2019-2020学年安徽省滁州市凤阳县第二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年安徽省滁州市凤阳县第二中学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下列属于碱的是（）A SO2BCH3CH2OH CCa（OH）2D KCl【答案】C【解析】【详解】A.SO2为酸性氧化物，不是碱，故A 错误；B.CH3CH2OH 为有机化合物的醇，不是碱，故B 错误；C.Ca（OH）2电离出的阴离子全部是氢氧根，属于碱，故C正确；D.KCl由金属阳离子和酸根组成，属于盐，故D 错误；故选 C。【点睛】本题注意碱和醇的区别，把握概念即可判断，注意OH 和 OH的联系与区别。2化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是A石英只能用于生产光导纤维B复旦大学研究的能导电、存储的二维材料二硫化钼是一种新型有机功能材料C中国歼 20 上用到的氮化镓材料是当作金属合金材料使用的D医用双氧水和酒精均可用于伤口清洗，两者消毒原理不相同【答案】D【解析】【详解】A石英是光导纤维的材料，但还可生产玻璃等，故A 错误；B二硫化钼属于无机物，不属于新型有机功能材料，故B 错误；C氮化镓是化合物，不是合金，故C错误；D双氧水具有强氧化性，酒精没有强氧化性，均能使蛋白质变性，用于消毒杀菌，但原理不相同，故D正确；故答案为D。3将中物质逐步加入中混匀（中离子均大量存在），预测的现象与实际相符的是（）选项溶液预测中的现象A 稀盐酸Na+、SiO32-、OH-、SO42-立即产生白色沉淀B 氯水K+、I-、Br-、SO32-溶液立即呈黄色C 过氧化钠Ca2+、Fe2+、Na+、Cl-先产生白色沉淀，最终变红褐色D 小苏打溶液Al3+、Mg2+、Ba2+、Cl-同时产生气体和沉淀A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A.OH优先稀盐酸反应，加入稀盐酸后不会立即生成白色沉淀，故A 错误；B.SO32的还原性大于I，加入氯水后亚硫酸根离子优先反应，不会立即呈黄色，故B 错误；C.加入过氧化钠后Fe2+立即被氧化成铁离子，生成的是红褐色沉淀，不会出现白色沉淀，故C错误；D.小苏打为碳酸氢钠，Al3+与碳酸氢钠发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故D 正确。故选 D。4由 N2O 和 NO 反应生成N2和 NO2的能量变化如图所示。下列说法错误的是A使用催化剂可以降低过渡态的能量B反应物能量之和大于生成物能量之和CN2O(g)+NO(g)N2(g)+NO2(g)+139kJ D反应物的键能总和大于生成物的键能总和【答案】D【解析】【分析】A.催化剂可以降低活化能；B.根据图象来分析；C.根据图象可以知道,此反应放热139kJ；D.H=反应物的键能总和-生成物的键能总和。【详解】A.催化剂可以降低活化能,降低过渡态的能量,故不选 A；B.根据图象可以知道,此反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，故不选B；C.根据图象可以知道,此反应放热139kJ,热化学方程式为N2O(g)+NO(g)N2(g)+NO2(g)+139kJ,故不选 C；D.H=反应物的键能总和-生成物的键能总和0，故选 D；答案：D【点睛】.H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=生成物的总能量-反应物的总能量。5下列有关含氯物质的说法不正确的是A向新制氯水中加入少量碳酸钙粉末能增强溶液的漂白能力B向 NaClO 溶液中通入少量的CO2的离子方程式：CO2 2ClO H2O 2HClOCO32(已知酸性：H2CO3HClOHCO3)C向 Na2CO3溶液中通入足量的Cl2的离子方程式：2Cl2CO32H2O CO22Cl 2HClO D室温下，向NaOH 溶液中通入Cl2至溶液呈中性时，相关粒子浓度满足：c(Na)2c(ClO)c(HClO)【答案】B【解析】【详解】A.新制氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO的平衡，加碳酸钙，消耗氢离子，平衡正向移动，HClO 浓度增大，漂白能力增强，选项A 正确；B.酸性:H2CO3 HClO HCO3-，故 HClO 与 CO32-不能同时产生，选项B 错误；C.足量氯气和水产生的盐酸将CO32-全部反应成CO2气体，选项C 正确；D.中性时由电荷守恒得到c(Na)c(ClO)c(Cl)，由于发生氧化还原反应，由得失电子守恒得到c(Cl)c(ClO)c(HClO)，两式联立可得c(Na)2c(ClO)c(HClO)，选项 D 正确。答案选 B。6已知 C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合。关于C3N4晶体的说法错误的是：A该晶体属于原子晶体，其化学键比金刚石中的更牢固B该晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8 电子结构C该晶体中每个碳原子连接4 个氮原子，每个氮原子连接3 个碳原子D该晶体与金刚石相似，都是原子间以非极性共价键形成空间网状结构【答案】D【解析】【分析】【详解】A C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合，这说明该晶体属于原子晶体。由于碳原子半径大于氮原子半径，则其化学键比金刚石中的碳碳键更牢固，A 正确；B构成该晶体的微粒间只以单键结合，每个碳原子连接4 个氮原子、每个氮原子连接3 个碳原子，晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8 电子结构，B正确；C碳最外层有4 个电子，氮最外层有5 个电子，则该晶体中每个碳原子连接4 个氮原子、每个氮原子连接 3 个碳原子，C 正确；D金刚石中只存在C-C键，属于非极性共价键，C3N4晶体中 C、N 之间以极性共价键结合，原子间以极性键形成空间网状结构，D 错误；答案选 D。7将少量SO2气体通入BaCl2和 FeCl3的混合溶液中,溶液颜色由棕黄色变成浅绿色,同时有白色沉淀产生。针对上述变化,下列分析正确的是A该实验表明SO2有漂白性B白色沉淀为BaSO3C该实验表明FeCl3有还原性D反应后溶液酸性增强【答案】D【解析】【分析】【详解】往 FeCl3和 BaCl2的混合溶液中通入SO2，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生。是因为SO2+H2O=H2SO3（亚硫酸），H2SO3具有很强的还原性，而Fe3+具有较强的氧化性，所以SO32-和 Fe3+发生反应，生成Fe2+和 SO42-，所以溶液颜色由黄变绿(Fe2+)，同时有白色沉淀（BaSO4)同时有 H2SO4生成，所以酸性增强。A.该实验表明SO2有还原性，选项A错误；B.白色沉淀为BaSO4，选项 B 错误；C.该实验表明FeC13具有氧化性，选项C错误；D.反应后溶液酸性增强，选项D 正确；答案选 D。8室温下，向20 mL0.1 mol/L H2A 溶液中逐滴加入0.1 mol/L NaOH 溶液，H2A 溶液中各粒子浓度分数(X)随溶液 pH 变化的关系如图所示。下列说法错误的是 ()A当溶液中A 元素的主要存在形态为A2-时，溶液可能为弱酸性、中性或碱性B当加入NaOH 溶液至 20 mL 时，溶液中存在(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)C室温下，反应A2-+H2A=2HA-的平衡常数的对数值lgK=3 D 室温下，弱酸 H2A 的第一级电离平衡常数用Ka1表示，Na2A 的第二级水解平衡常数用Kh2表示，则 KalKh2【答案】B【解析】【详解】A、当溶液中A 元素的主要存在形态为A2时，溶液pH 大于 4.2，溶液可能为弱酸性、中性或碱性，故A正确；B、HA 与 NaOH 按 1:1 混合，所得溶液为NaHA 溶液，由图可知，NaHA 溶液呈酸性。根据电荷守恒得c(Na)+c(H)=2(A2)+c(HA)+c(OH)，因为 c(H)c(OH)，所以 c(Na)2c(A2)+c(HA)，故 B 错误；C、依据图像中两个交点可计算出Ka1=10-1.2，Ka2=10-4.2，室温下，反应A2+H2A2HA的平衡常数K=2-2-+12-2-+222kac(HA)c(HA)c(H)=?=c(A)c(H A)c(A)c(H A)c(H)ka=103，lgK=3，故 C正确；D、因为 K1=10-1.2，所以 Kh2=1412.81.21101010waKK，故 Ka1kh2，故 D 正确；答案选 B。【点睛】本题考查酸碱混合的定量判断及根据弱电解质的电离平衡常数进行计算，明确图象曲线变化的意义为解答关键，难点C注意掌握反应平衡常数与电离常数的关系。9某烯烃分子的结构简式为，用系统命名法命名其名称为（）A 2，2，4-三甲基-3-乙基-3-戊烯B2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯C2，2，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯D2-甲基-3-叔丁基-2-戊烯【答案】B【解析】【详解】烯烃分子的结构简式为，系统命名法命名其名称为2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯，故B 符合题意。综上所述，答案为B。10已知：。下列关于（b）、（d）、（p）的说法不正确的是A有机物可由 2 分子 b 反应生成Bb、d、p 均能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色Cb、q、p 均可与乙烯发生反应D p 的二氯代物有五种【答案】D【解析】【分析】【详解】A.根据已知反应可知，有机物可由 2 分子 b 反应生成，故A 正确；B.b、d、p 均含有碳碳双键，则都能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C.根据已知反应可知，b、q、p 均可与乙烯发生反应，故C正确；D.p 有 2 种等效氢原子，根据“定一移一”的思路可得其二氯代物有以下四种，分别是3 种、1 种，故 D 错误；故选 D。11景泰蓝是一种传统的手工艺品。下列制作景泰蓝的步骤中，不涉及化学变化的是A B C D 将铜丝压扁，掰成图案将铅丹、硼酸盐等化合熔制后描绘高温焙烧酸洗去污A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A.将铜丝压扁并掰成图案，并没有新的物质生成，属于物理变化，不涉及化学变化，故A选；B.铅丹、硼酸盐等原料化合在经过烧熔而制成不透明的或是半透明的有独特光泽物质，该过程有新物质生成，属于化学变化，故B不选；C.烧制陶瓷过程有新物质生成，属于化学变化，故C不选；D.酸洗去污，该过程为酸与金属氧化物反应生成易溶性物质，属于化学变化，故D 不选。12锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过。下列有关叙述不正确的是A锌电极上发生氧化反应B电池工作一段时间后，甲池的c(SO42-)减小C电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D阳离子通过交换膜向正极移动，保持溶液中电荷平衡【答案】B【解析】【分析】在上述原电池中，锌电极为负极，锌原子失去电子被氧化成锌离子。电子沿着外接导线转移到铜电极。铜电极为正极，溶液中的铜离子在铜电极上得到电子被还原成铜单质。电解质溶液中的阳离子向正极移动，而阴离子向负极移动。【详解】A.铜电极为正极，锌电极为负极，负极发生氧化反应，A 项正确；B.电解质溶液中的阳离子向正极移动，而阴离子向负极移动。但是阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，SO42-不能通过阳离子交换膜，并且甲池中硫酸根不参加反应，因此甲池的c(SO42-)不变，B 项错误；C.锌原电池，锌作负极，铜作正极，铜离子在铜电极上沉淀，锌离子通过阳离子交换膜进入乙池，每沉淀 1mol，即 64g 铜，就补充过来1mol 锌离子，其质量为65g，所以工作一段时间后乙池溶液的质量不断增加，C项正确；D.原电池中，阳离子通过阳离子交换膜向正极移动，使溶液保持电中性，维持电荷平衡，D 项正确；答案选 B。【点睛】本题主要考察原电池的工作原理，其口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。本题的难点是C选项，理解电极中固体的变化情况是解题的关键，解此类题时同时要考虑电解质溶液的酸碱性，学生要火眼金睛，识破陷阱，提高做题正答率。13下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是（）A NaOH BNH4Cl CCH3COONa DHC1【答案】C【解析】ANaOH 为强碱，电离使溶液显碱性，故A 不选；BNH4Cl 为强酸弱碱盐，水解显酸性，故B不选；CCH3COONa为强碱弱酸盐，弱酸根离子水解使溶液显碱性，故C选；DHC1在水溶液中电离出H+，使溶液显酸性，故D 不选；故选C。14NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A常温常压下，1molP4(P 原子均达到8 电子稳定结构)中所含 P-P键数目为4NAB0.1molH2和 0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NAC20mL10mol/L 的浓硝酸与足量铜加热反应转移电子数为0.1NAD 0.1molNH2-所含电子数为6.021023个【答案】D【解析】【详解】A、P4是正四面体结构，每个 P4分子中有6 个共价键，1molP4(P 原子均达到8 电子稳定结构)中所含 P-P 键数目为 6NA，故 A错误；B.H2+I2?2HI 反应前后气体分子数不变，0.1molH2和 0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数等于 0.2NA，故 B错误C.20mL10mol/L的浓硝酸与足量铜加热反应生成NO2和 NO，转移电子数不是0.1NA，故 C错误；D.1 个 NH2-含 10 个电子，0.1molNH2-所含电子数为6.021023个，故 D正确。15X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，X与 Z可形成常见的 XZ或 XZ2型分子，Y与 M 形成的气态化合物质量是相同条件下同体积氢气的8.5 倍，W 是原子半径最大的短周期元素。下列判断正确的是()A最高价含氧酸酸性：XY BX、Y、Z 可形成离子化合物CW 可形成双原子分子DM 与 W 形成的化合物含极性共价键【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素，X 与 Z可形成常见的XZ或 XZ2型分子，则X 为 C 元素、Z 为 O 元素；Y 与 M 形成的气态化合物质量是相同条件下同体积氢气的8.5 倍，该气体相对分子质量为8.5 2=17，该气体为 NH3，而 X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，只能处于第二周期，Y为 N 元素、M 为 H 元素；W 是原子半径最大的短周期元素，则W 为 Na 元素，据此解答。【详解】根据上述分析可知，X为 C 元素、Y为 N 元素、Z为 O 元素、M 为 H 元素、W 为 Na 元素。A.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。元素的非金属性X(C)Y(N)，所以最高价含氧酸酸性：碳酸硝酸，A 正确；B.X、Y、Z分别是 C、N、O 元素，它们可形成共价化合物，不能形成离子化合物，B 错误；C.W 为 Na，属于金属元素，不能形成双原子分子，C 错误；D.M 为 H 元素、W 为 Na 元素，M 与 W 形成的化合物NaH 为离子化合物，物质中含有离子键，D 错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查“位、构、性”关系综合应用，依据原子结构或物质性质推断元素是解题关键，注意D选项中金属氢化物是易错点。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16实验室里，从废旧钴酸锂离子电池的正极材料(在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2)中，回收钴、锂的操作流程如图所示：回答下列问题。(1)拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入NaCl 溶液中，使电池短路而放电，此时溶液温度升高，该过程中能量的主要转化方式为_。(2)“碱浸”过程中产生的气体是_；“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝，反应的化学方程式为_。(3)“酸浸”时主要反应的离子方程式为_；若硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达到“酸浸”的目的，但会产生_(填化学式)污染环境。(4)“沉钴”时，调 pH 所用的试剂是_；“沉钴”后溶液中c(Co2+)=_。(已知：KspCo(OH)2=1.09 l0-15)(5)根据如图判断，“沉锂”中获得 Li2CO3固体的操作主要包括_、_、洗涤、干燥等步骤。【答案】化学能电能 热能H2NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al(OH)38LiCoO2+S2O32-+22H+8Li+8Co2+2SO42-+11H2O Cl2NaOH 溶液或氢氧化钠固体1.09 l0-6mol/L 蒸发浓缩趁热过滤【解析】【分析】由流程可知，加碱浸泡，发生2Al+2OH-+2H2O 2AlO2-+3H2，固体残渣为LiCoO2，加酸发生8LiCoO2+S2O32-+22H+8Li+8Co2+2SO42-+11H2O，调节 pH 沉钴生成Co(OH)2，最后调节pH12 时加加入碳酸钠，发生的离子反应为2Li+CO32-Li2CO3，母液含硫酸钠，以此来解答。【详解】（1）拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入NaCl 溶液中，使电池短路而放电，为原电池，此时溶液温度升高，可知放热，该过程中能量的主要转化方式为化学能电能热能；（2）结合以上分析可知，“碱浸”过程中产生的气体是H2；“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝，反应的化学方程式为NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al(OH)3；（3）根据流程可知，+3 价的钴被还原为+2 价，做氧化剂，而硫代硫酸根离子做还原剂，被氧化为硫酸根离子，所以“酸浸”时主要反应的离子方程式为8LiCoO2+S2O32-+22H+8Li+8Co2+2SO42-+11H2O；若硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达到“酸浸”的目的，但盐酸易被氧化为氯气，会发生2LiCoO2+8HCl2LiCl+2CoCl2+Cl2+4H2O 反应，产生Cl2污染环境；（4）由最终产物及加碱调节pH 流程可知，“沉钴”时，既能达到目的，又不能引入杂质，调pH 所用的试剂是 NaOH，“沉钴”后溶液中c（Co2+）=154.521.09 10(10)mol/L=1.09l0-6mol/L；（5）由图可知，温度高时碳酸锂的溶解度小，则“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥等步骤。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17新泽茉莉醛是一种名贵的香料，合成过程中还能得到一种PC树脂，其合成路线如图。已知：RCHO+RCH2CHO+H2O RCHO+HOCH2CH2OH+H2O+2ROH+HCl(1)E 的含氧官能团名称是_，E分子中共面原子数目最多为_。(2)写出反应 的化学方程式 _。(3)写出符合下列条件并与化合物E互为同分异构体的有机物结构简式_。a能与浓溴水产生白色沉淀b能与3NaHCO溶液反应产生气体c苯环上一氯代物有两种(4)反应 的反应类型是_。(5)已知甲的相对分子质量为30，写出甲和G 的结构简式 _、_。(6)已知化合物C 的核磁共振氢谱有四种峰，写出反应 的化学方程式_。(7)结合已知 ，以乙醇和苯甲醛()为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)_。【答案】羟基、醛基16 加成反应（或还原反应）HCHO【解析】【分析】反应是苯与溴发生取代反应生成A，A 为，结合 B 的分子式可知，A 发生水解反应生成B，B为。结合 D 的分子式与E的结构简式可知D 为。对比 E与新泽茉莉醛的结构简式，结合 FG的反应条件及信息，可知 EF 发生信息中的反应，FG 发生信息中的反应，且甲的相对分子质量为30，可推知甲为HCHO、F为、G 为，G 与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛。结合C的分子式可知，2 分子苯酚与 1 分子HCHO反应生成C，化合物 C能发生信息中的反应，说明C中含有羟基，且C核磁共振氢谱有四种峰，可推知C为，结合信息可知PC树脂结构简式为，据此分析解答(1)(6)；(7)结合已知，乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛与苯甲醛反应得到，再进一步氧化生成，最后与乙醇发生酯化反应得到目标物，据此书写合成路线图。【详解】(1)E 为，含氧官能团有羟基、醛基，E分子中苯环、-CHO均为平面结构，且直接相连的原子共面，共面原子数目最多为16 个，故答案为羟基、醛基；16；(2)反应的化学方程式为，故答案为；(3)E 为，与化合物E互为同分异构体的有机物符合条件：a能与浓溴水产生白色沉淀，说明含酚-OH；b能与 NaHCO3溶液反应产生气体，说明含-COOH；c苯环上一氯代物有两种，则苯环上有2种 H，则符合条件的E的同分异构体为，故答案为；(4)反应中G()与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛，故答案为加成反应；(5)由上述分析可知甲和G 分别为 HCHO、，故答案为HCHO；(6)反应的化学方程式为n+n+(2n-1)HCl，故答案为n+n+(2n-1)HCl；(7)以乙醇和苯甲醛()为原料，合成，乙醇氧化生成乙醛，乙醛与苯甲醛反应生成苯丙烯醛，再将-CHO氧化为-COOH，最后在与乙醇发生酯化反应，则合成流程为CH3CH2OHCH3CHO，故答案为CH3CH2OHCH3CHO。【点睛】本题的难点是物质结构的推导，要注意充分利用题示已知信息和各小题中提供的条件。本题的易错点为(6)，要注意方程式的配平。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18铜是人类最早使用的金属之一，其单质及化合物具有广泛的用途。（1）基态铜原子核外有_对自旋相反的电子。（2）青铜是铜与锡或铅等元素按一定比例熔铸而成的合金。第一电离能I1(Sn)_I1(Pb)(填“大于”或“小于”)。（3）新制的Cu(OH)2能够溶解于浓氨水中，反应的离子方程式是_；（4）利用铜片表面催化反应，我国研究人员用六炔基苯为原料，在世界上首次通过化学方法获得全碳材料石墨炔薄膜(结构片段如图所示)，开辟了人工化学合成碳同素异形体的先例。石墨炔中碳原子_的杂化方式。（5）CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成氯化羰基亚铜（I），可用于定量测定气体混合物中CO的含量。氯化羰基亚铜（I）中含 _ 键数目。（6）Cu2O 可用于半导体材料。Cu2O 晶胞(如图所示)中，O 原子的配位数为_；a 位置 Cu+坐标为(0.25，0.25，0.75)，则 b 位置 Cu+坐标 _。Cu2S与 Cu2O 具有相似晶体结构，则两者的熔点是Cu2O 比 Cu2S的 _(填“高”或“低”)，请解释原因 _。【答案】14 大于Cu(OH)2+4NH3 Cu(NH3)42+2OHsp、sp214 4(0.75，0.75，0.75)高两者都是离子晶体，O2半径比 S2半径小，所以Cu2O 的晶格能更大，熔点更高【解析】【分析】【详解】(1)Cu 为 29 号元素，根据构造原理知其基态电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则基态铜原子核外有14对自旋相反的电子；(2)金属性越强，越易失电子，第一电离能越小，Sn和 Pb 为同主族元素，且金属性Sn小于 Pb，则第一电离能 I1(Sn)大于 I1(Pb)；(3)新制的 Cu(OH)2能够溶解于浓氨水中，生成可溶于水的 Cu(NH3)42+，则反应的离子方程式是Cu(OH)2+4NH3 Cu(NH3)42+2OH；(4)碳碳三键中C原子价层电子对个数是2 且不含孤电子对，所以杂化方式为sp；苯环中的碳形成3 个 键，无孤电子对，采取sp2杂化；(5)在氯化羰基亚铜(I)中 C和 O 之间有 1 个 键，H2O 分子内有2 个 键，配位键也是键，则氯化羰基亚铜(I)中含 14 个 键；(6)Cu2O 晶胞中，O 原子周围最靠近的Cu 原子数目是4，则 O 原子的配位数为4；a 位置为顶点O 原子和中心 O 原子的12处，且顶点 O 原子与 a 之间的距离为对角线的14，已知 a 位置 Cu+坐标为(0.25，0.25，0.75)，即晶胞边长为1，则 b 位置 Cu+坐标为(0.75，0.75，0.75)；Cu2S与 Cu2O 都是离子晶体，O2半径比 S2半径小，所以Cu2O 的晶格能更大，则Cu2O 熔点更高。19铁、碳等元素的单质及其化合物在化工医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：（1）Fe(H2NCONH2)6(NO3)3的名称是三硝酸六尿素合铁()，是一种重要的配合物。该化合物中Fe3+的核外电子排布式为_，所含非金属元素的电负性由大到小的顺序为_。碳原子为 _杂化，NO3-的空间构型为 _。（2）目前发现的铝原子簇Al13的性质与卤素相似，则原子簇Al13属于 _晶体。NaAl(OH)4存在的化学键有_（填字母）。A 离子键B 极性键C 非极性键D 配位键E 氢键F 金属键（3）已知：反应后，当 键增加了1 mol 时，键_（填“增加”或“减少”）了_个。（4）多原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的p 轨道，则p 电子可在多个原子间运动，形成“离域 键”，如 SO2分子中存在“离域 键”，可表示成34，则（咪唑）中的“离域兀键”可表示为 _（5）奥氏体是碳溶解在r-Fe 中形成的一种间隙固溶体，晶胞为面心立方结构，如图所示。若晶体密度为d gcm-3，则晶胞中最近的两个碳原子之间的距离为_ pm（阿伏加德罗常数的值用NA表示，写出简化后的计算式即可）。【答案】Ar3d5或 1s22s23p63s23p63d5ONCH sp2杂化平面三角形分子ABD 减少NA（或 6.0210-23）【解析】【详解】（1）Fe为 26 号元素，基态Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去 3 个电子生成Fe3+，则 Fe3+的核外电子排布式为 Ar 3d5或 1s22s22p63s23p63d5；Fe(H2NCONH2)6(NO3)3中所含非金属元素为H、C、N、O，通常元素的非金属性越强，电负性越大，则所含非金属元素C、N、O、H 中 O 的非金属性最强，H 最弱，四者的电负性由大到小的顺序是O、N、C、H；Fe(H2NCONH2)6(NO3)3中尿素分子的结构简式为，C 原子形成3 个 键，无孤对电子，所以是sp2杂化；NO3-中 N 的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，所以NO3-的空间构型为平面三角形。答案：Ar 3d5或 1s22s22p63s23p63d65；ONCH、sp2、平面三角形。（2）卤素单质属于分子晶体，铝原子簇 A113的性质与卤素相似，则原子簇 A113也属于分子晶体。Na Al(OH)4属于离化合物，存在着离子键，铝是缺电子结构，能接受氢氧根离子给与的孤对电子形成配位键，氧氢之间可以形成极性键。所以Na Al(OH)4 属于离化合物中含有离子键、极性键、配位键。答案：分子，ABD。（3）每生成1mol 氯吡苯脲，需要1mol2-氯-4-氨基吡啶、1mol 异氰酸苯酯，反应过程中每个2-氯-4-氨基吡啶分子断裂一个键、每个异氰酸苯酯分子断裂一个键，所以当键增加了1 mol 时，键减少了 NA（或 6.0210-23）个。答案：减少；NA（或 6.0210-23）。（4）多原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的p 轨道，则p 电子可在多个原子间运动，形成“离域 键”。因为（咪唑）中的有5 个原子参与形成键，6 个电子 P轨道上的电子参与成键，所以咪唑的“离域兀键”可表示为；答案：。（5）晶胞结构分析可知一个晶胞中含铁原子81/8+61/2=4，碳原子 121/4+1=4，化学式中铁原子和碳原子比为1：1，化学式为FeC；晶胞中最近的两个碳原子的距离设为x，立方体棱边的一半为a，则 2a2=x2，a=，密度 d=m/V=，解得 x=cm=pm。答案：。