重庆市2023届高三第二次模拟考试化学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________一、单选题1．
下列说法错误的是 （ ）A．开发燃料电池汽车，有利于减少机动车尾气污染B．开发利用太阳能、风能等新能源代替化石能源，利于实现
低碳经济C．天然气是推广使用的清洁燃料D．在燃煤中加入生石灰，可减少CO2的排放2．用化学用语表示中相关微粒，其中正确的是（
）A．中子数为18的氯原子B．的电子式：C．的结构示意图：D．的结构式：3．目前，汽车尾气系统中均安装了催化转化器。在催化转化器
中，汽车尾气中的CO和NO在催化剂的作用下发生反应生成和，判断下列结论中错误的是（ ）A．该反应中CO做还原剂B．该反应中N
O被还原后的产物是C．氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为D．该反应中NO的氧化性最强4．布洛芬、阿司匹林、酚麻美敏片均属于常见的
解热镇痛抗炎药，下图所示X、Y、Z分别是其有效成分分子的结构简式。下列说法错误的是（ ）A．X含1个手性碳，且与苯甲酸互为同
系物B．Y中所有的碳原子可能在同一平面上C．Z苯环上的H被Br所取代，二溴代物有4种D．X、Y、Z均能与反应产生5．类比推理是化学
解题中常用的一种思维方法，下列有关类推正确的是（ ）选项已知类推A用一束光照射氢氧化铁胶体，可以看到条光亮的“通路”用一束光
照射硫酸钠溶液，也可以看到一条光亮的“通路”B溶液在空气中不易变质NaOH溶液在空气中也不易变质CFeO是碱性氧化物也是碱性氧化物
D金属钠着火不能用干冰灭火金属钾着火也不能用干冰灭火A．AB．BC．CD．D6．某学习小组为了探究影响高锰酸钾酸性溶液与NaHSO
3溶液反应速率的因素，该小组设计如表实验方案。实验V(NaHSO3)/mLc=0.2mol·L-1V(KMnO4)/mLc=0.1
mol·L-1V(H2SO4)/mLc=0.6mol·L-1V(MnSO4)/mLc=0.1mol·L-1V(H2O)/mL褪色时
间t/min13.02.01.00.02.0823.02.02.00.0a634.02.02.00.00.0443.02.01.0
0.5b3下列说法正确的是（ ）A．该反应的离子方程式为B．a=1.0，b=1.5C．实验3从反应开始到反应结束这段时间内反
应速率D．实验证明可能是该反应的催化剂7．O3也是一种很好的消毒剂，具有高效、洁净、方便、经济等优点。O3可溶于水，在水中易分解，
产生的[O]为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生反应如下：反应①O3O2+[O]?ΔH1＞0，平衡常数为K1反应②[
O]+O32O2?ΔH2＜0，平衡常数为K2总反应：2O33O2?ΔH＜0，平衡常数为K下列叙述正确的是（ ）A．压强增大，
K2减小 B．总反应中当2v正(O2)=3v逆(O3)时，反应达到平衡C．[O]为催化剂D．K=K1+K28．下列关于原子结构及元
素周期表说法错误的是（ ）A．第ⅡA族基态原子最外层电子排布均为B．第三、第四周期同主族元素的原子序数均相差8C．第四周期Ⅱ
A族与ⅢA族元素的原子序数相差11D．除第一周期外，其余各周期的原子核外电子排布总是从ns开始，以np结束9．下列关于胶体的叙述不
正确的是（ ）A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10-9m～10-7m之间B．将饱和FeCl3溶液滴入氢
氧化钠溶液中，加热可以制取Fe(OH)3胶体C．可用半透膜除去淀粉溶液中混有的氯化钠D．可以利用丁达尔效应区分胶体和溶液10．乙烯
()是石油化工产业的核心，作为一种可燃物，乙烯有着热值高、产物清洁的优势。在25℃、的条件下，乙烯的燃烧热为。已知：①部分化学键的
键能如下表所示化学键C=CC-HO=OC=OH-O键能612414498x464②3.6g水蒸气液化会放出8kJ热量，则x的值为（
）A．809B．1041C．676D．82911．为解决淀粉厂废水中BOD严重超标的问题，有人设计了电化学降解法。如图是利
用一种微生物将废水中有机物［主要成分是］的化学能转化为电能的装置，下列说法中错误的是（ ）A．该装置工作时，从左侧经质子交换
膜移向右侧B．该装置不能在较高温度下完成C．负极的电极反应为D．物质X是12．类比推理是学习化学的重要方法，下列“类比推理中”说法
正确的是（ ）A．Al2O3既能和NaOH溶液反应，也能和盐酸反应，属于两性氧化物；SiO2可以和NaOH溶液反应，也可以和
氢氟酸反应，所以SiO2也属于两性氧化物B．Cl2具有氧化性，Fe可以和Cl2反应生成FeCl3，S也具有氧化性，则Fe可以和S反
应生成Fe2S3C．酸性氧化物CO2与Ba(NO3)2不反应，则酸性氧化物SO2与Ba(NO3)2也不反应，D．Cl2与水反应生成
HCl和HClO，则I2与水反应生成HI和HIO13．下列说法正确的是（ ）A．标有“OTC”的药品要持医生的处方才能购买
B．向食品中加入大量的苯甲酸钠可以防止食物变质C．因硝酸铵易分解，所以使用硝酸铵施肥时应大量使用D．向婴儿奶粉中加入碳酸钙可以补钙
14．一种利用有机胺(TBA)联合生产碳酸氢钠和二氯乙烷的工艺流程如图所示。下列说法正确的是（ ）A．“制碱过程”后通过加热
蒸发结晶得到B．该工艺原子利用率低C．“氯化过程”每生成1mol，总反应中消耗1molD．“胺再生过程”反应为二、工业流程题15．
利用天然气合成氨的工艺流程示意图如下：依据上述流程，完成下列填空：(1)天然气脱硫时的化学方程式是____。(2)图中CH4的第一
次转化过程中的化学方程式是____。(3)整个流程有三处循环，一是K2CO3(aq)循环，二是N2和H2循环，三是____ (填化
学式)循环。(4)K2CO3(aq)和 CO2反应在加压下进行，加压的理论依据是____ (多选扣分)。a.熵增原理?b.勒夏特列
原理?c.酸碱中和原理三、原理综合题16．碳、氮广泛分布在自然界中，碳、氮的化合物在工农业生产和科技领域有重要用途。(1)已知有如
下反应：CO(g) +O2(g)=CO2(g) △H=-283kJ/molH(g) +O2(g)= H2O(g) △H = -24
1.8 kJ/mol则CO(g) +H2O(g)=CO2(g) +H2(g) △H =____，该反应为____ 反应 (填“吸热
"或“放热")。(2)一定温度下， 在固定容积的密闭容器内发生反应：2NO2(g)N2O4(g) △H = - 180kJ/mol
，c(NO2) 随时间变化如下表：时间/s01234c(NO2)/ (mol/L)0.40.20.10.080.08①用NO2浓度
变化表示0~2 s内该反应的平均反应速率为______。 在第3 s时，NO2的转化率为______(转化率是指某一反应物转化的百
分率)。②根据上表可以看出，随着反应进行，反应速率逐渐减小，其原因是_______。③该反应的平衡常数为_______。四、实验题
17．硫酸亚铁铵晶体[x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O] [ M=(132x+152y+18z)g·mol-1 ]是常
见的补血剂。已知：①硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。②FeSO4溶液与(NH4)2SO4反应可得到硫酸亚铁
铵。(1)FeSO4溶液的制备。将铁粉、一定量 H2SO4溶液反应制得FeSO4溶液，其中加入的铁粉需过量，除铁粉不纯外，主要原因
是_______(用离子方程式表示)。(2)制备x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O。向制备得到的FeSO4溶液中加入一定
质量的(NH4)2SO4固体，在70℃~80℃条件下溶解后，趁热倒入50mL乙醇中，析出晶体。乙醇的作用为_______。(3)产
品化学式的确定——NH含量的测定I.准确称取58.80 g晶体，加水溶解后，将溶液注入三颈烧瓶中；II.准确量取50.00 mL
3.030 mol·L-1 H2SO4溶液于锥形瓶中；III.向三颈烧瓶中通入氮气，加入足量NaOH浓溶液，加热，蒸氨结束后取下锥
形瓶；IV.用0.120 mol·L-1的NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸，滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液
。①装置M的名称为_______。②通入N2的作用为_______。③蒸氨结束后，为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行“处理”
，“处理”的操作方法是_______。④若步骤IV中，未用NaOH标准溶液润洗滴定管，则n(NH)将_______(填“偏大”、“
偏小”或“不变”)。(4)产品化学式的确定——SO含量的测定I.另准确称取58.80 g晶体于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的
BaCl2溶液；II.将得到的溶液过滤得到沉淀，洗涤沉淀3～4次；Ⅲ.灼烧沉淀至恒重，称量，得沉淀质量为69.90 g。结合实验(
3)和(4)，通过计算得出硫酸亚铁铵晶体的化学式为_______。五、结构与性质18．氮原子可以形成σ键、π键、大π键和配位键，成
键的多样性使其形成了多种具有独特组成的物质。回答下列问题：(1)第一电离能：氮___________氧(填“大于”或“小于”)，基
态氮原子价电子排布图不是，是因为该排布方式违背了___________。(2)肼(H2N?NH2)的相对分子质量与乙烯接近，但沸点
远高于乙烯的原因是___________。(3)NH3常作制冷剂，其键角___________ (填“大于”或“小于”) NF3的
键角。(4)正硝酸钠(Na3NO4)为白色晶体，是一种重要的化工原料。①Na3NO4阴离子的中心原子杂化方式为__________
_。②在573K条件下，实验室中用NaNO3和Na2O在银皿中反应制得Na3NO4，Na2O的立方晶胞如图所示：如图中“●”表示O
2?， Na2O晶胞的参数为apm，则晶胞密度___________g?cm?3(列出计算式即可，NA为阿伏加德罗常数的值)。六、
有机推断题19．3，4-二羟基肉桂酸乙酯( )具有抗炎作用和治疗自身免疫性疾病的潜力。由气体A制备该物质的合成路线如下：已知：+回
答下列问题：(1)已知：气体A对氢气的相对密度为14，A的化学名称是_______。(2)B中含有的官能团的名称为_______。
(3)D的结构简式为_______。(4)H→I的反应类型是_______。(5)反应E→F的化学方程式为_______；E中含有
_______个手性碳原子(连有四个不同基团的碳原子)。(6)芳香族化合物X是H的同分异构体，1molX与足量NaHCO3溶液反应
可生成2molCO2，符合条件的X有_______种，其中核磁共振氢谱的峰面积比为3：2：2：1的结构简式为_______(写出一
种)。参考答案1．D【详解】A．开发燃料电池汽车，减少化石燃料的使用，从而减少大气污染物的排放，有利于减少机动车尾气污染，A正确；
B．太阳能、风能等新能源都不含碳元素，替代化石能源，有利于实现低碳经济，B正确；C．天然气的主要成分是甲烷，热值高、燃烧充分、燃烧
产物不污染环境，是推广使用的清洁燃料，C正确；D．在燃煤中加入生石灰，可吸收燃烧产生的SO2，减少SO2的排放，但对CO2气体的排
放不产生影响，D错误；故选D。2．D【详解】A．氯为17号元素，质子数为17，若中子数为18，则质量数应为35，A错误；B．氯离子
为阴离子，电子式中应加[ ]，为，B错误；C．氯原子最外层电子数为7，得到1个电子变为氯离子，最外层电子数应为8，C错误；D．氮原
子最外层电子数为5，要形成三个共价键，氢原子最外层电子数为1，要形成一个共价键，因此氨气的结构式为：，D正确；答案选D。3．C【分
析】在催化转化器中，汽车尾气中的CO和NO在催化剂的作用下发生反应生成和，其反应为；【详解】A．对于反应，CO中C元素化合价升高，
被氧化，作还原剂，故A正确；B．对于反应，NO中N元素化合价降低，被还原，作氧化剂，还原产物为，故B正确；C．反应属于氧化还原反应
，得失电子守恒，即氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为，故C错误；D．根据氧化还原反应规律，氧化性：氧化剂>氧化产物；对于反应，氧
化剂为NO，氧化产物为，所以氧化性：，且氧化剂氧化性大于还原剂，故D正确；故选C。4．D【详解】A．如图X中 所示 的碳原子为手性
碳原子，，该有机物与苯甲酸结构相似，在组成上相差6个-CH2-原子团，互为同系物，A正确；B．图中所示①②③三个面通过单键连接，单
键可以旋转，三个面可以处于同一平面，所以所有的碳原子可能在同一平面上，B正确；C． 苯环上①④处于对称位置，②③处于对称位置，苯环
上的二溴代物有①②，①③，①④，②③共4种，C正确；D．X、Y中的羧基，能与反应放出CO2，Z中的酚羟基和碳酸钠反应，但不会生成，
D错误；故答案选D。5．D【详解】A．氢氧化铁胶体属于胶体，能产生丁达尔现象，硫酸钠溶液属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔现象，A
错误；B．溶液在空气中不易变质，NaOH在空气中易发生潮解、吸收二氧化碳生成碳酸钠而变质，B错误；C．金属氧化物不一定是碱性氧化物
，FeO与酸反应生成盐和水，是碱性氧化物，只能与碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，C错误；D．金属Na着火生成的过氧化钠能够与二氧化
碳反应生成氧气，因此不能用干冰灭火，金属K着火生成的过氧化钾也能与二氧化碳反应放出氧气，也不能用干冰灭火，D正确； 故选D。6．B
【分析】探究实验方案两两之间应保持单一变量，则四组实验的溶液总体积相等，利用混合溶液褪色时间判断变量对反应速率的影响。【详解】A．
是弱酸的酸式酸根离子，不能拆写，该反应的离子方程式为，选项A错误；B．据题意可知，4组实验溶液总体积应相同，则，，选项B正确；C．
由，故反应完全，实验3从反应开始到反应结束这段时间内反应速率，选项C错误；D．实验4与实验1相比，其它条件相同条件下，实验4加了M
nSO4，反应混合溶液褪色时间只有3min，由于溶液中已经加了H2SO4，说明SO不是该反应的催化剂，而可能是该反应的催化剂，选项
D错误；答案选B。7．B【详解】A．平衡常数只受温度变化的影响，压强增大，温度不变，则平衡常数K2不变，A错误；B．总反应为2O3
3O2，当2v正(O2)=3v逆(O3)时，正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，则反应达到平衡，B正确；C．从题干可以看出，[O
]为反应①的产物，对总反应来说，仅属于反应的中间产物，所以[O]不是该反应的催化剂，C错误；D．总反应=反应①+反应②，则K=K1
?K2，D错误；故选B。8．B【详解】A．ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2，故A正确；B．第三、第四周期同主族元素的原子序数
ⅠA、ⅡA均相差8，ⅢA-0族均相差18，故B错误；C．第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11，故C正确；D．第一周期只有两
种元素，以1S1开始，1S2结束，其余各周期的原子核外电子排布总是从ns开始，以np结束，故D正确；故答案选：B。9．B【详解】A
．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径大小，当分散质微粒直径小于1nm(10-9m)时，分散系为溶液，大于100nm(1
0-7m)时，分散系为悬浊液或乳浊液，当分散质微粒直径在1nm～100nm(10-9m～10-7m)之间，分散系为胶体，故A说法正
确；B．将饱和氯化铁溶液滴入氢氧化钠溶液中，得到红褐色沉淀，氢氧化铁胶体制备是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，加热到出现红褐色液体，即
可以得到氢氧化铁胶体，故B说法错误；C．淀粉溶液为胶体，不能透过半透膜，氯化钠可以透过半透膜，因此可以用半透膜除去淀粉溶液中混有的
氯化钠，故C说法正确；D．胶体具有丁达尔效应，溶液则没有，因此可以用丁达尔效应区分胶体和溶液，故D说法正确；答案为B。10．A【详
解】3.6g水蒸气液化会放出8kJ热量，故；键能表示1mol气态分子解离成气态原子所需要的能量，故乙烯燃烧生成气态水的热化学方程式
为：，表示乙烯燃烧热的热化学方程式为：，根据盖斯定律，。反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，故，解得x=809；故选A。1
1．D【分析】由题意利用一种微生物将废水中有机物[主要成分是(C6H10O5)n]的化学能转化为电能的装置，即为原电池，由图N极通
O2，M极为有机物，则N极为正极发生还原反应，M极为负极，发生氧化反应，负极的电极反应为(C6H10O5)n+7nH2O﹣24ne
﹣═6nCO2↑+24nH+，原电池中阳离子移向正极。【详解】A．原电池中阳离子移向正极，该装置工作时，H+从左侧经质子交换膜移向
右侧，选项A正确；B．微生物在高温下会变性，所以该装置不能在较高温度下完成，选项B正确；C．M极为有机物，M极为负极，发生氧化反应
，负极的电极反应为(C6H10O5)n +7nH2O﹣24ne﹣═6nCO2↑+24nH+，故C正确；D．由图N极通O2，则N极为
正极，O2得电子结合H+生成水，物质X为水，选项D错误；答案选D。12．D【详解】A． SiO2可以和NaOH等碱溶液反应，除了和
氢氟酸反应外不与其它酸反应，所以SiO2属于酸性氧化物，A错误；B． Cl2的氧化性大于S，Fe可以和Cl2反应生成FeCl3，
Fe可以和S反应生成FeS，B错误；C． 碳酸是弱酸，不能用碳酸制硝酸，故酸性氧化物CO2与Ba(NO3)2不反应，酸性较强时硝酸
根具有氧化性，则酸性氧化物SO2与Ba(NO3)2发生氧化还原反应得到硫酸钡沉淀，C错误；D． 氯和碘同主族，化学性质相似，Cl2
与水反应生成HCl和HClO，则I2与水反应生成HI和HIO，D正确；答案选D。13．D【详解】A．OTC药品一 般指非处方药，可
自行根据需要选购，A错误；B．过量的食品防腐剂会危害人体健康，B错误；C．过量使用会造成浪费，且会污染水源和大气，故使用硝酸铵施肥
时应适量使用，C错误；D．碳酸钙可以作为营养强化剂使用，向婴儿奶粉中加入碳酸钙可以补钙，D正确； 故本题选D。14．D【详解】A．
NaHCO3热稳定性差，加热易分解，应通过降温结晶得到NaHCO3，故A错误；B．从生成工艺流程图可以看出，反应物全部转化成产物，
该工艺原子利用率100%，故B错误；C．“氯化过程”的方程式为C2H4+2CuCl2=C2H4Cl2+2CuCl，再结合胺再生过程
方程式4CuCl+O2+4TBA·HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O，可得C2H4Cl2~2CuCl~0.5O2，所以每生成
lmolC2H4Cl2，总反应中消耗0.5molO2，故C错误；D．结合图示物质及转化关系，可得 “胺再生过程”反应为4CuCl+
O2+4TBA·HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O，故D正确；故答案为：D。15．(1)(2)(3)(4)b【分析】(1)硫
化氢是酸性气体,可以和碱发生中和反应生成盐和水；(2)第一次与水蒸气反应转化成一氧化碳和氢气；(3)根据生产流程图中所涉及的物质的
来源和去向回答；(4)根据化学平衡移动原理来回答。【详解】（1）硫化氢是酸性气体,可以和氢氧化铁发生中和反应: ；因此，本题正确答
案是: ；（2）根据天然气合成氨的工艺流程图知，第一次与水蒸气反应转化成一氧化碳和氢气,反应的方程式为: ；答案是: ；（3）由工
艺流程示意图可以知道第三个循环中被循环物质是循环；因此，本题正确答案是: ；（4）和反应生成碳酸氢钾，方程式为，增大压强,化学平衡
向右进行，符合化学平衡移动原理，b可选；答案是:b。16．???? -41.2kJ/mol???? 放热???? 0.15mol/
(L·s)???? 80%???? 随着反应的进行，二氧化氮的物质的量浓度减小，反应速率减小???? 25L/mol【详解】(1)
已知有如下反应：CO(g) +O2(g)=CO2(g) △H1=-283kJ/molH(g) +O2(g)= H2O(g) △H2
= -241.8 kJ/mol则CO(g) +H2O(g)=CO2(g) +H2(g) △H = △H1- △H2=-283kJ
/mol+241.8 kJ/mol=-41.2kJ/mol，由于焓变小于0,该反应为放热反应，故本题答案为：-41.2kJ/mol
；放热；(2)①0~2 s内二氧化氮浓度变化量为0.4 mol/L-0.1 mol/L=0.3 mol/L，该反应的平均反应速率为
0.15mol/(L·s)，在第3 s时，NO2转化了0.4 mol/L-0.08 mol/L=0.32 mol/L，则二氧化氮的
转化率为=80%，故本题答案为：0.15mol/(L·s)；80%；②根据上表可以看出，随着反应进行，二氧化氮的浓度逐渐减小，反应
速率逐渐减小，故本题答案为：随着反应的进行，二氧化氮的物质的量浓度减小，反应速率减小；③根据化学方程式2NO2(g)N2O4(g)
列三段式计算：该反应的平衡常数K===25L/mol，故本题答案为：25L/mol。【点睛】化学反应速率与浓度有关，随着反应不断进
行，反应物不断减小，生成物逐渐增加，正反应速率逐渐减小。计算化学平衡常数常用三段式进行计算。17．(1)2Fe3++Fe = 3F
e2+ (4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O)(2)降低硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度，有利于晶体的析出(3)????
分液漏斗???? 将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收???? 用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2～3次，将洗涤液注入锥形瓶中
???? 偏小(4)(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O【分析】确定产品化学式时，先将产品中的铵根转化为氨气，用硫酸标准液吸收
氨气，通过滴定剩余氢离子的量，来间接测定铵根的量；然后领取样品，利用氯化钡来沉淀硫酸根，通过硫酸钡沉淀的量来确定硫酸根的含量，继而
确定化学式。【详解】（1）Fe2+易被空气中的氧气氧化，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe粉可以和铁离子发生反应
2Fe3++Fe = 3Fe2+，因此过量的铁粉能防止其被氧化；（2）硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇，因此
乙醇可以降低硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度，有利于晶体的析出；（3）①装置M为分液漏斗；②反应中装置中会有残留的氨气，持续通入N2可
以将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收；③反应过过程中若蒸出水，凝结在冷凝管中，则NH3可能以NH3·H2O的形式附着
在冷凝管内壁，因此用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2～3次，将洗涤液注入锥形瓶中，可消除误差；④若未用NaOH溶液润洗滴定管，则NaOH溶
液的浓度偏低，则滴定中消耗的NaOH的体积偏大，剩余的硫酸偏大，则氨气的含量偏小；（4）测定NH含量时，，滴定终点时消耗25.00
?mL?NaOH标准溶液，所以剩余的n(H+)=0.120mol/L×0.025L=0.003mol，所以n(NH)=3.030m
ol/L×0.05L×2-0.003mol=0.3mol；测定SO含量时，BaSO4的物质的量为0.3mol，则(NH4)2SO4
的物质的量为0.15mol，FeSO4的物质的量为0.15mol，则根据M的计算公式可得，132×0.15+152×0.15+18
×n水=58.8，则n水=0.9，则根据比例可得硫酸亚铁铵晶体的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O18．???? 大
于???? 洪特规则???? 肼分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键???? 大于 【详解】(1) 同周期主族元素从左到右第一电离能有
增大的趋势，但N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于氧元素；根据洪特规则，电子分布到能量相同的原子轨道时，优先以自旋相
同的方式分别占据不同的轨道，正确的排布为；(2)肼分子间可形成氢键，乙烯分子间不能形成氢键，肼分子间的作用力大于乙烯分子，使得肼分
子的沸点远高于乙烯；(3) NH3常作制冷剂，其键角大于NF3的键角，理由是：NH3、NF3中，中心原子孤电子对数= ，价层电子对
数=3+1=4，则按价层电子对互斥理论，离子呈三角锥形， N原子均为sp3杂化，均有1对孤对电子，NH3中成键电子偏向N，斥力大，
键角大，NF3中成键电子偏向F，斥力小，键角小；(4)①NO中心原子孤电子对数= ，价层电子对数=4+0=4，则按价层电子对互斥理
论，离子呈正四面体构型，采用杂化；②由晶胞结构可知，氧离子的个数为，钠离子的个数为8个，晶胞中含4 个Na2O，晶胞的参数为a p
m=a×10?10 cm，晶胞体积为(a×10?10)3 cm3×NA，则晶胞密度为：。19．(1)乙烯(2)羟基(3)(4)取代
反应或酯化反应(5)+ H2O???? 1(6)???? 10 或【分析】气体A对氢气的相对密度为14，即A的相对分子质量为28，
再由B的分子式可知A的分子式为C2H4，所以可知A为乙烯，B的分子式为C2H6O及A生成B的条件可知B为乙醇，由已知信息可知C、D均为醛，结合B为乙醇，则C为乙醛，再由E逆推可知D的结构简式为 ，E为 ，由E →F的反应条件可知F为 ，由F和反应条件可知G为 ，H为 ，产物I为 ，据此依次分析。（1）气体A对氢气的相对密度为14，即A的相对分子质量为28，再由B的分子式可知A的分子式为C2H4，所以可知A为乙烯，故答案为：乙烯；（2）根据A为乙烯、B的分子式为C2H6O及A生成B的条件可知B为乙醇，其含有的官能团的名称为羟基，故答案为：羟基；（3）由已知信息可知C、D均为醛，结合B为乙醇，则C为乙醛，再由E逆推可知D的结构简式为 ，故答案为： ；（4）由H和I的结构简式以及H→I的反应条件可知H→I的反应是羧酸和醇的酯化反应，所以反应类型是酯化反应或者取代反应，故答案为：取代反应或酯化反应；（5）由E →F的反应条件及E的结构简式可知，F的结构简式为 ，反应E →F的化学方程式为+ H2O，E中含有1个手性碳原子，即图 中位置的碳原子，故答案为：+ H2O；1；（6）H的结构简式为 ，由题意可知，符合条件的芳香族化合物X含两个-COOH ，苯环上的取代基有三种情况：①-COOH、- CH2COOH，二者在苯环上有邻、间、对3种位置关系；②-CH(COOH)2，此时有 1种结构；③1个-CH3、2个-COOH，三者在苯环上有6种位置关系，所以符合条件的X共有3+1+6=10种；其中核磁共振氢谱的峰面积比为3：2：2：1的结构简式为 和 ，故答案为：10； 和 。答案第11页，共22页答案第11页，共22页试卷第11页，共33页试卷第11页，共33页 |
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