2019-2020学年福建省福州市第十中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省福州市第十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）111.9g 金属锡(Sn)跟 100mL12mol L1 HNO3共热一段时间。完全反应后测定溶液中c(H)为 8 mol L1，溶液体积仍为100mL。产生的气体全部被氢氧化钠溶液吸收，消耗氢氧化钠0.4mol。由此推断氧化产物可能是（）A SnO2 4H2O BSn(NO3)4CSn(NO3)2DSn(NO3)2和 Sn(NO3)4【答案】A【解析】【详解】11.9g 金属锡的物质的量=11.9g119g/mol=0.1mol，l2mol/L

2、HNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=8mol/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，二氧化氮被氢氧化钠吸收生成盐，根据钠原子和氮原子的关系知，n(Na)=n(N)=0.4mol，所以生成的二氧化氮的物质的量为0.4mol；设金属锡被氧化后元素的化合价为x，由电子守恒可知：0.1mol(x-0)=0.4mol(5-4)，解得 x=+4；又溶液中c(H+)=8mol/L，而 c(NO3-)=1.2mol0.4mol0.1L=8mol/L，根据溶液电中性可判断溶液中不存在Sn(NO3)4，故答案为A。2W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。Y是短周期中原子半径最大

3、的元素；元素X 和 Z 同族，Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与W 的单质反应，生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体。下列说法正确的是（）A简单离子半径大小为YXZ BY和 Z 的氢化物溶于水，所得溶液均呈酸性CW 与 Z均只有两种的含氧酸D工业上电解熔融Y2X制备单质Y【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。依据元素周期律可知，同周期元素中，从左到右原子半径依次减小，同主族元素中，从上到下原子半径依次增大，因Y是短周期中原子半径最大的元素，则Y为 Na 元素；Z 的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与W 的单质反应，生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体

4、，采用逆分析法可知，这两种气体为二氧化碳与二氧化硫酸性气体，则可知Z 为 S，其最高价氧化物对应的水化物的浓溶液为浓硫酸，可与W 的单质（C）反应，因此推出W 为 C；又 X和 Z同族，则X 为 O 元素，据此分析作答。【详解】由上述分析可知，W、X、Y、Z分别是 C、O、Na 和 S元素，则A.简单离子的电子层数越多，其对应的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则简单离子半径大小为YXZ，A 项正确；B.氢化钠为离子化合物，溶于水后与水发生反应：NaH+H2O=NaOH+H2，使溶液呈现碱性，B 项错误；C.C元素的含氧酸有碳酸、草酸和乙二酸，S的含氧酸为亚硫酸、硫酸和硫代

5、硫酸等，C项错误；D.工业上采用电解熔融氯化钠来制备金属钠，而不是Na2O，D 项错误；答案选 A。【点睛】B 项是易错点，学生要注意氢元素与活泼金属作用时，形成离子化合物，H 显-1 价。3丙烯是石油化学工业的重要基础原料，我国科学家利用甲醇转化制丙烯反应过程如下：3CH3OH+H3AlO6 33CH+36AlO+3H2O 33CH+36AlOH3AlO6+3CH23CH2 CH2=CHCH3下列叙述错误的是A甲醇转化制丙烯反应的方程式为3CH3OH CH2=CHCH3+3H2O B甲醇转化制丙烯反应的过程中H3AlO6作催化剂C1.4 g CH2所含的电子的物质的量为1 mol D甲基碳正

6、离子3CH的电子式为【答案】C【解析】【分析】【详解】将题干中三个方程式相加即得甲醇转化制丙烯反应的方程式，选项A 正确；在反应前有H3AlO6，反应后又生成了H3AlO6，而且量不变，符合催化剂的定义，选项B 正确；反应前后原子守恒，电子也守恒，1.4 g CH2所含的电子的物质的量为0.8 mol，所以选项C 错误；甲基碳正离子是甲基失去一个电子形成的阳离子，选项D 正确。4K2FeO4在酸性或中性溶液中能快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。如图是制备高铁酸钾的一种装置，制取实验完成后，取C中紫色溶液，加入稀盐酸，产生气体。下列说法不正确的是（）A B瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HCl BC

7、瓶中 KOH过量更有利于高铁酸钾的生成C加盐酸产生气体可说明氧化性：K2FeO4Cl2D高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝等特点为一体的优良的水处理剂【答案】C【解析】【分析】在装置中，A 为制取氯气的装置，B 为除去 Cl2中混有的HCl 的装置，C 为 Cl2、Fe(OH)3、KOH制取 K2FeO4的装置，D 为未反应Cl2的吸收装置。【详解】A因为 Cl2中混有的HCl 会消耗 KOH、Fe(OH)3，所以需使用饱和食盐水除去，A 正确；B因为 K2FeO4在碱性溶液中较稳定，所以C瓶中 KOH过量更有利于高铁酸钾的生成，B 正确；C在 C装置中发生反应3Cl2+10KOH+2Fe(OH)3

8、=2K2FeO4+6KCl+8H2O，所以氧化性：K2FeO4Cl2，C不正确；D高铁酸钾具有强氧化性，能杀死细菌，反应生成的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，具有吸附、絮凝作用，所以高铁酸钾是优良的水处理剂，D 正确；故选 C。5Na、Al、Fe都是重要的金属元素。下列说法正确的是A三者的氧化物都是碱性氧化物B三者的氢氧化物都是白色固体C三者的氯化物都可用化合反应制得D三者的单质在空气中最终都生成氧化物【答案】C【解析】【详解】A.Na、Al、Fe的氧化物中，过氧化钠、四氧化三铁不是碱性氧化物，氧化铝为两性氧化物，故A 错误；B.氢氧化钠、氢氧化铝、氢氧化亚铁为白色固体，而氢氧化铁为红褐色

9、固体，故B 错误；C.氯化钠、氯化铝、氯化铁都可以由三种的单质与氯气反应得到，故C正确；D.钠在空气中最终得到的是碳酸钠，Al 的表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止了Al 与氧气继续反应，铁在空气中会生锈，得到氧化铁，故D 错误；答案：C 6下列有关物质性质的比较，结论正确的是A碱性：LiOHRbOH B溶解度：Na2CO3NaHCO3C热稳定性：PH3SiH4D沸点：C2H5OHC2H5SH【答案】A【解析】【详解】A.因金属性：LiRb，所以其碱性：LiOHNaHCO3，B项错误。C.因非金属性：PSi，所以热稳定性：PH3SiH4，C项错误；D.C2H5OH 分子之间能形成氢键，而C2

10、H5SH分子之间只存在范德华力，因此沸点：C2H5OHC2H5SH，D 项错误；答案选 A。【点睛】本题重点要准确掌握元素周期律及金属性、非金属性的判断依据，其中 D 项是学生的易错点，要了解分子晶体中，若存在氢键，则因氢键的影响沸点反常高；若无氢键，则相对分子质量越大，范德华力越大，对应的物质沸点越高。学生要准确掌握这些化学基本功，学以致用。7分类是重要的科学研究方法，下列物质分类错误的是A电解质：明矾、碳酸、硫酸钡B酸性氧化物：SO3、CO2、NO C混合物：铝热剂、矿泉水、焦炉气D同素异形体：C60、C70、金刚石【答案】B【解析】【分析】【详解】A溶于水或在熔融状态下均能自身电离出离子

11、的化合物是电解质，明矾、碳酸、硫酸钡均是电解质，故A 正确；B能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，SO3、CO2是酸性氧化物，NO 不是酸性氧化物，是不成盐氧化物，故B 错误；C由多种物质组成的是混合物，铝热剂、矿泉水、焦炉气均是混合物，故C正确；D由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体，C60、C70、金刚石均是碳元素形成的单质，互为同素异形体，故D 正确；故选 B。8为探究NaHCO3、Na2CO3与 1 mol/L 盐酸反应（设两反应分别是反应、反应）过程中的热效应，进行实验并测得如下数据：序号液体固体混合前温度混合后最高温度35 mL 水2.5 g NaHCO320 18.5

12、35 mL 水3.2 g Na2CO320 24.3 35 mL 盐酸2.5 g NaHCO320 16.2 35 mL 盐酸3.2 g Na2CO320 25.1 下列有关说法正确的是A仅通过实验即可判断反应是吸热反应B仅通过实验即可判断反应是放热反应C通过实验可判断出反应、分别是吸热反应、放热反应D通过实验可判断出反应、分别是放热反应、吸热反应【答案】C【解析】【详解】A根据表中数据可知，碳酸氢钠溶于水为吸热反应，不能仅根据实验混合后溶液温度降低而判断碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，需要结合实验综合判断，故A 错误；B根据实验可知，碳酸钠溶于水的过程为吸热过程，所以不能仅根据实验碳酸钠与盐

13、酸反应后混合液温度升高判断反应是放热反应，故B 错误；C根据实验可知，碳酸氢钠溶于水后混合液温度从20降低到18.5，而实验中碳酸氢钠与盐酸反应后混合液温度从20降低 16.2 18.5，通过反应后混合液温度更低，证明反应为吸热反应；同理根据实验碳酸钠溶于水，混合液温度从20升高到24.3，实验中碳酸钠与盐酸反应，温度从 20升高到 25.1 24.3，碳酸钠与盐酸反应后混合液的温度比碳酸钠溶于水后升高的温度更高，证明碳酸钠与盐酸的反应为放热反应，故C正确；D根据选项C的分析可知，反应为吸热反应、反应为放热反应，故D 错误；故选 C。9四氢噻吩()是家用天然气中人工添加的气味添加剂具有相当程度

14、的臭味。下列关于该化合物的说法正确的是（）A不能在O2中燃烧B所有原子可能共平面C与 Br2的加成产物只有一种D生成 1molC4H9SH至少需要2molH2【答案】B【解析】【分析】由结构可知，含碳碳双键，且含C、H、S元素，结合双键为平面结构及烯烃的性质来解答。【详解】A家用天然气中可人工添加，能在O2中燃烧，故A 错误；B含双键为平面结构，所有原子可能共平面，故B 正确；C含 2 个双键，若1：1 加成，可发生1，2 加成或 1，4 加成，与溴的加成产物有2 种，若 1：2 加成，则两个双键都变为单键，有1 种加成产物，所以共有3 种加成产物，故C错误；D含有 2 个双键，消耗2molH

15、2，会生成1mol，故 D 错误；故答案选B。【点睛】本题把握官能团与性质、有机反应为解答关键，注意选项D 为解答的难点。10下列气体能用浓硫酸干燥的是A SO2BSO3C HIDH2S【答案】A【解析】分析：浓硫酸属于酸，具有酸的通性，还具有吸水性、脱水性和强氧化性，能干燥中性或酸性气体，但不能干燥碱性和部分强还原性气体。详解：A.SO2虽然具有还原性，但和浓硫酸不反应，所以能被浓硫酸干燥，故A 正确；B.SO3能被浓硫酸吸收，不能用浓硫酸干燥，故B 错误；C.HI具有还原性，能被浓硫酸氧化，所以不能用浓硫酸干燥，故C错误；D.H2S具有强还原性，能被浓硫酸氧化，所以不能用浓硫酸干燥，故D

16、错误；答案选A。点睛：本题考查浓硫酸的性质，主要是浓硫酸吸水性、强氧化性的理解和应用，题目难度不大。本题的易错点是 A 项，虽然SO2具有较强的还原性、浓硫酸具有强氧化性，但因为SO2中 S元素的化合价为+4 价，硫酸中 S元素的化合价为+6 价，二者为 S元素的相邻价态，所以 SO2和浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥SO2气体。11下列说法不正确的是()A乙醇的酯化反应和酯的水解反应均属于取代反应B乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,是因为乙烯分子中含有碳碳双键C乙醛分子式为C2H4O2它可以还原生成乙醇D苯与溴水混合,反复振荡后溴水层颜色变浅是因为苯与溴水发生了加成反应【答案】D【解析】【详解】A

17、.乙醇的酯化反应和酯的水解反应都可看作是有机物分子中的原子或原子团被其他的原子和原子团所代替的反应，是取代反应，故A 不选；B.乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为乙烯分子中含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故 B不选。C.乙醛的结构简式为CH3CHO，分子式为C2H4O。它可以和氢气发生加成反应，即还原反应生成乙醇，故C 不选；D.苯与溴水混合反复振荡，溴水层颜色变浅是因为溴水中的溴从水中进入到了苯中，是萃取，不是苯和溴水发生了加成反应，故D 选。故选 D。12下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是（）A SO2BNH3CCl2DCO2【答案】B【解析】【分析】能使湿润的红色石蕊试纸变

18、蓝的气体，说明气体溶于水后显碱性，据此解答。【详解】A SO2和水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，使石蕊试液显红色，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；B氨气溶于水形成氨水，氨水显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B正确；C氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使湿润的红色石蕊试纸褪色，C错误；D CO2和水反应生成碳酸，溶液显酸性，使石蕊试液显红色，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D错误；答案选 B。13某化学学习小组利用如图装置来制备无水AlCl3或 NaH(已知:AlCl3、NaH遇水都能迅速发生反应)。下列说法错误的是A制备无水AlCl3:装置 A中的试剂可能是高锰酸钾

19、B点燃 D处酒精灯之前需排尽装置中的空气C装置 C中的试剂为浓硫酸D制备无水AlCl3和 NaH时球形干燥管中碱石灰的作用完全相同【答案】D【解析】【分析】由图可知，装置 A 为氯气或氢气的制备装置，装置 B 的目的是除去氯气或氢气中的氯化氢，装置 C的目的是干燥氯气或氢气，装置 E收集反应生成的氯化铝或氢化钠，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中，或吸收过量的氯气防止污染环境。【详解】A 项、浓盐酸可与高锰酸钾常温下发生氧化还原反应制备氯气，故A 正确；B 项、因为金属铝或金属钠均能与氧气反应，所以点燃D 处酒精灯之前需排尽装置中的空气，故B 正确；C 项、装置 C中的试剂为浓硫酸，目的是

20、干燥氯气或氢气，故C 正确；D 项、制备无水AlCl3时，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中，吸收过量的氯气防止污染环境，制备无水NaH 时，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中，故 D 错误。故选 D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，把握反应原理，明确装置的作用关系为解答的关键。14 本草纲目中记载：“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”。下列叙述正确的是A“取碱浣衣”与酯的水解有关B取该“碱”溶于水可得到一种碱溶液C“以灰淋汁”所涉及的操作有溶解、分液D“薪柴之灰”与铵态氮肥混合施用可增强肥效【答案】A【解析】【分析】【详

21、解】A草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，使衣服中的油脂水解，A 正确；B、取该“碱”溶于水可得到一种盐溶液碳酸钾溶液，B 错误；C、“以灰淋汁”所涉及的操作有溶解、过滤，C 错误；D、“薪柴之灰”与铵态氮肥混合施用可减弱肥效，因碳酸根与铵根离子发生双水解而使肥效减弱，D 错误；答案选 A。15最新科技报道，美国夏威夷联合天文中心的科学家发现了新型氢粒子，这种新粒子是由3 个氢原子核（只有质子）和2 个电子构成，对于这种粒子，下列说法中正确的是（）A是氢的一种新的同分异构体B是氢的一种新的同位素C它的组成可用H3表示D它比一个普通H2分子多一个氢原子核【答案】D【解析】【详解

22、】A.该粒子为微观粒子，是离子，不是单质，A 项错误；B.相同相同质子数不同中子数的原子互为同位素，该粒子与H 的质子数不同，则不是氢的同位素，B 项错误；C.粒子是由3 个氢原子核(只含质子)和 2 个电子构成的,而 H3表示个氢原子核(只含质子)和 3 个电子构成，C 项错误；D.普通 H2分子有 2 个原子核,而这种新粒子有3 个氢原子核,比普通 H2分子多一个氢原子核，D 项正确；答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16硫代硫酸钠(Na2S2O3)具有较强的还原性，还能与中强酸反应，在精细化工领域应用广泛将SO2通入按一定比例配制成的Na2S和 Na2CO3的混合溶

23、液中，可制得Na2S2O3?5H2O(大苏打)(1)实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是_(选填编号)；检查该装置气密性的操作是：关闭止水夹，再_。(2)在 Na2S和 Na2CO3的混合溶液中不断通入SO2气体的过程中，发现：浅黄色沉淀先逐渐增多，反应的化学方程式为_(生成的盐为正盐)；浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无嗅的气体产生，则反应的化学方程式为_(生成的盐为正盐)；浅黄色沉淀逐渐减少(这时有 Na2S2O3生成)；继续通入SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，反应的化学方程式为_(生成的盐为酸式盐)。(3)制备 Na2S2O3时，为了使反应物利用率最大化，Na2

24、S和 Na2CO3的物质的量之比应为_；通过反应顺序，可比较出：温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和 Na2CO3溶液 pH 更大的是 _。(4)硫代硫酸钠的纯度可用滴定法进行测定，原理是：2S2O32+I3=S4O62+3I为保证不变质，配制硫代硫酸钠溶液须用新煮沸并冷却的蒸馏水，其理由是_。取 2.500g 含杂质的Na2S2O3?5H2O 晶体配成50mL 溶液，每次取10.00mL 用 0.0500mol/L KI3溶液滴定(以淀粉为指示剂)，实验数据如下(第 3 次初读数为0.00，终点读数如图e；杂质不参加反应)：编号1 2 3 消耗 KI3溶液的体积/mL 19.98 20

25、.02 到达滴定终点的现象是_；Na2S2O3?5H2O(式量 248)的质量分数是(保留 4 位小数)_。【答案】d 打开分液漏斗活塞加水，如水无法滴入说明气密性良好3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2Na2S2O3+SO2+H2O=S +2NaHSO32：1 前者防止 Na2S2O3被空气中O2氧化溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪去99.20%【解析】【分析】(1)因为 Na2SO3易溶于水，a、b、c 装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d；关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏斗中水不能滴入烧瓶中；(

26、2)其反应原理为SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S+2H2O，即：3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3；无色无味的气体为CO2气体，其化学方程式为SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；黄色沉淀减少的原理为Na2SO3+S=Na2S2O3；根据题意Na2S2O3能与中强酸反应，所以浅黄色沉淀又增多的原理为Na2S2O3+SO2+H2O=S +2NaHSO3；(3)3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3，SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2，Na2SO3+S=Na2S2O3，则+3得 4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+C

27、O2；所以 Na2S和 Na2CO3的物质的量之比为2：1。因为 SO2先和Na2S 反应，所以温度相同时，同物质的量浓度的Na2S 溶液和 Na2CO3溶液，Na2S溶液的 pH 更大；(4)用新煮沸并冷却的蒸馏水是为了赶出水中的氧气避免硫代硫酸钠被氧化；达到滴定终点时颜色突变且30s 不变色；先根据滴定消耗的标准液的体积计算出平均体积，再由2S2O32-+I3-=S4O62-+3I-的定量关系计算。【详解】(1)因为 Na2SO3易溶于水，a、b、c 装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d；检查该装置气密性的操作是：关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏

28、斗中水不能滴入烧瓶中；(2)浅黄色沉淀先逐渐增多，其反应原理为SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S+2H2O，即反应的化学方程式为：3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3；浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无嗅的气体产生，则反应的化学方程式为，无色无味的气体为CO2气体，其化学方程式为SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；浅黄色沉淀逐渐减少，这时有Na2S2O3生成黄色沉淀，减少的原理为：Na2SO3+S=Na2S2O3；根据题意Na2S2O3能与中强酸反应，继续通入SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，所以浅黄色沉淀又增多的原理为：Na2S2O3+SO2

29、+H2O=S +2NaHSO3；(3)3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2Na2SO3+S=Na2S2O3+3 得 4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以 Na2S和 Na2CO3的物质的量之比为2：1；因为 SO2先和 Na2S反应，所以温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和 Na2CO3溶液，Na2S溶液的 pH 更大；(4)为保证不变质，配制硫代硫酸钠溶液须用新煮沸并冷却的蒸馏水，其理由是：防止Na2S2O3被空气中O2氧化；达到滴定终点时，当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化，2 次

30、消耗的 I2溶液的体积平均值为20.00mL，2223346221n0.05S O+I=S O00mol/L+32I0.0 0L21n0.0500mol/L0.020L，解得 n=0.002mol，250ml 溶液中含有Cr2O72物质的量为0.002mol 5010=0.01mol；Na2S2O3?5H2O(式量 248)的质量分数是=0.01mol248g/mol2.500g 100%=99.20%。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17X、Y、Z、W 四种物质有如下相互转化关系（其中Y、Z 为化合物，未列出反应条件）。（1）若实验室经常用澄清石灰水来检验X 的燃烧产物，W 的用

31、途之一是计算机芯片，W 在周期表中的位置为_，Y 的用途有_，写出 Y与 NaOH 溶液反应的离子方程式_。（2）若X、W 为日常生活中常见的两种金属，且Y 常用作红色油漆和涂料，则该反应的化学方程式为_。（3）若X 为淡黄色粉末，Y 为生活中常见液体，则：X 的电子式为_，该反应的化学方程式为_，生成的化合物中所含化学键类型有_。若 7.8 克 X 物质完全反应，转移的电子数为_。【答案】第三周期 A 族光导纤维SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 23232AlFe O2FeAl O2Na2O22H2O=4NaOHO2 离子键、极性键0.1NA【解析】【详解】若实验室经常用澄清石灰水来

32、检验X 的燃烧产物，即X为碳，W 的用途之一是计算机芯片，即为硅，W 在周期表中的位置为第三周期第IVA 族，Y为二氧化硅，它的用途有光导纤维，写出Y与 NaOH 溶液反应的离子方程式SiO2+2OH-=SiO32+H2O，故答案为第三周期A 族；光导纤维；SiO2+2OH-=SiO32+H2O；若 X、W 为日常生活中常见的两种金属，且Y常用作红色油漆和涂料即为氧化铁，两者发生铝热反应，则该反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故答案为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；若 X 为淡黄色粉末即为过氧化钠，Y 为生活中常见液体即为，则：X 的电子式为，该反应的化学方程式为2

33、Na2O2 2H2O=4NaOHO2，生成的化合物 NaOH 所含化学键类型有离子键、极性键，故答案为；2Na2O22H2O=4NaOHO2；离子键、极性键；过氧化钠中一个氧升高一价，一个氧降低一价，若7.8 克过氧化钠即0.1 mol 完全反应，转移的电子数为 0.1NA，故答案为0.1NA。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18用琥珀酸酐法制备了DEN人工抗原及抗体如图是1，3丁二烯合成琥珀酸酐的流程：1,3 丁二烯C4H6Br2A2NaOH,H O加热B催化氧化C一定条件完成下列填空：（1）写出反应试剂和反应条件反应_；反应 _（2）比 1，3丁二烯多一个C 并且含 1 个甲基

34、的同系物有_种（3）写出 A 和 C的结构简式A_；C_（4）写出 B 和 C 反应生成高分子化合物的化学方程式_（5）设计一条由1，3丁二烯为原料制备的合成路线（无机试剂可以任选）_（合成路线常用的表示方式为：A反应试剂反应条件B反应试剂反应条件目标产物）【答案】溴水或溴的四氯化碳溶液氢气、催化剂、加热2 BrCH2CH2CH2CH2Br HOOCCH2CH2COOH nHOCH2CH2CH2CH2OH+nHOOCCH2CH2COOH浓硫酸加热+2nH2O 1,3 丁二烯2BrBrCH2CH=CHCH2Br2NaOH,H O加热HOCH2CH=CHCH2OHHBr氧化NaOH醇溶液NaOOC

35、CH=CHCOONa酸化HOOCCH=CHCOOH一定条件一定条件【解析】【分析】根据各物质的转化关系结合分子式C4H6Br2，可知 1，3丁二烯与溴发生1，4加成，得C4H6Br2为BrCH2CH2CH2CH2Br，与氢气加成得A 为 BrCH2CH2CH2CH2Br，A发生碱性水解得B 为 HOCH2CH2CH2CH2OH，B 发生催化氧化得C为 HOOCCH2CH2COOH，C发生分子内脱水得琥珀酸酐，由1，3丁二烯为原料制备，可以用与溴发生1，4加成再碱性水解得HOCH2CHCHCH2OH，用 HOCH2CHCHCH2OH 与溴化氢加成得HOCH2CH2CHBrCH2OH，再将 HOC

36、H2CH2CHBrCH2OH 氧化成 HOOCCH2CHBrCOOH，将在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应得NaOOCCH CHCOONa，酸化后再分子脱水形成酸酐再发生加聚反应得产品，据此答题。【详解】(1)根据上面的分析可知，反应的试剂和反应条件为水或溴的四氯化碳溶液，反应的试剂和反应条件为氢气，催化剂，加热；(2)比 1，3丁二烯多一个C 并且含 1 个甲基的同系物为CH2CH2CHCHCH3、CH2CH2C(CH3)CH2，所以有 2 种；(3)根据上面的分析可知，A 为 BrCH2CH2CH2CH2Br，C为 HOOCCH2CH2COOH；(4)丁二酸和丁二醇发生缩聚反应生成高分子化合物

37、，反应的化学方程式为nHOCH2CH2CH2CH2OH+nHOOCCH2CH2COOH+2nH2O；(5)由 1，3丁二烯为原料制备，可以用与溴发生1，4加成再碱性水解得HOCH2CHCHCH2OH，用 HOCH2CHCHCH2OH 与溴化氢加成得HOCH2CH2CHBrCH2OH，再将 HOCH2CH2CHBrCH2OH 氧化成HOOCCH2CHBrCOOH，将在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应得NaOOCCH CHCOONa，酸化后再分子脱水形成酸酐再发生加聚反应得产品，合成路线为。19镍及其化合物是重要的合金材料和催化剂。请回答下列问题：（1）基态镍原子的价电子排布式为_，排布时能量最高的电

38、子所占能级的原子轨道有_个伸展方向。（2）镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4和正方形的 Ni(CN)42-、正八面体形的Ni(NH3)62+等。下列说法正确的有_A CO与 CN-互为等电子体，其中CO分子内 键和 键个数之比为1:2-BNH3的空间构型为平面三角形CNi2+在形成配合物时，其配位数只能为4 D Ni(CO)4和Ni(CN)42-中，镍元素均是sp3杂化（3）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用“”和“?”分别表示出配位键和氢键。_（4）NiO 的晶体结构类型

39、与氯化钠的相同，相关离子半径如下表：NiO 晶胞中 Ni2+的配位数为 _，NiO 熔点比 NaCl 高的原因是 _。（5）研究发现镧镍合金LaNix 是一种良好的储氢材料。属六方晶系,其晶胞如图a 中实线所示，储氢位置有两种，分别是八面体空隙（“”）和四面体空隙（“”），见图 b、c，这些就是氢原子存储处，有氢时，设其化学式为LaNixHy。LaNix合金中 x 的值为 _；晶胞中和“”同类的八面体空隙有_个，和“”同类的四面体空隙有_个。若 H 进入晶胞后，晶胞的体积不变，H 的最大密度是_g/cm-3（保留 2 位有效数字，NA=6.0 1023，=1.7）【答案】3d84s25 A 6

40、 离子所带电荷数越高，离子半径越小，则晶格能越大，熔点越高5 3 6 0.18【解析】【分析】（1）依据 Ni 的最外层电子排布式作答；（2）A.CO与 N2互为等电子体，互为等电子体的两种物质结构相似；B.依据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论作答；C.找出 Ni(CN)42-和Ni(NH3)62+两种配合物的配体个数；D.依据杂化轨道理论分析其杂化类型；（3）依据配位键与氢键的存在原子种类分析；（4）NiO 的晶体结构类型与氯化钠相同；从离子晶体的晶格能角度分析熔点高低；（5）利用均摊法求出晶胞中La 与 Ni 的原子个数比，进而得出化学式；根据空间构型分析作答；结合几何关系，找出六方晶胞的

41、体积，再依据密度公式作答。【详解】（1）Ni 为 28 号元素，价电子排布式为3d84s2，排布时能量最高的电子所占的能级为3d，3d 轨道有 5 个伸展方向，故答案为3d84s2；5；（2）A.CO、CN-与 N2互为等电子体，N2分子内含1 个 键和 2 个 键，A 项正确；B.NH3中 N 原子为 sp3杂化方式，VSEPR模型为四面体形，空间构型为三角锥形，B 项错误；C.Ni(CN)42-和Ni(NH3)62+中的 Ni 的化合价为+2 价，其配位数分别是4 和 6，C项错误；D.Ni(CN)42-为正四面体，采用sp3杂化，而 Ni(NH3)62+是正方形，不是sp3杂化方式，D

42、项错误；故答案选A；（3）中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对形成配位键；氢键存在于已经与N、O 和 F等电负性很强的原子形成的共价键的H 与另外的 N、O 和 F等电负性很大的原子之间，则可以为：；（4）氯化钠中钠离子和氯离子的配位数分别是6，NiO 的晶体结构类型与氯化钠相同，NiO 晶胞中 Ni 和 O的配位数分别6，影响离子晶体熔点的因素有离子半径和电荷，所带电荷数越高，离子半径越小，则晶格能越大，熔点越高；（5）该晶体的晶胞不是六棱柱，而是实线部分表示的平行六面体，各原子在晶胞中的位置可参照图a和 b，如果将平行六面体抽取出来，晶胞如下图所示，La 在顶点，Ni 在面心有4 个（其中顶层和底层各 2 个，均摊后各1 个，前后左右4 个面各 1 个，均摊后共2 个）和体心（1 个），所以晶体化学式为LaNi5，x=5，其正八面体空隙和四面体型空隙的位置如下图所示：，（若以空心球表示原子，实心球表示空隙的中心，则正八面体结构为，四面体结构为：；六方晶胞体积V=a2csin =(500 10-10)2 400 10-10 sin60=8.5 10-23 cm3，233239 1m6 10=0.18g/cmV8.5 10。