1、四川省成都龙泉中学2021届高三化学上学期10月月考试题（含解析） 本试卷分选择题和非选择题两部分，共40题，满分300分，考试时间150分钟。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 Sr 88 Ba 137 第卷（选择题 共126分）一、选择题（每小题6分，本大题共13小题。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）7中国是瓷器的故乡，钧瓷是宋代五大名窑瓷器之一，以“入窑一色，出窑万彩”的神奇窑变著称。下列关于陶瓷的说法正确的是()A高品质的白瓷晶莹剔透，属于纯净物B瓷器中含有大量的金属元素，因此陶瓷属于金属材料C氮化硅陶瓷属于传统无机非金属
2、材料D“窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化8NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A0.1 mol的11B中，含有0.6NA个中子BpH1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个HC2.24 L(标准状况)苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子D密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5(g)，增加2NA个PCl键9 下列说法正确的是()A劣质奶粉中含有的双氰胺()属于无机物B生活中食用的淀粉、植物油、蛋白质等都是高分子化合物C锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，再用酸除去D铝有很强的抗腐蚀性，可用铝制餐具长时
3、间存放酸性、碱性食物10.原子序数依次增大的短周期元素A、B、C、D分别位于不同的主族，m、p、n分别是元素A、B、C的单质，D的单质可与热水发生置换反应；x、y、z是由A、B、C组成的二元化合物，其中y、z是气体，且z可用于配制碳酸饮料。它们之间有如下转化关系：下列说法正确的是()AD的单质起火燃烧时可用z作灭火剂B元素的非金属性：CABCB、C与A形成化合物的沸点：CBD原子半径：DBCA11由下列实验及现象不能推出相应结论的是实验现象结论A向2mL0.1molL-1的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液黄色逐期消失，加KSCN溶液颜色不变还原性：FeFe2+B将金属钠在燃
4、烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性C加热盛有少NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象Ksp(AgI)c（HCO3-）CNaHCO3溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性：c（Na）c（Cl-）D向pH=6.4的溶液中滴加NaOH溶液至pH=8，主要发生的离子反应：HCO3-OH-CO32-H2O第II卷（非选择题共174分）三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。
5、第2232题为必考题，每个试题考生都必须做答。第3340题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共129分）26(14分)CuCl是生产印刷颜料酞菁蓝的重要原料，工业上可用一种低品位铜矿(主要成分CuS、Cu2S、CuO、Fe2O3、FeO及其他非酸溶性杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2和其他非酸溶性杂质)来进行生产，过程如下：回答下列问题：(1)步骤中反应较多，下列反应是其中之一：Cu2S2MnO24H2SO4=2CuSO42MnSO44H2OS，该反应的氧化产物为_(填化学式)。(2)为确定滤液1中是否含有Fe2，首先用有机萃取剂除去溶液中MnSO4，再取下层水溶液进行检测，所用试剂为
6、_。(3)步骤加入氨水控制溶液的pH为5左右，目的是_。(4)为模拟步骤的生产过程，某同学设计如下实验，下列有关叙述正确的是_。Aa通入CO2，然后b通入NH3；c中放碱石灰Bb通入NH3，然后a通入CO2；c中放碱石灰Ca通入NH3，然后b通入CO2；c中放蘸稀硫酸的脱脂棉Db通入CO2，然后a通入NH3；c中放蘸稀硫酸的脱脂棉(5)步骤的滤液中主要成分X是步骤和步骤都有的产物，可以回收作为肥料使用，该肥料_(填“可以”或“不可以”)与草木灰(有效成分K2CO3)共用，简述原因：_。(6)已知CuCl为难溶于水的白色沉淀，写出步骤发生反应的离子方程式：_。27（15分）石嘴山市打造“山水园林
7、城市”，因此研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：SO2(g)+NH3H2O(aq)= NH4HSO3(aq) H1=a kJ/mol；NH3H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) H2=b kJ/mol；2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) H3=c kJ/mol。则反应2SO2(g)+4NH3H2O(aq)+O2(g) =2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的H=_kJ/
8、mol。(2)燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g) H =681.8 kJ/mol对煤进行脱硫处理来减少SO2的排放。对于该反应，在温度为TK时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：时间/min浓度/molL101020304050O21.000.790.600.600.640.64CO200.420.800.800.880.88010 min内，平均反应速率v(SO2)=_mol/(Lmin)。30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是_（填字母）。A通入一定量的O2 B
9、加入一定量的粉状碳酸钙C适当缩小容器的体积 D加入合适的催化剂(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=34.0 kJ/mol，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大，其原因为_；在1100K时，CO2的体积分数为_。(4)用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp）。在1050K、1.1106 Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=_已知：气体分压(P分)=气体总压(P)体积分
10、数。(5)汽车尾气还可利用反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=746.8 kJ/mol，实验测得，v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c(N2)c2(CO2)（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_（填“”“ABCB、C与A形成化合物的沸点：CBD原子半径：DBCA答案D解析A、B、C、D是原子序数依次增大且分别位于短周期不同主族的元素，m、p、n分别是元素A、B、C的单质，x、y、z是由A、B、C组成的二元化合物，其中y、z是气体且z用于配制碳酸饮料，结合图中转化可知，m为H2，n为O2，p为C，x为H2O，y为CO
11、，由COH2O(g)CO2H2，z为CO2，D的单质可与热水发生置换反应，且D的原子序数最大，D位于第三周期，D为Mg，则A为H，B为C，C为O，D为Mg，镁能在CO2中燃烧生成氧化镁和碳，则镁单质起火燃烧时不能用z作灭火剂，A错误；同周期元素从左向右非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，则元素的非金属性CBA，B错误；C与A形成水分子，水分子间含氢键，但氢原子与碳元素形成的化合物有很多，其沸点不一定低于水，C错误；电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径DBCA，D正确。11由下列实验及现象不能推出相应结论的是实验现象结论A向2mL0.1mo
12、lL-1的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液黄色逐期消失，加KSCN溶液颜色不变还原性：FeFe2+B将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性C加热盛有少NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象Ksp(AgI)Fe2，故A说法正确；B、瓶内有黑色颗粒产生，说明生成C，发生反应是4NaCO22Na2OC，CO2中C的化合价降低，因此CO2作
13、氧化剂，被还原，故B说法正确；C、碳酸氢铵受热分解，NH4HCO3NH3CO2H2O，碳氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是碳酸氢铵缘故，故C说法错误；D、产生黄色沉淀，说明生成AgI，AgI和AgCl形式相同，溶度积小的先沉淀，即Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故D说法正确。12.一种电化学制备NH3的装置如下图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H。下列叙述错误的是()APd电极b为阴极B阴极的反应式：N26H6e=2NH3CH由阳极向阴极迁移D陶瓷可以隔离N2和H2答案A解析此装置为电解池，总反应式是N23H2=2NH3，Pd电极b上是氢气发生氧化反应，即氢气失去电子化合价升高，Pd电极b
14、为阳极，故A说法错误；根据A选项分析，Pd电极a为阴极，反应式为N26H6e=2NH3，故B说法正确；根据电解池的原理，阳离子在阴极上放电，即由阳极移向阴极，故C说法正确；根据装置图，陶瓷可以隔离N2和H2，故D说法正确。13常温时，在H2CO3溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-的物种分布分数(X)=与pH的关系如图所示：下列说法正确的是A反应HCO3-HCO32-的lgK=-6.4BpH8的溶液中：c（Na）c（HCO3-）CNaHCO3溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性：c（Na）c（Cl-）D向pH=6.4的溶液中滴加NaOH溶液至pH=8，主要发生的离子反
15、应：HCO3-OH-CO32-H2O答案B解析A、pH6.4时，c（HCO3-）c（H2CO3），反应H2CO3H+HCO3-的lgKlgc(H+)=lg10-6.4=一6.4，故A项错误；B、pH8的溶液中：c（H）c（C1-）十c（HCO3-）2c（CO32-），则c（Na）c（HCO3-）,故B正确；C、向NaHCO3溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性时，c（H）c（OH-），根据电荷守恒有c（Na+）c（H）c（C1-）十c（HCO3-）2c（CO32-）c（OH-），即c（Na+）c（C1-）十c（HCO3-）2c（CO32-），故C项错误；D、pH6.4的溶液中含有等物质的量的NaHC
16、O3和H2CO3，由图像可知，pH=8时溶液中HCO3-继续增大，继续减少H2CO3，故主要发生的离子反应为H2CO3OH-=HCO3-H2O，故D项错误。故选B。第II卷（非选择题共174分）三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须做答。第3340题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共129分）26(14分)CuCl是生产印刷颜料酞菁蓝的重要原料，工业上可用一种低品位铜矿(主要成分CuS、Cu2S、CuO、Fe2O3、FeO及其他非酸溶性杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2和其他非酸溶性杂质)来进行生产，过程如下：回答下列问题：(1)步骤中反
17、应较多，下列反应是其中之一：Cu2S2MnO24H2SO4=2CuSO42MnSO44H2OS，该反应的氧化产物为_(填化学式)。(2)为确定滤液1中是否含有Fe2，首先用有机萃取剂除去溶液中MnSO4，再取下层水溶液进行检测，所用试剂为_。(3)步骤加入氨水控制溶液的pH为5左右，目的是_。(4)为模拟步骤的生产过程，某同学设计如下实验，下列有关叙述正确的是_。Aa通入CO2，然后b通入NH3；c中放碱石灰Bb通入NH3，然后a通入CO2；c中放碱石灰Ca通入NH3，然后b通入CO2；c中放蘸稀硫酸的脱脂棉Db通入CO2，然后a通入NH3；c中放蘸稀硫酸的脱脂棉(5)步骤的滤液中主要成分X是
18、步骤和步骤都有的产物，可以回收作为肥料使用，该肥料_(填“可以”或“不可以”)与草木灰(有效成分K2CO3)共用，简述原因：_。(6)已知CuCl为难溶于水的白色沉淀，写出步骤发生反应的离子方程式：_。答案 (1)CuSO4和S(2)酸性KMnO4溶液或者K3Fe(CN)6溶液(3)除去Fe3杂质(4)C(5)不可以X为(NH4)2SO4，草木灰的有效成分为K2CO3，NH和CO的水解相互促进，氮元素部分变为氨气，导致肥效流失(6)CuCuO2H2Cl=2CuClH2O 解析 (1)元素失电子化合价升高所得的产物是氧化产物，Cu2S中铜元素化合价升高生成硫酸铜、硫元素化合价升高生成单质硫，所以
19、氧化产物是CuSO4和S；(2)Fe2具有还原性能使高锰酸钾溶液褪色或Fe2与K3Fe(CN)6溶液反应生成蓝色沉淀，所以检验Fe2，可以用酸性KMnO4溶液或者K3Fe(CN)6溶液；(3)根据流程图，步骤除去了Fe3，所以步骤加入氨水控制溶液的pH为5左右的目的是除去Fe3杂质；(4)为防止倒吸，氨气从a导管通入；通入氨气后溶液呈碱性，便于吸收二氧化碳，装置c的作用是吸收多余氨气，所以a通入NH3，然后b通入CO2；c中放蘸稀硫酸的脱脂棉，选C；(5)步骤和步骤都有的产物，可以作为肥料使用的是硫酸铵，故X是(NH4)2SO4；草木灰的有效成分为K2CO3，NH和CO的水解相互促进，氮元素部
20、分变为氨气，导致肥效流失，所以该肥料不可以与草木灰共用；(6)根据流程图Cu、CuO、HCl反应生成CuCl沉淀和H2O，反应离子方程式是CuCuO2H2Cl=2CuClH2O。27（15分）石嘴山市打造“山水园林城市”，因此研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：SO2(g)+NH3H2O(aq)= NH4HSO3(aq) H1=a kJ/mol；NH3H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) H2=b kJ/mol；
21、2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) H3=c kJ/mol。则反应2SO2(g)+4NH3H2O(aq)+O2(g) =2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的H=_kJ/mol。(2)燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g) H =681.8 kJ/mol对煤进行脱硫处理来减少SO2的排放。对于该反应，在温度为TK时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：时间/min浓度/molL101020304050O21.000.790.600.600.640.64CO200.420.80
22、0.800.880.88010 min内，平均反应速率v(SO2)=_mol/(Lmin)。30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是_（填字母）。A通入一定量的O2 B加入一定量的粉状碳酸钙C适当缩小容器的体积 D加入合适的催化剂(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=34.0 kJ/mol，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大，其原因为_；在1100
23、K时，CO2的体积分数为_。(4)用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp）。在1050K、1.1106 Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=_已知：气体分压(P分)=气体总压(P)体积分数。(5)汽车尾气还可利用反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=746.8 kJ/mol，实验测得，v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c(N2)c2(CO2)（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_（填“”“”或“=”）k逆增大的倍数。若在1L的密闭容器中充入1 molCO和1 mol NO，在一定温度下达到
24、平衡时，CO的转化率为40%，则k正k逆=_。答案 （1）2a+2b+c （2）0.042 AC （3）1050K前反应未达到平衡状态，随着温度的升高，反应速率加快，NO转化率增大 20% （4）4 （5） 解析 (1)已知SO2(g)+NH3H2O(aq)=NH4HSO3(aq) H1=akJ/mol；NH3H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) H2=bkJ/mol；2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) H3=ckJ/mol。将2+2+，整理可得2SO2(g)+4NH3H2O(aq)+O2(g) =2(NH4)2
25、SO4(aq)+2H2O(l) H=(2a+2b+c)kJ/mol。(2)先计算出010 min内的v(CO2)= mol/(Lmin)，根据化学方程式可知：v(SO2)=v(CO2)=0.042 mol/(Lmin)；A.通入一定量的O2 ，可以使氧气的浓度增大，化学平衡正向移动，使CO2的浓度也随之增大，A正确； B.加入一定量的粉状碳酸钙，由于该物质是固体，浓度不变，因此对氧气机二氧化碳的浓度无影响，B错误；C.适当缩小容器的体积，单位体积内O2、CO2的物质的量增加，物质的浓度也都增大，C正确； D.加入合适的催化剂，对化学平衡无影响，因此不能改变O2、CO2的物质的量浓度，D错误；故
26、合理选项是AC；(3)反应在1050K时达到平衡，在1050K前反应未达到平衡，升高温度，化学反应速率加快，更多的反应物反应转化为生成物，物质NO的转化率提高；当温度高于1050K时，由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，反应物NO的转化率降低；根据图像可知：在1100K时NO的转化率是40%。对于化学反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)假设开始时NO的物质的量为1mol，用平衡三段式法计算：可逆反应： C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)开始n(mol) 1 0 0转化n(mol) 0.4 0.2 0.2平衡n(mol) 0.6 0.2
27、 0.2在1100K时，CO2的体积分数为100%=20%；(4)在1050K时NO的转化率为80%，假设反应开始时NO的物质的量为1mol，用三段式法计算：可逆反应： C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)开始n(mol) 1 0 0转化n(mol) 0.8 0.4 0.4平衡n(mol) 0.2 0.4 0.4在同一条件下，气体的物质的量的比等于气体产生的压强之比，由于p(总)= 1.1106 Pa p(NO)= p(总)= p(总)；p(CO2)=p(N2)= p(总)；则该反应用平衡分压表示的化学平衡常数Kp=4；(5)达到平衡后，在其他条件不变时，升高温度，化学反应速率加快，
28、由于v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c(N2)c2(CO2)，V增大，说明k正、k逆增大，由于升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，说明逆反应速率增大的倍数大于正反应速率增大的倍数，所以k正的倍数k逆增大的倍数；若在1L的密闭容器中充入1 molCO和1 mol NO，在一定温度下发生该反应，达到平衡时，CO的转化率为40%，2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)开始c(mol) 1 1 0 0转化c(mol) 0.4 0.4 0.2 0.4平衡c(mol) 0.6 0.6 0.2 0.4由于反应达到平衡时，V正=V逆，所以k正c2(NO)c2(CO)= k逆c
29、(N2)c2(CO2)，则k正k逆=。28.（14分）某学校化学学习小组为探究二氧化氮的性质，按如图所示装置进行实验。 （1）装置甲中发生反应的化学方程式为_。 （2）装置丙中的试管内发生反应的离子方程式为_。 （3）为了探究NO的还原性，可以在装置丁的导气管C中通入一种气体，通入的这种气体的名称是_。 （4）取下装置丙中的试管D，在其中滴加FeSO4溶液，溶液变为_色，为了证明铁元素在该反应中的产物，可以再在溶液中滴加NH4SCN溶液，用离子方程式表示检验原理：_。 （5）硝酸厂常用催化还原方法处理尾气。CH4在催化条件下可以将NO2还原为N2。 已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g
30、）+2H2O（g）H=-889.6kJmol-1 N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）H=+67.7kJmol-1 则CH4还原NO2生成水蒸气和氮气的热化学方程式是_。答案（1）Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；（2）3NO2+H2O=2H+2NO3-+NO；（3）氧气；（4）黄；Fe3+3SCN-Fe（SCN）3；（5） CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）H=-957.3kJmol-1解析 （1）装置甲中浓硝酸与铜片发生氧化还原反应，该反应的化学方程式为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，故答案
31、为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；（2）二氧化氮经导管进入丙装置和水反应生成NO气体，该反应的离子方程式为：3NO2+H2O=2H+2NO3-+NO，故答案为：3NO2+H2O=2H+2NO3-+NO；（3）因在常温下一氧化氮易被氧气氧化成红棕色的二氧化氮，所以为了探究NO的还原性，可以在装置丁的导气管C中通入氧气，故答案为：氧气；（4）丙装置中的液体为二氧化氮和水反应生成的硝酸，硝酸具有氧化性，硫酸亚铁具有还原性，两者发生氧化还原反应4H+NO3-+3Fe2+=NO+2H2O+3Fe3+，溶液变为黄色；铁离子和硫氰根离子反应Fe3+3SCN-Fe（SCN）3生
32、成血红色的络合物，可证明三价铁离子的生成，故答案为：黄；Fe3+3SCN-Fe（SCN）3；（5）已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=-889.6kJmol-1N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）H=+67.7kJmol-1根据盖斯定律可知，-可得：CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）H=-957.3kJmol-1，故答案为：CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）H=-957.3kJmol-1。（二）选考题:共45分.请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答,并用2B铅
33、笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做,则每学科按所做的第一题计分.35.【化学选修3：物质结构与性质】（15分）(1)冰的熔点远高于干冰，除因为H2O是极性分子、CO2是非极性分子外，还有一个重要的原因是_。(2)NaF的熔点_(填“”“”或“”)BF的熔点，其原因是_。(3)CO熔点_(填“”或“”)N2的熔点，原因是_。(4)CH4、SiH4、GeH4的熔、沸点依次_(填“增大”或“减小”)，其原因是_。(5)SiO2比CO2熔点高的原因是_。答案(1)H2O分子间形成氢键(2)两者均为离子化合物，且阴、阳离子
34、的电荷数均为1，但后者的离子半径较大，离子键较弱，因此其熔点较低(3)CO为极性分子而N2为非极性分子，CO分子间作用力较大(4)增大三种物质均为分子晶体，结构与组成相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高(5)SiO2为原子晶体而CO2为分子晶体36.【化学选修5：有机化学基础】（15分）乙炔是一种重要的有机化工原料，以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化成以下化合物 请回答下列问题： （1）正四面体烷的分子式为_，其二氯取代产物有_种 （2）下列关于乙烯基乙炔分子的说法错误的是_（填序号） a能使酸性KMnO4溶液褪色 b1mol乙烯基乙炔能与3molBr2发生加成反应 c乙烯基
35、乙炔分子中含有两种官能团 d等质量的乙炔与乙烯基乙炔完全燃烧时的耗氧量不相同 （3）写出与环辛四烯互为同分异构体且属于芳香烃的有机物的结构简式：_ （4）写出分子式为C8H10，且苯环上的一氯代物只有一种的有机物的结构简式：_答案 C4H4 1 d 解析 （1）根据正四面体烷的每个顶点代表一个碳原子，碳可形成4对共用电子对，每个碳原子上都连有一个氢原子，正四面体烷的分子式为C4H4；分子为正四面体对称结构，分子中只有1种H原子、每个C原子上只有1个H原子，二氯代产物只有1种，故答案为：C4H4；1；（2）a乙烯基乙炔的结构简式CH2=CH-CCH，乙烯基乙炔分子中含有一个碳碳双键、一个碳碳三键
36、，能使酸性KMnO4溶液褪色，故a正确；b.1molCH2=CH-CCH中含有1mol碳碳双键和1mol碳碳三键，1mol碳碳双键能和1摩尔Br2发生加成反应，1mol碳碳三键能和2摩尔Br2发生加成反应，则1摩尔乙烯基乙炔能与3摩尔Br2发生加成反应，故b正确；c乙烯基乙炔分子中含有的官能团为：碳碳双键、碳碳三键，故c正确；d乙烯基乙炔为CH2=CH-CCH最简式为CH，乙炔C2H2的最简式为CH，二者最简式相同，二者质量相同，消耗氧气相同，故d错误,故答案为：d；（3）环辛四烯的分子式为C8H8，不饱和度为5，属于芳香烃的同分异构体，含有1个苯环，侧链不饱和度为1，则含有1个侧链为-CH=
37、CH2，所以满足条件的有机物的同分异构体的结构简式为，故答案为：；（4）分子式为C8H10，苯环上的一氯取代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子，所以2个碳原子不可能是形成1个乙基，只能形成2个甲基，二甲基苯有三种同分异构体，只有两个甲基处于对位位置时，苯环上的一氯代物有1种，该芳香烃的结构简式为，故答案为：（1）根据正四面体烷的每个顶点代表一个碳原子，碳可形成4对共用电子对，每个碳原子上都连有一个氢原子；分子为正四面体对称结构，分子中只有1种H原子、每个C原子上只有1个H原子；（2）a、碳碳双键、碳碳三键能够使酸性高锰酸钾溶液褪色；b、1mol碳碳双键能和1摩尔Br2发生加成反应，1mol碳碳三键能和2摩尔Br2发生加成反应；c、根据其结构简式判断官能团；d、根据二者最简式判断质量相等时的耗氧量；（3）环辛四烯的分子式为C8H8，不饱和度为5，属于芳香烃的同分异构体，含有1个苯环，侧链不饱和度为1，故含有1个侧链为-CH=CH2；（4）苯环上的一氯代物只有1种，说明苯环上只有1种氢原子
