2019-2020学年安徽省六安二中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省六安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）1化学与生活密切相关。下列说法错误的是（）A“赤潮”与水体中N、P元素的含量较高有关B“绿色蔬菜”种植过程中不能使用农药和肥料C游泳池中按标准加入胆矾可消毒杀菌D制作医用口罩使用的聚丙烯属于人工合成高分子材料【答案】B【解析】【分析】【详解】A.N、P 元素是农作物生长需要的宏量元素，若水体中N、P元素的含量较高，水中藻类物质就会生长旺盛，导致产生赤潮现象，A 正确；B.“绿色蔬菜”种植过程中为了使蔬菜生长旺盛，控制病虫害，也要适当使用农药和肥料，B 错

2、误；C.Cu2+是重金属离子，能够使病菌、病毒的蛋白质发生变性，因此游泳池中按标准加入胆矾可消毒杀菌，C 正确；D.制作医用口罩使用的聚丙烯是由丙烯通过加聚反应产生的人工合成高分子材料，D 正确；故合理选项是B。2某学习小组设计如下装置进行原电池原理的探究。一段时间后取出铜棒洗净，发现浸泡在稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗。对该实验的说法正确的是A处于稀硝酸中的铜棒为电池的正极，电极反应为：Cu2+2e-=Cu B该装置可以实现“零能耗”镀铜C配置上述试验所用硝酸铜溶液应加入适量的硝酸溶液使铜棒溶解D铜棒上部电势高，下部电势低【答案】B【解析】【分析】原电池，负极发生氧化反应，正

3、极发生还原反应，正极电势比负极电势高。题意中，说明稀硝酸铜中铜作负极，铜变成铜离子进入溶液，下层浓硝酸铜中发生还原反应，铜离子得电子变成铜析出。【详解】A.题意中稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗，说明稀硝酸铜中铜作负极，铜变成铜离子进入溶液，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+；A项错误；B.稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗，这样该装置可以实现“零能耗”镀铜，B 项正确；C.配置上述试验所用硝酸铜溶液若加如硝酸，硝酸会与铜电极反应，不发生题目中的电化学，C项错误；D.铜棒上部为负极，电势低，下部为正极，电势高，D 项错误。答案选 B。3下列说法中正确的有几项钠在空气中

4、燃烧生成淡黄色的Na2O2配制 480mL0.5mol/L 的 NaOH 溶液，需要用托盘天平称量氢氧化钠固体9.6g 盐酸既有氧化性又有还原性 Fe(OH)3、FeCl2、H2SiO3都不直接用化合反应制备SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性将质量分数为5%和 25%的氨水等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数大于15%干燥的Cl2和氯水均能使鲜花褪色中和热测定实验中需要用到的玻璃仪器只有烧杯、温度计和环形玻璃搅拌棒三种纯银器在空气中久置变黑是因为发生了化学腐蚀A 3 项B4 项C5 项D6 项【答案】B【解析】【详解】钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2，正确；配制 480mL

5、0.5mol/L 的 NaOH 溶液，因容量瓶是500mL，需要用托盘天平称量氢氧化钠固体10.0g，错误；盐酸中H 为+1 价是最高价，Cl为-1 价为最低价，既有氧化性又有还原性，正确；Fe(OH)3可用 Fe(OH)2、氧气和水化合制备，FeCl2可用铁和氯化铁化合制备，错误；SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有还原性，错误；将质量分数为5%和 25%的氨水等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数小于15%，错误；因鲜花里有水份，干燥的Cl2和氯水均能使鲜花褪色，正确；中和热测定实验中需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、温度计和环形玻璃搅拌棒四种，错误；纯银器在空气中久置变黑是因为发生了

6、化学腐蚀，正确；答案为B。4 电解法转化CO2可实现 CO2资源化利用。电解 CO2制甲酸盐的装置如图所示。下列说法中错误的是（）A b 是电源负极BK+由乙池向甲池迁移C乙池电极反应式为：CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-D两池中KHCO3溶液浓度均降低【答案】B【解析】【分析】【详解】A由图可知，CO2在乙池中得到电子还原为HCOO-，则 Sn极为电解池阴极，所以b 为电源负极，故A 正确；B电解池中，阳离子向阴极移动，Sn极为电解池阴极，所以K+由甲池向乙池移动，故B错误；CCO2在乙池中得到电子还原为HCOO-，电极反应式为：CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO

7、32-，故 C 正确；D电解过程中，甲池发生反应：-32224HCO-4e=O+4CO+2H O，同时 K+向乙池移动，所以甲池中 KHCO3溶液浓度降低；乙池发生反应：-2-233CO+HCO+2e=HCOO+CO，所以乙池中KHCO3溶液浓度降低，故D 正确；答案选 B。5三元轴烯（a）、四元轴烯（b）、五元轴烯（c）的结构简式如图所示，下列说法不正确的是A a、b、c 都能发生加成反应Ba 与苯互为同分异构体Ca、b、c 的一氯代物均只有一种D c 分子中的原子不在同一个平面上【答案】D【解析】【分析】【详解】A.a、b、c 均含有碳碳双键，因此都能发生加成反应，故A正确；B.a 和苯的

8、分子式均为C6H6，且结构不同，则a 与苯互为同分异构体，故B正确；C.a、b、c 分子中均只有一种氢原子，则它们的一氯代物均只有一种，故C正确；D.c 分子中含有碳碳双键的平面结构，根据乙烯的平面结构分析，c 中所有的原子在同一个平面上，故D错误；故选 D。【点睛】在常见的有机化合物中，甲烷为正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断即可。6海洋约占地球表面积的71%，具有十分巨大的开发潜力。工业上从海水中提取镁的流程如下：下列说法中正确的是A工业上使Mg2+沉淀，试剂应选用NaOH B将 MgCl2溶液直接蒸干得到无水MgCl2C电解 MgCl2溶

9、液在阴极得到金属Mg D要使 MgSO4完全转化为沉淀，加入试剂的应过量【答案】D【解析】【分析】【详解】A.工业上使Mg2+沉淀，应选用廉价的石灰乳，可利用海边大量存在的贝壳煅烧成石灰制得，故A 错误；B.氯化镁是强酸弱碱盐，加热时，氯化镁水解生成氢氧化镁和盐酸，升高温度促进盐酸挥发，所以小心蒸干氯化镁溶液最终得到氢氧化镁而不是氯化镁，故B 错误；C.电解熔融MgCl2在阴极得到金属Mg，电解 MgCl2溶液在阴极得到H2，故 C错误；D.为了使镁离子完全转化，加入试剂的量应过量，故D 正确。故答案选D。7跟水反应有电子转移，但电子转移不发生在水分子上的是A CaO BNa CCaC2D N

10、a2O2【答案】D【解析】【详解】A.水与氧化钙反应生成氢氧化钙，元素化合价没有发生变化，故A 错误；B.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，水中氢元素的化合价降低，得到电子，故B 错误；C.碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙炔，化合价没有发生变化，故C错误；D.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠中的氧元素化合价既升高又降低，水中的元素化合价没有发生变化，故D 正确；故选：D。8新冠疫情暴发，消毒剂成为紧俏商品，下列常用的消毒剂中，消毒原理与氧化还原无关的是（）选项A B C D 消毒剂双氧化水臭氧医用酒精84 消毒液A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】双氧水、臭氧、8

11、4消毒液均具有强氧化性，氧化病毒和细菌，达到消毒杀菌的目的；酒精消毒的原理是使蛋白质变性，故答案为C。9化学在生产和生活中有着重要的作用。下列有关说法不正确的是()A焊接金属时常用4NH Cl溶液做除锈剂B嫦娥系列卫星中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料C只要符合限量，“食用色素”、“亚硝酸盐”可以作为某些食品的添加剂D PM2.5 是指大气中直径小于或等于2.5 微米的颗粒物，是发生雾霾天气的主要原因，这些颗粒物扩散在空气中都会形成胶体【答案】D【解析】【详解】A.NH4Cl水解使溶液显酸性，该酸性溶液可以与金属氧化物反应，因此NH4Cl溶液常用作金属焊接时的除锈剂，A 正确；B.嫦娥系

12、列卫星中使用的碳纤维是碳元素的单质，因此该碳纤维是一种新型无机非金属材料，B 正确；C.食用色素可作为着色剂，亚硝酸盐可作为防腐剂，正确使用食品添加剂可以延长食品保质期，增加食品的营养价值，因此对人体健康有益，C正确；D.PM2.5 是指大气中直径小于或等于2.5 微米的颗粒物，而胶体粒子直径在1nm100nm 之间，所以 PM2.5的颗粒物直径较大，扩散在空气中不会形成胶体，D 错误；故合理选项是D。10锡为 A 族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂（SnI4，熔点 144.5，沸点 364.5，易水解）。实验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2I2SnI4制备 SnI4。下列说法错误的是（）

13、A加入碎瓷片的目的是防止暴沸BSnI4可溶于 CCl4中C装置中a 为冷凝水进水口D装置的主要作用是吸收挥发的I2【答案】D【解析】【分析】四碘化锡是常用的有机合成试剂SnI4，熔点 144.5，沸点 364.5，易水解，说明SnI4是分子晶体。【详解】A 选项，在液体加热时溶液暴沸，因此需要加入碎瓷片，碎瓷片的目的是防止暴沸，故A 正确，不符合题意；B 选项，根据相似相溶原理，SnI4是非极性分子溶于CCl4非极性分子中，故B正确，不符合题意；C 选项，冷凝水方向是“下进上出”，因此装置 中 a 为冷凝水进水口，故C正确，不符合题意；D 选项，SnI4易水解，装置 的主要作用是防止空气中的水

14、蒸气进去到反应装置中，故 D 错误，符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】相似相溶原理，SnI4是非极性分子，CCl4是非极性分子，因此SnI4可溶于 CCl4中。11短周期元素X.Y.Z.W 在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W 原子的最外层电子数是最内层电子数的 3 倍。下列判断不正确的是（）A四种元素的单质中，X 的熔沸点最低B最高价氧化物对应水化物的酸性W 比 Z强CX的气态氢化物的稳定性较Z 的弱D原子半径：YZWX【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W 均为短周期元素，W 原子的最外层电子数是最内层电子数的3 倍，最内层只有2 个电子，则最外层电子数为6，则 Y为 O 元素，

15、根据X、Y、Z、W 在周期表中相对位置可知，X 为 N 元素、Z 为 Si元素、Y为 Al 元素。【详解】A、四元素的单质中，只有X 常温下为气态，其它三种为固态，故A 正确；B、非金属性WZ，故最高价氧化物对应水化物的酸性W Z，故 B 正确；C、非金属性X Z，故 X 的气态氢化物的稳定性较Z的强，故 C 不正确；D、同周期随原子序数增大原子半径减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径大小顺序为：YZW X，故 D 正确；故选 C。12某小组同学探究铁离子与硫离子的反应，实验操作及现象如表：下列有关说法错误的（）滴入 FeCl3溶液立刻有黑色沉淀生成继续滴入FeC13溶液，黑色沉淀增多后又

16、逐渐转化为黄色沉淀滴入 Na2S溶液立刻生成黑色沉淀，沉淀下沉逐渐转化为黄色。继续滴入Na2S溶液，最后出现黑色的沉淀A两次实验中，开始产生的黑色沉淀都为Fe2S3B两次实验中，产生的黄色沉淀是因为发生了反应Fe2S3+4FeCl36FeCl2+3S C向稀 FeCl3溶液中逐滴加入稀Na2S溶液至过量最后生成的黑色沉淀为FeS D在 Na2S溶液过量的情况下，黑色沉淀中存在较多的Fe(OH)3【答案】D【解析】【分析】实验开始时，生成黑色沉淀为Fe2S3，由于硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，黄色沉淀为 S，硫化钠过量，最后生成FeS，以此解答该题。【详解】A开始试验时，如

17、生成硫，应为黄色沉淀，而开始时为黑色沉淀，则应为Fe2S3，故 A 正确；B硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，方程式为Fe2S3+4FeCl36FeCl2+3S，故 B 正确；C发生氧化还原反应生成氯化亚铁，硫化钠过量，则生成FeS，为黑色沉淀，故C正确；D在 Na2S溶液过量的情况下，三价铁全部被还原，黑色沉淀为FeS，且 Fe(OH)3为红褐色，故D 错误。故选：D。13维生素 C是广泛存在于新鲜水果蔬菜及许多生物中的一种重要的维生素，作为一种高活性物质，它参与许多新陈代谢过程。某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式如下：+I2+2HI 下列说法正确

18、的是（）A上述反应说明维生素C能使碘水褪色，该反应的反应类型为取代反应B维生素C可发生取代反应、加成反应、氧化反应C维生素C可以水解得到2 种产物D维生素C不可溶于水，可以溶于有机溶剂【答案】B【解析】【详解】A.从题给的化学方程式可知，维生素C与 I2反应时，脱去分子中环上-OH 中的氢，形成C=O双键，不属取代反应，属氧化反应，故A 错误；B.维生素 C中含有羟基、酯基可发生取代反应，碳碳双键、羟基可发生氧化反应，碳碳双键可发生加成反应，故B正确；C.维生素 C 含有酯基可以发生水解反应，但为环状化合物，水解生成一种产物，故C错误；D.维生素 C含有多个-OH，为亲水基，能溶于水，故D 错

19、误；故答案为B。14某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4还原为 Na2S。下列说法错误的是A充电时，太阳能转化为电能，又转化为化学能B放电时，a 极的电极反应式为：4S2-6e-=S42-C充电时，阳极的电极反应式为：3I-2e-=I3-D M是阴离子交换膜【答案】D【解析】【分析】TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，充电时 Na2S4还原为 Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a 是负极，b 是正极，在充电时，阳极失电子发生氧化反应，3I-2e-=I3-，据此回答。【详解】A.

20、TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，A正确；B.充电时 Na2S4还原为 Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，a 极的电极反应式为：4S2-6e-=S42-，B 正确；C.在充电时，阳极I-失电子发生氧化反应，极反应为3I-2e-=I3-，C正确；D.通过图示可知，交换膜只允许钠离子自由通过，所以M 是阳离子交换膜，D 错误；答案选 D。【点睛】本题考查了原电池的原理，明确正负极上得失电子及反应类型是解题的关键，难点是电极反应式的书写，明确哪种离子能够自由通过交换膜，可以确定交换膜的类型。15据报道科学家在宇宙中发现了3H分子。

21、3H与2H属于A同位素B同系物C同分异构体D同素异形体【答案】D【解析】【详解】A.同种元素的不同种原子互为同位素，故A 错误；B.结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物互称为同系物，故B 错误；C.分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，故C错误；D.3H与2H都是由氢元素形成的不同单质，互为同素异形体，故D 项正确。故选 D。【点睛】准确掌握“四同”的概念及它们描述的对象，是解决此题的关键。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16三氯氧磷(POCl3)是一种工业化工原料，可用于制取有机磷农药、长效磺胺药物等，还可用作染料中间体、有机合成的氯化剂和催化剂、阻燃

22、剂等。利用O2和 PCl3为原料可制备三氯氧磷,其制备装置如图所示(夹持装置略去)：已知 PCl3和三氯氧磷的性质如表：熔点/沸点/其他物理或化学性质PCl3-112.0 76.0 PCl3和 POCl3互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和HCl POCl31.25 106.0（1）装置 A 中的分液漏斗能否用长颈漏斗代替？做出判断并分析原因：_（2）装置 B 的作用是 _(填标号)。a.气体除杂b.加注浓硫酸c.观察气体流出速度d.调节气压（3）仪器丙的名称是_，实验过程中仪器丁的进水口为_(填“a”或“b”)口。（4）写出装置C 中发生反应的化学方程式_，该装

23、置中用温度计控制温度为6065，原因是_。（5）称取 16.73 g POCl3样品，配制成 100 mL 溶液；取 10.00 mL 溶液于锥形瓶中，加入 3.2 molL-1的 AgNO3溶液 10.00 mL，并往锥形瓶中滴入5 滴 Fe2(SO4)3溶液；用 0.20 molL-1的 KSCN溶液滴定，达到滴定终点时消耗 KSCN溶液 10.00 mL(已知：Ag+SCN-=AgSCN)。则加入 Fe2(SO4)3溶液的作用是_，样品中 POCl3的纯度为 _。【答案】否，长颈漏斗不能调节滴液速度acd 三颈烧瓶a 2PCl3+O2=2POCl3温度过低反应速度过慢；温度过高，PCl3

24、易挥发，利用率低指示剂91.8%【解析】【分析】A 装置中用双氧水与二氧化锰反应制备氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有的水蒸气用浓硫酸除去，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷在装置C中反应生成POCl3，为了控制反应速率，同时防止三氯化磷挥发，反应的温度控制在 60 65，所以装置C 中用水浴加热，POCl3遇水剧烈水解为含氧酸和氯化氢，为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析解答(1)(4)；(5)测定 POCl3产品含量，用 POCl3与水反应生成氯化氢，然后用硝酸银标准

25、溶液沉淀溶液中的氯离子，KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，根据 KSCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3，结合 AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银，进而计算出溶液中氯离子的物质的量，根据元素守恒可计算出样品中POCl3的质量，进而确定POCl3的质量分数。【详解】(1)装置 A中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替，因为长颈漏斗不能调节滴液速度，故答案为否，长颈漏斗不能调节滴液速度；(2)装置 B中装有浓硫酸，可作干燥剂，另外气体通过液体时可观察到气泡出现，长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，则装置 B 的作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气，故答案为acd

26、；(3)根据装置图，仪器丙为三颈烧瓶，为了提高冷却效果，应该从冷凝管的下口进水，即进水口为a，故答案为三颈烧瓶；a；(4)氧气氧化PCl3生成 POCl3，根据原子守恒，反应的化学方程式2PCl3+O2=2POCl3，根据上面的分析可知，反应温度应控制在6065，原因是温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低，故答案为2PCl3+O2=2POCl3；温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低；(5)Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色，则用 KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液时，可选择硫酸铁溶液为指示剂，达到终点时的现象是溶液会变红色；KSCN的物质的量

27、为0.20mol?L-1 0.010L=0.002mol，根据反应 Ag+SCN-=AgSCN，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol，POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.2mol?L-1 0.01L-0.002mol=0.03mol，即 16.73 g POCl3产品中 POCl3的物质的量为0.033mol100mL10mL=0.1mol，则所得产品中POCl3的纯度为0.1mol153.5g/mol16.73 g 100%=91.8%，故答案为指示剂；91.8%。【点睛】明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键。本题的易错点为(5)，要理清楚测定POCl3的纯度的思

28、路，注意 POCl33HCl。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17G 是具有抗菌作用的白头翁素衍生物，其合成路线如下：（1）C中官能团的名称为_和_。（2）EF 的反应类型为_。（3）DE 的反应有副产物X(分子式为C9H7O2I)生成，写出X的结构简式：_。（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。能发生银镜反应；碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应；分子中有4 种不同化学环境的氢。（5）请写出以乙醇为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。_【答案】酯基碳碳双键消去反应CH3CH2O

29、H2OCu V，CH3CHO CH3CH2OHHBrVCH3CH2BrMg乙醚CH3CH2MgBr3+3CH CHOH OV，CH3CH=CHCH3加热【解析】【分析】(1)根据 C的结构简式分析判断官能团；(2)根据 E、F的结构简式和结构中化学键的变化分析判断有机反应类型；(3)根据 D()中碳碳双键断键后的连接方式分析判断；(4)根据题给信息分析结构中的官能团的类别和构型；(5)结合本题中合成流程中的路线分析，乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg 发生反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr 与

30、乙醛反应后在进行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成。【详解】(1)C 的结构简式为，其中官能团的名称为酯基和碳碳双键；(2)根据 E、F的结构简式，E中的一个I 原子 H 原子消去形成一个碳碳双键生成E，属于卤代烃在氢氧化钠水溶液中发生的消去反应，则反应类型为消去反应；(3)D E的反应还可以由D()中碳碳双键中顶端的碳原子与羧基中的氧形成一个六元环，得到副产物X(分子式为C9H7O2I)，则X 的结构简式；(4)F 的结构简式为，其同分异构体能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分

31、子结构中含有苯环和酯基，且该酯基水解后形成酚羟基；分子中有4 种不同化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为：；(5)乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg 发生反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr 与乙醛反应后在进行酸化，生成 CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成，合成路线流程图为：CH3CH2OH2OCu V，CH3CHO CH3CH2OHHBrVCH3CH2BrMg乙醚CH3CH2MgBr3+3CH CHOH OV，CH3CH=CHCH3加热。四、综合题

32、（本题包括2 个小题，共20 分）18据世界权威刊物自然最近报道，我国科学家选择碲化锆(ZrTe2)和砷化镉(Cd3As2)为材料验证了三维量子霍尔效应，并发现了金属-绝缘体的转换。回答下列问题：（1）锌和镉位于同副族，而锌与铜相邻。现有4 种铜、锌元素的相应状态，锌：Ar 3d104s2、锌：Ar 3d104s1、铜：Ar 3d104s1、铜：Ar 3d10。失去 1 个电子需要的能量由大到小排序是_（填字母）。A.B.C.D.（2）硫和碲位于同主族，H2S的分解温度高于H2Te，其主要原因是_。在硫的化合物中，H2S、CS2都是三原子分子，但它们的键角(立体构型)差别很大，用价层电子对互斥

33、理论解释：_；用杂化轨道理论解释：_。（3）Cd2+与 NH3等配体形成配离子。Cd(NH3)42+中 2 个 NH3被 2 个 Cl替代只得到1 种结构，它的立体构型是 _。1 mol Cd(NH3)42+含_mol 键。（4）砷与卤素形成多种卤化物。AsCl3、AsF3、AsBr3的熔点由高到低的排序为_。（5）锆晶胞如图所示，1 个晶胞含 _个 Zr 原子；这种堆积方式称为_。（6）镉晶胞如图所示。已知：NA是阿伏加德罗常数的值，晶体密度为d gcm3。在该晶胞中两个镉原子最近核间距为_nm（用含 NA、d 的代数式表示），镉晶胞中原子空间利用率为_（用含 的代数式表示）。【答案】A S

34、原子半径小于Te，HS键的键能较大H2S分子中 S原子价层有2 个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中 C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同且较小H2S中 S采用 sp3杂化，CS2中 C采用 sp 杂化正四面体16 AsBr3AsCl3AsF36 六方最密堆积73A3224102dN38【解析】【分析】【详解】（1）电离能大小与原子的外围电子构型有关，具有稳定构型的元素，电离能较大。而同一元素电离能满足：I1I2 I3I4。锌原子的第一电离能大于铜原子第一电离能，有；铜的第二电离能大于锌的第二电离能，有。锌的第二电离能大于第一电

35、离能，。故选A。答案为：A；（2）从原子半径、键能角度分析气态氢化物的热稳定性。原子半径：r(S)r(Te)，键能：HSHTe，所以 H2S较稳定。H2S分子中 S原子价层有2 个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中 C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同，呈直线形最稳定，键角较大。从杂化轨道角度解释，H2S中 S采用 sp3杂化，CS2中 C采用 sp 杂化。答案为：S原子半径小于Te，H S键的键能较大；H2S分子中 S原子价层有2 个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中 C原

36、子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同且较小；H2S中 S采用 sp3杂化，CS2中 C采用 sp 杂化；（3）Cd(NH3)42+中 2 个 NH3被 2 个 Cl替代只得到1 种结构，说明Cd2+采用 sp3杂化，呈正四面体结构。配位键也是键。1 mol Cd(NH3)42+含 16 mol 键。答案为：正四面体；16；（4）它们都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高。故熔点排序为AsBr3AsCl3AsF3。答案为：AsBr3AsCl3AsF3；（5）在六棱柱中，12 个原子位于顶点、2 个原子位于面心，3 个原子位于体内。1 个六棱柱含6 个原子。这种堆积方式叫六

37、方最密堆积。答案为：6；六方最密堆积；（6）图 2 为体心立方堆积，3 个镉原子位于体对角线且相切，1 个晶胞含2 个镉原子。设晶胞参数为a，d=3A2112aNg，a=73A22410dNnm。设两镉原子最近核间距为x，(2x)2=3a2，x=73A3224102dNnm。设镉原子半径为r，则 r=3a4nm，=3342 r3a=38。答案为：73A3224102dN；38。【点睛】金属晶体中体心立方堆积、面心立方堆积中的几组公式（设棱长为a，原子半径为r）：（1）面对角线长=2a（2）体对角线长=3a（3）体心立方堆积43ar（4）面心立方堆积42ar19钴的化合物在工业生产、生命科技等行

38、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 1s22s

39、22p63s23p63d7Co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 3d7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

40、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

41、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=21233 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。