2019-2020学年福建省建瓯市二中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省建瓯市二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）1NA表示阿伏加德罗常数的数值。乙醚(CH3CH2OCH2CH3)是一种麻醉剂。制备乙醚的方法是2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O.下列说法正确的是A 18gH218O 分子含中子数目为10NAB每制备1molCH3CH218OCH2CH3必形成共价键数目为4NAC10g46%酒精溶液中含H 原子个数为1.2NAD标准状况下,4.48L 乙醇含分子数为0.2NA【答案】C【解析】A、18gH218O 分子含中子数目为 10NA=9NA

2、，故 A 错误；B、每制备1molCH3CH218OCH2CH3，分子间脱水，形成CO、OH 共价键，形成共价键数目为2NA，故 B 错误；C、10g46%酒精溶液中，酒精4.6g,水 5.4g,含 H原子=(6+2)NA=1.2NA，含 H 原子个数为1.2NA，故 C 正确，D、标准状况下,4.48L 乙醇为液态，故D 错误；故选C。2根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A 将含有 SO2的废气通入BaCl2溶液中，生成白色沉淀SO2与 BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀B 常温下，分别测定同浓度Na2CO3溶液与CH3COONa溶液的 pH，Na2CO3溶液的

3、pH大于 CH3COONa溶液HCO3-电离出 H能力比 CH3COOH的弱C 向 Fe(NO3)3溶液中加入铁粉，充分振荡，滴加少量盐酸酸化后再滴入KSCN溶液，溶液变红Fe(NO3)3溶液中 Fe3部分被 Fe还原D 苯和液溴在FeBr3的催化下发生反应，将得到的气体直接通入AgNO3溶液中，产生淡黄色沉淀苯和液溴发生取代反应A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A将含有SO2的废气通入BaCl2溶液中，不能生成白色沉淀，弱酸不能制取强酸，故A 错误；B常温下，分别测定同浓度Na2CO3溶液与 CH3COONa溶液的 pH，Na2CO3溶液的 pH 大于 CH3COO

4、Na溶液，说明 Na2CO3的水解程度大于CH3COONa溶液，水解程度越大，相应的酸电离程度越弱，则HCO3-电离出 H能力比 CH3COOH的弱，故B 正确；CFe 与 Fe(NO3)3反应生成Fe(NO3)2，再加盐酸，酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，滴入 KSCN溶液，溶液变红，不能说明是否部分被还原，也可能全部被还原，故C错误；D溴单质具有挥发性，生成的HBr 及挥发的溴均与硝酸银反应，观察是否有淡黄色沉淀生成不能证明发生取代反应，故D 错误；答案选 B。3扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以物质a 为原料合成扁桃酸衍生物b 的过程如下：下列说法正确的是（）A物质 X是

5、 Br2，物质 a 转化为 b 属于取代反应Blmol 物质 a 能与 3molH2反应，且能在浓硫酸中发生消去反应C物质 b 具有多种能与NaHCO3反应的同分异构体D物质 b 的核磁共振氢谱有四组峰【答案】C【解析】【详解】A.根据质量守恒定律可知物质x 是 HBr，HBr 与 a 发生取代反应产生b 和 H2O，A 错误；B.a 中含有一个苯环和酯基，只有苯环能够与H2发生加成反应，1 mol 物质 a 能与 3 molH2反应，a 中含有酚羟基和醇羟基，由于醇羟基连接的C原子邻位C原子上没有H 原子，不能发生消去反应，B 错误；C.酚羟基可以与NaHCO3反应；物质b 中酚羟基与另一个

6、支链可以在邻位、间位，Br 原子也有多个不同的取代位置，因此物质b 具有多种能与NaHCO3反应的同分异构体，C 正确；D.物质 b 中有五种不同位置的H 原子，所以其核磁共振氢谱有五组峰，D 错误；故合理选项是C。4等质量的铁屑和锌粒与足量的同浓度的稀硫酸反应，下列图象可能正确的是()AB C D【答案】B【解析】【分析】【详解】因锌较活泼，则与稀硫酸反应时，反应速率较大；又M(Fe)M(Zn)，则等质量时，Fe 生产氢气较多，综上分析符合题意的为B图所示，答案选B。5NH3、H2S等是极性分子，CO2、BF3、CCl4等是极性键构成的非极性分子。根据上述实例可以推测出AB2型分子为非极性分

7、子的经验规律是A分子中必须含有键B在 ABn分子中 A 原子没有孤对电子C在 ABn分子中不能形成分子间氢键D分子中每个共价键的键长应相等【答案】B【解析】【分析】共价键的极性是由于成键两原子对共用电子对的引力不同，而使共用电子对不在中央，发生偏移，导致键两端显部分的电性之故，ABn型分子中A 原子的所有价电子都参与成键时为非极性分子，与相对原子质量大小、键长、以及是否含有H 原子无关。【详解】A BF3、CCl4中均为单键没有键，故 A 不选；B在 ABn分子中 A 原子的所有价电子都构成共价键，A 原子没有孤对电子，导致结构对称、正负电中心重合，所以为非极性分子，故B 选；CH2S分子间不

8、能形成氢键，但是H2S属于极性分子，故C 不选；D H2S分子中两个S-H键的键长都相等，但硫化氢分子是极性分子，故D 不选；故选：B。【点睛】本题考查极性分子好和非极性分子，注意从分子结构是否对称判断分子的极性，学会利用实例来分析。6邻甲基苯甲酸主要用于农药、医药及有机化工原料的合成，其结构简式为，下列关于该物质的说法正确的是（）。A该物质能与溴水生成白色沉淀B该物质含苯环的同分异构体中能水解且含有甲基的共5 种C1mol 该物质最多能与4molH2生加成反应D该物质中所有原子共平面【答案】B【解析】【分析】【详解】A邻甲基苯甲酸中不含酚羟基，不能与溴水生成白色沉淀，故A 错误；B能水解说明

9、含有酯基，甲酸酯基与甲基处于邻、间、对位有3 种，再加上苯甲酸甲酯和乙酸苯酯一共5 种，故 B 正确；C该物质中只有苯环与氢气加成，则1mol 该物质最多能与3mol 氢气发生加成反应，故C错误；D甲基碳属于饱和碳原子，其与周围四个原子构成空间四面体结构，不能全部共面，故D 错误。综上所述，答案为B。【点睛】能与氢气发生加成反应是有苯环、碳碳双键、碳碳三键、醛基、酮，注意酯基和羧基不与氢气发生加成反应。7已知 A、B、D 均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示（部分产物略去）。则下列有关物质的推断不正确的是（）A若 A 为碳，则E可能为氧气B若 A 为 Na2CO3，则 E可能为

10、稀HCl C若 A 为 Fe，E为稀 HNO3，则 D 为 Fe（NO3）3D若 A 为 AlCl3，则 D 可能为 Al（OH）3，E不可能为氨水【答案】C【解析】【详解】A若 A 为碳，E为氧气，则B 为 CO2，D 为 CO，CO2与 CO可以相互转化，选项A 正确；B若 A 为 Na2CO3，E为稀 HCl，则 B为 CO2，D 为 NaHCO3，CO2和 NaHCO3可以相互转化，选项B 正确；C若 A 为 Fe，E为稀 HNO3，则 B为 Fe（NO3）3，D 为 Fe（NO3）2，选项 C错误；D AlCl3与少量 NaOH 溶液反应生成Al（OH）3，与过量NaOH 溶液反应生

11、成NaAlO2，符合转化关系，若E是氨水则不符合，因为AlCl3与少量氨水和过量氨水反应都生成Al（OH）3沉淀和 NH4Cl，选项 D 正确。故选 C。8设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A常温下，1 L 0.5 mol/L CH3COONH4溶液的pH7，则溶液中CH3COO与 NH4的数目均为0.5NAB10 g 质量分数为46%的乙醇溶液中含有氢原子的数目为0.6 NAC16g 氨基(NH2)中含有的电子数为7 NAD在密闭容器中将2 mol SO2 和 1 mol O2混合反应后，体系中的原子数为8 NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A由于醋酸根和铵根均会发生水解，

12、所以溶液中这两种离子的数目一定小于0.5NA，A 项错误；B该溶液中乙醇的质量为4.6g，根据公式计算可知：254.6g(C H OH)=0.1mol46g/molmnM；该溶液中的水的质量为5.4g，根据公式计算可知：25.4g(H O)=0.3mol18g/molmnM；所以溶液中的H 原子数目为 1.2NA，B 项错误；C1 个氨基中含有9 个电子，16g 氨基即 1mol，所以含有电子数为9NA，C 项错误；D密闭容器中发生的虽然是可逆反应，但原子总数守恒，所以为8 NA，D 项正确；答案选 D。9将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（）A K+、OH、Cl、SO42

13、BH+、NH4+、Al3+、NO3CNa+、S2、Cl、SO42D Na+、C6H5O、CH3COO、HCO3【答案】B【解析】【详解】A该组离子之间不反应，可大量共存，但通入的足量CO2能够与 OH-反应，不能共存，故A 不选；B该组离子之间不反应，且通入的足量CO2仍不反应，能大量共存，故B 选；C该组离子之间不反应，但通入的足量CO2能够与 S2-反应，不能大量共存，故C不选；D该组离子之间不反应，但通入的足量CO2能够与 C6H5O-反应，不能大量共存，故D 不选；故选 B。10香豆素 4 由 C、H、O 三种元素组成，分子球棍模型如下图所示。下列有关叙述错误的是A分子式为C10H9O

14、3B能发生水解反应C能使酸性KMnO4溶液褪色D 1 mol 香豆素 4 最多消耗3 mol NaOH【答案】A【解析】【详解】A、反应式应为C10H8O3，错误；B、分子中有酯基，可以发生水解反应；正确；C、酚羟基和苯环相连碳上有H，可以被氧化，正确；D、酯基水解后共有两个酚羟基和一个羧基，共消耗3molNaOH，正确；故选 A。11化学与生活密切相关，下列有关说法不正确的是（）A在海轮外壳镶嵌锌块能减缓轮船的腐蚀B燃煤中加入CaO 可以减少温室气体的排放C加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性D医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）为75%【答案】B【解析】【分析】【详解】A Zn、Fe

15、、海水形成原电池中，Zn 比 Fe活泼作负极，Fe作正极，发生得电子的还原反应得到保护，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故A 正确；B燃煤中加入CaO 可吸收二氧化硫，减少酸雨的发生，不能减少温室气体的排放，故B 错误；C加热可使蛋白质发生变性，则加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性，故C正确；D 75%的酒精可用于杀菌消毒，杀毒效果好，对人体危害最小，浓度太大易在细胞壁上形成一层膜阻止酒精渗入，浓度太小杀菌效果差，故D 正确；故答案选B。12设 NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 1mol 氨基（-NH2）含有电子数目为10NAB2gH218O 中所含中子、电子数目均为NA

16、CpH=1 的 H2SO4溶液 10L，含 H+的数目为 2NAD电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阳极失去的电子数为2NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A氨基是取代基，属于中性原子团，结合微粒计算电子数1mol 9NA9NA，故 A 错误；BH218O 的摩尔质量均为20g/mol，2gH218O 的物质的量为0.1mol，分子中含有的中子数、电子数均为10个，则 0.1mol 混合物中含有的中子数、电子数均为NA个，故 B 正确；CpH=1 的 H2SO4溶液中，由pH-lgc(H)1，H2SO4溶液 c(H)0.1mol/L，10L 溶液 n(H)1mol，所含 H数目为 NA，

17、故 C错误；D电解法精炼铜，粗铜含有杂质金属，阳极先是锌、铁、镍失电子，然后才是铜失电子，当阳极质量减少 64g 时，阳极失去的电子数不是2NA，故 D 错误；故答案选B。13分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是A冰醋酸、纯碱、铜绿、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物BHClO、H2SO4（浓）、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸CAl、Al2O3、Al（OH）3均既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，都属于两性化合物D H2SO4、NaOH、AlCl3均为强电解质，都属于离子化合物【答案】B【解析】A.纯碱属于盐，不属于碱，故A错误；B.HClO、H2SO4（浓）、HNO

18、3均具有强氧化性，都是氧化性酸，故 B正确；C.Al 属于单质，不属于化合物，故C错误；D.H2SO4、AlCl3属于共价化合物，不属于离子化合物，故 D错误。故选B。14下列有关物质性质的叙述错误的是A将过量氨气通入CuSO4溶液中可得深蓝色溶液B蛋白质溶于水所得分散系可产生丁达尔效应C硅酸钠溶液与稀盐酸反应可生成硅酸胶体D过量铁粉在氯气中燃烧可生成氯化亚铁【答案】D【解析】【详解】A.将过量氨气通入CuSO4溶液过程中发生如下反应：2NH3+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2+2NH4+，Cu(OH)2+2NH3=Cu(NH3)42+2OH-，Cu(NH3)42+络离子在水溶液中呈深蓝色，

19、A 项正确；B.蛋白质属于高分子，分子直径已达到1nm100nm 之间，蛋白质的水溶液属于胶体，故可产生丁达尔效应。B 项正确；C.在硅酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，边滴边振荡，可得到硅酸胶体：Na2SiO3+2HCl=H2SiO3(胶体)+2NaCl。C项正确；D.铁粉在氯气中燃烧只生成氯化铁：2Fe+3Cl2点燃2FeCl3。D 项错误；答案选D。15LiBH4是有机合成的重要还原剂，也是一种供氢剂，它遇水剧烈反应产生氢气，实验室贮存硼氢化锂的容器应贴标签是ABCD【答案】D【解析】A、氧化剂标识，LiBH4是有机合成的重要还原剂，故A错误；B、爆炸品标识，LiBH4是一种供氢剂，属于易燃物品

20、，故B错误；C、腐蚀品标识，与LiBH4是一种供氢剂不符，故C错误；D、易燃物品标识，LiBH4是有机合成的重要还原剂，也是一种供氢剂，属于易燃物品标识，故D正确；故选D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某研究小组在实验室以废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)为原料制备碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，具体流程如下：已知：Cu2(OH)2CO3为绿色固体，难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施为_(任写一种)。(2)“操作”中铜发生反应的离子方程式为_。(3)“调节 pH”操作中加入的试剂为_(填化学式)

21、。(4)洗涤 Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为_。(5)“操作”中温度选择5560的原因是 _；该步骤生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，请写出该反应的化学方程式：_。(6)某同学为测定制得的产品中Cu2(OH)2CO3的质量分数，进行了如下操作：称取m1g 产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，冷却后，称得该黑色固体质量为m2g，则样品中 Cu2(OH)2CO3的纯度为 _(用含 m1、m2的代数式表示)。【答案】搅拌（或适当升温等合理答案即可）H2O2+2H+Cu=Cu2+2H2OCuO 或 Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可加人洗涤剂至

22、浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复23 次温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2(OH)2CO3易分解2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na2SO4+CO2121m111mm31 100%【解析】【分析】废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)，加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3与稀硫酸反应，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液，铜单质不与硫酸反应，再加入双氧水将Fe2+氧化为 Fe3+，同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，再调节溶液pH 值，将 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀除去，过滤后得到主要含有

23、硫酸铜的滤液，将溶液温度控制在5560左右，加入碳酸钠，滤液中产生Cu2(OH)2CO3晶体，再经过过滤、冷水洗涤，干燥，最终得到Cu2(OH)2CO3，以此解题。【详解】(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可进行搅拌、加热、增大硫酸浓度等方法；(2)“操作”中，铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，离子方程式为H2O2+2H+Cu=Cu2+2H2O；(3)“调节 pH”操作目的是将溶液中的Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀除去，由于废铜屑使用酸浸溶解，需要加入碱性物质中和多余的酸，在不引入新的杂质的情况下，可向溶液中加入CuO或 Cu(OH)2或 Cu(OH)2CO3等合理答案即可；

24、(4)洗涤 Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为过滤，合理操作为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复23 次；(5)根据题目已知：Cu2(OH)2CO3为难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。“操作”中温度选择5560的既可以加快反应速率同时也可防止制得的Cu2(OH)2CO3不被分解，该步骤中向含有硫酸铜的滤液中加入碳酸钠生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，该反应的化学方程式：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na2SO4+CO2；(6)m1g 产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，发生的反应为：Cu2(

25、OH)2CO3=V2CuO+CO2+H2O，灼烧至固体质量恒重时剩余固体为氧化铜和杂质，根据反应方程式计算：设样品中Cu2(OH)2CO3的质量为xg。Cu2(OH)2CO3=V2CuO+CO2+H2O mV222 62 x m1-m2222x=1262m m，解得：x=121113m m1，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为121m1113mm1 100%=121m111mm31 100%。【点睛】本题是工艺流程题中的实验操作和化学原理结合考查，需结合反应速率的影响因素，实际操作步骤具体分析，还应熟练元素化合物的知识。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17香料 G 的一种合成工

26、艺如图所示。已知：核磁共振氢谱显示A 有两个峰，其强度之比为11。CH3CH2CH=CH2NBSCH3CHBrCH=CH2CH3CHO+CH3CHO稀碱CH3CH=CHCHO+H2O 请回答下列问题：(1)A 的结构简式为_，G 中官能团的名称为_。(2)检验 M 已完全转化为N 的实验操作是_(3)有学生建议，将M N 的转化用KMnO4(H)代替 O2，你认为是否合理_(填“是”或“否”)原因是_(若认为合理则不填此空)。(4)写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：K L_，反应类型 _。(5)F 是 M 的同系物，比M 多一个碳原子。满足下列条件的F的同分异构体有_种。(不考虑立体异

27、构)能发生银镜反应能与溴的四氯化碳溶液加成苯环上只有2 个对位取代基(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，请设计合成路线_(其他无机原料任选)。请用以下方式表示：A反应试剂反应条件B反应试剂反应条件目标产物【答案】碳碳双键、酯基取少量 M 于试管中，滴加稀 NaOH 至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M 已完全转化为N 否KMnO4(H)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键+CH3CHO稀碱加成反应6 CH2=CH-CH3NBSCH2=CH-CH2-Br溴水BrCH2-CHBr-CH2-BrNaOH 溶液【解析】【分析】由流程：E和 N 发生酯化

28、反应得到的G 为，则 E、N 分别为和中的一种，C反应得到D，D 发生卤代烃水解反应得到E，故 E属于醇，E为，则 N 为，逆推出 M 为、L为，结合信息，逆推出K为，由 E逆推出 D 为，结合信息，逆推出C为，C由 B 在浓硫酸加热条件下发生消去反应所得、B为，又知 A催化加氢得B，核磁共振氢谱显示A 有两个峰，其强度之比为11，即 A 分子内有2 种氢原子且二者数目相同，则A 为；(1)据上分析，写出A 的结构简式及G 中官能团的名称；(2)检验 M 已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验；(3)该学生建议是否合理，主要通过用KMnO4(H)代替 O2发生转化时，有没有其它基团也

29、被氧化，如果有，那么就不可行；(4)K 为，则 KL 的反应可通过信息类推，按反应特点确定反应类型；(5)F 是 M 的同系物，M为，而 F 比 M 多一个碳原子。求满足下列条件的F的同分异构体数目，主要找出满足条件的基团进行有序组合就可以了，条件能发生银镜反应，意味着有CHO，条件能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，苯环上只有2 个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，据此回答；(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，则主要通过取代反应引入一个溴原子，通过加成反应引入2 个溴原子，再水解即可；【详解】(1)据上分析，A 为，；答案为：；G 为，G 中官能团为碳碳双键、酯基；答

30、案为：碳碳双键、酯基；(2)M 为，N 为，N 呈酸性，检验 M 已完全转化为 N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验，故检验操作为：取少量M 于试管中，滴加稀NaOH 至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M 已完全转化为N；答案为：取少量M 于试管中，滴加稀NaOH 至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M 已完全转化为N；(3)学生建议用KMnO4(H)代替 O2把 M 转化为 N，醛基确实被氧化为羧基，但是碳碳双键同时被氧化，那么建议就不可行；答案为：否；KMnO4(H)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键；(4)K 为，则

31、 KL 的反应可通过信息类推，反应为：+CH3CHO稀碱，从反应特点看是加成反应；答案为：+CH3CHO稀碱；加成反应；(5)F 是 M 的同系物，M 为，而 F比 M 多一个碳原子。F的同分异构体，要满足条件条件 能发生银镜反应，意味着有CHO，条件 能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，苯环上只有2 个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，由此可把2 个位于对位的取代基分成以下几种情况：CHO、3-CH=CH-CH CHO、22-CH-CH=CH CHO、32-C(CH)=CH CH2CHO、2-CH=CH3-CH、-CH=CH-CHO3-CH、；故共有 6 种；答案为：6；(6)由流

32、程图知，C 和 NBS试剂可通过取代反应引入一个溴原子而碳碳双键不变，故以丙烯和NBS发生取代反应，引入一个溴原子，得到CH2=CH-CH2-Br，通过加成反应引入2 个溴原子，得到BrCH2-CHBr-CH2-Br，水解即可制备甘油(丙三醇)，流程为：CH2=CH-CH3NBSCH2=CH-CH2-Br溴水BrCH2-CHBr-CH2-BrNaOH 溶液；答案为：CH2=CH-CH3NBSCH2=CH-CH2-Br溴水BrCH2-CHBr-CH2-BrNaOH 溶液。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18在照相底片的定影过程中，未曝光的溴化银(AgBr)常用硫代硫酸钠(Na2S2O

33、3)溶解，反应生成Na3Ag(S2O3)2；在废定影液中加入Na2S使 Na3Ag(S2O3)2中的银转化为Ag2S，并使定影液再生。将Ag2S在高温下转化为Ag，就达到了回收银的目的。(1)铜、银、金在元素周期表中位于同一族相邻周期，基态银原子的最外层电子排布式为_。(2)Na、O、S简单离子半径由大到小的顺序为_。(3)S2O32-离子结构如图所示，其中心硫原子的杂化轨道类型为_。(4)写出 AgBr 溶于 Na2S2O3溶液的离子反应方程式_。Na3Ag(S2O3)2中存在的作用力有离子键、共价键、_。(5)在空气中灼烧Ag2S生成 Ag 和 SO2，SO2 分子中硫原子的价层电子对数为

34、_，其分子空间构型为_。SO2易溶于水，原因是_。(6)现在人们已经有多种方法来测定阿伏加德罗常数，X 射线衍射法就是其中的一种，通过对金晶体的X 射线衍射图象的分析，可以得出金晶体的晶胞属于面心立方晶胞(与铜的晶胞相似)。若金原子的半径为am，金的密度为gcm-3，金的摩尔质量为Mg mol-1，试通过这些数据列出计算阿伏加德罗常数的算式_。【答案】5s1S2-O2-Na+sp3AgBr+2S2O32-=Ag(S2O3)23-+Br-配位键3 V 形根据相似相溶原理，SO2和水均为极性分子，且SO2和水反应1A63mol4 210MNa【解析】【分析】（1）根据铜的最外层电子排布式确定基态银

35、原子的最外层电子排布式。（2）一般地，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，质子数越多，半径越小。（3）根据 S2O32-离子的结构图示确定硫原子的杂化轨道类型。（4）Na3Ag(S2O3)2是一种配合物。（5）用 VSEPR理论计算SO2 分子中硫原子的价层电子对数，确定其分子空间构型。影响物质溶水性的因素有氢键、相似相溶以及和水反应。（6）根据mV计算 NA。【详解】（1）铜、银、金在元素周期表中位于同一族相邻周期，基态铜原子的最外层电子排布式为4s1，则基态银原子的最外层电子排布式为5s1，故答案为5s1；（2）电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径

36、越小，则Na、O、S简单离子半径由大到小的顺序为S2-、O2-、Na+，故答案为S2-O2-Na+；（3）由 S2O32-离子结构示意图可知，其中心硫原子形成4 个 键，则中心硫原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为sp3；（4）AgBr 与 Na2S2O3溶液反应生成Na3Ag(S2O3)2和 NaBr，该反应的离子反应方程式为AgBr+2S2O32-=Ag(S2O3)23-+Br-，Na3Ag(S2O3)2中存在的作用力有离子键、共价键和配位键，故答案为AgBr+2S2O32-=Ag(S2O3)23-+Br-；配位键；（5）SO2 分子中硫原子的价层电子对数为：2+6222=2+1=3，因

37、SO2 分子中含有1 个孤电子对，所以其分子空间构型为V 形，因 SO2和水均为极性分子，且SO2可以和水发生反应，所以SO2易溶于水，故答案为 3；V 形；根据相似相溶原理，SO2和水均为极性分子，且SO2和水反应；（6）金晶体的晶胞属于面心立方晶胞，则1 个晶胞中含有金原子的个数为818+612=4，金原子的半径为 a102cm，则金晶胞的边长为22 210acm，所以金的密度为 g cm-3=3242 2 10AMNa，解得1A63MNmol42 10 a，故答案为1A63MNmol4 210 a。19镍的单质、合金及其化合物用途非常广泛。(1)Ni2基态核外电子排布式为_。(2)胶状镍

38、可催化CH2=CHC N加氢生成CH3CH2CN。CH2=CHC N分子中 键与 键的数目比n()n()=_；CH3CH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型为_。(3)Ni(N2H4)2(N3)2是一种富氮含能材料。配体N2H4能与水混溶，除因为它们都是极性分子外，还因为_；Ni(N2H4)22中含四个配位键，不考虑空间构型，Ni(N2H4)22的结构可用示意图表示为 _。(4)一种新型的功能材料的晶胞结构如下图所示，它的化学式可表示为_。【答案】Ar3d8或 1s22s22p63s23p63d821 sp 和 sp3N2H4与 H2O 之间可以形成氢键Ni2MnGa【解析】【分析】(1)Ni 是

39、 28 号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，Ni 原子失去4s 能级 2 个电子形成Ni2+；(2)CH2=CHCN中含有 3 个 C-H键、1 个 C-C单键、1 个 C=C双键、1 个 CN三键，单键为键，双键含有1个 键、1 个 键，三键含有1 个 键、2 个 键；烃基中碳原子均形成4 个 键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，而-CN 中碳原子形成2 个 键，也没有孤对电子，杂化轨道数目为2；(3)配体 N2H4与 H2O 之间可以形成氢键；Ni2+提供空轨道，N2H4中 N 原子提供孤对电子，形成配位键；(4)均摊法计算晶胞中Ni、Ga、Mn 原子数

40、目，确定化学式。【详解】(1)Ni 是 28 号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，Ni 原子失去4s 能级 2 个电子形成Ni2+，故 Ni2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8；(2)CH2=CHCN中含有 3 个 C-H键、1 个 C-C单键、1 个 C=C双键、1 个 CN三键，单键为键，双键含有1个 键、1 个 键，三键含有1 个 键、2 个 键，则分子中键与 键的数目比n()：n()=(3+1+1+1)：(1+2)=2：1，烃基中碳原子均形成4 个 键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，碳原子采取sp3杂化，而-CN 中碳原子形

41、成2 个 键，也没有孤对电子，杂化轨道数目为2，碳原子采取sp 杂化；(3)配体 N2H4与 H2O 之间可以形成氢键，使配体N2H4能与水混溶；Ni2+提供空轨道，N2H4中 N 原子提供孤对电子，形成配位键，Ni(N2H4)22+的结构可用示意图表示为：；(4)Ni 原子处于小立方体体心，晶胞中Ni 原子数目1 8=8，Mn 原子处于顶点与面心，晶胞中Mn 原子数目=818+612=4，Ga处于晶胞体心与棱心，晶胞中Ga原子数目=1+1214=4，则晶胞中Ni、Mn、Ga原子数目之比=8：4：4=2：1：1，故晶体的化学式为：Ni2MnGa。【点睛】本题考查物质结构与性质的知识，涉及核外电子排布、化学键、杂化方式、氢键、配合物、晶胞计算等，注意氢键对物质性质的影响，掌握均摊法进行晶胞有关计算。