2019-2020学年北京市海淀区北师大附中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年北京市海淀区北师大附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。2钢铁防护方法有多种，如图中的方法描述正确的是A b 为电源负极B该方法是牺牲阳极的阴极保护法C电子流向：a钢铁闸门 辅助电极 baD电源改用导线连接进行防护时，辅助电极发生氧化反应【答案】D【解析】【详解】从图示可知，由于有外加电源，故此为外加电源的阴极保护法。A、在外加电源的阴极保护法中，钢铁要做电解池的阴极，即a 为电源的负极，则b 为电源的正极，选项A 错误；B、该方法是外加电源的阴极保护法，选项B 错误；C、在电解池中，电子由电解池的阳极电源的正极，电源的负极电解池的阴极，即电子要由辅助电极 b、a钢铁闸门，选项C 错误；D、电源改用导线连接进行防护时，即牺牲阳极的阴极保护法，则辅助电极要做负极，发生氧化反应，选项 D 正确；答案选 D。3短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，K、L、M 均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质,甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是无色气体，是主要的大气污染物之一，0.05mol/L 丙溶液的pH 为 l，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A原子半径：WXYX C化合物XYZ中只含共价键DK、L、M 中沸点最高的是M【答案】C【解析】【分析】0.05mol/L 丙溶液的pH 为 l，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则应为SO2，可知乙为O2，L 为 H2O，甲是单质，且与浓硫酸反应生成SO2、H2O，可知甲为 C，M 为 CO2，则 W 为 H 元素，X为 C元素，Y为 O 元素，Z为 S元素。【详解】A 项、同周期元素，原子半径从左到右逐渐减小，C O，故 A 错误；B 项、同主族元素，从上到下非金属性减弱，OS，故 B错误；C 项、化合物COS都由非金属性构成，只含共价键，故C正确；D 项、K、M 常温下为气体，L 为水，常温下为液体，沸点最高，故D 错误。故选 C。【点睛】本题考查元素周期律，侧重考查分析能力和推断能力，注意溶液pH 为推断突破口，熟练掌握元素化合物知识，注意抓住短周期元素形成二元化合物是解答关键。4化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的用途、性质都正确且有相关性的是选项用途性质A 液氨作制冷剂NH3分解生成N2和 H2的反应是吸热反应B NH4Fe（SO4）2 12H2O 常作净水剂NH4Fe（SO4）2 12H2O 具有氧化性C 漂粉精可以作环境消毒剂漂粉精溶液中ClO-和 HClO都有强氧化性D Al2O3常作耐高温材料Al2O3，既能与强酸反应，又能与强碱反应A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A液氨汽化时需要大量吸热，液氨常用作制冷剂，与氨气的分解无关，故A 错误；B铁离子水解生成氢氧化铁胶体，使得4422NH FeSO12H O（）具有吸附性，常作净水剂，与氧化性无关，故 B 错误；C漂粉精作为消毒剂是因为ClO-和 HClO都有强氧化性，故C正确；D氧化铝作为耐高温材料是因为氧化铝的熔点很高，与其化学性质无关，故D 错误；故选 C。【点睛】本题的易错点为B，要注意净水剂是利用物质的吸附性，杀菌消毒一般利用物质的氧化性。5下列操作能达到相应实验目的的是（）实验目的操作A 检验绿茶中是否含有酚类物质向茶水中滴加FeCl3溶液B 测定 84 消毒液的pH 用洁净的玻璃棒蘸取少许84 消毒液滴在pH 试纸上C 除去苯中混有的少量苯酚向苯和苯酚的混合物中滴加溴水，过滤后分液D 实验室制备乙酸乙酯向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A 选项，检验绿茶中是否含有酚类物质，向茶水中滴加FeCl3溶液，变紫色，则含有分类物质，故A 正确，符合题意；B 选项，不能用pH 试纸测定84 消毒液的pH，因为 84 消毒液有漂白性，故B 错误，不符合题意；C 选项，除去苯中混有的少量苯酚，滴加溴水，苯酚和溴水反应生成2,4,6三溴苯酚与苯互溶，不能用过滤、分液，故C 错误，不符合题意；D 选项，实验室制备乙酸乙酯，向试管中依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸和碎瓷片，加热，故D 错误，不符合题意。综上所述，答案为A。【点睛】检验酚羟基主要用铁离子检验。6下列化学用语对事实的表述正确的是A硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O B向 Na2SiO3溶液中通入过量的SO2：SiO32SO2H2OH2SiO3SO32C由 Na 和 C1形成离子键的过程：D已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO3，向 NaClO溶液中通入少量CO2：2ClOCO2H2O2HClO CO32【答案】C【解析】【详解】A硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2H518OH 发生酯化反应，乙醇脱去H 原子，硬脂酸脱去羟基，反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，故 A 错误；B向 Na2SiO3溶液中通入过量SO2的离子反应为SiO32-+2SO2+2H2OH2SiO3+2HSO3-，故 B 错误；C氯化钠为离子化合物，含有离子键，反应中 Na 失去电子，Cl得到电子，则 Na 和 Cl形成离子键的过程：，故 C正确；D弱酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以向NaClO溶液中通入少量 CO2：ClO-+CO2+H2OHClO+HCO3-，故 D 错误；故答案为C。7根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，合理的是事实推测AMg 与水反应缓慢，Ca与水反应较快Be 与水反应会更快BHCl 在 1500时分解，HI 在 230时分解HBr 的分解温度介于二者之间CSiH4，PH3在空气中能自燃H2S在空气中也能自燃D标况下 HCl，HBr 均为气体HF 也为气体A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A.金属性越强，与水反应越剧烈，则Be与水反应很缓慢，故A 错误；B.非金属性越强，氢化物越稳定，由事实可知，HBr 的分解温度介于二者之间，故B正确；C.自燃与物质稳定性有关，硫化氢较稳定，则H2S在空气中不能自燃，故C 错误；D.HF可形成氢键，标况下HCl、HBr 均为气体，但HF 为液体，故D 错误；故选：B。8在下列各溶液中，一定能大量共存的离子组是A有色透明溶液中：Fe2、Ba2、Fe(CN)63、NO3B强酸性溶液中：Cu2、K、ClO、SO42C含有大量AlO2的溶液中：K、Na、HCO3、ID常温下水电离的c(H)为 1 1012mol/L 的溶液中：K、Na、Cl、NO3【答案】D【解析】【详解】A.Fe2与Fe(CN)63产生蓝色沉淀，不能大量共存，选项A 错误；B.强酸性溶液中H+与 ClO反应产生HClO 弱电解质而不能大量共存，选项B 错误；C.AlO2与 HCO3会反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳而不能大量共存，选项C 错误；D.常温下水电离的c(H+)为 11012mol/L 的溶液可能显酸性或碱性，但与K、Na、Cl、NO3均不发生反应，能大量共存，选项D 正确。答案选 D。9短周期主族元素W、X、Y、Z、R 的原子序数依次增大。其中X、Z位于同一主族：W 的气态氢化物常用作制冷剂；Y是同周期主族元素中离子半径最小的；ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色。下列说法正确的是A最简单氢化物的稳定性：WX B含氧酸的酸性：Zba【答案】D【解析】【详解】A据图知，0.1mol?L-1MOH 溶液中 pH=11，则 c(OH-)=0.001mol?L-1，MOH 电离程度较小，则c(M+)c(OH-)=0.001mol?L-1，c(MOH)0.1mol?L-1，常温下，MOH 的电离常数-+2-325(OH)(M)(OH)(10)b10(MOH)(MOH)0.1cccKcc，A 正确；Ba 点溶液呈碱性，则c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒得c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以得c(M+)c(Cl-)10mL0.1mol/L0.033mol/L10mL20mL，B正确；C 当盐酸的体积为10mL时，c 点溶液为等物质的量浓度10mL0.1mol/L0.033mol/L10mL20mL的 NaCl和 NaOH溶液，当盐酸的体积为20mL时，b 点为 0.05mol?L-1的 MCl 溶液，是强酸弱碱盐，水解过程微弱，所以b点和 c 点溶液混合后显碱性，C正确；D.a 点有碱溶液、d 点酸过量，水的电离均受到抑制，b 点溶质是强酸弱碱盐，水解时促进水电离，从a到 b 点水的电离程度增大，从b 到 d 点水的电离程度减小，故D 错误；答案选 D。【点睛】D 容易错，同学往往受到图的影响而误以为水的电离程度是逐渐改变的，实际上水电离程度受溶质的影响。碱溶液、酸过溶液中水的电离均受到抑制，强酸弱碱盐、强碱弱酸盐水解时促进水电离。14金属铜的提炼多从黄铜矿开始。黄铜矿在焙烧过程中主要反应之一的化学方程式为：2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2，下列说法不正确的是A O2只做氧化剂BCuFeS2既是氧化剂又是还原剂CSO2既是氧化产物又是还原产物D若有 1 mol O2参加反应，则反应中共有4 mol 电子转移【答案】D【解析】【详解】A.反应中，O 元素的化合价由O2中的 0 价降至 SO2中的-2 价，O2只做氧化剂，A 正确；B.Cu元素的化合价由CuFeS2中的+2 价降至 Cu2S中的+1 价，S元素的化合价由CuFeS2中的-2 价升至 SO2中的+4 价，CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，B 正确；C.O元素的化合价由O2中的 0 价降至 SO2中的-2 价，SO2是还原产物，S元素的化合价由CuFeS2中的-2 价升至 SO2中的+4 价，SO2是氧化产物，C正确；D.O 元素的化合价由O2中的 0 价降至 SO2中的-2 价，Cu元素的化合价由CuFeS2中的+2 价降至 Cu2S中的+1 价，S元素的化合价由CuFeS2中的-2 价升至 SO2中的+4 价，1molO2参加反应，反应共转移6mol 电子，D 错误；答案选 D。15 常温时，改变弱酸 RCOOH溶液的 pH，溶液中 RCOOH分子的物质的量分数(RCOOH)随之改变，0.1mol/L甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中 (RCOOH)与 pH 的关系如图所示。下列说法正确的是（）已知：(RCOOH)=-c(RCOOH)c(RCOOH)+c(RCOO)A等浓度的HCOONa和 CH3CH2COONa两种溶液中水的电离程度比较：前者后者B将等浓度的HCOOH溶液与 HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c(HCOOH)+2c(H+)c(OH-)+c(HCOO-)C图中 M、N 两点对应溶液中的Kw比较：前者 后者D 1mol/L 丙酸的电离常数K10-4.88【答案】B【解析】【分析】【详解】A当 pH 相同时，酸分子含量越高，电离平衡常数越小，酸性越弱，根据图像，当pH 相同时，丙酸含量较高，则酸性较甲酸弱，所以等浓度的HCOONa和 CH3CH2COONa两种溶液的pH，前者 后者，则水的电离程度前者 c(HCOO-)，则有 c(HCOOH)+2c(H+)c(OH-)+c(HCOO-)，B选项正确；C因为温度均为常温，所以M、N 两点对应溶液中的Kw相等，C选项错误；D pH=4.88 时，溶液中c(H+)=10-4.88mol/L，丙酸分子的分布分数为50%，则 c(CH3CH2COOH)=0.05mol/L，所以+-4.88324.8832c Hc CH CH COO100.05K=10c CH CH COOH0.05，D 选项错误；答案选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种可溶于水的白色或淡黄色小晶体，食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果的保鲜剂等。某化学研究兴趣小组欲自制焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质等。(1)制备 Na2S2O5，如图（夹持及加热装置略）可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH 溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体（试剂不重复使用）焦亚硫酸钠的析出原理：NaHSO3(饱和溶液)Na2S2O5(晶体)+H2O(l)F中盛装的试剂是_，作用是 _。通入 N2的作用是 _。Na2S2O5晶体在 _（填“A”或“D”或“F”）中得到，再经离心分离，干燥后可得纯净的样品。若撤去E，则可能发生_。(2)设计实验探究Na2S2O5的性质，完成表中填空：预测 Na2S2O5的性质探究 Na2S2O5性质的操作及现象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性探究二Na2S2O5晶体具有还原性取少量 Na2S2O5晶体于试管中，滴加 1mL2mol L-1酸性 KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去_。（提供：pH 试纸、蒸馏水及实验必需的玻璃仪器）探究二中反应的离子方程式为_(KMnO4 Mn2+)(3)利用碘量法可测定Na2S2O5样品中+4 价硫的含量。实验方案：将agNa2S2O5样品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中，加入过量c1mol L-1的碘溶液，再加入适量的冰醋酸和蒸馏水，充分反应一段时间，加入淀粉溶液，_（填实验步骤），当溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟内溶液不恢复原色，则停止滴定操作重复以上步骤两次记录数据。（实验中必须使用的试剂有 c2molL-1的标准 Na2S2O3溶液；已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）(4)含铬废水中常含有六价铬Cr()利用 Na2S2O5和 FeSO47H2O 先后分两个阶段处理含Cr2O72-的废水，先将废水中Cr2O72-全部还原为Cr3+，将 Cr3+全部转化为Cr(OH)3而除去，需调节溶液的pH 范围为 _。已知：KspCr(OH)3=6.410-31，lg20.3，c(Cr3+)5.6【解析】【分析】从焦亚硫酸钠的析出原理NaHSO3(饱和溶液)Na2S2O5(晶体)+H2O(l)可以看出，要制取Na2S2O5(晶体)，需先制得 NaHSO3(饱和溶液)，所以 A 装置的作用是用浓硫酸与Na2SO3固体反应制取SO2，将 SO2再通入饱和 Na2SO3溶液中制得NaHSO3饱和溶液。因为Na2S2O5易被空气中的O2氧化，所以需排尽装置内的空气，这也就是在A 装置内通入N2的理由。由于SO2会污染环境，所以F装置应为吸收尾气的装置，为防倒吸，加了装置E。【详解】(1)从以上分析知，F装置应为SO2的尾气处理装置，F中盛装的试剂是浓NaOH 溶液，作用是吸收剩余的 SO2。答案为：浓NaOH 溶液；吸收剩余的SO2；为防装置内空气中的氧气将Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化，需排尽装置内的空气，所以通入N2的作用是排尽空气，防止Na2S2O5被氧化。答案为：排尽空气，防止Na2S2O5被氧化；Na2S2O5晶体由 NaHSO3饱和溶液转化而得，所以应在D 中得到。答案为：D；因为 E中的双球能容纳较多液体，可有效防止倒吸，所以若撤去E，则可能发生倒吸。答案为：倒吸；(2)既然是检测其是否具有酸性，则需用 pH 试纸检测溶液的pH，若在酸性范围，则表明显酸性。具体操作为：用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH 试纸上，试纸变红。答案为：用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红；探究二中，Na2S2O5具有还原性，能将KMnO4还原为 Mn2+，自身被氧化成SO42-，同时看到溶液的紫色褪去，反应的离子方程式为5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2+H2O。答案为：5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2+H2O；(3)根据信息，滴定过量碘的操作是：用c2mol L-1的标准 Na2S2O3溶液滴定。答案为：用c2mol L-1的标准Na2S2O3溶液滴定；(4)c(Cr3+)6.4 10-31，c(OH-)4.0 10-9mol L-1，c(H+)5+2lg2=5.6。答案为：pH5.6。【点睛】Na2S2O5来自于 NaHSO3的转化，且二者S的价态相同，所以在研究Na2S2O5的性质时，可把Na2S2O5当成NaHSO3。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17存在于茶叶的有机物A，其分子中所含的苯环上有2 个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有 2 种。A 遇 FeCl3溶液发生显色反应。F分子中除了2 个苯环外，还有一个六元环。它们的转化关系如下图：（1）有机物A 中含氧官能团的名称是_；（2）写出下列反应的化学方程式AB：_；M N：_；（3）AC 的反应类型为_，EF 的反应类型为_1mol A 可以和_mol Br2 反应；（4）某营养物质的主要成分(分子式为C16H14O3)是由 A 和一种芳香醇R 发生酯化反应成的，则 R的含有苯环的同分异构体有_种（不包括R）；（5）AC 的过程中还可能有另一种产物C1，请写出C1在 NaOH 水溶液中反应的化学方程式_。【答案】羟基、羧基+NaHCO3+CO2+H2O；CH3CH2OHCH2=CH2+H2O 加成反应酯化（取代）反应3 4+3NaOH水+NaCl+2H2O。【解析】【分析】A 的分子式为C9H8O3，分子中所含的苯环上有2 个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种，2 个取代基处于对位，A 遇 FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基-OH，A 能与碳酸氢钠反应，分子中含有羧基-COOH，A 的不饱和度为29282=6，故还含有C=C双键，所以A 的结构简式为，X在浓硫酸、加热条件下生成A 与 M，M 的分子式为C2H6O，M 为乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，N 为乙烯，X 为，A 与碳酸氢钠反应生成B，为，B与 Na 反应生成D，D 为，A 与 HCl 反应生成C，C 的分子式为C9H9ClO3，由 A 与 C的分子式可知，发生加成反应，C再氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成 E，E在浓硫酸、加热的条件下生成F，F分子中除了2 个苯环外，还有一个六元环，应发生酯化反应，故 C 为，E为，F为，据此解答。【详解】(1)由上述分析可知，有机物A 为，分子中含有官能团：羟基、碳碳双键、羧基，但含氧官能团有：羟基和羧基，故答案为：羟基、羧基；(2)A B的反应方程式为：+NaHCO3+H2O+CO2，M N 是乙醇发生选取反应生成乙烯，反应方程式为：CH3CH2OHo170 C浓硫酸CH2=CH2+H2O，故答案为：+NaHCO3+H2O+CO2；CH3CH2OHo170 C浓硫酸CH2=CH2+H2O；(3)AC 是与 HCl 发生加成反应生成，EF 是发生酯化反应生成，与溴发生反应时，苯环羟基的邻位可以发生取代反应，C=C双键反应加成反应，故1molA 可以和 3mol Br2反应，故答案为：加成反应，酯化(取代)反应；3；(4)某营养物质的主要成分(分子式为C16H14O3)是由 A 和一种芳香醇R 发生酯化反应生成的，故R的分子式为 C7H8O，R 为苯甲醇，R 含有苯环的同分异构体(不包括 R)，若含有1 个支链为苯甲醚，若含有2 个支链为-OH、-CH3，羟基与甲基有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有4 种，故答案为：4；(5)A C的过程中还可能有另一种产物C1，则 C1为，C1在 NaOH 水溶液中反应的化学方程式为+3NaOH水+NaCl+2H2O，故答案为：+3NaOH 水+NaCl+2H2O。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18菠萝酯F是一种具有菠萝香味的赋香剂，其合成路线如下：已知：；RMgBr RCH2CH2OH+（1）A 的结构简式为 _，A 中所含官能团的名称是_。（2）由 A 生成 B 的反应类型是_，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为 _。（3）写出 D 和 E反应生成F的化学方程式_。（4）结合题给信息，以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备1-丁醇，设计合成路线（其他试剂任选）。合成路线流程图示例：CH3CH2Cl CH3CH2OH CH3COOCH2CH3_【答案】碳碳双键、醛基加成反应CH3CH2BrCH3CH2MgBr CH3CH2CH2CH2OH【解析】【详解】根据题目所给信息，可知1，3-丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成A 为，A 与足量的氢气发生加成反应生成B 为，B 在 HBr 发生取代反应生成C为，C与 Mg 在干醚的条件下得到，发生信息中反应得到，再发生催化氧化反应生成，被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化生成D 为，对比 D 与 F的结构可知，D与 CH2=CHCH2OH 发生酯化反应得到F，故 E为 CH2=CHCH2OH。（1）由上述分析可知，A 的结构简式为，所含官能团有：醛基、碳碳双键；（2）由 A 生成 B的反应类型属于加成反应，E为 CH2=CHCH2OH，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为：；（3）D 和 E反应生成F的化学方程式为：；（4）由转化关系中反应可知，溴乙烷与Mg 在干醚的条件下得到CH3CH2MgBr，再与环氧乙烷在酸性条件下得到 1-丁醇，合成路线流程图为：CH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH2CH2CH2OH。19自然界中存在大量的金属元素，其中钠、镁、铝、铁、铜等在工农业生产中有着广泛的应用。（1）请写出Fe的基态原子核外电子排布式_。（2）金属 A 的原子只有3 个电子层，其第一至第四电离能如下：电离能/(kJmol1)I1I2I3I4A 932 1821 15 390 21 771 则 A 原子的价电子排布式为_。（3）合成氨工业中，原料气(N2、H2及少量 CO、NH3的混合气)在进入合成塔前常用醋酸二氨合铜()溶液来吸收原料气体中的CO(Ac代表 CH3COO)，其反应是：Cu(NH3)2 AcCONH3 Cu(NH3)3CO Ac 醋酸羰基三氨合铜()H0。C、N、O 三种元素的第一电离能由小到大的顺序为_。配合物 Cu(NH3)3CO Ac 中心原子的配位数为_。在一定条件下NH3与 CO2能合成尿素 CO(NH2)2，尿素中C原子和 N 原子轨道的杂化类型分别为_；1 mol 尿素分子中，键的数目为 _。（4）NaCl和 MgO 都属于离子化合物，NaCl 的熔点为801.3，MgO 的熔点高达2800。造成两种晶体熔点差距的主要原因是_。（5）(NH4)2SO4、NH4NO3等颗粒物及扬尘等易引起雾霾。其中NH4+的空间构型是_(用文字描述)，与 NO 互为等电子体的分子是_(填化学式)。（6）铜的化合物种类很多，如图是氯化亚铜的晶胞结构（黑色球表示Cu+，白色球表示Cl-），已知晶胞的棱长为 a cm，则氯化亚铜密度的计算式为 _gcm3(用 NA表示阿伏加德罗常数)。【答案】Ar 3d64s23s2CON 4 sp2、sp37NAMgO 晶体所含离子半径小，电荷数多，晶格能大正四面体SO3或 BF33499.5AaN【解析】【详解】（1）铁是 26 号元素，根据核外电子排布规律，可知其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或 Ar 3d64s2；（2）从表中原子的第一至第四电离能可以看出，A 的第二电离能小，第三电离能较大，说明易失去2 个电子，则A 的化合价为+2 价，应为Mg 元素，价电子排布式为3s2；（3）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第 A 族和第 VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以C、N、O 三种元素的第一电离能由小到大的顺序为：CON；一价铜离子有三个氨基配体和一个羰基配体，共4 个配体，配位数为4；中心原子为碳，价电子数为4，氧不为中心原子，不提供电子，每个亚氨基提供一个电子，电子对数为41 22=3，故杂化轨道为sp2，氮原子形成了3 个 键，同时还有一对孤电子，电子对数为3+1=4，故杂化轨道为sp3。键的数目为3，每个亚氨基中键的数目2，一分子尿素中含键的数目为3+22=7，故每摩尔尿素中含有键的数目为7NA；（4）MgO 中离子都带2 个单位电荷，NaCl中离子都带1 个单位电荷，离子半径Cl-O2-，Mg2+Na+，高价化合物的晶格能远大于低价离子化合物的晶格，晶格能 MgONaCl，故熔点 MgONaCl，故答案为MgO晶体所含离子半径小，电荷数多，晶格能大；（5）NH4+中 N 原子的价层电子对数为4+12（5-1-4 1）=4，而且没有孤电子对，所以离子的空间构型为正四面体；NO3-原子数为4，价电子数为24，则其等电子体为：SO3或者 BF3；（6）一个晶胞中Cu原子数目为818+612=4，Cl原子数目为4，晶胞密度=mV=399.54ANa=3499.5AaNg/cm3。