2020届2017级高三第二次模拟考试卷理科综合化学试卷(一)及解析

1、的是2020 届 2017 级高三第二次模拟考试卷理科综合化学试卷（一）祝考试顺利注意事项： 1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准 考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在 试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量： H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5Fe 56

2、一、选择题（每小题 6 分，共 42 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。）7关于新型冠状病毒，下来说法错误的是A该病毒主要通过飞沫和接触传播B为减少传染性，出门应戴好口罩C该病毒属于双链的 DNA病毒，不易变异D该病毒可用“ 84 消毒液”进行消毒【答案】C【解析】 A通常病毒传播主要有三种方式：一是飞沫传播，二是接触传播，三是 空气传播，该病毒主要通过飞沫和接触传播， A正确； B飞沫传播就是通过咳嗽、打喷 嚏、说话等产生的飞沫进入易感黏膜表面，为了减少传染性，出门应戴好口罩，做好防 护措施，B 正确；C该冠状病毒由核酸和蛋白质构成， 其核酸为单链 RNA，C 错误；

3、D“84 消毒液”的主要成分 NaClO具有强的氧化性， 能够使病毒的蛋白质氧化发生变性而失去 其生理活性，因此“ 84 消毒液”具有杀菌消毒作用， D正确；故合理选项是 C。8实验室制备硝基苯的实验装置如图所示（夹持装置已略去）。下列说法不正确A水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度B浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温 后，再将苯逐滴滴入C仪器 a 的作用是冷凝回流，提高原料的利用率D反应完全后，可用仪器 a、b 蒸馏得到产品【答案】D【解析】 A选项，水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度，故A正确；B选项，浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向

4、浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温 后，再将苯逐滴滴入，可避免混合过程中放热而使液体溅出，并造成苯大量挥发，故 B 正确； C选项，仪器 a 的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，增加产率，故 C正确；D 选项，蒸馏操作时要用蒸馏烧瓶和直形冷凝管，故 D错误。综上所述，答案为 D。9萜类化合物广泛存在于动植物体内，某萜类化合物如下图所示，下列说法正确 的是A此萜类化合物的化学式为 C10H14OB该有机物属于芳香烃C分子中所有碳原子均处于同一平面上D在浓硫酸、加热条件下，可生成两种芳香烯烃【答案】A【解析】 A由萜类化合物的结构简式可知分子式为 C10H14O，故 A正确； B萜类化 合物中含

5、有氧元素，属于芳香化合物，不属于芳香烃，故B 错误； C萜类化合物中含有 4 个饱和碳原子，所有碳原子不可能处于同一平面上，故C 错误； D萜类化合物含 有羟基，与羟基相连的碳原子上含有的两个甲基是等效的，在浓硫酸、加热条件下，只 能生成一种芳香烯烃，故 D 错误；故选 A。10W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素， X、Y是金属元素， X的焰色呈 黄色。 W、Z最外层电子数相同， Z的核电荷数是 W的 2倍。工业上一般通过电解氧化物 的方法获得 Y 的单质，则下列说法不正确的是AW、X、Y形成的简单离子核外电子数相同BY和 Z 形成的化合物可以通过复分解反应制得CZ和 W可形成原子个

6、数比为 12和 13的共价化合物DX、Y和 Z 三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应【答案】B【解析】 W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素， X、Y是金属元素， X的焰 色呈黄色，为钠元素， W、Z最外层电子数相同， Z的核电荷数是 W的 2 倍，则 W为氧元 素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得 Y的单质，则 Y为铝元素，AW、 X、Y形成的简单离子 O2- 、Na+、Al 3+，核外电子数相同， 均是 10 电子微粒， A正确；B由 于硫离子和铝离子水解相互促进生成氢氧化铝和硫化氢， 因此硫化铝不能通过复分解反 应制备， B错误；C硫和氧可以形成二氧化硫

7、和三氧化硫两种共价化合物，原子个数比 为 12 和 13，C正确；DX、Y和 Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物分别 是氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸，氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠、硫酸都反应， 所以它们之间能两两反应， D正确；答案选 B。11热催化合成氨面临的两难问题是：采用高温增大反应速率的同时会因平衡限制 导致 NH3产率降低。我国科研人员研制了 Ti-H-Fe 双温区催化剂( Ti-H 区域和 Fe 区域 的温度差可超过 100)。 Ti-H-Fe 双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附 在催化剂表面上的物种用 * 标注。下列说法正确的是A为 N N 的断裂过程B 在高温

8、区发生，在低温区发生C为 N原子由 Fe 区域向 Ti-H 区域的传递过程D使用 Ti-H-Fe 双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应【答案】C【解析】 A选项，经历过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，故 A 错误； B 选项，为催化剂吸附 N2 的过程，为形成过渡态的过程，为 N2 解离为 N 的过程，以上都需要在高温时进行。 在低温区进行是为了增加平衡产率， 故 B 错误； C选项，由题中图示可知，过程完成了 Ti-H-Fe- *N到 Ti-H- *N-Fe 两种过渡态的转化， N原子由 Fe 区域向 Ti-H 区域传递。故 C正确； D选项，化学反应不会因加入催化剂而 改变

9、吸放热情况，故 D 错误。综上所述，答案为 C。12pC类似 pH，如图为 CO2 的水溶液中加入强酸或强碱溶液后，平衡时溶液中各种 组分的 pC-pH 图。依据图中信息，下列说法不正确的是AH2CO3、HCO-3、CO23-不能在同一溶液中大量共存BH2CO3电离平衡常数 K a =10-6H2CO3C人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系(2 3 )可以抵消少量酸或碱，维持HCO3pH =7.4 ，但当过量的酸进入血液中时，血液缓冲体系中的c(H ) 最终将变大c( H2CO3 )D pH=9时，溶液中存在关系 H+ +c H2CO3 =c OH- +c CO32-【答案】D【解析】 A碳酸存

10、在的溶液中酸性较强、碳酸根离子存在的溶液中碱性较强，所 以碳酸根离子和碳酸不能大量共存， H2CO3、HCO-3、CO23- 不能在同一溶液中大量共存，故 A 正 确 ； B 由 图 象 可 知 当 pH=6 时 ， pC(H2CO3)=pC(HCO-3 ) ， 结 合 Ka1 H2CO3 c(H ) c(HCO3 ) 10 c(HCO3 )=10 6，故 B正确； C人体血液里主要通过碳酸 c(H2CO3)c(H2CO3 )H2CO3氢盐缓冲体系( HCO )可以抵消少量酸或碱，维持 pH=7.4，但当过量的酸进入血液中 时，血液中氢离子浓度增大，平衡向左移动放出CO2，碳酸浓度基本不变，则

11、血液缓冲体系中的 c（H ） 最终将变大，故 C正确； DpH=9时，由图象可得溶液中离子关系是c（ H 2CO3 ）c（ HCO 3 ） c（ CO23 ）c（OH-）c（ H2CO3）c（H ），因此 D 选项的离子浓度关系不可能出 现，故 D 错误；答案选 D。13如图所示是一种以液态肼 （N2H4） 为燃料氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质 的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达 700- 900时， O2-可在该固体氧 化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是A电池内的 O2- 由电极甲移向电极乙B电池总反应为 N2H4+2O2 2NO+2H2O

12、C当甲电极上有 1mol N2H4消耗时，标况下乙电极上有 22.4L O 2参与反应D电池外电路的电子由电极乙移向电极甲【答案】C【解析】 该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为： N2H4+2O- -4e - =N2+ 2H2O，故电极甲作负极，电极乙作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式 为： O2+4e-=2O2- ，电池总反应为： N2H4+O2=N2+2H2O，结合离子的移动方向、电子的方向分析解答。A放电时，阴离子向负极移动，即 O2-由电极乙移向电极甲， A项错误； B反应生成物 均为无毒无害的物质， 负极上反应生成氮气， 则电池总反应为 N2H4+

13、O2=N2+2H2O，B 项错 误； C由电池总反应为 N2H4+O2=N2+2H2O可知，当甲电极上有 1mol N2H4消耗时，乙电 极上有 1mol O2被还原，所以标况下乙电极上有 22.4L O2参与反应， C项正确； D电池 外电路的电子从电源的负极流向正极，即由电极甲移向电极乙，D项错误；答案选 C。二、非选择题（共 58 分）（一）必做题26（14分）某混合物浆液含 Al（OH） 3、MnO2和少量 Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作 用使 Na2CrO4 不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图2），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答和中的

14、问题。固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）（1）反应所加试剂 NaOH的电子式为 ，BC的反应条件为 ，C Al 的制备方法称为 。（2）该小组探究反应发生的条件。 D 与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl 2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生 Cl 2。由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号） 。a温度bCl- 的浓度c 溶液的酸度（3）0.1mol Cl 2与焦炭、 TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成 TiO2·xH2O的液态化合物，放热 4.28 kJ ，该反应的热化学方程式为 。含铬元素溶液的分离和利用（4

15、）用惰性电极电解时， CrO42- 能从浆液中分离出来的原因是 ，分离后含铬元素的粒子是 ；阴极室生成的物质为 （写化学式）。【答案】 （1） 加热（或煅烧） 电解法（2）ac（3）2Cl2（g）+TiO 2（s）+2C（s）=TiCl 4（l）+2CO（g） H=- 85. 6kJ·mol-1（4）在直流电场作用下， CrO24- 通过阴离子交换膜向阳极室移动， 脱离浆液 CrO 42-和 Cr2O27- NaOH和 H2【解析】惰性电极电解混合物浆液时， Na+移向阴极， CrO42-移向阳极。 Al（OH） 3、MnO2 剩下在固体混合物中。固体混合物加入 NaOH时， Al（

16、OH） 3转化为 AlO-2，通入 CO2 转化为 Al（OH） 3 沉淀，再加热分解为 Al 2O3，最后熔融电解得 Al 。（1）NaOH的电子式为；根据上述分析， BC 的条件为加热或煅烧， CAl 的制备方法称为电解法。（ 2）根据 实验方案可知， D 与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有 Cl2 生成，可知温度对该反 应有影响；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl 2。说明加入 H+能继续产生 Cl2，可知溶液的酸度对该反应有影响，综上所述，影响该反应的因素有温度和 溶液的酸度，故选 ac。（3）0.1mol Cl 2与焦炭、 TiO2完全反应，生成一种还原性气体 和一

17、种易水解成 TiO2·xH2O的液态化合物，放热 4.28 kJ ，配平方程式，可知 2mol Cl 2反 应 放 热 85. 6kJ· mol - 1 ， 由 此 可 得 该 反 应 的 热 化 学 方 程 式 为 2Cl2(g)+TiO 2(s)+2C(s)=TiCl 4(l)+2CO(g) H=- 85. 6kJ·mol- 1。( 4)用惰性电极电解 时，在直流电场作用下， CrO24-通过阴离子交换膜向阳极室移动， 脱离浆液， 从而使 CrO24- 从浆液中分离出来；因 2CrO42-+2H+Cr2O27- +H2O，所以分离后含铬元素的粒子是 CrO42

18、-和Cr2O72-；阴极室 H+放电生成 H2，剩余的 OH- 与透过阳离子交换膜移过来的 Na+结合生成 NaOH， 所以阴极室生成的物质为 NaOH和 H2。27( 14分)氮的化合物是重要的工业原料，也是主要的大气污染来源，研究氮的 化合物的反应具有重要意义。回答下列问题：(1) 肼(N2H4) 与四氧化二氮分别是火箭发射器中最常用的燃料与氧化剂。已知3.2g液态肼与足量液态四氧化二氮完全反应，生成氮气和液态水放出热量61.25kJ ，则该反应的热化学方程式为 。(2) 尾气中的 NO2 可以用烧碱溶液吸收的方法来处理，其中能生成 NaNO2 等物质，该 反应的离子方程式为 。(3) 在

19、 773K时，分别将 2.00mol N2和 6.00mol H2充入一个固定容积为 1 L 的密闭容 器中发生反应生成 NH3，气体混合物中 c(N2)、c(H2)、c(NH3)与反应时间 (t) 的关系如图 所示。下列能说明反应达到平衡状态的是 (选填字母)。a v 正(N2)=3v 逆(H2)b 体系压强不变c气体平均相对分子质量不变d 气体密度不变在此温度下，若起始充入 4.00mol N 2和 12.00mol H 2，则反应刚达到平衡时，表 示 c(H2) t 的曲线上相应的点为 _ (选填字母)。(4) 在 373 K 时，向体积为 2L的恒容真空容器中充入 0.40mol NO

20、2，发生如下反应： 2N2NOO2(2g()g)? NN2O2O4 (4g()g) HH 565.69.k9JkJmmolol 1t/min020406080（ NO2）1.00.750.520.400.40计算 020min 时， v(N2O4)=。已知该反应 正 NO2 =k1 c2 NO2 ,逆 N2O4 =k2 c N2O4 ，其中 k1、k2为速率 常数，则 373K时， k1 =；改变温度至 T1时， k1=k2，则 T1_373K(填“ >”“<”k2或“ =”)。【答案】 (1)2N2H4(l)+N 2O4(l)=3N 2(g)+4H 2O(l) H=-1225kJ

21、·mol-1(2) 2NO2+2OH-=NO-2+NO-3+H2O(3) bc B(4) 2×10- 3mol/(L ·min) 60 >【解析】 (1)3.2g 液态肼完全反应放出热量为 61.25 kJ ，则 2mol 液态肼完全反 应时放出的热量为： 61. 25 kJ 32g/m3.o2lg2mol 1225.00kJ，则该反应的热化学方程式为：3.2g2N2H4(l)+N 2O4(l)=3N 2(g)+4H2O(l) H=-1225kJ·mol-1，故答案为：2N2H4(l)+N 2O4(l)=3N 2(g)+4H2O(l) H=- 12

22、25 kJ·mol-1；(2)题干信息产物有 NaNO2， 根据氧化还原反应原理， N元素化合价既降低又升高，发生的是歧化反应，所以还有产 物 NaNO3，根据原子守恒判断产物中还有水，则反应方程式为： 2NO2+2OH- =NO-2+NO-3+H2O， 故答案为： 2NO2+2OH- =NO-2+NO-3+H2O；(3) 反应为： N2+3H22NH3；av 正(N2)=1/3v正(H2)=3v 逆(H2) ，正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，故错误； b反应为气体 体积减小的反应，体系压强不变，说明反应物和生成的浓度保持不变，反应达到平衡状 态，故正确； c气体平均相对分子质

23、量数值上等于气体总质量比上总物质的量，根据 质量守恒反应前后气体总质量不变，平均相对分子质量不变，说明总物质的量不变，说 明达到平衡状态，故正确； d气体总质量不变，体积不变，所以气体密度始终不变， 不能说明达到平衡状态， 故错误，故答案为：bc；起始充入 4.00mol N2和 12.00mol H2， 相当于将充入 2.00mol N2 和 6.00mol H2 的两个容器“压缩”为一个容器，假设平衡不移 动，根据图示分析知平衡时 c(H2)=6mol/L ，而“压缩”后平衡正向移动， 则平衡时 3mol/L <c(H2) < 6mol/L ，且达到平衡的时间缩短，故对应点为

24、B，故答案为： B；( 4) 设 20min时，反应掉的 NO2为 2x，则：测得 NO2的体积分数 (NO2) 与反应时间(t) 的关系如下表：2N2NOO2 (2g()g)? NN2O2 O4 (4g()g) HH 565.69.k9JkJmmolol2NO2(g)? N2O4(g) 起始 0.40 0 反应 2x 20min 0.40-2x0.40-2x0.75 ，所以 0.40-2x =0.75 ，解得 x=0.08 ，所以反应0.40-2x+x0. 08×2mol=0.16mol ，020min 内，NO2的消耗速率为20min 时， NO2 的体积分数为，根据化学计量比等

25、于反应速率之比，则20min 时，消耗 NO2的物质的量为0.16molv NO2 = 2L =4 10-3mol/ L min2 20minv(N2O4)=1/2v(NO 2)=2 ×10 - 3mol/(L ·min) ，故答案为： 2×10 -3mol/(L ·min) ；反应达 到平衡时有 v(正)=v(逆)，即 v(NO2)=2v(N 2O4) ，达到平衡时， NO2的体积分数为 0.40 ，即 0.40-2x =0.40 ，0.40-2x+x2k1 c2 NO2 2k2 c0.15解得 x=0.15 ，所以化学平衡常数为 K= 2=30 ，则

26、有（ 0.40-0.15 2）2（2）k1 2c N2O4N2O4 ，所以 kk12 2cc2 NN2OO242 30 60 ；改变温度至 T1 时 k1=k2，由于 k1=2K·k2，则1K=1 ，平衡常数减小，考虑到反应为放热反应，温度升高，不利于 2反应正向进行，所以温度应为升高，即 T1>373K，故答案为： 60； >。28（ 15分） NiSO4 6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电泡等。可由电镀废渣 （除镍元素外，还含有 Cu、Zn、Fe、Cr等元素杂质 ）为原料获得。工艺流程如下：已知： NiCO 3是一种不溶于水易溶于强酸的沉淀；已

27、知25 C ， Fe（OH） 3的Ksp 2.64 10-39 。（1）Ni 的原子序数为 28，则它在周期表中的位置为 ，写出 H2O2 的结构式。（2）步骤，向滤液 I 中加入适量 Na2S 溶液的目的是除去 Cu2+和 Zn2+，其中除去Cu2+的离子方程式为 ；加 Na 2S之前需控制 pH不能太低的目的是 。（3）步骤的目的是除去 Fe 和 Cr，温度不能太高的原因是 。若在 25 C时，调 pH=4除去铁，此时溶液中 c Fe3 。（4）粗镍中含有少量 Fe、Zn、 Cu、Pt 等杂质，可用电解法制备高纯度镍，下列叙 述正确的是 （ 已知：氧化性 Fe2+<Ni2+<C

28、u2+）A粗镍作阳极，纯镍作阴极B阳极发生还原反应，其电极反应式： Ni 2+ 2e Ni C电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等 D电解后，溶液中存在的金属阳离子只有 Cu2+和 Zn2+ E电解后，电解槽底部的阳极泥中只有 Cu和 Pt【答案】 （1）第四周期第族 H-O-O-H（2）Cu2+S2-=CuS避免生成 H2S，影响除杂（3）防止 H2O2受热分解 2. 64×10- 9mol/L（4）AE【解析】 本题将工艺流程与氧化还原、电解池、沉淀溶解平衡相互结合，第一步操 作为溶解金属，第二步为除去 Cu2+和 Zn2+，第三步除去 Fe和 Cr，最后得到 NiSO

29、4 6H2O， 在各个步骤中结合氧化还原等一些应用。 （1）根据元素的排列规律及 Ni 的原子序数为 28，可知 Ni 的位置为：第四周期第族； H2O2为分子晶体， 原子之间均以共价单键相连， 故的结构式为： H-O-O-H；故答案为：第四周期第族； H-O-O-H；（2）S2-与 Cu2+和 Zn2+ 结合可生成沉淀，所以用 Na 2S溶液的目的是除去 Cu2+和 Zn2+，则除去 Cu2+的离子方程式 为：Cu2+S2- =CuS；S2-可与结合生成弱电解质 H2S，所以前一步在调节溶液的 pH不能太 低，否则会生成杂质 H2S，影响除杂；故答案为： Cu2+S2-=CuS；避免生成 H

30、2S，影响除 杂；（ 3）步骤除去 Fe 采用生成 Fe OH 3的方式，在第一步酸溶时，铁变成 Fe2+，因 此该处需要氧化剂，发生氧化还原反应，温度太高，氧化剂H2O2 分解；由于存在沉淀溶解平衡： FeF3e3 3O3HOH? ? FeFeOHOH3 3，平衡常数 KSP c Fe3 c3 OH 2.64 10 39，已 知 pH=4，则c H 10 4mol L 1 ，公式换算可得： c Fe3 2.64 10 9mol L 1；故答案 为：防止 H2O2 受热分解； 2.64 10 9mol L 1；（4）用电解法制备高纯度镍，原理同于制 备高纯度铜，粗镍做阳极，活泼金属在阳极放电，

31、该处在阳极反应的金属有Fe、Zn，失去电子生成 Fe2+、Zn2+，Cu和 Pt 作为阳极泥，在电解槽的底部，阴极发生的电极反应式为： Cu2 2e Cu ，虽然阴极阳极都是 2e-，但 Fe、Zn 和 Cu本身的质量不一样，所 以阳极减少的质量不等于阴极生成的质量，所以选 AE，故答案为： AE。（二）选做题（从给出的两题中任选一道作答，多做则按第一题计分，共 15 分） 35【选修 3物质的性质与结构】（1）已知 A和 B均为第 3周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：A通常显_价，A的电负性 B的电负性 （填“ >”“<”或“ =”） 。（2）紫外光的光子所具有的能量

32、约为 399kJ·mol-1。根据下表有关蛋白质分子中重 要化学键的信息，说明人体长时间照射紫外光后皮肤易受伤害的原因 。组成蛋白质的最简单的氨基酸中的碳原子杂化类型是 。（3）实验证明： KCl、MgO、CaO、TiN 这 4 种晶体的结构与 NaCl晶体结构相似 （如 图所示），其中 3 种离子晶体的晶格能数据如下表：则该 4 种离子晶体 （ 不包括 NaCl）熔点从高到低的顺序是： 。其中 MgO晶体中一个 Mg2+周围和它最邻近且等距离的 Mg2+有 个。（4）金属阳离子含有的未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型氧化物 V2O5和 CrO2中，适合作录音带磁粉原

33、料的是 。（5）某配合物的分子结构如图所示，其分子内不含有 _（填序号 ） 。（6）科学家设计反应： CO2+4H2CH4+2H2O以减小空气中的 CO2。若有 1mol CH4生成， 则有 _mol 键和_mol 键断裂。【答案】 （1）+3 >（2）紫外光的光子所具有的能量比蛋白质分子中的化学键CC、CN、CS 的键能大，紫外光的光子所具有的能量足以使这些共价键断裂， 从而破坏蛋白质分子 sp 2、 3sp3（3）TiN>MgO>CaO>KCl 12（4）CrO2（5）AC（6）6 2【解析】 （1） 观察 A、 B两元素各电离能的差别，可判断 A的化合价为 +3，

34、即为 Al； B为+2 价，为 Mg。因为同周期从左至右电负性增大，故 Al 的电负性大于 Mg。（2） 从表 格中给出的蛋白质中各共价键的键能可以发现，紫外光的光子能量足以破坏这些共价3键。最简单的氨基酸是甘氨酸 ，其中碳原子采用 sp3 杂化，碳原子采用sp2 杂化。（3） 观察表格中的数据会发现，阴阳离子所带的电荷数对晶格能的影响大于阴 阳离子的半径对晶格能的影响。四种晶体均为离子晶体， TiN 和 CaO中的阳离子均为 18 电子结构，阴离子均为 10 电子结构， Ti 和 Ca、N和 O的原子序数均相差 1，因此 Ti 3+ 和 Ca2+、N3-和 O2-的离子半径均相差不大，但是由

35、于 Ti3+和 N3-均带有 3 个单位的电荷，因 此 TiN 的晶格能大于 CaO。CaO、MgO中的阴阳离子均带有 2 个单位的电荷， Ca2+的半径 大于 Mg2+，所以 MgO的晶格能大于 CaO。综上所述，这种晶体的晶格能大小顺序为TiN>MgO>CaO>K。Cl所以晶体的熔点高低顺序也为 TiN>MgO>CaO>K。Cl（4）V 2O5中 V5+的电 子 排布 式 为 1s22s22p63s23p6 ， 没 有 未 成 对 电子 ； CrO2 中 Cr4+的 电 子 排 布 式 为 1s22s22p63s23p63d2，含有 2 个未成对电子，因此适合作录音带磁粉原料的是 CrO2。（5） 观 察配合物的分子结构会发现其中存在配位键 Ni N，极性键 H O、ON 等，非极性键CC，氢键 OH O等作用力。不存在离子键和金属键。 （6）CO2的结构式为 OCO， 1个 CO2分子中含有 2 个 键和 2个 键，1个 H2分子中共含有 1 个 键，生成 1mol CH4需要 1mol CO2和 4mol H2，因此需要断裂 6mol 键和 2mol 键。36【选修 5有机化学基础】（ 15 分） 含氧有机物甲可用来制取多种有用的化工产品，合成路线如图：A离子键 B 极性键 C 金属键