒸馏，温度计水银球也不能插到液面下，而是位于蒸馏烧瓶支管口处，所以 B 错。C，当向小试管中加水时，试管中的钠与水反应放出热量，小试管与大试管间没有物质交换，只有热量交换，大试管中的空气受热膨胀，气压超过外界大气压，这个压强差使得 U 形管中左管液面下降、右管液面上升，所以可以验证钠与水反应的热效应，C 正确。D，氯化铵受热易分解为氯化氢和氨气，所以不能用蒸发结晶的方法得到氯化铵，只能用蒸发浓缩、降温结晶来得到，D 不正确。点睛：从溶液中制备晶体通常用结晶法。结晶法分为蒸发结晶和降温结晶。蒸发结晶适用于热稳定性
11、较好并且溶解度随温度变化不大的溶质。降温结晶适用于溶解度随温度变化较大以及热稳定性差的晶体，为了提高产品的产率，通常要先对溶液进行蒸发浓缩至溶液表面形成晶膜（即微小晶体，确保溶液为饱和溶液） ，然后再冷却结晶、过滤、冰水洗涤、控制一定温度干燥（温度由晶体的分解温度决定） 。6. 短周期元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 原子在元素周期表中原子半径最小，Y的次外层电子数是最外层的 ，ZX2是一种储氢材料，W 与 Y 属于同一主族下列叙述正确的是（ ）A. 原子半径：rWrZrYB. 化合物 X2Y、ZY、ZX2中化学键的类型相同C. 由 X、Y、Z、W 组成的化合物的水溶液可能显酸性D
12、. 由 Y 元素形成的离子与 W 元素形成的离子的电子数不可能相同【答案】C考点：考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。7. 下列关于电解质溶液的叙述正确的是（ ）- 5 -A. 在 pH=3 的溶液中，Na+、Cl、Fe2+、ClO可以大量共存B. pH=11 的 NaOH 溶液与 pH=3 的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色C. 常温下，pH=7 的 NH4Cl 与氨水的混合溶液中：c（Cl）c（NH4+）c（H+）=c（OH）D. 向 0.1molL1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中 c（OH）/c（NH3H2O）增大【答案】B【解析】试题分析：A、pH=3 的溶液显酸性，酸
13、性溶液中 Fe2+与 ClO发生氧化还原反应，不能大量共存，故 A 错误；B、pH=11 的 NaOH 溶液的浓度为 0.001mol/L，pH=3 的醋酸溶液中醋酸的浓度远远大于 0.001mol/L，所以两溶液等体积混合后醋酸过量，溶液显示酸性，滴入石蕊溶液呈红色，故 B 正确；C、常温下，pH=7 的 NH4Cl 与氨水的混合溶液呈中性，存在的电荷守恒为 c(H+)+c(NH4+)=c(Cl)+c(OH)，由于中性溶液 c(H+)=c(OH)，所以 c(NH4+)=c(Cl)，故 C 错误；D、向 0.1mol/L 的氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离
14、，则一水合氨的浓度增大，氢氧根离子的浓度减小，则溶液中减小，故 D 错误；故选 B。【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡.二、选择题：本题共有二、选择题：本题共有 8 8 小题，每小题小题，每小题 6 6 分，共分，共 4848 分。在每小题给出的四个选项中，第分。在每小题给出的四个选项中，第14141818 题只有一个选项符合题目要求，第题只有一个选项符合题目要求，第 19192121 题又多个选项符合题目要求。全部选对的题又多个选项符合题目要求。全部选对的- 6 -得得 6 6 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分。分。8. （1）
15、用铜与浓硫酸反应制取硫酸铜，实验装置如图所示A 中装置体现了浓硫酸的哪些性质？_；（2）为符合绿色化学的要求，某同学进行如下设计：将铜粉在_（填仪器名称）中反复灼烧，使铜与空气充分反应生成氧化铜，再将氧化铜与稀硫酸反应，反应后溶液经过_、_、过滤、洗涤、干燥，即可得到产品 CuSO45H2O 晶体，干燥时需要控制温度小于 100，若温度过高，则会导致_（3）探究小组用滴定法测定某胆矾晶体中 CuSO4的含量取 ag 样品配成 100mL 溶液，每次取 20.00mL，消除干扰离子后，用 c molL1的 EDTA（H2Y2）标准溶液滴定至终点，平均消耗 EDTA 溶液 6mL滴定反应如下：Cu
16、2+H2Y2=CuY2+2H+写出计算 CuSO4质量分数的计算式 =_；下列操作会导致 CuSO4含量的测定结果偏低的是_a用样品溶液润洗锥形瓶b滴定终点时俯视读数c滴定终点时滴定管尖嘴中有气泡【答案】 (1). 酸性和强氧化性 (2). 坩埚 (3). 蒸发浓缩 (4). 冷却结晶 (5). CuSO45H2O 晶体失去部分结晶水 (6). 100% (7). bc【解析】(1)A 装置中铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，A 中装置体现了浓硫酸的酸性和强氧化性，故答案为：酸性和强氧化性；(2)高温灼烧固体应在
17、坩埚中进行，从硫酸铜溶液中得到硫酸铜晶体可以将硫酸铜溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即可得到产品 CuSO45H2O 晶体，CuSO45H2O 晶体中的结晶水容易失去，所以干燥需要控制温度小于 100，故答案为：坩埚；蒸发浓缩、冷- 7 -却结晶；CuSO45H2O 晶体失去部分结晶水；(3)取 a g 试样配成 100mL 溶液，每次取 20.00mL，消除干扰离子后，用 c molL-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗 EDTA 溶液 6mL，滴定反应如下：Cu2+H2Y2-=CuY2-+2H+铜离子物质的量和标准液中 H2Y2-的物质的量相同=cmol/
18、L610-3L，依据元素守恒得到：则 20mL 溶液中含有的 CuSO45H2O 物质的量为 cmol/L610-3L；100mL 溶液中含cmol/L610-3L5；所以 CuSO4质量分数的表达式=100%，故答案为：100%；a用样品溶液润洗锥形瓶，导致待测溶液中溶质增大，导致测定结果偏高，故 a 错误；b滴定终点时俯视滴定管读数说明消耗标准液读数偏小，结果偏低，故 b 正确；c滴定终点时滴定管尖嘴中有气泡，导致标准溶液体积减小，结果偏低，故 c 正确；故答案为：bc。点睛：本题的易错点为(3)，明确离子的性质和滴定实验的定量关系是解本题关键，解题思路为：根据滴定反应 Cu2+H2Y2-
19、=CuY2-+2H+，铜离子物质的量和 H2Y2-的物质的量相同，然后依据元素守恒得到 20mL 溶液中含有的 CuSO45H2O 物质的量，计算时注意单位的换算。9. 能源问题是人类社会面临的重大课题，甲醇是未来重要的绿色能源之一（1）利用工业废气 CO2可制取甲醇，已知常温常压下下列反应的能量关系如图：则 CO2与 H2反应生成 CH3OH 的热化学方程式为_（2）CH4和 H2O（g）通过下列转化也可以制得 CH3OH；ICH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H10IICO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H20将 1.0molCH4和 3.0molH2O（g）通入反应室（
20、容积为 100L）中，在一定条件下发生反应I，CH4的转化率与温度、压强的关系如图所示- 8 -已知温度为 T1时达到平衡所需的时间为 5min，则用 H2表示的平均反应速率为_；图中的 p1_p2（填“” 、 “”或“=” ） ，判断的理由是_若反应 II 在恒容密闭容器进行，下列能判断反应 II 达到平衡状态的是_（填序号）a生成 CH3OH 的速率与消耗 CO 的速率相等 b混合气体的密度不变c混合气体的总物质的量不变 dCH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化在某温度下，将一定量的 CO 和 H2投入 10L 的密闭容器中发生反应 II，5min 时达到平衡，各物质的物质的浓度（mo
21、lL1）变化如下表所示：0min5min10minCO0.10.05H20.20.2CH3OH00.040.05若 5min 时只改变了某一条件，10min 时测得各物质浓度如表，则所改变的条件是_；10min 时 v正_v逆（填“” 、 “”或“=” ） 【答案】 (1). CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）H=50KJ/mol (2). 0.003 molL1min1 (3). (4). 该反应正方向为体积增大的方向，相同温度下，压强越大甲烷的转化率减小，P2 的转化率比 P1小，说明 P2P1 (5). cd (6). 向容器中充入 1molH2 (7). 【解析
22、】试题分析：（1）图 1 中的热化学方程式为CO(g)+H2O(l)=CO2(g)+H2(g)H=-41kJ/mol，CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)H=-(510-419)kJ/mol=-91KJ/mol，依据盖斯定律-得：二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)- 9 -+H2O(l)H=-50KJ/mol；（2）由图知道平衡时甲烷的转化率为 0.5，所以c(CH4)=0.005mol/L，所以v(CH4)=0.001mol/(Lmin)，速率之比等于化学计量数之比，所以 v(H2)=3v(CH4)=30.001mol/(L?min)=0
23、.003mol/(Lmin)，故答案为：0.003mol/(Lmin)；温度相同时，作垂直 x 轴的辅助线，压强为 P1的 CH4的转化率高，反应为前后体积增大的反应，压强增大平衡向体积减小的方向移动，即向逆反应移动，CH4的转化率降低，所以P1P2，故答案为：；该反应为反应前后气体体积增大的反应，温度相同时，压强越大，CH4的转化率越小，压强为 P1的 CH4的转化率高，所以 P1P2；a、生成 CH3OH 的速率与消耗 CO 的速率都表示正反应速率，不能判断反应达到平衡状态，错误；b、容器的体积不变，气体的质量不变，混合气体的密度始终不变，不能判断反应达到平衡状态，错误；c、该反应属于气体
24、的物质的量发生变化的反应，混合气体的总物质的量不变，表示反应达到了平衡状态，正确；d、CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化，表示反应达到了平衡状态，正确；故选 cd；对比 6min 和 8min 时各物质的浓度可知改变条件后反应反应向正方向进行，按照转化量之比等于计量系数之比C(CO)：C(H2)：C(CH3OH)=0.01mol/L：0.02mol/L：0.01mol/L，所以 8min 后三种物质的浓度应为：(0.06-0.01)mol/L、(0.12-0.02)mol/L、(0.04+0.01)mol/L，而 8min 后氢气的浓度为 0.2mol/L，所以多加了 0.1mol/L
25、10=1mol 的氢气；该温度下，甲醇的平衡浓度是 0.06mol/L，氢气的平衡浓度是 0.12mol/L，一氧化碳的平衡浓度是0.04mol/L 所以平衡常数 K=46.3，第 10min 时反应的浓度商 Qc=25K，反应向正反应方向进行，v正v逆，故答案为：加 1 mol 氢气；。考点：考查了热化学方程式的书写、化学平衡移动的影响因素、化学平衡常数的计算和应用和盖斯定律求反应热的相关知识。10. 连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，是一种强还原剂，广泛用于纺织工业（1）在一定温度下，将足量 SO2气体通入甲酸（HCOOH）和 NaOH 混合溶液中，即有保险粉生成同时生成一种气体该
26、反应的化学方程式为_（2）保险粉可用于除去废水中的重铬酸根离子（Cr2O72被转化为 Cr3+） ，这是目前除去酸性- 10 -废水中铬离子的有效方法之一，则每消耗 0.2mol 保险粉，理论上可除去 Cr2O72的物质的量为_mol（3）Na2S2O4溶液在空气中易被氧化，某课题小组测定 0.050molL1Na2S2O4溶液在空气 pH 变化如下图 1；0t1段主要生成 HSO3，根据 pH 变化图，推测 0t1发生反应的离子方程式为_；t3时溶液中主要阴离子是_，t2t3阶段 pH 变小的主要原因是_若 t1时溶液中 Na2S2O4全部被氧化成 NaHSO3，此时溶液中 c（SO32）c
27、（H2SO3）=_molL1（填准确值，不考虑溶液体积变化） （4）利用图 2 所示装置（电极均为惰性电极）也可使 NaHSO3转化为 Na2S2O4，并获得较浓的硫酸a 为电源的_（填“正极”或“负极” ） ；阴极的电极反应式为_【答案】 (1). 2NaOH+HCOOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+2H2O (2). 0.2 (3). 2S2O42+O2+2H2O=4HSO3 (4). SO42 (5). HSO3空气中被氧化为硫酸，氢离子浓度增大 (6). 105109 (7). 正极 (8). 2HSO3+2H+2e=S2O42+2H2O【解析】试题分析：（1）SO2气体通入甲酸
28、钠的碱性溶液可以生成 Na2S2O4，反应的化学方程式为 NaOH + HCOONa +2SO2 = Na2S2O4 + CO2 + H2O；（2）根据电子得失守恒可知，保险粉与重铬酸根离子反应的关系式为 Cr2O72-Na2S2O4，所以每消耗 0.2mol 保险粉，理论上可以除去 Cr2O72-的物质的量为 0.2mol，故答案为：0.2；（3）0t1段主要先生成 HSO3-，溶液显酸性，说明 HSO3-的电离程度大于水解程度；Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，0t1发生离子反应方程式为：2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-，故答案为：2+O2+2H2O=4HSO3
29、-；t3时溶液的 pH=1，说明溶液的酸性较强，因此亚硫酸氢钠被氧化为硫酸氢钠，则溶液中主要阴离子符号是 SO42-或 HSO4-，t2-t3阶段 pH 变小，主要是因为 HSO3-被空气中的氧气氧化生- 11 -成硫酸，溶液中氢离子浓度增大，pH 减小，故答案为：SO42-或 HSO4-；HSO3-被空气中的氧气氧化生成硫酸，溶液中氢离子浓度增大；（4） 与电源 a 电极相连的电极上二氧化硫被氧化为硫酸，发生氧化反应，该电极为电解池的阳极，故 a 为电源的正极，故答案为：正极；阴极上发生还原反应，亚硫酸氢钠被还原为 Na2S2O4，电极反应式为 2HSO3-+2H+2e-= S2O42-+2
30、H2O， 故答案为：2HSO3-+2H+2e-= S2O42-+2H2O。考点：考查了制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量、电解原理的相关知识。11. 【化学一选修 3：物质结构与性质】原子序数依次增大的 A、B、C、D、E、F 六种元素其中 A 的基态原子有 3 个不同的能级，各能级中的电子数相等；C 的基态原子 2p 能级上的未成对电子数与 A 原子的相同；D 为它所在周期中原子半径最大的主族元素；E 和 C 位于同一主族，F 的原子序数为 29（1）F 原子基态的外围核外电子排布式为_（2）在 A、B、C 三种元素中，第一电离能由小到大的顺序是_（用元素符号回答） （3）元
31、素 B 的简单气态氢化物的沸点_（高于，低于）元素 A 的简单气态氢化物的沸点，其主要原因是_（4）由 A、B、C 形成的离子 CAB与 AC2互为等电子体，则 CAB的结构式为_（5）在元素 A 与 E 所形成的常见化合物中，A 原子轨道的杂化类型为_（6）由 B、C、D 三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，则该化合物的化学式为_（7）FC 在加热条件下容易转化为 F2C，从原子结构的角度解释原因_【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1 (2). NOC (3). 高于 (4). B 的氢化物分子之间存在氢键 (5). N=C=O (6).
32、sp (7). NaNO2 (8). Cu+外围电子 3d10轨道全满稳定，Cu2+外围电子 3d9轨道电子非全满和半满状态不稳定【解析】试题分析：原子序数依次增大的 A、B、C、D、E、F 六种元素，A 的基态原于有 3 个不同的能级，各能级中的电子数相等，则 A 是 C 元素；C 的基态原子 2p 能级上的未成对电子- 12 -数与 A 原子的相同，C 原子序数大于 A，则 C 为 O 元素；B 原子序数大于 A 而小于 C，则 B 是N 元素；E 和 C 位于同一主族，且 E 原子序数小于 29，则 C 是 S 元素；D 为它所在周期中原子半径最大的主族元素，原子序数小于 S，则 D 是
33、 Na 元素；F 的原子序数为 29，为 Cu 元素；（1）F 是 Cu 元素，其原子核外有 29 个电子，根据构造原理知 Cu 元素基态原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；（2）A、B、C 分别是 C、N、O 元素，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第 IIA 族、第 VA 族元素第一电离能大于其相邻元素，所以电离能从小到大顺序是 NOC；（3）含有氢键的氢化物熔点较高，氨气分子中含有氢键、甲烷中不含氢键，所以氨气熔沸点高于甲烷；（4）等电子体原子个数相等、价电子数相等，由 C、N、O 形成的离子 OCN-与 C
34、O2互为等电子体，根据二氧化碳结构式知 OCN-的结构简式为N=C=O；（5）在元素 C 与 S 所形成的常见化合物 CS2中，二硫化碳分子中中心原子价层电子对个数是2 且不含孤电子对，所以 C 原子采用 sp 杂化；（6）由 N、O、Na 三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，该晶胞中 N 原子个数=1+81/8=2、O 原子个数=2+161/8=4，Na 原子个数=81/4=2，所以该晶胞中 Na、N、O原子个数之比=2：2：4=1：1：2，则化学式为 NaNO2；（7）在原子中电子层全满、半满和全空为稳定状态，Cu+外围电子 3d10轨道全满稳定，Cu2+外围电子 3d9轨道电子非全满
35、和半满状态不稳定,所以 CuO 在加热条件下容易转化为 Cu2O。考点：考查了晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断的相关知识。12. 扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以 A 和 B 为原料合成扁桃酸衍生物 F 路线如下：（1）A 的分子式为 C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A 所含官能团名称为：- 13 -_,写出 A+BC 的化学反应方程式为_.（2）中、3 个OH 的酸性有强到弱的顺序是：_。（3）E 是由 2 分子 C 生成的含有 3 个六元环的化合物，E 的分子中不同化学环境的氢原子有_种。（4）写出符合下列条件的 F
36、的一种同分异构体（不考虑立体异构）的结构简式：_。、属于一元酸类化合物，、苯环上只有 2 个取代基且处于对位，其中一个是羟基（5）已知：A 有多种合成方法，请写出由乙酸合成 A 的路线流程图（其他原料任选） 。合成路线流程图示例如下：_【答案】 (1). 醛基、羧基 (2). (3). (4). 4 (5). (6). 【解析】(1)A 的分子式为 C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，含有醛基和羧基，则 A 是OHC-COOH，根据 C 的结构可知 B 是，A+BC 发生加成反应，反应方程式为：，故答案为：羧基和醛基；- 14 -；(2)羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，故强
37、弱顺序为：，故答案为：；(3)C 中有羟基和羧基，2 分子 C 可以发生酯化反应，可以生成 3 个六元环的化合物，C 分子间醇羟基、羧基发生酯化反应，则 E 为，为对称结构，分子中有 4种化学环境不同的 H 原子，分别为苯环上 2 种、酚羟基中 1 种、亚甲基上 1 种，故答案为：4；(4)F 的所有同分异构体符合：属于一元酸类化合物，苯环上只有 2 个取代基且处于对位，其中一个是羟基，另外取代基为-CBr(CH3)COOH、-CH(CH2Br)COOH、-CH2CHBrCOOH、-CHBrCH2COOH，可能的结构简式为：、，故答案为：、任意 2 种；(5)由题中信息可知，乙酸与 PCl3反应得到 ClCH2COOH，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到 HOCH2COONa，用盐酸酸化得到 HOCH2COOH，最后在 Cu 作催化剂条件下发生催化氧化得到 OHC-COOH，合成路线流程图为：，故答案为：。