2019-2020学年安徽省亳州市蒙城县第六中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省亳州市蒙城县第六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下列实验现象及所得结论均正确的是（）实验实验现象结论A左侧试管比右侧试管中产生气泡的速率快Fe3+对 H2O2分解的催化效果更好B左侧棉花变为橙色，右侧棉花变为蓝色氧化性：Cl2Br2 I2CU 形管左端液面下降,右端液面上升NH4NO3溶解吸热D烧杯中产生白色沉淀甲烷与氯气光照条件下发生取代反应A A BB CC D D【答案】A【解析】【分析】【详解】A等量同浓度的双氧水中分别滴入相同体积含相同浓度的Fe3+和 Cu2+的溶液，滴入Fe

2、3+的试管中产生气泡的速率快，说明Fe3+对 H2O2的分解的催化效果更好，故A 正确；B氯气从左侧通入，先接触到吸有NaBr 溶液的棉花，棉花变橙色，说明Cl2和 NaBr 发生了置换反应：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，说明氧化性：Cl2Br2。右侧的棉花吸有淀粉碘化钾溶液，右侧棉花变蓝，说明有I2生成。I2的生成可能是左侧棉花上产生的Br2挥发到右侧棉花上置换出了I2，也可能是通入的Cl2和 KI 反应置换出了I2，所以无法说明Br2和 I2的氧化性相对强弱，故B 错误；CNH4NO3溶解吸热，使试管内空气遇冷体积减小，试管内压强降低，U 形管左端液面上升，右端液面下降，故 C错

3、误；D甲烷和氯气发生取代反应生成HCl，可以和AgNO3溶液生成AgCl白色沉淀，但未被消耗的氯气也会进入 AgNO3溶液中，和AgNO3反应生成白色沉淀，故根据烧杯中产生白色沉淀不能证明甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，故D 错误；故选 A。【点睛】本题 B 选项中硬质玻璃管中右侧棉花变蓝，不一定是挥发的Br2和 KI 反应，从左端通入的氯气可能没有完全被 NaBr 溶液消耗，也可能氯气已经完全把NaBr 氧化，这样氯气就会氧化KI，所以本实验只能证明氧化性：Cl2Br2，不能确定Br2和 I2的氧化性相对强弱。2-月桂烯的结构如图所示，一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物(只考虑位置

4、异构)理论上最多有（）A 2 种B3 种C4 种D6 种【答案】C【解析】【分析】【详解】因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；1 分子该物质与2 分子 Br2加成时，可以在的位置上发生加成，也可以在位置上发生加成或在位置上发生加成，还可以1 分子 Br2在发生1，4 加成反应，另1 分子 Br2在上加成，故所得产物共有四种，故选C项。3下列有关CuSO4溶液的叙述中正确的是A该溶液呈碱性B它与 H2S反应的离子方程式为：Cu2+S2-=CuSC用惰性电极电解该溶液时，阳极产生铜单质D在溶液中：2c(Cu2+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)【答案】D【解析】【详解】A、CuS

5、O4为强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，选项A错误；B.CuSO4与 H2S反应生成硫化铜和硫酸，H2S必须写化学式，反应的离子方程式为：Cu2+H2S=CuS+2H+，选项 B 错误；C.用惰性电极电解CuSO4溶液时，阴极上铜离子得电子产生铜单质，阳极上氢氧根离子失电子产生氧气，选项 C错误；D、在溶液中，根据电荷守恒有：2c(Cu2+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，选项 D 正确；答案选 D。4下列化学用语使用正确的是（）A HF在水溶液中的电离方程式：HFH2O?FH3OBNa2S的电子式：C乙烯的结构式：CH2CH2D重氢负离子(21H)的结构示意图：【答案】A【解析】【

6、详解】A.HF 是弱酸，部分电离，用可逆号，HFH2O?FH3O可表示 HF 的电离方程式，故A 正确；B.Na2S是离子化合物，由阴阳离子构成，而不是共价化合物，电子式书写不正确，故B错误；C.乙烯的结构简式：CH2CH2，故 C错误；D.重氢负离子(21H)的质子数是1，即核电荷数为1，故 D 错误；故选：A。5实验是化学研究的基础。关于下列各实验装置图的叙述中正确的是()A装置常用于分离互不相溶的液态混合物B装置可用于吸收氨气,且能防止倒吸C用装置不可以完成“喷泉”实验D用装置稀释浓硫酸和铜反应冷却后的混合液【答案】D【解析】【详解】A、该装置为蒸馏装置，互溶的液体根据其沸点不同采用蒸馏

7、的方法分离，互不相溶的液体采用分液的方法分离，故A 错误；B、氨气极易溶于水,有缓冲装置的能防止倒吸,该装置中苯没有缓冲作用,所以不能防止倒吸,故 B 错误；C、氯气与氢氧化钠溶液反应，可以形成压强差，从而形成喷泉实验，故C 错误；D、浓硫酸溶于水放出大量热,且浓硫酸的密度大于水,稀释时需要将浓硫酸缓缓加入水中,图示操作合理,所以 D 选项是正确的;综上所述，本题应选D。6设 NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A 1L1mol?L1的 NaClO 溶液中含有ClO的数目为NAB78g 苯含有 C=C双键的数目为3NAC常温常压下，14g 由 N2与 CO组成的混合气体含有的原子数目为

8、NAD 6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A.次氯酸跟为弱酸根,在溶液中会水解,故溶液中的次氯酸跟的个数小于NA个，故 A错误；B.苯不是单双键交替的结构，故苯中不含碳碳双键，故B错误；C.氮气和 CO的摩尔质量均为28g/mol,故 14g 混合物的物质的量为0.5mol,且均为双原子分子,故 0.5mol混合物中含1mol 原子即 NA个，故 C正确；D.二氧化氮所处的状态不明确，故二氧化氮的物质的量无法计算，则和水转移的电子数无法计算，故D错误；故选：C。7下列物质属于电解质的是（）A Na2O BSO3 CCu D NaCl溶液【答案】A

9、【解析】【分析】【详解】A.氧化钠在熔融状态时能电离出Na+和 O2-，是电解质，故A 选。B.SO3溶于水和水反应生成硫酸，硫酸能电离出氢离子和硫酸根离子，但不是SO3电离出来的，熔融状态下的 SO3也不导电，故SO3是非电解质，故B不选；C.铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C 不选；D.NaCl 溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D 不选故选 A。【点睛】电解质：在水溶液或熔融状态下，能够导电化合物，导电的离子必须是本身提供的，一般包括：酸、碱、多数的盐、部分金属氧化物等。8化学与社会、环境密切相关，下列说法不正确的是A植物秸秆可用于制造酒精与沼气等燃料B利用 CO2合成

10、聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”循环利用C雷雨过后感觉到空气清新是因为空气中产生了少量的二氧化氮D小苏打可用于治疗胃酸过多，也可用于发酵粉制作面包【答案】C【解析】【详解】A.植物秸秆的主要成分为纤维素，能水解生成葡萄糖，葡萄糖条能反应生成酒精，可以在一定条件下生成甲烷，故正确；B.二氧化碳合成聚合物，其聚合物能降解，实现了碳的循环，故正确；C.雷雨天时空气中的氧气有些变成了臭氧，所以空气感觉清新，故错误；D.小苏打能与胃酸反应，用于治疗胃酸过多，碳酸氢钠能受热分解生成二氧化碳，可用于发酵粉制作面包，故正确。故选 C。9CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O 属于的反应类型是()A复

11、分解反应B置换反应C分解反应D氧化还原反应【答案】A【解析】【详解】A.复分解反应是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物的反应，该反应CaCO3和 HCl 生成 CaCl2和H2CO3，属于复分解反应，故A 选；B.置换反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，本反应中无单质参与或生成，故 B 不选；C.分解反应是一种物质生成两种或两种以上物质的反应，本反应的反应物有两个，故C 不选；D.氧化还原反应是有元素化合价升高和降低的反应，本反应无元素化合价变化，故D 不选。故选 A。10为测定镁铝合金（不含其它元素）中镁的质量分数。某同学设计了如下实验：称量ag 镁铝合金粉末

12、，放在如图所示装置的惰性电热板上，通电使其充分灼烧。下列说法错误的是A实验结束后应再次称量剩余固体的质量B氧气要保证充足C可以用空气代替氧气进行实验D实验结束后固体质量大于ag【答案】C【解析】【详解】A实验结束后一定要再次称量剩余固体质量，再通过其它操作可以计算镁铝合金中镁的质量分数，故A正确；B为了使其充分灼烧，氧气要保证充足，故B 正确；C用空气代替氧气对实验有影响，这是因为高温条件下，镁还能够和氮气、二氧化碳等反应，故C错误；D灼烧后的固体为氧化镁和氧化铝的混合物，质量大于ag，这是因为氧气参加了反应，故D 正确；故答案选C。11下列关于核外电子的描述中，正确的是()A电子云图中一个小

13、黑点表示一个电子B电子式中元素符号周围的小黑点数表示核外电子总数Cs 电子在 s 电子云的球形空间内做规则运动D核外电子的能量大小主要是由电子层和电子亚层决定【答案】D【解析】【详解】A电子云图中的小黑点表示电子在核外空间某处出现的机会，不表示电子数目，故A 错误；B电子式中元素符号周围的小黑点数表示最外层电子数，故B 错误；Cs 亚层的原子轨道呈球形，处在该轨道上的电子不只在球壳内运动，还在球壳外运动，只是在球壳外运动概率较小，故C 错误；D核外电子的能量大小主要是由电子层和电子亚层决定，能层越大，电子的能量越大，同一能层，不同能级的电子能量不同，故D 正确；选 D。12W、R、X、Y均为短

14、周期元素且原子序数依次增大.Y的最高正价和最低负价之和等于0；常温常压下，W 和 R 组成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化；这4 种元素原子的最外层电子数之和等于R原子的核电荷数的2 倍。下列说法正确的是A元素的非金属性为RY W B原子半径为WRX Y CR与其他三种元素均可形成二元共价化合物D简单氢化物的热稳定性为R W Y【答案】D【解析】【分析】W、R、X、Y的原子序数依次增大，Y的最高正价和最低负价之和等于0，则 Y位于第 IVA 族；W 和 R组成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化，二氧化氮和四氧化二氮之间能相互转化，且没有

15、电子转移，则W 为 N、R 为 O 元素；这4 种元素的最外层电子数之和等于R 原子的核电荷数的2 倍，R 核电荷数为8，W 最外层有 5 个电子、R 最外层有6 个电子、Y最外层有4 个电子，则X最外层有1，且 X 原子序数大于R而小于 Y，为 Na 元素，Y为硅，然后结合元素的性质和元素周期律来解答。【详解】A.W、R、Y分别是 N、O、Si元素，同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，所以非金属性强弱顺序是RWY，故 A 错误；B.原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小顺序

16、是XYWR，故 B错误；C.活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子化合物，R 是活泼非金属元素、X 是活泼金属元素，二者易形成离子化合物Na2O、Na2O2，故 C错误；D.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性RWY，则简单氢化物的热稳定性次序为 RWY，故 D 正确；故选 D。13同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应中同位素示踪表示正确的是（）A 2KMnO4+5H218O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+518O2+8H2O BNH4Cl+2H2O?NH3?2H2O+HCl CK37ClO3+6HCl=K37Cl+3Cl2+3H2O D 2Na2O2+2H

17、218O=4NaOH+18O2【答案】A【解析】【分析】【详解】A.过氧化氢中的O 化合价由-1 价升高为 0 价，故18O 全部在生成的氧气中，故A 正确；B.NH4Cl水解，实际上是水电离出的氢氧根、氢离子分别和NH4+、Cl-结合，生成一水合氨和氯化氢，所以2H 应同时存在在一水合氨中和HCl 中，故 B 错误；C.KClO3中氯元素由+5 价降低为0 价，HCl 中氯元素化合价由-1价升高为0 价，故37Cl应在氯气中，故C错误；D.过氧化物与水反应实质为：过氧根离子结合水提供的氢离子生成过氧化氢，同时生成氢氧化钠，过氧化氢在碱性条件下不稳定，分解为水和氧气，反应方程式为：2Na2O2

18、+4H218O=4Na18OH+2H2O+O2，所以18O 出现在氢氧化钠中，不出现在氧气中，故D错误；答案选 A。14能使品红溶液褪色的物质是 漂粉精 过氧化钠 新制氯水 二氧化硫A B C D【答案】D【解析】漂粉精中含有ClO-,具有强氧化性 过氧化钠具有强氧化性 新制氯水中含有ClO-,具有强氧化性 二氧化硫具有漂白作用。4 种物质均能使品红溶液褪色，故选择D。15为制取含HClO浓度较高的溶液，下列图示装置和原理均正确，且能达到实验目的的是A制取氯气B制取氯水C提高 HClO浓度D过滤【答案】C【解析】A、MnO2与浓 HCl 制 Cl2要加热，故A 错误；B、洗气就长进短出，故B错

19、误；C、CaCO3Cl2H2O=CaCl22HClO，故 C正确；D、过滤是把溶于液体的固态物质跟液体分离的一种方法，漏斗要紧贴烧杯内壁，故 D 错误；故选C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16“84 消毒液”因 1984 年北京某医院研制使用而得名，在日常生活中使用广泛，其有效成分是NaClO。某化学研究性学习小组在实验室制备NaClO 溶液，并进行性质探究和成分测定。(1)该学习小组按上图装置进行实验（部分夹持装置省去），反应一段时间后，分别取 B、C瓶中的溶液进行实验，实验现象如下表。已知：饱和 NaClO溶液 pH 为 11；25 C时，弱酸电离常数为：H2CO3：K1=

20、4.4 10-1，K2=4.1 10-11；HClO：K=3 10-8实验步骤实验现象B 瓶C 瓶实验 1：取样，滴加紫色石蕊试液变红，不褪色变蓝，不褪色实验 2：测定溶液的pH 3 12 回答下列问题：仪器 a 的名称 _，装置 A 中发生反应的离子方程式_。C 瓶溶液中的溶质是NaCl、_（填化学式）。若将 C瓶溶液换成 NaHCO3溶液，按上述操作步骤进行实验，C瓶现象为：实验1 中紫色石蕊试液立即褪色；实验2 中溶液的 pH=1结合平衡移动原理解释紫色石蕊试液立即褪色的原因_(2)测定 C瓶溶液中NaClO 含量（单位：g/L）的实验步骤如下：取 C瓶溶液 20mL 于锥形瓶中，加入硫

21、酸酸化，加入过量KI溶液，盖紧瓶塞并在暗处充分反应。用 0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液，淀粉溶液显示终点后，重复操作23 次，Na2S2O3溶液的平均用量为24.00mL。（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）步骤 I 的 C瓶中发生反应的离子方程式为_。盖紧瓶塞并在暗处反应的原因_滴定至终点的现象_。C 瓶溶液中NaClO 含量为 _g/L（保留 2 位小数）【答案】分液漏斗MnO2+2Cl-+4H+Cl2+Mn2+2H2O NaClO、NaOH 溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，HCO3-消耗 H+，使平衡右移，HClO 浓度增大C

22、lO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O 防止HClO分解（防止Cl2、I2逸出）当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色4.41【解析】【分析】装置 A 中 MnO2固体和浓盐酸反应生成Cl2，Cl2中含 HCl 气体，通过装置B 中饱和食盐水除去氯化氢，通过装置 C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，通过碳酸氢钠溶液，氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应，促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大，最后通过碱石灰吸收多余氯气，(1)由图可知仪器的名称，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气；通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠；C 瓶溶液中石蕊立即褪色的

23、原因是氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应，促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大；(2)取 C瓶溶液 20mL 于锥形瓶，加足量盐酸酸化，迅速加入过量KI溶液，次氯酸钠在酸性溶液中氧化碘化钾生成碘单质；盖紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO 分解；ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，ClO-I22S2O32-，以此计算C瓶溶液中NaClO的含量。【详解】(1)仪器 a 的名称分液漏斗，装置A 中发生反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2+Cl2+2H2O；氯气和装置C 中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，C瓶溶液的溶质

24、是NaCl、NaClO、NaOH；C 瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是：溶液中存在平衡Cl2+H2O?HCl+HClO，HCO3-消耗 H+，使平衡右移，HClO浓度增大；(2)步骤 I 的 C瓶中反应的离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO光照分解；通常选用淀粉溶液作指示剂，滴定至终点的现象当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色；由 ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-2I-+S4O62-，由方程式可得关系式NaClOI2 2S2O32-，1 2 n 0.1000mol/

25、L 0.024L=0.0024mol 则 n=0.0012mol，则 C 瓶溶液中NaClO 的含量为0.0012mol74.5g/mol0.02L=4.41g/L。【点睛】本题考查物质含量测定实验的测定的知识，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，注意滴定终点的判断方法、学会利用关系式法进行计算，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意测定原理。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17以下是有机物H 的合成路径。已知：(1)的反应类型是_。的反应条件是_。(2)试剂a 是_。F 的结构简式是 _。(3)反应的化学方程式_。与 E互为同分异构体，能水解且苯环上只有一种取代基的结

26、构简式是_。（写出其中一种）(4)A 合成 E为何选择这条路径来合成，而不是A 和 HCHO直接合成，理由是_。(5)根据已有知识，设计由为原料合成的路线 _，无机试剂任选（合成路线常用的表示方法为：XY目标产物）【答案】加成浓硫酸、加热CH3COOH 防止苯甲醇的羟基被氧化【解析】【分析】苯甲醇和醋酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成B（），B和甲醛反应生成C，C 催化氧化生成 D，D 再和 NaOH 溶液反应生成E（），根据 E的结构简式回推，可知 DE 是酯的水解，所以 D 为，D 是 C催化氧化生成的，所以C为，则 B 和甲醛的反应是加成反应。EF 增加了 2 个碳原子和2 个氧原子，根据

27、给出的已知，可推测试剂a 为 CH3COOH，生成的 F为，F生成 G（能使溴水褪色），G 分子中有碳碳双键，为F发生消去反应生成的，结合 H 的结构简式可知G 为。【详解】（1）是和甲醛反应生成，反应类型是加成反应；是的醇羟基发生消去反应生成的反应，所需试剂是浓硫酸，条件是加热；（2）由 E生成 F根据分子式的变化可以推出a 的结构简式是CH3COOH，F的结构简式是；（3）反应是的分子内酯化，化学方程式为：；E为，与 E互为同分异构体，能水解，即需要有酯基，且苯环上只有一种取代基，同分异构体可以为或；（4）苯甲酸的醇羟基容易在反应过程中被氧化，A 合成 E选择题中路径来合成原因是防止苯甲醇

28、的羟基被氧化；（5）要合成，需要有单体，由可以制得或，再发生消去反应即可得到。故合成路线为：四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18以 C、CO、CO2、CH4等含 1 个碳原子的物质为原料，可以合成一些化工原料和燃料。（1）碳原子的核外电子排布式是_，其最外层有_种运动状态不同的电子。（2）上述物质中属于非极性分子的是_。（3）合成气（CO和 H2)在不同催化剂的作用下，可以合成不同的物质。用合成气制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，写出制备二甲醚的化学方程式_。仅用合成气为原料不可能合成的物质是_(填字母序号)。a.甲醇b.乙二醇c.乙二酸d.尿素工业上可用CO2生产燃料

29、甲醇：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)+Q（Q0）。在 2L 的密闭容器中，发生上述反应：测得n(CO2)和 n(CH3OH）随时间变化如图所示。（4）该反应的化学平衡常数的表达式K=_，如果平衡常数K 减小，平衡 _(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。（5）从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v（H2）=_。（6）为了提高CH3OH 的产量，理论上可以采取的合理措施有_、_（任写 2 条措施）。（7）常温常压下，16g 液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ 的热量，写出该反应的热化学方程式 _。【答案】1s22s22p24 CO2

30、、CH42CO+4H2 CH3OCH3+H2O cd K=32322c(CH OH)c(H Oc(CO)c(H)）向逆反应方向0.1125mol/(L min)将 CH3OH 液化，及时移走适当增大压强CH3OH（l）+32O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=-738.4 kJ?mol-1【解析】【分析】(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构示意图为；(2)不同元素原子之间存在极性键，分子内正负电荷中心重合的分子为非极性分子，特别注意由极性键构成的分子不一定是极性分子；(3)用 CO和 H2制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，应为 H2O，结合原子守恒写出发生反应的化学方程式

31、；根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变进行分析；(4)化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比；温度改变，平衡常数改变，且改变温度平衡正向移动时，平衡常数增大；(5)图示可知反应中反应进行到10min 时达到平衡状态，此时CO2的变化物质的量为1.0mol-0.25mol=0.75mol，由 CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)可知 H2的变化物质的量为0.75mol 3=2.25mol，结合 v(H2)=ct计算；(6)为了提高CH3OH 的产量，理论上应该采取措施促进平衡正向移动即可；(7)25，1.0

32、1 105Pa时，16g 液态甲醇的物质的量为16g32g/mol=0.5mol，则 0.5mol 液态甲醇完全燃烧，生成液态水，放出369.2kJ 的热量，依据书写热化学方程式的方法写出该反应的热化学方程式。【详解】(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构示意图为，则碳原子的核外电子排布式是1s22s22p2，其最外层有 4 个电子，即有4 种运动状态不同的电子；(2)C 是单质，构成微粒是原子，不存在分子；CO是双原子分子，含有极性键且是极性分子；CO2是直线型分子，CH4是正四面体结构，两者分子结构中电荷的分布是均匀的，对称的，均为非极性分子；(3)用 CO和 H2制备二甲醚时，还产生了一

33、种常温为液态的氧化物，应为 H2O，则发生反应的化学方程式为 2CO+4H2=CH3OCH3+H2O；根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变进行分析；a甲醇的结构简式为CH3OH，分子式为CH4O，可看成是CO和 H2按物质的量之比1:2 合成甲醇，故a正确；b乙二醇的分子式为C2H6O2，可看成是CO和 H2按物质的量之比2:3 合成乙二醇，故b 正确；c乙二酸的分子式为C2H2O4，则 CO和 H2无法按一定物质的量之比合成乙二酸，故c 错误；d尿素分子式为CON2H4，合成气CO和 H2中不含氮元素，则CO和 H2无法合成尿素，故d 错误；故答案为cd；(4)反应 CO2(g)+3H2(

34、g)?CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数表达式K=32322c(CH OH)c(H Oc(CO)c(H)）；平衡常数K 减小，说明反应进行的限度降低，平衡向逆反应方向；(5)图示可知反应中反应进行到10min 时达到平衡状态，此时CO2的变化物质的量为1.0mol-0.25mol=0.75mol，由 CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)可知 H2的变化物质的量为0.75mol 3=2.25mol，则从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)=ct=2.25mol2L10min=0.1125mol/(Lmin)；(6)为提高 CH3OH 的产量，改变条件促进平衡正

35、向移动，可以是将CH3OH 液化，及时移走或适当增大压强；(7)25，1.01 105Pa时，16g 液态甲醇物质的量为0.5mol，完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，1mol 甲醇完全燃烧生成液态水释放的能量为369.2kJ 2=738.4kJ，则该反应的热化学方程式为CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-738.4 kJ?mol-1。19硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示：H2S S8FeS2SO2SO3H2SO4熔点/-85.5 115.2 600（分解）-75.5 16.8 10.3 沸点/-60.3 444.6-10

36、.0 45.0 337.0 回答下列问题：（1）基态 Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为_，基态 S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形。（2）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_。（3）图（a）为 S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为_。（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_形，其中共价键的类型有_种；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为_。（5）FeS2晶体的晶胞如图（c）所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德

37、罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为_g cm-3；晶胞中Fe2+位于22S所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为 _nm。【答案】哑铃（纺锤）H2S S8相对分子质量大，分子间范德华力强平面三角2 sp3213A410MN a22a【解析】【分析】（1）根据铁、硫的核外电子排布式解答；（2）根据价层电子对互斥理论分析；（3）根据影响分子晶体熔沸点高低的是分子间范德华力判断；（4）根据价层电子对互斥理论分析；（5）根据晶胞结构、结合密度表达式计算。【详解】（1）基态 Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则其价层电子的电子排布图（轨道表达式）为；基态

38、S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则电子占据最高能级是3p，其电子云轮廓图为哑铃（纺锤）形。（2）根据价层电子对互斥理论可知H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数分别是61262262324 23 33222、，因此不同其他分子的是H2S。（3）S8、二氧化硫形成的晶体均是分子晶体，由于S8相对分子质量大，分子间范德华力强，所以其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多；（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，根据（2）中分析可知中心原子含有的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，所以其分子的立体构型为平面三角形。分子中存在氧硫双键，因此其中共价键的类型有2

39、种，即 键、键；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子形成4 个共价键，因此其杂化轨道类型为sp3。（5）根据晶胞结构可知含有铁原子的个数是121/4+14，硫原子个数是81/8+61/2 4，晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则其晶体密度的计算表达式为321373344/10/(10)AAmMMgcmgcmVNaN a；晶胞中Fe2+位于22S所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长是面对角线的一半，则为22anm。【点睛】本题主要是考查核外电子排布、杂化轨道、空间构型、晶体熔沸点比较以及晶胞结构判断与计算等，难度中等。其中杂化形式的判断是难点，由价层电子特征判断分子立体构型时需注意：价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致；价层电子对互斥模型能预测分子的几何构型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。两者相结合，具有一定的互补性，可达到处理问题简便、迅速、全面的效果。