2019-2020学年安徽省安庆市白泽湖中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省安庆市白泽湖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在化学的发展史上，许多科学家创建的理论对化学科学的发展起到重大的作用。有关科学家与其创建的理论对应不匹配的是（）A墨子：物质的分割是有条件的B汤姆生：葡萄干面包模型C德谟克利特：古典原子论D贝克勒尔：原子结构的行星模型【答案】D【解析】【分析】【详解】A.墨子提出：物质被分割是有条件的，若不存在被分割的条件，就不能被分割，故A 正确；B.汤姆生发现了电子，并提出了电子的葡萄干面包模型，故B 正确；C.德谟克利特提出：物质由极小的微粒组成，这种微

2、粒叫做原子，物质分割只能到原子为止，故C 正确；D.卢瑟福提出了原子结构的行星模型，不是贝克勒尔，故D 错误；答案选 D。2分别进行下表所示实验，实验现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A 测量熔融状态下NaHSO4的导电性能导电熔融状态下NaHSO4能电离出Na+、H+、SO42-B 向某溶液中先加入氯水，再滴加KSCN溶液溶液变红色溶液中含有Fe2+C 向浓度均为0.1mol/L 的 MgSO4、CuSO4的混合溶液中逐滴加入NaOH 溶液先看到蓝色沉淀生成KspCu(OH)2KspMg(OH)2 D 将 AlCl3溶液加热蒸干得到白色固体白色固体成分为纯净的AlCl3A A BB

3、 CC D D【答案】C【解析】【详解】A.NaHSO4是离子化合物，熔融状态下NaHSO4电离产生Na+、HSO4-，含有自由移动的离子，因此在熔融状态下具有导电性，A 错误；B.向某溶液中先加入氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明滴加氯水后的溶液中含有Fe3+，不能证明溶液中Fe3+是原来就含有还是Fe2+反应产生的，B 错误；C.Mg(OH)2、Cu(OH)2的构型相同，向浓度均为0.1mol/L 的 MgSO4、CuSO4的混合溶液中逐滴加入NaOH 溶液，首先看到产生蓝色沉淀，说明KspCu(OH)2KspMg(OH)2，C正确；D.AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+水解

4、，产生Al(OH)3和 HCl，将 AlCl3溶液加热蒸干，HCl挥发，最后得到的固体为Al(OH)3，D 错误；故合理选项是C。3关于化合物2-苯基丙烯酸乙酯()，下列说法正确的是（）A不能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色B可以与稀硫酸或NaOH 溶液反应C分子中所有原子共平面D易溶于饱和碳酸钠溶液【答案】B【解析】【详解】A该有机物分子中含有碳碳双键，能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色，A 不正确；B该有机物分子中含有酯基，可以在稀硫酸或NaOH 溶液中发生水解反应，B 正确；C分子中含有-CH3，基团中的原子不可能共平面，C不正确；D该有机物属于酯，在饱和碳酸钠溶液中的溶解度小，D 不正确；故选 B。4

5、X、Y、Z、W 为四种短周期主族元素，X与 Z同族，Y与 Z同周期，W 是短周期主族元素中原子半径最大的，X 原子最外层电子数是核外电子层数的3 倍，Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法正确的是A Y的最高价氧化物对应的水化物是二元强酸B原子半径：XZY C气态氢化物的热稳定性：YZ D X与 W 可形成两种阴、阳离子的物质的量之比均为1：2 的离子化合物【答案】D【解析】【详解】X、Y、Z、W 为四种短周期主族元素，Y与 Z同周期，W 是短周期主族元素中原子半径最大的，则W 为Na，X 原子最外层电子数是核外电子层数的3 倍，则 X为 O，X 与 Z同族，则 Z为 S，Y的最高正价与

6、最低负价的代数和为6，则 Y为 Cl。A.Y 的最高价氧化物对应的水化物HClO4是一元强酸，选项A错误；B.原子半径：X(O)Y(Cl)Z(S)，故气态氢化物的热稳定性：HCl H2S，选项 C错误；D.X与 W 可形成两种阴、阳离子的物质的量之比均为1：2 的离子化合物Na2O 和 Na2O2，选项 D 正确。答案选 D。5下列关于金属腐蚀和保护的说法正确的是A牺牲阳极的阴极保护法利用电解法原理B金属的化学腐蚀的实质是：Mne=Mn，电子直接转移给还原剂C外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零。D铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时正极的电极反应为

7、：2H2e=H2【答案】C【解析】【详解】A.牺牲阳极的阴极保护法利用原电池原理，用较活泼的金属作负极先被氧化，故A 错误；B.金属的化学腐蚀的实质是：金属作还原剂Mne=Mn，电子直接转移给氧化剂，故B错误；C.外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零，故C正确；D.铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时，铜作负极，碳正极的电极反应为：O2+4e+4H=2H2O，故 D 错误；故选 C。6某化学实验创新小组设计了如图所示的检验Cl2某些性质的一体化装置。下列有关描述不正确的是A浓盐酸滴到氯酸钾固体上反应的离子方程式为5Cl-3ClO6H+=3Cl23H2

8、O B无水氯化钙的作用是干燥Cl2，且干燥有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色C2 处溶液出现白色沉淀，3 处溶液变蓝，4 处溶液变为橙色，三处现象均能说明了Cl2具有氧化性D 5 处溶液变为血红色，底座中溶液红色消失，氢氧化钠溶液的作用为吸收剩余的Cl2以防止污染【答案】C【解析】【分析】【详解】浓盐酸滴到氯酸钾固体上的作用是为了制备Cl2，根据含同种元素物质间发生氧化还原反应时，化合价只靠近不交叉，配平后可得反应的离子方程式：5Cl-3ClO6H+=3Cl23H2O，A 正确；为了检验Cl2有无漂白性，应该先把Cl2干燥，所以，无水氯化钙的作用是干燥Cl2，然后会出现干燥有色布条不褪色而湿润

9、有色布条褪色的现象，B 正确；Cl2与 3 处碘化钾置换出单质碘，遇淀粉变蓝，与4 处溴化钠置换出单质溴，使溶液变橙色，均说明了Cl2具有氧化性，Cl2与水反应生成HCl 和 HClO，HCl 与硝酸银产生白色沉淀，无法说明Cl2具有氧化性，C 错误；Cl2与 5 处硫酸亚铁生成Fe3+，Fe3+与 SCN-生成血红色配合物，氢氧化钠溶液可以吸收剩余的Cl2，防止污染空气，D 正确。7化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法不正确的是（）A 1molX 最多能与3molNaOH 反应BY与乙醇发生酯化反应可得到X CX、Y均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D室温下X、Y分别与

10、足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相等【答案】B【解析】【详解】A.X 中能与 NaOH 反应的官能团是羧基和酯基，1mol 羧基能消耗1molNaOH，X 中酯基水解成羧基和酚羟基，都能与氢氧化钠发生中和反应，1mol 这样的酯基，消耗 2molNaOH，即 1molX 最多能与3molNaOH反应，故A 说法正确；B.Y 中含有羟基，对比X 和 Y 的结构简式，Y 和乙酸发生酯化反应得到X，故 B 说法错误；C.碳碳双键及连接苯环的碳原子上含有H 原子的结构都能与酸性高锰酸钾溶液反应，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C 说法正确；D.X 中只有碳碳双键能和溴发生加成反应，Y 中碳碳双键能

11、和溴发生反应，两种有机物与溴反应后，X、Y 中手性碳原子都是4 个，故 D 说法正确；答案：B。8有以下六种饱和溶液 CaCl2；Ca(OH)2；Na2SiO3；Na2CO3；NaAlO2；NH3和 NaCl，分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是A BCD【答案】A【解析】【分析】【详解】碳酸比盐酸弱，CO2与 CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故正确；酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与 Ca（OH）2 反应：Ca（OH）2+2CO2Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故正确；碳酸比硅酸强，过量的 CO2与 Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O 2NaHCO

12、3+H2SiO3，产生硅酸沉淀，故错误；过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故错误；NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3+NaHCO3，故错误；通入 CO2与 NH3和 NaCl 反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故错误；故选 A。【点睛】本题考查物质的性质及反应，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键。本题的易错点为，注意联想候德

13、榜制碱的原理，同时注意碳酸氢钠的溶解度较小。9其他条件不变，C的物质的量分数(C)和温度(T)或压强(P)关系如图，其中满足关系图的是（）A 3A(g)+B(s)C(g)+D(g)；H0 BA(g)+B(s)C(g)+D(g)；H 0 CA(g)+B(s)2C(g)+D(g)；H0 D A(g)+2B(s)C(g)+3D(g)；H0【答案】B【解析】【详解】利用化学平衡图像分析的方法：“先拐先平数值大”的原则，根据 C的物质的量分数(C)和温度(T)关系图，可得 T2T1，升高温度，生成物C的物质的量分数减小，平衡向逆向（吸热的方向）移动，因此正反应放热，即H0，故 C、D 错误；根据C 的物

14、质的量分数(C)和压强(P)关系图，可得P2P1，增大压强，生成物C的物质的量分数减小，平衡向逆向（气体体积减小的方向）移动，因此正反应方向为气体体积增大的方向。故答案选B。【点睛】利用化学平衡图像分析的方法：“先拐先平数值大”的原则是指图像中的曲线先拐，在该条件下先达到平衡状态，对应影响的条件数值大。可快速判断外界条件影响下平衡移动的方向。10部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示：下列说法正确的是A离子半径的大小顺序：efgh B与 x 形成简单化合物的沸点：yzd Cx、z、d 三种元素形成的化合物可能含有离子键D e、f、g、h 四种元素对应最

15、高价氧化物的水化物相互之间均能发生反应【答案】C【解析】【分析】【详解】根据原子序数及化合价判断最前面的元素x 是氢元素，y 为碳元素，z 为氮元素，d 为氧元素，e 为钠元素，f 为铝元素，g 为硫元素，h 为氯元素；A.根据“层多径大、序大径小”，离子半径大小gh ef；选项 A 错误；B.d、z、y 与 x 形成的简单化合物依次为H2O、NH3、CH4，H2O、NH3分子间形成氢键且水分子间氢键强于NH3分子间氢键，CH4分子间不存在氢键，故沸点由高到低的顺序为dzy，选项 B错误；C.氢元素、氮元素、氧元素可以组成离子化合物硝酸铵，硝酸铵中含离子键和共价键，选项C正确；D.g、h 元素

16、对应最高价氧化物的水化物硫酸和高氯酸不能反应，选项D 错误；答案选 C。11下列解释事实的化学用语错误的是A闪锌矿(ZnS)经 CuSO4溶液作用后，转化为铜蓝(CuS)：ZnS+Cu2+CuS+Zn2+B0.1 mol/L 的醋酸溶液pH 约为 3：CH3COOH CH3COO-+H+C电解 NaCl溶液，阴极区溶液pH 增大：2H2O+2e-H2+2OH-D钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe3e-Fe3+【答案】D【解析】【分析】【详解】A溶解度大的物质可以转化为溶解度小的物质，溶解度ZnSCuS，则闪锌矿(ZnS)经 CuSO4溶液作用后，转化为铜蓝(CuS)，反应的离子方程式为ZnS+

17、Cu2+CuS+Zn2+，故 A 正确；B0.1mol/L 醋酸溶液的pH 约为 3，说明醋酸为弱酸，部分电离，电离方程式为CH3COOH?CH3COO-+H+，故 B 正确；C电解 NaCl溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，离子方程式为2H2O+2e-H2+2OH-，阴极区溶液pH 增大，故C 正确；D钢铁发生吸氧腐蚀时，负极上Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-Fe2+，故 D 错误；故选 D。【点睛】本题的易错点为D，要注意电极反应式中，铁是失去2 个电子生成亚铁离子。12向 FeCl3、CuCl2混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是A溶

18、液中一定含有Fe2+B溶液中一定含有Cu2+C剩余固体中一定含有Cu D加入 KSCN溶液一定不変红【答案】B【解析】【分析】氧化性：Fe3Cu2，向 FeCl3、CuCl2混合溶液中加入铁粉，先发生 Fe 2Fe3=3Fe2，再发生 FeCu2=Fe2Cu。【详解】A、Fe2Fe3=3Fe2、Fe Cu2=Fe2 Cu都能生成Fe2，所以溶液中一定含有Fe2+，故 A正确；B、若铁过量，FeCu2=Fe2Cu反应完全，溶液中不含Cu2+，故 B错误；C、铁的还原性大于铜，充分反应后仍有固体存在，剩余固体中一定含有Cu，故 C正确；D、充分反应后仍有固体存在，Fe、Cu都能与 Fe3反应，溶液

19、中一定不含有Fe3+，加入 KSCN 溶液一定不変红，故 D正确；选B。【点睛】本题考查金属的性质，明确金属离子的氧化性强弱，确定与金属反应的先后顺序是解本题关键，根据固体成分确定溶液中溶质成分。13我国对二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池的研究处于世界前沿水平，该电池可实现硫酸生产、发电和环境保护三位一.体的结合。其原理如图所示。下列说法不正确的是（）A Pt1 电极附近发生的反应为：SO2+2H2O-2e-=H2SO4+2H+B相同条件下，放电过程中消耗的SO2和 O2的体积比为2：1 C该电池工作时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极D该电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合【答案

20、】A【解析】【分析】SO2在负极失电子生成SO42-，所以 Pt1 电极为负极，Pt2 电极为正极。【详解】A.Pt1 电极上二氧化硫被氧化成硫酸，失电子发生氧化反应，为负极，电极方程式为：SO2+2H2O-2e-SO42-+4H+，故 A 错误；B.该电池的原理为二氧化硫与氧气的反应，即2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以放电过程中消耗的SO2和 O2的体积之比为2：1，故 B正确；C.质子即氢离子，放电时阳离子流向正极，Pt1 电极为负极，Pt2 电极为正极，则该电池放电时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2 电极，故C正确；D.二氧化硫-空气质子交换膜燃料电池，吸收了空气中的二氧

21、化硫起到了环保的作用，产物中有硫酸，而且发电，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，故D 正确；故答案为A。14短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W 原子的最外层电子数是其质子数的23，X 原子的核电荷数等于Z 原子的最外层电子数，元素Y的最高正化合价为+2 价。下列说法正确的是（）A单质的沸点：WY CX、Z 的氧化物对应的水化物均为强酸D X、Y可形成离子化合物X3Y2【答案】B【解析】【分析】W 原子的最外层电子数是其质子数的23，则 W 为 C；元素 Y的最高正化合价为+2 价，则 Y为第三周期第A 族元素即Mg，X 原子的核电荷数等于Z 原子的最外层电子数，则X为 7

22、 号元素即N，Z 为 Cl。【详解】A.C单质多为固体，如金刚石，石墨，所以单质的沸点CN2，故 A 错误；B.简单离子的半径:Cl?Mg2+，故 B正确；C.N、Cl的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸和高氯酸，均为强酸，故C错误；D.N、Mg 可形成离子化合物Mg3N2，即 Y3X2，故 D 错误；故答案为B。15根据下列实验现象，所得结论正确的是实验实验现象结论A 左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡活动性：AlFeCu B 左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2Br2I2C 白色固体先变为淡黄色，后变为黑色溶解性 Ag2S AgBrAgCl D 锥形瓶中有气体产生，烧

23、杯中液体变浑浊非金属性：ClCSi A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A.左烧杯中是Al-Fe/H2SO4构成的原电池，Al 做负极，Fe做正极，所以铁表面有气泡；右边烧杯中Fe-Cu/H2SO4构成的原电池，Fe 做负极，Cu做正极，铜表面有气泡，所以活动性：AlFeCu，故 A 正确；B.左边先发生Cl2+2NaBr=Br2+2HCl，使棉花变为橙色，后右边发生Cl2+2KI=I2+2HCl，棉花变为蓝色，说明氧化性：Cl2 Br2、Cl2 I2，不能证明Br2I2，故 B错误；C.前者白色固体先变为淡黄色是因为向氯化银固体中加入溴化钠溶液生成了溴化银沉淀，后变为黑色是因

24、为向溶液中又加入了硫化钠，生成了硫化银的沉淀，并不能证明溶解性Ag2SAgBrAgCl，故 C 错误；D.向锥形瓶中加入稀盐酸会发生反应，生成CO2气体，证明盐酸的酸性比碳酸的强，烧杯中液体变浑浊可能是稀盐酸和硅酸钠溶液反应生成H2SiO3的结果，也可能是生成的CO2和硅酸钠溶液反应生成H2SiO3的结果，只能证明酸性强弱，不能证明非金属性强弱，故D错误；答案：A。【点睛】根据反应装置图，B 选项中氯气由左通入，依次经过溴化钠和碘化钾，两种情况下棉花的颜色都发生变化，只能说明氯气的氧化性比溴和碘的强，该实验无法判断溴的氧化性强于碘，此选项为学生易错点。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分

25、）16实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图，主要步骤如下：步骤 1 组装好仪器，向三颈瓶中装入10g 镁屑和 150mL 无水乙醚；装置B 中加入 15mL 液溴。步骤 2。步骤 3 反应完毕后恢复至室温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。步骤 4 室温下用苯溶解粗品，冷却至0，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至 160分解得无水 Mg Br2产品。已知：Mg 和 Br2反应剧烈放热；Mg Br2具有强吸水性。MgBr2+3C2H5OC2H5=MgBr2 3C2H5OC2H5乙醚是重要有机溶剂，医用麻醉剂；易挥发储存于

26、阴凉、通风处；易燃远离火源。请回答下列问题：（1）写出步骤2 的操作是 _。（2）仪器 A 的名称是 _。装置中碱石灰的作用_。冰水浴的目的_。（3）该实验从安全角度考虑除了控制反应温度外，还需要注意：_。（4）制备 MgBr2装置中橡胶塞和用乳胶管连接的玻璃管口都要用锡箔纸包住的目的是_。（5）有关步骤4 的说法，正确的是_。A 可用 95%的乙醇代替苯溶解粗品B 洗涤晶体可选用0的苯C 加热至 160的主要目的是除去苯D 该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴（6）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y4-）标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2+Y4-MgY2-先称取0.7500g 无水

27、 MgBr2产品，溶解后，等体积分装在3 只锥形瓶中，用 0.0500mol L-1的 EDTA标准溶液滴定至终点，三次消耗EDTA标准溶液的体积平均为26.50mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是_（保留 4 位有效数字）。滴定前未用标准溶液润洗滴定管，则测得产品纯度_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。【答案】缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中球形冷凝管吸收多余溴蒸气，防止污染空气，防止空气中的水分进入使MgBr2水解控制反应温度，防止Mg 和 Br2反应放热过于剧烈，使实验难以控制，同时减小溴的挥发防止乙醚和溴的泄露，应在通风橱中进行实验乙醚易燃，避免使用明火防止溴腐蚀橡胶

28、塞、乳胶管BD 97.52%（或 0.9752）偏高【解析】【分析】B 中通入干燥的N2，产生气泡，使Br2挥发进入三颈烧瓶，Mg、Br2和乙醚在三颈烧瓶中剧烈反应，放出大量的热，为避免反应过剧烈，同时减少反应物Br2、乙醚挥发，将三颈烧瓶置于冰水浴中进行，同时用冷凝管将挥发的Br2、乙醚冷凝回流，提高原料利用率。在冷凝管上端加一个盛放碱石灰的干燥管，防止Br2挥发污染空气，同时也可防止空气中的水蒸气进入装置使MgBr2水解，据此解答。【详解】(1)步骤 2 应为：缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中，故答案为：缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中；(2)仪器 A为球形冷凝管，

29、碱石灰可防止挥发的Br2进入到空气中污染空气，同时也可防止空气中的水蒸气进入装置使MgBr2水解，冰水浴可减少溴挥发，可降低反应的剧烈程度，故答案为：球形冷凝管；吸收多余溴蒸气，防止污染空气，防止空气中的水分进入使MgBr2水解；控制反应温度，防止Mg 和 Br2反应放热过于剧烈，使实验难以控制，同时减小溴的挥发；(3)本实验用到的溴和乙醚均有毒且易挥发，实验时为防止挥发对人造成伤害，可以在通风橱中进行，乙醚易燃，注意避免使用明火，故答案为：防止乙醚和溴的泄露，应在通风橱中进行实验；乙醚易燃，避免使用明火；(4)溴有强氧化性，能氧化橡胶塞和乳胶而使橡胶塞、乳胶管腐蚀，包了锡箔纸是为了防止溴腐蚀

30、橡胶塞、乳胶管，故答案为：防止溴腐蚀橡胶塞、乳胶管；(5)A95%的乙醇有水，使溴化镁水解，不能用95%的乙醇代替苯，A 错误；B选用 0的苯洗涤晶体可以减少晶体的损失，B正确；C加热到160的主要目的是使三乙醚合溴化镁分解产生溴化镁，C错误；D该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴得到纯净的溴化镁，D 正确；综上所述，BD 正确，故答案为：BD；(6)共消耗EDTA的物质的量=0.0500molL-1 26.5 10-3L 3=3.975 10-3mol，根据镁原子守恒有：MgBr2EDTA，则 n(MgBr2)=n(EDTA)=3.975 10-3mol，m(MgBr2)=3.975 10-

31、3mol 184g/mol=0.7314g，所以，MgBr2的纯度=0.7314g100%0.7500g=97.52%，故答案为：97.52%（或 0.9752）；滴定前未用标准溶液润洗滴定管，标准液被稀释，滴定时所需体积偏大了，导致浓度偏高，故答案为：偏高。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17铁氰化钾（化学式为K3Fe(CN)6）主要应用于制药、电镀、造纸、钢铁生产等工业。其煅烧分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物质。（1）铁元素在周期表中的位置为_，基态 Fe3+核外电子排布式为_。（2）在 Fe(CN)63中不存在的化学键有_。A离子键B金属键C氢键D共价键（3）已

32、知(CN)2性质类似Cl2：(CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2O KCN+HCl=HCN+KCl HC CH+HCN H2C=CH C N KCNO中各元素原子的第一电离能由小到大排序为_。丙烯腈（H2C=CH CN）分子中碳原子轨道杂化类型是_；分子中 键和 键数目之比为_。（4）C22和 N2互为等电子体，CaC2晶体的晶胞结构与NaCl 晶体的相似（如图甲所示），但 CaC2晶体中哑铃形的 C22使晶胞沿一个方向拉长，晶体中每个Ca2+周围距离最近的C22数目为 _。（5）金属 Fe能与 CO形成 Fe(CO)5，该化合物熔点为20，沸点为103，则其固体属于_晶体。（6）图乙

33、是Fe单质的晶胞模型。已知晶体密度为dg cm3，铁原子的半径为_nm（用含有d、NA的代数式表示）。【答案】第四周期族Ar3d5或 1s22s22p63s23p63d5AB KCON sp sp22:1 4 分子733112104Ad Ng【解析】【分析】(1)Fe 的原子序数是26，根据构造原理知Fe 的核外电子排布式为Ar3d64s2，据此确定其在周期表的位置；基态 Fe 失去 4s 上 2 个电子和3d 轨道上 1 个电子即为Fe3+；(2)根据化学键的类型和特点解答，注意氢键是分子间作用力，不是化学键；(3)KCNO由 K、C.N、O 四种元素组成，K 为金属、容易失去电子，第一电离

34、能最小，C、N、O 位于第二周期，但N 的 p 轨道是半充满状态、能量最低；丙烯腈(H2C=CH-C N)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有 1 个 键和 1 个 键、CN含有 1 个 键和 2 个 键，C-H 都是 键，确定分子中 键和 键数目，再求出比值；(4)1 个 Ca2+周围距离最近且等距离的C22-应位于同一平面，注意使晶胞沿一个方向拉长的特点；(5)Fe(CO)5的熔点、沸点均不高，类似于分子晶体的特点；(6)Fe 单质的晶胞模型为体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为818+1=2，晶胞的质量为256ANg，晶胞

35、体积 V=112dANgcm3、边长 a=3112dANgcm，根据 Fe原子半径r 与晶胞边长a 关系求出r。【详解】(1)Fe 的原子序数是26，根据构造原理知Fe的核外电子排布式为Ar3d64s2，位于第四周期族据；基态Fe失去 4s 上 2 个电子和3d 轨道上 1 个电子即为Fe3+，所以基态Fe3+核外电子排布式为)Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5故答案为：第四周期族，Ar3d5 或Ar3d5或 1s22s22p63s23p63d5；(2)Fe(CN)63-是阴离子，是配合物的内界，含有配位键和极性共价键，金属键存在于金属晶体中，氢键是分子间作用力，不是化学键，故选

36、AB；故答案为：AB；(3)KCNO中 K为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O 位于第二周期，但N 的 p 轨道是半充满状态、能量最低，所以第一电离能大于O，C的非金属性小于O，第一电离能小于O，所以第一电离能由小到大排序为KCON；故答案为：KCON；丙烯腈(H2C=CH-C N)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有 1 个 键和 1 个 键、CN含有 1 个 键和 2 个 键，C-H 都是 键，所以分子中 键和 键数目分别为6、3，键和 键数目之比为6:3=2:1；故答案为：sp、sp2；2:1；(4)依据晶

37、胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1 个 Ca2+周围距离最近的 C22-不是 6 个，而是4 个，故答案为：4；(5)根据 Fe(CO)5的熔点、沸点均不高的特点，可推知Fe(CO)5为分子晶体；故答案为：分子；(6)Fe 单质的晶胞模型为体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为818+1=2，晶胞的质量为256ANg，晶胞体积 V=112dANgcm3、边长 a=3112dANgcm，Fe 原子半径r 与晶胞边长a 关系为 4r=3a，所以r=34a=343112dANgcm=343112dANg 107nm；故答案为：343112dANg 107。四、综合题（本题包

38、括2 个小题，共20 分）18 .羟基磷酸钙 Ca10(PO4)6(OH)2 具有优良的生物相容性和生物活性，它在口腔保健中具有重要作用，可以防止龋齿等，回答下列问题。（1）Ca10(PO4)6(OH)2中，元素的电负性按由大到小的顺序依次是_。（2）上述元素都能形成氢化物，其中 PH3与同主族元素N 形成的氢化物的键角关系是PH3_NH3(填“”或“”)，PO43-离子空间构型是_。（3）现已合成含钙的全氮阴离子盐，其中阴离子N5-为平面正五边形结构，N 原子的杂化类型是_。（4）碳酸钙的分解温度远高于碳酸镁，其原因是_。（5）黑磷是磷的一种同素异形体，与石墨烯类似，其晶体结构片段如图1 所

39、示：其中最小的环为6 元环，每个环平均含有_个 P原子。.钴是人体不可或缺的微量元素之一。Co、Al、O 形成的一种化合物钴蓝晶体结构如图2 所示。（6）基态 Co原子的价电子排布式为_。该立方晶胞由4 个 I 型和 4 个型小立方体构成，其化学式为_，NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为_ gcm-3(列计算式)。【答案】OPH Ca 小于正四面体sp2镁离子半径小于钙离子半径，与氧离子形成的离子键更强，晶格能更大，因此碳酸镁的热分解温度低2 3d74s2CoAl2O4738(592274 16)(210)ANa【解析】【分析】【详解】（1）同周期从左到右元素的电负性变大，同主族从上到

40、下电负性变小，Ca10(PO4)6(OH)2中，元素的电负性按由大到小的顺序依次是OPHCa；（2）NH3和 PH3的空间构型都是三角锥型,但是,NH 中 N-H 键的键长比PH 中 P-H 键的键长要短,所以在NH3中,成键电子对更靠近,排斥力更大,以致键角更大。而PH3中成键电子对之间的斥力减小,孤对电子对成键电子的斥力使H-P-H 键角更小。PH3与同主族元素N 形成的氢化物的键角关系是PH3NH3；PO43中心原子为P，其中 键电子对数为4，中心原子孤电子对数=12（5+3-4 2）=0，PO43中心原子价层电子对对数为4+0=4，P 原子 sp3杂化，PO43-离子空间构型是正四面体

41、。故答案为：；正四面体；（3）含钙的全氮阴离子盐，阴离子N5-为平面正五边形结构，中心原子N，其中 键电子对数为2，中心原子存在大键，所以N 原子的杂化类型是sp2。故答案为：sp2；（4）由于镁离子半径小于钙离子半径，与氧离子形成的离子键更强，晶格能更大，因此，碳酸镁的热分解温度低。（5）黑磷与石墨烯类似，其中最小的环为6 元环，每个环平均含有613=2 个 P原子。故答案为：2（6）基态 Co原子的价电子排布式为3d74s2；I、II 各一个小正方体为一个晶胞，该晶胞中Co原子个数=（418+214+1）4=8、Al 原子个数=4 4=16、O 原子个数=84=32，Co、Al、O 原子个

42、数之比=8：16：32=1：2：4，化学式为CoAl2O4；该晶胞体积=（2a10-7cm）3，钴蓝晶体的密度=MV=738(592274 16)(210)ANagcm-3(列计算式)。故答案为：3d74s2；CoAl2O4；738(592274 16)(210)ANa。19药物 Targretin（F）能治疗顽固性皮肤T细胞淋巴瘤，其合成路线如图所示：已知：.RCOOHRCOCl（R 表示烃基）（1）反应的反应类型是_。（2）反应的化学方程式：_。（3）C的核磁共振氢谱图中有_个峰。（4）反应的化学方程式：_。（5）F的分子式是C24H28O2。F中含有的官能团：_。（6）写出满足下列条件A

43、 的两种同分异构体的结构简式（不考虑-O-O-或结构）：_。a.苯环上的一氯代物有两种b.既能发生银镜反应又能发生水解反应（7）已知：（R、R 为烃基）。以 2-溴丙烷和乙烯为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线_（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件。【答案】氧化反应+CH3OH垐 垐?噲垐?浓硫酸加热+H2O 2(CH3)2CBr-CH2CH2-BrC(CH3)2+催化剂+2HBr 碳碳双键、羧基、CH2=CH22BrBrCH2CH2Br2NaOH/H OHOCH2CH2OH2O/CuOHC-CHO332 CH CHBrCH/Mg H O浓硫酸【解析】【

44、分析】对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化为A 是对苯二甲酸，对苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成B 是，根据已知可知，B 与 SOCl2反应生成；与溴发生1，4-加成反应生成C为(CH3)2CBr-CH=CH-BrC(CH3)2，该有机物与氢气发生加成反应生成D 为(CH3)2CBr-CH2CH2-BrC(CH3)2，根据信息可知，(CH3)2CBr-CH2CH2-BrC(CH3)2与甲苯发生取代反应生成E为；然后根据信息可知，有机物与发生取代反应生成；在酸性条件下发生水解生成F为，以此解答该题。【详解】（1）对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化为对苯二甲酸，反应的反应类型是氧化反应；（2）对苯二甲酸与甲醇发生酯化

45、反应生成B，反应的化学方程式：+CH3OH垐 垐?噲垐?浓硫酸加热+H2O；（3）根据以上分析可知，有机物C的结构简式为(CH3)2CBr-CH=CH-BrC(CH3)2，以碳碳双键为对称轴进行分析可知，核磁共振氢谱图中有2 个峰；（4）根据信息可知，(CH3)2CBr-CH2CH2-BrC(CH3)2与发生取代反应生成；反应的化学方程式：(CH3)2CBr-CH2CH2-BrC(CH3)2+催化剂+2HBr；（5）综上分析可知，有机物F的分子式是C24H28O2，结构简式为，含有的官能团：碳碳双键、羧基；（6）有机物A 为对苯二甲酸，同分异构体满足a。苯环上的一氯代物有两种；b既能发生银镜反应又能发生水解反应，结构中含有HCOO-取代基，具体结构如下：、；（7）乙烯与溴加成生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br 发生取代生成HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH 被氧化为OHCCHO，根据信息并结合生成物的结构简式可知，OHCCHO与 CH3CHBrCH3在 Mg/H2O 条件下发生加成反应生成，该有机物再发生消去反应生成，具体合成路线如下：CH2=CH22BrBrCH2CH2Br2NaOH/H OHOCH2CH2OH2O/CuOHC-CHO332 CH CHBrCH/Mg H O浓硫酸。