统考版2024届高考化学二轮专项分层特训卷仿真模拟冲刺标准练一（附解析）

这是一份统考版2024届高考化学二轮专项分层特训卷仿真模拟冲刺标准练一（附解析），共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

O－16 Na－23 P－31 S－32 Fe－56
一、选择题：本题共7小题，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．下列物质的用途与其性质有因果关系的是( )
8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A.一定量的Na2O2溶于足量水，生成1.6gO2时转移电子的数目为0.2NA
B.在1.8gH2O与2.24LO2中含有的分子数相同，均为0.1NA
C.在1ml由C2H4和C3H6的混合物中，含C—H键的数目一定为5NA
D.在常温下，1LpH＝10的Na2CO3溶液中含H＋的数目一定为10－10NA
9．一定条件下，抗坏血酸(VC)容易转变成脱氢抗坏血酸(DHA)，它们的结构式如图所示。下列说法正确的是( )
A.抗坏血酸的分子式为C6H7O6
B.抗坏血酸分子中的碳原子一定在同一平面上
C.利用酸性KMnO4溶液可以区分VC和DHA
D.苯六酚的结构如上图所示，与DHA互为同分异构体
10．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与X的原子序数之和等于Y，X、Y在周期表中相邻且能形成污染大气的化合物，Z与W同主族。下列说法不正确的是( )
A.原子半径：Z>X>Y>W
B.单质沸点：W>X>Y
C.Y、Z的简单离子具有相同的电子层结构
D.W与X形成的化合物中可能既有极性键又有非极性键
11．下列实验操作对应的现象和结论均正确的是( )
12.乙醛酸是一种重要的化工中间体，可采用如图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H＋和OH－，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法不正确的是( )
A.铅电极连接电源正极，发生氧化反应
B.阳极区，Br2是氧化剂，把乙二醛氧化成乙醛酸
C.双极膜中间层中的OH－在外电场作用下向石墨电极方向迁移
D.外电路中迁移2ml电子，理论上能制得2ml乙醛酸
13．常温下，用0.10ml·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10ml·L－1CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。下列说法中不正确的是( )
A.CH3COOH的电离常数约为10－5
B.水的电离程度：点①>点③>点②
C.在点①和点②所示溶液中：
c(CN－)>c(CH3COO－)
D.在点③和点④之间的溶液中：
c(CH3COO－)>c(CH3COOH)
二、非选择题：共58分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35～36题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共43分。
26．(14分)某研究性学习小组对亚硫酸钠的组成及性质进行探究。
(1)向Na2SO3溶液中滴加少量Na2S溶液无明显现象，继续滴加适量稀硫酸，有沉淀生成。
①该反应说明Na2SO3具有________(填“氧化性”或“还原性”)，反应的离子方程式为____________________________。
②查资料知H2SO3是二元弱酸，Ka1＝1.2×10－2，Ka2＝6.3×10－8，判断NaHSO3溶液显________(填“酸性”“碱性”或“中性”)。
(2)经分析，Na2SO3溶液在存放过程中有可能变质。甲同学设计了如下两种方案来检验Na2SO3溶液是否变质。
方案1：取样，加入稀盐酸有气泡生成，认为Na2SO3溶液没有变质。
方案2：取样，加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，认为Na2SO3溶液完全变质。
乙同学认为上述两种方案均不合理。乙同学对方案2作出判断的依据是________________________________________________________________________。
(3)丙同学设计了如图所示的实验装置(夹持装置已略去)，测定Na2SO3溶液变质的百分率(变质的百分率＝已变质的亚硫酸钠质量/溶液中亚硫酸钠的总质量×100%)。
量取60mL标签上注明为1.0ml·L－1的Na2SO3溶液放入A装置中，进行实验。
①D装置的作用是________________；缺少B装置，测定的变质的百分率将会________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
②该实验装置中存在的明显缺陷是____________________。改进缺陷后再进行实验，若实验前后测得C装置增重3.2g，则Na2SO3变质的百分率为________。
27．(14分)氯化亚铜(CuCl)是有机合成的重要催化剂。工业上由废铜料(含Cu、Fe、Al及SiO2等杂质)生产CuCl的工艺流程如下：
已知：Ⅰ.CuCl溶于NaCl的浓溶液可生成CuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ，CuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 的溶液用水稀释后可生成CuCl沉淀。
Ⅱ.部分氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH：
(1)煅烧的主要目的是__________________________________。
(2)操作1为“调节溶液的pH”。调节pH的范围为________，物质X可以是________。
A.CuOB．NaOH溶液
C.Fe(OH)2D．CaCO3
(3)滤渣B的主要成分是________。
(4)往滤液B中加入食盐并通入SO2可生成CuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ，写出反应的离子方程式______________________________________。在加入食盐时一般使用浓NaCl溶液，其主要目的是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)实验室可以使用铜电极电解饱和食盐水得到CuCl。写出阳极的电极反应式________________________________________________________________________。
28．(15分)利用CO或CO2和H2反应都可以制取甲醇。
(1)已知：①CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝＋41kJ·ml－1
②CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2＝－49kJ·ml－1
则反应CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)
ΔH＝________________。可以在________进行(填序号)。
A.高温自发 B．低温自发
C.高、低温均能自发 D．高、低温均不自发
(2)利用反应CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH合成甲醇。T°C时向固定容积的密闭容器中充入CO、H2，反应到t时刻测得各组分的浓度如下：
①如果该反应的平衡常数K＝160，比较t时刻正、逆反应速率的大小：v正________v逆(填“＞”“<”或“＝”)。
②要提高CO的转化率，可以采取的措施是________(填序号)。
A.加入催化剂B．增大CO的浓度
C.通入惰性气体D．通入H2
E.分离出甲醇
(3)T℃时，向恒容密闭容器中充入CO2和H2，发生反应CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH。
①如果CO2和H2的起始浓度分别为aml·L－1和3aml·L－1，反应平衡时CH3OH的产率为b，则该温度下该反应的平衡常数K＝________(用含a、b的表达式表示)。
②在使用不同催化剂时，相同时间内测得CO2的转化率随温度的变化如图所示。
则催化效果最佳的是催化剂________(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。如果a点已经达到平衡状态，则b点的v正________v逆(填“＞”“<”或“＝”)，c点转化率比a点低的原因是________________________________________________________________________。
(二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。
35．[化学——选修3：物质结构与性质](15分)
磷酸铁锂(LiFePO4)电池在新能源汽车方面应用广泛。回答下列问题：
(1)基态Fe2＋的价电子层的电子排布式为________________________，其电子在原子核外的空间运动状态有________种。
(2)元素的第一电离能用I1表示，则I1(Li)______I1(Na)(填“>”“<”或“＝”)。
(3)生产磷酸铁锂离子电池的原料是草酸亚铁(FeC2O4·2H2O)、磷酸氢二铵[(NH4)2HPO4]和碳酸锂(Li2CO3)等。
①CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 的空间构型为________，杂化轨道类型为________。
②磷酸氢二铵中电负性最高的元素是________，1mlC2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 中含σ键的数目为________。
(4)LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有________个。当电池充电时，LiFeO4能脱出部分Li＋形成Li1－xFePO4，结构示意图如(b)所示，则x＝________。
36．[化学——选修5：有机化学基础](15分)
氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为而具有胶黏性。某种氰基丙烯酸酯(G)的合成路线如下：
已知：
①A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰；
②
回答下列问题：
(1)A的化学名称为________。
(2)由C生成D的反应类型为________，D的核磁共振氢谱有________组峰。
(3)B的结构简式为________，C中含有官能团的名称是________。
(4)由D生成E的化学方程式为________________________________。
(5)G的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应的结构共有________种(不包括立体异构)。
(6)以C、甲醇和硫酸为原料，可以合成有机玻璃的单体，同时生成一种酸式盐。
①有机玻璃的结构为，其单体的结构为________________________。
②写出生成有机玻璃单体的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
仿真模拟冲刺标准练（一）
7．答案：B
解析：氧化镁的熔点很大，受热难熔化，故可用氧化镁作耐火材料，故A错误；次氯酸钠具有氧化性，可用次氯酸钠稀溶液作消毒剂，故B正确；Al（OH）3能与酸反应，故可用Al（OH）3作复方胃药的主要成分，故C错误；浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化，故铁制容器可用于储存、运输浓硫酸，故D错误。
8．答案：D
解析：过氧化钠与水反应生成eq \f(1.6g,32g·ml－1)＝0.05ml氧气，转移了0.1ml电子，转移电子的数目为0.1NA，A项错误；气体状况未知，气体摩尔体积未知，无法计算，B项错误；一分子C2H4中含4条C—H键，一分子C3H6中含6条C—H键，在1ml由C2H4和C3H6的混合物中，二者的比例未知，不能计算所含C—H键的数目，C项错误；在常温下，1LpH＝10的Na2CO3溶液中，c（OH－）＝10－4ml·L－1，则c（H＋）＝10－10ml·L－1，含H＋的数目一定为10－10NA，D项正确。
9．答案：D
解析：根据结构简式可知抗坏血酸的分子式为C6H8O6，A错误；抗坏血酸分子中含有3个饱和碳原子，所有碳原子不一定在同一平面上，B错误；VC和DHA均能使酸性KMnO4溶液褪色，不能利用酸性KMnO4溶液区分VC和DHA，C错误；苯六酚的结构与DHA不同，分子式相同，与DHA互为同分异构体，D正确。
10．答案：B
解析：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与X的原子序数之和等于Y，X、Y在周期表中相邻且能形成污染大气的化合物，则W为H，X为N，Y为O；Z与W同主族，则Z为Na。原子半径：Na＞N＞O＞H，A正确；W为H，X为N，Y为O，它们对应的单质分别为H2、N2、O2（或O3），这些单质都属于分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，沸点越高，故沸点：O2（或O3）＞N2＞H2，B错误；Y为O，Z为Na，它们对应的简单离子分别为O2－、Na＋，O2－和Na＋的核外电子排布都为2、8，即它们具有相同的电子层结构，C正确；W为H，X为N，它们形成的化合物N2H4，既有极性键又有非极性键，D正确；故选B。
11．答案：B
解析：CuSO4和H2S反应生成CuS黑色沉淀，反应能发生是因为CuS不溶于硫酸，不是因为H2S的酸性比H2SO4强，硫酸是强酸，H2S是弱酸，A项错误；相同浓度的KMnO4酸性溶液和不同浓度的H2C2O4溶液反应，高锰酸根离子被还原为Mn2＋，溶液褪色，草酸浓度大的反应速率快，B项正确；Fe2（SO4）3和Cu反应生成FeSO4和CuSO4，溶液变蓝，但没有黑色固体出现，C项错误；SO2通入到盛有石蕊溶液的试管中，紫色石蕊会变红，后面不会褪色，D项错误。
12．答案：A
解析：乙二酸的分子式为C2H2O4，乙醛酸的分子式为C2H2O3，碳原子的化合价由乙二酸的＋3价变为乙醛酸的＋2价，化合价降低得到电子，发生还原反应，则铅电极与电源负极相连，为电解池的阴极，A项错误；石墨电极为电解池的阳极，阳极失去电子化合价升高，乙二醛的分子式为C2H2O2，碳原子的化合价为＋1价，则Br2是氧化剂，把乙二醛氧化成乙醛酸，B项正确；阴离子向阳极移动，则氢氧根离子向石墨电极方向移动，C项正确；阴极电极反应式为：C2H2O4＋2e－＋2H＋===C2H2O3＋H2O，阳极的电极反应式：C2H2O2－2e－＋2OH－===C2H2O3＋H2O，整个电路中电荷守恒，外电路中迁移2ml电子，阳极上产生1ml的乙醛酸，阴极上产生1ml的乙醛酸，理论上能制得2ml乙醛酸，D项正确。
13．答案：C
解析：CH3COOH是弱酸，存在平衡CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋，HCN溶液存在平衡：HCN⇌CN－＋H＋。根据CH3COOH曲线的起点数据，此时NaOH还没加入，pH为3，故CH3COOH的电离常数为eq \f(10－3×10－3,0.1)＝10－5，A正确；点②CH3COOH的电离抑制水的电离，点③pH为7，水的电离没被促进也没被抑制，点①是HCN和NaCN的混合溶液，溶液显碱性，CN－的水解大于HCN的电离，且促进水的电离，则水的电离程度：点①>点③>点②，B正确；在点①和点②所示溶液中，分别加入了10mL的NaOH，两溶液均恰好反应了一半，不考虑水解与电离则有c（CH3COOH）＝c（HCN），根据题意，点②所对应溶液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性，则CH3COOH电离大于CH3COO－的水解，溶液中c（CH3COO－）>c（CH3COOH）；点①所对应溶液为等浓度的HCN和NaCN，溶液显碱性，则HCN电离小于CN－的水解，溶液c（CN－）c（CH3COOH），D正确；故选C。
26．答案：（1）①氧化性 SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋2S2－＋6H＋===3S↓＋3H2O ②酸性
（2）BaSO3难溶于水，故Na2SO3未变质或部分变质时也会产生白色沉淀
（3）①防止空气中的水蒸气及酸性气体进入C装置中 偏低 ②缺少驱赶残留SO2的操作步骤 16.7%
解析：测定Na2SO3溶液变质的百分率的实验：将Na2SO3溶液放入A装置中，加入浓硫酸，将产生的SO2经盛装浓硫酸的B装置干燥后进入C装置吸收，通过测定U形管中碱石灰的质量增加量来推测Na2SO3的质量，从而计算出Na2SO3溶液变质的百分率，为了防止空气中的水蒸气和CO2进入U形管中，在C装置后连接一个装有碱石灰的干燥管的D装置。
（1）向Na2SO3溶液中滴加少量Na2S溶液和滴加适量稀硫酸有沉淀生成，沉淀为S，Na2SO3中S的化合价由＋4价降到0价，体现氧化性；Na2S中S的化合价由－2价升到0价，所以对应的离子方程式为：SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋2S2－＋6H＋===3S↓＋3H2O；根据已知条件：H2SO3是二元弱酸，Ka1＝1.2×10－2，Ka2＝6.3×10－8，NaHSO3电离产生Na＋和HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ，HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ⇌H＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ，HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋H2O⇌OH－＋H2SO3，Kh＝eq \f(c（OH－）×c（H2SO3）,c（HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）)＝eq \f(c（OH－）×c（H2SO3）×c（H＋）,c（HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）×c（H＋）)＝eq \f(Kw,Ka1)＝eq \f(10－14,1.2×10－2)＝8.3×10－13，Ka2>Kh，电离大于水解，所以溶液呈酸性；（2）若变质则生成BaSO4，若未变质则生成BaSO3，二者均为沉淀，所以无法判断，故答案为：BaSO3难溶于水，故Na2SO3未变质或部分变质时也会产生白色沉淀；（3）①D装置的作用是防止空气中的水蒸气及酸性气体进入C装置中，B装置的作用是干燥SO2，若没有B装置，则测得的剩余的Na2SO3会偏高，变质的Na2SO3就会偏低。②2SO2会有部分残留在装置内，影响定量计算，所以缺少驱赶残留SO2的操作步骤；根据S守恒，设未变质的Na2SO3的物质的量为xml，可得关系式
Na2SO3 ～ SO2
11
xeq \f(3.2g,64g·ml－1)
x＝0.05ml，取用的Na2SO3的总物质的量＝60×10－3×1.0＝0.06ml，Na2SO3变质的百分率＝eq \f(（0.06－0.05）×126,0.06×126)×100%＝16.7%。
27．答案：（1）使铜转化为可溶于酸的氧化物
（2）4.7≤pH<5.6 AB
（3）Fe（OH）3和Al（OH）3
（4）2H2O＋2Cu2＋＋SO2＋4Cl－===2CuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋4H＋ 增大Cl－浓度，提高CuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 的生成速率
（5）Cu－e－＋Cl－===CuCl
解析：废铜料高温煅烧，将铜转化为可溶于酸的氧化物，加硫酸和过氧化氢酸浸后滤液A中主要金属离子为：Cu2＋、Fe3＋、Al3＋，滤渣A为SiO2；滤液A中加入试剂X将Fe3＋、Al3＋转化为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤渣B为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液B中含Cu2＋；滤液B中加NaCl和SO2反应生成CuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ，加大量水后CuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 与水反应生成CuCl，经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的CuCl。
（1）铜单质难溶于酸，故煅烧的目的是：使铜转化为可溶于酸的氧化物；（2）操作1为“调节溶液的pH”，目的是将Fe3＋、Al3＋转化为Fe（OH）3、Al（OH）3，而铜离子不生成沉淀，根据表格数据可知该调节的pH值范围是：4.7≤pH<5.6；物质X可以调节pH值，但不能引入新的杂质，CuO可促进Fe3＋、Al3＋水解生成沉淀，同时生成铜离子，增加产物的量；NaOH溶液可以调节pH值，但由于最终生成的是CuCl沉淀，不影响产物的纯度；Fe（OH）2可促进Fe3＋、Al3＋水解生成沉淀，但是引入了亚铁离子，无法除去；CaCO3可促进Fe3＋、Al3＋水解生成沉淀，但引入了钙离子，无法除去，故可选A、B；（3）根据分析，滤渣B的主要成分是：Fe（OH）3、Al（OH）3；（4）滤液B中含铜离子，加入食盐并通入SO2可生成CuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ，离子方程式为：2H2O＋2Cu2＋＋SO2＋4Cl－===2CuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋4H＋；根据已知信息：CuCl溶于NaCl的浓溶液可生成CuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ，故用浓NaCl溶液，其主要目的是：增大Cl－浓度，提高CuCl eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 的生成速率；（5）铜电极电解饱和食盐水得到CuCl，阳极为铜失电子生成CuCl，阳极的电极反应式：Cu－e－＋Cl－===CuCl。
28．答案：（1）－90kJ·ml－1 B
（2）①＞ ②DE
（3）①eq \f(b2,27a2（1－b）4) ②Ⅰ ＞ 放热反应，升高温度，平衡逆向移动
解析：（1）已知：①CO2（g）＋H2（g）⇌CO（g）＋2H2O（g） ΔH1＝＋41kJ·ml－1 ②CO2（g）＋3H2（g）⇌CH3OH（g）＋H2O（g） ΔH2＝－49kJ·ml－1，由盖斯定律计算②－①得，则反应CO（g）＋2H2（g）⇌CH3OH（g） ΔH＝（－49kJ·ml－1）－（＋41kJ·ml－1）＝－90kJ·ml－1。反应的ΔH＜0，ΔS＜0，满足ΔH－TΔS＜0，需要低温下自发进行，故B正确；（2）①如果该反应的平衡常数K＝160，该时刻下浓度商Qc＝eq \f(0.40,0.10×0.202)＝100＜K＝160，所以平衡正向移动，比较t时刻正、逆反应速率的大小：v正＞v逆；②加入催化剂不影响化学平衡，CO的转化率不变，故A错误；增大CO的浓度，增大了氢气的转化率，CO转化率减小，故B错误；通入惰性气体，总压增大，分压不变，各组分的浓度不变，平衡不移动，故C错误；通入H2，反应物浓度增大，平衡向正反应方向进行，CO转化率增大，故D正确；分离出甲醇，生成物浓度减小，平衡正向移动，CO的转化率增大，故E正确；（3）①如果CO2和H2的起始浓度分别为aml·L－1和3aml·L－1，反应平衡时CH3OH的产率为b，设消耗CO2物质的量浓度为x，结合三段式列式计算得到平衡浓度，设消耗CO2物质的量浓度为x，
CO2（g） ＋ 3H2（g） ⇌ CH3OH（g） ＋ H2O（g）
起始量（ml·L－1）a3a
变化量（ml·L－1）x3xxx
平衡量（ml·L－1）a－x3a－3xxx
eq \f(x,a)＝b，平衡状态下得到c（CO2）＝（a－ab）ml·L－1，c（H2）＝（3a－3ab）ml·L－1，c（CH3OH）＝abml·L－1，c（H2O）＝abml·L－1，该温度下该反应的平衡常数K＝eq \f(c（CH3OH）×c（H2O）,c（CO2）×c3（H2）)＝eq \f(ab×ab,（a－ab）×（3a－3ab）3)＝eq \f(b2,27a2（1－b）4)，则该温度下该反应的平衡常数K＝eq \f(b2,27a2（1－b）4)；②相同温度下Ⅰ对应的CO2转化率较高，则催化效果最佳的是催化剂Ⅰ。如果a点已经达到平衡状态，则b点未达到平衡状态，则b点的v正＞v逆，正反应为放热反应，c点转化率比a点低的原因是放热反应，升高温度，平衡逆向移动。
35．答案：（1）3d6 14
（2）> （3）①平面三角形 sp2 ②O 5NA （4）4 eq \f(3,16)
解析：（1）基态Fe2＋的价电子层的电子排布式为：3d6；基态Fe2＋的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6，电子占据了14个原子轨道，故电子在原子核外的空间运动状态有：14种；（2）同主族元素从上往下原子半径逐渐增大，核对外层电子的吸引作用逐渐减弱，故第一电离能I1（Li）>I1（Na）；（3）①CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 中C原子的价层电子对数为：eq \f(4＋2,2)＝3，空间构型为平面三角形；中心原子杂化方式为sp2杂化；磷酸氢二铵中所含元素为：H、C、N、O、P，同周期从左往右电负性逐渐增大，同主族从上往下电负性逐渐减小，故电负性最高的元素是O；C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 的结构为：，1mlC2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 中含σ键的数目为5NA；（4）晶胞中小球为Li＋，根据均摊法，Li＋的个数为：eq \f(1,8)×8＋eq \f(1,4)×4＋eq \f(1,2)×4＝4，故LiFePO4的单元数有4个；图（b）中Li＋个数为：eq \f(1,8)×8＋eq \f(1,4)×3＋eq \f(1,2)×3＝eq \f(13,4)，（a）到（b）中Fe、P、O原子个数均未变，故图（b）的化学式为：Lieq \s\d9(\f(13,4×4))FePO4故1－x＝eq \f(13,16)，x＝eq \f(3,16)。
36．答案：（1）丙酮 （2）取代反应 2
（3） 碳碳双键、氰基
（4）＋NaOHeq \(――→,\s\up7(H2O),\s\d5(△))＋NaCl
（5）8
（6）① ②＋H2Oeq \(――→,\s\up7(催化剂),\s\d5(△))＋CH3OH＋H2SO4―→＋NH4HSO4
解析：A的结构简式为，B的结构简式为，C的结构简式为，D的结构简式为，E的结构简式为，F的结构简式为，G的结构简式为，据此答题。
（1）已知A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，氧元素的质量为16，则A的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示为单峰，A的结构简式为，则A的名称为丙酮；（2）C的结构简式为，D的结构简式为，则C到D的反应类型为取代反应；D的结构简式为，等效氢原子为2种，D的核磁共振氢谱有2组吸收峰；（3）B的结构简式为；C的结构简式为，则C中官能团的名称为碳碳双键、氰基；（4）D的结构简式为，E的结构简式为，在氢氧化钠水溶液中卤素原子发生水解，则D到E的方程式为：＋NaOHeq \(――→,\s\up7(H2O),\s\d5(△))＋NaCl；（5）G的分子式为C5H5O2N，与G具有相同官能团且能发生银镜反应则有酯基和氰基，符合条件的同分异构体为共计8种同分异构体；（6）①有机玻璃的结构为，其单体的结构为；②以C、甲醇和硫酸为原料，可以合成有机玻璃的单体，同时生成一种酸式盐，则生成有机玻璃单体的化学方程式：＋CH3OH＋H2SO4―→＋NH4HSO4。选项
用途
性质
A
用氧化镁作耐火材料
氧化镁是碱性氧化物
B
用次氯酸钠稀溶液作消毒剂
次氯酸钠具有氧化性
C
Al(OH)3作复方胃药的主要成分
Al(OH)3具有两性
D
铁制容器用于储存、运输浓硫酸
铁制容器和浓硫酸不反应
选项
实验操作
现象
结论
A
向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体
出现黑色沉淀
H2S的酸性比H2SO4强
B
向4mL0.01ml·L－1KMnO4酸性溶液中分别加入2mL0.1ml·L－1H2C2O4溶液和2mL0.2ml·L－1H2C2O4溶液
后者褪色所需时间短
反应物浓度越大，反应速率越快
C
将铜粉加入1.0ml·L－1Fe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝，有黑色固体出现
说明金属铁比铜活泼
D
把Cl2和SO2分别通入到盛有石蕊溶液的试管中
两个试管中的溶液，均先变红再褪色
Cl2和SO2均具有漂白性
物质
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe(OH)3
2.7
3.7
Cu(OH)2
5.6
6.7
Al(OH)3
3.8
4.7
物质
H2
CO
CH3OH
浓度/ml·L－1
0.20
0.10
0.40