1、四川省成都七中2020届高三化学热身考试试题（含解析）本试卷分选择题和非选择题两部分。满分300分，考试时间150分钟。注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。5.考试结束后，只将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Zn-65第卷 一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项
2、中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A. 不锈钢是一种主要含Fe、Cr、Ni且不易生锈的合金钢B. 陶瓷属于无机非金属材料，陶瓷中不含金属元素C. 煤层气中含有甲烷，可用作清洁燃料和化工原料D. 适量SO2可用于对食物杀菌防腐、抗氧化【答案】B【解析】【详解】A不锈钢属于合金钢，是一种Fe、Cr、Ni形成的铁合金，故A正确；B陶瓷属于无机非金属材料，其主要成分为硅酸盐，一般含有金属元素，故B错误；C煤层气中含有甲烷，甲烷是一种清洁燃料，也是一种重要的化工原料，故C正确； DSO2具有漂白性、还原性，在红酒中加少量二氧化硫可用于防腐、保鲜，抗氧化，故D正确；故选
3、B。2.设阿伏加德罗常数的值为NA。有关化工原料苯乙炔的下列叙述正确的是A. 51 g该物质中含有单键数目为2NAB. 标准状况下，22.4 L苯乙炔最多消耗2NA个HClC. 1mol苯乙炔分子中共线的原子数最多为6NAD. 苯乙炔与足量H2加成产物的一氯代物有5种【答案】C【解析】【详解】A苯环中没有碳碳双键，也没有碳碳单键，而苯乙炔中含有的单键有1个C-C单键，6个C-H单键，51 g苯乙炔的物质的量为=0.5mol，含有C-C单键0.5mol，含有C-H单键0.5mol6=3mol，数目为3.5NA，故A错误；B苯乙炔在标准状况下不是气体，无法计算22.4 L苯乙炔的物质的量，也就无法
4、计算最多消耗的HCl数目，故B错误；C苯环是正六边形结构，乙炔是直线结构，苯乙炔分子中共线的原子有6个，因此1mol苯乙炔分子中共线的原子数最多为6NA，故C正确；D苯乙炔与足量H2加成产物的结构简式为，分子中含有6种H原子，一氯代物有6种，故D错误；故选C。3.某小组探究实验条件对反应速率的影响，设计如下实验，并记录结果如下：编号温度H2SO4溶液KI溶液1%淀粉溶液体积出现蓝色时间200.10 molL-110 mL0.40 molL-1 5 mL1mL40 s200.10 molL-110 mL0.80 molL-1 5 mL1mL21 s500.10 molL-110 mL0.40 m
5、olL-1 5 mL1mL5s800.10 molL-110 mL0.40 molL-1 5 mL1mL未见蓝色下列说法正确的是A. 由实验可知，反应速率v与c(I-)成正比B. 实验-中，应将H2SO4溶液与淀粉溶液先混合C. 在I-被O2氧化过程中，H+只是降低活化能D. 由实验可知，温度越高，反应速率越慢【答案】A【解析】【分析】反应速率与温度、浓度、催化剂等有关，温度越高反应速率越快，浓度越大反应速率越快，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率。【详解】A. 实验中其它条件相同，c(I-)：，且反应速率： DB. 简单气态氢化物的热稳定性：A CC. X只具有还原性D. B2A2是一种
6、含非极性键的离子化合物【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素A、B、C、D原子序数依次增大，+1价B+离子核外电子排布与稀有气体Ne的相同，Ne原子核外10个电子，则B原子核外11个电子，B为Na元素；根据A、C同主族，假设A原子序数为x，C原子序数为x+8，则有11+x+ x+8=35，得x=8，所以A为O元素，C为S元素；由C、D相邻，则D为Cl元素；正盐X化学式为Na2S2O3，Na2S2O3与稀H2SO4反应产生气体SO2与黄色沉淀S，符合题意。【详解】A. B 、D简单离子为Na+和Cl-，电子层数Na+Cl-，所以离子半径：BS，非金属性越强氢化物越稳定，所以简单气态氢化物的热稳
7、定性：A C，B错误；C. Na2S2O3与稀H2SO4反应产生气体SO2与黄色沉淀S，硫化合价既升高又降低，所以既有氧化性又有还原性，C错误；D. B2A2是Na2O2，氧原子与氧原子间是非极性键，Na2O2是离子化合物，D正确。答案选D。【点睛】利用题意先得到元素，再结合元素周期律、氧化还原反应、化学键的知识点进行解题，注意Na2O2中含有过氧根离子。5.最近，中国科学家在焦耳杂志在线发表的一篇论文中首提“液态阳光”，即“太阳燃烧”，属于可再生绿色液态燃料。某模拟“人工树叶”的“液态阳光”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料异丙醇(CH3)2CHOH。下列说法正
8、确的是A. 该装置将化学能转化为光能和电能B. a电极反应为3CO2+ 16H+- 18e-= (CH3)2CHOH + 4H2OC. 该装置工作时，H+从b极区向a极区迁移D. 异丙醇可发生氧化反应、还原反应、取代反应和聚合反应【答案】C【解析】【分析】根据图知，该装置有外接电源，属于电解池，工作时，a是阴极、b是阳极，电解质溶液中阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，a电极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成C3H8O、H2O，b电极上水失电子生成氧气。【详解】A根据图知，该装置有外接电源，属于电解池，是将电能转化为化学能，故A错误；Ba电极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成C3H8O、H2O，电
9、极反应式为3CO2+16H+18e-C3H8O+4H2O，故B错误；C 工作时，a是阴极、b是阳极，电解质溶液中阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，所以H+从b极区向a极区迁移，故C正确；D异丙醇(CH3)2CHOH不能发生还原反应、聚合反应，故D错误。答案选C。【点睛】明确各个电极上发生的反应、电解质溶液中离子移动方向等知识点是解本题关键，会根据转移电子守恒进行计算，难点是电极反应式的书写。6.25时，浓度均为0.100 mol/L的HA溶液和BOH溶液各20.00 mL，分别用0.100 mol/L NaOH溶液、0.100 mol/L 盐酸进行滴定，滴定过程中pH随滴加溶液体积变化关系如
10、图，两图像关于pH=7呈上下对称。下列说法错误的是A. 曲线表示盐酸滴加到BOH溶液的过程，可用甲基橙作指示剂B. Ka(HA) =Kb(BOH)，交点对应横坐标V c(Cl) c(OH) c(H+)D. 曲线，滴加溶液到5.0010.00 mL时：c(A) +c(OH) =c(H+) +c(Na+)【答案】C【解析】【分析】根据图示，曲线开始呈碱性，为盐酸滴加到BOH溶液的过程，曲线开始呈酸性，为NaOH溶液滴加到HA溶液的过程。【详解】A. 甲基橙变色范围3.14.4，盐酸滴定BOH时，若选用甲基橙，终点由黄色变为橙色，所以可用甲基橙作指示剂，A正确；B. 两图像关于pH=7呈上下对称，则
11、两溶液中水电离产生的氢离子和氢氧根离子都相同，溶液中的离子浓度相同，则Ka(HA) =Kb(BOH)，交点时pH=7，若为盐酸滴定BOH时，BCl为强酸弱碱盐，当V= 20.00 mL，溶液呈酸性，pH7，当pH=7，即加入盐酸体积 20.00 mL，同理若为NaOH滴定HA时，加入氢氧化钠体积 20.00 mL，所以对应横坐标Vc(BOH) c(OH) c(H+)，C错误；D. 曲线为NaOH滴定HA，滴加溶液到5.0010.00 mL时，溶液中溶质为HA和NaA，根据电荷守恒关系，有c(A) +c(OH) =c(H+) +c(Na+)，D正确。答案选C。【点睛】本题考查滴定指示剂的选择、滴
12、定曲线的分析和离子浓度的关系，学会分析图形，根据电离和水解的相关知识点解题，会使用电荷守恒关系。7.CuSO4溶液是实验室中常用试剂。下列与CuSO4溶液有关实验的操作和结论都一定正确的是选项ABCD实验操作前者产生气泡更快Cu片上发生还原反应蒸发CuSO4溶液结论Fe3+催化效果好于Cu2+Ksp(CuS) Ksp(ZnS)Cu片为正极反应物可获得胆矾晶体A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A等体积等物质的量浓度的硫酸铁和硫酸铜加入等体积等浓度的双氧水溶液中，前者产生气泡更快，由于两溶液中硫酸根的浓度不同，因此不能说明Fe3+催化效果好于Cu2+，可能是硫酸根的催化作用
13、，故A错误；B在一定量硫酸锌溶液中加入少量硫化钠溶液，生成ZnS白色沉淀，过滤洗涤后，再向沉淀中加入适量硫酸铜溶液，沉淀变成黑色，说明ZnS转化为CuS黑色沉淀，说明Ksp(CuS) Ksp(ZnS)，故B正确；C在该锌铜原电池中，锌为负极，铜为正极，正极Cu片本身不是反应物，铜片上发生还原反应，电极反应式为Cu2+2 e-=Cu，故C错误；D胆矾晶体受热容易失去结晶水，蒸发CuSO4溶液不一定得到胆矾晶体，应该冷却饱和的硫酸铜溶液，可以得到胆矾晶体，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为A，要注意比较Fe3+、Cu2+的催化效果，其余条件需要完全相同。8.由黏土(主要成分Al2O32SiO
14、22H2O，含少量Fe2O3、CaO、MgO等杂质)与磷肥生产的含氟废气生产冰晶石Na3AlF6的工艺流程如下：请回答下列问题：(1) 冰晶石在电解Al2O3制铝中的作用是_，需定期更换石墨_(填“阳”或“阴”)极。(2) 不用98%硫酸进行“反应1”的可能原因是_。A不易发生离子反应，造成浸出率下降B反应速率太快太剧烈，造成了操作危险C产生较多酸性废液，也提高了原料成本(3) 保持其他条件不变，反应1的铝浸出率在不同温度下随时间变化如图所示。“反应1”的最佳温度与时间分别是_、_min。(4) “除杂”步骤产生的“滤渣”中含有BaSO4、CaSO4、S等难溶物，写出产生S的离子方程式_。(5
15、) 若按“黏土滤液溶液”来制备Al2(SO4)318H2O，该方案的原料利用率比原方案更_ (填“高”或“低”)。(6) “反应2”所得“滤液”中含氟物质主要为_ (写化学式)。(7) 已知Ka(HF)= 6.410-4，Al3+ 6F-AlF的K=1.01019，欲使平衡时c(AlF)/c(Al3+)10，且调节并维持滤液pH=5.5，则其中HF平衡浓度应不低于_mol/L(保留2位有效数字，100.5 3.2)。【答案】 (1). 助熔剂 (2). 阳 (3). AC (4). 70 (5). 90 (6). BaS+2Fe3+SO=BaSO4+2Fe2+S (7). 低 (8). NH4
16、F (9). 5.010-6【解析】【分析】黏土中加入硫酸，Al2O3、Fe2O3、CaO、MgO与硫酸反应生成Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、CaSO4、MgSO4，SiO2不反应，加入BaS将Fe3+还原为Fe2+，同时生成硫酸钡沉淀和硫单质，过滤除去沉淀BaSO4、CaSO4、S、SiO2等难溶物，滤液中主要含Al2(SO4)3、FeSO4、MgSO4，再浓缩结晶得到Al2(SO4)318H2O；含氟废气SiF4、HF与饱和氯化钠溶液和氨水反应，主要生成NH4F和Na2SiF6，滤液NH4F中加入Al2(SO4)318H2O，调节pH值，再通过转变后得到冰晶石Na3AlF6。【详
17、解】(1) 电解Al2O3，由于Al2O3熔点高，为节约能源，加入冰晶石能降低Al2O3的熔点，以便Al2O3能熔化后电解，所以作用是助熔剂；电解时阳极上O2-失电子发生氧化反应生成O2，阳极材料石墨与该极上生成的O2反应被消耗，所以需定期更换石墨阳极；(2) 98%硫酸浓度太高，水较少，使得离子反应不易发生，造成浸出率下降，同时硫酸过量产生了较多酸性废液，也提高了原料成本，所以答案选AC；(3) 根据图知，时间越长浸出率越高，温度越高，浸出率越高，但浸出90min后，浸出率变化不大，70和90浸出率变化不大，且时间过长、温度过高导致成本较大，所以最佳温度是70，时间是90min；(4) “除
18、杂”步骤加入BaS将Fe3+还原为Fe2+，同时生成硫酸钡沉淀和硫单质，离子方程式为BaS+2Fe3+SO=BaSO4+2Fe2+S；(5) 该方案中，还生成了硫酸钠，原子利用率更低；(6) 含氟废气SiF4、HF与饱和氯化钠溶液和氨水反应，主要生成NH4F和Na2SiF6，“滤液”中含氟物质主要为NH4F；(7) 根据Al3+ 6F-AlF的K=1.01019，得，已知c(AlF)/c(Al3+)10，得c(F-)1.010-3，由pH=5.5，得c(H+)=10-5.5mol/L =3.210-5mol/L，根据Ka(HF)= 6.410-4，代入c(F-)1.010-3mol/L和c(H
19、+)=3.210-5mol/L，得mol/L。【点睛】本题为工艺流程题，第(7)小题浓度的计算具有一定的难度，需根据两个平衡常数的值代入计算。9.葡萄糖酸锌Zn(C6H11O7)2是一种有机补锌剂，广泛应用于食药领域。已知葡萄糖酸锌能溶于水，易溶于热水，不溶于乙醇。某小组由葡萄糖制备葡萄糖酸锌的实验步骤如下：I制备葡萄糖酸(C6H12O7)：60水浴下，向一定体积葡萄糖溶液中滴入1%溴水至略过量，保温15 min。II制备葡萄糖酸钙Ca(C6H11O7)2：将略过量CaCO3粉末缓慢加入上述溶液，在水浴中振荡，直至无气泡产生。过滤，冷却并加入等体积乙醇，产生沉淀。过滤，用乙醇洗涤固体，溶水待用
20、。III制备葡萄糖酸锌粗品(装置如右，夹持、控温装置略)：在90水浴、搅拌下，向ZnSO4溶液中分批加入葡萄糖酸钙溶液。趁热过滤，向滤液中加入无水乙醇并冷却析晶，过滤。请回答下列问题：(1) 步骤I中溴水的作用是作_，判断溴水略过量的现象是_。(2) 步骤II中用CaCl2代替CaCO3可行吗？_ (填“可行”或“不可行”)，乙醇可洗去葡萄糖酸钙固体表面杂质，还具有_、_优点。(3) 步骤III中，恒压滴液漏斗需要打开活塞_ (填“a”、“b”或“a和b”)，90下，葡萄糖酸钙与硫酸锌发生反应的离子方程式为_。(4) 葡萄糖酸锌粗品含少量难溶于水的杂质，纯化晶体的合理操作顺序是_ (选填写正确
21、序号)。 蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜； 待晶体充分析出后，减压过滤； 将滤液冷却至室温，加入10 mL 95乙醇溶液并搅拌，促进晶体析出； 趁热减压过滤，除去不溶物； 在50下用恒温干燥箱烘干，称重； 取烧杯加入10 mL蒸馏水，加热至微沸，加入粗品，得到葡萄糖酸锌饱和溶液。(5) 测定产品纯度步骤如下：取mg提纯后的产品溶于水配成100mL溶液，取25.00mL置于_中，加入V1mLc1molL-1Na2EDTA溶液(过量)和指示剂，用c2molL-1 Zn2+标准溶液滴定至终点，发生反应：Zn2+EDTA2=Zn-EDTA，三次滴定平均消耗锌标准溶液V2mL，则该产品的纯度为_%(保留1个
22、数字系数)。【答案】 (1). 氧化葡萄糖变为葡萄糖酸 (2). 溶液出现微黄色 (3). 不可行 (4). 减少固体溶解损失 (5). 有利于快速干燥固体 (6). b (7). Ca2+ SO=Ca SO4 (8). (9). 锥形瓶 (10). 【解析】【分析】(1) 葡萄糖是还原性糖，溴具有氧化性，反应后溶液为无色，而溴水为橙色，据此分析解答；(2) 步骤II中将略过量CaCO3粉末缓慢加入上述溶液，在水浴中振荡，直至无气泡产生，目的是中和葡萄糖酸；根据物质的溶解性和乙醇的挥发性分析解答；(3) 步骤III中葡萄糖酸钙与硫酸锌发生反应生成葡萄糖酸锌Zn(C6H11O7)2和硫酸钙，结合
23、葡萄糖酸锌Zn(C6H11O7)2能溶于水，书写反应离子方程式；(4) 葡萄糖酸锌Zn(C6H11O7)2能溶于水，据此分析葡萄糖酸锌粗品含少量难溶性的杂质的步骤；(5) 取mg提纯后的产品溶于水配成100mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入V1mLc1molL-1Na2EDTA溶液(过量)和指示剂，发生反应Zn2+EDTA2- =Zn-EDTA，反应后剩余的Na2EDTA溶液再用c2molL-1 Zn2+标准溶液滴定至终点，据此分析计算。【详解】(1) 葡萄糖是还原性糖，溴具有氧化性，步骤I中在60水浴下，向一定体积葡萄糖溶液中滴入1%溴水至略过量，保温15 min，溴水可以氧化葡萄
24、糖变为葡萄糖酸，溴水和葡萄糖反应后溶液为无色，而溴水为橙色，因此当看到溶液出现微黄色即可判断溴水已过量，故答案为：氧化葡萄糖变为葡萄糖酸；溶液出现微黄色；(2) 步骤II中将略过量CaCO3粉末缓慢加入上述溶液，在水浴中振荡，直至无气泡产生，目的是中和葡萄糖酸，因此不能用CaCl2代替CaCO3；过滤，冷却并加入等体积乙醇，产生沉淀。过滤，用乙醇洗涤固体，溶水待用，乙醇可洗去葡萄糖酸钙固体表面杂质，乙醇还具有减少固体溶解损失、有利于快速干燥固体等优点，故答案为：不可行；减少固体溶解损失；有利于快速干燥固体；(3) 步骤III中，恒压滴液漏斗使用时，只需要打开活塞b；90下，葡萄糖酸钙与硫酸锌发
25、生反应生成葡萄糖酸锌Zn(C6H11O7)2和硫酸钙，根据题意葡萄糖酸锌Zn(C6H11O7)2能溶于水，因此反应的离子方程式为Ca2+ SO=Ca SO4，故答案为：b；Ca2+ SO=Ca SO4；(4) 葡萄糖酸锌粗品含少量难溶于水的杂质，分离提纯葡萄糖酸锌晶体，需要取烧杯加入10 mL蒸馏水，加热至微沸，加入粗品，得到葡萄糖酸锌饱和溶液；趁热减压过滤，除去不溶物；将滤液冷却至室温，加入10 mL 95乙醇溶液并搅拌，促进晶体析出；待晶体充分析出后，减压过滤；在50下用恒温干燥箱烘干，称重；因此合理操作顺序为，故答案为：；(5) 取mg提纯后的产品溶于水配成100mL溶液，取25.00m
26、L置于锥形瓶中，加入V1mLc1molL-1Na2EDTA溶液(过量)和指示剂，用c2molL-1 Zn2+标准溶液滴定至终点，三次滴定平均消耗c2molL-1锌标准溶液V2mL，根据Zn2+EDTA2- =Zn-EDTA，则反应后剩余的EDTA2- 的物质的量为c2molL-1V2L= c2V210-3mol，因此原mg提纯后的产品中含有Zn2+的物质的量为(c1V110-3mol -c2V210-3mol)，即葡萄糖酸锌Zn(C6H11O7)2的物质的量为：4c1V110-3mol -4c2V210-3mol，则该产品的纯度为100%=%，故答案为：锥形瓶；。【点睛】本题的易错点和难点为(
27、4)，除去葡萄糖酸锌粗品含少量难溶于水的杂质，基本思路为溶解，过滤，蒸发结晶，要注意结合葡萄糖酸锌Zn(C6H11O7)2能溶于水，易溶于热水，不溶于乙醇的性质具体分析。10.甲醇、水蒸气重整制氢(SRM)系统简单，产物中H2含量高，是电动汽车氢氧燃料电池理想的氢源。其部分主要反应过程如下流程所示：请回答下列问题：I对反应ICH3OH(g) CO(g) + 2H2(g)的单独研究：(1) 已知CO(g)的热值为10.1 kJg-1；CH3OH(g)、H2(g)的燃烧热分别为760 kJmol-1、286 kJmol-1；计算反应I的H1=_kJmol-1 (保留三位有效数字)。(2) 原料进气
28、比对反应I的选择性(某产物的选择性越大，则其含量越多)的影响较为复杂，其关系如图甲。 当n(O2)/n(CH3OH)=0.20.3时，CH3OH与O2发生的主要反应为_。图甲 图乙 图丙II对反应II CO(g) + H2O(g) H2(g) + CO2(g)H0的单独研究：(3) 在进气比n(CO)/n(H2O)不同时，测得相应的CO的平衡转化率如图乙(各点对应温度可能不同)。图乙中D、G两点对应的反应温度分别为TD和TG，其中相对低温的是_(填TD或TG)。(4) 实验发现，其他条件不变，向反应II平衡体系中投入一定量纳米CaO可明显提高H2的体积分数，原因是_。III对反应I和II的综合
29、研究：(5)某催化剂条件下，体系中CH3OH转化率、中间产物CO生成率与温度变化关系如图丙所示。 随着温度升高，CH3OH实际转化率不断接近平衡转化率的原因可能是_；但是，CO的实际生成率并没有不断接近平衡生成率，其原因可能是_ (填标号)。A反应正向移动 B部分CO转化为CH3OHC催化剂对反应的选择性低 D催化剂对反应I的选择性低 写出能提高CH3OH转化率而降低CO生成率的一条措施_。【答案】 (1). +94.8 (2). 2CH3OH+O2 2HCHO+2H2O (3). TD (4). CaO吸收CO2，使反应平衡正向移动 (5). 温度升高，反应速率加快 (6). D (7).
30、提高n(水)/n(甲醇)【解析】【分析】（1）根据CO的热值，CH3OH(g)、H2(g)的燃烧热写出已知方程式，用盖斯定律解答；（2）由图像可知，当n(O2)/n(CH3OH)=0.20.3时，CH3OH与O2发生反应，主要生成甲醛；（3）用三段式计算D点和G点的平衡常数，已知CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H KG，由于该反应放热，温度越低时平衡常数越大，故D点温度更低，故答案为：TD；（4）反应II平衡体系中投入一定量纳米CaO，CaO吸收CO2，使反应平衡正向移动，H2的体积分数提高，故答案为：CaO吸收CO2，使反应平衡正向移动；（5）图象分析可知，随着温度的升高，
31、CH3OH 实际反应转化率不断接近平衡状态转化率，是因为升温反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，随着温度的升高，CO的实际反应生成率与平衡状态生成率相差较大的原因是：催化剂具有选择性，催化剂对反应I的选择性差，故答案为：温度升高，反应速率加快；D；能提高CH3OH转化率而降低CO生成率的措施是反应正向进行，反应逆向进行，措施为：其它条件不变，提高n(水)/n(甲醇)的比例，故答案为：提高n(水)/n(甲醇)。【点睛】本题考查了热化学方程式书写、化学平衡常数表达式及计算、影响化学平衡移动的因素，题目知识面广，做题时注意三段式的应用。【选修3：物质结构与性质】11.下图是一种钯(Pd)的氯配合物X
32、的晶胞结构。回答下列问题：请回答下列问题：(1)基态Cl原子中存在未成对电子的能级，画出其该能级的轨道表示式_。(2)下列关于Cl元素的叙述正确的是_ (填序号)。ACl2分子中无键 BCl是p区主族元素C第一电离能：ClS(3)NCl3分子的中心原子N的杂化方式是_。(4) NH3常作制冷剂，其键角_ (填“大于”或“小于”)NH4+的键角，NH3的沸点高于N2沸点的主要原因是_。(5) 物质X的晶体类型为_，其中的Pd元素的化合价为_、配位数为_。(6) 配合物Y是含有Pd的平面四方的配合物，经过元素分析与计算可知Y中Pd : Cl : N : H的数量比=1:2:2:6。试画出配合物Y的
33、可能结构_。【答案】 (1). (2). ABD (3). sp3 (4). 小于 (5). NH3分子间有氢键，N2分子间无氢键，氢键使NH3的沸点更高 (6). 离子晶体 (7). +4 (8). 6 (9). 【解析】【分析】(1)基态Cl原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5，据此分析解答；(2)根据Cl2分子的结构式为Cl-Cl和Cl原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5结合元素周期律分析判断；(3)NCl3分子的中心原子N上含有3个N-Cl键，还含有1个孤电子对，据此分析解答；(4) 孤电子对与成键电子对间的排斥力大于成键电子对与成键电子对间的排斥力，据此判断键
34、角的大小；结合氢键对物质性质的影响分析解答；(5) 根据物质X的晶体结构图，结构中含有等微粒，每个Pd原子周围有6个Cl原子，根据均摊法计算Pd原子和Cl原子数，同时判断含有的数，再根据化合价的代数和为0，计算Pd元素的化合价；(6) 配合物Y是含有Pd的平面四方的配合物，说明Pd在四边形的内部，结合Y中Pd : Cl : N : H的数量比=1:2:2:6，分析判断可能的结构。【详解】(1)基态Cl原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5，其中存在未成对电子的能级为3p，该能级的轨道表示式为，故答案为：；(2)ACl2分子的结构式为Cl-Cl，分子中无键，故A正确；BCl原子的电子排
35、布式为1s22s22p63s23p5，是p区主族元素，故B正确；C同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，因此第一电离能：ClS，故C错误；D元素的非金属性越强，电负性越大，电负性：ClS，故D正确；故答案为：ABD；(3)NCl3分子的中心原子N上含有3个N-Cl键，还含有1个孤电子对，价层电子对数为4，杂化方式是sp3，故答案为：sp3；(4) 孤电子对与成键电子对间的排斥力大于成键电子对与成键电子对间的排斥力，NH3分子中存在孤电子对，使得键角小于NH4+的键角，NH3分子间存在氢键，使得氨气的沸点高于N2沸点，故答案为：小于；
36、NH3分子间有氢键，N2分子间无氢键，致使NH3的沸点更高；(5) 根据物质X的晶体结构图，结构中含有等微粒，说明该晶体属于离子晶体；根据图示，每个Pd原子周围有6个Cl原子，Pd的配位数为6，该晶胞中含有8+6=4个Pd原子，则含有24个Cl原子，同时含有8个，根据化合价的代数和为0，其中Pd元素的化合价为=+4，故答案为：离子晶体；+4；6；(6) 配合物Y是含有Pd的平面四方的配合物，说明Pd在平面四边形的内部，配位数为4，根据Y中Pd : Cl : N : H的数量比=1:2:2:6，则结构中含有1个Pd原子，2个Cl原子和2个氨分子，则该配合物Y的结构可能为，故答案为：。【点睛】本题
37、难点为(5)，要注意均摊法在晶胞结构中的灵活应用，关键是氯原子数目的计算，易错点为(6)，要注意(6)中Pd的配位数与(5)中不一定相等。【选修5：有机化学基础】12.醇A是一种有机合成中间体，用于制增塑剂、除草剂、溶剂等。下面是醇A的相关转化反应。请回答下列问题：(1) 醇A可在浓硫酸加热条件下得到B、C两种异构体(不考虑立体异构)，C有两个甲基。B的系统命名是_，A的结构简式为_。(2) 由E生成F的反应类型为_，F转变为羧酸G，G的核磁共振氢谱共有_组峰。(3) 写出羧酸G与醇A反应生成甜味物质H的化学方程式_。(4) E的水解产物可催化氧化为含羰基官能团的物质Z。写出相关反应方程式_。
38、(5) A转化为E的过程中还有另一种生成物X，质谱显示X的相对分子质量为92.5，X的三个甲基化学环境相同，X可在热的氢氧化钠-醇溶液条件下只得到一种烯烃Y，Y与B、C互为同分异构。Y的结构简式为_，X的结构简式为_。(6) 在化合物G的同分异构体中能同时符合下列条件的有_种。可与银氨溶液发生银镜反应； 可催化氧化成醛； 含有手性C原子。【答案】 (1). 1-丁烯 (2). C2H5CH(OH)CH3 (3). 取代反应 (4). 5 (5). C2H5CH(OH)CH3+C2H5CH(CH3)COOH C2H5CH(CH3)COOCH(CH3)C2H5+H2O (6). 2CH3CH(OH
39、)CH2CH3+O2 2CH3COCH2CH3+2H2O (7). (CH3)2C=CH2 (8). CH3)3CCl (9). 3【解析】【分析】醇A可在浓硫酸加热条件下发生消去反应得到B、C两种异构体，可得A为2-丁醇CH3CH2CH(OH)CH3，C有两个甲基为CH3CH=CHCH3，则B为CH3CH2CH=CH2，A发生取代反应生成E为CH3CH(Cl)CH2CH3，E发生取代反应生成F为CH3CH(CN)CH2CH3，F酸化后生成羧酸G为CH3CH(COOH)CH2CH3，A与G在浓硫酸作用下发生酯化反应生成H为 C2H5CH(CH3)COOCH(CH3)C2H5。【详解】(1) 醇
40、A可在浓硫酸加热条件下发生消去反应得到B、C两种异构体，可得A为2-丁醇CH3CH2CH(OH)CH3，C有两个甲基为CH3CH=CHCH3，则B为CH3CH2CH=CH2，所以B系统命名是1-丁烯，A的结构简式为C2H5CH(OH)CH3；(2) ECH3CH(Cl)CH2CH3发生取代反应生成FCH3CH(CN)CH2CH3，G为CH3CH(COOH)CH2CH3，共有5种不同环境下氢原子，所以核磁共振氢谱共有5组峰；(3) A与G在浓硫酸作用下发生酯化反应，化学方程式为：C2H5CH(OH)CH3+C2H5CH(CH3)COOH C2H5CH(CH3)COOCH(CH3)C2H5+H2O
41、；(4) E的水解产物为CH3CH(OH)CH2CH3，羟基上含有一个氢原子可催化氧化为羰基，反应方程式为：2CH3CH(OH)CH2CH3+O2 2CH3COCH2CH3+2H2O；(5) A转化为E的过程中还有另一种生成物X，质谱显示X的相对分子质量为92.5，与ECH3CH(Cl)CH2CH3的相对分子质量相同，则分子式也为C4H9Cl，X中有三个甲基化学环境相同，且X可在热的氢氧化钠-醇溶液条件下发生消去只得到一种烯烃Y，Y与B、C互为同分异构，所以X的结构简式为(CH3)3CCl，Y的结构简式为(CH3)2C=CH2；(6) 在化合物G的同分异构体可与银氨溶液发生银镜反应；说明含有醛基，可催化氧化成醛，说明含有-CH2OH；同时含有手性C原子可以有：CH3CH2CH(CHO) CH2OH、CH3CH(CH2CHO) CH2OH、CH3CH(CHO) CH2CH2OH，共有3种。【点睛】有机推断题，要根据题目条件，结合有机物之间的转化关系，进行反应类型推断，得到相应的物质，同分异构体数目的确定，先根据题意，确定官能团的名称，再根据手性碳原子的特征，手性碳周围四个原子或原子团不相同，得到可能的结构。
