2022年高考化学模拟预测卷05（福建卷）（解析版）.pdf

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1、【仿真演练】备战2022年高考化学模拟预测卷（福建卷）（总分：100分 时 间：75分钟）一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.中华传统文化源远流长，下列说法错误的是A.“司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，司南中“杓 的材质为Fe3O4B.抱朴子中“曾青涂铁，铁赤色如铜，曾青”是可溶性铜盐C.“凡石灰，经火焚炼为用”，“石灰”指的是Ca（OH）2D.汉书中“高奴县有消水可燃”，这里的“滴水”指的是石油【答案】C【解析】A.Fe3O4俗称磁性氧化铁，具有磁性，司南中“杓”所用材质为Fe.Q4,选项A 正确：B.“曾青涂铁，铁赤色如铜”，

2、发生了硫酸铜和铁的置换，曾青是硫酸铜，是可溶性铜盐，选 项 B 正确；C.石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，选项C 错误；D.汉书 中“高奴县有滴水可燃“治水 可以燃烧，是指石油，石油是燃的混合物能够燃烧，选项D 正确；答案选C。2.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物。1,4-二氧杂螺 2,2丙烷的结构简式为仅下列说法错误的是A.Imol该有机物完全燃烧需要3moi02B.该有机物的二氯代物有2 种（不考虑立体异构）C.该有机物所有原子均处于同一平面D.该有机物与HCOOCH=CH2互为同分异构体【答案】c【解析】A.该化合物的分子式是c3H4。2,Imol该有机物完全燃

3、烧需要3 mo i A 项正确；B.在该物质分子中只有2 个碳原子上分别含有2 个氢原子，其二氯代物中，两个氯原子可以在同一个碳原子上，也可以在不同的碳原子上，所以该有机物的二氯代物有2 种，B 项正确；C.由于该分子中的碳原子为饱和碳原子，其结构与CHa中的碳原子类似，构成的是四面体结构，因此不可能所有原子均处于同一平面，C 项错误；D.H C O O C H =C H 2的分子式也是C 3 H4c)2,二者分子式相同，分子结构不同，互为同分异构体，D项正确。故选C。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，1 L 2 L苯的分子数目为O$NAB.18 gH所含的中子

4、数为I O N、C.7 g乙烯和C 4 L的混合气体中所含氢原子的总数为NAD.含1 0 m o i H,S。,的浓硫酸与足量的铜反应生成的S O?分子的数目为5NA【答案】C【解析】A.标准状况下苯是液体，故A错；B.1个H z，O有1 0中子，H z娑O的相对分子质量为2 0,1 8g H 2*0的物质的量为吁=0 9n o l,所以含的中子数为9 5，B错；2 0 g/m o lC.乙烯和c 4 H 8的最简式均为C H 2,7 g混合气体可认为最1 J：o=0-5 m o l C H 2,所以H原子有I m o l,故C正确；D.浓硫酸与足量的铜反应到一定程度时变成稀硫酸不再反应,故参

5、加反应的硫酸少于l O m o l,产生的S O?少于5 m o l,故D错；正确答案选C。4.下图分别代表澳甲烷和2溪叔丁烷发生水解的反应历程。I.CH3Br+N a O H CH3O H+N a BrI I.(CH 3)3 CBi+N a O H T(CH 3)3 CO H+N a Br能 6-6；S HO-CHj-Br)二 zyCHaBr+OH-、.V_ CHjOH+Br-I 的反应历7下列分析正确的是A.叔丁醇既能发生取代反应、消去反应，还能被催化氧化成酮B.其他条件不变，升高温度，反应I正反应速率增大程度大于逆反应速率的增大程度C.增大N a O H溶液的浓度，可使反应I和H的速率都

6、增大D.反应过程中反应I和H都有CBr键的断裂和CO键的形成【答案】D【解析】A.叔丁醇中宜接与羟基相连的碳上无H 原子，不能被催化氧化成酮，故 A 错误；B.反应I 中反应物的总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应I 逆反应速率增大程度大于正反应速率的增大程度，故 B 错误；C.反应II卤代嫌先自身转变为过渡态，然后氢氧根与过渡态的烧结合，氢氧化钠不直接和卤代燃一起转化到活化态，所以增加氢氧化钠的浓度不能使II速率增大，故 c 错误：D.反应过程中反应I 和 II都是卤代燃转化为醇，即都存在C-Br的断裂和C-O键的形成，故 D 正确；故选：D。5.常 温 下，

7、下列各组离子在指定环境中一定能大量共存的是A.澄清透明的中性溶液：Fe3+s B a、C r、NO；B.能使pH试纸变深红的溶液：K，Na，、CrO；-C.pH=13的NaOH溶 液:Na，C、SO；、A1O-D.c(0H)衣 T的 溶 液:Ca2+K、NO?、CHCOO【答案】C【解析】A.铁离子在溶液中水解使溶液呈酸性，澄清透明的中性溶液不可能存在铁离子,故 A 错误；B.能使pH 试纸变深红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中铭酸根离子会转化为重铭酸根离子，重铭酸根离子会与碘离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故 B 错误；C.Na+、C r、S O:、A10；四种离子在pH 为 13的氢氧化钠

8、溶液中不发生任何反应，能大量共存，故 c 正确：D.c(OH)卮的溶液为酸性溶液，酸性溶液中亚硝酸根离子和醋酸根离子能与氢离子反应，不能大量共存，故 D 错误；故选Co6.利用下列装置和试剂进行实验，所用仪器或相关操作合理的是ABCD配制一定浓度的硫酸溶液比较Zn与 C u的金属性强弱制备无水氯化铝用 NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸【答案】B【解析】A.容量瓶是精量器，不能用于稀释浓硫酸，故A错误；B.用原电池反应可以比较锌与铜的金属性强弱，故B正确；C.氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铝和盐酸，蒸发时氯化氢受热挥发，水解平衡不断右移，促使氯化铝水解趋于完全得到氢氧化铝，无法制得

9、无水氯化铝，故C错误；D.用氢氧化钠标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸时，应使用碱式滴定管盛放NaOH溶液，且眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故D错误；故选B。7.我国科学家研究发现某些大阴离子的盐可作水系锌离子电池的电解质溶液，显示了优良的循环性能，某种大阴离子结构如图所示。X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，Y、W位于同一主族。下列叙述错误的是Z Y 一一Z X W 一YI IIz YA.简单离子半径大小顺序为WYZB.W2Y；,中的氧元素有两种价态C.X的氢化物的沸点一定低于Y的氢化物的沸点D.Imol该离子含有电子的数目为74NA【答案】C【解析】从阴离

10、子的结构分析，W形成六个共价键，为硫元素，X形成四个共价键，一般为碳元素，Y形成2个共价键，且Y、W位于同一主族，所以是氧元素，Z形成一个共价键，是氟元素。【详解】A.简单离子中，硫离子半径大，氧离子和氟离子电子层结构相同，根据核电荷数越大，半径越小分析，半径关系为W Y Z,A正确；B.S z O：中有过氧键，因此氧有两种价态，B正确；C.碳元素的氢化物为烧类，沸点不一定低于H z O或H 2O 2,C错误；D.1个该离子中含有7 4个电子，D正确；故选C。8.明(N 2H 4)是一种常见的还原剂，设其在酸性溶液中以N?H；形式存在。利用如图电解装置,N2H；可将U 0；+转化为U 4+(N

11、?H；转化为N2)O下列说法不正确的是钛板质子交换膜 镀拍钛网A.镀铜钛网上发生的电极反应式为：N2H；-4 e-=N 2f+5 H+B.标准状况下，若生成1 1.2L N 2,则有2m o i H+从镀伯钛网通过质子交换膜流向钛板C.电解一段时间后电解质溶液的p H减小D.在该电解装置中，N 2H；还原性强于H 2O【答案】C【解析】A.镀柏钛网外接电源的正极，可知镀钳钛网是阳极，其电极反应式是还原剂失电子，故其电解反应式为N 2H s-4 e-=N 2T+5 H+,故A正确；B.钛板外接电源负极，是电解池的阴极，其电极反应式为2 U 0；+8 H+4 e-=2 U4+4 H2O,故电解池总

12、反应式为2 U O+8 H*+N 2 H；=2 U 4+N 2 T+5 H+4 H 2 O,标准状况下，若生成2 2.4 L N 2,需消耗4 m o i H+,则若生成I I.2 L N 2,则消耗电子2 m o i H+,则有2 m o i H+从镀钳钛网通过质子交换膜流向钛板，故B正确；C.从电解反应式来看2 U O；+8 H+N 2 H；=2 U +N 2 T+5 H+4 H 2 O,电解过程中消耗氢离子,则电解一段时间后，溶液的p H增大，故C错误；D.在该电解装置中，是N 2 H；失去电子，而不是水，故D正确：本题答案C。9.用某种含铁烧渣(主要含F e z C h和少量S i C

13、 h)制取颜料铁黄(F e O O H)的一种工艺流程如下:%斜 1W 足 量 氮 率&气烧渣一*1|4.;T_ _ _ _ _r I _酸 浸IT 还原 i 睁 叶 一|制帽!H过产2-E q O O HJ T的豪寒 褥猴下列说法不正确的是A.为加快“酸浸”反应的速率，可以适当增加硫酸的浓度B.可,以用KSCN检验 还原”反应后溶液中是否存在Fe3+C.“制备”反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2OD.“过滤2”所得滤液中主要含有的阳离子是NH；【答案】C【解析】含铁烧渣（主要含FezCh和少量SiCh）加 H2sCh溶液进行酸浸，SiCh和硫酸不反应，FezCh和硫酸

14、反应得到Fe2（SC4）3,加 FeSz进行还原得到S、FeSCU,过滤除去S、SiCh得到FeSCh溶液，FeSCh溶液加足量氨水、空气反应，过滤得到FeOOH。A.适当增大硫酸浓度，可以增大单位体积内活化分子数总数，从而增加有效碰撞几率，都可加快酸溶的速率，故 A 正确：B.铁离子与KSCN溶液作用出现血红色，可以用KSCN检验“还原”反应后溶液中是否存在Fe3+,故 B 正确;C.滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，没有铁离子生成，故 C错误；D.滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为4Fe2+8NH3 H2O+O2=8NH

15、：+4FeOOH i+2H2O,因此“过滤2”所得滤液中主要含有的阳离子是NH：,故 D 正确；1 0.电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。用 0.100 mol/L的 KOH溶液分别滴定体积均为20.00 mL、浓度均为0.100 mol/L的盐酸和CH3coOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是A.相同温度下，C 点水的电离程度大于A 点B.由PA段电导率变化趋势可知，K+的导电能力强于H+C.A 点溶液中：C(CH3COO)+C(OH)-C(H+)=0.1 mol-L-1D.B 点溶液中：c(K+)c(O

16、H)c(CH3COO)c(H+)【答案】D【解析】A.溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3coOH是弱电解质，溶液中自由移动的离子浓度比强酸HC1的小。在开始滴定时电导率小于，说明是醋酸的滴定曲线，是 HC1的滴定曲线。当加入KOH溶液体积至20 m L时，二者都是恰好反应产生盐。A 点CH3co0K是强碱弱酸盐，C 点是K。是强酸强碱盐，CH3co0K水解促进水的电离，而KCI不水解，对水的电离平衡无影响，所以相同温度下，A 点水的电离程度大于点C,A 错误；B.PA段电导率增加，是由于开始时CH3co0H溶液中自由移动的离了浓度较小，溶液导电能力较弱，随着KOH的滴入，弱酸CH3COOH与

17、 KOH发生中和反应产生CH3coOK,产生了大量自由移动的CH3co0-、K+,溶液中自由移动的圈子浓度增大，因而溶液的导电能力增强，而不能说K+的导电能力强于H+,B 错误；C.A 点为CH3co0K溶液，根据电荷守恒可得：c(CH3coO-)+c(OH)=c(H+)+c(K+),根据K+在反应前后物质的量不变，可知c(K+)=粤粤=0.050m ol/L,所以20.OOmL+20.00mLc(CH3COO)+c(OH)-c(H+)=c(K+)=0.050mol/L,C 错误；D.B 点溶液为KOH、CH3coOK等浓度的混合溶液,根据元素守恒可知，(K，)最大;CH3coOK是强碱弱酸盐

18、，CH3coO-水解消耗水电离产生的H+,使溶液c(OH)增大，最终达到平衡时c(OH)c(H+),且盐电离产生的c(CH3co0-)大于水电离产生的c(H+),故溶液中离子浓度:c(K+)c(CH3COO)c(H+),D 正确；故合理选项是D。二、非选择题：本题共5 小题，共 60分。11.(13分)利用火法炼铜后产生的含锌铜烟尘(主要成分为ZnO、CuO和少量铁的氧化物)制备活性氧化锌(Z nO),同时回收硫酸俊晶体的工艺流程如下：稀硫酸 H2O2试剂aN H 4 H C O 3含锌铜预处理烟 尘-二溶 解 一残渣步 瞿 I滤*I*步骤I I滤渣n步骤山 丽砰f 活性氧化锌一系列操作 a访

19、1M.曰/上滤液I-硫酸镂晶体已知：2 5。(3 时溶液中金属离子物质的量浓度c 与 pH的关系如图所示；当溶液中某离子浓度c4)3溶液i.加入Cu粉后充分振荡，溶液逐渐变蓝；ii.取少量i中清液于试管中，滴加2滴0.2mol/L KSCN溶液，溶液变为红色，但振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成。甲同学猜想第ii步出现的异常现象是由于溶液中的C u干扰了检验Fe+的现象。该同学又继续进行如下实验实验编号操作现象操作现象实验211 mL 0.2 mol/LKSCN_1 mL 0.05 mol/LCuSO4开始时溶液呈绿色，一段时间后开始出现白色沉淀，上层溶液变为黄色。实验3一 5滴 0.05 m

20、ol/LCuSO42 mL 0.5 mol/L FeSO40.2 mol/L KSCN无色溶液立即变红，同时生成白色沉淀。(2)经检测，实验2反应后的溶液pH值减小，可能的原因是(3)由实验2、3可知，实验3中溶液变红的原因是I I.探究浓硝酸与KSCN溶液的反应 实验一 浓硝酸与KSCN溶液反应D滴加5滴 _ 静置一段时间后一1 mol/L KSCN溶液”W Wi.2 mL浓硝酸 ii.溶液立即变红 iii.突然剧烈反应，红色迅速褪去，放出大量红棕色气体(4)向浓硝酸中滴加KSCN溶液，溶 液 立 即 变 红 是 因 为 生 成 了(填 化 学 式)。实验二 浓硝酸与KSCN溶液反应产物a.

21、将实验一 ii中的气体通入和NaOH的混合溶液中，有白色沉淀生成。b.过滤、洗涤白色沉淀，取少量于试管中，加入适量的稀盐酸，沉淀完全溶解，再滴加少量溪水，观察溪水是否褪色。C.另取少量实验一 i 中试管内的溶液加入Ba Cb溶液，产生大量白色沉淀。(5)a 中，Ba(0 H)2 和N a O H 混 合 溶 液 浓 度 较 小 时 可 能 不 会 产 生 白 色 沉 淀,原 因 是。(6)通过b 可以证实红棕色气体中是否含有S O?。若含有S O”溟水会褪色，则褪色的原因是(用离子方程式表示)，滨水不褪色则不含S O-(7)也0?也可与K S C N 溶液反应，完全转化为无毒无害物质，请写出S

22、 CN-被氧化的离子方程式_。【答案】Cu +2 Fe =2 Fe2+Cu2+(2)部分(S CN)?与水反应生成酸(3)Cu2+与S CN-产生白色沉淀的同时生成(S CN%,Fe?+被(S CN%氧化为Fe ,Fe 3+3 S CN 礴？Fe(S CN)3，所以溶液变红(4)(SCN)X(5)N O 2 溶于水形成硝酸，溶解了白色沉淀(6)S O,+Br,+2 H,O =4 H+S 0：+2 BL 或 H2S O3+Br,+H2O=4 H+S 0,+2 Br(7)2 S CN-+1 1 H2O2=2 S O f +2 CO2 T+N2 T+1 0 H,O +2 H【解析】I.Fe 2(S

23、O 4)3 溶液因含Fe 3+呈黄色,加入铜粉后发生Cu+2 Fe 3+=2 Fe 2+CM+,溶液逐渐变为蓝色：取少量i 中清液于试管中，滴加2 滴 0.2 m ol/LKS CN 溶液，发生了 2 C/+4 S CN=2 Cu S CN (白色)+(S CN)2(黄色)，(S CN”将亚铁离子氧化为铁离子，发生Fe3+3 S CNU Fe(S CN)3,所以溶液变红，振荡后S CN-和 Cu?充分接触，又发生2 Cu 2，+4 S CN=2 Cu S CN (白色)+(S CN”(黄色)，产生白色沉淀，同时由于SC N被消耗，Fe3+3 S CNU Fe(S CN)3 逆向移动，红色消失；

24、由实验2可知发生了铜离子和硫氟酸根离子发生了 2CU2+4SCN=2CUSCN1(白色)+(S CN)2(黄色)，(S CN)2 溶于水导致上层溶液呈黄色；通过实验3,验证了实验1 中的i i 的结论；II.浓硝酸有强氧化性，浓硝酸中加入K S C N 后，S CN-被浓硝酸氧化为(S CN”，(S CN”聚合为红色的(S CN)x,溶液迅速变红；静置一段时间后剧烈反应，红色迅速褪去可能是浓硝酸氧化了(S CN)x 所致。(1)加入C u 粉后溶液逐渐变蓝，说明生成了铜盐，因此发生Cu+2 Fe 3+=2 Fe 2+Cu 2+；(2)根据实验2的现象，开始时溶液呈绿色，一段时间后开始出现白色沉

25、淀，上层溶液变为黄色，说明发生了 2CU2+4SCN=2CUSCNJ(白色)+(S CN”(黄色)，(S CN)2 性质与卤素单质相似，部分(S CN)2 与水反应生成酸，溶液p H 值减小：(3)由分析可知Cu?+与 SC N产生白色C u S C N 的同时生成(S CN)2,Fe?+被(S CN)2 氧化为Fe3+,Fe 3+3 S CN-U Fe(S CN)3,所以溶液变红；(4)由分析可知浓硝酸中滴加K S C N 溶液,溶液立即变红是因为S CN-被氧化为黄色的(S CN)2,(S C N)2聚合为红色的(S CN)X；实验一中产生红棕色气体，因此混合气体中有大量的N O 2 使溶

26、液呈酸性，Ba(0 H)2 和N a O H 浓度较小时，开始产生的白色Ba CCh 沉淀溶解；(6)通过b 可以证实红棕色气体中是否含有S O?,若含有S O。，发生反应S O,+Br2+2 H,O =4 H+S O：+2 Br 或 H2S O3+Br,+H,O=4 H+S O：+2 Br-,滨水会褪色,滨水不褪色则不含S C)2；(7)凡。2 也可与K S C N 溶液反应，完全转化为无毒无害物质，S CN-被氧化生成硫酸钾、硫酸、二氧化碳、氮气和水，反应的离子方程式为2 S CN +1 1 H,O,=2 S 0；+2 c O 2 T +N2 T +1 0 H2O +2 H+o1 3.(1

27、 3 分)甲醇是一种重要的有机化工原料，在工业上有着重要的用途。二氧化碳催化加氢制甲醇反应的化学方程式为3H2(g)+CO 2(g)H2O(g)+CH3O H(g)。在2 L 恒容密闭容器中加入4m o i比 和 I m o lCCh在一定条件下发生上述反应，lO m in 时剩余L 6 m o lH2,此时C0 2的 转 化 率 为，用 C H 3 0 H 表 示 lO m in 内 的 化 学 反 应 速 率 为,增 加 该 反 应 中 活 化 分 子 百 分 数 的 方 法 有(答 两 点)。(2)若在催化剂a 或 b存在下，C0 2和 H2能同时发生两个反应：3H2出)+(20 2(8

28、)=H2O(g)+CH3O H(g),在控制 CCh 和 H2 初始投料比n(CO)而广，为 1：2.2,相同压强下，经过相同反应时间测得的实验数据如表(甲醇选择性指转化的C 6中生成甲醇的百分比)：在相同温度下，不同的催化剂对C0 2转化成C H 3 0 H 的选择性有显著的影响，你认为原因实验编号T/K催化剂CO 2转化率(%)甲醇选择性()15 43催化剂a12.342325 43催化剂b10.972.735 5 3催化剂a15.339.145 5 3催化剂b12.071.6是o5 5 3K 下，反应在无催化剂、催化剂a 和催化剂b 三种情况下，活 化 能 最 小 的 是。(3)工业上常

29、用下列反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH30 H(g)A H O。若在45 0 和L 0 1x l0 6 p a 时，向某密闭容器中通入I m o lCO 和3m o i出,充分反应后C O的转化率达到95%,若其他条件相同时，改为通入I m o lH?和 I m o l C E O H,则 C H 3 0 H 的平衡转化率为;工业实际生产时.，采用图中M 点对应的反应条件，而不是N 点，请说明选择的理由：o【答案】(1)80%O.fMmolL min-1 升高温度，采用更高效的催化剂(2)反应未达到平衡，不同的催化剂对反应的催化能力不同，反应速率不同 催化剂b(3)5%M 点温度较高

30、，反应速率较快，C O 的平衡转化率与N 点相差不大，压强为常压，对设备要求不高，更经济【解析】(l)10min时剩余1.6molH2该时间段消耗H2的物质的量为(4mol1.6moi)=2.4mol,消耗CO2的物质的量为 空 粤=0.8mol,8 2 的转化率为 学 粤 xl00%=80%；v(CH3OH)=3Imol0.8mol方I=0.04mol/(Lmin)；升高温度和使用更高效的催化剂，均会提高活化分子的百分数，10 min加快反应速率：故答案为80%；0.04mol/(L-min)；升高温度，使用更高效的催化剂；(2)从表格中数据分析，在相同的温度下，不同的催化剂，相同的反应时间

31、内CO2的转化率不同，说明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应的催化能力不同，反应速率不同，因而对甲醇的选择性有影响；故答案为反应未达到平衡，不同的催化剂对反应的催化能力不同，反应速率不同；由实验3、4 可知，4 中甲醇选择性高，则相同温度下，催化剂b 对 CO2转化成CH30H有较高的选择性，对应的活化能最小；故答案为催化剂b；(3)通 入 ImolH?和 ImolCH.OH与通入ImolCO和 3moiH?达到的平衡为等效平衡，正向CO的平衡转化率为9 5%,则逆向甲醇的平衡转化率为5%。相对于N 点而言，M 点温度在500600K之间，温度较高，反应速率较快，C O 的平衡转化率与N

32、点相差不大，且常压对设备和动力要求低，更经济：故答案为5%:M 点温度较高，反应速率较快，C O 的平衡转化率与N 点相差不大，压强为常压，对设备要求不高，更经济。14.(10分)铁(Fe)、钻(Co)、银(Ni)是第四周期第V D I族的元素，在化学上称为铁系元素，其合金和化合物在生产生活中应用广泛。(1)硫酸银溶于氨水形成 N i(N H 3)6 S O 4 蓝色溶液。基态N i原子的价电子排布图为 o化合物 N i(N H 3)6 S O 4 中元素电负性由大到小的关系为 o N i(N H 3)6 S O 4 中 阴 离 子 的 中 心 原 子 的 杂 化 类 型 为,写出一种与阴离子

33、互为等电子体的分子式：一o N i(N H 3)6 S O 4 含有的化学键类型包括一(填序号)。A.极性共价键 B.离子键 C.配位键 D.金属键 E.非极性共价键(2)锂离子电池的正极材料大多采用橄榄石型的L iM P O KM=F e、C o 等元素)。第四电离能大小关系是l 4(C o)L (F e)(填“”或 v”)，原因是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ OL iM P C U 属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示。磷 原子。

34、氧原子焦磷酸根离子 三磷酸根离子这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为一(用n 代表P原子数)。(3)F eC C h 可作补血剂，C o C C h 可用于陶瓷工业的着色剂。已知：r(F e2+)为 6 1 p m,r(C 0 2+)为6 5 p m,在隔绝空气条件下分别加热F eC C h 和 C o C C h 时，F eC C h 的分解温度低于C o C C h,其原因是 os p 3 S iC l4 或 C C 1 4 或 S iF4 等 A B C(2)-(3)r(F e2+)C o O,F eC C h 比 C o C C h 易分解【解析】(1)已知镁是2 8 号元素，故基态N

35、 i原子的价电子排布图 为 川 而 口 川 而，故答案为:InininiHHO根据同一周期从左往右元素的电负性依次增大，同一主族从上往下元素的非金属依次减小,故化合物 N i(N H 3)6 S O 4 中元素电负性由大到小的关系为0 N S H N i,故答案为：O N S H N i；N i(N H 3)6 S C 4 中阴离子即为S O：,其中心原子S 原子的价层电子对数为：4+,(6+2 4?2)=4,2故的中心原子S的杂化类型为s p 3,等电子体是指原子总数相同，价电子总数相同的微粒，故与阴离子互为等电子体的分子式：S iC 1 4或C C 1 4或S iF 4等，故答案为：sp

36、3；S iC U或C C 1 4或S iF 4等；N i(N H3)6 S C)4含有的化学键类型包括N i(N H3)6 F+与S O：之间的离子键，N i(N H3)6 p+内部的配位键和N-H极性键，S O：内部的极性键，故不含金属键和非极性共价键，故答案为：A B C；锂离子电池的正极材料大多采用橄榄石型的L iM P C U(M=F e、Co等元素)。由于C。失去的第4个电子是3 d 6上的电子，而F e失去的第4个电子是3 d 5上的电子，故第四电离能大小关系是l4(C o)L(F e),故答案为：V；C。失去的第四个电子是3 d 6上的一个电子，而F e失去的第四个电子是3 d

37、5的一个电子，3 d轨道半充满时稳定性强，故l4(C o)；(3)已知：r(F e 2+)为 6 1 p m,干)为 6 5 p m,则 r(F e 2+)C o O,F e C C h 比C o C C h易分解，故在隔绝空气条件下分别加热F e C C h和C o C C h时，F e C C h的分解温度低于C o C C h,故答案为：r(F e2+)C o O,F e C C h 比 C o C C h 易分解；1 5 (1 0分)化 合 物F是一种重要的药物合成中间体。合成流程如下：八CHO 一 髅,卜 告 回*ABDCMOOCCH2coOC2HL/C O O C 2 H 5 U

38、A IHL 20H瞽 件 20HEF回答下列问题：(DA的 官 能 团 名 称、,的 反 应 类 型 为。(2)C的 结 构 简 式 为。(3)D的 系 统 命 名 为。(4)的化学方程式为。(5)F有多种同分异构体，写出满足以下条件的同分异构体的结构简式_ _ _ _ _ _oa.含有六元环 b.可以与N a反应生成H?c.核磁共振氢谱峰面积比为4:1:1【答案】(1)碳碳双键 醛基 加成反应（2）H O 八 OH(3)1,3-二澳丙烷COOC2H5_.I Br 八CH2ICOOC2H5OH0OH【解析】(1)根据A 的结构简式可知，A 的官能团名称碳碳双键、醛基；A 生成B双键消失,的反应类型为加成反应。(2)B 发生还原反应，醛基被还原为羟基，则 C的结构简式为：HO 八 OH。(3)根据D的结构简式，D的系统命名为：1,3-二漠丙烷。COOC2H5(4)发生取代反应，化学方程式为：Br/、B r +C H 2 一 理 处 _COOC2H5COOC2H5X/C O O C iH i+2 H B r o(5)F有多种同分异构体，a.含 有 六 元 环 b.可以与N a 反应生成H?含有酚羟基c.核磁共振氢谱峰面积比为4:1:1,同分异构体的结构简式:OHOH