2018届高三化学第四次模拟考试试题(含解析).doc

xx届高三化学第四次模拟考试试题(含解析)1.1.五金铁中记载：“若造熟铁，则生铁流出时，相连数尺内，低下数对，筑一方塘，短墙抵之，其铁流入塘内，数人执柳木排立墙上众人柳棍疾搅，即时炒成熟铁。” 以下说法不正确的是A. 金属冶炼方法由金属活动性决定 B. 熟铁比生铁质地更硬，延展性稍差C. 炒铁是为了降低铁水中的碳含量 D. 该法与近代往生铁水吹空气炼钢异曲同工【答案】B【解析】A. 金属冶炼方法由金属活动性决定，特别活泼的金属通常用电解法冶炼，较活泼的金属用热还原法，较不活泼的金属用热分解法，A正确；B. 熟铁比生铁的硬度小，延展性较好，B不正确；C. 炒铁是为了把生铁中的碳氧化成碳的氧化物，从而降低铁水中的含碳量，C正确；D.往生铁水中吹空气可以降低碳的含量，故该法与近代往生铁水吹空气炼钢异曲同工，D正确。本题选B。2.2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 白磷(P4)为正四面体结构，则P4与CO2所含共价键数目之比为3:1B. 1mol乙酸与足量的C2H518OH充分发生酯化反应可生成CH3CO18OC2H5分子NA个C. 9g13CO2与N217O的混合物中所含中子数为4.6NAD. 浓度均为lmol/L的醋酸和醋酸钠溶液等体积混合，溶液中CH3COOH和CH3COO-的总数为2NA【答案】C【解析】【详解】A、1mol白磷(P4)的正四面体结构中含有6molPP，而1molCO2结构中含有2molCC，则P4与CO2所含共价键数目之比为3:2，A错误；B、由于酯化反应是可逆的，所以1mol乙酸与足量的C2H518OH充分生成CH3CO18OC2H5的分子数小于NA，B错误；C、13CO2分子和N217O分子中含有的中子都是23个，相对分子质量都是45，所以9g混合物的物质的量为0.2mol，含有的中子数为4.6 NA，C正确；D、溶液没有具体的体积，所以无法计算其中的微粒数目，D错误。答案选C。3.3.短周期元素R、X、Y、Z的原子序数依次递增，R的无氧酸溶液能在玻璃容器上刻标记；R和X能形成XR3型化合物，X在化合物中只显一种化合价；R和Z位于同主族，Y原子最外层电子数等于电子层数的2倍。下列有关推断正确的是A. R单质和Z单质均可与水发生反应置换出O2B. 上述元素形成的简单离子都能促进水的电离平衡C. YR6能在氧气中剧烈燃烧D. 元素对应的简单离子的半径:YZRX【答案】D【解析】已知R、X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，R的无氧酸溶液能在玻璃容器上刻标记，即氢氟酸，所以R为F元素，由X在化合物中只显一种化合价，结合化合物XR3，推知X为Al元素，根据R和Z是位于同主族的短周期元素，确定Z为Cl元素，由Y原子最外层电子数等于电子层数的2倍可知，Y为S元素。据此分析如下：A、F2和Cl2都能与水反应，2F22H2O4HFO2、Cl2H2OHClHClO，但并不是都能置换出O2，故A错误；B、这四种元素形成的简单离子分别是F-、Al3+、S2-和Cl-，其中F-、Al3+、S2-都能水解而促进水的电离，而Cl-不能水解，故B错误；C、SF6中的S元素为最高价+6价，而F元素是最活泼的非金属元素，所以SF6在氧气中不能燃烧，故C错误；D、四种元素对应的简单离子半径大小顺序为S2-Cl-F- Al3+，所以D正确。本题正确答案为D。点睛：本题最难判断的是C选项，要从化合价的角度进行分析。若SF6能在氧气中燃烧，则O元素的化合价只能从0价降低为-2价，所以SF6中要有一种元素的化合价升高，S已经是最高价+6价，要使F从-1价升高为0价的F2，需要一种比F2氧化性更强的物质，已知F是最活泼的非金属元素，显然O2不行。4.4.根据下列实验操作和现象所得到的结论不正确的是选项实验操作和现象结论A向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、CuC12混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀KspMg(OH)2KspCu(OH)2B向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X不一定具有氧化性C某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成不能说明该溶液中一定含有SO42-D加热盛有(NH4)2CO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝(NH4)2CO3显碱性A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、由于Mg(OH)2和Cu(OH)2两种物质的组成相同，所以先产生沉淀一定是溶解度小的，即Ksp小的，故A正确；B、能够使溶有SO2的BaCl2溶液产生白色沉淀的物质可能具有氧化性，如Cl2或NO2等，也可能具有碱性，如NH3，所以B正确；C、该溶液中可能含有Ag+，故C正确；D、加热使(NH4)2CO3固体分解产生的NH3，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明NH3与水反应生成的NH3H2O具有碱性，所以D错误。本题正确答案为D。点睛：SO2通入BaCl2溶液中是不会反应生成白色沉淀的，因为混合后的溶液呈强酸性，所以可用碱性气体NH3中和其酸性，生成BaSO3白色沉淀，也可加入氧化性物质，如Cl2、NO2或HNO3等将SO2氧化为SO42-，生成BaSO4白色沉淀；而D选项要注意(NH4)2CO3溶液确实呈碱性，但其碱性的检验方法不是题中所描述的方法，题中所描述的方法是用来检验NH3的水溶液呈碱性的。5.5.美国天文学家在亚利桑那州一天文观测台，探测到距银河系中心2.6亿光年处一巨大气云中的特殊电磁波，这种电磁波表明那里可能有乙醇醛糖（HOCH2CHO）分子存在。下列有关乙醇醛糖的说法不正确的是A. HOCH2CHO能发生取代反应、加成反应、氧化反应B. 乙醇醛糖是一种有机物，能燃烧，可溶于水C. HOCH2CHO与乙酸、甲酸甲酯互为同分异构体D. 乙醇醛糖与葡萄糖具有相似的化学性质，且互为同系物【答案】D【解析】A. HOCH2CHO分子中含有羟基、醛基，能发生取代反应、加成反应、氧化反应，A正确；B. 乙醇醛糖是一种有机物，能燃烧，含有羟基和醛基，可溶于水，B正确；C. HOCH2CHO与乙酸、甲酸甲酯分子式相同，结构不同，互为同分异构体，C正确；D. 葡萄糖是多羟基醛，乙醇醛糖与葡萄糖结构不相似，不能互为同系物，D错误，答案选D。点睛：选项D是易错点，结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质称为同系物。同系物必然符合同一通式，但符合同一通式的不一定是同系物；其中符合通式CnH2n+2且碳原子数不同的物质间一定属于同系物。同系物必为同一类物质。同系物分子间相差一个或若干个CH2原子团，化学式不可能相同。同系物组成元素相同。6.6.利用膜技术原理和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5，装置如图所示，下列说法不正确的是.A. 电极a和电极c都发生氧化反应B. 电极d的电极反应式为2H+2e-=H2C. c电极上的电极反应式为N2O4-2e-+H2O=N2O5+2H+D. 装置A中每消耗64gSO2，理论上装置A和装置B中均有2moH+通过质子交换膜【答案】C【解析】A装置能自发的进行氧化还原反应且没有外接电源，所以是原电池，a极上二氧化硫失电子为负极，b上氧气得电子为正极，B属于电解池，与电源的正极b相连的电极c为阳极，N2O4在阳极失电子生成N2O5，d为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气。A电极a为负极，电极c为阳极，负极和阳极都发生氧化反应，故A正确；Bd为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，电极d的电极反应式为2H+2e-=H2，故B正确；Cc为阳极，N2O4发生氧化反应生成N2O5，电极上的电极反应式为N2O4-2e-+ 2HNO3 =2N2O5+2H+，故C错误；D装置A中每消耗64g SO2，即1mol，转移电子为2mol，由电荷守恒可知，理论上装置A和装置A中均有2mol H+通过质子交换膜和隔膜，故D正确；故选C。点睛：本题考查了原电池和电解池原理，根据是否自发进行判断原电池和电解池是解题的关键。本题的难点是电极反应式的书写，易错点为C，要注意B中左侧是无水硝酸。7.7.常温下将盐酸溶液滴加到联氨(N2H4)的水溶液中，混合溶液中的微粒的物质的量分数(X)随-lg(OH-) 变化的关系如图所示。下列叙述错误的是下列叙述错误的是A. Kb1(N2H4)=10-6B. 反应N2H62+N2H4=2N2H5+的PK=9.0 (已知:pK=-1gK)C. N2H5C1溶液中c(H+)c(OH-)D. N2H5C1溶液中存在c(Cl-)+c(OH-)=c(N2H5+)+2c(N2H62+)+(H+)【答案】B【解析】A、由图象可知当-lg(OH-)=6时，N2H4和N2H5+的物质的量分数相等，可推知其浓度相等，由N2H4的电离方程式N2H4+H2ON2H5+OH-，得Kb1(N2H4)= =c(OH-)=10-6，所以A正确；B、由N2H5+的电离方程式N2H5+H2ON2H62+OH-，得Kb2(N2H4)= c(OH-)=10-15，则Kb1(N2H4)/ Kb2(N2H4)=，即为反应N2H62+N2H4=2N2H5+的K=Kb1(N2H4)/ Kb2(N2H4)=109，所以PK= -9.0，故B错误；C、N2H5C1溶液中因N2H5+的水解使溶液呈酸性，所以c (H+)c(OH-)，故C正确；D、N2H5C1溶液中存在的电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)=c(N2H5+)+2c(N2H62+)+ (H+)，所以D正确。本题正确答案为B。点睛：本题的难点是写出联氨的电离方程式，类似于NH3H2O的电离，根据电离方程式，结合图象中交叉点的含义，就能正确解答。8.8.甲醇水蒸气重整制氢(SRM)系统简单，产物中H2 含量高、CO含量低(CO会损坏燃料电池的交换膜)，是电动汽车氢氧燃料电池理想的氢源。反应如下:反应(主) :CH3OH(g)+ H2O(g) CO2(g)+ 3H2(g) H1=+49kJ/mol反应(副) :H2(g)+ CO2(g) CO(g)+ H2O(g) H2=+41kJ/mol温度高于300则会同时发生反应: CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) H3（1）计算反应的H3= _。（2）反应1能够自发进行的原因是_，升温有利于提高CH3OH转化率，但也存在一个明显的缺点是_。（3）右图为某催化剂条件下，CH3OH转化率、CO生成率与温度的变化关系。随着温度的升高,CO的实际反应生成率没有不断接近平衡状态生成率的原因是_ (填标号)。A.反应逆向移动B.部分CO 转化为CH3OHC.催化剂对反应的选择性低D.催化剂对反应的选择性低随着温度的升高，CH3OH 实际反应转化率不断接近平衡状态转化率的原因是_。写出一条能提高CH3OH转化率而降低CO生成率的措施_。（4）250，一定压强和催化剂条件下，1.00molCH3OH 和1.32molH2O 充分反应(已知此条件下可忽略反应 ),平衡时测得H2为2.70mol,CO有0.030mol,试求反应中CH3OH 的转化率_，反应的平衡常数_(结果保留两位有效数字)【答案】 (1). +90kJ/mol (2). 反应为熵增加的反应 (3). CO含量升高，破坏燃料电池的交换膜 (4). C (5). 升温反应速率加快 (6). 其它条件不变，提高n(水)/n(甲醇)的比例 (或其它条件不变，选择更合适的借化剂) (7). 91% (8). 5.610-3【解析】（1）反应加上反应得到：CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) H3= +90kJ/mol。（2）反应自发进行的要求是G=HTs0，此反应的H0，所以反应自发进行的原因就是s0，即反应为熵增反应。升温会促进反应的发生，提高CO的含量，而CO会破坏该电池的交换膜。（3）工业生产中，一般不会等待反应达到平衡后再进行下一道工序，多数都是进行一段时间的反应就将体系取出，所以一般来说，反应的速度越快，取出的体系就越接近应该达到的平衡态。随着反应温度的升高，速度加快，但是CO的生产率并没有接近反应的平衡态，说明该反应使用的催化剂对于反应几乎没有加速作用，所以选项C正确，选项D错误。三个反应都吸热，所以升温都正向移动，不会促进CO转化为甲醇，选项A、选项B都错误。由的叙述可以得到答案为：升温反应速率加快。加入水蒸气，可以调高甲醇的转化率，同时使反应的平衡向逆反应方向移动，从而降低了CO的生成率。加入更合适的催化剂，最好只催化反应，不催化反应，这样也能达到目的。（4）达平衡时CO有0.03mol，根据反应得到参与反应的氢气为0.03mol，所以反应生成的氢气为2.73mol（平衡剩余氢气2.7mol），根据反应，消耗的甲醇为0.91mol，所以甲醇转化率为91%。根据反应的数据，消耗的水为0.91mol，生成的CO2为0.91mol，则剩余1.32-0.91=0.41mol水，在反应中应该消耗0.03molCO2，生成0.03molCO和0.03mol水，所以达平衡时，水为0.41+0.03=0.44mol，CO2为0.91-0.03=0.88mol。所以反应的平衡常数为（设容器体积为V）。9.9.亚铁氰化钾K4Fe(CN)6俗名黄血盐，可溶于水，不溶于乙醇。以某电镀厂排放的含NaCN度液为主要原料制备黄血盐的流程如下：请回答下列问题：(1)常温下，HCN的电离常数Ka=6.210-10。实验室配制一定浓度的NaCN溶液时，将NaCN溶解于一定浓度的NaOH溶液中，加水稀释至指定浓度，其操作的目的是_。浓度均为0.5mol/L的NaCN和HCN的混合溶液显_(填“酸”“碱”或“中”)性，通过计算说明：_。(2)转化池中发生复分解反应生成K4Fe(CN)6，说明该反应能发生的理由：_。(3)系列操作B为_。(4)实验室中，K4Fe(CN)6可用于检验Fe3+，生成的难溶盐KFeFe(CN)6可用于治疗可溶性盐Tl2SO4中毒，得到K2SO4及另外一种复杂难溶物，试写出上述治疗Tl2SO4中毒的离子方程式：_。(5)一种太阳能电池的工作原理如图所示，电解质为铁氰化钾K3Fe(CN)6和亚铁氰化钾K4Fe(CN)6的混合溶液。K+移向催化剂_(填“a”或“b”)。催化剂a表面发生的反应为_。【答案】 (1). 抑制水解 (2). 碱 (3). 根据Khc(HCN)c(OH)/c(CN)可知，Khc(HCN)c(OH)c(H+)/c(CN)c(H+)KW/Ka11014/6.210101.610-56.21010，即水解平衡常数大于电离平衡常数，所以溶液呈碱性 (4). 相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN)6 (5). 过滤、洗涤、干燥 (6). KFeFc(CN)6(s)+Tl+(aq)TlFeFe(CN)6(s)+K+(aq) (7). b (8). Fe(CN)64-eFe(CN)63【解析】【详解】（1）NaCN是强碱弱酸盐，水解显碱性，实验室配制一定浓度的NaCN溶液时，将NaCN溶解于一定浓度的NaOH溶液中，加水稀释至指定浓度，其操作的目的是抑制水解；根据Khc(HCN)c(OH)/c(CN)可知，Khc(HCN)c(OH)c(H+)/c(CN)c(H+)KW/Ka11014/6.210101.610-56.21010，即水解平衡常数大于电离平衡常数，所以溶液呈碱性；（2）由于相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN) 6，因此转化池中能发生复分解反应Na4Fe(CN)6+4KClK4Fe(CN)6+4NaCl生成K4Fe(CN)6；（3）转化池中得到固体与溶液的混合物，故系列操作B为过滤、洗涤、干燥；（4）实验室中，K4Fe(CN)6可用于检验Fe3+，生成的难溶盐KFeFe(CN)6可用于治疗Tl2SO4中毒，因此治疗Tl2SO4中毒的离子方程式为KFeFc(CN)6(s)+Tl+(aq)TlFeFe(CN)6(s)+K+(aq)；（5）由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，阳离子向正极移动。则b为正极，则K+移向催化剂b；a为负极，发生氧化反应，则催化剂a表面发生反应为Fe(CN)64-eFe(CN)63。【点睛】本题考查物质的制备实验方案的设计，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，为高考常见题型，注意根据流程图把握实验的原理和操作方法，难点是（1）中的计算，注意从水解常数和电离常数相对大小的角度去判断溶液的酸碱性。易错点为（2），注意从复分解反应发生的条件去分析解答。10.10.水合肼(N2H4H2O)是一种强还原性的碱性液体，常用作火箭燃料。利用尿素法生产水合肼的原理为CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=N2H4H2O+Na2CO3+NaCl。实验1：制备NaClO溶液(己知：3NaClO2NaCl+NaClO3)。（1）图甲装置中烧瓶内发生反应的离子方程式为_。（2）用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器有_。 （3）图甲装置中用冰水浴控制温度的目的是_。实验2：制取水合肼（4）图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4H2O会参与A 中反应并产生大量氮气，降低产品产率，该过程中反应生成氮气的化学方程式为_。充分反应后，蒸馏A中溶液即可得到水合肼的粗产品。实验3：测定馏分中水合肼的含量（5）称取馏分3.0g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH 保持在6.5 左右)，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加23 滴淀粉溶液。用0.15molL-1的碘的标准溶液滴定。(已知：N2H4H2O+2I2=N2+4HI+H2O)滴定操作中若不加入适量NaHCO3固体，则测量结果会_“偏大”“ 偏小”“ 无影响”)。下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是_(填字母)。a.锥形瓶清洗干净后未干燥b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼(N2H4H2O)的质量分数为_。【答案】 (1). MnO2+4H+Cl-Mn2+Cl2+2H2O (2). 量筒、烧杯、玻璃棒 (3). 防止NaClO分解，影响水合肼的产率 (4). N2H4H2O+2NaClO=N2+3H2O+2NaCl (5). 偏大 (6). d (7). 25%【解析】试题分析：由图可知，装置I由二氧化锰和浓盐酸制备氯气；装置II由氯气和氢氧化钠溶液制备次氯酸钠；装置III是尾气处理装置；图乙中的由CO(NH2)2与NaOH、NaClO反应制备水合肼。实验1：制备NaClO溶液(己知：3NaClO2NaCl+NaClO3)。（1）图甲装置中烧瓶内发生反应的离子方程式为MnO2+4H+Cl-Mn2+Cl2+2H2O。（2）用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒。 （3）由题中信息(己知：3NaClO2NaCl+NaClO3)可知，图甲装置中用冰水浴控制温度的目的是防止NaClO分解，影响水合肼的产率。实验2：制取水合肼（4）图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4H2O会参与A中反应并产生大量氮气，降低产品产率，该过程中反应生成氮气的化学方程式为N2H4H2O+2NaClO=N2+3H2O+2NaCl。充分反应后，蒸馏A中溶液即可得到水合肼的粗产品。实验3：测定馏分中水合肼的含量（5）称取馏分3.0g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加23滴淀粉溶液。用0.15molL-1的碘的标准溶液滴定。(已知：N2H4H2O+2I2=N2+4HI+H2O)水合肼(N2H4H2O)是一种强还原性的碱性液体，滴定操作中若不加入适量NaHCO3固体控制溶液的pH，则碘会在碱性条件下发生歧化反应而消耗较多的碘，所以测量结果会偏大。下列实验操作：a.锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响测定结果；b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡，则标准液的体积读数偏小；c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，则标准液的体积读数偏小；d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液，则标准液会被残留的水稀释，从而消耗标准液的体积偏大。综上所述，能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是d。实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，由反应的化学方程式N2H4H2O+2I2=N2+4HI+H2O可知，n(N2H4H2O)=n(I2)=0.0015mol，馏分中水合肼(N2H4H2O)的质量分数为25%。点睛：本题考查物质制备实验、主要考查了实验室制备氯气的反应原理、配制一定质量分数的溶液所用的实验仪器、反应条件的控制、氧化还原滴定及其误差分析等等，题目难度中等。明确实验目的为解答关键，较好地考查了学生对实验原理的理解及知识迁移应用的能力、处理实验数据的能力等等。11.11.铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2及(NH4)4UO2(CO3)3等。回答下列问题:（1）UF4用Mg或Ca还原可得金属铀。与钙同周期基态原子的未成对电子数为2的元素共有_种；原子序数为镁元素的二倍的元素的基态原子价电子排布图为_。（2）已知:2UO2+5NH4HF22UF4NH4F+3NH3+4H2OHF2-的结构为F-HF-NH4HF2中含有的化学键有_ (填选项字母)。A.氢键 B.配位键 C.共价键 D.离子键 E.金属键与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有_种。（3）已知:3(NH4)4UO2(CO3)3 3UO2+10NH3+9CO2+N2+9H2O写出与NH4+互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式_、_。物质中与CO32-的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为_。分解所得的气态化合物的分子键角由小到大的顺序为_ (填化学式)（4）C元素与N元素形成的某种晶体的晶胞如图所示(8个碳原子位于立方体的顶点，4个碳原子位于立方体的面心，4个氮原子在立方体内)，该晶体硬度超过金刚石，成为首屈一指的超硬新材料。晶胞中C原子的配位数为_。该晶体硬度超过金刚石的原因是_。已知该晶胞的密度为dg/cm3，N原子的半径为r1cm,C原子的半径为r2cm，设NA为阿伏加德罗常数，则该晶胞的空间利用率为_(用含d、r1、r2、NA的代数式表示，不必化简)。【答案】 (1). 4 (2). (3). BCD (4). 3 (5). CH4、SiH4、GeH4 (6). BH4-、AlH4- (7). 3:2 (8). H2ONH3CO2 (9). 4 (10). 该晶体和金刚石二者均为原子晶体，该晶体中的C-N键的键长比金刚石中的C-C键的键长短，键能大，故硬度较金刚石大 (11). 【解析】(1)第四周期中未成对电子数为2的元素有22Ti、28Ni、32Ge、34Se共四种；原子序数为镁元素的二倍的元素是24号元素Cr，其基态价电子排布图为。(2)已知HF2-的结构为F-HF-，所以NH4HF2为离子化合物，即类似于铵盐，所以含有的化学键有离子键、共价键和配位键，即正确选项为BCD；根据同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势的一般规律，结合N原子最外层2p能级上呈半满状态，导致其第一电离能比氧元素的大，所以与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有N、F和Ne三种。(3)已知NH4+是含有5个原子8个价电子的微粒，与其互为等电子体的分子有CH4、 SiH4 、GeH4等，互为等电子体的离子有BH4-、AlH4-； 已知CO32-中碳原子杂化类型为sp2，则物质中碳原子是sp2杂化的有6个，是sp3杂化的有3个，是sp杂化的有1个，所以杂化类型相同和不同的碳原子个数之比为6:4，即3:2；分解所得的气态化合物有NH3，是sp3杂化的三角锥形，有1个孤对电子，CO2是sp2杂化的直线型，没有孤对电子，H2O是sp3杂化的V型结构，有2个孤对电子，根据杂化类型，结合电子对互斥原理可知，它们的键角由小到大的顺序为H2ONH3CO2。(4)该晶胞中与C原子最近的原子为N原子，与C原子最近且等距的N原子位于1/8小立方体的中心，且只有4个，1个C原子只能与4个N原子形成4个共价单键，所以C原子的配位数为4；该晶体硬度超过金刚石的原因是二者都是原子晶体，但该晶体中的C-N键的键长比金刚石中的C-C键的键长短，键能大，所以硬度比金刚石的大；由晶胞结构可知，该晶胞中含有的C原子=，含有的N原子=4，所以其化学式为C3N4，则该分子的体积为cm3，由晶胞的密度和化学式可得该晶胞的体积为 cm3，所以该晶胞的空间利用率为100%。点睛：注意氢键不属于化学键，是一种特殊的分子间作用力；稀有气体在本题第二问中要考虑，题中没有排除Ne的任何信息或说明；键角的大小与杂化类型有关，也与电子对互斥有关，电子对越多，挤压键的能力越大，导致键角越小；要明确配位数的含义，即一种微粒周围最近且等距的微粒数目，可以是同种原子（或离子），也可能是不同种原子（或离子）。12.12.天然食用香料X是芳香族化合物，可以从某些植物中提取。由X合成H的路线如下：已知：A的核磁共振氢谱有6个峰；H为酯类物质，结构中除苯环外还含有一个六元环；G的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志。请回答下列问题：（1）A的结构简式为_，检验A中非含氧官能团所用的试剂为_。（2）的反应类型为_。反应的化学方程式为_。（3）F中所含官能团的名称为_，其同分异构体中，遇FeCl3溶液发生显色反应，且能与碳酸氢钠溶液反应，其苯环上一氯代物只有一种，符合条件的同分异构体数目为_种，写出其中一种结构简式：_。（4）设计一条以G为起始原料合成乙二酸的路线_，无机物任选，注明反应条件。示例如下： 【答案】 (1). (2). 溴水（或溴的CCl4溶液） (3). 加成反应 (4). CH3CH2OHCH2 = CH2+ H2O (5). 羟基、羧基 (6). 2 (7). 或 (8). 【解析】G的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，则G为CH2=CH2，根据B的分子式可知B为CH3CH2OH，B发生消去反应生成乙烯。X在酸性条件下水解得到A与乙醇，则A为羧酸，A的核磁共振氢谱有6个峰，且能与HCl发生加成反应生成D，可知A为，故X为。A与HCl发生加成反应生成D，D发生水解反应生成E，再酸化得到F，H为酯类结构，结构中除苯环外还含有一个六元环，说明F分子中羧基、羟基连接同一碳原子上，故D为，E为，F为，H为。则（1）A的结构简式为，检验A中非含氧官能团碳碳双键时可利用其能与溴发生加成反应而使溴水或溴的四氯化碳溶液褪色，所用的试剂为溴水或溴的CCl4溶液；（2）反应是A与HCl发生加成反应，反应是乙醇在浓硫酸催化下发生消去反应生成乙烯，其化学方程式为；（3）F中所含氧官能团为羟基、羧基，其同分异构体中，遇FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基，能与碳酸氢钠溶液反应说明含有羧基，其苯环上一氯代物只有一种可能取代基在对位，符合条件的同分异构体只有或 2种；（4）乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷在强碱的水溶液中加热水解生成乙二醇，乙二醇催化氧化生成乙二醛，乙二醛进一步氧化可得乙二酸，则合成路线可设计如下：H2CCH2BrH2CCH2Br HOCH2CH2OHOHCCHOHOOCCOOH