1、山东省临沂市2019届高三上学期期末考试化学试题1.天工开物中如下描述“共煅五个时辰，其中砂末尽化成汞，布于满釜。”下列金属的冶炼方法与此相同的是A. 钠 B. 铝 C. 银 D. 铁【答案】C【解析】【分析】根据题中信息，“共煅五个时辰，其中砂末尽化成汞，布于满釜。”，通过HgO分解得到Hg单质；【详解】“共煅五个时辰，其中砂末尽化成汞，布于满釜。”，方法是加热HgO，使之分解成Hg和O2；A、工业上冶炼金属钠，常采用的方法是电解熔融氯化钠，故A不符合题意；B、工业上冶炼铝，采用电解熔融的氧化铝，故B不符合题意；C、工业上冶炼银，采用加热氧化银，故C符合题意；D、工业冶炼铁，采用热还原法，故
2、D不符合题意；【点睛】工业上冶炼金属，常采用的方法是电解法、热还原法、热分解法，KAl常采用电解法，ZnCu常采用热还原法，Cu以后金属常采用热分解法。2.化学与生活、生产密切相关。下列说法正确的是A. KA1(SO4)212H2O常用于杀菌消毒B. 生活中可用无水乙醇消毒C. 纤维素在人体内水解得到葡萄糖D. 泡沫灭火器中的反应物是NaHCO3和Al2(SO4)3【答案】D【解析】【详解】A、明矾常用于净水，利用Al3水解成氢氧化铝胶体，吸附水中悬浮固体颗粒，达到净水目的，明矾不能杀菌消毒，故A错误；B、生活中常用75%乙醇进行消毒，故B错误；C、人体中不含水解纤维素的酶，即纤维素在人体中不
3、能水解成葡萄糖，故C错误；D、利用NaHCO3和Al2(SO4)3发生双水解反应：Al33HCO3=Al(OH)33CO2，故D正确；3.最近科学家发现使用钾和铜的微小尖峰可将二氧化碳和水转变为乙醇。下列有关化学用语表示正确的是A. 二氧化碳的比例模型：B. 中子数为34，质子数为29的铜原子：C. 钾原子的结构示意图：D. 乙醇的结构简式：CH3OCH3【答案】C【解析】【详解】A、CO2结构式为O=C=O，中间球为碳原子，根据原子半径大小规律，C的原子半径大于O的原子半径，故A错误；B、根据原子构成，左上角为质量数，左下角为质子数，即该核素的表示形式为6329Cu，故B错误；C、钾原子位于
4、第四周期IA族，19号元素，原子结构示意图为，故C正确；D、乙醇中含有羟基，结构简式为CH3CH2OH或C2H5OH，故D错误；4.环辛四烯常用于制造合成纤维、染料、药物，其结构简式如图所示。下列有关它的说法正确的是A. 与苯乙烯、互为同分异构体B. 一氯代物有2种C. 1mol该物质燃烧，最多可以消耗9 mol O2D. 常温下为液态，易溶于水【答案】A【解析】【详解】A、环辛四烯分子式为C8H8，苯乙烯、分子式为C8H8，它们的结构不同，因此互为同分异构体，故A正确；B、环辛四烯只有一种氢原子，其一氯代物有1种，故B错误；C、根据烃燃烧的通式，1mol该物质燃烧，消耗O2的物质的量(88/
5、4)mol=10mol，故C错误；D、烃难溶于水，环辛四烯常温下为液态，难溶于水，故D错误；5.硫化氢作为继NO和CO之后的第3种气体信号分子，在血管新生的调控中起到重要作用，人体中微量的H2S能有效预防心脏病。下列有关说法不正确的是A. H2S属于弱电解质B. NO和CO都不属于酸性氧化物C. H2S、NO和CO都能与臭氧反应D. H2S通入Ba(NO3)2溶液中无明显现象【答案】D【解析】【详解】A、H2S属于二元弱酸，属于弱电解质，故A说法正确；B、NO和CO为不成盐氧化物，即NO和CO 不属于酸性氧化物，故B说法正确；C、臭氧具有强氧化性，H2S、NO、CO具有还原性，H2S、NO、C
6、O都能与臭氧发生氧化还原反应，故C说法正确；D、H2S属于二元弱酸，NO3在酸性条件下具有强氧化性，能把2价S氧化成S单质，溶液出现浑浊，故D说法错误；6.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A. FeC13具有氧化性，可用作H2S的脱除剂B. A12O3具有两性，可用于工业冶炼铝单质C. 浓硝酸具有酸性，可用于钝化铁、铝D. 二氧化硅的熔点高，可用于制备光导纤维【答案】A【解析】【详解】A、Fe3具有强氧化性，H2S具有还原性，Fe3能把2价S氧化，因此FeCl3可用作H2S的脱除剂，故A正确；B、氧化铝具有两性，与工业冶炼铝单质无因果关系，故B错误；C、浓硝酸钝化铁、铝，利用浓硝酸的强
7、氧化性，不是酸性，故C错误；D、光导纤维成分是SiO2，利用光的全反射，与SiO2的熔点高无因果关系，故D错误；7.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. pH=8的溶液：K+、Fe3+、NO3-、C1-B. 能与Al反应产生H2的溶液：K+、Na+、SO42-、C1-C. 含FeC13的溶液：K+、NH4+、I-、SCN-D. c(OH-)=110-13molL-1的溶液：NH4+、Na+、SiO32-、CH3COO-【答案】B【解析】【详解】A、pH=8溶液显碱性，Fe3在指定的溶液中转化成Fe(OH)3沉淀，即在指定溶液中不能大量共存，故A不符合题意；B、能与Al反应产生
8、H2，该溶液可能显酸性，也可能显强碱性，这些离子在酸性或碱性的溶液中都能大量共存，故B符合题意；C、Fe3与I发生氧化还原反应，Fe3与SCN生成络合物Fe(SCN)3，即所给离子在指定的溶液中不能大量共存，故C不符合题意；D、该溶液显酸性，SiO32、CH3COO与H生成弱电解质，而不能在指定溶液中大量共存，故D不符合题意；8.研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法不正确的是A. 整个过程中O3作催化剂B. 反应III的方程式为O2+O=O3C. 光化学烟雾中含甲醛、乙醛等刺激性物质D. 反应I、反应均属于氧化还原反应【
9、答案】A【解析】【详解】A、催化剂：反应前后质量和性质不发生改变，根据过程，O3只参与反应，没有O3的生成，因此O3不是催化剂，故A说法错误；B、根据过程，反应III：O和O2参与反应，生成O3，即反应 方程式为O2O=O3，故B说法正确；C、根据反应过程，反应生成甲醛和乙醛，因此光化学烟雾中含有甲醛和乙醛等刺激性物质，故C说法正确；D、反应I：O33NO=3NO2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，反应丙烯与O3发生反应生成甲醛和乙醛，发生氧化还原反应，故D说法正确；9.设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是A. 0.1mol氧气与2.3g金属钠充分反应，转移的电子数为0.4 NAB
10、. 加热时，6.4g铜粉与足量浓硫酸反应，转移的电子数为0.2 NAC. 将0.1mol乙烷和0.1molC12混合光照，生成一氯乙烷的分子数为0.1NAD. 0.2 molL-1的NaAlO2溶液中A1O2-的数目小于0.2NA【答案】B【解析】【详解】A、氧气与金属钠反应生成氧化钠：4NaO2=2Na2O，根据所给量，O2过量，若生成Na2O2，2NaO2=Na2O2，O2过量，即无论转化成 Na2O2还是转化成Na2O，金属钠不足，转移电子物质的量为2.3g1/23gmol1=0.1mol，故A错误；B、浓硫酸是足量的，加热时，Cu全部转化成CuSO4，转移电子物质的量为6.4g2/64
11、gmol1=0.2mol，故B正确；C、乙烷和氯气发生取代反应，生成产物是混合物，故C错误；D、没有说明溶液的体积，无法计算溶液中的离子数目，故D错误；10.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与水发生剧烈反应，生成一种酸和一种气体，X的一种单质(X4)在常温下容易自燃。下列叙述正确的是A. 单质的沸点：XZ B. 简单离子的还原性：YW D. 化合物Y2Z2中含非极性共价键【答案】D【解析】【分析】W的单质与水发生剧烈反应，生成一种酸和一种气体，即W为F，X的一种(X4)在常温下容易自燃，即X为P，四种元素为短周期主族元素，且原子序数依次增大，即Y为S，Z为Cl；【详解】
12、W的单质与水发生剧烈反应，生成一种酸和一种气体，即W为F，X的一种(X4)在常温下容易自燃，即X为P，四种元素为短周期主族元素，且原子序数依次增大，即Y为S，Z为Cl；A、X单质状态为固态，Z的单质为Cl2，状态为气体，沸点高低：XZ，故A错误；B、Cl的非金属性强于S，简单离子的还原性：S2Cl，故B错误；C、非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，F的非金属性强于Cl，即最简单氢化物的热稳定性：HFHCl，故C错误；D、化合物Y2Z2为S2Cl2，结构式为ClSSCl，含有非极性键，属于共价化合物，故D正确；【点睛】难点是S2Cl2化学键的判断，判断没学过的物质的化学键，可以用同主族元素代
13、替成我们学过的物质，S用O代替，H虽然为IA族元素，但H得到一个电子达到稳定结构，类似卤族元素性质，Cl用H代替，该分子式转化成H2O2，H2O2的结构式为HOOH，即S2Cl2的结构式为ClSSCl。11.一种将CO2和H2O转换为燃料H2、CO及CH4的装置如图所示(电解质溶液为稀H2SO4)。下列关于该装置的叙述错误的是A. 该装置可将电能转化为化学能B. 工作时，电极a周围溶液的pH增大C. 电极b上生成CH4的电极反应式为CO2+8H+8e-=CH4+2H2OD. 若电极b上只产生1mol CO，则通过质子膜的H+数为2NA【答案】B【解析】【分析】该装置含有外加电源，属于电解池，电
14、解质溶液为硫酸，根据电解原理，电极a为阳极，电极反应式为2H2O4e=O24H，电极b为阴极，如转化成CH4，阴极反应式为CO28e8H=CH42H2O，然后进行分析；【详解】该装置含有外加电源，属于电解池，电解质溶液为硫酸，根据电解原理，电极a为阳极，电极反应式为2H2O4e=O24H，电极b为阴极，如转化成CH4，阴极反应式为CO28e8H=CH42H2O，A、根据该装置图，该装置为电解池，电能转化为化学能，故A说法正确；B、工作时，电极a的电极反应式为2H2O4e=O24H，c(H)增大，pH降低，故B说法错误；C、根据上述分析，电极b电极反应式为CO28e8H=CH42H2O，故C说法
15、正确；D、若只产生CO，电极b电极反应式为CO22e2H=COH2O，产生1molCO，消耗2molH，即通过质子膜的H物质的量为2mol，故D说法正确；【点睛】解答电化学题的步骤是首先写出两极电极反应式，电极反应式的书写是关键，列出还原剂、氧化产物，或氧化剂、还原产物，标出得失电子，根据电解质的酸碱性，判断H、OH、H2O，谁参加反应，谁被生成，如本题中电极b，假设CO2生成CH4，CO2CH4，C的化合价由44价，化合价降低，得到电子，CO28eCH4，交换膜为质子膜，说明环境为酸性，因此H作反应物，H2O为生成物，电极反应式为CO28e8H=CH42H2O。12.有机物甲和丙均为合成某种
16、抗支气管哮喘药物的中间体，甲与乙反应可转化为丙(如图所示)。下列说法正确的是A. 甲和乙分子中所有原子均一定位于同一平面B. 甲和丙都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 丙的一氯代物有3种D. 上述反应的另一种产物属于共价化合物【答案】C【解析】【详解】A、甲分子羰基中C与苯环连接的单键可以旋转，因此甲分子中所有原子可能位于同一平面，故A错误；B、丙中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲中不含有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C、丙中含有3中不同化学环境的氢原子，其一氯代物有3种，故C正确；D、根据反应方程式，另一种物质是NaCl，NaCl属于离子化合物，故D错误；13.根据
17、下列实验内容得出的结论正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A、水溶液能使红色石蕊试纸变蓝，该溶液为碱性，该氧化物可能为Na2O2，Na2O2不是碱性氧化物，故A错误；B、发生2NO2N2O4，NO2是红棕色气体，N2O4为无色气体，放入热水中，颜色加深，平衡向逆反应方向进行，即正反应方向为放热反应，HKspCu(OH)2D、因为沉淀完全溶解，即原溶液中不含Ba2，如果为AlO2，则发生AlO2HH2O=Al(OH)3，继续滴加，发生Al(OH)33H=Al33H2O，符合实验现象，原溶液中可能含有AlO2，故D正确；14.25时，向0.10molL-1的H2
18、C2O4(二元弱酸)溶液中滴加NaOH溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是A. 25时H2C2O4的一级电离常数为Ka1=104.3B. pH=2.7的溶液中：c(H2C2O4)=c(C2O42-)C. pH=7的溶液中：c(Na+)2c(C2O42-)D. 滴加NaOH溶液的过程中始终存在：c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-)=c(Na+)+c(H+)【答案】A【解析】【分析】草酸属于二元弱酸，滴加NaOH溶液，发生H2C2O4NaOH=NaHC2O4H2O，NaHC2O4NaOH=Na2C2O4H2O，然后进行分析；【详解】草酸属
19、于二元弱酸，滴加NaOH溶液，发生H2C2O4NaOH=NaHC2O4H2O，NaHC2O4NaOH=Na2C2O4H2O，A、根据图像，H2C2O4二级电离常数表达式K=c(C2O42)c(H)/c(HC2O4)，在pH=4.3时，c(C2O42)=c(HC2O4)，此时H2C2O4的二级电离常数为104.3，不是H2C2O4的一级电离常数，故A说法错误；B、根据图像，pH=2.7的溶液中，c(H2C2O4)=c(C2O42)，故B说法正确；C、根据电荷守恒，c(Na)c(H)=c(OH)c(HC2O4)2c(C2O42)，当pH=7时，c(H)=c(OH)，有c(Na)=c(HC2O4)2
20、c(C2O42)，因此c(Na)2c(C2O42)，故C说法正确；D、溶液为电中性，滴加氢氧化钠溶液过程中始终存在c(Na)c(H)=c(OH)c(HC2O4)2c(C2O42)，故D说法正确；15.钴是一种中等活泼金属，化合价为+2价和+3价，其中CoC12易溶于水。某校同学设计实验制取(CH3COO)2Co(乙酸钴)并验证其分解产物。回答下列问题：(1)甲同学用Co2O3与盐酸反应制备CoC124H2O，其实验装置如下：烧瓶中发生反应的离子方程式为_。由烧瓶中的溶液制取干燥的CoC124H2O，还需经过的操作有蒸发浓缩、_、洗涤、干燥等。(2)乙同学利用甲同学制得的CoC124H2O在醋酸
21、氛围中制得无水(CH3COO)2Co，并利用下列装置检验(CH3COO)2Co在氮气气氛中的分解产物。已知PdC12溶液能被CO还原为Pd。装置E、F是用于检验CO和CO2的，其中盛放PdC12溶液的是装置_(填“E”或“F”)。装置G的作用是_；E、F、G中的试剂均足量，观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得出的结论是_。通氮气的作用是_。实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其目的是_。若乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X)：n(CO)：n(CO2)：n(C2H6)=1：4：2：3(空气中的成分不参与反应)，
22、则乙酸钴在空气气氛中分解的化学方程式为_。【答案】 (1). Co2O36H2Cl=2Co2Cl23H2O (2). 冷却结晶、过滤 (3). F (4). 除去CO2 (5). 分解产物中还含有一种或多种含C、H元素的物质 (6). 将D中的气态产物被后续装置所吸收，或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水CuSO4的干燥管中 (7). 防止倒吸 (8). 3(CH3COO)2CoCo3O44CO2CO23C2H6【解析】【详解】（1）实验室用Co2O3制备CoCl2，Co的化合价降低，即Co2O3与盐酸反应过程中Co2O3为氧化剂，HCl为还原剂，HCl被氧化成Cl2，烧瓶中发生反应的
23、离子方程式为：Co2O36H2Cl=2Co2Cl23H2O；从溶液中制取CoCl24H2O，需要经过步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（2）装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原成Pd，CO被氧化成CO2，因此E装置检验CO2，盛放澄清石灰水，装置F盛放PdCl2；装置G的作用是吸收CO2，防止对后续实验产生干扰；氧化铜变红，说明氧化铜被还原成Cu，无水CuSO4变蓝色，说明有水生成，石灰水变浑浊，说明产生CO2，则得出结论是分解产物中还含有一种或多种含C、H元素的物质；通氮气的作用是将D中的气态产物被后续装置所吸收，或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水
24、CuSO4的干燥管中；实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其目的是防止倒吸；乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X)：n(CO)：n(CO2)：n(C2H6)=1：4：2：3，X为钴的氧化物，有(CH3COO)2CoX4CO2CO23C2H6，根据原子守恒，推出X为Co3O4，反应方程式为3(CH3COO)2CoCo3O44CO2CO23C2H6；16.NaC1O3可用于制取二氧化氯、亚氯酸钠及高氯酸盐等。以原盐(主要成分为NaC1)为原料制备氯酸钠的工艺流程如下：已知：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+。回答下列问题：(1)“粗制盐
25、水”中加入NaOH和Na2CO3的目的是_。(2)过滤时，使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和_。(3)在pH：6.46.8，温度：4050的条件下电解，理论上最终产物只有NaC1O3。电解时阳极的产物为C12，溶液中发生的反应有C12+H2O=HC1O+H+C1-，HC1OH+C1O-和_。(4)电解槽中温度不宜过高，其原因是_。加入的Na2Cr2O7可以调节电解液酸度，若酸度过大，则电解液中主要存在_(填“Cr2O72-”或“CrO42-”)。(5)为检测电解后盐水中NaC1O3的物质的量浓度进行下列实验：I准确吸取1000mL电解后的盐水，加入适量的3H2O2溶液充分搅拌并煮沸。准确吸取0.1
26、0molL-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液2500 mL于300mL锥形瓶中，加入足量稀硫酸。III将I的溶液加入的锥形瓶中，隔绝空气煮沸10min，加热充分反应。冷却至室温后，加入10mL0.4molL-1MnSO4溶液、5mL 85磷酸溶液，用c molL-1的KMnO4标准溶液滴定剩余的Fe2+至溶液变为微红色，即滴定终点，此时消耗高锰酸钾V mL。步骤I中加入H2O2溶液的作用是_。步骤中C1O3-被Fe2+还原为C1-的离子方程式为_。该盐水中NaC1O3的物质的量浓度为_molL-1。【答案】 (1). 除去Mg2和Ca2 (2). 漏斗 (3). 2HClOClO=Cl
27、O32Cl2H (4). 防止HClO分解和Cl2逸出 (5). Cr2O72 (6). 除去电解后盐水中Cr2O72和CrO42 (7). ClO36Fe26H=Cl6Fe33H2O (8). 【解析】【详解】（1）根据流程，过滤得到盐泥，含Mg(OH)2和CaCO3，即加入NaOH和Na2CO3的目的是除去Mg2和Ca2；（2）过滤时使用的玻璃仪器是漏斗、玻璃棒、烧杯，缺少的是漏斗；（3）电解时阳极产物为Cl2，发生Cl2H2O=HClOHCl、HClOHClO，根据题意，最终得到产物只有NaClO3，即只有HClO与ClO发生氧化还原反应得到ClO3，2HClOClO=ClO32Cl2H
28、；（4）根据问题（3），有Cl2和HClO，HClO受热易分解，要让氯气参与反应，应防止Cl2逸出，因此电解槽中的温度不宜过高的原因是防止HClO分解和Cl2逸出；根据Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，酸度过大，c(H)增大，该反应的平衡向逆反应方向进行，则电解液中主要以Cr2O72形式存在；（5）电解后的盐水中含有Cr2O72和CrO42，Cr2O72和CrO42具有强氧化性，能氧化Fe2，干扰NaClO3的测定，因此加入H2O2的目的是除去电解后盐水中Cr2O72和CrO42；NaClO3具有强氧化性，能与Fe2发生氧化还原反应，其离子方程式为ClO36Fe26H=Cl6Fe3
29、3H2O；KMnO4滴定剩余Fe2，Fe2被氧化成Fe3，依据操作步骤，(NH4)2Fe(SO4)2作还原剂，NaClO3、KMnO4作氧化剂，根据得失电子数目守恒，有25.00103L0.10molL11=n(NaClO3)6V103LcmolL15，解得：n(NaClO3)=(251030.15V103c)/6mol，则c(NaClO3)=(251030.15V103c)/(610103)molL1=molL1；【点睛】难点是NaClO3的物质的量浓度计算，学生不能够理解加入MnSO4、磷酸的作用，不知道如何插手，本题只注意两点即可，一是ClO3具有强氧化性，能把Fe2氧化成Fe3，二是K
30、MnO4滴定剩余Fe2，剩余Fe2的理解为ClO3与Fe2反应后剩余的，这两个反应都是氧化还原反应，Fe2作还原剂，ClO3、KMnO4为氧化剂，采用得失电子数目守恒进行计算。17.尿素是一种重要的氮肥，它的合成主要发生以下2步反应：反应1：2NH3(g)+CO2(g) NH4COONH2(1) H1=a kJmol-1反应2：NH4COONH2(1)=NH2CONH2(1)+H2O(1) H2=b kJmol-1回答下列问题：(1)写出合成尿素的热化学方程式：_(用含a、b的代数式表示)。写出一种可以提高NH3平衡转化率的措施：_。(2)95时，在2L恒容密闭容器中加入3mol氨气和1mol
31、CO2使之充分反应合成尿素，达到平衡时，CO2的转化率为60，则此温度下合成尿素的平衡常数是_(保留2位小数)。(3)下表为反应1和反应2在不同温度下达到平衡时所测得的平衡常数(K)的数据。从上表数据可推出b_(填“”或“ (5). 升高温度，平衡常数变大，平衡正向移动，说明正反应是吸热反应 (6). 增大 (7). KAKBKC【解析】【详解】（1）反应1反应2得出2NH3(g)CO2(g)H2NCONH2(l)H2O(l) H=H1H2=(ab)kJmol1；要提高NH3的平衡转化率，应使平衡向正反应方向进行，可能的措施不：增大CO2的通入量或适当增大体系压强等；（2）2NH3(g)CO2
32、(g)H2NCONH2(l)H2O(l)起始： 3 1变化： 1.2 0.6平衡： 1.8 0.4 达到平衡时，c(CO2)=0.2molL1，c(NH3)=0.9molL1，根据平衡常数的表达式K=1/c2(NH3)c(CO2)6.17；（3）根据反应2，升高温度，化学平衡常数增大，说明升高温度平衡向正反应方向进行，根据勒夏特里原理，H0，即b0；升高温度，化学反应速率增大；B点以后，升高温度，CO2的转化率降低，说明平衡向逆反应方向进行，正反应方向为放热反应，化学平衡常数只受温度的影响，该反应中升高温度，化学平衡常数降低，即KAKBKC；【点睛】易错点是(3)中，学生认为A点没有达到平衡，
33、B、C两点达到平衡，然后得出KBKCKA，忽略了平衡常数研究的对象是化学平衡，因此该反应化学平衡常数的大小比较，只根据温度升高，化学平衡常数减小即可，平时做题过程应注意题意的理解，不能主观臆断。18.COP、FeS2、NiS2等物质对电化学氢析出反应有良好的催化活性和稳定性。请回答下列问题：(1)基态Co原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为_，基态P原子的电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形。(2)PH3的沸点_(填“高于”或“低于”)NH3，原因是_。(3)PH3分子的空间结构为_，其中存在的共价键类型为_，P原子的杂化方式为_(4)下图为白磷(P4)的晶胞示意图，晶胞的边长为a nm，
34、设阿伏加德罗常数的数值为NA，其晶体密度的计算表达式为_gcm-3。【答案】 (1). (2). 哑铃形或纺锤形 (3). 低于 (4). NH3分子间存在氢键，PH3不存在分子间氢键 (5). 三角锥形 (6). 键或极性共价键 (7). sp3 (8). 【解析】【详解】（1）Co为过渡元素，价电子包括最外层电子和次外层d能级电子，基态Co原子价层电子的电子排布图为；基态P原子电子排布式为Ne3s23p3，电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形或纺锤形；（2）NH3分子间存在氢键，PH3不存在分子间氢键，因此NH3的沸点高于PH3；（3）PH3中心原子P有3个键，孤电子对数为(531)/2
35、=1，PH3空间构型为三角锥形；存在的共价键类型为键或极性共价键；P原子的杂化类型为sp3；（4）晶胞中白磷分子位于顶点和面心，个数为81/861/2=4，晶胞的质量为4314/NAg，晶胞的体积为(a107)3cm3，根据密度的定义，=g/cm3；19.化合物E是合成兽药F1arulaner的一种中间体，下图为化合物E的合成路线图：回答下列问题：(1)化合物E的分子式为_。(2)B中所含官能团的名称为_。(3)A的结构简式为_。(4)CD的反应类型为_。(5)B生成C的化学方程式为_。(6)F是D的同分异构体，符合下列条件的F的结构有_种(不考虑立体异构)。含有结构，且苯环上的取代基只有2种
36、能与碳酸钠反应放出二氧化碳其中核磁共振氢谱为五组峰，峰面积比为1：1：2：2：3的结构简式为_。【答案】 (1). C10H11O3N (2). 溴原子和羧基 (3). (4). 取代反应 (5). (6). 6 (7). 【解析】【分析】根据A生成B的条件，推出AB发生溴代反应，则A的结构简式为，根据B和D结构简式对比，BC发生酯化反应，即C的结构简式为；【详解】根据A生成B的条件，推出AB发生溴代反应，则A的结构简式为，根据B和D结构简式对比，BC发生酯化反应，即C的结构简式为；（1）根据E的结构简式，E的分子式为C10H11O3N；（2）根据B的结构简式，B中含有官能团是溴原子和羧基；（
37、3）根据上述分析，A的结构简式为；（4）根据上述分析，C的结构简式为，CD的反应中，CN取代了Br，该反应为取代反应；（5）BC发生酯化反应或取代反应，即反应方程式为：；（6）根据信息，能与碳酸钠反应放出CO2，说明含有羧基，苯环上有2个取代基，其中一个取代基含有，另一个取代基为CH2CH2COOH(邻间对)，或CH(CH3)COOH(邻间对)，共有6种；峰面积之比为1：1：2：2：3，说明有5种不同环境的氢原子，且是对称结构，因此该结构简式为；【点睛】有机物推断与合成中是官能团的引入和消除，可以根据反应条件进行分析，如本题中A生成B，反应条件是Br2/FeBr3，应是发生硝化反应，苯环上引入Br，从而推出A的结构简式，也可以采用结构简式对比，找出相同和不同的地方，不同的地方应是断键和形成化学键，如推C的结构简式，对比B和D的结构简式，以及反应条件，进行分析，从而得出C的结构简式。