2019-2020学年安徽省合肥市肥东县第二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

《2019-2020学年安徽省合肥市肥东县第二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年安徽省合肥市肥东县第二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（20页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2019-2020学年安徽省合肥市肥东县第二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某有机化工品R 的结构简式如图所示。下列有关R 的说法正确的是A R的分子式为C10H10O2B苯环上一氯代物有2 种CR分子中所有原子可共平面D R能发生加成、氧化和水解反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A R的分子式为C10H8O2，A 项错误；B苯环上4 个氢原子位置不对称，故苯环上一氯代物有4 种，B项错误；C CH3中四个原子不可能共平面，则R 分子中所有原子不可能共平面，C项错误；D R含有酯基、碳碳双键和苯环，能发生水解反

2、应、加成反应和氧化反应，D 项正确；答案选 D。【点睛】确定多官能团有机物性质的步骤：（1）找出有机物所含的官能团，如碳碳双键、碳碳叁键、醇羟基、酚羟基、羧基等等；（2）联想每种官能团的典型性质；（3）结合选项分析对有机物性质描述的正误。注意：有些官能团性质会交叉，如碳碳叁键与醛基都能被溴水、酸性高锰酸钾溶液氧化，也能与氢气发生加成反应等。2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、SO42Na、Ca2、Cl、HCO3 K、Ba2、Cl、NO3ABCD【答案】B【解析】【分析】由水电

3、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。3化学与生活密切相关。下列叙述错误的是

4、A食用单晶冰糖的主要成分是单糖B硫酸亚铁可用作袋装食品的脱氧剂C用水玻璃浸泡过的纺织品可防火D传播新冠病毒的气溶胶具有胶体性质【答案】A【解析】【分析】【详解】A冰糖的主要成分是蔗糖，属于二糖，A 错误；B硫酸亚铁里的铁元素为+2 价具有还原性，与空气中的氧气反应，可以用于袋装食品的脱氧剂，B正确；C硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，不易燃烧，用水玻璃浸泡过的纺织品可防火，C正确；D气溶胶是胶粒分散到气态分散剂里所得到的分散系，气溶胶属于胶体，具有胶体性质，D 正确；答案选 A。4下列实验中，与现象对应的结论一定正确的是A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】【详解】A CH4和 Cl2在

5、光照下发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，其中一氯甲烷和氯化氢在常温下为气体。混合气体通入石蕊溶液先变红后褪色，说明有氯气剩余，故反应后含氯的气体有 3 种，故 A 错误；B.向 10mL0.1mol/LNaOH 溶液中先后加入1mL 浓度均为0.1mol/L 的 MgCl2和 CuCl2溶液，由于碱过量，两种金属离子均完全沉淀，不存在沉淀的转化，故不能根据现象比较Cu(OH)2和 Mg(OH)2的溶解度的大小，故 B 错误；C.碳酸氢铵受热分解生成氨气、水和二氧化碳，氨气溶于水溶液显碱性，使石蕊变蓝，结论错误，故C错误；D.金属钠和水反应比钠和乙醇反应剧烈，说明水

6、中羟基氢的活泼性大于乙醇的，故D 正确。故选 D。5下列说法中正确的是（）A 25时某溶液中水电离出的c(H+)1.0 10-12 mol L-1，其 pH 一定是 12 B某温度下，向氨水中通入CO2，随着 CO2的通入，32c OHc NHH On不断增大C恒温恒容下，反应X(g)3Y(g)?2Z(g)，起始充入3 mol X 和 3 mol Y，当 X 的体积分数不变时，反应达到平衡D某温度下，向pH6 的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH 为 2，该温度下加入等体积pH10 的 NaOH 溶液可使反应后的溶液恰好呈中性【答案】D【解析】【详解】A.既然由水电解出

7、的c（H+）=1.010-12mol/L，则由水电解出的c（OH-）=1.010-12mol/L；而 c（H+）c（OH-）=1.010-14mol/L，所以原来的溶液的c（H+）=1.010-2mol/L 或者 c（OH-）=1.010-2mol/L，即溶液可能呈现强酸或强碱性，强酸时pH=2，强碱时 pH=12，故 A 错误；B.NH3 H2O?NH4OH-，通入 CO2平衡正向移动，c(NH4+)不断增大，而平衡常数不变，则32c OHc NHH On=4Kc NH不断减小，故B 错误；C.恒温恒容下，反应X(g)3Y(g)?2Z(g)，起始充入3 mol X 和 3 mol Y，由三段

8、式计算可知，X的体积分数一直是50%，故 C 错误；D.蒸馏水的pH 6，所以 Kw=1 10-12，应加入等体积浓度为0.01mol?L-1的氢氧化钠溶液，故应加入等体积 pH=10 的 NaOH 溶液，可使该溶液恰好呈中性，故D 正确；正确答案是D。【点睛】A 项涉及 pH 的简单计算，明确溶液中的溶质是抑制水电离是解本题的关键，能电离出氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离。6图 1 为 CO2与 CH4转化为 CH3COOH的反应历程(中间体的能量关系如虚框中曲线所示)，图 2 为室温下某溶液中CH3COOH和 CH3COO两种微粒浓度随pH 变化的曲线。下列结论错误的是A CH4分子在催

9、化剂表面会断开CH 键，断键会吸收能量B中间体的能量大于中间体的能量C室温下，CH3COOH的电离常数Ka104.76D升高温度，图2 中两条曲线交点会向pH 增大方向移动【答案】D【解析】【分析】【详解】A.虚框内中间体的能量关系图可知，CH4分子在催化剂表面断开CH 键，断裂化学键需要吸收能量，A 项正确；B.从虚框内中间体的能量关系图看，中间体是断裂CH 键形成的，断裂化学键需要吸收能量，中间体是形成CC 和 OH 键形成的,形成化学键需要释放能量，所以中间体的能量大于中间体的能量，B 项正确；C.由图 2 可知，当溶液pH=4.76，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05

10、mol/L，CH3COOH?CH3COO-+H+的电离常数Ka=-+33c(CH COO)c(H)c(CH COOH)g=c(H+)=10-4.76。C项正确；D.根据 CH3COOH?CH3COO-+H+的电离常数Ka=-+33c(CH COO)c(H)c(CH COOH)g可知，图2 两条曲线的交点的c(H+)值等于醋酸的电离常数Ka的值，而升高温度电离常数增大，即交点的c(H+)增大，pH 将减小，所以交点会向 pH 减小的方向移动。D 项错误；答案选D。7香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下。下列有关香叶醇的叙述正确的是A分子式为C10Hl8O B分子中所有碳原子不可能共平面

11、C既属于醇类又属于烯烃D能发生加成反应，不能发生氧化反应【答案】A【解析】【详解】A由结构简式可知，该有机物的分子式为C10H18O，故 A 正确；B根据乙烯分子的平面结构分析，与双键两端的碳原子相连的碳原子都在同一平面上，且单键可以旋转，所以该分子中所有碳原子有可能共面，故B 错误；C含有羟基，属于醇类，因为含有O，所以不是烃，故C 错误；D含 C=C，能发生加成反应，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，含-OH 能发生氧化反应，故D 错误。故选 A。【点睛】此题易错点在C 项，烃只能含有碳氢两种元素。8X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子半径与最外层电子数的关系如下图所示。

12、R原子最外层电子数Q 原子最外层电子数的4 倍，Q 的简单离子核外电子排布与Z2-相同。下列相关叙述不正确的是A化合物中含有离子键B五种元素中Q 的金属性最强C气态氢化物的稳定性：D最高价氧化物对应的水化物酸性：【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，R 原子最外层上的电子数是Q 原子最外层电子数的 4 倍，则 Q 只能处于IA 族，R 处于 A 族，R 与 X最外层电子数相同，二者同主族，且R 的原子半径较大，故 X 为 C 元素、R 为 Si元素；最外层电子数ZY4，且二者原子半径小于碳原子，故Y、Z处于第二周期，Z能够形成离子Z2-，故 Z为 O

13、元素，则 Y为 N 元素；Q 离子核外电子排布与O2-相同，且Q 处于 IA族，故 D 为 Na，据此进行解答。【详解】根据上述分析可知X 是 C 元素，Y是 N 元素，Z是 O 元素，R 是 Si元素，Q 是 Na 元素。A.化合物 XZ2是 CO2，该物质是共价化合物，由分子构成，分子中含有共价键，A 错误；B.在上述五种元素中只有Q 表示的 Na 元素是金属元素，因此五种元素中Q 的金属性最强，B正确；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性NC，所以氢化物的稳定性NH3CH4，C 正确；D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于元

14、素的非金属性NSi，所以酸性：HNO3H2SiO3，D 正确；故合理选项是A。【点睛】本题考查了元素周期表与元素周期律的应用的知识。根据元素的原子结构及相互关系进行元素推断是本题解答的关键，难度适中。9NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A常温常压下，11.2 L SO2含有的氧原子数小于NAB0.1 mol Na2O2和 Na2O 的混合物中含有的离子总数等于0.4NAC10 g 质量分数为34%的 H2O2溶液含有的氢原子数为0.2NAD 100 mL 0.1 mol/L 醋酸中含有的醋酸分子数是0.01NA【答案】A【解析】【详解】A常温常压下，气体摩尔体积大于22.4 L/m

15、ol，故 11.2 L 二氧化硫的物质的量小于0.5 mol，则含有的氧原子个数小于NA，故 A 正确；B 由 Na2O2的电子式为，Na2O 的电子式为可知，1 mol Na2O 中含 3 mol 离子，1 mol Na2O2中含 3 mol 离子，则0.1 mol Na2O 和 Na2O2混合物中离子为0.3 mol，即含有的阴、阳离子总数是0.3NA，故 B 错误；C H2O2溶液中，除了 H2O2，水也含氢原子，故 10 g质量分数为 34%的 H2O2溶液中溶质的质量10 g 34%=3.4g，物质的量n=mM=3.4g34g=0.1mol，一个过氧化氢分子中含有两个氢原子，1mol

16、 过氧化氢分子中含有2mol氢原子，0.1mol 过氧化氢分子中含有0.2mol 氢原子，0.2mol 氢原子个数等于0.2NA，水也含氢原子，氢原子的个数大于0.2NA，故 C错误；D醋酸为弱酸，在水中不完全电离，100 mL 0.1 mol/L 醋酸的物质的量n=cV=0.1mol/L 0.1L=0.01mol，含有的醋酸分子数小于0.01NA，故 D 错误；答案选 A。【点睛】计算粒子数时，需要先计算出物质的量，再看一个分子中有多少个原子，可以计算出原子的数目。10NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A 5.5g 超重水(T2O)中含有的中子数目为3NAB常温常压下，44gCO2

17、与足量过氧化钠反应转移电子的数目为NAC常温常压下，42gC2H4和 C4H8混合气体中含有氢原子的数目为6NAD 0.1L0.5molL1CH3COOH溶液中含有H数目为 0.2NA【答案】D【解析】【详解】A 选项，5.5g 超重水(T2O)物质的量-1m5.5gn=0.25molM22g mol，1 个 T2O 中含有 12 个中子，5.5g 超重水(T2O)含有的中子数目为3NA，故 A 正确，不符合题意；B 选项，根据反应方程式2mol 过氧化钠与2mol 二氧化碳反应生成2mol 碳酸钠和1mol 氧气，转移2mol电子，因此常温常压下，44gCO2即物质的量1 mol，与足量过氧

18、化钠反应转移电子的数目为NA，故 B 正确，不符合题意；C 选项，C2H4和 C4H8混合气体可用通式法来分析，通式为 CnH2n，42gC2H4和 C4H8混合气体中含有氢原子物质的量-1m42gn=2n=6molM14ng mol，因此含有氢原子的数目为6NA，故 C正确，不符合题意；D 选项，0.1 L 0.5 molL1CH3COOH物质的量为0.05mol，醋酸是弱酸，部分电离，因此溶液中含有H数目小于为 0.05NA，故 D 错误，符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】C2H4和 C4H8混合气体可用通式法来分析含碳原子个数和含氢原子个数的思想。11既含离子键又含共价键的物质是A

19、H2BMgCl2CH2O D KOH【答案】D【解析】氢气中含有H-H键，只含共价键，故A错误；MgCl2由镁离子、氯离子构成，只含离子键，故B错误；H2O中含有 H-O键，只含共价键，故C错误；KOH由钾离子、氢氧根离子构成，氢氧根离子中含有H-O键，所以 KOH既含离子键又含共价键，故D正确。12下列说法正确的是A纺织品上的油污可以用烧碱溶液清洗B用钢瓶储存液氯或浓硫酸CH2、D2、T2互为同位素D葡萄糖溶液和淀粉溶液都可产生丁达尔效应【答案】B【解析】【详解】A.纺织品中的油污通常为矿物油，成分主要是烃类，烧碱与烃不反应；另烧碱也会腐蚀纺织品，选项A 错误；B.常温下，铁与液氯不反应，在

20、冷的浓硫酸中发生钝化，均可储存在钢瓶中，选项B 正确；C.同位素是质子数相同，中子数不同的原子之间的互称，选项C 错误；D.淀粉溶液属于胶体，产生丁达尔效应；而葡萄糖溶液不属于胶体，选项D 错误。答案选 B。13下列说法错误的是A过氧碳酸钠(2Na2CO33H2O2)具有碳酸钠和H2O2的双重性质，可作去污剂、消毒剂B亚硝酸钠具有防腐的作用，所以可在食品中适量添加以延长保质期。C不锈钢是通过改变材料的内部结构达到防锈蚀的目的D“碳纳米泡沫”与石墨烯互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A、过氧化氢（H2O2）常用作氧化剂、漂白剂和消毒剂，为了贮存、运输、使用的方便，工业上将过氧化氢转化为固态

21、的过碳酸钠晶体（2Na2CO3?3H2O2），该晶体具有碳酸钠和过氧化氢的双重性质，选项 A 正确；B、亚硝酸具有防腐作用，所以可在食品中适量添加以延长保质期，但是亚硝酸盐会危害人体健康，应控制用量，选项B 正确；C、不锈钢是通过改变材料的内部结构达到防锈蚀的目的，指耐空气、蒸汽、水等弱腐蚀介质和酸、碱、盐等化学浸蚀性介质腐蚀的钢，选项C正确；D、“碳纳米泡沫”，与石墨烯是不同性质的单质，二者互为同素异形体而不是同分异构体，选项D 错误；答案选 D。14NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A 1.0L1.0molL1的 H2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NAB273K、101kPa 下

22、，22.4L 甲烷和氧气的混合气体燃烧后，产物的分子总数一定为NAC25时 pH 13 的 NaOH 溶液中含有OH的数目为0.1NAD 1 mol Na 与氧气完全反应得到Na2O 与 Na2O2的混合物时失去的电子数一定为NA【答案】D【解析】【详解】A.1.0L1.0molL-1的 H2SO4水溶液中含有水，氧原子数大于4NA，A 错误；B.273K、101kPa 下，22.4L 甲烷和氧气的混合气体燃烧后，产物二氧化碳和水，分子总数大于NA，B 错误；C.25时 pH13 的 NaOH 溶液中没有体积，无法计算OH的数目，C错误；D.1 mol Na 与氧气完全反应得到Na2O 与 N

23、a2O2的混合物时，钠单质变为钠离子，转移1 mol 电子，失去的电子数一定为NA，D 正确；答案选 D。15金属钼具有高强度、高熔点、耐磨抗腐性，用于制火箭、卫星的合金构件。钼酸钠晶体(Na2MoO4?2H2O)是一种重要的金属缓蚀剂。利用钼矿(主要成分MoS2，还含少量钙、镁等元素)为原料冶炼金属钼和钼酸钠晶体的主要流程图如下：(1)Na2MoO4?2H2O 中钼元素的价态为_，煅烧产生的尾气引起的环境危害主要是_。(2)用浓氨水溶解粗产品的离子方程式是_，由图中信息可以判断MoO3是_氧化物。（填“酸性”、“碱性”或“两性”）(3)操作 I 是_，操作所得的钼酸要水洗，检验钼酸是否洗涤干

24、净的方法是_。(4)采用NaClO 氧化钼矿的方法将矿石中的钼浸出，该过程放热。请配平以下化学反应：_NaClO+_MoS2+_NaOH _Na2MoO4+_Na2SO4+_NaCl+_H2O。钼的浸出率随着温度变化如图，当温度高于50后浸出率降低的可能原因是_（写一点）。(5)锂和 MoS2可充电电池的工作原理为xLi+nMoS2Lix(MoS2)n，则电池充电时阳极上的电极反应式为_。【答案】+6 酸雨MoO3+2NH3?H2O=2NH4+MoO42+H2O 酸性过滤取少量最后一次水洗液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净9 1 6 1 2 9 3 该反应为

25、放热反应，升温使平衡逆移；随着温度升高，其它金属杂质离子浸出也增多，沉淀了MoO42Lix(MoS2)n-xe=nMoS2+xLi+【解析】【分析】制备金属钼和钼酸钠：钼矿的主要成分为MoS2，在空气中煅烧2MoS2+7O22MoO3+4SO2，生成 MoO3和 SO2，所以尾气含SO2；MoO3加浓氨水生成钼酸铵溶液，2NH3?H2O+MoO3=(NH4)2MoO4+H2O，过滤除去杂质，在钼酸铵溶液中加足量盐酸，发生复分解反应生成钼酸和氯化铵，过滤得到钼酸晶体高温分解生成MoO3；钼矿与 NaOH、NaClO 溶液发生反应9MoS2+6OH-+ClO-=MoO42-+2SO42-+9Cl-

26、+3H2O，Na2MoO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na2MoO4 2H2O。【详解】(1)Na2MoO4 2H2O 中 Na 元素化合价为+1 价、O 元素化合价为-2 价，根据化合物中各元素化合价的代数和为 0 确定 Mo 元素的价态为42-21=+6价；工业煅烧钼矿的尾气为二氧化硫，二氧化硫引起的环境危害主要是酸雨；(2)用浓氨水溶解粗产品MoO3，反应产生钼酸铵和水，反应的离子方程式为：MoO3+2NH3?H2O=2NH4+MoO42+H2O；MoO3可以与碱溶液反应生成MoO42-和水，因此可以说明MoO3是酸性氧化物；(3)操作 I 是分离难溶性的固体与可溶性

27、液体混合物的方法，该分离混合物的方法为过滤；操作过滤分离出固体钼酸和滤液，在滤液中含有NH4Cl，所得的钼酸要水洗，检验钼酸是否洗涤干净的方法就是检验洗涤液中是否含有Cl-，操作是取少量最后一次水洗液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净；(4)在该反应中Cl元素化合价由反应前NaClO 中的+1 价变为反应后NaCl 中的-1 价、Mo 元素化合价由反应前 MoS2中的+2 价变为+6 价、S元素化合价由反应前MoS2中的-1 价变为反应后Na2SO4中的+6 价，根据转移电子及原子守恒，配平方程式为9NaClO+MoS2+6NaOH=Na2MoO4+2Na2S

28、O4+9NaCl+3H2O；钼的浸出率随着温度变化如图，当温度低于50时，温度升高，反应速率加快，更多的钼溶解，因此钼的浸出率随着温度的升高而增大；当温度高于50后浸出率降低的可能原因是：第一，该反应的正反应是放热反应，随着温度升高，平衡向吸热的逆反应方向移动；第二，随着温度升高，其它金属杂质离子浸出也增多，沉淀了MoO42，导致浸出率降低；(5)锂和 MoS2可充电电池的工作原理为xLi+nMoS2Lix(MoS2)n，可知：在电池充电时阳极上的电极反应式为放电时正极反应式的逆反应，放电时，正极上MoS2得电子和锂离子反应生成Lix(MoS2)n，则阳极反应式为 Lix(MoS2)n-xe-

29、=nMoS2+xLi+。【点睛】本题考查物质制备的工艺流程，涉及混合物的分离和提纯、氧化还原反应方程式的配平、离子的检验方法、电解池反应原理，把握流程图中每一步发生的反应及操作方法是解本类型题的关键，注意结合题给信息解答，侧重分析能力的考查。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16氮化锂(Li3N)是有机合成的催化剂，Li3N 遇水剧烈反应。某小组设计实验制备氮化锂并测定其纯度，装置如图所示：实验室用NH4Cl 溶液和 NaNO2溶液共热制备N2。（1）盛装 NH4Cl溶液的仪器名称是_。（2）安全漏斗中“安全”含义是_。实验室将锂保存在_（填“煤油”“石蜡油”或“水”）中。（3）写出

30、制备N2的化学方程式_。（4）D 装置的作用是 _。（5）测定 Li3N 产品纯度：取mg Li3N 产品按如图所示装置实验。打开止水夹，向安全漏斗中加入足量水，当 Li3N 完全反应后，调平 F和 G 中液面，测得 NH3体积为 VL（已折合成标准状况）。读数前调平F和 G 中液面的目的是使收集NH3的大气压 _（填“大于”“小于”或“等于”）外界大气压。该 Li3N 产品的纯度为_%（只列出含m 和 V 的计算式，不必计算化简）。若Li3N 产品混有Li，则测得纯度 _（选填“偏高”“偏低”或“无影响”）。【答案】圆底烧瓶残留在漏斗颈部的液体起液封作用；当内部气体多、压强大时，又可通过积留

31、液体而放出气体石蜡油NaNO2NH4ClNaClN2 2H2O 防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，干扰试验等于3510022.4mV偏高【解析】【分析】分析题给装置图，可知装置A 为 NH4Cl溶液和 NaNO2溶液共热制备N2的发生装置，装置B的目的为干燥N2，装置 C为 N2和金属 Li 进行合成的发生装置，装置D 的主要目的是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，干扰试验。据此解答。【详解】（1）盛装 NH4Cl溶液的仪器是圆底烧瓶，答案为：圆底烧瓶；（2）安全漏斗颈部呈弹簧状，残留液体起液封作用，当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体；锂的密度小于煤油，锂与水反应，常将锂保存在

32、石蜡油中。答案为：残留在漏斗颈部的液体起液封作用，当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体；石蜡油（3）亚硝酸钠与氯化铵共热生成氮气、氯化钠和水。反应方程式为：NaNO2NH4ClNaClN2 2H2O。答案为：NaNO2 NH4ClNaClN2 2H2O；（4）锂能与二氧化碳、水反应，氮化锂能与水反应，故用D 装置吸收空气中的水蒸气和二氧化碳。答案为：防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，干扰试验；（5）氨气压强无法直接测定，只能测定外界大气压，当G 和 F中液面相平时，氨气压强等于外界大气压。答案为：等于；装置 E中发生反应：Li3N3H2O=3LiOHNH3，根据题意有：n(NH3

33、)=L=22.4L/mol22.4VVmol，则(Li3N)=-1mol35g mol22.4m gVg100%=3510022.4mV%。锂能与水反应产生H2，如果产品混有锂，则产生气体体积偏大，测得产品纯度偏高；答案为：3510022.4mV；偏高。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17具有抗菌作用的白头翁素衍生物I 的合成路线如图所示：已知：.R-HC=CH-R+R”COOH.R-HC=CH-R”(以上 R、R、R”代表氢、烷基或芳基等)。回答下列问题：（1）反应的反应类型是_。（2）写出反应的化学方程式是_。（3）合成过程中设计步骤和的目的是_。（4）试剂 a 是_。（5）下

34、列说法正确的是_（选填字母序号）。a.物质 A 极易溶于水b.反应后的试管可以用硝酸洗涤c.F生成 G 的反应类型是取代反应d.物质 D 既能与盐酸反应又能与氢氧化钠钠溶液反应（6）由 F与 I2在一定条件下反应生成G 的化学方程式是_；此反应同时生成另外一个有机副产物且与G互为同分异构体，此有机副产物的结构简式是_。（7）已知：RCH2BrR-CH=CH-R1以乙烯起始原料，结合已知信息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】加成反应2+O22+2H2O 保护碳碳双键，防止催化氧化时被破坏氢氧化钠的醇溶液或氢氧化钠

35、的乙醇溶液bd+I2+HI【解析】【分析】与 HBr 发生加成反应生成(B)，(B)催化氧化生成(C)，(C)发生银镜反应生成(D)，(D)与氢氧化钠的醇溶液反应生成(E)，(E)酸化后生成(F)，(F)与 I2反应生成(G)，一定条件下可反应生成(H)，最终反应生成(I)，据此作答。【详解】（1）反应为与 HBr 发生加成反应生成，因此反应类型为加成反应；（2）反应为催化氧化生成，反应方程式为：2+O22+2H2O；（3）步骤将碳碳双键改变，步骤将碳碳双键还原，两个步骤保护了碳碳双键，防止催化氧化时碳碳双键被破坏；（4）反应是发生消去反应反应生成的过程，小区反映的条件是氢氧化钠的醇溶液；（5

36、）a.有机物 A 中存在羟基，属于亲水基，因此A 可溶于水，但不是及易溶于水，a 项错误；b.反应为银镜反应，银镜反应后的试管可用硝酸洗涤，b 项正确；c.与 I2反应生成发生了加成反应和消去反应，不是取代反应，c 项错误；d.物质 D 为，既可与氢氧化钠水溶液发生取代反应，也可与盐酸发生取代反应，d项正确；答案选 bd；（6）F为，与 I2在在一定条件下反应生成G 的化学方程式为：+I2+HI；另一有机物与G 互为同分异构体，根据结构特点可知该物质的结构简式为：；（7）根据已知条件可知乙烯与水加成生成乙醇，乙醇催化氧化后得到乙醛；乙烯与HBr 发生加成反应生成溴乙烷，溴乙烷与乙醛反应生成2-

37、丙烯，2-丙烯在一定条件下可生成，因此合成路线可表示为：。【点睛】对于有机合成和推断题的解法，可概括为“前推后，后推前，两边推中间，关键看条件、信息、官能团”，解题的关键是快速提取有效信息，具体过程为：四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18钴的化合物在工业生产、生命科技等行业有重要应用。(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

38、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 1s22s22p63s23p63d7Co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

39、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

40、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=7771310cm10cm10

41、cm622aac=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。19某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为MnO2+12Zn+(1+x6)H2O+16ZnSO4MnOOH+16ZnSO4Zn(OH)23 xH2O。其电池结构如图甲所示，图乙是有机高聚物的结构片

42、段。（1）Mn2+的核外电子排布式为_；有机高聚物中C的杂化方式为_。（2）已知 CN-与 N2互为等电子体，推算拟卤（CN)2分子中 键与 键数目之比为_。（3）NO2-的空间构型为_。（4）MnO 是离子晶体，其晶格能可通过如图的Born-Haber 循环计算得到。Mn 的第一电离能是_，O2的键能是 _，MnO 的晶格能是 _。（5）R(晶胞结构如图）由Zn、S组成，其化学式为_（用元素符号表示）。已知其晶胞边长为acm，则该晶胞的密度为_g cm3(阿伏加德罗常数用NA表示）。【答案】1s22s22p63s23p63d5sp2、sp33：4 V 型bkJ?mol12ekJ?mol1(f

43、-a-b-c-d-e)kJ?mol1ZnS 3A388aN【解析】【分析】(1)Mn 元素的原子核外有25 个电子，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2；根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式；(2)CN-和氮气分子互为等电子体，二者结构相同，根据氮气分子判断(CN)2分子中存在的键与 键的个数；(3)NO2-中 N 原子的价层电子对数=2+12(5+1-2 2)=3，杂化类型是sp2，含有 1 个孤电子对，NO2-的空间构型是 V 型；(4)Mn 的第一电离能为气态Mn 原子失去第一个电子时需要吸收的能量；由1molO2分子变成 O 原子的过程中，需要吸收的能量

44、为2ekJ；晶格能是气态离子形成1mol 离子晶体释放的能量；(5)ZnS晶胞结构如图所示，利用均摊法找出晶胞中有4 个 Zn，有 4 个 S，然后进行相关计算，求出晶胞密度。【详解】(1)Mn 元素的原子核外有25 个电子，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则基态Mn2的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；这些 C原子中有些C原子价层电子对个数是3、有些是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式分别为sp2、sp3；故答案为：1s22s22p63s23p63d5；sp2、sp3；(2)CN-与 N2结构相似，C 原子与 N 原子之间形成三

45、键，则拟卤(CN)2分子结构式为NC-CN，三键中含有 1 个 键、2 个 键，单键属于键，故(CN)2分子中 键与 键数目之比为3：4，故答案为：3：4；(3)NO2-中 N 原子的价层电子对数=2+12(5+1-2 2)=3，杂化类型是sp2，含有 1 个孤电子对，NO2-的空间构型是 V 型，故答案为V 型；(4)由图中 Mn(晶体)Mn(g)Mn+(g)过程，电离能为1mol 的气态原子变为+1 价阳离子的能量，故其第一电离能为bkJ?mol1；由图中12O2(g)2O(g)为12molO=O 的键能，故O=O 键键能为 ekJ?mol1 2=2ekJ?mol1；Mn 晶格能为从气态离

46、子形成1mol 晶体放出的能量，根据盖斯定律，故晶格能=(f-a-b-c-d-e)kJ?mol1，故答案为：bkJ?mol1；2ekJ?mol1；(f-a-b-c-d-e)kJ?mol1；(5)由晶胞的结构可知，Zn 全部在晶胞的内部，所以1 个晶胞中含有4 个 Zn2+，S分别位于晶胞的顶点和面心，根据晶胞中原子的“均摊法”可计算 1 个晶胞中S2-的个数为：1186=482，由 Zn，S组成化学式为ZnS；1mol 晶体的质量为97g，1mol 晶胞的体积为NA a3cm3，因此该晶体的密度为3333AA974g388=g/cma cmamVNN，故答案为：ZnS；3A388aN。【点睛】晶胞在晶体中的各个方向上都可以重复排列，所以晶胞表面的原子都是与相邻的晶胞共用的，晶胞中原子数研究中，表面的原子只占到其中的几分之一，晶胞内部的原子则完全属于该晶胞。具体，常见的立方体的晶胞，顶点的原子晶胞占1/8，棱边上的原子晶胞占1/4，面上的原子晶胞占1/2。