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2019-2020学年高二化学上学期第一次月考试题(含解析) (II)1. 下列说法错误的是A. 工业上利用蛋白质的水解反应产生肥皂和甘油B. Al2O3、MgO可用作耐高温材料，二氧化硅是生产光纤制品的基本原料C. 从石油中获得乙烯是工业生产乙烯的主要途径D. 淀粉和纤维素都是天然高分子化合物，且水解的最终产物相同【答案】A【解析】A. 工业上利用油脂的皂化反应产生肥皂和甘油，A错误；B. Al2O3、MgO可用作耐高温材料，二氧化硅是生产光纤制品的基本原料，B正确；C. 从石油中获得乙烯是工业生产乙烯的主要途径，C正确；D. 淀粉和纤维素都是天然高分子化合物，且水解的最终产物相同，均是葡萄糖，D正确，答案选A。2. 邻苯二甲酸二（2乙基）己酯（代号DEHP，结构简式为）是一种塑化剂，曾有不法厂商将DEHP用作食品添加剂，造成了塑化剂污染。下面有关DEHP的说法错误的是A. 分子式为C24H38O4 B. 在NaOH溶液中水解生成邻苯二甲酸与2-乙基-1-己醇C. 一氯代物有10种 D. 难溶于水，可溶于有机溶剂【答案】B【解析】A、据其结构简式可知其分子式为C24H38O4，A正确；B、DEHP在NaOH溶液中水解会生成邻苯二甲酸钠与2-乙基-1-己醇，B错误；C、分子的结构对称，含有10类氢原子，一氯代物有10种，C正确；D、塑化剂属于酯类物质，难溶于水，可溶于有机溶剂，D正确；答案选B。点睛：本题考查了据有机物的结构简式书写分子式以及塑化剂的性质判断，注意酯类物质水解生成相应的盐。难点是一氯代物同分异构体判断，注意结合有机物结构简式判断等效氢原子的方法。3. 某恒温密闭容器发生可逆反应：Z(？)+W (? )X(g) +Y (? ) H，在t1时刻反应达到平衡。在t2时刻缩小容器体积，t3时刻再次达到平衡状态后未再改变条件。下列有关说法中不正确的是A. Z和W在该条件下都不可能为气态B. t1t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量不可能相等C. 若在该温度下此反应平衡常数表达式为K=c(X), 则t1t2时间段与t3时刻后的X浓度相等D. 若该反应只在高于某温度T时能自发进行，则该反应的平衡常数K随温度升高而增大【答案】B【解析】A根据图象可知，正反应速率不随反应时间和压强的改变而改变，故Z和W都是不是气体，A正确；B结合图象可知，X是气体，Y可能不是气体或是气体，由于X与Y的体积比始终不变，所以反应过程中气体的摩尔质量始终不变，B错误；C由于化学平衡常数只与温度有关，该温度下平衡常数的表达式K=c（X）是定值，则t1t2时间段与t3时刻后的c（X）相等，C正确；D由于该反应只在高于某温度T时能自发进行，根据H-TS0可得出该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，D正确；答案选B。点睛：本题考查化学平衡有关计算、化学平衡图象等知识，判断t2时刻改变条件是解答的关键，注意掌握化学平衡及其影响因素，选项C是解答的易错点，注意从平衡常数的角度去理解C的浓度变化。4. 有机物M在氧气中燃烧仅生成CO2、CO和H2O，M的相对分子质量小于100，其中氧元素的质量分数为18.18%。已知M能和钠反应产生H2的结构有X种，不能与钠反应的结构有Y种，则X、Y分别为A. 5、4 B. 8、6 C. 6、8 D. 7、9【答案】B【解析】仅含碳、氢、氧三种元素的某化合物，其相对分子质量小于100，且氧的质量分数为18.18%，如果分子中含有2个氧原子，则M的相对分子质量是320.1818176100，所以只能含有一个氧原子，则M的相对分子质量是88，分子中N（O）=8818.18%/16=1，去掉1个O原子后剩余基团总式量为88-16=72，则最大碳原子数目=72/12=6，则该有机物含有5个C原子、12H原子，分子式为C5H12O，如果能与钠反应，应该是醇，戊基有8种，则相应的戊醇有8种。该化合物不与钠反应，不含醇羟基，属于醚，当一个烃基为-CH3、另外烃基为-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-C（CH3）3，-CH2CH（CH3）2，当一个烃基为-CH2CH3，另外烃基为-CH2CH2CH3，-CH（CH3）2，故符合条件的同分异构体共有6种，答案选B。点睛：本题考查有机物推断、同分异构体书写，侧重考查学生分析计算能力，注意利用残余法、商余法确定有机物分子式，同分异构体判断中可以利用形成醚的醇分析，或者利用换元法等。5. (NH4)2S2O8可以看成是H2O2的衍生物，在KI溶液中滴加(NH4)2S2O8溶液发生反应：(NH4)2S2O8(aq)+2KI(aq)=(NH4)2SO4(aq)+I2(s)+K2SO4(aq)，正反应的活化能(Ea)为52.72kJ/mol。下列说法错误的是A. 正反应的焓变HB. 向溶液中加入少量K2SO4(s)，会加快化学反应速率C. 该反应速率与c(I-)、c(S2O82-)有关D. 在该反应中，反应速率关系有V(I-)=v(SO42-)【答案】B【解析】A. 正反应如果放热，则焓变小于0，如果是吸热反应，则HBr-Cl-C铜与浓硫酸酸性KMnO4溶液H2S溶液SO2具有还原性、氧化性D铜与浓硝酸水FeSO4溶液装置I中生成了NO (己知：FcSO4溶液吸收NO后，液面产生棕黄色的环，实验室用此现象检验NO)A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A、品红溶液不能除去SO2，SO2也能使澄清石灰水变浑浊，所以不能说明有CO2生成，A错误；B、氧化碘化钾的不一定是溴，也有氯气，所以不能说明溴离子与碘离子的还原性强弱，B错误；C、铜与浓硫酸加热生成SO2，SO2具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，SO2还具有氧化性，与H2S反应生成单质S和水，C正确；D、反应中生成的NO2溶于水产生NO，所以不能说明装置I中生成了NO，D错误，答案选C。7. 设NA为阿伏伽徳罗常数的值，下列说法正确的是（）A. 30gC2H6中含有的化学键数目为8NAB. lL0.lmol/LCH3COOH溶液中含有的 H+数为0.1NAC. 标准状况下, 2.24LCl2通入水中转移的电子数为0.1NAD. 46gNO2和N2O4中含有的氮原子数为NA【答案】D【解析】A. 30gC2H6是1mol，其中含有的化学键数目为7NA，A错误；B. 醋酸是弱酸，存在电离平衡，lL0.lmol/LCH3COOH溶液中含有的H+数小于0.1NA，B错误；C. 氯气与水的反应可逆，则标准状况下，2.24LCl2通入水中转移的电子数小于0.1NA，C错误；D. NO2和N2O4的最简式相同，均是NO2，所以46gNO2和N2O4中含有的氮原子数为NA，D正确，答案选D。点睛：阿伏加德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。8. 有种熔融碳酸盐燃料电池原理示意图如下。下列有关该电池的说法正确的是A. 正极产物为CO2B. 负极反应式为CO-2e-+CO32-=2CO2C. 电池工作时，CO32-向电极A移动D. 电池总反应式为CO+H2+O2=CO2+H2O【答案】C【解析】甲烷和水经催化重整生成CO和H2，反应中C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，原电池工作时，CO和H2为负极反应，被氧化生成二氧化碳和水，正极为氧气得电子生成CO32-，则A负极产物是CO2和H2O，A错误B电解质没有OH-，负极电极反应为H2+CO+2CO32-4e-=H2O+3CO2，B错误；C电池工作时，CO32-向负极移动，即向电极A移动，C正确；D总反应式中有甲烷参与，D错误；答案选C。点睛：本题考查了化学电源新型电池，明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向即可解答，难点是电极反应式书写，要根据电解质确定正负极产物。9. 用98%的浓硫酸(密度为1.84g/cm3)配制l00mL 1mol/L的稀硫酸，现绐出下列仪器(配制过程中可能用到):100mL量筒10mL量筒50mL烧杯 托盘天平100mL容量瓶胶头滴管玻璃棒，配制中使用仪器的先后順序排列正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：98%的浓H2SO4的物资的量浓度为c=mol/L=18.4mol/L，配制1mol/L的稀硫酸100mL，需要浓硫酸的体积为V=0.0054L，即5.4ml，应选择10ml量筒和胶头滴管，实验时用10ml量筒量取5.4ml浓硫酸，因配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以正确顺序为，故选D。【考点定位】考查配制一定物质的量浓度的溶液【名师点晴】本题主要考查了配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤和使用仪器，注意量物质的量浓度和质量百分数之间的换算。配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。将溶质的质量分数换算成物质的量浓度时，首先要计算1L溶液中含溶质的质量，换算成相应物质的量，有时还需将溶液的质量换算成溶液的体积，最后才换算成溶质的物质的量浓度，如体积为VL、密度为g / cm3的某溶液中，含有摩尔质量为M，则溶液物质的量浓度c=等。10. 从鲜花中提取出一种简写为HIn的有机物，在其水溶液中因存在电离平衡:HIn(aq，红色)H+In-(aq，黄色),故可用作酸碱指示剂。在浓皮为0.02mol/L的下列各物质的溶液中加入该指示剂，其中能使指示剂显黄色的是HCl Na2O2 NaCl NaHSO4 NaHCO3 NH3 Na2CO3A. B. C. D. 【答案】C【解析】能使指示剂显黄色，应使平衡向正反应方向进行，即所加入物质应使HIn的电离平衡正向移动，所加入溶液应呈碱性，盐酸，可使平衡向逆反应方向移动，错误；过氧化钠具有强氧化性，能漂白酸碱指示剂，错误；为中性溶液，平衡不移动，错误；NaHSO4溶液为酸性溶液，可使平衡向逆反应方向移动，错误；NaHCO3溶液呈碱性，可使平衡向正反应方向移动，正确；氨水呈碱性，可使平衡向正反应方向移动，正确。碳酸钠溶液显碱性，可使平衡向正反应方向移动，正确，答案选C。11. 下列文字表述与反应的离子方程式对应且正确的是（）A. SO2通入NaClO溶液中：SO2+2ClO-+H2OSO32-+2HC1OB. Fe3O4与足量稀HNO3反应：3Fe3O4+28H+NO3-=9Fe3+NO2+14H2OC. NaHSO4溶液与 Ba(OH)2溶液混合后显中性：Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2OD. NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2+5NO3-+3H2O【答案】D【解析】A. SO2通入NaClO溶液中发生氧化还原反应生成硫酸根和氯离子，A错误；B. Fe3O4与足量稀HNO3反应还原产物应该是NO，B错误；C. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后显中性生成硫酸钠、硫酸钡和水：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O，C错误；D. NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2+5NO3-+3H2O，D正确，答案选D。12. 某无色溶液中，若加入溴水，溴水褪色，若加入NH4HCO3，固体溶解并产生刺激性气味的气体，则该溶液中可能大量存在的离子组是（ ）A. Na+、K+、Cl-、OH- B. Na+、Mg2+、S2-、ClO-C. H+、Na+、SO42-、NO3- D. K+、Ca2+、OH-、SO32-【答案】A【解析】A溶液无色，则不含有颜色的离子，若加入溴水，溴水褪色，溶液可能呈碱性或含有还原性离子，若加入NH4HCO3，固体溶解并产生刺激性气味的气体，说明溶液呈碱性，符合题目要求，A正确；BS2-与C1O-发生氧化还原反应而不能大量共存，镁离子在碱性溶液中不能大量共存，B错误；C碱性条件下H+不能大量存在，C错误；DCa2+与SO32-反应生成沉淀而不能大量存在，D错误，答案选A。13. 在含有nmolFeI2的溶液中通入Cl2，有xmolCl2发生反应。下列说法正确的是（）A. 当时，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-B. 当xn时，反应的离子方程式为：2Fe2+2I-+2Cl2=2Fe3+I2+4C1-C. 当Fe2+和I-同时被氧化时，x与n的关系为xnD. 当x=n时，反应后氧化产物的物质的量为nmol【答案】D【解析】试题分析：A、还原性是IFe2+，因此氯气首先氧化碘离子，当x 时，氯气不足，反应的离子方程式为：2I-+ Cl2 I2+2Cl-，A不正确；B、当x n时，碘离子完全被氧化，而亚铁离子可能完全被氧化，也可能部分被氧化，B不正确；C、当Fe2+和I-同时被氧化时，x与n的关系为xn，C正确；D、当xn时，碘离子恰好被氧化反生成单质碘，其物质的量为n mol，D正确，答案选CD。考点：考查氧化还原反应的有关判断14. 有一种铁的氧化物样品，用5mol/L盐酸200mL恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标况 下2.24L氯气，恰好使其中Fe2+全部转化成Fe3+，该样品可能的化学式是（ ）A. Fe2O3 B. Fe3O4 C. Fe4O5 D. Fe5O7【答案】C【解析】试题分析：n（HCl）=02L50mol/L=1mol，由氧化物和盐酸反应生成水可知，氧化物中含有n（O）=n（HCl）/2=05mol，所得溶液还能吸收01mol Cl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，反应后所得溶液为FeCl3，因n（Cl-）=02mol+1mol2=12mol，则n（Fe3+）=n（Cl-）/3=04mol，所以氧化物中n（Fe）：n（O）=04：05=4：5，化学式为Fe4O5，答案为C。考点：考查化学方程式的计算15. 我国科学家成功研发了甲烷和二氧化碳的共转化技术,利用分子筛催化剂高效制得乙酸，下列有关说法正确的是（ ）A. 所有反应物和产物中都既含极性键又含非极性键B. 消耗22.4LCO2可制得乙酸60gC. 该反应不是氧化还原反应D. 该反应过程符合“绿色化学”原理，其原子利用率为100%【答案】D考点：考查化学键类型、反应类型的判断16. 为了除去NO、NO2、N2O4对大气的污染，常采用氢氧化钠溶液进行吸收处理反应方程式：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O。现有amolNO、bmolNO2、cmolN2O4组成的混合气体，能被1.0mol/L的氢氧化钠溶液完全吸收，则消耗氢氧化钠溶液的体积最小为A. (a+b+c)L B. 2(a+b+c)L C. (a+b+2c)L D. 3(a+b+c)L【答案】C【解析】根据方程式知，氮氧化物被NaOH吸收生成钠盐，无论生成硝酸钠还是亚硝酸钠，N、Na原子个数之比都是1：1，根据N、Na原子关系式得V（NaOH）=（a+b+2c）L，故选C17. 碱式碳酸钴Cox(OH)y(CO3)z，相对分子质量为365常用作电子材料、磁性材料的添加剂.碱式碳酸钴中的Co的化合价类似与Fe3O4中Fe的化合价，其中高价态具有强氧化性，而低价态在溶液中能稳定存在，受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成，某化学兴趣小组同学设计了如图所示的装置进行实验：（1）请完成下列实验步骤： 称取一定量的样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量； 按如图所示装置组装好仪器，并_； 加热甲中玻璃管，当乙装置中_(填实验现象)，停止加热； 打开活塞a，缓缓通入空气数分钟后，称量乙、丙装置的质量； 计算。（2）步骤中缓缓通入空气数分钟的目的是_。（3）上述实验装置中存在一个明显缺陷。为解决这一问题，可在_(填装置连接位置)增加一个_装置（填字母）。A.盛有浓硫酸的洗气瓶 B. 盛有无水氯化钙的U形管C. 盛有P2O5的干燥管 D. 盛有碱石灰的干燥管（4）若按正确装置进行实验，测得乙裝置增重0.36g，丙装置增重0.88g, 则该碱式碳酸钴的化学式为_。（5）该碱式碳酸钴与浓盐酸反应时，起酸性作用的HCl与被氧化的HC1的物质的量之比为_。【答案】 (1). 检查装置气密性 (2). 不再有气泡产生 (3). 将装置中生成的CO2和水蒸汽全部排入乙、丙装置中 (4). 装置甲前 (5). D (6). Co3(OH)4(CO3)2 (7). 3:1【解析】（1）按如图所示装置组装好仪器，必须检查装置气密性；加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；（2）步骤中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；（3）由于空气中含有水蒸气和CO2也能被碱石灰吸收，所以在活塞a前，加装装置，装置中盛放的碱石灰，用来吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，答案选D；（4）测得乙裝置增重0.36g，说明生成水的质量为0.36g，物质的量为0.36g18g/mol=0.02mol；丙装置增重0.88g，说明生成二氧化碳的质量为0.88g，物质的量为0.88g44g/mol0.02mol。由于碱式碳酸钴中的Co的化合价类似于Fe3O4中Fe的化合价，则根据相对分子质量是365可知含有2个+3价的和1个+2价的，化学式只能是 Co3(OH)4(CO3)2。（5）1mol该碱式碳酸钴与浓盐酸反应时，生成3molCoCl2，得到2mol电子，能氧化2mol氯离子，则起酸性作用的HCl与被氧化的HC1的物质的量之比为6mol：2mol3：1。18. 氮及其化合物在工农业生产、生活、航空航天等方面应用广泛。（1）肼（N2H4）与O2反应的能量变化如图所示。已知，NH键、O=O键的键能分别为391kJ/mol、497kJ/mol，则E1=_kJ/mol，N2H4(g)中N-N键的键能为_。（2）某温度下，在1L恒容密闭容器中投入2mol N2H4(g)和lmolN2O4(g)，发生反应：2 N2H4(g)+ N2O4(g)=3N2(g) +4H2O (g) H=-1097kJ/mol，该反应中 N2以平均反应速率为0.06mol/(Lmin)进行10min时达到平衡状态。下列叙述能说明反应达到平衡状态的是_。A.c(N2)：c(H2O)=3:4 B.混合气体密度保持不变C.混合气体平均相对分子质量保持不变 D.混合气体中N2体积分数保持不变平衡时，为_，混合气体总物质的量为_。甲、乙是体积相同的恒容密闭容器，起始投入N2H4(g)和N2O4(g)的量相同，甲在恒温条件下达到平衡，乙在绝热条件下达到平衡。平衡时，N2H4(g)的转化率较大的是_（填 “甲”或“乙”）（3）如图是反应I：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)和反应：N2(g)+O2(g)=2NO(g)的平衡常数的负对数（pK=-lgK）与温度T的关系。根据图中的数据判断，下列说法正确的是_。a.反应I为放热反应b.常温下，反应I的速率很大，二而反应的速率很小c.升高温度.反应I的速率减小，反应的速率增大d.x K时，反应I和反应的反应程度相差很大下列叙述对反应I自发性判断正确的是_。A. 较高温度下能自发进行B. 较低温度下能自发进行C. 所有温度下均能自发进行D. 任何温度下都不能自发进行【答案】 (1). 2218 (2). 157kJ/mol (3). CD (4). 1 (5). 3.8mol (6). 甲 (7). ad (8). C.19. 二氧化锗被广泛用于制作高纯金属锗、锗的化合物、化工催化剂及医药工业， 某工厂用褐煤烟灰(主要成分为C、GeO2,还有少量Al2O3和SiO2)为原料制备GeO2,其流程如 下：已知：GeO2不溶于水，不跟水反应，是以酸性为主的两性氧化物，可溶于浓盐酸生成四氯化锗，也可溶于强碱溶液,生成锗酸盐。操作X为蒸馏（1）褐煤灰中加入NaOH和Na2CO3固体进行焙烧时，要加入过量的粉碎的NaOH和Na2CO3固体,其原因是_。写出GeO2与NaOH反应的化学方程式：_。（2）为提高含锗化合物的浸出率，除采用水浸取焙烧物2小时外，还可采取的措施有_。(写出两条即可）（3）浸出液中滴加7mol/L盐酸，调节溶液的pH约为11，目的是_。（4）滴加7mol/L盐酸使滤液“酸化”，若滤液“酸化”时酸度不够，溶液会出现明显的浑浊，该沉淀物是_，（写化学式）（5）GeCl4的沸点是83.1，其电子式为_。（6）单质锗可用作电子工业的半导体材料。由纯净的GeO2和H2在加热的条件下可制得单质锗.该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 使GeO2尽可能转化为Na2GeO3，且加快GeO2与NaOH和碳酸钠反应的速率 (2). GeO2+2NaOH= Na2GeO3+H2O (3). 搅拌，适当升高温度 (4). 使AlO2-和SiO32-形成沉淀而除去 (5). H2GeO3(或GeO2nH2O) (6). (7). GeO2+2H2Ge+2H2O【解析】（1）加入过量的粉碎的NaOH和Na2CO3固体，可以增大反应物的接触面积，使GeO2尽可能转化为Na2GeO3，且加快GeO2与NaOH和碳酸钠反应的速率，其中GeO2与NaOH反应的化学方程式为GeO2+2NaOHNa2GeO3+H2O。（2）根据外界条件对反应速率的影响可知，还可采取的措施有搅拌，适当升高温度；（3）由于溶液中含有偏铝酸盐和硅酸盐，所以浸出液中滴加7mol/L盐酸，调节溶液的pH约为11的目的是使AlO2-和SiO32-形成沉淀而除去。（4）如果酸度不够，则锗酸盐容易转化为锗酸沉淀，所以该沉淀物是H2GeO3(或GeO2nH2O) ；（5）GeCl4的沸点是83.1，说明是共价化合物，其电子式为。（6）GeO2和H2在加热的条件下可制得单质锗，另一种生成物是水，该反应的化学方程式为GeO2+2H2Ge+2H2O。点睛：无机工业流程题能够以真实的工业生产过程为背景，体现能力立意的命题为指导思想，能够综合考查学生各方面的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力,所以这类题成为近年来高考的必考题型。解决本类题目的基本方法和步骤为：（1）从题干中获取有用信息，了解生产的产品。（2）然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。（3）分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：反应物是什么；发生了什么反应；该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。20. CH4、NH3、H2O和HF均为含10e-的分子。（1）C、N、O、F四种元素中，与C基态原子的核外未成对电子数相等的元素是_(写元素名称)，其基态原子的核外电子排布式为_。（2）C、N、O、F四种元索第电一离能由大到小的顺序是_(用元素符号表示）（3）CH4、NH3和H2O分子中，从原子轨道的重叠方向来说.三种分子的中心原子的杂化轨道类型均为_。（4）CH4燃烧生成 CO、CO2和H2O在CO气流中轻微加热金属镍（Ni）,生成无色挥发性液态Ni(CO)4, 423K时 Ni(CO)4分解为Ni和CO,从而制得高纯度的Ni粉.试推测四碳基镍的晶体类型为_。CO2、H2O和NH3反应生成(NH4)2CO3，根据电子对互斥理论知CO32-的空间构型为_。（5）CH4、H2O和HF三种物质中H2O的熔沸点最高，其原因是_。（6）硅晶体的结构跟金刚石的结构相似.而SiO2的结构相当于在硅晶体结构中每个硅与硅 化学键之间插入一个O原子。观察下图金刚石的结构，分析SiO2的空间结构中，Si，O形成的最小环上O原子的数目是_。【答案】 (1). 氧 (2). 1s22s22p4 (3). FNOC (4). sp3 (5). 分子晶体 (6). 平面三角形 (7). H2O分子间含有氢键且氢键数目最多 (8). 6【解析】（1）C基态原子的核外未成对电子数是2个，则C、N、O、F四种元素中，与C基态原子的核外未成对电子数相等的元素是氧，其基态原子的核外电子排布式为 1s22s22p4。（2）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能FNOC；（3）从原子轨道的重叠方向来说，共价键分为键与键，三种分子均形成单键，属于键，杂化轨道数目=键+孤电子对数，三种分子的中心原子杂化轨道数目均为4，均采sp3杂化。（4）四碳基镍的熔沸点较低，所以其晶体类型为分子晶体；根据电子对互斥理论知CO32-的中心原子的价层电子对数是，因此空间构型为平面三角形。（5）由于H2O分子间含有氢键且氢键数目最多，所以CH4、H2O和HF三种物质中H2O的熔沸点最高。（6）硅晶体中每个最小环上含有6个Si原子，形成六元环，二氧化硅的结构相当于在硅晶体结构中每个硅与硅的化学键之间插入一个O原子，所以Si、O原子形成的最小环上O原子的数目是6。21. 己知氨基酸可发生如下反应：D、E的相对分子质量分别为162和144，可发生如下物质转化关系。如下图所示:（1）写出B、D的结构简式：B_,D_。（2）写出CE的化学方程式：_。（3）写出CD的化学方程式：_。【答案】 (1). (2). (3). (4). 【解析】氨基酸能发生缩聚反应，脱去一个H2O分子，-COOH脱去-OH，-NH2脱去-H，发生缩聚反应生成蛋白质，由此可推知，结合B的分子式，两个丙氨酸分子间脱去2个H2O分子可生成B为。由题目中所给信息可总结出：在HNO2作用下，氨基酸中的-NH2可转变成-OH，可得C：CH3CHOHCOOH。由于C中含有-COOH和-OH，发生脱水反应生成D与E，而D、E的相对分子质量分别为162和144，故C脱去一个水可得D为CH3CHOHCOOCH(CH3)COOH，C脱去两个水分子可得E为，丙氨酸与氢氧化钠发生中和反应生成A为CH3CH（NH2）COONa，则（1）由上述分析可知，B的结构简式为，D的结构简式为CH3CHOHCOOCH(CH3)COOH；（2）CE的化学方程式为2CH3CHOHCOOH +2H2O；（3）CD的化学方程式为2CH3CHOHCOOH CH3CHOHCOOCH(CH3)COOH+H2O。