2019-2020学年安徽省肥东圣泉中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省肥东圣泉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下列判断正确的是()A加入 AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可确定原溶液中有Cl存在B加入稀盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定原溶液中有CO32存在C加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，可确定原溶液中有SO42存在D通入 Cl2后，溶液由无色变为深黄色，加入淀粉溶液后，溶液变蓝，可确定原溶液中有I存在【答案】D【解析】【分析】【详解】A、在加 HCl 之前生成的可能是AgCl 沉淀,也可能是别的白色沉淀,但是后

2、面加上HCl中含有大量Cl-，所以不能确定Cl-是原溶液里的还是后来加进去的,故 A 错误；B、碳酸根、碳酸氢根、亚硫酸根、亚硫酸氢根遇到盐酸,均会生成能使澄清石灰水变浑浊的气体,故 B 错误；C、若溶液中含有亚硫酸根,加入 Ba(NO3)2溶液,生成白色沉淀,加稀盐酸相当于存在了硝酸,亚硫酸根能被硝酸氧化成硫酸根,会生成硫酸钡沉淀,故 C错误；D、氯气能将碘离子氧化为碘单质,碘水溶液为棕黄色,碘遇淀粉变蓝色,故 D 正确；综上所述，本题应选D。2下列醇类物质中既能发生消去反应，又能发生催化氧化反应生成醛类的物质是()ABCD【答案】C【解析】A、被氧化为酮，不能被氧化为醛，选项A 错误；B、

3、不能发生消去反应，选项B 错误；C、-OH 邻位 C 上含有 H 原子，能发生消去反应，含有-CH2OH 的结构，可被氧化为醛，选项C 正确；D、被氧化为酮，不能被氧化为醛，选项D 错误。答案选C。3下列有关实验能达到相应实验目的的是A实验用于实验室制备氯气B实验用于制备干燥的氨气C实验用于石油分馏制备汽油D实验用于制备乙酸乙酯【答案】C【解析】【分析】【详解】A实验的图中利用MnO2和浓盐酸反应制备氯气，但是该反应需要加热才发生，没有加热装置，达不到实验目的，A 项错误；BNH3的密度小于空气，应该用向下排空气法收集，实验达不到实验目的，B项错误；C装置为分馏装置，不管是温度计水银球的位置还

4、是冷凝管进水出水的方向都没有错误，C项正确；D右侧试管中使用的是饱和NaOH 溶液，酯在碱性环境下易水解，得不到产物，D 项错误；本题答案选C。4 常温下，向 20 mL0.1 mol.L-1HN3(叠氮酸)溶液中滴加pH=13 的 NaOH 溶液，溶液中水电离的c(H+)与 NaOH溶液体积的关系如图所示(电离度等于已电离的电解质浓度与电解质总浓度之比)。下列说法错误的是A HN3是一元弱酸Bc 点溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HN3)C常温下，b、d 点溶液都显中性D常温下，0.1 mol.L-1 HN3溶液中 HN3的电离度为10a-11%【答案】C【解析】【详解】A pH=13

5、，c(NaOH)=0.1mol/L，c点时，20 mL0.1 mol.L-1HN3溶液与 20mLpH=13 的 NaOH 溶液刚好完全反应，此时溶液呈碱性，说明NaN3发生水解，HN3是一元弱酸，A 正确；Bc 点溶液为NaN3溶液，依据质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HN3)，B正确；C常温下，c 点溶液呈碱性，继续加入NaOH 溶液，d 点溶液一定呈碱性，C错误；D常温下，0.1 mol.L-1 HN3溶液中，c(OH-)=10-amol/L，则 HN3电离出的c(H+)=-14-a1010=10-14+amol/L，HN3的电离度为-14+a10100%0.1=10a-11%，

6、D 正确。故选 C。5化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中，错误的是A利用可降解的“玉米塑料”替代一次性饭盒，可防止产生白色污染B在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔D喝补铁剂时，加服维生素C，效果更好，原因是维生素C 具有氧化性【答案】D【解析】【分析】【详解】A.可降解的“玉米塑料”在一定时间内可以自行分解，替代一次性饭盒，可防止产生白色污染，选项A正确；B.在海轮外壳上镶入锌块，形成锌铁原电池中，锌作负极易腐蚀，作正极的金属是铁，不易被腐蚀，选项B 正确；C.碳酸氢钠能和酸反应产生二氧化碳，受热膨胀，发酵粉中主要含有碳酸

7、氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔，选项C正确；D.能被人体吸收的铁元素是亚铁离子，亚铁离子很容易被氧化为三价铁离子，维生素 C具有还原性，能将三价铁还原为亚铁离子，维生素C的还原性强于亚铁离子，先被氧化，选项D 错误。答案选 D。6常温下将NaOH 溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A Ka2（H2X）的数量级为10 6B曲线 N 表示 pH 与2lgc HXc H X的变化关系CNaHX溶液中 c(H)c(OH)D当混合溶液呈中性时，c(Na)c(HX)c(X2)c(OH)=c(H)【答案】D【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离

8、小于第一步，即Ka1=2()()()c HXc Hc H XKa2=2()()()c Xc Hc HX，所以当pH 相等即氢离子浓度相等时2(HX)lg(H X)cc2(X)lg(HX)cc，因此曲线N 表示 pH 与2(HX)lg(H X)cc的变化关系，则曲线 M 是己二酸的第二步电离，根据图像取0.6 和 4.8 点，2()()c Xc HX=100.6mol L1，c(H)=104.8mol L1，代入 Ka2得到 Ka2=105.4，因此 Ka2（H2X）的数量级为10-6，A 正确；B.根据以上分析可知曲线N 表示 pH与2(HX)lg(H X)cc的关系，B正确；C.曲线 N 是

9、己二酸的第一步电离，根据图像取0.6 和 5.0 点，2()()c HXc H X=100.6mol L1，c(H)=105.0mol L1，代入 Ka1得到 Ka2=104.4，因此 HX的水解常数是1014/104.4Ka2，所以 NaHX 溶液显酸性，即c(H)c(OH)，C正确；D.根据图像可知当2(X)lg(HX)cc0 时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，2(X)lg(HX)cc0，即 c(X2-)c(HX-)，D 错误；答案选D。7以下物质中存在12C、13C、14C原子的是（）金刚石 CO2 石灰石 葡萄糖。A BCD【答案】A【解析】【详解】12C、13C、14C是碳三种天

10、然的同位素，任何含碳的自然界物质中三者都存在，金刚石、CO2、石灰石、葡萄糖四种物质都含有碳元素，所以这些物质中都存在12C、13C、14C原子，故合理选项是A。8分别由下表中的实验和现象得出的结论不正确的是选项实验现象结论A 用熔融氯化铝做导电性实验电流指针不偏转氯化铝是共价化合物B 向 FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4振荡CCl4层无色Fe2的还原性强于BrC 相同的铝片分别与同温同体积，且c(H)=1mol L1的盐酸、硫酸反应铝与盐酸反应产生气泡较快可能是 Cl对该反应起到促进作用D 向盛有 2mL0.l mol/L 的 AgNO3溶液中加入10滴 0.1mol/L 的 Na

11、Cl 溶液，振荡，再加入10滴 0.1 mol/L 的 NaI 溶液，再振荡先生成白色沉淀，后产生黄色沉淀Ksp(AgI)cab C含氧酸的酸性强弱：dc D b、c 的简单离子在水溶液中一定能大量共存【答案】A【解析】【分析】a 的最外层电子数是内层电子数的3 倍，a 是 O元素；a、c 同主族，c 是 S元素；a、c、d 的最外层电子数之和为19，d 是 Cl 元素；b 为金属元素，b 是 Na、Mg、Al 中的一种。【详解】A、O和 Na可以形成Na2O2，是含有共价键的离子化合物，故A正确；B、电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径S2Cl，故 B错误；C、最高价含氧酸的酸性dc，

12、这里没有说是最高价，故C错误；D、若 b 为 Al 元素，则 Al3和 S2在水溶液中不能大量共存，故D错误。【点睛】本题以元素推断为载体，考查原子结构与位置关系、核外电子排布规律、半径比较、化学键、元素化合物性质等，清楚核外电子排布规律是解题的关键。11下图为某有机物的结构，下列说法错误的是（）A该物质的名称为甲基丙烷B该模型为球棍模型C该分子中所有碳原子均共面D一定条件下，可与氯气发生取代反应【答案】C【解析】【详解】A有机物为CH3CH（CH3）CH3，为 2-甲基丙烷，选项A正确；B由图可知该模型为球棍模型，选项B正确；C为烷烃，每个碳原子都与其它原子形成四面体结构，所有的碳原子不可能

13、共平面，选项C错误；D烷烃在光照条件下可发生取代反应，选项D正确。答案选 C。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与迁移能力的考查，由结构简式可知有机物为CH3CH（CH3）CH3，为 2-甲基丙烷，结合烷烃的结构和性质解答该题。12联合国大会宣布2019 年是“国际化学元素周期表年”（I YPT 2019）下列运用元素周期律分析的推断中，错误的是A铍（Be）的氧化物的水化物具有两性B砹（At）为有色固体，AgAt 感光性很强，不溶于水C硫酸锶（SrSO4）是难溶于水的白色固体D硒化氢（H2Se）是无色、有毒，比H2S稳定的气体【答案】D【解析】【详

14、解】A.元素周期表中Be 和 Al 处于对角线位置上，处于对角线的元素具有相似性，所以2Be(OH)可能有两性，故 A 正确；B.同一主族元素具有相似性，所以卤族元素性质具有相似性，根据元素的性质、氢化物的性质、银盐的性质可推知砹（At）为有色固体，AgAt感光性很强，且不溶于水也不溶于稀酸，故B 正确；C.同主族元素性质具有相似性，钡和锶位于同一主族，性质具有相似性，硫酸钡是不溶于水的白色物质，所以硫酸锶也是不易溶于水的白色物质，故C正确；D.S和 Se位于同一主族，且S元素的非金属性比Se强，所以2H S比2H Se稳定，故D 错误；故答案为：D。13下列使用加碘盐的方法正确的有（）菜烧好

15、出锅前加盐先将盐、油放锅里加热，再加入食材烹饪煨汤时，将盐和食材一起加入先将盐放在热锅里炒一下，再加入食材烹饪AB C D 【答案】A【解析】食盐中所加的含碘物质是KIO3，KIO3在加热的条件下容易分解生成易挥发的碘单质，导致碘损失，所以正确的方法为菜烧好出锅前加盐，故答案选A。正确答案为A。14近年来，我国多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象，在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐蚀。下列说法正确的是A阴极的电极反应式为4OH4eO22H2O B阳极的电极反应式为Zn 2e Zn2C通电时，该装置为牺牲阳极的阴极保护法 D断电时，锌环失去保护作用【答案】B【解析】【详解】A.通电时，阴极

16、发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，A 项错误；B.通电时，锌作阳极，则阳极反应式为Zn 2eZn2，B 项正确；C.通电时，该装置是电解池，为外接电流的阴极保护法，C 项错误；D.断电时，构成原电池装置，铁为正极，锌为负极，仍能防止铁帽被腐蚀，锌环仍然具有保护作用，D项错误；答案选 B。15三种有机物之间的转化关系如下，下列说法错误的是A X中所有碳原子处于同一平面BY的分子式为10162C HOC由 Y生成 Z 的反应类型为加成反应D Z的一氯代物有9 种（不含立体异构）【答案】B【解析】【详解】A X的结构简式为，分子结构中含有两个碳碳双键，均为平面结构，结构中的

17、非双键碳原子相当于乙烯基中的氢原子，则所有碳原子处于同一平面，故A 正确；BY的结构简式为，其分子式为C10H14O2，故 B错误；C由 Y生成 Z 的反应为碳碳双键与氢气的加成，则反应类型为加成反应，故C 正确；D Z的等效氢原子有9 种，则一氯代物有9 种(不含立体异构)，故 D 正确；故答案为B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某活动小组利用废铁屑(含少量 S等元素)为原料制备硫酸亚铁铵晶体(NH4)2SO4 FeSO4 6H2O，设计如图所示装置(夹持仪器略去)。称取一定量的废铁屑于锥形瓶中，加入适量的稀硫酸，在通风橱中置于5060 C热水浴中加热.充分反应。待锥形瓶中

18、溶液冷却至室温后加入氨水，使其反应完全，制得浅绿色悬浊液。(1)在实验中选择5060 C 热水浴的原因是_(2)装置 B的作用是 _；KMnO4溶液的作用是_。(3)若要确保获得浅绿色悬浊液，下列不符合实验要求的是_(填字母)。a.保持铁屑过量b.控制溶液呈强碱性c.将稀硫酸改为浓硫酸(4)检验制得的(NH4)2SO4 FeSO4 6H2O 中是否含有Fe3+的方法：将硫酸亚铁铵晶体用加热煮沸过的蒸馏水溶解，然后滴加_(填化学式)。(5)产品中杂质Fe3+的定量分析：配制 Fe3+浓度为 0.1 mg/mL 的标准溶液100 mL。称取 _(精确到 0.1)mg 高纯度的硫酸铁铵(NH4)Fe

19、(SO4)2 12H2O，加入 20.00 mL 经处理的去离子水。振荡溶解后，加入2 mol L-1HBr 溶液 1mL 和1mol L-1KSCN溶液 0.5mL，加水配成100mL 溶液。将上述溶液稀释成浓度分别为0.2、1.0、3.0、5.0、7.0、10.0(单位：mg L-1)的溶液。分别测定不同浓度溶液对光的吸收程度(吸光度)，并将测定结果绘制成如图所示曲线。取硫酸亚铁铵产品，按步骤配得产品硫酸亚铁铵溶液10mL，稀释至 100mL，然后测定稀释后溶液的吸光度，两次测得的吸光度分别为0.590、0.610，则该兴趣小组所配产品硫酸亚铁铵溶液中所含Fe3+浓度为 _mg L-1。(

20、6)称取 mg 产品，将产品用加热煮沸的蒸馏水溶解，配成250mL 溶液，取出100mL 放入锥形瓶中，用cmol L-1KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液 VmL，则硫酸亚铁铵晶体的纯度为_(用含 c、V、m 的代数式表示)。【答案】使受热均匀，加快反应速率，防止温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低防止液体倒吸进入锥形瓶吸收氨气、硫化氢等杂质气体，防止污染空气bc KSCN 86.1 85 4.9Vcm【解析】【分析】A 中稀硫酸与废铁屑反应生成硫酸亚铁、氢气，还有少量的硫化氢气体，滴加氨水，可生成硫酸亚铁铵，B 导管短进短出为安全瓶，避免倒吸，C用于吸收硫化氢等气体，避免污染环境，气囊

21、可以吸收氢气。【详解】（1）水浴加热的目的是控制温度，加快反应的速率，同时防止温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低，故答案为：使受热均匀，加快反应速率，防止温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低；（2）B 装置短进短出为安全瓶，可以防止液体倒吸进入锥形瓶；由于铁屑中含有S元素，因此会产生H2S，同时氨水易挥发，因此高锰酸钾溶液(具有强氧化性)吸收这些气体，防止污染空气，吸收氨气、硫化氢等杂质气体，防止污染空气，故答案为：防止液体倒吸进入锥形瓶；吸收氨气、硫化氢等杂质气体，防止污染空气；（3）由于 Fe2+易被氧化，所以为防止其被氧化，铁屑应过量，同时为抑制Fe2+的水解，所以溶液要保持强酸性，浓

22、硫酸常温下会钝化铁，故答案为：bc；（4）检验铁离子常用KSCN溶液，故答案为：KSCN；（5）在 Fe3+浓度为 1.0mg/mL 的标准溶液100mL 中，m（Fe3+）=0.1mg/mL 100mL=10.0mg，依据关系式 Fe3+（NH4）Fe（SO4）2?12H2O 得：m（NH4）Fe（SO4）2?12H2O=10.0mg 48256=86.1mg，故答案为：86.1；两次测定所得的吸光度分别为0.590、0.610，取其平均值为0.600，从吸光度可以得出浓度为8.5 mg/L，又因配得产品溶液10mL，稀释至100 mL，故原产品硫酸亚铁铵溶液中所含Fe3+浓度为：8.5mg

23、/L 100mL10mL=85mg/L，故答案为：85；（6）滴定过程中Fe2+被氧化成Fe3+，化合价升高1 价，KMnO4被还原生成Mn2+，所以有数量关系5 Fe2+KMnO4，所以 n(NH4)2SO4 FeSO4 6H2O=V 10-3L cmol L-1 5250mL100mL=12.5Vc10-3mol，则硫酸亚铁铵晶体的纯度为-312.5Vc10 mol392g/gmolm 100%=4.9Vcm；故答案为：4.9Vcm。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17药物 H(阿戈美拉汀)是一种抗抑郁药，H 的一种合成路线如下：已知：242N HH O/KOHg；化合物B中含

24、五元环结构，化合物E中含两个六元环状结构。回答下列问题：(1)A 的名称为 _(2)H 中含氧官能团的名称为_(3)B 的结构简式为_(4)反应的化学方程式为_(5)的反应类型是_(6)M 是 C的一种同分异构体，M 分子内除苯环外不含其他的环，能发生银镜反应和水解反应，其核磁共振氢谱有4 组峰且峰面积之比为6:3:2:1。任写出三种满足上述条件的M 的结构简式 _(不考虑立体异构)。(7)结合上述合成路线，设计以2溴环己酮()和氰基乙酸(NCCH2COOH)为原料制备的合成路线 _(无机试剂及有机溶剂任选)【答案】苯甲醚醚键、酰胺键24H SO+H2O 消去反应242N HH OKOHg2N

25、aOH/H O2OCu，2NCCHCOOH苄胺，庚酸【解析】【分析】已知化合物B分子式为C4H4O3，有 3 个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O 原子参与成环；考虑到 B 与 A 反应后产物C的结构为，所以推测B 的结构即为。C生成D 时，反应条件与已知信息中给出的反应条件相同，所以D 的结构即为。D 经过反应后，分子式中少了1 个 H2O，且 E中含有两个六元环，所以推测E的结构即为。【详解】(1)由 A 的结构可知，其名称即为苯甲醚；(2)由 H 的结构可知，H 中含氧官能团的名称为：醚键和酰胺键；(3)B 分子式为C4H4O3，有 3 个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O 原子

26、参与成环；考虑到B与 A反应后产物C的结构为，所以推测B的结构简式即为；(4)D 经过反应后，分子式中少了1 个 H2O，且 E中含有两个六元环，所以推测E的结构即为，所以反应的方程式为：24H SO+H2O；(5)F 经过反应后分子结构中多了一个碳碳双键，所以反应为消去反应；(6)M 与 C互为同分异构体，所以M 的不饱和度也为6，去除苯环，仍有两个不饱和度。结合分子式以及核磁共振氢谱的面积比，可知M 中应该存在两类一共3 个甲基。考虑到M 可水解的性质，分子中一定存在酯基。综合考虑，M 的分子中苯环上的取代基个数为2 或 3 时都不能满足要求；如果为4时，满足要求的结构可以有：，；如果为

27、5 时，满足要求的结构可以有：，；(7)氰基乙酸出现在题目中的反应处，要想发生反应需要有机物分子中存在羰基，经过反应后，有机物的结构中会引入2CH CN的基团，并且形成一个碳碳双键，因此只要得到环己酮经过该反应就能制备出产品。原料相比于环己酮多了一个取代基溴原子，所以综合考虑，先将原料中的羰基脱除，再将溴原子转变为羰基即可，因此合成路线为：【点睛】在讨论复杂同分异构体的结构时，要结合多方面信息分析；通过分子式能获知有机物不饱和度的信息，通过核磁共振氢谱可获知有机物的对称性以及等效氢原子的信息，通过性质描述可获知有机物中含有的特定基团；分析完有机物的结构特点后，再适当地分类讨论，同分异构体的结构

28、就可以判断出来了。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18据自然杂志于2018 年 3 月 15 日发布，中国留学生曹原用石墨烯实现了常温超导。这一发现将在很多领域发生颠覆性的革命。曹原被评为2018 年度影响世界的十大科学人物的第一名。（1）下列说法中正确的是_。a碳的电子式是，可知碳原子最外层有4 个单电子b12 g 石墨烯含共价键数为NAc从石墨剥离得石墨烯需克服共价键d石墨烯中含有多中心的大键（2）COCl2分子的空间构型是_。其中，电负性最大的元素的基态原子中，有_种不同能量的电子。（3）独立的NH3分子中，HNH 键键角 106.70。如图是 Zn(NH3)62+离子的部分

29、结构以及其中HNH键键角。请解释 Zn(NH3)62+离子中 HNH 键角变为109.50的原因是 _。（4）化合物 EMIMAlCl4具有很高的应用价值，其熔点只有7，其中EMIM+结构如图所示。该物质晶体的类型是_。大 键可用符号nm表示，其中m、n 分别代表参与形成大键的原子数和电子数。则EMIM+离子中的大键应表示为 _。（5）碳化钙的电子式：，其晶胞如图所示，晶胞边长为a nm、CaC2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为_g cm-3；晶胞中Ca2+位于 C22所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为_nm。【答案】d 平面三角形3 氨分子与Zn2+形

30、成配合物后,孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以 H-N-H 键角变大离子晶体65-73A4MN(a?10)2a2（或 0.707a）【解析】【分析】（1）a碳的电子式是，但碳原子最外层只有2p 能级有 2 个单电子；b共价键分摊：每个碳原子周围的3 个 键分别被3 个碳原子分摊（各占一半），每个碳原子分摊的键数为 1.5，12g 石墨烯即1mol 含 键数为 1.5NA；c石墨烯层间可以滑动，说明层与层之间的作用力弱，是分子间作用力；d石墨烯中含有多中心的大键。（2）分析 C成键情况，结合VSEPR模型判断；电负性最大的

31、是O 元素；（3）氨分子中有孤对电子。氨分子与Zn2+形成配合物后,孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H 键角变大；（4）化合物 EMIMAlCl4由阴、阳离子构成；根据形成大键的原子数和电子数分析；（5）晶胞边长为anm=a 10-7cm，晶胞体积=（a 10-7cm）3，该晶胞中Ca2个数=1+121/4=4，C22个数=81/8+61/2=4，其晶体密度=mV；晶胞中Ca2位于 C22所形成的八面体的体心，该正八面体的边长根据正方形对角线的长度计算。【详解】（1）a碳的电子式是，但碳原子最外层只有2p 能级

32、有 2 个单电子，故错误；b共价键分摊：每个碳原子周围的3 个 键分别被3 个碳原子分摊（各占一半），每个碳原子分摊的键数为 1.5，12g 石墨烯即1mol 含 键数为 1.5NA，故错误；c石墨烯层间可以滑动，说明层与层之间的作用力弱，是分子间作用力，故错误；d石墨烯中含有多中心的大键，故正确。故选 d。（2）COCl2分子中的C原子最外层的4 个电子全部参与成键，C原子共形成1 个双键和2 个单键，故其采取 sp2杂化，该分子的空间构型为平面三角形；该分子中电负性最大的是O 元素，基态氧原子中，有1s 上 1 种、2s 上 1 种、2p 上 1 种，即 3种不同能量的电子；（3）氨分子中

33、有孤对电子。氨分子与Zn2+形成配合物后,孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H 键角变大；（4）化合物 EMIMAlCl4由阴、阳离子构成，属于离子晶体；EMIM+形成大 键的原子数为5、电子数为6，则 EMIM+离子中的大键应表示为65；（5）晶胞边长为anm=a 10-7cm，晶胞体积=（a 10-7cm）3，该晶胞中Ca2个数=1+121/4=4，C22个数=81/8+61/2=4，其晶体密度=mV=M 4/NA(a 10-7)3g cm3；晶胞中Ca2位于 C22所形成的八面体的体心，该正八面体的平面对角

34、线为2anm，则正八面体的边长为2a2（或 0.707a）nm.19 化学 选修 3；物质结构与性质 明朝天工开物中有世界上最早的关于炼锌技术的记载，锌也是人体必需的微量元素。回答下列问题：(1)基态 Zn 原子核外的最高能层符号是_，基态 Zn2+最外层电子排布式为_。(2)硫酸锌溶于氨水形成Zn(NH3)4SO4溶液。组成 Zn(NH3)4SO4的元素中，除Zn 外其余元素的电负性由大到小排序为_。向 Zn(NH3)4SO4溶液中逐滴滴加NaOH 溶液，未出现浑浊，其原因是_。已知 Zn(NH3)42+的空间构型与2-4SO相同，则在 Zn(NH3)42+中 Zn2+的杂化类型为_，NH3

35、易液化的原因是 _。在 Zn(NH3)4SO4晶体中存在的作用力有_。A离子键B极性共价键C氢键D配位键E范德华力F金属键(3)ZnO 与 ZnS结构相似，ZnO 的熔点为 1975，ZnS的熔点约为1700。ZnO 熔点比 ZnS高的原因是_。(4)常温下金属锌晶体的晶胞为六方最密堆积(如图所示)，若锌原子的半径为rnm，六棱柱的高为823rnm，则金属锌晶体的空间利用率是_(用含 的代数式表示)。【答案】N 3s23p63d10ONSH Zn(NH3)42+难电离，溶液中锌离子浓度很小，无法产生沉淀sp3氨分子间易形成氢键ABD 二者同属于离子晶体，O2-的半径比s2-的小，ZnO 晶体的

36、晶格能较大32或26【解析】【分析】（1）Zn 是 30 号元素；基态Zn2+失去最外层两个电子，（2）非金属性越强，电负性越强；Zn（NH3）42+稳定，在溶液中难电离出Zn2+；Zn（NH3）42+空间构型与SO42-相同，为正四面体形，杂化方式相同；Zn（NH3）42+与 SO42-之间形成离子键，Zn（NH3）42+中 Zn2+与 NH3之间形成配位键，NH3中、SO42-中原子之间形成极性键；（3）离子电荷越多、离子半径越小，晶格能越大，离子晶体熔点越高。（4）空间利用率为晶胞内硬球的总体积占晶胞体积的百分比。【详解】（1）Zn 是 30 号元素，核外电子排布式为1s22s22p62

37、s23p63d104s2；基态 Zn2+失去最外层两个电子，故答案为：N；3s23p63d10（2）除 Zn 外其余元素有N、H、S、O，根据电负性判断方法可知电负性：ONSH，故答案为：ONSH；Zn（NH3）42+稳定，在溶液中难电离出Zn2+，溶液中Zn2+浓度很小，滴加NaOH 溶液，无法产生沉淀，故答案为：Zn(NH3)42+难电离，溶液中锌离子浓度很小，无法产生沉淀；Zn（NH3）42+空间构型与SO42-相同，为正四面体形，杂化方式相同，SO42-中心原子价层电子数目=(6+2+0 2)/2=4，杂化方式为sp3杂化，所以Zn2+的杂化类型为sp3杂化；NH3分子间存在氢键，所以

38、易液化故答案为：sp3；氨分子间易形成氢键；Zn（NH3）42+与 SO42-之间形成离子键，Zn（NH3）42+中 Zn2+与 NH3之间形成配位键，NH3中、SO42-中原子之间形成极性键没有非极性键、范德华力、金属键，故选：ABD；（3）离子电荷数相同，O2-离子半径比S2-的离子半径小，ZnO 晶体的晶格能更大，熔点较高，故答案为：二者同属于离子晶体，O2-的半径比s2-的小，ZnO晶体的晶格能较大；（4）底面 4 个相邻的原子形成的菱形，锐角为60，Zn 原子半径为rnm，则底面边长为2rnm，底面积=2rnm 2rnm sin60=23 r2nm2，晶胞的高为82r3nm，则晶胞体积=23 r2nm282r3nm=82r3nm3，晶胞中 Zn原子数目=1+81/8=2，Zn 原子总体积=3342 r nm3空间利用率=3342 r nm3（82r3nm3）100%=32或26；故答案为：3 2或26；【点睛】第（4）问难度较大，需要有扎实的晶体化学知识，灵活运用均摊法，同时也要有足够的空间想象能力和立体几何知识，六方最密堆积不再是立方结构，晶胞参数已经不同于立方晶系，六方最密堆积晶胞实为等径硬球接触，上一层嵌于下一层的凹处，上下关系抽象在晶胞内其实是正四面体关系。