2019-2020学年福建省福州市福建师范大学附属中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省福州市福建师范大学附属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下列与有机物的结构、性质或制取实验等有关叙述错误的是A苯分子结构中不含有碳碳双键，但苯也可发生加成反应B溴苯中溶解的溴可用四氯化碳萃取而除去C苯与浓硝酸和浓硫酸的混合酸反应制取硝基苯的实验最好采用水浴加热D乙烷和乙烯可用酸性高锰酸钾溶液加以鉴别【答案】B【解析】【详解】A苯分子结构中不含有碳碳双键，但苯也可与H2发生加成反应，故A 正确；B溴苯与四氯化碳互溶，则溴苯中溶解的溴不能用四氯化碳萃取而除去，故B 错误；C苯与浓硝酸和浓硫酸的

2、混合酸反应制取硝基苯的实验最好采用水浴加热，便于控制反应温度，故C正确；D乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可用酸性高锰酸钾溶液加以鉴别，故 D 正确；故答案选B。2 中国诗词大会不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含着许多化学知识，下列诗词分析不正确的是A李白诗句“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象B刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金性质稳定，可通过物理方法得到C王安石诗句“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及氧化还原反应D曹植诗句“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能。【答案】A【解析】

3、【详解】A水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故A错误；B“沙里淘金”说明了金的化学性质稳定，可通过物理方法得到，故B 正确；C爆竹爆竹的过程中有新物质二氧化碳、二氧化硫等生成，属于化学变化，故C 正确；D“豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故D 正确；故选 A。3海水中含有大量Na+、C1-及少量 Ca2+、Mg2+、SO42-，用电渗析法对该海水样品进行淡化处理，如右图所示。下列说法正确的是A b 膜是阳离子交换膜BA 极室产生气泡并伴有少量沉淀生成C淡化工作完成后A、B、C 三室中 pH 大小为 pHAp

4、HBpHCD B极室产生的气体可使湿润的KI 淀粉试纸变蓝【答案】A【解析】【详解】A、因为阴极是阳离子反应，所以b 为阳离子交换膜，选项A 正确；B、A 极室氯离子在阳极失电子产生氯气，但不产生沉淀，选项B错误；C、淡化工作完成后，A 室氯离子失电子产生氯气，部分溶于水溶液呈酸性，B 室氢离子得电子产生氢气，氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，C室溶液呈中性，pH 大小为 pHApHCpHB，选项 C 错误；D、B极室氢离子得电子产生氢气，不能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，选项D 错误。答案选 A。4下列实验事实不能用基团间相互作用来解释的是A与 Na 反应时，乙醇的反应速率比水慢B苯酚能与NaOH

5、 溶液反应而乙醇不能C乙醇能使重铬酸钾溶液褪色而乙酸不能D苯、甲苯发生硝化反应生成一硝基取代产物时，甲苯的反应温度更低【答案】C【解析】【详解】A.与 Na 反应时，乙醇的反应速率比水慢，说明乙醇中羟基不如水中羟基活泼，这是因为烃基对羟基产生影响，故A 能用基团间相互作用解释；B.苯酚能跟NaOH 溶液反应而乙醇不能，则说明苯环对羟基有影响，故B 能用基团间相互作用解释；C.乙醇具有还原性，乙酸不具有还原性，这是官能团的性质，与所连基团无关，故C不能用基团间相互作用解释；D甲苯的反应温度更低，说明甲苯与硝酸反应更容易，甲基的影响使苯环上的氢原子变得活泼易被取代，故 D 能用基团间相互作用解释；

6、答案选 C。5查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生化学反应为：。则邻甲基乙苯通过上述反应得到的有机产物最多有()A 5 种B4 种C3 种D2 种【答案】B【解析】【详解】邻甲基乙苯的结构简式为：，根据题目所给反应信息，四种不同的断键方式可生成最多4 种有机产物，故答案为B。6瑞香素具有消炎杀菌作用，结构如图所示，下列叙述正确的是A与稀 H2SO4混合加热不反应B不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C1mol 瑞香素最多能与3mol Br2发生反应D 1mol 瑞香素与足量的NaOH 溶液发生反应时，消耗NaOH 3mol【答案】C【解析】【分析】【详解】A含-COOC-，与稀硫酸混合加热发生水解反应，A

7、错误；B含碳碳双键、酚羟基，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C酚羟基的邻位、碳碳双键均与溴水反应，则1mol 该物质最多可与3molBr2反应，C正确；D酚羟基、-COOC-及水解生成的酚羟基均与NaOH 反应，则 1mol 瑞香素与足量的NaOH 溶液发生反应时，消耗 NaOH 4mol，D 错误；答案选 C。7“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a 为 TiO2电极，b 为 Pt 电极，c 为 WO3电极，电解质溶液为pH=3 的 Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B 两个区，A区与大气相通，B 区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误

8、的是（）A若用导线连接a、c,则 a为负极，该电极附近pH 减小B若用导线连接a、c,则 c电极的电极反应式为HxWO3-xe-=WO3+xH+C若用导线先连接a、c,再连接 b、c,可实现太阳能向电能转化D若用导线连接b、c,b 电极的电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O【答案】B【解析】【详解】A用导线连接a、c，a 极发生氧化，为负极，发生的电极反应为2H2O-4e-=4H+O2，a 电极周围H+浓度增大，溶液pH 减小，故A 正确；B用导线连接a、c，c 极为正极，发生还原反应，电极反应为WO3+xH+xe-=HxWO3，故 B 错误；C用导线先连接a、c，再连接b、c，由光电池转

9、化为原电池，实现太阳能向电能转化，故C 正确；D用导线连接b、c，b 电极为正极，电极表面是空气中的氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，故 D 正确；故答案为B。8山梨酸是应用广泛的食品防腐剂，其分子结构如图所示。下列说法错误的是A山梨酸的分子式为C6H8O2B1 mol 山梨酸最多可与2 mol Br2发生加成反应C山梨酸既能使稀KMnO4酸性溶液褪色，也能与醇发生置换反应D山梨酸分子中所有碳原子可能共平面【答案】C【解析】【详解】A由结构简式可知分子为C6H8O2，选项 A 正确；B 山梨酸分子中含有2 个碳碳双键，可与溴发生加成反应，1 mol 山梨酸最多

10、可与2mol Br2发生加成反应，选项 B 正确；C山梨酸分子中含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾反应而使其褪色，山梨酸分子中含有羧基，可与醇发生取代反应而不是置换反应，选项C错误；D根据乙烯分子6 个原子共平面、甲醛分子4 个原子共平面，结合山梨酸分子结构可知，所有碳原子可能共平面，选项D 正确。答案选 C。9实验室模拟制备亚硝酰硫酸(NOSO4H)的反应装置如图所示，下列关于实验操作或叙述错误的是已知：亚硝酰硫酸为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解反应原理为：SO2+HNO3=SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4H A浓硝酸与浓硫酸混合时，是将浓硫酸慢慢滴加到浓硝酸中，边加边搅拌B装置

11、B 和 D 中的浓硫酸的作用是防止水蒸气进入C导致亚硝酰硫酸分解C冷水的温度控制在20左右，太低反应速率太慢；太高硝酸易分解，SO2逸出D实验时用98%的浓硫酸代替70%的 H2SO4产生 SO2速率更快【答案】D【解析】【详解】A浓硝酸与浓硫酸混合时，如果将浓硝酸注入浓硫酸中，容易发生液滴四溅，故浓硝酸与浓硫酸混合时，是将浓硫酸慢慢滴加到浓硝酸中，并且边加边搅拌，搅拌的目的是及时散热，防止局部过热，A正确；B亚硝酰硫酸遇水易分解，装置B 中的浓硫酸的作用是干燥SO2气体水蒸气进入装置C中，装置D 中的浓硫酸的作用是防止装置E中的水蒸气进入装置C中，B正确；C为了保证反应速率不能太慢，同时又要

12、防止温度过高硝酸分解，SO2逸出，故冷水的温度控制在20左右，C正确；D 98%的浓硫酸的很难电离出H+，如果用98%的浓硫酸代替70%的 H2SO4产生 SO2速率更慢，D错误；10已知二甲苯的结构：，下列说法正确的是A a 的同分异构体只有b 和 c 两种B在三种二甲苯中，b 的一氯代物种数最多Ca、b、c 均能使酸性KMnO4溶液、溴水发生化学反应而褪色D a、b、c 中只有 c 的所有原子处于同一平面【答案】B【解析】【分析】【详解】A.a 的同分异构体中属于芳香烃的除了b 和 c 外还有，另 a 还可能有链状的同分异构体如CH2=CHCH=CH CH=CH CH=CH2等、或环状的同

13、分异构体如等，A 错误；B.a、b、c 侧链上的一氯代物都只有1 种，a 苯环上一氯代物有2 种，b 苯环上一氯代物有3 种，c 苯环上一氯代物只有1 种，故三种二甲苯中，b 的一氯代物种数最多，B 正确；C.a、b、c 均能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，a、b、c 都不能与溴水发生化学反应，C 错误；D.a、b、c 分子中都含有CH3，与 CH3中碳原子直接相连的4 个原子构成四面体，a、b、c 中所有原子都不可能在同一平面上，D 错误；答案选 B。11下列物质中，由极性键构成的非极性分子是A氯仿B干冰C石炭酸D白磷【答案】B【解析】【详解】A、氯仿是极性键形成的极性分

14、子，选项A 错误；B、干冰是直线型，分子对称，是极性键形成的非极性分子，选项B 正确；C、石炭酸是非极性键形成的非极性分子，选项C 错误；D、白磷是下正四面体结构，非极键形成的非极性分子，选项D 错误；答案选 B。12在指定溶液中下列离子能大量共存的是A无色透明溶液：NH4+、Fe3+、SO42-、NO3-B能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、Cl-、CH3COO-Cc(ClO-)=0.1mol?L-1的溶液：K+、Na+、SO42-、S2-D由水电离产生的c(H+)=110-13mol?L-1的溶液：K+、Na+、Cl-、NO3-【答案】D【解析】【详解】A.Fe3+的水溶液显黄色，与“

15、无色溶液”矛盾，A 错误；B.能使甲基橙变红的溶液显酸性，此时H+、CH3COO-会发生反应产生CH3COOH，不能大量共存，B 错误；C.ClO-具有强的氧化性，与具有还原性的微粒S2-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D.选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D 正确；故合理选项是D。13两份铝屑，第一份与足量盐酸反应，第二份与足量NaOH 溶液反应，产生氢气的体积比为12（同温同压下），则第一份与第二份铝屑的质量比为A 11 B1 2 C13 D21【答案】B【解析】【详解】盐酸与 NaOH 溶液足量，则铝完全反应，设铝与盐酸、NaOH 溶液反应生成的氢气的物质的量分别为x

16、mol、2xmol，则2Al+6HCl2AlCl3+3H223 23xx 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H223 43x2x 则第一份与第二份铝屑的质量比为：(23xmol27g/mol)(43xmol27g/mol)=12，故选 B。14控制变量是科学研究重要方法。由下列实验现象一定能得出相应结论的是选项A B 装置图现象右边试管产生气泡较快左边棉球变棕黄色，右边棉球变蓝色结论催化活性：Fe3+Cu2+氧化性：Br2I2选项C D 装置图现象试管中先出现淡黄色固体，后出现黄色固体试管中液体变浑浊结论Ksp：AgClAgBrAgI 非金属性：CSi A A BB CC D D【

17、答案】A【解析】两只试管中滴加的溶液的唯一区别就是左边加入的Cu2+，右边加入的是Fe3+，所以右边反应较快，能说明催化活性：Fe3+Cu2+，选项 A 正确。选项B中的实验，氯气通入溴化钠溶液变为棕色，通入淀粉碘化钾溶液变为蓝色，能证明氯气的氧化性强于溴单质也强于碘单质，但是不能证明氧化性：Br2I2，选项 B 错误。向氯化银悬浊液中加入少量溴化钠溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，说明氯化银转化为溴化银，即 Ksp：AgClAgBr；再加入少量的碘化钠，出现黄色沉淀，应该是将上一步剩余的氯化银转化为碘化银沉淀，所以证明 Ksp：AgClAgI，但是不能得到Ksp：AgBrAgI，选项 C错误。

18、盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，考虑到盐酸的挥发性，生成的二氧化碳气体中一定会有HCl，所以硅酸钠溶液中有浑浊，也可能是HCl 和硅酸钠反应的结果，不能证明一定是碳酸强于硅酸，进而不能证明非金属性强弱，选项D 错误。152019 年为国际化学元素周期表年。鉝（Lv）是 116 号主族元素。下列说法不正确的是（）A Lv位于第七周期第A 族BLv在同主族元素中金属性最弱CLv 的同位素原子具有相同的电子数D中子数为177 的 Lv核素符号为293116Lv【答案】B【解析】【分析】由零族定位法可知，118号元素位于元素周期表第七周期零族，则116号的鉝（Lv）位于元素周期表第七周期第 VIA

19、族。【详解】A.由以上分析可知，Lv 位于元素周期表中第七周期第A 族，故 A 正确；B.同主族元素，由上至下，金属性逐渐增强，则Lv 在同主族元素中金属性最强，故B 错误；C.同位素原子质子数、电子数相同，中子数不同，故C 正确；D.中子数为177 的 Lv 核素，质量数=116+177=293，则核素符号为293116Lv，故 D 正确；答案选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16葡萄糖酸锌 MZn(C6H11O7)2455gmol1)是一种重要的补锌试剂，其在医药、食品、饲料、化妆品等领城中具有广泛的应用。纯净的葡葡糖酸锌为白色晶体，可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，化

20、学兴趣小组欲在实验室制备葡萄糖酸锌并测定产率。实验操作分以下两步：.葡萄糖酸(C6H12O7)的制备。量取50 mL 蒸馏水于100 mL 烧杯中，搅拌下缓慢加入2.7 mL(0.05 mol)浓H2SO4，分批加入21.5 g 葡萄糖酸钙 MCa(C6H11O7)2 430gmol1，易溶于热水，在 90条件下，不断搅拌，反应 40min 后，趁热过滤。滤液转移至小烧杯，冷却后，缓慢通过强酸性阳离子交换树脂，交换液收集在烧杯中，得到无色的葡葡糖酸溶液。.葡萄糖酸锌的制备。向上述制得的葡萄糖酸溶液中分批加入足量的ZnO，在 60 条件下，不断搅拌，反应 1h，此时溶液pH 6。趁热减压过滤，冷

21、却结晶，同时加入10 mL 95%乙醇，经过一系列操作，得到白色晶体，经干燥后称量晶体的质量为18.2g。回答下列问题：(1)制备葡萄糖酸的化学方程式为_。(2)通过强酸性阳离子交换树脂的目的是_。(3)检验葡萄糖酸溶液中是否存在SO42-的操作为 _。(4)制备葡萄糖酸时选用的最佳加热方式为_。(5)制备葡萄糖酸锌时加入乙醇的目的是_，“一系列操作”具体是指 _。(6)葡萄糖酸锌的产率为_(用百分数表示)，若 pH5时就进行后续操作，产率将_(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】611724612742Ca C H O+H SO 902C H O+CaSO将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖

22、酸取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在水浴加热（或热水浴）降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出过滤、洗涤80%减小【解析】【分析】【详解】(1)葡萄糖酸钙Ca(C6H11O7)2与硫酸 H2SO4反应生成葡萄糖酸(C6H12O7)，原理为强酸制弱酸，化学反应方程式为611724612742Ca C H O+H SO 902C H O+CaSO，故答案为：611724612742Ca C H O+H SO 902C H O+CaSO；(2)将葡萄糖酸钙与硫酸反应后的滤液缓慢通过强酸性阳离子交

23、换树脂进行阳离子交换，可将为充分反应的Ca2+交换为 H+，即将未充分反应的葡萄糖酸钙转化为葡萄糖酸，故答案为：将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸；(3)结合 SO42-离子的检验方法，可取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在，故答案为：取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在；(4)实验 制备葡糖糖酸时，反应条件为90，则最佳的加热方式为水浴加热（或热水浴），故答案为：水浴加热（或热水

24、浴）；(5)葡萄糖酸锌可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，生成葡萄糖酸锌后，加入乙醇可减少葡萄糖酸锌的溶解，使其以晶体的形式析出，加入乙醇后的“一些列操作”可以是过滤、洗涤，故答案为：降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出；过滤、洗涤；(6)根据反应方程式可得关系式：Ca(C6H11O7)2 Zn(C6H11O7)2，mCa(C6H11O7)2=21.5g，则611726117261172-1Ca C H OCa C H OCa C H Om21.5gn=0.05mol430g molMg，则理论上可得到葡萄糖酸锌的物质的量为 nZn(C6H11O7)2=0.05mol，因此，6117611761

25、17222-1Zn C H OZn C H OZn C H Om=nM=0.05mol455g mol=22.75gg，根据=100%实际产量产率理论产量可得，葡萄糖酸锌的产率为18.2g100%=80%22.75g，若 pH 5时就进行后续操作，一些葡萄糖酸就不能充分转化为葡萄糖酸锌，导致葡萄糖酸锌质量将减小，产率减小，故答案为：80%；减小；三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17聚戊二酸丙二醇酯(PPG)是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材料的生物相容性方面有很好的应用前景。PPG的一种合成路线如图：已知：烃 A 的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢化合物B

26、为单氯代烃；化合物C的分子式为C5H8 E、F为相对分子质量差14 的同系物，F是福尔马林的溶质R1CHO+R2CH2CHO回答下列问题：（1）A 的结构简式为 _。（2）由 B 生成 C 的化学方程式为_。（3）由 E和 F生成 G 的反应类型为_，G的化学名称为_。（4）由 D 和 H 生成 PPG的化学方程式为_；若 PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为_(填标号)。a.48 b.58 c.76 d.122（5）D 的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_种(不含立体异构)；能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体既能发生银镜反应，又能发生皂化反应其中核磁共振氢谱显示为3

27、组峰，且峰面积比为61 1 的是 _(写结构简式)；D 的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器是_(填标号)。a.质谱仪b.红外光谱仪c.元素分析仪d.核磁共振仪【答案】+NaOH+NaCl+H2O 加成反应3-羟基丙醛(或-羟基丙醛)n+n+(2n-1)H2O b 5 c【解析】【分析】烃 A 的相对分子质量为70，由7012=510，则 A 为 C5H10，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，故A 的结构简式为；A 与氯气在光照下发生取代反应生成B，B 为单氯代烃，则 B为，化合物 C的分子式为C5H8，B 发生消去反应生成C，C 为，C发生氧化反应生成

28、D，D 为HOOC(CH2)3COOH，F是福尔马林的溶质，则F为 HCHO，E、F为相对分子质量差14 的同系物，可知E为CH3CHO，由信息可知E与 F发生加成反应生成G，G 为 HOCH2CH2CHO，G 与氢气发生加成反应生成H，H 为 HOCH2CH2CH2OH，D 与 H 发生缩聚反应生成PPG()，据此分析解答。【详解】(1)由上述分析可知，A 的结构简式为，故答案为：；(2)由 B 发生消去反应生成C的化学方程式为：+NaOH+NaCl+H2O，故答案为：+NaOH+NaCl+H2O；(3)由信息可知，由E和 F生成 G 的反应类型为醛醛的加成反应，G 为 HOCH2CH2CH

29、O，G 的名称为3-羟基丙醛，故答案为：加成反应；3-羟基丙醛；(4)由 D 和 H 生成 PPG的化学方程式为：n+n+(2n-1)H2O，故答案为：n+n+(2n-1)H2O；若 PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为100001281641 12 58，故答案为：b；(5)D 为 HOOC(CH2)3COOH，D的同分异构体中能同时满足：能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，含-COOH，既能发生银镜反应，又能发生水解反应-COOCH，D 中共 5 个 C，则含 3 个 C-C-C上的 2 个 H 被-COOH、-OOCH取代，共为3+2=5 种，含其中核磁共振氢谱显示为

30、3 组峰，且峰面积比为611 的是，D 及同分异构体中组成相同，由元素分析仪显示的信号(或数据)完全相同，故答案为：5；c。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18我国是世界上最早制得和使用铜、锌的国家，铜、锌及其化合物在日生产和生活中有着广泛的应用。回答下列问题：（1）Cu 在元素周期表中位于_（选填“s”“p”“d”或“ds”）区。在高温下CuO能分解生成Cu2O，试从原子结构角度解释其原因_。（2）Cu2+能与吡咯（）的阴离子（）形成双吡咯铜。中 C和 N 原子的杂化均为_，1mol含有 _mol 键。双吡咯铜Cu（）2中含有的化学键有_（填编号）。A 金属键B 极性键C 非极性

31、键D 配位键E 氢键噻吩（）的沸点为84，吡咯（）的沸点在129 131之间，吡咯沸点较高，其原因是 _。分子中的大键可用符号nm表示，其中m 代表参与形成的大键原子数，n 代表参与形成的大键电子数（如苯分子中的大键可表示为66），则中的大键应表示为 _。（3）硼氢化锌 Zn（BH4）2 常用作有机合成中的还原剂，BH4-的 VSEPR模型为 _，与其互为等电子体的分子和阳离子有_（各写一种）。（4）硒化锌（ZnSe）是一种半导体材料，其晶胞结构如图所示，图中X和 Y点所堆积的原子均为_（填元素符号）；该晶胞中硒原子所处空隙类型为_（填“立方体”、“正四面体”或“正八面体”）；若该晶胞的参数为

32、a pm，NA代表阿伏加德罗常数的数值，则晶胞的密度为_ g?cm-3（用相关字母的代数式表示）。【答案】ds 外围电子排布Cu2+为 3d9，而 Cu+为 3d10全充满更稳定sp210 BCD 吡咯分子之间存在氢键65正四面体形CH4、NH4+Zn 正四面体323A5.76 10Na【解析】【分析】【详解】（1）Cu 原子核外有29 个电子，基态Cu原子的核外电子排布式为Ar3d104s1，Cu 在元素周期表中位于ds区；CuO中 Cu2+的外围电子排布式为3d9，Cu2O 中 Cu+的外围电子排布式为3d10全充满更稳定，所以在高温下 CuO能分解生成Cu2O。（2）中 C、N 原子的价

33、层电子对数都为3，故 C和 N 都采取 sp2杂化；1 个中含 1个 NH 键、2 个 CN 键、4 个 CH 键、1 个 CC键和 2 个 C=C键，单键全为键，1 个双键中含1 个 键和 1 个 键，则 1 个中含 10 个 键，1mol中含 10mol 键。Cu()2中 Cu2+与形成配位键，中存在极性键和非极性键，答案选BCD。的沸点比高的原因是：中含 NH 键，吡咯分子间存在氢键，而噻吩分子间不能形成氢键。中每个碳原子形成1 个碳氢 键、2 个碳碳 键或 1 个碳碳 键和 1 个碳氮 键，每个碳原子上还有1 个单电子，N 原子形成1 个氮氢 键、2 个碳氮 键，N 原子上还有2 个电

34、子，则中 5 个原子（4个 C和 1 个 N）、6 个电子形成大键，可表示为65。（3）BH4-中中心原子B的价层电子对数为4+314 12=4，BH4-的 VSEPR模型为正四面体形；用替代法，与 BH4-互为等电子体的分子为CH4、阳离子为NH4+。（4）根据晶胞，Se 都在晶胞内，共4 个，已知的Zn 为 718+512，X 为 118，Y为 112，结合化学式知，X和 Y点所堆积的原子均为Zn；该晶胞中硒原子处于18晶胞的体心，即所处空隙类型为正四面体；晶胞参数为apm，晶胞的体积为（a10-10cm）3=a3 10-30cm3，晶胞的质量为4 144ANg，则晶胞的密度为4 144A

35、Ng（a3 10-30cm3）=3235.76 10ANag/cm3。19现有 A、B、C、D、E、F 原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期。B 元素含有 3 个能级，且毎个能级所含的电子数相同；D 的原子核外有8 个运动状态不同的电子，E元素与 F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，且 E元素的基态原子有4 个未成对电子。请回答下列问题：（1）请写出D 基态的价层电子排布图：_。（2）下列说法正确的是_。A二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点SiO2CO2B电负性顺序：CNOF CN2与 CO为等电子体，结构相似，化学性质相似D稳定性：H2OH2S，原

36、因是水分子间存在氢键（3）某化合物与F()(表示化合价为1)结合形成如图所示的离子，该离子中碳原子的杂化方式是_。（4）己知(BC)2是直线性分子，并有对称性，且分子中每个原子最外层都达到8 电子稳定结构，则(BC)2中键和 键的个数比为_。（5）C元素最高价含氧酸与硫酸酸性强度相近，原因是_。（6）Fe3O4晶体中，O2-的重复排列方式如图所示，该排列方式中存在着由如1、3、6、7 的 O2-围成的正四面体空隙和3、6、7、8、9、12 的 O2-围成的正八面体空隙。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半 Fe3+和 Fe2+填充在正八面体空隙中，则 Fe3O4晶体中，正四

37、面体空隙数与O2-数之比为 _，有 _%的正八面体空隙没有填充阳离子。Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，晶体密度为5.18g/cm3，则该晶胞参数 a=_pm。(写出计算表达式)【答案】B sp 2、sp 33：4 HNO3的非羟基氧个数与H2SO4的非羟基氧个数相同，所以酸性强度相近21 50%103238232105.186.0210【解析】【分析】A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，均位于元素周期表的前四周期，B元素含有3 个能级，且每个能级所含的电子数相同，核外电子排布为1s22s22p2，故 B为碳元素；D 的原子核外有8 个运动状态不同的电子，则D 为 O 元素；C

38、的原子序数介于碳、氧之间，故C为 N 元素；E元素与 F元素处于同一周期相邻的族，它们的原序数相差3，二者只能处于第四周期，且E元素的基态原子有4 个未成对电子，外围电子排布为3d64s2，则 E为 Fe，F为 Cu，（3）中 C（氮元素）与A 形成的气体x，则 A 为 H 元素，形成的 x 为 NH3，据此解答本题。【详解】（1）（1）D 为 O 元素，价电子排布为2s22p4，基态的价层电子排布图为：，故答案为：；（2）A、二氧化硅属于原子晶体，二氧化碳形成分子晶体，故点：SiO2CO2，故 A 错误；B、同周期自左而右电负性增大，电负性顺序：CNOS，所以稳定性：H2OH2S，故D 错误

39、，故答案为：B；（3）杂环上的碳原子含有3 个 键，没有孤对电子，采用sp2杂化，甲基、亚甲基上碳原子含有4个共价单键，采用sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；（4）(CN)2是直线型分子，并有对称性，结构式为：NC-CN，单键为键，三键含有1 个 键、2 个 键，(CN)2中 键和 键的个数比为3：4，故答案为：3：4；（5）HNO3的非羟基氧个数与H2SO4的非羟基氧个数相同，所以酸性强度相近，故答案为：HNO3的非羟基氧个数与H2SO4的非羟基氧个数相同，所以酸性强度相近；（6）结构中如1、3、6、7 的 O2-围成的正四面体空隙有8 个，由图可知晶体结构中O2-离子数目为818+61

40、2=4 个，则正四面体空隙数与O2-离子数目之比为8：4=2：1；Fe3O4中有一半的Fe3+填充到正四面体空隙中，另一半 Fe3+和 Fe2+填充在正八面体空隙中，则有 50%的正八面体空隙没有填充阳离子；含有 Fe3+和 Fe2+的总数为3，晶胞中有8 个图示结构单元，不妨取1mol 这样的晶胞，则1mol 晶胞的质量为 m=8(356+416)g=8232g，1mol 晶胞即有6.021023个晶胞，1 个晶胞的体积为V=(a10-10)3cm3，所以晶体密度为32323-10m8232=g/mol6.02 10V6.0210a 10，所以晶胞边长a=103238232105.186.02 10pm，故答案为：2:1；50；103238232105.186.02 10。