2019届高三化学10月月考试卷(含解析).doc

2019届高三化学10月月考试卷(含解析)选择题（共16小题，每小题3分，共计48分）1.下列诗句或谚语可能与化学现象有关，其中说法不正确的是()A. “水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化B. “落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化C. “滴水石穿，绳锯木断”不包含化学变化D. “看似风平浪静，实则暗流涌动”形象地描述了溶解平衡的状态【答案】C【解析】【详解】A水乳交融没有新物质生成，油能燃烧，火上浇油有新物质生成，选项A正确；B龙虾和螃蟹被煮熟时，它们壳里面的一种蛋白质-甲壳蛋白会受热扭曲分解，释放出一种类似于胡萝卜素的色素物质，有新物质生成，属于化学变化，选项B正确；C石头大多由大理石（即碳酸钙） 其能与水，二氧化碳反应生成Ca（HCO3）2，Ca（HCO3）2是可溶性物质，包含反应CaCO3CO2H2O=Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2CaCO3CO2H2O，属于化学变化，选项C不正确；D看似风平浪静，实则暗流涌动说的是表面看没发生变化，实际上在不停的发生溶解平衡，选项D正确。答案选C。2.在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是()A. 粗硅SiCl4SiB. Mg(OH)2MgCl2(aq) MgC. Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3D. SSO3H2SO4【答案】A【解析】【分析】ASi可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气发生反应生成Si和HCl；B电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气；C氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和HCl；D硫在氧气中燃烧得到二氧化硫。【详解】ASi可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气发生反应生成Si和HCl，该反应可用于工业提纯硅，选项A正确；B电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气，工业用电解熔融的氯化镁制备镁，选项B错误；C氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和HCl，蒸发时应在HCl氛围中进行，选项C错误；D硫在氧气中燃烧得到二氧化硫而得不到三氧化硫，选项D错误。答案选A。【点睛】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，难度不大，注意相关基础知识的积累。3.草酸晶体(H2C2O42H2O)100 开始失水，101.5 熔化，150 左右分解产生H2O、CO和CO2。用加热草酸晶体的方法获取某些气体，应该选择的气体发生装置是(图中加热装置已略去)()。A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】草酸晶体受热时会熔化，同时反应中生成水蒸气，为避免液体回流，装置只能选择D。答案选D。视频4.NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是（ ）A. 18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB. 2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2NAC. 过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD. 密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA【答案】C【解析】试题分析：A18 g D2O和18 g H2O的物质的量不相同，其中含有的质子数不可能相同，A错误；B亚硫酸是弱电解质，则2 L 0.5 molL-1亚硫酸溶液中含有的H+离子数小于2NA，B错误；C过氧化钠与水反应时，氧元素化合价从1价水的0价，则生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA，C正确；D密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应生成2molNO2，但NO2与N2O4存在平衡关系，所以产物的分子数小于2NA，D错误，答案选C。【考点定位】本题考查阿伏加德罗常数的计算。【名师点睛】阿伏伽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。视频5.下图是印在食品包装内常见小袋子上的部分图案，该小袋子内的物质最有可能是()A. 铁粉 B. 氧化钠 C. 亚硫酸钠 D. 生石灰【答案】A【解析】【分析】由图可知，物质可作脱氧剂，则物质应具有还原性，从这方面作答。【详解】A、铁粉具有还原性，能消耗空气中的氧气，因此铁粉可作为食品包装中的脱氧剂，A符合题意；B、氧化钠不具有还原性，B不符合题意；C、亚硫酸钠虽然具有还原性，但亚硫酸钠对人体有害，可损害肝、肾等器官，因此不能用作食品添加剂、脱氧剂等，C不符合题意；D、生石灰不具有还原性，不能用作脱氧剂，D不符合题意。6.下列解释事实的离子方程式正确的是()A. 铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe4HNO3=Fe3NO2H2OB. 实验室盛碱液的瓶子不用玻璃塞：SiO22OH=SiO32H2OC. 碳酸氢镁和足量的氢氧化钙溶液反应：Ca2OHHCO3=CaCO3H2OD. 向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2：2ClOH2OCO2=2HClOCO32【答案】B【解析】【详解】A、Fe3显棕黄色，Fe2显浅绿色，故A错误；B、玻璃中含有SiO2，能与OH发生反应：SiO22OH=SiO32H2O，故B正确；C、碳酸氢镁是少量，因此离子方程式为Mg22HCO32Ca24OH=Mg(OH)22CaCO32H2O，故C错误；D、因为通入过量CO2，因此离子方程式为ClOCO2H2O=HClOHCO3，故D错误。【点睛】本题难点是选项C，书写离子方程式中涉及量的问题时，少量系数为1，Mg(HCO3)2系数为1，2molHCO3消耗2molOH，生成2molCO32和2molH2O，2molCO32消耗2molCa2，生成2molCaCO3，1molMg2消耗2molOH生成Mg(OH)2，离子方程式为Mg22HCO32Ca24OH=Mg(OH)22CaCO32H2O。7.下列有关铁元素的叙述中正确的是()A. Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3，说明稳定性：Fe(OH)2I，则HI比HBr的热稳定性弱，错误；BP与Si是同一周期的元素，由于P的非金属性强于Si，所以H3PO4比H2SiO3的酸性强，正确；CAl2O3是两性氧化物，可以与NaOH溶液发生反应，而MgO是典型的碱性氧化物，不可与NaOH溶液反应，错误；D在酸性条件下，NO3-具有氧化性，会将SO2氧化为硫酸，所以SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液均可得到BaSO4沉淀，错误。考点：考查元素的性质与结构的关系的知识。视频10.下列说法正确的是()A. 向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体，结论：HNO3分解成了NO2B. 实验室检验氨气的方法是将湿润的蓝色石蕊试纸靠近瓶口或管口，观察试纸是否呈红色C. 灼热的铂丝与NH3、O2混合气接触，铂丝继续保持红热，说明氨的氧化反应是放热反应D. 浓硝酸有强氧化性，常温下能与Fe发生剧烈反应【答案】C【解析】【详解】A、NO3在酸性条件下具有强氧化性，能把Fe2氧化成Fe3，本身被还原为NO，NO与氧气转化成NO2，因此红棕色气体可能是上述反应造成，故A错误；B、氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故B错误；C、根据题意，灼热的铂丝继续保持红热，说明该反应属于放热反应，故C正确；D、浓硝酸与铁在常温下发生钝化反应，阻碍反应的进行，故D错误。11.下列选用的实验仪器或实验装置符合实验要求且安全的是()A. 实验室制备少量蒸馏水B. 实验室制备氨气C. 实验室制备NO2 D. 实验室制备氢气【答案】B【解析】【详解】A、缺少石棉网，蒸馏烧瓶容易受热不均，使蒸馏烧瓶炸裂，不符合实验安全，故A错误；B、实验制备NH3，利用NH4Cl和Ca(OH)2共热产生NH3，因为NH3的密度小于空气，因此收集NH3时，导管尽可能伸入试管的底部，棉花的作用是防止形成对流，符合实验要求，且安全，故B正确；C、NO2能与水反应，因此收集时应用排空气法收集，故C错误；D、应用分液漏斗，故D错误。12.海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B. 粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C. 工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D. 富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【答案】C【解析】试题分析：A、向苦卤中通入氯气置换出溴单质，分离得到溴，通入氯气是为了提取溴，A正确；B、粗盐中含有钙离子和镁离子和硫酸根离子等杂质，精制时通常在溶液中依次加入过量的氯化钡溶液、过量的氢氧化钠溶液和过量的碳酸钠溶液，过滤后向滤液中加入盐酸到溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，B正确；C、工业常选用生石灰或石灰水做沉淀剂，C错误；D、还是提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出溴单质，再用二氧化硫将其还原吸收转化为溴化氢，达到富集的目的，D正确，答案选C。【考点定位】考查海水的综合开发与利用【名师点睛】本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收，据此解答即可。视频13.下列除杂方案错误的是选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO(g)CO2(g)NaOH 溶液、浓 H2SO4洗气BNH4Cl(aq)Fe3(aq)NaOH溶液过滤CCl2(g)HCl(g)饱和食盐水、浓H2SO4洗气DNa2CO3(s)NaHCO3(s)灼烧A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】试题分析：A、二氧化碳与NaOH反应，而CO不能，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，A正确；B、NaOH与NH4Cl、Fe3+均反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，B错误；C、HCl极易溶液水，而食盐水抑制氯气的溶解，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，C正确；D、NaHCO3加热分解生成碳酸钠，则直接加热即可实现除杂，D正确，答案选B。【考点定位】本题主要是考查物质分离提纯的方法及选择【名师点晴】明确除杂原则是解答的关键，选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则: 1.不能引入新的杂质（水除外），即分离提纯后的物质应是纯净物（或纯净的溶液），不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。解答时注意灵活应用。视频14.O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）A. 氧气是氧化产物B. O2F2既是氧化剂又是还原剂C. 若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4【答案】D【解析】试题分析：AO元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；B在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；C不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D错误；故选A。【考点定位】考查氧化还原反应的计算【名师点晴】为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，反应H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。视频15.下列曲线图(纵坐标为沉淀的量，横坐标为加入物质的量)与对应的选项相符合的是()A. 向1 L浓度均为0.1 molL1的Ba(OH)2、NaAlO2混合溶液中加入0.1 molL1的稀H2SO4B. 向1 L浓度分别为0.1 molL1和0.3 molL1的AlCl3、NH4Cl的混合溶液中加入0.1 molL1的稀NaOH溶液C. 向烧碱溶液中滴加明矾溶液D. 向AlCl3溶液中滴加过量氨水【答案】A【解析】试题分析：A向1L浓度均为0.1 molL-1的Ba（OH）2、NaAlO2混合溶液中加入0.1 molL-1的稀H2SO4，0.1molBa（OH）2消耗0.1mol硫酸，0.1molNaAlO2消耗0.05mol硫酸，硫酸过量时氢氧化铝溶解，0.1mol氢氧化铝消耗硫酸0.15mol，故A正确；B向1L浓度分别为0.1 molL-1和0.3 molL-1的AlCl3、NH4Cl的混合溶液中加入0.1 molL-1的稀NaOH溶液，AlCl3与NaOH反应生成沉淀，然后氢氧化钠与氯化铵反应生成氨水，最后氢氧化铝与氢氧化钠反应，沉淀溶解，此时氢氧化铝与氢氧化钠的物质的量比为1：1，图象不符，故B错误；C铝离子与过量的氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，偏铝酸根离子与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，偏铝酸根离子的物质的量是铝离子的，图象不符合，故C错误；D向AlCl3溶液中滴加过量氨水，开始产生氢氧化铝沉淀，氨水过量时，沉淀不溶解，因为氢氧化铝不溶于氨水，图象不符合，故D错误；故选A。考点：考查混合物反应的计算与应用视频16.某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（ ）A. 0.80 B. 0.85 C. 0.90 D. 0.93【答案】A【解析】试题分析：FexO中Fe的平均化合价为+2x，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等标准状况下112mL Cl2转移电子数为0.112L22.4L/mol2=0.01mol则有：1.52g(56x+16)g/mol(3-2x)x=0.01mol，解得x=0.8，故选A。【考点定位】考查氧化还原反应计算【名师点晴】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用。电子得失守恒法解题的一般思路是：首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；其次找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)；最后根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)n(还原剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)。本题中注意平均化合价的应用，根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。视频卷非选择题（共计52分）17.三氟化氮(NF3)是一种无色、无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：(1)反应过程中，被氧化与被还原的元素原子的物质的量之比为_。(2)写出该反应的化学方程式：_。若反应中生成0.2 mol HNO3，转移的电子数目为_个。(3)三氟化氮可由氨气和氟气反应得到：4NH33F2=NF33NH4F。据题意推测NF3、F2、NO三种气体中，氧化性由弱到强的顺序为_。(4)NF3是一种无色、无味的气体，一旦NF3在空气中泄漏，却还是易于发现。你判断该气体泄漏时的现象是_。(5)一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染，其产物除NaNO2、NaF、H2O外，还肯定有_(填化学式)。【答案】 (1). 12 (2). 3NF35H2O=2NOHNO39HF (3). 0.4NA(或2.4081023) (4). NONF3F2 (5). 产生红棕色气体、产生刺激性气味气体、产生白雾 (6). NaNO3【解析】【分析】（1）根据问题（2）书写出氧化还原反应，然后依据氧化还原反应中几组概念进行判断；（2）配平氧化还原反应方程式一般采用化合价的升降进行；（3）根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性进行判断；（4）根据问题（2）的产物中NO的性质和HNO3的性质进行分析；（5）根据问题（2）进行分析。【详解】（1）NF3与水蒸气反应生成HF、NO和HNO3，反应为NF3H2OHFNOHNO3，反应为歧化反应，采用后配法，即反应方程式为3NF35H2O=2NOHNO39HF，2NF32NO，N被化合价降低，被还原，NF3HNO3，N化合价升高，被氧化，被氧化原子物质的量与被还原原子物质的量之比为1：2；（2）根据（1）反应方程式为3NF35H2O=2NOHNO39HF，生成1molHNO3，转移电子物质的量为2mol，即生成0.2molHNO3，转移电子物质的量为0.4mol，转移电子数目是0.4NA或2.4081023；（3）根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，根据（2）的反应，NF3为氧化剂和还原剂，NO为氧化产物，即NF3氧化性强于NO，根据4NH33F2=NF33NH4F，F2为氧化剂，NF3为氧化产物，即F2的氧化性强于NF3，综上所述，氧化性由弱到强的顺序是NONF3F2；（4）根据（2）的反应方程式，产物中有NO，NO与空气中的氧气反应生成NO2，NO2为红棕色气体，现象之一是产生红棕色气体，HNO3易挥发，凝结成小液滴，因此现象之二是产生白雾，现象是产生红棕色气体，产生刺激性气味气体，产生白雾；（5）根据（2）的反应方程式产物之一是HNO3，HNO3与NaOH反应生成NaNO3，即另一种物质是NaNO3。18.平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末，其中含有SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质。二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：(1)第步反应的化学方程式是_，检验滤渣A是否洗净的方法是_。(2)第步反应的离子方程式是_。(3)萃取是分离稀土元素的常用方法，化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来。实验室进行萃取操作需要用到分液漏斗，分液漏斗在使用前需要进行的操作是_；TBP是一种磷酸三丁酯，产物应该从分液漏斗的_(填“上口倒出”或“下口流出”)。(4)取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.5 g，加硫酸溶解后，用0.100 0 molL1 FeSO4标准溶液滴定终点时(铈被还原为Ce3)，消耗20.00 mL标准溶液，该产品中Ce(OH)4的质量分数为_(保留小数点后一位)。【答案】 (1). Fe2O36HCl=2FeCl33H2O (2). 取最后一次洗涤液，滴加KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净 (3). 2CeO2H2O26H=2Ce3O24H2O (4). 检查是否漏液 (5). 上口倒出 (6). 83.2%【解析】【详解】（1）根据含有成分，Fe2O3为碱性氧化物，与HCl反应：Fe2O36HCl=2FeCl33H2O，SiO2为酸性氧化物，不与盐酸反应，根据流程图CeO2残留在滤渣A中，CeO2不与盐酸反应；滤渣表面杂质为HCl和FeCl3等，因此检验滤渣是否洗净，需要检验Fe3是否存在即可，操作：取最后一次洗涤液，滴加KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；（2）滤液B中得到Ce3，废玻璃粉中CeO2中的Ce化合价为4价，CeO2为氧化剂，H2O2为还原剂，离子方程式为2CeO2H2O26H=2Ce34H2OO2；（3）分液漏斗使用时，先检验是否漏液；TBP为酯，是密度小于水且不溶与水的液体，分液后在上层，因此应从上口倒出；（4）根据得失电子数目守恒，因此有201030.11=nCe(OH)41，解得nCe(OH)4=2103mol，mCe(OH)4=2103208g=0.416g，则该产品的质量分数为0.416/0.5100%=83.2%。【点睛】本题难点是滴定实验，涉及滴定实验计算时一般采用关系式法、得失电子数目守恒，如果涉及多个反应方程式，一般采用关系式法，如果涉及一个反应方程式，一般采用得失电子数目守恒，如本题最后一空，用得失电子数目守恒进行进行计算，即201030.11=nCe(OH)41，从而计算出质量分数。19.亚硝酸钠(NaNO2)在纤维纺织品的染色和漂白、照相、生产橡胶、制药等领域有广泛应用，也常用于鱼类、肉类等食品的染色和防腐。但因其有毒，所以在食品行业用量有严格限制。现用下图所示仪器(夹持装置已省略)及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物的成分。已知：NONO22OH=2NOH2O气体液化的温度：NO2为21 ，NO为152 (1)为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序(按左右连接)为A、C、_、_、_。(2)反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，目的是_ 。(3)在关闭弹簧夹、打开分液漏斗活塞、滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体。确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是_。装置E的作用是_。(4)如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为_。如果没有装置C，对实验结论造成的影响是_。(5)通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是_。【答案】 (1). )E (2). D (3). B (4). 防止可能产生的NO被氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰 (5). 装置D中通入氧气后出现红棕色气体 (6). 冷凝，使NO2完全液化 (7). 4NO2O24NaOH=4NaNO32H2O (8). 水蒸气会与NO2反应产生NO，造成对NO的来源认识不清 (9). 2NaNO2H2SO4=Na2SO4NO2NOH2O【解析】【详解】（1）A为发生装置，让NaNO2与硫酸发生反应，气体通过装置C，对气体进行干燥，根据信息，让气体通过装置E，如果U型管中有液体存在，说明NaNO2与硫酸反应的产物中含有NO2，气体再通过装置D，气体由无色变为红棕色，说明产物中含有NO，因为NO和NO2有毒，因此需要尾气的处理，即装置B为尾气处理装置，即连接顺序是ACEDB；（2）通入氮气的目的是防止可能产生的NO被氧化为NO2，造成对A中反应产物检验的干扰；（3）根据信息，在装置E中NO2液化，NO不能被液化，气体进入装置D中，通入O2，装置D出现红棕色气体，说明有NO的生成；根据上述分析，装置E的作用是冷凝，使NO2完全液化；（4）通入过量O2，NO全部转化成NO2，则装置B中发生的反应是4NO2O24NaOH=4NaNO32H2O；水蒸气会与NO2反应产生NO，反应方程式为3NO2H2O=2HNO3NO，造成对NO的来源认识不清；（5）根据上述分析，装置A中化学反应方程式为2NaNO2H2SO4=Na2SO4NO2NOH2O。选做题(从20题和21小题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)20.M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是一种过渡元素。M基态原子L层中p轨道电子数是s电子的2倍，R是同周期元素中最活泼的金属元素，X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，Z的基态原子4s和3d轨道半充满。请回答下列问题：（1）R基态原子的电子排布式是_ ，X和Y中电负性较大的是_（填元素符号）。（2）X的氢化物的沸点低于与其组成相似的M的氢化物，其原因是_。（3）X与M形成的XM3分子的空间构型是_。（4）M和R所形成的一种离子化合物R2M晶体的晶胞如下图所示，则图中黑球代表的离子是_（填离子符号）。（5）在稀硫酸中，Z的最高价含氧酸的钾盐（橙色）氧化M的一种氢化物，Z被还原为+3价，该反应的化学方程式是_。【答案】 (1). 1s22s22p63s1或Ne3s1 (2). Cl (3). H2S分子间不存在氢键，H2O分子间存在氢键 (4). 平面三角形 (5). Na (6). K2Cr2O7+3H2O2+ 4H2SO4=K2SO4+Cr2(SO4)3+3O2+7H2O【解析】【详解】M基态原子L层中p轨道电子数是s电子的2倍，1s22s22p4，即M为O，R是同周期元素中最活泼的金属元素，R为IA族元素，R为短周期主族元素，原子序数依次增大，即R为Na，X和M形成一种化合物引起酸雨的主要大气污染物，即X为S，Z的基态原子4s和3d轨道半充满，即Z为Cr，（1）R为Na，基态原子电子排布式为1s22s22p63s1或Ne3s1；Y为短周期主族元素，且四种元素原子序数依次增大，即Y为Cl，同周期从左向右电负性增强，即电负性较大的元素是Cl；（2）X的氢化物是H2S，M的氢化物是H2O，H2S分子间不存在氢键，H2O分子间存在氢键，存在分子间氢键的沸点高于无分子间氢键的沸点，因此H2O的沸点高于H2S；（3）形成的化合物是SO3，含有3个键，孤电子对数为(623)/2=0，价层电子对数为3，即SO3的空间构型为平面三角形；（4）该化合物是Na2O，白球占的位置为顶点和面心，根据均摊，判断出白球为81/861/2=4，黑球位于体内，个数为8，因此黑球是Na；（5）Cr的最高价含氧酸的钾盐(橙色)，即该化合物是K2Cr2O7，O的氢化物被氧化，即M的氢化物为H2O2，因此发生反应方程式为K2Cr2O7+3H2O2 4H2SO4=K2SO4+Cr2(SO4)3+3O2+7H2O。21.以下是某课题组设计的合成聚酯类高分子材料的路线：已知：同一碳原子上连两个羟基时结构不稳定，易脱水生成醛或酮请根据以上信息回答下列问题：（1）烃A的结构简式为_、（2）A的化学名称为_。(3)由B生成C的化学方程式为_。(4)C的同分异构体中，既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能发生银镜反应的有机物共有_种，其中在核磁共振氢谱中出现五组峰的有机物的结构简式为_。(5)D的结构简式为_，D的某同分异构体中含有苯环的碳酸二酯在酸性条件下发生水解反应的化学方程式为_。【答案】 (1). (2). 对二甲苯（1,4二甲苯） (3). (4). 13 (5). (6). (7). 【解析】【详解】（1）D生成高分子化合物，反应类型为缩聚反应，D结构简式为，C能发生银镜反应，说明含有醛基，则C的结构简式为，B生成C发生水解反应或取代反应，A生成B发生取代反应，即A的结构简式为；（2）根据（1），A为对二甲苯或1，4二甲苯；（3）B生成C发生水解反应，其化学方程式为；（4）能与FeCl3发生显色反应，说明C的同分异构体中含有苯环和酚羟基，又能发生银镜反应，说明含有醛基，推出（邻间对三种）、CH2CHO拆写成CH3和CHO，固定二个移动一个，0、。0；核磁共振氢谱出现五组峰，说明有五种不同的氢原子，应是对称结构，因此符合要求的C的同分异构体为；（5）根据上述分析，D的结构简式为，D的某同分异构体中含有苯环的碳酸二酯，该有机物的结构简式为，发生水解反应，其反应方程式为。【点睛】本题难点是同分异构体的书写，先根据条件判断出含有结构或官能团，如本题能与FeCl3发生显色反应，说明含有苯环和酚羟基，能发生银镜反应，说明含有醛基，然后书写出熟悉的一种形式，一般先作整体，即，接着后散，即CH2CHO拆写成CH3和CHO，定二移一，（醛基有4种位置）、（醛基有4种位置）、（醛基有2种位置），共有13种。