2019-2020学年安徽合肥市庐阳高级中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年安徽合肥市庐阳高级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化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是A泰国银饰和土耳其彩瓷是“一带一路”沿线国家特色产品，其主要成分均为金属材料B利用钠蒸气放电发光的性质制造的高压钠灯，可发出射程远、透雾能力强的黄光C高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可通过水解反应提供能量D手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的有机高分子材料【答案】B【解析】【详解】A泰国银饰属于金属材料。土耳其彩瓷主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，故A 错误；B高压钠灯发出的光为黄色，黄光的射程远，透雾能力强，对道路平面的照明度比高压水银灯高几倍，故用钠制高压钠灯，故B正确；C人体不含消化纤维素的酶，纤维素在人体内不能消化，故C错误；D碳纤维是一种新型的无机非金属材料，不是有机高分子材料，故D 错误；答案选 B。2古代造纸工艺中常使用下列某种物质，该物质易导致纸纤维发生酸性水解，纸张因此变脆、易破损。则该物质是()A明矾B草木灰C熟石灰D漂白粉【答案】A【解析】【详解】早期的纸张生产中,常采用纸表面涂敷明矾的工艺，明矾 KAl(SO4)2?12H2O中铝离子水解，其水解方程式为：3+23Al+3H OAl(OH)+3H?，产生氢离子促进纤维素水解，使高分子链断裂，所以纸质会变脆、破损，A 项符合题意，答案选 A。3下列各组内的不同名称实际是指同一物质的是A液氯、氯水B烧碱、火碱C胆矾、绿矾D干冰、水晶【答案】B【解析】【分析】【详解】A.液氯是只含Cl2的纯净物，氯水是氯气溶于水得到的混合物，不是同一物质，故A 错误；B.氢氧化钠俗称火碱、烧碱、苛性钠，是同一物质，故B 正确；C.胆矾的化学式为CuSO45H2O，绿矾的化学式为FeSO47H2O，二者表示的不是同一种物质，故 C错误；D.干冰是固体二氧化碳，水晶是二氧化硅晶体，二者表示的不是同一种物质，故D 错误。故答案选B。【点睛】本题考查常见物质的名称，了解常见物质的俗名是解题的关键，易错选项A，注意对易混淆的物质归纳总结。4共价化合物分子中各原子有一定的连接方式，某分子可用球棍模型表示如图，A的原子半径最小，C、D 位于同周期，D 的常见单质常温下为气态，下列说法正确的是（）A B的同素异形体数目最多2 种BA 与 C 不可以形成离子化合物C通过含氧酸酸性可以比较元素B和 C的非金属性D C与 D 形成的阴离子CD2既有氧化性，又有还原性【答案】D【解析】【分析】A 的原子半径最小，为氢原子，C、D 位于同周期，C 形成三个共价键，B 形成 4 个共价键，C为 N，B为 C，D 的常见单质常温下为气态，D 形成两个共价键，D 为 O，然后分析；【详解】A根据分析，B 为 C，它的同素异形体有金刚石，石墨，C60等，数目不是最多2 种，故 A 错误；BN 和 H 可以形成氢化铵，属于离子化合物，故B 错误；C通过最高氧化物对应的水化物的酸性比较元素C和 N 的非金属性，不能比较含氧酸酸性，故C 错误；DN 与 O 形成的阴离子NO2中，氮元素的化合价为+3，处于中间价态，既可以升高，也可以降低，既具有氧化性又具有还原性，故D 正确；答案选 D。【点睛】判断出这种分子的结构式是关键，需要从题目中提取有效信息，根据球棍模型判断出分子的结构。5将 25时浓度均为0.1mol/L 的 HA 溶液和 BOH 溶液按体积分别为Va和 Vb混合，保持Va+Vb=100mL，且生成的BA可溶于水。已知Va、Vb与混合液pH 关系如图所示。下列说法错误的是（）A曲线 II 表示 HA 溶液的体积Bx 点存在 c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)C电离平衡常数：K(HA)K(BOH)D x、y、z 三点对应的溶液中，y 点溶液中水的电离程度最大【答案】C【解析】【分析】【详解】A.开始时溶液显酸性，说明酸的体积大，所以曲线II 表示 HA 溶液的体积，故A 正确；B.根据电荷守，x 点存在 c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故 B正确；C.根据 y 点，HA 和 BOH等体积、等浓度混合，溶液呈碱性，说明电离平衡常数：K(HA)K(BOH)，故 C错误；D.x 点酸剩余、y 点恰好反应、z 点碱剩余，所以三点对应的溶液中，y 点溶液中水的电离程度最大，故D正确；选 C。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生图象分析及判断能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意y 点是恰好完全反应的点。6NA是阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是A 12g 石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为2NAB标准状况下，22.4LHF 中含有的氟原子数目为NAC密闭容器中，lmolNH3和 lmolHC1 反应后气体分子总数为NAD在 1L 0.1 mol/L的硫化钠溶液中，阴离子总数大于0.1NA【答案】D【解析】【详解】A.12g 石墨烯里有1mol 碳原子，在石墨中，每个六元环里有6 个碳原子，但每个碳原子被3 个环所共有，所以每个环平均分得2 个碳原子，所以1 个碳原子对应0.5 个环，所以12g 石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NA，故 A 不选；B.标准状况下，HF 是液体，故B 不选；C.NH3和 HC1 反应生成的NH4Cl不是由分子构成的，是离子化合物，故C不选；D.1L 0.1 mol/L 的硫化钠溶液中，如果硫离子不水解，则硫离子为0.1mol，但硫离子会发生水解：S2-+H2OHS-+OH-，所以阴离子数目增加，最终阴离子总数大于0.1NA，故 D 选。故选 D。7下列实验中，依托图示实验装置不能实现的是（）A用 CCl4萃取碘水中的碘B用 NaOH 溶液除去溴苯中的溴C用饱和食盐水分离硬脂酸钠与甘油D用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸【答案】C【解析】【分析】【详解】A.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则利用图中装置萃取、分液可分离，故A 正确；B.溴与氢氧化钠反应后，与溴苯分层，然后利用图中装置分液可分离，故B正确；C.分离硬脂酸钠与甘油时，加入热的饱和食盐水，发生盐析，使硬脂酸钠变为沉淀，再用滤纸过滤即可分离，故 C错误；D.乙酸与碳酸钠溶液反应后，与酯分层，然后利用图中装置分液可分离，故D 正确；综上所述，答案为C。8反应 aX(g)+bY(g)cZ(g)；H=Q，有下图所示关系，下列判断中正确是（）A a+b 0 Ba+b c,Q c,Q 0 Da+b c,Q 0【答案】D【解析】【详解】观察图可知，P1 P2，T1T2。升高温度，X的体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，所以正反应为放热反应，Q0；增大压强X的体积分数减小，平衡向正向移动，所以a+b c，故选 D。9室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A 向 X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色X 溶液中一定含有Fe2+B 在炽热的木炭上滴加少许浓硝酸，产生红棕色气体，木炭持续燃烧加热条件下，浓硝酸与C 反应生成 NO2C 向含有 ZnS和 Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀Ksp(CuS)Ksp(ZnS)D 用 pH 试纸测得：Na2CO3溶液的 pH 约为 9，NaNO2溶液的 pH 约为 8 HNO2电离出 H+的能力比H2CO3的强A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰，检验亚铁离子应先加KSCN，后加氯水，故 A 错误；B在炽热的木炭上滴加少许浓硝酸，产生红棕色气体，木炭持续燃烧，这说明加热条件下，浓硝酸与C反应生成NO2，故 B正确；C 由于悬浊液中含有硫化钠，硫离子浓度较大，滴加 CuSO4溶液会生成黑色沉淀CuS，因此不能说明Ksp(CuS)Ksp(ZnS)，故 C错误；D水解程度越大，对应酸的酸性越弱，但盐溶液的浓度未知，由pH 不能判断HNO2电离出 H+的能力比H2CO3的强，故D 错误；故答案选B。【点睛】D 项为易错点，题目中盐溶液的浓度未知，所以无法判断HNO2电离出 H+的能力比H2CO3的强，解题时容易漏掉此项关键信息。10下列离子方程式正确的是A Cl2通入水中：Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO-B双氧水加入稀硫酸和KI溶液：H2O22H2I=I22H2O C用铜做电极电解CuSO4溶液：2Cu22H2O2Cu O24HD Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O324H=SO423S2H2O【答案】B【解析】【详解】A、Cl2通入水中的离子反应为Cl2+H2O?H+Cl-+HClO，故 A 错误；B、双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H+2I-I2+2H2O，故 B正确；C、用铜作电极电解CuSO4溶液，实质为电镀，阳极Cu失去电子，阴极铜离子得电子，故C错误；D、Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32-+2H+SO2+S+H2O，故 D 错误。故选 B。11利用下图装置可以模拟铁的电化学防护。下列说法不正确的是A若 X为锌棒，开关K 置于 M 处，可减缓铁的腐蚀B若 X 为锌棒，开关K置于 M 处，铁极发生氧化反应C若 X为碳棒，开关K置于 N 处，可减缓铁的腐蚀D若 X 为碳棒，开关K置于 N 处，X极发生氧化反应【答案】B【解析】【详解】若 X 为锌棒，开关K置于 M 处，形成原电池，锌作负极，发生氧化反应；铁做正极被保护，故A 正确，B不正确。若 X 为碳棒，开关K置于 N 处，形成电解池，铁作阴极，被保护，可减缓铁的腐蚀，C正确；X 极作阳极，发生氧化反应，D 正确。答案选 B。12香草醛是一种广泛使用的可食用香料，可通过如下方法合成。下列说法正确的是()A物质的分子式为C7H7O2BCHCl3分子具有正四面体结构C物质、(香草醛)互为同系物D香草醛可发生取代反应、加成反应【答案】D【解析】【详解】A物质()的分子式为C7H8O2，故 A 错误；BC-H、C-Cl的键长不同，CHCl3分子是四面体结构，而不是正四面体结构，故B 错误；C物质、结构不相似，含有醛基，二者不是同系物，故C错误；D香草醛中含有苯环、羟基和醛基，则可发生取代、加成反应，故D 正确；答案选 D。13NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A含 1mol/LC1-的 NH4Cl与氨水的中性混合溶液中，NH4+数为 NAB60gSiO2和 28gSi 中各含有 4NA个 Si-O 键和 4NA个 Si-Si键C标准状况下，浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制备22.4LCl2，转移的电子数均为2NAD 10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为0.5NA【答案】D【解析】【详解】A没有提供溶液的体积，无法计算混合溶液中NH4+的数目，A 不正确；B60gSiO2和 28gSi 都为 1mol，分别含有4NA个 Si-O键和 2NA个 Si-Si 键，B 不正确；C标准状况下22.4LCl2为 1mol，若由浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制得，则转移的电子数分别为2NA、53NA，C不正确；D 10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为AA10g 46%210g54%46g/mol18g/molNN=0.5NA，D 正确；故选 D。14短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W 原子的最外层电子数是其质子数的23，X 原子的核电荷数等于Z 原子的最外层电子数，元素Y的最高正化合价为+2 价。下列说法正确的是（）A单质的沸点：WY CX、Z 的氧化物对应的水化物均为强酸D X、Y可形成离子化合物X3Y2【答案】B【解析】【分析】W 原子的最外层电子数是其质子数的23，则 W 为 C；元素 Y的最高正化合价为+2 价，则 Y为第三周期第A 族元素即Mg，X 原子的核电荷数等于Z 原子的最外层电子数，则X为 7 号元素即N，Z 为 Cl。【详解】A.C单质多为固体，如金刚石，石墨，所以单质的沸点CN2，故 A 错误；B.简单离子的半径:Cl?Mg2+，故 B正确；C.N、Cl的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸和高氯酸，均为强酸，故C错误；D.N、Mg 可形成离子化合物Mg3N2，即 Y3X2，故 D 错误；故答案为B。15下列醇类物质中既能发生消去反应，又能发生催化氧化反应生成醛类的物质是()ABCD【答案】C【解析】A、被氧化为酮，不能被氧化为醛，选项A 错误；B、不能发生消去反应，选项B 错误；C、-OH 邻位 C 上含有 H 原子，能发生消去反应，含有-CH2OH 的结构，可被氧化为醛，选项C 正确；D、被氧化为酮，不能被氧化为醛，选项D 错误。答案选C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某工厂以重晶石（主要含BaSO4）为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”钛酸(BaTiO3)的工艺流程如下：回答下列问题：(l)为提高 BaCO3的酸浸速率，可采取的措施为_（写出一条即可）；常温下，TiCl4为液体且易水解，配制一定浓度的TiCl4溶液的方法是_。(2)用 Na2CO3溶液浸泡重晶石（假设杂质不与Na2CO3反应），能将 BaSO4转化为 BaCO3，此反应的平衡常数 K=_（填写计算结果）；若不考虑CO32的水解，要使2.33g BaSO4恰好完全转化为BaCO3，则至少需要浓度为1.0mol L1Na2CO3溶液_mL。（已知：Ksp(BaSO4)=1.0 10-10、Ksp(BaCO3)=5.0 10-9）(3)流程中“混合”溶液的钛元素在不同pH 时主要以TiO(OH)、TiOC2O4、TiO(C2O4)22三种形式存在（变化曲线如右图所示）。实际制备工艺中，先用氨水调节混合溶液的pH 于 2.8 左右，再进行“沉淀”，其反应的离子方程式为_；图中曲线c 对应钛的形式为_（填粒子符号）。(4)流程中“滤液”的主要成分为_；隔绝空气煅烧草酸氧钛钡晶体得到钛酸钡粉体和气态产物，试写出反应的化学方程式：_。【答案】将 BaCO3研成粉末或适当增大盐酸浓度或适当加热或搅拌等溶于浓盐酸，再加适量水稀释至所需浓度0.02 510 TiO(C2O4)22Ba24H2O=BaTiO(C2O4)24H2OTiO(OH)NH4Cl BaTiO(C2O4)24H2OBaTiO32CO 2CO2 4H2O【解析】【分析】(1)根据物质的存在状态及影响化学反应速率的因素分析；TiCl4是强酸弱碱盐，在溶液中弱碱阳离子水解，从抑制盐水解考虑；(2)根据沉淀的转化平衡方程式书写、计算；(3)“混合溶液”过程中，钛元素在不同pH 下主要以TiOC2O4、TiO(C2O4)22-和 TiO(OH)+三种形式存在，调节混合液 pH在 2.8 左右再进行沉淀，据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO(C2O4)22-(即 b 微粒)，再根据反应前后各种元素的原子个数守恒及晶体的化学式书写出相应的化学方程式；随着氨水的不断加入溶液的 pH 不断增大，可以判断c对应钛的形式为TiO（OH）+；(4)根据原子守恒判断滤液中的主要成分；草酸氧钛钡晶体隔绝空气煅烧得到BaTiO3，同时得到CO、CO2及水蒸气。【详解】(1)盐酸与 BaCO3发生反应：2HCl+BaCO3=BaCl2+H2O+CO2，为了加快反应速率可以将固体BaCO3研成粉末，以增大接触面积；也可以适当增大盐酸浓度或适当加热升高反应温度或搅拌等；TiCl4是强酸弱碱盐，在溶液中 Ti4+会发生水解反应：Ti4+4H2OTi(OH)4+4H+，使溶液变浑浊，为了配制得到澄清的TiCl4溶液，同时不引入杂质离子，通常是将TiCl4溶于浓盐酸中，然后再加适量水稀释至所需浓度；(2)在溶液中BaSO4存在沉淀溶解平衡，当向溶液中加入饱和Na2CO3溶液时，发生沉淀转化生成BaCO3：BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)，待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，最终BaSO4生成 BaCO3；反应的平衡常数222104449222333cc1.0 10K=0.025.0 10SOSOc BaKsp BaSOKsp CaCOc COc COc Ba；2.33gBaSO4物质的量为0.01mol，根据 BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)，完全转化需要0.01molCO32，同时溶液中产生0.01molSO42-，根据 K值溶液中含有n（CO32-）=0.01mol 0.02=0.5mol，需要加入 Na2CO3为 0.01mol+0.5mol=0.51mol，需要 Na2CO3溶液的体积为0.51mol 1mol/L=0.51L=510mL。(3)“混合溶液”过程中，钛元素在不同pH 下主要以 TiOC2O4、TiO(C2O4)22-和 TiO(OH)+三种形式存在，调节混合液pH在 2.8 左右再进行沉淀，据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO(C2O4)22-(即 b 微粒)，“沉淀”时的离子方程式为：TiO(C2O4)22-Ba2+4H2O=BaTiO(C2O4)24H2O；随着氨水的不断加入溶液的 pH 不断增大，可以判断c 对应钛的形式为TiO（OH）+；(4)TiCl4和草酸混合液加入了氨水，然后与 BaCl2溶液混合得到草酸氧钛钡晶体，根据原子守恒，滤液中主要成分为NH4Cl。草酸氧钛钡晶体隔绝空气煅烧得到BaTiO3，同时得到CO、CO2及水蒸气，煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3方程式为BaTiO(C2O4)24H2O BaTiO3+2CO +2CO2+4H2O。【点睛】本题考查了物质制备方法、过程分析判断、物质性质的应用、溶度积常数应用等知识。掌握基础知识并灵活运用是是本题解题关键，题目难度中等。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某工业含铜废料含有Cu、CuO、CuS、CuSO4等成分，利用该含铜废料可生产硝酸铜晶体Cu(NO3)23H2O，生产的工艺流程如图所示，请回答下列问题：（1）“焙烧”过程中除生成SO2的反应外，另外一个反应的化学方程式是_。（2）“酸化”过程为加快反应速率，可采用的措施有_(写出一条即可)。（3）若试剂a 为 Zn，则“置换”的离子方程式为_。（4）“反应”一步中使用20%HNO3和 10%H2O2，整个过程无红棕色气体产生，则发生反应的离子方程式为 _；若该步骤只使用20%HNO3，随着反应的进行，温度升高，出现大量红棕色气体，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为_。【答案】2Cu+O22CuO 升高温度；在一定范围内增大硫酸的浓度；将“焙烧”后的固体粉碎Cu2+Zn=Cu+Zn2+Cu+H2O2+2H+Cu+2H2O 1:2【解析】【分析】废料中的铜元素有两种价态：0 价和+2 价，而目标产品Cu(NO3)2 3H2O 中铜元素显+2 价，过程中应该有氧化还原反应发生，废料中硫元素等杂质要除去。由流程图分析，将废料“焙烧”时 Cu和 CuS将被 O2氧化生成固体 CuO 和气体 SO2。用 H2SO4“酸化”有发生反应CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，所以酸化得到的溶液主要是CuSO4溶液。加入“过量试剂a”的目的是通过“置换”反应得到单质铜，试剂a 应选择比铜活泼的金属单质。“置换”后“过滤”所得固体是铜单质（含有过量的锌），“淘洗”目的就是除去过量的金属锌。“反应”步骤中金属铜溶解在20%HNO3和 10%H2O2溶液中，得到Cu(NO3)2溶液，最后经一系列操作得到目标产品Cu(NO3)2 3H2O。【详解】(1)废料中 Cu和 CuS在“焙烧”过程中与O2反应，CuS将转化为CuO和 SO2，所以另外一个反应的化学方程式为 2Cu+O22CuO。(2)“焙烧”后的固体用硫酸酸化，根据影响化学反应速率的外界因素可知，加快反应速率的措施有：升高温度；在一定范围内增大硫酸的浓度；将“焙烧”后的固体粉碎。(3)Zn 比 Cu活泼，能够将溶液中的Cu2+置换，其离子方程式为Cu2+Zn=Cu+Zn2+。(4)从目标产物看，“反应”步骤应该是将单质铜转化为Cu(NO3)2的过程，铜元素被氧化，而“整个过程无红棕色气体产生”说明氧化剂不是HNO3，可推知该过程作为氧化剂的物质应是H2O2，所以发生反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+Cu+2H2O。若该步骤只使用20%HNO3且出现大量红棕色气体，可推知该过程起氧化剂作用的是HNO3，还原产物是红棕色的NO2气体，化学反应方程式为Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，因 4molHNO3中只有 2molHNO3起氧化剂作用，所以还原剂（Cu）与氧化剂（HNO3）物质的量之比为1:2。【点睛】本题考查了物质性质、物质提纯、物质分离的实验过程分析判断，注意实验基本操作的应用和试剂的作用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18氯丁橡胶有良好的物理机械性能，在工业上有着广泛的应用。2-氯-1，3-丁二烯是制备氯丁橡胶的原料，它只比1，3-丁二烯多了一个氯原子，但由于双键上的氢原子很难发生取代反应，不能通过1，3-丁二烯直接与氯气反应制得。工业上主要用丙烯、1,3-丁二烯为原料合成氯丁橡胶和医药中间体G,，合成路线如下：已知：B、C、D 均能发生银镜反应；RCH2COOH（1）A 的顺式异构体的结构简式为_。（2）C中含氧官能团的名称是_，反应 B到 C 的反应类型为 _。（3）写出 EF 反应的化学方程式：_。（4）与 D 互为同系物的医药中间体G 的同分异构体有_种。（5）用简要语言表述检验B中所含官能团的实验方法：_。（6）以 A 为起始原料合成氯丁橡胶的线路为（其它试剂任选）_。合成路线流程图示例如下：【答案】羟基、醛基加成反应HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O 9 种取少量 B 于试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B 中有醛基；再加酸酸化，滴入少量的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键【解析】【分析】根据流程图，1，3-丁二烯与溴发生1，4 加成，生成A，A 为 1，4-二溴-2-丁烯（）；与氢气加成后生成1，4-二溴丁烷（）；丙烯催化氧化生成B，B为 CH2=CHCHO，C 的相对分子质量比 B 大 18，说明 B与水加成反应生成C，C 为 HOCH2-CH2-CHO，催化氧化生成D（丙二醛），与银氨溶液反应生成E（丙二酸），与乙醇酯化生成F()；根据信息，F()与反应生成，进一步反应生成G()，据此解答。【详解】（1）A 为 1，4-二溴-2-丁烯（），其顺式异构体的结构简式为，故答案为；（2）C为 HOCH2-CH2-CHO，含有的含氧官能团是羟基、醛基；B 与水加成反应生成C，所以反应B 到 C 的反应类型为加成反应，故答案为羟基、醛基；加成反应；（3）有机物E为丙二酸，与乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成F()，化学方程式为：HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O，故答案为HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O；（4）有机物 G 的分子式为C6H10O2，与 D 互为同系物，有机物为二元醛类，满足条件的有机物可看作正丁烷或异丁烷中的两个氢原子被两个醛基取代的产物，用定一移一的方法分析可能的结构共有9 种，故答案为9；（5）有机物B 为 CH2=CHCHO，含有醛基和碳碳双键，由于醛基的还原性较强，先检验醛基，然后再检验碳碳双键；具体操作如下：取少量B 于试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B 中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键，故答案为取少量B 于试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B 中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键；（6）A 为，在碱性条件下发生取代反应生成二元烯醇，然后再与氯化氢发生加成反应生成，该有机物在浓硫酸作用下发生消去反应生成；该有机物发生加聚反应生成高分子；具体流程为：，故答案为。【点睛】本题易错点为检验B 中所含官能团的方法。对于有机物CH2=CHCHO，先加入氢氧化铜悬浊液，加热，出现砖红色沉淀，证明含有醛基；加入足量的硫酸酸化，再加入溴水，溶液褪色，证明含有碳碳双键；若先加溴水，溴不仅与碳碳双键加成，还要氧化醛基，无法鉴别两种官能团。19氮及其化合物在生产生活中应用广泛。回答下列问题：(1)“中国制造2025”是中国政府实施制造强国战略第一个十年行动纲领。氮化铬(CrN)具有极高的硬度和力学强度、优异的抗腐蚀性能和高温稳定性能，氮化铬在现代工业中发挥更重要的作用，请写出Cr3+的外围电子排布式 _；基态铬、氮原子的核外未成对电子数之比为_。(2)氮化铬的晶体结构类型与氯化钠相同，但氮化铬熔点(1282)比氯化钠(801C)的高，主要原因是_。(3)过硫酸铵(NH4)2S2O8，广泛地用于蓄电池工业、石油开采、淀粉加工、油脂工业、照相工业等，过硫酸铵中 N、S、O 的第一电离能由大到小的顺序为_，其中 NH4+的空间构型为_(4)是 20 世纪 80 年代美国研制的典型钝感起爆药，它是由和Co(NH3)5H2O(ClO4)3反应合成的，中孤电子对与键比值为_，CP的中心 Co3+的配位数为_。(5)铁氮化合物是磁性材料研究中的热点课题之一，因其具有高饱和磁化强度、低矫顽力，有望获得较高的微波磁导率，具有极大的市场潜力，其四子格结构如图所示，已知晶体密度为g?cm-3，阿伏加德罗常数为 NA。写出氮化铁中铁的堆积方式为_。该化合物的化学式为_。计算出Fe(II)围成的八面体的体积为_cm3。【答案】3d32:1 氮化铬的离子所带电荷数多，晶格能较大NOS 正四面体5:4 6 面心立方最密堆积Fe4N A1193N【解析】【分析】(1)基态 Cr 的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3；(2)晶体结构类型与氯化钠相同，离子所带电荷数越多，键能越大，晶格能越大，熔沸点越高；(3)同周期元素，第一电离能随核电荷数增大而增大，同主族元素，第一电离能随核电荷数增大而减小，当元素最外层电子排布处于全满、半满、全空时结构稳定，第一电离能比相邻元素高；根据杂化理论判断空间构型；(4)双键中含有一个键合一个键，三键中一个键和两个键，根据结构简式中元素最外层电子数和元素的键连方式判断孤电子对数；配合物中与中心离子直接相连的配体的个数即为配位数；(5)根据图示，顶点和面心位置为铁原子；根据图示，一个晶胞中的原子个数用均摊法进行计算；根据=ANMN V推导计算晶胞棱长，再根据正八面体的结构特点计算体积。【详解】(1)基态 Cr 的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，有 6 个未成对的电子，基态Cr3+的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d3，Cr3+的外围电子排布式3d3；基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3有 3 个未成对的电子，基态铬、氮原子的核外未成对电子数之比为2:1；(2)晶体结构类型与氯化钠相同，离子所带电荷数越多，键能越大，晶格能越大，熔沸点越高，氮化铬的离子所带电荷数多，晶格能较大，故氮化铬熔点比氯化钠的高；(3)同主族元素，第一电离能随核电荷数增大而减小，则SO 同周期元素，第一电离能随核电荷数增大而增大，当元素最外层电子排布处于全满、半满、全空时结构稳定，第一电离能比相邻元素高，基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3处于稳定状态，则第一电离能NO，第一电离能由大到小的顺序为NOS；NH4+的中心原子为N，其价层电子对数=4+12(5-1-4 1)=4，为 sp3杂化，空间构型为正四面体；(4)双键中含有一个键和一个键，三键中一个键和两个键，中，有一个-CN，含有 2个 键，两个双键中分别有一个键；根据结构中键连方式，碳原子没有孤对电子，每个氮原子有一对孤对电子，孤电子对与键比值为5:4；配合物中与中心离子直接相连的配体的个数即为配位数，CP的中心Co3+的配位数为6；(5)根据图示，顶点和面心位置为铁原子，氮化铁中铁的堆积方式为面心立方最密堆积；根据图示，一个晶胞中的铁原子为顶点和面心，个数=818+612=4，单原子位于晶胞内部，N个数为 1，则该化合物的化学式为Fe4N；根据=ANMN V，则晶胞的体积V=ANMN，则晶胞的棱长=3ANMN=3A56 414N=3A238N。Fe(II)围成的八面体中，棱长=223A283N，正八面体一半的体积=13(223A238N)2123A238N=A1196N，八面体的体积为=2A1196N=A1193N。