【市级联考】福建省厦门市2019届高三下学期5月第二次质量检查理科综合化学试题（解析版）

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1、厦门市厦门市 20192019 届高中毕业班第二次质量检查理科综合能力测试届高中毕业班第二次质量检查理科综合能力测试 化学试题化学试题 1.我国科学家设计的人工光合“仿生酶光偶联”系统工作原理如图。下列说法正确的是（ ） A. 总反应为 6CO2+6H2OC6H12O6+6O2 B. 转化过程中仅有酶是催化剂 C. 能量转化形式为化学能光能 D. 每产生 1 molC6H12O6转移 H+数目为 12NA 【答案】A 【解析】 【详解】A.根据图示可知：该装置是将 CO2和 H2O 转化为葡萄糖和氧气，反应方程式为： 6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，A正确； B.转化过程中有酶、光触

2、媒作催化剂，B错误； C.能量转化形式为光能化学能，C错误； D.每产生 1 molC6H12O6转移 H+数目为 24NA，D 错误； 故合理选项是 A。 2.下列量气装置用于测量 CO2体积，误差最小的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A.CO2能在水中溶解，使其排出进入量筒的水的体积小于 CO2的体积； B.CO2能与溶液中的水及溶质发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，使排出水的体积小于 CO2的体积； C.CO2能在饱和食盐水中溶解，使其赶入量筒的水的体积小于 CO2的体积； D.CO2不能在煤油中溶解，这样进入 CO2的体积等于排入量

3、气管中的水的体积，相对来说，误差最小，故合 理选项是 D。 3.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A. 11g 超重水(T2O)含中子数为 5NA B. 25，pH=13的 1L Ba(OH)2溶液中 OH的数目为 0.2NA C. 1mol金刚石中 CC 键的数目为 2NA D. 常温下，pH=6 的 MgCl2溶液中 H+的数目为 10-6NA 【答案】C 【解析】 【详解】A. 11g 超重水(T2O)的物质的量为 0.5mol，由于在 1个超重水(T2O)中含有 12个中子，所以 0.5mol 超重水(T2O)中含中子数为 6NA，A 错误； B.溶液中氢氧根的物质的量

4、浓度是 0.1mol/L，则 1L 溶液中含有的氢氧根离子的数目为 0.1NA，B 错误； C.由于一个 C 原子与相邻的 4个 C原子形成共价键，每个共价键为相邻两个原子形成，所以 1个 C 原子含 有的 C-C 键数目为 41 2 =2，因此 1mol金刚石中 CC键的数目为 2NA，C正确； D.缺体积，无法计算 H+的数目，D错误； 故合理选项是 C。 4.我国科学家构建了一种有机框架物 M，结构如图。下列说法错误的是（ ） A. 1molM 可与足量 Na2CO3溶液反应生成 1 5molCO2 B. 苯环上的一氯化物有 3种 C. 所有碳原子均处同一平面 D. 1molM 可与 1

5、5mol H2发生加成反应 【答案】D 【解析】 【详解】A.根据物质结构可知：在该化合物中含有 3 个-COOH，由于每 2 个 H+与 CO32-反应产生 1molCO2 气体，所以 1molM 可与足量 Na2CO3溶液反应生成 1.5molCO2，A正确； B.在中间的苯环上只有 1种 H 原子，在与中间苯环连接的 3个苯环上有 2 种不同的 H 原子，因此苯环上共 有 3种不同位置的 H原子，它们被取代，产生的一氯化物有 3 种，B 正确； C.-COOH碳原子取代苯分子中 H原子的位置在苯分子的平面上；与苯环连接的碳碳三键的 C原子取代苯分 子中 H原子的位置在苯分子的平面上；乙炔

6、分子是直线型分子，一条直线上 2 点在一个平面上，则直线上 所有的原子都在这个平面上，所以所有碳原子均处同一平面，C正确； D.在 M分子中 含有 4个苯环和 3 个碳碳三键，它们都可以与氢气发生加成反应，则可以与 1molM 发生加 成反应的氢气的物质的量为 3 4+2 3=18mol，D错误； 故合理选项是 D。 5.主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于 20。W、X、Z最外层电子数之和为 9；W与 Y 同族；W与 Z形成的离子化合物可与水反应，其生成的气体可使酸性高锰酸钾溶液退色。下列说法正确的 是（ ） A. 生物分子以 W 为骨架 B. X 的氧化物常用于焊接钢轨

7、C. Z的硫化物常用于点豆腐 D. Y 的氧化物是常见的半导体材料 【答案】A 【解析】 【分析】 主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于 20，W与 Z形成的离子化合物可与水反应，其生 成的气体可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则气体为烯烃或炔烃，W 为 C、Z为 Ca时，生成乙炔符合；W、X、 Z最外层电子数之和为 9， X的最外层电子数为 9-4-2=3， X 为 Al； W与 Y 同族，结合原子序数可知 Y为 Si， 以此来解答。 【详解】由上述分析可知，W为 C、X为 Al、Y为 Si、Z为 Ca。 A.生物分子以碳链为骨架构成的分子，A正确； B.X 的氧化物为氧化铝，不能

8、用于焊接钢轨，B错误； C.一般选硫酸钙用于点豆腐，C错误； D.Si单质是常见的半导体材料，D错误； 故合理选项是 A。 【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的知识，把握原子序数、元素的位置及碳化钙与水反应生成乙炔 来推断元素为解答的关键，注意元素化合物知识的应用，侧重分析与应用能力的考查。 6.我国科学家以 MoS2为催化剂，在不同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，其反应历程与相对能量模拟 计算结果如图。下列说法错误的是（ ） A. Li2SO4溶液利于 MoS2对 N2的活化 B. 两种电解质溶液环境下从 N2NH3的焓变不同 C. MoS2(Li2SO4溶液)将反应决速步(*N2*N2

9、H)的能量降低 D. N2活化是 NN键的断裂与 NH键形成的过程 【答案】B 【解析】 【详解】A.从图中可知在 Li2SO4溶液中 N2的相对能量较低，因此 Li2SO4溶液利于 MoS2对 N2的活化，A正 确； B.反应物、生成物的能量不变，因此反应的焓变不变，与反应途径无关，B错误； C.根据图示可知MoS2在Li2SO4溶液中的能量比Na2SO4溶液中的将反应决速步(*N2*N2H)的能量大大降低， C正确； D.根据图示可知 N2的活化是 NN 键的断裂形成 N2H的过程，即是 NN 键的断裂与 NH键形成的过程， D 正确； 故合理选项是 B。 7.我国科学家设计了一种智能双模

10、式海水电池，满足水下航行器对高功率和长续航的需求。负极为 Zn，正 极放电原理如图。下列说法错误的是（ ） A. 电池以低功率模式工作时，NaFeFe(CN)6作催化剂 B. 电池以低功率模式工作时，Na+的嵌入与脱嵌同时进行 C. 电池以高功率模式工作时，正极反应式为：NaFeFe(CN)6+e-+Na+=Na2FeFe(CN)6 D. 若在无溶解氧的海水中，该电池仍能实现长续航的需求 【答案】D 【解析】 【详解】A.根据图示可知：电池以低功率模式工作时，负极是 Zn-2e-=Zn2+，正极上是 NaFeFe(CN)6获得电 子，然后与吸附在它上面的氧气即溶液中发生反应为 O2+4e-+2

11、H2O=4OH-，从 NaFeFe(CN)6上析出，故 NaFeFe(CN)6的作用是作催化剂，A正确； B.电池以低功率模式工作时，电子进入 NaFeFe(CN)6时 Na+的嵌入；当形成 OH-从 NaFeFe(CN)6析出时， Na+从 NaFeFe(CN)6脱嵌，因此 Na+的嵌入与脱嵌同时进行，B正确； C.根据电池以高功率模式工作时，正极上 NaFeFe(CN)6获得电子被还原变为 Na2FeFe(CN)6，所以正极的 电极反应式为：NaFeFe(CN)6+e-+Na+=Na2FeFe(CN)6，C正确； D.若在无溶解氧的海水中，由于在低功率模式工作时需要氧气参与反应，因此在该电

12、池不能实现长续航的 需求，D错误； 故合理选项D。 8.Fe(OH)3广泛应用于医药制剂、颜料制造等领域，其制备步骤及装置如下：在三颈烧瓶中加入 16.7gFeSO4 7H2O和 40.0ml蒸馏水。边搅拌边缓慢加入 3.0mL浓 H2SO4，再加入 2.0gNaClO3固体。水浴加 热至 80，搅拌一段时间后，加入 NaOH溶液，充分反应。经过滤、洗涤、干燥得产品。 (1)NaClO3氧化 FeSO4 7H2O的离子方程式为_。 (2)加入浓硫酸的作用为_(填标号)。 a.提供酸性环境，增强 NaClO3氧化性 b.脱去 FeSO4 7H2O 的结晶水 c.抑制 Fe3+水解 d.作为氧化剂

13、 (3)检验 Fe2+已经完全被氧化需使用的试剂是_。 (4)研究相同时间内温度与 NaClO3用量对 Fe2+氧化效果的影响，设计对比实验如下表 编号 T/ FeSO4 7H2O/g NaClO3/g 氧化效果/% i 70 25 1 6 a ii 70 25 m b iii 80 n 2.0 c iv 80 25 1.6 87.8 m=_；n=_。 若 c87.8a，则 a、b、c 的大小关系为_。 (5)加入 NaOH溶液制备 Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，其原因是_ (6)判断 Fe(OH)3沉淀洗涤干净的实验操作为_； (7)设计实验证明制得的产品

14、含 FeOOH(假设不含其他杂质)。_。 【答案】 (1). ClO3-+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O (2). a、c (3). K3Fe(CN)6溶液 (4). 2.0 (5). 25 (6). cba (7). 若温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降 (8). 取最后一次洗 涤液于两只试管中，分别滴加 HCl 酸化的 BaCl2溶液和 HNO3酸化的 AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说 明 Fe(OH)3沉淀洗涤干净 (9). 称取 mg 样品，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于80 107 m g 【解析】 【分析】 (1)NaClO3具有氧化性，

15、在酸性条件下将 FeSO4 7H2O氧化为硫酸铁，据此书写； (2) NaClO3具有氧化性，在酸性条件下氧化性增强；同时反应产生的 Fe3+会发生水解反应，根据盐的水解规 律分析分析； (3)检验 Fe2+已经完全被氧化，就要证明溶液在无 Fe2+； (4)实验是研究相同时间内温度与 NaClO3用量对 Fe2+氧化效果的影响， 根据表格数据可知 i、 ii是研究 NaClO3 用量的影响；ii、iii或 i、iv是研究温度的影响；据此分析解答； (5)温度低，盐水解程度小，不能充分聚沉； (6) Fe(OH)3沉淀是从含有 NaCl、H2SO4的溶液在析出的，只要检验无 Cl-或 SO42

16、-就可证明洗涤干净； (7)根据 Fe 元素守恒，若含有 FeOOH，最后得到的固体质量比 Fe(OH)3多。 【详解】(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将 FeSO4 7H2O 氧化为硫酸铁，NaClO3被还原为 NaCl，同时 产生水，反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O； (2) NaClO3氧化 FeSO4 7H2O时，为了增强其氧化性，要加入酸，因此提供酸性环境，增强 NaClO3氧化性， 选项 a 合理；同时 FeSO4 7H2O 被氧化为 Fe2(SO4)3，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中 Fe3+发生水解反应使溶液 显酸性，为抑制 F

17、e3+的水解，同时又不引入杂质离子，因此要向溶液中加入硫酸，选项 c合理，故答案为 ac； (3)检验 Fe2+已经完全被氧化，只要证明溶液中无 Fe2+即可，检验方法是取反应后的溶液少许，向其中滴加 K3Fe(CN)6溶液，若溶液无蓝色沉淀产生，就证明 Fe2+已经完全被氧化为 Fe3+； (4)根据实验目的，i、ii是在相同温度下，研究 NaClO3用量的影响，ii、iii或 i、iv是研究温度的影响；因 此 m=2，n=25； 在其它条件不变时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快，实验 ba；ii、iii的反应物浓度相同时，升 高温度，化学反应速率大大加快，实验 cb，因此三者关系为 c

18、ba； (5)加入 NaOH溶液制备 Fe(OH)3的过程中， 若降低水浴温度， Fe(OH)3的产率下降， 原因是温度过低， Fe(OH)3 胶体未充分聚沉收集，导致产率下降； (6) Fe(OH)3沉淀是从含有 NaCl、H2SO4的溶液在析出的，若最后的洗涤液中无 Cl-或 SO42-就可证明洗涤干 净。方法是取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加 HCl 酸化的 BaCl2溶液和 HNO3酸化的 AgNO3溶液， 若都无白色沉淀，则说明 Fe(OH)3沉淀洗涤干净； (7)在最后得到的沉淀 Fe(OH)3中若含有 FeOOH，由于 Fe(OH)3中比 FeOOH中 Fe 元素的含量多。

19、由于 1molFe(OH)3质量是 107g，完全灼烧后产生 0.5molFe2O3，质量是 80g，若称取 mg Fe(OH)3，完全灼烧后固 体质量是 80 107 m g，若样品中含有 FeOOH，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于 80 107 m g。 【点睛】本题考查了氢氧化铁的制备原理及操作的知识。涉及氧化还原反应方程式的配平、实验方案的涉 及、离子的检验方法、盐的水解、物质纯度的判断等。掌握元素及化合物的知识和化学反应基本原理是解 题关键。 9.一种以磷酸工业副产物磷石膏(主要成分为 CaSO4，杂质含 H3PO4，SiO2，Al2O3等)制取高纯硫酸钙的流程 如图所示。 (1

20、)磷石膏废弃会造成的环境问题为_； (2)“碱溶”中 Al2O3发生反应的化学方程式为_； (3)含硅与含铝组分分布系数与 pH关系如下图： “调 pH”时，溶液的 pH应调节为_； KspAl(OH)3=_； Al(OH)3(aq)+H2OAl(OH)4-(aq)+H+(aq)，则 KaAl(OH)3=_； (4)“电解”采用双极膜电渗析法，装置如下图。 “某极电解液”为_(填“X”、“Y”或“Z”)极。 阴极电极反应式为_。 (5)流程中可循环利用的物质有_(填化学式)。 【答案】 (1). 水体富营养化 (2). Al2O3+2NaOH+3H2O=2NaAl(OH)4 (3). 7 (4

21、). 1.0 10-33 (5). 10-12.8 (6). X (7). 2H+2e-=H2 (8). NaOH、HCl 【解析】 【分析】 (1)磷元素是植物生长需要的营养元素，磷石膏废弃会造成的环境问题为水体富营养化； (2) Al2O3是两性氧化物，可以与强碱反应产生盐和水； (3)调整溶液的 pH，使 Si元素形成沉淀，而 Al元素以Al(OH)4 -存在于溶液中； 根据形成 Al(OH)3沉淀的 pH 分析 KspAl(OH)3大小； 根据电离平衡常数的概念计算； (4)根据某极电解液的作用是沉钙，分析所属电极名称； 根据阴极上溶液中的阳离子放电，结合离子的放电顺序分析判断； 根据

22、两个电极放电后产生的物质分析循环利用的物质。 【详解】(1)磷元素是植物生长需要的营养元素，在磷石膏中含有 H3PO4，若磷石膏废弃，磷酸溶于水，会 电离产生 H2PO4-、HPO42-，为植物生长提供营养元素，使植物疯狂生长，故磷石膏废弃会造成的环境问题 为水体富营养化； (2) Al2O3是两性氧化物，可以与 NaOH溶于发生反应产生 NaAl(OH)4，反应方程式为 Al2O3+2NaOH+3H2O=2NaAl(OH)4； (3)根据图象可知在溶液的 pH=7 时，Si元素以 H4SiO4沉淀的形式存在，而 Al元素以 Al(OH)3沉淀的形式 存在，故调整溶液的 pH=7； 由图象可知

23、：当溶液的 pH 大约为 pH=3时形成 Al(OH)3沉淀，c(H +)=10-3，则根据水的离子积常数可得 此时溶液中 c(OH-)= 14 3 10 10 =10-11，则 KspAl(OH)3=1(10-11)3=10-33； 对于电离平衡：Al(OH)3(aq)+H2OAl(OH)4 -(aq)+H+(aq)，当溶液的 Al(OH) 3(aq)的浓度与 Al(OH)4 -(aq)的浓度相等时，KaAl(OH) 3等于溶液中氢离子的浓度，所以 KaAl(OH)3= - + 4 3 c Al OHc H c Al OH =c(H+)=10-12.8； (4)“某极电解液”作用是沉钙，应该

24、为酸溶液，在电解装置中，左边为正极区，OH-向正极区移动，H+ 向 X 区移动，因此 X区溶液为酸性溶液，故“某极电解液”为 X 极； 在负极区，H+发生还原反应产生氢气，因此阴极电极反应式为 2H+2e-=H2； H+向 X电极移动，Cl-移向 X 电极区，Na+移向 Z电极区，OH-向 Z电极区移动，所以 X电极区产生 HCl， Z电极区产生 NaOH，反应产生的 HCl、NaOH又可以在酸溶、碱溶中使用，故流程中可循环利用的物质有 HCl、NaOH。 【点睛】本题通过物质制备工艺流程，考查了物质的化学性质、沉淀溶解平衡原理的应用、电解原理的应 用等知识，掌握物质的化学性质和化学反应基本原

25、理是解题关键。 10.苯乙烯是一种重要的化工原料， 可采用乙苯催化脱氢法制备， 反应如下：(g) (g)+H2(g) H=+17.6kJ/mol (1)在刚性容器中要提高乙苯平衡转化率，可采取的措施有_ (2)实际生产中往刚性容器中同时通入乙苯和水蒸气， 测得容器总压和乙苯转化率随时间变化结果如图所示。 平衡时，p(H2O)=_kPa，平衡常数 Kp=_kPa(Kp 为以分压表示的平衡常数) 反应速率 V=V正-V逆=k正P乙苯-k逆p苯乙烯p氢气，k正、k逆分别为正逆反应速率常数。计算 a处的 v v 正 逆 _。 (3)O2气氛下乙苯催化脱氢同可时存在以下两种途径： a=_。 途径 I的反

26、应历程如图所示，下列说法正确的是_ a.CO2为氧化剂 b.状态 1 到状态 2形成了 O-H 键 c.中间产物只有() d.该催化剂可提高乙苯的平衡转化率 pCO2与乙苯平衡转化率关系如图分析，pCO2为 15kPa 时乙苯平衡转化率最高的原因_。 【答案】 (1). 升温、降压、及时移去产物 (2). 80 (3). 45 (4). 2.5 (5). 159.2 (6). a、b (7). 当 p(CO2)15kPa，过多 的 CO2会造成催化剂表面乙苯的吸附下降 【解析】 【分析】 (1)根据该反应的正反应为气体体积扩大的吸热反应，用平衡移动原理分析解答； (2)先根据压强增大数值计算反

27、应的乙苯，然后根据乙苯的转化率计算混合气体中乙苯的含量，进而可得 出水蒸气的含量，将各组分物质的量带入平衡常数表达式可得 Kp； 根据平衡时 V正=V逆计算出 k k 正 逆 ，再根据 a点时反应混合物中个组分的物质的量带入速率公式及可得到相 应的数值； (3)根据盖斯定律计算；结合反应历程及化学平衡移动原理分析；根据 CO2是反应物，结合反应物的 浓度对化学平衡移动的影响及 CO2在催化剂表面的吸附作用分析判断。 【详解】(1)根据该反应的正反应为气体体积扩大的吸热反应，根据平衡移动原理可知：要提高乙苯的转化 率，可采取的措施为升高温度、降低压强及时移去产物等方式； (2)反应开始总压强为

28、100，反应达到平衡时增大为 115，增大了 15，说明乙苯反应了 15，由于乙苯的转化 率为 75，因此反应开始时乙苯的含量为 150.75=20，故 H2O蒸气占 80； 根据上述分析可知：平衡时 n(乙苯)=20-15=5，n(苯乙烯)=n(H2)=15，则根据平衡常数的含义，物质的量的 比等于气体的压强比，因此用平衡分压表示的平衡常数 Kp= 15 15 5 =45； 可逆反应(g)(g)+H2(g)达到平衡时，正反应与逆反应速率相等，此时乙苯为 5，苯 乙烯、氢气为 15，k正P乙苯=k逆p苯乙烯p氢气， p 正 逆 苯乙烯氢气 乙苯 p k kp =45；在 a点时压强为 112，

29、则说明 此时乙苯为 8，苯乙烯、氢气为 12，所以 v v 正 逆 = p 正 逆 乙苯 苯乙烯氢气 k p kp = p 正 逆 乙苯 苯乙烯氢气 p k kp =45 8 12 12 =2.5； (3)反应过程中能量变化与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关，根据图示可知反应热 a=117.6kJ/mol+41.6kJ/mol=+159.2kJ/mol； a.CO2与乙苯反应后变为 CO，C 元素化合价降低，C 获得电子，因此 CO2为氧化剂,a 正确； b.根据图示可知由状态 1到状态 2形成了 O-H键，b 正确； c.由反应历程可知中间产物除了()，还有，c 错误； d.催化剂对化

30、学平衡移动无影响，因此不能改变乙苯的转化率，d 错误； 故合理选项是 ab； 乙苯与 CO2发生可逆反应产生苯乙烯、H2O、CO，在 p(CO2)15kPa，过多的 CO2吸附在催化剂表面，会造成催化剂表面乙苯的吸附 下降，又导致其转化率降低。 11.UO2与铀氮化物是重要的核燃料，已知：3(NH4)4UO2(CO3)33UO2+10NH3+9CO2+N2+9H2O 回答下列问题： (1)基态氮原子价电子排布图为_。 (2)反应所得气态化合物中属于非极性分子的是_(填化学式)。 (3)某种铀氮化物的晶体结构是 NaCl 型。NaCl 的 Bom-Haber 循环如图所示。已知：元素的一个气态原

31、子获 得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。下列有关说法正确的是_(填标号)。 a.Cl-Cl键的键能为 119.6kJ/mol b.Na 的第一电离能为 603.4kJ/mol c.NaCl的晶格能为 785.6kJ/mol d.Cl 的第一电子亲和能为 348.3kJ/mol (4)依据 VSEPR理论推测 CO32-的空间构型为_。 分子中的大丌键可用符号丌 n m表示， 其中 m代表参 与形成大丌键的原子数，n代表参与形成大丌键的电子数(如苯分子中的大丌键可表示为丌 6 6)，则 CO3 2-中的 大丌键应表示为_ (5)UO2可用于制备 UF4：2UO2+5NH4HF22

32、UF4 2NH4F+3NH3+4H2O，其中 HF2结构表示为 FHF-，反应中断裂的化学键有_ (填标号)。 a.氢键 b.极性键 c.离子键 d.金属键 e.非极性键 (6)铀氮化物的某两种晶胞如图所示： 晶胞 a中铀元素的化合价为_，与 U 距离相等且最近的 U 有_个。 已知晶胞 b的密度为 dg/cm3，U 原子的半径为 r1cm，N 原子的半径为为 r2cm，设 NA为阿伏加德罗常数的 值，则该晶胞的空间利用率为_(列出计算式)。 【答案】 (1). (2). CO2 (3). c、d (4). 平面三角形 (5). 6 4 (6). b、 c (7). +3 (8). 12 (9

33、). 33 12 44 48 33 14 84 238 A rr dN 100% 【解析】 【分析】 (1)先根据构造原理，书写 N 的核外电子排布式，然后可根据各个能级具有的轨道数及轨道电子填充电子规 律，得到基态氮原子价电子排布图； (2)反应所得气态化合物分子有 NH3、CO2、N2、H2O，根据分子是否对称判断是否为非极性分子； (3)根据图示的能量变化结合化学基本概念分析判断； (4)根据价层电子对互斥理论分析判断；C原子、O原子有平行的 p 轨道，价电子总数为 4+2+6 3=24，单电 子数=24-2 3-4 3=6，为 4原子、6电子形成的大 键； (5) NH4HF2为离子晶

34、体，含有离子键，HF2-含有氢键和共价键，NH4+中含有配位键和共价键； (6)用均摊方法计算 a 中 U、N原子个数比，然后根据 N 元素化合价分析 U元素化合价；在晶体中与 U距 离相等且最近的 U 原子在晶胞面心，然后根据通过一个 U 原子的晶胞数及重合数目计算其微粒数目； 先计算 1 个晶胞中含有的 U、N 原子数目，然后计算晶胞的体积及一个晶胞中含有的 U、N原子数目的总 体积，最后根据原子体积占总体积的百分比可得其空间利用率。 【详解】(1)N是 7 号元素，根据构造原理，可得其核外电子排布式 1s22s22p3，其价电子的轨道表达式为 ； (2)反应所得气态化合物分子有 NH3、

35、CO2、N2、H2O，NH3、H2O的空间排列不对称，正负电荷的重心不重 合，属于极性分子，CO2、N2的空间排列对称，分子中正负电荷重心重合，是非极性分子，其中 CO2是非 极性化合物分子； (3) a.Cl-Cl键的键能为 2 119.6kJ/mol=239.2kJ/mol，a 错误； b.Na 的第一电离能为 495.0kJ/mol，b 错误； c.NaCl的晶格能为 785.6kJ/mol，c 正确； d.Cl的第一电子亲和能为 348.3kJ/mol，d 正确； 故合理选项是 cd； (4) CO32-的价层电子对数为 3+ 423 2 2 =3，因此 CO32-空间构型为平面三角形

36、； C原子、O 原子有平行的 p 轨道，价电子总数为 4+2+6 3=24，单电子数=24-2 3-4 3=6，为 4 原子、6电子 形成的大 键，大 键为 6 4 ； (5) NH4HF2为离子晶体，含有离子键，HF2-含有氢键和共价键，NH4+中含有配位键和共价键，所以 NH4HF2 中所含作用力有：a、b、c、d，反应中断裂的化学键有 b、c； (6)晶胞 a中 U原子个数 81 8 +61 2 =4；含有 N原子个数为：121 4 +1=4，因此一个晶胞中含有 U、N原 子个数均为 4个，化学式为 UN，由于 N原子最外层有 5 个电子，N化合价为-3 价，所以 U元素的化合价为 +3

37、，根据图示可知：在晶胞与 U距离相等且最近的 U在一个晶胞的面心上，通过一个 U原子有 8 个晶胞， 在一个晶胞中有 3个 U距离相等且最近，每个 U原子重复了两次，因此在晶胞与 U距离相等且最近的 U原 子数为 8 31 2 =12； 在一个晶胞中含有 U 原子数目为 U：81 8 +61 2 =4，含有的 N原子数目为 8 1=8，一个晶胞中含有的 U、 N 原子的总体积为 V(U)+V(N)=(4 3 1 4 3 r+8 3 2 4 3 r)cm3； 根据图示可知晶胞参数为 4个 U原子的半径的 2 倍； 2L=4r1cm，晶胞的体积 V(晶胞)= 14 84 238 A dN ，则该晶

38、体中原子利用率为 33 12 44 48 ( 33 100% 14 84 238 A rr V V dN 原子） 晶胞 100%。 【点睛】本题考查物质结构与性质的知识，涉及原子核外电子的轨道表达式、晶格能、电离能、微粒的空 间构型判断、化学键类型的判断及晶胞的有关计算，需要学生对知识掌握要全面、细致，大 键在中学基 本不涉及，是本题的难点，掌握均摊法进行晶胞有关计算。 12.由 A和 C为原料合成治疗多发性硬化症药物 H 的路线如下： 已知： A 能与 NaHCO3溶液反应放出 CO2，其核磁共振氢谱显示有三组峰，峰面积比为 2:2:1。 NaBH4能选择性还原醛、酮，而不还原NO2。 回答

39、下列问题： (1)A的化学名称为_，D 的结构简式为_。 (2)H的分子式为_，E中官能团的名称为_。 (3)BD、EF的反应类型分别为_。 (4)FG 的化学方程式为_。 (5)与 C 互为同分异构体的有机物的结构简式为_(核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为 6:3:1:1)。 (6)设计由 B 和为原料制备具有抗肿瘤活性药物 的合成路线 _。 【答案】 (1). 3-溴丙酸 (2). (3). C19H33NO2 (4). 羰基、硝基 (5). 取 代、还原 (6). (7). (8). 【解析】 【分析】 A 分子式是 C3H5O2Br，能够与 NaHCO3溶液反应放出 CO2，说明是溴代

40、羧酸，核磁共振氢谱显示有三组峰， 峰面积比为 2:2:1则 A结构简式为 BrCH2CH2COOH， A与 SOCl2发生信息反应产生 B 是 BrCH2CH2COCl， 根据 D 的分子式，结合生成物 H 的结构简式可知 C 是，B 与 C发 生烃基对位的取代反应产生 D 结构简式是；D 与 NaNO2发生取代反应产生 E 是 ， E 与 NaBH4发生羰基的还原反应产生 F： ， F与 HCHO 在三乙胺存在时发生信息反应产生 G：， G 与 H2发生还原 反应产生 H：，据此解答。 【详解】根据上述分析可知 A 是 BrCH2CH2COOH，B是 BrCH2CH2COCl，C 是，D是

41、， E是 ， F是 ， G是 ，H 是。 (1)根据上述分析可知 A是 BrCH2CH2COOH，A 的化学名称为 3-溴丙酸；D的结构简式为 ； (2)根据 H的结构简式，可知 H 的分子式为 C19H33NO2，E结构简式是 ，E 中官能团的名称为羰基、硝基； (3) B与 C发生烃基对位的取代反应产生 D，所以 BD 的反应类型为取代反应；E 与 NaBH4发生羰基的还原反应产生 F，所以 EF的反应类型为还原反应； (4)FG 的化学方程式为 ； (5)C是，与 C互为同分异构体，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为 6：3：1：1 的有 机物的结构简式为； (6)B与发生取代反应产生，与 NaNO2发生 取代反应产生， 该物质与 NaBH4发生羰基的还原反应产生， 然 后与 HCHO在三乙胺存在时发生信息反应产生，然后在 H2、Cd/C条件下发生还 原反应产生，故合成路线为： 。 【点睛】本题考查了有机合成与推断、物质的命名、官能团、反应类型的判断及同分异构体的书写等知识， 注意根据题目流程中的转化关系与反应信息进行合成路线的设计。