2019-2020学年广东省揭阳、金中新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年广东省揭阳、金中新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．常见药物布洛芬 Y ，具有镇痛、抗炎作用，可由中间体 X 通过以下方法制得：
+
①新制氢氧化铜，煮沸②H −−−−−−−→
下列关于化合物 X 、Y 的说法中错误．．的是 A ．X 的化学式为 C 13H 18O B ．1 mol Y 能与 4 mol H 2 反应 C ．可用 NaHCO 3 溶液鉴别两者 D ．两者氢原子的种类数相等
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．X 的化学式为C 13 H 18O ，故A 正确；
B ．布洛芬的官能团为－COOH ，不能与H 2发生加成反应，1mol Y 只能与3mol H 2反应，故B 错误；
C ．X 、Y 官能团分别为－CHO 和－COOH ，只有－COOH 能与NaHCO 3溶液反应生成CO 2，故C 正确；
D ．X 、Y 中均含有8种氢原子，故D 正确； 答案选B 。

【点睛】
羧基不能与H 2发生加成反应，是易错点。

2．下列不符合安全规范的是（ ） A ．金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火 B ．NH 3泄露时向空中喷洒水雾 C ．含Cl 2的尾气用碱溶液处理后再排放 D ．面粉生产车间应严禁烟火 【答案】A 【解析】 【详解】
A ．钠的燃烧产物为Na 2O 2，能与CO 2反应生成O 2，且钠与水反应生成氢气，氢气易燃烧，所以钠着火不能用泡沫灭火器灭火，可用沙土灭火，故A 错误；
B ．氨气极易溶于水，NH 3泄露时向空中喷洒水雾可吸收氨气，故B 正确；
C ．氯气有毒，直接排放会引起环境污染，含Cl 2的尾气用碱溶液处理后再排放，故C 正确；
D ．面粉厂有可燃性的粉尘，遇到烟火容易发生爆炸，所以生产车间应严禁烟火，故D 正确； 故答案为A 。

3．下列化学用语或图示表达正确的是
I
A．乙烯的比例模型：B．质子数为53，中子数为78的碘原子：78
53
C．氯离子的结构示意图：D．CO2的电子式：
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A. C原子比H原子大，黑色球表示C原子，且乙烯为平面结构，则乙烯的比例模型为，A项正确；
I，B项错误；
B. 质子数为53，中子数为78，则质量数=53+78=131，碘原子为：131
53
C. 氯离子含有17+1=18个电子，结构示意图为，C项错误；
D. 二氧化碳为共价化合物，分子中存在碳氧双键，二氧化碳正确的电子式为：，D项错误；答案选A。

4．微生物电解池(MEC)是一项潜在的有吸引力的绿色电解池，其制取氢气的原理如图所示：
下列说法正确的是（）
A．MEC可在高温下工作
B．电解池工作时，化学能转变为电能
C．活性微生物抑制反应中电子的转移
D．阳极的电极反应式为CH3COO-+4H2O-8e-=2HCO3-+9H+
【答案】D
【解析】
A、由于微生物的蛋白质在高温下变性失去活性，选项A错误；
B、该装置是在外接电源供电下进行的，故电能转变为化学能，选项B错误；
C、微生物作催化剂促进反应中电子的转移，选项C错误；
D、阳极上醋酸根离子被告氧化为碳酸氢根离子，选项D正确。

答案选D。

5．没有涉及到氧化还原反应的是
A．Fe3+和淀粉检验I-B．氯水和CCl4检验Br-
C．新制Cu(OH)2、加热检验醛基D．硝酸和AgNO3溶液检验Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】
A. Fe3+具有氧化性，可以将碘离子I-氧化成碘I2，碘遇淀粉变蓝，离子方程式：2Fe3++2I- =2Fe2++I2，故A项涉及；
B. 氯水中的氯气和次氯酸具有氧化性，可以把Br-氧化成Br2，CCl4层显橙色，故B涉及；
C. 醛基和新制Cu(OH)2在加热的条件下，发生氧化还原反应，生成砖红色沉淀，故C涉及；
D. Cl-和硝酸酸化过的AgNO3溶液中银离子反应生成氯化银沉淀，这个反应不是氧化还原反应，故D不涉及；
题目要求选择不涉及氧化还原反应的，故选D。

6．下列说法不正确的是（）
A．某化合物在熔融状态下能导电，则该物质属于离子化合物
B．金属钠与水反应过程中，既有共价键的断裂，也有共价键的形成
C．硅单质与硫单质熔化时所克服微粒间作用力相同
D．CO2和NCl3中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【详解】
A.熔融状态下能导电的化合物中含有自由移动阴阳离子，说明该化合物由阴阳离子构成，则为离子化合物，故A正确；
B.Na和水反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，反应中水中的共价键断裂，氢气分子中有共价键生成，所有反应过程中有共价键断裂和形成，故B正确；
C.Si是原子晶体、S是分子晶体，熔化时前者破坏共价键、后者破坏分子间作用力，所有二者熔化时破坏作用力不同，故C错误；
D.中心原子化合价的绝对值+该原子最外层电子数=8时，该分子中所有原子都达到8电子结构，但是氢化物除外，二氧化碳中C元素化合价绝对值+其最外层电子数=4+4=8，NCl3中N元素化合价绝对值+其最外层电子数=3+5=8，所有两种分子中所有原子都达到8电子结构，故D正确。

故选C。

【点睛】
明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意C选项中Si和S晶体类型区别。

7．下列说法中不正确的是（）
A．D和T互为同位素
B．“碳纳米泡沫”被称为第五形态的单质碳，它与石墨互为同素异形体
C ．CH 3CH 2COOH 和HCOOCH 3互为同系物
D ．丙醛与环氧丙烷（）互为同分异构体
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A .D 和T 均为氢元素，但中子数不同，互为同位素，故A 正确；
B .“碳纳米泡沫”和石墨均为碳元素形成的单质，互为同素异形体，故B 正确；
C .CH 3CH 2COOH 属于羧酸类，HCOOCH 3属于酯类，官能团不同，不是同系物，故C 错误；
D .丙醛与环氧丙烷（）分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D 正确；
综上所述，答案为C 。

8．25℃时，0.1mol•L -1的3种溶液 ①盐酸 ②氨水 ③CH 3COONa 溶液．下列说法中，不正确的是（ ） A ．3种溶液中pH 最小的是①
B ．3种溶液中水的电离程度最大的是②
C ．①与②等体积混合后溶液显酸性
D ．①与③等体积混合后c （H +）＞c （CH 3COO -）＞c （OH -） 【答案】B
【解析】①盐酸PH<7， ②氨水电离呈碱性 ③CH 3COONa 水解呈碱性，pH 最小的是①，故A 正确；①盐酸电离出氢离子、②氨水电离出氢氧根离子，抑制水电离，CH 3COONa 水解促进水电离，所以电离程度最大的是③，故B 错误；①与②等体积混合后恰好生成氯化铵，氯化铵水解呈酸性，故C 正确；①与③等体积混合后恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，根据电荷守恒c （H +）+ c （Na +）=c （CH 3COO -）+c （OH -）+ c （Cl -），c （Na +）= c （Cl -），所以c （H +）=c （CH 3COO -）+c （OH -），所以c （H +）＞c （CH 3COO -）＞c （OH -），故D 正确。

点睛：任意溶液中，阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数；如醋酸和氯化钠的混合溶液中含有H +、Na +、CH 3COO -、OH -、Cl -，所以一定有c （H +）+ c （Na +）=c （CH 3COO -）+c （OH -）+ c （Cl -）。

9．2019 年诺贝尔化学奖授予了在锂离子电池领域作出突出贡献的三位科学家。

一类锂离子电池的电池总
反应为Li x C 6 ＋Li 1-x Y ƒ放电
充电
C 6 (石墨)+LiY 。

已知电子电量为1.6 ×10－19 C ，下列关于这类电池的说法中错误．．
的是
A ．金属锂的价电子密度约为 13760 C/g
B ．从能量角度看它们都属于蓄电池
C ．在放电时锂元素发生了还原反应
D ．在充电时锂离子将嵌入石墨电极
【答案】C 【解析】
【分析】
【详解】
A．7g金属锂价电子1 mol，其电量约为(6.02×1023)×(1.6×10－19 C)，故金属锂的价电子密度约为
(6.02×1023)×(1.6×10－19 C)÷7g=13760C/g，故A正确；
B．锂离子电池在放电时释放电能、在充电时消耗电能，从能量角度看它们都属于蓄电池，故B正确；C．在放电时，无锂单质生成，故锂元素没有被还原，故C错误；
D．在充电时发生“C6→Li x C6”，即锂离子嵌人石墨电极，故D正确；
答案选C。

10．[安徽省合肥市2019年高三第三次教学质量检测]化工生产与人类进步紧密相联。

下列有关说法不正确的是
A．空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂
B．侯氏制碱法工艺流程中利用了物质溶解度的差异
C．合成氨采用高温、高压和催化剂主要是提高氢气平衡转化率
D．工业用乙烯直接氧化法制环氧乙烷体现绿色化学和原子经济
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．空气吹出法中氯气置换出来的溴，Br2被水蒸气吹出与SO2反应，SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，S的化合价从＋4升高到＋6，作还原剂，A项正确；
B．在侯氏制碱法中，NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，利用的就是NaHCO3的溶解度比NaCl等物质的溶解度小，使之析出，B项正确；
C．合成氨的反应为N2＋3H22NH3，该反应是放热反应，采用高温并不利于反应正向移动，不能提高氢气平衡转化率，采用高温是为了提高化学反应速率，使用催化剂只能加快反应速率，不能提高氢气平衡转化率，C项错误；
D．乙烯与氧气反应生成环氧乙烷，2CH2=CH2＋O22，原子利用率100% ，符合绿色化学和原子经济性，D项正确；
本题答案选C。

11．下列表示正确的是()
A．丙烯的结构简式：CH3CH=CH2
B．CO2的电子式：
C．金刚石的比例模型：
D．硫离子的结构示意图：
【答案】A
【解析】
【详解】
A、丙烯的结构简式表示为CH3CH=CH2，选项A正确；
B、CO2的电子式为，选项B错误；
C、该比例模型可表示甲烷等，金刚石是正四面体空间网状结构，选项C错误；
D、硫离子的核电荷数是16，硫离子的结构示意图为，选项D错误；
故答案是A。

【点睛】
本题考查化学用语的使用。

易错点为选项C，该比例模型可表示甲烷等，金刚石是正四面体空间网状结构，且原子大小相同。

12．将Na2O2与过量NaHCO3混合固体在密闭容器中充分加热反应后，排出气体后最终剩余固体是（）A．NaOH和Na2O2B．NaOH和Na2CO3
C．Na2CO3D．Na2O2
【答案】C
【解析】
【分析】
加热时碳酸氢钠分解生成二氧化碳和水，分别与过氧化钠反应生成碳酸钠和氢氧化钠，当碳酸氢钠过量时，生成二氧化碳过量，最终产物为碳酸钠。

【详解】
加热时碳酸氢钠分解生成二氧化碳和水，二氧化碳和水与过氧化钠反应，当碳酸氢钠过量时，生成二氧化碳、水均过量，则反应后生成的固体中不可能存在过氧化钠，过氧化钠先与过量的二氧化碳反应生成碳酸钠，则最终产物为碳酸钠；
故答案选C。

13．N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
A．水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为2N A
B．25℃时，1L pH=11的醋酸钠溶液中，由水电离出的OH－数目为0.001N A
C．1mol－OH（羟基）与lmolNH4+中所含电子数均为10N A
D．2.8g乙烯与2.6g苯中含碳碳双键数均为0.1N A
【答案】B
【解析】
【分析】
A、根据水蒸气与Na2O2的方程式计算；
B、25℃时，1L pH=11的醋酸钠溶液中，水电离出的OH－浓度为10-3mol·L－1；
C、一个－OH（羟基）含9个电子；
D、苯中不含碳碳双键。

【详解】
A、水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时，
2H2O +2Na2O2=4NaOH+O2△m 2e-
4g 2mol
2g 1mol
反应中转移的电子数为1N A，故A错误；
B、25℃时，1L pH=11的醋酸钠溶液中，水电离出的OH－浓度为10-3mol·L－1，由水电离出的OH－数目为
0.001N A，故B正确；
C、1mol－OH（羟基）中所含电子数均为9N A，故C错误；
D、苯中不含碳碳双键，故D错误；
故选B。

【点睛】
本题考查阿伏加德罗常数及其应用，难点A根据化学方程式利用差量法计算，易错点B，醋酸钠水解产生的OH-来源于水。

14．下列说法正确的是（）
A．常温下，pH为1的0.1 mol/L HA溶液与0.1 mol/L NaOH溶液恰好完全反应时，溶液中一定存在：c(Na+)=c(A －)>c(OH－)=c(H+)
B．相同浓度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，溶液中各离子浓度的大小关系为：
c(Na+)>c(ClO-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
C．PH＝1 NaHSO4溶液中c (H+)＝2 c (SO42-)+ c (OH-)
D．常温下，pH=7的CH3COONa和CH3COOH混合溶液中：c(Na+)= c (CH3COOH)> c (CH3COO－)> c (H+) = c (OH －)
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 常温下，pH为1的0.1 mol/L HA溶液中，c(H+)=0.1 mol/L，则HA为强酸溶液，与0.1 mol/L NaOH溶液恰好完全反应时，溶液中溶质为强电解质NaA，c(Na+)=c(A－)，溶液呈中性，c(OH－)和c(H+)来自于水且c(OH －)=c(H+) ，故A正确；
B. 相同浓度时酸性：CH3COOH>HClO，即CH3COOH电离程度大于HClO，即c(CH3COO-)> c(ClO-)；相同浓度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，水解程度：CH3COONa<NaClO，溶液中c(CH3COO-)> c(ClO-)，故B错误；
C. pH＝1 NaHSO4溶液中含有Na+、SO42-、H+、OH-，电荷守恒式c(Na+)+c (H+)＝2c (SO42-)+c (OH-)，故C错误；
D. pH=7，溶液呈中性，c (H+) = c (OH－)，CH3COONa和CH3COOH混合溶液，c (CH3COO－) = c(Na+)，溶液中各离子浓度的大小关系为：c (CH3COO－)= c(Na+)> c (CH3COOH) >c (H+) = c (OH－)，故D错误。

答案选A。

15．“地沟油”可与醇加工制成生物柴油变废为宝。

关于“地沟油”的说法正确的是
A．属于烃类B．由不同酯组成的混合物
C．密度比水大D．不能发生皂化反应
【答案】B
【解析】
【详解】
A．“地沟油”的主要成分为油脂，含有氧元素，不属于烃类，选项A错误；
B．“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，是由不同酯组成的混合物，选项B正确；
C．“地沟油”的主要成分为油脂，油脂的密度比水小，选项C错误；
D．皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应，“地沟油”的主要成分为油脂，能发生皂化反应，选项D错误。

答案选B。

【点睛】
本题主要考查了油脂的性质与用途，熟悉油脂结构及性质是解题关键，注意皂化反应的实质是高级脂肪酸甘油酯的水解反应，“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，密度比水小，油脂在碱性条件下的水解反应为皂化反应。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．二氯化二硫(S2Cl2)是一种无色液体，有刺激性、窒息性恶臭。

人们使用它作橡胶的低温硫化剂和黏结剂。

向熔融的硫中通入限量的氯气即可生成S2Cl2，进一步氯化得SCl2。

S2Cl2、SCl2、S的某些性质如下：
实验室可用如图所示装置制备少量S 2Cl 2。

（1）仪器M 的名称是__。

（2）实验室中用高锰酸钾与浓盐酸制取Cl 2的化学方程式为__。

（3）欲得到较纯净的S 2Cl 2，上述仪器装置的连接顺序为e→__→f(按气体流出方向)。

D 装置中碱石灰的作用是_。

（4）S 2Cl 2粗品中可能混有的杂质是__(填化学式)，从S 2Cl 2粗品中提纯S 2Cl 2的操作方法是__(填操作名称)。

. （5）若产物S 2Cl 2中混入少量水，则发生反应的化学方程式为__。

（6）对提纯后的产品进行测定：取mg 产品，加入50mL 水充分反应(SO 2全部逸出)，过滤，洗涤沉淀并将洗涤液与滤液合并，用100mL 容量瓶定容，取20.00mL 溶液与浓度为0.4000mol·L -1的硝酸银溶液反应，消耗硝酸银溶液20.00mL ，则产品中氯元素的质量分数为__(用含有m 的式子表示)。

【答案】圆底烧瓶 42222KMnO 16HCl()2KCl 2MnCl 5Cl 8H O +=++↑+浓 jkhicdab 吸收剩余的氯气，并防止空气中的水蒸气进入装置B 使S 2Cl 2水解 Cl 2、SCl 2、S 分馏(或蒸馏)
22222S Cl 2H O SO 3S 4HCl +=↑+↓+
142%m 或1.42
m
【解析】 【分析】
（1）根据装置图分析仪器M 的名称；
（2）高锰酸钾与浓盐酸在常温下生成氯化钾、氯化锰、氯气和水；
（3）欲得到较纯净的S 2Cl 2，氯气先除杂、干燥，再与熔融的S 反应，用冰水收集S 2Cl 2，最后用碱石灰收集多余氯气，注意导气管长进短出 ；
（4）根据S 2Cl 2、SCl 2、S 、Cl 2的沸点较低分析； （5）S 2Cl 2和水发生歧化反应生成SO 2、S 、HCl ；
（6）滴定过程中反应的离子方程式是-
+
A +Cl l g AgC =↓ 。

【详解】
（1）根据装置图，仪器M 的名称是圆底烧瓶；
（2）高锰酸钾与浓盐酸在常温下生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，化学方程式为
42222KMnO 16HCl()2KCl 2MnCl 5Cl 8H O +=++↑+浓；
（3）欲得到较纯净的S 2Cl 2，氯气先除杂、干燥，再与熔融的S 反应，用冰水收集S 2Cl 2，最后用碱石灰收集氯气；上述仪器装置的连接顺序为e→j → k →h →i →c→ d→a→b→f 。

S 2Cl 2易水解，所以D 装置中碱石灰的作用是吸收剩余的氯气，并防止空气中的水蒸气进入装置B 使S 2Cl 2水解；
（4）氯气和硫可能有剩余，均有可能混入产品中，氯气过量时，会生成SCl 2，因此S 2Cl 2粗品中可能混有的杂质是SCl 2、S 、Cl 2；根据S 2Cl 2、SCl 2、S 、Cl 2的沸点不同，S 2Cl 2粗品中提纯S 2Cl 2的操作方法是蒸馏（或分馏）；
（5）S 2Cl 2和水发生歧化反应生成SO 2、S 、HCl ，根据得失电子守恒配平反应式为
22222S Cl 2H O SO 3S 4HCl +=↑+↓+；
（6）滴定过程中反应的离子方程式是-
+
A +Cl l g AgC =↓ ，则20.00mL 溶液中氯离子的物质的量是
0.4mol·L -1×0.02L=0.008mol ，产品中氯元素的质量分数为
100
0.008mol 35.5g/mol 20100%g
m ⨯⨯
⨯=142
%m
； 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17． [化学——选修5：有机化学基础]环丙贝特(H)是一种降血脂药物，可明显降低极低密度和低密度脂蛋白水平，并升高高密度脂蛋白，通过改善胆固醇的分布，可减少CH 和LDL 在血管壁的沉积，还有溶解纤维蛋白和阻止血小板凝聚作用。

如图是合成环丙贝特的一种新方法：
回答下列问题：
(1)C 的化学名称为______________________ (2)F 中含氧官能团的名称为______________ (3)H 的分子式为________________________
(4)反应①的反应类型为___________，反应④的化学方程式为______________________
(5)M为的同分异构体，能与NaHCO3溶液反应产生气体，则M的结构共有种____(不考虑立体异构)；其中1HNMR中有3组峰，且峰面积之比为6：2：1的结构简式为_______
(6)利用Wittig反应，设计以环己烷为原料(其他试剂任选)，制备的合成路线：
______________________。

【答案】对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）酯基、醚键C13H14O3Cl2加成反应+→+HBr12、
【解析】
【分析】
A()与HCHO在碱性条件下发生加成反应生成B（）；B氧化生成C （）；C生成D（）；D与发生取代反应生成E
（）和HBr；E环化生成F（）；F酸性条件下水解生成H （），据此分析。

【详解】
（1）C为，命名为对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）；
答案：对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）
（2）F为，F中含氧官能团为酯基、醚键；
答案：酯基、醚键
（3）H为，由结构简式可知，H的分子式为C13H14O3Cl2；
答案：C13H14O3Cl2
（4）反应①为加成反应，反应④为取代反应，产物中还有HBr，化学方程式为
+→+HBr；
答案：加成反应+→+HBr
（5）M为的同分异构体，满足条件的M的结构简式为、
、、、、
、、、、、、共12种；其中1HNMR中有3组峰，且峰面积之比为6:2:1的结构简式为、；
答案：12种、
（6）根据题干信息①②③可得出合成路线，由环己烷为原料制备的合成路线为
；
答案：
【点睛】
第⑤小题寻找同分异构体为易错点，可以分步确定：①根据同分异构体要求可知存在两个官能团-COOH、-Br②确定碳链种类③将两个官能团-COOH、-Br采用定一移一法确定同分异构体种类。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．国家航天局计划2020年实施火星探测任务。

据了解火星上存在大量的含氮化合物科学家推测火星生命可能主要以氮、碳、硅、铜为基体构成。

(1)邻氨基吡啶（）的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应。

①邻氨基吡啶中所有元素的电负性由小到大的顺序为__（填元素符号）。

设N A为阿伏加德罗常数的值，
1mol 中含有σ键的数目为__。

②一定条件下-NH 2可以被氧化成-NO 2，-NH 2中N 原子的杂化方式为__杂化。

(2)第四周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素的基态原子电子排布式为___。

①嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，原因是___。

②分子中的大π键可以用符号n
m ∏表示，其中m 代表参与形成大π键的原子数，n 代表参与形成大π键的电子数。

则该吡啶中的大π键可表示为__。

(3)火星岩石中存在大量的氮化镓，氮化镓为六方晶胞，结构如图3所示。

若该晶体密度为dg ·cm -3，晶胞参数a=b ≠c （单位：nm ），a 、b 夹角为120o ，阿伏加德罗常数的值为N A ，则晶胞参数c=__（写出代数式）nm 。

【答案】H ＜C ＜N 13N A sp 2 1s 22s 22p 63s 23p 64s 2 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键
电子对之间的斥力 65II
21
A 112310⨯ 【解析】
【分析】
(1) ①邻氨基吡啶中含有的元素为H 、C 、N ，非金属性H<C<N ，电负性与非金属性成正比。

分子
中含有σ键的数目等于原子间形成的键数(两个原子间只能形成1个σ键)。

②-NH 2中N 原子的杂化轨道数为N 原子的价层电子对数。

(2)从图中可以看出，该原子容易失去2个电子，从第3个电子起很难失去。

①嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，夹角小，说明排斥作用大。

②分子中的大π键由5个原子6个电子形成。

(3) 在1个氮化镓晶胞中，含有2个“GaN ”，晶胞的体积为3a a c 2
⋅⋅nm 3，晶胞的体积也可表示为3
A 284g dg/cm N ⨯⨯，利用两式，可求出c 。

【详解】
(1) ①邻氨基吡啶中含有的元素为H 、C 、N ，非金属性H<C<N ，则电负性由小到大的顺序为H ＜C ＜N 。

1个分子中含有13个σ键，则1mol 中含有σ键的数目为13N A 。

答案为：H ＜C ＜N ；13N A ； ②-NH 2中N 原子形成2个共价键，还有1对孤对电子，N 原子的价层电子对数为3，则N 原子的杂化方式为sp 2杂化。

答案为：sp 2；
(2)从图中可以看出，该原子容易失去2个电子，从第3个电子起很难失去，所以第3个电子不在4p 轨道上，只能在3p 轨道，从而得出该元素的基态原子电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 64s 2。

答案为：
1s 22s 22p 63s 23p 64s 2；
①嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，夹角小，说明排斥作用大，则原因是孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力。

答案为：孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力；
②分子中的大π键由5个原子6个电子形成，则该吡啶中的大π键可表示为65II 。

答案为：6
5II ； (3) 在1个氮化镓晶胞中，含有2个“GaN ”，晶胞的体积为3a c 2
⋅⋅nm 3，晶胞的体积也可表示为3A 284g dg/cm N ⨯⨯，由此得出3a c 2⋅⋅nm 3=21333A 284g 10nm /cm dg/cm N ⨯⨯⨯，从而求出21A
112310⨯。

答案为：21
A
112310⨯。

【点睛】
中心原子的杂化轨道数等于中心原子的用于形成共价键电子所在的轨道数与孤对电子所在的轨道数之和，未用于成键的成单电子、形成π键的电子所在的轨道，都不发生轨道的杂化。

19．三氯化硼(BCl 3)是一种重要的化工原料。

实验室制备BCl 3的原理：
B 2O 3+3C+3Cl 2 =2BCl 3+3CO ，某实验小组利用干燥的氯气和下列装置（装置可重复使用）制备BCl 3并验证反应中有CO 生成。

（已知：BCl 3的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃；硝基苯的密度比水大。

）请回答下列问题：
实验Ⅰ：制备BCl 3并验证产物CO
（1）BCl 3接触潮湿空气时会形成白雾，请写出该反应的化学方程式_______。

（2）该实验装置中合理的连接顺序为G →___→___→__→__→F →D →I ；其中装置E 的作用是____。

（3）能证明反应中有CO 生成的现象是____。

实验Ⅱ：产品中氯含量的测定
①准确称取少许m 克产品，置于蒸馏水中完全水解，并配成100mL 溶液。

②取10.00mL 溶液于锥形瓶中
③加入V 1mL 浓度为C 1 mol/LAgNO 3溶液使氯离子完全沉淀；向其中加入少许硝基苯用力摇动。

④以硝酸铁为指示剂，用C 2 mol/L KSCN 标准溶液滴定过量的AgNO 3溶液。

重复步骤②~④二次，达到滴定终点时用去KSCN 溶液的平均体积为V 2mL 。

已知：Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)。

（4）步骤②移取溶液时所需仪器名称为____，步骤④中达到滴定终点的现象为_____。

（5）产品中氯元素的质量分数为_______。

（6）下列操作，可能引起测得产品中氯含量偏高是_____。

A ．步骤③中未加硝基苯
B ．步骤①中配制100mL 溶液时，定容时俯视刻度线
C ．用KSCN 溶液滴定剩余AgNO 3溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡
D ．滴定剩余AgNO 3溶液时，KSCN 溶液滴到锥形瓶外面一滴
【答案】BCl 3+3H 2O=H 3BO 3+3HCl E H J H 将BCl 3冷凝为液态分离出来 F 中黑色固体变成红色且澄清石灰水变浑浊 酸式滴定管或移液管 当滴入最后一滴KSCN 溶液时，混合液由无色变为红色且半分钟内不褪色
112235.5(C V -C V )%m
B 【解析】
【详解】
（1）BCl 3接触潮湿空气时会形成白雾，是三氯化硼水解生成HCl ，HCl 溶于空气中的水形成盐酸小液滴形成白雾，则三氯化硼水解的化学方程式为BCl 3+3H 2O=H 3BO 3+3HCl 。

本小题答案为：BCl 3+3H 2O=H 3BO 3+3HCl 。

（2）干燥的氯气、B 2O 3、C 反应生成BCl 3和CO ，BCl 3的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，收集三氯化硼要用冰水冷却，未反应的氯气用氢氧化钠溶液吸收，三氯化硼易水解，为防止氢氧化钠溶液中的水进入装置E ，在E 和J 之间加H 装置，用于吸水，生成的CO 经干燥后在通过F 装置还原氧化铜，再将生成的气体通过澄清的石灰水检验，可以证明原反应中有CO 生成，多余的CO 不能排放到空气中，要排水法收集。

则该实验装置中合理的连接顺序为G →E →H →J →H →F →D →I ；其中装置E 的作用是将BCl 3冷凝为液态分离出来。

本小题答案为：E 、H 、J 、H ；将BCl 3冷凝为液态分离出来。

（3）CO 能还原氧化铜，使黑色的氧化铜生成红色的铜单质，CO 自身被氧化成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊，则能证明反应中有CO 生成的现象是F 中黑色固体变成红色且澄清石灰水变浑浊。

本小题答案为：F 中黑色固体变成红色且澄清石灰水变浑浊。

（4）步骤②所移溶液显酸性，故移取溶液时所需仪器名称为酸式滴定管或移液管；用KSCN 标准溶液滴定过量的AgNO 3溶液，当硝酸银恰好反应完时，再滴入KSCN 标准溶液，KSCN 遇硝酸铁会生成硫氰化铁血红色溶液，则步骤④中达到滴定终点的现象为当滴入最后一滴KSCN 溶液时，混合液由无色变为红色且半分钟内不褪色。

本小题答案为：酸式滴定管或移液管；当滴入最后一滴KSCN 溶液时，混合液由无色变为红色且半分钟内不褪色。

（5）消耗的硫氰化钾的物质的量为10-3×C 2V 2mol/L ，则过量的硝酸银的物质的量为10-3×C 2V 2mol/L ，则与产品中的氯离子反应的硝酸银的物质的量为(10-3×C 1V 1-10-3×C 2V 2)mol/L ，则10.00mL 该产品溶液中的氯离子的物质的量也为(10-3×C 1V 1-10-3×C 2V 2)mol/L ，100.00mL 该产品溶液中的氯离子的物质的量也为(10-2×C 1V 1-10-2×C 2V 2)mol/L ，质量为35.5×(10-2×C 1V 1-10-2×C 2V 2)g ，产品中氯元素的质量分数为
[35.5×(10-2×C 1V 1-10-2×C 2V 2)/m]×100%，即112235.5(C V -C V )%m。

（6）A.步骤③中未加硝基苯，会使一部分氯化银转化为硫氰化银，导致n(SCN -)增大，根据关系式n(Ag +)=n(Cl -)+n(SCN -)可知样品中含有的n(Cl -)偏小，故A 不符合题意；
B.步骤①中配制100mL 溶液时，定容时俯视刻度线，则使c(Cl -)偏大，等体积时含有的n(Cl -)偏大，故 B 符合题意；
C.用KSCN 溶液滴定剩余AgNO 3溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡，气泡占一定的体积，则读出KSCN 溶液的体积偏大，消耗KSCN 的物质的量偏大，根据KSCN 计算出剩余的AgNO 3的物质的量偏大，则与产品反应的硝酸银的物质的量偏小，则与硝酸银反应的氯离子的物质的量偏小，则测得产品中氯含量偏低，故 C 不符合题意；
D.滴定剩余AgNO 3溶液时，KSCN 溶液滴到锥形瓶外面一滴，消耗KSCN 的物质的量偏大，根据KSCN 计算出剩余的AgNO 3的物质的量偏大，则与产品反应的硝酸银的物质的量偏小，则与硝酸银反应的氯离子的物质的量偏小，则测得产品中氯含量偏低，故 D 不符合题意。

答案选B 。