河南省郑州市中原联盟2020届高三3月联考（线上）理科综合化学试题 Word版含解析

河南省郑州市中原联盟2020届高三3月联考（线上）理科综合化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 郑州市中原联盟高三年级2020理综学科测试（线上）‎ 化学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 V-51 Cu-64‎ ‎1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 36g由35Cl和37C1组成的氯气中所含质子数一定为17NA B. 5.6gC3H6和C2H4的混合物中含有共用电子对的数目为1.2NA C. 含4molSi-O键的二氧化硅晶体中，氧原子数为4NA D. 一定条件下，6.4g铜与过量的硫反应，转移电子数目为0.2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．35Cl和37C1的原子个数关系不定，则36g氯气不一定是0.5mol，所含质子数不一定为17NA，A不正确；‎ B．5.6gC3H6和5.6g C2H4中含有共用电子对的数目都是1.2NA，则5.6g混合气所含共用电子对数目也为1.2NA，B正确；‎ C．1个“SiO2”中含有4个Si-O键，则含4molSi-O键的二氧化硅晶体为1mol，氧原子数为2NA，B不正确；‎ D．铜与过量的硫反应生成Cu2S，6.4g铜转移电子数目为0.1NA，D不正确；‎ 故选B。‎ ‎2.某同学采用工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）制取CaCl2·6H2O，设计了如下流程：‎ 下列说法不正确的是 A. 固体I中含有SiO2，固体II中含有Fe(OH)3‎ B. 使用石灰水时，要控制pH，防止固体II中Al(OH)3转化为AlO2-‎ C. 试剂a选用盐酸，从溶液III得到CaCl2·6H2O产品的过程中，须控制条件防止其分解 D. 若改变实验方案，在溶液I中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净CaCl2·6H2O - 19 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）加足量的盐酸，得到二氧化硅沉淀和氯化钙、氯化铝、氯化铁混合溶液，所以固体Ⅰ中含有SiO2，滤液中加石灰水，控制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即为固体Ⅱ，过滤，向滤液加入盐酸中和过量的氢氧化钙，得氯化钙溶液，CaCl2·6H2O易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解；‎ ‎【详解】A.根据上面的分析可知，固体Ⅰ中含有SiO2，固体Ⅱ中含有Fe(OH)3，A正确；‎ B.氢氧化铝具有两性，可溶于氢氧化钙溶液，生成AlO2-，B正确；‎ C.CaCl2·6H2O易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解，C正确；‎ D.若改变实验方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液中含有氯化铵，经蒸发浓缩、冷却结晶得到的CaCl2·6H2O不纯，D错误；‎ 答案为D。‎ ‎3.黑索金是一种爆炸力极强烈性炸药，比TNT猛烈1.5倍。可用浓硝酸硝解乌洛托品得到黑索金，同时生成硝酸铵和甲醛(HCHO)。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 乌洛托品的分子式为C6H12N4‎ B. 乌洛托品分子结构中含有3个六元环 C. 乌洛托品的一氯代物只有一种 D. 乌洛托品得到黑索金反应中乌洛托品与硝酸的物质的量之比为1：4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乌洛托品的分子中含有6个“CH2”和4个N原子，则分子式为C6H12N4，A正确；‎ B．乌洛托品分子结构中含有4个六元环，B不正确；‎ C．乌洛托品分子中含有6个完全相同的-CH2-，所以一氯代物只有一种，C正确；‎ D．1mol乌洛托品与4mol硝酸完全反应，生成1mol黑索金、1molNH4NO3和3molHCHO，D正确；‎ - 19 -‎ 故选B。‎ ‎4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质。常温下，甲的浓溶液具有脱水性，和A发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色刺激性气味气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 丁和戊中所含元素种类相同 B. 简单离子半径大小：X＜Y C. 气态氢化物的还原性：X＞Z D. Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲的浓溶液具有脱水性，则甲为硫酸；常温下，和A发生钝化，则A为铝(Al)；丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色刺激性气味气体，结合转化关系图，可得出丙为SO2，丁为H2O，乙为Al2(SO4)3；SO2与戊反应生成H2SO4，则戊为H2O2。从而得出W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S。‎ ‎【详解】A．丁和戊分别为H2O、H2O2，所含元素种类相同，A正确；‎ B．简单离子半径：O2->Al3+，B不正确；‎ C．气态氢化物的还原性：H2OΔH5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由盖斯定律可得，ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7，A正确；‎ B．ΔH4为破坏1molCl-Cl共价键所需的能量，与形成1molCl-Cl共价键的键能在数值上相等，B正确；‎ C．物质由气态转化为固态，放热，则ΔH7<0，且该过程形成了离子键，C不正确；‎ D．Cl转化为Cl-，获得电子而放热，则ΔH5<0，在相同条件下，由于溴的非金属性比氯弱，得电子放出的能量比氯少，所以2Br(g)的ΔH5′>ΔH5，D正确；‎ 故选C。‎ ‎7.向含Fe2＋、I－、Br－的混合溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知b－a＝5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法正确的是（ ）‎ A. 线段Ⅱ表示Br-的变化情况 B. 原溶液中n(FeI2)：n(FeBr2)＝3：1‎ C. 根据图像无法计算a的值 - 19 -‎ D. 线段Ⅳ表示HIO3的变化情况 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；通入氯气，根据反应离子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol-1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据分析可知，线段Ⅱ为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，不是氧化溴离子，故A错误；‎ B．n（FeI2）：n（FeBr2）=n（I-）：n（Br-）=2mol：6mol=1：3，故B错误；‎ C．由分析可知，溶液中n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故C错误；‎ D．线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为1mol，反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为：，则该含氧酸为HIO3，即：线段Ⅳ表示HIO3的变化情况，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎8.连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，可以用作染色工艺的还原剂，纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。回答下列问题：‎ ‎(1)Na2S2O4在潮湿空气中氧化，生成的两种常见酸式盐是___（填化学式）。‎ ‎(2)锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示：‎ - 19 -‎ ‎①工业上常将锌块进行预处理得到锌粉－水悬浊液，其目的是__。‎ ‎②步骤Ⅰ中发生反应的化学方程式为__。‎ ‎③在步骤Ⅲ中得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是__，“后续处理”最终要加入少量的Na2CO3固体，其原因是__。‎ ‎(3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加入乙醇水溶液中，然后通入SO2发生反应，有CO2气体放出，总反应的离子方程式是___。‎ ‎(4)有人设计了图示方法同时制备连二亚硫酸钠和过二硫酸钠（Na2S2O8），并获得中国专利。电解过程中，阴极室生成Na2S2O4，a极电极反应式为__，通过阳离子交换膜的离子主要是Na+，其迁移方向是__（填“a到b”或“b到a”）。‎ ‎【答案】 (1). NaHSO3和NaHSO4 (2). 增大锌粒的表面积，加快化学反应速率 (3). Zn＋2SO2=ZnS2O4 (4). 减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥 (5). Na2CO3为碱性物质，“保险粉”在碱性介质中较稳定 (6). HCOO-＋OH-＋2SO2=S2O42-＋CO2＋H2O (7). 2SO42-－2e-=S2O82- (8). a到b ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Na2S2O4中S显+4价，在潮湿空气中氧化，S转化为+6价，则生成的两种常见酸式盐应为硫酸和亚硫酸的酸式盐。‎ ‎(2)①将锌块进行预处理得到锌粉－水悬浊液，可以增大其与SO2的接触面积。‎ ‎②步骤Ⅰ中，锌与SO2在水溶液中发生反应，生成ZnS2O4。‎ ‎③Na2S2O4固体易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，从溶解和干燥两个方面寻找原因；Na2S2O4在碱性介质中较稳定，Na2CO3固体可提供碱性环境。‎ ‎(3)HCOONa、烧碱、SO2发生反应，生成Na2S2O4、CO2等，由此可写出反应的离子方程式。‎ ‎(4)a极的电解质为SO42-，由题意知，它将转化为S2O82-，由此可得出电极反应式；通过阳离子交换膜的离子主要是Na+，从电荷守恒出发可确定其迁移方向。‎ ‎【详解】(1)Na2S2O4中S显+4价，在潮湿空气中被氧化，S部分转化为+6价，则生成的两种常见酸式盐为NaHSO3和NaHSO4。答案为：NaHSO3和NaHSO4；‎ - 19 -‎ ‎(2)①锌粉－水悬浊液与SO2的接触面积比锌粉与SO2的接触面积大，反应速率快。答案为：增大锌粒的表面积，加快化学反应速率；‎ ‎②步骤Ⅰ中，锌与SO2在水溶液中发生反应，生成ZnS2O4，反应的化学方程式为Zn＋2SO2=ZnS2O4。答案为：Zn＋2SO2=ZnS2O4；‎ ‎③Na2S2O4固体易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，既可减少溶解损失，又易于干燥；Na2S2O4在碱性介质中较稳定，Na2CO3固体可提供碱性环境，增强“保险粉”的稳定性。答案为：减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥；Na2CO3为碱性物质，“保险粉”在碱性介质中较稳定；‎ ‎(3)HCOONa、烧碱、SO2发生反应，生成Na2S2O4、CO2等，反应的离子方程式为HCOO-＋OH-＋2SO2=S2O42-＋CO2＋H2O。答案为：HCOO-＋OH-＋2SO2=S2O42-＋CO2＋H2O；‎ ‎(4)a极的电解质为SO42-，由题意知，它将转化为S2O82-，电极反应式为2SO42-－2e-=S2O82-；通过阳离子交换膜的离子主要是Na+，电极反应发生后，阳极Na+富余，它应向阴极迁移，所以Na+的迁移方向是由a到b。答案为：2SO42-－2e-=S2O82-；a到b。‎ ‎【点睛】书写电极反应式时，应先确定电极的名称和电解质，阳极失电子，则电极材料为惰性电极时，只能是溶液中的离子失电子，因而可得出阳极产物，同样可得出阴极产物；电极反应发生后，依据阴、阳离子的电荷数关系，在确保电荷守恒的前提下，富余离子透过交换膜向另一电极迁移。‎ ‎9.已知25℃时，Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16。某研究性学习小组探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。‎ 步骤 现象 Ⅰ.将NaCl与AgNO3溶液混合 产生白色沉淀 Ⅱ.向所得固液混合物中加Na2S溶液 沉淀变为黑色 Ⅲ.滤出黑色沉淀，加入NaCl溶液 在空气中放置较长时间后，沉淀变为乳白色 ‎ (1)Ⅰ中白色沉淀是__。‎ ‎(2)Ⅱ中能说明沉淀变黑的离子方程式是__。‎ ‎(3)滤出步骤Ⅲ中乳白色沉淀，推测含有AgCl。用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，过滤得到滤液X和白色沉淀Y。‎ - 19 -‎ ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀 ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀 ‎①由ⅰ判断，滤液X中被检出的离子是__。‎ ‎②由ⅰ、ⅱ可确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀__‎ ‎(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl存在下，氧气将Ⅲ中黑色沉淀氧化。‎ 现象 B：一段时间后，出现乳白色沉淀 C：一段时间后，无明显变化 ‎①A中产生的气体是___。‎ ‎②C中盛放的物质W是__。‎ ‎③该同学认为B中产生沉淀的反应如下（请补充完整）：__‎ ‎2Ag2S+__+__+2H2O=4AgCl+__+4NaOH ‎④从溶解平衡移动的角度，解释B中NaCl的作用__。‎ ‎【答案】 (1). AgCl (2). 2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq) (3). SO42- (4). S (5). O2 (6). Ag2S悬浊液 (7). 2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH (8). 对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3溶液发生反应生成。‎ - 19 -‎ ‎(2)Ⅱ中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等。‎ ‎(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；‎ ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；‎ ‎①由ⅰ判断，可确定滤液X中被检出的离子。‎ ‎②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。‎ ‎(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体的成分。‎ ‎②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W。‎ ‎③B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。‎ ‎④B中，Ag2S被氧化生成S，则Ag+会与NaCl作用，从而促进平衡正向移动。‎ ‎【详解】(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3反应生成，则为AgCl。答案为：AgCl；‎ ‎(2)Ⅱ中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等，反应的离子方程式为2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案为：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；‎ ‎(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；‎ ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；‎ ‎①由ⅰ判断，可确定滤液X中被检出的离子为SO42-。答案为：SO42-；‎ ‎②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，则其为S。答案为：S；‎ ‎(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体为O2。答案为：O2；‎ ‎②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W为Ag2S的悬浊液。答案为：Ag2S的悬浊液；‎ ‎③B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式为2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH。答案为：2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH；‎ ‎④B中，Ag2S被O2氧化生成S，则Ag+游离出来，会与NaCl中的Cl-结合，生成AgCl沉淀，从而促进平衡正向移动，B 中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。答案为：对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。‎ ‎【点睛】因为Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16，所以将AgCl转化为Ag2S我们容易理解，如何实现黑色沉淀向白色沉淀的转化，即Ag2S转化为AgCl，则需要改变反应条件，通过实验我们可得出是O2的帮助，结合前面推断，可确定还有S生成，然后利用守恒法便可将方程式配平。‎ - 19 -‎ ‎10.钒及其化合物在特种钢材的生产、高效催化剂的制备及航天工业中用途广泛。工业上以富钒炉渣(主要成分为V2O5，含少量Fe2O3和FeO等杂质)为原料提取五氧化二钒的工艺流程如图所示：‎ ‎(1)五氧化二钒中钒的化合价为__。‎ ‎(2)焙烧炉中发生的主要反应化学方程式为__；也可用氯化钠和氧气代替纯碱进行焙烧反应，写出对应的化学反应方程式__，该方法的缺点是：__。‎ ‎(3)已知NH4VO3难溶于水，在水中的Ksp曲线如图1所示，则在实验中进行操作A所需要的玻璃仪器有__；向10mL含NaVO30.2mol/L的滤液中加入等体积的NH4Cl溶液（忽略混合过程中的体积变化），欲使VO3-沉淀完全，则NH4Cl溶液的最小浓度为__。(当溶液中某离子浓度小于1×10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全)‎ ‎(4)为研究煅烧过程中发生的化学变化，某研究小组取234gNH4VO3进行探究，焙烧过程中减少的质量随温度变化的曲线如图2所示，则C点所得物质化学式为__，写出CD段发生反应的化学方程式：__。‎ - 19 -‎ ‎【答案】 (1). +5价 (2). V2O5+Na2CO32NaVO3+CO2↑ (3). 2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2 (4). 产生有毒气体氯气，污染环境 (5). 烧杯、漏斗和玻璃棒 (6). 0.206mol/L (7). HVO3 (8). 2HVO3V2O5+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)富钒炉渣(主要成分为V2O5，含少量Fe2O3和FeO等杂质)加入纯碱焙烧，则发生V2O5与Na2CO3反应，生成NaVO3和CO2；加水浸提，此时NaVO3及过量的Na2CO3溶解在水中形成溶液，Fe2O3和FeO等不溶而成为滤渣。滤液中加入NH4Cl、H2SO4后，NaVO3与NH4Cl反应生成NH4VO3和NaCl，Na2CO3与H2SO4反应生成Na2SO4、H2O和CO2气体；因为NH4VO3难溶于水，所以过滤所得滤渣为NH4VO3，高温煅烧生成V2O5。‎ ‎(2)提取坐标图象中的数据，可得出当c(NH4+)=1×10-4mol/L，溶解达平衡，此时c(VO3-)=3×10-4mol/L，由此可求出Ksp=1×10-4×3×10-4=3×10-8。加入NH4Cl溶液，作用有两个，一个是将VO3-转化为沉淀，另一个是使溶液中VO3-与NH4+的浓度积满足溶度积关系。‎ ‎(3)在分析热重曲线时，先预测反应产物，再计算证实。NH4VO3热分解，应先生成酸，然后再再分解生成氧化物。‎ ‎【详解】(1)五氧化二钒中，O显-2价，依据化合价的代数和为0，可求出钒的化合价为+5。答案为：+5；‎ ‎(2)焙烧炉中，V2O5与Na2CO3反应生成NaVO3和CO2，发生反应的化学方程式为V2O5+Na2CO32NaVO3+CO2↑；用氯化钠和氧气代替纯碱进行焙烧反应，则应生成NaVO3和Cl2，反应的化学方程式为2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2；从反应方程式可以看出，有Cl2生成，则该方法的缺点是：产生有毒气体氯气，污染环境。答案为：V2O5+Na2CO32NaVO3+CO2↑；2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2；产生有毒气体氯气，污染环境；‎ ‎(3)从以上分析可知，操作A为过滤，所需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；‎ 由反应NaVO3+NH4Cl== NH4VO3↓NaCl，可求出反应所需n(NaVO3)=0.01L×0.2mol/L=2×10-3mol；由Ksp=3×10-8，c(VO3-)=1×10-5mol/L，可求出混合溶液中，c(NH4+)=3×10-3mol/L，则NH4Cl溶液的最小浓度为=0.206mol/L。答案为：烧杯、漏斗和玻璃棒；0.206mol/L；‎ ‎(4)n(NH4VO3)==2mol，C点所得产物中，n(V)=2mol，M=‎ - 19 -‎ ‎=100/mol，100刚好为HVO3的相对分子质量，从而得出C点产物为HVO3。在D点，剩余固体质量为234g-52g=182g，此时含V的质量为2mol×51g/mol/=102g，则含O的质量为182g-102g=80g，n(O)==5mol，从而得出D点产物的化学式为V2O5，反应的化学方程式为2HVO3V2O5+H2O。答案为：HVO3；2HVO3V2O5+H2O。‎ ‎【点睛】在分析热重实验的产物或发生的反应时，我们首先要看物质分解共有几步，即看有多少个产物的平台，或有多少个斜坡，从而确定物质分解的步骤。若为结晶水合物，通常是先失结晶水，后发生盐的分解(生成氧化物)。若分解步骤多，失去结晶水应分多步完成。步骤确定好后，再用计算加以证实。‎ ‎11.氮、磷、硼、砷的化合物用途非常广泛。根据所学知识回答下列问题：‎ ‎(1)如图所示，每条折线表示周期表ⅣA-ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a、b、c、d、e对应元素电负性最大的是__（用元素符号表示），e点代表的第三周期某元素的基态原子核外电子占据的最高能层符号为__，该能层具有的原子轨道数为__。‎ ‎(2)已知反应：(CH3)3C-F+SbF5→(CH3)3CSbF6，该反应可生成(CH3)3C+，该离子中碳原子杂化方式有__。‎ ‎(3)一种新型储氢化合物氨硼烷是乙烷的等电子体，且加热氨硼烷会慢慢释放氢气，推断氨硼烷的结构式为__（若含有配位键，要求用箭头表示）。‎ ‎(4)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子，熔体中P－Cl的键长只有198nm和206nm两种，这两种离子的化学式为__；正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角原因为___。‎ ‎(5)砷化硼为立方晶系晶体，该晶胞中原子的分数坐标为：‎ B：（0，0，0）；（，，0）；（，0，）；（0，，）‎ - 19 -‎ As：(，，)；(，，)；(，，)；(，，)‎ ‎①请在图中画出砷化硼晶胞的俯视图__。‎ ‎②与砷原子紧邻的硼原子有__个，与每个硼原子紧邻的硼原子有__个。‎ ‎【答案】 (1). F (2). M (3). 9 (4). sp3、sp2 (5). (6). PCl4+、PCl6- (7). 两者磷原子均采取sp3杂化，PCl3分子中P原子有一对孤电子对，孤电子和对成键电子对斥力更大，PCl4+中P没有孤电子对，正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角 (8). (9). 4 (10). 12‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)从图中可以看出，a、b、c、d都是第二周期元素的氢化物的沸点，由于NH3、H2O、HF分子间都能形成氢键，使它们的沸点升高，只有CH4分子间不能形成氢键，所以沸点最低，从而得出d为CH4的沸点，e为SiH4的沸点。在形成氢化物的分子中，HF形成氢键的能量最大，沸点最高。‎ ‎(2) (CH3)3C+离子中，CH3-价电子对数为4，与3个-CH3相连的C，价电子对数为3，由此可确定碳原子杂化方式。‎ ‎(3)氨硼烷是乙烷的等电子体，则氨硼烷的结构简式为H2NBH2，由此可推出其结构式。‎ ‎(4)PCl5晶体中，正四面体形阳离子应为AB4+型，正八面体形阴离子应为AB6-型，由此可得出两种离子的化学式；正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角，其原因可从孤电子对的排斥作用进行分析。‎ ‎(5)从砷化硼晶体中原子的分数坐标可以看出，B原子在立方体的顶点和面心：As原子在晶胞中的八个小立方体的体心。‎ - 19 -‎ ‎①砷化硼晶胞的俯视图中，B原子位于正方形的中心、顶点和棱心，4个As原子位于对角线上，且离顶点四分之一处。‎ ‎②与砷原子紧邻的硼原子位于小立体的体心，砷原子位于小立方体的顶点；与每个硼原子(设此硼原子在立方体的顶点)紧邻的硼原子在相交于此顶点的三个面心。‎ ‎【详解】(1)由以上分析可知，d为CH4的沸点，e为SiH4的沸点。在形成氢化物的分子中，HF形成氢键的能量最大，沸点最高。从而得出a、b、c、d、e对应元素电负性最大的是F，在Si的基态原子中，核外电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道(包括3s、3p、3d所具有的轨道)数共为9。答案为：F；M；9；‎ ‎(2) (CH3)3C+离子中，CH3-价电子对数为4，与3个-CH3相连的C，价电子对数为3，由此可确定碳原子杂化方式分别为sp3、sp2。答案为：sp3、sp2；‎ ‎(3)氨硼烷是乙烷的等电子体，则氨硼烷的结构简式为H2NBH2，由此可推出其结构式为。答案为：；‎ ‎(4)PCl5晶体中，正四面体形阳离子应为AB4+型，正八面体形阴离子应为AB6-型，由此可得出两种离子的化学式分别为PCl4+、PCl6-；正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角，其原因是：两者磷原子均采取sp3杂化，PCl3分子中P原子有一对孤电子对，孤电子和对成键电子对斥力更大，PCl4+中P没有孤电子对，正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角。答案为：PCl4+、PCl6-；两者磷原子均采取sp3杂化，PCl3分子中P原子有一对孤电子对，孤电子和对成键电子对斥力更大，PCl4+中P没有孤电子对，正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角；‎ ‎(5)从砷化硼晶体中原子的分数坐标可以看出，B原子在立方体的顶点和面心：As原子在晶胞中的八个小立方体的体心。‎ ‎①砷化硼晶胞的俯视图中，B原子位于正方形的中心、顶点和棱心，4个As原子位于对角线上，且离顶点四分之一处。则砷化硼晶胞的俯视图为。答案为：；‎ ‎②与砷原子紧邻的硼原子位于小立体的体心，砷原子位于小立方体的顶点，则与砷原子紧邻的硼原子有4个；与每个硼原子(设此硼原子在立方体的顶点)紧邻的硼原子在相交于此顶点的三个面心，则与每个硼原子紧邻的硼原子有12个。答案为：4；12。‎ ‎【点睛】在计算与硼原子距离最近且相等的硼原子时，我们可设定便于观察其周围硼原子所在位置的一个硼原子，即在晶胞右上角的硼原子，它属于8‎ - 19 -‎ 个晶胞。在每个晶胞中，与它距离最近且相等的硼原子分别位于相交的三个面的面心，每个面属于两个晶胞，则与每个硼原子紧邻的硼原子有=12个。‎ ‎12.“麻黄素”是中枢神经兴奋剂，其合成路线如图所示：‎ 已知：CH3CCH+H2O ‎(1)F中的官能团的名称为__。‎ ‎(2)B→C的反应条件是__，反应类型是__，E的结构简式为__。‎ ‎(3)写出C→D的化学反应方程式__。‎ ‎(4)麻黄素的分子式为__。‎ ‎(5)H是G的同系物，也含醇羟基和碳氮双键，相对分子质量比G小28，且苯环上仅有一个侧链，则H的可能结构有___种（不考虑结构）。‎ ‎(6)已知：R-CC-RR-CH=CH-R，请仿照题中流程图合成路线，设计以乙醇为起始主原料合成强吸水性树脂的合成路线，其它试剂及溶剂任选__。‎ ‎【答案】 (1). 羟基、羰基 (2). NaOH水溶液，加热 (3). 取代反应（或水解反应） (4). (5). 2+O22+2H2O (6). C10H15NO (7). 5 (8). CH3CH2OHCH3CHO ‎【解析】‎ - 19 -‎ ‎【分析】‎ 与Br2在NHS的作用下发生取代反应，生成和HBr；在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应，生成；在Cu、∆条件下发生催化氧化反应，生成；与NaC≡CH、H+作用下，发生加成反应、酸化反应，生成；‎ 与H2O在HgSO4的催化作用下发生加成反应、异构化反应，生成；与CH3NH2在一定条件下发生加成、脱水反应，生成；再发生加成反应生成。‎ ‎【详解】(1)F为，含有的官能团的名称为羟基、羰基。答案为：羟基、羰基；‎ ‎(2)→的反应条件是NaOH水溶液，加热，反应类型是取代反应（或水解反应），E的结构简式为。答案为：NaOH水溶液，加热；取代反应（或水解反应）；；‎ ‎(3) 在Cu、∆条件下发生催化氧化反应，生成和水，化学反应方程式为2+O22+2H2O。答案为：2+O22+2H2O；‎ ‎(4)通过数或算，可得出麻黄素的分子式为C10H15NO。答案为：C10H15NO；‎ ‎(5)H是G的同系物，也含醇羟基和碳氮双键，相对分子质量比G小28，即比G分子少2个“CH2”，且苯环上仅有一个侧链，则H的可能结构(略去苯环)为：-CH=N-CH2OH、-CH2CH=N-OH、--CH(OH)CH=NH、-CH(OH)-N=CH2、-N=CH-CH2OH，共有5种（不考虑结构）。答案为：5；‎ ‎(6)依据题给流程图，要合成目标有机物，需先制取CH3CHO，利用CH3CHO，再利用信息R-CC-RR-CH=CH-R，制得 - 19 -‎ ‎，再加聚便可得到目标有机物。合成路线为：‎ 答案为：。‎ ‎【点睛】书写符合条件的同系物的结构简式时，可先确定可能含有的原子团，然后进行组装，组装时一定要注意，把不符合限制条件的结构简式排除掉，有些同学感觉自己会做，结果出错了，其原因可能就在于此。‎ - 19 -‎ ‎ ‎ - 19 -‎