2019-2020学年北京市石景山区第九中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市石景山区第九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以 Fe3O4 Pd 为催化材料，利用电化学原理实现H2消除酸性废水中的-2NO，其反应过程如图所示已知 Fe3O4中 Fe 元素化合价为+2、+3 价，分别表示为Fe()、Fe()。下列说法错误的是A处理-2NO的电极反应为2NO2-+8H+6e=N2+4H2O BFe()与 Fe()的相互转化起到了传递电子的作用C用该法处理后，水体的pH 降低D消耗标准状况下6.72LH2，理论上可处理含NO2-4.6mgL1的废水 2m3【答案】C【解析

2、】【分析】【详解】A根据图示，处理-2NO得到电子转化为氮气，电极反应为2NO2-+8H+6e=N2+4H2O，故 A 正确；BFe()得电子生成Fe()，Fe()失电子生成Fe()，则 Fe()与 Fe()的相互转化起到了传递电子的作用，故 B 正确；C根据图示，总反应方程式可知：2H+2NO2-+3H2催化剂N2+4H2O，所以用该法处理后水体的pH 升高，故C 错误；D根据 C项的总反应2H+2NO2-+3H2催化剂N2+4H2O，消耗标准状况下6.72LH2即为6.72L22.4L/mol=0.3mol，理论上可处理NO2-的物质的量=23 0.3mol=0.2mol，可处理含4.6m

3、g L1 NO2-废水的体积=-310.2mol46g/mol4.6 10 g L=2 103L=2m3，故 D 正确；答案选 C。2H2SO3水溶液中存在电离平衡H2SO3H+HSO3和 HSO3H+SO32，若对 H2SO3溶液进行如下操作，则结论正确的是：（）A通入氯气，溶液中氢离子浓度增大B通入过量H2S，反应后溶液pH 减小C加入氢氧化钠溶液，平衡向右移动，pH 变小D加入氯化钡溶液，平衡向右移动，会产生亚硫酸钡沉淀【答案】A【解析】【详解】A、氯气和亚硫酸会发生氧化还原反应Cl2+H2SO3+H2O=4H+SO42-+2Cl-，溶液中氢离子浓度增大，A 正确；B、亚硫酸和硫化氢发生

4、氧化还原反应H2SO3+2H2S=3S+3H2O，通入硫化氢后抑制亚硫酸电离，导致氢离子浓度减小，溶液的pH 增大，B错误；C、加入氢氧化钠溶液，发生反应OH-+H+=H2O，平衡向正向移动，但氢离子浓度减小，溶液的pH 增大，C错误；D、氯化钡和亚硫酸不反应，不影响亚硫酸的电离，不会产生亚硫酸钡沉淀，D 错误。答案选 A。3如图是CO2生产甲醇的能量变化示意图下列说法正确的是（）A E2_E1是该反应的热效应BE3_E1是该反应的热效应C该反应放热，在常温常压下就能进行D实现变废为宝，且有效控制温室效应【答案】D【解析】【详解】A、化学反应的热效应等于反应物和产物的能量之差，反应物的能量高于

5、产物能量，所以反应放热，所以反应的热效应是E1E2，A 错误；B、化学反应的热效应等于反应物和产物的能量之差，所以反应的热效应是E1 E2，B 错误；C、该反应反应物的能量高于产物能量，所以反应放热，但是放热反应在常温常压下不一定就能进行，C错误；D、二氧化碳是温室气体，甲醇可以做燃料，二氧化碳和氢气转化为甲醇和水的反应可以可以实现变废为宝，且有效控制温室，D 正确。答案选 D。4制备和收集下列气体可采用如图装置的是（）A铜与浓硫酸反应制SO2B铜与稀硝酸反应制NO C乙醇与浓硫酸反应制乙烯D氯化钠与浓硫酸反应制HCl【答案】B【解析】【分析】由实验装置图可知，反应在加热条件下进行，生成气体可

6、用排水法收集，说明生成的气体不溶于水。【详解】A SO2易溶于水，不能用排水法收集，A 项错误；BNO 不溶于水，易与空气中氧气反应，只能用排水法收集，B项正确；C乙醇与浓硫酸反应制乙烯应有温度计，装置不符合要求，C项错误；D HCl易溶于水，不能用排水法收集，D 项错误；答案选 B。5下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论A 将铜粉加入1.0mol L-1Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属铁比铜活泼B 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满 CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性C 将稀硝酸加入过量铁粉中

7、，充分反应后滴加 KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为 Fe3+D 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A Cu与硫酸铁反应生成硫酸铜、硫酸亚铁，现象不合理，故A 错误；B钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和C，由现象可知二氧化碳具有氧化性，故B正确；C稀硝酸加入过量铁粉中，生成硝酸亚铁，则充分反应后滴加KSCN溶液，无明显现象，现象不合理，故 C 错误；D氧化铝的熔点高，包裹在Al 的外面，则熔化后的液态铝不会滴落下来，现象不合理，故D 错误；答案选 B。6某同学设计了如图所示

8、元素周期表，已知Z 元素的最外层电子数是次外层的3 倍。空格中均有对应的元素填充。下列说法正确的是A白格中都是主族元素，灰格中都是副族元素BX、Y分别与 Z 形成的化合物都只有两种CX、Y元素最高价氧化物对应的水化物酸性：XY D X、Y、Z的气态氢化物中最稳定的是X的氢化物【答案】C【解析】【分析】按照排布规律，前3 周期，一侧的相同位置的元素位于同一主族，比如B 和 Al 同主族，均在H 的左侧，均处于棱形的顶部空格内。则可知X、Y 同主族，且X 为 N，Y 为 P，Z 为 O。到了第四周期，出现灰色空格，填充副族元素，如Se。【详解】A、按照图示，白格填充的为主族元素和稀有气体元素，灰格

9、填充的为副族元素，A 错误；B、X 和 Z，可以形成NO、NO2、N2O5等氮氧化物，不止2 种，B 错误；C、X 的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，Y 的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，同主族元素，同上到下非金属性减弱，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则HNO3H3PO4；C正确；D、非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，同主族元素，同上到下非金属性减弱，同周期元素，从左到右，非金属性增强，则非金属性排序为ON P，氢化物最强的是Z 的氢化物，H2O；D 错误；答案选 D。7常温下，以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2、Pb2、Cd2等，通过添加过量

10、的难溶电解质 MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀并过滤除去，下列说法正确的是A过滤后的溶液中一定没有S2-BMnS 难溶于水，可溶于MnCl2溶液中C常温时，CuS、PbS、CdS比 MnS 更难溶D加入 MnS 后生成 CuS的离子方程式是Cu2+S2-=CuS【答案】C【解析】【分析】【详解】A、难溶并不是不溶，只是溶解度小，过滤后的溶液中一定有极少量的S2-，错误，不选A；B、硫化锰难溶于水，也难溶于氯化锰的溶液，错误，不选B；C、通过添加过量的难溶电解质硫化锰，除去铜离子、铅离子、镉离子，是沉淀转化的原理，利用硫化铜、硫化铅、硫化镉比硫化锰更难溶于水的原理转化，正确，选C；D、沉淀

11、转化的离子方程式为Cu2+（aq）+MnS(s)=CuS(s)+Mn2+（aq），错误，不选D。本题选 C。8下列图示中的实验操作、仪器、试剂（部分夹持装置已略）均正确的是A如图为稀释浓硫酸B如图可用于验证浓硫酸的脱水性和氧化性C如图可用于分离乙酸与CH2Cl2D如图可用于测量SO2的体积【答案】B【解析】【详解】A.由于浓硫酸溶于水放出大量的热，所以稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸缓缓地沿烧杯内壁注入水中，同时要搅动液体，以使热量及时地扩散，图中操作未沿着烧杯内壁缓慢注入，操作不规范，A 项错误；B.浓硫酸可使蔗糖炭化，蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水性，生成的C单质继续与浓硫酸反应会生成二氧化硫、二

12、氧化碳和水，生成的二氧化硫会使品红溶液褪色，体现了浓硫酸的氧化性，B 项正确；C.乙酸与 CH2Cl2互溶，沸点不同，可采用蒸馏的方法分离，但冷凝管不能选用球形冷凝管，而应用直形冷凝管，C项错误；D.饱和亚硫酸钠会与二氧化硫反应，不能达到实验目的，集气瓶内应改用饱和亚硫酸氢钠溶液，D 项错误；答案选 B。【点睛】C 项是易错点，要注意球形冷凝管与直形冷凝管的区别。直形冷凝管一般是用于蒸馏，即在用蒸馏法分离物质时使用，而球形冷凝管一般用于反应装置，即在反应时考虑到反应物的挥发流失而用球形冷凝管冷凝回流，使反应更彻底。9从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是A常温下，成语“金戈铁马”中

13、的金属能溶于浓硝酸B用石灰水或MgSO4溶液喷涂在树干上均可消灭树皮上的过冬虫卵C汉代烧制出“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石D港珠澳大桥采用的聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”，是有机高分子化合物【答案】D【解析】【详解】A.成语“金戈铁马”中的金属为铁，常温下，铁在浓硝酸中钝化，不能溶于浓硝酸，故A 错误；B.MgSO4溶液显弱酸性，应用石灰水喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵，故B错误；C.瓷器由黏土烧制而成，所以烧制瓷器的主要原料为黏土，故C错误；D.聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D 正确；故答案为D。10W、X、Y、Z、R 为原子序数依次增大的短周期

14、主族元素，W 元素的一种核素可用于鉴定文物年代，X元素的一种单质可作为饮用水消毒剂，Y 元素的简单离子是同周期元素的简单离子中半径最小的，Z元素和 W 元素同主族，R元素被称为“成盐元素”。下列说法错误的是（）A X、Y简单离子半径：XY BW、Z元素的简单氢化物的稳定性：WZ CX元素和 R元素形成的某种化合物可用于自来水的消毒D工业上常用电解熔融Y元素和 R 元素形成的化合物的方法来制取单质Y【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z、R 为原子序数依次增大的短周期主族元素，W 元素的一种核素可用于鉴定文物年代，W 为C 元素；X 元素的一种单质可作为饮用水消毒剂，X为 O 元素；Y元素的简

15、单离子是同周期元素的简单离子中半径最小的，Y为 Al 元素；Z元素和 W 元素同主族，Z为 Si元素；R 元素被称为“成盐元素”，R为 Cl元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W 为 C、X 为 O、Y为 Al、Z 为 Si、R为 Cl元素。A.O2-和 Al3+核外电子排布都是2、8，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，因此简单离子半径：XY，A 正确；B.同一主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性CSi。元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，因此简单氢化物的稳定性：WZ，B 正确；C.元素 X和 R形成的 ClO2，该物质具有强氧化性，可用于自来水的消毒杀菌，C

16、正确；D.Y和 R 化合物为AlCl3，AlCl3为共价化合物，熔融氯化铝不能导电。在工业上常用电解熔融Al2O3的方法制金属 Al，D 错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律。把握短周期元素、原子序数、元素的性质和位置来推断元素为解答的关键，D选项为易错点，注意冶炼金属Al 原料的选择。11如图所示，甲乙两装置的电极材料和电解质溶液均相同，则两装置中相同的是（）A在碳电极上所发生的电极反应B在铁电极附近的溶液先变红色C铁极与导线连接处的电流方向D碳电极既不会变大也不会减小【答案】D【解析】【详解】A甲中形成原电池，石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，乙中

17、形成电解池，石墨是阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应不同，故A 错误；B甲中形成原电池，石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，则石墨电极附近的溶液先变红色，乙中形成电解池，铁是阴极，氢离子得电子生成氢气，同时生成氢氧根离子，则在铁电极附近的溶液先变红色，故B错误；C甲中形成原电池，电流由正极石墨经导线流向铁，乙中形成电解池，电流由铁流向负极，则铁极与导线连接处的电流方向不同，故C错误；D甲乙装置，碳电极都没有参加反应，甲中石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，乙中石墨是阳极，氯离子放电生成氯气，则碳电极既不会变大也不会减小，故D 正确；故选：D。12下列反应中，

18、同一种气态反应物既被氧化又被还原的是（）A二氧化硫通入高锰酸钾溶液使之褪色B将二氧化氮通入氢氧化钠溶液中C将氯气与过量氨气混合，产生大量白烟D过氧化钠固体露置在空气中变白【答案】B【解析】【详解】A.二氧化硫与酸性高锰酸钾反应中二氧化硫是还原剂，高锰酸钾是氧化剂，则不是同一种气态反应物既被氧化又被还原，故A 错误；B.将二氧化氮(N 为+4价)通入氢氧化钠溶液中生成亚硝酸钠(N 为+3 价)和硝酸钠(N 为+5 价)，所以该反应中 N 元素既被氧化又被还原，故B正确；C.将氯气与过量氨气混合，产生大量白烟氯化铵，氯气是氧化剂，部分氨气是还原剂，则不是同一种气态反应物既被氧化又被还原，故C错误；

19、D.过氧化钠与空气中的水、二氧化碳反应，是过氧化钠自身的氧化还原反应，气体既未被氧化也未被还原，故 D 错误；故选：B。13下列化学用语正确的是（）A重水的分子式：D2O B次氯酸的结构式：HClO C乙烯的实验式：C2H4D二氧化硅的分子式：SiO2【答案】A【解析】【详解】A.重水中氧原子为16O，氢原子为重氢D，重水的分子式为D2O，故 A 正确；B.次氯酸中不存在氢氯键，其中心原子为氧原子，分子中存在1 个氧氢键和1 个氧氯键，结构式为HOCl，故 B错误；C.实验式为最简式，乙烯的实验式为CH2，故 C 错误；D.二氧化硅晶体为原子晶体，不存在二氧化硅分子，故D 错误。答案选 A。1

20、4R 是合成某高分子材料的单体，其结构简式如图所示。下列说法错误的是A R与 HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同B用 NaHCO3溶液可检验R 中是否含有羧基CR能发生加成反应和取代反应D R苯环上的一溴代物有4 种【答案】A【解析】【详解】A分子中含有三种官能团：氨基、羟基、羧基；HOCH2COOH分子中所含官能团为羟基、羧基，二者所含官能团不完全相同，故A 错误；B分子的羧基可以与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，可以用NaHCO3溶液可检验R 中是否含有羧基，故B 正确；C该分子中含有醇羟基和羧基，能发生中和反应，也属于取代反应；含有苯环，能与氢气发生加成反应，故 C 正确；D

21、R苯环上有四种环境的氢，故其一溴代物有4 种，故 D 正确；故选 A。15设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3 xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NAB标准状况下，11.2LH2S溶于水，溶液中含硫粒子的数目大于0.5NAC常温下，0.5LpH=14 的 Ba(OH)2溶液中 Ba2+的数目为0.5NAD分子式为C2H6O 的某种有机物4.6g，含有 CH 键的数目一定为0.5NA【答案】A【解析】【详解】A.14.0gFe 的物质的量为14.0g=0.25mol56g/mol，Fe 发生吸氧腐蚀的负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，则

22、电极反应转移的电子数为0.25mol 2NA=0.5NA，A 项正确；B.标况下，H2S为气体，11.2 LH2S 气体为 0.5mol，H2S 溶于水，电离产生HS-和 S2-，根据 S元素守恒可知，含硫微粒共0.5NA，B 项错误；C.常温下，pH=14 的 Ba(OH)2溶液中氢氧根离子的浓度为1mol/L，则 Ba2+的浓度为0.5mol/L，则 Ba2+的数目为0.5mol/L 0.5LNA=0.25NA，C 项错误；D.C2H6O 的摩尔质量为46g/mol，4.6gC2H6O 的物质的量为0.1mol，分子式为C2H6O 的有机物，可能为CH3CH2OH，也可能为CH3OCH3，

23、则含有C H 键的数目可能为0.5NA，也可能0.6NA，D 项错误；答案选 A。【点睛】钢铁发生吸氧腐蚀的电极反应式：正极：O2+2H2O+4e-=4OH-；负极：2Fe-4e-=2Fe2+；总反应：2Fe+O2+2H2O=Fe(OH)2；Fe(OH)2继续与空气中的氧气作用，生成Fe(OH)3，发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe(OH)3脱去一部分水就生成Fe2O3?xH2O，它就是铁锈的主要成分。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：

24、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

25、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

26、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

27、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)=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）17G 是一种新型香料的主要成分之一，合成路线如下：已知：RCH=CH2+CH2=CHR CH2=CH2+

28、RCH=CHR G的结构简式为：（1）(CH3)2C=CH2分子中有 _个碳原子在同一平面内。（2）D 分子中含有的含氧官能团名称是_，F的结构简式为_。（3）AB 的化学方程式为_，反应类型为_。（4）生成 C的化学方程式为_。（5）同时满足下列条件的D 的同分异构体有多种：能发生银镜反应；能水解；苯环上只有一个取代基，请写出其中任意2 种物质的结构式_、_。（6）利用学过的知识以及题目中的相关信息，写出由丙烯制取CH2=CHCH=CH2的合成路线（无机试剂任选）。_（合成路线常用的表示方式为：）【答案】4 羟基、羧基+Cl2+HCl 取代反应+2NaOH+2NaCl 或2CH3-CH=CH

29、2uuu uu uu r催化剂CH3-CH=CH-CH32Bruuu rNaOHuu uuuuuuuuuuuu u r醇溶液加热CH2=CH-CH=CH2【解析】【分析】由 A 与氯气在加热条件下反应生成B，B 与 HCl 发生加成反应生成，则 B 的结构简式为，可知 A 的结构简式为：，故苯乙烯与(CH3)2C=CH2发生已知的烯烃复分解反应生成 A；B()在 NaOH 的水溶液中发生水解反应，可知C为，结合 D 的分子式 C10H12O3，可知 C催化氧化生成的D 为；苯乙烯与HO-Br 发生加成反应生成E，E可以氧化生成C8H7O2Br，说明 E中-OH 连接的 C原子上有2 个 H 原

30、子，故 E为，C8H7O2Br为，和氢氧化钠的水溶液反应然后酸化得到F，故 F为，D 与 F发生酯化反应生成G，据此推断解题；(6)由 CH3-CH=CH2合成 CH2=CH-CH=CH2可采用逆推法，先制，即由 CH3-CH=CH-CH3与Br2发生加成即可，而CH3-CH=CH2在催化剂作用下发生烯烃的复分解反应即可制得CH3-CH=CH-CH3。【详解】(1)乙烯是平面结构，分子结构中6 个原子共平面，则(CH3)2C=CH2分子中每个甲基上的碳原子和共平面，所以该分子中4 个碳原子共平面；(2)D 为，分子中含有的含氧官能团名称是羟基、羧基；F的结构简式为；(3)由分析知A 的结构简式

31、为：，B 的结构简式为，则 AB 发生反应的化学方程式为+Cl2+HCl，反应类型为取代反应；(4)B()在 NaOH 的水溶液中发生水解反应生成的C为，发生反应的化学方程式为+2NaOH+2NaCl；(5)D 的结构简式为，其同分异构体有多种，其中满足条件：能发生银镜反应，说明分子结构中含有醛基；能水解，说明含有酯基；苯环上只有一个取代基；则此取代基包括一个HCOO-和-OH，可能还有一个甲基，如：、或；(6)由 CH3-CH=CH2合成 CH2=CH-CH=CH2可采用逆推法，先制，即有 CH3-CH=CH-CH3与Br2发生加成即可，而CH3-CH=CH2在催化剂作用下发生烯烃的复分解反

32、应即可制得CH3-CH=CH-CH3；则由丙烯制取CH2=CHCHCH2的合成路线为2CH3-CH=CH2uuu uu uu r催化剂CH3-CH=CH-CH32Bruuu rNaOHuu uuuuuuuuuuuu u r醇溶液加热CH2=CH-CH=CH2。【点睛】由丙烯合成CH2=CH-CH=CH2，可根据 CH2=CH-CH=CH2的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C 原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。本题难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18锰是重要的合金材料和催化剂，

33、在工农业生产和科技领域有广泛的用途。请回答下列问题：（1）溶液中的Mn2+可被酸性4282NHS O 溶液氧化为MnO4-，该方法可用于检验Mn2+。检验时的实验现象为_。该反应的离子方程式为_。228H S O可看成两分子硫酸偶合所得，若硫酸的结构式为，则228H S O的结构式为 _。（2）实验室用含锰废料（主要成分2MnO，含有少量232Al OMgOSiO、）制备 Mn 的流程如下：已知：难溶物的溶度积常数如下表所示：难溶物3Fe OH3Al OH2Mg OH2Mn OH溶度积常数（spK）4.0 10381.0 10331.8 10111.8 1013溶液中离子浓度105 mol L

34、1时，认为该离子沉淀完全。“酸浸”时，2MnO将 Fe氧化为 Fe3。该反应的离子方程式为_；该过程中时间和液固比对锰浸出率的影响分别如图1、图 2 所示：则适宜的浸出时间和液固比分别为_、_。若“酸浸”后所得滤液中c(Mn2)0.18 molL1，则“调 pH”的范围为 _。“煅烧”反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。“还原”时所发生的反应在化学上又叫做_。【答案】溶液由无色变为紫红色5S2O82-+2Mn2+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O 60min 3：1 143pH8 1：2 铝热反应【解析】【分析】【详解

35、】（1）溶液中的Mn2+转化为MnO4-的实验现象为溶液由无色变为紫红色，故答案为溶液由无色变为紫红色。Mn2+被酸性(NH4)2S2O8溶液氧化物MnO4-，还原产物应为SO42-，反应的离子方程式为：5S2O82-+2Mn2+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+，故答案为5S2O82-+2Mn2+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+。H2S2O8可视为由两分子的硫酸缩合所得，硫酸的结构简式为：，则 H2S2O8的结构简式为：，故答案为。（2）由题中信息可知，“酸浸”时，MnO2在酸性介质中将Fe氧化为 Fe3，本身被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：3MnO2+

36、2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O，由图甲可知，适宜的浸出时间为60min，由图乙可知，适宜的液固比为3：1，故答案为3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O，60min，3：1。由流程图中信息可知，“调pH”的目的是使Fe3和 Al3沉淀完全，而Mn2不沉淀，根据KspAl(OH)3=1.0 1033，KspFe(OH)3=4.0 1038可知：Al3沉淀完全时Fe3已沉淀完全，Al(OH)3恰好完全沉淀时的pH=-lg3331.0 101.0 101.0 10145=143，Mn2开始沉淀时的pH 为-lg1.0 101.8 100.1814 13=8，则“调

37、pH”的范围为143pH8，故答案为143pH8。根据信息可知，“煅烧”时，空气中的O2将 MnCO3氧化为 MnO2，根据得失电子守恒可得关系式O22MnCO3，即氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，“还原”时发生铝粉与高熔点金属氧化物的反应在化学上又叫做铝热反应，故答案为1：2，铝热反应。19铂、钴、镍及其化合物在工业和医药等领域有重要应用。回答下列问题:(1)筑波材料科学国家实验室科研小组发现了在5K 下呈现超导性的晶体CoO2，该晶体具有层状结构。晶体中原子Co与 O 的配位数之比为_。基态钴原子的价电子排布图为_。(2)配合物 Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶

38、剂。固态Ni(CO)4属于 _晶体；写出两种与CO具有相同空间构型和键合形式的分子或离子：_。(3)某镍配合物结构如图所示:分子内含有的化学键有_(填序号).A 氢键B 离子键C 共价键D 金属键E 配位键 配合物中C、N、O 三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序是N OC，试从原子结构解释为什么同周期元素原子的第一电离能NO_。(4)某研究小组将平面型的铂配合物分子进行层状堆砌，使每个分子中的铂原子在某一方向上排列成行，构成能导电的“分子金属 ，其结构如图所示。分子金属 可以导电，是因为_能沿着其中的金属原子链流动。分子金属 中，铂原子是否以sp3的方式杂化?_(填“是或“否)，其理由是

39、_。(5)金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，其立方晶胞沿x、y 或 z 轴的投影图如图所示，若金属铂的密度为 d g cm-3，则晶胞参数a=_nm(列计算式)。【答案】2:1 分子N2、CNCE N 原子 2p3能级电子为半满状态，较稳定，不易失去电子，而O 原子 2p4，失去 2p 能级上一个电子可以达到稳定的半满状态电子否若铂原子轨道为sp3的方式杂化，则分子应该为四面体形，而非平面型73A195 410dN【解析】【分析】(1)根据晶体中原子配位数之比等于电荷数之比；钴原子为27 号元素，其价电子3d74s2。(2)配合物 Ni(CO)4常温下为液态，熔沸点低，根据等电子理论C=N=

40、O+，因此可得与CO具有相同空间构型和键合形式的分子或离子。(3)A.氢键不是化学键；B.该配合物中没有阴阳离子，因此无离子键；C.该配合物中含有C C、CH、C=N等共价键；D.该配合物不是金属晶体，不含有金属键；E.该配合物含有NNi 配位键；第一电离能 NO 是因为 N 原子 2p3能级电子为半满状态，O 原子 2p4，失去 2p 能级上一个电子可以达到稳定的半满状态。(4)根据题意每个分子中的铂原子在某一方向上排列成行，构成能导电的“分子金属”，则铂金属的价电子可在金属铂间传递而导电；根据信息，平面型的铂配合物分子进行层状堆砌，如果是 sp3的方式杂化，则就应该为四面体形。(5)金属铂

41、晶体中，铂原子的配位数为12，为最密堆积，其立方晶胞沿x、y 或 z 轴的投影图如图所示，则晶体为面心立方最密堆积，先求一个晶胞中含有的铂原子个数再根据密度计算晶胞参数。【详解】(1)根据晶体中原子配位数之比等于电荷数之比，因此Co与 O 的配位数之比为2:1；故答案为：2:1。钴原子为27 号元素，其价电子3d74s2，因此基态钴原子的价电子排布图为；故答案为：。(2)配合物 Ni(CO)4常温下为液态，熔沸点低，易溶于 CCl4、苯等有机溶剂，因此固态Ni(CO)4属于分子晶体，根据等电子理论C=N=O+，因此与 CO具有相同空间构型和键合形式的分子或离子N2、CN；故答案为：分子；N2、

42、CN。(3)A.氢键不是化学键，故A 不符合题意；B.该配合物中没有阴阳离子，因此无离子键，故B不符合题意；C.该配合物中含有CC、CH、C=N等共价键，故C符合题意；D.该配合物不是金属晶体，不含有金属键，故D 不符合题意；E.该配合物含有NNi 配位键，故E符合题意；综上所述，答案为CE。配合物中C、N、O 三种元素原子的第一电离能NO，因为 N 原子 2p3能级电子为半满状态，较稳定，不易失去电子，而O 原子 2p4，失去 2p 能级上一个电子可以达到稳定的半满状态；故答案为：N 原子 2p3能级电子为半满状态，较稳定，不易失去电子，而O 原子 2p4，失去 2p 能级上一个电子可以达到

43、稳定的半满状态。(4)根据题意每个分子中的铂原子在某一方向上排列成行，构成能导电的“分子金属”，则铂金属的价电子可在金属铂间传递而导电，因此分子金属 可以导电是因为电子能沿着其中的金属原子链流动；故答案为：电子。分子金属 中，平面型的铂配合物分子进行层状堆砌，因此铂原子不可能以sp3的方式杂化，如果是 sp3的方式杂化，则就应该为四面体形；故答案为：否；若铂原子轨道为sp3的方式杂化，则分子应该为四面体形，而非平面型。(5)金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，为最密堆积，其立方晶胞沿x、y 或 z 轴的投影图如图所示，则晶体为面心立方最密堆积，一个晶胞中含有的铂原子个数为：118+6=482，金属铂晶体的棱长为a，金属铂的密度为d g cm-3，则113A73195g mol4molm=dg cmV(a 10)N，因此晶胞参数73A195 4a=10 nmdN；故答案为：73A195 410dN。