1、四川省南充市白塔中学2019-2020学年高二化学12月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量H1 C12 N14 O16 S32 Na23 Mg24 Fe56 Cu64 P-31 Si-28 Ti-48 Ca-40第卷（单选题，共54分）1.下列关于有机物的叙述正确的是( )A. 甲苯中所有原子可能共平面B. C3H6Cl2有三种同分异构体C. 油脂、淀粉均属于高分子化合物D. 乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别【答案】D【解析】【详解】A、由于甲烷为正四面体结构，甲苯可以看作甲烷中1个H被苯基取代，所以甲苯中所有原子不可能共平面，选项A错误；B、分子式为C3H6Cl2的有机物可以看作C3
2、H8中的两个氢原子被两个氯取代，碳链上的3个碳中，两个氯取代一个碳上的氢，有两种：CH3-CH2-CHCl2 （取代那面甲基上的氢原子时一样）、CH3-CCl2 -CH3，分别取代两个碳上的氢，有两种：CH2Cl-CH2-CH2Cl（两个边上的），CH2Cl-CHCl-CH3 （一中间一边上），共有4种，选项B错误；C、淀粉属于高分子化合物，油脂不是高分子化合物，选项C错误；D、乙烯含有碳碳双键，能和溴的四氯化碳溶液发生加成反应，据此可以鉴别甲烷和乙烯，选项D正确；答案选D。2.用示意图或图示的方法能够直观形象地将化学知识传授给学生，下列示意图或图示正确的是( )A. 砷原子的结构示意图B.
3、BF4的结构式C. HF分子间的氢键D. 丙氨酸的手性异构【答案】D【解析】【详解】A、根据原子核外电子排布规律，砷的原子核外各层电子分别为：2，8，18，5，选项A错误；B、BF4-中有一个F提供一个孤电子对，其它形成共用电子对，据此可画出结构图为，选项B错误；C、HF分子中F原子的电负性较强，与相邻氢原子间形成氢键，选项C错误；D、丙氨酸CH3-CH(NH2)-COOH中有一个碳原子连接一个氨基和一个羧基，且连结-CH3和氢原子，为手性碳原子，四个基团不相同，该分子中含有1个手性碳原子，选项D正确；答案选D3.下列说法正确的是 ( ) A. 124gP4含有的PP键的个数为6NAB. S2
4、Cl2 结构与过氧化氢相似，为非极性分子C. O3、SO2、NH2-互为等电子体，空间构型都为V形D. 60gSiO2中含SiO键的个数为2NA 。【答案】A【解析】【详解】A、124g白磷中含有的磷分子个数=NA=NA，一个白磷分子中含有6个P-P键，所以124g P4含有的P-P键的个数为6NA，选项A正确；B、S-S键为非极性共价键，S-Cl键为极性共价键，该物质结构不对称，则为极性分子，选项B错误；C、O3、SO2均为3原子18电子，互为等电子体，空间构型都为V形，NH2-空间构型也为V形，但为3原子10电子，与前二者不互为等电子体，选项C错误；D、60g二氧化硅的物质的量为1mol，
5、而1mol二氧化硅中含4molSi-O键，故含4NA个，选项D错误；答案选D。4.PH3的分子构型为三角锥形，BeCl2的分子构型为直线形，CH4分子的构型为正四面体形，CO2为直线形分子，BF3分子构型为平面正三角形，NF3分子结构为三角锥形。下面对分子极性的判断正确的是A. 为极性分子，为非极性分子B. 只有为非极性分子，其余为极性分子C. 只有是极性分子，其余为非极性分子D. 只有是非极性分子，其余是极性分子【答案】A【解析】【分析】非极性键只能由相同种类的原子之间形成，极性分子只能由不同种类的原子之间形成。但在形成分子的时候，主要取决于分子的结构，当分子中的电子云能均匀分布的时候，分子
6、则无极性，否则分子有极性。【详解】非极性键只能由相同种类的原子之间形成，极性分子只能由不同种类的原子之间形成。但在形成分子的时候，主要取决于分子的结构，当分子中的电子云能均匀分布的时候，分子则无极性，否则分子有极性。CO2分子为直线型，极性抵消，为非极性分子，CH4为正四面体，故极性也可抵消，为非极性分子，BeCl2分子构型为直线型分子，故极性可抵消，为非极性分子， BF3分子构型为三角形，极性抵消，故为非极性分子。NF3中由于N原子的孤对电子对F原子的排斥作用，使电子不能均匀分布，故为极性分子；PH3中P原子的孤对电子对H原子的排斥作用，使电子不能均匀分布，故为极性分子； 结合以上分析可知，
7、为极性分子，为非极性分子，A正确；综上所述，本题选A。【点睛】组成为ABn型化合物，若中心原子A的化合价等于族的序数，则该化合物为非极性分子，中心原子上的价电子都形成共价键的分子为非极性分子，存在孤电子对的分子为极性分子。5.下列说法正确的是（ ）A. 离子化合物中可能含有共价键B. 分子晶体中的分子内不含有共价键C. 分子晶体中一定有非极性共价键D. 分子晶体中分子一定紧密堆积【答案】A【解析】【详解】A离子化合物中可能含有共价键，如离子化合物KOH中含O-H共价键，可能不含共价键如NaCl，选项A正确；B多原子分子内含共价键如HCl，稀有气体分子晶体中不含化学键，选项B错误；C稀有气体分子
8、晶体中不含化学键，选项C错误；D冰中水分子间存在氢键，氢键具有方向性，所以分子晶体冰不具有分子密堆积特征，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及物质中的化学键为解答的关键，注意稀有气体中不含化学键，侧重分析与应用能力的考查，易错点为选项D冰中水分子间存在氢键，不具有分子密堆积特征。6.下列说法正确的是()A. 范德华力是一种分子间作用力，也是一种特殊的化学键B. 非极性分子中，各原子间都以非极性键结合C. 常温常压下，卤素单质从F2I2由气态、液态到固态的原因是范德华力逐渐增大D. H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于水分子间存在氢键【答案】C【解析】【
9、详解】A、范德华力是分子间较弱的作用力，是一种分子间作用力，不是化学键，选项A错误；B、非极性分子中，各原子间也可以以非极性键结合，如甲烷分子就是以四个极性键形成的非极性分子，选项B错误；C、卤素单质从F2到I2结构相似，都是分子晶体，相对分子质量依次增大，相对分子质量越大，范德华力就越大，选项C正确；D、H2O是一种非常稳定的化合物，与H-O键有关，而与氢键无关，选项D错误。答案选C。7.下表中各粒子、粒子对应的立体构型及解释均正确的是()选项粒子立体构型解释A氨基负离子(NH2)直线形N原子采用sp杂化B二氧化硫(SO2)V形S原子采用sp3杂化C碳酸根离子(CO32)三角锥形C原子采用s
10、p3杂化D碘三正离子（I3+)V形I原子采用sp3杂化A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】ANH2-中心原子N原子采用sp3杂化但N原子有两对价电子未参与成键，所以分子的立体构型为V型，选项A错误；BSO2中S原子的价层电子对个数=键数+孤对电子对数=2+(6-22)=3，含孤电子对数为1，杂化轨道数3，采取sp2杂化，结构为V形，选项B错误；CCO32-中，价层电子对数=3+(4+2-32)=3，含孤电子对数为0，杂化轨道数3，采取sp2杂化，分子形状为平面三角形；选项C错误；D碘三正离子（I3+)中I原子的价层电子对个数=键数+孤对电子对数=2+(7-1-21)=4，
11、含孤电子对数为2，杂化轨道数4，采取sp3杂化，结构为V形，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查物质的空间构型，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，难点的孤电子对个数的计算方法，为常考查点，要熟练掌握，价层电子对个数=配原子个数+孤电子对个数；通常价电子对个数为2时是sp杂化、价电子对个数为3时是sp2杂化、价电子对个数为4时是sp3杂化，据此分析答题。8.下列关于有机物说法正确的是()制乙酸乙酯时，把乙醇和乙酸依次加入浓硫酸中用灼烧的方法可以区别丝和棉花油脂水解可得到氨基酸和甘油纤维素和淀粉都是多糖，二者互为同分异构体溴乙烷、油脂和蛋白质在一定条件下都能水解乙醇中是否含水，可用金属钠来检
12、验乙烯和乙烷都能发生加聚反应蛋白质水解的最终产物是多肽A. B. C. D. 【答案】C【解析】其它液体与浓硫酸混合相似于稀释浓硫酸，应该将浓硫酸加入其它液体中，故错误；用灼烧的方法可以区别丝和棉花，故正确；油脂水解得到脂肪酸和甘油，不能得到氨基酸，故错误；纤维素和淀粉的聚合度不同，分子式不同，二者不为同分异构体，故错误；溴乙烷、油脂和蛋白质在一定条件下都能水解，故正确；乙醇与水相似，也可以与金属钠发生反应生成氢气，所以不可用金属钠检验乙醇中是否含水，故错误；乙烷不能发生加聚反应，故错误；蛋白质水解的最终产物是-氨基酸，故错误。故选C。9.X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，Y原
13、子的最外层电子数比内层电子总数少4，Z原子的最外层电子数是内层电子总数的3倍。下列有关叙述正确的是()A. Y原子的价层电子排布式为3s23p5B. 稳定性：Y的氢化物Z的氢化物C 第一电离能：YZD. X、Y两元素形成的化合物为离子化合物【答案】C【解析】【详解】X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，则X为H、Li或Na；Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，则Y有3个电子层，最外层有6个电子，则Y为硫元素；Z的最外层电子数是内层电子总数的三倍，则Z有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为氧元素。则AY为硫元素，Y的价层电子排布式为3s23p4，故A错误；BY为硫元素，Z为氧元素
14、，非金属性OS，非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物稳定性ZY，故B错误；CY为硫元素，Z为氧元素，第一电离能：YZ，故C正确；DX为H、Li或Na，Y为硫元素，H、Li或Na与硫元素可以形成硫化氢属于共价化合物，硫化钠和硫化锂属于离子化合物，故D错误；故选C。10.下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述中，正确的是()A. 基态原子的N层上只有一个电子的元素，一定是A族元素B. 原子的价电子排布为(n1)d68ns2的元素一定是副族元素C. 基态原子的p能级上半充满的元素一定位于p区D. 基态原子价电子排布为(n1)dxny的元素的族序数一定为xy【答案】C【解析】【详解】A基
15、态原子的N层上只有一个电子的元素，可能为K、Cr或Cu，K为主族元素，Cr、Cu为副族元素，故A错误；B副族元素的d能级电子数为10或15，原子的价电子排布为（n-1）d6-8ns2的元素为族元素，故B错误；C基态原子p能级上半充满的元素，电子最后填充p能级，属于p区，故C正确；D为BB及族元素，其族序数为外围电子中d、s能级含有电子数目之和，族序数一定为x+y，为B族、B族元素，族序数等于外围电子排布中s能级中的电子数为y，故D错误，答案选C。【点睛】本题考查结构与位置关系、元素周期表，侧重对过渡元素的考查，注意把握元素周期表的结构，过渡元素的结构特点，易错点为选项B：原子的价电子排布为（n
16、-1）d68ns2的元素为族元素。11. 下列各项叙述中，正确的是 ( )A. N、P、As的电负性随原子序数的增大而增大B. 价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第A族，是p区元素C. 2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等D. 氮原子的最外层电子排布图：【答案】B【解析】A同主族元素从上到下，电负性减小，则N、P、As的电负性随原子序数的增大而减小，故A错误；B价电子排布为4s24p3的元素有4个电子层、最外层电子数为5，位于第四周期第A族，最后填充p电子，是p区元素，故B正确；Cp轨道均为纺锤形，离原子核越远，能量越高，2p轨道能量低于3p，故C错误；D利用“洪特规则”可知最外层
17、电子排布图错误，应为，故D错误；故选B。12.国外有人用激光将置于铁室中石墨靶上的碳原子炸松，与此同时再用射频电火花喷射N2，此时碳氮原子结合成碳氮化合物薄膜。据称，这种化合物可能比金刚石更坚硬，其原因可能是( )A. 碳、氮原子构成网状结构的晶体B. 碳氮键比金刚石中的碳碳键更长C. 氮原子最外层电子数比碳原子最外层电子数多D. 碳、氮的单质化学性质均不活【答案】A【解析】【详解】A、由晶体的性质可知该晶体是原子晶体，CN键的键长比金刚石中的CC键的键长要短，且形成网状结构，所以这种化合物比金刚石坚硬，选项A正确；B、碳、氮原子构成网状结构的晶体，碳氮键比金刚石中碳碳键更短，选项B错误；C、
18、氮原子最外层电子数比碳原子最外层电子数多，不是熔点高的原因，选项C错误；D、碳、氮单质的化学性质均不活泼，与最外层电子数有关，不是熔点高的原因，选项D错误；答案选A。13.利用下图装置做铝热反应实验。下列说法不正确的是A. 该反应的化学方程式是2AlFe2O32FeAl2O3B. 该反应会产生高温、发出强光C. 根据铝热反应的原理，可以冶炼某些金属D. 若反应中转移3 mol电子，则消耗氧化剂的物质的量是1 mol【答案】D【解析】【详解】A项、Al与Fe2O3在高温条件下反应，生成Fe和Al2O3，故A正确；B项、铝热反应会放出大量的热，产生高温、发出强光，故B正确；C项、铝热反应可以生成金
19、属单质，利用铝热反应可冶炼某些金属，故C正确；D项、铁元素的化合价从3价降低到0价，因此1mol氧化铁在反应中得到6mol电子，若反应中转移3 mol电子，则消耗氧化剂的物质的量是0.5 mol，故D错误；故选D。14.下列关于有机化合物的说法正确的是()A. 分子式为C4H8和C2H4的物质一定互为同系物B. 苯乙烯()使酸性KMnO4溶液和溴水褪色的原理相同C. 室温下在水中的溶解度：乙醇环己烷D. 在酸性条件下，C2H5CO18OC2H5的水解产物是C2H5CO18OH和C2H5OH【答案】C【解析】【详解】A、分子式为C2H4的物质一定是乙烯，分子式为C4H8的物质可能是丁烯或环丁烷，
20、乙烯和环丁烷不互为同系物，选项A错误；B、苯乙烯使酸性KMnO4溶液褪色是因为二者发生了氧化还原反应，使溴水褪色是因为二者发生了加成反应，褪色原理不同，选项B错误；C、室温下，乙醇与水任意比互溶，环己烷难溶于水，选项C正确；D、在酸性条件下，C2H5CO18OC2H5的水解产物是C2H5COOH和C2H518OH，选项D错误。答案选C。15.在实验室中，下列除去杂质的方法不正确的是（ ）A. 溴苯中混有溴，加稀NaOH溶液反复洗涤、分液B. 乙烷中混有乙烯，与氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷C. 硝基苯中混有浓硝酸和浓硫酸，将其倒入NaOH溶液中，静置，分液D. 乙烯中混有SO2和CO2
21、，将其通过NaOH溶液洗气【答案】B【解析】【详解】A. 溴苯不溶于氢氧化钠溶液，溴可以跟氢氧化钠反应，溴苯中混有溴，加稀NaOH溶液反复洗涤、分液，故A正确；B. 乙烷中混有乙烯，与氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷，会混入杂质氢气，且操作困难，应该将混合气体通入溴水、洗气，故B错误；C. 硝基苯不溶于水溶液，酸可以和碱反应，硝基苯中混有浓硝酸和浓硫酸，将其倒入NaOH溶液中，静置，分液，故C正确；D. 乙烯不溶于水溶液，二氧化硫和二氧化碳可以被碱液吸收，乙烯中混有SO2和CO2，将其通过NaOH溶液洗气，故D正确；故答案选B。【点睛】有机物中含有乙烯的除杂是一个常考点，要特别注意，乙烯
22、与高锰酸钾反应会生成二氧化碳气体，故一般不能使用高锰酸钾进行气体的除杂。16.乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是()A. 分子式为C6H6O6B. 乌头酸能发生水解反应和加成反应C. 乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. 含1 mol乌头酸的溶液最多可消耗 3 mol NaOH【答案】B【解析】【详解】A根据结构简式可知其化学式为C6H6O6，A正确；B乌头酸含有羧基和碳碳双键，能发生加成反应，但不能发生水解反应，B错误；C乌头酸含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D含有3个羧基，含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH，D正确；答案选B。17. 铁有、三
23、种同素异形体，如下图所示，三种晶体在不同温度下能发生转化。下列说法不正确的是()A. 将铁加热到1500C分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型相同B. -Fe晶体中与每个铁原子等距离且最近的铁原子有6个C. 若-Fe晶胞边长为a cm，-Fe晶胞边长为b cm，则两种晶体密度比为2b3：a3D. -Fe晶体中与每个铁原子等距离且最近的铁原子有8个【答案】A【解析】试题分析：A由三种同素异形体的结构及相互转化的温度关系可知：将铁加热到1500C分别急速冷却得到-Fe；缓慢冷却得到-Fe，温度不同，得到的晶体类型不相同，错误。B-Fe晶体中与每个铁原子等距离且最近的铁原子有6个，分别位于Fe原子
24、的上、下、前、后、左、右六个方向，正确。C若-Fe晶胞边长为a cm，-Fe晶胞中含有2个Fe原子，-Fe晶胞边长为b cm，-Fe晶胞中含有1个Fe原子。则两种晶体密度比为（）：（）=2b3：a3。正确。D有晶胞结构示意图可知：在-Fe晶体中与每个铁原子等距离且最近的铁原子有8个，正确。考点：考查铁的三种同素异形体的结构与性质的知识。18.某烷烃和某单烯烃的混合气体2.24 L(标准状况)，使其完全燃烧，产生的气体完全通过浓硫酸，浓硫酸质量增加4.50 g，剩余气体通过碱石灰，碱石灰质量增加了7.70 g，另取该混合气体2.24 L(标准状况)，通过足量溴水，溴水质量增加了1.40 g。该混
25、合气体由哪两种烃组成( )A. 甲烷和丙烯B. 甲烷和丁烯C. 乙烷和乙烯D. 乙烷和丁烯【答案】B【解析】【详解】混合气体的物质的量为 =0.1mol，充分燃烧生成水的质量为4.5g，n（H2O）=0.25mol，n（H）=0.5mol；生成二氧化碳的质量为7.7g，所以n（CO2）=0.175mol，n（C）=0.175mol；所以1mol混合烃的分子式可表示为C1.75H5，其M=26g/mol；所以1mol烃的质量为26g；最简单的烯烃为乙烯，其摩尔质量为28g/mol，所以烷烃的摩尔质量小于26g/mol，则一定含有甲烷；又因将等量的混合烃通过足量溴水，溴水增重1.40g，所以甲烷的
26、质量为2.6g-1.4g=1.2g，n（CH4）=0.075mol；n(烯烃)=0.1mol-0.075mol=0.025mol，M（烯烃）=56gmol-1；因为是单烯烃，其分子式可表示为CnH2n，则14n=56，n=4，该烯烃为C4H8；即由甲烷和丁烯组成。答案选B。第卷（非选择题，共46分）19.Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知：Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；Y原子价电子(外围电子)排布为msnmpn；R原子核外L层电子数为奇数；Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。请回答下列问题：(1)Z2的核外电子排布式是_。(2)在Z(NH3)42离子中，Z2的
27、空轨道接受NH3分子提供的_形成配位键。(3)Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是_。a稳定性：甲乙，沸点：甲乙 b稳定性：甲乙，沸点：甲乙c稳定性：甲乙，沸点：甲乙 d稳定性：甲乙(4)Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小至大的顺序为_(用元素符号作答)。(5)Q的一种氢化物相对分子质量为28，其分子中键与键的键数之比为_。(6)五种元素中，电负性最大与最小的两种非金属元素形成的晶体属于_(填晶体类型)。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d9或Ar3d9 (2). 孤电子对 (3). b (4). SiCN (5). 51 (6). 原子晶体【解析】
28、【分析】Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素，则Z是Cu元素； R原子核外L层电子数为奇数，且属于短周期主族元素，所以R是第二周期元素，Q原子序数小于R，则Q属于第一或第二周期元素；Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4，则Q是C元素，R是N或F元素；X原子P轨道含有4个电子且原子序数大于R，所以X是O或S元素，Y原子价电子排布为msnmpn，原子序数小于29，n=2，Y原子序数大于X，且属于主族元素，所以Y是Si元素，则X是O元素，R是N元素，则Q、R、X、Y、Z五种元素分别是C、N、O、Si、Cu。【详解】Q、R、X、Y、Z五种元素的原子
29、序数依次递增，Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素，则Z是Cu元素； R原子核外L层电子数为奇数，且属于短周期主族元素，所以R是第二周期元素，Q的原子序数小于R，则Q属于第一或第二周期元素；Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4，则Q是C元素，R是N或F元素；X原子P轨道含有4个电子且原子序数大于R，所以X是O或S元素，Y原子价电子排布为msnmpn，原子序数小于29，n=2，Y原子序数大于X，且属于主族元素，所以Y是Si元素，则X是O元素，R是N元素，则Q、R、X、Y、Z五种元素分别是C、N、O、Si、Cu。（1）Z为Cu元素，Z2+为Cu2+，Cu的价电子排布为3d104s1，失去两
30、个电子，则为3d9，Cu2+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d9；（2）含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间能形成配位键，在Cu(NH3)42+离子中，Z2+的空轨道接受NH3分子提供的孤电子对形成配位键；（3）Q、Y的氢化物分别为CH4和SiH4，由于C的非金属性强于Si，则稳定性CH4SiH4因为SiH4 的相对分子质量比CH4大，故分子间作用力大，沸点高，答案选b；（4）C、N和Si中，C、Si位于同一主族，则上面的非金属性强，故第一电离能大，即SiC，而N由于具有半充满状态，故第一电离能比相邻元素大，CN，所以第一电离能SiCN；（5）Q为C元素，C、H形成的相对
31、分子质量为26的物质为C2H2，结构式为H-CC-H，单键是键，叁键中有两个是键一个键，所以键与键数之比为3：2；（6）电负性最大的非金属元素是O，最小的非金属元素是Si，两者构成SiO2，属于原子晶体。【点睛】本题以元素推断为载体，考查物质结构与性质、核外电子排布、电离能、化学键、晶体等，是对所学知识的综合运用，根据原子结构推断元素是解题关键，注意基础知识的掌握。20.乙醇可由乙烯气相直接水合法或间接水合法生产，一些转化如图：回答以下问题：（1）间接水合法中的转化：乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（CH3CH2OSO3H）的有机反应类型是_，转化的化学方程式是_。（2）蘸有B的玻璃棒遇到氮的最
32、简单氢化物气体会冒白烟，反应的化学方程式为_，转化的化学方程式为_。（3）将一质量为w的铜丝灼烧变黑后，迅速插入乙醇中，变黑的铜丝恢复红色。该反应的化学方程式为_。（4）已知：CH3CHO+NaHSO3（羟基乙磺酸钠），所得乙醛可用如图方式提纯：乙醛晶体类型为_。分离操作A的名称是_；某同学设计分离操作B的装置（夹持和加热装置已略去）如图所示。冷凝管中的液体应从_口进。（填“D”或“E”），下列有关操作与装置的分析，正确的是_（填字母，多选反扣）。A烧杯中应装冰水B冷凝管应通温水C如图示装置可用于除去乙酸乙酯中混有的乙醇【答案】 (1). 加成反应 (2). C2H5OSO3H+H2OC2H5
33、OH+H2SO4 (3). CH3COOH+NH3CH3COONH4 (4). CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O (5). CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O (6). 分子晶体 (7). 过滤 (8). E (9). A【解析】【分析】（1）乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），效仿乙酸乙酯水解，将水分成氢原子和羟基生成乙醇和硫酸；（2）乙醇与B反应生成乙酸乙酯，则B是乙酸，蘸有B的玻璃棒遇到氮的最简单氢化物气体氨气反应生成醋酸铵会冒白烟；（3）铜灼烧转化为氧化铜，氧化铜被乙醇还原为铜；催化剂反应前后质量不变，若要证明铜丝起催化作用；（
34、4）乙醛属于共价化合物；从悬浊液中得到羟基乙磺酸钠固体需要过滤；蒸馏时冷却水应该是逆向冷却，则冷凝管中的液体应从E口进。【详解】（1）乙烯含有碳碳双键，与硫酸发生加成反应生成硫酸氢乙酯(CH3CH2OSO3H)；根据原子守恒可知硫酸氢乙酯水解生成乙醇和硫酸，则转化的化学方程式是C2H5OSO3HH2OC2H5OH+H2SO4；（2）乙醇与B反应生成乙酸乙酯，则B是乙酸，蘸有B的玻璃棒遇到氮的最简单氢化物气体氨气反应生成醋酸铵会冒白烟，反应的化学方程式为CH3COOH+NH3CH3COONH4，转化是酯化反应，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；（3）铜灼
35、烧转化为氧化铜，氧化铜被乙醇还原为铜，则使铜丝恢复红色的化学方程式为C2H5OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O；催化剂反应前后质量不变，若要证明铜丝起催化作用，还需要进行的操作是将铜丝干燥、称重；（4）乙醛属于共价化合物，其晶体类型为分子晶体；从悬浊液中得到羟基乙磺酸钠固体需要过滤，则分离操作A的名称是过滤；蒸馏时冷却水应该是逆向冷却，则冷凝管中的液体应从E口进；A乙醛的沸点较低，为防止乙醛挥发，烧杯中应装冰水，选项A正确；B冷凝管应通冷水，选项B错误；C乙酸乙酯受热易水解，不能用图示装置除去乙酸乙酯中混有的乙醇，选项C错误。答案选A。21.卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe3+、F
36、e2+和Mn2+等离子若以它以及表2中的某些物质为原料，按图所示工艺流程进行生产，可制得轻质氧化镁。若要求产品尽量不含杂质，而且生产成本较低，请根据表1和表2提供的资料，填写空白：（注*Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，所以，常将它氧化为Fe3+，生成Fe（OH）3沉淀除去）。（1）铁元素位于 第_族_区，其中Fe2+ 核外电子排布式为_，（2）在步骤中加入的试剂X，最佳的选择是_，写出步骤中pH1时所发生反应的离子方程式：_；（3）在步骤中加入的试剂是_；之所以要控制pH9.8，其目的是_；（4）已知在步骤中发生的反应是_，写出步骤的化学方程式_。【答案】 (1). VIII (2)
37、. d (3). Ar3d6 (4). 漂液NaClO (5). 2Fe2+ClO+2H+2Fe3+Cl+H2O (6). 烧碱 (7). 使Mg2+以外的杂质离子转化成沉淀除去 (8). 水解反应 (9). Mg(OH)2 MgO+H2O【解析】【分析】（1）铁是26号元素，铁原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变成亚铁离子，根据构造原理写出亚铁离子核外电子排布式；（2）要加入的X为双氧水或次氯酸钠，结合成本选择；步骤中pH1时Fe2+被氧化生成Fe3+；（3）要得到较为纯净的氧化镁，需将卤块中含有的杂质除掉，根据表格提供的信息可以看出，氢氧化锰在pH为9.8时沉淀完全；（4）根据MgC
38、O3的水解及Mg(OH)2的热稳定性分析。【详解】（1）铁位于周期表中的第四周期，第族，d区，属于过渡元素；铁是26号元素，铁原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变成亚铁离子，Fe2+在基态时，核外电子排布式为：Ar 3d6；（2）要加入的X为双氧水或次氯酸钠，根据反应的原理可以看出，次氯酸钠作为氧化剂反应后生成氯化钠杂质，而过氧化氢生产的是水，且双氧水的价格高于漂液NaClO，所以加入漂液NaClO；步骤中pH1时Fe2+被氧化生成Fe3+，所发生反应的离子方程式为2Fe2+ClO+2H+2Fe3+Cl+H2O；（3）要得到较为纯净的氧化镁，需将卤块中含有的杂质除掉，根据表格提供的信息可
39、以看出，氢氧化锰在pH为9.8时沉淀完全，故要控制pH=9.8，所以本题答案为：氢氧化钠，使FeCl3、MnCl2都转化为Fe(OH)3、Mn(OH)2沉淀，而大部分MgCl2尚未转化为Mg(OH)2，仍以MgCl2留在滤液中，达到分离杂质的目的；（4）步骤反应的化学方程式为：MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2，发生的反应是水解反应，步骤是氢氧化镁受热分解生成氧化镁和水，反应的化学方程式为Mg(OH)2 MgO+H2O。22.华为集团在通信网络、IT、智能终端和云服务等领域为客户提供有竞争力、安全可信赖的产品、解决方案与服务，与生态伙伴开放合作，持续为客户创造价值，释放个人潜能，丰富家庭
40、生活，激发组织创新。华为坚持围绕客户需求持续创新，加大基础研究投入，厚积薄发，推动世界进步。其中MATE30手机采用锂离子电池，其正极材料为磷酸亚铁锂（LiFePO4），它具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。回答下列问题：（1）在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是_，该元素基态原子核外M层电子的自旋状态_（填“相同”或“相反”）。（2）FeCl3中的化学键具有明显的共价性(类似于氯化铝)，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为_，其中Fe的配位数为_。（3）苯胺（）的晶体类型是_。苯胺与甲苯（
41、）的相对分子质量相近，但苯胺的熔点（-5.9）、沸点（184.4）分别高于甲苯的熔点（-95.0）、沸点（110.6），原因是_。（4）NH4H2PO4中，电负性最高的元素是_；其中PO43-采用_杂化。（5）如下图所示为高温超导领域里的一种化合物钙钛矿的晶体结构，该结构是具有代表性的最小重复单位。该物质的化学式可表示为_；若钙、钛、氧三元素的相对原子质量分别为a、b、c，晶体结构图中正方体边长(钛原子之间的距离)为d nm(1 nm1010Cm)，则该晶体的密度为_gcm3。【答案】 (1). Mg (2). 相反 (3). (4). 4 (5). 分子晶体 (6). 苯胺分子之间存在氢键
42、(7). O (8). SP3 (9). CaTiO3 (10). g/cm3【解析】【分析】该选修题涉及到了元素周期表和对角线原则、核外电子排布式的写法、配位物的形成，以及熔沸点的判断方式和分子晶体的判断方法。电负性的判断和杂化轨道的计算。【详解】(1)根据元素周期表和对角线原则可知与Li化学性质相似的是Mg，Mg的最外层电子数是2，占据s轨道，s轨道最多容纳2个电子，所以自旋方向相反；(2)氯化铁的双聚体，就是两个氯化铁相连接在一 起，已知氯化铁的化学键有明显的共价性所以仿照共价键的形式将两个氯化铁连接在一起， 即结构式为，因此Fe的配位数为4；(3)大多数有机物都是分子晶体，除了一部分有
43、机酸盐和有机碱盐是离子晶体。苯胺比甲苯的熔沸点都高，同一种晶体类型熔沸点不同首先要考虑的就是是否有氢键,苯胺中存在电负性较强的N所以可以形成氢键，因此比甲苯的熔沸点高；(4)电负性与非金属性的大小规律相似，从左到右依次增大，O就是最大的；PO43-中价层电子对个数=4+（5-5）=4，含孤电子对数为0，杂化轨道数4，所以原子杂化方式是sp3杂化；(5) )利用均摊法可以知道在每个晶胞中钛离子个数为8=1，氧离子的个数为12，钙离子个数为1，所以氧、钛、钙的离子个数比是3:1:1，化学式可表示为CaTiO3；因为在每个晶胞中含有一个CaTiO3，根据可以知道密度为= g/cm3。【点睛】本题考查原子的杂化及晶体结构等，第二小问，双聚分子的氯化铁结构式，从共价键的角度分析，存在着配位键，那配位原子就是氯原子，共用两个氯原子就可实现将两个氯化铁连接在一起的结构; 第五小问，应用数学的找规律递推到通式，首先写出磷酸的化学式，然后寻找规律。