2019-2020学年安徽省安庆市潜山第二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省安庆市潜山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室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A 11 mol L-1KI 溶液：Na+、K+、ClO-、OH-B11 mol L-1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3-、SO42-C11 mol L-1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO-、NO3-D 11 mol L-1NaOH 溶液：Mg2+、Na+、SO42-、HCO3-【答案】B【解析】【详解】A 项，I-与 ClO-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A

2、不选；B 项，在 Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，可以大量共存，故B 选；C 项，在 HCl 溶液中 CH3COO-不能大量存在，故C 不选；D 项，Mg2+、HCO3-都能与 OH-反应，不能大量共存，故D 不选，答案选B。2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

3、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。3某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3溶液中含有的Mg2、K杂质离子并尽可能减少AlCl3的损失。，下列说法正确的是()A NaOH 溶液可以用氨水来代替B溶液 a 中含有 Al3、K、Cl、Na、OHC溶液 b 中只含有NaCl D向溶液a 中滴加盐酸需控制溶液的pH【答案】D【解析】【分析】【详解】A用氨水，则Mg2+、Al3+均转化为沉淀，不能分离，则不能用氨水代替Na

4、OH，A 错误；BAl3+与过量 NaOH 反应，溶液a 中含 AlO2-、K+、Cl-、Na+、OH-，B错误；CK+、Cl-、Na+在整个过程中不参加反应，则溶液b 中含 KCl、NaCl，C 错误；D因氢氧化铝能溶于盐酸，则向溶液a 中滴加盐酸需控制溶液的pH，D 正确；答案选 D。【点睛】本题考查混合物分离、提纯实验方案的设计，为高频考点，把握实验流程中发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氢氧化铝的两性。4下列说法正确的是A检验(NH4)2Fe(SO4)212H2O 晶体中的NH4+：取少量晶体溶于水，加入足量浓NaOH 溶液并加热，再用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气

5、体B验证 FeCl3与 KI反应的限度：可将少量的FeCl3溶液与过量的KI溶液混合，充分反应后用CCl4萃取，静置，再滴加KSCN溶液C受溴腐蚀至伤时，先用稀NaOH 溶液洗，再用水洗D用激光笔检验硫酸铜溶液具有丁达尔效应【答案】B【解析】【详解】A向某无色溶液中加入浓NaOH 溶液，加热试管，检验氨气，利用湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，则说明原溶液中一定含NH4+，不是用蓝色石蕊试纸检验，故A 错误；B反应中氯化铁不足，KSCN溶液遇三价铁离子变红色，若变红色，说明未完全反应，说明存在化学反应的限度，故B正确；C氢氧化钠具有腐蚀性，应该根据溴易溶于酒精或甘油，先用酒精或甘油洗伤口，再用大量

6、水冲洗，故C 错误；D淀粉溶液是胶体，可用丁达尔效应检验，硫酸铜的水溶液是溶液，没有丁达尔效应，故D 错误；故选 B。5硅与某非金属元素X的化合物具有高熔点高硬度的性能，X一定不可能是（）A A 族元素B A 族元素C A 族元素D A 族元素【答案】D【解析】【详解】硅与某非金属元素X 的化合物具有高熔点高硬度的性能，说明该晶体为原子晶体，可能为碳化硅、氮化硅、二氧化硅，而四氯化硅、四氟化硅为分子晶体，所以X 一定不可能是A 族元素，故选D。6实验室进行下列实验时，一定不需要使用“沸石”的是A制乙酸丁酯B分馏石油C制取乙烯D溴乙烷的水解【答案】D【解析】【详解】A.制乙酸丁酯温度较高，需要加

7、入沸石防止混合液体暴沸，故A 错误；B.分馏石油时，需要通过蒸馏操作完成，需要加入沸石防止混合液体暴沸，故B 错误；C.制取乙烯，需要将混合液体加热到170，为了防止混合液体暴沸，需要使用沸石，故C错误；D.溴乙烷的水解温度较低，所以不需要使用沸石，故D 正确；故选：D。7t时，已知PdI2在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（）A在 t时 PdI2的 Ksp=7.0 10-9B图中 a 点是饱和溶液，b、d 两点对应的溶液都是不饱和溶液C向 a 点的溶液中加入少量NaI 固体，溶液由a 点向 c 点方向移动D要使 d 点移动到b 点可以降低温度【答案】C【解析】【详解】A.在

8、t时 PdI2的 Ksp=7.0 10-5（1 10-4）2=7 10-13，故 A 错误；B.图中 a 点是饱和溶液，b 变为 a 铅离子的浓度增大，即b 点不是饱和溶液，d 变为 a 点要减小碘离子的浓度，说明d 点是饱和溶液，故B错误；C.向 a 点的溶液中加入少量NaI 固体，即向溶液中引入碘离子，碘离子浓度增大，PdI2的溶解平衡向生成沉淀的方向移动，铅离子浓度减小，溶液由a 点向 c 点方向移动，故C正确；D.沉淀溶解的过程为断键过程，要吸热，即正反应沉淀溶解过程吸热，要使d 点移动到b 点，即使饱和溶液变为不饱和溶液，降低温度，溶解平衡向放热的方向移动，即生成沉淀的方向移动，仍为

9、饱和溶液，故 D 错误。答案选 C。8对图两种有机物的描述错误的是（）A互为同分异构体B均能与钠反应C均能发生加成反应D可用银氨溶液鉴别【答案】A【解析】【详解】A.前者含 8 个 H 原子，后者含10 个 H 原子，分子式不同，二者不是同分异构体，故A 错误；B.前者含-OH，后者含-COOH，则均能与钠反应生成氢气，故B 正确；C.前后含苯环、-CHO，后者含碳碳双键，则均可发生加成反应，故C正确；D.前者含-CHO（能发生银镜反应），后者不含，则可用银氨溶液鉴别，故D 正确；故答案选A。【点睛】有机物能够与氢气发生加成反应的结构特点：含有不饱和键：碳碳双键，碳碳三键，含有醛基、羰基，含有

10、苯环；能够与金属钠发生反应的有机物的结构特点：含有-OH、-COOH等；能够发生银镜反应的有机物的结构特点：含有醛基。9由于氯化铵的市场价格过低，某制碱厂在侯氏制碱基础上改进的工艺如图：有关该制碱工艺的描述错误的是()A X 可以是石灰乳B氨气循环使用C原料是食盐、NH3、CO2和水D产品是纯碱和氯化钙【答案】C【解析】【详解】A饱和食盐水和二氧化碳，氨气反应生成氯化铵和碳酸氢铵，用氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙，氨气和水，故X可以是石灰乳，故A 正确；B根据流程图可知，氨气可以循环使用，故B正确；C原料是饱和食盐水、氨气、二氧化碳和石灰乳，故C错误；D根据工艺流程，产品是纯碱和氯化钙，故D

11、正确；答案选 C。10常温下，将甲针筒内20mLH2S推入含有10 mLSO2的乙针筒内，一段时间后，对乙针筒内现象描述错误的是（气体在同温同压下测定）（）A有淡黄色固体生成B有无色液体生成C气体体积缩小D最终约余15mL 气体【答案】D【解析】【详解】A.因 H2S与 SO2能够发生反应：SO2+2H2S=3S+2H2O，生成黄色固体，正确；B.根据反应SO2+2H2S=3S+2H2O，有无色液体水生成，正确；C.根据反应SO2+2H2S=3S+2H2O，反应后气体体积缩小，正确；D.根据反应SO2+2H2S=3S+2H2O，20mLH2S与 10 mLSO2恰好完全反应，最终没有气体剩余，

12、错误；答案选 D。11某化妆品的组分Z具有美白功效，原来从杨树中提取，现可用如下反应制备。下列有关叙述错误的是A X、Y和 Z分子中所有原子都可能处于同一平面BX、Y和 Z均能使酸性高锰酸钾溶液退色CY的苯环上二氯代物共有6 种D Y作为单体可发生加聚反应，Z 能与 Na2CO3溶液反应【答案】A【解析】【分析】【详解】A X为间苯二酚，为平面型结构；Y为苯和乙烯的符合结构，也是平面结构；Z中存在烷烃基团的结构，因此 Z的所有原子不可能处在同一个平面内，A 错误；BX和 Z含有酚羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，Y含有双键也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，B 正确；C根据 Y结构的对称性，苯环上氯

13、原子的位置分别有2,3；2,4；2,5；2,6；3,4；3,5 共有 6 种，C正确；DY种含有双键，可以作为单体发生加聚反应，Z中含有酚羟基，有弱酸性可以和Na2CO3溶液发生反应，D 正确；故选 A。1284 消毒液可用于新型冠状病毒的消杀，其主要成分为NaClO。NaClO在空气中可发生反应NaClO+CO2+H2ONaHCO3+HClO。用化学用语表示的相关微粒，其中正确的是A中子数为10 的氧原子：108OBNa+的结构示意图：CCO2的结构式：O=C=O D NaClO 的电子式：【答案】C【解析】【分析】【详解】A中子数为10 的氧原子，其质量数为18，应写成188O，A 项错误

14、；B钠原子核电荷数为11，Na+的结构示意图为：，B项错误；C二氧化碳中的碳与氧形成四个共用电子对，CO2的结构式为：O=C=O，C项正确；D NaClO 是离子化合物，电子式为，D 项错误。答案选 C。13下列实验的“现象”或“结论或解释”不正确的是()选项实验现象结论或解释A 将硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加 KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为 Fe3+B 将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧铝箔熔化但不滴落铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且 Al2O3熔点高于Al C 少量待测液滴加至盛有NaOH 浓溶液的试管中，将湿润的红色石蕊试置于试管口处试纸未变蓝原溶液中无NH4+D

15、 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满 CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性A A BB CC D D【答案】A【解析】【分析】A.稀硝酸与过量的Fe 粉反应，铁粉过量，不生成Fe3+；B.铝在空气中加热生成氧化铝，Al2O3熔点高于Al；C.检验 NH4+方法：待测液中加入NaOH 浓溶液，用湿润红色石蕊试纸检验生成的气体；D.瓶内出现黑色颗粒，说明有C 生成；【详解】A.稀硝酸与过量的Fe 分反应，则生成硝酸亚铁和NO 气体、水，无铁离子生成，所以加入KSCN 溶液后，不变红色，现象错误，故A 错误；B.铝在空气中加热生成氧化铝的熔点较高，所以内部熔化的铝

16、被氧化铝包裹不会滴落，故B 正确；C.检验 NH4+方法是：取少量待测溶液于试管中，加入NaOH 浓溶液，加热，生成有刺激性气味气体，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，湿润红色石蕊试纸变蓝，说明待测液中含有NH4+，故 C 正确；D.瓶内出现黑色颗粒，说明有C 生成，则CO2中碳元素化合价降低，作为氧化剂，故D 正确；故答案选A。【点睛】考查实验基本操作的评价，涉及Fe3+、NH4+的检验方法、氧化还原反应的判断等，题目较容易。14同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应中同位素示踪表示正确的是（）A 2KMnO4+5H218O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+518O2+8H2O B

17、NH4Cl+2H2O?NH3?2H2O+HCl CK37ClO3+6HCl=K37Cl+3Cl2+3H2O D 2Na2O2+2H218O=4NaOH+18O2【答案】A【解析】【分析】【详解】A.过氧化氢中的O 化合价由-1 价升高为 0 价，故18O 全部在生成的氧气中，故A 正确；B.NH4Cl水解，实际上是水电离出的氢氧根、氢离子分别和NH4+、Cl-结合，生成一水合氨和氯化氢，所以2H 应同时存在在一水合氨中和HCl 中，故 B 错误；C.KClO3中氯元素由+5 价降低为0 价，HCl 中氯元素化合价由-1价升高为0 价，故37Cl应在氯气中，故C错误；D.过氧化物与水反应实质为：

18、过氧根离子结合水提供的氢离子生成过氧化氢，同时生成氢氧化钠，过氧化氢在碱性条件下不稳定，分解为水和氧气，反应方程式为：2Na2O2+4H218O=4Na18OH+2H2O+O2，所以18O 出现在氢氧化钠中，不出现在氧气中，故D错误；答案选 A。15下列各组物质发生反应，生成产物有硫的是（）A Na2S2O3溶液和 HCl 溶液BH2S 气体在足量的 O2 中燃烧C碳和浓硫酸反应D铜和浓硫酸反应【答案】A【解析】【详解】A、Na2S2O3溶液和HCl 溶液反应，发生氧化还原反应生成二氧化硫、硫单质和氯化钠，生成产物有硫，故 A 符合题意；B、H2S气体在足量的O2中燃烧生成二氧化硫和水，生成产

19、物中无硫单质生成，故B不符合题意；C、碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故C不符合题意；D、铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故D 不符合题意；故选：A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16以废旧锌锰电池中的黑锰粉（MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、少量 ZnCl2及炭黑、氧化铁等）为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。其工作流程如下：（1）过程，在空气中加热黑锰粉的目的是除炭、氧化MnO(OH)等。O2氧化 MnO(OH)的化学方程式是_。（2）溶液 a 的主要成分为NH4Cl，另外还含有少量ZnCl2等。

20、溶液 a 呈酸性，原因是_。根据如图所示的溶解度曲线，将溶液a_（填操作），可得 NH4Cl粗品。提纯 NH4Cl 粗品，有关性质数据如下：化合物ZnCl2NH4Cl 熔点365337.8分解沸点732-根据上表，设计方案提纯NH4Cl：_。（3）检验 MnSO4溶液中是否含有Fe3+：取少量溶液，加入_（填试剂和现象），证明溶液中Fe3+沉淀完全。（4）探究过程中MnO2溶解的适宜条件。向 MnO2中加入 H2O2溶液，产生大量气泡；再加入稀H2SO4，固体未明显溶解。向 MnO2中加入稀H2SO4，固体未溶解；再加入H2O2溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。用化学方程式表示中MnO2溶解的

21、原因：_。解释试剂加入顺序不同，MnO2作用不同的原因：_。上述实验说明，试剂加入顺序不同，物质体现的性质可能不同，产物也可能不同。【答案】4MnO(OH)+O2=4MnO2+2H2O NH4+H2O?NH3 H2O+H+（或 NH4+水解产生H+）蒸发浓缩，趁热过滤加热 NH4Cl粗品至 340左右，NH4Cl=NH3+HCl；收集产物并冷却，NH3+HCl=NH4Cl，得到纯净 NH4Cl。KSCN溶液，不变红MnO2+H2O2+H2SO4=MnSO4+2H2O+O2i 中2MnO作催化剂，反应快，2MnO只催化分解22H Oii 中2MnO作氧化剂，加入稀24H SO后，2MnO的氧化性

22、增强，被22H O还原为4MnSO。【解析】【详解】（1）根据流程图可知，经过过程，得到了MnO2粗品，则O2将 MnO(OH)氧化成 MnO2，根据得失电子守恒，1molO2得到 4mol 电子，1molMnO(OH)失去 1mol 电子，则O2和 MnO(OH)的比例为14，再根据原子守恒可配平方程式，答案为4MnO(OH)+O2=4MnO2+2H2O；（2）ZnCl2和 NH4Cl均为强酸弱碱盐，均会水解，铵根离子水解使溶液呈酸性，答案为NH4+H2O?NH3 H2O+H+（或 NH4+水解产生H+）；从曲线可以看出，随着温度的变化，NH4Cl的溶解度几乎没有发生太大的变化，只能蒸发溶剂

23、得到晶体，再进行后续操作，答案为蒸发浓缩，趁热过滤；从表格中数据可以知道，NH4Cl在 337.8分解，生成NH3和 HCl，而此温度下，ZnCl2没有熔化，也没有分解，因此可以利用NH4Cl的分解，收集产物再次合成NH4Cl，答案为加热NH4Cl 粗品至 340左右，NH4Cl=NH3+HCl；收集产物并冷却，NH3+HCl=NH4Cl，得到纯净NH4Cl；（3）Fe3的检验常用KSCN溶液，如果溶液中有铁离子，生成红色物质；没有Fe3就不会变红，答案为KSCN溶液，不变红；（4）从实验 知道，先加入双氧水，MnO2不溶解，只做催化剂，而通过实验可知，先加入硫酸，固体溶解，且有气体冒出，气体

24、为氧气，则MnO2作了氧化剂，双氧水作了还原剂。固体溶解，且有气体放出，气体为O2，MnO2做氧化剂，H2O2做还原剂，为酸性环境，根据得失电子守恒和原子守恒，配平方程式。答案为MnO2H2O2H2SO4=MnSO4O2 2H2O；先加入硫酸，溶液为酸性，则酸性条件下，物质的氧化性会增加，答案为ii 中2MnO作氧化剂，加入稀24H SO后，2MnO的氧化性增强，被22H O还原为 MnSO4。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17有机化合物F是一种重要的有机合成中间体，其合成路线如下图所示：已知：A 的核磁共振氢谱图中显示两组峰 F的结构简式为：通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳

25、定，易脱水形成羰基。R-CH=CH226-22B HH O/OHR-CH2CH2OH 请回答下列问题：(1)A 的名称为 _(系统命名法)；Z中所含官能团的名称是_。(2)反应 的反应条件是_。(3)E 的结构简式为_。(4)写出反应 的化学方程式 _。(5)写出反应IV 中的化学方程式_。(6)W 是 Z 的同系物，相对分子质量比Z大 14，则 W 的同分异构体中满足下列条件：能发生银镜反应，苯环上有两个取代基，不能水解，遇 FeCl3溶液不显色的结构共有_种(不包括立体异构)，核磁共振氢谱有四组峰的结构为_。【答案】2甲基 2丙醇酚羟基、醛基浓硫酸，加热(CH3)2CHCOOH+2Cl2+

26、2HCl(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2(CH3)2CHCOOH+Cu2O+2H2O 6【解析】【分析】A 的分子式为C4H10O，AB 是消去反应，所以 B是BC 组成上相当于与水发生加成反应，根据提供的反应信息，C是 2甲基 1丙醇 CD 是氧化反应，D 是 2甲基 1丙醛，DE 是氧化反应，所以E是 2甲基 1丙酸 X的分子式为C7H8O，且结合E和 F的结构简式可知，X 的结构简式为；在光照条件下与氯气按物质的量之比1：2 反应，是甲基中的2个 H 被 Cl取代，因此 Y的结构简式为，YZ 是水解反应，根据信息，应该是-CHCl2变成-CHO，则 Z的结构简式为，ZF 是酯化反

27、应。【详解】(1)结合以上分析可知,A 的结构简式为：，名称为2-甲基-2-丙醇；Z 的结构简式为：，所含官能团为酚羟基、醛基；(2)A 为，B 为，AB 是消去反应，反应的反应条件是浓硫酸、加热；C是，D 是，所以 CD 是在铜作催化剂条件下发生的氧化反应；(3)结合以上分析可知，E的结构简式为；(4)在光照条件下与氯气按物质的量之比1:2 反应，是甲基中的2 个 H 被 Cl 取代生成，反应 的化学方程式：；(5)D 是(CH3)2CHCHO，在氢氧化铜悬浊液中加热发生氧化反应，反应IV 中的化学方程式：+2Cu(OH)2+Cu2O+2H2O；(6)Z 的结构简式为，W 是 Z 的同系物，

28、相对分子质量比Z 大 14，W 分子式为C8H8O2，W 的同分异构体中满足下列条件：能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上有两个取代基，可以3种位置；不能水解,遇 FeCl3溶液不显色，没有酯基、酚羟基。满足条件的结构有：苯环上分别连有-CHO和-CH2OH，结构有3 种。苯环上分别连有-CHO和-OCH3，结构有3 种，共计有6 种，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18在气体分析中，常用 CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，其化学反应如下：2CuCl+2CO+2H2OCu2Cl2?2CO?2H2O。回答下列问题：（1）Cu 在元素周期表

29、中属于_（选填“s”、“p”、“d”或“ds”）区元素。研究人员发现在高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+，基态 Cu3+的电子排布式为_。（2）C、N、O 三种原子中的第一电离能最大的是_。NO3-离子的空间构型是_。（3）CO与 N2互称等电子体。它们的分子中都存在三个共价键，其中包含_个 键，_个 键。下表为CO和 N2的有关信息。键的类型A-B（单键）A=B（双键）AB（叁键）键能（kJ/mol）CO 351 803 1071 N2159 418 946 根据表中数据，说明CO比 N2活泼的原因是_。（4）Cu2Cl2?2CO?2H2O 是一种配合物，其结构如图所示：该配合物中氯原子

30、的杂化方式为_。该配合物中，CO作配体时配位原子是C 而不是 O 的原因是 _。（5）阿伏加德罗常数的测定有多种方法，X 射线衍射法就是其中的一种。通过对CuCl晶体的 X 射线衍射图象分析，可以得出CuCl的晶胞如图所示，则距离每个Cu+最近的 Cl-的个数为 _。若晶体中Cl-呈立方面心最密堆积方式排列，Cl-的半径为apm，晶体的密度为g/cm3，阿伏加德罗常数NA=_（列计算式表达）。【答案】ds Ar 3d8N 平面三角形12CO中断裂第一个键的键能比N2的第一个键的键能小很多，CO的第一个 键容易断sp3电负性：CO，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对430399.5 1

31、04 2 a【解析】【详解】（1）Cu位于周期表中第4 周期第 B 族，为 ds 区元素；Cu的核外电子排布式为 Ar 3d104s1，变成 Cu3+需失去 3 个电子，从最外层开始失去，所以Cu3+的核外电子排布为 Ar 3d8；（2）同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第A 族和第 A 族元素反常，则 C、N、O 三种原子中的第一电离能最大的是N；对于3NO，根据 VSEPR理论，VP=BP+LP=3+52312=3，则其空间构型为平面三角形；（3）据 N2分子的结构NN 可知，分子中包含1 个 键、2 个 键，故答案为：1；2；CO中 C O C=O，放出：107

32、1kJ/mol-803kJ/mol=268kJ/mol，N2中 NNN=N，放出：946kJ/mol-418kJ/mol=528kJ/mol，由此可知反应中，CO中第一个键的键能比N2的小很多，CO的第一个键容易断；（4）根据图中，氯原子形成了四条共价键，即有四条杂化轨道，杂化类型为sp3；C 的电负性小于O，对孤电子对吸引能力弱，给出电子对更容易，CO作配体时，配位原子是C而不是 O；（5）图示晶胞中不能观察到完成的Cu+的成键，但根据Cl 原子的成键情况判断Cu+的情况，图中观察到每个 Cl原子周围有4 个 Cu+距离最近，因CuCl中离子个数比为1：1，故距离每个Cu+最近的 Cl-的个

33、数是4个；若晶体中Cl-呈立方面心最密堆积方式排列，Cl-的半径为apm，则晶胞棱长为4a2210-10cm，故晶胞体积为(4a2210-10cm)3，晶胞中 Cl原子数目为4，CuCl中离子个数比为1:1，故 Cu原子数目为4，则(4a2210-10cm)3 g/cm3=A46435.5g/molN，整理得：30-1-1A33-10464+35.599.510molmol4 2 a24a102N。19据自然杂志于2018 年 3 月 15 日发布，中国留学生曹原用石墨烯实现了常温超导。这一发现将在很多领域发生颠覆性的革命。曹原被评为2018 年度影响世界的十大科学人物的第一名。（1）下列说法

34、中正确的是_。a碳的电子式是，可知碳原子最外层有4 个单电子b12 g 石墨烯含共价键数为NAc从石墨剥离得石墨烯需克服共价键d石墨烯中含有多中心的大键（2）COCl2分子的空间构型是_。其中，电负性最大的元素的基态原子中，有_种不同能量的电子。（3）独立的NH3分子中，HNH 键键角 106.70。如图是 Zn(NH3)62+离子的部分结构以及其中HNH键键角。请解释 Zn(NH3)62+离子中 HNH 键角变为109.50的原因是 _。（4）化合物 EMIMAlCl4具有很高的应用价值，其熔点只有7，其中EMIM+结构如图所示。该物质晶体的类型是_。大 键可用符号nm表示，其中m、n 分别

35、代表参与形成大键的原子数和电子数。则EMIM+离子中的大键应表示为 _。（5）碳化钙的电子式：，其晶胞如图所示，晶胞边长为a nm、CaC2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为_g cm-3；晶胞中Ca2+位于 C22所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为_nm。【答案】d 平面三角形3 氨分子与Zn2+形成配合物后,孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以 H-N-H 键角变大离子晶体65-73A4MN(a?10)2a2（或 0.707a）【解析】【分析】（1）a碳的电子式是，但碳原子最外层只

36、有2p 能级有 2 个单电子；b共价键分摊：每个碳原子周围的3 个 键分别被3 个碳原子分摊（各占一半），每个碳原子分摊的键数为 1.5，12g 石墨烯即1mol 含 键数为 1.5NA；c石墨烯层间可以滑动，说明层与层之间的作用力弱，是分子间作用力；d石墨烯中含有多中心的大键。（2）分析 C成键情况，结合VSEPR模型判断；电负性最大的是O 元素；（3）氨分子中有孤对电子。氨分子与Zn2+形成配合物后,孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H 键角变大；（4）化合物 EMIMAlCl4由阴、阳离子构成；根据形成大键

37、的原子数和电子数分析；（5）晶胞边长为anm=a 10-7cm，晶胞体积=（a 10-7cm）3，该晶胞中Ca2个数=1+121/4=4，C22个数=81/8+61/2=4，其晶体密度=mV；晶胞中Ca2位于 C22所形成的八面体的体心，该正八面体的边长根据正方形对角线的长度计算。【详解】（1）a碳的电子式是，但碳原子最外层只有2p 能级有 2 个单电子，故错误；b共价键分摊：每个碳原子周围的3 个 键分别被3 个碳原子分摊（各占一半），每个碳原子分摊的键数为 1.5，12g 石墨烯即1mol 含 键数为 1.5NA，故错误；c石墨烯层间可以滑动，说明层与层之间的作用力弱，是分子间作用力，故错

38、误；d石墨烯中含有多中心的大键，故正确。故选 d。（2）COCl2分子中的C原子最外层的4 个电子全部参与成键，C原子共形成1 个双键和2 个单键，故其采取 sp2杂化，该分子的空间构型为平面三角形；该分子中电负性最大的是O 元素，基态氧原子中，有1s 上 1 种、2s 上 1 种、2p 上 1 种，即 3种不同能量的电子；（3）氨分子中有孤对电子。氨分子与Zn2+形成配合物后,孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H 键角变大；（4）化合物 EMIMAlCl4由阴、阳离子构成，属于离子晶体；EMIM+形成大 键的原子数为5、电子数为6，则 EMIM+离子中的大键应表示为65；（5）晶胞边长为anm=a 10-7cm，晶胞体积=（a 10-7cm）3，该晶胞中Ca2个数=1+121/4=4，C22个数=81/8+61/2=4，其晶体密度=mV=M 4/NA(a 10-7)3g cm3；晶胞中Ca2位于 C22所形成的八面体的体心，该正八面体的平面对角线为2anm，则正八面体的边长为2a2（或 0.707a）nm.