2019-2020学年福建省福州市罗源县第一中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省福州市罗源县第一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把图 2 中的物质补充到图1 中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)。对该氧化还原反应型离子方程式，说法不正确的是（）A IO4-作氧化剂具有氧化性B氧化剂和还原剂的物质的量之比为52 C若有 2molMn2+参加反应时则转移10mol 电子D氧化性：MnO4-IO4-【答案】D【解析】【分析】已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低，所以I

2、O4-是反应物，IO3-是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，该反应方程式为：2Mn2+5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，据此进行解答。【详解】根据氧化还原反应的规律，该反应方程式为：2 Mn2+5 IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+。AIO4-在反应中得电子作氧化剂，故A正确；B氧化剂和还原剂的物质的量之比为52，故 B正确；C若有 2mol Mn2+参加反应，则转移的电子为2mol(7-2)=10mol，故 C正确；D氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；该反应中氧化剂为IO4-，氧化产物为MnO4-，所以氧化性：MnO4-碳酸B 向 20%蔗糖溶液中

3、加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨溶液并水浴加热未出现银镜蔗糖未水解C 向 2支盛有 2mL相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2 滴相同浓度的NaCl和 NaI 溶液一支无明显现象，另一支产生黄色沉淀相同条件下，AgI 比AgCl的溶解度小D C2H5OH 与浓硫酸170共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色乙烯能被KMnO4氧化A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】A.苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，可知苯酚的酸性比碳酸的酸性弱，A 项错误；B.做银镜反应加入银氨溶液前，要先中和水解的硫酸，B 项错误；C.相同浓度银氨溶液的试管

4、中，分别加入2 滴相同浓度的NaCl 和 NaI 溶液，出现黄色沉淀，说明生成碘化银沉淀，说明Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，C 项正确；D.反应中可能生成其他的还原性气体使KMnO4溶液褪色，验证乙烯能被KMnO4氧化前要先除杂，D 项错误；答案选 C。8磺酰氯（SO2Cl2）在医药、染料行业有重要用途,其熔点为-54.1 C,沸点为 69.2 C,易水解。某学习小组在实验室用SO2和 Cl2在活性炭作用下制备SO2Cl2（SO2+Cl2垐 垐?噲 垐?活性碳SO2Cl2）,设计如图实验（夹持装置略去）。下列说法不正确的是A c中的 NaOH 溶液可换成NaCl 溶液,效果相同Be 中的

5、冷却水应从下口入上口出Cd 的作用是防止水蒸气进人a 中使 SO2Cl2水解D a 中冰盐水有助于SO2Cl2液化,提高 SO2和 Cl2的转化率.【答案】A【解析】【详解】A c 中的 NaOH 溶液的作用是吸收未反应的Cl2，不能用NaCl 溶液，故A 错误；B.e 是冷凝作用，应该下口进上口出，故B 正确；C SO2Cl2遇水易水解，所以d 防止水蒸气进入，故C正确；D 冰盐水有降温作用，根据题给信息知SO2Cl2易液化，能提高SO2和 Cl2的转化率，故D 正确；故选 A。9香草醛是一种广泛使用的可食用香料，可通过如下方法合成。下列说法正确的是()A物质的分子式为C7H7O2BCHCl

6、3分子具有正四面体结构C物质、(香草醛)互为同系物D香草醛可发生取代反应、加成反应【答案】D【解析】【详解】A物质()的分子式为C7H8O2，故 A 错误；BC-H、C-Cl的键长不同，CHCl3分子是四面体结构，而不是正四面体结构，故B 错误；C物质、结构不相似，含有醛基，二者不是同系物，故C错误；D香草醛中含有苯环、羟基和醛基，则可发生取代、加成反应，故D 正确；答案选 D。10NaFeO4是一种高效多功能水处理剂。制备方法之一如下：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2。下列说法正确的是A氧化产物是Na2FeO4B1molFeSO4还原 3mol

7、Na2O2C转移 0.5mo1 电子时生成16.6g Na2FeO4D氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:2【答案】C【解析】该反应中Fe 元素化合价由+2 价变为+6 价、O 元素化合价由-1 价变为 0 价、-2 价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物。A、化合价升高的元素有+2 价的铁和-1 价的氧元素，氧化产物是Na2FeO4和氧气，故A 错误；B、反应中化合价升高的元素有Fe，由+2 价+6 价，化合价升高的元素还有O 元素，由-1 价 0 价，2molFeSO4发生反应时，共有2mol4+1mol2=10mo

8、l 电子转移，6mol Na2O2有 5mol 作氧化剂、1molNa2O2作还原剂，其中2molFeSO4还原 4mol Na2O2，即 1molFeSO4还原 2mol Na2O2，故 B错误；C、由方程式转移10mol 电子生成 2mol Na2FeO4，转移 0.5mo1 电子时生成 2 166g mol1=16.6g Na2FeO4，故 C正确；D、每 2FeSO4和 6Na2O2发生反应，氧化产物2molNa2FeO4和 1molO2，还原产物2molNa2FeO4和 2molNa2O，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:4，故 D 错误；故选C。点睛：本题考查氧化还原反应，侧重

9、考查基本概念、计算，解题关键：明确元素化合价变化和电子得失的多少。难点：B和 C选项，注意过氧化钠的作用，题目难度较大。11如图是某元素的价类二维图。其中X 是一种强碱，G 为正盐，通常条件下Z 是无色液体，D 的相对原子质量比C小 16，各物质转化关系如图所示。下列说法正确的是A E 可以是金属也可以是非金属BC 和 D 两种大气污染物，都能用排空气法收集CB 的浓溶液具有吸水性，可用来干燥气体D实验室制备F 时，可以将其浓溶液滴入碱石灰中进行制取【答案】D【解析】【分析】G+NaOH反应生成氢化物，再结合 D 的相对原子质量比C小 16，可以得出F为氨气，D 为 NO，E为氮气，C 为 N

10、O2，B为 HNO3，A 为 NaNO3。【详解】A 选项，E是氮气，故A 错误；B 选项，C和 D 两种大气污染物，NO2不能用排空气法收集，故B 错误；C 选项，B 的浓溶液具有强氧化性，故C错误；D 选项，实验室制备氨气时，可以将其浓氨水和碱石灰反应得到，故D 正确；综上所述，答案为D。12从煤焦油中分离出苯的方法是（）A干馏B分馏C分液D萃取【答案】B【解析】【详解】A.干馏：将某种物质在隔绝空气的条件下加热，使物质热裂解，产生挥发性的低分子化合物的整个过程叫干馏，不是分离方法，故A 错误；B.利用混合物中各成分的沸点不同进行加热、冷却的分离过程叫分馏，煤焦油中含有的苯和苯的同系物沸点

11、不同，所以用分馏的方式分离，故B 正确；C.分液是把两种互不混溶的液体分离开的操作方法，不能分离出煤焦油中溶解的苯，故C错误；D.萃取是利用溶质在不同溶剂中溶解度的差异来分离混合物的操作，不能从煤焦油中分离出苯，故D 错误；故答案为B。13化学与日常生活紧密相关。下列说法中，不正确的是A甲醛可作食品防腐剂B氢氧化铝可作抗酸药C氯化钠可作食品调味剂D生石灰可作食品干燥剂【答案】A【解析】【详解】A甲醛有毒，不能作食品防腐剂，A 错误；B氢氧化铝能与酸反应，可作抗酸药，B 正确；C氯化钠可作食品调味剂，C正确；D生石灰易吸水，可作食品干燥剂，D 正确；答案选 A。14由下列实验操作和现象得出的结论

12、正确的是选项实验操作实验现象结论A 向 Co2O3中滴加浓盐酸产生黄绿色气体氧化性：Cl2 Co2O3B 白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3Fe(CN)6溶液无明显现象该过程未发生氧化还原反应C 将铁片投入浓硫酸中无明显变化常温下铁不与浓硫酸反应D 将 10mL 2mol/L 的 KI溶液与 1mL 1mol/L FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液溶液颜色变红KI与 FeCl3的反应具有可逆性A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A向 Co2O3中滴加浓盐酸产生的黄绿色气体为氯气，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化物，则氧化性：Cl2

13、 Co2O3，故 A 错误；B出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，Zn 为负极，铁为正极，构成原电池，发生电化学腐蚀，锌失去电子，故 B 错误；C铁片投入浓硫酸，没有明显变化，是由于铁与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，并不是不反应，故C错误；D根据 2Fe3+2I-=2Fe2+I2，10mL 2mol/L 的 KI 溶液与 1mL 1mol/L FeCl3溶液反应后KI过量，由现象可知存在铁离子，说明KI 与 FeCl3反应有可逆性，故D 正确；故选 D。15短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增。X和 Z形成的化合物的水溶液呈中性，W 和 X 的最外层

14、电子数之和等于Z的最外层电子数，同一主族的W 和 Y，Y的原子序数是W 的 2 倍，下列说法不正确的是()A原子半径：WZYX BY的气态氢化物的稳定性弱于Z的气态氢化物CW 与 X形成的化合物不可能含有共价键D常温常压下，Y的单质是固态【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增。同一主族的W 和 Y，Y的原子序数是W 的 2倍，W是 O，Y是 S，则 Z是 Cl。X和 Z 形成的化合物的水溶液呈中性，W 和 X 的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，X的最外层电子数是7-6 1，所以 X是 Na，结合物质的性质和元素周期律分析解答。【详解】根据以上分析可知W、

15、X、Y、Z分别是 O、Na、S、Cl。A同周期元素原子从左到右半径增大，有ClSNa；一般情况下，原子的电子层数越多，半径越大，则 O 原子半径最小；综合原子半径：OClSNa，正确，A 不选；B非金属性ClS，则 S的气态氢化物的稳定性弱于Cl 的气态氢化物，正确，B 不选；CW 与 X形成的化合物过氧化钠中含有共价键，错误，C选；D常温常压下，S的单质是固态，正确，D 不选；答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16FeC2O4 2H2O 是一种淡黄色粉末，加热分解生成FeO、CO、CO2 和 H2O。某小组拟探究其分解部分产物并测定其纯度。回答下列问题：(1)按气流方向

16、从左至右，装置连接顺序为A、_C(填字母，装置可重复使用)。(2)点燃酒精灯之前，向装置内通入一段时间N2，其目的是 _。(3)B 中黑色粉末变红色，最后连接的C中产生白色沉淀，表明A 中分解产物有_。(4)判断 A中固体已完全反应的现象是_。设计简单实验检验A 中残留固体是否含铁粉：_。(5)根据上述装置设计实验存在的明显缺陷是_。(6)测定 FeC2O4 2H2O 样品纯度(FeC2O4 2H2O 相对分子质量为M)：准确称取w g FeC2O4 2H2O 样品溶于稍过量的稀硫酸中并配成250mL 溶液，准确量取25.00mL 所配制溶液于锥形瓶，用 c mol L1标准 KMnO4溶液滴

17、定至终点，消耗 V mL滴定液。滴定反应为FeC2O4+KMnO4+H2SO4K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+CO2+H2O(未配平)。则该样品纯度为_%(用代数式表示)。若滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数，测得结果 _(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】C、D(或 E)、C、E、B 排尽装置内空气，避免干扰实验CO 淡黄色粉末全部变成黑色粉末取残留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉)缺少尾气处理装置53cVMw偏低【解析】【分析】FeC2O4 2H2OFeO+CO +CO

18、2+2H2O，若不排尽装置内的空气，FeO、FeC2O4会被氧化。检验CO时，常检验其氧化产物CO2，所以需先除去CO2，并确认CO2已被除尽，再用澄清石灰水检验。CO是一种大气污染物，用它还原CuO，不可能全部转化为CO2，所以在装置的末端，应有尾气处理装置。【详解】(1)检验 CO时，应按以下步骤进行操作：先检验CO2、除去 CO2、检验 CO2是否除尽、干燥CO、CO还原CuO、检验 CO2，则按气流方向从左至右，装置连接顺序为A、C、D(或 E)、C、E、B、C。答案为：C、D(或E)、C、E、B；(2)空气中的O2会将 CO、FeC2O4氧化，生成CO2，干扰 CO氧化产物CO2的检

19、验，所以点燃酒精灯之前，应将装置内的空气排出。由此得出向装置内通入一段时间N2，其目的是排尽装置内空气，避免干扰实验。答案为：排尽装置内空气，避免干扰实验；(3)CuO 由黑色变为红色，最后连接的C 中产生白色沉淀，表明A 中分解产物有CO。答案为：CO；(4)A 中 FeC2O4为淡黄色，完全转化为FeO或 Fe 后，固体变为黑色，已完全反应的现象是淡黄色粉末全部变成黑色粉末。检验A 中残留固体是否含铁粉的方法：取残留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉)。答案为：取残留粉末于试管，滴加稀硫酸

20、，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉)；(5)CO 还原 CuO，反应不可能完全，必然有一部分混在尾气中。根据上述装置设计实验存在的明显缺陷是缺少尾气处理装置。答案为：缺少尾气处理装置；(6)根据电子守恒，3n(FeC2O4)=5n(KMnO4)，n(FeC2O4)=53 c mol/L V 10-3L250mL25mL=2510mol3cV，则该样品纯度为2510molg/mol3100%cVMw=53cVMw%V测=V终-V始，若滴定前仰视读数，则V始偏大，滴定终点俯视读数，则V终偏小，测得结果偏低。答案为：53

21、cVMw；偏低。【点睛】在计算该样品的纯度时，我们依据电子守恒得出的等量关系式为3n(FeC2O4)=5n(KMnO4)，在利用方程式时，可建立如下关系式：5FeC2O43KMnO4，两个关系的系数正好相反，若我们没有理顺关系，很容易得出错误的结论。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17有机物N 的结构中含有三个六元环，其合成路线如下。已知：RCH=CH2+CH2=CHR 催化剂CH2=CH2+RCH=CHR 请回答下列问题：（1）F分子中含氧官能团的名称为_。B 的结构简式为_。（2）GH 的化学方程式_。其反应类型为_。（3）D 在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式

22、_。（4）A 在 5000C和 Cl2存在下生成，而不是或的原因是 _。（5）E的同分异构体中能使FeCl3溶液显色的有 _种。（6）N 的结构简式为_。【答案】羧基C6H5CHClCOOH+2NaOH水加热C6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O 取代反应、（中和反应）因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代9 种【解析】【分析】由 A 与氯气在加热条件下反应生成，可知 A 的结构简式为：，故苯乙烯与322(CH)CCH发生已知信息中的反应生成A，88C H为。与 HCl 反应生成B，结合 B 的分子式可知，应是发生加成反应，B 发生卤代烃的水解反应反应生成C，C氧化生成D，结合D

23、 分子式可知B为，顺推可知C为，D 为。根据 N 分子结构中含有3 个六元环可知，D 与 M 应是发生酯化反应，M 中羧基与羟基连接同一碳原子上，结合N 的分子式可推知M 为，N 为。苯乙烯与水发生加成反应生成E为，再发生氧化反应生成F()，与氯气反应生成G，G在氢氧化钠溶液条件下水解、酸化得到H，则 G 为，H 为，据此解答。【详解】（1）F分子中含氧官能团的名称为羧基，B 的结构简式为；故答案为：羧基；（2）GH 的化学方程式：C6H5CHClCOOH+2NaOH水加热C6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O，其反应类型为水解反应(取代反应)、中和反应；故答案为：C6H5CHClCOO

24、H+2NaOH水加热C6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O；水解反应(取代反应)、中和反应；（3）D 在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式：；故答案为：；（4）A 在500和2Cl存在下生成，而不是或的原因是：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；故答案为：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；（5）E（）的同分异构体中能使3FeCl溶液显色，说明含有酚羟基，另外取代基为乙基，有邻、间、对3 种，或取代基为2 个甲基，当2 个甲基处于邻位时，OH有 2 种位置，当2 个甲基处于间位时，OH有 3 种位置，当2 个甲基处于对位时，OH有 1 种位置，共有9

25、 种；故答案为：9；（6）根据以上分析可知N 的结构简式为；故答案为：。【点睛】已知条件RCH=CH2+CH2=CHR 催化剂CH2=CH2+RCH=CHR 为烯烃双键断裂，结合新对象的过程。由此可以迅速知道C8H8的结构为为,，A 为，再依次推导下去，问题迎刃而解。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18二甲醚作为燃料电池的原料，可通过以下途径制取：I2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)HII2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)H（1）已知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H1=41.0kJ mol1 CO2(g)+

26、3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H2=49.0kJ mol1CH3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g)H3=+23.5kJ mol1则反应 I 的 H=_kJ mol1（2）在恒容密闭容器里按体积比为1：2充入一氧化碳和氢气发生反应2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，一定条件下反应达到平衡状态。当改变反应的某一个条件后，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是_。A新平衡后c(CH3OCH3)增大B正反应速率先增大后减小C反应物的体积百分含量减小D化学平衡常数K 值增大（3）在 10L 恒容密闭容器中，均充入4molCO2和 7molH2，分别以

27、铱(Ir)和铈(Ce)作催化剂，通过反应II：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)制二甲醚，反应进行相同的时间后测得的CO2的转化率(CO2)随反应温度的变化情况如图所示。根据图1，下列说法不正确的是_。A反应 II 的 H0，S0 B600K 时，H2的速率：v(b)正v(a)逆C分别用Ir、Ce作催化剂时，Ce使反应 II 的活化能降低更多D从状态d 到 e，(CO2)减小的原因可能是温度升高平衡逆向移动状态 e(900K)时，(CO2)=50%，则此时的平衡常数K=_（保留 3 位有效数字）。（4）写出二甲醚碱性（电解质溶液为KOH溶液）燃料电池的负极电极反应

28、式_。该电池工作时，溶液中的OH-向_极移动，该电池工作一段时间后，测得溶液的pH 减小。（5）己知参与电极反应的电极材料单位质量放出电能的大小称为该电池的比能量关于二甲醚碱性燃料电池与乙醇碱性燃料电池，下列说法正确的是_。A两种燃料互为同分异构体，分子式和摩尔质量相同，比能量相同B两种燃料所含共价键数目相同，断键时所需能量相同，比能量相同C两种燃料所含共价键类型不同，断键时所需能量不同，比能量不同【答案】-203.5 BD A、C 6.75104CH3OCH316OH-12e-=2CO32-11H2O 负极C【解析】【分析】【详解】(1)根据盖斯定律，2+2-可得反应I，所以 H=(-41.

29、0 kJ?mol-1)2+(-49.0kJ?mol-1)2-(+23.5kJ?mol-1)=-203.5kJ?mol-1；(2)A向平衡体系中再充入一定量的CH3OCH3气体，平衡逆向移动，但新平衡c(CH3OCH3)增大，故 A 不选；B正反应速率先增大后减小说明正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，故B选；C移走反应物可以使反应物的体积百分含量减小，但平衡会逆向移动，故C不选；D该反应焓变小于零，正反应为放热反应，K值增大说明温度降低，降低温度会使平衡正向移动，故D选；综上所述选BD；(3)据图可知随温度上升二氧化碳的转化率先上升后下降，说明在温度较低时相同时间内反应还未达到平衡，平衡后

30、随温度上升二氧化碳转化率随温度上升而下降；A由图中信息可知，当温度高于800K 时，CO2转化率 (CO2)随反应温度升高而减小，说明该反应为放热反应，H0，同时该反应气体体积减小，S0，故 A 错误；B由图可知，b 点 CO2转化率 (CO2)大于 a 点，所以生成物浓度b 点大于 a 点，故 v(b)逆v(a)逆，由于 b点未平衡且正向进行，v(b)正v(b)逆，所以 v(b)正 v(a)逆，故 B正确；C由图中信息可知，当温度为400K800K时，反应进行相同时间后测得Ir 作催化剂的CO2转化率 (CO2)较高，说明Ir 的催化效率更高，所以用Ir、Ce作催化剂时，反应的活化能降低更多

31、的是Ir，故 C错误；D状态 d、e 都是平衡状态，从d 到 e，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，(CO2)减小，故 D 正确。故答案为：AC；初始投料为4molCO2和 7molH2，状态 e(900K)时，(CO2)=50%，则转化的CO2为 2mol，列三段式有：2332+mo2CO g6Hgl4700mCH OCHg3ol2611mol211H O g3?起始()转化()平衡()容器的体积为10L，则平衡常数K=3260.1 0.30.20.1=6.75 104；(4)二甲醚燃料电池中二甲醚被氧化生成二氧化碳，所以通入二甲醚的电极为负极，得电子发生还原反应，由于电解质为KOH溶液，

32、所以最终产物为碳酸根，电极方程式为：CH3OCH316OH-12e-=2CO32-11H2O；该电池工作时为原电池，原电池中阴离子流向负极；(5)不同的化学键断裂或形成时的能量变化不同，二甲醚和乙醇虽然为同分异构体且摩尔质量相同，但分子中化学键类型不同，所以单位质量的二甲醚和乙醇反应过程中放出的能量不同，所以C正确。19尖晶石是世界上最迷人的宝石之一，主要是镁铝氧化物组成的矿物，还常含有铁、锌、锰、铬、钴等元素。回答下列问题：（1）基态锰原子价层电子排布式为_，Co3+的未成对电子数为_。（2）一种铝试剂的结构如图，该物质中碳的杂化类型为_，氮与其成键的3 个原子共同构成的空间构型为 _，氮与

33、铝形成的是_键（填编号。）a 离子 b 配位 c.d.（3）基态原子第一电离能：镁_铝（填“大于”“小于”或“等于”)原因是 _。（4）一种由Mg、Cr、O 元素组成的尖晶石晶胞分别由4 个 A 与 4 个 B 交替无隙并置而成（见图甲），晶胞结构如图乙所示，该尖晶石的化学式为_；图乙中，若E点镁原子的分数坐标为(12，12，0)，则 F点镁原子的分数坐标为_。【答案】3d54s24 sp2平面三角形bc 大于镁原子电子排布为全（充）满的稳定结构；或镁原子为3s2 全充满结构，难失电子；或铝失去1 个电子为3s2的全充满稳定结构，镁原子失去1 个电子为3s1不稳定结构；（任意一种答法）MgCr

34、2O4（Cr2MgO4也可）（34，14,34）【解析】【分析】基态锰是25 号元素，其基态原子电子排布式为Ar3d54s2，Co是 27 号元素，其基态原子电子排布式为Ar3d74s2，Co3+电子排布式为Ar3d6。该物质中碳价层电子对数为3 对，氮与其成键的3 个原子，其价层电子对数为3，分析结构氮未与铝形成键时含有1 对孤对电子，与铝形成时则氮提供孤对电子。镁原子为3s2，全充满结构，难失电子，铝原子3s23p1，易失去1 个电子变为3s2的全充满稳定结构。先计算每个A 中 Mg、O 个数，再计算B 中 O、Mg、Cr 个数，再得出整个晶胞中有Mg、O、Cr 个数，再得化学式，F点镁原

35、子在左前上方的小的立方体中心。【详解】基态锰是25 号元素，其基态原子电子排布式为Ar3d54s2，价层电子排布式为3d54s2，Co是 27 号元素，其基态原子电子排布式为Ar3d74s2，Co3+电子排布式为 Ar3d6，未成对电子数为4；故答案为：3d54s2；4。如图结构，该物质中碳价层电子对数为3 对，其杂化类型为sp2，氮与其成键的3 个原子，其价层电子对数为 3，因此氮与其成键的3 个原子共同构成的空间构型为平面三角形，分析结构氮未与铝形成键时含有 1 对孤对电子，与铝形成时则氮提供孤对电子，因此形成的是配位键和键；故答案为：sp2；平面三角形；bc。镁原子为3s2，全充满结构，

36、难失电子，铝原子3s23p1，易失去 1 个电子变为3s2的全充满稳定结构，因此基态原子第一电离能：镁大于铝；故答案为：大于；镁原子电子排布为全(充)满的稳定结构；或镁原子为 3s2全充满结构，难失电子；或铝失去1 个电子为3s2的全充满稳定结构，镁原子失去1 个电子为3s1不稳定结构(任意一种答法)。A 中 Mg 为 1.5 个，O 为 4 个，B 中 O 为 4 个，Mg 为 0.5 个，Cr 为 4 个，晶胞结构如图乙所示，因此整个晶胞中有Mg 为 16 个，O 为 32 个，Cr 为 16 个，因此该尖晶石的化学式为MgCr2O4；图乙中，若E点镁原子的分数坐标为(12，12，0)，则 F点镁原子在左前上方的小的立方体中心，其分数坐标为(34，14，34)；故答案为：MgCr2O4；(34，14，34)。八、工业流程