1、广西桂林市、贺州市、崇左市广西桂林市、贺州市、崇左市 2019 届高三届高三 3 月联合调研考试月联合调研考试 理科综合试题化学部分理科综合试题化学部分 1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是 A. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维 B. 福尔马林能防腐，但不能用于食品保鲜 C. 食品包装袋中的生石灰和硅胶可以防止食品氧化变质 D. 维生素 C 具有还原性，能将人体中的 Fe3+转化为易被吸收的 Fe2+ 【答案】C 【解析】 【详解】A.蚕丝成分为蛋白质，灼烧产生烧焦羽毛气味，所以可以用灼烧的方法可以区分蚕 丝和人造纤维，A正确； B.福尔马林为甲醛水溶液，甲醛有毒，不能用于食品防腐，B
2、正确； C.生石灰和硅胶都具有吸水性，不具有还原性，所以不能防止食品氧化变质，C 错误； D.维生素 C 具有还原性， 能够还原三价铁离子生成二价铁离子， 所以能将人体中的 Fe3+转化 为易被吸收的 Fe2+，D 正确； 故合理选项是 C。 2.下列叙述正确的是 A. 1 molCnH2n中含有的共用电子对数为 3nNA B. 依据丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体与浊液 C. 钢管和铜管堆放在一起，可以减缓钢管的生锈速率 D. 化学键的断裂与形成一定伴随着电子转移和能量变化 【答案】A 【解析】 【详解】 A.分子式为 CnH2n分子中 C原子之间含 n个共用电子对， 2n 个 C-H 键，
3、 则 1 molCnH2n 中含有的共用电子对数为 3nNA，A 正确； B.根据分散质的直径大小将分散系分类，而丁达尔现象为胶体特有的性质，B错误； C.钢管和铜管堆放在一起，构成原电池时 Fe 比 Cu活泼，Fe 为负极， 会加快 Fe 的腐蚀速率， C错误； D.化学键形成释放能量， 化学键断裂吸收能量， 因此化学键的断裂与形成过程中一定有能量 变化，但不一定有电子转移，如中和反应是放热反应，但无电子转移，D错误； 故合理选项是 A。 3.HOCH2CH=CHCOOH 是重要的化工原料。下列有关它的描述正确的是 A. 可用酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键 B. 1mol该物质只能与 1 mo
4、l NaOH反应 C. 该物质能发生酯化、缩聚、水解反应 D. 分子中所有原子可以处在同一平面上 【答案】B 【解析】 【分析】 有机物含有羧基，具有酸性，可发生酯化反应；含有羟基，可发生取代、氧化反应，含有碳 碳双键，可发生加成、氧化和加聚反应，以此解答该题。 【详解】 A.羟基和碳碳双键都可被高锰酸钾氧化， 因此不能用酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双 键，A错误； B.只有羧基与氢氧化钠溶液反应，则 1mol该物质只能与 1 mol NaOH反应，B正确； C.不含酯基、卤素原子，因此不能发生水解反应，C错误； D.含有饱和碳原子， 具有甲烷的结构特征， 因此不可能所有的原子在同一个平面上， D
5、错误； 故合理选项是 B。 【点睛】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析 能力，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该题的关键。 4.下列有关化学实验的描述错误的是 A. 用加热方法分离 NaCl(s)和 I2(s)的混合物 B. 将分别蘸有浓氨水和浓硝酸的玻璃棒靠近，有白烟产生 C. 酸碱中和滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差 D. 用饱和氯化钠溶液可以洗涤除去氯化钠固体表面少量氯化钾杂质 【答案】C 【解析】 【详解】A.加热碘易升华，NaCl仍然为固体形式，因此可通过加热进行分离，A 正确； B.二者反应生成硝酸铵固体，因此会产生白烟现象
6、，B 正确； C.润洗锥形瓶，导致消耗标准液体积偏大，会增大实验误差，不能润洗锥形瓶，C错误； D.饱和氯化钠溶液可抑制 NaCl 溶解，而 KCl 易溶于水，可除去氯化钠固体表面少量氯化钾 杂质，D正确； 故合理选项是 C。 5.下图所示原电池的盐桥中装有饱和 K2SO4溶液，电池工作一段时间后，甲烧杯中溶液颜色 不断变浅。下列叙述中正确的是 A. b极是电池的正极 B. 甲烧杯中 K+经盐桥流向乙烧杯 C. 甲烧杯中溶液的 pH 逐渐减小 D. 电池的总反应离子方程式为：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O 【答案】D 【解析】 【分析】 由 Mn 元素的化合价降低，得
7、到电子，Fe 元素的化合价升高，失去电子，则 b 为负极，a 为 正极， 所以总的电极反应为： 2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O， 结合原电池中负极发生氧化反应，电流从正极流向负极，阴离子向负极移动来解答。 【详解】由 Mn元素的化合价降低，得到电子，Fe 元素的化合价升高，失去电子，则 b为负 极，a为正极，所以总的电极反应为： 2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O，结合原电池中负极发生氧化 反应，电流从正极流向负极，阴离子向负极移动， A.由于 Fe2+在 a
8、 电极失去电子，发生氧化反应，所以 a极是电池的负极，A错误； B.K+向正极移动，所以乙烧杯中 K+经盐桥流向甲烧杯，B错误； C.甲烧杯中(a电极)MnO4-获得电子，发生还原反应，Mn元素的化合价降低，电极反应为 MnO4-+8H+5e-Mn2+4H2O，所以甲烧杯中溶液的 pH逐渐增大，C 错误； D.由总的电极反应可知：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O，反 应的离子方程式为：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，D正确； 故合理选项是 D。 【点睛】本题考查原电池的工作原理及常见的化学电源，题目难
9、度中等，明确氧化还原反应 中元素的化合价变化及原电池工作原理是解答本题的关键，试题培养了学生的灵活应用能 力。 6.X、 Y、Z、 W四种短周期元素在周期表中的位置如下图所示， Y2+与 W的电子数之差为 8。 下列说法正确的是 A. 原子半径大小：XY B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：ZW C. 工业上通过电解 Y 的氧化物制取 Y单质 D. X与 W可形成正四面体结构的有机物 【答案】D 【解析】 【分析】 X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，X 位于第二周期，Y、Z、W位 于第三周期，Y2+与 W-的电子数之差为 8，则 Y 为 Mg 元素，W 为 Cl 元素；结合
10、各元素的 相对位置可知，X为 C元素，Z为 S元素，据此解答。 【详解】综上所述可知，X是 C 元素，Y为 Mg元素，Z是 S元素，W 为 Cl元素。 A.原子核外电子层越多，原子半径越大，所以原子半径 XY，A 错误； B. 非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。由于元素的非金属性 ZW，则 最高价氧化物对应水化物的酸性：ZW，B错误； C.MgO是离子化合物，熔点较高，以 MgO为原料电解 MgO获得 Mg的成本较高，所以在 工业上通常利用电解熔融氯化镁获得金属 Mg，C 错误； D.X与 W 可形成 CCl4，该物质中四个 C-Cl键长相同，键角为 10928，所以四氯化碳为正
11、 四面体结构，D正确； 故合理选项是 D。 【点睛】本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注 意掌握元素周期律内容及元素周期表结构，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。 7.常温下，用 0.10 mol/LNaOH 溶液分别滴定 20.00mL浓度均为 0.10mol/LCH3COOH 溶液和 HCN溶液，所得滴定曲线如右图所示。下列说法错误的是 A. 点和点所示溶液中：c(CH3COO-)c(CN-) B. 点和点所示溶液中水的电离程度： C. 点和点所示溶液中：c(CH3 COO-)-c(CN-)=c(HCN)-C(CH3COOH) D. 相同条件，浓度
12、均为 0.10mol/L CH3COOH溶液和 HCN溶液的导电性：CH3COOHHCN 【答案】B 【解析】 【分析】 A.根据点和点所示溶液中的电荷守恒分析； B.点溶液的 pH=7，溶质为醋酸钠和醋酸，点恰好生成醋酸钠，醋酸根离子促进了水的 电离，此时水的电离程度最大； C.根据点和点所示溶液中的物料守恒分析； D.先判断酸性强弱，酸性越强，浓度相同时溶液导电性越强。 【详解】A.点溶液为等浓度的 HCN和 NaCN 的混合溶液，根据图示可知溶液的 pH7， c(OH-)c(H+)，根据电荷守恒 c(OH-)+c(CN-)=c(Na+)+c(H+)可知，c(CN-)c(CN-)，A 正确
13、； B.点溶液为 CH3COONa、CH3COOH的混合溶液，根据图示可知该点溶液的 pH=7，则 c(OH-)=c(H+)，则根据电荷守恒可知 c(Na+)=c(CH3COO-)，强电解质盐电离产生的离子浓度 远大于弱电解质电离产生的离子，所以 c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)；点恰好生成醋 酸钠，由于该盐是强碱弱酸盐，CH3COO-水解消耗水电离产生的 H+，促进了水的电离，此 时水的电离程度最大，故水的电离程度：，B错误； C.点的溶液是等浓度的 HCN和 NaCN的混合溶液，在的中存在物料守恒为 c(HCN)+c(CN-)=2c(Na+)， 点所示溶液中的物料
14、守恒为 c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)， 二者中钠离子浓度相同，则 c(HCN)+c(CN-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，即 c(CH3COO-)- c(CN-)=c(HCN)- c(CH3COOH)，C正确； D.根据图知，0.10mol/L的 CH3COOH 溶液和 HCN 溶液的 pH：CH3COOHHCN，所以两 种酸中 c(H+)：CH3COOHHCN，即酸性 CH3COOHHCN，溶液的酸性越强，酸电离产生 的离子就越大，溶液的导电性就越强，所以浓度相同时溶液的导电性：CH3COOHHCN， D正确； 故合理选项是 B。 【点睛】本题考
15、查酸、碱混合溶液定性判断的知识，明确混合溶液中溶质成分及其性质、溶 液酸碱性是解本题关键， 注意电荷守恒、 物料守恒的灵活运用， 试题侧重考查分析判断能力。 8.硫及其化合物是重要的化工原料，某学习小组对某些硫的化合物性质和制备进行如下实验 探究： .探究实验一： 将一定量的浓 H2SO4与足量 Zn 置于装置 A中充分反应， 对反应后的气体 X 进行气体成分分析(水蒸气除外)。 回答下列问题： (1)气体 X中除水蒸气之外，还可能有的气体是_。 (2)B中的试剂可能是_，酸性 KMnO4溶液的作用是_。 (3)D、E装置用于证明气体 X 中的另一种组分，按照 D、E 装置顺序观察到的实验现象
16、分别 是_、_。 .探究实验二：制取硫代硫酸钠(Na2S2O3)并探究其性质。 (1)制取 Na2S2O3(装置如右图，夹持装置省略)。 装置 B 中生成 Na2S2O3的同时也生成 CO2，反应的离子方程式为_。 除搅拌和使用多孔球泡外，再写出一种可以提高 B中吸收 SO2效率的方法_。 (2)探究 Na2S2O3的性质(反应均在溶液中进行)，请填空： Na2S2O3性质 实验操作 实验现象 探究 1 Na2S2O3溶液的酸碱性 _ pH=8 探究 2 Na2S2O3的还原性 向新制的溴水中滴加 Na2S2O3溶液 _ 【答案】 (1). 二氧化硫、氢气 (2). 品红溶液(或酸性高锰酸钾、
17、溴水) (3). 除去 气体中残余的二氧化硫 (4). 黑色粉末变红色 (5). 白色粉末变蓝色 (6). 4SO2+2S2-+CO32-=3S2O32-+CO2 (7). 控制二氧化硫的流速、适当增大 B中混合液的浓度、 适当升高B中溶液温度等可以提高B中吸收SO2效率 (8). 把小块pH试纸放在表面皿 （或 玻璃片）上，用蘸有待测溶液的玻璃棒点在 pH试纸的中部，试纸变色后，与标准比色卡比 较确定溶液的 pH (9). 溴水颜色变浅（或溴水褪色） 【解析】 【分析】 .在装置 A中浓硫酸与 Zn 反应产生硫酸锌、二氧化硫和水，当反应进行到一定程度，硫酸 变为稀硫酸，稀硫酸与 Zn反应产生
18、硫酸锌和氢气。所以反应产生的气体 X 中含有水蒸气、 SO2、H2，通过品红溶液检验 SO2，用酸性 KMnO4溶液除去 SO2，然后通过浓硫酸干燥，然 后通过 D 使 H2发生反应： CuO+H2Cu+H2O，然后通过无水硫酸铜检验 H2O 的存在。 .浓硫酸与 Na2SO3反应产生 SO2， SO2与 Na2S、 Na2CO3发生反应产生 Na2S2O3和 CO2， SO2、 H2S都是大气污染物，要用 NaOH溶液进行尾气处理。 【详解】.(1)浓硫酸与 Zn 反应产生硫酸锌、二氧化硫和水，当反应进行到一定程度，硫酸 变为稀硫酸，Zn与稀硫酸反应产生硫酸锌和氢气。所以气体 X除水蒸气外还
19、可能含有 SO2、 H2； (2)装置 B的作用是检验 SO2，SO2具有漂白性、还原性，可以选择品红溶液、酸性高锰酸钾 溶液(或溴水)作为检验试剂；检验 H2的生成之前，应先排 SO2的干扰，故用酸性高锰酸钾 用来除去气体中残余的 SO2； (3)D、E装置用于证明气体 X 中的 H2，D中 H2还原黑色 CuO粉末为红色的 Cu单质，反应 生成的水进入盛有无水硫酸铜的 E 装置中，会看到白色粉末硫酸铜结合水得到蓝色硫酸铜 晶体； .(1)装置 B中由 A 制得的 SO2与 Na2S、Na2CO3反应生成 Na2S2O3的同时也生成 CO2， 根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得离子方程式
20、为：4SO2+2S2-+CO32-=3S2O32-+CO2； 控制 SO2的流速、适当增大 B中混合液的浓度、适当升高 B中溶液温度等都可以提高 B 中吸收 SO2效率； (2)探究 1：由实验现象 pH=8可知探究 1为测定 Na2S2O3溶液的 pH 值，操作为：把一小块 pH 试纸放在表面皿(或玻璃片)上，用蘸有待测溶液的玻璃棒点在 pH试纸的中部，待试纸变 色后，与标准比色卡比较确定溶液的 pH； 探究 2：是要测定 Na2S2O3溶液的还原性，向该溶液中加入溴水，溴水呈棕黄色，Na2S2O3 溶液无色，若二者发生氧化还原反应，会看到的现象为：溴水颜色变浅(或溴水褪色)。 【点睛】本题
21、考查了物质性质的检验，涉及物质的性质、现象的判断、方程式的书写、实验 操作等知识点，根据所学知识进行合适的判断是关键，注意语言的描述，题目难度中等。 9.废旧铅蓄电池的回收利用可减少对环境的污染和实现铅资源的可持续发展，其阴、阳极填 充物(铅膏，主要含 PbO2、PbO、PbSO4)是废旧铅蓄电池的主要部分，回收铅单质的一种工 艺流程如下： (1)反应的化学方程式为_，操作 a的名称是_。 (2)滤液 B中的落质除 Na2SO4外， 还含有较多的_(写化学式)，若利用该滤液回收 Na2SO4 10H2O，可加入_(写试剂名称)除掉该物质。 (3)若反应完成后的溶液中 c(Pb2+)=5 106
22、mol/L，则该溶液中 c(SO42-)H2CO3，向含有 Na2SO4、Na2CO3的混合溶液中加入适量的硫酸除去碳酸钠； (3)若反应完成后的溶液中 c(Pb2+)=5 10-6mol/L，则该溶液中 c(SO42-) =2.12 10-3mol/L； (4)用涂 PbO2的钛板作阻极铅板作阴极，电解含 Pb2+的电解液，可得到纯度 99.99%的 Pb粉 Pb被还原，应在阴极生成，阳极上溶液中的 OH-失去电子，发生氧化反应，生成 O2，电极 反应式为 2H2O-4e-=4H+O2； (5)二氧化铅的物质的量为：n(PbO2)=0.01mol，根据 Na2SO3+PbO2=PbO+Na2
23、SO4 可知 n(Na2SO3)= n(PbO2)=0.01mol，则 V(Na2SO3)= =0.01L=10mL。 【点睛】 本题考查物质的制备以及物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用， 题目主要涉 及分离提纯的方法、物质性质的分析应用等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算 能力的考查，题目难度中等。 10.I.研究发现，氮氧化物和硫氧化物是雾霾的主要成分。回答下列问题： (1)有下列反应：N2(g)+O2(g)=2NO(g) H1=+180.5kJ/mol C(s)+O2(g)=CO2(g) H2=-393.5 kJ/mol 2C(s)+O(g)=2CO(g) H=-221.0
24、kJ/mol 已知某反应的平衡常数表达式为 K= ，请写出此反应的热化学方程式： _。 (2)往 1L恒容密闭容器中充入一定量的 NO2，在三种不同条件下发生反应： 2NO2(g)2NO(g)+O2(g)，实验测得 NO2的浓度随时间的变化如下表(不考虑生成 N2O4)。 下列说法正确的是_(填正确选项的序号) A.实验 2 容器内压强比实验 1的小 B.由实验 2和实验 3可判断该反应是放热反应 C.实验 1 比实验 3 的平衡常数大 D.实验 2 使用了比实验 1效率更高的催化剂 E.在 010mim内实验 2 的反应速率 v(O2)=0.015mol/(L min) 不能判断反应已达到化
25、学平衡状态的是_(填正确选项的序号) A.容器内的气体压强不变 B.2v正(NO2)=v逆(O2) C.气体的平均相对分子质量保持不变 D.NO2和 NO 的浓度比保持不变 已知容器内的起始压强为 P0kPa，在 800温度下该反应的平衡常数 Kp=_(用 平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 物质的量分数)。在该温度下达到平衡后，再向容 器中加入 NO2和 NO各 2mol，平衡将_(填“向正反应方向移动”或“向逆反应方向 移动”或“不移动”)。 (3)为了减少雾霾中的 SO2，工业尾气中 SO2可用饱和 Na2SO3溶液吸收，该反应的化学方程 式为_；25时，若用 1mol/L的 Na2S
26、O3溶液吸收 SO2，当恰好完全反应时，溶 液的 pH_7(填“大于”或“小于”或“等于”)，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 _(已知：常温下 H2SO3的电离常数 Ka1=1.3 10-2，Ka2=6.2 10-8)。 【答案】 (1). 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=-746.5 kJ/mol (2). DE (3). B (4). 0.2P0 (5). 不移动 (6). Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3 (7). c(HSO3-)c(H+)c(SO32-)c(OH-) 【解析】 【分析】 (1)根据平衡常数的定义表达式来书写热化学方程式； (2)
27、实验 1和实验 2 在相同的温度下反应，达到平衡时 NO2的浓度相同，说明达到相同平 衡状态，但实验 2达到平衡用时少，反应速率大；实验 3 在 850反应，达到平衡时 NO2 的浓度较 800小，说明温度升高，平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应，反应 速率 v=，以此解答； 可逆反应到达平衡时，同种物质的正、逆反应速率相等，各组分的浓度、含量保持不变， 由此衍生的其它一些量不变， 判断平衡的物理量应随反应进行发生变化， 该物理量由变化到 不变化说明到达平衡，由此分析判断； 已知容器内的起始压强为 P0kPa，由化学平衡常数的表达式来确定在该温度下达到平衡 后，再向容器中加入 NO2和
28、 NO各 2mol，计算此时的浓度商，再和平衡常数比较判断分压 进行的方向； (3)工业尾气中 SO2可用饱和 Na2SO3溶液吸收， SO2能与饱和 Na2SO3溶液反应生成亚硫酸氢 钠，溶液中亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度溶液显酸性。 【详解】(1)若某反应的平衡常数表达式为：K=，可知反应为 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180.5kJ/mol C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-393.5kJ/mol 2C(s)+O2(g)=2CO(g) H=-221kJ/mol 根据盖斯定律，将 2-得到 2NO(g)+
29、2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=-746.5 kJ/mol， (2)A.图表数据可知实验 2 和实验 1温度相同，起始量相同，达到平衡状态 c (NO2)相同， 但达到平衡状态需要时间，实验 2小于实验 1，说明是使用了催化剂的作用，实验 2 容器内 压强和实验 1的压强相同，A 错误； B.实验 3 在 850反应，达到平衡时 c (NO2)比 800小，说明升高温度，化学平衡向正反应 方向移动，则正反应应为吸热反应，B错误； C.升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数会增大，所以实验 3的化学平衡常数比实验 1 的大，C错误； D.因实验 1和实验 2 平衡时 NO2的浓度相
30、同， 但实验 2反应速率大， 说明实验 2使用了催化 剂，D正确； E.2NO2(g)2NO(g)+O2(g)，在 010mim内实验 2的反应速率 ，E 正确； 故合理选项是 DE； 对于反应 2NO2(g)2NO(g)+O2(g)， A.由于该反应是在恒容条件下进行的反应前后气体体积不等的反应， 若容器内的气体压强不 变，说明反应达到平衡状态，A不符合题意； B.速率之比等于化学方程式计量数之比，为正反应速率之比，v正(NO2)=2v逆(O2)能说明氧气 的正逆反应速率相同，但 2v正(NO2)=v逆(O2)不能说明反应达到平衡状态，故 B符合题意； C.其他条件不变，若反应未达到平衡状态
31、，气体的物质的量改变，气体的平均相对分子质量 就发生变化， 因此气体平均相对分子质量保持不变， 说明反应达到平衡状态， C不符合题意； D.NO2和 NO的浓度比保持不变说明正逆反应速率相同， 反应处于平衡状态， D 不符合题意； 故合理选项是 B； 已知容器内的起始压强为 P0kPa，800 C 达到平衡状态 c(NO2)=0.50mol/L，由于容器的容 积为 1L，所以 n(NO2) =0.50mol，结合三段式法列式计算： 2NO2(g)2NO(g)+O2(g) 起始量（mol） 1 0 0 变化量（mol） 0.5 0.5 0.25 平衡量（mol） 0.5 0.5 0.25 平衡状
32、态气体的总物质的量 n(总)=0.5mol+0.5mol+0.25mol=1.25mol 在 800温度下该反应的平衡常数 Kp=，在该温度下达到平衡 后，平衡常数 K=，再向容器中加入 NO2和 NO各 2mol，浓度商 Qc=，说明平衡不移动； (3)工业尾气中 SO2可用饱和 Na2SO3溶液吸收，该反应的化学方程式为： Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，25时，若用 1mol/L的 Na2SO3溶液吸收 SO2，当恰好完全反 应，溶液中生成亚硫酸氢钠，根据题意可知 HSO3-的电离平衡常数 Ka2= 6.2 10-8，HSO3-在 溶液中也存在水解平衡：HSO3-+H2OH
33、2SO3+OH-，水解平衡常数 Kh= c(H+)c(SO32-)c(OH-)。 【点睛】本题考查了热化学方程式书写、化学平衡状态判断、平衡常数的计算应用、平衡移 动原理的理解应用、盐类水解弱电解质电离等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。 11.CaF2、CaC2都是工业生产的重要物质。回答下列问题： (1)基态钙原子的电子排布式_，钙原子核外有_种能量状态的电子。 (2)CaC2与水反应生成乙炔(C2H2)，乙炔中碳原子的杂化类型为_，乙炔中的 键 与 键数之比为_。 (3)CaF2与浓 H2SO4反应生成 HF，HF的沸点高于 C2H2，原因是：_；HF能的 BF3化合得到 HBF4，从
34、化学键形成角度分析 HF与 BF3能化合的原因_。 (4)NO2F分子与 BF3互为等电子体，则 NO2F分子的立体构型为_。 (5)CaF2的晶胞为立方晶胞，结构如下图所示： CaF2晶胞中，Ca2+的配位数为_个。 “原子坐标参数”可表示晶胞内部各原子的相对位置，已知 A、B 两点的原子坐标参数如图 所示，则 C点的“原子坐标参数”为（_，_， ） 晶胞中两个 F-的最近距离为 273.1pm，用 NA表示阿伏加德罗常数，则晶胞的密度为 _g/cm3(列出计算式即可)。 【答案】 (1). Ar4s2 (2). 6 (3). sp (4). 3:2 (5). HF 分子之间存在氢键 (6)
35、. BF3中硼原子有空轨道，HF中氟原子有孤对电子，两者之间可形成配位键 (7). 平面 三角形 (8). 8 (9). (10). (11). 【解析】 【分析】 (1)Ca是 20 号元素，根据构造原理书写基态钙原子的电子排布式，核外电子处于同一轨道时 能量相同； (2)乙炔中碳原子间形成碳碳三键，碳原子的杂化类型为 sp 杂化；根据共价单键是 键，共 价三键是 1 个 键，2个 键数，计算 键与 键数之比； (3) HF、C2H2都是由分子构成的分子晶体，在 HF分子之间还存在氢键的作用影响物质的沸 点；从 BF3的 B原子上有空轨道，HF的 F原子上有孤对电子分析形成 HBF4的原因；
36、 (4)现判断 BF3分子的空间构型，结合等电子体结构相似判断 NO2F的空间构型； (5)以面心 Ca2+为研究对象，在一个晶胞中连接 4个 F-，通过该 Ca2+可形成 2个晶胞分析； 通过坐标系中 A、B、C 的相对位置确定 C点的坐标； 先根据均摊法计算一个晶胞中含有的 Ca、F原子个数，求出晶胞质量，根据 F原子的相对 位置计算出晶胞参数，得到晶胞体积，最后根据 = 得到晶体密度。 【详解】(1)Ca是 20 号元素，根据构造原理可知基态钙原子的电子排布式是 1s22s22p63s33p64s2， 可简写为Ar4s2， 根据核外电子排布式可知 Ca 原子核外有 6种不同能量 的电子；
37、 (2)乙炔中碳原子间形成碳碳三键，碳原子的杂化类型为 sp 杂化；根据共价单键是 键，共 价三键是 1 个 键，2个 键数，乙炔的结构式是 H-CC-H可知，在乙炔分子中含有 3个 键，2 个 键数，所以 键与 键数之比 3：2； (3) HF、C2H2都是由分子构成的分子晶体，分子晶体的熔沸点收分子之间的作用力影响，由 于在 HF分子之间除了存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使物 质气化需要消耗的能量比一般的普通分子消耗的能量高，即物质的沸点比乙炔的高； 在 BF3分子中的 B 原子上有空轨道，而 HF分子中的 F原子上有孤对电子，当 BF3与 HF靠 近时，HF分子
38、中 F原子的孤电子对填充 BF3分子中 B原子的空轨道，二者形成配位键，从 而结合形成 HBF4； (4)BF3分子中 B 原子的价层电子对数为 3+=3， 没有孤对电子对， 所以分子的空间构 型是平面三角形，而 NO2F与 BF3是等电子体，二者结构相似，所以 NO2F分子的空间构型 也是平面三角形； (5)以面心 Ca2+为研究对象，在一个晶胞中连接 4个 F-，通过该 Ca2+可形成 2个晶胞，所以 与该 Ca2+距离相等且最近的 F-共有 8 个，因此 Ca2+的配位数是 8； 观察 A、B、C 的相对位置，可知 C 点的 x 轴坐标是 ，y轴坐标是 ，z轴坐标是 ； 根据晶胞结构可知
39、，在一个晶胞中含有 Ca2+：，含有 F-=1 8=8，即一个晶 胞中含有 4 个 CaF2，根据 C点的坐标可知：晶胞中 F-离子之间的距离为晶胞边长的一半， 所以晶胞参数 L=2 273.1pm=546.2pm，则该晶胞的密度为 =g/cm3。 【点睛】本题考查了原子核外电子排布、原子杂化、化学键的形成、氢键及配位数的判断、 原子位置的确定、晶体密度计算等知识。掌握原子结构理论，具备空间想象力和一定的数学 计算能力是本题解答的关键。 12.高分子化合物 H 的合成路线如下： 回答下列问题 (1)A的化学名称为_。 (2)BC的化学方程式为_。 (3)E 的结构简式为_；由 E生成 F的反应
40、类型为_。 (4)G中官能团名称为_；由 GH的化学方程式为_。 (5)芳香族化合物 L与 G 的官能团相同，但 L的相对分子质量比 G 小 28。则符合下列条件的 L的同分异构体有_种。 与 FeCl3溶液发生显色反应 苯环上有 3个取代基的重 (6)按 有机合成路线可以制备 。结合题中流程和已知信息，可推知 M、N的结构简式分别为_、 _。 【答案】 (1). 1-丙醇 (2). CH3CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3CH2COONa+Cu2O+3H2O (3). CH3CH2COCl (4). 取代反应 (5). 羟基、羧基 (6). n+(n-1)H2O (7). 20
41、(8). (9). 【解析】 【分析】 A能发生催化氧化生成 B，结合 A的分子式知，A为丙醇，B能和新制氢氧化铜悬浊液发生 氧化反应，然后酸化得到 D，根据 B、D中 O原子个数可知，B 为丙醛，则 A中-OH位于碳 链端点上的碳原子上，故 A 为 1-丙醇 CH3CH2CH2OH、B 为丙醛 CH3CH2CHO、C 为 CH3CH2COONa、D为 CH3CH2COOH，D与 PCl3发生羧基上的羟基的取代反应生成 E，则 E 为 CH3CH2COCl，E与甲苯在 AlCl3存在时发生取代反应生成 F ， F 发生信息中的反应得到 G 为，G 发生水解反应生成 H 为 ； (6)苯乙醛发生
42、信息 ii的反应生成 M为，M 与 PCl3发生羟基的 取代反应生成 N为，N 发生取代反应生成目标产物。 【详解】(1)根据上述分析可知 A为 CH3CH2CH2OH，A 的化学名称为 1-丙醇； (2)B为 CH3CH2CHO、C为 CH3CH2COONa，B 发生催化氧化反应生成 C，BC 的化学方程 式为 CH3CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOH CH3CH2COONa+Cu2O+3H2O； (3)E 的结构简式为 CH3CH2COCl；由 E与甲苯在 AlCl3存在时发生苯环甲基对位上的取代反 应生成 F：，故 E 变为 F的反应类型为取代反应； (4)G为，G中官能团名称为羟
43、基、羧基；G中含有羟基、羧基，在一定 条件下发生羧基反应形成聚合物 G，由 GH的化学方程式为 n +(n-1)H2O； (5)G为， 芳香族化合物 L与 G 的官能团相同， 但 L的相对分子质量比 G 小 28，说明 L比 G 少 2个CH2原子团，L的同分异构体符合下列条件，与 FeCl3溶液 发生显色反应，说明含有酚羟基；苯环上有 3个取代基。如果取代基为COOH、OH、 CH2CH3，羟基、羧基相邻有 4 种，羟基、羧基相间有 4 种，羟基和羧基相对有 2 种，所 以有 10种；如果取代基为CH3、CH2COOH、OH，甲基和羟基相邻有 4种，甲基和 羟基相间有 4种，羟基和甲基相对有 2种，则有 10种，所以符合条件的有 20种； (6)苯乙醛发生信息 ii的反应生成 M为，M 发生羧基中羟基的 取代反应生成 N为，N 发生取代反应生成目标产物 。 【点睛】本题考查有机物推断和合成，明确官能团结构和性质、官能团之间的转化关系是解 本题关键，易错点是同分异构体种类判断，注意题给信息的正确运用，本题侧重考查分析推 断能力。
