陕西省渭南市高三下学期第二次教学质量检测(二模)理综化学试题

PAGE1．化学与科学技术、社会发展密切相关。下列有关说法中正确的是A．古代染坊常用某种“碱剂”来促进丝绸表层的丝胶蛋白杂质水解而除去，该“碱剂”的主要成分是一种盐。这种“碱剂”可能是草木灰B．生活中常用的塑料制品、橡胶制品为高分子材料，钢化玻璃、有机玻璃是硅酸盐材料C．铝及其合金是电气、工业、家庭广泛使用的材料，是因为铝的冶炼方法比较简单D．聚乙炔经处理后可形成一种导电塑料，该塑料是一种纯净物，有固定的熔点、沸点【答案】A甲酯，是由甲基丙烯酸甲酯聚合得到的高分子化合物，是一种开发较早的重要热塑性塑料，不属于硅酸盐材料，B错误。C、铝及其合金得到广泛应用主要是由于这些材料良好的抗腐蚀能力，C错误。D、聚乙炔塑料中存在聚合度不同的高分子链，所以不属于纯净物，也没有固定的熔点和沸点，D错误。正确答案A。【点睛】任何一种高分子化合物中都存在聚合度不同的多种高分子链，虽然化学式写出来只有一种，但是由于聚合度的差异，实际存在多个高分子链，所以高分子化合物都是混合物。2．设NA表示阿伏加徳罗常数的值。下列说法中不正确的是A．0.1mol-NH2(氨基)中所含有的电子数为0.9NAB．lmolD218O所含的中子数为12NAC．14g聚乙烯与聚丙烯的混合物中含H原子的数目为2NAD．—定条件下，0.2molSO2与足量O2充分反应，生成的SO3分子数为0.2NA【答案】D【解析】A、每个氨基含有9个电子，所以0.1mol氨基中含有0.9mol电子，即电子数为0.9NA，A描述正确。B、每个D218O分子所含中子数为1×2+10=12，因此1molD218O含有的中子数为12mol，即12NA，B描述正确。C、聚乙烯结构简式，聚丙烯结构简式，二者C、H原子数之比都是1:2，所以无论按何种比例混合，得到的混合物中n(C):n(H)=1:2，既可以用CnH2n表示该混合物原子组成关系，所以14g混合物中H原子数为QUOTE，即2NA，C描述正确。D、如果0.2molSO2与足量O2完全反应，则生成0.2molSO3，由于该反应是可逆反应，所以0.2molSO2不可能完全反应，生成的SO3也就达不到0.2mol，D描述错误。正确答案D。【点睛】某某基团是指对应的分子失去H原子后留下的部分，由于失去的是电中性的H原子，所以该基团也是电中性的，因此基团与对应的离子有本质的区别。如—NH2与NH2-，前者是电中性的，后者带一个单位负电荷；前者电子数为9，后者电子数为10；前者由于存在一个未成对电子，所以稳定性极差，后者没有未成对电子，但是带负电荷，因此稳定性也比较差，容易结合阳离子形成化合物。3．下列说法中正确的是A．丙烯所有原子均在同一平面上B．利用粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程C．乙烯和苯加入溴水中，都能观察到褪色现象，原因是都发生了加成反应D．分子式为C8H10的某芳香烃的一氯代物可能只有一种【答案】B4．下列说法或实验操作不正确的是A．配制10%的ZnSO4溶液，将l0gZnSO4溶解于90g水中B．用四氯化碳萃取碘水中的碘时，将碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口放出C．NaCl溶液蒸发结晶时，蒸发血中有晶体析出并剩余少量液体时即停止加热D．检验蔗糖水解产物具有还原性时，先向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热【答案】D【解析】A、10gZnSO4溶解在90g水中，所得溶液质量分数为QUOTE，符合要求，因此A描述正确。B、CCl4不溶于水，可以用作萃取碘水中碘的萃取剂，由于CCl4密度比水大，静置后萃取了I2的CCl4溶液位于分液漏斗下层，所以先从下口放出，之后上层水溶液从上口倒出，B描述正确。C、蒸发结晶时不可以将溶液蒸干，加热至有晶体析出就要停止加热，此时仍然存在的少量水是利用余热蒸干，C描述正确。D、水浴加热后的水解液呈酸性，此时直接加入新制的银氨溶液会与硫酸反应，导致实验失败，正确的方案是取出少量水解液，先加碱中和至中性或弱碱性，再加新制的银氨溶液，水浴加热，D描述错误。正确答案D。【点睛】①由于质量具有加和性，所以配制一定质量分数的溶液可以直接计算得到所需物质质量，再进行混合即可。配制一定物质的量浓度的溶液时，由于体积没有加和性，所以通过计算得到所需物质体积，再进行混合，实际所得到的体积不是二者体积和，所以配制的结果也就是错误的，因此必须使用一定规格的容量瓶准确配制出所需的体积。5．Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。X的焰色反应呈黄色。Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍。W、Z元素的原子最外层电子数相同，Z元素的原子的核电荷数是W的2倍。元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一。下列说法正确的是A．X、Y的最高价氧化物的水化物之间不能发生反应B．W、X两种元素形成的简单离子的半径大小顺序：X>WC．元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物D．Z元素的氢化物稳定性大于W元素的氢化物稳定性【答案】C属材料之一的是Al，即Y为Al。A、X、Y的最高价氧化物的水化物分别是NaOH、Al(OH)3，他们之间能够反应生成NaAlO2和H2O，A错误。B、W、X的简单离子为O2-和Na+，二者电子排布相同，电子层相同，核电荷数大的Na元素对应的Na+半径更小，即X<W，B错误。C、QZ2为CS2，属于非金属间形成的共价化合物，C正确。D、Z是S，W是O，O元素的非金属性比S强，所以H2O比H2S稳定，D错误。正确答案C。【点睛】简单粒子半径比较方法：①电子层数不同时，电子层数越多，一般半径越大；②电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；③同种元素，阳离子半径<原子半径，阴离子半径>原子半径。6．下列说法中不正确的是A．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则b<a-1B．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液中c(Na+)：③<②<①C．某温度Ksp(Ag2S)=6×10-50，Ksp(AgCl)=2×10-6，则2AgCl(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2Cl-(aq)的平衡常数约为6.7×1037D．一定浓度的NaHS溶液中：c(Na+)+c(OH-)==c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)【答案】A【解析】A、pH=a的氨水溶液，c(OH-)=10-（14-a）mol/L，还含有没有电离的NH3·H2O，稀释10倍后，原有的OH-浓度变为c(OH-)2=10-（14-a）-1mol/L，同时稀释将导致氨水电离程度增大，原有的NH3·H2O部分电离，所以溶液中OH-浓度大于10-（14-a）-1mol/L，c(H+)<QUOTE，pH=b>-lg101-a=a-1，A描述错误。B、由于酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO，所以浓度相同的CH3COONa、NaHCO3、NaClO溶液，NaClO溶液水解程度最大，碱性最强pH最大，NaHCO3次之，CH3COONa水解程度最小，碱性最弱pH最小，那么要使三种溶液pH相同，以CH3COONa为基准，NaHCO3需要加入一定量的水进行稀释，NaClO需要加入更多的水进行稀释，即pH相等时三种溶液浓度③<②<①，所以此时Na+③<②<①，B描述正确。C、QUOTE，C描述正确。D、对于NaHS溶液，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，根据Na与S元素原子数的等量关系，c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)，以第二个式子的c(S2-)=c(Na+)-c(H2S)-c(HS-)带入第一个式子，化简得到c(Na+)+c(OH-)==c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，D描述正确。正确答案A。【点睛】①弱酸、弱碱溶液中H+、OH-的变化分析，将弱酸、弱碱溶液拆分成已经电离得到的离子和没有电离剩余的分子，将会使问题变得更加简单。②溶液中离子浓度等量关系，一般通过电荷守恒、质量守恒进行，出现与上述所列粒子不符合的式子，观察可以找到判断选项中没有列出的粒子，通过两个守恒的换算即可判断。7．某地海水中主要离子的含量如下表：成分Na+K+Ca2+Mg2+Cl-SO42-HCO3-含最/mg·L-19360832001100160001200118利用电渗析法技术可将海水淡化，其原理如下图所示。其中阴(阳)离子交换膜只允许阴(阳)离子通过。下列说法中不正确的是A．电解一段时阳后阴极区会发生反应：Ca2++OH-+HCO3-==CaCO3↓+H2OB．阳极的电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+C．电解时b室中阴离子移向a室，阳离子移向c室D．淡水的出口为b出口【答案】B电解时，图中b室的阴离子只能通过左侧阴离子交换膜进入a室，b室的阳离子只能通过右侧阳离子交换膜进入c室，C描述正确。D、当b室中的阴、阳离子分别进入a、c室后，从b室导出的水中不再含有上述离子，从而使海水得到淡化，D描述正确。正确答案B。8．一氯甲烷(CH3Cl)一种重要的化工原料，常温下它是无色有毒气体，微溶于水，易溶于乙醇、CCl4等有机浓剂。（1）甲组同学在实验室用下图所示装置模拟催化法制备和收集一氯甲烷。①装置A中仪器a的名称为__________，a瓶中发生反应的化学方程式为_________________。②实验室干燥ZnCl2晶体制备无水ZnCl2的方法是__________________________。③装置B的主要作用是________________________。④若将收集到的CH3Cl气体在足量的氧气中充分燃烧，产物用过量的V1mL、c1mol·L-1NaOH溶液充分吸收。现以甲基橙作指示剂，用c2mol·L-1盐酸标准溶液对吸收液进行返滴定，最终消耗V2mL盐酸。则所收集CH3C1的物质的量为________mol。(已知：2CH3Cl+3O22CO2+2H2O+2HCl)（2）为探究CH3Cl与CH4分子稳定性的差别，乙组同学设计实验验证CH3C1能被酸性KMnO4溶液氧化。①将甲组装置制备的CH3Cl气体通过盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶，如果观察到溶液中__________，则说明CH3Cl比CH4分子稳定性弱。②实验过程中还产生了一种黄绿色气体和一种无色气体，该反应的离子方程式为________________。（3）丙组同学选用甲组A、B装置和下图所示的部分装置检验CH3Cl中的氯元素。①丙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、_________。②D中分液漏斗中盛放的试剂是硝酸酸化的硝酸银溶液。通入一段时间的CH3Cl气体后，打开分液漏斗的活塞，观察实验现象，能证明CH3Cl中含有氯元素的实验现象是______________________。【答案】（1）．圆底烧瓶（2）．CH3OH+HCl(浓)QUOTECH3Cl+H2O（3）．在HC1气流中小心加热（4）．除去HC1、CH3OH气体（5）．(c1V1-c2V2)×10-3（6）．紫色褪去（7）．l0CH3Cl+14MnO4-+42H+→10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O（8）．F、D、G(9)．F中无白色沉淀生成，D中有白色沉淀生成解析：（1）①甲醇与浓盐酸可以发生取代反应生成一氯甲烷，反应原理为CH3OH＋HClCH3Cl+H2O。正确答案：圆底烧瓶、CH3OH＋HClCH3Cl+H2O。②用干燥ZnCl2晶体制备无水ZnCl2过程中，主要防止在加热除去结晶水同时ZnCl2会发生水解反应，可以不断通入干燥的HCl抑制ZnCl2的水解并带出水蒸气。正确答案：在HC1气流中小心加热。③从A装置中导出的气体中含有CH3Cl、CH3OH、HCl、H2O，B装置盛放的水可以溶解除去CH3OH、HCl及大部分水蒸气。正确答案：除去CH3OH、HCl。④设收集到的CH3Cl为xmol，反应生成CO2xmol，HClxmol，NaOH吸收过程中消耗NaOH2x+x=3xmol，剩余NaOH10-3×c1v1-3xmol。用甲基橙作指示剂滴定时，反应生成的Na2CO3生成CO2，则10-3×c1v1-3xmol+2x=10-3×c2v2，x=10-3×(c1v1-c2v2)。正确答案：10-3×(c1v1-c2v2)。（2）①如果CH3Cl分子比CH4更加活泼，则CH3Cl能够被酸性KMnO4溶液氧化，酸性KMnO4溶液被还原而褪色。正确答案：紫色褪去。②生成的黄绿色气体是Cl2，同时C被氧化生成CO2，即反应基础理解为CH3Cl+KMnO4→Cl2↑+CO2↑+MnSO4，配平得l0CH3Cl+14MnO4-+42H+→10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O。正确答案：l0CH3Cl+14MnO4-+42H+→10CO2+5Cl2+14Mn2++36H2O。（3）由于A中导出的气体含有CH3Cl、HCl等物质，通过B除去HCl后还需要证明HCl已经完全除尽，所以先通过F装置检验不存在HCl气体。CH3Cl中的Cl元素无法直接检验，所以需要通过卤代烃的水解反应或消去反应首先转变成Cl-，然后加硝酸酸化后用AgNO3检验Cl-。最后气体中没有反应的CH3Cl通过G中的CCl4吸收，防止污染空气。当F溶液中没有白色沉淀，且D最终有白色沉淀时可以证明卤代烃中含有Cl元素。正确答案：FDG、F中无白色沉淀生成，D中有白色沉淀生成。【点睛】氧化还原反应的配平，首先配平氧化还原反应过程中的得失电子，以本题为例，CH3Cl+KMnO4→Cl2↑+CO2↑+MnSO4，CH3Cl中C元素升高6价，氯元素升高1价，CH3Cl中被氧化的元素总计升高7价，KMnO4中Mn元素降低5价，考虑到氯气是双原子分子，部分配平后为10CH3Cl+14MnO4-→7Cl2↑+10CO2↑+14Mn2+，再配平离子电荷，由于使用的是酸性KMnO4溶液，得10CH3Cl+14MnO4-+42H+→7Cl2↑+10CO2↑+14Mn2+，最后由质量守恒得到l0CH3Cl+14MnO4-+42H+→10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O9．近年来雾霾天气多次肆虐我国中东部地区，其中汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一。有效控制空气中氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物显得尤为重要。（1）在汽车排气管内安装催化转化器，可将汽车尾气中主要污染物转化为无毒的大气循环物质。主要原理为：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。①该反应的平衡常数表达式为______________。②在密闭容器中发生该反应时，c(CO2)随温度(T)和时间(t)的变化曲线如下图1所示。据此判断该反应的△H_______0(填“>”或“<”)，在T1温度下，0〜2s内N2的平均反应速率v(N2)=________。③将0.2molNO和0.1molCO充入一个容积为1L的密闭容器中，反应过程中物质浓度变化如上图2所示。第12min时改变的反应条件可能为______________。A．升高温度B．加入NOC．加催化剂D．降低温度（2）工业上常采用“低温臭氧氧化脱硫脱硝”技术来同时吸收氮的氧化物(NOx)）和SO2气体，在此过程中还获得了(NH4)2SO4的稀溶液。①在(NH4)2SO4溶液中，水的电离程度受到了_______(填“促进”、“抑制”或“没有影响)”②若往(NH4)2SO4溶液中加入少量稀盐酸，则QUOTE值将_________(填“变大”、“变小”或“不变”)。（3）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题。①煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可消除氮氧化物的污染。已知：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867.0kJ·mol-12NO2(g)N2O4(g)△H=-56.9kJ·mol-1则CH4催化还原N2O4(g)生成N2和H2O(g)的热化学方程式为__________________。（2）将燃煤产生的二氧化碳回收利用，可达到低碳排放的目的。下图是通过人工光合作用，以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理示意图。电极b作______极，表面发生的电极反应式为________________。【答案】（1）．K=（2）．<（3）．0.05mol·L-1·s-1（4）．D（5）．促进（6）．变大（7）．CH4(g)+N2O4(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-810.1kJ·mol-1（8）．正(9)．CO2+2e-+2H+=HCOOH解析：（1）①平衡常数是一定条件下，产物浓度的系数次方除以反应物浓度系数次方。正确答案：K=QUOTE。②从图像可以看出，T1温度反应先达到平衡状态，所以温度T1>T2，以T2为参照，温度更高（T1）时CO2的浓度较低，即升高温度，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，△H<0。0~2s内，反应生成的CO2浓度为0.2mol/L，所以v(N2)=v(CO2)/2=0.2mol/L÷2s÷2=0.05mol/（L·s）。正确答案：<、0.05mol/（L·s）。③第12s时，从图中可以读出瞬时各物质浓度都没有变化，随后NO、CO浓度减小，N2浓度增大，说明平衡正向移动。前面已经推出该反应为放热反应，所以升高温度平衡逆向移动，所以A错误；加入NO会导致第12s时NO浓度增大，所以B错误；催化剂不影响化学平衡，所以C错误；降低温度时，12s瞬时各物质浓度不变，平衡正向移动，这些都符合图像变化趋势，D正确。正确答案：D。（2）①(NH4)2SO4溶液中NH4+水解能够促进水的电离，正确答案：促进。②加入的HCl会抑制NH4+水解，使得溶液中NH4+浓度增大，所以QUOTE值增大。正确答案：变大。（3）①将反应Ⅰ减去反应Ⅱ得CH4(g)+N2O4(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，反应的焓变△H=-867.0kJ·mol-1-（-56.9）kJ·mol-1=-810.1kJ·mol-1。正确答案：CH4(g)+N2O4(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-810.1kJ·mol-1。②从图示可以看出，原图左侧H2O转变成O2，O元素被氧化，电极a为负极，反应原理为2H2O-4e-=4H++O2↑，H+通过质子交换膜进入右侧发生反应，右侧通入的CO2转变成HCOOH，C元素被还原，电极b为正极，反应原理为CO2+2e-+2H+=HCOOH。正确答案：正、CO2+2e-+2H+=HCOOH。【点睛】①化学平衡图像中，先达到平衡的体系必有一个条件使得化学反应速率较大。如本题中图1，图像T1温度较高。②电解池或原电池图像分析时，留意图像中箭头表达的反应物及生成物，由此可以读出反应的氧化还原关系，并进一步得到电极属性。10．工农业废水以及生活污水的大量排放造成水体污染。工业上处理水体中NO3-的一种方法是零价铁化学还原法。某化学小组用废铁屑和硝酸盐溶液模拟此过程，实验如下：（1）先用稀硫酸洗去废铁屑表面的铁诱，然后用蒸馏水将铁屑洗净。①除锈反应的离子方程式是_______________________。②判断铁屑洗净的方法是______________________。⑵将KNO3溶液的pH调至2.5。①从氧化还原的角度分析调制溶液pH的原因是________________。②研究发现，若pH偏低将会导致NO3-的去除率下降，其原因是________________。（3）将上述处理过的足量铁屑投入⑵的溶液中。下图表示该反应过程中，体系内相关离子浓度、pH随时间变化关系。t1时刻前该反应的离子方程式是______________。（4）工业上可用纳米铁粉处理地下水中的污染物。一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH4-(B元素的化合价为+3)与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)4-，其离子方程式为_____________。（5）铁炭混合物(铁屑和活性炭的混合物)也可用于处理水中污染物。在相同条件下，测量总质量相同、铁的质量分数不同的铁炭混合物对水中Cu2+和Pb2+的去除率，结果如下图所示：①当铁炭混合物中铁的质量分数为0时，也能去除少量的Cu2+和Pb2+，其原因是____________。②当铁炭混合物中铁的质量分数大于50%时，随着铁的质量分数的增加，Cu2+和Pb2+的去除率不升反降，其主要原因是___________。【答案】（1）．Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O（2）．测最后一次洗涤液的PH，若为7，则说明铁屑已洗净（3）．NO3-在酸性条件下氧化性强，易被铁屑还原（4）．铁屑与H+反应生成H2（5）．4Fe+NO3-+l0H+=4Fe2++NH4++3H2O（6）．2Fe2++BH4-+4OH-=2Fe+B(OH)4-+2H2↑（7）．活性炭对Cu2+和Pb2+有吸附作用（8）．铁的质量分数增加，铁炭混合物中微电池数目减少解析：（1）①除锈是利用铁锈与稀硫酸反应将Fe2O3转变成Fe2(SO4)3除去。正确答案：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。②除去铁锈后用蒸馏水洗涤是为了洗去残留在铁表面的H2SO4和Fe2(SO4)3，所以洗净后的铁表面应当没有H2SO4和Fe2(SO4)3，只要检验没有Fe3+、H+或SO42-中的任何一种，就可以说明铁屑已经洗净。正确答案：测最后一次洗涤滤液的PH，若为7，则说明铁屑已洗净（或取最后一次洗涤滤液加入BaCl2、稀盐酸，如果没有白色沉淀产生，说明铁屑已洗净）。（2）①KNO3溶液中增加H+浓度，可以增加NO3-的氧化性，使得铁与NO3-的反应能够更快进行。正确答案：NO3-在酸性条件下氧化性强，易被铁屑还原。②当H+浓度更大时，Fe与H+的置换会更快进行，从而导致与NO3-反应的Fe减少，NO3-的去除率下降。正确答案：铁屑与H+反应生成H2。（3）从图像可以看出，t1之前溶液中NO3-、H+因为参加反应浓度下降，反应生成Fe2+、NH4+导致这两种离子浓度增大，Fe2+来源于单质Fe，Fe也是反应物，则反应基本物质关系为Fe+NO3-+H+→4Fe2++NH4+，配平后得到4Fe+NO3-+l0H+=4Fe2++NH4++3H2O。正确答案：4Fe+NO3-+l0H+=4Fe2++NH4++3H2O。（4）反应基本物质关系为Fe2++BH4-→Fe+B(OH)4-+H2↑，考虑到溶液呈碱性，配平得到2Fe2++BH4-+4OH-=2Fe+B(OH)4-+2H2↑。正确答案：2Fe2++BH4-+4OH-=2Fe+B(OH)4-+2H2↑。（5）①由于使用的是活性炭，活性炭有很强的吸附性，能够吸附水中的Cu2+、Pb2+离子使污水得到净化。正确答案：活性炭对Cu2+和Pb2+有吸附作用。②铁炭混合物中的Fe可以与Cu2+、Pb2+发生置换反应，炭的存在则可以在含Cu2+、Pb2+的污水中形成原电池，使得置换反应速率加快，而铁的质量分数增大时，炭的质量分数必然减小，则形成的微小原电池数目减少，反应速率随之减低，Cu2+、Pb2+去除率也就下降。正确答案：铁的质量分数增加，铁炭混合物中微电池数目减少。【点睛】①读图时要看清图像的坐标系，曲线的变化趋势，并在解题时加以应用。②检验实验设计需要先分析实验过程中的物质关系，明确试题中需要检验的具体物质，然后再进行实验设计。11．氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是ⅤA族的元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：（1）化合物N2H4的电子式为___________________。（2）As原子的核外电子排布式为_______________________。（3）P和S是同一周期的两种元素，P的第一电离能比S大，原因是_______________。（4）NH4+中H-N-H的健角比NH3中H-N-H的键角大，原因是_________________。（5）Na3AsO4中含有的化学键类型包括________；AsO43-空间构型为________，As4O6的分子结构如图所示，则在该化合物中As的杂化方式是________________。（6）白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图(小圆圈表示白磷分子)。己知晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NAmol-1，则该晶胞中含有的P原子的个数为_________，该晶体的密度为_______g·cm-3(用含NA、a的式子表示)。【答案】（1）．（2）．ls22s22p63s23p63d104s24p3或3d104s24p3（3）．P的p亚层是半充满状态，比较稳定，所以笫一电离能比硫的大（4）．NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H-N-H的键角比NH3中大（5）．离子键、共价键（6）．正四面体（7）．SP3（8）．16(9)．496/(a3NA)解析：（1）N2H4分子中存在N—N键，每个N原子还连接2个H原子。正确答案：。（2）As为33号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3。正确答案：ls22s22p63s23p63d104s24p3或3d104s24p3。（3）P的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，S的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，P元素的3p轨道处于半充满状态，比相邻的Si、S更难失去电子，所以P的第一电离能更大。正确答案：P的p亚层是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫的大。（4）NH4+、NH3中N原子都是采用sp3杂化，但是NH3分子中存在一对孤对电子，由于孤对电子对成对电子的斥力更大，所以NH3分子中H—N—H键角更小。正确答案：NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H-N-H的键角比NH3中大。（5）Na3AsO4中，Na+与AsO43-之间形成离子键，AsO43-中，As与O之间形成共价键。AsO43-的As采用sp3杂化，空间构型为正四面体。从As4O6的结构可以看出，As的成键对为3，孤对数目为（5-3）/2=1，所以As的杂化方式仍然是sp3。正确答案：离子键共价键、正四面体、SP3。（6）晶胞中含有P4分子数8×1/8+6×1/2=4，P原子数目为16。晶胞体积a3cm3，所含粒子质量16×31/NAg，所以晶体密度为16×31/NAg÷a3cm3=496/(a3NA)g/cm3。正确答案：16、496/(a3NA)。【点睛】①同一周期从左到右，各元素第一电离能总体呈增大趋势，但是ns轨道全满、np轨道全满、半满状态时，该元素的电离能大于相邻的粒子。②晶胞在晶体中的各个方向上都可以重复排列，所以晶胞表面的原子都是与相邻的晶胞共用的，晶胞中原子数研究中，表面的原子只占到其中的几分之一，晶胞内部的原子则完全属于该晶胞。具体，常见的立方体的晶胞，顶点的原子晶胞占1/8，棱边上的原子晶胞占1/4，面上的原子晶胞占1/2。12．已知烯烃经臭氧氧化并经锌和水处理后可得到醛或酮。例如上述反应可用来推断烯烃的结构。某单烯烃A可发生如下图示的转化，回答下列问题：（1）B的分子式为________________。D中含有官能团的名称_____________。

（2）C→F

中步骤①的方程式是___________________________。该反应的反应类型为______________。（3）B不能发生银镜反应，D在浓硫酸存在下加热可得到能使溴水褪色且只有一种结构的物质E(不考虑立体异构)，则A的系统命名法名称为______________________。（4）G的同分异构体有多种结构，其中在酸性条件下水解能得到相对分子质量为74的有机物的结构共有____种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为3组峰，且面积比为9：6：1的是_____(写结构简式)。（5）已知：写出由C制备2-丙醇的合成路线__________________________。【答案】（1）．C5H10O（2）．羟基（3）．CH3CH2CHO+2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O（4）．氧化反应（5）．3-乙基-3-己烯（6）．16（7）．(CH3)2CHCOO