吉林省2025届高三第二次模拟考试化学试题（含解析）

吉林省2025届高三化学其次次模拟考试试题（含解析）

留意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴

在答题卡上的指定位置。

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写

在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3.非选择题的作答：用签字笔干脆答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和

答题卡上的非答题区域均无效。

4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14016P31S32Cl35.5Fe56

第I卷（选择题，共126分）

一、选择题：本大题共7小题，每小题6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.关于新型冠状病毒，下来说法错误的是

A.该病毒主要通过飞沫和接触传播B.为削减传染性，出门应戴好口罩

C.该病毒属于双链的DNA病毒，不易变异D.该病毒可用“84消毒液”进行消毒

【答案】C

【解析】

【详解】A.通常病毒传播主要有三种方式：一是飞沫传播，二是接触传播，三是空气传播，

该病毒主要通过飞沫和接触传播，A正确；

B.飞沫传播就是通过咳嗽、打喷嚏、说话等产生的飞沫进入易感黏膜表面，为了削减传染性,

出门应戴好口罩，做好防护措施，B正确；

C.该冠状病毒由核酸和蛋白质构成，其核酸为正链单链RNA,C错误；

D.“84消毒液”的主要成分NaClO具有强的氧化性，能够使病毒的蛋白质氧化发生变性而失

去其生理活性，因此“84消毒液”具有杀菌消毒作用，D正确；

故合理选项是C。

2.试验室制备硝基苯的试验装置如图所示（夹持装置已略去）。下列说法不正确的是

a

b

60c水浴

/

浓硫酸、浓硝酸和苯的混合物

A.水浴加热的优点为使反应物受热匀称、简洁限制温度

B.浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯

逐滴滴入

C.仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率

D.反应完全后，可用仪器a、b蒸储得到产品

【答案】D

【解析】

【详解】A.水浴加热可保持温度恒定，即水浴加热的优点为使反应物受热匀称、简洁限制温

度，故A正确；

B.浓硫酸稀释放热，为了防止暴沸，则向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，为防止苯挥发，待冷却

后，将苯逐滴滴入，故B正确；

C.球形冷凝管可冷凝回流反应物，则仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，故C正

确；

D.反应完全后，混合体系分层，应分液分别出有机物，再蒸播分别出硝基苯，故D错误；

故选：Do

3.菇类化合物广泛存在于动植物体内，某菇类化合物如下图所示，下列说法正确的是

A.此菇类化合物的化学式为3此Q

B.该有机物属于芳香烧

C.分子中全部碳原子均处于同一平面上

D.在浓硫酸、加热条件下，可生成两种芳香烯燃

【答案】A

【解析】

【详解】A.由菇类化合物的结构简式可知分子式为3。也0,故A正确；

B.菇类化合物中含有氧元素，属于芳香化合物，不属于芳香烧，故B错误；

C.菇类化合物中含有4个饱和碳原子，全部碳原子不行能处于同一平面上，故C错误；

D.菇类化合物含有羟基，与羟基相连的碳原子上含有的两个甲基是等效的，在浓硫酸、加热

条件下，只能生成一种芳香烯烧，故D错误；

故选A

【点睛】推断分子中共线、共面原子数的技巧

1.任何两个干脆相连的原子在同始终线上。

2.任何满意焕煌结构的分子，其全部4个原子在同始终线上。

3.苯环对位上的2个碳原子及与之相连的2个氢原子共4个原子确定在一条直线上。

4.典型全部的原子确定共平面的有：CH2=CH2>CH=CH、苯；可能共平面的有：CH2=CH—CH=CH2,

CH-CH,-

5.只要出现CH<、一CL或一CX3等，即只要出现饱和碳原子，全部原子确定不能都在同一平面

上。

4.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。W、Z

最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单

质，则下列说法不正确的是

A.W、X、Y形成的简洁离子核外电子数相同

B.Y和Z形成的化合物可以通过复分解反应制得

C.Z和W可形成原子个数比为1：2和1：3的共价化合物

D.X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应

【答案】B

【解析】

【分析】

W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，则X为

Na；工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为Al,W、Z最外层电子数相同，

属于同主族元素，Z的核电荷数是W的2倍，符合条件的W、Z为0、So

【详解】A.W、X、Y形成的简洁离子分别是0,Na\Al",其核外电子数都为10,故A正

确；

B.Y和Z形成的化合物是Al2s3,硫化铝在水溶液能发生猛烈的双水解反应，所以不能通过复

分解反应制得，故B错误；

C.S、0可形成原子个数比为1：2和1：3的共价化合物SO2、S03,故C正确；

D.X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸，

氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠、硫酸都反应，所以它们之间能两两反应，故D正确;

故选：Bo

5.热催化合成氨面临的两难问题是：采纳高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH,产率

降低。我国科研人员研制了Ti-H-Fe双温区催化剂（Ti-H区域和Fe区域的温度差可超过

100℃）oTi-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用

*标注。下列说法正确的是

A.①为N三N的断裂过程

B.①③在高温区发生，②④⑤在低温区发生

C.④为N原子由Fe区域向Ti-H区域的传递过程

D.运用Ti-H-Fe双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应

【答案】C

【解析】

【详解】A.经验①过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，，①过程中氮氮三

键没有断裂，故A错误；

B.①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N?解离为N的过程，以上都须要

在高温时进行；为了增大平衡产率④⑤要在低温区进行，故B错误；

C.由题中图示可知，过程④完成了Ti-H-Fe-*N到TiTF*N-Fe两种过渡态的转化，N原子由

Fe区域向Ti-H区域传递，故C正确；

D.化学反应不会因加入催化剂而变更吸放热状况，故D错误；

故选：Co

6.pC类似pH,如图为CO2的水溶液中加入强酸或强碱溶液后，平衡时溶液中各种组分的pC-pH

图。依据图中信息，下列说法不正确的是

0

2£寸夫dH£0,)-c(HC5)：-

l002468101214pH

A.H2CO3，HCO>C。；-不能在同一溶液中大量共存

B.H£03电离平衡常数Ka=lCf6

H,CC)3

C.人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系()可以抵消少量酸或碱，维持pH=7.4,

HJUcO,:

c(H+)

但当过量的酸进入血液中时，血液缓冲体系中的最终将变大

c(H2co3)

D.pH=9时，溶液中存在关系”)+c(H2co3)=C(OH)+C(CO；］

【答案】D

【解析】

【详解】A.碳酸存在的溶液中酸性较强、碳酸根离子存在的溶液中碱性较强，所以碳酸根离

子和碳酸不能大量共存，H2co3、HCO；、CO：不能在同一溶液中大量共存，故A正确;

B.由图象可知当pH=6时，pC(H2co3)=PC(HCC>3-)，结合

c(H+)c(HC(y)10YXC(HCC)3-)

=10-6,故正确;

Kal(H2CO3)=B

c(H2co3)c(H2co3)

H2CO3

C.人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系(口”：)可以抵消少量酸或碱，维持pH=7.4,

但当过量的酸进入血液中时，血液中氢离子浓度增大，平衡向左移动放出CO2,碳酸浓度基本

不变，则血液缓冲体系中的最终将变大,故C正确;

C(H2co3)

+

D.pH=9时，由图象可得溶液中离子关系是c(HC0；)>c(CO；)>c(OH-)>c(H2CO3)>c(H)，

因此D选项的离子浓度关系不行能出现，故D错误;

答案选D

7.如图所示是一种以液态月井⑹川）为燃料氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电

池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700—900℃时，O'-可在该固体氧化物电解质中自由

移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是（）

A.电池内的0?—由电极甲移向电极乙

B.电池总反应为N2H4+202=2N0+2H20

C.当甲电极上有lmolN2H4消耗时，标况下乙电极上有22.4LO2参加反应

D.电池外电路的电子由电极乙移向电极甲

【答案】C

【解析】

【分析】

该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+2（T-4e=Nzt+2H2。，故

2

电极甲作负极，电极乙作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e=2O\

电池总反应为：N2H4+02=N2t+2H20,结合离子的移动方向、电子的方向分析解答。

【详解】A.放电时，阴离子向负极移动，即O?-由电极乙移向电极甲，A项错误；

B.反应生成物均为无毒无害的物质,负极上反应生成氮气,则电池总反应为N2H4+02=N2t+2H.0,

B项错误；

C.由电池总反应为N2H4+。2=岫t+2H2可知，当甲电极上有ImolN田4消耗时，乙电极上有lmol02

被还原，所以标况下乙电极上有22.4L0?参加反应，C项正确；

D.电池外电路的电子从电源的负极流向正极，即由电极甲移向电极乙，D项错误；

答案选C。

第II卷（非选择题，共174分）

三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。）

（-）必考题

8.某混合物浆液含A1(OH)3>MnO,和少量Na2Cr04o考虑到胶体的吸附作用使Na£rO4不易完全

被水浸出，某探讨小组利用设计的电解分别装置(见图2),使浆液分别成固体混合物和含铭

元素溶液，并回收利用。回答I和II中的问题。

I.固体混合物的分别和利用(流程图中的部分分别操作和反应条件未标明)

(1)反应①所加试剂NaOH的电子式为,B-C的反应条件为,C-A1的

制备方法称为o

(2)该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变更；加热有CL生成，当

反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生CL。由此推断影响该反应有效进行的因素

有(填序号)。

a.温度b.C「的浓度c.溶液的酸度

(3)0.1molCL与焦炭、TiOz完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成Ti02•AH20的

液态化合物，放热4.28kJ,该反应的热化学方程式为o

II.含铭元素溶液的分别和利用

(4)用惰性电极电解时，CrO产能从浆液中分别出来的缘由是,分别后含铭元素的

粒子是;阴极室生成的物质为(写化学式)。

【答案】(1).：O：II-(2).加热(或燃烧)(3).电解法(4).ac

4

(5).2C12(g)+Ti02(s)+2C(s)===TiCL(1)+2C0(g)AJ^-85.6kJ•mol(6).在直流电场

2

作用下，CrO广通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液(7).CrO广和Cr207-(8).

NaOH和H2

【解析】

惰性电极电解混合物浆液时，Na*移向阴极，CrO『移向阳极。A1(OH)3、MnO2剩下在固体混合物

中。固体混合物加入NaOH时,A1(OH)3转化为A1CV,通入⑩转化为Al(0H)3沉淀,再加热分

解为AU)3,最终熔融电解得AL

(1)NaOH的电子式为：O：III*.；依据上述分析，B-C的条件为加热或煨烧，C-A1的制

备方法称为电解法。

(2)依据试验方案可知，D与浓盐酸混合，不加热，无变更；加热有Ck生成，可知温度对该

反应有影响；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cb。说明加入能接着产

生Cb,可知溶液酸度对该反应有影响，综上所述，影响该反应的因素有温度和溶液的酸度,

故选aco

(3)0.1molCk与焦炭、TiO?完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成Ti02•AH20的

液态化合物，放热4.28kJ,配平方程式，可知2moicI?反应放热85.6kJ•mol\由此可得

该反应的热化学方程式为2clz(g)+TiO2(s)+2C(s)=­TiCl4(1)+2C0(g)△层~85.6kJ-mo『。

(4)用惰性电极电解时，在直流电场作用下，CrO产通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆

液，从而使CrO广从浆液中分别出来；因2CrO『+2H亍=5值0/+时，所以分别后含铭元素的

2

粒子是CrO广和Cr207-；阴极室放电生成H2,剩余的0H一与透过阳离子交换膜移过来的Na,结

合生成NaOH,所以阴极室生成的物质为NaOH和乂。

9.氮的化合物是重要的工业原料，也是主要的大气污染来源，探讨氮的化合物的反应具有重

要意义。回答下列问题：

(1)期=(N2HJ与四氧化二氮分别是火箭放射器中最常用的燃料与氧化剂。已知3.2g液态脱与足

量液态四氧化二氮完全反应，生成氮气和液态水放出热量61.25kJ,则该反应的热化学方程

式为—。

(2)尾气中的NO?可以用烧碱溶液汲取的方法来处理，其中能生成NaNO?等物质，该反应的离子

方程式为—。

(3)在773K时，分别将2.00molN?和6.00mol比充入一个固定容积为1L的密闭容器中发

生反应生成NH”气体混合物中c(Nz)、c(Hz)、c(NH3)与反应时间(t)的关系如图所示。

①下列能说明反应达到平衡状态的是—(选填字母)。

a.v正(N?)=3v逆(H2)b.体系压强不变

c.气体平均相对分子质量不变d.气体密度不变

②在此温度下,若起始充入4.00molN?和12.00mol比，则反应刚达到平衡时，表示c(Hj〜

t的曲线上相应的点为—(选填字母)。

(4)在373K时，向体积为2L的恒容真空容器中充入0.40molN0”发生如下反应：

2NO2(g),N2O4(g)AH=—56.9kJ-mo「

测得N02的体积分数［由(N02)］与反应时间(t)的关系如下表：

t/min020406080

@(NO2)1.00.750.520.400.40

①计算0〜20nlin时，v(N24)=____。

②已知该反应V正四。2)=&-2(?<02),丫逆(204)=卜2<(204),其中ki、院为速率常数，

k,

则373K时,产=；变更温度至Ti时,ki=k方则I373K(填“〉”"<”或"=”)。

k21

1-

【答案】(1).2N2H4(1)+N204(1)=3N2(g)+4H20(1)AH=-1225kJ-moF(2).2N0,+20H

=N0「+NO3(3).be(4).B(5),2X10-3mol/(L•min)(6).60(7).

>

【解析】

【分析】

(1)依据题干信息计算反应热并书写热化学方程式；(2)依据氧化还原反应原理及题干信息

书写反应方程式；(3)依据平衡状态的特点推断是否达到平衡状态，并用平衡移动原理及等

效平衡思想分析解答；(4)由速率之比等于化学计量数之比计算反应速率，依据平衡常数的

表达式及平衡移动原理分析解答。

【详解】(1)3.2g液态股完全反应放出热量为61.25kJ,则2moi液态股完全反应时放出的

热量为：61.25kJxs--------=1225.00kJ,则该反应的热化学方程式为：

3.2g

1

2N2H4(1)+N20<(1)=3N2(g)+4H20(1)AH=-1225kJ-moF,故答案为：

1

2N2H4(1)+N204(1)=3N2(g)+4H20(1)AH--1225kJ•moF；

(2)题干信息产物有NaNO?,依据氧化还原反应原理，N元素化合价既降低又上升，发生的是

歧化反应，所以还有产物NaNOs,依据原子守恒推断产物中还有水，则反应方程式为：2N02+20T

=NOJ+NO3一+HzO,故答案为：2N02+201r=N02+NO3+H20；

(3)①反应为:N2+3H2.-2NH3

a.v正(NJ=l/3v正(Hj=3v逆(Hj,正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，故错误；b.反

应为气体体积减小的反应，体系压强不变，说明反应物和生成的浓度保持不变，反应达到平

衡状态，故正确；

c.气体平均相对分子质量数值上等于气体总质量比上总物质的量，依据质量守恒反应前后气

体总质量不变，平均相对分子质量不变，说明总物质的量不变，说明达到平衡状态，故正确；

d.气体总质量不变，体积不变，所以气体密度始终不变，不能说明达到平衡状态，故错误，

故答案为：be；

②起始充入4.00molN2和12.00molH2,相当于将充入2.00mol吊和6.00mol凡的两个

容器“压缩”为一个容器，假设平衡不移动，依据图示分析知平衡时c(Hj=6moi/L,而“压

缩”后平衡正向移动，则平衡时3mol/L<c(H2)<6mol/L,且达到平衡的时间缩短，故对应

点为B,故答案为：B；

(4)①设20min时，反应掉的N0,为2x,贝U：

2NO2(g)^N2O4(g)

起始0.400

反应2xx

20min0.40-2xx

20min时，NO2的体积分数为0.75,所以=0.75,解得x=0.08,所以反应20min时，

0.40-2x+x

消耗N02的物质的量为0.08X2mol=0.16mol,OJOmin内，NO2的消耗速率为

0.16mol

3

v(NO2)=^L-=4xl0moV(L.niin)'依据化学计量比等于反应速率之比，则

3

v(N204)=1/2V(N02)=2X10*mol/(L,min),故答案为：2XlO^mol/CL,min)；

②反应达到平衡时有v正=丫逆，即V(N02)=2V(NQ4),达到平衡时，N02的体积分数为0.40,即

0.40-2X=。.4°,解得.。/5,所以化学平衡常数为K=%3。,则有

0.40-2x+x

2

）/、/、k,2c（N2O4）

krC2（NO）=2k-c（NO）.所以［=c2；N0,j=2x30=60；

2224

变更温度至T|时L=kz,由于ki=24・kz,则K=,，平衡常数减小，考虑到反应为放热反应,

2

温度上升，不利于反应正向进行，所以温度应为上升，即TD373K,故答案为：60；>o

10.NiSO/GH2。是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀银、生产电泡等。可由电镀

废渣(除保元素外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等元素杂质)为原料获得。工艺流程如下：

NiS0*6H>0

①②③④

已知:①NiCO3是一种不溶于水易溶于强酸的沉淀；②已知25℃,Fe(OH)3的

Ksp=2.64x10-39。

(1)Ni的原子序数为28,则它在周期表中的位置为,写出压Oz的结构式。

(2)步骤②，向滤液I中加入适量Na2s溶液的目的是除去Cu"和zi?+，其中除去Cu"的离

子方程式为；加Na2s之前需限制pH不能太低的目的是o

(3)步骤③的目的是除去Fe和Cr,温度不能太高的缘由是。若在25℃时，调

pH=4除去铁，此时溶液中c(Fe)=o

(4)粗保中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度银，下列叙述正确的

是_____(已知：氧化性Fe2+<Ni2+<Cu2+)

A.粗保作阳极，纯镶作阴极

B.阳极发生还原反应，其电极反应式：Ni2++2e-=Ni

C.电解过程中，阳极质量的削减与阴极质量的增加相等

D.电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Cu>和Zr?+

E.电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt

【答案】(1).第四周期，第vm族(2).H-0-0-H(3).Cu2++S2-=CuSI(4).避

开生成员S,影响除杂(5).防止H曲受热分解(6).2.64-10^mol/L(7).AE

【解析】

【分析】

本题将工艺流程与氧化还原、电解池、沉淀溶解平衡相互结合，第一步操作为溶解金属，其

次步为除去cl+和Zi?+，第三步除去Fe和Cr,最终得到NiSO4•6H2O,在各个步骤中结合

氧化还原等一些应用。

【详解】（1）依据元素的排列规律及Ni的原子序数为28,可知Ni的位置为：第四周期第皿

族；HzO,为分子晶体，原子之间均以共价单键相连，故的结构式为：H-O-O-H；

故答案为：第四周期第Vffl族；H-0-0-H；

（2）S?一与Cu?+和Zi?+结合可生成沉淀，所以用Na2s溶液的目的是除去Cu"和Zn。则除去

Ci?+的离子方程式为：Cu，S'CuS3；S?-可与结合生成弱电解质H2S,所以前一步在调整溶液

的pH不能太低，否则会生成杂质H?S,影响除杂；

故答案为：Cu2++S2-=CuS；；避开生成也S,影响除杂；

（3）步骤③除去Fe采纳生成Fe（OH）3的方式，在第一步酸溶时，铁变成Fe",因此该处须

要氧化剂，发生氧化还原反应，温度太高，氧化剂H◎分解；由于存在沉淀溶解平衡：

Fe3++3OH-Fe（OH）3,平衡常数Ksp=c（Fe3+）.c3（OH「）=2.64x10—39,已知pH=4,

则cN+klOTmol.lji,公式换算可得：c（Fe3+）=2.64x109mol*171；

故答案为：防止压。?受热分解；2.64xl（T9moi.CL

（4）用电解法制备高纯度银，原理同于制备高纯度铜，粗银做阳极，活泼金属在阳极放电，

该处在阳极反应的金属有Fe、Zn,失去电子生成Fe»Zn",Cu和Pt作为阳极泥，在电解槽

的底部，阴极发生的电极反应式为：Cu?++2e-=Cu，虽然阴极阳极都是2e;但Fe、Zn和

Cu本身的质量不一样，所以阳极削减的质量不等于阴极生成的质量，所以选AE,

故答案为：AE„

【点睛】本题的难点在于其次问的其次空，该处要考虑离子在溶液里的存在形式，会形成弱

电解质杂质；第三问的第一空也是难点，须要清晰温度的主要影响方向，会使山。2分解。

（二）选考题（共15分，请考生从2道化学题中任选一题作答，假如多做，则每科按所做的

第一题计分。）

【化学一一选修3：物质的性质与结构】

11.（1）已知A和B均为第3周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示:

电离能,kLmoPIII2I3I4

A5781817274511578

B7381451773310540

A通常显—价，A的电负性B的电负性(填或“=”)。

(2)紫外光的光子所具有的能量约为399kJ・molt依据下表有关蛋白质分子中重要化学键

的信息，说明人体长时间照耀紫外光后皮肤易受损害的缘由

共价键O-CC—NC—S

键能kJmot1347305259

组成蛋白质的最简洁的氨基酸中的碳原子杂化类型是—=

(3)试验证明：KCKMgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相像(如图所示),

其中3种离子晶体的晶格能数据如下表：

离子晶体NaClKC1CaO

晶格能kLmoH7867153401

则该4种离子晶体(不包括NaCl)熔点从高到低的依次是：―o其中MgO晶体中一个四

周和它最邻近且等距离的Mg*有一个。

(4)金属阳离子含有的未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型氧化物V2O5

和CrO2中，适合作录音带磁粉原料的是一。

(5)某协作物的分子结构如图所示，其分子内不含有_(填序号)。

/N、/CH3

]Ni।

出“、/

II

0、,£>

A.离子键B.极性键C.金属键D.配位键E.氢键F.非极性键

(6)科学家设计反应：0)2+4庆一(；乩+240以减小空气中的COZ。若有ImolCH」生成，则有__mol。

键和—molJi键断裂。

【答案】(1).+3(2).>(3).紫外光的光子所具有的能量比蛋白质分子中的化

学键c—C、c—N、c—S的键能大，紫外光的光子所具有的能量足以使这些共价键断裂，从而

3

破坏蛋白质分子(4).sp\sp(5).TiN>MgO>CaO>KCl(6).12(7).CrO2

(8).AC(9).6(10).2

【解析】

【分析】

⑴视察A、B两元素各电离能的差别，推断A、B的化合价。

(2)从表格数据，紫外光的光子能量足以破坏这些共价键。最简洁的氨基酸是甘氨酸。

(3)视察表格中的数据会发觉，阴阳离子所带的电荷数对晶格能的影响大于阴阳离子的半径对

晶格能的影响。

⑷依据核外电子的排布式确定未成对电子数。

(5)视察协作物的分子的结构。

(6)破环O=C=O,H-H

【详解】(1)视察A、B两元素各电离能的差别，可推断A的化合价为+3,即为Al；B为+2价,

为Mg。因为同周期从左至右电负性增大，故A1的电负性大于Mg。

⑵从表格中给出的蛋白质中各共价键的键能可以发觉，紫外光的光子能量足以破坏这些共价

O

①II

键。最简洁的氨基酸是甘氨酸,凡芍TJH,其中碳①原子采纳sp，杂化，碳②原子采纳sp?杂

NH,

化。

(3)视察表格中的数据会发觉，阴阳离子所带的电荷数对晶格能的影响大于阴阳离子的半径对

晶格能的影响。

四种晶体均为离子晶体，TiN和CaO中的阳离子均为18电子结构，阴离子均为10电子结构，

Ti和Ca、N和0的原子序数均相差1,因此TF和C/、V和的离子半径均相差不大，但是

由于TF和r均带有3个单位的电荷，因此TiN的晶格能大于CaO。CaO、MgO中的阴阳离子

均带有2个单位的电荷，Ca?+的半径大于Mg,所以MgO的晶格能大于CaO。

综上所述，这种晶体的晶格能大小依次为TiN>MgO>CaO>KCl。所以晶体的熔点凹凸依次也为

TiN>MgO>CaO>KClo

(4)V2O5中V*的电子排布式为Is22s22P63s23P，没有未成对电子；CrO?中Cr"的电子排布式为

Is22s22P63s23P63d②，含有2个未成对电子，因此适合作录音带磁粉原料的是CrO?。

(5)视察协作物的分子结构会发觉其中存在配位键Ni-N,极性键H—0、0—N等，非极性键

c—C,氢键0……H—0等作用力。不存在离子键和金属键。

(6)C02的结构式为0=C=0,1个CO?分子中含有2个。键和2个JI键，1个H?分子中共含有

1个。键，生成ImolCHi须要ImolCO?和4molH2,因此须要断裂6mol。键和2mol口键。

【点睛】阴阳离子所带的电荷数对晶格能的影响大于阴阳离子的半径对晶格能的影响。

【化学一一选修5：有机化学基础】

12.含氧有机物甲可用来制取多种有用的化工产品，合成路途如图：

()11

已知：I.RCH。iHC(X)H

IIO

II.RC00HS(,CIRC0C1K'OHRCOOR,(R、R'代表煌基)

-A-----»

(1)甲的含氧官能团的名称是写出检验该官能团常用的一种化学试剂的名称

(2)写出己和丁的结构简式：己丁

(3)乙有多种同分异构体，属于甲酸酯，含酚羟基，且酚羟基与酯的结构在苯环邻位的同分

异构体共有—种。

(4)在NaOH溶液中发生水解反应时，丁与辛消耗NaOH的物质的量之比为_