一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1. 下列关于原子结构、元素性质的说法正确的是( )
A. 非金属元素组成的化合物中只含共价键 B. ⅠA族金属元素是同周期中金属性最强的元素 C. 同种元素的原子均有相同的质子数和中子数
D. ⅦA族元素的阴离子还原性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强
2. 下列说法不正确的是( )
A. 邻二甲苯只有一种结构，能证明苯环中不存在碳碳单键和碳碳双键交替的结构 B.
烷
与氢气加成后的产物用系统命名法命名为3，5，5−三甲基庚
C. 植物秸秆和土豆淀粉在一定条件下水解的产物都可以转化为酒精
D. 完全燃烧一定质量的冰醋酸、葡萄糖混合物(以任意质量比混合)，生成CO2和H2O的物质的
量相同
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A. 25℃，1LpH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10−9NA B. 标准状况下，22.4LNO与11.2LO2混合后气体的分子数为NA C. 标准状况下，22.4L己烷中共价键数目为19NA
D. 过量铜与含0.4molHNO3的浓硝酸反应，电子转移数大于0.2NA
4. 有A、B、X、Y四种短周期元素，其简单离子A+、B2+、X−、Y2−的电子层结构相同．则下列
比较中正确的是( )
A. 原子序数：A>B>X>Y B. 离子半径：A+>B2+>X−>Y2− C. 氢化物稳定性：H2Y>HX D. 元素金属性：A>B
5. 下列实验能达到目的是( )
第1页，共16页
A.
稀释浓硫酸
B. 比较MnO2、CI2、I2的氧化性
C.
分离乙醇和水
D. 比较Na2CO3、NaHCO3的热稳定性
6. 某溶液中含有Ba2+，Cu2+，Ag+，现用NaOH溶液、盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀
分离，
其流程如图所示．下列说法正确的是( )
A. 试剂A为Na2SO4溶液 B. 沉淀3的化学式可能是BaSO4
C. 生成沉淀1的离子方程式为：Cu2++2OH−=Cu(OH)2↓ D. 生成沉淀2的离子方程式为：Ag++Cl−=AgCl↓
7. 图是某种酶生物燃料电池的工作原理示意图。下列说法中不正确的是( )
第2页，共16页
A. 葡萄糖是还原剂
B. 外电路中电子由A极移向B极 C. 溶液中H+ 由B极区移向A极区
D. B极电极反应式为：H2O2+2H++2e−=2H2O
二、流程题（本大题共1小题，共14.0分）
8. “烂板液”指的是制印刷锌板时，用稀硝酸腐蚀锌板后得到的“废液”(含有少量的Cl−、Fe3+)。
某化学兴趣小组用“烂板液”制取Zn(NO3)2·6H2O的过程如下：
已知：Zn(NO3)2·6H2O是一种无色晶体，其水溶液呈酸性，Zn(NO3)2能与碱反应，得到的产物具有两性。
(1)“烂板液”中溶质的主要成分是______________________________(填化学式)。 (2)在操作①中保持pH=8的目的是_____________________________。 (3)沉淀Ⅰ的主要成分是_______________(填化学式)。
(4)操作③中加热煮沸的目的是_________________________；此步操作的理论依据是______________________________。
(5)操作④保持pH=2的目的是__________________________________________________；此步操作中加热所用的主要仪器是______________________。 三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
第3页，共16页
9. 三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O)，常作为有机反应的催化剂，溶于水，难溶于
乙醇。实验室可用摩尔盐等为原料制备，具体流程如图：
(1)《实验化学》中制备摩尔盐的化学方程式为______
(2)步骤1中少量稀硫酸的作用是______，步骤Ⅱ中过量饱和草酸的作用是______ (3)请设计实验方案证明FeC2O4⋅2H2O晶体已经洗涤干净：______ (4)步骤Ⅲ在40℃条件下进行的原因______
(5)步骤Ⅵ抽滤如图安装好装置，请按正确操作顺序补充完整：
在布氏漏斗中加入滤纸→______→确认抽干
a、转移固液混合物；b、开大水龙头；c、关闭水龙头；d、微开水龙头；e、加入少量蒸馏水润湿滤纸
四、简答题（本大题共3小题，共35.0分）
10. 三氯胺(NCl3)是一种饮用水二级消毒剂，可由以下反应制备：
Ⅰ.NH3(g)+3Cl2(g)⇌NCl3(l)+3HCl(g) ΔH 回答下列问题：
(1)已知：Ⅱ．2NH3(g)+3Cl2(g)⇌N2(g)+6HCl(g) ΔH1 Ⅲ.N2(g)+3Cl2(g)=2NCl3(l) ΔH2
则ΔH2=________(用含ΔH和ΔH1的代数式表示)。
(2)向容积均为2L的甲乙两个恒温密闭容器中分别加入4mol NH3和4mol Cl2，发生反应Ⅰ，测得两容器中n(Cl2)随反应时间的变化情况如下表所示：
第4页，共16页
时间/min 容器甲(T1) 容器乙(T2) 0 4.0 4.0 40 3.0 2.9 80 2.2 2.0 120 1.6 2.0 160 1.6 2.0 ①0∼80min内，容器甲中v(NH3)=________________。
②反应Ⅰ的ΔH________0(填“>”或“<”)，其原因为________________________。 ③关于容器乙，下列说法正确的是________(填选项字母)。 A.容器内n(Cl3)=3，说明反应达到平衡状态
2
n(NH)1
B.反应进行到70min时，v正一定大于v逆
C.容器内气体平均相对分子质量在增大，说明平衡在正向移动 D.达平衡后，加入一定量NCl3(l)，平衡逆向移动
E.达平衡后，按原投料比再充入一定量反应物，平衡后NH3的转化率增大
该温度下，若改为初始体积为2L的恒压容器，④温度为T1时HCl(g)的平衡体积分数=________，
平衡时容器中n(Cl2)________(填“>”、“=”或“<”)1.6mol。 ⑤温度为T2时，该反应的平衡常数K=________。
11. 磷是生物体中不可缺少的元素之一它能形成多种化合物。
(1)磷元素位于周期表的______区，基态磷原子价层电子排布图______。
(2)第三周期中第一电离能位于铝元素和磷元素之间的元素有______种。
(3)白磷(P4)分子是正四面体结构，磷原子杂化方式为______，3.1g白磷中σ键的数目为______。P4易溶于二硫化碳，难溶于水，原因是______。
(4)磷酸与Fe3+可形成H3[FePO4)2]，基态Fe3+的核外电子排布式为______，Fe、P、O电负性由大到小的顺序是______。
(5)磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，图为其晶胞结构，阿伏伽德罗常数为NA，磷化硼晶体的密B与P最近距离为______cm (列出计算式即可)，度为ρg/cm3，估测该晶体的熔点______(填“高于”或“低于”)金刚石。
第5页，共16页
12. 合成药物X的路线如下：
A的核磁共振氢谱只有一组吸收峰，A的结构简式为______。(1)X中含氧官能团的名称为______； (2)反应①的反应类型为______。反应①还会得到另一产物H，其分子式为C8H14O2，写出H的结构简式：______。
(3)反应⑥的产物为G和______(填结构简式)。
(4)X分子消去一分子水的得物质J，同时满足下列条件的J的同分异构体共有______种，其中核磁共振氢谱只有六组吸收峰的同分异构体与足量浓溴水反应的化学方程式为______。 a.能与FeCl3溶液发生显色反应 b.能发生消去反应
c.苯环上只有2个取代基，且分子中只有2个甲基
(5)参照上述合成路线，设计一条以CH3OH、CH≡CH为原料制备聚丙烯醇路线图(无机试剂任用)。合成路线图示例如下：
。
的合成
第6页，共16页
-------- 答案与解析 --------
1.答案：B
解析：解：A、铵盐是离子化合物，含有离子键，由非金属元素组成，故A错误；
B、同周期自左而右，金属性减弱，故ⅠA族金属元素是同周期中金属性最强的元素，故B正确； C、同种元素的不同核素质子数相同，中子数不同，故C错误；
D、ⅦA族阴离子还原性越强，元素的非金属性越弱，最高价氧化物对应水化物的酸性越弱，故D错误； 故选：B。
A、非金属元素组成的化合物可以是离子化合物，如铵盐； B、同周期自左而右，金属性减弱；
C、同种元素的不同核素质子数相同，中子数不同；
D、阴离子还原性越强，元素的非金属性越弱，最高价氧化物对应水化物的酸性越弱。 本题考查结构性质位置关系，难度中等，注意对基础知识的理解掌握。
2.答案：B
解析：解：A.若苯分子中碳碳键为单键和双键交替相连，则邻二溴苯存在两种同分异构体，而实际上邻二溴苯只有一种结构，则证明苯分子中不存在碳碳双键，故A正确； B.
5−三甲基庚烷，故B错误；
C.淀粉、纤维素可水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的催化作用下可生成乙醇，故C正确； D.冰醋酸与葡萄糖的最简式相同，均是CH2O，故完全燃烧一定质量的冰醋酸、葡萄糖混合物(以任意质量比混合)，生成CO2和H2O的物质的量相同，故D正确， 故选B．
A.苯的结构中若存在单双键交替结构，邻二溴苯有两种同分异构体； B.误；
C.淀粉、纤维素可水解生成葡萄糖，葡萄糖可生成乙醇； D.冰醋酸与葡萄糖的最简式相同．
本题考查较为综合，涉及有机物的结构、命名以及同分异构体的判断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．
与氢气加成生成烷烃主链含有7个C原子，有3个甲基，编号顺序错3，与氢气加成生成烷烃主链含有7个C原子，有3个甲基，应为3，
第7页，共16页
3.答案：D
解析：
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
A.25℃，1L pH=9的CH3COONa溶液中，溶液中的c(H+)=10−9mol/L，而溶液中的c(OH−)=10−5mol/L，水电离出的氢离子与氢氧根离子相同，则发生电离的水分子数为1×10−5NA，故A错误；
B.NO与O2反应生成二氧化氮，则标准状况下，22.4L NO与11.2L O2混合后生成1mol二氧化氮，而二氧化氮可生成四氧化二氮，故最后气体的分子数小于NA，故B错误； C.标准状况下，己烷为液体，无法用气体摩尔体积进行计算，故C错误；
D.硝酸的物质的量为0.4mol，若与铜反应完全生成二氧化氮，转移电子物质的量为0.2mol，但是由于铜足量，浓硝酸随着反应的进行，后来变成了稀硝酸，生成了一氧化氮，转移的电子数增加，所以0.4mol硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.2mol，则电子转移数大于0.2NA，故D正确。 故选D。
4.答案：D
解析：解：有A、B、X、Y四种短周期元素，其简单离子A+、B2+、X−、Y2−的电子层结构相同，离子核外电子数目相等，A、B同周期，X、Y同周期，且A、B处于第三周期，X、Y处于第二周期，结合离子所带电荷，可知A为Na、B为Mg、X为F、Y为O，
A.A为Na、B为Mg、X为F、Y为O，原子序数：B>A>X>Y，故A错误；
B.核电荷数B>A>X>Y，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Y2−>X−>A+>B2+，故B错误；
C.非金属性X>Y，故氢化物稳定性：H2Y 有A、B、X、Y四种短周期元素，其简单离子A+、B2+、X−、Y2−的电子层结构相同，离子核外电子数目相等，A、B同周期，X、Y同周期，且A、B处于第三周期，X、Y处于第二周期，结合离子所带电荷，可知A为Na、B为Mg、X为F、Y为O，结合元素周期律及原子结构回答． 本题考查结构性质与位置关系、元素周期律等，难度中等，根据离子电荷及电子层排布推断元素是关键． 第8页，共16页 5.答案：D 解析：解：A.容量瓶不能稀释溶液，稀释溶液应用烧杯，故A错误； B.稀盐酸和二氧化锰不反应，应用浓盐酸加热，故B错误； C.温度计测量蒸汽的温度，应与蒸馏烧瓶支管口相平，故C错误； D.碳酸钠稳定，碳酸氢钠加热分解，小试管中应为碳酸氢钠，能起对比作用，故D正确． 故选D． A.容量瓶不能稀释溶液； B.稀盐酸和二氧化锰不反应； C.温度计测量蒸汽的温度； D.碳酸钠稳定，碳酸氢钠加热分解． 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及性质实验及实验基本操作等，把实验基本操作和反应原理为解答的关键，注意实验装置的作用及实验的评价性分析，题目难度不大． 6.答案：B 解析：解：某溶液中含有Ba2+，Cu2+，Ag+，现用NaOH溶液、盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离，氢氧根离子和铜离子、银离子反应，硫酸根离子和钡离子反应，所以先用盐酸将银离子转化为沉淀，则A是稀盐酸； 过滤后加入Na2SO4或NaOH生成硫酸钡沉淀或Cu(OH)2沉淀，所以B可能是硫酸钠或NaOH． A.通过以上分析知，A是稀盐酸，故A错误； B.沉淀3是硫酸钡，故B正确； C.生成沉淀1的离子方程式为：Ag++Cl−=AgCl↓，故C错误； D.生成沉淀2的离子方程式为：Cu2++2OH−=Cu(OH)2↓或Ba2++SO2−4=BaSO24↓，故D错误； 故选B． Ag+，某溶液中含有Ba2+，Cu2+，现用NaOH溶液、盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离，氢氧根离子和铜离子、银离子反应，硫酸根离子和钡离子反应，所以先用盐酸将银离子转化为沉淀，则A是稀盐酸； 过滤后加入Na2SO4或NaOH生成硫酸钡沉淀或Cu(OH)2沉淀，所以B可能是硫酸钠或NaOH． 本题考查了离子检验和除杂，明确离子检验方法是解本题关键，根据离子的性质来分析解答，难点是除杂剂的选取方法，题目难度中等． 7.答案：C 解析：解：A.葡萄糖失去电子转化为葡萄糖酸，则葡萄糖为还原剂，故A正确； B.A为负极，B为正极，电子由A极流向B极，故B正确； 第9页，共16页 C.B为正极，溶液中H+ 由A极区移向B极区，故C错误； D.B极发生还原反应，电极反应式为：H2O2+2H++2e−=2H2O，故D正确； 故选：C。 由图可知，葡萄糖失去电子转化为葡萄糖酸，过氧化氢得到电子生成水，则A为负极，B为正极，电子由负极流向正极，原电池中阳离子向正极移动，以此来解答。 本题考查化学电源，为高频考点，把握电极、电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意原电池的工作原理及应用，题目难度不大。 8.答案：(1)Zn(NO3)2 (2)防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解 (3)Zn(OH)2和Fe(OH)3 (4)促使Fe3+完全水解；温度越高，水解程度越大 (5)抑制Zn2+水解；蒸发皿、酒精灯、铁架台、玻璃棒 解析： 本题考查用“烂板液”制取Zn(NO3)2·6H2O的实验流程分析，难度中等，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意锌离子易水解生成氢氧化锌，酸性条件下可抑制锌离子的水解。分析实验流程的方法要重点关注四条主线：试剂线、杂质线、操作线、产品线。 (1)由题意知，“烂板液”指的是稀硝酸腐蚀锌板后得到的“废液”，所以“烂板液”中溶质的主要成分应为Zn(NO3)2。 (2)因为Zn(OH)2具有两性，能与强碱反应，故操作①中保持pH=8的目的是防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解。 (3)在碱性条件下，所以沉淀Ⅰ的主要成分为Zn(OH)2和Fe(OH)3。 Fe3、Zn2都会转化为氢氧化物沉淀，(4)操作③是为了分离Zn2和Fe3，温度越高，水解程度越大，故加热煮沸是为了促使Fe3完全水解。 (5)由“Zn(NO3)2· 6H2O是一种无色晶体，其水溶液呈酸性”可知，Zn(NO3)2是一种强酸弱碱盐，易水解，故保持pH=2的目的是抑制Zn2水解。加热时所用的主要仪器有蒸发皿、酒精灯、铁架台、玻璃棒。 + + + + + + 9.答案：(NH4)2SO4+FeSO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O↓ 防止Fe2+水解 使Fe2+完全转化 为FeC2O4⋅2H2O沉淀 取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，说明已经洗涤干净 温 第10页，共16页 度太低Fe2+水解氧化速率太慢，温度过高易导致H2O2分解 e→d→a→b 解析：解：(1)《实验化学》中制备摩尔盐的化学方程式为：(NH4)2SO4+FeSO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O↓。 故答案为：(NH4)2SO4+FeSO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O↓； (2)Fe2+易水解，故为防止Fe2+水解，摩尔盐的溶解中加入少量的稀硫酸；步骤Ⅱ中过量饱和草酸使Fe2+完全转化为FeC2O4⋅2H2O沉淀， 故答案为：防止Fe2+水解；使Fe2+完全转化为FeC2O4⋅2H2O沉淀； (3)FeC2O4⋅2H2O晶体附着硫酸根离子，取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，说明已经洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，说明已经洗涤干净； (4)温度太低Fe2+水解氧化速率太慢，温度过高易导致H2O2分解，故步骤Ⅲ在40℃条件下进行， 故答案为：温度太低Fe2+水解氧化速率太慢，温度过高易导致H2O2分解； (5)抽滤的操作为：在布氏漏斗中加入滤纸→加入少量蒸馏水润湿滤纸→微开水龙头→转移固液混合物→开大水龙头→确认抽干，拔掉橡皮管，关闭水龙头， 故答案为：e→d→a→b。 根据流程：为防止Fe2+水解，将摩尔盐溶解，加入少量稀硫酸防止Fe2+水解，加入过量饱和草酸得到FeC2O4⋅2H2O沉淀，再与饱和K2C2O4和H2O2混合得到悬浊液，加热煮沸，加入饱和草酸溶解，冷却至室温，加入乙醇和几粒硝酸钾，结晶，将其抽滤得到K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O晶体， (1)《实验化学》中用硫酸铵和硫酸亚铁制备摩尔盐； (2)考虑Fe2+水解；步骤Ⅱ中过量饱和草酸使Fe2+完全转化为FeC2O4⋅2H2O沉淀； (3)FeC2O4⋅2H2O晶体附着硫酸根离子，检验洗涤液中的硫酸根离子即可； (4)考虑温度较高时，H2O2分解以及速率； (5)根据抽滤的操作可得。 本题考查物质制备实验，为高考常见题型，涉及方程式的书写、对原理与操作的分析评价、对装置的分析评价、仪器的使用、实验方案设计等，题目比较综合，是对学生综合能力的考查，难度中等。 10.答案：(1) 2△H−△H1 (2)①3.75×10−3mol/(L⋅min) ②<；容器乙中反应速率快，所以T2>T1；又因为容器乙中平衡时n(Cl2)大，说明升高温度，平衡逆向移动，△H<0 ③E ④ 3 ； < ⑤ 0.6 1 解析： 第11页，共16页 本题考查较为综合，涉及反应热的计算、化学平衡状态、化学平衡移动以及化学平衡的计算等，为高考常见题型，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力、计算能力等，题目难度中等。 (1)已知：Ⅱ.2NH3(g)+3Cl2(g)=N2(g)+6HCl(g)△H1， Ⅲ.N2(g)+3Cl2(g)=2NCl3(l)△H2，利用盖斯定律，将3HCl(g) △H=则 △H1+△H2 2 Ⅱ+Ⅱ2 可得NH3(g)+3Cl2(g)=NCl3(l)+ ， △n V容器甲中消耗氯气1.8mol，则由方程式可知消耗0.6mol氨气，(2)①由表中数据可知，0～80min内，则c= △t = 0.6mol 2L80min =3.75×10−3mol/(L⋅min)， 故答案为：3.75×10−3mol/(L⋅min)； ②容器乙达到平衡用时少，则反应快，温度高，容器乙中平衡时n(Cl2)较大，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应， <；故答案为：容器乙中反应速率快，所以T2>T1；又因为容器乙中平衡时n(Cl2)大，说明升高温度，平衡逆向移动，△H<0； ③ A.按1：1投入反应物，按1：3反应，无论任何时候，都不能满足n(Cl3)=3，故A错误； 2 n(NH)1 B.40min和80min之间某时刻到达平衡，反应进行到70min时，如果没有到达平衡，v正大于v逆，如果到达平衡，则v正等于v逆，故B错误； 有液体生成，则气体质量变化，容器内气体密度不变，可说明反应达到平衡状态，故B正确； C.反应前气体的平均相对分子质量为44，反应生成HCl，平均相对分子质量减小，则容器内气体平均相对分子质量在增大，说明平衡在逆向移动，故 C错误； D.加入液体，平衡不移动，故C错误； E . 达平衡后，按原投料比再充入一定量反应物，相当于增大压强，平衡正向移动，则平衡后NH3的转化率增大，故E正确； 故答案为：E； ④温度为T1时，NH3(g)+3Cl2(g)⇌NCl3(l)+3HCl(g) 起始(mol)：4 4 0 转化：(mol)：0.8 2.4 2.4 平衡(mol)：3.2 1.6 2.4 则HCl的体积分数为3.2+1.6+2.4=3， 2.4 1 第12页，共16页 反应向体积减少的方向进行，如在恒容条件下，则压强减小，该温度下，若改为初始体积为2L的可变容器，则压强大于恒容时，平衡时容器中n(Cl2)<1.6mol， 故答案为：3；<； ⑤温度为T2时，NH3(g)+3Cl2(g)⇌NCl3(l)+3HCl(g) 起始(mol)：4 4 0 转化：(mol)：3 2 2 平衡(mol)：3 2 2 体积为2L，则K=5×13=0.6， 3 1 2 10 13 故答案为：0.6。 11.答案：p 3 sp3 9.03×1022 P4和CS2是非极性分子，H2O是极性分子， √3 168 根据相似相溶的原理，P4易溶于CS2，难溶于水 1s22s22p63s23p63d5 O>P>Fe 4×3ρ⋅N 低 A 于 解析：解：(1)P是15号元素，处于周期表中第三周期第VA族，价电子排布式为3s23p3，电子最后填充p轨道，属于周期表中p区元素，价电子排布图为：故答案为：p； ； ， IIA族、VA族为全充满或半充满稳定状(2)同主族主族元素随原子序数增大第一电离能呈知道趋势， 态，第一电离能共用同周期相邻元素的，第三周期中第一电离能位于铝元素和磷元素之间的元素有Mg、Si、S， 故答案为：3； (3)白磷(P4)分子是正四面体结构，P原子处于正四面体的顶点，每个P原子形成3个P−P键、有1对孤电子对，杂化轨道数目为4，P原子采取sp3杂化；每个白磷分子含有6个P−P键，3.1g白磷物质的量=4×31g/mol=0.025mol，含有σ键的数目=0.025mol×6×6.02×1023mol−1=9.03×1022；P4和CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶的原理，P4易溶于CS2，难溶于水， 故答案为：sp3；9.03×1022；P4和CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶的原理，P4易溶于CS2，难溶于水； (4)Fe是26号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，先失去4s能级2个电子，再失去3d能级1个电子形成Fe3+，基态Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，非金属性越强电负性越大，故电负性：O>P>Fe， 故答案为：1s22s22p63s23p63d5；O>P>Fe； 3.1g 第13页，共16页 (5)P原子与周围最近的4个B原子形成正四面体，晶胞顶点B原子与四面体中心P原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于体对角线长度的4，而体对角线长度等于晶胞棱长的√3倍。晶胞中B原子数目为4，P原子球数目=8×8+6×2=4，晶胞质量=acm，则 1 4×(31+11) NA 168 A 1 114×(31+11) NA g，设磷化硼的晶胞的边长为 g=ρg/cm3×(a cm)3，解得a=3ρ⋅N，则磷化硼中硼原子和磷原子之间的最近距 A 离=4×√3×3ρ⋅N cm= 168 √34 ×3ρ⋅Ncm， A 168 磷化硼与金刚石均属于原子晶体，P、B原子半径均大于碳原子的，故C−C键的键长比P−B键的键长短，故C−C键能大于P−B键能，故磷化硼晶体的熔点低于金刚石的， 故答案为： √3 ×4 3 168ρ⋅NA ；低于。 (1)P是15号元素，处于周期表中第三周期第VA族，价电子排布式为3s23p3，电子最后填充p轨道，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图； IIA族、VA族为全充满或半充满稳定状(2)同主族主族元素随原子序数增大第一电离能呈知道趋势，态，第一电离能共用同周期相邻元素的； (3)白磷(P4)分子是正四面体结构，P原子处于正四面体的顶点，每个P原子形成3个P−P键、有1对孤电子对，杂化轨道数目为4；每个白磷分子含有6个P−P键，计算白磷物质的量，进而计算σ键的数目；根据相似相溶原理，P4易溶于二硫化碳，难溶于水； (4)Fe是26号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，先失去4s能级2个电子，再失去3d能级1个电子形成Fe3+；非金属性越强电负性越大； (5)P原子与周围最近的4个B原子形成正四面体，晶胞顶点B原子与四面体中心P原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于体对角线长度的4，而体对角线长度等于晶胞棱长的√3倍。均摊法计算晶胞中B、P原子数目，结合密度计算晶胞体积，晶胞体积开三次方得到晶胞棱长；磷化硼与金刚石均属于原子晶体，原子半径越小，共价键键长越短，键能越大，熔点越高。 本题考查物质结构与性质，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，(5)中关键是明确B、P原子之间距离与晶胞棱长关系，掌握均摊法进行晶胞有关计算，需要学生具备扎实的基础、一定的数学计算能力。 1 12.答案：醛基、羟基 加成反 应 CH3COOH 12 第14页，共16页 解析：解：(1)由X的结构简式可知，含有的含氧官能团为酯基、羟基；A的分子式为C3H6O，A的核磁共振氢谱只有一组吸收峰，结合B的结构简式可知与乙炔发生加成反应生成B，故A为 ， 故答案为：醛基、羟基； ； (2)反应属于加成反应，反应①还会得到另一产物H，其分子式为C8H14O2，2分子丙酮与乙炔发生加成反应生成H，H的结构简式为： ， 故答案为：加成反应；； (3)F与过氧乙酸反应得到G，由守恒可知还生成CH3COOH， 故答案为：CH3COOH； (4)X分子消去一分子水可得物质J，J的分子式为C10H14O2，不饱和度为构体符合： a.能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，由不饱和度可知，侧链没有不饱和键， b.能发生消去反应，说明羟基连接碳原子相邻的碳原子上含有H原子， c.苯环上只有2个取代基，且分子中只有2个甲基，另外的取代基为−CH(CH3)CH(CH3)OH，或者为−C(OH)(CH3)CH2CH3，或者为−CH2C(CH3)2OH，或者为−CH(OH)CH(CH3)2，与羟基各有邻、间、对3种，共有12种，其中核磁共振氢谱只有六组吸收峰的同分异构体与足量浓溴水反应的化学方程 2×10+2−14 2 =4，J的同分异 式为：， 故答案为：12；； (5)甲醇氧化生成甲醛，甲醛与乙炔发生加成反应得到HC≡CCH2OH，再与氢气发生加成反应得到CH2=CHCH2OH，最后发生加聚反应得到 .合成路线流程图为： ， 故答案为： 第15页，共16页 。 (1)由X的结构简式可知，含有的含氧官能团为酯基、羟基；A的分子式为C3H6O，A的核磁共振氢谱只有一组吸收峰，结合B的结构简式可知与乙炔发生加成反应生成B，故A为 ； (2)反应①还会得到另一产物H，其分子式为C8H14O2，则2分子丙酮与乙炔发生加成反应生成H； (3)F与过氧乙酸反应得到G，由守恒可知还生成乙酸； (4)X分子消去一分子水可得物质J，J的分子式为C10H14O2，不饱和度为构体符合： a.能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，由不饱和度可知，侧链没有不饱和键， b.能发生消去反应，说明羟基连接碳原子相邻的碳原子上含有H原子， c.苯环上只有2个取代基，且分子中只有2个甲基，另外的取代基为−CH(CH3)CH(CH3)OH，或者为−C(OH)(CH3)CH2CH3，或者为−CH2C(CH3)2OH，或者为−CH(OH)CH(CH3)2，与羟基各有邻、间、对3种； (5)甲醇氧化生成甲醛，甲醛与乙炔发生加成反应得到HC≡CCH2OH，再与氢气发生加成反应得到CH2=CHCH2OH，最后发生加聚反应得到 。 2×10+2−14 2 =4，J的同分异 本题考查有机物的合成、官能团、有机反应类型、限制条件同分异构体书写等，(4)中同分异构体的书写为易错点、难点，是对有机化学的综合考查。 第16页，共16页 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容