1、河北省张家口市辛集市沧州市2019届高三化学3月一模考试试题（含解析）一、选择题：本题共l3小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是A. “半江瑟瑟半江红”描述的是丁达尔效应B. 由乙烯生产环氧乙烷的原子利用率可以为100%C. 煤经气化、液化处理后再燃烧可有效减少酸雨形成D. Na2O2作漂白剂时体现较强的氧化性【答案】A【解析】【详解】A. 从物理角度上，“半江瑟瑟半江红”描述的是残阳照射下江水对光的反射现象，这种现象不是发生在江水中，在江水表面发生的，与丁达尔效应无关，故A项错误；B. 由乙烯在一定条件
2、下与氧气反应可生产环氧乙烷，其化学方程式为：2CH2=CH2 + O22，其原子利用率为100%，故B项正确；C. 煤经气化、液化处理后燃烧，燃烧产物中SO2的含量明显减少，故可有效减少酸雨形成；D. Na2O2漂白原理是因为本身具有强氧化性，即Na2O2作漂白剂时体现较强的氧化性，故D项正确；答案选A。2.稠环芳烃如萘、菲、芘等均为重要的有机化工原料。下列说法正确的是A. 萘、菲、芘互为同系物B. 萘、菲、芘的一氯代物分别为2、5、3种C. 萘、菲、芘中只有萘能溶于水D. 萘、菲、芘的所有原子不可能处于同一平面【答案】B【解析】【分析】A. 同系物是组成相似，结构上相差n个CH2，依据定义作
3、答；B根据等效氢原子种类判断；C依据相似相容原理作答；D依据苯的结构特征分析分子内原子共平面问题。【详解】A. 萘的结构中含两个苯环，菲的结构中含三个苯环，芘的结构中含四个苯环，组成不相似，则三者不是同系物，故A项错误；B. 根据分子结构的对称性可知，萘分子中含有2种H原子，如图示：，则其一氯代物有2种，而菲分子中含有5种H原子，如图示：，则其一氯代物也有5种，芘分子中含有3种H原子，如图示：，则其有3种一氯代物，故B项正确；C. 三种分子均有对称性，且为非极性分子，而水为极性键组成的极性分子，则萘、菲、芘中均难溶于水，故C项错误；D. 苯环为平面结构，则两个或两个以上的苯环通过共用环边构成的
4、多元有机化合物也一定共平面，即所有的原子一定在同一个平面上，故D项错误；答案选B。【点睛】本题的难点是B选项，找稠环的同分异构体，进而判断其一氯代物的种类，结合等效氢法，可采用对称分析法进行判断等效氢原子，该方法的关键是根据分子的对称性找出所有的对称轴或对称中心。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 18.0 g葡萄糖和果糖的混合物中含有氢原子的数目为1.2 NAB. 0.1 mol MgCl2中含有最外层电子的数目为1.6NAC. 1 L 01 mol/L乙醇溶液中含有氧原子的数目为0.1 NAD. 0.1 mol Fe与足量Cl2完全反应转移电子的数目为0.2 NA【答案】
5、A【解析】【分析】A. 葡萄糖和果糖分子式均为C6H12O6，互为同分异构体；B. 依据离子的构成作答；C. 水中也含氧原子；D. Fe与足量Cl2在点燃条件下生成FeCl3，结合关系式作答。【详解】A. 葡萄糖和果糖分子式均为C6H12O6，最简式为CH2O，则按最简式计算可知，18.0 g混合物中含有氢原子的数目为2 NA = 1.2 NA，故A项正确；B. MgCl2是由Mg2+和Cl组成，两种离子的最外层均为8电子稳定结构，则0.1 mol MgCl2中含有最外层电子的物质的量为0.1 mol 83= 2.4mol，故B项错误；C. 乙醇溶液中除溶质乙醇含氧原子以外，水分子内也含氧原子
6、，则1 L 01 mol/L乙醇溶液中含有氧原子的数目大于0.1 NA，故C项错误；D. 0.1 mol Fe与足量Cl2完全反应生成FeCl3，则Fe3e，则该反应中转移电子数为0.1 mol3NA = 0.3 NA，故D项错误；答案选A。【点睛】根据条件利用关系式法可直接找出已知量和未知量之间的关系，如本题的D选项，这样做常可一步到位算出答案，能明显提高做题速度与准确率。通过化学式和特定的关系（如质量相等、电子数相等、原子数相同等条件），都可找到相应关系式。4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，W原子的最外层电子数是电子层数的3倍。W、X、Y三种元素形成的一种化
7、合物可用作净水剂。下列说法正确的是A. X的简单离子半径是同周期简单离子中最大的B. W、Y在自然界中均存在游离态C. X、Z形成的化合物可用于冶炼X单质D. W、Y、Z的简单氢化物中，同条件下Y的沸点最高【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是电子层数的3倍，则W为O，又W、Y同主族，则Y为S，Z的原子序数比Y大，且为短周期主族元素，则Z为Cl，又知W、X、Y三种元素形成的一种化合物可用作净水剂，则X为Al，据此分析作答。【详解】A. 同周期形成的阳离子，因电子层数相同，所以离子半径会随着原子序数的增大而减小。而阴离子的电子层数比阳离子
8、多一层，则阴离子半径比阳离子大。X的简单离子半径为Al3+，在同周期的简单离子中，其离子半径最小，故A项错误；B. W为O，Y为S，在自然界中存在氧气，火山喷口附近或地壳的岩层里存在游离态的硫单质，故B项正确；C. X、Z形成的化合物为AlCl3,为分子化合物，在熔融状态下不导电，不能冶炼铝，故C项错误；D. W、Y、Z的简单氢化物中，同条件下因水分子间存在氢键，则水的沸点最高，即W的氢化物沸点最高，故D项错误；答案选B。【点睛】本题中D项为易错知识点，再比较氢化物的沸点时，要考虑氢键的影响，如H2O、NH3和 HF分子间均存在氢键，其熔沸点都比同族元素反常高。5.下列对实验事实的解释错误的是
9、选项实验事实解释A用容量瓶配制一定浓度的溶液，定容时仰视读数使所配溶液浓度偏低溶液凹液面最低处高于刻度线B用标准硝酸银溶液滴定溶液中氯离子时，标准液盛放在棕色滴定管中硝酸银见光分解C向10mL 0.5mol/L的氯化镁溶液中滴加5mL 2.4mol/L氢氧化钠溶液，产生白色沉淀再滴加氯化铜溶液，沉淀变蓝KspCu(OH)2 KspMg(OH)2 D长时间存放的漂白粉的试剂瓶可用稀盐酸清洗漂白粉在空气中转化为碳酸钙能溶于盐酸A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】A. 考虑定容操作不当对浓度的影响；B. 硝酸银见光易分解；C. 氯化镁与氢氧化钠反应时，氢氧化钠过量，自由移动的氢
10、氧根离子会与铜离子反应生成氢氧化铜沉淀；D. 长时间存放的漂白粉会变质。【详解】A. 用容量瓶配制一定浓度的溶液，定容时仰视读数，导致溶液凹液面最低处高于刻度线，从而使所配制溶液的体积偏大，根据c = 可知，最终会使所配溶液浓度偏低，故A项正确；B. 硝酸银见光易分解，故应保存着棕色试剂瓶中，做标准液时要放在棕色滴定管中进行滴定实验，故B项正确；C. 10mL 0.5mol/L的氯化镁溶液中滴加5mL 2.4mol/L氢氧化钠溶液发生反应，其离子方程式为：Mg2+2OH- = Mg(OH)2,镁离子与氢氧根离子按物质的量为1:2反应，则反应后氢氧化钠有剩余，再滴加氯化铜溶液，过量的氢氧根离子与
11、铜离子反应生成了氢氧化铜沉淀，而不是沉淀的转化，因此，不能通过比较其溶度积的大小来解释该现象，故C项错误；D. 长时间存放的漂白粉会与空气中的二氧化碳反应，其化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，生成的碳酸钙沉淀易溶于稀盐酸中，故D项正确；答案选C。6.一种检测空气中甲醛(HCHO)含量的电化学传感器的工作原理如图所示。下列说法正确的是A. 传感器工作时，工作电极电势高B. 工作时，H+通过交换膜向工作电极附近移动C. 当导线中通过1.2l0-6 mol电子，进入传感器的甲醛为310-3 mgD. 工作时，对电极区电解质溶液的pH增大【答案】D【解析】【分析】
12、原电池工作时，HCHO转化为CO2，失电子在负极发生氧化反应，其电极反应式为HCHO+H2O-4e-=CO2+4H+，O2在正极得电子发生还原反应，其电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，工作时，阳离子向电源的正极移动，再结合电池总反应判断溶液pH变化，以此解答该题。【详解】A. HCHO在工作电极失电子被氧化，做原电池的负极，工作电极电势低，故A项错误；B. 根据原电池工作原理易知，工作时，溶液中的阳离子(氢离子)向电源的正极移动，即对电极方向，故B项错误；C. 负极反应为HCHO+H2O-4e-=CO2+4H+，当电路中转移1.2l0-6 mol电子时，消耗HCHO的物质的量为1.2
13、l0-6 mol = 3.0l0-7 mol，则HCHO质量为3.0l0-7 mol 30 g/mol = 910-3 mg，故C项错误； D. 工作时，对电极的电极反应为：4H+O2+4e-=2H2O，反应后生成水，虽然有相同数量的氢离子从负极迁移过来，但是，由于溶液的体积增大，正极区溶液的酸性减弱，其pH值增大（若忽略溶液的体积变化，则pH基本不变），故D项正确；答案选D。【点睛】原电池工作的原理口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。本题的难点是D选项，考虑质子交换膜隐含的信息时所用电解质环境为酸性，利用总反应可知生成
14、水的同时，溶液中酸碱性的变化，从而打开思路，提高做题正答率。7.某学习小组查阅资料可知高温下，FeCl2与O2反应一定生成Fe2O3，可能生成FeC13或Cl2。该小组同学利用如下装置对该反应进行探究。回答下列问题：查阅资料：FeCl2固体呈绿色，熔点为674，沸点为1023；FeC13在100左右升华。(l)装置A中盛放蒸馏水的仪器名称为_。(2)按气流从左到右的顺序，上述装置合理的连接顺序为_(填仪器接口的小写字母)。(3)装置C中浓硫酸的作用为 _，长玻璃管的作用为 _ 。(4)实验结束后，用D中所得溶液设计实验证明此反应无Cl2生成 _。(5)实验过程中，B处硬质玻璃管中的现象为 _；
15、装置E中冷水的作用为 _。(6)由上述实验可知：高温下，FeCl2与O2反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). aedbc(或cb)gh(或hg)f (3). 除去氧气中的水蒸气 (4). 平衡压强，防止堵塞 (5). 取D中所得溶液少量置于洁净试管中，加入足量的稀硝酸将溶液酸化，再滴加少量的AgNO3溶液，无白色沉淀产生 (6). 固体由绿色变为红棕色，有棕色烟产生 (7). 降温，使FeCl3完全凝华 (8). 12FeCl2 + 3O2 2Fe2O3 + 8FeCl3【解析】【分析】（1）依据仪器构成作答；（2）本实验是先制备并得到干燥的氧气后在装置B的硬质玻璃管中
16、发生FeCl2与O2的反应，后续实验为了验证是否有FeC13或Cl2，依据实验探究的目的连接实验仪器；（3）浓硫酸具有吸水性；长玻璃管可平衡内外气压；（4）若有氯气生成，则D装置中会发生反应生成氯化钠与次氯酸钠，采用检验氯离子的方法作答即可；（5）FeCl2固体呈绿色，Fe2O3成红棕色，FeC13为棕色，根据反应前后物质颜色变化分析现象；再依据已知给定条件结合FeC13的物理特性回答；（6）根据实验探究可知，FeCl2与O2在高温下反应生成Fe2O3和FeC13，依据氧化还原反应的规律配平该化学方程式。【详解】（1）该仪器名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）装置A中过氧化钠与蒸馏水反应
17、生成氧气，后经过浓硫酸干燥氧气，再通入装置B的硬质玻璃管中在高温下FeCl2与干燥的O2反应，再连接U型管为了探究是否有FeC13并使FeC13凝华，装置D则是验证探究是否有氯气并可作吸收装置，因此其连接顺序为：aedbc(或cb)gh(或hg)f，故答案为：aedbc(或cb)gh(或hg)f；（3）装置A中制备的氧气中含有少量水蒸气，则装置C中浓硫酸的作用是除去氧气中的水蒸气，干燥氧气，其中长玻璃管的作用为：平衡压强，防止堵塞故答案为：除去氧气中的水蒸气；平衡压强，防止堵塞；（4）假设反应中有氯气生成，则装置D中会发生反应：Cl2 + NaOH = NaCl + NaClO + H2O，则
18、检验装置D若无氯离子，则原装置B中无氯气生成，具体方法为：取D中所得溶液少量置于洁净试管中，加入足量的稀硝酸将溶液酸化，再滴加少量的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则证明此反应无Cl2生成，故答案为：取D中所得溶液少量置于洁净试管中，加入足量的稀硝酸将溶液酸化，再滴加少量的AgNO3溶液，无白色沉淀产生；（5）实验探究得出FeCl2与O2反应生成Fe2O3和FeC13，则硬质玻璃管的现象为：固体由绿色变为红棕色，有棕色烟产生；根据已知条件可知，FeC13在100左右升华，则生成的FeC13需用冷水降温，使FeCl3完全凝华，便于收集FeC13，故答案为：固体由绿色变为红棕色，有棕色烟产生；降
19、温，使FeCl3完全凝华；（6）FeCl2与O2在高温下反应生成Fe2O3和FeC13，其化学方程式为：12FeCl2 + 3O2 2Fe2O3 + 8FeCl3，故答案为：12FeCl2 + 3O2 2Fe2O3 + 8FeCl3。8.碱式氯化铜Cux(OH)yClzmH2O是重要的农药、医药中间体，还可用作木材防腐剂、饲料添加剂等。研究小组在实验室用某厂废铜渣(主要成分Cu、CuO，含少量Fe3O4、Ni、A12O3)制备碱式氯化铜的流程如下：回答下列问题：(l)“研磨”的目的为_ 。(2)“碱溶”的目的为 _ 。(3)“酸溶”时生成Fe3+反应的离子方程式为 _；生成的Fe3+对Cu发生
20、的氧化反应的催化原理如图所示。N的化学式为_。(4)“酸溶”时温度不能过高的理由为_。(5)若滤液2中c(Fe3+)=410-8 mol/L，pH=4，则KspFe(OH)3=_。(6)为测定Cux (OH)yClzmH2O的组成，进行如下操作：取样品2.232 g，用适量酸溶解后配成100 mL溶液；取25. 00 mL溶液加入足量AgNO3溶液，生成0.3444 g沉淀；另取25. 00 mL溶液，用0.1600 molL-1的EDTA标准液滴定Cu2+(Cu2+与EDTA以物质的量之比1：1反应)，滴定至终点时消耗标准液体积为30. 00 mL。溶解样品所用酸的化学式为 _。该样品的化学
21、式为_。【答案】 (1). 加快化学反应速率，使反应充分 (2). 将Al2O3转化为NaAlO2而分离除去 (3). 4Fe3O4 + O2 + 36H+ = 12Fe3+ + 18H2O (4). Fe2+(或FeCl2) (5). 温度升高，盐酸挥发，空气溶解度减小，会导致反应速率降低，“酸溶”不充分 (6). 410-38 (7). HNO3 (8). Cu2(OH)3ClH2O【解析】【分析】（1）增大反应固体的接触面积可加快化学反应速率；（2）Al2O3易溶于氢氧化钠转化为偏铝酸钠；（3）加入盐酸与空气后，杂质Fe3O4以Fe3+形式存在，依据氧化还原反应规律配平该离子方程式，可依
22、据反应原理作答；Fe3+对该反应有催化作用，结合图可知，Cu元素的化合价升高，则M中Fe元素的化合价降低；（4）依据盐酸易挥发的特性回答；（5）溶度积的计算公式KspFe(OH)3 = c(Fe3+)c3(OH-)作答；（6）稀硝酸酸化的硝酸银可与溶液中的氯离子反应生成白色沉淀；依据AgCl沉淀的物质的量计算出氯离子的物质的量，再根据EDTA的物质的量计算得出铜离子的物质的量，氢氧根离子与铜离子之间按物质的量为1:2反应，最后间接计算水的物质的量，根据物质的量之比等于原子个数比计算求得化学式组成。【详解】（1）“研磨”固体，可增大反应物的接触面积，从而加快化学反应速率，使反应更充分，故答案为：
23、加快化学反应速率，使反应充分；（2）杂质中只有Al2O3为两性氧化物，可被“碱溶”，转化为NaAlO2后便于分离除去，则“碱溶”的目的为：将Al2O3转化为NaAlO2而分离除去，将Al2O3转化为NaAlO2而分离除去；（3）“酸溶”时，杂质Fe3O4被氧气氧化，最终在酸性溶液中以Fe3+形式存在，其总的离子方程式为：4Fe3O4 + O2 + 36H+ = 12Fe3+ + 18H2O，可看成Fe3O4溶解在盐酸中，生成FeCl2与FeCl3，生成的FeCl2再被空气中的氧气氧化，最终铁元素以Fe3+形式存在，结合图示信息，Fe3+对该反应有催化作用，结合图可知，Cu元素的化合价升高，则M
24、中Fe元素的化合价降低，则可知M为Fe3+(或FeCl3)，N为Fe2+(或FeCl2)，故答案为：4Fe3O4 + O2 + 36H+ = 12Fe3+ + 18H2O ；Fe2+(或FeCl2)（4）因“酸溶”过程中盐酸易挥发，则温度过高，盐酸挥发，空气中氧气的溶解度减小，会直接导致反应速率降低，“酸溶”不充分，故答案为：温度过高，盐酸挥发，空气溶解度减小，会导致反应速率降低，“酸溶”不充分（5）常温下，溶液的pH = 4，则溶液中的c(OH-) = = 10-10 mol/L,沉淀Fe3+时，其溶度积KspFe(OH)3 = c(Fe3+)c3(OH-) = 410-8 mol/L(10
25、-10 mol/L)3 = 410-38，故答案为：410-38；（6）由题意可知，起初加入硝酸银得到的沉淀为AgCl，为不影响沉淀的生成，且不引入杂质，则加入的适量酸应为HNO3，所以AgCl故答案为：HNO3； n(Cl) = n(AgCl) = = 9.6000103 mol，n(Cu2+) = n(EDTA) = 0.1600 molL130.00 103 L = 1.9200102 mol，n(OH)=2n(Cu2+)n(Cl) = 21.9200102 mol 9.6000103 mol = 2.8800102 mol，m(Cl) = 9.600103 mol35.5 gmol1
26、= 0.3408 g，m(Cu2+) = 1.9200102 mol64 gmol1 = 1.2288 g，m(OH) =2.8800102 mol17 gmol1 = 0.4896 g，n(H2O) = = 9.600103 mol，则a:b:c:x = n(Cu2+):n(OH):n(Cl):n(H2O) = 2:3:1:1，即化学式为Cu2(OH)3ClH2O，故答案为：Cu2(OH)3ClH2O。9.目前，对碳、氮及化合物的研究备受关注。已知：I.2C(s)+2NO(g)N2(g)+2CO(g) =-414.8kJ/molII.2CO(g)+O2(g)2CO2 (g)=-566kJ/m
27、olIII.2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2 (g)=-759.8kJ/mol回答下列问题：(l) N2的电子式为 _ 。(2)表示碳的燃烧热的热化学方程式为_。(3)某催化剂的M型、N型均可催化反应2CO(g)+O2 (g)=2CO2 (g)。向容积相同的恒容密闭容器中分别充入等量的CO和O2，在相同时间段内，不同温度下测得CO的转化率(a)如图所示。由图推断下列说法正确的是 _(填选项字母)。Aa、b、c、d点均达到平衡状态B该反应的平衡常数K(b)=K(c)Cb点反应物的有效碰撞几率最大D图中五个点对应状态下，a点反应速率最慢e点CO的转化率突然减小的可能原因为_若b点容器
28、中c(O2)=0.5 molL-l，则To时该反应的平衡常数K=_(4) T1时，向刚性容器中充入2 mol NO和2 mol CO，发生反应。5 min时达到平衡状态，测得容器中n(N2) =0.8 mol、c(CO2)=0. 32 mol/L。05 min内，用NO表示的反应速率v(NO)=_反应进行到2 min时，v正(CO) _v逆(CO2)(填“”“ (8). 增大 (9). 升高温度，容积不变，压强增大（或反应III为气体体积分数减小的放热反应，温度升高，平衡逆向移动，气体总的物质的量增大，压强增大）【解析】【分析】（1）氮原子核外电子数为5，形成氮分子时共用3对电子对达到8电子稳
29、定结构；（2）燃烧热是指1 mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；结合已知的热化学方程式，利用盖斯定律作答；（3）A. b点之前，CO的转化率随着温度的升高不断增大，反应向正向移动，因该反应为放热反应，b点之后，温度升高会使平衡向逆向移动，不利于CO的转化，据此作答；转化率突然减小，可能跟催化剂的活性有关；b点达到平衡状态，(NO) = 0.4，设起始投入的CO和O2的物质的量浓度均为x mol/L，结合化学平衡常数的定义及三段式列式计算；（4）依据 = 可知，各物质表示的化学反应速率之比等于相同时间内转化的各物质的浓度之比，也等于与之对应的化学计量数之比，据此分析作答；反应进行到2
30、min时，为达到平衡，反应向正向进行；恒容体系中，容器内的压强与气体的物质的量成正比，结合温度对反应的影响效果解答。【详解】（1）氮气分子内含共价三键，其电子式为：；故答案为：；（2）已知I.2C(s)+2NO(g)N2(g)+2CO(g) =-414.8kJ/molII.2CO(g)+O2(g)2CO2 (g)=-566kJ/molIII.2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2 (g)=-759.8kJ/mol则（I + 2 II - III）可得C (s)O2(g)= CO2(g)，其反应热H-414.8kJ/mol +2（-566kJ/mol）-（-759.8kJ/mol） =）
31、 = 393.5 kJmol1,故答案为：C (s)O2(g)= CO2(g) H393.5 kJmol1；（3）A. b点之前，CO的转化率随着温度的升高不断增大，反应向正向移动，因该反应为放热反应，b点之后，温度升高会使平衡向逆向移动，不利于CO的转化，则b点达到平衡状态，而a、c点未达到平衡状态，d点为平衡后相应温度下对应的CO的转化率，故A项错误；B. 催化剂可改变反应速率，但不会改变平衡，该反应的平衡常数为定值，即该反应的平衡常数K(b)=K(c)，故B项正确；C. 化学反应速率随着温度的升高而加快，则有效碰撞几率也会随之增大，图中e点的有效碰撞几率最大，故C项错误；D. 图中五个点
32、对应状态下，a点对应的温度最低，则反应速率最慢，故D项正确；答案为BD；催化剂的催化活性对温度要求较高，若温度过高，催化剂可能会失去活性，导致反应减慢，CO的转化率突然减小，故答案为：催化剂失去活性；b点达到平衡状态，(NO) = 0.4,设起始投入的CO和O2的物质的量浓度均为x mol/L，因c(O2)=0.5 molL-l，则0.8x = 0.5 molL-l，x = 0.625 mol/L，平衡常数K = = = = ，故答案为：；（4）因反应为2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2 (g)，反应的NO的浓度c(NO) = c(CO2)=0. 32 mol/L-0 mol/L
33、= 0. 32 mol/L，所以v(NO)= = = 0.064 molL-1min-1，故答案为：0.064 molL-1min-1；依据题意可知，反应进行到2 min时，还未达到平衡，该反应向正向移动，则v正(CO) v (CO2)，故答案为：；反应III为气体体积分数减小的放热反应，温度升高，平衡逆向移动，气体总的物质的量增大，则压强增大，即升高温度，容积不变，压强增大，故答案为：增大；升高温度，容积不变，压强增大（或反应III为气体体积分数减小的放热反应，温度升高，平衡逆向移动，气体总的物质的量增大）。10.Se是迄今为止发现的最重要的抗衰老元素，也有抗癌之王的美誉。回答下列问题：(1
34、)基态Se原子核外电子占据的轨道中，电子云轮廓图形状为哑铃形的有 _个；第四周期的过渡金属中，基态原子核外未成对电子数与基态Se原子相同的有_种。(2)Se及其同周期相邻元素相比，三种元素的基态原子的第一电离能由大到小的顺序为_。(3) H2Se属于_(填“极性”或“非极性”)分子；其熔点低于同条件下NaH熔点的原因为_。(4) SeO2的立体构型为_。SeO3中Se原子的杂化形式为_。(5)写出一种与SeO42-互为等电子体的分子式_.(6)Se能与形成具有多种生物活性的配合物。1mol中含有键的数目为 _。(7)硒化锌是一种重要的半导体材料，其立方晶胞结构如图所示。若晶胞参数为apm，阿伏
35、加德罗常数的值为NA晶体密度为 gcm-3，则硒化锌的摩尔质量可表示为 _。(列出计算式即可)【答案】 (1). 9 (2). 2 (3). BrAsSe (4). 极性 (5). H2Se形成的晶体属于分子晶体，NaH形成的晶体为离子晶体 (6). V形 (7). sp2 (8). CX4、SiX4(X代表卤原子)等中的一种 (9). 34 NA (10). g/mol【解析】【分析】（1）Se的原子序数为34，位于元素周期表第四周期VIA族，其所有能层的p能级电子云轮廓图形状均为哑铃形；基态原子核外价电子排布式为4s24p4，其未成对电子数为2，据此作答；（2）同周期中，元素的第一电离能呈
36、增大趋势，IIA与VA族元素最外层电子排布处于全充满和半充满状态，所以会比同周期后一族元素的第一电离能大；（3）H2Se属于分子化合物，从键的极性与分子的立体构型判断分子的极性；熔沸点的大小可以从物质所属的晶体类型分析判断，一般情况下，分子晶体的熔沸点低于离子晶体的熔沸点；（4）依据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论分析作答；（5）等电子体是指原子总数相同，价层电子总数相同的分子或离子；可通过相邻元素或相邻族的元素替换并调整电荷数来寻找等电子体；（6）在该化合物中，一个苯环中含6个C-C键和6个C-H键，一个单键或双键中分别含1个键，据此计算；（7）根据硒化锌晶胞结构图可知，每个锌原子周围有4个
37、硒原子，每个硒原子周围也有4个锌原子，该晶胞中含有硒原子数为8+6 = 4，含有锌原子数为4，根据= 可计算出晶胞的质量，进而确定其摩尔质量；【详解】（1）Se的原子序数为34，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4,因各能层的p能级原子轨道数有3个，所以基态Se原子核外电子占据的轨道中，电子云轮廓图形状为哑铃形的有3+3+3 = 9个，因为基态Se原子核外价电子排布式为4s24p4，电子未成对电子数为2，在第四周期过渡金属中，基态原子核外未成对电子数为2的有Ti和Ni共2种元素，故答案为：9；2；（2）与Se同周期相邻的元素为第VA族的As和第VIIA的
38、Br元素，因周期中，第一电离能虽原子序数的增加呈增大趋势，则Br的第一电离能最大，又因为As处于第VA族，核外电子排布4p能级处于半充满状态，稳定结构，故其第一电离能比Se的大，所以三者第一电离能从大到小顺序为：BrAsSe，故答案为：BrAsSe；（2）H2Se分子内为极性共价键，根据价层电子对互斥理论可知，该分子价层电子对数为4，有2对孤电子对，则其分子的立体构型为V形，极性键的极性向量和不等于零，所以该分子为极性分子，又因为NaH形成的晶体为离子晶体，而H2Se形成的晶体属于分子晶体，所以其熔沸点较NaH低，故答案为：H2Se形成的晶体属于分子晶体，NaH形成的晶体为离子晶体；（4）根据
39、价层电子对互斥理论可知，SeO2的Se的孤电子对数为2，键电子对数为2，所以价层电子对数 = 2+2 =4，其分子的VSEPR模型为四面体形，分子的空间立体构型为V形，SeO3中Se原子的杂化轨道数 = 3+0= 3，所以采用的杂化方式为sp2，故答案为：V形；sp2；（5）SeO42-的原子总数为5，价层电子总数为6+64+2 = 32，与SeO42-互为等电子体的分子可以是CX4、SiX4(X代表卤原子)等中的一种，故答案为：CX4、SiX4(X代表卤原子)等中的一种；（6）根据上述分析可知，1 mol 分子中键数目等于共价键数,所以键数目总数 = 212 mol（苯环上） + 51 mo
40、l（酚羟基） +51 mol（杂环）= 34 mol,故答案为：34 NA；（7）设硒化锌的摩尔质量为M，该晶胞中该晶胞中含有硒原子数为8+6 = 4，含有锌原子数为4，其化学式可表示为ZnSe，根据晶胞中= 可得，= ,化简整理得 M= g/mol，故答案为： g/mol。11.高聚物M广泛用于各种刹车片。实验室以烃A为原料制备M的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)A的结构简式为_。H的化学名称为_。(2)B的分子式为_。C中官能团的名称为_。(3)由D生成E、由F生成G的反应类型分别为_、_。(4)由G和I生成M的化学方程式为_。(5)Q为I的同分异构体，同时满足下列条件的Q的结
41、构简式为_。1 moi Q最多消耗4 mol NaOH 核磁共振氢谱有4组吸收峰(6)参照上述合成路线和信息，以甲苯为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_。【答案】 (1). (2). 对二甲苯（或1,4-二甲苯） (3). C6H5Cl (4). 醚键 (5). 取代反应 (6). 取代反应 (7). +（2n-1）H2O (8). 、 (9). 【解析】【分析】结合给定的已知信息，采用逆合成分析法可推出A为苯，与一氯甲烷和氯化铝反应生成H，则为对二甲苯，最终被高锰酸钾氧化为对二苯甲酸；因此B为氯苯，再结合给定信息推知C为，根据合成路线可知E为，结合高聚物的结构简式可知，G为，据此分析
42、作答。【详解】（1）根据上述分析可知，A为苯，其结构简式为，H的化学名称为对二甲苯（或1,4-二甲苯），故答案为：；对二甲苯（或1,4-二甲苯）；（2）B为氯苯，其分子式为C6H5Cl，C为，其分子内所含官能团为醚键，故答案为：C6H5Cl；醚键；（3）由D生成E的过程为苯酚中苯环的硝化反应，即取代反应；由F生成G为羟基被氨基取代的过程，反应类型也为取代反应，故答案为：取代反应；取代反应；（4）由G和I生成M发生的是缩聚反应，其方程式为：+（2n-1）H2O，故答案为：+（2n-1）H2O；（5）I的分子式为C8H6O4，1 moi Q最多消耗4 mol NaOH，则分子内含4个酚羟基或4个甲酸酯结构；核磁共振氢谱有4组吸收峰，则分子内有4种不同化学环境的氢原子，据此可确定取代基的位置，其结构简式可能为：或，故答案为： 、；（6）根据上述合成路线和已知信息，以甲苯为原料，先与氯气在氯化铁作用下发生取代反应生成，再根据已知信息在氯化铝的条件下与甲苯合成的合成，最终被酸性高锰酸钾氧化为。具体合成路线如下：，。
