1、号号证考准姓名场场考点点考绝密启用前号证考准姓名场考点考2021年中卫市高考优秀生第二次联考理科综合能力测试-化学部分本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。第卷第33-38题为选考题，其他题为必考题。考生做答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。注意事项：1、答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的准考证号、姓名，并将条形码粘贴在指定位置上。2、选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或炭素笔书写，字体工整、笔迹清楚。3、请按照题号
2、在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。4、保持卡面清洁，不折叠，不破损。5、作选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应标号涂黑。可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 Ag-108 S-32 Fe-56 Zn-65 Cu-64 Cl-35.5 7化学与生产和生活密切相关。下列有关说法正确的是A古代记载文字的器物“甲骨”与“丝帛”成分相同B苏打可用于制作发酵粉，在医疗上也可以用作治疗胃酸过多C酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇D用于制作N95型口罩的“熔喷布”主要原料是聚丙烯，聚丙烯是有机高分子物质8北京冬奥会将于202
3、2年举办，节俭办赛是主要理念。在场馆建设中用到一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示（下列说法正确的是A. 该双环烯酯的水解产物都能使溴水褪色 B. 1mol该双环烯酯能与3mol H2发生加成反应C. 该双环烯酯分子中至少有12个原子共平面D该双环烯酯完全加氢后的产物的一氯代物有7种9我国科研人员通过控制光沉积的方法构建Cu2O-Pt/SiC/IrOx型复合材料光催化剂，其中Fe2+和Fe3+离子渗透Nafion膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，其反应机理如图：下列说法错误的是A该反应为2CO2+2H2O2HCOOH+O2 B该
4、反应能量转化形式为光能化学能C图中a、b分别代表Fe2+、Fe3+D反应过程中涉及到非极性键、极性键的断裂和非极性键、极性键的形成10下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向淀粉溶液中加适量20% H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至碱性，再滴加少量碘水溶液未变蓝色淀粉已完全水解B同时向体积均为4mL的0.1molL1和0.2molL1酸性KMnO4溶液中各加入2mL 0.1molL1 H2C2O4溶液后者先褪色反应物浓度越大，反应速率越快，越先褪色C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
5、性D向CaCO3固体中滴加稀盐酸产生气泡非金属性：ClC11短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W、Y、Z组成的化合物M遇稀硫酸得到Z的单质及其氧化物，M的结构如图所示。下列有关说法错误的是A 简单气态氢化物的稳定性：XWZ BM中W原子满足8电子稳定结构CX的单质可与Y2Z溶液发生置换反应得到单质ZDY分别与W、Z形成的二元化合物中可能均含有非极性键12科学家对具有广泛应用前景的新型LiCO2电化学储能系统研究发现，用碳化钼(Mo2C)作Li极催化剂时CO2的放电产物为Li2C2O4，装置如图所示。若用Au和多孔碳作Li极催化剂，则产物为Li2CO3和C。下列说法正确的是A该
6、电池最好选用Li2C2O4水溶液作为电解质溶液B用Mo2C作催化剂时，负极每消耗7g Li，正极消耗11.2L CO2C用Au作催化剂时CO2放电的电极反应式为4Li+4e+3CO2=2Li2CO3+CD生成等物质的量Li2C2O4和Li2CO3消耗CO2的量相同，电路中转移电子数相同13常温下，将NaOH溶液滴加到20mL等浓度的某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示已知：p=-lg。下列叙述不正确的是Am点对应的NaOH溶液体积小于10mLBKa(HA)的数量级为105Cl点所示溶液中：c(Na+)c(A)+c(HA)D各点水的电离程度关系：nml26三氯氧磷
7、(POCl3)是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染化、塑胶助剂等行业。某兴趣小组用O2直接氧化PCl3制备POCl3，实验装置设计如图： 有关物质的部分性质如下表：物质熔点/沸点/其他性质PCl3-11275.5遇水生成H3PO3和HCl，遇O2生成POCl3POCl32105.3遇水生成H3PO4和HCl，能溶于PCl3回答下列问题：(1)装置C中反应器的名称是 。(2)装置B中试剂为 ；装置B的作用是 。(3)装置A中发生反应的化学方程式为 ；装置C中制备POCl3的化学方程式为 。(4)通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素的含量，实验步骤如下：I取m克产品于锥形瓶中，加入足量N
8、aOH溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性；II向锥形瓶中加入0.1000molL1的AgNO3溶液50.00mL，使Cl完全沉淀；III向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；IV加入指示剂，用c molL1 NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为V mL。已知：Ksp(AgCl)=3.21010，Ksp(AgSCN)=21012滴定选用的指示剂是 。A酚酞 BNH4Fe(SO4)2 C淀粉 D甲基橙Cl元素的质量分数为 (列出算式即可)。若取消步骤III，会使步骤IV中出现两种沉淀共存，此时c(Cl)c(SCN)= ；该反应使测定结果 (填“偏大”“偏小”
9、或“不变”)。27碳酸镍是制备合成纳米镍的一种前驱体。以镍废渣(主要成分为Ni，含少量Fe、Al、Fe3O4、Al2O3和不溶性杂质等)为原料获得碳酸镍流程如下：回答下列问题：(1) “碱浸”时加入NaOH溶液的作用是 。(2)“操作A”的名称是 。(3)“转化”时加入H2O2的目的是 (用离子方程式表示)，该过程温度不宜过高，原因可能是 。(4)请写出“沉镍”时的离子方程式 。(5)若选用Na2CO3溶液“沉镍”，当溶液中总碳浓度c(C)T为0.1molL1时，溶液中总镍浓度的对数lgc(Ni)T与溶液pH关系如下图。b点坐标(9.2 ，-4.2）注：c(C)T=c(CO)+c(HCO)+c
10、(H2CO3)a点(pH8.2)时溶液中析出的沉淀主要为 (填化学式)。b点溶液中Ni2+是否沉淀完全 (填“是”或“否”)溶液中总镍浓度c(Ni)T105molL1时，Ni2+沉淀完全。(6)取“操作A”所得的NiSO4溶液VmL，用c molL1 EDTA(Na2H2Y)的标准溶液滴定至终点(发生反应Ni2+H2Y2=NiY2+2H+)，消耗标准液20.00mL，则“沉镍”过程中，当NiCO3开始沉淀时，溶液中CO浓度为 。已知常温下，Ksp(NiCO3)=1.42107，只列计算式，不考虑杂质反应。28防治大气污染、水体污染等是世界各国保护环境的最重要课题。(1)将CH4催化重整为可用的
11、化学品，对改善环境意义重大。某科研团队利用三元催化剂在下“超干重整”CH4和CO2。已知：反应I H=+247kJmol1反应II H=41kJmol1则反应III H= 。在体积为1L的刚性容器中进行“合成气催化重整”，反应的化学方程式为。当投料比，时，CO2的平衡转化率()与温度(T)、初始压强(p)的关系如图所示。压强 (填“” “”或“”，下同)；当温度为、压强为时，a点时的v(逆) v(正)；起始时向容器中加入1mol CH4和1mol CO2，在温度为、初始压强为时反应，该反应的K= 。(2)氮的氧化物是造成大气污染的主要物质，研究氮氧化物的反应机理更有助于消除大气污染。NH3催化
12、还原NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现在以为主的催化剂上可能发生的反应过程如图。写出脱硝过程的总反应的化学方程式： 。催化氧化法去除NO是在一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理为。不同温度条件下，n(NH3)n(NO)为21时，得到NO脱除率曲线如图所示。脱除NO的最佳温度是 。在温度超过1000时NO脱除率骤然下降的原因可能是 。NO氧化反应：分两步进行，反应I：，反应II：，其反应过程能量变化示意图如图。其中决定NO氧化反应速率的步骤是反应 (填“I”或“II”)。其中：E1”或“”)。 (5)BN的熔点为，密度为2.25gcm3，其晶胞结构如图所示，晶体中一个B原子周围距离最近的
13、N原子有 个；若原子半径分别为和，阿伏加德罗常数值为NA，则BN晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 。36.【化学选修5：有机化学基础】(15分)苄丙酮香豆素(H)常用于防治血栓栓塞性疾病，其合成路线如图所示(部分反应条件略去)。已知：CH3CHO+CH3COCH3CH3CH(OH)CH2COCH3(其中一种产物)。RCOCH3+R1COOR2RCOCH2COR1+R2OH烯醇式()结构不稳定，容易结构互变，但当有共轭体系(苯环、碳碳双键、碳氧双键等)与其相连时变得较为稳定。(1)写出化合物C中官能团的名称 。(2)写出化合物D(分子式C9H6O3)的结构简式 。(3)写出反应的反应类型 。
14、 (4)写出反应的化学方程式 。(5)写出化合物F满足以下条件所有同分异构体的结构简式 。属于芳香族化合物但不能和FeCl3溶液发生显色反应；1mol该有机物能与2mol NaOH恰好完全反应；1H-NMR图谱表明分子中共有4种氢原子。(6) 参照苄丙酮香豆素的合成路线，设计一种以E和乙醛为原料制备的合成路线 。2021年中卫市高考优秀生第二次联考化学答案7. 【答案】D【解析】A“甲骨”主要成分是碳酸钙，而“丝帛”主要成分是蛋白质，两者成分不同，故A错误；B制作发酵粉和医疗上用作治疗胃酸过多的是小苏打，不是苏打，故B错误；C葡萄糖是单糖不水解，葡萄糖在酒化酶作用下转化为乙醇和二氧化碳，属于氧
15、化反应，故C错误；D聚丙烯是高聚物，属于有机高分子化合物，故D正确；故选D。8. 【答案】A【解析】该双环烯酯水解产物中都含有碳碳双键，都能使溴水褪色，选项A正确；1mol该双环烯酯的两个碳碳双键能与2mol H2发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能加成，选项B不正确；分子中不存在苯环，共平面的原子从碳碳双键出发，至少是6个，分子中分别与两个碳碳双键共平面的原子不一定共面，选项C不正确；分子加氢后，两边环分别有4种一氯代物，CH2上有1种，共有9种，选项D不正确。9. 【答案】D【解析】A根据图示可知，反应物为二氧化碳和水，生成物为甲酸和氧气，因此该反应方程式为2CO2+2H2O2HCOOH+O
16、2，故A正确；B由“人工光合作用体系”可知，该反应能量转化形式为光能化学能，故B正确；C观察图中物质转化关系可知，b代表Fe3+，用于氧化H2O，a代表Fe2+，用于还原CO2，故C正确；D根据A项总反应可知，反应过程中不涉及到非极性共价键的断裂，故D错误；答案选D。10. 【答案】C【解析】ANaOH过量，碘与NaOH反应，不能检验淀粉是否存在，应取水解后的溶液少量加碘水检验，操作不合理，A错误；B高锰酸钾均过量，不能检测到褪色时间，应控制高锰酸钾均不足且浓度不同，B错误；C钠在CO2中燃烧生成黑色颗粒，说明有C生成，CO2中碳元素化合价降低，作氧化剂，C正确；D比较非金属性强弱应利用最高价
17、氧化物对应水化物的酸性强弱，而盐酸为无氧酸，D错误；故答案为C。11. 【答案】C【解析】由M的结构以及M遇稀硫酸得到Z的单质和氧化物，可知M为Na2S2O3，即W为O，Y为Na、Z为S。根据W、X、Y、Z的原子序数依次增大，可知X为F，据此分析。A经分析，X为F，W为O，Z为S，则简单气态氢化物的稳定性：FOS，故A项正确；B由M的结构可知，氧原子满足8电子稳定结构，故B项正确；CF2遇水溶液直接与H2O剧烈反应，不能与Na2S溶液直接反应得到S单质，故C项错误；DO、S属于同主族元素，Na与O、S分别可形成Na2O2、Na2S2等化合物，分子中均含有非极性键，故D项正确。本题答案C。12.
18、 【答案】C【解析】A由于2Li+2H2O=2LiOH+H2，故该电池不能选用Li2C2O4水溶液作为电解质溶液，A错误；B用Mo2C作催化剂时，发生的总反应为：2Li+2CO2=Li2C2O4，故负极每消耗7g Li，消耗1molCO2，故正极消耗标准状况下1mol22.4L/mol=22.4LCO2，且未告知气体是否在标准状况下，无法计算气体的体积，B错误；C用Au作催化剂时，产物为Li2CO3和C，故CO2放电的电极反应式为4Li+4e+3CO2=2Li2CO3+C，C正确；D有反应方程式可知，2Li+2CO2=Li2C2O4，4Li+3CO2=2Li2CO3+C可知，生成等物质的量Li
19、2C2O4和Li2CO3消耗CO2的量不相同，电路中转移电子数相同，D错误；故答案为C。13. 【答案】D【解析】ANaOH与HA浓度相等，当NaOH溶液体积等于10mL时，得到的溶液中溶质为等浓度的HA和NaA的混合溶液，HA的电离程度大于A的水解程度，所以c(A)c(HA)，而m点p=0，说明c(A)=c(HA)，则m点对应的NaOH溶液的体积小于10mL，A正确；Bm点时c(A)=c(HA)，Ka(HA)=104.76，所以Ka(HA)的数量级为105，B正确；Cl点溶液呈酸性，溶液中溶质HA和NaA的混合溶液，由物料守恒可知：溶液中存在c(Na+)c(A)+c(HA)，C正确；Dl、m
20、、n点各溶液均呈酸性，溶液的酸性越強，HA的浓度越大，对水电离的抑制作用就越强。由于酸性：lmn，则各点水的电离程度大小关系：lmn，D错误；故合理选项是D。26. 【答案】（1）三颈烧瓶 （2） 浓硫酸 干燥气体、观察气体流速，平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用 （3） 2H2O22H2O+O2(或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2) 2PCl3+O2=2POCl3 （4） B % 160 偏小 【解析】装置A是氧气的发生装置，取固体与液体不加热制备气体装置，可以为H2O2在MnO2催化分解生成氧气，也可以是过氧化钠与水反应，通过加入液体的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有水蒸气用
21、浓硫酸除去，所以B装置中装浓硫酸，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷反应生成POCl3，为了控制反应速率且要防止三氯化磷会挥发，反应的温度控制在6065，所以装置C三颈烧瓶用水浴，为防止PCl3挥发，用冷凝管a进行冷凝回流，POCl3遇水均剧烈水解为含氧酸和氯化氢，所以为防止空气中水蒸气进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管。(5)Fe3+与SCN反应溶液变红色可确定滴定终点；Cl+Ag+=AgCl，SCN+Ag+=AgSCN，根据实际滴定Cl时消耗的NH4SCN的物质的量，计算水解产物中Cl-的物质的量，再计算氯元素的质量百分
22、含量；两种沉淀共存，此时c(Cl)c(SCN)=，由于AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；若无此操作，NH4SCN标准液用量偏多，据此分析解题。(1)由实验装置图可知，装置C中反应器的名称是三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；(2)氧气中含有水蒸气用浓硫酸除去，所以B装置中装浓硫酸，装置B中有长颈漏斗，可以观察气体流速，平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用，故答案为：浓硫酸；干燥气体、观察气体流速，平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用；(3)根据装置图可知，装置A是氧气的发生装置，取固体与
23、液体不加热制备气体装置，可以为H2O2在MnO2催化分解生成氧气，也可以是过氧化钠与水反应，反应方程式为：2H2O22H2O+O2(或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2)，装置C中氧气氧化PCl3生成POCl3，化学方程式2PCl3+O2=2POCl3，故答案为：2H2O22H2O+O2(或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2)；2PCl3+O2=2POCl3；(4)用c molL1 NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点，故答案为：B；用c mol/
24、L NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积VmL，则过量Ag+的物质的量为Vc103mol，与Cl反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L0.05L-Vc103mol=(5-Vc)103mol，Cl元素的质量百分含量为100%=%，故答案为：%；已知：Ksp(AgCl)=3.21010，Ksp(AgSCN)=21012，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，则AgCl转化为AgSCN的反应的离子方程式：AgCl+SCNAgSCN+Cl；若取消步骤，会使步骤中出现
25、两种沉淀共存，此时c(Cl)c(SCN)=160，若无步骤，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小，故答案为：160；偏小。27. 【答案】（1）除去废镍渣中的Al和Al2O3 （2） 过滤 （3） 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O 防止H2O2分解 （4） Ni2+2HCO=NiCO3+H2O+CO2 （5） NiCO3 否 （6） mol/L 【解析】本题以镍废渣(主要成分为Ni，含少量Fe、Al、Fe3O4、Al2O3和不溶性杂质等
26、)为原料获得碳酸镍为题材，根据流程图可知，“碱浸”主要是出去镍废渣中的Al和Al2O3，发生的反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，过滤得到浸出液中主要含有NaOH和NaAlO2，滤渣中主要有Ni、Fe和Fe3O4，以及不溶性杂质，在滤渣中加入硫酸，发生的反应有：Fe+H2SO4=FeSO4+H2、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O和Ni+H2SO4=NiSO4+H2，过滤后的滤液中主要含有NiSO4、FeSO4和Fe2(SO4)3，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续实验中调节p
27、H以Fe(OH)3的形式除去，再过滤后，向所得滤液中加入NH4HCO3溶液以沉淀Ni2+，发生的反应为：Ni2+2HCO=NiCO3+H2O+CO2，过滤洗涤干燥，即可得到纯净的碳酸镍，据此分析解题。(1)由分析可知，“碱浸”时加入NaOH溶液的作用是除去废镍渣中的Al和Al2O3，故答案为：除去废镍渣中的Al和Al2O3；(2)由分析可知，调节pH以Fe(OH)3的形式除去，再进行过滤操作，故“操作A”的名称是过滤，故答案为：过滤；(3)由分析可知，“转化”时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，由于H2O2受热易分解，故
28、该过程温度不宜过高，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；防止H2O2分解；(4)由分析可知，“沉镍”时的离子方程式为：Ni2+2HCO=NiCO3+H2O+CO2，故答案为：Ni2+2HCO=NiCO3+H2O+CO2；(5)由图中可知，a点(pH8.2)时Ni(OH)2对应的Ni2+浓度大于NiCO3对应的Ni2+浓度，故溶液中析出的沉淀主要为NiCO3，故答案为：NiCO3；由图中可知，b点对应的lgc(Ni)T大于-5，即溶液中总镍浓度c(Ni)T大于105mol/L，故溶液中Ni2+没有沉淀完全，故答案为：否；(6)取“操作A”所得的NiSO4溶液VmL，用c m
29、olL1 EDTA(Na2H2Y)的标准溶液滴定至终点(发生反应Ni2+H2Y2=NiY2+2H+)，消耗标准液20.00mL，故溶液中Ni2+的浓度为：=mol/L，则“沉镍”过程中，当NiCO3开始沉淀时，溶液中CO浓度为=mol/L，故答案为：mol/L。28. 【答案】（1）+329kJmol1 4 （2）4NH3+O2+4NO=4N2+6H2O 900 催化剂失去活性 II 【解析】(1)根据盖斯定律可知，反应等于反应-2反应，故=(+247kJmol1)-2(-41kJmol1)=+329kJmol1，故答案为：+288kJmol1；分析反应的化学方程式为 H=+247kJmol1
30、可知，该反应正反应是一个气体体积增大的吸热反应，故增大压强，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，升高温度，平衡正向移动，CO2的转化率增大，由CO2的平衡转化率()与温度(T)、初始压强(p)的关系图可知，温度相同时，P1条件下CO2转化率更大，压强；当温度为T3、压强为P1时，a点到到达平衡点即T3与P1曲线的交叉点过程中CO2的转化率在增大，说明反应正向进行，故此时的v(逆)v(正)；起始时向容器中加入1mol CH4和1mol CO2，由图可知在温度为T6、初始压强为时反应CO2的转化率为50%，根据三段式计算可知：容器的体积为1L，故该反应的K=，故答案为：；4；(2) 由NH3催化还原
31、NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现在以为主的催化剂上可能发生的反应过程示意图，可知体系进入的物质为NH3、O2、NO此为反应物，从体系出来的物质为N2和H2O，故脱硝过程的总反应的化学方程式为：4NH3+O2+4NO=4N2+6H2O，故答案为：4NH3+O2+4NO=4N2+6H2O；由NO脱除率曲线图示可知，900时NO的脱除率最高，故脱除NO的最佳温度是900，每个催化剂均有适宜的温度范围，故在温度超过1000时NO脱除率骤然下降的原因可能是催化剂失去活性，故答案为：900；催化剂失去活性；由反应过程能量变化示意图可知，反应I的活化能E1小于反应II的活化能E2，反应的活化能越大，反应速
32、率越慢，一个反应进行的快慢，取决于最慢的一步反应，故其中决定NO氧化反应速率的步骤是反应II，故答案为：II。35. 【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s24p3或Ar3d104s24p3 （1分） P原子核外电子排布中3p3处于半充满，而S原子核外电子排布中3p4不是半充满也不是全充满能量更高 （2分） （2） CO、N2等（1分） 54 （1分） （3） sp3 （1分） 正四面体（1分） （4） 联氨分子间形成的氢键数目多于氨分子间形成的氢键 （2分） （2分） （1分） （5） 4 （1分） 100% （2分） 【解析】(1)由元素周期表可知，As为33号元素，故其
33、原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或Ar3d104s24p3，P的第一电离能比S大的原因为P原子核外电子排布中3p3处于半充满，而S原子核外电子排布中3p4不是半充满也不是全充满能量更高，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p3或Ar3d104s24p3；P原子核外电子排布中3p3处于半充满，而S原子核外电子排布中3p4不是半充满也不是全充满能量更高；(2)等电子体是指原子总数相同，价电子总数相同的微粒，故与CN互为等电子体的粒子CO、N2等，(SCN)2分子的结构式为：NC-S-S-CN，故其含有5个键和4个键，键和键个数比为54，故
34、答案为：CO、N2等；54；(3)已知中As周围形成了3个键，孤电子对数为：(5+3-32)=1，故As周围的夹层电子对数为3+1=4，As的杂化方式为sp3，中As周围形成了4个键，孤电子对数为(5+3-42)=0，故As周围的夹层电子对数为4+0=4，故其空间构型为正四面体，故答案为：sp3；正四面体；(4)形成氢键的数目越多其熔沸点越高，联氨分子间形成的氢键数目多于氨分子间形成的氢键，导致联氨熔沸点高于氨气，苯胺中7个原子，每个碳原子提供1个电子，一个N原子提供2个电子，共提供8个电子形成离域键，其形成的离域键为；电负性NP，与PH3分子相比，NH3分子中成键电子对距离N原子更近，NH3
35、分子中成键电子对之间的排斥力更大，所以NH3分子中的键角键角更大，二者分子中的键角关系为，故答案为：联氨分子间形成的氢键数目多于氨分子间形成的氢键 ；(5)根据图知，每个B原子连接4个N原子，则B原子的配位数是4，则晶体中一个B原子周围距离最近的N原子有4个；该晶胞中N原子个数为4、B原子个数=8+6=4，该晶胞中所有原子体积=4(rN3+rB3)1030cm3，晶胞体积=cm3，BN晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=100%=100%，故答案为：4；100%。36. 【答案】（1）羟基、羰基 （2分） （2） （2分）（3） 消去反应 （2分） （4） + （2分）（5） 、 （4分） （
36、6） （3分）【解析】A发生取代反应生成B，同时有乙酸生成；B发生异构生成C，C转化生成D，分子式C9H6O3，根据C、G、H的结构简式以及CD的转化条件可以推知D为；E发生信息中反应生成F，F在浓硫酸、加热条件下生成G，结合G的结构简式可知E中含有苯环，故E为，则F为，F发生消去反应生成G。(1)由结构可知，化合物C中官能团有：羟基、羰基；(2)由分析可知，化合物D的结构简式为：；(3)F为，根据G的结构简式以及反应条件可知该反应为羟基的消去反应；(4)反应与题目所给信息的反应类似，根据信息可知该化学方程式为：+；(5)F的结构简式为，化合物F的同分异构体满足以下条件：属于芳香族化合物但不能和FeCl3溶液发生显色反应，说明含有苯环，但不含酚羟基；1mol该有机物能与2mol NaOH恰好完全反应，又因为F中只有两个氧原子，所以说明存在酯基且水解生成羧酸与酚羟基；1H-NMR图谱检测表明分子中共有4种氢原子，说明存在对称结构，符合条件的同分异构体有：、；(6)与乙醛反应生成，然后在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成，再与溴发生加成反应生成，最后在碱性条件下水解生成，合成路线流程图为：