1、山东省泰安市2020届高三化学第二次模拟考试试题（含解析）1本试卷分第I卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，第1至5页，第卷6至10页。满分100分，考试时间90分钟。2答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。3选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用05毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。4请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S
2、32 C1 35.5 K 39 Ti 48 Cr 52 Fe 56 Cu 64第I卷(选择题 共40分)一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生活、生产、社会发展息息相关。下列说法正确是A. 气象报告中的“PM2.5”是指一种胶体粒子B. 聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程C. “玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅D. 疫苗一般应冷藏存放，其目的是防止蛋白质变性【答案】D【解析】【详解】A. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米(1微米=10-6米)的颗粒物，属于分散质，不是胶体，分散质分散在空气中形成胶体，A
3、错误；B. 聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，而油脂的皂化是油脂在碱性条件下的水解反应，不是高分子生成小分子的过程，B错误；C. “玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是晶体硅，C错误；D. 疫苗的主要成分是蛋白质，蛋白质在高温下会变性，所以疫苗一般应冷藏存放，D正确；故合理选项是D。2.下列分子或离子中，VSEPR(价层电子对互斥理论)模型名称与分子或离子的空间构型名称不一致的是A. CO2B. CO32-C. H2OD. CC14【答案】C【解析】【详解】A. CO2分子中每个O原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对个数是2，且不含孤电子对，为直线形结构，VSEPR模型与分
4、子立体结构模型一致，A不符合题意；B. CO32-的中心原子C原子上含有3个键，中心原子上的孤电子对数=(4+2-23)=0，所以CO32-的空间构型是平面三角形，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，B不符合题意；C. H2O分子中价层电子对个数=2+(6-21)=4，VSEPR模型为正四面体结构；含有2个孤电子对，去掉孤电子对后，实际上其空间构型是V型，VSEPR模型与分子立体结构模型不一致，C符合题意； D. CCl4分子中中心原子C原子原子价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=4+(4-14) =4，VSEPR模型为正四面体结构，中心原子不含有孤电子对，分子构型为正四面体结构，VSEP
5、R模型与分子立体结构模型一致，D不符合题意；故合理选项是C。3.结构简式如图所示的有机物常用于合成药物，下列对该有机物说法不正确的是A. 存在顺反异构体B. 与丙烯酸互为同系物C. 有两种官能团D. 与H2按等物质的量关系反应时，可能有3种加成产物【答案】B【解析】【详解】A. 中间的碳碳双键的C原子都连接2个不同的原子和原子团，因此存在顺反异构体，A正确；B. 该物质分子中含有1个羧基和2个不饱和碳碳双键，丙烯酸分子结构中含有1个羧基和1个不饱和的碳碳双键，分子式相差不是CH2的整数倍，因此二者不是同系物，B错误；C. 该物质分子中含有-COOH及碳碳双键两种官能团，C正确；D. 该物质与H
6、2发生1：1加成反应时，可能产生CH3CH2-CH=CH-COOH或CH2=CH-CH2CH2COOH或CH3-CH=CH-CH2-COOH，因此可能有3种加成产物，D正确；故合理选项是B。4.玻璃棒是化学实验中常用的仪器之一，其主要用于搅拌、过滤或转移液体时的引流。下列有关实验过程中，肯定不需要使用玻璃棒进行操作的是用pH试纸测定Na2CO3溶液的pH从氯酸钾和二氧化锰制取氧气的剩余固体中提取KC1用饱和FeC13溶液和沸水制取Fe(OH)3胶体配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液取某溶液做焰色试验，检验该溶液中是否含有钠元素用适量的蔗糖、浓硫酸和水在小烧杯中进行浓硫酸的脱水性实验促使过饱和的硝
7、酸钾溶液析出晶体A B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】用pH试纸测定溶液的pH，可用玻璃棒蘸取溶液，滴在玻璃片上的pH试纸上观察，正确；从氯酸钾和二氧化锰制取氧气的剩余固体中提取KCl，可根据KCl易溶于水，而MnO2不溶于水，用到过滤和蒸发操作，分别用玻璃棒进行引流和搅拌，正确；将几滴饱和FeCl3溶液滴入沸腾的蒸馏水中，继续加热至液体呈红褐色，得到的液体就是Fe(OH)3胶体，不需使用玻璃棒，错误；配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液用玻璃棒搅拌和引流，正确；做焰色反应实验，用铂丝蘸取待测液，无需使用玻璃棒，错误；进行浓硫酸的脱水性实验，应用玻璃棒不断搅拌，正确；促使过饱和的硝酸钾溶
8、液析出晶体，应该使用玻璃棒不断搅拌或摩擦烧杯内壁，产生玻璃碎末，可以找到一个“中性”，聚集起来使晶体析出，正确；可见：不需要使用玻璃棒进行操作的是，故合理选项是C。5.Z是合成某药物的中间体，其合成原理如下:下列说法正确的是.A. 用NaHCO3溶液可以鉴别X和ZB. X、Y、Z都能发生取代反应C. X分子所有碳原子可能共平面D. 与X具有相同官能团的同分异构体还有5种【答案】B【解析】【详解】AX和Z分子中都含有羧基，都能与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳气体，NaHCO3溶液不能鉴别X和Z，A不正确；BX和Y能发生酯化反应，Y和Z的苯环上能发生卤代反应，酯化反应和卤代反应都属于取代反应，B
9、正确；CX分子中与Br相连的碳原子上连有三个碳原子，这四个碳原子不可能共平面，C 错误；D丁酸有两种结构CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，烃基上一个氢原子被溴原子取代的产物有5种，除去X本身，与X具有相同官能团的同分异构体还有4种，D错误。故选B。6.W、X、Y、Z为原子序数依次递增的短周期主族元素，其中X的某同位素可用于测量文物年代，M为由X元素构成的一种单质。甲和丁两种物质都由W和Y元素组成，乙由Y和Z元素组成，常温下为气体，具有漂白性，戊为二元强酸。它们之间的转化关系如下，下列叙述正确的是（ ）A. 气态氢化物的稳定性：XYZB. 原子半径顺序：ZYXWC. 丁的水溶
10、液适用于医用伤口消毒及环境消毒D. 常温常压下，M能和丙发生化合反应【答案】C【解析】【分析】据题意可推断：W为H、X为C、Y为O、Z为S，甲和丁两种物质分别为H2O，H2O2，乙为SO2，丙为CO2，戊为二元强酸H2SO4；【详解】A. 非金属性:O C，所以气态氢化物的稳定性：H2OCH4，A错误；B. 同一周期，从左到右，原子半径减小，故原子半径顺序：CO，B错误；C. H2O2水溶液因为强氧化性可杀菌消毒，且还原产物是H2O适用于医用伤口消毒，C正确；D. 常温常压下，碳的单质与CO2不反应，高温下才反应，D错误；答案选C。7.下列实验操作、现象与预期实验目的或所得实验结论一致的是A.
11、 AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分析】A. 等体积饱和溶液中，溶质溶解度大的反应产生的沉淀多；B. 银镜反应需在碱性条件下进行；C. SO2水溶液显酸性，溶液中含SO32-浓度很小，根据BaSO4不溶于水，也不溶于酸，而BaSO3不溶于水，但能溶于酸；D. 先判断物质的过量问题，然后判断反应的可逆性。【详解】A. AgCl、AgBr在溶液中存在沉淀溶解平衡，向等体积AgCl、AgBr饱和溶液中加入足量AgNO3浓溶液，产生沉淀的物质的量AgClAgBr，说明溶液中含有AgClAgBr，因此可证明物质的溶度积常数Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)，A正确；B. 向20%的蔗糖溶
12、液中加入一定体积稀硫酸，加热，使蔗糖发生水解反应，然后加入NaOH中和硫酸，使溶液显碱性，然后再加入银氨溶液，水浴加热，才可以发生银镜反应，否则不能证明蔗糖是否发生水解反应，B错误；C. 向BaCl2溶液中通入SO2气体和气体X，产生白色沉淀，该气体可能是碱性气体NH3，反应产生的白色沉淀是BaSO3；也可能是具有氧化性的气体如Cl2，反应产生的是BaSO4白色沉淀，C错误；D. FeCl3与KI会发生反应：2FeCl3+2KI=2FeCl2+I2+2KCl，n(FeCl3)=510-4 moln(KI)=110-4 mol，FeCl3溶液过量，所以取反应后上层清液滴加KSCN溶液，溶液变为红
13、色，不能证明该反应为可逆反应，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查实验方案的设计与评价。掌握有关元素及化合物的知识及化学反应原理是本题解答的关键。要注意过量问题及溶液酸碱性对实验的影响。8.已知磷酸分子()中三个氢原子都可与重水分子(D2O)中的D原子发生氢交换。又知次磷酸(H3PO2)也可与D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能与D2O发生氢交换。则下列说法正确的是A. H3PO2在水溶液中发生电离：H3PO2H+H2PO2-、H2PO2-H+HPO22-B. H3PO4属于三元酸、H3PO2属于二元酸C. NaH2PO2属于酸式盐，其水溶液呈酸性D. H3PO2具有较强的
14、还原性，其结构式为【答案】D【解析】【详解】A. 根据题意可知-OH的H原子可以与重水分子的D原子发生交换，而与P原子直接结合的H原子不能发生氢交换，次磷酸(H3PO2)也可与D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能与D2O发生氢交换，说明次磷酸(H3PO2)是一元酸，电离方程式为：H3PO2H+H2PO2-，A错误；B. 根据题干信息可知，H3PO4属于三元酸、H3PO2属于一元酸，B错误；C. 羟基H原子可以发生氢交换，非羟基H原子不能发生H交换，次磷酸钠(NaH2PO2)却不能与D2O发生氢交换，说明H3PO2属于一元酸，NaH2PO2属于正盐，该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显
15、碱性，C错误；D. 在H3PO2中P元素化合价为+1价，具有较强的还原性，由于只有1个-OH，因此其结构式为，D正确；故合理选项是D。9.二氧化氯(C1O2)是易溶于水且不与水反应的黄绿色气体，沸点为11。某小组在实验室中制备C1O2的装置如下：已知：SO2+2NaC1O3+H2SO4=2C1O2+2NaHSO4下列说法正确的是A. 连接装置时，导管口a应接h或g，导管口c应接eB. 装置C中装的是饱和食盐水，导管口a通过的气体为SO2C. 装置D放冰水的目的是液化SO2，防止污染环境D. 可选用装置A，用1 molL-1盐酸与MnO2反应制取Cl2【答案】A【解析】【详解】A. 装置A中制备
16、二氧化硫气体，利用SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4制备ClO2，为防止倒吸，应在之前有安全瓶，则agh，为反应充分，气体要长进短出，故连接顺序为：aghbcefd，A正确；B. 实验室中制备ClO2的实验中，尾气为SO2，为防止污染空气，装置C中装的是NaOH吸收未反应完的SO2，B错误；C. ClO2沸点较低，在D中冰水浴收集，为充分冷却气体，便于收集，C错误；D. 只有浓盐酸才能在加热时与MnO2反应生成Cl2，1 mol/L的稀盐酸不能用于反应制取Cl2，D错误；故合理选项是A。10.化学反应中绚丽的颜色变化往往展现了化学的神奇，体现了化学之美。下列变化中的
17、a、b、c、d可以是混合物，关于物质类别或者反应类型的叙述一定正确的是A. 变化一定不属于氧化还原反应B. 变化得到的白色沉淀一定是硫酸盐C. 物质c中一定不能含有铁红或磁性氧化铁D. 物质d可能是某有机物的水溶液【答案】D【解析】【详解】A. 向稀硫酸中加入Cu，加热，并通入空气，发生反应：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，该反应为氧化还原反应，A错误；B. H2SO4可与Na2SiO3发生复分解反应产生H2SiO3沉淀，因此该白色沉淀不一定是硫酸盐，B错误；C. 若物质c中含有铁红或磁性氧化铁，同时含有Fe单质，铁红或磁性氧化铁与硫酸反应产生Fe3+，Fe3+与Fe进一步
18、发生氧化还原反应产生Fe2+，使溶液变为浅绿色，因此不能确定c中是否含有铁红或磁性氧化铁，C错误；D. 硫酸是酸，溶液显酸性，遇石蕊试液变为红色，石蕊是有机物，因此物质d可能是某有机物的水溶液，D正确；故合理选项是D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。11.十九大报告中提出“打赢蓝天保卫战”，对污染防治要求更高。某种利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如下。当该装置工作时，下列说法正确的是A. 盐桥中Cl-向Y极移动B. 电路中流过7.5 mol电子时，共产生N2的体积为44.8
19、L(标况)C. 电流由X极沿导线流向Y极D. Y极发生的反应为2NO3-+10e-+6H2O=N2+12OH-，周围pH增大【答案】BD【解析】【详解】A. 根据装置图可知X电极上NH3失去电子，被氧化变为N2，X为负极；NO3-在Y电极上得到电子，被还原变为N2，Y为正极，盐桥中C1-向正电荷较多的负极X电极移动，A错误；B. 该电池总反应方程式为5NH4+3NO3-=4N2+2H+9H2O，根据方程式可知：每转移15 mol电子，反应产生4 mol N2，则电路中流过7.5 mol电子时，共产生N2的物质的量是2 mol，其在标准状况下的体积为44.8 L，B正确；C. 电子由X电极经负载
20、流向正极Y，C错误；D. Y极为正极，得到电子，发生还原反应，电极反应式为：2NO3-+10e-+6H2O=N2+12OH-，消耗水，产生OH-，使c(OH-)增大，使周围溶液中pH增大，D正确；故合理选项是BD。12.工业上可用铁盐溶液溶解黄铁矿(主要成分为FeS2)，发生如下过程。下列说法错误的是A. 过程I每溶解120 g FeS2，理论上消耗6 mol Fe3+B. 过程每生成1 mol SO42-转移8 mol e-C. 总反应为FeS2+14Fe3+8H2O=2SO42-+15Fe2+16H+D. 反应过程中鼓入大量的空气有利于反应的进行【答案】B【解析】【详解】A. 在过程I中发
21、生反应，使S22-转化为S2O32-，S元素化合价由反应前-1价变为反应后+2，S元素化合价共升高23=6价，失去6 mol电子，每溶解120 g即1 mol FeS2，反应转移6 mol电子，根据电子守恒可知需消耗6 mol Fe3+，A正确；B. 在过程II中Fe3+将S2O32-氧化为SO42-，S元素化合价由反应前+2价变为反应后的+6价，每1 mol S2O32-反应产生2 mol SO42-，元素化合价共升高24=8价，则产生1 mol SO42-转移4 mol e-，B错误；C. 根据示意图可知FeS2与Fe3+及H2O发生反应后最终变为SO42-、Fe2+及H+，根据电子守恒、
22、电荷守恒及原子守恒，可得反应总方程式为：FeS2+14Fe3+8H2O=2SO42-+15Fe2+16H+，C正确；D. 反应过程中鼓入大量的空气，可以将其中S元素氧化为SO2，将+2价Fe氧化为Fe3+，在溶液中Fe3+进一步把SO2氧化为SO42-，可见鼓入足量空气将促使反应正向进行，有利于反应的进行，D正确；故合理选项是B。13.某科学兴趣小组查阅资料得知，反应温度不同，氢气还原氧化铜的产物就不同，可能是Cu或Cu2O，Cu和Cu2O均为不溶于水的红色固体，但Cu2O能与稀硫酸发生反应：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O。为探究反应后的红色固体的成分，他们提出了以下假设：假设
23、一：红色固体只有Cu假设二：红色固体只有Cu2O假设三：红色固体中有Cu和Cu2O下列判断正确的是A. 取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，则假设一和二都成立B. 少量红色固体与足量稀硫酸反应，若溶液呈蓝色且仍有红色固体，则只有假设三成立C. 若将7.2克红色固体通入足量的H2还原，最后得到固体6.4克，则假设二成立D 实验室可用向新制Cu(OH)2悬浊液(碱性)中加入葡萄糖后加热，来制取Cu2O【答案】CD【解析】【分析】A. 取少量红色固体，加入足量稀硫酸，若溶液无明显现象，说明红色固体中不含氧化亚铜；B. 若看到溶液变成蓝色，说明红色固体中含有氧化亚铜，仍有红色固体，说明
24、反应后还有红色固体铜存在，据此分析；C. 根据假设二：红色固体只有Cu2O结合铜守恒代入计算验证；D. 实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2悬浊液，加热后制取Cu2O。【详解】A. 取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，说明红色固体中不含氧化亚铜，则假设一成立，假设二、三不成立，A错误；B. 若看到溶液变成蓝色，说明红色固体中含有氧化亚铜，仍有红色固体，说明反应后还有红色固体铜存在，但不能说明原红色固体中含有铜，因为氧化亚铜和稀硫酸反应也能生成铜，则假设二或三成立，B错误；C. 假设二：红色固体只有Cu2O，则7.2 g Cu2O的物质的量n(Cu2O)=0.05
25、 mol，和H2反应后生成铜的物质的量为0.1 mol，质量为6.4 g，所以假设二成立，C正确；D. 葡萄糖含有醛基，可以与新制的含NaOH的Cu(OH)2悬浊液，加热后制取Cu2O，D正确；故合理选项是CD。【点睛】本题考查了实验方案评价，明确实验原理是解本题关键，易错点为B选项，要注意氧化亚铜与酸反应又生成红色的铜，同时得到硫酸铜溶液，使溶液变为蓝色。14.T时，在20.00 mL 0.10 mol/LCH3COOH溶液中滴入0.10 mol/LNaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是A. T时，CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.010-3B. M点对
26、应的NaOH溶液的体积为20.00 mLC. N点所示溶液中c(Na+)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)D. N点与Q点所示溶液中水的电离程度：NQ【答案】D【解析】【详解】A. T时，0.10 mol/L CH3COOH溶液的pH=3，说明溶液中c(H+)=10-3 mol/L，则该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka=10-5，A错误；B. M点溶液pH=7，若对应的NaOH溶液的体积为20.00 mL，则醋酸与NaOH恰好中和，溶液为CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，与题干的溶液显中性相违背，说明M点对应的NaOH溶液的体积小于20.00 mL，B错误；C
27、. N点时所示溶液中醋酸与NaOH恰好中和，溶液为CH3COONa溶液，CH3COO-发生水解反应而消耗，所以c(Na+)c(CH3COO-)，CH3COO-发生水解反应消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(OH-) c(H+)，但盐水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度，因此c(CH3COO-)c(OH-)，故该溶液中离子浓度关系为：c(Na+) c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)，C错误；D. N点时所示溶液中醋酸与NaOH恰好中和，溶液中的溶质为CH3COONa，溶液中只有盐的水解作用，促进水的电离；而Q点时NaOH过量，溶液为CH3COONa和
28、NaOH的混合液，由于NaOH电离产生OH-对水的电离平衡起抑制作用，使盐水解程度减小，故最终达到平衡时水的电离程度NQ，D正确；故合理选项是D。15.水煤气变换反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。我国研究人员结合实验与计算机模拟结果，揭示了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程(如图所示)，其中吸附在金催化剂表面上的物质用标注。下列说法正确的是A. 水煤气变换反应的H0B. 该历程中最大能垒(活化能)E正=1.70 eVC. 步骤只有H-H键和H-O键形成D. 步骤的转化关系可表示为：CO+OH+H2O(g)=COOH+H2O【答案】AD【解析】【详解】A. 根据图象分
29、析可知：水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的能量低于反应物，则该反应为放热，反应的H”、“Kc (7). (8). Kc；当=0.4时，假设容器体积为V L，起始量n(NH3)=0.4 mol，n(Cl2)=1 mol，NH3变化量为x mol，则平衡时n(NH3)=(0.4-x) mol，n(Cl2)=(1-x) mol，n(NH2Cl)=n(HCl)=x mol，同温同压下气体的体积比等于气体的物质的量的比，则：100%=20%，解得x=0.28 mol，则该反应的平衡常数Kb=；在T2温度下，Q点NH2Cl的体积分数偏高，平衡将向着使NH2Cl的体积分数下降的方向移动
30、，所以Q点平衡逆移，v正0，升高温度，或及时分离出产物NHCl2，都会使平衡正向移动，NH3的转化率升高；NH2Cl的体积分数始终比理论值低，可能是：有副反应，还可能生成NHCl2、NCl3、N2。【点睛】本题考查了反应热与键能、物质含有能量的关系及化学平衡有关知识，掌握有关概念、反应热与键能及物质能量关系和平衡移动原理的影响因素是解题关键，在分析时，要结合图象，弄清图象中横坐标、纵坐标的含义分析解答。17.AA705合金(含Al、Zn、Mg和Cu)几乎与钢一样坚固，但重量仅为钢的三分之一，已被用于飞机机身和机翼、智能手机外壳上等。但这种合金很难被焊接。最近科学家将碳化钛纳米颗粒(大小仅为十亿
31、分之一米)注入AA7075的焊丝内，让这些纳米颗粒充当连接件之间的填充材料。注入了纳米粒子的填充焊丝也可以更容易地连接其他难以焊接的金属和金属合金。回答下列问题：(1)基态铜原子的价层电子排布式为_。(2)第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示。该元素是_(填元素符号)，判断依据是_。(3)CN、NH3、H2O和OH等配体都能与Zn2+形成配离子。1mol Zn(NH3)42+含_ mol键，中心离子的配位数为_。(4)铝镁合金是优质储钠材料,原子位于面心和顶点，其晶胞如图2所示。1个铝原子周围有_个镁原子最近且等距离。(5)在二氧化钛和光照条件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛：苯甲醇中C原子
32、杂化类型是_。苯甲醇的沸点高于苯甲醛，其原因是_。(6)钛晶体有两种品胞，如图所示。如图3所示，晶胞的空间利用率为_(用含的式子表示)。已知图4中六棱柱边长为x cm，高为y cm。该钛晶胞密度为D gcm-3，NA为_mol1(用含x y和D的式子表示)。【答案】 (1). 3d104s1 (2). Mg (3). I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子， (4). 16 (5). 4 (6). 8 (7). sp2、sp3 (8). 苯甲醇分子间存在氢键，苯甲醛分子间不存在氢键 (9). (10). 【解析】【分析】（1）铜原子有29个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子；(2)根据
33、电离能的突变判断最外层电子，结合该元素为第三周期元素分析；(3)所有单键包括配位键均为键，双键中有一个为键，每个NH3分子中含有3个N-H键，中心原子Zn与四个N原子之间存在配位键；(4)晶胞中每个侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到Al原子的距离相等且最近；(5)苯环上碳原子形成3个共用电子对，而-CH2OH中C原子形成4个共用电子对；分子间的氢键对物质的沸点影响较大，苯甲醇分子间存在氢键；(6)由图3可知，晶胞中钛原子的数目为1+8=2，设原子半径为r，则晶胞的对角线为4r，晶胞的边长为，由此计算空间利用率；图4晶胞中钛原子的数目为3+2+12=6，晶胞的质量为g，六棱柱边长为x c
34、m，高为y cm，则晶胞的体积为x2ycm3，再结合晶胞的密度计算NA。【详解】（1）铜原子有29个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子，其价电子排布式为3d104s1；(2)由图1可知电离能I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子，结合该元素是第三周期元素，则该元素为第三周期第A元素，此元素为镁，元素符号为Mg；(3)所有单键包括配位键均为键，双键中有一个为键，每个NH3分子中含有3个N-H键，中心原子Zn与四个N原子之间存在配位键，则1mol Zn(NH3)42+含（4+34）mol=16mol键，配位体为NH3，中心离子Zn2+的配位数为4；(4)晶胞中每个侧面的4个顶点上的镁原子和
35、面心上的镁原子到Al原子的距离相等且最近，则每个铝原子周围距离最近的镁原子有8个；(5)苯环上碳原子形成3个共用电子对，碳原子的杂化类型是sp2，而-CH2OH中C原子形成4个共用电子对，碳原子的杂化类型是sp3；苯甲醇分子间存在氢键，而苯甲醛分子间不存在氢键，导致苯甲醇的沸点明显比苯甲醛高；(6)由图3可知，晶胞中钛原子的数目为1+8=2，设原子半径为r，则晶胞的对角线为4r，晶胞的边长为，则空间利用率为=；图4晶胞中钛原子的数目为3+2+12=6，晶胞的质量为g，六棱柱边长为x cm，高为y cm，则晶胞的体积为x2ycm3，则D=gx2ycm3，由此计算得NA=mol1。【点睛】本题考查
36、原子杂化方式判断，注意杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，键个数=配原子个数，孤电子对个数=（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化。18.二茂铁是一种特殊的金属有机化合物，可用作燃料的节能消烟剂、抗爆剂等，熔点为173 ，在100 时开始升华；沸点是249 。实验室制备二茂铁的反应原理是：2KOH+FeCl2+2C5H
37、6=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O，其装置如下图所示。实验步骤为：在三颈烧瓶中加入25 g粉末状的KOH，并从仪器a中加入60 mL无水乙醚，充分搅拌，同时通氮气约10 min；再从仪器a滴入5.5 mL新蒸馏的环戊二烯(C5H6，密度为0.95 gcm-3)，搅拌；将6.5 g无水FeCl2与(CH3)2SO(二甲亚砜，作溶剂)配成的溶液25 mL装入仪器a中，慢慢滴入三颈烧瓶中，45 min滴完，继续搅拌45 min；再从仪器a加入25 mL无水乙醚搅拌；将三颈烧瓶中的液体转入仪器X中，依次用盐酸、水各洗涤两次，分液得橙黄色溶液；蒸发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品。回答下列问题：(1)
38、仪器a、X的名称分别是_。(2)步骤中通入氮气的原因是_(用化学方程式表示)。(3)三颈烧瓶的适宜容积应为_(选编号)。100 mL 250 mL 500 mL(4)步骤用盐酸洗涤的目的是_。(5)步骤是二茂铁粗产品的提纯，操作装置如图二所示，其操作名称为_；该操作中棉花的作用是_。(6)为了确认得到的是二茂铁，还需要进行的一项简单实验是_。确定二茂铁的结构是下图b而不是c，其测定的谱图为_。【答案】 (1). 恒压漏斗、分液漏斗 (2). 4Fe2+8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (3). (4). 除去多余的KOH (5). 升华 (6). 防止二茂铁挥发进入空气中 (7).
39、测定所得固体的熔点 (8). 核磁共振氢谱【解析】【分析】(1)根据仪器的结构，结合仪器的用途确定仪器名称；(2)二茂铁中铁是+2价，易被空气中氧气氧化，通入氮气排尽装置中空气；(3)仪器c为三颈烧瓶，其中盛放液体的体积不超过容积的分析判断；(4)盐酸可中和KOH生成KCl和水；(5)二茂铁有固体直接变成气体，然后冷凝收集，称为升华；棉花团有防止粉末逸出的功能；(6)可以通过测定所得固体的熔点确定；根据核磁共振氢谱图确定物质结构。【详解】(1)根据装置图可知仪器a是恒压漏斗；仪器X用于分离互不相溶的两层液体物质，使用的是分液漏斗；(2)二茂铁中铁是+2价，易被空气中氧气氧化，通入氮气排尽装置中
40、空气，防止实验过程中亚铁离子被氧化；(3)由题意可知三颈烧瓶中共加入液体112.5 mL，三颈烧瓶中盛放液体的体积不超过容积的，所以应该选择的规格是250 mL三颈烧瓶，故合理选项是；(4)步骤用盐酸洗涤，可与其中的KOH发生中和反应，而除去多余的KOH；(5)二茂铁由固体直接变成气体，然后冷凝收集，其操作名称为升华；该操作中棉花的作用是防止二茂铁挥发进入空气中；(6)为了确认得到的是二茂铁，还需要进行的一项简单实验是测定所得固体的熔点；可根据物质的核磁共振氢谱图确定物质结构是b还是c，若是b结构，分子中只有一种位置的H原子，只有1个吸收峰；若是图c结构，分子中含有3种不同位置的H原子，有3个
41、吸收峰，吸收峰的面积比为1：2：2。【点睛】本题以二茂铁的制备实验为载体考查常见仪器的识别，实验方案的分析、评价，化学实验基本操作，物质的分离、提纯和检验，物质结构的测定，充分利用题干信息，掌握物质的性质及分离方法，了解核磁共振氢谱在测定结构的应用是解答本题的关键。19.某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：已知：煅烧时，Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2。(1)Te元素在元素周期表中的位置为_其基态原子的电子占据的最高能层符号为
42、_。(2)煅烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为_。(3)浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还可能含有_(填化学式)。电解沉积过程中析出单质铜的电极为_极。(4)工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示：通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是_。(5)测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取试样2.50 g配成250 mL溶液，取25.00 mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸和几滴指示剂，用0.1000 molL-1(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定。滴定过程中发生反应的离子方程式为_。若三次实验消耗(NH4)
43、2Fe(SO4)2标准液的体积平均为25.00 mL，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为_(保留三位有效数字)。【答案】 (1). 第五周期A族 (2). O (3). 2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2 (4). CuSO4 (5). 阴 (6). 低温条件下，K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小 (7). Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O (8). 49.0【解析】【分析】某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可以用于制取Na2
44、Cr2O7溶液、金属铜、粗碲等，根据流程图，煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液；沉渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的金(Au)，用稀硫酸溶解后，浸出液中主要含有铜离子和TeOSO4，电解后铜离子放电生成铜，溶液中含有TeOSO4，TeOSO4与二氧化硫发生氧化还原反应生成粗碲，据此分析解答。【详解】(1)Te是52号元素，原子核外电子排布为2、8、18、18、6，可见Te元素在元素周期表中的位置为第五周期第VIA族，最高能层为第5能层，故其基态原子的电子占据的最
45、高能层符号为O；(2)煅烧时，Cr2O3与O2及Na2CO3发生反应产生Na2CrO4和CO2，反应的化学方程式为：2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；(3)根据上述分析，浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还可能含有CuSO4，Cu2+转化为铜单质，发生还原反应，电解沉积过程中析出单质铜的电极为阴极；(4)在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小，因此通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7；(5)氧化还原滴定过程中发生Fe2+与Cr2O72-的反应，其中Cr2O72-被还原为Cr3+，Fe2
46、+被氧化为Fe3+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O；反应中消耗Fe2+的物质的量n(Fe2+)=cV=0.1000 molL-10.025 L=0.0025 mol，根据方程式Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O可知n(Cr2O72-)=n(Fe2+)= mol，则所得样品中K2Cr2O7的纯度=100%=49.0%。【点睛】本题考查了物质分离提纯、电解原理的应用及氧化还原反应分析判断、滴定方法在物质含量测定的应用等，掌握反应原理，清楚原子结构与元素位置及物质性质的关系，弄
47、懂反应中守恒关系是解题关键，侧重考查学生分析及应用能力。20.化合物G对白色念珠菌具有较强的抑制作用。G可经下图所示合成路线制备：请回答下列问题：(1)AB的反应类型是_。G中含氧官能团的名称为_。E分子式为_。(2)C与B互为同分异构体，能与小苏打反应放出CO2，与SOCl2发生取代反应生成D。C的结构简式为_。(3)F中有无手性碳原子，如有则在下图中用*标出：_。(4)写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：_(不考虑立体异构)。含有SH结构；能在酸性条件下发生水解反应，两种水解产物均含有三种不同环境的H原子。其中一种水解产物既能遇FeCl3溶液显色，又能与Br2的CCl4溶液
48、发生加成反应。(5)写出以甲苯和乙醇为原料制备的合成路线流程图(其他试剂任选)。_。【答案】 (1). 加成反应 (2). 羰基、醚基 (3). C11H9O3FS (4). (5). (6). 或【解析】【分析】(1)对比A、B的结构可知，中碳碳双键中一个碳碳键断裂，分别连接H原子与生成B；根据G结构简式可确定其中含氧官能团的名称；根据E结构简式确定其分子式；(2)C与B互为同分异构体，能与小苏打反应放出CO2，说明C含有羧基，C能与SOCl2发生取代反应生成D，可知C的羧基中羟基被氯原子取代生成D；(3)根据手性碳原子是连接四个不同的原子或原子团分析判断；(4)D的一种同分异构体满足：含有
49、-SH结构；能在酸性条件下发生水解反应，两种水解产物均含有三种不同环境的H原子，说明含有酯基且水解产物存在对称结构，其中一种水解产物既能遇FeCl3溶液显色，又能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，说明该产物含有酚羟基、碳碳不饱和键；(5)模仿路线图中G合成，苯甲醇氧化生成，然后与乙醇反应生成，与NH2NH2H2O反应生成，最后与乙酸反应生成，乙醇用酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸。【详解】(1)对比A、B的结构可知，中碳碳双键中一个碳碳键断裂，分别连接H原子与生成B，A与发生加成反应生成B，反应类型为加成反应；物质G结构简式是，可知其中含氧的官能团名称为：羰基、醚基；E结构简式为，根据C四价原则
50、可知其分子式是C11H9O3FS；(2)C与B互为同分异构体，能与小苏打反应放出CO2，说明C含有羧基，C能与SOCl2发生取代反应生成D，可知C的羧基中羟基被氯原子取代生成D，故C的结构简式为：；(3)F结构简式是，由于手性碳原子是连接四个不同的原子或原子团的碳原子，结合F的结构可知，该分子中含有1个手性碳原子，用*表示为：；(4)D的一种同分异构体满足：含有-SH结构；能在酸性条件下发生水解反应，两种水解产物均含有三种不同环境的H原子，说明含有酯基且水解产物存在对称结构，其中一种水解产物既能遇FeCl3溶液显色，又能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，说明该产物含有酚羟基、碳碳不饱和键，符合条件的同分异构体为：或；(5)模仿路线图中G合成，苯甲醇氧化生成，然后与乙醇反应生成，与NH2NH2H2O反应生成，最后与乙酸反应生成，乙醇用酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸，故其合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的合成，对比有机物的结构明确发生的反应，结合官能团对物质性质的决定作用，利用题目已知信息分析解答。(4)中同分异构体的书写为易错点、难点，题目侧重考查学生的学习能力及分析推理能力和知识迁移运用能力。