2024年高三化学总复习练习题含答案（七）

可能用到的相对原子质量：H1C12N14016Na23S32Cl35.5K39Fe56Co

59Zn65

一、选择题：

1.钱明矶［NH4Al(SOD?。12乩0］是分析化学常用基准试剂，其制备过程如下。下列分析不正确的是

A.过程I反应：2NH4HC03+Na2S04=2NaHC03I+(NH4)2S04

B.检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCk溶液

c.若省略过程n,则钱明矶产率明显减小

D.向钱明矶溶液中逐滴加入NaOH溶液并加热，先后观察到：刺激性气体逸出一白色沉淀生成

一白色沉淀消失

【答案】D

【解析】A.过程I利用NaHCOs的溶解度比较小,NH4HC03和Na2S04发生反应：2NH4HC03+

Na2S04=2NaHC03I+(NHj2S04,故A正确；

B.溶液B已经呈酸性，检验SO1只需加入BaCk溶液即可，故B正确；

c.若省略过程n,溶液中还有一定量的HC(V,加入AUSOJ,Ak(soj会与HCO3-发生双水解

反应，镂明研产率会明显减小，故C正确；

D.向钱明矶溶液中逐滴加入NaOH溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化

钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到：白色沉淀生成一刺激性气体逸出一白色沉淀消失,

故D错误；答案选D。

2.下列说法正确的是

A.多糖、油脂、蛋白质均为高分子化合物

B.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖

C.可用酸性KMnO4溶液鉴别苯和环己烷

D.分离澳苯和苯的混合物：加入NaOH溶液分液

【答案】B

【解析】A选项，多糖、蛋白质均为高分子化合物，油脂是低分子化合物，故A错误；

B选项，淀粉和纤维素在稀硫酸作用下水解的最终产物均为葡萄糖，故B正确；

C选项，不能用酸性KMnO,溶液鉴别苯和环己烷，两者都无现象，故C错误；

D选项，分离澳苯和苯的混合物采用蒸福方法，故D错误。综上所述，答案为B。

【点睛】淀粉、纤维素、蛋白质是天然高分子化合物，油脂分子量比较大，但不是高分子化合

物。

3.下列图示实验正确的是

C.乙酸乙酯的制备

D.碳酸氢钠受热分解

【答案】C

【解析】A.温度计应安装在通向冷凝管的侧口部位，故A项错误;

B.氨气的密度比空气小，应用向下排空气法，导管应伸入试管底部，故B项错误;

C.该装置可以制备乙酸乙酯，C项正确;

D.加热固体试管口应朝下，故D项错误；故答案为C。

4.设川为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是

A.100g含氢元素质量分数为12%的乙烯与乙醛的混合气体中氧原子数为4

B.0.1molCL与过量稀NaOH溶液反应，转移电子的数目为0.2小

C.常温下，1L0.1mol/LNa2sO3溶液中SOj的数目一定等于0.

D.标准状况下，22.4LCHCL中含有氯原子的数目为3瓦

【答案】A

【解析】乙烯和乙醛的分子式分别为C2H4、CN0,因此混合气体中氢元素和碳元素的质量之比为1：

6,故碳元素的质量分数为72%,则氧元素的质量分数为1-72汩12炉16虬100g该混合气体中氧元

素的质量为16g,氧原子数为A项正确。Ck与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H20,0.1mol

S与过量稀NaOH溶液反应，转移电子的数目为0.1除B项错误。Na2s。3溶液中SO：会发生水解,

1L0.1mol/LNa2sO3溶液中c(SO;-)<0.1mol/L,C项错误。标准状况下，CHCL为液体，22.4L

CHCL的物质的量不是1mol,D项错误。

5.胎类化合物广泛存在于动植物体内。下列关于茜类化合物a、b的说法正确的是

K>X

ab

A.a中六元环上的一氯代物共有3种（不考虑立体异构）

B.b的分子式为C1OH12O

C.a和b都能发生加成反应、氧化反应、取代反应

D.只能用钠鉴别a和b

【答案】C

【解析】A、a中六元环上有5个碳上有氢，a中六元环上的一氯代物共有5种（不考虑立体异构）,

故A错误；B、b的分子式为GMQ,故B错误；C、a中的碳双键和b中苯环上的甲基都能发

生氧化反应、a、b甲基上的氢都可以发生取代反应、a中碳碳双键、b中苯环都可以发生加成

反应，故C正确；D.可以用钠鉴别a和b,还可以用澳水来鉴别，故D错误；故选C。

6.磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的循环寿命，放电时的反

应为：LixC6+Li1-xFePO4=6C+LiFePO4o某磷酸铁锂电池的切面如下图所示。下列说法错误的是

A.放电时Lr脱离石墨，经电解质嵌入正极

B.隔膜在反应过程中只允许Li,通过

C.充电时电池正极上发生的反应为：LiFeP0「xe三Li-FePOa+xLi'

D.充电时电子从电源经铝箔流入正极材料

【答案】D

【解析】放电时，LixCe在负极（铜箔电极）上失电子发生氧化反应，其负极反应为：LiC-xe=x

+

Li++6C,其正极反应即在铝箔电极上发生的反应为:Li1_xFeP04+xLi+xe=LiFeP04,充电电池充

电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，

A.放电时，LiC在负极上失电子发生氧化反应，其负极反应为：LiC-xe-xLi*+6C,形成Li，

脱离石墨向正极移动，嵌入正极，故A项正确；

B.原电池内部电流是负极到正极即Li*向正极移动，负电荷向负极移动，而负电荷即电子在电

池内部不能流动，故只允许锂离子通过，B项正确；

C.充电电池充电时，原电池的正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为

阴极，放电时，正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反，放电时Li-FePO」在正极上得

+-

电子，其正极反应为：Lii-xFeP04+xLi+xe=LiFeP04,则充电时电池正极即阳极发生的氧化反应

+

为：LiFePO-xe=Li1-xFeP04+xLi,C项正确；

D.充电时电子从电源负极流出经铜箔流入阴极材料（即原电池的负极），D项错误；答案选D。

【点睛】可充电电池充电时，原电池的正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负

极相连为阴极，即“正靠正，负靠负”，放电时Li-xFePO,在正极上得电子，其正极反应为：

Li-FePOa+xLi*+xe=LiFePO4,则充电时电池正极即阳极发生的氧化反应为：LiFePO「x

e=Li1-xFeP04+xLi*。

7.中学常见的短周期主族元素R、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们占据三个周期。Y和M

位于同主族，Y原子最外层电子数是电子层数的3倍。这五种元素组成一种离子化合物Q。取

一定量Q溶于蒸彳留水得到溶液，向溶液中滴加稀氢氧化钠溶液，产生的沉淀质量与滴加氢氧化

钠溶液体积的变化情况如图所示。下列说法不正确的是

O12345W(NaOH)

A.简单离子半径：M>Y>Z

B.气态氢化物的热稳定性：Y>X

C.最高价氧化物对应水化物的酸性：M>Z

D.由R、X、Y、M四种元素只组成一种盐

【答案】D

【解析】短周期主族元素R、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们占据三个周期，则R为H元素;

Y和M位于同主族，Y原子的最外层电子数是电子层数的3倍，Y应该位于第二周期，则Y为。元

素、凶为S元素；根据图像，生成的沉淀为氢氧化铝，铁根离子与氢氧根离子反应时沉淀质量不变,

则Q中一定含有铝离子和铁根离子，化合物Q应该为NH4Al（SO。2,结合原子序数大小可知X为N

元素、Z为A1元素。M、Y、Z分别为S、0、A1,硫离子含有3个电子层，半径最大，氧离子和铝

离子都含有2个电子层，氧元素的核电荷数较小，离子半径较大，则简单离子半径：M>Y>Z,A正

确；X、Y分别为N、0元素，非金属性：N<0,非金属性越强，对应简单氢化物稳定性越强，则气

态氢化物的热稳定性：Y>X,B正确；M为S元素，Z为A1元素，二者的最高价氧化物对应水化物

分别为硫酸、氢氧化铝，硫酸为强酸，氢氧化铝为两性氢氧化物，则最高价氧化物对应水化物的酸

性：M〉Z,C正确；R、X、Y、M分别为H、N、0、S元素，四种元素可以形成硫酸铁、亚硫酸锭等多

种盐，D错误。

、非选择题:

8.富马酸亚铁，是一种治疗缺铁性贫血的安全有效的铁制剂。富马酸在适当的pH条件下与Fes。-

反应得富马酸亚铁。

已知：

物质名称化学式相对分子质量电离常数（25（）

4-5

富马酸C4H4O4116Kt=9.5x10K2=4.2x10

H2cO3711

碳酸Kj=4.4x10-K2=4.7x10

富马酸亚铁FeC4H2O4170

i.制备富马酸亚铁：

①将富马酸置于100mL烧杯A中，加热水搅拌

②加入Na2cO3溶液10mL使溶液pH为6.5-6.7。并将上述溶液移至100mL容器B中

③安装好回流装置C,加热至沸。然后通过恒压滴液漏斗D缓慢加入FeSC）4溶液30mL

④维持反应温度100℃,充分搅拌1.5小时。冷却，减压过滤，用水洗涤沉淀

⑤最后水浴干燥，得棕红（或棕）色粉末，记录产量

请回答以下问题：

（1）该实验涉及到的主要仪器需从以上各项选择，则B为（填字母），C为

____________（填名称）。

（2）已知反应容器中反应物Fes。4和富马酸按恰好完全反应的比例进行起始投料，写出步骤

②中加入Na2cO3溶液调节pH的目的是;

若加入Na2c溶液过量，溶液pH偏高，则制得产品的纯度会（填'‘偏高"''偏

低”或“无影响”）。

（3）配制Fes。,溶液方法为称取FeSO「7H2。固体，溶于30mL新煮沸过的冷水中，需用新煮

沸过的冷水的原因是

（4）步骤④中洗涤的目的主要是为了除去是离子，检验沉淀是否洗净的方法是：

___________________________________O

ii.计算产品的产率：

（5）经测定，产品中富马酸亚铁的纯度为76.5%o以5.80g富马酸为原料反应制得产品8.10g,

则富马酸亚铁的产率为%o（保留小数点后一位）

【答案】（14分）

（1）b（1分）球形冷凝管（1分）

（2）使富马酸转化为富马酸根离子（2分）偏低（2分）

（3）除去溶液中溶解的氧气，防止亚铁离子被氧化，降低产品产率（2分）

（4）Na+、SO：（2分）取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钢溶液，

若无沉淀产生，证明已经洗涤干净（2分）

（5）72.9（2分）

【解析】（1）仪器B为反应容器，应该选b；回流装置C为球形冷凝管；

（2）已知反应容器中反应物Fes。4和富马酸按恰好完全反应的比例进行起始投料，步骤②中加入

Na2c溶液调节pH,使富马酸转化为富马酸根离子；若加入Na2c溶液过量，溶液pH偏高，

部分Fe"生成Fe（OH）2或FeCU,则制得产品的纯度会偏低；

（3）配制Fes。,溶液方法为称取FeSO-7H2。固体，溶于30mL新煮沸过的冷水中，需用新煮沸过

的冷水的原因是：除去溶液中溶解的氧气，防止亚铁离子被氧化，降低产品产率；

（4）根据实验步骤富马酸钠与硫酸亚铁反应生成富马酸亚铁和硫酸钠，步骤④中洗涤的目的主要

是为了除去沉淀表面的可溶物，即Na+、S。：离子，检验沉淀是否洗净的方法是：取最后一次

的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钢溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净；

（5）经测定，产品中富马酸亚铁的纯度为76.5虬以5.80g富马酸为原料反应制得产品8.10g,则

8.10g

富马酸亚铁的产率为170_X100%=72.9%

5.80gx+76.<50%/o

116

9.一种利用化肥中废催化剂（含CoO、Co、AI2O3及少量FeO）制取明矶和CoSO,粗产品的工艺流程如

下:

已知：(i)相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示:

Al1-Fe**FJ+Co”

开始沉淀的pH3.51.66.36.6

完全沉淀的pH5.42.88.39.2

(ii)Al(0H)3在碱性条件下开始溶解时的pH为7.8,完全溶解时的pH为11。

回答下列问题：

(1)写出H202的电子式：o

(2)下列措施一定能提高步骤I中A广和Cd的浸取率的是(填标号)

a.将废催化剂粉磨为细颗粒

b.步骤I中的硫酸采用98%的浓硫酸

c.适当提高浸取时的温度

(3)步骤n中，写出“氧化”过程中Fe"被氧化的离子方程式：,若“氧化”后

再“调节pH=3"，造成的后果是o

(4)步骤HI中加K2c应控制pH的范围为o

(5)测定CoS。,粗产品中钻的质量分数的步骤如下：准确称取ag产品，先经预处理，然后加

入过量的冰乙酸，在加热煮沸下，缓慢滴加KN0?溶液直至过量，生成不溶于乙酸的K3[CO(NO，],

再经过滤、洗涤及干燥，称量沉淀的质量为bgo

①KN0?溶液氧化并沉淀Co,’的离子方程式为(已知KN0?被还原为N0)o

②粗产品中钻元素的质量分数为(Mr{K3[Co(N02"]}=452,列出计算式)。

【答案】(14分，每空2分)(1)H：O：O：H

(2)ac

2++

(3)2Fe+H202+4H20=2Fe(OH)3I+4HFe，+对双氧水的分解有催化作用，造成原料利用率低

(4)PH>n

59b

(5)@CO2++3K++7N0O^2CHC00HAK[CO(NOO)]I+N0t+HQ+2cH3coeT②-----x100%

336452«

【解析】废催化剂(含CoO、Co、Al。及少量FeO)加入硫酸酸浸反应后得到浸取液，主要含有

Co2\A产、Fe*、田和S(V-等离子,调节溶液的pH=3,再加入比。?，Fe?+被氧化为Fe3+并产生Fe(0H)3

沉淀。过滤后，滤液中加入K2c。3调节pH,生成。0(。由2沉淀和矽1。2溶液，经过滤分离。Co(OH)2

沉淀加硫酸溶解经后续处理得到粗产品CoS04,滤液加硫酸酸化得到硫酸铝钾溶液，经结晶得到明

矶，以此分析解答。

(1)乩。2为共价化合物，两个氧原子共用一对电子，电子式为：H：p：O：H,

因此，本题正确答案是：H：O：O：H;

(2)a.将废催化剂粉磨为细颗粒，增大反应物的接触面积，能提高浸取率，故a正确；

b.该反应为H,参加的离子反应，98%的浓硫酸中的氢离子浓度极小，不利于酸浸，故b错误;

c.升高温度化学反应速率加快，所以适当提高浸取时的温度，能提高浸取率，故c正确。

因此，本题正确答案是：ac；

(3)Fe?+被氧化为Fe",pH=3时产生Fe(0H)3沉淀,离子方程式为:

2++3

2Fe+H202+4H20=2Fe(0H)3；+4H；Fe+对双氧水的分解有催化作用，若“氧化”后再“调节pH=3”，

会造成原料利用率低。

(4)由已知(i)可知,Co"沉淀完全的pH为9.2,由已知(ii)可知，Al(0H)3完全溶解时的

pH为H,所以要分离出Al>,应控制pH的范围为pHNU,

(5)①KNO2将Co?+氧化为Co",并生成及笈。302)6]沉淀,N0J被还原为NO,根据得失电子守

2++

恒、电荷守恒及原子守恒写出离子方程式为CO+3K+7NO^+2CH3COOHAK3[CO(N02)6]I+N0t+

H2O+2CH3COO\

2++-

因此，本题正确答案是：CO+3K+7N0^+2CH3C00HAK3[CO(N02)JI+N0t+H20+2CH3C00；

59

②bgK3[CO(N02)6]中含Co元素的质量为bgX,则粗产品中钻元素的质量分数为

59b

----X100%,

452a

10.研究氮氧化物的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。

(1)升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是2N0(g)+02(g)=2N()2(g)的速率却随温度的

升高而减小，某化学小组为研究特殊现象的实质原因，查阅资料知：2N0(g)+0?(g)=2N0?(g)

的反应历程分两步：

i：2丽3)一风021)(快)，丫1正=太二230)vliS=kliSc(N202)AH^O

2

ii：N202(g)+02(g)^-2N02(g)(^),v2jE=k2Ic(N202)c(02)v2iS=k2iic(NO2)AH2Vo

请回答下列问题：

①一定温度下，反应2N0(g)+02(g)=2N0?(g)达到衡状态，请写出用L正、元速、k2I.k2速表示

的平衡常数表达式K=

②由实验数据得到V?正〜c(0j的关系可用如图表示。当x点升高到某一温度时，反应重新达到

平衡，则变为相应的点为(填字母)。

(2)100t时,若将0.OOmolN2O4气体放入1L密闭容器中,发生反应NOKg)-2N0?(g)AH

=+24.4kJ•mol-1o晨风。)随时间的变化如表所示。回答下列问题：

时间/S020406080100

cNQ

0.1000.0700.0500.0400.0400.040

mol-L"1

①在0〜40s时段，化学反应速率v(N01为mol•L-1•s-1

②下列能说明该反应达到平衡状态的是(填选项字母)。

A.2V(N204)=V(N02)B.体系的颜色不再改变

C.混合气体的密度不再改变D.混合气体的压强不再改变

③该反应达到平衡后，若只改变一个条件，达到新平衡时，下列能使N02的体积分数增大的是

(填选项字母)。

A.充入一定量的NO?B.增大容器的容积

C.分离出一定量的NO?D.充入一定量的风

④100C时,若将9.2gNO?和用。4气体放入1L密闭容器中，发生反应NO(g)=2N0?(g)。某

时刻测得容器内气体的平均相对分子质量为50,则此时v正(NQJv逆(NQJ(填

“>”“=”或“<”)。

⑤上述反应中，正反应速率v正=k正•pWOj,逆反应速率v逆=k速•PYNCQ,其中k正、k逆为

速率常数，若将一定量风0“投入真空容器中恒温恒压分解(温度298K、压强100kPa),已知

该条件下k正=4.8X10"s，当N。分解10%时，丫正=kPa・s，

【答案】(15分,除标明外，每空2分)

(])一正左2正

左逆左2逆

(2)0.0025BDBC<3.9义IO,(3分)

【解析】(1)①2NO(g).N2O2(g);(2)N2O2(g)+O2(g)^2NO2(g)；目标反应

2NO(g)+O2(g)2NO2(g),由反应达平衡状态，所以“=匕逆、%正="，所以

匕正x眩正=匕逆x%逆，I正c（NO）xfc2IEc（N2O2）c（O2）=Alig<:（N2O2）x（NO?）,则

K=-C2（N02）_=勺正曝故较案为.I正L.

C（N2O2）XC（O2）h*逆'改口木刀.1逆］<2逆'

②2NO（g）+C）2（g）=2NO2（g）的速率随温度的升高而减小，因为决定该反应速率的是反应②，

故升高到温度时V2正减小，且平衡逆向移动，氧气的浓度增大，所以反应重新达到平衡，则变为

相应的点为a,故答案为：a；

（2）①由表可知,0〜40s时间内N2O4的浓度由0.10mol/L减小为0.050mol/L,则其反应速率

为V（NQJ=孚==。00125mol/（L.s）,由反应速率之比等于化学计量数之比，则

At40s

NO2的反应速率为V（N02）=0.00125mol/（L.s）x2=0.0025mol/（L.s）,故答案为：0.0025;

②A.未体现正逆反应速率的关系，A错误；

B.体系的颜色不再改变，说明二氧化氮的浓度不变，B正确；

C.无论是否反应，体系的混合气体的总质量不变，体积不变，故密度不变，C错误；

D.该反应正反应为体积增大的反应，混合气体的压强不再改变，说明气体的物质的量不变，达

到平衡状态，D正确；故答案为：BD；

③A.充入一定量的NO2,相当于加压，达新平衡时，则NO2的体积分数减小，故A错误；

B.增大容器的容积，减压，平衡向体积增大的方向移动，即正向移动，NO2的体积分数增大,

故B正确；

C.分离出一定量的NC>2,相当于减压，使NC>2的体积分数增大，故C正确；

D.充入一定量的N2,总压增大，气体分压不变，不会引起化学平衡的移动，二氧化氮浓度不

变，故D错误；故答案为：BC；

④100℃时，将0.IOO1110IN2O4气体放入1L密闭容器中,平衡时,n（N204）=0.040mol,

n（NO2）=0.12mol,平均分子量=气体总质量气体总的物质的量=瞿"黑吗=57.5g/mol,将

9.2gNO2和N2O4气体放入lL密闭容器中，某时刻测得容器内气体的平均相对分子质量为50,

说明反应需向体积缩小的方向进行，即v正（NQjw逆（NQJ,故答案为：<；

⑤当风。4分解10%时，设投入的风。4为Imol,转化的风。4为0.Imol,则:

/o/g）=2NC（g）物质的量增大An

12-1,故此时?（电。4）=则上&四xl。。女尸a=2xl（XRPa,则

Imol+0.Xmol11

0.10.1

V正=4.8xl（）4sTx（xl00=3.9*1064%.尸，故答案为：3.9X10%

（二）选考题：

11.2019年4月23日，中国人民海军成立70周年。提到海军就不得不提航空母舰，我国正在建

造第三艘航空母舰。镶辂钢抗腐蚀性能强，可用于建造航母。

（1）航母甲板硬辂钢表面涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷（结构如图甲所示）。基态Cr原子的

价电子排布式为,基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为

形，元素C、0、F的电负性由大到小的顺序为o

CH,

I

H-E-O—Si^fO—H

CF,

甲

（2）海洋是元素的摇篮，海水中含有大量F、Cl,Br、I元素。

①0握的空间构型为,其中。原子杂化方式为杂化。

②KC1晶体中存在的化学键类型有;CaCk熔点要比KC1的熔点高很多，主要原因

为o

（3）海底金属软泥是在海洋底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的资源，含有硅、氧化

铁、镒、锌等。Zr?+与S?一形成的一种晶胞结构如图乙所示（黑球表示Zn",白球表示ST,Zn2+

的配位数为——。晶胞边长为anm、ZnS相对分子质量为比阿伏加德罗常数的值为

其晶体密度的计算表达式为g・cnf）

【答案】（15分）

（1）3d54sl（1分）哑铃（1分）F>0>C（2分）

（2）①V形（2分）sp3（1分）②离子键（2分）Ca以半径比K,小，Ca"所带电荷

数比I多，CaCk的晶格能更高（2分）

4M2

（3）4（2分）FRXIO"（2分）

【解析】

【分析】

(1)依据原子核外电子排布规则写出基杰Cr原子的价电子排布式；依据Si的核外电子排布式

可知其最高能级为3P能级，3P能级电子云轮廓图为哑铃形；根据C、0、F的非金属性推断其

电负性；

(2)①0F?分子的中心原子为。原子，其中含有的孤电子对数为2,。键数为2,价层电子对数

为4,所以。展的空间构型为V形，其中。原子的杂化方式为sp3杂化；②氯化钾为离子晶体，

存在的化学键为离子键；钙离子的半径比钾离子小，钙离子所带电荷数比钾离子多，氯化钙的

晶格能更高，所以氯化钙的熔点更高。

(3)通过硫化锌的晶胞结构分析锌离子的周围与之等距离的硫离子，即可知锌离子的配位数；

通过硫化锌的晶胞结构可知锌离子的数目为4x1=4,含有硫离子的数目为6义1+8*：=4,一个

2o

晶胞的体积为(aXlO-)'cm，,由密度公式计算晶体的密度。

【详解】

(l)Cr为24号元素，核电荷数为24,故基态Cr原子的价电子排布式为3dNs：Si元素为14

号元素,核电荷数为14,核外电子排布式为Is22s22P63s23P2,最高能级为3P能级，3P能级电子

云轮廓图为哑铃形；非金属性：F>0>C,则C、0、F的电负性由大到小的顺序为F>0>C。

(2)①0F2分子的中心原子为。原子，其中含有的孤电子对数为2,。键数为2,价层电子对数

为4,所以OF?的空间构型为V形，其中。原子的杂化方式为sp'杂化；②氯化钾为离子晶体，

存在的化学键为离子键；钙离子的半径比钾离子小，钙离子所带电荷数比钾离子多，氯化钙的

品格能更高，所以氯化钙的熔点更高。

(3)由硫化锌的晶胞结构可知，每个锌离子的周围与之等距离的硫离子有4个，所以锌离子的

配位数为4；一个晶胞中含有锌离子的数目为4,含有硫离子的数目为4,一个晶胞的体积为

(a义10『尸cm',则晶体的密度为^^义1()2，

【点睛】

计算晶胞密度时，利用晶胞结构计算一个晶胞中含有的离子数，再根据m=nM计算质量，根据

V=a：'计算体积，由此计算晶体的密度。

12.芳香姓A是基本有机化工原料，由A制备高分子E和医药中间体K的合成路线(部分反应条

件略去)如下图所示：

回答下列问题：

（1）A的名称是,I含有官能团的名称是o

（2）反应⑦的作用是,⑩的反应类型是o

（3）写出反应②的化学方程式：____________________________________________

（4）D分子中最多有个原子共平面。E的结构简式为o

（5）写出一种同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式：0

①苯环上只有两种不同化学环境的氢原子；

②既能与银氨溶液反应又能与NaOH溶液反应。

（6）将由D为起始原料制备的合成路线补充完整。

OH

onr^o^（无机试剂及溶剂任选）。

合成路线流程图示例如下：

CH3cH20H

CH3CHO催化剂/ACHBCOOH浓硫酸/ACH3COOCH0CH3

【答案】（15分）

（1）甲苯（1分）竣基、肽键（酰胺基）（1分）

（2）保护氨基（1分）取