【化学】内蒙古呼伦贝尔市海拉尔区2020届高三上学期第一次模拟统一考试（解析版）

【化学】内蒙古呼伦贝尔市海拉尔区2020届高三上学期第一次模拟统一考试（解析版）

内蒙古呼伦贝尔市海拉尔区2020届高三上学期第一次模拟统一考试 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 S-32‎ ‎1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是（ ）‎ A. pH小于7的雨水是酸雨 B. 氨可用作制冷剂 C. PM2.5中含有铅、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素 D. 含有氟化钠等氟化合物的牙膏有害健康，应禁止使用 ‎【答案】B ‎【详解】A．雨水因溶有空气中的二氧化碳(生成碳酸)而略显酸性属于正常雨水；人们通常把pH小于5.6的降水成为酸雨，故A错误；‎ B．液氨气化吸热，能降温，所以氨可用作制冷剂，故B正确；‎ C．PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素，其中铅、镉、铬、钒均是金属元素，砷为非金属元素，故C错误；‎ D． 氟元素可以帮助人体形成骨骼和牙齿，缺氟易患龋齿，氟化合物的牙膏中的计量严格符合标准，不会对人体造成危害，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】化学是人类进步的关键，很多化学品在人类社会发展中起着关键作用，应该合理使用，例如含氟牙膏的合理使用是可以的。‎ ‎2.对图示“石蜡油（液态烷烃混合物）催化分解”的实验说法不正确的是（ ）‎ A. 碎瓷片对石蜡油的分解起到催化作用 B. 酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 石蜡油分解产生的不饱和烃一定是乙烯 D. 若试管中盛放溴的四氯化碳溶液，发生的是加成反应 ‎【答案】C ‎【详解】A．碎瓷片起到催化作用，可加快石蜡油的分解，故A正确；‎ B．石蜡油在催瓷片作用下发生裂解反应生成烯烃，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；‎ C．石蜡油经催化和裂解获得小分子的烷烃和烯烃的混合物，但不饱和烃不一定是乙烯，故C错误；‎ D．石蜡油在催瓷片作用下发生裂解反应生成烯烃，烯烃含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】石蜡油催化裂解的产物是小分子的烷烃和烯烃的混合物，清楚产物的性质是解本题的关键。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. 30gC2H6含共价键的数目为7NA B. 标准状况下，33.6LHF中含有氟原子的数目为1.5NA C. 0.1mol/L氨水中含有OH-的数目为0.1NA D. 一定条件下，0.1molN2与足量H2反应生成NH3，转移电子数为0.6NA ‎【答案】A ‎【详解】A．‎30g C2H6的物质的量为1mol,而C2H6中含7条共价键，故1mol C2H6中含7NA条共价键，故A正确；‎ B．氟化氢在标况下的状态是液体，气体摩尔体积Vm=‎22.4L/mol的使用范围是单一气体或能共存的混合气体，故B错误；‎ C．氨水只给出了浓度，没有体积，无法计算出物质的量，从而无法计算出粒子数，故C错误；‎ D．合成氨的反应，N2+3H22NH3，如果反应进行到底，1mol氮气转移的电子的物质的量为6mol，转移的电子数6NA，合成氨的反应为可逆反应，不能反应彻底，0.1molN2与足量H2反应生成NH3，故转移的电子数小于0.6NA个，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎4.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。已知W、Y同一主族，W、X、Y三种元素原子的最外层电子数之和为15，X元素原子的最外层电子数等于W元素原子的最外层电子数的一半，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 离子半径：X>Y>Z>W B. Y的气态氢化物稳定性强于Z的气态氢化物稳定性 C. Z的最高价含氧酸酸性强于Y的最高价含氧酸酸性 D. Y与W两种元素形成的化合物只有一种 ‎【答案】C ‎【分析】W、Y同主族，X元素原子的最外层电子数等于W元素原子的最外层电子数的一半，令X的最外层电子数为x，W、Y原子最外层电子式为2x，三种元素原子的最外层电子数之和为15，则x+2x+2x=15，解得x=3，短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次递增，则W为O元素，X为Al元素，Y为S元素，Z为Cl元素。‎ ‎【详解】A．O2-和Al3+的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，O2-＞Al3+，S2-和Cl-的核外电子排布相同，核电荷数越大的半径越小，但电子层数多，半径比O2-和Al3+的半径大，S2－＞Cl-，故离子半径：S2－＞Cl-＞O2-＞Al3+，即Y＞Z＞W＞X，故A错误；‎ B．Y为S元素，Z为Cl元素，非金属性Y＜Z，Y的气态氢化物稳定性弱于Z的气态氢化物稳定性，故B错误；‎ C．Y为S元素，Z为Cl元素，非金属性Y＜Z，Z最高价含氧酸酸性强于Y的最高价含氧酸酸性，故C正确；‎ D．W为O元素，Y为S元素，这两种元素形成的化合物有二氧化硫，三氧化硫等，不止一种，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】判断出元素的种类是解本题的关键。‎ ‎5.下表所列实验中，“解释”正确的是（ ）‎ 选项 目的 选用试剂或条件 解释 A 鉴别乙醇和苯 水 利用密度不同 B 除去SO42-中混有的SO32-‎ H2O2‎ H2O2具有氧化性 C 从碘水中提取碘 CCl4‎ 因为CCl4密度比水大 D 分离碳酸钠和氯化铵混合物 加热 利用熔点不同 ‎【答案】B ‎【详解】A．乙醇与水互溶，苯与水分层，与溶解性有关，与密度无关，故A错误；‎ B．SO32-具有还原性，可以被过氧化氢氧化成SO42-，自身被还原成水，没有引进新的杂质，故B正确；‎ C．碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，不是因为CCl4密度比水大，故C错误；‎ D．通过加热分离碳酸钠和氯化铵，利用的是二者的稳定性，与熔点无关，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎6.镁—锑液态金属电池是新型二次电池，白天利用太阳能给电池充电，夜晚电池可以给外电路供电。该电池利用液体密度不同，在重力作用下分为三层，工作时中间层熔融盐的组成及浓度不变。工作原理如图所示，下列有关该二次电池说法正确的是（ ）‎ A. 该电池放电时，C1-向下层方向移动 B. 充电时，阴极的电极反应为：Mg2++2e-=Mg C. 该电池充电时，Mg—Sb(液)层做阴极 D. 放电时，Mg(液)层的质量增大 ‎【答案】B ‎【详解】A．根据电流的方向，Mg—Sb(液)层做正极，Mg(液)层作负极，该电池放电时，阴离子向正极移动，即C1−向上层处移动，故A错误；‎ B．充电时，Mg(液)层作阴极，阳离子移向阴极，发生还原反应，阴极的电极反应为：Mg2++2e-=Mg，故B正确；‎ C．根据电流的方向，该电池充电时，Mg—Sb(液)层做阳极，故C错误；‎ D．放电时，负极Mg失电子生成镁离子，则Mg(液)层的质量减小，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎7.250C时，向20.0mL0.10mol/L氨水中滴入0.10mol/L盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10mol/L氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述不正确的是（ ）‎ A. 本实验应选用的指示剂是甲基橙 B. M点处的溶液中c(NH4+)=c(Cl−)>c(H+)=c(OH−)‎ C. N点处的溶液中pH<12‎ D. M点对应盐酸体积为20.0mL ‎【答案】D ‎【详解】A． 氨水中滴入盐酸，滴定终点时生成氯化铵，显酸性，则选甲基橙作为指示剂，故A正确；‎ B．M点显中性，c(H+)=c(OH−)，电荷守恒式为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)，且显性离子大于隐性离子，则存在c(NH4+)=c(Cl−)＞c(H+)=c(OH−)，故B正确；‎ C．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c(OH-)=0.10mol·L-1×1.32%=1.32×10-3mol·L-1，c(H+)=mol·L-1=7.6×10-10mol·L-1，pH=-lgc(H+)，所以该点溶液pH＜12，故C正确；‎ D．若M点盐酸的体积为20.0mL，等体积等浓度恰好生成氯化铵，水解显酸性，则不可能显中性，则盐酸的体积应小于20mL时可能显中性，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎8.工业上亚硝酸钠可用作媒染剂、缓蚀剂等。实验室以铜、浓硝酸、氢氧化钠为原料制备亚硝酸钠的装置如图所示（部分夹持装置略）。已知：NO和NO2均能被酸性KMnO4溶液氧化为NO3-。‎ ‎（1）连接装置后首先要进行的操作是___________________________，然后装入药品。‎ ‎（2）装置甲中反应的离子方程式为_______________________________________。‎ ‎（3）装置乙的作用是___________________________。‎ ‎（4）实验结束后，打开甲装置的弹簧夹，通入N2，其目的是________________________。‎ ‎（5）装置丁作用是____________________________________。‎ ‎（6）为了测定丙中NaNO2的浓度，取丙中溶液20.00mL，用0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液10.00mL。请回答：‎ ‎①酸性KMnO4溶液盛放在______滴定管中。‎ ‎②判断滴定达终点时的依据为________________________________________________。‎ ‎③写出上述反应的离子方程式___________________________________________________，计算出NaNO2的浓度为_________mol/L。‎ ‎④配制酸性KMnO4溶液定容时，俯视容量瓶的刻度线，NaNO2的浓度_________。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）‎ ‎【答案】(1). 检查装置的气密性 (2). Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O (3). 安全瓶，防止倒吸 (4). 排尽装置中残留有毒气体（防止污染环境） (5). 吸收尾气，防止污染环境 (6). 酸式 (7). 当滴入最后一滴标准液后，锥形瓶中的溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪 (8). 5NO2+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O (9). 0.125 (10). 偏低 ‎【分析】甲装置由Cu和浓硝酸制备NO2，乙装置为安全瓶防止NO2与氢氧化钠溶液反应而产生倒吸，丙装置由NO2和NaOH制备NaNO2，丁装置用酸性高锰酸钾吸收未反应完的NO2和生成的NO气体，据此解答。‎ ‎【详解】(1)装置中有气体参与，故连接好装置之后，应检查装置气密性；‎ ‎(2)铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子反应方程式为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；‎ ‎(3)为防止NO2与氢氧化钠溶液反应而产生倒吸，因此装置乙的作用是安全瓶，防止倒吸；‎ ‎(4)实验中产生的NO和NO2有毒，不能排放到空气中，要全部除去，打开甲装置的弹簧夹，通入N2，其目的是排尽装置中残留有毒气体(防止污染环境)；‎ ‎(5)装置丁的作用是吸收尾气，防止污染环境；‎ ‎(6)①酸性KMnO4溶液具有氧化性，只能使用酸式滴定管盛装；‎ ‎②酸性KMnO4自身可做指示剂，当滴入最后一滴标准液后，锥形瓶中的溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪，即为达到终点；‎ ‎③亚硝酸根离子与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应得到硝酸根离子和锰离子，离子反应为：5NO2+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O，滴定时消耗KMnO4溶液10.00mL，高锰酸钾的物质的量=‎0.01L×0.1000mol/L=0.001mol，则亚硝酸钠的物质的量=×0.001mol=0.0025mol，其浓度为=0.125mol/L；‎ ‎④配制酸性KMnO4溶液定容时，俯视容量瓶的刻度线，高锰酸钾溶液的体积偏小，浓度偏大，滴定时消耗高锰酸钾的体积偏小，计算的NaNO2的浓度偏低。‎ ‎9.七水硫酸镁（MgSO4·7H2O）在印染、造纸和医药等工业上有重要的用途。硼镁泥是硼镁矿生产硼砂的废渣，其主要成分是MgCO3，还含有MgO、CaO、Fe2O3、FeO、MnO2、Al2O3、SiO2等杂质，工业上用硼镁泥制取七水硫酸镁的工艺流程如图：‎ 已知：①MnO2不溶于稀硫酸。‎ ‎②CaSO4和MgSO4·7H2O在不同温度下的溶解度（g）数据如下表所示：‎ 温度/℃‎ 物质 ‎10‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ CaSO4‎ ‎0.19‎ ‎0.21‎ ‎0.21‎ ‎0.21‎ ‎0.19‎ MgSO4·7H2O ‎30.9‎ ‎35.5‎ ‎40.8‎ ‎45.6‎ ‎——‎ ‎（1）开始用到硫酸的质量分数为70%，密度为‎1.61g/cm3，则该硫酸溶液的物质的量浓度为____________。‎ ‎（2）滤渣A中除含少量CaSO4·2H2O外，还有_______________。‎ ‎（3）加入MgO后，加热煮沸的目的是_____________________________________________。‎ ‎（4）若滤渣B的主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3。则加入NaClO发生氧化还原反应的离子方程式为__________________________________________。‎ ‎（5）流程中操作1为蒸发浓缩、趁热过滤，这样即可得到CaSO4·2H2O，又防止___________________________________________________。‎ ‎（6）获取MgSO4·7H2O的操作2为：_______________、_______________、过滤洗涤。‎ ‎（7）已知开始硼镁泥样品的质量为ag，制取七水硫酸镁的质量为bg，据此能计算出硼镁泥中镁元素的含量吗？若能，请写出表达式；若不能，请说明理由。______（能或不能），表达式（或理由）为_________________________________。‎ ‎【答案】(1). 11.5mol/L (2). SiO2、MnO2 (3). 防止生成Al(OH)3和Fe(OH)3胶体，使之转化为沉淀而被分离 (4). ClO-+2Fe2++2H+=Cl-+2Fe3++H2O (5). 析出MgSO4·7H2O晶体 (6). 蒸发浓缩 (7). 冷却结晶 (8). 不能 (9). 加入MgO的量未知 ‎【分析】硼镁泥用足量硫酸酸浸溶解，得到含有Mg2+、Ca2+、Fe2+、Fe3+、Al3+以及SO42-的酸性溶液，由于MnO2、SiO2不与硫酸反应，硫酸钙属于微溶物，则过滤后滤渣A主要为MnO2、SiO2，还含有少量CaSO4·2H2O，向滤液中加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，加入MgO调节溶液pH值并加热，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则滤渣B主要为氢氧化铁、氢氧化铝，根据溶解度表，CaSO4的溶解度基本不受温度影响，MgSO4·7H2O受温度影响较大，温度越高溶解度越大，对滤液进行蒸发浓缩、趁热过滤，得到CaSO4·2H2O，则滤渣C主要为CaSO4·2H2O，再次对滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤，得到七水硫酸镁(MgSO4·7H2O)，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)开始用到硫酸的质量分数为70%，密度为‎1.61g/cm3，则该硫酸溶液的物质的量浓度===11.5mol/L；‎ ‎(2)根据分析，滤渣A中除含少量CaSO4·2H2O外，还有MnO2、SiO2；‎ ‎(3)加入MgO的目的是沉淀Fe3+、Al3+，但Fe3+、Al3+易发生水解生成胶体，因此加热煮沸的目的是防止生成Al(OH)3和Fe(OH)3胶体，使之转化为沉淀而被分离；‎ ‎(4)若滤渣B的主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3。向滤液中加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，则加入NaClO发生氧化还原反应的离子方程式为ClO-+2Fe2++2H+=Cl-+2Fe3++H2O；‎ ‎(5)根据溶解度表，CaSO4的溶解度基本不受温度影响，MgSO4·7H2O受温度影响较大，温度越高溶解度越大，流程中操作1为蒸发浓缩、趁热过滤，这样即可得到CaSO4·2H2O，又防止析出MgSO4·7H2O晶体；‎ ‎(6)结合溶解度表数据和(5)分析，获取MgSO4·7H2O的操作2为：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤；‎ ‎(7)在制取七水硫酸镁流程中，向体系内加入了氧化镁调节pH值沉淀Fe3+、Al3+，引入了镁元素，且未告知氧化镁加入的量，制取的七水硫酸镁的镁元素不仅来自硼镁泥，还来自引入的氧化镁，因此不能根据上述两个条件来计算硼镁泥中镁元素的含量。‎ ‎10.CO、NO、NO2、SO2都是大气污染物，减少这些氧化物排放对于环境保护具有重要的意义。‎ 已知下列热化学方程式 C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ·mol-1‎ N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) ΔH2=+68kJ·mol-1‎ ‎2C‎(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH3=-221.0kJ·mol-1‎ ‎（1）2NO2(g)+4CO(g)=4CO2(g)+N2(g)ΔH=__kJ·mol-1。‎ ‎①某温度下，在‎2L密闭容器中充入0.4mo1CO和0.6molNO2，此时容器的压强为2.0×105Pa，5s时，容器的压强变为原来的0.95倍，则从反应开始到5秒末NO2的平均反应速率v(NO2)=_ __________mol/(L·s)。‎ ‎②下列能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是_____。‎ A.适当升高温度 B.减小容器体积使体系压强增大 C.及时分离出CO2‎ D.向密闭容器中再充入0.4molNO2‎ ‎（2）某温度下，下列反应的平衡常数如下：‎ a.2NO2(g)⇌N2(g)+2O2(g) K1=7.0×1016‎ b.2NO(g)⇌N2(g)+O2(g) K2=2.1×1030‎ 反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的平衡常数K3=______________。‎ ‎（3）在催化剂作用下用CO还原NO2进行尾气处理。‎ ‎①相同条件下，选用A、B、C三种催化剂进行反应，生成N2的物质的量与时间变化如图a。活化能最小的是_______(用E(A)、E(B)、E(C)表示三种催化剂下该反应活化能)。‎ ‎②在催化剂B作用下，测得相同时间内，处理NO2的量与温度的关系如图b。图中曲线先增大后减小，请说明后减小的原因________________________________________________ (假设该温度范围内催化效率相同)。‎ ‎（4）煤燃烧产生SO2用NaOH溶液吸收，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可以制备H2SO4，其原理如图c所示(电极材料为石墨)。a电极反应式为________________________________。b为____(阴、阳)极，d离子交换膜为_____(阴、阳)离子交换膜。‎ ‎【答案】(1). -1200 (2). 0.01 (3). BD (4). K3=3.0×1013 (5). E(C) (6). 因正反应为放热反应，‎300℃‎已平衡，温度升高平衡逆向移动 (7). SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+ (8). 阴 (9). 阳 ‎【详解】(1)已知：①C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ·mol-1，‎ ‎②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH2=+68kJ·mol-1，‎ ‎③‎2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH3=-221.0kJ·mol-1，‎ 根据盖斯定律：①×4-③×2-②可得：2NO2(g)+4CO(g)=4CO2(g)+N2(g)ΔH=-1200kJ·mol-1；‎ ‎①结合题意，设5s末二氧化氮物质的量变化量为x，列“三段式”，‎ 相同条件下物质的量之比等于压强之比，则，解得x=0.1mol，因此5秒末NO2的平均反应速率v(NO2)==0.01mol/(L·s)；‎ ‎②结合(1)计算，正反应放热且气体体积减小的反应，‎ A．适当升高温度，反应速率增大，但平衡逆向移动，故A不符合题意；‎ B．减小容器体积使体系压强增大，反应速率加快，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正向移动，故B符合题意；‎ C．及时分离出CO2，生成物浓度减小，平衡正向移动，但反应速率减慢，故C不符合题意；‎ D．向密闭容器中再充入0.4molNO2，反应正向移动，NO2浓度增大，反应速率加快，故D符合题意；‎ 答案选BD；‎ ‎(2)已知：a．2NO2(g)⇌N2(g)+2O2(g) K1==7.0×1016，‎ b．2NO(g)⇌N2(g)+O2(g) K2==2.1×1030，‎ 反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的平衡常数K3=====3×1013；‎ ‎(3)①催化剂可以降低活化能，从而使反应速率加快，根据图a分析可得，曲线C反应速率最快，则活化能最低的为E(C)；‎ ‎②‎300℃‎时反应达到平衡，该反应为放热反应，‎300℃‎之前，随温度升高反应正向进行，处理NO2的量逐渐增多，达到平衡后，处理NO2的量达到最大值，由于反应为放热，继续升高温度平衡逆向移动，处理NO2的量逐渐减少；‎ ‎(4)将所得的Na2SO3溶液进行电解，可以制备H2SO4，根据装置图，a电极所在的上口流出的应该是浓度较大的硫酸，b电极所在的上口流出的是浓度较大的氢氧化钠，即SO32-‎ 通过c膜在电极a失去电子被氧化为硫酸根离子，a为阳极，电极反应为：SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+，c膜为阴离子交换膜；钠离子通过d膜靠近b电极，与b电极产生的氢氧根离子结合形成氢氧化钠，b为阴极，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，d膜为阳离子交换膜。‎ ‎11.我国有丰富的海水资源，海水中的元素共含有80多种，总储量很大。常量元素包括H、B、C、O、F、Na、Mg、S、Cl、K、Ca、Br、Sr等13种元素，同时还含有Cr、Mn、Fe、Ni、Cu、Zn等微量元素，因此开发利用海水资源具有非常广阔的前景。‎ ‎（1）上述涉及到的元素中，不属于前四周期的是______，基态原子中的未成对电子数最多是______（写元素符号）。‎ ‎（2）基态Fe3+的价电子排布式____________，基态B原子的电子排布图为____________。‎ ‎（3）B、C、O、F四种元素基态原子第一电离能由大到小的顺序为__________________（写元素符号）。‎ ‎（4）CO32-的中心原子价层电子对数为______对，SO32-的空间构型为__________________，HCHO中C的杂化方式为______。‎ ‎（5）氨气极易溶于水的主要原因之一为NH3与H2O分子之间可以形成氢键，氨水中存在的氢键有______种。‎ ‎（6）干冰与水晶熔化需破坏的主要作用分别是____________、____________。‎ ‎（7）已知钠的密度为ag/cm3，NA为阿伏加德罗常数的值，钠的晶胞结构如图，则晶胞棱长为_______________ pm。‎ ‎【答案】(1). Sr (2). Cr (3). 3d5 (4). (5). F、O、C、B (6). 3 (7). 三角锥形 (8). sp2 (9). 4 (10). 范德华力（或分子间作用力） (11). 共价键 (12). ×1010‎ ‎【详解】(1)1-36号元素为前四周期的元素；上述涉及到的元素中，Sr为38号元素，不在前四周期；Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价层电子全部处于半充满状态，未成对电子数最多；‎ ‎(2)基态Fe原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d64s2，Fe3+的价电子排布式3d5；基态B原子的核外电子排布式为1s22s22p1，电子排布图为；‎ ‎(3)B、C、O、F为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能有逐渐增大的趋势，则四种元素基态原子第一电离能由大到小的顺序为F、O、C、B；‎ ‎(4)CO32-的中心原子为C原子，价层电子对数为3+×(4+2-2×3)=3对；SO32-的中心原子为S原子，价层电子对数=3+×(6+2-2×3)=4，为sp3杂化，由4个原子构成的微粒，空间构型为三角锥形；HCHO中C的键连方式有碳氧双键，整个分子为平面结构，则杂化方式为sp2；‎ ‎(5)氨水氧原子和氮原子与氢原子中存在的氢键，水分子与水分子之间，水分子与氨气分子之间、氨气分子与氨气分子之间，形成氢键可表示为O—H … N、O—H … O、N—H … N 、N—H … O，则氨水中存在的氢键有4种；‎ ‎(6)干冰属于分子晶体，熔化时破坏分子间作用力(即范德华力)，水晶主要成分是二氧化硅，属于原子晶体，熔化是破坏共价键；‎ ‎(7)钠原子位于晶胞的顶点和体心，则该晶胞中钠原子的个数=×8+1=2，设晶胞的棱长为xcm，则晶胞的体积V=x‎3cm3，根据ρ=，则x=cm=×1010pm。‎ ‎12.聚苹果酸（PMLA），是一种生物医学材料，可由苹果酸（MLA）经聚合反应生成。PMLA的一种合成路线如图所示。‎ 已知：①R1-CCH+‎ ‎②R-CH2OHR-COOH ‎（1）A中含有官能团名称为_________、____________。‎ ‎（2）B到C的反应类型为_________反应。‎ ‎（3）B的核磁氢谱中有三组峰，其峰面积比为1：1：2，B的结构简式为_______________。‎ ‎（4）D与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式为______________________________________________________。‎ ‎（5）上述转化关系中B→C和C→D这两步的顺序能否颠倒______（填“能”或“不能”），理由是____________________________________________________________。‎ ‎（6）写出与MLA具有相同官能团的所有同分异构体的结构简式__________________（不包含MLA）。‎ ‎（7）聚酯PMLA有多种结构，写出由MLA制PMLA的化学方程式____________________________________________________________（任写一种）。‎ ‎【答案】(1). 羟基 (2). 碳碳三键 (3). 加成 (4). HO-CH2CH=CHCH2-OH (5). +3NaOH+NaCl+2H2O (6). 不能 (7). 若先氧化则B中碳碳双键也被氧化 (8). 、 (9). n+(n-1)H2O ‎【分析】由A的分子式、结合信息，可知1分子甲醛与2分子乙炔发生加成反应生成A，则A的结构简式为HOCH‎2C≡CCH2OH，A与氢气发生加成反应生成B为HOCH2CH=CHCH2OH，B在一定条件下与HCl发生加成反应生成C，C为HOCH2CH2CH(Cl)CH2OH，根据已知信息②R-CH2OHR-COOH，则C与琼斯试剂发生氧化反应生成D，D为HOOCCH2CH(Cl)COOH，D在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应生成，再加酸酸化制得MLA为，可由苹果酸(MLA)经聚合反应生成PMLA，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)A的结构简式为HOCH‎2C≡CCH2OH，含有官能团的名称是：羟基、碳碳三键；‎ ‎(2)B为HOCH2CH=CHCH2OH，B在一定条件下与HCl发生加成反应生成C，B到C的反应类型为加成反应；‎ ‎(3)B的核磁氢谱中有三组峰，其峰面积比为1：1：2，B的结构简式为HO-CH2CH=CHCH2-OH；‎ ‎(4)D为HOOCCH2CH(Cl)COOH，结构中有羧基和氯原子，都可与氢氧化钠发生反应，D在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应生成，化学方程式为+3NaOH+NaCl+2H2O；‎ ‎(5)C与琼斯试剂发生氧化反应生成D，B为HOCH2CH=CHCH2OH，结构中含有碳碳双键，若先发生氧化反应，则B中碳碳双键也被氧化，因此不能颠倒；‎ ‎(6)MLA为，与MLA具有相同官能团的所有同分异构体的结构简式、；‎ ‎(7)聚酯PMLA有多种结构，由MLA制PMLA发生脱水缩合反应，可以为分子内缩合，也可分子间缩合，其中一种缩合反应的化学方程式n+(n-1)H2O。‎