1、山东省济南外国语学校2019届高三上学期高考模拟（二）理科综合-化学试题1.下列对文中描述内容的相关解释正确的是选项描述解释A丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂两个反应互为可逆反应B凡埏泥造瓦，掘地二尺余,择取无沙粘土而为之其中“瓦”的主要成分为硅酸盐C硝石(KNO3).如握盐雪不冰，强烧之，紫青烟起产生“紫青烟”的原因为KNO3分解D其法用浓酒和糟人甑，蒸令气上,用器承滴露其中涉及的操作方法为蒸发浓缩A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A.“ 丹砂烧之成水银”的实质是：2HgO2Hg+O2，“积变又还成丹砂”实质是2Hg+O2=2HgO，化学反应条件不同，不互为可逆反
2、应，错误；B.“埏泥”即为黏土，其主要成分为硅酸盐，正确；C.“紫青烟”是由于钾的焰色反应引起的，错误；D.“ 蒸令气上,用器承滴露”可知，该操作方法为蒸馏，错误。【点睛】（1）可逆反应的正逆条件必须相同；（2）焰色反应还可用于区分KNO3和NaNO3；（3）对于化学与传统文化考题，需抓住关键词解答。2.下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）A. 分子式为C8H8O2的芳香族化合物中属于羧酸的同分异构体有3种B. 麦芽糖的水解产物有两种,且互为同分异构体C. 等质量的苯和苯乙烯()完全燃烧,消耗氧气的体积相同D. 分子式为C4H8Cl2且含有两个甲基的有机物有4种【答案】D【解析】A、分子式为
3、C8H8O2的芳香族化合物中属于羧酸的同分异构体有苯乙酸、对甲基苯甲酸、间甲基苯甲酸、邻甲基苯甲酸共4种，选项A错误；B、麦芽糖的水解产物只有葡萄糖一种,选项B错误；C.最简式相同的苯和苯乙烯，等质量的苯和苯乙烯()完全燃烧,消耗氧气的质量相同，但若不在相同条件下体积不一定相同，选项C错误；D、分子式为C4H8Cl2且含有两个甲基的有机物有CH3CHCl 2CH2CH3；CH3CHClCHClCH3、CHCl2CH（CH3）2、CH2ClCCl（CH3）2共4种，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查有机物的结构及性质，注意分别写出同分异构体，进行对比分析。易错点为选项C，最简式相同的苯和苯乙烯
4、，等质量的苯和苯乙烯()完全燃烧,消耗氧气的质量相同，但若不在相同条件下体积不一定相同。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后,若加入29.4gCu(OH)2能使溶液复原，则电解过程中转移电子的数目为1.2NAB. 常温常压下,0.5molO3与11.2LO2所含的分子数均为0.5NAC. 一定条件下，丁烷催化裂化生成1mol乙烯时,消耗丁烷的数目为NAD. 25时，1LpH=10的NaHCO3溶液中含有H2CO3的数目为10-4NA【答案】A【解析】A、若加入29.4gCu(OH)2 能使溶液复原，则相当于阴极上析出氢气和铜，生成0
5、.3mol铜转移电子个数=0.3mol2NA/mol=0.6NA，根据原子守恒知，生成0.3mol水需要0.3mol氢气，生成0.3mol氢气转移电子的个数=0.3mol2NA/mol=0.6NA，所以电解过程中共转移电子数为1.2NA，选项A正确；B、常温常压下,11.2L O2的物质的量小于0.5mol，0.5mol O3和11.2L O2的分子数不相等，选项B错误；C、一定条件下，丁烷催化裂化除生成乙烯和乙烷这种均裂外，还会裂解生成甲烷和丙烯，则生成1mol乙烯时,消耗丁烷的数目大于NA，选项C错误；D、25时，1LpH=10的NaHCO3溶液中含有H2CO3的数目小于10-4NA，选项
6、D错误。答案选A。4.用下列实验方案及所选玻璃仪器(非玻璃任选)，就能实现相应实验目的的是 序号实验目的 实验方案 所选玻璃仪器A除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤酒精灯、烧杯、玻璃棒B证明HClO与CH3COOH的酸性强弱 同温下用pH试纸测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液玻璃棒、玻璃片C检验蔗糖水解产物且具有还原性 向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热5分钟，再向其中加入新制银氨溶液，水浴加热试管、烧杯、酒精灯、滴管D配制1L1.6%的硫酸铜溶液(其密度为1.0g/mL)将25gCuSO45H2O溶解在975g水中
7、 烧杯、量筒、玻璃棒A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A. 二者溶解度受温度影响不同，结晶后过滤需要漏斗，缺少必要的仪器，错误；B. NaClO溶液具有漂白性，故不能使用pH试纸测定NaClO溶液的pH，应选用pH计测定，实验方案错误；C.加入新制银氨溶液前需要碱化溶液，以中和溶液中的硫酸，实验方案错误；D. 1L1.6%的硫酸铜溶液中溶质的物质的量为0.1mol，溶液质量为1000g，25gCuSO45H2O中n（CuSO4）=0.1mol，正确。【点睛】（1）氯化钠中除去少量硝酸钾，需要蒸发结晶、趁热过滤的过程。因为硝酸钾的溶解度随温度变化很大，而氯化钠溶解度
8、随温度变化很小，可以通过这个方法除去少量的硝酸钾。（2）硝酸钾中除去少量氯化钠则用的是将混合物制成热饱和溶液、冷却结晶、过滤的方法。需注意这二者的操作差别。5.已知高能锂离子电池的总反应式为2LiFeS=FeLi2S，LiPF6SO(CH3)2为电解质，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni的实验装置如图所示。下列说法不正确的是A. 电极Y应为LiB. 电解过程中，b中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小C. X极反应式为FeS2Li2e=FeLi2SD. 若将图中阳离子膜去掉，将a、b两室合并，则电解反应总方程式发生改变【答案】B【解析】【分析】本题主要考查原电池与电解池串联问题。通过
9、总反应可知，Li发生氧化反应，作负极，FeS发生还原反应，作正极；因c中由Ni2+生成单质Ni，即发生还原反应，故Y极为负极，X为正极。【详解】A.由上述分析可知，Y为原电池负极，故Y为Li，正确；B.电解过程中，a为阳极区，发生氧化反应：4OH-4e-=2H2O+O2，a中Na+通过阳离子交换膜进入b；c中发生还原反应：Ni2+2e-=Ni，溶液中Cl-通过阴离子交换膜进入b中，故电解过程中，b中NaCl的物质的量浓度将不断增大，错误；C.X极为正极，FeS发生还原反应，故电极反应式为：FeS2Li2e=FeLi2S，正确；D.若将阳离子交换膜去掉，因b中含有Cl-，故阳极电极反应式为：2C
10、l-2e-=Cl2，故电解反应总方程式发生改变。【点睛】该题的突破关键在于“c中单质Ni生成”，由此判断X、Y电极正负，进一步判断电解池中阴阳极以及相关反应。6.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素,其中Z为金属元素,X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物。其转化关系如图所示，下列判断错误的是A. 反应、都属于氧化还原反应 B. X、Y、Z、W四种元素中，Y的原子半径最小C. Na着火时，可用甲扑灭 D. 一定条件下，x与甲反应生成丁【答案】C【解析】根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条
11、件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁。A. 反应二氧化碳与镁反应、碳与氧气反应、碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，选项A正确；B. 同周期元素原子从左到右依次减小，同主族元素原子从上而下半径增大，故C、O、Mg、Si四种元素中，O的原子半径最小，选项B正确；C. Na着火时，不可用二氧化碳扑灭，选项C错误；D. 一定条件下，碳与二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查元素周期表、元素周期律及物质的推断，根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反
12、应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁，据此分析解答。7.已知HA的酸性弱于HB的酸性。25时，用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1 molL-1的HA溶液和HB溶液的pH(溶液的体积变化忽略不计)，溶液中A一、B一的物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变化情况如图所示。下列说法正确的是A. 曲线I表示溶液的pH与lg c(A一)的变化关系B. C. 溶液中水的电离程度：MND. N点对应的溶液中c(Na+)Q点对应的溶液中c(Na+)【答案】B【解析】【详解】A.由“HA的酸性弱于HB的酸性”可知，Ka
13、（HB）Ka（HA），由图可知，曲线I表示溶液的pH与-lgc（B-）的变化关系，错误；B.根据图中M、N点的数据可知，c（A-）=c（B-），c（HA）=c（HB），故，正确；M点与N点存在c（A-）=c（B-），M点溶液的pH比N点溶液的pH小，故M点水的电离程度弱，错误；D.N、Q点对应溶液的pH相等，由图可知c（A-）c（B-），根据电荷守恒可知，N点对应的溶液中c（Na+）小于Q点对应的溶液中c（Na+），错误。8.根据题意完成下列问题：(1)工业上利用CO和水蒸气在一定条件下发生反应制取氢气：CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g) H41 kJ/mol已知：2H2 (g)
14、+ O2 (g) = 2H2O (g) H484 kJ/mol，写出CO完全燃烧生成CO2的热化学方程式：_。(2)随着大气污染的日趋严重，“节能减排”，减少全球温室气体排放，研究NO x、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。用活性炭还原法处理氮氧化物，有关反应为:C(s)2NO(g)N2(g)CO2(g)。某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，恒温(T1)条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下： 浓度/molL1时间/minNON2CO200.10000100.0580.0210.021200.0400.0300.030300.0400.0300.030400
15、.0320.0340.017500.0320.0340.017则从反应开始到20min时，以NO表示的平均反应速率= _，该温度下该反应的平衡常数K_（保留两位小数）30min后，改变某一条件，反应重新达到平衡，则改变的条件可能是_（写一条即可）。下列描述中能说明上述反应已达平衡的是_；A、容器内气体的平均摩尔质量保持不变 B、2v(NO)正=v(N2)逆C、容器中气体的压强保持不变 D、单位时间内生成nmolCO2的同时生成2nmolNO(3)利用Fe2+、Fe3+的催化作用，常温下将SO2转化为SO42， 而实现SO2的处理（总反应为2SO2+O2+2H2O2H2SO4）。已知，含SO2的
16、废气通入含Fe2+、Fe3+的溶液时，其中一个反应的离子方程式为4Fe2+ + O2+ 4H+ 4Fe3+ + 2H2O，则另一反应的离子方程式为_(4)有学者想以如图所示装置用原电池原理将SO2转化为重要的化工原料。若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，则负极反应式为_，电池总反应式为_。【答案】 (1). 2CO(g) + O2 (g) = CO2(g) H-566 kJ/mol (2). 0.003mol/(Lmin) (3). 0.56 (4). 减小CO2的浓度 (5). AD (6). 2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+ (7). SO22H2O2eSO424H
17、 (8). 2SO2O22H2O2H2SO4或 2SO2O22H2O4H2SO42【解析】【分析】（1）由CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g) H41 kJ/mol2H2 (g) + O2 (g) = 2H2O (g) H484 kJ/mol，根据盖斯定律，2+可得：2CO(g) + O2 (g)= CO2(g)；（2）根据速率公式计算速率；通过表中数据可以知道，反应进行到20-30分钟时达到平衡状态，则K=；根据表中30-40分钟各物质浓度的变化可以看出改变的条件是分离出部分CO2；A.碳是固体，因此当容器内气体的平均摩尔质量保持不变，说明各组成含量保持不变，即已达平衡；B、2v(
18、NO)正=v(N2)逆，说明正反应速率和逆反应速率不相等，不能说明反应已达平衡；C、该反应，反应前后气体分子数不变，所以当容器中气体的压强保持不变，不能说明反应已达平衡；D、单位时间内生成nmolCO2的同时生成2nmolNO，说明正反应速率和逆反应速率相等，说明反应已达平衡； (3) SO2转化为SO42，该过程为氧气氧化二价铁离子到三价铁离子，然后用三价铁离子氧化二氧化硫到硫酸根；（4）SO2-O2-H2SO4形成燃料电池，通O2的电极为正极发生还原反应，同SO2的电极为负极发生氧化反应，书写电极反应式按照先总后分的顺序，先写出总的原电池方程式，然后写出正极的电极反应式，用总方程式减去正极
19、反应式就是负极的电极反应式。【详解】（1）由CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g) H41 kJ/mol2H2 (g) + O2 (g) = 2H2O (g) H484 kJ/mol，根据盖斯定律，2+可得：2CO(g) + O2 (g)= CO2(g) H-566 kJ/mol；因此，本题正确答案是：2CO(g) + O2 (g)= CO2(g) H-566 kJ/mol； （2）=0.003mol/(Lmin)；反应进行到20-30分钟时达到平衡状态，则K=0.56；根据表中30-40分钟各物质浓度的变化可以看出改变的条件是分离出部分CO2；A.碳是固体，因此当容器内气体的平均摩尔
20、质量保持不变，说明各组成含量保持不变，即已达平衡,故A正确；B、2v(NO)正=v(N2)逆，说明正反应速率和逆反应速率不相等，不能说明反应已达平衡，故B错误；C、该反应，反应前后气体分子数不变，所以当容器中气体的压强保持不变，不能说明反应已达平衡，故C错误；D、单位时间内生成nmolCO2的同时生成2nmolNO，说明正反应速率和逆反应速率相等，说明反应已达平衡，故D正确； 因此，本题正确答案是：0.003mol/(L.min)； 0.56；减小CO2的浓度； AD；(3) SO2转化为SO42，该过程为氧气氧化二价铁离子到三价铁离子，然后用三价铁离子氧化二氧化硫到硫酸根，其中一个反应的离子
21、方程式为4Fe2+ + O2+ 4H+ 4Fe3+ + 2H2O，则另一反应的离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+；因此，本题正确答案是：2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+；(4)原电池总方程式为2SO2O22H2O2H2SO4，正极的电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，用总的减去正极的电极反应式得负极电极反应式为SO22H2O2eSO424H，因此，本题正确答案是：SO22H2O2eSO424H；2SO2O22H2O2H2SO4或 2SO2O22H2O4H2SO42。9.化合物M (CH3COO)2Cr22H2O，相对分子质量为376不溶于
22、冷水，是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、三氧化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备该化合物，其装置如图所示，且仪器2中预先加入锌粒。已知二价铬不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。制备过程中发生的相关反应如下：Zn(s)+2HCl(aq)ZnCl2(aq)+H2(g)2CrCl3(aq)+Zn(s)2CrCl2(aq)+ZnCl2(aq)2Cr2+(aq)+4CH3COO-(aq)+2H2O(l)Cr(CH3COO)222H2O(s)请回答下列问题：（1）仪器1的名称是_；（2）往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是_（填序号）；目的是_。A.盐酸和三氯化铬溶液同时加入B.先加三氯化铬溶
23、液，一段时间后再加盐酸 C.先加盐酸，一段时间后再加三氯化铬溶液（3）为使生成的CrCl2溶液与醋酸钠溶液顺利混合，应关闭阀门_（填“A”或“B”，下同），打开阀门_。（4）本实验中锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与醋酸钠溶液反应外，另一个作用是_。（5）已知其它反应物足量，实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51g，取用的醋酸钠溶液为1.5L0.1mol/L；实验后得干燥纯净的Cr(CH3COO)222H2O 9.024g，则该实验所得产品的产率为_（不考虑溶解的M）。（6）铬的离子会污染水，常温下要除去上述实验中多余的Cr2+，最好往废液中通入足量的_，再加入
24、碱液，调节pH至少为_才能使铬的离子沉淀完全(铬的离子浓度应小于10-5mol/L)。【已知Cr(OH)3的溶度积为6.310-31，=4，lg20.3】【答案】 (1). 分液漏斗 (2). C (3). 让锌粒先与盐酸反应产生氢气，H2将装置2和装置3中的空气排出，防止生成的Cr2+被氧化 (4). B (5). A (6). 过量的Zn将Cr3+充分还原为Cr2+ (7). 80.0% 或0.80 (8). 空气或氧气 (9). 5.6【解析】【分析】本题考查物质制备实验方案的设计。（1）根据仪器结构特征，判断仪器1的名称。（2）二价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生H2，
25、把装置2和3中的空气赶出。（3）利用生成氢气，使装置内气体压强增大，将CrCl2溶液压入装置3中与CH3COONa溶液顺利混合。（4）过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2（5）CrCl3为0.06mol，得到CrCl2为0.06mol，而CH3COONa为0.15mol，由方程式可知CH3COONa足量，根据CrCl2计算Cr(CH3COO)222H2O的理论产量，进而计算其产率。（6）二价铬不易除去，可将其氧化方便除去；依据KspCr（OH）3=c（Cr3+）c3（OH-）以及KW=c（H+）c（OH-）计算pH即可。【详解】（1）由图可知，仪器1的名称是分液漏斗。（2）二价铬不稳定，
26、极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生H2，将装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化，故先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液，故选C。（3）为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，应关闭阀门B，打开阀门A。（4）本实验中锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是使锌与CrCl3充分反应得到CrCl2。（5）CrCl3的物质的量为： =0.06mol，得到CrCl2为0.06mol，而CH3COONa为0.15mol，由方程式可知CH3COONa足量，则得到Cr(CH3COO)222H2O为0.06mol376g
27、/mol=11.28g，所得产品的产率为：100%=80.0%。（6）向废液中通入足量的空气或氧气，将Cr2+氧化为Cr3+；铬的离子沉淀完全时，浓度应小于10-5mol/L，根据KspCr（OH）3=c（Cr3+）c3（OH-）=6.310-31，此时溶液中c（OH-）=410-9mol/L，溶液pH=-lgc（H+）=5.6。【点睛】本题涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、产率计算、溶度积有关计算、对信息的获取与运用等知识，注意对题目信息的应用。10.硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛。I.已知硼镁矿主要成分为Mg2B2O5H2O，硼砂的化学式为Na2B4O710H2O。一种利用硼镁矿
28、制取金属镁及粗硼的工艺流程如下所示：（1）硼砂中B元素的化合价为_，将硼砂溶于热水后，用硫酸调节溶液的pH为23以制取H3BO3，该反应的离子方程式为_。X为H3BO3晶体加热脱水的产物，其与Mg反应制取粗硼的化学方程式为_。（2）由MgCl27H2O制备MgCl2时，需要在HC1氛围中加热，其目的是_。（3）镁-H2O2酸性燃料电池的反应原理为Mg+H2O2+2H+=Mg2+2H2O，常温下，若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时，电解质溶液中所含Mg2+的物质的量浓度为_molL-1。已知该温度下，KspMg(OH)2=5.610-12，当电解质溶液的pH=6时，_(填“有”或“无”)Mg
29、(OH)2沉淀析出。（忽略反应过程中溶液的体积变化）II.工业上可用纳米MgH2和LiBH4组成的体系储放氢，如图所示。（4）写出放氢过程中发生反应的化学方程式：_。III. MgO浆液是一种高活性的脱硫剂，常用于脱除烟气中的SO2，发生的主要反应如下：Mg(OH)2SO2=MgSO3H2OMgSO3+SO2H2O=Mg(HSO3)2Mg(HSO3)2+Mg（OH）2=2MgSO32H2O2MgSO3O2=2MgSO4已知25时，Kap（MgSO3）=3.8610-3，Kap（CaSO3）=3.110-7。（5）其他条件相同时，镁基和钙基的脱硫效率与液、气摩尔流量比的变化情况如图所示。镁基的脱
30、硫效率总比钙基的大，除生成的MgSO4具有良好的水溶性外，还因为_。【答案】 (1). +3价 (2). (3). 3Mg+B2O32B+3MgO (4). 防止MgCl2水解生成Mg(OH)2 (5). 0.045 molL-1 (6). 无 (7). MgH22LiBH4=2LiHMgB24H2 (8). MgSO3的溶解度比CaSO3的大，MgSO3比CaSO3更易氧化【解析】【分析】I.硼镁矿主要成分为Mg2B2O5H2O，硼砂的化学式为Na2B4O710H2O利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程中硼镁矿加入氢氧化钠浓溶液过滤得到氢氧化镁，加入浓盐酸溶解通过蒸发浓缩得到氯化镁结晶水合物
31、，在氯化氢气流中加热得到氯化镁固体，经过电解得到镁；滤液中主要是NaBO2，通入适量二氧化碳气体得到硼砂，溶于热水后，用H2SO4调pH23制取H3BO3，加热得到B2O3；（1）硼砂的化学式为Na2B4O710H2O，依据化合物中元素正负化合价代数和为0计算硼元素化合价；用H2SO4调pH23，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3 ，X为H3BO3晶体加热脱水的产物判断为B2O3，高温下与Mg反应生成粗硼和氧化镁；（2）氯化镁在水溶液中水解生成氢氧化镁；（3）依据电解质溶液pH变化结合电池反应计算镁离子浓度；pH=6计算氢氧根离子浓度，结合生成镁离子浓度计算离子积Qc和溶度积常数比
32、较分析是否生成氢氧化镁沉淀；II.（4）由图分析可知，放氢过程的反应物是MgH2和LiBH4，生成物为LiH、H2和MgB2，根据氧化还原配平方法配平；III.（5）根据Ksp（MgSO3）与Ksp（CaSO3）比较和MgSO3的性质分析解答。【详解】I （1）根据硼砂的化学式Na2B4O710H2O和元素正负化合价的代数和为0，可得B的化合价为+3；B4O72-与H+反应可得H3BO3，离子方程式为：B4O72-+2H+5H2O 4H3BO3；X为H3BO3晶体加热脱水的产物，为B2O3，高温下与Mg发生氧化还原反应，化学方程式为：3Mg+B2O32B+3MgO；（2）MgCl2为强酸弱碱盐
33、，能发生水解反应，所以MgCl27H2O在HCl氛围中加热的目的是：防止MgCl2水解生成Mg(OH)2； （3）起始电解质溶液pH=1，pH=2时反应的H+为：0.1molL1-0.01molL1=0.09molL1，根据Mg+H2O2+2H+=Mg2+2H2O，可得Mg2+离子浓度为0.045 molL-1；溶液pH=6时，c(OH)=10-8molL1，Qc Mg(OH)2=0.045 molL-110-8molL12=4.510-18 KspMg(OH)2，所以没有Mg(OH)2沉淀析出；II.（4）由图分析可知，放氢过程的反应物是MgH2和LiBH4，生成物为LiH、H2和MgB2，
34、故放氢过程中发生反应的化学方程式为MgH22LiBH4=2LiHMgB24H2；III.（5）由题干信息可知，MgSO3溶解度比CaSO3大；MgSO3比CaSO3更易被氧化。【点睛】本题的信息量较大，相关文献知识较多，主要考查对信息的获取能力，难度不大，这类题目的起点高，但命题点较低，根据日常练习方法与关键信息综合进行解题即可。11.铜及其化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答下列问题：（1）Cu2O中阳离子的基态核外电子排布式为_； Cu和Ni在元素周期表中的位置相邻， Ni在周期表中的位置是_。（2）将过量的氨水加到硫酸铜溶液中，溶液最终变成深蓝色，继续加入乙醇，析出深蓝色的晶
35、体 Cu( NH3)4SO4H2O。乙醇分子中C 原子的轨道杂化类型为_，NH3与H+以配位键形成NH4+，则NH4+的空间构型为_。Cu( NH3)4SO4H2O中存在的化学键除了极性共价键外，还有_。NH3极易溶于水的原因主要有两个，一是_，二是_。（3）CuSO4溶液中加入过量KCN溶液能生成配离子Cu(CN)42-，1mol CN-中含有的键数目为_。与CN-互为等电子体的离子有_（写出一种即可）。（4）Cu 与F形成的化合物的晶胞结构如图所示，若晶体密度为a gcm-3，则Cu与F最近距离为_pm（用NA表示阿伏加德罗常数的值,列出计算表达式，不用化简）。【答案】 (1). 1s22
36、s22p63s23p63d10或Ar3d10 (2). 第四周期第族 (3). sp3 (4). 正四面体形 (5). 离子键、配位键 (6). 氨分子和水分子之间能形成氢键 (7). 氨分子和水分子都是极性分子，相似相溶 (8). 2NA或1.2041024 (9). C22-（或其他合理答案） (10). 1010【解析】（1）Cu2O中的阳离子Cu+，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10； Ni在周期表中的位置是第四周期第族。乙醇分子中C 原子的轨道杂化类型为sp3，NH3与H+以配位键形成NH4+，则NH4+的空间构型为正四面体形。Cu( NH3)4SO4H2O
37、中存在的化学键有极性共价键，铜与氨分子之间的配位键，铜与硫酸根离子之间的离子键。答案：离子键、配位键。因为氨分子和水分子之间能形成氢键，氨分子和水分子都是极性分子，根据相似相溶原理NH3极易溶于水。答案：氨分子和水分子之间能形成氢键 氨分子和水分子都是极性分子，相似相溶 。（3）氮气与CN-互为等电子体，分子中含有三键，则lmol CN-中含有的键的数目为2NA或26.021023。原子数和价电子数分别都相等的互为等电子体，与CN-互为等电子体的离子有C22-；答案： 2NA或1.2041024 C22-。由图之晶胞的结构式：铜原子为81/8+61/2=4,F原子在立方体内为4，所以化学式(C
38、uF)4晶体密度a gcm-3.根据密度公式知Cu与F最近距离101012.有机物H是一种重要的高分子化合物，其合成路线如下：已知：请回答下列问题：（1）A的名称是_，C中含氧官能团名称是_。（2）写出反应类型：AB_，CD_。（3）BC的反应试剂和反应条件是_。（4）D+EF的反应方程式是_。（5）G的分子式是_。（6）满足下列条件的F的同分异构体共有_种(不考虑立体异构)。a.苯环上有两个取代基，无其他环状结构；b.含碳碳三键，无-CCOH结构。（7）多环化合物是有机研究的重要方向，请设计由、.CH3CHO、-CHO合成多环化合物的路线(无机试剂任选)_【答案】 (1). 苯乙烯 (2).
39、 羟基 (3). 加成反应 (4). 氧化反应 (5). NaOH水溶液、加热 (6). (7). C13H14O (8). 15 (9). 【解析】（1）根据A的结构简式可知，A的名称是苯乙烯；根据C结构简式可知C中含氧官能团名称是羟基；正确答案：苯乙烯；羟基。（2）根据有机物ABC，AB的过程是在双氧水作用下，发生的加成反应；CD的反应条件可知，该反应为醇的催化氧化；正确答案：加成反应；氧化反应。 （3）有机物B为芳香氯代烃，在氢氧化钠溶液加热的条件下发生取代反应生成芳香醇；正确答案：NaOH水溶液、加热。 （4）根据信息可知，该步反应为醛在碱性环境下的加成消去反应生成烯醛，根据有机物F的
40、结构简式可知有机物D为，有机物E为发生反应：反应方程式是；正确答案：。（5）根据信息可知，与相互加成生成有机物G。把两种有机物分子式相加即可得到G的分子式为C13H14O ；正确答案：C13H14O。 （6）F的结构简式，满足条件：a.苯环上有两个取代基，无其他环状结构；b.含碳碳三键，无-CCOH结构；苯环上含有：-CCH 和CH2OH结构有3种；苯环上含有：-CCH 和OCH3 的结构有3种； 苯环上含有：-O-CCH 和-CH3的结构有3种；苯环上含有：-CH2-CCH和-OH的结构有3种；苯环上含有：-CH2-CC-和-OH结构有3种；共计有15种；正确答案：15。（7）根据信息，可知CH3CHO与苯甲醛发生反应生成；再根据信息可知与相互加成生成，最后与溴发生加成反应生成；具体流程如下：；正确答案：。