广东福建等省2020届高三下学期4月联考（全国I卷)理综化学试题附答案+全解全析.docx

1、 试卷第 1 页，总 7 页 外 装 订 线 学校:_姓名：_班级：_考号：_ 内 装 订 线 绝密启用前绝密启用前 广东福建等省广东福建等省 2020 届高三下学期届高三下学期 4 月联考（全国月联考（全国 I 卷卷) 理综化学试题理综化学试题 注意事项： 1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2请将答案正确填写在答题卡上 第第 I I 卷（选择题卷（选择题) ) 请点击修改第 I 卷的文字说明 一、单选题一、单选题 1文房四宝即笔、墨、纸、砚，其中以湖笔、徽墨、宣纸和端砚最为称著。下列说法 正确的是 A徽墨中墨的主要成分是黑色的油脂 B湖笔中笔头的羊毫的主要成分是蛋白 质 C宣纸的主

2、要成分是无机碳和少量的纤维素 D含较多氧化铁的端砚呈黑色 2设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A将 11.2LCl2通入足量的 NaOH溶液中充分反应，转移的电子数为 0.5NA B常温下，1.0LpH=1 的 H2SO4溶液中含有 H+的数目为 0. 2NA C4.4 g 由 CO2和 N2O组成的混合气体中含有的电子总数为 2.2NA D11.5 g乙醇分子中含有 C-H 键的数目为 1.5NA 3化合物(a)在乙酸汞催化下与乙酸反应生成化合物(b)： 3 32 CH COOH (CH COO) Hg 下列说法错误的是 A(a)具有含苯环的同分异构体 B(a)能使酸性 KMn

3、O4溶液褪色 C(b)能发生加成聚合反应 D(b)的一氯代物有 7种 4海冰是海水冻结而成的咸水冰，海水冻结时，部分来不及流走的盐分(设以 NaCl 为 主)以卤汁的形式被包裹在冰晶之间，形成“盐泡”，其大致结构如图所示，若海冰的冰 龄达到 1年以上，则融化后的水为淡水。下列叙述正确的是 试卷第 2 页，总 7 页 外 装 订 线 请不要在装订线内答题 内 装 订 线 A海冰内层“盐泡”越少，密度越大 B海冰冰龄越短，内层的“盐泡”越少 C每含 1mol H2O的海冰内就有 2 l0-5 NA个 NaCl分子(NA为阿伏加德罗常数) D海冰内层 NaCl的浓度约为 l0-3 mol/L(设冰的

4、密度为 0.9 g.cm-3) 5磷酸铁锂电池放电时正极的反应式为 44 FePOLieLiFePO 。该电池放电时 的工作原理如图所示。下列叙述正确的是 A放电时，Li+通过隔膜移向正极 B放电时，电子由铜箔经溶液流向铝箔 C放电时，负极发生的电极反应：Cu-2e-=Cu2+ D该电池放电过程中 C、Fe、P 元素化合价均发生变化 6短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子序数是 Z的原子序数 的一半，W、X、Y 三种元素形成的化合物 M结构如图所示。下列叙述正确的是 A原子半径：ZYW B化合物 M中 W 的原子满足 8 电子稳定结构 C对应单质的熔点：XZY DZ的氧化

5、物对应的水化物为强酸 7次磷酸(H3PO2一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物杀菌。常温时，有 1molL-1的 H3PO2溶液和 1molL-1的 HBF4溶液， 两者起始时的体积均为 V0， 分别向两溶液中加水， 稀释后溶液的体积均为 V，两溶液的 pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是 试卷第 3 页，总 7 页 外 装 订 线 学校:_姓名：_班级：_考号：_ 内 装 订 线 A常温下，NaBF4溶液的 pH=7 B常温下，H3PO2的电离平衡常数约为 1.110-2 CNaH2PO2 溶液中：c(Na+) =c( H2PO2- ) +c( HPO22-) +c(PO23-) +

6、c( H3PO2) D常温下，在 0pH4 时，HBF4溶液满足 0 V pH=lg V 第第 IIII 卷（非选择题卷（非选择题) ) 请点击修改第 II 卷的文字说明 二、实验题二、实验题 8NaNO2是一种白色或微黄色斜方晶体，易溶于水，微溶于乙醇。某校同学设计实验 制备 NaNO2并探究其性质。回答下列问题： (1)甲组同学依据反应 Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2，并利用下列装置制备少量含 NaNO2的溶液。(E 中氧气稍过量) A B C D E F 正确的连接顺序：AFE _ _ 尾气处理。(填字母) 装置 A 的烧瓶中盛放的物质是_(填名称)，C装置的作用是 _

7、。 (2)乙组同学依据反应 Pb+NaNO3 熔融 NaNO2+PbO(难溶于水)，并按下列实验流程制备 NaNO2： “熔融”时用 Pb 粉代替铅粒的目的是_。 由“过滤 2”的滤液得到 NaNO2晶体还需经过的具体操作为_、_、过滤、用乙 醇洗涤后干燥。 试卷第 4 页，总 7 页 外 装 订 线 请不要在装订线内答题 内 装 订 线 (3)丙组同学探究 NaNO2的性质，取少量乙组制得的 NaNO2溶于水制得 NaNO2溶液。 取少量 NaNO2溶液于试管中，滴入盐酸酸化，再加入 KI和淀粉溶液，振荡，溶液变 蓝，说明 NaNO2具有_(填“氧化性”或“还原性”)。 向酸性 KMnO4溶

8、液中滴入 NaNO2溶液，溶液紫色逐渐褪去，发生反应的离子方程式 为_(MnO4-被还原为 Mn2+)。 三、工业流程三、工业流程 9一种利用含 AgCl的废渣制取 AgNO3的工艺流程如下： (1)步骤用氨水浸取时，温度不宜超过 35，其原因是 _。在氨水浓度、固液质量 比和温度均一定时，为提高银的浸取率还可采取的措施是_；浸取时发生反应的离子 方程式为_。 (2)步骤中发生反应的离子方程式为_。 (3)步骤中，银与浓硝酸反应生成等物质的量的 NO和 NO2，当消耗了 10.8g Ag 时， 有_molHNO3参与了反应。 (4)步骤的操作为_，100下烘干得产品 AgNO3。 (5)上述流

9、程中发生了氧化还原反应的步骤有_(用“”“”“”“”填 空)。 四、综合题四、综合题 102019年 10月 27 日，国际清洁能源会议(ICCE2019)在北京开幕，一碳化学成为这 次会议的重要议程。甲醇、甲醛(HCHO)等一碳化合物在化工、医药、能源等方面都有 广泛的应用。 (1)甲醇脱氢法可制备甲醛(反应体系中各物质均为气态)，反应生成 1mol HCHO 过程 中能量变化如图： 已知：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.5kJ/mol 则反应 CO2(g)+2H2(g)=HCHO(g)+H2O(g) H=_kJ/mol 试卷第 5 页，总 7 页 外

10、 装 订 线 学校:_姓名：_班级：_考号：_ 内 装 订 线 (2)氧化剂可处理甲醛污染，结合图象分析春季(水温约为 15)应急处理被甲醛污染的 水源应选择的试剂为_(填化学式)。 (3)纳米二氧化钛催化剂可用于工业上合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H=akJ/mol 按 2 n(H ) n(CO) =2 投料比将 H2与 CO 充入 VL恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应， 测定 CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。则 a _(填“”或“”)0； 压强 p1、p2、p3由小到大的关系是_。 在温度为 T1，向某恒容密闭容器中充入 H2和 CO发生上述反应，起始

11、时 c(H2)=c(CO)=2.0mol/L。达到平衡时，CO 的转化率为图中的 M 点对应的转化率，则 在该温度下，对应的 N 点的平衡常数为_(保留 3位有效数字)。 (4)工业上利用 CH4(混有 CO和 H2)与水蒸气在一定条件下制取 H2， 该反应的逆反应速 率表达式为 v逆=kc(CO)c3(H2)，k 为速率常数，在某温度下测得实验数据如表所示： CO 浓度(mol/L) H2浓度(mol/L) 逆反应速率(molL-1min-1) 0.1 c1 8.0 c2 c1 16.0 c2 0.15 6.75 由上述数据可得该温度下，c2=_，该反应的逆反应速率常数 k=_L3 mol-

12、3 min-l。 (5)用甲醇可以制备甲胺(CH3NH2)，甲胺在水中的电离方程式与氨相似。25时，甲胺 的电离常数 Ka=9.2510-7。该温度下，反应 CH3NH2+H+ CH3NH3+的平衡常数 K= _(填数值)。 试卷第 6 页，总 7 页 外 装 订 线 请不要在装订线内答题 内 装 订 线 11碳、磷、硫等元素形成的单质和化合物在生活、生产中有重要的用途。 (1)下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是_(填字母)。 A. B. C. D. (2)P4S3可用于制造火柴，其分子结构如图所示： P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为_。 每个 P4S3分子中含有的孤

13、电子对的数目为_对。 (3)科学家合成了一种阳离子“N5n+”，其结构是对称的，5 个 N排成“V”形，每个 N 都达到 8电子稳定结构，且含有 2个氮氮三键，此后又合成了一种含有“N5n+”的化学 式为“N8”的离子晶体(该晶体中每个 N 原子都达到了 8电子稳定结构)，N8的电子式 为_。(CN)2中键与键之间的夹角为 180，并有对称性，分子中每个原子的最外层 均满足 8电子稳定结构，其结构式为_。 (4)直链多磷酸根阴离子是由两个或两个以上磷氧四面体通过共用顶角氧原子连接起来 的，其结构如图所示。则由 n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为_。 (5)碳酸盐中的阳离子不同，热分解温

14、度就不同。下表为四种碳酸盐的热分解温度和对 应金属阳离子的半径。随着金属阳离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐渐升高，原 因是 _。 碳酸盐 MgCO3 CaCO3 SrCO3 BaCO3 热分解温度/ 402 900 1172 1360 金属阳离子半径/pm 66 99 112 135 试卷第 7 页，总 7 页 外 装 订 线 学校:_姓名：_班级：_考号：_ 内 装 订 线 (6)石墨的晶胞结构如图所示。已知石墨的密度为 g.cm-3，C-C 键的键长为 r cm，M 为阿伏加德罗常数的值，则石墨晶体的层间距 d= _cm。 12由芳香化合物 A 制备 H的合成路线如下： 已知：RCHO

15、+CH3CHO NaOH/水 RCH=CHCHO+H2O 回答下列问题： (1)B 的结构简式为_。 (2)C 中官能团的名称为_。 (3)碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时， 该碳称为手性碳。 H中有_个手性碳。 (4)E 生成 F的化学方程式为_。 (5)化合物 G的二氯代物有_种。 (6)芳香化合物 X是 D的同分异构体，X能发生银镜反应，遇 FeCl3溶液不发生显色反 应，其核磁共振氢谱显示有 3种不同化学环境的氢，峰面积之比为 6:1:1，则 X 的结构 简式为_(只写一种)。 (7)写出以甲醛和乙醛为原料制备化合物CH2=CHCOOCH3的合成路线_(其他试剂 任选)。 答案第

16、 1 页，总 9 页 参考答案参考答案 1B 【详解】 A徽墨中墨的主要成分是碳，故 A错误； B羊毛的主要成分是蛋白质，故 B 正确； C宣纸的主要成分是纤维素，故 C 错误； D砚石中含有较多的氧化铁时，端砚应呈红色，故 D 错误； 故答案为 B。 2C 【详解】 A未标明温度和压强，11.2L氯气的物质的量无法确定，故 A 错误； BpH=1 的硫酸溶液中氢离子浓度为 0.1mol/L，所以 1.0L该溶液中 H+的数目为 0.1NA，故 B错误； CCO2和 N2O的摩尔质量均为 44g/mol，故 4.4g混合物的物质的量为 0.1mol，且两者分子 中均含 22 个电子，故 0.1

17、mol混合物中含 2.2NA个电子，故 C 正确； D11.5 g乙醇的物质的量为 11.5g 46g/mol =0.25mol，一个乙醇分子含 C-H 键个数为 5，所以 11.5 g 乙醇分子中含有 C-H 键的数目为 1.25NA，故 D 错误； 故答案为 C。 3D 【详解】 A(a)的分子式为 C8H8，与苯乙烯 C8H8互为同分异构体，故 A正确； B(a)中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化而使其褪色，故 B正确； C(b)含有碳碳双键，可以发生加成聚合反应，故 C正确； D(b)结构对称，有 5种环境的氢原子，一氯代物有 5种，故 D错误； 故答案为 D。 4D 【详解】 A“

18、盐泡”内含有 NaCl 等盐类，“盐泡”越多，质量越大，海冰密度越大，故 A 错误； B 若海冰的冰龄达到 1 年以上融化后的水为淡水， 即冰龄越长， “盐泡”渗出， 内层的“盐泡” 答案第 2 页，总 9 页 越少，故 B错误； CNaC1是离子化合物，不存在 NaCl分子，故 C错误； D 假设有 1L海冰， 质量为 900 g， 物质的量约为 50mol， “盐泡”与 H2O的个数比约为 2 10-5:1. 则氯化钠的物质的量约为 1 10-3 mol， 所以海冰内层 NaCl 的浓度约为 10-3mol/L， 故 D正确； 故答案为 D。 5A 【详解】 A放电时为原电池，原电池中阳离

19、子流向正极，故 A 正确； B电子不能在溶液中迁移，故 B错误； C根据锂离子流向可知左侧为负极，根据图示可知放电时左侧电极有锂离子生成，所以负 极反应为：LixC6-xe-=xLi+6C，故 C错误； D放电过程中 C和 P 的化合价没有发生变化，故 D错误； 故答案为 A。 【点睛】原电池中电解质溶液中阳离子流向正极，阴离子流向负极；电子通过导线由负极流 向正极，电流的方向与电子流向相反。 6B 【分析】 根据化合物 M中 Y和 W的成键特点可知 Y 应为第A 族元素，W 应为第A 族元素，若 W 为 S，满足条件“W的原子序数是 Z的原子序数的一半”的 Z元素不是短周期主族元素， 所以

20、W为 O，Z为 S，则 Y为 Si，X应为第 IA族元素，则 X 为 Na。 【详解】 A同周期主族元素的原子序数越大原子半径越小，所以原子半径：SiSO，故 A错误； B根据 M 的结构可知该化合物中 O原子均满足 8电子稳定结构，故 B正确； C晶体硅为原子晶体，熔点最高，故 C 错误； DZ的氧化物有多种，其中 SO2对应的水化物为弱酸，故 D 错误； 故答案为 B。 7C 【分析】 此题的横坐标是 0 lg1 V V ， V是加水稀释后酸溶液的体积， 未稀释时， V=V0， 横坐标值为 1； 答案第 3 页，总 9 页 稀释 10倍时，V=10V0，横坐标值为 2，以此类推。此题实际上

21、考察的是稀释过程中，酸碱 溶液 pH的变化规律：越强的酸碱，稀释过程中 pH 的变化越明显；如果不考虑无限稀释的 情况，对于强酸或强碱，每稀释十倍，pH变化 1。根据此规律，再结合题干指出的次磷酸 是弱酸这条信息， 就可以明确图像中两条曲线的归属， 并且可以得出氟硼酸是强酸这一信息。 【详解】 A根据图像可知，b表示的酸每稀释十倍，pH值增加 1，所以 b为强酸的稀释曲线，又因 为 H3PO2为一元弱酸，所以 b对应的酸只能是氟硼酸(HBF4)，即氟硼酸为强酸；那么 NaBF 4 即为强酸强碱盐，故溶液为中性，常温下 pH=7，A项正确； Ba 曲线表示的是次磷酸的稀释曲线，由曲线上的点的坐标

22、可知，1mol/L的次磷酸溶液的 pH=1，即 c(H+)=0.1mol/L；次磷酸电离方程式为： 3222 H POHH PO ，所以 1mol/L 的次磷酸溶液中 c(H3PO2)=0.9mol/L，c( 22 H PO)=0.1mol/L，那么次磷酸的电离平衡常数即 为： 2 22 a 32 (H )(H PO )0.1 0.1 =1.1 10 (H PO )0.9 cc K c ，B 项正确； C 次磷酸为一元弱酸， 22 H PO无法继续电离， 溶液中并不含有 2 2 HPO 和 3 2 PO 两类离子； 此外， 22 H PO还会发生水解产生次磷酸分子，所以上述等式错误，C项错误；

23、 D令 y=pH，x= 0 lg1 V V ，由图可知，在 0pH4 区间内，y=x-1，代入可得 pH= 0 lg V V ， D项正确； 答案选 C。 【点睛】关于 pH的相关计算主要考察三类：一类是最简单的单一溶液的 pH的相关计算， 通过列三段式即可求得；第二类是溶液混合后 pH 的计算，最常考察的是强酸碱混合的相关 计算，务必要考虑混合时发生中和反应；第三类就是本题考察的，稀释过程中 pH的变化规 律：越强的酸或碱，稀释过程中 pH的变化越明显，对于强酸或强碱，在不考虑无限稀释的 情况下，每稀释十倍，pH就变化 1。 8D C B 生石灰（或碱石灰或固体氢氧化钠） 除去未反应完的 N

24、H3 增 大与 NaNO3的接触面积，加快反应速率 蒸发浓缩 冷却结晶 氧化性 5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O 【解析】 答案第 4 页，总 9 页 【分析】 由装置图可知：利用装置 A制备 NH3，用装置 F中的碱石灰干燥后再在装置 E中和氧气混 合均匀，在装置 D 处在铂石棉的催化下发生催化氧化反应生成水和 NO，NO在空气中和氧 气反应又生成 NO2，全部气体通入装置 C中除去未反应完的 NH3，然后通入装置 B中，使 其发生反应 Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2，据此解答。 【详解】 （1）利用装置 A中浓氨水制备 NH3，用装置 F干

25、燥后再在装置 E中和氧气混合均匀，在 装置 D处发生催化氧化反应，全部气体通入装置 C中除去未反应完的 NH3，然后通入装置 B中，使其发生反应 Na2CO3+NO+NO22NaNO2+CO2，注意尾气用碱溶液吸收，结合气流 方向，故装置的连接顺序为 AFEDCB尾气处理； 装置 A 中是快速制 NH3的，用碱性可以吸收水分的药品即可以使浓氨水逸出 NH3，所以 可以选用生石灰 （或碱石灰或固体氢氧化钠） ； 制备少量 NaNO2， 需要比较纯净的 NO和 NO2， 所以要用浓硫酸除去未反应完的 NH3； （2）“熔融”时用 Pb粉代替铅粒的目的是增大与液态 NaNO3的接触面积，加快反应速

26、率； 由“过滤 2”的滤液得到 NaNO2晶体还需经过的具体操作为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、 用乙醇洗涤后、干燥得到 NaNO2晶体； （3）淀粉溶液变蓝，说明 KI被氧化生成了单质碘，所以 NaNO2具有氧化性； 高锰酸酸钾具有强的氧化性， 在酸性条件下与 NaNO2发生氧化还原反应， 生成 NO3-和水， 高锰酸根离子被还原为二价锰离子，结合电子守恒、电荷守恒可的离子方程式为 5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O。 9温度过高会加速氨的挥发 适当延长浸取时间或者将滤渣再次浸取 AgCl+2NH3H2O=Ag(NH3)2+Cl-+2H2O 4Ag(NH3)2+ N

27、2H4H2O=4Ag+N2+4NH4+4NH3+H2O 0.15 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(洗 涤) 【分析】向氯化银废渣中加入氨水浸取，得到含有Ag(NH3)2+的滤液，适当升高温度可以 加快反应速率，温度过高又会加速氨的挥发；向含有Ag(NH3)2+的溶液中加入 N2H4H2O 并调节 pH至 1011，该过程中 Ag+被还原成 Ag，并生成 N2和 NH3；将过滤得到的银单质 溶于浓硝酸，得到硝酸银溶液，之后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到 AgNO3。 【详解】 答案第 5 页，总 9 页 （1）氨气易挥发，温度过高会加速氨的挥发，造成原料的浪费；在氨水浓度、固液质量比 和温度均一

28、定时， 为提高银的浸取率还可适当延长浸取时间或者将滤渣再次浸取； 根据流程 可知反应物为 AgCl 和氨水， 所以离子方程式为： AgCl+2NH3H2O=Ag(NH3)2+Cl-+2H2O； （2）反应中 Ag+被还原成 Ag，N2H4H2O 被氧化为 N2，同时有氨气生成，根据电子守 恒和元素守恒可得方程式为：4Ag(NH3)2+ N2H4H2O=4Ag+N2+4NH4+4NH3+H2O； （3）10.8g Ag的物质的量为 0.1mol，则生成的 n（AgNO3）=0.1mol，设生成的 n（NO） = n（NO2）=x，根据电子守恒可知 x+3x=0.1mol，所以 x=0.025mo

29、l，则根据氮元素守恒可 知消耗的硝酸的物质的量为 0.1mol+0.025mol+0.025mol=0.15mol； （4）从溶液中获取晶体一般需要经过：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作； （5）步骤的反应没有化合价变化不属于氧化还原；步骤中 Ag元素化合价降低，N元 素化合价升高，属于氧化还原反应；步骤中硝酸将银单质氧化属于氧化还原反应；步骤 为蒸发结晶过程，没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，综上所述属于氧化还原 的为。 【点睛】第 1题中书写离子方程式要注意 AgCl为难溶物，不写成离子，一水合氨为弱电解 质，也不能写成离子；涉及氧化还原反应的计算，要先从守恒的角度考虑

30、问题；从溶液中获 取晶体一般需要经过：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作。 10+34.5 Ca(ClO)2 p3p2p1 4.17 0.2 1.0104 9.2510 7 【详解】 （1）由图可知 1molCH3OH分解为 1molHCHO和 1molH2需要吸收能量 463 kJ/mol -379 kJ/mol =84 kJ/mol，所以图示反应的热化学方程式为 i:CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) H=84 kJ/mol， 又已知 ii: CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.5kJ/mol， 由 i+ii 可得方程式CO2(g)+2

31、H2(g)=HCHO(g)+H2O(g)， 根据盖斯定律可知该反应H=84 kJmol-1+ （-49.5kJ/mol）=34.5 kJ/mol； （2）分析图像可知，水温约为 15时.选择 Ca(ClO)2处理被甲醛污染的水源时，甲醛去除 率更高； （3）据图可知相同压强下温度越高 CO的平衡转化率越小，即温度升高平衡逆向移动， 所以正反应为放热反应，所以H0，即 a0；该反应正反应为气体体积减小的反应，所以 相同温度下压强越大 CO 的平衡转化率越大，所以 p3p2p1； 平衡常数只与温度有关，温度不变则平衡常数不变，所以 M 点和 N点平衡常数相等，M 点 CO的转化为 40%，初始投料

32、为 2.0mol/L的 H2和 CO，则列三段式有： 答案第 6 页，总 9 页 - 23 1 -1 -1 + mol L2.02.00 mol L0.81.60.8 mol L1.20. CO 40 g2HgCH OH g .8 起始() 转化() 平衡() 该反应平衡常数 3 2 2 2 0.8 =4.17 0 CH OH HCO.41.2 c K cc ； （4）根据 v逆=kc(CO)c3(H2)，由表中数据可得：c13= -1-1 -1 8.0mol L min 0.1mol Lk ，c2= -1-1 3 -1 6.75mol L min 0.15mol Lk ，所以有 -1-1-1

33、-1 -1-1 3-1 -1 8.0mol L min6.75mol L min =16.0mol L min 0.1mol L 0.15mol L k k ，解得 k=1.0104L3mol-3min-3，带入 c2的等式可得 c2=0.2mol/L； （5）甲胺在水中的电离方程式与氨相似，所以其电离方程式为 CH3NH2+H2O CH3NH3+OH-，所以 Ka= 33 32 -+ OCH NH CH H H N cc c ，反应 CH3NH2+H+CH3NH3+的平衡常数 K= + 7 3333 3 - a -14 + 32 w 2 +- OH = 10HH CH NHCH NH 9.2

34、5 10 CH NOHHCH NH ccc K Kccccc =9.25107。 11ACBD sp3 10 NC-CN n+2 - n3n+1 P O 碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离 子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结 合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越难分解，热分解温度越高 2 A 16 3 3rN 【详解】 （1）轨道中电子能量：1s2s2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高，所以 2p 轨道上电子越多、1s 轨道上电子越少，该微粒能量越高，根据图知能量由低到高的顺序 是 ACBD； （2）该分子中每个 S 原子

35、形成 2个共价键且还含有 2个孤电子对，根据价层电子对互斥 理论可知 S 原子杂化类型为 sp3； 该分子中每个 S原子含有 2个孤电子对、每个 P原子含有 1 个孤电子对，所以该分子中孤 电子对个数=32+41=10； （3） N5n+结构是对称的， 5个 N 排成 V形， 5个 N 结合后都达到 8 电子结构， 且含有 2 个 NN 答案第 7 页，总 9 页 键，满足条件的结构为：，故“N5”带一个单位正电荷，所以化 学式为”N8”的阴离子为 N3-、阳离子为 ，N8的电子式为 ；分子（CN）2中键与键之间的夹角为 180，并 有对称性， 分子中每个原子的最外层均满是8电子稳定结构， 则

36、每个C原子形成4个共价键、 每个 N原子形成 3个共价键，其结构简式为 NC-CN； （4） 含有 n个 P 原子的多聚磷酸根离子， 相当于是 n个磷酸根离子中去掉了 （n-1） 氧原子， O原子数目=4n-（n-1）=3n+1，所带电荷为（-2）（3n+1）+5n=-（n+2） ，故多聚磷酸根 离子的通式为： n+2 - n3n+1 P O； （5）碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为 二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应 的碳酸盐就越难分解，热分解温度越高； （6）晶胞中 C 原子的数目为 111 1+2+8

37、+4=4 284 ，所以晶胞质量为 A 4 12 g N ；设晶胞的 底边长为 acm， 晶胞的高为 h cm， 层间距为 d cm， 则 h=2d， 底面图为， 则 a =rsin60 2 ，所以 a= 3r，则底面面积为 2 3rsin60cm2，则晶胞体积为 V= 2 3rsin602d cm3， 所以有 A 2 3 -3 4 12 g 3rsin602d cm g cm N ， 解得 d= 2 A 16 3 3rN 。 【点睛】 第 6题为本题难点，要注意石墨中 C 原子的杂化方式为 sp2杂化，空间构型为平面三角形， 所以图示晶胞的底面不是正方形而是菱形，然后结合几何知识进行计算。

38、12 碳碳双键和羧基 4 +CH3CH2OH 浓硫酸 +H2O 9 、 答案第 8 页，总 9 页 + 2 2 2 NaOH/H O, H 322 HCHOCu(OH) / 23 Ni 3 H CH CHOCH =CHCHOCH =CHCOOH CH =CHCOOCH HCHOCH OH 浓硫酸 【分析】 芳香族化合物 A与乙醛发生信息中的反应生成 B， 则 A 含有醛基， 反应中脱去 1分子水， 由原子守恒可知 A 的分子式为：C9H8O+H2O-C2H4O=C7H6O，故 A为，则 B 为 ，B 发生氧化反应、酸化得到 C 为。C 与溴发生 加成反应得到 D为，D 发生消去反应、酸化得到

39、E为 E 与乙醇发生酯化反应生成 F为结合信 息中的加成反应、H 的结构简式，可推知 G为。 【详解】 （1）根据分析可知 B的结构简式为； （2）C的结构简式为，其含有的官能团为碳碳双键和羧基； （3）碳原子上连有 4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，所以手性碳原子一定为饱 和碳原子，所以 H 分子有如图所示的 4个手性碳原子； （4）E与乙醇发生酯化反应生成 F，方程式为+CH3CH2OH 浓硫酸 +H2 O； （5）G的键线式为，给 G分子中的 C原子标号为，其二氯代物中若 2 个 Cl原子在同一 C原子上，只能在 1 号 C原子(1、1号)上；若在 2个不同 C原子上，则在 1、2

40、(或 1、3)号碳原子上；在 1、4(或 1、5；1、6；1、7)号碳原子上；在 2、3号碳原子 答案第 9 页，总 9 页 上；在 2、4(或 2、7；3、5；3、6)号碳原子上；在 2、5(或 2、6；3、4；3、7)号碳原子上； 在 4、5(或 6、7)号碳原子上；在 4、6(或 5、7)号碳原子上；在 4、7(或 5、6)号碳原子上， 共有 9 种； （6）D为，芳香化合物 X 是 D 的同分异构体，且满足：X能发生 银镜反应，说明含有-CHO；遇 FeCl3溶液不发生显色反应，说明不含酚羟基；其核磁共振 氢谱显示有 3种不同化学环境的氢，峰面积之比为 6:1:1，则其应含有两个处于对

41、称位置的 甲基，则 X的结构简式可能为：、； （7）制备化合物 CH2=CHCOOCH3可由丙烯酸和甲醇发生酯化反应制得，甲醛与氢气加成 可以生成甲醇， 甲醛与乙醛发生信息的反应可以得到丙烯醛， 丙烯醛中的醛基被氧化可以 丙烯酸，所以合成路线为： + 2 2 2 NaOH/H O, H 322 HCHOCu(OH) / 23 Ni 3 H CH CHOCH =CHCHOCH =CHCOOH CH =CHCOOCH HCHOCH OH 浓硫酸 。 【点睛】碳原子上连有 4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，所以手性碳原子一定为 饱和碳原子；解答第 6题时要注意到化合物 X中一共有 8 个 H原子，其核磁共振氢谱显示 有 3种不同化学环境的氢，峰面积之比为 6:1:1，说明有 6 个 H原子等效，则只能是处于对 称位置的两个甲基上的 H原子。