2019-2020学年安徽省示范高中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年安徽省示范高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足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是A氢氧化钠溶液B稀硫酸C盐酸D稀硝酸【答案】A【解析】【分析】【详解】假设反应都产生3mol 氢气，则：A 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2反应产生3mol 氢气，会消耗2mol NaOH；B2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2，反应产生3mol 氢气，需消耗3mol 硫酸；C2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，反应产生3mol 氢气，需消耗6mol HCl；D由于硝酸具有强的氧化性，与铝发生反应，不能产生氢气；故反应产生等量的氢气，消耗溶质的物质的量最少的是氢氧化钠溶液；选项A 正确。2下列实验能实现的是（）A图 1 装置左侧用于检验氯化铵受热分解出的氨气B图 2 装置用于分离碘单质和高锰酸钾固体混合物C图 3 装置中若a处有红色物质生成，b 处变蓝，证明X一定是 H2D图 4装置可以制取少量CO2，安全漏斗可以防止气体逸出【答案】D【解析】【详解】A、左侧的五氧化二磷会吸收氯化铵分解产生的氨气，因此左侧可检测氯化氢，故A 不符合题意；B、加热时碘升华，高锰酸钾会发生分解，因此加热法不能分离，故B 不符合题意；C、a 处有红色物质生成，说明氧化铜被还原，b 处变蓝，说明气体中含有水蒸气，因此有可能X中含有水蒸气，X 也可能含有乙醇、氨气、甲烷等，故C不符合题意；D、大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，安全漏斗可在左右侧形成液柱，可防止气体逸出，故 D 符合题意；故答案为：D。3W、X、Y、Z、R 是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中W、R 同主族；X是形成化合物种类最多的元素；常温下，W 与 Z能形成两种常见的液态化合物。下列说法正确的是A X、Y的简单氢化物的沸点：XY BZ、R的简单离子的半径大小：ZR CY与 W 形成的最简单化合物可用作制冷剂D 1mol R2Z2与足量 W2Z反应，转移的电子数为2NA【答案】C【解析】【详解】W、X、Y、Z、R 是原子序数依次增大的五种短周期元素，X 是形成化合物种类最多的元素，推出X为 C，常温下，W 与 Z能形成两种常见的液态化合物，可知是H2O、H2O2，推出 W 为 H，Z 为 O，W、R 同主族，因此推出R 为 Na，X 为 C，Z为 O，可知 Y为 N。A.X、Y的简单氢化物分别为CH4、H2O，水分子之间存在氢键，沸点：CH4 H2O，A 项错误；B.Z、R 对应的离子为：O2-、Na+，电子层相同，原子序数小的，离子半径大，离子的半径大小：O2-Na+，B 项错误；C.Y与 W 形成的最简单化合物NH3，可用作制冷剂，C 项正确；D.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2mol 过氧化钠转移电子2mol，1mol Na2O2反应，转移的电子数为NA，D项错误；答案选 C。4化合物M(如图所示)可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W 与 Z的质子数之和是X 的 2 倍。下列说法不正确的是A原子半径：YZX BX 元素的族序数是Y元素的 2 倍C工业上电解熔融Y2X3化合物制备单质Y D W 与 X 形成的所有化合物都只含极性共价键【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，则 W 为第一周期主族元素，W 为 H，Z 应为第三周期主族元素，根据化合物M 的结构简式可知，Z 可形成 3 个单键和 1 个双键，因此，Z 原子最外层有5 个电子，Z 为 P，W 与 Z 的质子数之和是X 的 2 倍，X 的质子数=1512=8，则 X为 O，根据化合物M 的结构简式，Y 可形成+3 价阳离子，则Y 为 Al，以此解答。【详解】A.X 为 O，第二周期元素，Y 为 Al，Z 为 P，Y、Z 为第三周期元素，电子层数越多，半径越大，同周期元素，核电荷数越大，半径越小，原子半径：YZX，故 A 正确；B.X 为 O 元素，第 A 族元素，Y 为 Al 元素，第 A 族元素，X 的族序数是Y 元素的 2 倍，故 B 正确；C.X 为 O，Y 为 Al，Y2X3为 Al2O3，工业上制备单质Al 的方法为电解熔融Al2O3，故 C 正确；D.X为 O，W 为 H，W 与 X形成的化合物有H2O 和 H2O2，H2O2中含有非极性共价键，故D 错误；答案选 D。【点睛】氢元素和氧元素可以形成水，含有极性键，或是过氧化氢，含有极性键和非极性键。5下列关于氨碱法和联合制碱法说法错误的是（）A两者的原料来源相同B两者的生产原理相同C两者对食盐利用率不同D两者最终产品都是Na2CO3【答案】A【解析】【详解】A氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料；联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（来自合成氨中用水煤气制取氢气时的废气）为原料，两者的原料来源不相同，故A错误；B氨碱法其化学反应原理是NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl，联合制碱法包括两个过程：第一个过程与氨碱法相同，将氨通入饱和食盐水而形成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得 NaHCO3晶体，再煅烧制得纯碱产品，第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，故B正确；C氨碱法的最大缺点在于原料食盐的利用率只有约70%，联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到 96%以上，故C正确；D氨碱法和联合制碱法两者最终产品都是Na2CO3，故 D 正确；选 A。6下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是A该溶液中K、Fe2、C6H5OH、Br可以大量共存B和 KI 溶液反应的离子方程式：Fe32IFe2I2C和 Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3SO42Ba23OHFe(OH)3BaSO4D 1 L0.1 molL-1该溶液和足量的Zn 充分反应，生成11.2 g Fe【答案】D【解析】【详解】A、三价铁与苯酚会发生显色反应，不能大量共存，A 错误；B、电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe32I2Fe2I2，B 错误；C、不符合配比关系，正确的离子方程式为2Fe33SO42 3Ba2 6OH2Fe(OH)33BaSO4，C错误；D、根据原子守恒，铁离子的物质的量为0.2mol，与足量Zn 反应生成0.2mol 铁，为 11.2g，D 正确；答案选 D。7由下列实验事实得出的结论不正确的是（）实验结论A 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明生成的 1,2-二溴乙烷无色可溶于四氯化碳B 乙酸乙酯和氢氧化钠溶液混合共热后，混合液不再分层乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中可完全水解C 葡萄糖与新制氢氧化铜混合共热后，生成砖红色沉淀葡萄糖是还原性糖D 乙酸和乙醇都可与金属钠反应产生可燃性气体乙酸分子中的氢与乙醇分子中的氢具有相同的活性A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A乙烯与溴发生加成反应生成的1，2-二溴乙烷无色，可溶于四氯化碳，因此溴的四氯化碳溶液褪色，故A 正确；B乙酸乙酯属于酯，在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成乙酸钠和乙醇，因此混合液不再分层，故B 正确；C热的新制氢氧化铜悬浊液和葡萄糖产生砖红色沉淀氧化亚铜，氢氧化铜被葡萄糖还原，葡萄糖表现了还原性，故C正确；D乙醇与钠反应不如乙酸与Na 反应剧烈，则乙醇分子中的羟基氢不如乙酸羧基中的氢活泼，故D 错误；答案选 D。8新冠疫情暴发，消毒剂成为紧俏商品，下列常用的消毒剂中，消毒原理与氧化还原无关的是（）选项A B C D 消毒剂双氧化水臭氧医用酒精84 消毒液A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】双氧水、臭氧、84 消毒液均具有强氧化性，氧化病毒和细菌，达到消毒杀菌的目的；酒精消毒的原理是使蛋白质变性，故答案为C。9新型材料B4C可用于制作切削工具和高温热交换器。关于B4C的推断正确的是A B4C是一种分子晶体BB4C是该物质的分子式CB4C是一种原子晶体DB4C的电子式为【答案】C【解析】【详解】A.新型材料B4C可用于制作切削工具和高温热交换器，表明了B4C 具有硬度大、熔点高的特性，而分子晶体硬度小、熔沸点低，A错误；B.B4C属于原子晶体，组成微粒是C、B 原子，不含分子，因此B4C不是该物质的分子式B错误；C.新型材料 B4C 可用于制作切削工具和高温热交换器，表明了B4C具有硬度大、熔点高的特性，说明该物质属于原子晶体，C正确；D.原子晶体中原子间以共价键相结合，B4C中 C和 B形成四对共用电子，电子式为，D 错误；故合理选项是C。10某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是A Na2O BAlCl3 CFeCl2 DSiO2【答案】B【解析】【分析】【详解】A、钠和氧气可以生成氧化钠，加入碳酸氢钡中反应生成碳酸钡沉淀，没有气体，错误，不选A；B、铝和氯气反应生成氯化铝，加入碳酸氢钡中反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，正确，选B；C、铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁，错误，不选C；D、硅和氧气反应生成二氧化硅，加入到碳酸氢钡中不反应，错误，不选D。【点睛】注意单质之间化合的产物1、氢气和氧气生成水。2、硫和氧气生成二氧化硫，不是三氧化硫。3、氮气和氧气生成一氧化氮，不是二氧化氮。4、钠和氧气在点燃条件下反应生成过氧化钠，常温下生成氧化钠。5、锂和氧气反应生成氧化锂，没有过氧化物。6、钾和氧气点燃反应生成更复杂的氧化物。7、铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁。8、铁和硫反应生成硫化亚铁。9、铁和氧气反应生成四氧化三铁10、铜和硫反应生成硫化亚铜11下列图示与操作名称不对应的是A升华B分液C过滤D蒸馏【答案】A【解析】【详解】A、升华是从固体变为气体的过程，图中操作名称是加热，选项A 不对应；B、由图中装置的仪器以及操作分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是分液，选项B对应；C、由图中装置的仪器以及操作分离难溶固体与液体的混合物，可知本实验操作名称过滤，选项C对应；D、由图中装置的仪器以及操作分离沸点不同的液体混合物，可知本实验操作名称蒸馏，选项D 对应。答案选A。12某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是A反应过程a 有催化剂参与B该反应为吸热反应，热效应等于?H C改变催化剂，可改变该反应的活化能D有催化剂的条件下，反应的活化能等于E1+E2【答案】C【解析】【详解】A催化剂能降低反应的活化能，故b 中使用了催化剂，故A 错误；B反应物能量高于生成物，为放热反应，H=生成物能量-反应物能量，故B错误；C不同的催化剂，改变反应的途径，反应的活化能不同，故C正确；D催化剂不改变反应的始终态，焓变等于正逆反应的活化能之差，图中不能确定正逆反应的活化能，故D 错误；故选 C。13吗替麦考酚酯主要用于预防同种异体的器官排斥反应，其结构简式如下图所示。下列说法正确的是A吗替麦考酚酯的分子式为C23H30O7N B吗替麦考酚酯可发生加成、取代、消去反应C吗替麦考酚酯分子中所有碳原子一定处于同一平面D 1mol 吗替麦考酚酯与NaOH 溶液充分反应最多消耗3mol NaOH反应【答案】D【解析】A.吗替麦考酚酯的分子中含有1 个 N原子，H原子是个数应该为奇数，故A错误；B.吗替麦考酚酯中含有碳碳双键，能够发生加成反应、含有酯基能够发生取代反应、但不能发生消去反应，故 B错误；C.吗替麦考酚酯分子中含有亚甲基几个，所有碳原子可能处于同一平面，不是一定处于同一平面，故C错误；D.1mol 吗替麦考酚酯含有2mol 酯基和 1mol 酚羟基与 NaOH 溶液充分反应最多消耗3mol NaOH，故 D正确；故选D。14短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数。X 与 Y位于不同周期，X 与 W 的最高化合价之和为8，元素 Z 的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质。下列说法中正确的是A化合物YX4W 溶于水后，得到的溶液呈碱性B化合物YW3为共价化合物，电子式为CY、Z形成的一种化合物强度高，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料D原子半径大小：WZY X【答案】C【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，说明最外层电子数依次为1、3、5、7，元素 Z 的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质，则Z 为 Al 元素、Y为N元素、W为 Cl 元素；。X与 Y位于不同周期，则X为 H元素。【详解】A项、X为 H、Y为 N元素、W为 Cl 元素，元素化合物YX4W为 NH4Cl，NH4Cl 溶液中 NH4+水解使溶液呈酸性，故 A错误；B项、Y为 N元素、W为 Cl 元素，化合物NCl3为共价化合物，电子式为，故 B错误；C项、Y为 N元素、Z 为 Al 元素，AlN 为原子晶体，原子晶体具有强度高、热膨胀系数小、耐热冲击的特征，故 C正确；D项、在周期表中，同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族的元素的原子半径从上到下依次增大，H原子半径最小，故原子半径从大到小的顺序为Al Cl H，D错误。故选 C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，元素的推断为解答本题的关键，注意最外层电子数为1、3、5、7 来推断元素为解答的难点。15研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到的直观形象的效果。下列表达不正确的是（）A密闭容器中CuO和 C高温反应的气体产物：BFe 在 Cl2中的燃烧产物：CAlCl3溶液中滴加NaOH 后铝的存在形式：D氨水与SO2反应后溶液中的铵盐：【答案】B【解析】【分析】【详解】A.该过程涉及的化学方程式有：CuO+CCu+CO高温，22CuO+C2Cu+CO高温，A 错正确；B.Fe在 Cl2中燃烧，只会生成FeCl3，B错误；C.该过程涉及的化学方程式有：Al3+3OH-=Al(OH)3，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，C 正确；D.该过程涉及的化学方程式有：2NH3H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O，NH3H2O+SO2=NH4HSO3，D 正确；故合理选项为B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16乙醇是制取饮料、香精、染料、涂料、洗涤剂等产品的原料。完成下列填空：（1）实验室用乙醇制取乙烯时，浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用量，原因是_。（2）验证乙烯加成反应性质时，需对乙烯气体中的干扰物质进行处理，可选用的试剂是_（填写化学式）；能确定乙烯通入溴水中发生了加成反应的事实是_。（选填编号）a溴水褪色b有油状物质生成c反应后水溶液酸性增强d反应后水溶液接近中性（3）实验室用乙醇和乙酸制备乙酸乙酯时，甲、乙两套装置如图1 都可以选用。关于这两套装置的说法正确的是 _。（选填编号）a甲装置乙酸转化率高b乙装置乙酸转化率高c甲装置有冷凝回流措施d乙装置有冷凝回流措施（4）用乙装置实验时，提纯乙中乙酸乙酯的流程如图3 以上流程中试剂A 的化学式是 _；操作的名称是 _；操作一般适用于分离_混合物。（5）如图 2 是用乙醇制备溴乙烷的装置，实验中有两种加料方案：先加溴化钠再加乙醇 最后加 1：1 浓硫酸；先加溴化钠再加 1：1 浓硫酸 最后加乙醇。按方案和实验时，产物都有明显颜色，若在试管中加入_，产物可变为无色。与方案相比较，方案的明显缺点是_。【答案】利用浓硫酸的吸水性，使反应向有利于生成乙烯的方向进行NaOH d b、d Na2CO3分液相互溶解但沸点差别较大的液体混合物Na2SO3先加浓硫酸会有较多HBr 气体生成，HBr挥发会造成HBr 的损耗【解析】【分析】（1）乙醇在浓硫酸作催化剂、脱水剂的条件下迅速升温至170可到乙烯，反应为可逆反应，浓硫酸还具有吸水性；（2）乙醇生成乙烯的反应中，浓硫酸作催化剂和脱水剂，浓硫酸还有强氧化性，与乙醇发生氧化还原反应，因此产物中有可能存在SO2，会对乙烯的验证造成干扰，选择氢氧化钠溶液吸收SO2；乙烯与溴水发生加成反应生成1,2二溴乙烷，据此分析解答；（3）甲装置边反应边蒸馏，乙装置采用冷凝回流，等反应后再提取产物，使反应更充分；（4）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的碳酸钠溶液，吸收挥发出的乙酸和乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，分液可将其分离，得到的乙酸乙酯再进一步进行提纯即可；（5）按方案和实验时，产物都有明显颜色，是由于有溴单质生成，溶于水后出现橙红色；方案中把浓硫酸加入溴化钠溶液，会有HBr 生成，HBr 具有挥发性，会使HBr 损失。【详解】（1）乙醇制取乙烯的同时还生成水，浓硫酸在反应中作催化剂和脱水剂，浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用量，原因是：浓硫酸还具有吸水性，反应生成的水被浓硫酸吸收，使反应向有利于生成乙烯的方向进行；（2）乙醇生成乙烯的反应中，浓硫酸作催化剂和脱水剂，浓硫酸还有强氧化性，与乙醇发生氧化还原反应，因此产物中有可能存在SO2，会对乙烯的验证造成干扰，选择碱性溶液吸收SO2；a若乙烯与溴水发生取代反应也可使溴水褪色；b若乙烯与溴水发生取代反应也有油状物质生成；c若反应后水溶液酸性增强，说明乙烯与溴水发生了取代反应；d反应后水溶液接近中性，说明反应后没有HBr 生成，说明乙烯与溴水发生了加成反应；答案选 d；（3）甲装置边反应边蒸馏，而乙醇、乙酸易挥发，易被蒸出，使反应物转化率降低，乙装置采用冷凝回流，等充分反应后再提取产物，使反应更充分，乙酸的转化率更高；答案选bd。（4）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的碳酸钠溶液，吸收挥发出的乙酸和乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，分液可将其分离；分液得到的乙酸乙酯中还含有少量杂质，再精馏，精馏适用于分离互溶的沸点有差异且差异较大的液态混合物；（5）按方案和实验时，产物都有明显颜色，是由于有溴单质生成，溶于水后出现橙红色，可用亚硫酸钠溶液吸收生成的溴单质；方案中把浓硫酸加入溴化钠溶液，会有HBr 生成，HBr 具有挥发性，会使HBr 损失。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17一种副作用小的新型镇痛消炎药K的合成路线如图所示：请回答下列问题（1）F分子中官能团的名称为_；B 分子中处于同一平面的原子最多有_个（2）反应的条件为_；反应的类型为_。（3）反应除生成H 外，另生成一种有机物的结构简式为_。（4）反应的化学方程式为_。（5）符合下列条件的G 的同分异构体有_种.苯环上有且仅有四个取代基；.苯环上的一氯代物只有一种；.能发生银镜反应。其中还能发生水解反应的同分异构体的结构简式为_（只写一种即可）。（6）是合成的重要中间体。参照题中合成路线，设计由1,3-丁二烯合成的一种合成路线（无机试剂任选）：_。【答案】羧基13 浓硫酸，加热取代反应+HCHO+HCl+H2O 8 或（任写一种）CH2=CHCH=CH2【解析】【分析】A 的分子式为C6H6，再结合D 的结构，可知A 为苯（），B 为，C为；DE 应为甲基（CH3）取代了Na，E为，G 为。【详解】（1）F分子中的官能团为羧基，B分子中处于同一平面的原子最多有13 个，故答案为：羧基；13；（2）反应为酯化反应，条件为浓硫酸，加热；反应为取代反应，故答案为：浓硫酸，加热；取代反应；（3）反应的化学方程式为：+HCl+；故答案为：；（4）反应的化学方程式为：+HCHO+HCl+H2O，故答案为：+HCHO+HCl+H2O；（5）G（）的同分异构体中，符合条件的应该具有醛基，且苯环上有四个取代基，结构对称性高，可能的结构有：、，共 8 种；其中能发生水解反应的同分异构体为、；故答案为：8；或（任写一种）；（6）由 1，3-丁二烯合成，需引入两个羧基，可先通过加成反应（1，4-加成）引入两个氯原子，然后利用反应的条件引入CN，再利用反应的条件引入羧基，故答案为：CH2=CHCH=CH2。【点睛】能发生银镜反应的有机物含有醛基（CHO），可能属于醛类（如RCHO），也可能是甲酸（HCOOH）、甲酸酯（HCOOR）、甲酸盐（HCOO-）、或者葡萄糖、果糖、麦芽糖。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18砷和镍是重要的材料和化工领域用途广泛。请回答下列问题：（1）基态 As 原子中，价电子的电子云轮廓图形状为_。与砷同周期的主族元素的基态原子中，电负性最大的为 _（填元素符号）。（2）33Na AsO可用于碘的微量分析。Na+的焰色反应呈黄色，很多金属元素能产生焰色反应的微观原因为_。其中阴离子的VSEPR模型为 _，与其互为等电子体的分子为_（只写一种分子式即可）。（3）M（）可用于合成Ni2的配体，M 中 C原子的杂化形式为_，键和 键的数目之比为 _。（4）Ni 与 Ca处于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Ni 的熔点和沸点都比金属Ca高，原因为_。区分晶体Ni 和非晶体Ni 的最可靠的科学方法为_。（5）某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为AN，该晶体的密度 _g cm3。【答案】球形、哑铃型或纺锤形Br 电子从较高能级的激发态跃迁到低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量三角锥形PCl3、PBr3、NF3、NCl3等sp3、sp27：1 Ni 的原子半径较小，价层电子数目多，金属键较强X-射线衍射法322A5.36103a cN【解析】【分析】【详解】（1）基态 As 原子的价电子排布式为4s24p3，故其电子云轮廓图形状为球形、哑铃型或纺锤形。一般情况下，同周期的主族元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，所以与砷同周期的主族元素的基态原子中，电负性最大的为Br，故答案为球形、哑铃型或纺锤形，Br。（2）金属元素能产生焰色反应的微观原因为电子从较高能级的激发态跃迁到低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量，产生焰色反应，故答案为电子从较高能级的激发态跃迁到低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量。AsO33-中 As 原子的价层电子对数目为4，其立体构型为三角锥形，根据等电子体的含义可知，与AsO33-互为等电子体的分子有PCl3、PBr3、NF3、NCl3等，故答案为三角锥形，PCl3、PBr3、NF3、NCl3等。（3）由的结构简式可知，CH3、CH2、CF3中的 C原子的价层电子对数目为4，杂化方式为sp3，碳氧双键中C原子的价层电子对数目为3，杂化方式为sp2，每个分子中含有 14 个 键和 2 个 键，则 键和 键的数目之比为7：1，故答案为sp3、sp2，7：1。（4）金属晶体熔沸点的高低与金属键的强弱有关，金属键的强弱与价层电子数目和金属原子的半径有关，所以金属Ni 的熔点和沸点都比金属Ca高的原因为Ni 的原子半径较小，价层电子数目多，金属键较强。区分晶体Ni 和非晶体Ni 的最可靠的科学方法为为X-射线衍射法，故答案为Ni 的原子半径较小，价层电子数目多，金属键较强；X-射线衍射法。（5）由晶胞结构可知，每个晶胞中含有2 个 Ni 原子和 2 个 As原子，晶胞的体积V=2-303a c102cm3，故晶胞的密度2-30A2(59+75)=3a cN102g/cm3=322A5.36103a cNg/cm3，故答案为322A5.36103a cN。19 化学 选修 3：物质结构与性质（15 分）人体必需的元素包括常量元素与微量元素，常量元素包括碳、氢、氧、氮、钙、镁等，微量元素包括铁、铜、锌、氟、碘等，这些元素形成的化合物种类繁多，应用广泛。（1）锌、铜、铁、钙四种元素与少儿生长发育息息相关，请写出Fe2+的核外电子排布式_。（2）1 个 Cu2+与 2 个 H2NCH2COO-形成含两个五元环结构的内配盐（化合物），其结构简式为_（用 标出配位键），在 H2NCH2COO-中，属于第二周期的元素的第一电离能由大到小的顺序是 _（用元素符号表示），N、C原子存在的相同杂化方式是_杂化。（3）碳酸盐中的阳离子不同，热分解温度就不同，查阅文献资料可知，离子半径r(Mg2+)=66 pm，r(Ca2+)=99 pm，r(Sr2+)=112 pm，r(Ba2+)=135 pm；碳酸盐分解温度T(MgCO3)=402，T(CaCO3)=825，T(SrCO3)=1172，T(BaCO3)=1360。分析数据得出的规律是_，解释出现此规律的原因是_。（4）自然界的氟化钙矿物为萤石或氟石，CaF2的晶体结构呈立方体形，其结构如下：两个最近的F-之间的距离是_pm（用含 m 的代数式表示）。CaF2晶胞体积与8 个 F-形成的立方体的体积比为_。CaF2晶胞的密度是_g cm-3（化简至带根号的最简式，NA表示阿伏加德罗常数的值）。化学 选修 5：有机化学基础（15 分）药物 H 在人体内具有抑制白色念球菌的作用，H 可经下图所示合成路线进行制备。已知：硫醚键易被浓硫酸氧化。回答下列问题：（1）官能团-SH的名称为巯(qi)基，-SH直接连在苯环上形成的物质属于硫酚，则A的名称为_。D 分子中含氧官能团的名称为_。（2）写出下列反应类型：AC_，EF_。（3）F生成 G 的化学方程式为_。（4）下列关于D 的说法正确的是_（填标号）。（已知：同时连接四个各不相同的原子或原子团的碳原子称为手性碳原子）A分子式为C10H7O3FS B分子中有2 个手性碳原子C能与 NaHCO3溶液、AgNO3溶液发生反应D能发生取代、氧化、加成、还原等反应（5）M 与 A 互为同系物，分子组成比A 多 1 个 CH2，M 分子的可能结构有_种；其中核磁共振氢谱有 4 组峰，且峰面积比为2221 的物质的结构简式为_。（6）有机化合物K()是合成广谱抗念球菌药物的重要中间体，参考上述流程，设计以为原料的合成K 的路线。_【答案】Ar3d6（或 1s22s22p63s23p63d6）NOC sp3随着这类金属阳离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐渐升高金属离子半径越小，其与碳酸根离子中氧的作用力越强，与碳的作用力则减弱，对应的碳酸盐就越容易分解（或其他合理答案）22m81 103A78 2(10)mN4-氟硫酚（或对氟硫酚）羧基，羰基加成反应取代反应AD 13【解析】【分析】【详解】化学 选修 3：物质结构与性质（1）Fe的核电荷数为26，核外电子排布式Ar3d64s2或 1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+的核外电子排布式为Ar3d6或 1s22s22p63s23p63d6。（2）1 个 Cu2+与 2 个 H2N CH2COO-形成的盐，因为含两个五元环结构，所以结构为；在 H2NCH2COO-中，属于第二周期元素的是C、N、O，第一电离能由大到小的顺序是NOC，在 H2N CH2 COO-中，N 的杂化方式为sp3、C的杂化方式为sp3和 sp2，相同的是sp3杂化。（3）随着金属离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐步升高；一般认为，含氧酸盐热分解的本质是金属离子争夺含氧酸根中的氧元素，金属离子的半径越小，夺取含氧酸根中的氧的能力越强，含氧酸盐的热分解温度越低，越易分解。（4）根据侧面图可看出，2m pm 为面对角线的长度，边长为2mpm，两个最近的F-之间的距离为立方体边长的一半，所以两个最近的F-之间的距离为22mpm。观察晶胞，可看出8 个 F-形成的小立方体的边长为CaF2晶胞边长的12，所以 CaF2晶胞体积与8 个 F-形成的立方体的体积比为(21)3=81。根据图示可知CaF2晶胞中含4 个 Ca2+和 8 个 F-，它的边长为2mpm=2m 10-10 cm，利用 VNA=4M得出=103A784(210)mNgcm-3=103A78 2(10)mNgcm-3。化学 选修 5：有机化学基础（15 分）（1）F原子在硫酚的官能团巯基对位上，习惯命名法的名称为对氟硫酚，科学命名法的名称为4-氟硫酚；D 分子中含氧官能团有羧基，羰基两种。（2）AC 为巯基与B分子碳碳双键的加成反应，EF 为 E与甲醇的取代反应。（3）FG的过程中，F中的-OCH3被-NH-NH2代替，生成G 的同时生成CH3OH 和 H2O，反应的方程式为。（4）由结构简式可推出其分子式为C10H7O3FS，A 正确；分子中只有一个手性碳原子，B错误；分子中的羧基能够与NaHCO3溶液反应，但F原子不能直接与AgNO3溶液发生反应，C错误；能发生取代(如酯化)、氧化、加成(羰基、苯环)、还原(羰基)等反应，D 正确。（5）根据描述，其分子式为C7H7FS，有-SH 直接连在苯环上，当苯环上连有-SH和-CH2F两个取代基时，共有 3 种同分异构体，当苯环上连有-SH、-CH3和-F三个取代基时，共有10 种同分异构体，合计共13 种同分异构体，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为2221 的物质的结构简式为。（6）到，首先应该把分子中的仲醇部分氧化为羰基，把伯醇(-CH2OH)部分氧化为羧基，然后模仿本流程中的D EF 两个过程，得到K。