河南省名校2018届高三压轴第二次考试理综化学试题解析版.doc

河南省名校2018届高三压轴考试理综化学7. 下列说法正确的是A. 天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点B. 饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液的pH值不变C. 乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液D. KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质【答案】B【解析】A项，天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，天然植物油属于混合物，没有恒定的熔点、沸点，A项错误；B项，饱和石灰水中加入少量CaO，CaO与水发生反应：CaO+H2O=Ca（OH）2，溶剂水减少，Ca（OH）2增多，恢复至室温后析出Ca（OH）2固体，所得溶液仍为Ca（OH）2的饱和溶液，c（OH-）不变，溶液的pH不变，B项正确；C项，加入Na2CO3与乙酸反应生成CH3COONa、H2O和CO2，但乙醇与水以任意比互溶，不会出现分层现象，不能用分液法分离，C项错误；D项，KClO3属于电解质，SO3溶于水后能导电，但导电的离子不是SO3电离产生的，而是SO3与水反应生成的H2SO4电离产生的，SO3为非电解质，D项错误；答案选B。点睛：本题考查天然油脂的物理性质、影响固体溶解度的因素、物质的分离和提纯、电解质的判断。易错点是电解质的判断，电解质溶于水或熔融状态下能导电，导电的离子必须是电解质自身电离产生的，如SO2、SO3、NH3等化合物的水溶液也能导电，但导电的离子是由它们与水反应的生成物电离产生的，SO2、SO3、NH3等化合物属于非电解质。8. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的数目是12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.2NA1mol Na2O 和Na2O2混合物中含有的阴、阴离子总数是3NA常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA7.8g中含有的碳碳双键数目为0.3NA用1L1.0 mol/LFeCl3溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目为NA1mol SO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，共转移2NA个电子在反应KIO3+6HI=KI+3I2 +3H2O 中，每生成3molI2转移的电子数为5NA常温常压下，17 g甲基(一14CH3)中所含的中子数为9NAA. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】A【解析】n（NaHSO4）=0.1mol，NaHSO4在熔融状态下的电离方程式为NaHSO4=Na+HSO4-，12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子物质的量为0.1mol，错误；Na2O和Na2O2中阴、阳离子个数之比都为1:2，1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总物质的量为3mol，正确；NO2和N2O4的实验式都是NO2，n（NO2）=2mol，常温常压下92g的NO2和N2O4混合气体中所含原子物质的量为6mol，正确；苯中不含碳碳双键，错误；n（FeCl3）=1.0mol/L1L=1mol，根据反应FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，生成1molFe（OH）3，氢氧化铁胶粒是一定数目Fe（OH）3的集合体，氢氧化铁胶粒的物质的量小于1mol，错误；若1molSO2全部反应则转移2mol电子，而SO2与O2的反应是可逆反应，1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，转移电子物质的量小于2mol，错误；用双线桥分析该反应：，每生成3molI2转移5mol电子，正确；n（-14CH3）=1mol，所含中子物质的量为8mol，错误；正确的有，答案选A。点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为载体的计算，主要考查物质的组成（）、物质的结构（）、溶液中粒子数的确定（）、氧化还原反应中转移电子数（）、可逆反应（）、电解质的电离（），解题的关键是对各知识的理解和应用。9. 某有机物的结构如图所示，下列说法正确的是A. 该有机物的分子式为C21H24O4B. 该有机物共有四种官能团，分别是：羟基、羧基、苯环、碳碳双键C. 该有机物最多消耗NaOH与NaHCO3的物质的量比为1:1D. 1mol 该有机物与足量金属钠反应，生成33.6L氢气【答案】C10. 下列实验操作、现象以及原因完全对应的是实验操作实验现象原因A室温下，向浓度均为0.01molL-1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液出现白色沉淀Ksp(BaSO4)水乙醇三种电解质电离H+能力：醋酸水乙醇【答案】C11. Na2FeO4是制造高铁电池的重要原料，同时也是一种新型的高效净水剂。在工业上通常利用如图装置生产Na2FeO4，下列有关说法不正确的是A. 右侧电极反应方程式：Fe+8OH-6e-=FeO42-+4H2OB. 左侧为阳离子交换膜，当Cu电极生成1mol气体时，有2molNa+通过阳离子交换膜C. 可以将左侧流出的氢氧化钠补充到该装置中部，以保证装置连续工作D. Na2FeO4具有强氧化性且产物为Fe3+，因此可以利用Na2FeO4除去水中的细菌、固体颗粒以及Ca2+等【答案】D【解析】根据图示，Cu电极为阴极，Fe电极为阳极。A项，右侧电极为Fe电极，Fe失去电子发生氧化反应生成FeO42-，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，A项正确；B项，左侧为阴极室，H+的放电能力大于Na+，Cu电极上的电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，当Cu电极上生成1mol气体时同时产生2molOH-，此时有2molNa+通过阳离子交换膜进入阴极室平衡电荷，B项正确；C项，根据B项分析，阴极室生成NaOH，左侧流出的NaOH溶液的浓度大于左侧加入的NaOH溶液的浓度，即b%a%，根据图示可将左侧流出的NaOH补充中该装置中部，以保证装置连续工作，C项正确；D项，Na2FeO4具有强氧化性，可利用Na2FeO4除去水中的细菌，Na2FeO4的还原产物为Fe3+，Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体可吸附固体颗粒，用Na2FeO4不能除去水中的Ca2+，D项错误；答案选D。12. 原子序数依次增大的短周期主族元素a、b、c、d和e中，a的最外层电子数为其周期数的二倍；b、d 的最简单氢化物为A2B型，且b、d 的最外层电子数之和等于a、c、e的最外层电子数之和，c的+1价离子比e的- 1价离子少8个电子。下列说法正确的是A. 简单离子的半径：edbc B. 最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：edaC. 简单氢化物的沸点：bdc D. 简单离子的还原性：bed【答案】B【解析】a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期元素，a的最外层电子数为其周期数的二倍，a为C元素；c的+1价离子比e的-1价离子少8个电子，c为Na元素，e为Cl元素；b、d的简单氢化物为A2B型，b、d的最外层电子数之和等于a、c、e的最外层电子数之和，b的原子序数小于d，b为O元素，d为S元素。A项，根据“层多径大，序大径小”，简单离子半径由大到小的顺序为：S2-Cl-O2-Na+，A项错误；B项，非金属性：ClSC，最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序：HClO4H2SO4H2CO3，B项正确；C项，b、d、c的简单氢化物依次为H2O、H2S、NaH，NaH属于离子晶体，NaH的沸点最高，H2O分子间存在氢键，H2O的沸点高于H2S，沸点由高到低的顺序为：NaHH2OH2S，C项错误；D项，非金属性：OS、ClS，简单离子还原性最强的为S2-，D项错误；答案选B。13. 室温下，用0.10molL-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10 molL-1的CH3COOH 溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A. 当加入10mLNaOH时：c(CH3COOH)c(HCN)B. 点和点所示溶液中：c(Na+)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)C. 已知室温下某碱AOH的Kb=110-9，则ACN的水溶液呈碱性D. 点和点所示溶液中都有：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)【答案】C【解析】A项，根据图像，当加入10mLNaOH溶液时，点得到等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合液，点溶液呈酸性，CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，溶液中粒子浓度由大到小顺序为c（CH3COO-）c（Na+）c（CH3COOH），点得到等物质的量浓度的HCN和NaCN的混合液，点溶液呈碱性，CN-的水解程度大于HCN的电离程度，溶液中粒子浓度由大到小顺序为c（HCN）c（Na+）c（CN-），加入10mLNaOH溶液时，两溶液中c（Na+）相等，两溶液中c（CH3COOH）c（HCN），A项错误；B项，点和点在NaOH滴定CH3COOH溶液过程中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），点溶液的pH=7，点溶液中c（H+）=c（OH-），点溶液中c（Na+）=c（CH3COO-），点加入20mLNaOH溶液充分反应后得到CH3COONa溶液，点溶液中由于CH3COO-的水解溶液呈碱性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（CH3COO-）c（OH-）c（H+），B项错误；C项，根据图像0.1mol/L的HCN溶液的pH5即c（H+）110-5mol/L0.1mol/L，HCN的电离方程式为HCNH+CN-，HCN的电离平衡常数Ka（HCN）=110-9=Kb（AOH），ACN属于弱酸弱碱盐，根据盐类水解的规律“谁强显谁性”，ACN的水溶液呈碱性，C项正确；D项，点所示溶液为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合液，点溶液呈酸性，CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，溶液中粒子浓度由大到小顺序为c（CH3COO-）c（Na+）c（CH3COOH），溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），点溶液中c（CH3COO-）+c（OH-）c（CH3COOH）+c（H+），根据点加入NaOH溶液的体积，点溶液由CH3COONa和略过量的CH3COOH组成，点溶液的pH=7，根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），点溶液中c（Na+）=c（CH3COO-），c（Na+）c（CH3COOH），则c（CH3COO-）+c（OH-）c（CH3COOH）+c（H+），D项错误；答案选C。点睛：本题以酸碱中和滴定的pH曲线为载体，考查溶液中粒子浓度的大小关系和盐类水解的规律，明确各点溶液中溶质的组成和溶液的酸碱性是解题的关键，比较溶液中粒子浓度大小关系时注意分清主次，巧用电荷守恒、物料守恒、质子守恒（质子守恒一般可由电荷守恒和物料守恒推导得出）。26. 化合物(NH4)xFey(SO4)m是一种重要的化工原料。某实验小组为探究该物质的组成，进行如下实验：（1）探究铁元素化合价A.甲同学认为铁可能只有+3价；B.乙同学认为铁可能只有+2价；C.丙同学认为铁的化合价_。请设计实验，证明丙同学的结论：_。（2）三位同学通过实验证明，铁的化合价为+2价。为了进一步探究该化合物的组成，设计了如下实验：准确称取4.36g样品，配制成100.00mL溶液A；准确量取20.00mL溶液A，用0.0200 molL-1的酸性KMnO4标准溶液滴定其中的Fe2+离子，消耗标准溶液的体积为40.00 mL；测定NH4+的含量；另取20.00mL溶液A，加入足量的NaOH溶液并充分加热，用100mL0.10 mol/L的稀盐酸吸收，再用0.10mol/LNaOH标准溶液滴定吸收液，消耗NaOH的体积为60mL。.写出步骤中发生的离子方程式_。.步骤中，加入NaOH溶液发生的化学反应方程式_；加入的指示剂是_，判断滴定终点的现象为_，若滴定管在使用前未用NaOH标准溶液润洗，测得的NH4+含量将_(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。. (NH4)xFey(SO4)m的化学简式为_。【答案】 (1). 既有+2价又有+3价 (2). 分别取少量待测液于2支试管中，一支加入KSCN溶液，若溶液变红，则存 在Fe3+，另一支加入K3Fe(CN)6溶液，若有蓝色沉淀生成则有Fe2+ (3). 5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+ +Mn2+4H2O (4). (NH4)2Fe2(SO4)3+6NaOH2NH3+2H2O+2Fe(OH)2+3Na2SO4 (5). 甲基橙 (6). 加入最后一滴NaOH标准溶液，溶液由红色变为橙色且30s不恢复原来颜色 (7). 偏低 (8). (NH4)2Fe2(SO4)3【解析】试题分析：本题考查物质检验方案的设计，Fe3+、Fe2+的检验，方程式的书写，酸碱中和滴定和误差分析，化学式的确定。（1）Fe元素常见的化合价有+2价和+3价，甲同学认为铁可能只有+3价，乙同学认为铁可能只有+2价，则丙同学认为铁的化合价既有+2价又有+3价。检验Fe3+用KSCN溶液，检验Fe2+用K3Fe（CN）6溶液，要证明丙同学结论的实验设计为：分别取少量待测液于2支试管中，一支加入KSCN溶液，若溶液变红，则存在Fe3+；另一支加入K3Fe(CN)6溶液，若有蓝色沉淀生成则有Fe2+。（2）I.步骤中用酸性KMnO4溶液滴定Fe2+，酸性KMnO4将Fe2+氧化成Fe3+，KMnO4自身被还原成Mn2+，反应的离子方程式为5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O。II.根据步骤和离子反应5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，20.00mL溶液A中含n（Fe2+）=5n（MnO4-）=50.02mol/L0.04L=0.004mol；根据步骤，吸收NH3后过量的n（HCl）=n（NaOH）=0.10mol/L0.06L=0.006mol，吸收NH3的n（HCl）=0.10mol/L0.1L-0.006mol=0.004mol，根据反应NH3+HCl=NH4Cl，20.00mL溶液A中含n（NH4+）=n（NH3）=0.004mol；根据电荷守恒n（NH4+）+2n（Fe2+）=2n（SO42-），20.00mL溶液A中n（SO42-）=0.006mol；则n（NH4+）：n（Fe2+）：n（SO42-）=x：y：m=0.004mol：0.004mol：0.006mol=2:2:3，（NH4）xFey（SO4）m的化学简式为（NH4）2Fe2（SO4）3。向溶液A中加入足量NaOH溶液，NH4+、Fe2+都发生反应，反应的化学方程式为（NH4）2Fe2（SO4）3+6NaOH2NH3+2Fe（OH）2+3Na2SO4+2H2O。由于用盐酸吸收NH3后的溶液中的溶质有NH4Cl和过量的HCl，用NaOH溶液滴定过量的HCl，为了防止NH4Cl与NaOH反应，应选用酸性范围内发生颜色变化的指示剂，加入的指示剂是甲基橙。终点的实验现象是：滴入最后一滴NaOH标准溶液，溶液由红色变为橙色且在30s内不恢复原来的颜色。若滴定管在使用前未用NaOH标准溶液润洗，将导致消耗的NaOH溶液体积偏高，过量的HCl偏高，吸收NH3的HCl偏低，测得的NH4+含量将偏低。III.根据II的计算，（NH4）xFey（SO4）m的化学简式为（NH4）2Fe2（SO4）3。27. 含氮类化合物在人类的日常生活中有着重要的作用。（1）研究表明，在200，压强超过200MPa时，不使用催化剂，氨便可以顺利合成。但工业上合成NH3往往在温度500压强2050MPa的条件下进行，已知合成氨为放热反应，试分析原因_。（2）已知：A.2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(l) H=-123kJ/molB. NH2COONH4(l)(NH2)2CO(g)+H2O(g) H= +50kJ/mol在工业生产中，尿素是由以上A、B两步合成的，则工业上由氨气与二氧化碳合成尿素的热化学反应方程式为：_。尿素合成过程中通过控制温度、NH3和CO2的物质的量比(氨碳比a)等因素来提高CO2的转化率。如图是在其他因素一定，不同氨碳比条件下CO2平衡转化率与温度的关系图。由图可知当温度一定时，a值越大，CO2转化率越大其原因是_；当a一定时，CO2平衡转化率呈现先增大后减小的趋势，其原因为_。（3）工业上常利用4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)生产硝酸。在同温条件下，向2L的反应容器中充入2mol NH3与2.75molO2，平衡时NH3转化率为50%，则该温度下K=_；保持温度不变，反应容器中每种物质各增加0.1mol，则平衡将_移动；其他条件不变，下列措施一定可以增大氨气转化率的是_。a.降低氨气浓度 b.增大容器体积 c.降低温度 d.移除水蒸气 e.选择合适的催化剂【答案】 (1). 温度太低反应太慢，压强太大对设备要求较高，压强太低转化率下降 (2). 2NH3(g)+CO2(g) (NH2)2CO(g) +H2O(g) H=-73kJ/mol (3). a值越大，NH3占反应物比例高，平衡向正向移动提高了CO2转化率 (4). 前半段B反应为主导因素，温度升高，促进B反应向正向移动，后半段A反应为主导因素，A反应向逆向移动 (5). 0.75 (6). 逆向(或向左) (7). abd【解析】试题分析：本题考查合成NH3适宜条件的选择，盖斯定律的应用，化学平衡图像的分析，化学平衡常数的计算和应用，外界条件对化学平衡的影响。（1）工业合成氨的反应为N2+3H22NH3；工业上合成NH3使用500不使用200的原因是：温度太低反应速率太慢，且在500时催化剂的催化活性最好。工业上合成NH3使用2050MPa不使用200MPa的原因是：压强太低反应速率慢且反应物转化率低；虽然增大压强既能加快反应速率也能提高NH3的产率，但压强太大对设备要求较高，在经济上不合算。（2）工业上用NH3与CO2反应生成（NH2）2CO和H2O，应用盖斯定律，将A+B得，2NH3（g）+CO2（g）（NH2）2CO（g）+H2O（g）H=（-123kJ/mol）+（+50kJ/mol）=-73kJ/mol，工业上由NH3和CO2合成尿素的热化学方程式为：2NH3（g）+CO2（g）（NH2）2CO（g）+H2O（g）H=-73kJ/mol。由图可知当温度一定时，a值越大，CO2转化率越大，其原因是：a值越大，NH3占反应物的比例越大，平衡向正反应方向移动，提高CO2的转化率。当a一定时，升高温度CO2平衡转化率呈现先增大后减小的趋势，其原因是：前半段（最高点之前）B反应为主导因素，温度升高，促进B反应向正向移动，后半段（最高点之后）A反应为主导因素，升高温度，A反应向逆向移动。（3）用三段式，4NH3（g）+ 5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）c（起始）（mol/L）1 1.375 0 0c（转化）（mol/L）150%=0.5 0.625 0.5 0.75c（平衡）（mol/L）0.5 0.75 0.5 0.75该温度下K=0.75。保持温度不变，反应容器中每种物质各增加0.1mol，瞬时NH3、O2、NO、NH3物质的量浓度依次为0.55mol/L、0.8mol/L、0.55mol/L、0.8mol/L，此时Qc=0.80.75，平衡将逆向移动。a项，其他条件不变时，降低氨气浓度，平衡向逆反应方向移动，O2的转化率减小，NH3的转化率增大；b项，增大容器体积，即减小压强，平衡向正反应方向移动，NH3的转化率增大；c项，由于该反应是放热反应还是吸热反应未知，无法判断降低温度，平衡移动的方向，无法判断NH3的转化率是增大还是减小；d项，移除水蒸气，平衡向正反应方向移动，NH3的转化率增大；e项，使用合适催化剂能加快反应速率，平衡不移动，NH3的转化率不变；一定可以增大氨气转化率的是abd，答案选abd。28. 镓是制作高性能半导体的重要原料。在工业上经常从锌矿冶炼的废渣中回收镓。已知锌矿渣中含有Zn、Fe、Pb、Ga以及二氧化硅等，目前综合利用锌矿渣的流程如下：已知：Ga性质与铝相似。lg2=0.3，lg3=0.48。如下表所示。Zn(OH)2Ga(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp1.610-172.710-31810-162.810-39（1）写出Ga的原子结构示意图_。（2）滤渣1的成分为_。（3）加入H2O2的目的( 用离子方程式和适当语言回答) _。（4）室温条件下，若浸出液中各种阳离子的浓度均为0.01mo/L且某种离子浓度小于110-5 mol/L即认为该离子已完全除去，问操作B调节pH的范围是_。（5）操作C中，需要加入氢氧化钠溶液，其目的是_ (用离子方程式解释)；能否用氨水代替NaOH溶液，为什么? _；如何检测Fe(OH)3洗涤干净? _。（6）在工业上，经常用电解NaGaO2溶液的方法生产Ga，写出阴极的电极反应方程式：_。【答案】 (1). (2). SiO2 PbSO4 (3). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，防止生成Fe(OH)2 (4). 5.48pH.6.6 (5). Ga(OH)3+OH-=CaO2-+2H2O (6). 不能，因为NH3H2O 为弱碱，与Ga(OH)3不反应 (7). 取最后一次洗涤的滤液，用pH试纸测试pH值，若为中性则洗涤干净 (8). GaO2 -+2H2O+3e-=Ga+4OH-【解析】试题分析：本题以锌矿渣的综合利用流程为载体，考查流程的分析、原子结构示意图和离子方程式的书写、溶度积的计算和溶液pH的控制、电解原理。Ga的性质与Al相似，锌矿渣中加入H2SO4，充分反应，其中Zn、Fe、Ga转化为可溶于水的ZnSO4、FeSO4、Ga2（SO4）3，Pb转化成难溶于水的PbSO4，SiO2与H2SO4不反应，经过滤得到的滤渣1中成分为PbSO4、SiO2；向浸出液中加入H2O2，H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，然后调节溶液的pH使Fe3+、Ga3+转化为氢氧化物沉淀与Zn2+分离；滤渣2的成分为Fe（OH）3和Ga（OH）3，根据图示应向滤渣2中加入NaOH使Ga（OH）3溶解转化为NaGaO2。（1）Ga位于元素周期表中第四周期IIIA族，原子序数为31，Ga的原子结构示意图为。（2）根据上述分析，滤渣1的成分为SiO2、PbSO4。（3）Fe2+具有还原性，H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，加入H2O2的目的是：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O2，防止生成Fe（OH）2沉淀。（5）根据流程，操作C中加入NaOH溶液的目的是：将Ga（OH）3溶解转化为NaGaO2，联想Al（OH）3与NaOH的反应，反应的离子方程式为Ga（OH）3+OH-=GaO2-+2H2O。不能用氨水代替NaOH溶液，原因是：NH3H2O为弱碱，氨水与Ga（OH）3不反应。根据流程，Fe（OH）3沉淀上吸附的离子有Na+、OH-、GaO2- 等，检验Fe（OH）3洗涤干净只要检验最后的洗涤液中不含OH- 即可，检验Fe（OH）3洗涤干净的操作是：取最后一次洗涤的滤液，用pH试纸测试pH值，若为中性则洗涤干净。（6）电解NaGaO2溶液生产Ga，Ga元素的化合价由+3价降为0价，GaO2- 转化为Ga为还原反应，电解时还原反应在阴极发生，阴极的电极反应式为：GaO2-+3e-+2H2O=Ga+4OH-。35. （1）科学家可以通过_法发现太阳存在有大量的铁元素，写出基态Fe原子的价电子排布图_。从结构上分析Fe3+比Fe2+稳定的原因：_。（2）SCN-常用来检测Fe3+的存在，SCN-中心原子的杂化方式为_，三种元素电负性由大到小的顺序为_。（3）砷化镓以第三代半导体著称，熔点为1230，具有空间网状结构。已知氮化硼与砷化镓属于同种晶体类型。则两种晶体熔点较高的是_(填化学式)，其理由是_。（4）C60分子又名足球烯，它是由60个碳原子组成的球状分子，右图为C60结构图。一个C60分子中六元环的数目为_，在C60晶胞中C60分子的配位数为_。已知C60分子的球体 半径为a nm，求C60晶体的=_g/cm3。(用NA表示阿伏加德罗常数，写出表达式) 【答案】 (1). 原子光谱 (2). (3). Fe3+价电子排布式为3d5，为半满结构，而Fe2+价电子排布式为3d6 (4). sp (5). NSC (6). BN (7). 两种晶体均为原子晶体，N 与B 原子半径较小，键能较大，熔沸点更高 (8). 20 (9). 12 (10). 1021【解析】试题分析：本题考查原子光谱、价电子排布图的书写、杂化方式的判断、电负性大小的比较、晶体熔点高低的比较、晶胞的分析和计算。（1）鉴定元素常用原子光谱，科学家可以通过原子光谱法发现太阳存在大量的铁元素。Fe原子核外有26个电子，根据构造原理，基态Fe原子的核外电子排布式为Ar3d64s2，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，基态Fe原子的价电子排布图为：。Fe3+的价电子排布式为3d5，为半满结构较稳定，Fe2+的价电子排布式为3d6，所以Fe3+比Fe2+稳定。（2）SCN-与CO2互为等电子体，CO2中中心原子的杂化方式为sp杂化，则SCN-中中心原子的杂化方式也为sp杂化。根据电负性越大元素的非金属性越强，非金属性：NSC，S、C、N三种元素电负性由大到小的顺序是：NSC。（3）砷化镓熔点较高，具有空间网状结构，砷化镓属于原子晶体；氮化硼与砷化镓属于同种晶体类型，氮化硼也属于原子晶体，氮、硼的原子半径小于砷、镓的原子半径，氮化硼中共价键的键能大于砷化镓中共价键的键能，两种晶体中熔点较高的氮化硼，氮化硼的化学式为BN。（4）根据图示，每个碳原子形成3个碳碳键（2个碳碳单键和1个碳碳双键），每个五元环周围有5个六元环，每个六元环周围有3个五元环和3个六元环，五元环与六元环的个数比为3:5，设五元环、六元环分别有x、y个，则x：y=3:5，5x+6y=360，解得x=12，y=20，一个C60分子中六元环的数目为20。在C60晶胞中C60分子采取分子密堆积，1个C60分子周围等距离最近的C60分子有12个，C60分子的配位数为12。C60晶胞为面心立方最密堆积，用“均摊法”，1个晶胞中含C60：8+6=4个，C60分子的球体半径为anm，晶胞的边长为2anm，1个晶胞的体积为（2anm）3=16a310-21cm3，1mol晶体的体积为16a310-21cm34NA=4a3NA10-21cm3，1molC60晶体的质量为720g，C60晶体的=720g（4a3NA10-21cm3）=1021g/cm3。36. 高分子合物J的合成路线如下：已知：i. ii. （1）写出A的结构简式：_。（2）由BC的反应条件为：_，反应类型为：_。（3）H中官能团名称：_。（4）D 与新制的银氨溶液反应生成E的化学方程式：_。（5）由I合成高分子化合物J的化学方程式为_。（6）有机物L(C9H10O3)符合下列条件的同分异构体有_种。与FeCl3溶液发生显色反应与I具有相同的官能团苯环上有3个取代基，且只有一个烷基（7）结合上述流程中的信息，设计由制备的合成路线。合成路线流程图示例：H2C=CH2CH3CH2OHCH3COOC2H5，_。【答案】 (1). CH2=CH-CH3 (2). N