1、2019届高考模拟考试适应训练理科综合能力测试可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 S:32 V:51 Cu:64 Cr:521.下列有关说法不正确的是A. 纤维素、蛋白质和油脂都是能发生水解反应的高分子化合物B. “山东疫苗案”涉及疫苗未冷藏储运而失效，这与蛋白质变性有关C. 硫酸亚铁片和维生素C同时服用，能增强治疗缺铁性贫血的效果D. 甲烷、苯、乙醇、乙酸和酯类都可以发生取代反应【答案】A【解析】【分析】A油脂的相对分子质量在10000以下；B未冷藏储运，温度升高，蛋白质发生变性；C硫酸亚铁片和维生素C同时服用，可防止亚铁被氧化；D甲烷能在光照条件下发生
2、取代反应，苯在催化剂的条件下发生取代反应，乙酸、乙醇的酯化反应以及酯的水解属于取代反应。【详解】A油脂的相对分子质量在10000以下，不是高分子，而纤维素、蛋白质都是能发生水解反应的高分子化合物，选项A不正确；B未冷藏储运，温度升高，蛋白质发生变性，则应冷藏储运，选项B正确；C硫酸亚铁片和维生素C同时服用，可防止亚铁被氧化，则能增强治疗缺铁性贫血的效果，选项C正确；D甲烷能在光照条件下发生取代反应，苯在催化剂的条件下发生取代反应，乙酸、乙醇的酯化反应以及酯的水解属于取代反应，选项D正确；答案选A。【点睛】本题考查有机物的组成、性质和应用，本题注意相关基础知识的积累，把握物质的性质、应用及化学与
3、生活的关系为解答的关键。2.分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法，某同学用如表所示的形式对所学知识进行分类，其中甲与乙、丙、丁、戊是包含关系。正确的有（ ）个选项甲乙、 丙、 丁、 戊弱电解质次氯酸、一水合氨、水、醋酸碱性氧化物过氧化钠、氧化镁、氧化铝、氧化铁基本营养物质油脂、蛋白质、纤维素、无机盐腐蚀品盐酸、浓硫酸、烧碱、硝酸常见合金不锈钢、青铜、硬铝、生铁常见干燥剂浓硫酸、石灰石、碱石灰、五氧化二磷A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】B【解析】【分析】水溶液中部分电离的电解质为弱电解质；碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，反应为复分解反应；基本营养物质是指糖类、脂肪、蛋白
4、质；浓硫酸、烧碱、硝酸都为强酸或者强碱，都具有很强的腐蚀性；合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质；能够吸收水的物质可以用作干燥剂。【详解】次氯酸、一水合氨、水、醋酸都在水溶液中存在电离平衡，属于弱电解质，故正确；氧化镁、氧化铁与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，而过氧化钠与酸反应生成盐和水外，还生成了氧气，所以过氧化钠不属于碱性氧化物，氧化铝既能与酸反应生成盐和水，也能与碱反应生成盐和水，为两性氢氧化物，故错误；基本营养物质是指糖类、脂肪、蛋白质；人体必需6大营养物质是糖类、脂肪、蛋白质、无机盐、水、维生素，故错误；浓盐酸、浓硫酸、烧碱和硝酸都具有很强的腐蚀性，属于
5、腐蚀品，故正确；不锈钢、青铜、硬铝、生铁是金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质，都是合金，故正确；浓硫酸具有吸水性，可以用作干燥剂；石灰石不能用作干燥剂，碱石灰、五氧化二磷固体可用作干燥剂，故错误；答案选B。【点睛】本题考查了常见的干燥剂、合金、和碱性氧化物、弱电解质概念判断及各种物质的成分掌握，题目难度中等。3.有关阿伏伽德罗常数NA的叙述正确的是A. 标准状况下，2.24 L HF含有的HF分子数为0.1NAB. 标准状况下，1.12 L 1H2和0.2 g 2H2均含有0.1NA个质子C. 等体积、等物质的量浓度的NaCl和KF溶液中，阴、阳离子数目之和相等D. 将0.1
6、mol Cl2通入足量水中，充分反应后，转移电子的个数为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A、标准状况下，氟化氢不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氟化氢的物质的量，标准状况下，无法计算2.24 L HF的物质的量，选项A错误；B、标况下1.12L 1H2和0.2g 2H2的物质的量均为0.05mol，由于1H2和2H2中含有的质子数都是2，所以二者均含有0.1NA个质子，选项B正确；C、利用电荷守恒来理解，氯化钠溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，氟化钠溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)，由于氟化钠水解，使得氟化钠溶液显碱性，氟化
7、钠溶液中c(H+)氯化钠溶液的c(H+)，而两溶液中c(Na+)相等，所以氟化钠溶液中c(F-)+c(OH-)氯化钠溶液的c(Cl-)+c(OH-)，选项C错误；D、将0.1mol氯气通入足量水中，由于只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以反应转移的电子小于0.1mol，转移的电子数小于0.NA，选项D错误；答案选B。4.我国对可呼吸的钠二氧化碳电池的研究取得突破性进展，该电池的总反应式为：4Na3CO22Na2CO3C，其工作原理如图所示(放电时产生的碳酸钠固体储存于碳纳米管中)。关于该电池，下列说法错误的是 A. 放电时，当转移1 mol电子时负极质量减轻23 gB. 充电时，Na从
8、阳极向阴极移动C. 放电时，正极反应式为3CO24Na4e=2Na2CO3CD. 可以用乙醇代替TEGDME作有机溶剂【答案】D【解析】【分析】由4Na3CO22Na2CO3C可知，放电为原电池反应，Na为负极失去电子，正极上C得到电子；充电为电解池，阳极与正极相连，阳极失去电子发生氧化反应，放电时阳离子向正极移动，以此来解答。【详解】A放电时负极发生Na-e-=Na+，转移lmol电子负极质量减轻23g，选项A正确；B充电为电解池，Na+从阳极向阴极移动，选项B正确；C阳极反应为C+2Na2CO3-4e-=3CO2+4Na+，放电时正极反应为3CO2+4Na+4e-=2Na2CO3+C，选项
9、C正确；D钠与乙醇反应，不能用乙醇代替TEGDME做有机溶剂，选项D错误；答案选D。【点睛】本题考查原电池及电解池，为高频考点，把握电极判断、电极反应、工作原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电化学知识的应用及钠的性质，题目难度不大。5.短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A和B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，A和D同主族，B和C相邻，F的最高价氧化物对应的水化物为无机含氧酸中的最强酸。E与B可组成化合物E3B2，且该物质遇水发生水解反应。已知利用如下图所示装置以制备E3B2，装置用于制备B单质。下列说法正确的是A. E与B的简单离子的电子层结构相同，且简单离子半径
10、Bc(A)c(H+)c(OH)(A代表溶液中的酸根离子）【答案】C【解析】ACH3COOH酸性强，浓度相等时溶液的pH小，则曲线I和曲线分别代表的是HCN和CH3COOH，故A错误；B点中pH=7，则c（OH-）=c（H+），则点中c（Na+）=c（CH3COO-），点中pH=7，则c（OH-）=c（H+），则点中c（Na+）=c（CN），但中Na+浓度大于中Na+浓度，即c(CN-)c(CH3COO-)，故B错误；C点的溶液中存在物料守恒为c（HCN）+c（CN-）=c（Na+），点所示溶液中的物料守恒为c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=c（Na+），二者中钠离子浓度相同，则c（H
11、CN）+c（CN-）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-），即c（CH3COO-）-c（CN-）=c（HCN）-c（CH3COOH），故C正确；D点和点所示溶液中存在电荷守恒c（OH-）+c（CH3COO-）=c（Na+）+c（H+），在点所示溶液中，c（OH-）c（H+），则c（CH3COO-）c（Na+），在中c（OH-）=c（H+），c（CH3COO-）=c（Na+），所以在点和之间（不包括端点）存在离子浓度大小关系：c（CH3COO-）c（Na+）c（H+）c（OH-），故D错误；故选C。8.新春佳节少不了饮酒，土法酿造葡萄酒(只加糖的纯天然酿酒法)容易出问题，有报道说，喝了自制
12、葡萄酒差点失明。主要原因是发酵过程产生的菌种多达百种，难以控制，而产生对神经有毒的甲醇等物质。科学酿酒须加SO2等辅料。我国国家标准（GB2760-2014）规定葡萄酒中SO2的残留量0.25g/L。(1)葡萄酒中添加SO2的作用可能是_。A.抗氧化 B. 氧化细菌 C.增酸作用 D. 漂白I.实验方案一利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或H2SO3。设计如图的实验:(2)甲同学得出实验结论: 干白葡萄酒中不含SO2或H2SO3。这个结论是否合理?说明理由_。.实验方案二如图是在实验室进行二氧化硫制备与性质实验的组合装置，部分固定装置未画出。(3)关闭弹簧夹2，打开弹簧夹
13、1，注入硫酸至浸没瓶中固体，写出A装置反应的化学方程式_，C中每消耗2molNa2O2，则转移电子数_。(4)关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入E、F中，为了证明SO2有还原性，并从绿色化学的角度考虑，则Z试剂可以是_，反应的离子反应方程式为_，现象是_。【答案】 (1). AC (2). 不合理；实验对比说明浓度低的亚硫酸不能使品红褪色，葡萄酒中的SO2含量很低，所以也不能使品红褪色 (3). Na2SO3 +H2SO4 = Na2SO4 + SO2+ H2O (4). 4NA (5). 酸性KMnO4 (6). 2MnO4 + 5SO2 +2 H2O = 2Mn2+ + 5SO42
14、 + 4H+(或FeCl3溶液，SO2 +2 Fe3+ +2 H2O = 2 Fe 2+ + SO42 + 4H+) (7). 红色溶液变浅或褪色（或溶液由棕黄色变为浅绿色)【解析】【详解】（1）二氧化硫具有较强的还原性，可以防止葡萄酒被氧化，二氧化硫的水溶液显酸性，可以增强葡萄酒的酸性，二氧化硫有漂白性，但二氧化硫的含量很少，没有将葡萄酒漂白，故选AC；I.（2）1滴饱和亚硫酸溶液滴入3mL品红溶液中不褪色，而1滴品红溶液滴入3mL饱和亚硫酸溶液中褪色，说明二氧化硫或亚硫酸的含量会影响漂白效果，干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因为：干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少，故答案为：不合理，实验对比说
15、明浓度低的亚硫酸不能使品红褪色，葡萄酒中的SO2含量很低，所以也不能使品红褪色；实验方案二：装置A中制备二氧化硫，X干燥二氧化硫，C中检验SO2与Na2O2反应是否有氧气，D中氢氧化钠溶液吸收剩余的二氧化硫，防止污染空气E装置验证二氧化硫的还原性，F装置验证二氧化硫为酸性气体，并吸收二氧化硫，防止污染空气。（3）关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，注入硫酸至浸没瓶中固体，A装置中亚硫酸钠与浓硫酸反应放出二氧化硫，二氧化硫被干燥后与过氧化钠反应生成硫酸钠，反应的方程式为SO2+Na2O2=Na2SO4，根据方程式，每消耗2molNa2O2，转移4mol电子，故答案为：SO2+Na2O2=Na2SO4；4
16、NA；（4）关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入E、F中，为了证明SO2有还原性，并从绿色化学的角度考虑，则Z试剂选择酸性KMnO4，高锰酸钾具有强氧化性，被二氧化硫还原褪色，发生反应的离子方程式为2MnO4 + 5SO2 +2 H2O = 2Mn2+ + 5SO42 + 4H+(或FeCl3溶液，SO2 +2 Fe3+ +2 H2O = 2 Fe 2+ + SO42 + 4H+)；故答案为：酸性KMnO4；2MnO4 + 5SO2 +2 H2O = 2Mn2+ + 5SO42 + 4H+(或FeCl3溶液，SO2 +2 Fe3+ +2 H2O = 2 Fe 2+ + SO42 + 4H
17、+)；红色溶液变浅或褪色（或溶液由棕黄色变为浅绿色)。9.随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”。为回收利用含钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员最新研制了一种离子交换法回收钒的新工艺，回收率达91.7%以上。部分含钒物质在水中的溶解性如下表所示：物质VOSO4V2O5NH4VO3(VO2)2SO4溶解性可溶难溶难溶易溶该工艺的主要流程如下。请回答下列问题：（1）请写出加入Na2SO3溶液发生反应的离子方程式_。（2）催化氧化所使用的催化剂钒触媒(V2O5)能加快二氧化硫氧化速率，此过程中产生了一连串的中间体（如下图）。其中a
18、、c二步的化学方程式可表示为_，_。（3）该工艺中沉矾率是回收钒的关键之一，沉钒率的高低除受溶液pH影响外，还需要控制氯化铵系数（NH4Cl加入质量与料液中V2O5的质量比）和温度。根据下图试建议控制氯化铵系数为_，控制温度的方法为_。（4）将滤液1和滤液2混合后用氯酸钾氧化，氯元素被还原为最低价，其反应的离子反应方程式为_。（5）经过热重分析测得：NH4VO3在焙烧过程中，固体质量的减少值（纵坐标）随温度变化的曲线如图所示。则NH4VO3在分解过程中_。A先分解失去H2O，再分解失去NH3 B先分解失去NH3，再分解失去H2OC同时分解失去H2O和NH3D同时分解失去H2、N2和H2O（6）
19、全钒电池的电解质溶液为VOSO4溶液，电池的工作原理为VO2+ + V2+2H+ VO2+ +H2O +V3+。电池充电时阳极的电极反应式为_。【答案】 (1). V2O5+SO32-+4H+=2VO2+SO42-+2H2O (2). SO2+V2O5SO3+V2O4 (3). 4VOSO4+O22V2O5+4SO3 (4). 4 (5). 将反应容器置于80的水浴中 (6). 6 VO2+ClO3-+3 H2O=6VO2+Cl-+6 H+ (7). B (8). VO2+ +H2O e- = VO2+ + 2H+【解析】【详解】（1）亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸
20、根离子，离子反应方程式为：V2O5+SO32-+4H+=2VO2+SO42-+2H2O；（2）依据图中的转化关系，V2O5参与反应先做氧化剂把二氧化硫氧化为三氧化硫，本身被还原为图中产物V2O4，根据氧化还原反应的实质写出并配平a步化学方程式SO2+V2O5SO3+V2O4+V2O4；C是VOSO4转化为SO3，此过程需要重新生成催化剂V2O5，需要氧化剂完成，此过程中的氧化剂为氧气，根据化合价的变化写出C步化学方程式 4VOSO4+O22V2O5+4SO3；（3）根据图示分析数据，80时沉矾率最高为98%，再升高温度时其沉钒率反而降低，从氯化铵系数知，氯化铵系数越大沉钒率越大，但系数为5比为
21、4稍微大些，且氯化铵系数越大需要的氯化铵越多，从经济角度分析不合适，所以加NH4Cl的系数最好为4；控制温度的方法为将反应容器置于80的水浴中；（4）将滤液1和滤液2混合后用氯酸钾氧化，氯元素被还原为最低价-1价，其反应的离子反应方程式为6 VO2+ClO3-+3 H2O=6VO2+Cl-+6 H+；（5）根据NH4VO3在焙烧变化的图象可知：2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O234g 34g 18g210时，固体质量减少值为1-85.47%=14.54%，380时，根据质量减少值为85.47-77.78%=7.69%，根据方程式知，生成水时固体质量减少分数小于生成氨气时，所以210时减
22、少的是氨气，380时减少的是水，则该反应过程中先失去氨气后失去水，故选B；（6）全钒电池的电解质溶液为VOSO4溶液，电池的工作原理为VO2+ + V2+2H+ VO2+ +H2O +V3+。电池充电时阳极VO2+失电子生成VO2+，其电极反应式为VO2+ +H2O e- = VO2+ + 2H+。10.捕碳技术是指从空气中捕获二氧化碳的各种科学技术的统称。许多科学家认为从空气中捕获二氧化碳不仅在理论上可行，很快还会成为一个对付全球变暖的实用武器；目前 NH3和(NH4)2CO3等物质已经被用作工业捕碳剂。（1）下列物质中不可能作为CO2捕获剂的是_。ANH4Cl BCH3CH2OH CCaC
23、l2 DNa2CO3（2）工业上用NH3捕碳可合成CO (NH2)2：已知：标准状况下，5.6L NH3与足量CO2完全反应生成NH2CO2 NH4 (s)时放出39.8kJ的热量；NH2CO2 NH4 (s)= CO(NH2)2(s)+ H2O(g) H=+72.5 KJmol-1，则2NH3(g)CO2(g)=CO(NH2)2(s)+ H2O(g)的H=_KJmol-1。（3）用(NH4)2CO3捕碳的反应如下：(NH4)2CO3(aq)H2O(l)CO2(g)2(NH4)2HCO3(aq)。为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2效率的影响，将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中
24、，并充入一定量的CO2气体，保持其它初始实验条件不变，分别在不同温度下，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图（见下图）：c点的逆反应速率和d点的正反应速率的大小关系为逆c _正d （填“”、“”或“”）。b、c、d三点的平衡常数K b、K c、Kd 从小到大的顺序为_（填“”、“”或“”）。在T2T4温度区间，容器内CO2气体浓度呈现先减小后增大的变化趋势，其原因是_。（4）用碱性溶液也可捕碳：在常温下，将0.04molCO2通入200mL0.2mol/L的Na2S溶液中，已知：H2CO3的电离平衡常数：K1=4.3107、K2=5.61011；H2S的电离平衡常数：K1=5.0108、
25、K2=1.11012。回答下列问题：发生反应的离子方程式为_。充分反应后下列关系式中正确的是 _。A.c(Na+)c(HCO3-)c(HS-)c(OH-)B(Na+)+c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)Cc(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(H2CO3)c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)计算反应后的溶液中c(H2S)c(OH-)/ c(HS-)的值为_ 。【答案】 (1). ABC (2). -245.9 (3). (4). KdKc H2SHCO3-HS-，根据强酸制备弱酸规律，分析该反应的产物；充分反应后所得溶液为碳酸氢钠和硫氢化钠；根据物料守恒、电荷守恒进
26、行分析，根据两种酸式盐水解的能力进行分析；=，据此进行计算。【详解】(1)二氧化碳是酸性氧化物,具有碱性的物质均能捕获CO2,反应如下: Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；而CH3CH2OH、CaCl2显中性，NH4Cl溶液显酸性均不与CO2反应，不能做CO2捕获剂；答案选ABC；(2)标准状况下，5.6L NH3的物质的量为0.25mol，与足量CO2完全反应生成NH2CO2 NH4 (s)时放出39.8kJ的热量，则2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2 NH4 (s)，H=-39.88=-318.4kJmol-1；NH2CO2 NH4 (s)= CO(NH2)2(s)+
27、H2O(g) H=+72.5 kJmol-1。根据盖斯定律可知：+可得2NH3(g)CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)H=-318.4kJmol-1+72.5kJmol-1=-245.9kJmol-1；(3)针对于同一个反应来讲，温度高反应速率快，d点温度大于c点的温度，所以c点的逆反应速率和d点的正反应速率的大小关系为逆c 正d；在图1中CO2的浓度存在一最低点,则在T1T2区间,反应未达到化学平衡,温度升高,反应速率加快,CO2被捕捉的量增加,剩余CO2的浓度减小；T4T5区间,反应已达到化学平衡,升高温度剩余CO2的浓度增大,即升高温度,反应平衡向左移动,因此正反应为放热
28、反应,即H30，所以温度升高，平衡常数减小，因此b、c、d三点的平衡常数K b 、K c、Kd 从小到大的顺序为 KdKc H2SHCO3-HS-，所以将0.04molCO2通入200mL0.2mol/L的Na2S溶液中，n(CO2)：n(Na2S)=1:1反应生成碳酸氢钠和硫氢化钠，发生反应的离子方程式为CO2+S2+H2O=HCO3+HS；据分析可知，充分反应后所得溶液为碳酸氢钠和硫氢化钠， A溶液中存在电荷守恒，(Na+)+c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-), 选项A错误；B同浓度的同体积的碳酸氢钠和硫氢化钠，二者溶质的物质的量相
29、等，因此根据物料守恒可知：c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)，选项B错误；C碳酸氢钠溶液的Kh=10-7；硫氢化钠溶液的Kh=210-7，碳酸氢钠溶液的水解能力小于硫氢化钠溶液的水解能力，所以c(Na+)c(HCO3-)c(HS-)c(OH-)；选项C正确；答案选C；=210-7。【点睛】本题考查弱电解质的溶解平衡及盐类的水解，针对于弱酸的酸式盐，溶液中存在电离平衡和水解平衡，根据盐类水解平衡常数Kh与电离平衡常数Ka之间关系来判断溶液的酸碱性，当Kh=KW/KaKa，水解过程大于电离过程，溶液显碱性；当Kh=KW/KaKa，水解过程
30、小于电离过程，溶液显酸性。11.已知：A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大。A是短周期中原子半径最大的元素，B元素3p能级半充满；C是所在周期电负性最大的元素；D是第四周期未成对电子最多的元素；E的原子序数比D大3。试回答下列有关的问题：（1）写出D元素价电子的电子排布图：_。（2）D可形成化合物D(H2O)6(NO3)3 ,D(H2O)6(NO3)3中阴离子的立体构型是_。NO2中心原子的轨道杂化类型为_，1 mol D(H2O)6 3+ 中含有的键数为 _。（3）已知B、C两种元素形成的化合物通常有两种。这两种化合物中_ （填化学式）为非极性分子。另一种物质的电子式为 _。（4）D
31、是一种硬而脆抗腐蚀性强的金属，常用于电镀和制造特种钢。下图为D的晶胞结构图，则D晶胞属于_堆积；该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_。（已知：=3.14，=1.732）（5）E晶体的一种晶胞(如图所示)的边长为anm，密度为gcm3，NA表示阿伏加德罗常数的值，则E的原子半径为_nm，E的相对原子质量可表示为_。【答案】 (1). (2). 平面三角形 (3). sp2杂化 (4). 18NA (5). PCl5 (6). (7). 体心立方 (8). 68 (9). a (10). 5a3NA10-22【解析】【分析】A、B、C、D四种元素，原子序数依次增大。A是短周期中原子半径最大的元
32、素为Na元素，B元素3p能级半充满为P元素，C是所在周期电负性最大的元素为Cl元素，D是第四周期未成对电子最多的元素为Cr元素，（1）D元素为铬元素，能层上为半充满状态时价电子为未成对电子最多；（2）依据价电子互斥理论确定硝酸根离子的空间构型，再结合杂化轨道理论判断其中心原子的杂化类型；结合物质结构判断含有键数；（3）B、C两种元素分别为P和Cl，形成化合物为：PCl3，PCl5，结构对称的正负电荷重心重合的为非极性分子，结合共价键电子式书写方法解答；（4）依据金属晶体中金属原子在空间上的堆积模型分析判断；原子的体积占晶胞体积的百分率即空间利用率，结合晶胞结构进行计算；（5）利用均摊法计算晶胞
33、内原子的个数，再结合晶体的密度 = 晶胞的密度= 推导出晶体的摩尔质量，其数值即为所求。【详解】（1）D元素为铬元素，能层上为半充满状态时价电子为未成对电子最多，其价电子的电子排布图为，故答案为：；（2）硝酸根离子中价电子对个数=3+（5+1-32）=3，且不含孤对电子，所以该分子为平面三角形，中心原子采用sp2杂化；故答案为：平面三角形；sp2杂化；在 D(H2O)6 3+中配合离子Cr3+与水之间形成的化学键为配位键，配位键是特殊的共价键，属于键，所以1 mol D(H2O)6 3+中含有键有12+6 = 18 mol = 18 NA；故答案为：18 NA；（3）B、C两种元素分别为P和C
34、l，形成化合物为：PCl3，PCl5，其中PCl3为三角锥性结构，属于极性分子，PCl5为三角双锥性结构，属于非极性分子，PCl3电子式为：；故答案为：PCl5；（4）由晶胞结构图可知，该金属原子的晶胞堆积模型为体心立方堆积模型，根据均摊法可知晶胞内所含原子数 = 8 +1= 2，设该晶胞的边长为a cm，原子为等径圆球，其半径为r cm，则结合几何构型可知，等径圆球的半径为该晶胞体对角线的1/4，即a = ，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 = = 100% = 3.14100%68%，故答案为：体心立方；68；（5）E的原子序数比D大3，则E为钴元素，结合E晶体的一种晶胞模型根据均
35、摊法可知晶胞内所含原子数 = 8 +1= 2，则结合几何构型可知，E的原子半径为该晶胞体对角线的1/4 = a，则该晶胞的质量为 g = gcm-3(a10-7cm) 3，得出M = 5a3NA10-22故答案为：a；5a3NA10-22。【点睛】本题侧重考查晶体的常识与晶胞的相关计算，其中关于金属晶体要牢记常见的的堆积模型，并掌握其晶胞的相关参数。如本题最后一问，计算E的相对原子质量时，关键是利用“均摊法”找到晶胞内所含原子数，再利用密度表达式列式计算得出结论。计算时切勿漏掉原子个数，避免低级错误。12.有机物W用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如下。已知：请回答下列
36、问题：（1）F的化学名称是_，的反应类型是_。（2）E中含氧官能团是_（写名称），D聚合生成高分子化合物的结构简式为_。（3）反应的化学方程式是_。（4）反应的化学方程式是_。（5）芳香化合物N是A的同分异构体，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为_。（6）参照有机物W的上述合成路线，设计以M为起始原料制备F的合成路线(无机试剂任选)。示例：CH3CH2OH CH2=CH2 BrCH2CH2Br_。【答案】 (1). 苯甲醇 (2). 取代反应 (3). 羟基、羧基 (4). (5). (6). (7). (8). 【解析】根据流程图，A为，C为，C催化氧化的产物，继续氧化生成D，D为，D在浓硫酸存在时脱水生成E，E为，E与F发生酯化反应生成W，W为。(1)F为，名称是苯甲醇，反应是卤代烃的水解反应，属于取代反应，故答案为：苯甲醇；取代反应；(2)D为，含有的官能团有羟基、羧基，D聚合生成高分子化合物的结构简式为，故答案为：羟基、羧基；(3)反应是醇的催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为：；(4)反应是酸和醇的酯化反应，反应的化学方程式为，故答案为：；(5)A为，芳香化合物N是A的同分异构体，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为，故答案为：；(6)根据信息，首先由苯制备甲苯，甲苯再与氯气在 光照时发生侧链取代，再水解即可，流程图为，故答案为：。