2019-2020学年福建省三明市清流县第二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省三明市清流县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常温下，某H2CO3溶液的 pH 约为 5.5，c(CO32-)约为 5 10-11mol?L-1，该溶液中浓度最小的离子是()A CO32-BHCO3-CH+DOH-【答案】A【解析】【详解】已知常温下某H2CO3溶液的 pH 约为 5.5，则 c（OH-）=10-8.5mol/L，H2CO3溶液中存在H2CO3HCO3-+H+，HCO3-CO32-+H+，多元弱酸的第一步电离程度大于第二步电离程度，所以 c(HCO3-)c(CO32-）

2、，已知 c(CO32-)约为 510-11mol/L，所以该溶液中浓度最低的离子是CO32-；故选 A。2利用如图所示装置进行下列实验，不能得出相应实验结论的是选项实验结论A 稀硫酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金属性：SCSi B 浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C 浓硝酸Fe NaOH溶液说明铁和浓硝酸反应可生成NO2D 浓氨水生石灰酚酞氨气的水溶液呈碱性A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】A、稀硫酸滴入碳酸钠中二者反应生成二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，说明顺酸性：H2SO4 H2CO3 H2SiO3，非金属性：SCSi，能得出相应实验结论

3、，不选A；B、浓硫酸能使蔗糖脱水碳化，反应放热，浓硫酸在加热条件下与碳反应生成的二氧化硫能使溴水褪色，能得出实验结论，不选B；C、常温下，浓硝酸使铁钝化，不能得出实验结论，选C；D、浓氨水与生石灰反应生成的氨气使酚酞变红，证明氨气的水溶液呈碱性，能得出实验结论，不选D；答案选 C。3某高校的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如图所示，下列说法正确的是()A该装置可以将太阳能转化为电能B阴极的电极反应式为3CO2+4eC+2CO32C高温的目的只是为了将碳酸盐熔融，提供阴阳离子D电解过程中电子由负极流向阴极，经过熔融盐到阳极，最后回到正极【答案】B【解析】【详解】A

4、.由题图知，太阳能转化为化学能，该装置为电解池，将电能转化为化学能，故A错误；B.阴极发生还原反应，电极反应式为3CO2+4eC+2CO32，故 B正确；C.高温的目的是将碳酸盐熔融提供阴阳离子，将碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，故C错误；D.电解过程中电子由负极流向阴极，阳极流向正极，熔融盐中没有电子移动，故D错误。答案选 B。4短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W 最简单的氢化物常温下为气体，是可燃冰的成分，X 是同周期中原子半径最小的元素，W 和 Y的最外层电子数之和等于X 的最外层电子数，X、Z同主族。下列有关判断正确的是（）A常温下，X、Z的单质与水反应均有弱酸生成BW、

5、X、Z的最简单氢化物中，HZ的热稳定性最强CY与 Z的化合物 YZ3是非电解质D W 的氢化物的沸点一定低于X的氢化物的沸点【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W 最简单的氢化物是可燃冰的有效成分，即为CH4，则 W 为 C 元素；X是同周期中原子半径最小的元素，X不是 F就是 Cl，因原子序数依次增大，则X 为 F元素；W 和 Y的原子核外最外层电子数之和等于X 的最外层电子数，则Y为 Al 元素；X、Z 同主族，则Z 为Cl 元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知，W 为 C元素、X为 F元素、Y为 Al 元素、Z为 Cl元素。A常温下，X、Z

6、的单质与水的反应分别是2F2+2H2O=4HF+O2、Cl2+H2O=HCl+HClO，HF 和 HClO都是弱酸，故 A 正确；BF的非金属性最强，则HF最稳定，故B错误；C.Y与 Z的化合物YZ3为 AlCl3，氯化铝溶于水能够导电，属于电解质，故C错误；D.W 的氢化物为烃，其中很多为固体，沸点不一定低于HF的沸点，故D 错误；答案选 A。【点睛】本题的易错点为D，要注意碳的氢化物是一类物质烃，随着碳原子数目的增多，烃的熔沸点升高，在烃中有气态、液态的烃，还有固态的烃。5结构片段为 CH2 CH=CH CH2 的高分子化合物的单体是A乙烯B乙炔C正丁烯D1，3-丁二烯【答案】D【解析】【

7、详解】结构片段为 CH2 CH=CH CH2，说明该高分子为加聚产物，则该高分子化合物的单体是CH2=CHCH=CH2，即为 1，3-丁二烯，答案选D。6PbCl2是一种重要的化工材料，常用作助溶剂、制备铅黄等染料。工业生产中利用方铅矿精矿(主要成分为 PbS，含有 FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)制备 PbCl2的工艺流程如图所示。已知：i.PbCl2微溶于水ii.PbCl2(s)+2Cl(aq)?PbCl42-(aq)H0下列说法不正确的是()A浸取过程中MnO2与 PbS发生反应的离子方程式为：8H+2Cl+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn2+SO42-+4H2O B

8、PbCl2微溶于水，浸取剂中加入饱和NaCl 溶液会增大其溶解性C调 pH 的目的是除去Fe3+，因此 pH 越大越好D沉降池中获得PbCl2采取的措施有加水稀释、降温【答案】C【解析】【分析】【详解】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有 FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，根据酸性废液中含有硫酸根离子矿渣，PbS中 S元素被氧化成SO42，则发生反应为4MnO2+PbS+8HCl=3MnCl2+PbCl2+MnSO4+4H2O，加入 NaCl促进反应PbCl2(s)+2Cl(aq)?PbCl42-(aq)正向移动。加入 NaOH 溶液调节溶液pH，使 Fe3转化成 Fe

9、(OH)3沉淀，过滤得到Fe(OH)3、矿渣和滤液；PbCl2微溶于水，将溶液沉降过滤得到PbCl2。A浸取过程中MnO2与 PbS发生氧化还原反应，离子反应为：8H+2Cl+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn2+SO42+4H2O，正确，A 不选；B发生 PbCl2(s)+2Cl(aq)?PbCl42-(aq)，加入 NaCl增大 c(Cl)，有利于平衡正向移动，将PbCl2(s)转化为PbCl42-(aq)，正确，B不选；C调节溶液pH，使 Fe3转化成 Fe(OH)3沉淀，除去溶液中的Fe3，但应避免同时生产Mn(OH)2沉淀，pH不能过大，错误，C选；D已知：PbCl2(s)+2C

10、l(aq)?PbCl42-(aq)H0，可以通过加水稀释、降温促进反应逆向进行，获得PbCl2，正确，D 不选。答案选 C。7化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是（）A光导纤维是一种新型硅酸盐材料B用纯碱溶液洗去油污时，加热能够提高去污能力C食物中的营养素主要为糖类、油脂、蛋白质、纤维素、无机盐和水D 物理小识记载：“青矾（绿矾）厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂。”青矾厂气是CO和 CO2【答案】B【解析】【详解】A.光导纤维的成分是SiO2，不是硅酸盐，A 错误；B.油脂在碱性条件下水解，纯碱水解使溶液呈碱性，加热能够促进纯碱的水解，使溶液碱性增强，因此可促进油脂的水解，从而可提高去污

11、能力。B 正确；C.食物中的营养素主要为糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水，而人体内无纤维素酶，不能消化纤维素，因此不是人体的营养素，C错误；D.CO、CO2气体没有气味，不符合厂气熏人的性质，D 错误；故合理选项是B。8口服含13C 的尿素胶囊，若胃部存在幽门螺杆菌，尿素会被水解形成13CO2，医学上通过检测呼出气体是否含13CO2，间接判断是否感染幽门螺杆菌，下列有关说法正确的是（）A13CO2和12CO2互称同位素B13C 原子核外有 2 个未成对电子C尿素属于铵态氮肥D13C 的质量数为 7【答案】B【解析】【详解】A.12CO2和13CO2具有相同元素的化合物，不属于同位素，故A

12、 错误；B.根据13C 电子排布式ls22s22p2可知，原子核外有2 个未成对电子，故B 正确；C.尿素属于有机物，不是铵盐；尿素属于有机氮肥，不属于铵态氮肥，故C错误；D.13C 的质量数为13，故 D 错误；故选：B。【点睛】注意尿素和铵态氮肥的区别，为易错点。9利用如图实验装置进行相关实验，能得出相应实验结论的是（）a b c 实验结论A 浓醋酸CaCO3C6H5ONa 溶液酸性：碳酸苯酚B Br2的苯溶液铁屑AgNO3溶液苯和液溴发生取代反应C 浓盐酸酸性 KMnO4溶液碘化钾溶液氧化性：Cl2I2D 饱和食盐水电石酸性 KMnO4溶液乙炔具有还原性A A BB CC D D【答案】

13、C【解析】【分析】【详解】A浓醋酸具有挥发性，酸性大于苯酚，因此，挥发出的醋酸也能与苯酚钠反应得到苯酚，不能证明碳酸的酸性大于苯酚，故A 错误；B溴离子与银离子反应生成浅黄色沉淀；由于溴易挥发，挥发出的溴和水反应也能生成氢溴酸，从而影响苯和溴反应生成的溴化氢，所以无法得出相应结论，故B 错误；C浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气能置换碘化钾中的碘单质，可比较氧化性，故C正确；D电石不纯，与水反应生成乙炔的同时也生成硫化氢、磷化氢等，都可与高锰酸钾溶液反应，应先除杂，故 D 错误；故答案选C。10近年来，有科研工作者提出可用如图所示装置进行水产养殖用水的净化处理。该装置工作时，下列说法错误的是A

14、导线中电子由M 电极流向a 极BN 极的电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O C当电路中通过24 mol 电子的电量时，理论上有1 mol(C6H10O5)n参加反应D当生成1 mol N2时，理论上有10 mol H+通过质子交换膜【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根据装置图可知M 为阳极，N 为阴极，因此a 为正极，b 为负极，导线中电子由M 电极流向a 极，A正确；B.N 为阴极，发生还原反应，电极反应式为：2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，B 正确；C.有机物(C6H10O5)n中 C元素化合价平均为0 价，反应后变为+4价 CO2，1 mol

15、该有机物反应，产生 6n molCO2气体，转移24n mol 电子，则当电路中通过24 mol 电子的电量时，理论上有1nmol(C6H10O5)n参加反应，C 错误；D.根据选项B分析可知：每反应产生1 mol N2，转移 10 mol e-，根据电荷守恒应该有10 mol H+通过质子交换膜，D 正确；故合理选项是C。11某有机物X的结构简式如图，下列有关该有机物的说法正确的是（）A分子式为C8H10O3B含有两种官能团C既可以发生加成反应又可以发生取代反应D分子中所有碳原子共面【答案】C【解析】【详解】A.根据物质结构简式可知物质的分子式是C8H12O3，A 错误；B.在该物质分子中含

16、有-COOH、-OH、碳碳双键三种官能团，B 错误；C.该物质分子中含有碳碳双键，可以发生加成反应，含有羧基、羟基，可以发生取代反应，C正确；D.分子中含有4 个饱和碳原子，与该碳原子连接的原子构成的是四面体结构，因此不可能所有C原子都在同一个平面上，D 错误；故合理选项是C。12四种短周期元素X、Y、Z和 W 在周期表中的位置如图所示，原子序数之和为48，下列说法不正确的是X Y Z W A原子半径（r）大小比较：r(Z)r(W)BX 和 Y可形成共价化合物XY、2XY等化合物CY的非金属性比Z的强，所以Y的最高价氧化物的水化物酸性大于Z D Z的最低价单核阴离子的失电子能力比W 的强【答案

17、】C【解析】【分析】据周期表中同周期、同主族元素原子序数的变化规律，利用已知条件计算、推断元素，进而回答问题。【详解】表中四种短周期元素的位置关系说明，X、Y在第二周期，Z、W 在第三周期。设X原子序数为a，则 Y、Z、W 原子序数为a+1、a+9、a+10。因四种元素原子序数之和为48，得 a=7，故 X、Y、Z、W 分别为氮（N）、氧（O）、硫（S）、氯（Cl）。A.同周期主族元素从左到右，原子半径依次减小，故r(Z)r(W)，A项正确；B.X 和 Y可形成共价化合物XY（NO）、2XY（NO2）等化合物，B 项正确；C.同主族由上而下，非金属性减弱，故Y的非金属性比Z的强，但Y元素没有含

18、氧酸，C 项错误；D.S2-、Cl-电子层结构相同，前者核电荷数较小，离子半径较大，其还原性较强，D 项正确。本题选 C。13设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A在标准状况下，将4.48L 的氯气通入到水中反应时转移的电子数为0.2NAB12g 石墨中 C-C键的数目为2NAC常温下，将27g 铝片投入足量浓硫酸中，最终生成的SO2分子数为1.5NAD常温下，1LpH1 的 CH3COOH溶液中，溶液中的H数目为 0.1NA【答案】D【解析】【详解】A.在标准状况下，将 4.48L 的氯气通入到水中反应是可逆反应，氯气未能完全参与反应，转移的电子数小于 0.2NA，故 A 错误

19、；B.一个 C连 3 个共价键，一个共价键被两个C平分，相当于每个C连接 1.5 个共价键，所以 12gC即 1molC中共价键数为1.5 NA，故 B 错误；C.常温下，铝片与浓硫酸钝化，反应不能继续发生，故C错误；D.常温下，1LpH1 即 c（H）=0.1mol/L 的 CH3COOH溶液中，溶液中的n（H）=0.1mol/L 1L=0.1mol，数目为 0.1NA，故 D 正确。答案选 D。14将浓度均为0.5mol?L-1氨水和 KOH溶液分别滴入到体积均为20mL 且浓度相同的AlCl3溶液中，测得溶液的导电率与加入碱的体积关系如图所示，下列说法中错误的是()A AlCl3溶液的物

20、质的量浓度为0.2mol?L-1B根据图象可以确定导电率与离子种类有关Ccd 段发生的反应是Al(OH)3OHAlO22H2O D e 点时溶液中的离子浓度：c(K+)c(Cl)c(AlO2)【答案】D【解析】【分析】根据图象得出I 为氨水滴加到氯化铝溶液中的图象，II 为 KOH滴加到氯化铝溶液中的图象，c点为恰好反应生成氢氧化铝沉淀的点。【详解】A 选项，根据分析得到c 点恰好反应完生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钾的物质的量是氯化铝物质的量的3 倍，因此 AlCl3溶液的物质的量浓度为-1-10.024L0.020Lc=0.20.5mol Lmol L3，故 A 正确；B 选项，根据图象可以确定

21、导电率与离子种类、离子浓度有关，故B 正确；C 选项，c 点是氢氧化铝沉淀，再加入KOH，则沉淀开始溶解，其cd 段发生的反应是Al(OH)3 OHAlO22H2O，故 C正确；D 选项，e 点是 KOH、KAlO2、KCl，溶液中的离子浓度：c(K+)c(H+)c(Cl)c(OH)c(AlO2)，故 D 错误。综上所述，答案为D。15下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）pH=0 的溶液：Na+、Cl-、Fe3+、SO42-pH=11 的溶液中：CO32、Na+、AlO2-、NO3-、S2-、SO32-水电离的H+浓度 c(H+)=10-12mol L-1的溶液中：Cl、CO32-、

22、NO3-、NH4+、SO32-加入 Mg 能放出 H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl、K+、SO42-使石蕊变红的溶液中：Fe2+、MnO4-、NO3-、Na+、SO42-中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3-、I-、Cl-、S2-ABCD【答案】D【解析】【详解】、pH=0 的溶液中氢离子浓度为1mol/L，Na+、Cl-、Fe3+、SO42-均不反应，能够大量共存，故符合；、pH=11 的溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol/L，CO32、Na+、AlO2-、NO3-、S2-、SO32-离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故符合；、水电离的H+浓度 c(

23、H+)=10-12mol L-1的溶液中可酸可碱，当溶液为酸性时，CO32SO32-与氢离子反应，当溶液为碱性时，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故不符合；、加入Mg 能放出 H2的溶液中存在大量氢离子，Mg2+、NH4+、Cl、K+、SO42-离子之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故符合；、使石蕊变红的溶液中存在大量氢离子，MnO4-、NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故不符合；、Fe3+能够氧化I-、S2-，Al3+在溶液中与S2-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故不符合；根据以上分析，在溶液中能够大量共存的

24、为；故选 D。【点睛】离子不能共存的条件为：(1)、不能生成弱电解质。如中的NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨而不能大量共存；(2)、不能生成沉淀；(3)、不发生氧化还原反应。如中MnO4-、NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+而不能大量共存。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16FeO(OH)在高档涂料、油墨的生产中有着重要的用途。某化工厂以氧化铁废料（含少量的FeO、SiO2)为原料制备FeO(OH)的流程如图所示：请回答下列有关问题：(1)FeO(OH)中铁元素的化合价为_，滤液 3 中溶质的主要成分是_(2)酸浸时主要反应的离子方程式为_，试剂 a 最好是 _

25、。(3)通入空气的反应中，消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。操作 X为向滤液2 中加入乙醇而不是蒸发浓缩、冷却结晶，这说明绿矾晶体在乙醇中的溶解度_(填“大”或“小”）。若操作 X 为蒸发浓缩、冷却结晶，可能造成的不良后果是_。【答案】+3Na2SO4Fe2O36H=2Fe33H2O铁粉1:4小有一定量的Fe2被空气氧化为Fe3【解析】【分析】氧化铁废料酸浸后，铁的氧化物会溶解形成Fe3、Fe2，而 SiO2不溶于酸得到料渣1，根据工艺流程可知，要制备硫酸亚铁晶体，需将酸浸后溶液中的Fe3还原为 Fe2，最好选用铁粉，故推出试剂a为铁粉，得到的硫酸亚铁溶液溶于乙醇，利用其在乙醇中溶解度小

26、的特点析出晶体FeSO4 7H2O，随后加入NaOH，FeSO4 7H2O 被空气氧化最终得到FeO(OH)和 Na2SO4，据此分析作答。【详解】（1）由化合价规则及氧为-2 价、氢为+1价知，FeO(OH)中铁元素的化合价为+3；根据上述分析流程可知，滤液中溶质的主要成分是Na2SO4，故答案为：+3；Na2SO4；（2）酸浸时主要反应是Fe2O3与 H之间的反应，其反应的离子方程式为：Fe2O36H=2Fe33H2O；加入试剂 a 的目的是将Fe3还原为 Fe2，为不引入其他杂质，最好选用的试剂是铁粉，故答案为：Fe2O36H=2Fe33H2O；铁粉；(3)由流程图知，在碱性条件下Fe2

27、+被空气氧化为FeO(OH)，根据氧化还原反应中电子转移数相等可知，反应中氧气与Fe2的物质的量之比为1:4；向 FeSO4溶液中加入乙醇能析出FeSO4 7H2O，说明 FeSO4 7H2O 在乙醇中的溶解度较小；因 Fe2易被空气氧化，因此若采用蒸发浓缩冷却结晶的方法析出FeSO4 7H2O，加热中会有一定量的Fe2被氧化为Fe3，从而影而响目标产物的纯度，故答案为：1:4；小；有一定量的Fe2被空气氧化为Fe3。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某课题组采取以下路线合成利胆药柳胺酚。回答下列问题：已知：（1）对于柳胺酚，下列说法正确的是_A 有三种官能团B 遇三氯化铁溶液显

28、紫色C 分子组成为C13H9NO3D 1mol 柳胺酚最多与3mol NaOH 反应（2）F的命名为 _；B 中含氧官能团的名称为_。（3）写出化合物D 的结构简式 _。（4）写出 E和 F制取柳胺酚的化学反应方程式_。（5）写出同时符合下列条件的F的所有同分异构体的结构简式_。能发生银镜反应分子有四种不同化学环境的氢原子（6）4-甲氧基乙酰苯胺是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备 4-甲氧基乙酰苯胺（）的合成路线（注明试剂和条件）_。【答案】BD 邻羟基苯甲酸或2-羟基苯甲酸硝基+H2O、，【解析】【分析】苯和氯气发生取代反应生成A，A 为；F中不饱和度=722+2-6=5，根据柳胺

29、酚结构简式知，F中含有苯环和碳氧双键，所以F为，E为；D 和铁、HCl 反应生成E，结合题给信息知，D 结构简式为；A 反应生成B，B 和 NaOH 水溶液发生水解反应生成C，根据 D 结构简式知，A 和浓硝酸发生取代反应生成B，B 为，C为，据此解答。【详解】（1）A柳胺酚有酰胺基、酚羟基2 种官能团，A 错误；B柳胺酚有酚羟基，遇三氯化铁溶液显紫色，B正确；C柳胺酚的分子式为：C13H11NO3，C错误；D酰胺基水解消耗1molNaOH，酚羟基共消耗2molNaOH，1mol 柳胺酚最多与3mol NaOH 反应，D 正确；综上所述，BD 正确，故答案为：BD；（2）F的结构简式为：，命名

30、为：邻羟基苯甲酸或2-羟基苯甲酸，B 的结构简式为：，含氯原子、硝基2 种官能团，硝基为含氧官能团，故答案为：邻羟基苯甲酸或2-羟基苯甲酸；硝基；（3）由分析可知，D 为：，故答案为：；（4）E和 F脱水缩合生成柳胺酚，化学反应方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；（5）F为，能发生银镜反应，则分子中含1 个-CHO和 2 个-OH，或者含 1 个 HCOO-和 1 个-OH，含 1 个-CHO和 2 个-OH 共有 6 种，含 1 个 HCOO-和 1 个-OH 共有邻间对3 种，共 9 种，其中分子有四种不同化学环境的氢原子的有3 种，分别为：、，故答案为：、；（6）逆合成分析：含酰胺基

31、，可由和 CH3COOH脱水缩合而来，可由还原硝基而来，可由硝化而来，整个流程为：，故答案为：。【点睛】常见能发生银镜反应的结构有：-CHO、HCOO-、HCONH-、HCOOH等。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18钴的化合物在工业生产、生命科技等行业有重要应用。(1)Co2+的核外电子排布式为_，Co的第四电离能比Fe 的第四电离能要小得多，原因是_。(2)Fe、Co均能与 CO形成配合物，如Fe(CO)5、Co2(CO)8的结构如图1、图 2 所示，图1 中 1molFe(CO)5含有 _mol 配位键，图2 中 C原子的杂化方式为_，形成上述两种化合物的四种元素中电负性最大

32、的是_（填元素符号）。(3)金属钴的堆积方式为六方最密堆积，其配位数是_，钴晶体晶胞结构如图3 所示，该晶胞中原子个数为_；该晶胞的边长为anm，高为 cnm，该晶胞的密度为_（NA表示阿伏加德罗常数的值，列出代数式）gcm-3。【答案】Ar 3d7或 1s22s22p63s23p63d7Co失去 3 个电子后会变成 Ar 3d6，更容易再失去一个电子形成半满状态 Ar 3d5，Fe 失去三个电子后会变成 Ar 3d5，达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子10 sp、sp2O 12 6 212A2363 103a cN【解析】【详解】(1)Co2+的核外电子数为25，电子排布式为 Ar 3

33、d7或 1s22s22p63s23p63d7，Co 的第四电离能比Fe的第四电离能要小得多，原因是Co 失去 3 个电子后会变成 Ar 3d6，更容易再失去一个电子形成半满状态 Ar 3d5，Fe失去三个电子后会变成 Ar 3d5，达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子。答案为：Ar 3d7或1s22s22p63s23p63d7；Co失去 3 个电子后会变成 Ar 3d6，更容易再失去一个电子形成半满状态 Ar 3d5，Fe失去三个电子后会变成 Ar 3d5，达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子；(2)在 Fe(CO)5中，每个CO分子中，C 与 O 原子间形成的3 个共价键中，有1 个

34、是配位键，另外，每个C原子与中心原子间形成1 个配位键，所以1molFe(CO)5含有 10mol 配位键；图2 中，只与1 个 Co原子形成配位键的C原子，价层电子对数为2，C原子发生sp 杂化；与2 个 Co 原子形成配位键的C 原子，价层电子对数为3，C 原子发生sp2杂化；形成上述两种化合物的四种元素中非金属性最强的元素是氧，则电负性最大的是O。答案为：10；sp、sp2；O；(3)由以上分析知，金属钴的堆积方式为六方最密堆积，其配位数是12，该晶胞中原子个数为1216+212+3=6；该晶胞的边长为anm，高为 cnm，晶胞的体积V=7771310cm10cm10cm622aac=2

35、1233 310a c cm2，该晶胞的密度为2213A659g3 310cm2Na c=212A236 3103a cNgcm-3。答案为：12；6；212A236 3103a cN。【点睛】在利用晶体的结构模型判断配位数时，最好将其转化为原子的堆积模型，这样才容易看清位于中心的原子周围有多少个与之距离最近的原子。19有机物G 是一种食品香料，其香气强度为普通香料的3 4 倍 G 的合成路线如下：已知：RCH=CH2RCHO+HCHO 填空：（1）该香料长期暴露于空气中易变质，其原因是_（2）写出 A 中任意一种含氧官能团的名称_，由 C 到 D 的反应类型为_（3）有机物E的结构简式为_（

36、4）有机物G同时满足下列条件的同分异构体有_种，写出其中一种的结构简式_与 FeCl3溶液反应显紫色；可发生水解反应，其中一种水解产物能发生银镜反应；分子中有4 种不同化学环境的氢（5）写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）_合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2CH2BrCH2Br【答案】香料分子中含有酚羟基和醛基，易被氧化醚键、酚羟基加成反应2 或【解析】【分析】(1)根据 G 的结构简式结合常见官能团的结构和性质分析解答；(2)由生成，分子中 C=C，消失增加了Br 原子，结合常见有机反应类型的特征分析判断；(3)根据信息，结合F的结构逆推，可知E中含有碳碳双键

37、，结合D 的结构简式分析判断；(4)与 FeCl3溶液反应显紫色，说明有酚羟基；可发生水解反应，其中一种水解产物能发生银镜反应，说明有酯基而且水解生成甲酸；分子中有4 种不同化学环境的氢，据此书写满足条件的结构简式；(5)要合成，需要先合成苯甲醇和乙酸，根据题干信息分析解答。【详解】(1)根据 G()的结构简式可知该分子中含有酚羟基和醛基，易被空气中的氧气氧化变质，故答案为：香料分子中含有酚羟基和醛基，易被氧化；(2)根据 A()的结构简式可知该分子的官能团有醚键、酚羟基；由生成，分子中C=C消失，增加了Br 原子，说明发生了加成反应，故答案为：醚键、酚羟基；加成反应；(3)根据信息，结合 F

38、的结构逆推，可知 E中含有碳碳双键，说明从 D到 E发生消去反应，生成 C=C，所以 E结构简式为：，故答案为：；(4)G 为，G 的同分异构体：与FeCl3溶液反应显紫色，说明结构中有酚羟基；可发生水解反应，其中一种水解产物能发生银镜反应，说明有酯基而且水解生成甲酸，说明属于甲酸酯；分子中有 4 种不同化学环境的氢；满足上述条件的结构简式为：、，故答案为：2；(或)；(5)以为原料制备，要合成，需要先合成苯甲醇和乙酸，根据题干信息，可以将中碳碳双键断开即可得到含有7 个碳原子和2个碳原子的醛，因此合成路线为，故答案为：。【点睛】本题的易错点为(5)，要注意题干信息的理解和应用，注意在臭氧和锌存在条件下，碳碳双键会断裂生成醛，结合逆向思维分析思考。