湖北省恩施州2019-2020学年高二下学期期末调研考试化学试题(解析版).docx

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1、湖北省恩施州2019-2020学年高二下学期期末调研考试化学试题1.能源是可以直接或经转换提供人类所需的光、热、动力等任意形式能量的载能体资源。确切而简单地说，能源是自然界中能为人类提供某种形式能量的物质资源，人类的一切经济活动和生存都依赖于能源的供给。下列对能源的认识错误的是A. 阳光、风力、潮汐、流水都属于能源B. 氢气、太阳能、地热能都属于绿色能源C. 天然气、乙醇、氢气都属于可再生能源D. 煤、石油、太阳能都属于一次能源【答案】C【解析】【详解】A能源是自然界中能为人类提供某种形式能量的物质资源，因此阳光、风力、潮汐、流水都属于能源，A正确；B氢气、太阳能、地热能不会造成环境污染，因此

2、都属于绿色能源，B正确；C天然气是化石燃料，不属于可再生能源，C错误；D一次能源是指自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能量资源，因此煤、石油、太阳能都属于一次能源，D正确；答案选C。2.用NaOH固体配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，不需要用到的玻璃仪器是A. 碱式滴定管B. 烧杯C. 玻璃棒D. 胶头滴管【答案】A【解析】【详解】用NaOH固体配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，用烧杯在天平上称量，再在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，恢复至室温时，用玻璃棒引流，转移到容量瓶中；定容时，使用胶头滴管，不使用碱式滴定管，答案为A。3.南开大学科研团队经过多年研究，获得了一种特殊的石墨烯材

3、料，这种三维石墨烯(如图)可在太阳光照射下飞行。下列四种物质中与三维石墨烯属于同一类物质的是 A. 聚合氮 B. 全氮阴离子盐C. 双氢青蒿素 D. 白藜芦醇 【答案】A【解析】【详解】三维石墨烯只有C元素，属于非金属单质。A. 聚合氮只有N元素，属于非金属单质，与三维石墨烯属于同一类物质，A正确；B. 全氮阴离子盐中含有离子键，属于盐类，与三维石墨烯不属于同一类物质，B错误；C. 双氢青蒿素组成元素为C、H、O，属于有机物，与三维石墨烯不属于同一类物质，C错误；D. 白藜芦醇组成元素为C、H、O，属于有机物，与三维石墨烯不属于同一类物质，D错误；故合理选项是A。4.在铁棒上镀铜的实验装置如图

4、所示，下列判断不正确的是A. a极上发生还原反应B. b极只能用纯铜C. CuSO4溶液可以换成氯化铜溶液D. 该实验过程中阴离子种类保持不变【答案】B【解析】详解】A. 在铁棒上镀铜，则a为铁，铁电极上发生还原反应，A正确；B. b极不一定用纯铜，可以含有比铜不活泼的杂质，B不正确；C. 电镀液要含有铜离子，CuSO4溶液可以换成氯化铜溶液，C正确；D. 该实验过程中阴离子没有参加反应，故阴离子种类保持不变，D正确；答案选B。5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 水电离的c(H+)=ll0-13molL-1的溶液：K+、Ba2+、ClO-B. 0.1molL-1KI溶液

5、：H+、-C. c(Fe3+)=0.1molL-1的溶液：Na+、Mg2+、SCN-、Br-D. 使甲基橙变红的溶液：Al3+、Cl-、【答案】D【解析】【详解】A水电离的c(H+)=ll0-13molL-1的溶液可能显酸性，也可能显碱性，无论是酸性溶液还是碱性溶液，均不能大量共存，A不符合题意；BH+与在溶液中结合具有强氧化性，能够氧化I-，故不能大量共存，B不符合题意；CFe3+与SCN-不能大量共存，C不符合题意；D使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中Al3+、Cl-、均不反应，能够大量共存，D符合题意；答案选D。6.元素周期表的一部分如图所示，YW4中含有的质子总数为18。下列说法

6、错误的是WXYZA. W的单质的沸点比Z的单质的沸点高B. 原子半径：XYZWC. YW4为共价化合物D. X、Z形成的化合物的水溶液呈酸性【答案】A【解析】【分析】根据题干信息，YW4中含有的质子总数为18，结合各元素在周期表中的位置分析可知，W为H元素，X为Al元素，Y为Si元素，Z为Cl元素，据此分析解答。【详解】A根据上述分析，W为H元素，Z为Cl元素，H2和Cl2均为分子晶体，Cl2的相对分子质量更大，范德华力更大，熔沸点更高，A错误；B同一周期从左至右原子半径依次减小，H为第一周期，原子半径最小，Al、Si、Cl位于第三周期，故原子半径：AlSiClH，B正确；CSiH4分子只含有

7、共价键，为共价化合物，C正确；DAlCl3的水溶液中，由于Al3+3H2OAl(OH)3+3H+，所以溶液显酸性，D正确；答案选A。7.化合物X结构简式为，下列关于X的说法正确的是A. 不能使酸性KMnO4溶液褪色B. 一氯代物有3种C. 分子中所有原子处于同一平面D. 能与NaOH溶液发生水解反应【答案】D【解析】【详解】A化合物X中含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，A错误；B根据X结构简式可知，其分子中共含有4种等效氢，因此其一氯代物共有4种，B错误；C分子中含有饱和碳原子，因此分子中的所有原子不可能处于同一平面，C错误；D化合物X中含有酯基，可与NaOH溶液发生水解反应，D正确；

8、答案选D。8.已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H0。在起始温度相同的甲、乙、丙三个等容积的密闭容器中分别同时充入1molN2、3molH2，在不同条件下(甲：恒温、恒容；乙：绝热、恒容；丙：恒温、恒压)进行反应。达到平衡时，下列说法不正确的是A. 容器内的压强：丙甲B. 容器内混合气体的平均相对分子质量：乙甲丙C. 平衡常数K：丙乙D. N2的转化率：乙甲丙【答案】A【解析】【详解】A根据化学反应方程式可知，该反应为气体物质的量减小的反应，容器甲中，恒温恒容的条件下，根据阿伏加德罗定律PV=nRT可知，物质的量减小，压强减小，因此达到平衡时，容器内的压强：丙甲，A错误；B根据题干信息

9、，该反应为放热反应，甲为恒温、恒容容器，乙为绝热、恒容容器，乙相对于甲来说温度升高，平衡逆向移动，则达到平衡时，气体总的物质的量：乙甲，丙为恒温、恒压容器，甲相对于丙来说压强减小，平衡逆向移动，则达到平衡时气体总的物质的量丙H2SH2S+CuSO4=CuS+H2SO4B氧化性：Cl2I2I2+2KClO3=2KIO3+Cl2C金属性：KNaNa+KClK+NaClD碱性：KOHLiOH2LiOH+K2CO3=Li2CO3+2KOHA. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A酸性：H2SO4H2S，但CuS是不溶于酸的黑色沉淀，H2S+CuSO4CuS+H2SO4反应符合以弱制强

10、，故A不符合题意；B氧化性：Cl2I2，反应I2+2KClO32KIO3+Cl2中利用的是还原剂I2的还原性大于还原产物Cl2，不符合以弱制强，故B符合题意；C金属性：KNa，Na+KCl K+NaCl，反应进行的原理是钾蒸气挥出促进平衡正向进行彻底，符合以弱制强，故C不符合题意；D碱性：KOHLiOH，2LiOH+K2CO3Li2CO3+2KOH，反应生成的Li2CO3是沉淀，反应向更难溶方向进行，符合以弱制强，故D不符合题意；答案为B。11.将2molCH4(g)和5molH2O(g)通入一密闭容器中，发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。CH4(g)的平衡转化率与

11、温度、压强的关系如图所示，下列有关平衡常数的判断正确的是A. KAKB=KCKDB. KAKB=KCKDC. KA=KBKCKDD. KA=KBKCKD【答案】B【解析】【详解】平衡常数只与温度有关，B、C两点温度相同，所以KB=KC；随温度升高，甲烷的转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，平衡常数增大， KDKCKA，所以KDKC= KBKA，故选B。12.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 某温度下，1L pH=6的纯水中所含OH-的数目为10-7NAB. 电解精炼铜时，阴极每析出64g纯铜，在阳极就产生NA个Cu2+C. 过量的铜与含0.4mol HNO3的浓硝酸反应，转

12、移的电子数大于0.2NAD. 室温下，向1L pH=l的醋酸溶液中加水，稀释后溶液中H+的数目小于0.1NA【答案】C【解析】【详解】A某温度下，纯水中，水电离产生氢离子浓度与氢氧根离子相同，则1LpH=6的纯水中所含OH-的数目为10-6NA，A错误；B电解精炼铜时，由于阳极中有杂质金属失去电子，因此阴极每析出64g纯铜，在阳极不一定产生NA个Cu2+，B错误；C浓硝酸与铜反应生成NO2，随着反应的进行HNO3浓度变小，稀硝酸与铜反应生成NO，含0.4mol HNO3的浓硝酸与足量铜反应，转移的电子数大于0.2NA，C正确；D1L pH=1的醋酸溶液中，氢离子的物质的量n(H+)=0.1mo

13、l，在加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，故所得溶液中H+数目略大于0.1NA，D错误；答案选C。13.电化学在日常生活中用途广泛，甲是原电池装置，电池总反应为Mg+C1O-+H2O=C1-+Mg(OH)2，乙是电解池装置用于含Cr2O72-的工业废水的处理。下列说法错误的是A. 甲中负极发生的电极反应为Mg一2e-=Mg2+B. 乙中惰性电极作阴极C. 乙中Cr2O72-向惰性电极移动D. 当消耗3.6g镁时，理论上也消耗8.4g铁【答案】C【解析】【详解】A. 根据电池总反应，甲中负极是镁失电子发生氧化反应，电极反应为Mg-2e-= Mg2+，故A正确；B. 甲中镁为负极，所以乙中惰性电极

14、作阴极，故B正确；C. 乙中惰性电极作阴极，电解池中阴离子移向阳极，乙中Cr2O72-向铁电极移动，故C错误；D. 当消耗3.6g镁时，电路中转移电子0.3mol，阳极发生反应Fe-2e-= Fe2+，根据电子守恒，理论上也消耗铁的质量是8.4g，故D正确；选C。14.25时，向20mL0.1molL-1H2A溶液中滴加0.1molL-1的NaOH溶液，(忽略反应前后溶液体积变化)原溶液中部分粒子的物质的量随滴入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是A. II表示的是HA-的物质的量的变化曲线B. NaHA水溶液显碱性C. 的值随若VNaOH(aq)的增大而减小D. 当VNaOH(

15、aq)=20mL时，溶液中存在关系：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.05molL-1【答案】B【解析】【详解】AH2A总物质的量为210-3mol，结合图象可知，氢氧化钠溶液体积为0时，0.1 mol/LH2A溶液中H2A的物质的量小于210-3 mol，说明H2A在溶液中不能完全电离，所以H2A为弱酸，存在电离平衡：H2AH+HA-，HA-H+A2-，电离程度是微弱的，主要以H2A存在，第一步电离产生的H+对第二步电离起抑制作用，故I表示H2A，II表示HA-，III表示A2-的浓度变化曲线，A正确；BNaHA水溶液是强碱弱酸盐，HA-水解呈显碱性，HA-又会电离呈酸性，则Na

16、HA溶液的酸碱性取决于HA-水解与电离程度的相对大小，由图知，当加入20mL氢氧化钠溶液时，所得即为NaHA水溶液，而此时溶液中A2-离子浓度大于H2A浓度，即HA-水解程度小于电离程度，则NaHA水溶液呈酸性，B错误；C. 由电离平衡常数可知： ，则，温度不变，K1不变，随着NaOH溶液的加入c(H+)逐渐减小，所以会随着VNaOH(aq)的增大而减小，C正确；DVNaOH(aq)=20 mL时，发生反应：NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶质为NaHA，体积变化忽略不计，总体积为40 mL，钠离子浓度为0.05 mol/L，根据物料守恒可得：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=c(

17、Na+)=0.05 mol/L，D正确；答案选B。15.过氧化钙可用于改善地表水质，也可用于应急供氧。实验室模仿工业上生产过氧化钙的主要流程如下：已知“沉淀”时需控制温度为0左右。CaO28H2O是白色晶体粉末，难溶于水。(1)“沉淀”步骤的实验装置如图。“沉淀”时控制温度为0左右的原因是_。仪器a的名称是_，仪器b的作用是_。(2)“乙醇洗的目的是_。(3)产品纯度测定：第一步：准确称取ag产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水和bgKI晶体(过量)再滴入适量盐酸溶液充分反应。第二步：向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。第三步：逐滴滴入浓度为cmolL-1的Na2S2O3溶液至滴定终点，消耗Na2S2O3

18、溶液VmL。已知：2+I2=2I-+。第二步滴入几滴淀粉溶液时，溶液呈_(填“无色”或“蓝色”)。产品(CaO2)的纯度为_(列出计算表达式)。(4)某学习小组设计以下实验探究产品(CaO2)与SO2的反应：装置A中发生反应的化学方程式为_。装置B中浓H2SO4的作用是_。装置E用于测定O2的体积，请在框中画出装置图。【答案】 (1) 防止氨水挥发和过氧化氢分解 (2) 恒压漏斗(或滴液漏斗) (3) 冷凝回流 (4) 去除晶体表面的水分 (5) 蓝色 (6) 100% (7) Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O (8) 干燥SO2 (9) 或或【解析】【分析】(1) 由流

19、程知，“沉淀”时发生反应：，从原料的性质和提高利用率的角度回答；按仪器的构造回答仪器a的名称；仪器b的作用是冷凝回流；(2) 在“水洗”后、在“烘烤”前，据此找出“乙醇洗的目的；(3)产品纯度测定：准确称取ag产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水和bgKI晶体(过量)再滴入适量盐酸溶液充分反应，则过氧化钙把碘离子全部氧化为碘单质，第二步：向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液，因此会先蓝色，第三步：逐滴滴入浓度为cmolL-1的Na2S2O3溶液至滴定终点，2+I2=2I-+完全，按消耗Na2S2O3溶液VmL即可计算出产品纯度； (4)探究产品(CaO2)与SO2的反应时，装置A中发生反应，用于制取二氧化硫

20、气体，据此写化学方程式；装置B中浓H2SO4的作用是干燥二氧化硫气体；装置E是测定O2的体积的装置，据此回答。【详解】(1) 据分析，“沉淀”时氨水和双氧水与氯化钙反应，得到CaO28H2O沉淀，氨水易挥发、双氧水易分解，故控制温度为0左右的原因是防止氨水挥发和过氧化氢分解；仪器a的名称是恒压漏斗(或滴液漏斗)，仪器b的作用是冷凝回流，使受热挥发的氨水等冷凝回流，提高原料利用率；(2) “乙醇洗在“水洗”后、在“烘烤”前，“水洗”已除去可溶性杂质，故“醇洗”是利用乙醇的挥发性，在挥发时带走表面的水，故目的是去除晶体表面的水分；(3)据分析，第二步滴入几滴淀粉溶液时，碘单质与淀粉反应，溶液呈蓝色

21、；产品中CaO2含量计算如下：产品纯度测定时的关系式为：，则纯度为： =100%； (4)某学习小组设计以下实验探究产品(CaO2)与SO2的反应时：装置A中发生反应，用于制取二氧化硫气体，则化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；装置B中浓H2SO4的作用是干燥二氧化硫气体，防止过氧化钙和水反应干扰干扰实验；装置E是测定O2的体积的装置，故可以用或或。【点睛】本题考查形式为物质制备流程图题目，涉及物质的化学方程式的书写，实验方法和实验操作、物质的检验和计算等问题，能有效提取题目提供的信息、掌握实验基本操作等是解题关键。16.三氯化铁在印刷、医药、颜料、污水处理以

22、及有机合成催化剂方面有重要的应用。以硫铁矿(主要成分为FeS2，杂质不与盐酸反应)为原料制备三氯化铁晶体(FeCl36HO2)的工艺流程如图所示：回答下列问题：(1)“焙烧”过程中，理论上1molFeS2被氧化转移11mol电子，则该反应的氧化产物为_。(2)“酸溶”_(填“能”或“不能”)用稀硫酸代替30%的盐酸，理由是_。(3)现有试剂稀盐酸稀硫酸稀硝酸氯气硫氰化钾溶液高锰酸钾溶液氢氧化钠溶液，为确认“酸溶”后的溶液中是否会含Fe2+，另取“焙烧”后的烧渣少许，用_(从上述试剂中选择，填标号)溶解，将所得溶液滴入_从上述试剂中选择，填标号)中，若_，则说明“酸溶”后的溶液中含Fe2+。(4

23、)从FeCl3溶液中得到FeCl36H2O的操作包括_、冷却结晶、过滤，该过程需保持盐酸过量，结合必要的离子方程式说明原因：_。(5)从FeCl36H2O中得到无水FeCl3的操作方法为_。(6)若以a吨硫铁矿为原料，最终制得b吨FeCl36H2O，不计生产过程中的损失，则该硫铁矿FeS2的含量为_(用含a、b的代数式表示)。【答案】 (1) Fe2O3、SO2 (2) 不能 (3) 用稀硫酸代替30%的盐酸，会引入SO42-，制得的产品不是三氯化铁晶体 (4) (5) (6) 高锰酸钾溶液褪色 (7) 蒸发浓缩 (8) Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，过量的盐酸能抑制Fe3+水解 (

24、9) 在HCl气流中加热失去结晶水 (10) 100%【解析】【分析】根据焙烧的化学方程式4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2判断氧化产物；根据制备的产品判断不能用稀硫酸代替盐酸；根据Fe2+的性质来选取检验的试剂和实验现象；根据Fe3+易水解的性质制备无水FeCl3时应在HCl环境中进行；根据Fe元素守恒计算该硫铁矿FeS2的含量；据此解答。【详解】(1)由1molFeS2被氧化转移11mol电子可知，“焙烧”过程中发生的反应为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，由反应方程式可判断，Fe元素化合价由+2价失电子变为+3价，S元素化合价由-1价失电子变为+4价，则FeS2是还原

25、剂，得到氧化产物，该反应的氧化产物为Fe2O3和SO2；答案为Fe2O3，SO2。(2)在“酸溶”时不能用硫酸代替盐酸，因为最终制取的是氯化铁晶体(FeCl36H2O)，使用硫酸，会引入SO42-，得不到氯化铁晶体(FeCl36H2O)；答案为不能，用稀硫酸代替30%的盐酸，会引入SO42-，制得的产品不是三氯化铁晶体。(3)检验“酸溶”后溶液中是否含有Fe2+，则酸溶不能选择稀硝酸，因为硝酸具有氧化性，会将Fe2+氧化成Fe3+，溶液中本就含有Fe3+，所以不能用硫氰化钾溶液和氯气以及氢氧化钠溶液检验Fe2+是否存在，则只有高锰酸钾溶液可以检验Fe2+是否存在，而高锰酸钾也可以氧化盐酸而发生

26、褪色，所以“酸溶”应选用稀硫酸；答案为，高锰酸钾溶液褪色。(4)从FeCl3溶液中得到FeCl36H2O的操作步骤为加热浓缩、冷却结晶、过滤，因为铁离子很容易发生水解反应，即Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，直接加热蒸干最终得到的是氧化铁，所以在加热浓缩时要保持盐酸过量，抑制铁离子发生水解反应；答案为加热浓缩，铁离子很容易发生水解反应Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，过量的盐酸可以抑制Fe3+的水解反应。(5)因为FeCl36H2O在加热过程中会发生FeCl36H2O=Fe(OH)3+3HCl+3H2O水解反应，为了抑制水解，需要在干燥的HCl气流中加热FeCl36H2O来得到无水

27、FeCl3；答案为在HCl气流中加热失去结晶水。(6)b吨FeCl36H2O中Fe元素的含量为m(Fe)=m(FeCl36H2O) =b吨=吨，设硫铁矿FeS2的含量为x，a吨硫铁矿中Fe元素的含量为m(Fe)=a吨x=a吨x=吨，由Fe元素守恒得=，解之x= 100%；答案为 100%。17.乙炔、乙烯均是重要的化工原料。回答下列问题：(1)1902年，Sabatier首次发现，常压下过渡金属可以催化含有双键或叁键的气态烃的加氢反应。已知：C2H2(g)+H2(g)C2H4H1174.3kJmol-1 K1(300K)=3.371024；C2H2(g)+2H2(g)C2H6H2311.0kJ

28、mol-1 K2(300K)=1.191042。则反应C2H4(g)+H2(g)C2H6的H_kJmol-1，K(300K)=_(保留三位有效数字)。2010年Sheth等得出乙炔在Pd表面选择加氢的反应机理(如图)。其中吸附在Pd表面上的物种用*标注。上述吸附反应为_(填“放热”或“吸热”)反应，该历程中最大能垒(活化能)为_kJmol-1，该步骤的化学方程式为_。(2)在恒容密闭容器中充入乙烯，一定条件下发生反应C2H4(g)C2H2(g)+H2(g)。乙烯的离解率为，平衡时容器内气体总压强为p总，则分压p(C2H4)=_(用p总和表示)。在1000K时，该反应的Kp=210-3atm，平

29、衡时容器内气体的总压强为10atm，则乙烯的离解率为_(精确到0.001，已知1.4)。(3)用如图装置电解含CO2的某酸性废水溶液，阴极产物中含有乙烯。该分离膜为_(填“阳”或“阴”)离子选择性交换膜；生成乙烯的电极反应式为_。【答案】 (1) 136.7 (2) 3.531017 (3) 放热 (4) +85 (5) C2H3*+H*C2H4* (6) (7) 0.014 (8) 阳 (9) 2CO2+12H+12e-=C2H4+4H2O【解析】【分析】(1)根据盖斯定律计算反应C2H4(g)+H2(g)C2H6的H，按3个反应中平衡常数的关系求算300K时反应C2H4(g)+H2(g)C

30、2H6的平衡常数；结合反应过程中生成物与反应物能量的相对大小判断是放热反应还是吸热反应，由图判断活化能最大的是哪个反应， (2) 结合信息和Kp等的定义，用三段式求解；(3)应用电解原理，电解池中阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，溶液中阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动等，结合反应回答；【详解】(1)反应I：已知：C2H2(g)+H2(g)C2H4H1-174.3kJmol-1 K1(300K)=3.371024，反应II：C2H2(g)+2H2(g)C2H6H2-311.0kJmol-1 K2(300K)=1.191042，根据盖斯定律反应II反应I计算反应C2H4(g)+H2(g)C2H

31、6H311.0kJmol1(174.3kJmol1)=136.7kJ/mol，300K时反应C2H4(g)+H2(g)C2H6的平衡常数 ；由图可知，吸附时能量降低，解吸时能量升高，如，所以吸附反应为放热反应，基元反应中，活化能最大为+85kJmol1，该步骤的化学方程式为；(2) ，平衡时总物质的量：nn+n+n=(n+n)mol，平衡分压为： ，则；在1000K时，该反应的，已知Kp=210-3atm，平衡时容器内气体的总压强P总=10atm，则乙烯的离解率=0.014；(3)阳极H2O失去电子、发生反应2H2O一4e4H+O2，生成的H+向阴极移动，所以选用阳离子选择性交换膜，在阴极CO

32、2得到电子、结合H+生成乙烯，电极反应为2CO2+12H+12e-=C2H4+4H2O。【点睛】本题主要考查化学反应原理，涉及根据盖斯定律计算反应热、电解池原理等，熟练掌握化学反应原理、有效提取题目提供的信息和综合运用能力是解题的关键。18.ZnNO3是一种媒染剂，可用于测定血液中硫的浑浊度。锌工工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：(1)Zn原子核外电子排布式为_，在基态15N原子的p能级上存在_个自旋方向相同的电子。(2)N2分子中键与键的数目之比N()：N()=_。(3)硫酸锌溶于过量的氨水可形成Zn(NH3)4SO4溶液。Zn(NH3)4SO4中阴离子的空间构型为_；

33、NH3中，中心原子的轨道杂化类型为_；在Zn(NH3)4SO4所含元素中，位于p区元素有_种，p区的这几种元素的第一电离能从大到小的顺序为_。(4)某晶胞结构如图所示(小球为氮原子，大球为硼原子)，则该晶胞所表示的晶体的化学式为_晶胞中硼原子的配位数为_。若晶胞边长为acm，则立方氮化硼的密度是_gcm-3(只要求列算式，用NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】 (1) Ar3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2) (2) 3 (3) 1：2 (4) 正四面体形 (5) sp3 (6) 3 (7) NOS (8) BN (9) 4 (10) 【解析】【分析】根据原子核外

34、电子排布规律书写电子排布式，根据物质结构判断分子中键与键的数目之比，根据杂化轨道互斥理论判断离子空间构型和中心原子杂化轨道类型，利用均摊法判断晶胞中原子个数并确定化学式，结合立体几何知识进行晶胞的相关计算。【详解】(1)Zn为元素周期表中第30号元素，核外共30个电子，其核外电子排布式为Ar3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2)，基态15N原子的p能级的排布图为，因此p能级上存在3个自旋方向相同的电子；(2)N2的结构式为NN，分子中含1个键和2个键，键与键的数目之比N()：N()=1：2；(3)Zn(NH3)4SO4中阴离子为，其中心原子S的价电子数为，不含有孤对电

35、子，因此其空间构型为正四面体形；NH3中心原子N的价电子数为，含有1个孤电子对，因此其中心原子的轨道杂化类型为sp3；在Zn(NH3)4SO4所含元素中，位于p区的元素有N、O、S共3种，由于N的2p轨道为半充满结构，S的原子半径大于O，因此第一电离能从大到小的顺序为NOS；(4)根据晶胞示意图可知，氮原子位于晶胞的体内，则1个晶胞中含有N原子的个数为4，硼原子位于晶胞的顶点和面心，则1个晶胞中含有B原子的个数为，所以该晶体的化学式为BN，且晶胞B原子的配位数为4，已知晶胞的边长为acm，则立方氮化硼的密度。19.塑料、橡胶等材料的交联剂E的合成路线如图所示：回答下列问题：(1)B的名称为_。

36、(2)C生成的反应类型是_，D中官能团的名称是_。(3)D生成E的化学方程式为_。(4)E的同分异构体中符合下列条件的有_种(不考虑立体异构)。a.属于的二取代物b.取代基处于对位且完全相同c.能够与溶液反应产生其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6：2：1：1的结构简式为_。(5)参照题干中合成路线，设计以丙酮为主要原料制备的合成路线_(无机试剂任选)。【答案】 (1) 环己醇 (2) 加成反应 (3) 羟基、羧基 (4) 2+2H2O (5) 10 (6) (7) 【解析】【分析】根据后续产物的结构可知A中应含有六元环，再结合A的分子式，可知A为，与氢气发生加成反应生成B，B为，羟基发生

37、催化氧化生成C，则C为，C与HCN在一定条件反应生成；根据D的分子式以及E的结构可知在H2O/H+的条件下-CN转化为-COOH，所以D为。【详解】(1)根据分析可知B为，其名称为环己醇；(2)C为，与HCN在一定条件发生加成反应生成；(3)根据分析可知D为，两分子D发生酯化生成E，方程式为：+2H2O；(4)E的同分异构体满足：a.属于的二取代物b.取代基处于对位且完全相同，则取代基的可以位于或；c.能够与NaHCO3溶液反应产生CO2，说明含有-COOH，则取代基可以是-CH2CH2CH2COOH，或-CH(CH3)CH2COOH，或-CH2CH(CH3)COOH，或-CH(CH2CH3)COOH，或-C(CH3)2COOH，所以共有52=10种；其中核磁共振氢谱有5个峰，峰面积之比为6：2：1：1的是：；(5)对比丙酮CH3COCH3和目标产物的结构特点可知，需要在丙酮的2号碳上引入羟基和羧基，然后再和2-丙醇发生酯化，引入羟基和羧基的过程与C到D的过程类似，丙酮和氢气加成可以生成2-丙醇，所以合成路线为。