2020年湖北名校联盟考前提分仿真卷 化学（十） 学生版.docx

1、 绝密绝密 启用前启用前 20202020 届届湖北名校联盟湖北名校联盟考前提分仿真卷考前提分仿真卷 化化 学（十）学（十） 注意事项：注意事项： 1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自 己的姓名、考生号填写在答题卡上。 2 回答第卷时， 选出每小题的答案后， 用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑， 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。 3回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。 4考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 S 32 Cl 35.5 Co 5

2、9 一、选择题一、选择题（每小题每小题 6 分分，共共 42 分分。） 7本草经集注记载：“鸡屎矾(碱式硫酸铜或碱式碳酸铜)不入药用，惟堪镀作，以合熟铜； 投苦酒(醋)中，涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”。下列说法错误的是 A鸡屎矾中主要成分属于碱式盐 B碱式碳酸铜不稳定，受热易分解 C“涂铁皆作铜色”发生反应为置换反应 D“内质不变”说明出现了钝化现象 8北京冬奥会将于 2022 年举办，节俭办赛是主要理念。在场馆建设中用到一种耐腐、耐高温 的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得， 该双环烯酯的结构如图所示 （） 。 下列说法正确的是 A该双环烯酯的水解产物都能使溴水褪色 B1mol 该双环烯

3、酯能与 3mol H2发生加成反应 C该双环烯酯分子中至少有 12 个原子共平面 D该双环烯酯完全加氢后的产物的一氯代物有 7 种 9NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A含有 25.2g HNO3的浓硝酸与足量的铜反应产生的 NO2分子数目为 0.1NA B1L 0.6mol/L 的 Na2CO3溶液中含有的 O 原子数目为 1.8NA C标准状况下，22.4L 的 CH3COOH 中含有的 H 原子个数为 4NA D反应 4NH3+6NO = 催化剂 5N2+6H2O 中，当生成 140g 的 N2时转移 12NA 10丙烯是石油化学工业的重要基础原料，我国科学家利用甲醇转化制丙烯反

4、应过程如下： 3CH3OH+H3AlO63CH+3+AlO3 6+3H2O 3CH+3+AlO3 6H3AlO6+3CH2 3CH2CH2=CHCH3 下列叙述错误的是 A甲醇转化制丙烯反应的方程式为 3CH3OHCH2=CHCH3+3H2O B甲醇转化制丙烯反应的过程中 H3AlO6作催化剂 C1.4g CH2所含的电子的物质的量为 1mol D甲基碳正离子 CH+3的电子式为 11 在环境和能源备受关注的今天， 开发清洁、 可再生新能源已成为世界各国政府的国家战略， 科学家发现产电细菌后，微生物燃料电池(MFC)为可再生能源的开发和难降解废物的处理提供了一 条新途径。微生物燃料电池(MFC

5、)示意图如下所示（假设有机物为乙酸盐）。下列说法错误的是 AA 室菌为厌氧菌，B 室菌为好氧菌 BA 室的电极反应式为 CH3COO8e+2H2O=2CO2+8H+ C微生物燃料电池(MFC)电流的流向为 ba D电池总反应式为 CH3COO+2O2+H+=2CO2+2H2O 12短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增加。m、p、r 是由这些元素组成的二元化合物， n 是元素 Z 的单质，通常为黄绿色气体，q 的水溶液具有漂白性，0.01mol L1 r 溶液的 pH 为 2，s 通 常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是 此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证

6、号 考场号 座位号 A原子半径的大小 W Y CY 的氢化物常温常压下为液态 DX 的最高价氧化物的水化物为强酸 13过渡金属硫化物作为一种新兴的具有电化学性能的电极材料，在不同的领域引起了研究者 的兴趣，含有过渡金属离子废液的回收再利用有了广阔的前景，下面为 S2与溶液中金属离子的沉淀 溶解平衡关系图，若向含有等浓度 Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+的废液中加入含硫的沉淀剂，则下 列说法错误的是 A由图可知溶液中金属离子沉淀先后顺序为 Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+ B控制 S2浓度可以实现铜离子与其他金属离子的分离 C因 Na2S、ZnS 来源广、价格便宜

7、，故常作为沉铜的沉淀剂 D向 ZnS 中加入 Cu2+的离子方程式为：S2+Cu2+=CuS 二二、非选择题（、非选择题（共共 43 分分） 26（14 分）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可作为贮存水果的保鲜剂。现欲制备焦亚硫酸钠并探究其部 分化学性质。 制备 Na2S2O5 可用试剂：饱和 Na2SO3溶液、浓 NaOH 溶液、浓 H2SO4、苯、Na2SO3固体(试剂不重复使用)。 焦亚硫酸钠的析出原理：2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l) （1）如图装置中仪器 A 的名称是 。A 中发生反应的化学方程式为 。仪器 E 的作用是 。 （2）F 中盛装的试剂是 。

8、探究 Na2S2O5的还原性 （3）取少量 Na2S2O5晶体于试管中，滴加 1mL 2mol/L 酸性 KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红 色很快褪去。反应的离子方程式为 。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存 水果保鲜剂的化学原理是防止食品 。 测定 Na2S2O5样品的纯度。 （4）将 10.0g Na2S2O5样品溶解在蒸馏水中配制 100mL 溶液，取其中 10.00mL 加入过量的 20.00mL 0.3000mol/L 的酸性高锰酸钾溶液，充分反应后，用 0.2500mol/L 的 Na2SO3标准液滴定至终 点，消耗 Na2SO3溶液 20.00mL，Na2S2O5样品的纯度为_%（保留

9、一位小数），若在滴定终点时， 俯视读数 Na2SO3标准液的体积，会导致 Na2S2O5样品的纯度_。（填“偏高”、“偏低”） 27（14 分）铬鞣剂Cr(OH)SO4可用于提高皮革的耐曲折强度。一种以铬渣(含 Cr2O3及少量 Fe2O3、CaO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备 Cr(OH)SO4的工艺流程如图： 回答下列问题： （1）“焙烧”时，Cr2O3转化为 Na2CrO4的化学方程式为 。 （2）“水浸”过程中，物料的粒度(颗粒大小)对铬残余量的影响如图所示，则最佳反应条件 为 。 （3）“滤渣 1”中有一种成分为铁铝酸四钙(Ca4Fe2Al2O10)，是制造水泥的原料之一，

10、用氧化物的 形式表示其化学式 。 （4） “滤渣 2”主要成分为 Al(OH)3和 (填化学式)， “过滤 2”后， 将溶液 pH 调至 a， a_6.5(填 “小于”或“大于”)，目的是 (用离子方程式表示)。 （5） 已知CH3OH在酸性条件下可被氧化生成CO2， 写出Na2Cr2O7与CH3OH反应生成Cr(OH)SO4 的化学方程式 。 （6）某厂用 m1 kg 的铬渣(含 Cr2O3 40%)制备 Cr(OH)SO4，最终得到产品 m2kg，则产率为_。 28（15 分）氯气是现代工业的重要原料，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点， 回答下列问题： （1）Deacon 发明的

11、直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。可按下列催化过程进行： CuCl2(s)=CuCl(s)+ 1 2 Cl2(g) H1=+83kJ mol-1 CuCl(s)+ 1 2 O2(g)=CuO(s)+ 1 2 Cl2(g) H2=-20kJ mol-1 4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) H3 反应能自发进行的条件是 。 利用 H1和 H2计算 H3时， 还需要利用反应 的 H。 （2）如图为刚性容器中，进料浓度比 c(HCl)c(O2)分别等于 11、41、71 时 HCl 平衡转 化率随温度变化的关系： 可知反应平衡常数 K（4

12、00）_K（500）（填“大于”或“小于”）。设容器内初始压强为 p0，根据进料浓度比 c(HCl)c(O2)=41 的数据，计算 400时容器内的平衡压强=_（列出计算 式） 。 按化学计量比进料可以保持反应物高转化率， 同时降低产物分离的能耗。 进料浓度比 c(HCl) c(O2)过低、过高的不利影响分别是 。 （3）已知：氯气与 NaOH 溶液反应可生成 NaClO3。有研究表明，生成 NaClO3的反应分两步进 行： 2ClO=ClO 2+Cl ClO2+ClO=ClO 3+Cl 常温下，反应能快速进行，但氯气与 NaOH 溶液反应很难得到 NaClO3，试用碰撞理论解释其 原因： 。

13、 （4）电解 NaClO3水溶液可制备 NaClO4，写出阳极反应式： 。 三三、选考题（共选考题（共 15 分，请考生从分，请考生从以下以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。 ）题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。 ） 35【化学【化学选修选修 3：物质结构与性质】（：物质结构与性质】（15 分）分） 张亭栋研究小组受民间中医启发，发现 As2O3(俗称砒霜)对白血病有明显的治疗作用。氮(N)、 磷(P)、砷(As)等都是 VA 族的元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列 问题： (1)N、P、As 原子的第一电离能由大到小的顺序为_；As

14、 原子的核外电子排布式为 _。 (2)NH3的沸点比 PH3_(填“高“或“低”)，原因是_。 (3)Na3AsO4中含有的化学键类型包括_；AsO3 4的空间构型为_，As4O6的分子结构 如图 1 所示，则在该化合物中 As 的杂化方式是_。 (4)白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图 2(小圆圈表示白磷分子)。己知晶胞的边长为 a cm，阿伏加德罗常数为 NA mol1，则该晶胞中含有的 P 原子的个数为_，该晶体的密度为 _g cm3(用含 NA、a 的式子表示)。 36【化学【化学选修选修 5：有机化学基础】（：有机化学基础】（15 分）分） 奥司他韦是一种高效、高选择性神

15、经氨酸酶抑制剂，可治疗流感。以莽草酸作为起始原料合成 奥司他韦的主流路线如图： 已知：+H2O 回答下列问题： （1）下列关于莽草酸说法正确的有 。 A莽草酸化学式是 C7H8O5 B与浓溴水反应可以生成白色沉淀 C易溶于水和酒精 D可以发生加成反应、消去反应、加聚反应、缩聚反应、取代反应 （2）奥司他韦中的官能团名称为 （写两种）。 （3）反应所需的试剂和条件为 。反应的化学方程式为 。反应的反 应类型为 。 （4）芳香化合物 X 是 B 的同分异构体，测得其核磁共振氢谱有 6 组峰，其中两组峰面积最大 比值为 91，则该物质的结构简式是 。 （5）碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时，该

16、碳称为手性碳。C 中有_个手性碳。 （6）参照上述合成路线，写出由制备的合成路线（其 它试剂任选）：_。 绝密绝密 启用前启用前 【最后十套】【最后十套】20202020 届届湖北名校联盟湖北名校联盟考前提分仿真卷考前提分仿真卷 化学答案（十）化学答案（十） 7. 【答案】D 【解析】A鸡屎矾中主要成分是 Cu2(OH)2CO3，含有未被中和的 OH，因此属于碱式盐，A 正 确；B碱式碳酸铜受热易分解产生 CuO、CO2、H2O，因此不稳定，B 正确；CFe 与铜的化合物 反应产生单质铜，Fe 变为相应的盐，发生反应为置换反应，C 正确；D铁的表面与铜的化合物反 应生成单质铜，铁表面有一层铜，

17、阻隔了反应的继续进行，并未发生钝化，D 错误；故合理选项是 D。 8. 【答案】A 【解析】该双环烯酯水解产物中都含有碳碳双键，都能使溴水褪色，选项 A 正确；1mol 该双环 烯酯的两个碳碳双键能与 2mol H2发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能加成，选项 B 不正确；分 子中不存在苯环，共平面的原子从碳碳双键出发，至少是 6 个，分子中分别与两个碳碳双键共平面 的原子不一定共面，选项 C 不正确；分子加氢后，两边环分别有 4 种一氯代物，CH2上有 1 种， 共有 9 种，选项 D 不正确。 9. 【答案】D 【解析】A随着反应的进行浓 HNO3变成稀硝酸，还原产物变成了 NO，故此时产

18、生的 NO2 数目小于 0.1NA，A 错误；B溶液中有大量的水，水中含有大量的 O，故 O 原子数目大于 1.8NA， B 错误；CCH3COOH 在标况下不是气体，C 错误；D该反应中生成 5mol N2（140g）时，化合价 共降低 12 价，故共转移 12mol 电子，D 正确。故选 D。 10. 【答案】C 【解析】将题干中三个方程式相加即得甲醇转化制丙烯反应的方程式，选项 A 正确；在反应前 有 H3AlO6，反应后又生成了 H3AlO6，而且量不变，符合催化剂的定义，选项 B 正确；反应前后原 子守恒，电子也守恒，1.4g CH2所含的电子的物质的量为 0.8mol，所以选项 C

19、 错误；甲基碳正离 子是甲基失去一个电子形成的阳离子，选项 D 正确。 11. 【答案】B 【解析】根据装置图可知 B 室中氧气参与反应，应为好氧菌，选项 A 正确；方程式中电荷和氢 原子不守恒，选项 B 错误；MFC 电池中氢离子向得电子的正极移动，即向 b 极移动，b 为正极，电 流方向是由正极流向负极，即 ba，选项 C 正确；电池的总反应是醋酸根离子在酸性条件下被氧化 成 CO2、H2O，即 CH3COO+2O2+H+=2CO2+2H2O，选项 D 正确。 12. 【答案】C 【解析】由 n 是元素 Z 的单质，通常为黄绿色气体，可知 Z 元素为 Cl，n 为 Cl2，再根据 q 的水

20、 溶液具有漂白性，可知 q 为 HClO，由 0.01mol L1 r 溶液的 pH 为 2，可判断 r 为一元强酸，则 r 为 HCl，然后根据 n 和 p 的反应条件，以及 s 通常是难溶于水的混合物，可知 p 为烷烃，s 为烷烃的氯 代物；根据题意，W、X、Y、Z 是短周期原子序数依次增加的四种元素，可进一步推知 W、X、Y、 Z 分别为 H、C、O、Cl。A根据原子半径的变化规律，可知原子半径：HOC，选项 A 错误；B根 据同周期元素非金属的变化规律，可知非金属性：OC，再由 CCl4、ClO2中化合价的正负，可知 非金属性：OClC，选项 B 错误；C氧的氢化物可能为 H2O 或

21、H2O2，常温常压下二者均为液 态，选项 C 正确；D碳的最高价氧化物的水化物 H2CO3为弱酸，选项 D 错误。答案选 C。 13. 【答案】D 【解析】由图可知溶液中金属硫化物沉淀的 Ksp大小顺序为 CuSCdSZnSCoSFeS，溶液中金 属离子沉淀先后顺序为：Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+，选项 A 正确；CuS 的 Ksp最小，控制 S2 浓度可以使铜离子从溶液中沉淀出来，实现铜离子与其他金属离子的分离，选项 B 正确；因 Na2S、 ZnS 来源广、价格便宜，可作沉铜的沉淀剂，选项 C 正确；ZnS 不溶于水，向 ZnS 中加入 Cu2+的离 子方程式为：ZnS

22、+Cu2+=CuS+Zn2+，选项 D 不正确。 26. 【答案】（1）三颈烧瓶 Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2+Na2SO4 防倒吸 （2）浓 NaOH 溶液 （3）5S2O2 5+4MnO 4+2H +=10SO2 4+4Mn 2+H 2O 氧化变质 （4）95.0 偏高 【解析】A 三颈烧瓶中制备二氧化硫，发生 Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2+Na2SO4，生成的二氧化 硫通入 D 装置，发生 Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)，仪 器 E 的作用是防倒吸，F 吸收尾气。据此解答。（1）装置中

23、仪器 A 的名称是三颈烧瓶。A 中发生 反应的化学方程式为 Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2+Na2SO4。二氧化硫易溶于水，仪器 E 的作用是防倒 吸。故答案为：三颈烧瓶；Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2+Na2SO4；防倒吸；（2）二氧化硫有毒，排到 空气中会污染空气，SO2是酸性氧化物，可用碱溶液吸收，题干中只提供了一种碱性试剂-浓 NaOH 溶液，F 中盛装的试剂是浓 NaOH 溶液。故答案为：浓 NaOH 溶液；（3）取少量 Na2S2O5晶体 于试管中， 滴加 1mL 2mol/L 酸性 KMnO4溶液， 剧烈反应， 溶液紫红色很快褪去， 说明 MnO 4将 S2O

24、 2 5 氧化生成硫酸根离子。反应的离子方程式为 5S2O2 5+4MnO 4+2H +=10SO2 4+4Mn 2+H 2O。食品级焦亚 硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是：利用焦亚硫酸钠的还原性，防止食品氧化变质。故答 案为：5S2O2 5+4MnO 4+2H +=10SO2 4+4Mn 2+H 2O；氧化变质；（4）由关系式：5SO 2 32MnO 4， 用 0.2500mol/L Na2SO3标准液滴定至终点，消耗 Na2SO3溶液 20.00mL，剩余 n(MnO 4)= 2 5 0.2500 mol/L 20.00 103L=2.000 103mol，再由 5S2O2 5+4M

25、nO 4+2H +=10SO2 4+4Mn 2+H 2O 得：Na2S2O5样品 的纯度为= 100%=95.0%；若在滴 定终点时，俯视读数 Na2SO3标准液的体积，使 Na2SO3标准液的体积偏低，算出的剩余高锰酸钾偏 低， 与 Na2S2O5样品反应的高锰酸钾偏高， 会导致 Na2S2O5样品的纯度偏高； 故答案为： 95.0； 偏高。 27. 【答案】（1）2Cr2O3+4Na2CO3+3O2= 高温 4Na2CrO4+4CO2 （2）物质的粒度为 60 目时 （3）4CaO Fe2O3 Al2O3 （4）H2SiO3 小于 2CrO2 4+2H + Cr2O2 7+H2O （5）N

26、a2Cr2O7+CH3OH+3H2SO4=2Cr(OH)SO4+CO2+Na2SO4+4H2O （6） 2 1 38 100% 33 m m 【解析】以铬渣(含 Cr2O3及少量 Fe2O3、CaO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备 Cr(OH)SO4，先 加入碳酸钠、通入空气进行焙烧，再经过水浸、过滤除去固体杂质 Fe2O3，调 pH 除去杂质氢氧化铝 和硅酸，最后通过氧化还原反应生成目标产物 Cr(OH)SO4。 （1）“焙烧”时，Cr2O3转化为 Na2CrO4， Cr 元素的化合价升高，反应为氧化还原反应，还需氧化剂 O2，根据电子守恒配平方程式为 2Cr2O3+4Na2CO3+

27、3O2= 高温 4Na2CrO4+4CO2。（2）根据图示可知，当物质的粒度为 60 目时，铬的残 余量最少，故最佳反应条件为物质的粒度为 60 目时。（3）铁铝酸四钙(Ca4Fe2Al2O10)，用氧化物的 形式表示其化学式为 4CaO Fe2O3 Al2O3。（4）步骤过滤 1 后溶液中存在偏铝酸钠和硅酸钠等杂质， 调节 pH 使其转化为沉淀 Al(OH)3和 H2SiO3，故滤渣 2 主要成分为 Al(OH)3和 H2SiO3。“过滤 2”后， 将溶液 pH 调至 a， 是为将 2CrO2 4转化为 Cr2O 2 7， 酸性条件下可以实现转化， 故 a 小于 6.5 实现 2CrO 2

28、4 +2H+Cr2O2 7+H2O 的转化。（5）根据条件 CH3OH 在酸性条件下可被氧化生成 CO2，Na2Cr2O7 与 CH3OH 反应生成 Cr(OH)SO4为氧化还原反应，其中碳元素、铬元素的化合价发生改变，根据电 子守恒得化学反应方程式为 Na2Cr2O7+CH3OH+3H2SO4=2Cr(OH)SO4+CO2+Na2SO4+4H2O。 （6）最终 得到产品 Cr(OH)SO4 m2 kg，其中铬元素的含量为 2 52 165 m kg，原料中铬元素的含量为 1 52 2 (40%) 52 2 16 3 mkg ，则产率为 2 2 1 1 52 38 165 100%100% 5

29、2 2 33 40% 52 2 16 3 m m m m 。 28. 【答案】（1）高温 CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g) （2） 大于 p= 4 0.24 1 0.242 0.762 0.76 4 1 p0=0.848p0 Cl2和O2分离能耗较高、 HCl 转化率较低 （3）反应的活化能高，活化分子百分数低，不利于 ClO向 ClO3转化 ClO3+H2O2e=ClO4+2H+ 【解析】（1）CuCl2(s)=CuCl(s)+ 1 2 Cl2(g) H1=+83kJ mol1，S0，则要 G=H-TS 0，须高温条件下才能自发；CuCl2(s)=CuCl(s)+

30、1 2 Cl2(g) H1=+83kJ mol1 CuCl(s)+ 1 2 O2(g)=CuO(s)+ 1 2 Cl2(g) H2=-20kJ mol1 4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) H3 利用H1和H2计算H3时， 由盖斯定律， （- 2- 2） /2得： 还需要利用反应CuO(s)+2HCl(g) CuCl2(s)+H2O(g)的 H。故答案为：高温；CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g)；（2）根据图象可 知，进料浓度比相同时，温度越高 HCl 平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向 着逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以

31、反应平衡常数 K（400）大于 K（500）；进料浓 度比 c(HCl)c(O2)的比值越大，HCl 的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时 HCl 转化率最 高的为进料浓度比 c(HCl)c(O2)=41，该曲线中 400 HCl 的平衡转化率为 76%。则 4HCl(g) + O2(g) 2Cl2(g) + 2H2O(g) 222 4HClg +Og2Clg +2H Og 4100 4 0.760.762 0.762 0.76 4 0.240.242 0.762 0.76 （ ）（ ）（ ）（ ） 初始 转化 平衡 p= 4 0.24 1 0.242 0.762 0.76 4 1 p0

32、=0.848p0；进料浓度比 c(HCl)c(O2)过低时，O2浓 度较大，HCl 的转化率较高，但 Cl2和 O2分离能耗较高，生成成本提高；进料浓度比 c(HCl)c(O2) 过 高 时 ， O2浓 度 较 低 ， 导 致HCl 的 转 化 率 减 小 ； 故 答 案 为 ： 大 于 ； p= 4 0.24 1 0.242 0.762 0.76 4 1 p0=0.848p0； Cl2和 O2分离能耗较高、 HCl 转化率较低； （3） 生成 NaClO3的反应分两步进行：2ClO=ClO 2+Cl ，ClO 2+ClO =ClO 3+Cl ，常温下，反应 能快速进行，但氯气与 NaOH 溶

33、液反应很难得到 NaClO3，用碰撞理论解释其原因：反应的活化 能高，活化分子百分数低，不利于 ClO向 ClO3转化；故答案为：反应的活化能高，活化分子百分 数低，不利于 ClO向 ClO 3转化；（4）电解 NaClO3水溶液可制备 NaClO4，阳极发生氧化反应生成 ClO4，阳极反应式：ClO3+H2O2e=ClO4+2H+。故答案为：ClO3+H2O2e=ClO4+2H+。 35. 【答案】（1）NPAs 1s22s22p63s23p63d104s24p3 （2）高 NH3分子间存在较强的氢键作用，而 PH3分子间仅有较弱的范德华力 （3）离子键、共价键 正四面体 sp3 16 （4

34、） 3 A 496 a N 【解析】(1)同主族元素从上到下第一电离能减小，所以 N、P、As 原子的第一电离能由大到小 的顺序为 NPAs；根据能量最低原则，As 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p3； (2)NH3分子间存在较强的氢键作用，而 PH3分子间仅有较弱的范德华力，NH3的沸点比 PH3高； (3)Na3AsO4 是离子化合物，含有离子键，AsO3 4中 As 与 O 之间是共价键，Na3AsO4 中含有的化学键 类型包括离子键、共价键；AsO3 4的价电子对数是 5+3 =4 2 ，无孤对电子，所以 AsO3 4的空间构型为 正四面体；As

35、4O6的分子中 As 通过 3 个键与 O 原则结合，所以 As 原子价电子对数是 5+3 =4 2 ， 所以 As 的杂化方式是 sp3；(4)根据均摊原则，P 原子数= 11 8+64=16 82 ；晶胞的摩尔质量是 16 31=496g/mol ，1 个晶胞的体积是 33 a cm， = m v = 3 496 A a N g cm-3。 36. 【答案】（1）CD （2）酯基、氨基、碳碳双键、醚键等（写两种） （3）乙醇、浓硫酸、加热 取代反应 （4） （5）3 （6） 【解析】与乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成 A， 根据信息，丙酮与 A 作用生成 B，B 与 SO2(CH3)

36、2发生取代反应生成 C ， C 在稀硫酸作用下， 释放被保护的两个羟基， 生成 D， D 再经过一系列反应合成奥司他韦。据此解答。 （1） A 莽草酸化学式是 C7H10O5， 故 A 错误；B 莽 草酸中没有酚的结构，与浓溴水反应得不到白色沉淀，故 B 错误；C根据相似相溶规律，莽草酸 属于有机物易溶于酒精、有羧基、羟基等亲水基团，易溶于水，故 C 正确；D分子中有碳碳双键， 可以发生加成反应、加聚反应，羟基的邻碳上有氢，可以发生消去反应，有羧基、羟基可以缩聚反 应、取代反应，故 D 正确；故选 CD；（2）奥司他韦中的官能团名称为：酯 基、氨基、碳碳双键、醚键等（写两种），故答案为：酯基、

37、氨基、碳碳双键、醚键等（写两种）； （3）反应羧酸与乙醇发生的酯化反应，所需的试剂和条件为乙醇、浓硫酸、加热。反应的化学 方程式为。反应，羟基 上的氢被-SO2CH3所取代，反应类型为取代反应。故答案为：乙醇、浓硫酸、加热； ；取代反应；（4）芳香化 合物 X 是 B 的同分异构体，B 分子式为 C12H18O5，B 不饱和度为 4，X 中 只能含有一个苯环，测得其核磁共振氢谱有 6 组峰，有 6 种不同环境的氢，其中两组峰面积最大比 值为 91，说明结构中有 3 个甲基，则该物质的结构简式是，故答案 为：； （5） 碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时， 该碳称为手性碳， 如图满足条件的碳原子有 3 个，C 中有 3 个手性碳。故答案为：3；（6） 由制备的合成路线（其它试剂任选），可以利用乙二醇先 将醛基保护起来，再将对位的甲基氧化： 。故答案为： 。