1、1陕西省 2019 届高三教学质量检测（一）理综试题化学部分1.化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是A. 用氢氟酸蚀刻玻璃仪器上的刻度，是利用了氢氟酸的强氧化性B. 太阳能电池板的主要成分是二氧化硅C. 生物柴油和液化石油气(LPG)的主要成分都是烃类D. 压敏胶黏剂是一种复合材料，一般选择以橡胶为基料，并加入增黏树脂合成【答案】D【解析】【详解】AHF 能够与玻璃中二氧化硅反应，腐蚀玻璃，与 HF 氧化性无关，故 A 错误；B太阳能电池板的主要成分是晶体硅，光导纤维的成分才是二氧化硅，故 B 错误；C生物柴油主要成分是以植物油脂和动物油脂为原料合成的脂肪酸甲酯或乙酯，而液化石油气(
2、LPG)的主要成分是多种烷烃的混合物，故 C 错误；D压敏胶黏剂是以橡胶为基料，并加入增黏树脂合成，属复合材料，故 D 正确；答案为 D。2.为了减少环境污染，降低化石燃料消耗，我国正在积极推广乙醇汽油。乙醇可以由淀粉或者纤维素经水解、发酵制取。下列说法正确的是A. 纤维素水解反应属于取代反应B. 乙醇可由乙烷发生加成反应制取C. 乙醇可被酸性高锰酸钾氧化为乙酸，说明乙酸不能发生氧化反应D. 可用新制氢氧化铜悬浊液检验纤维素是否水解完全【答案】A【解析】【详解】A纤维素完全水解生成葡萄糖，属于取代反应，故 A 正确；B乙烷是饱和烃，不能发生加成反应，乙醇可以有由乙烯与水加成得到，故 B 错误；
3、C乙酸可燃烧，发生氧化反应，被氧化生成二氧化碳和水，故 C 错误。D用新制的氢氧化铜悬浊液只能证明含有葡萄糖，只能说明纤维素发生了水解，无法说明纤维素是否完全水解，故 D 错误；故答案为 A。3.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1molN2与足量 H2在一定条件下充分反应生成 1.12LNH3，转移的电子数为 0.15NA2B. 常温常压下，9.5g 羟基( 18OH)中所含的中子数为 5NAC. 0.1mol/LNa2CO3溶液中所含的阴离子的总数大于 0.1NAD. 标准状况下，2.24LC 6H12中含有极性共价键总数为 1.4NA【答案】B【解析】【详解】A没有指明
4、生成的 1.12LNH3是标准状况下的气体，无法根据 22.4L/mol 计算其物质的量，故 A 错误；B9.5g 羟基(- 18OH)的物质的量为 0.5mol，而羟基(- 18OH)中含 10个中子，故 0.5mol 羟基(- 18OH)中中子数为 5NA个，故 B 正确；C溶液体积不知不能计算微粒数，故 C 错误；D标准状况下 C6H12为液体，不能根据气体的摩尔体积计算其物质的量，故 D 错误；故答案为 B。4.下列反应中有关原理涉及的离子方程式正确的是A. NaHCO3溶液中滴入几滴酚酞，溶液变为粉红色：HCO 3 +H2O=H2CO3+OHB. 硫酸铝溶液中加入氨水，会生成白色沉淀
5、：Al 3+3OH =Al(OH)3C. FeSO4溶液中加入 K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀：3Fe 2+2Fe(CN)43 =Fe3Fe(CN)62D. “84”消毒液中通入二氧化碳，漂白能力增强：2ClO +CO2+H2O=CO32 +2HClO【答案】C【解析】【详解】A碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，水解生成碳酸和氢氧根离子而使其溶液呈碱性，但水解程度较小，应该写可逆号，离子方程式为 HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故 A 错误；BNH 3H2O 为弱碱，不能拆，故正确的离子方程式应为：Al 3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH 4+，故 B 错误；CFeSO
6、4溶液中加入 K3Fe(CN)6溶液，生成的蓝色沉淀为Fe3Fe(CN)62，发生反应的离子反应为 3Fe2+2Fe(CN)63-Fe 3Fe(CN)62，故 C 正确；DHClO 的酸性比 HCO3-强，则“84”消毒液中通入二氧化碳，漂白能力增强的原因是ClO +CO2+H2O=HCO3 +HClO，故 D 错误；故答案为 C。5.为除去括号内的杂质，下列操作或试剂的选择不合理的是选项 被提纯的物质 除杂试剂 分离方法A Br2(CCl4) / 蒸馏3B CuO(Cu) / 空气中灼烧C Cl2(HCl) 饱和食盐水 洗气D CH4(CH2=CH2) 酸性高锰酸钾溶液 洗气A. A B.
7、B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】ABr 2和 CCl4是相互混溶的液体混合物，可根据沸点的差异，利用蒸馏进行分离，故 A 正确；BCu 在空气中灼烧可生成 CuO，利用此方法可除去 CuO 中混有的少量 Cu，故B 正确；C氯气极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，利用洗气可除杂，故 C 正确；D酸性高锰酸钾溶液能氧化乙烯生成 CO2，CH 4中混有少量 CH2=CH2，若用酸性高锰酸钾溶液洗气，所得甲烷中混有少量 CO2，无法得到纯净甲烷，故 D 错误；故答案为 D。【点睛】分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下： 分离提纯物是固体(从简单到复杂方法)
8、 ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；分离提纯物是胶体:盐析或渗析；分离提纯物是气体：洗气。6.W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，已知 W 的一种氧化物常温下为液体，是与人类关系最密切的物质；X 的一种核素可用于测定文物的年代；Y 位于第三周期与 Z 相邻；在常温下，Z 的单质是黄绿色气体。下列判断错误的是A. W 与 X 形成的最简单化合物在与足量的 Z 单质反应时只生成一种产物B. 最高价氧化物的水化物的酸性：ZYXC. Y 的一种氧化物可能与 O2反应生成 Y 的另一种氧化物D
9、. W 可以与某些元素形成二元离子化合物【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，已知 W 的一种氧化物常温下为液体，是与4人类关系最密切的物质，则 W 为 H 元素，此氧化物为 H2O；X 的一种核素可用于测定文物的年代，则 X 为碳元素；Y 位于第三周期与 Z 相邻，在常温下，Z 的单质是黄绿色气体，此气体为氯气，可知 Z 为 Cl 元素，Y 为 S 元素，据此分析判断。【详解】由上述分析可知：W 为 H、X 为 C、Y 为 S、Z 为 Cl；ACH 4与过量的 Cl2在光照条件下发生的取代反应是可逆反应，可以生成多种产物，主要有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷
10、、CCl 4和 HCl，故 A 错误；B非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，已知C、S、Cl 的非金属性强弱为 ClSC，则最高价氧化物的水化物的酸性：ZYX ，故 B 正确；CSO 2在催化剂作用下，能被氧气氧化为 SO3，故 C 正确；DH 元素可与活泼的金属元素如 Na、K、Ca 等形成离子化合物，如 NaH、CaH 2等，故 D 正确；故答案为 A。【点睛】本题考查同周期元素的性质的递变规律，属于高考中的高频考点，侧重于学生的分析能力的考查。注意把握相关基础知识的积累，同周期元素从左到右，原子序数逐渐增大，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，而同主族元素性质相似
11、，且核电荷数越大金属性越强，非金属性越弱，其中非金属性越强，元素最高价氧化物水化物的酸性越强，金属性越强，元素最高价氧化物水化物的碱性越强。7.已知 pCa=lgc(Ca 2+)，K sp(CaSO4)=9.0106 ，K sp(CaCO3)=2.8109 ，向 10 mL CaCl2溶液中滴加 0.1mol/L 的 Na2SO4溶液时，溶液中 pCa 与 Na2SO4溶液体积(V)的关系如图所示(实线)，下列有关说法正确的是(已知 1g3=0.48)A. y 值为 3.48B. a 与 b 两点 c(Ca2+)之比为 50：3C. 原 CaCl2溶液浓度为 1mol/LD. 若把 0.1mo
12、l/L 的 Na2SO4溶液换成 0.1mol/L 的 Na2CO3溶液则图象在终点后变为虚线部分【答案】D【解析】5【详解】A未滴加 Na2SO4溶液时 pCa=1，可知原溶液中 c(Ca2+)=0.1mol/L，a 点为滴加10mL0.1mol/L 的 Na2SO4溶液，此时恰好完全反应，此时溶液中 c(Ca2+)= c(SO42-)=mol/L=3.010-3mol/L，pCa=lgc(Ca 2+)=lg(3.010 -3)=3-lg3=2.52，即 y9.010-6值为 2.52，故 A 错误；Ba 点溶液中 c(Ca2+)=3.010-3mol/L，b 点溶液中加入 Na2SO4的体
13、积为 20mL，则溶液中 c(SO42-)= mol/L，则此时溶液中 c(Ca2+)= mol/L=2.710-0.13 9.010-60.134mol/L，所以 a 点和 b 点溶液中 c(Ca2+)之比为(3.010 -3mol/L):(2.710-4mol/L)=100:9，故 B 错误；C未滴加 Na2SO4溶液时 pCa=1，可知原溶液中 c(Ca2+)=0.1mol/L，原CaCl2溶液浓度为 0.1mol/L，故 C 错误；DCaSO 4的溶解度比 CaCO3的大，前者 Ksp数值更大，因此在使用相同量的 Na2CO3溶液代替 Na2SO4溶液时，溶液中 Ca2+下降的快，则
14、pCa 值相对较大，图象应在原图像上方，故 D 正确；故答案为 D。8.聚合硫酸铁(PFS)是一种高效水处理剂，广泛应用于工业废水、城市污水、工业用水及生活饮用水等的净化处理。其一种合成方法流程如下：回答下列问题（1）聚合硫酸铁分子式可表示为Fe 2(OH)n(SO4)xm，其中 Fe 化合价为+3，则x=_(用含 n 的代数式表示)。（2）分离阶段通常使混合物经静置后倾去上层清液即可。清液中所含的主要离子是_。（3）在自然氧化阶段，经分离得到的絮状沉淀会被空气氧化。该阶段完成的标志是沉淀颜色变为_。发生反应的化学方程式为_，为了使反应充分，还可以采取的措施有_(写一条即可)。（4）在氧化阶段
15、，发生的主要反应的离子方程式为_。反应要求必须在搅拌下缓缓加入双氧水，除了因为6该反应放热，反应剧烈，为防止危险外，还因为_。（5）为了检验所得产品中是否含有 Fe2+ (不含其他还原性物质)，取少量样品完全溶于水，并加水稀释，此时溶液几乎无色。然后用 0.01mol/L 的酸性高锰酸钾标准溶液滴定。则滴定至终点时的实验现象是_。【答案】 (1). 3-0.5n (2). NH4+、SO 42- (3). 红褐色 (4). 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe(OH)4 (5). 通入空气，不断搅拌，延长曝气时间等（合理即可） (6).2H+H2O2+2Fe2+=2Fe3+2H2O (7)
16、. H2O2受热分解，造成原料浪费 (8). 溶液颜色由几乎无色变为粉红色，且半分钟内不褪色【解析】【分析】废铁屑的主要成分是 Fe 和氧化铁，用过量稀硫酸溶解后，过滤除去不溶酸的固体残渣，所得滤液主要含有 Fe2+、SO 42-及 H+，其中一份滤液加入氨水调节溶液 pH 得 Fe(OH)2白色沉淀，经过滤并自然氧化得到 Fe(OH)3红褪色沉淀；另一份滤液中加入 H2O2氧化溶液中的 Fe2+得Fe3+，并将所得溶液与 Fe(OH)3混合，经蒸发浓缩并冷却结晶得到聚合硫酸铁，据此分析解题。【详解】(1)聚合硫酸铁分子式可表示为Fe 2(OH)n(SO4)xm，其中 Fe 化合价为+3，根据
17、化合物中所有元素正负化合价代数和为 0，则(+3)2+(-1)n+(-2)x=0，解得：x=3-0.5n；(2)滤液中滴加氨水，分别与 Fe2+、H +反应，生成 Fe(OH)2白色沉淀，同时得到NH4+，另外原溶液中含有大量 SO42-，分离所得清液中所含的主要离子是 NH4+、SO 42-；(3) Fe(OH)2白色沉淀在空气中被氧气氧化，先变为灰绿色，最终变为红褪色 Fe(OH)3沉淀，发生反应的化学方程式为 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)4，氧化阶段可通过搅拌增大反应接触面积，通入足量的空气或延长曝气时间等措施使反应更充分；(4) 酸性的滤液中加入 H2O2氧化溶液中
18、的 Fe2+得 Fe3+，发生的主要反应的离子方程式为 2H+H2O2+2Fe2+=2Fe3+2H2O；因H2O2受热分解，反应过程中必须在搅拌下缓缓加入双氧水，避免造成原料浪费；(5) Fe2+有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液紫色会褪去，则滴定时当观察到溶液颜色由几乎无色变为粉红色，且半分钟内不褪色时即可判断滴定至终点。9.POC13是重要的基础化工原料，某兴趣小组准备用三氯化磷、氯气、二氧化硫制备POC13，产物中还有一种遇水强烈水解的物质 SOCl2(查资料可知 PCl3遇水强烈水解，易与氧气反应；POCl 3遇水强烈水解，能溶于 PCl3)7（1）已知装置 A 制备 Cl2，装
19、置 C 制备 SO2，装置 B 制备 POCl3，以上仪器接口连接的顺序为 a_d，装置 B 中发生反应的化学方程式为_。（2）装置 F 中试剂的名称为_，装置 D 的作用是_，仪器乙的名称为_，甲的作用是_。（3）此实验设计中有一不足之处是_，改进的方案是_。（4）测定 POC13含量。准确称取 12.0 g POCl3产品，置于盛有 100mL 蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，取 10.0mL 水解液于烧杯中，加入足量的硝酸酸化的 AgNO3溶液，充分反应得到白色沉淀过滤、洗涤、烘干，称重为 2.87g。检验沉淀是否洗净的操作方法是_，产品中 POCl3的百分含量为_。【答案】 (1).
20、j i e f b c g h (2). PCl3+Cl2+SO2=POCl3+SOCl2 (3). 饱和食盐水 (4). 干燥 Cl2，同时作安全瓶，防止堵塞 (5). 球形干燥管 (6). 冷凝回流 (7). 缺少尾气处理装置 (8). 在装置甲上添加装有碱石灰的装置 (9). 取少许最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸，若无白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净 (10). 85.3%【解析】【详解】(1) 装置 A 制得的 Cl2中混有挥发的 HCl 和水蒸气，需要经过 F 装置内的饱和食盐水除去 HCl、再利用 D 装置内的浓硫酸干燥，然后才可通入装置 B 中，装置 C 中制得的SO2，需要通
21、过 E 中 P2O5或硅胶干燥后再通入装置 B 中制备 POCl3，则以上仪器接口连接的顺序为 ajiefbcghd，装置 B 中生成 POCl3时发生反应的化学方程式为PCl3+Cl2+SO2=POCl3+SOCl2； (2)装置 F 是除去氯气中混有的 HCl，应盛装饱和食盐水；装置 D 的浓硫酸既干燥氯气，又能平衡压强，作安全瓶，防止发生堵塞；根据仪器的结构和性能可知仪器乙的名称为球形干燥管，甲为冷凝管，其作用是冷凝回流；(3)本实验尾气中含有的氯气和 SO2均污染环境，需要进行尾气处理，应在装置甲上添加装有碱石灰的装置吸收氯气和 SO2；(4)洗涤 AgCl 的最初洗涤液中含有 Ag+
22、，则当取少许最后一次洗涤液于试8管中，滴加盐酸，若无白色沉淀生成，即可说明沉淀已洗涤干净；2.87gAgCl 的物质的量为 0.02mol，根据原子守恒样品中 POCl3的物质的量为 0.02mol = mol，2.87g143.5g/mol= 100mL10mL 130.23则产品中 POCl3的百分含量为 100%=85.3%。0.23mol153.5g/mol12.0g10.CO2等温室气体的排放所带来的温室效应已经对人类的生存环境产生很大影响。CO 2的利用也成为人们研究的热点。以 CO2和 H2为原料合成甲醇技术获得应用。（1）已知 CH3OH (g)+ O2(g)=CO2(g)+2
23、H2O(l ) H 1=363 kJ/mol322H2(g)+O2(g)=2H2O(1) H 2=571.6kJ/molH2O(1)=H2O(g) H 3=+44 kJ/ mol则 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)的反应热H=_。（2）该反应常在 230280、1.5MPa 条件下进行。采用催化剂主要组分为 CuO-ZnO-Al2O3。催化剂活性组分为单质铜，因此反应前要通氢气还原。写出得到活性组分的反应的化学方程式：_。使用不同催化剂时，该反应反应热H_(填“相同”或“不同”)（3）该反应可以看作以下两个反应的叠加：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)
24、，平衡常数 K1；CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，平衡常数 K2；则 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数 K=_(用含 K1、K 2的代数式表示)（4）反应过程中，发现尾气中总会含有一定浓度的 CO，为了减少其浓度，可以采取的措施为_(写一条即可)（5）为了提高反应速率，采取的措施可以有_。A.使用高效催化剂 B.在较高压强下进行 C.降低压强 D.充入高浓度 CO2（6）有人研究了用电化学方法把 CO2转化为 CH3OH，其原理如图所示：9则图中 A 电极接电源_极。已知 B 电极为惰性电极，则在水溶液中，该极的电极反应为_。【答案】 (1).
25、-450.4kJ/mol (2). H2+CuO Cu+H2O (3). 相同 (4). K1K2 (5). 增大氢气的浓度、分离出甲醇或水蒸气等（合理即可） (6). ABD (7). 负 (8). 2H 2O-4e-=4H+O2【解析】【详解】(1)已知CH 3OH (g)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l ) H 1=363 32kJ/mol、2H 2(g)+O2(g)=2H2O(1) H 2=571.6kJ/mol 、H 2O(1)=H2O(g) H3=+44 kJ/ mol，根据盖斯定律可知， +-可得 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)32+H2O(g)，则 CO
26、2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)的反应热H=(571.6kJ/mol) +(+44 32kJ/ mol)-(363 kJ/mol)=-450.4kJ/mol；(2)催化剂活性组分为单质铜，并且反应前要通氢气还原，说明氢气还原氧化铜生成铜和水，发生反应的化学方程式为H2+CuO Cu+H2O；使用不同催化剂时，能改变反应的活化能，但不改变反应的热效应，即该反应反应热H 相同；(3)已知反应：CO 2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)，平衡常数K1；CO(g)+2H 2(g) CH3OH(g)，平衡常数 K2；由盖斯定律可知，+可得总反应CO2(g)+3H2(g)
27、CH3OH(g)+H2O(g)，则总反应的平衡常数等于分反应的平衡常数之积，则 K=K1K2；(4)反应过程中，发现尾气中总会含有一定浓度的 CO，为了减少其浓度，可以设法让平衡 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)向正反应方向移动，可采取的措施有：增大氢气的量、分离出 CH3OH(g) 或水蒸气等，促进反应平衡正向移动，提高 CO 的利用率即可；(5)A.使用高效催化剂可提高反应速率，故 A 正确；B.增大压强，可提高反应速率，故 B 正确；C.降低压强，反应速率减慢，故 C 错误；D.充入高浓度 CO2，可提高反应速率，故 D正确；故答案为 ABD；(6)CO 2转化为 CH3OH
28、发生还原反应，说明 A 电极为阴极，连接电源10的负极，B 为阳极，发生氧化反应，电极反应式为 2H2O-4e-=4H+O2。【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般 23 个)进行合理“变形” ，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的 H与原热化学方程式之间 H 的换算关系。11.碳、氮元素是构成生物体的主要元素，在动植物生命活动中起着重要作用。根据要求回答下列问题：（1）氮原子核外有_种不同运动状态的电子，基态氮原子核外电子排布图为_。（2）已知：(NH 4)
29、2CO3 2NH3+H 2O+CO 2与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有_种。分解所得的气态化合物分子的键角由小到大的顺序为_(填化学式)。（3）物质 中与 CO32 中的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为_。（4）配合物Cu(CH 3CN) 4BF4中铜原子的价电子排布式：_，BF 4 的空间构型为_。写出与 BF4 互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式：_、_。（5）碳元素与氮元素形成的某种晶体的晶胞如图所示(8 个碳原子位于立方体的顶点，4 个碳原子位于立方体的面心，4 个氮原子在立方体内)，该晶体硬度超过金刚石，成为首屈一指的超硬新材料。晶胞中 C 原子的配位数为_。该
30、晶体硬度超过金刚石的原因是_。已知该晶胞的边长 apm，阿伏加德罗常数用 NA表示，则该晶体的密度为_。【答案】 (1). 7 (2). (3). 3 (4). 11H2ONH3CO2 (5). 3:2 (6). 3d104s1 (7). 正四面体 (8). CCl4 (9). SO42- (10). 4 (11). 该晶体和金刚石均为原子晶体，该晶体中的 C-N 键的键长比金刚石中的 C-C 键的键长短，键能大，故硬度大 (12). 9.21031a3NA【解析】【分析】(1)原子核外没有运动状态相同的电子；N 原子价电子排布式是为 2s22p3，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；(2
31、)与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有N、F、Ne；分解所得的气态化合物有 H2O、NH 3、CO 2，H 2O 为 V 形，NH 3为三角锥形，CO 2为直线形，H 2O 中有两对孤电子对，NH 3中 1 对孤电子对，孤电子对与键合电子对斥力大于键合电子对与键合电子对间斥力；(3)CO 32-中 C 的杂化方式为 sp2，分子中苯环 C 为 sp2杂化，-CN 中 C 为 sp 杂化，-CH 3与-CH 2-中与-CH 中 C 为 sp3杂化，据此计算；(4)判断空间构型时可利用价层电子对互斥理论。BF 4-中无孤电子对，有 4 个 键电子对，故呈四面体形；寻找等电子体时可利用价电子迁移法
32、找到；(5)根据晶胞结构分析，1 个C 周围等距且最近的 N 有 4 个，晶体硬度超过金刚石，从 C-N 的键能和 C-C 键能角度分析；先计算晶胞的质量和体积，再计算晶体的密度。【详解】(1)原子核外没有运动状态相同的电子，基态氮原子核外有 7 个电子，有 7 种不同的运动状态；N 原子核外电子排布式是 1s22s22p3，结合泡利原理、洪特规则，其核外电子排布图为 ；(2)与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有 N、F、Ne，共有 3 种；解所得的气态化合物有 H2O、NH 3、CO 2，H 2O 为 V 形，NH 3为三角锥形，CO 2为直线形，H 2O 中有两对孤电子对，NH 3中 1
33、 对孤电子对，孤电子对与键合电子对斥力大于键合电子对与键合电子对间斥力，所以键角大小为：H 2ONH 3CO 2；(3)CO 32-中 C 的杂化方式为 sp2，分子中苯环 C 为 sp2杂化，-CN 中 C 为 sp 杂化，-CH 3与-CH 2-与-CH 中 C 为 sp3杂化，所以分子中 sp2杂化 C 有 6个，sp 杂化 C 有 1 个，sp 3杂化 C 有 3 个，所以与 CO32- 的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为 6:4=3:2；(4)Cu 为 29 号元素，基态原子的核外电子排布式为Ar3d104s1，故基态原子的价层电子排布式为 3d104s1；BF 4-中心原
34、子 B 的价层电子对数为 4+=4，杂化方式为 sp3，则空间构型为正四面体形；BF 4-共有 5 个原子，价电子总数为3+1-4232，结合等电子体理论可知 CCl4、PO 43-、SO 42-和 ClO4-均与之为等电子体；(5)根据晶胞结构分析，1 个 C 周围等距且最近的 N 有 4 个，晶体硬度超过金刚石，从 C-N 的键能和 C-C12键能角度分析，该晶体和金刚石二者均为原子晶体，该晶体中的 C-N 键的键长比金刚石中的 C-C 键的键长短，键能大，故硬度较金刚石大；该晶胞中含有碳原子数为8 +6 =3，含有 N 原子数目为 4，则晶胞的化学式为 C3N4，一个晶胞的质量为18 1
35、2g，晶体的体积为 (a10-10)3cm3，故晶胞的密度为 = = g/cm3.123+144NA mV 92gNA(a10-10)3cm39.21031a3NA【点睛】确定等电子体的一般方法是：将 BF4-中所带的负电荷迁移给 B，转化为 C，将 F 替换为同族元素 Cl，可找到等电子体 CCl4将 F 替换为 O，此时将带 5 个单位负电荷，将其中的两个负电荷迁移给 B，可找到等电子体 PO43-，将其中的三个负电荷迁移给 B，可找到等电子体 SO42-，将其中的四个负电荷迁移给 B，可找到等电子体 ClO4-。12.氟磺胺草醚(结构式为 ，化学式为C13H10ClF3N2O6S)为高效
36、豆田芽后除草剂，在杂草萌生后施药可有效防除一年生阔叶杂草。其合成方法如图：回答下列问题：（1）已知 A 的分子式为 C7H8，则其结构简式为_。（2）写出从 AB 反应的化学方程式：_。与 B 具有相同官能团的B 的同分异构体有_个，其中核磁共振氢谱吸收峰面积比值为 2：2：2：1 的是_(写结构简式)（3）上述反应中，BC 属于_反应，EF 属于_反应。（4）G 的结构简式为_。13（5）仿照题给价息，写出以 和 为原料合成的流程图(其他无机试剂自选)。_【答案】 (1). (2). (3). 3 (4). (5). 氧化 (6). 取代 (7). (8). 【解析】【分析】AB 是在苯环上
37、引入-NO 2，BC 是苯环上的甲基被 Na2Cr2O7氧化为-COOH，结合 C 的结构简式 和 A 的分子式为 C7H8，可知 A 为 、B 为 ；CD是将 C 中-NO 2还原为-NH 2，并在-NH 2的对位引入酚羟基，D 再与 发生取代反应生成 E，E 再和 COCl2发生取代反应生成 F，F 在 CH3SO2NH2的作用下发生取代反应生成G，G 在 H2O2的作用下氧化得到 ，结合 G 的分子组成14C15H2ClF3N2O4S，可推断出 G 的结构简式为 ，据此分析解题。【详解】(1)由分析可知 A 为甲苯，其结构简式为 ；(2)AB 是甲苯与浓硫酸、浓硝酸混合加热发生硝化反应生
38、成邻硝基甲苯，发生反应的化学方程式为；B 的结构简式为 ，其中硝基和甲基有邻、间及对位三种，另外硝基还可能连接在甲基上，则与 B 具有相同官能团的 B 的同分异构体有 3 个，其中 有四种等效氢且核磁共振氢谱吸收峰面积比值为 2：2：2：1；(3)BC 是苯环上的甲基被 Na2Cr2O7氧化为-COOH，属于氧化反应，EF 是 E 和 COCl2发生取代反应生成 F；(4)由分析可知 G 的结构简式为；(5) 和 在 K2CO3的作用下发生取代反应生成 ，再利用酸性条件下的 H2O2将-NH 2氧化为-NO2,即得到 ，具体合成流程图为。【点睛】本题需要学生将题给信息与已有知识进行重组并综合运用，这是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。
