2019-2020学年北京海淀中关村中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京海淀中关村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锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过。下列有关叙述不正确的是A锌电极上发生氧化反应B电池工作一段时间后，甲池的c(SO42-)减小C电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D阳离子通过交换膜向正极移动，保持溶液中电荷平衡【答案】B【解析】【分析】在上述原电池中，锌电极为负极，锌原子失去电子被氧化成锌离子。电子沿着外接导线转移到铜电极。铜电极为正极，溶液中的铜离子在铜电极上得到电子被还原成铜单质。电解质溶液中的阳离子向正极

2、移动，而阴离子向负极移动。【详解】A.铜电极为正极，锌电极为负极，负极发生氧化反应，A 项正确；B.电解质溶液中的阳离子向正极移动，而阴离子向负极移动。但是阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，SO42-不能通过阳离子交换膜，并且甲池中硫酸根不参加反应，因此甲池的c(SO42-)不变，B 项错误；C.锌原电池，锌作负极，铜作正极，铜离子在铜电极上沉淀，锌离子通过阳离子交换膜进入乙池，每沉淀 1mol，即 64g 铜，就补充过来1mol 锌离子，其质量为65g，所以工作一段时间后乙池溶液的质量不断增加，C项正确；D.原电池中，阳离子通过阳离子交换膜向正极移动，使溶液保持电中性，维持电荷平衡，D

3、项正确；答案选 B。【点睛】本题主要考察原电池的工作原理，其口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。本题的难点是C选项，理解电极中固体的变化情况是解题的关键，解此类题时同时要考虑电解质溶液的酸碱性，学生要火眼金睛，识破陷阱，提高做题正答率。2甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH、Cl、HCO 3-、SO42-中的不同阳离子和阴离子各一种组成，已知：将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；0.1 molL-1乙溶液中c（H+）0.1 mol L-1；向丙溶液中滴入Ag

4、NO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列结论不正确的是（）A甲溶液含有Ba2+B乙溶液含有SO42-C丙溶液含有ClD丁溶液含有Mg2+【答案】D【解析】【详解】根据中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根据中现象，可以推知丙中含有Cl-；再结合中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba(OH)2，乙是 H2SO4，丙是 MgCl2，丁是NH4HCO3，故选 D。【点睛】本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验，本题解题关键是先找出离子之间能够形成的白色沉淀，然后判断甲的组成即可。3能证明与过量 Na

5、OH 醇溶液共热时发生了消去反应的是（）A混合体系Br2的颜色褪去B混合体系淡黄色沉淀C混合体系有机物紫色褪去D混合体系有机物Br2的颜色褪去【答案】D【解析】【详解】A混合体系Br2的颜色褪去，可能是单质溴与碱反应，也可能单质溴与烯烃发生加成反应，无法证明发生消去反应，故A 错误；B混合体系淡黄色沉淀，说明生成了溴离子，而发生水解反应和消去反应都能生成溴离子，无法证明发生消去反应，故B 正确；C混合体系有机物紫色褪去，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法证明发生消去反应，故C错误；D混合体系有机物Br2的颜色褪去，说明有苯乙烯生成，能证明发生消去反应，故D正确；故选 D。4能确定为丙烯的化学

6、用语是（）ABC3H6CDCH2=CH-CH3【答案】D【解析】【分析】【详解】A球棍模型中不一定由C、H 两种元素组成，所以不一定为丙烯，A 不合题意；BC3H6可能为丙烯，也可能为环丙烷，所以不一定为丙烯，B不合题意；C中少了 1 个 H 原子，丙烯的电子式为：，C不合题意；D丙烯的结构简式为：CH2=CH-CH3，D 符合题意；故选 D。5有一未知的无色溶液中可能含有2+Cu、+Na、+4NH、2+Ba、2-4SO、-I、2-S。分别取样：用pH计测试，溶液显弱酸性；加适量氯水和淀粉无明显现象。由此可知原溶液中A可能不含2-SB可能含有2+BaC一定含有2-4SOD一定含有3 种离子【答

7、案】C【解析】【详解】溶液为无色，则溶液中没有Cu2+；由可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+能水解使溶液显酸性，则一定含有 NH4+；而 S2-能水解显碱性，即S2-与 NH4+不能共存于同一溶液中，则一定不含有S2-；再由氯水能氧化 I-生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I-；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH4+，必须同时存在阴离子，即SO42-必然存在；而Ba2+、SO42-能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+；显然剩下的Na+是否存在无法判断，综上所述C正确。故选 C。【点睛】解决此类问题的通常从以下几个方面考

8、虑：溶液的酸碱性及颜色；离子间因为发生反应而不能共存；电荷守恒。6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-），已知 c(CO32-)约为 510-11mol/L，所以该溶液中浓度最低的离子是CO32

9、-；故选 A。7已知 298K 时，Ksp(NiS)=1.0 10-21，Ksp(FeS)=6.0 10-18，其沉淀溶解平衡曲线如图所示(图中 R 表示 Ni 或Fe)，下列说法正确的是(已知：6 2.4，10 3.2)（）A M 点对应的溶液中，c(S2-)3.2 10-11 mol L-1B与 P点相对应的NiS 的分散系是均一稳定的C向 Q 点对应的溶液中加水，可转化成N 点对应的溶液D FeS+Ni2+NiS+Fe2+的平衡常数K=6000【答案】D【解析】【详解】A饱和的 NiS溶液中 c(Ni2)=c(S2)=211.0 10Ksp=3.2 1011mol L1，同理饱和FeS溶

10、液中 c(Fe2)=c(S2)=2.4 109mol L1，因此 I 曲线代表的是FeS，II 曲线代表的是NiS，即 M 点 c(S2)=2.4 109mol L1，故 A 错误；B此时 P点对应的NiS 为过饱和溶液，不是稳定分散系，应有沉淀产生，故B错误；CQ 点加水，溶液中c(Ni2)、c(S2)减小，Q 不能转化到N 点，应在Q 点上方，故C错误；D平衡常数K=22+2-122122+2-()6.0 10()1.0 10spspc Fec Fec SKFeSKNiSc Nic Nic S=6000，故 D 正确。8CS2(二硫化碳)是无色液体，沸点46.5。储存时，在容器内可用水封盖

11、表面。储存于阴凉、通风的库房，远离火种、热源，库温不宜超过30。CS2属于有机物，但必须与胺类分开存放，要远离氧化剂、碱金属、食用化学品，切忌混储。采纳防爆型照明、通风设施。在工业上最重要的用途是作溶剂制造粘胶纤维。以下说法正确的选项是（）属易燃易爆的危险品；有毒，易水解；是良好的有机溶剂；与钠反应的产物中一定有Na2CO3；有还原性。ABCD【答案】A【解析】【详解】根据已知信息：CS2(二硫化碳)是无色液体，沸点46.5，储存于阴凉、通风的库房，远离火种、热源，库温不宜超过30，CS2属于有机物，所以CS2属易燃易爆的危险品，故 正确；二硫化碳是损害神经和血管的毒物，所以二硫化碳有毒；二硫

12、化碳不溶于水，溶于乙醇、乙醚等多数有机溶剂，所以不能水解，故 错误；根据已知信息：在工业上最重要的用途是作溶剂制造粘胶纤维，所以是良好的有机溶剂，故 正确；与钠反应的产物中不一定有Na2CO3，故 错误；根据 CS2中 S的化合价为-2 价，所以CS2具有还原性，故 正确；因此 符合题意；答案选 A。9有机物J147的结构简式如图，具有减缓大脑衰老的作用。下列关于J147 的说法中错误的是（）A可发生加聚反应B分子式为C20H20O6C能使酸性高锰酸钾溶液褪色D分子中所有碳原子可能共平面【答案】B【解析】【详解】A该有机物分子中含有碳碳双键，在一定条件下可以发生加聚反应，故A 正确；B由该有机

13、物的结构简式可得，其分子式为C21H20O6，故 B 错误；C该有机物分子中含有碳碳双键，可以和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应从而使其褪色，故C正确；D苯环上的所有原子共平面，碳碳双键上所有原子共平面，羰基上的原子共平面，单键可以旋转，则该有机物分子中所有碳原子可能共平面，故D 正确；答案选 B。10 天工开物中关于化学物质的记载很多，如石灰石“经火焚炼为用”、“世间丝麻皆具素质”。下列相关分析不正确的是（）A石灰石的主要成分是CaCO3，属于正盐B“经火焚炼”时石灰石发生的反应属于氧化还原反应C丝和麻主要成分均属于有机高分子类化合物D丝和庥在一定条件下均能水解生成小分子物质【答案】B【解析】【

14、详解】A 选项，石灰石的主要成分是CaCO3，属于正盐，故A 正确；B 选项，“经火焚炼”时石灰石发生的反应属于分解反应，故B错误；C 选项，丝属于蛋白质，麻属于纤维素，都属于有机高分子类化合物，故C正确；D 选项，丝最终水解生成氨基酸，麻最终水解为葡萄糖，因此都在一定条件下均水解生成小分子物质，故D 正确。综上所述，答案为B。【点睛】天然高分子化合物主要有淀粉、纤维素、蛋白质；淀粉、纤维素最终水解为葡萄糖，蛋白质最终水解为氨基酸。11在由水电离产生的H浓度为 11013mol L1的溶液中，一定能大量共存的离子组是 K、ClO、NO3、S2 K、Fe2、I、SO42Na、Cl、NO3、SO4

15、2Na、Ca2、Cl、HCO3 K、Ba2、Cl、NO3ABCD【答案】B【解析】【分析】由水电离产生的H浓度为 11013mol L1的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，据此分析。【详解】在酸性环境下S2不能大量共存，错误；在碱性环境下Fe2不能大量共存，错误；Na、Cl、NO3、SO42在酸性、碱性环境下均能大量共存，正确；HCO3在酸性、碱性环境下均不能大量共存，错误；K、Ba2、Cl、NO3在酸性、碱性环境下均能大量共存，正确；答案选 B。【点睛】本题隐含条件为溶液可能为酸性，也可能为碱性，除此以外，能与铝粉反应放出氢气的环境也是可能为酸性或者碱性；离子能够发生离子反应而不能大量共

16、存，生成弱电解质而不能大量共存是常考点，需要正确快速判断。12为纪念门捷列夫发表第一张元素周期表150 周年，联合国宣布2019 年为“国际化学元素周期表年”，下列说法不正确的是A元素周期表上的大部分元素都是在地球上本身存在的自然元素，只有少数元素是人工合成的B118 号元素 Og位于第七周期0 族C同主族元素的单质熔、沸点自上而下减小（不包括0 族）D IIIB 族元素种类最多【答案】C【解析】【详解】A.元素周期表上的大部分元素都是在地球上本身存在的自然元素，只有少数元素是人工合成的，超铀元素中大多数是人工合成的，故A 正确；B.118 号元素 Og一共有 7 个电子层，最外层有8 个电子

17、，所以位于第七周期0 族，故 B 正确；C.第 VIIA 族元素形成的单质都可以形成分子晶体，自上而下随着其相对分子质量的增大，其分子间作用力增大，故其熔、沸点增大，故C错误；D.因为 IIIB 族中含有镧系和锕系，所以元素种类最多，故D 正确，故选 C。13下列实验能达到实验目的的是（）A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A.常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应，铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极，不能说明铝比铜活泼，故A 错误；B.制备溴苯要苯和液溴反应，故B 错误；C.二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，故无法提纯CO 气体，故C 错误；D.Fe2+容易被空气中氧气氧化为Fe3+，

18、Fe3+可以与 SCN-反应生成红色物质Fe(SCN)3,故 D 正确；故答案选:D。【点睛】常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应，铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极。14H2C2O4是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加KOH溶液，混合溶液中离子浓度与pH 的关系如图所示，其中224-24()H C OHy=l(CgO)cc或-242-24()HC OC Olg()cc。下列说法正确的是A直线 I 表示的是-242-24()HC OC Olg()cc与 pH 的变化关系B图中纵坐标应该是a=1.27，b=4.27 Cc(-24HC O)c(2-24C O)c(H2C2O4)对应 1.27p

19、H 4.27 D c(K+)=c(-24HC O)+c(2-24C O)对应 pH=7【答案】B【解析】【分析】【详解】A.二元弱酸草酸的-24212+4()(H)=(HC OH C)OccKc，2-24-2+24()(C OHC=()OH)ccKc，当 lgy0 时，pH-lgc(H+)-lgK，pH11.27pH24.27，表明 K110-1.27K210-4.27，所以直线I 表示的是224-24()H C OHCl()Ogcc与 pH 的变化关系，直线 表示的是-242-24()HC OC Olg()cc与 pH 的变化关系，故A 错误；B.pH0 时，-24+4222-2()()1l

20、g=HClg=lg=4.27()OHC OcccKK，+1224-214()()1lg=H Clg=lg=1.27()OHHC OcccKK，则图中纵坐标应该是a=1.27，b=4.27，故 B正确；C.设 pHa，c(H+)10-a，-242-2+4.27-a24()()=10()HC OHC OcccK，c(-24HC O)c(2-24C O)，104.27-a1，则 4.27-a0，解得 a4.27，-2-2-242424-22424224+2+12HC OC OC OH C OHC O()(H)()(H)()(H)=()()H C O()ccccccKKccc，-5.542a-5.54

21、12-2422242+-2a()10=10()(H)1C OH C O0cKKcc，当 c(2-24C O)c(H2C2O4)，102a-5.541，则 2a-5.54 0，解得 a2.77，所以 c(-24HC O)c(2-24C O)c(H2C2O4)对应 2.77 pH4.27，故 C 正确；D.电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(-24HC O)+2c(2-24C O)+c(OH-)，当 c(K+)=c(-24HC O)+2c(2-24C O)时，c(H+)=c(OH-)，对应 pH7，故 D 错误；故选 B。15下列说法正确的是A乙烯生成乙醇属于消去反应B乙烷室温能与浓盐酸发生取代

22、反应C乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体D乙酸与溴乙烷均可发生加成反应【答案】C【解析】【详解】A.乙烯和水加成生成乙醇，是加成反应，故A 不选；B.乙烷不能和浓盐酸发生取代反应，烷烃能和卤素单质在光照下发生取代反应，故B 不选；C.乙酸和甲酸甲酯的分子式均为C2H4O2，两者结构不同，故互为同分异构体，故C 选；D.乙酸中的羧基不能发生加成反应，溴乙烷没有不饱和键，也不能发生加成反应，故D 不选。故选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16一水硫酸四氨合铜晶体 Cu(NH3)4SO4H2O 常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质可溶

23、于水，难溶于乙醇，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3molL-1的硫酸、浓氨水、10%NaOH 溶液、95%的乙醇溶液、0.500 molL-1稀盐酸、0.500 molL-1的 NaOH 溶液来制备一水硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。ICuSO4溶液的制取实验室用铜与浓硫酸制备硫酸铜溶液时，往往会产生有污染的SO2气体，随着硫酸浓度变小，反应会停止，使得硫酸利用率比较低。实际生产中往往将铜片在空气中加热，使其氧化生成CuO，再溶解在稀硫酸中即可得到硫酸铜溶液；这一过程缺点是铜片表面加热易被氧化，而包裹在里面的铜得不到氧化。所以工业上进行了改进，可以在浸入硫酸中的铜片表

24、面不断通O2，并加热；也可以在硫酸和铜的混合容器中滴加H2O2溶液。趁热过滤得蓝色溶液。(1)某同学在上述实验制备硫酸铜溶液时铜有剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因_。(2)若按进行制备，请写出Cu 在 H2O2作用下和稀硫酸反应的化学方程式_。(3)H2O2溶液的浓度对铜片的溶解速率有影响。现通过下图将少量30的 H2O2溶液浓缩至40，在 B 处应增加一个设备，该设备的作用是_馏出物是_。II晶体的制备将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作(1)硫酸铜溶液含有一定的硫酸，呈酸性，加入适量NH3H2O 调节

25、溶液pH，产生浅蓝色沉淀，已知其成分为Cu2(OH)2SO4，试写出生成此沉淀的离子反应方程式_。(2)继续滴加NH3 H2O，会转化生成深蓝色溶液，请写出从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体的方法_。并说明理由 _。.产品纯度的测定精确称取mg 晶体，加适量水溶解，注入图示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量NaOH 溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用V1mL 0.500mol L1的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用0.500 mol L1NaOH 标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂)，到终点时消耗V2mLNaOH 溶液。1.水 2.长玻璃管3.10%NaOH

26、 溶液4.样品液5.盐酸标准溶液(1)玻璃管 2 的作用 _。(2)样品中产品纯度的表达式_。（不用化简）(3)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏低的原因是_A.滴定时未用NaOH 标准溶液润洗滴定管B.滴定过程中选用酚酞作指示剂C.读数时，滴定前平视，滴定后俯视D.取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁E.由于操作不规范，滴定前无气泡，滴定后滴定管中产生气泡【答案】反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO45H2O 失去结晶水变为 CuSO4Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O 减压设备水（H2O）2Cu2+2NH3H2O+SO42-=Cu2(

27、OH)2SO4+2NH4+加入乙醇或醇析Cu(NH3)4SO4 H2O晶体难溶于乙醇，能溶于水平衡气压，防止堵塞和倒吸-1121.23 10(V-V)100%4mAB【解析】【分析】I(1)得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，具有吸水性；(2)双氧水与铜、稀硫酸反应生成硫酸铜和水；(3)过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式；(1)硫酸铜与NH3?H2O 反应生成Cu2(OH)2SO4，据此书写离子方程式；(2)根据 Cu(NH3)4SO4?H2O 可溶于水，难溶于乙醇分析；.(1)玻璃管 2 起到了平衡气压的作用；(2)根据关系式计算；(3)氨含量测定结果偏低，说明中和滴定时消耗氢

28、氧化钠溶液体积V2偏大。【详解】I(1)得到的为硫酸铜和硫酸溶液,浓缩时,硫酸变浓,浓硫酸具有吸水性,使 CuSO45H2O 失去结晶水变为 CuSO4，可使固体变为白色；(2)Cu在 H2O2作用下与稀硫酸反应生成硫酸铜，该反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O；(3)过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式，则B 处增加一个减压设备，馏出物为H2O；II(1)浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，反应的离子方程式为：2Cu2+2NH3H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+；(2)由题中信息，Cu(NH3)4SO4H2O 晶体难溶于乙醇，可溶于

29、水，故加入乙醇(或醇析)可从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体；.(1)装置中长导管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸；(2)与氨气反应的n(HCl)=10-3V1L0.500mol?L-1-0.500mol?L-110-3V2L=510-4(V1-V2)mol，根据 NH3HCl 可知，n(NH3)=n(HCl)=510-4(V1-V2)mol，则 n Cu(NH3)4SO4H2O=14n(NH3)=14510-4(V1-V2)mol，样品中产品纯度的表达式为：41215 10mol246g/mol4gVVm100%=-1121.23 10(V-V)4m100%；(3)A滴定时未用NaOH 标准溶液润洗

30、滴定管,浓度偏低,则 V2偏大，氨含量偏低，故A 正确；B滴定过程中选用酚酞作指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，消耗NaOH 溶液体积偏大，测定的氨含量偏低，故 B 正确；C读数时，滴定前平视,滴定后俯视，导致V2偏小，则含量偏高，故C错误；D取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，含量偏高，故D 错误；E由于操作不规范,滴定前无气泡,滴定后滴定管中产生气泡,导致消耗氢氧化钠溶液体积V2偏小，测定的氨含量偏高，故E错误；故答案选AB。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A 元素原

31、子的核外电子只有一种运动状态；基态B 原子 s 能级的电子总数比p 能级的多1；基态 C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；D 形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题：(1)元素 A、B、C中，电负性最大的是_(填元素符号，下同)，元素 B、C、D 第一电离能由大到小的顺序为 _。(2)与同族其它元素X 形成的 XA3相比，BA3易液化的原因是_；BA3分子中键角 _109 28(填“”“”或“”)，原因是 _。(3)BC3离子中 B原子轨道的杂化类型为_，BC3离子的立体构型为_。(4)基态 E原子的电子排布式为_；C、E形成的化合物EC5(其中 E

32、的化合价为6)中 键与 键数目之比为 _；(5)化合物 DB 是人工合成的半导体材料，它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如图所示)相似。若 DB 的晶胞参数为 a pm，则晶体的密度为_g cm3(用 NA表示阿伏加德罗常数)。【答案】O NOAl NH3分子间易形成氢键孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用sp2三角形1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1)7:1 3A164a N 1030【解析】【分析】前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A 元素原子的核外电子只有一种运动状态，A 为 H 元素；基态 B原子 s 能级的电子总数比p

33、能级的多1，核外电子排布为1s22s22p3，为 N 元素；基态C原子和基态 E原子中成对电子数均是未成对电子数的3 倍，核外电子排布为1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1，则C 为 O 元素，E为 Cr 元素；D 形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小，则 D为该周期中原子序数最大的金属元素，因此D 为 Al 元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，A 为 H 元素，B 为 N 元素，C为 O 元素，D 为 Al 元素，E为 Cr 元素。(1)元素的非金属性越强，电负性越大，元素H、N、O 中，电负性最大的是O 元素；同一周期，从左到右，元素的第一电离

34、能呈增大趋势，但第IIA 族、第 VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，元素 N、O、Al 的第一电离能由大到小的顺序为NO Al，故答案为O；NOAl；(2)NH3分子间易形成氢键，导致氨气易液化；NH3中中心原子N 的价层电子对数为4，孤电子对数为1，其 VSEPR模型为四面体构型，NH3分子中 N 原子采用 sp3杂化，为三角锥结构，孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，使得氨气分子中键角小于10928，故答案为NH3分子间易形成氢键；孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用；(3)NO3离子中 N 原子的价层

35、电子对数=键电子对数+孤电子对数=3+5+1-2 32=3，采用 sp2杂化，立体构型为三角形，故答案为sp2；三角形；(4)E为 Cr 元素，基态 E原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中 E的化合价为6)，结构为，其中 键与 键数目之比为7:1，故答案为1s22s22p63s23p63d54s1(或 Ar 3d54s1)；7:1；(5)AlN 晶胞中含有N 或 Al 原子数为4，818+612=4，晶胞质量为A4(27N14)g，因此晶胞的密度=13A04(2714)g(N)a 10cm=3A164a N 10

36、30 g cm3，故答案为3A164a N 1030。【点睛】正确推导元素是解答本题的关键。本题的难点为C、E的推导，易错点为(4)，要能够根据题意确定CrO5的结构。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18化学反应条件是研究化学反应的重要方向。（1）化工原料异丁烯（C4H8）可由异丁烷（C4H10）直接催化脱氢制备：C4H10（g）垐 垐 垐?噲垐 垐?催化剂C4H8（g）+H2（g）H=+139kJ mol-1一定条件下，以异丁烷为原料生产异丁烯，在 202kPa 和 808kPa 下异丁烷平衡转化率随温度的变化如图所示。p1=_kPa，选择异丁烯制备的温度条件是550600的理由

37、是 _。若平衡混合气中异丁烯的体积分数为25%，则异丁烷的平衡转化率为_%（保留小数点后1 位）。（2）异丁烷催化脱氢制备异丁烯的研究热点是催化活性组分以及载体的选择。下表是以V-Fe-K-0为催化活性物质，反应时间相同时，测得的不同温度、不同载体条件下的数据。温度/570 580 590 600 610 以 r-Al2O3为载体异丁烷转化率36.41 36.49 38.42 39.23 42.48 异丁烯收率26.17 27.11 27.51 26.56 26.22 以 TiO2为载体异丁烷转化率30.23 30.87 32.23 33.63 33.92 异丁烯收率25.88 27.39 2

38、8.23 28.81 29.30 说明：收率=（生产目标产物的原料量/原料的进料量）100%由上表数据，可以得到的结论是_（填字母序号）。a 载体会影响催化剂的活性b 载体会影响催化剂的选择性c 载体会影响化学平衡常数分析以-Al2O3为载体时异丁烯收率随温度变化的可能原因：_。（3）工业上用复合氧化钴（组成为Co3O4）、碳酸锂以Li/Co（原子比）=1 混合，在空气中900下加热5小时制备锂离子电池正极材料LiCo O2，写出制备LiCoO2的化学方程式_。废旧的锂离子电池需要回收，“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂在正极回收的原因是_。【答案】202 该反应催化剂活性在550-600最

39、大，且在此温度下转化率巳经很高，再升高温度转化率提高不大，但消耗能量多33.3 ab 温度低于590，温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大，C4H10（g）垐 垐 垐?噲垐 垐?催化剂C4H8（g）+H2（g）正向移动，异丁烯收率增大，温度高于590，催化剂的选择性降低，异丁烯收率减小4Co3O4+6Li2CO3+O290012LiCoO2+6CO2“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂离子向正极迁移而聚集【解析】【分析】【详解】（1）异丁烷制备异丁烯的反应是气体分子数增多的反应，增大压强，平衡逆向移动，异丁烷平衡转化率减小，所以P1小于 P2，即 P1=202kPa。一方面，催化剂需要合适

40、的温度活性才会最好，另一方面，异丁烷制备异丁烯的反应是个吸热反应，温度太低，异丁烷的转化率太低，温度太高，异丁烷的转化率增大程度不大，且会消耗大量的能量。即该反应催化剂活性在550-600最大，且在此温度下转化率巳经很高，再升高温度转化率提高不大，但消耗能量多,故答案为：202；该反应催化剂活性在550-600最大，且在此温度下转化率巳经很高，再升高温度转化率提高不大，但消耗能量多；设异丁烷起始值为1，变化值为x，则410482C HgC Hg+Hg/mol100/molxxx/mol1-xxx垐 垐?噲 垐?催化剂（）（）（）起始值变化值平衡值，25%=x(1-x)+x+x，解得 x=13，

41、则异丁烷的平衡转化率=13100%1=33.3%，故答案为：33.3%；（2）a由表格可知，温度相同时，载体不同，异丁烷转化率不同，故载体会影响催化剂活性，a 正确；b由表格可知，温度相同时，载体不同，异丁烯的收率不同，故载体会影响催化剂的选择性，b 正确；c化学平衡常数只和温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，c 错误；综上所述，ab 正确，故答案为：ab；温度低于590，温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大，C4H10（g）垐 垐 垐?噲 垐 垐?催化剂C4H8（g）+H2（g）正向移动，异丁烯收率增大，温度高于590，催化剂的选择性降低，异丁烯收率减小，故答案为：温度低于 590，温

42、度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大，C4H10（g）垐 垐 垐?噲 垐 垐?催化剂C4H8（g）+H2（g）正向移动，异丁烯收率增大，温度高于590，催化剂的选择性降低，异丁烯收率减小；（3）结合原子守恒、得失电子守恒可得方程式为：4Co3O4+6Li2CO3+O290012LiCoO2+6CO2，放电时，阳离子向正极移动，即“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂离子向正极迁移而聚集，故答案为：4Co3O4+6Li2CO3+O290012LiCoO2+6CO2；“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂离子向正极迁移而聚集。19铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2及(NH4)4UO

43、2(CO3)3等。回答下列问题：(1)UF4用 Mg 或 Ca还原可得金属铀。与钙同周期基态原子的未成对电子数为2 的元素共有 _种；原子序数为镁元素的二倍的元素的基态原子价电子排布图为_。(2)已知：2UO2+5NH4HF2 1502UF4 NH4F+3NH3+4H2O HF2-的结构为 F-HF-NH4HF2中含有的化学键有_(填选项字母)。A氢键B配位键C共价键D离子键E.金属键与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有_种。(3)已知：3(NH4)4UO2(CO3)3 8003UO2+10NH3+9CO2+N2+9H2O 物质中与 CO32-的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为_。

44、分解所得的气态化合物的分子键角由小到大的顺序为_(填化学式)(4)下列排列方式中，通常条件下Cu 的晶体的堆积方式是_(填序号)。A ABCABCABC BABABABABAB C ABBAABBA D ABCCBCABCCBA(5)水在不同的温度和压力条件下可形成11 种不同结构的晶体，密度从比水轻的0.92g/cm3到约为水的1.5倍。冰是人们迄今已知的由一种简单分子堆积出结构花样最多的化合物。其中冰-的晶体结构为一个如图所示的立方晶胞，每个水分子与周围4 个水分子以氢键结合。设 O-H-O距离为 apm，阿伏加德罗常数的值为 NA，则该冰晶体的密度为_ g/cm3(列出计算式即可)。【答

45、案】4 BCD 3 3：2 H2ONH3CO2A 332 182103AaNn【解析】【分析】(1)与钙同周期基态原子的未成对电子数为2 的元素有：Ti，Ni，Ge，Se，Mg 的原子序数为12，则原子序数为镁元素的二倍的元素为Cr，Cr 处于周期表中第四周期第B族；(2)NH4HF2中含有离子键，共价键，配位键；与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有N、F、Ne；(3)CO32-中 C的杂化方式为sp2，分子中苯环C 为 sp2杂化，-CN中 C为 sp 杂化，-CH3与-CH2-中与-CH中 C为 sp3杂化，据此计算；分解所得的气态化合物有H2O，NH3，CO2，H2O 为 V 形，NH

46、3为三角锥形，CO2为直线形，H2O 中有两对孤电子对，NH3中 1 对孤电子对，孤电子对与键合电子对斥力大于键合电子对与键合电子对间斥力；(4)Cu 是面心立方最密堆积，它的堆积方式为ABCABCABC；(5)根据=mV计算密度。【详解】(1)与钙同周期基态原子的未成对电子数为2 的元素有：Ti、Ni、Ge、Se，共有 4 种；Mg 的原子序数为12，则原子序数为镁元素的二倍的元素为Cr，Cr 处于周期表中第四周期第B 族，其价电子排布式为3d54s1，则价电子排布图为：；(2)NH4HF2中含有离子键，共价键，配位键，所以合理选项是BCD；与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有N、F、Ne

47、，共有 3种元素(3)CO32-中 C的杂化方式为sp2，分子中苯环C为 sp2杂化，-CN中 C为 sp 杂化，-CH3与-CH2-中与-CH3中C 为 sp3杂化，所以分子中sp2杂化的 C 原子有 6 个，sp 杂化 C 原子有 1 个，sp3杂化的 C 原子有 3 个，则与 CO32-的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为6：4=3：2；分解所得的气态化合物有H2O，NH3，CO2，H2O 为 V 形，NH3为三角锥形，CO2为直线形，H2O 中有两对孤电子对，NH3中 1 对孤电子对，孤电子对与键合电子对斥力大于键合电子对与键合电子对间斥力，所以键角大小为：H2ONH3CO2；

48、(4)Cu 是面心立方最密堆积，它的堆积方式为ABCABCABC；(5)根据图示结构分析，一个晶胞中含有H2O 的数目为818+1=2 个，不妨取1mol 这样的晶胞，即有NA个这样的晶胞，1mol 晶胞的质量为m=2 18g=36g，一个晶胞的体积为V=L3cm3，根据几何关系，每个水分子与周围 4 个水分子以氢键结合，则晶胞边长(L)与 O-HO 距离间存在关系为：L=23a，所以一个晶胞体积为 V=L3pm3=(23a 10-10)3cm3，则晶体密度为=mV=3102 182103ANag/cm3=3102 182103AaNg/cm3。【点睛】本题综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、杂化理论、键角大小比较、晶胞的密度等知识点，难点是计算晶胞的密度，能正确解答晶胞的体积是解本题的关键。