重庆市第一中学2020届高三化学上学期期中试题（含解析）

1、 可修改重庆市第一中学2020届高三化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-l N-14 O-46 F-19 Si-28 P-31 K-39 Ca-40 Pr-141一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学在生活中有着重要的应用。下列叙述错误的是（ ）A. 燃煤中加入生石灰可以减少酸雨的形成B. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维C. 花生油中的主要成分属于酯类，是天然高分子化合物D. 碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料【答案】C【解析】【详解】A在煤中加入CaO，可生成硫酸钙，减少二氧化硫的排放，从而减少

2、酸雨的形成，故A正确；B制作光导纤维的材料为高纯度SiO2，故B正确；C花生油中的主要成分高级脂肪酸甘油脂，属于酯类，但不是天然高分子化合物，故C错误；D碳纳米管表面积大，据此较大的吸附，所以可以用作新型储氢材料，故D正确；故答案为C。2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 60g二氧化硅晶体中含有2NA个硅氧键B. 18g氨基（ND2）中含有的电子数为9NAC. 80 C时，lLpH =1的硫酸溶液中，含有的OH数目为1013NAD. 氯碱工业中，导线上流过NA个电子，则阳极放出氯气11.2 L.【答案】B【解析】【详解】A二氧化硅晶体中，每个Si原子与氧原子形成了4个

3、硅氧键，60g二氧化硅的物质的量为=1mol，则1mol二氧化硅中含有1molSi，形成的共价键的物质的量为4mol，含有4NA个硅氧键，故A错误；B每个氨基(ND2)中含有9个电子，18g氨基的物质的量为=1mol，含有的电子数为9NA，故B正确；C80时水的离子积Kw大于10-14，故pH=1的硫酸溶液中，氢氧根的浓度大于10-13mol/L，故溶液中氢氧根的个数大于10-13NA个，故C错误；D氯碱工业中，导线上流过NA个电子，则阳极放出氯气的物质的量为0.5mol，没有指明气体的状态，体积不一定是11.2 L，故D错误；故答案为B。【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：物质的状态

4、是否为气体；对于气体注意条件是否为标况；注意溶液的体积和浓度是否已知；注意同位素原子的差异；注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。3.频哪醇重排反应是有机反应中的一类重要反应。反应过程如下，有关说法正确的是（ ）A. a、b互为同分异构体B. a物质中所有碳原子可能共平面C. c的一氯代物数目最多有5种D. a物质可以发生氧化反应、取代反应、加成反应【答案】

5、D【解析】【详解】Aa、b的分子式不同，不可能是同分异构体，故A错误；Ba分子结构中，这两个碳原子为sp3杂化，具有类似甲烷的立体结构，则结构中所有碳原子不可能共平面，故B错误；Cc结构中两个苯环不对称，两个甲基为对称位置，共有7种等效氢原子，则一氯代物数目最多有7种，故C错误；Da分子结构中含有苯环，可以发生取代反应、加成反应，a可以燃烧，发生氧化反应，故D正确；故答案为D。【点睛】根据分子中等效H原子判断，分子中由几种H原子，其一氯代物就有几种异构体。对于等效氢的判断：分子中同一甲基上连接的氢原子等效；同一碳原子所连甲基上的氢原子等效；处于镜面对称位置上的氢原子等效。4.八种短周期元素原子

6、半径的相对大小、最高正价或最低负价如图所示，下列说法错误的是（）A. 常见的离子半径：ghdeB. 氢化物的沸点y 一定低于zC. 由d、e、g三种元素组成的盐和稀硫酸反应可能生成沉淀D. e、f、h的最高价氧化物的水化物之间可两两反应【答案】B【解析】【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，x位于第一周期，为H元素；y、z、d位于第二周期，y是C元素，z是N元素，d是O元素；e、f、g、h位于第三周期，是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此结合元素周期律知识解答。【详解】根据分析可知：x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是

7、S元素，h是Cl元素；A电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：ghde，故A正确；BNH3分子间形成氢键，其沸点比CH4高，但C的氢化物有很多种，且多碳的烃常温下可能为液态或固态，则C的氢化物沸点不一定就比N的氢化物低，故B错误；CO、Na、S形成的硫代硫酸钠与稀硫酸反应可以生成S沉淀，故C正确；D氢氧化铝具有两性，能够与NaOH、高氯酸反应，故D正确；故答案为B。5.用下列实验装置进行相应的实验，操作正确且能达到实验目的是（ ）A. 进行喷泉实验B. 加热熔融NaOH固体C. 验证镁片与盐酸放热反应D. 测定过氧化钠纯度【答案】C【解析】【详解】A氯气在

8、饱和食盐水中的溶解度比较小，不能形成气压差，不能形成喷泉，故A错误；B瓷坩埚含有SiO2，氢氧化钠能与二氧化硅反应，不能用来加热熔融NaOH固体，应选择铁坩埚，故B错误；C镁与稀盐酸反应放热，升温氢氧化钙的溶解度变小，会析出沉淀，可验证，故C正确；D排水法收集气体应短进长出，无法将水排出，故D错误；故答案C。6.“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大 气相通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是（ ）A. 若用导线连

9、接a、c,则a为负极，该电极附近pH减小B. 若用导线连接a、c,则c电极的电极反应式为HxWO3 - xe- =WO3 + xH+C. 若用导线先连接a、c,再连接b、c,可实现太阳能向电能转化D. 若用导线连接b、c, b电极的电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O【答案】B【解析】【详解】A用导线连接a、c，a极发生氧化，为负极，发生的电极反应为2H2O-4e-=4H+O2，a电极周围H+浓度增大，溶液pH减小，故A正确；B用导线连接a、c，c极为正极，发生还原反应，电极反应为WO3 + xH+xe- = HxWO3，故B错误；C用导线先连接a、c，再连接b、c，由光电池转化为原电池，

10、实现太阳能向电能转化，故C正确； D用导线连接b、c，b电极为正极，电极表面是空气中氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，故D正确；故答案为B。7.常温下，向100mL0.lmol/LNH4Cl溶液中，逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液。NH4+和NH3H2O的变化趋势如图所示（不考虑生成NH3,已知NH3H2O的kb=1.810-5）,下列说法正确的是（ ）A. a=0.005B. 在M点时，n(H+)n（OH）=（0.005a）molC. 随着NaOH溶液的滴加，不断增大D. 当n(（NaOH）) =0.01 mol 时，c (（NH3H2O） c (Na+

11、） c （OH-)【答案】B【解析】【详解】A由图可知，M点含等量的氯化铵和NH3H2O，由NH3H2O NH4+ OH-，可知此时溶液中kb=1.810-5=，则c(OH-)= 1.810-5mol/L，溶液显碱性，即n(OH-)- n(H+)0，由溶液中存在的电荷守恒式为n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，n(Na+)= n(OH-)+n(Cl-)- n(NH4+)- n(H+)=0.005+ n(OH-)- n(H+)0.005，即a0.005，故A错误；BM点n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，n(H+)-n(OH-)

12、=n(Cl-)-0.005-n(Na+)=(0.005-a)mol，故B正确；C随着NaOH溶液的滴加，c(NH3H2O)减小，且=，可知比值不断减小，故C错误；D当n(NaOH)=0.01mol时，恰好反应生成等量的氯化钠和一水合氨，一水合氨电离，则c( Na+)c(NH3H2O)c(OH-)，故D错误；故答案为B。8.一氧化二氯（Cl2O）是一种常用的氯化剂。常温下，Cl2O是棕黄色、有刺激性气味的气体，熔 点为-120.6C,沸点为2.0C,易与水反应生成次氯酸。实验室欲用氯气通入含水8%的碳酸钠固体中 制备并收集少量纯净的Cl2O,请用下列装置设计实验并探究相关物质的性质。（1）装置E

13、中仪器X的名称为 _。（2）装置的连接顺序是A _（每个装置限用一次）。（3）装置F中盛装试剂的名称为_，装置E中无水氯化钙的作用是 _.。（4）装置B残留固体中除NaCl外还含有一种酸式盐M,写出装置B中发生反应的化学方程式 _。（5）证明残留固体中含有M的最简单的实验方案是: _。（6）测定残留固体中M的质量分数：取mg样品加适量蒸馏水使之溶解，加入几滴酚酞，用0.1 mol/L 的盐酸标准溶液滴定至溶液由红色变为无色，消耗盐酸V1mL；再向已变无色的溶液中加入几滴甲基橙，继续用该盐酸滴定至溶液由黄色变橙色，又消耗盐酸V2 mL.。实验时用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、_。求残留固

14、体中M的质量分数_（用含m、V1和的代数式表示）。若用甲基橙作指示剂滴定结束时，滴定管尖头有气泡，测定结果将_填“偏高、“偏低”或“不变”）。【答案】 (1). （球形）干燥管 (2). F、B、C、D、E (3). 饱和食盐水 (4). 防止E中的水进入D中发生反应 (5). 2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl (6). 取少量样品于试管中，加热，将分解产生的气体通入澄清石灰水，如果变浑浊，就说明有M (7). 锥形瓶、酸式滴定管 (8). 100% (9). 偏低【解析】【分析】制取氧化二氯(C12O)的流程为：利用A装置通过反应MnO2+4H+2Cl-

15、Mn2+Cl2+2H2O制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl，为防止干扰Cl2O的制取，需要先用装置F除去HCl杂质，再利用装置B发生反应2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O制取Cl2O，由于Cl2O易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集前要通过C装置干燥，再利用装置D收集Cl2O，并验证其沸点低、易液化的特点，同时由于氯气、Cl2O都是大气污染物，最后要用E装置进行尾气处理，据此解答。【详解】(1)根据装置图可知，装置E中仪器X的名称为球形干燥管；(2)利用A装置制取氯气，由于浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl，为防止干扰Cl2O

16、的制取，需要先用装置F除去HCl杂质，再利用装置B发生反应2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O制取Cl2O，由于Cl2O易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集前要通过C装置干燥，再利用装置D收集Cl2O，并验证其沸点低、易液化的特点，同时由于氯气、Cl2O都是大气污染物，最后要用E装置进行尾气处理，则按气体从左至右流动装置连接顺序是AFBCDE；(3)装置F是除去Cl2中的杂质HCl气体的，为减少Cl2的溶解消耗，要通过盛有饱和食盐水的溶液来除去HCl杂质，故装置F中盛装试剂的名称为饱和食盐水；装置E中无水氯化钙的作用是防止E中的水进入D中发生反应；(4)装

17、置B残留固体中除NaCl外还含有一种酸式盐M，此酸式盐应为NaHCO3，则装置B中发生反应的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；(5)NaHCO3不稳定，受热易分解生成CO2气体，则证明残留固体中含有NaHCO3的最简单的实验方案是取少量样品于试管中，加热，将分解产生的气体通入澄清石灰水，如果变浑浊，就说明有NaHCO3；(6)固体溶解时需要烧杯和玻璃棒，滴加指示剂时需要胶头滴管，滴定操作时需要酸式滴定管和锥形瓶，则实验时用到的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还需要锥形瓶、酸式滴定管；加入几滴酚酞，用0.1 mol/L 的盐酸标准溶液滴定至溶

18、液由红色变为无色，此时发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；再向已变无色的溶液中加入几滴甲基橙，继续用该盐酸滴定至溶液由黄色变橙色，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；且原溶液中的Na2CO3在滴定时二步操作消耗的盐酸体积相等，则NaHCO3消耗的盐酸体积为(V2- V1 )mL，其物质的量为0.1 mol/L(V2- V1 )10-3L=(V2- V1 )10-4mol，则残留固体中NaHCO3的质量分数为100%；若用甲基橙作指示剂滴定结束时，滴定管尖头有气泡，则读数偏小，即消耗有盐酸体积偏小，导致测定结果将偏低。9.磷酸二氢钾(KH2PO4)是

19、一种重要的化工产品，工业上常用作缓冲剂和培养剂，农业上常用作 复合肥料。以氟磷灰石主要成分为Ca5F(PO4)3,还含有少量的Fe2O3、A12O3等杂质为原料制备KH2PO4 晶体的一种流程如下：回答下列问题：(1)“酸浸”过程中生成磷酸的化学方程式为_，若用盐酸代替硫酸，磷酸的产率会明显提高，原因是_，该过程所用的仪器不能釆用二氧化硅陶瓷材料，其主要原因是_(用化学方程式表示)。(2)己知物质A为CaCO3,其作用是调节溶液pH,则“废渣I”的主要成分为_。(3) “反应II ”的化学方程式为 _。(4)将获得的KH2PO4晶体进行进一步提纯的方法名称为_。(5)若用1000kg质量分数为

20、50.4%的氟磷灰石来制取磷酸二氢钾晶体，其产率为80%,则生产出的磷酸二氢钾晶体的质量为 _kg. 已知摩尔质量 M【Ca5F(PO4)3】=504g/mol,M(KH2PO4)=136 g/mol。【答案】 (1). Ca5F(PO4)3+5H2SO45CaSO4 +HF +3H3PO4 (2). 生成的硫酸钙会附着在磷灰石的表面，阻止反应进一步进行 (3). SiO2+4HFSiF4 +2H2O (4). Fe(OH)3、Al(OH)3 (5). K2SO4+Ca(H2PO4)22KH2PO4+CaSO4 (6). 重结晶 (7). 326.4【解析】【分析】氟磷灰石主要成分为Ca5F(

21、PO4)3，还含有少量的Fe2O3、A12O3等杂质，将氟磷灰石经粉碎后加入浓硫酸，可得到HF气体，过滤得到硫酸钙晶体，滤液中含有磷酸和硫酸铁、硫酸铝，滤液中加入碳酸钙，调节溶液pH，使溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而过滤除去，滤液II中加入K2SO4，进一步除去溶液中的Ca2+，过滤除去CaSO4，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶可得到KH2PO4，以此解答该题。【详解】(1)“酸浸”过程中浓硫酸溶解Ca5F(PO4)3，生成磷酸的同时有硫酸钙、HF，则发生反应的化学方程式为Ca5F(PO4)3+5H2SO45CaSO4 +HF +3H3PO4；因硫酸钙微溶于水，

22、附着在磷灰石的表面，阻止反应进一步进行，因此用盐酸代替硫酸，可明显提高磷酸的产率；该过程生成的HF能腐蚀玻璃，发生反应的化学方程式为SiO2+4HFSiF4 +2H2O，则所用的仪器不能釆用二氧化硅陶瓷材料；(2)物质A为CaCO3，其作用是调节溶液pH，促进溶液中Fe3+、Al3+完全水解转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，则过滤得到的“废渣I”的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；(3) “反应II”是滤液中加入K2SO4，和Ca(H2PO4)2发生复分解反应生成KH2PO4和CaSO4，发生反应的化学方程式为K2SO4+Ca(H2PO4)22KH2PO4+CaSO4；(4)将

23、溶液中获得的KH2PO4晶体进一步提纯，可根据溶解度随温度的变化不同，选择重结晶操作；(5)若用1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)来制取磷酸二氢钾晶体，其产率为80%，Ca5P3FO12反应的质量为1000kg50.4%80%=403.2kg，物质的量为=800mol，则理论上可生产KH2PO4的质量为800mol136g/mol3=326400g=326.4kg。10.世界能源消费依靠化学技术，作为燃料的H2通常来自水煤气。回答下列问题：(1)己知： C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)H=akJ/mol2C(s)+O2(g)=2CO(g) H

24、= -220 kJ/mol2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) H=+480 kJ/mol，则 a=_kJ/mol。(2)某实验小组在实验室模拟反应C(s) +H2O (g)CO (g) +H2 (g)能够说明该反应达到平衡状态的是_。a. v逆(H2O)=v正(CO) b.容器中物质的总质量不发生变化c. n (H2O)：n (H2)=1:1且不再改变 d.恒容容器中混合气体密度不变(3)一定温度下,在2L盛有足量炭粉的恒容密闭容器中通入0.8molH2O发生反应，6min时生成0.7 gH2则6 min内以CO表示的平均反应速率为 _mol/Lmin-1 (保留2位有效数字)。(4)燃

25、料气中CO需氧化为CO2与氢气进行分离，使用CuO/CeO2做催化剂，并向其中加入不同的酸(HIO3 或H3PO4)后，CO的转化率随温度的变化如图所示。加入H3PO4_(填“促进”或，抑制”)CuO/CeO2催化。CeO2可由草酸鋪Ce2(C2O4)3在空气中灼烧制备，同时只产生一种气体，写出该反应的化学方程式_。恒温恒压下，在温度为120C,催化剂为CuO/CeO2HIO3条件下反应，若起始时燃料气流速为1800mLmin-1,其中CO的体积分数为0.68%,则反应0.5h后剩余气体中CO的体积为_mL。(5)有人将合成氨反应设计成原电池，装置如图所示。正极反应式为 _。己知该原电池的标准

26、电动势，25C时反应的平衡常数K与之间的关系为（n为原电池反应转移的电子数），则合成氨反应（N2 +3H22NH3）的平衡常数K为 _（用含a的代数式表示，不需要化简）。【答案】 (1). +130 (2). acd (3). 0.029 (4). 抑制 (5). Ce2(C2O4)3+2O2 2CeO2+6CO2 (6). 73.44 (7). N2+6e-+6H+2NH3 (8). 【解析】【分析】(1)已知：2C(s)+O2(g)2CO(g) H=-220kJmol-1，2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) H=+480 kJ/mol，可利用盖斯定律，将得到C(s)+H2O(g)CO

27、(g)+H2(g)的反应热，以此解答该题；(2)根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；(3) 反应速率v=；(4)根据CO的转化率随温度的变化图分析；灼烧草酸铈Ce2(C2O4)3，分解制得CeO2、一氧化碳以及二氧化碳，配平方程式即可；温度为120，催化剂为CuO/CeO2-HIO3时，CO的转化率是80%，结合通入CO总体积计算；(5)原电池的正极发生还原反应，N2得电子还原生成NH3。己知N

28、2 +3H22NH3反应中转移电子数为6e-，原电池的标准电动势，再结合计算此反应的平衡常数K。【详解】(1)已知：2C(s)+O2(g)2CO(g) H=-220kJmol-1，2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) H=+480 kJ/mol，可利用盖斯定律，将得到C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，则H=akJ/mol=(-220kJmol-1)+(+480 kJ/mol)=+130 kJ/mol，即a=+130；(2)a.v逆(H2O)=v正(CO)，达到平衡状态，故a正确；b.容器中物质的总质量一直不发生变化，不能说明达平衡状态，故b错误；c.n (H2O)：n (H2)

29、=1:1且不再改变，说明n(H2O)和n(H2)的物质的量一定，此时反应达到平衡状态，故c正确；d.混合气体的体积不变，但混合气体的总质量不确定，当密度不变，则说明混合气体的总质量不再发生变化，说明达平衡状态，故d正确；故答案为acd；(3) 一定温度下，在2L盛有足量炭粉的恒容密闭容器中通入0.8molH2O，6min时生成0.7gH2，其物质的量为=0.35mol，由C(s) +H2O (g)CO (g) +H2 (g)反应可知生成CO的物质的量为0.35mol，则6min内以CO表示的平均反应速率=0.029mol/(Lmin)；(4)图示可知，相同温度下，在CuO/CeO2催化剂中加入

30、H3PO4时CO的转化率最低，说明加人H3PO4抑制CuO/CeO2的催化；灼烧草酸铈Ce2(C2O4)3，分解制得CeO2、一氧化碳以及二氧化碳，即Ce2(C2O4)32CeO2+4CO+2CO2；温度为120，催化剂为CuO/CeO2-HIO3时，CO的转化率是80%，若燃料气流速为1800mLmin-1，CO的体积分数为0.68%，则反应0.5小时后CO的体积为1800mLmin-10.5h60min/h0.68%(1-80%)=73.44ml；(5)原电池的正极发生还原反应，N2得电子还原生成NH3，则正极反应式为N2+6e-+6H+2NH3；己知N2 +3H22NH3反应中转移电子数

31、为6e-，原电池的标准电动势，再结合，则平衡常数K=。【点睛】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：各物质的浓度不变；各物质的百分含量不变；对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志；对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志；对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志；对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。11.镧系为元素周期表中第B族、原子序数为5771的元素。（1）镝Dy）的基

32、态原子电子排布式为Xe 4f106s2,画出镝（Dy）原子价层电子排布图：_.（2）高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+,基态时Cu3+的电子排布式为_。（3）观察下面四种镧系元素的电离能数据，判断最有可能显示+3价的元素是_填元素名称）。几种镧系元素的电离能（单位：kJmol-1）元素1234Yb （镱）604121744945014Lu （镥）532139041114987La （镧）538106718505419Ce （铈）527104719493547（4）元素铈（Ce）可以形成配合物（NH4)2Ce(NO3)6。组成配合物的四种元素，电负性由大到小的顺序为_（用元素符号表示）。画出

33、氨的最简单气态氢化物水溶液中存在的氢键：_（任写一种）。元素Al也有类似成键情况，气态氯化铝分子表示为（(AlCl3)2,分子中A1原子杂化方式为_，分子中所含化学键类型有 _（填字母）。a.离子键 b.极性键 c.非极性键 d.配位键（5）PrO2（二氧化镨）的晶体结构与CaF2相似，晶胞中错原子位于面心和顶点，则PrO2 （二氧化镨）的晶胞中有_个氧原子；已知晶胞参数为apm,密度为gcm-3，NA=_（用含a、的代数式表示）。【答案】 (1). (2). 1s22s22p63s23p63d8 (3). 镧 (4). ONHCe (5). N-HO(或N-HN或O-HN或O-HO) (6)

34、. sp3杂化 (7). bd (8). 8 (9). 【解析】【分析】(1)镝(Dy)的基态原子外围价电子排布式为4f106s2，结合泡利原理、洪特规则画出排布图；(2)Cu原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级2个电子形成Cu3+；(3)第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，与第四电离能相差越大，第三个电子越容易失去，+3价的可能性越大；(4)同周期主族元素自左而右电负性增大，N、O在它们的氢化物中均表现负化合价，数目它们的电负性均大于氢元素的，一般非金属性越强，电负性越大；NH3的水溶液中，NH3分子之间形成氢键，

35、水分子之间形成氢键，NH3与水分子之间形成2种氢键(N-HO或O-HN)；气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2，Al原子价电子数为3，与Cl原子已经全部成键，Al原子有1个空轨道，Cl原子有孤电子对，Al原子与Cl之间形成1个配位键，结构式为；(5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，根据均摊法计算晶胞中Pr原子数目，再根据化学式中原子数目之比计算晶胞中O原子数目；结合晶胞中原子数目用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，而晶胞质量也等于晶胞体积与密度乘积，联立计算。【详解】(1)镝(Dy)的基态原子外围电子排布式为4f106s2，由泡利原理、洪特规则，外

36、围价电子排布图为：；(2)Cu原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级2个电子形成Cu3+，基态时Cu3+的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8；(3)第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，第三个电子越容易失去，+3价的可能性越大，在上述表中La的I1+I2和I3最接近，I3与I4差距最大，故La元素最可能形成+3；(4)同周期主族元素自左而右电负性增大，N、O在它们的氢化物中均表现负化合价，数目它们的电负性均大于氢元素的，一般非金属性越强，电负性越大，电负性由大到小的顺序为：ONHCe；NH3的水溶液中，N

37、H3分子之间形成氢键(N-HN)，水分子之间形成氢键(O-HO)，NH3与水分子之间形成2种氢键(N-HO或O-HN)；气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2，Al原子价电子数为3，与Cl原子已经全部成键，Al原子有1个空轨道，Cl原子有孤电子对，Al原子与Cl之间形成1个配位键，结构式为，Al是原子采取sp3杂化，含有的化学键有极性键、配位键，没有离子键、非极性键；(5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，则晶胞中Pr原子数目=8+6=4，而Pr原子与O原子数目之比为1：2，则晶胞中O原子数目为42=8，晶胞质量=g=(a10-10 cm)3gcm

38、-3，整理得NA=。12.有机物I是一种医药合成中间体，实验室以芳香烃A为原料制备I的路线如下(部分反应条件已省略)：已知：RCH=CH2+HBrRCH2CH2Br。回答下列问题：(1)X的分子式为C8H8，且X与A互为同系物，则X的化学名称是 _。(2)B生成C的反应类型是_, B、C含有的相同的官能团名称是 _。(3)碳原子上连有4个不同原子或基团时，该碳原子为手性碳原子。写出D的结构简式，并用星号标出其中的手性碳原子_。(4)写出DE 的化学反应方程式：_。(5)G的结构简式是 _。(6)Y与C是同分异构体，Y中含苯环，且苯环上有2个取代基，Y能发生银镜反应，其核磁共振氢谱中有5组峰，且峰面积之比为6:2:2:1:1,则Y的结构简式为 _。(7)丙二酸(HOOCCH2COOH)主要用作医药合成中间体