1、2020年云南省大理市、丽江市、怒江市高考化学模拟试卷1. 化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是（ ）A. 光导纤维是一种新型硅酸盐材料B. 用纯碱溶液洗去油污时，加热能够提高去污能力C. 食物中的营养素主要为糖类、油脂、蛋白质、纤维素、无机盐和水D. 物理小识记载：“青矾（绿矾）厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂。”青矾厂气是CO和CO2【答案】B【解析】【详解】A.光导纤维的成分是SiO2，不是硅酸盐，A错误；B.油脂在碱性条件下水解，纯碱水解使溶液呈碱性，加热能够促进纯碱的水解，使溶液碱性增强，因此可促进油脂的水解，从而可提高去污能力。B正确；C.食物中的营养素主要为糖类、油脂、蛋白
2、质、维生素、无机盐和水，而人体内无纤维素酶，不能消化纤维素，因此不是人体的营养素，C错误；D.CO、CO2气体没有气味，不符合厂气熏人的性质，D错误；故合理选项是B。2. 常温下，将0.2mol/LKMnO4酸性溶液0.1L与一定量pH=3的草酸（HOOCCOOH）溶液混合，放出VL气体。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 0.1molHOOCCOOH含共用电子对数目0.9NAB. 当1molKMnO4被还原时，强酸提供的H+数目为NAC. pH=3的草酸溶液含有H+数目为0.001NAD. 该反应释放CO2分子数目为NA【答案】A【解析】【详解】A.1个HOOCCOOH分
3、子中含有9对共用电子对，则0.1molHOOCCOOH含共用电子对数目为0.9NA，A正确；B.KMnO4与草酸反应方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=10CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O，根据方程式可知当1molKMnO4被还原时，强酸提供的H+的物质的量为3mol，因此反应消耗的H+数目为3NA，B错误；C.缺少溶液的体积，不能计算H+的数目，C错误；D.不确定CO2气体所处的环境，因此不能计算其物质的量，也就不能确定其分子数，D错误；故合理选项是A。3. 某有机物X的结构简式为，下列有关该有机物的说法正确的是A. 分子式为C8H10O3B. 既可以发生加成反应
4、又可以发生取代反应C. 分子中所有碳原子共面D. 含有两种官能团【答案】B【解析】【详解】A根据X的结构简式可知其分子式为C8H12O3，故A错误；B该物质含有碳碳双键可以发生加成反应，含有羧基、羟基，可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，故B正确；C该物质中存在与同一饱和碳原子相连的3个碳原子，不可能所有碳原子共面，故C错误；D分子含有羧基、碳碳双键、羟基三种官能团，故D错误；故答案为B。4. W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。常温常压下，Y的单质及其氧化物均能与X的氢化物的水溶液反应生成一种相同的物质，该物质的分子与CH4具有相同的空间结构。X的单质与氢气混合后在冷暗
5、处会发生爆炸。Z原子最外层电子数是W原子最外层电子数的2倍。下列叙述错误的是（ ）A. 氢化物的稳定性顺序为：XZYB. 元素Y在自然界中只以化合态形式存在C. 元素W、Y位于周期表中金属与非金属分界线附近D. 元素Z的含氧酸具有强氧化性【答案】D【解析】【分析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。常温常压下，Y的单质和氧化物均能与X的氢化物的水溶液反应生成一种相同的气体，该气体分子与CH4具有相同的空间结构，X的单质与氢气混合后在冷暗处会发生爆炸，X是F，X的氢化物为HF，Y为Si，Y的氢化物为SiF4；Z原子最外层的电子数是W原子的最外层电子数的2倍，Z的最外层电子数一定为偶
6、数，且大于Si元素，则Z为S元素；W最外层电子数为3，其原子序数小于F，则W为B元素，据此解答。【详解】根据分析可知：W为B，X为F，Y为Si，Z为S元素。A.F为非金属性最强的元素，则HF比其它三种元素的氢化物的稳定性都强，A正确；B.Si在自然界中只以化合态形式存在，B正确；C.B、Si元素都位于周期表中金属与非金属分界线附近，C正确；D.S元素的含氧酸有硫酸、亚硫酸、硫代硫酸等，不一定具有强氧化性，D错误； 故合理选项是D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，根据物质的性质及元素的原子结构关系推断元素为解答关键，注意元素化合物知识及规律性知识的应用，试题侧重考查学生的分析与应用能
7、力。5. 分别进行下表所示实验，实验现象和结论均正确的是（ ）选项实验操作现象结论A测量熔融状态下NaHSO4的导电性能导电熔融状态下NaHSO4能电离出Na+、H+、SOB向某溶液中先加入氯水，再滴加KSCN溶液溶液变红色溶液中含有Fe2+C向浓度均为0.1mol/L的MgSO4、CuSO4的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液先看到蓝色沉淀生成KspCu(OH)2KspMg(OH)2D将AlCl3溶液加热蒸干得到白色固体白色固体成分为纯净的AlCl3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.化合物受热融化，只能破坏离子键，不能破坏共价键，硫酸氢钠是离子化合物，熔融状态下硫酸氢
8、钠电离产生钠离子和硫酸氢根离子，故A错误；B.向某溶液中先加入氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明滴加氯水后的溶液中含有铁离子，不能证明溶液中铁离子是原来就含有还是亚铁离子反应产生的，故B错误；C.氢氧化镁、氢氧化铁的类型相同，向浓度均为0.1mol/L的硫酸镁、硫酸铜的混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，首先看到产生蓝色沉淀，说明，故C正确；D.氯化铝是强酸弱碱盐，铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝和氯化氢，将溶液加热蒸干，氯化氢受热挥发，水解平衡向正反应方向移动，最后得到的固体为氢氧化铝固体，故D错误；故选C。6. 某化学课外活动小组拟用铅蓄电池为直流电源，进行电絮凝净水的实验探究，设计的实
9、验装置如图所示，下列叙述正确的是（ ）A. X电极质量减轻，Y电极质量增加B. 电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2OC. 电解池的总反应为2Al6H2O2Al(OH)33H2D. 每消耗103.5gPb，理论上电解池阴极上有1molH2生成【答案】B【解析】【分析】据图可知电解池中，铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，铁电极上水得电子作阴极，电极反应为：6H2O+6e-=3H2+6OH-，铅蓄电池中X与阴极铁相连，作负极，负极上发生的反应是Pb+SO42-2e-=PbSO4，Y与阳极铝相连，作正极，电极反应为PbO2+4
10、H+SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，串联电路中各电极转移电子相等，据此分析解答。【详解】A.蓄电池中两电极都生成硫酸铅，因此两个电极的质量都增加，A错误；B.铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，OH-是水电离产生，说明电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2O，B正确；C.阳极铝电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，阴极铁电极电极反应为6H2O+6e-=3H2+6OH-，总反应为2Al+6H2O2Al(OH)3(胶体)+3H2，在铝的表面有氧气产生，说明还存在电解水的过程：2H2OO2+2H2，C错误；D.n(Pb
11、)=0.5mol，Pb是+2价的金属，反应的Pb的物质的量是0.5mol，则反应转移电子的物质的量是0.5mol2=1mol，根据串联电路中电子转移守恒，则电解池的阴极上反应产生H2的物质的量是0.5mol，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查原电池和电解池工作原理，电解池的电极反应正确判断原电池正负极、电解池阴阳极以及铝电极上产生氧气是求解本题关键，难点是电极反应式的书写。7. t时，将0.5mol/L的氨水逐滴加入10.00mL0.5mol/L盐酸中，溶液中温度变化曲线、pH变化曲线与加入氨水的体积的关系如下图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列说法正确的是A. Kw的比较：a点比b
12、点大B. b点氨水与盐酸恰好完全反应，且溶液中c（NH4+） = c（Cl）C. c点时溶液中c（NH4） = c（Cl） = c（OH） = c（H）D. d点时溶液中c（NH3H2O）c（OH） = c（Cl） +c（H）【答案】D【解析】【详解】A据图可知b点的温度比a点高，水的电离吸热，所以b点Kw更大，故A错误；B据图可知b点加入10mL0.5mol/L的氨水，与10.00mL0.5mol/L盐酸恰好完全反应，所以溶液中的溶质为NH4Cl，由于铵根会发生水解，所以c(NH4+) c(OH)= c(H)，故C错误；Dd点加入20 mL0.5mol/L的氨水，所以溶液中的溶质为等物质的量
13、的NH4Cl和NH3H2O，溶液中存在电荷守恒：c(NH4)+c(H)= c(Cl)+c(OH)，物料守恒：2c(Cl)= c(NH4)+c(NH3H2O)，二式联立可得c(NH3H2O)c(OH) = c(Cl) +c(H)，故D正确；故答案为D。8. “绿色”和“生态文明”是未来的发展主题，而CO2的有效利用可以缓解温室效应，解决能源短缺问题。(1)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H已知：反应1 CH4(g)C(s)+2H2(g) H1= +75kJ/mol反应2 2CO(g)C(s)+CO2(g) H2=172kJ/mol则该催
14、化重整反应的H=_kJmol-1。(2)有科学家提出可利用FeO吸收CO2：6FeO(s)+CO2(g)2Fe3O4(s)+C(s)，对该反应的描述正确的是_。A.增大FeO的投入量，利于平衡正向移动B.压缩容器体积，可增大CO2的转化率，c(CO2)减小C.恒温恒容下，气体的密度不变可作为平衡的标志D.恒温恒压下，气体摩尔质量不变可作为平衡的标志E.若该反应的H0，则达到化学平衡后升高温度，CO2的物质的量会增加(3)为研究CO2与CO之间的转化，让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g) H，测得压强、温度对CO的体积分数(CO)%的影响如图所示
15、，回答下列问题：图中p1、p2、p3的大小关系是_，图中a、b、c三点对应的平衡常数Ka、Kb、Kc的大小关系是_。900、1.013MPa时，1molCO2与足量碳反应达平衡后容器的体积为VL，CO2的转化率为_（保留一位小数），该反应的平衡常数K_。将中平衡体系温度降至640，压强降至0.1013MPa，重新达到平衡后CO2的体积分数为50%。条件改变时，正反应速率_逆反应速率(填“”、“”或“=”)。(4)在NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，所得溶液中c(HCO3-)：c(CO32-)=4：1，此时溶液pH=_。（已知：室温下，H2CO3的k1=410-7，k2=510-11。lg2
16、=0.3）【答案】 (1). +247 (2). CE (3). p1p2p3 (4). Ka=KbKc (5). 66.7% (6). (7). (8). 9.7【解析】【分析】(1)根据盖斯定律，将已知的两个热化学方程式叠加，可得催化重整的热化学方程式的反应热；(2)根据化学平衡状态的特征及外界条件对化学平衡移动的影响分析判断；(3)反应C(s)+CO2(g)2CO(g)是气体分子数增多的反应，随着反应进行，体系压强增大；化学平衡常数只随温度的改变而改变；900、1.013MPa时，平衡时CO的体积分数为80%，计算CO2转化的量，转化率就是转化的量与起始量比值的百分数，将各组分的平衡浓度
17、代入平衡常数表达式计算化学平衡常数；根据改变条件前后CO2的体积分数的变化判断，根据反应商判断化学反应的方向；(4)所得溶液c(HCO3-)：c(CO32-)=4：1，根据K2=510-11，计算c(H+)，再根据pH=-lgc(H+)计算溶液pH。【详解】(1)CH4(g)C(s)+2H2(g) H1= +75kJ/mol2CO(g)C(s)+CO2(g) H2=172kJ/mol根据盖斯定律，将热化学方程式-，整理可得：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H=+(75+172)kJ/mol=+247kJ/mol；(2) A.FeO是固体，增大FeO的投入量，不能使化学平衡
18、发生移动，A错误；B.该反应的正反应是气体体积减小的反应，压缩容器体积，即增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，最终达到平衡时CO2的转化率增大，但平衡移动的趋势是微弱的，不能抵消。又由于压缩体积导致的物质的浓度增大，因此平衡时c(CO2)增大，B错误；C.恒温恒容时，气体的质量是变量，容器的容积不变，气体的密度也为变量，若气体密度不变，则反应达到平衡状态，因此可作为平衡的标志，C正确；D.反应混合物中只有CO2为气体，恒温恒压下，气体摩尔质量始终不变，因此不可作为平衡的标志，D错误；E.若该反应的H0，则达到化学平衡后，若升高温度，化学平衡逆向移动，最终达到平衡时CO2的物质的量
19、会增加，E正确；故合理选项是CE；(3)反应C(s)+CO2(g)2CO(g)是气体体积增大的反应，随着反应进行，体系压强增大。减小压强有助于化学平衡正向移动，表明压强低时对应着的CO体积分数较高，则p1、p2、p3的大小关系是：p1p2p3；化学平衡常数只随温度的改变而改变，在压强不变时，升高温度，CO含量增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，化学平衡常数增大，因此a、b、c三点对应的平衡常数大小关系是：Ka=KbKc；900、1.013MPa时，设反应转化的CO2的物质的量为xmol，则平衡时n(CO)=2x，n(CO2)=1-x，根据图象可知平衡时CO的体积分数为80%，则100%=80
20、%，解得x=，所以CO2的转化率为：100%=66.7%；平衡时各种气体的浓度，c(CO)=，c(CO2)=，所以根据化学平衡常数的含义，可得此时反应的化学平衡常数K=；反应C(s)+CO2(g)2CO(g)的正反应是气体分子数增大的吸热反应，降低压强，升高温度均有利于反应正向进行，所以将中平衡体系温度降至640，压强降至0.1013 MPa，降低温度减小压强，使正、逆反应速率均减小，重新达到平衡后CO2的体积分数为50%，设反应转化的CO2的物质的量为ymol，则平衡时n(CO2)=1-y，n(CO)=2y，则：=50%，解得y=molmol，可见重新达到平衡时，体系中CO含量降低，CO2含
21、量升高，即化学平衡向逆反应方向移动，所以v(正)v(逆)；(4)所得溶液c(HCO3-)：c(CO32-)=4：1，由于K2=510-11，则c(H+)=2.010-10，所以溶液的pH=-lgc(H+)=10-0.3=9.7。【点睛】本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用及弱电解质的电离等知识，明确盖斯定律内容、电离平衡常数的含义及溶液pH计算方法为解答关键，注意掌握化学平衡的特征及其影响，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。9. 亚硝酰氯（NOCl，熔点：-64.5，沸点：-5.5）是一种黄色气体，遇水易反应，生成一种氯化物和两种常见的氮氧化物，其中一种呈红棕色。可用于合成清洁剂、触媒剂
22、及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。（1）甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如图所示：为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：_、_。装置装置烧瓶中反应漏斗中制备纯净氯气二氧化锰_饱和食盐水制备纯净一氧化氮铜稀硝酸_（2）乙组同学利用甲组制得NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：装置连接顺序为a_（按气流自左向右方向，用小写字母表示）。为了使气体充分反应，从A处进入的气体是_（填Cl2或NO）。实验中先通入Cl2，待装置中充满黄绿色气体时，再将NO缓缓通入，此操作的目的是_（回答一条即可）。装置生成NOCl的化学方程式是_。装置的作用为_，若无该装置，中NOCl
23、可能发生反应的化学方程式为_。（3）丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯（NOCl）纯度：取中所得液体m克溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol/LAgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为bmL.亚硝酰氯（NOCl）的质量分数为_（用代数式表示即可）。【答案】 (1). 浓盐酸 (2). 水 (3). ef（或fe）bcd (4). Cl2 (5). 排尽装置中的空气，防止NO被装置中的氧气氧化 (6). 2NO+Cl2=2NOCl (7). 防止水蒸气进入装置 (8). 2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2 (9). 100%【解析
24、】【分析】实验室用浓盐酸与二氧化锰共热制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置用饱和食盐水吸收氯化氢气体，用铜和稀硝酸共热制备一氧化氮，制得的一氧化氮中可能混有二氧化氮，一氧化氮不溶于水，故装置用水净化NO，氯气和一氧化氮干燥后在装置V中发生反应生成亚硝酰氯，在冰盐中冷凝收集亚硝酰氯，亚硝酰氯遇水易水解，在收集装置后应连接干燥装置，防止水蒸气进入收集装置，氯气、一氧化氮和亚硝酰氯均不能排放到空气中，应用氢氧化钠溶液吸收尾气，防止污染环境。【详解】（1）实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故装置用饱和食盐水吸收氯化氢气体，用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中
25、可能混有二氧化氮，NO不溶于水，故装置用水净化NO，故答案为：浓盐酸；水；（2）将氯气和NO干燥后在装置V中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，所以装置连接顺序aef（或fe）bcd，故答案为：ef（或fe）bcd；A处进入的气体进入装置上方，为了使反应充分应从A口通入密度大的气体，即氯气；先通氯气可排尽装置中的空气，防止NO被装置中的氧气氧化，故答案为：Cl2；排尽装置中的空气，防止NO被装置中的氧气氧化；根据电子守恒和元素守恒可得装置生成NOCl的反应方程式为：
26、，故答案为：；NOCl遇水易反应生成一种氯化物和两种常见的氮氧化物，其中一种呈红棕色，反应方程式为：，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，所以装置的作用是防止水蒸气进入装置，故答案为：防止水蒸气进入装置；（3）滴定过程中存在数量关系，所以取出25.00mL溶液中，则NOCl总的物质的量为，所以质量分数为：，故答案为：100%。10. 硫酸镍是一种重要的化工中间体，是镍行业研究的热点。一种以石油化工中废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍的工业流程如图：已知：NiS、Ni(OH)2、Cr(OH)3均难溶于水，Cr(OH)3是两性氢氧
27、化物。Fe(OH)3不溶于NH4Cl-氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl-氨水的混合液生成Ni(NH3)62+。请回答下列问题：(1)“酸溶”时为了提高浸取率，可采取的措施有_(任写出一条)。(2)“滤渣I”的主要成分是_。(3)“一次碱析”时，加入的NaOH溶液需过量，则含铬微粒发生反应的离子方程式为_。(4)“氨解”的目的为_，“净化”时加入的H2S的目的是将镍元素转化为_沉淀。(5)“氧化”时发生反应的离子方程为_。(6)“二次碱析”时，若使溶液中的Ni2+沉淀完全(离子浓度10-5molL-1时，离子沉淀完全)，则需维持c(OH-)不低于_(已知Ni(OH)2的Ksp=210-
28、15，1.4)。(7)以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的FeO42-。电解时阳极的电极反应式为_，离子交换膜(b)为_(填“阴”或“阳”)离子交换膜。【答案】 (1). 升高温度、将废镍催化剂粉碎、搅拌等 (2). SiO2 (3). Cr3+4OH-=CrO2-+2H2O (4). 除去Fe3+ (5). NiS (6). 3NiS+8H+2NO3-=3Ni2+2NO+3S+4H2O (7). 1.410-5mol/L (8). Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O (9). 阴【解析】【分析】废镍催化剂(主要成分为NiCO3和Si
29、O2，含少量Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍，加入20%的硫酸酸溶，NiCO3、Fe2O3、Cr2O3反应进入溶液中，SiO2不能反应，过滤，滤渣为SiO2，滤液加入NaOH溶液进行一次碱析，滤液含有CrO2-，沉淀加入氯化铵、氨水缓冲液，由信息可知滤渣为Fe(OH)3，过滤得到的滤液含有Ni(NH3)62+，“净化”时通入的H2S，可以将镍元素转化为NiS沉淀，加入硝酸氧化，可生成S和Ni2+，加入氢氧化钠生成Ni(OH)2，过滤后加入硫酸可得到硫酸镍，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镍晶体，以此解答该题。【详解】(1)“酸溶”时为了提高浸取率，可以先将废镍催化剂粉碎，以增大固体表面积，
30、或进行搅拌，并在加热条件下使废镍催化剂与20%硫酸充分反应等；(2)“滤渣”主要成分为二氧化硅；(3)Cr(OH)3难溶于水，Cr(OH)3是两性氢氧化物，可以与过量的NaOH溶液发生反应产生CrO2-，则含铬微粒发生反应的离子方程式为Cr3+4OH-=CrO2-+2H2O；(4)加入氯化铵和氨水的缓冲液，可生成Fe(OH)3沉淀，同时生成Ni(NH3)62+，达到除去Fe3+的目的；“净化”时通入的H2S的目的是将镍元素转化为NiS沉淀，对应的离子方程式为NiNi(NH3)62+H2S=NiS+2NH4+4NH3；(5)“氧化”时HNO3将NiS氧化为S单质，HNO3被还原为NO，发生反应的
31、离子方程式为3NiS+8H+2NO3-=3Ni2+2NO+3S+4H2O，从而可除去硫，生成镍离子；(6)离子浓度110-5mol/L时，离子沉淀完全，已知Ni(OH)2的Ksp=210-15，则c(OH-)=mol/L=1.410-5mol/L；(7)电解池中阳极发生氧化反应，依据题意可知铁在阳极失去电子，碱性环境下生成高铁酸根离子FeO42-，阳极的电极反应式为：Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，离子交换膜(b)为阴离子交换膜，可使氢氧根离子进入阳极区。【点睛】本题考查物质制备工艺流程的知识.设计反应条件的控制、混合物的分离、物质成分的判断、化学方程式书写、电解原理的应用等，
32、需要学生具备扎实的基础与知识迁移与运用能力，是对学生综合能力的考查。11. 早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成，回答下列问题：(1)准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过_方法区分晶体、准晶体和非晶体。(2)基态铜原子的电子排布式为_。(3)CuO在高温时分解为O2和Cu2O，请从阳离子结构来说明在高温时，Cu2O比CuO更稳定的原因是_。Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有_个铜原子。(4)Cu2+能与乙二胺（H2NCH2CH2NH2）形成配离子如图：，该配离子中含有的化学键类型有
33、_(填字母序号)。A.配位键 B.极性键 C.离子键 D.非极性键(5)羰基铁Fe(CO)5可用作催化剂、汽油抗暴剂等。1molFe(CO)5分子中含_mol键，与CO互为等电子体的离子是_（填化学式，写一种）。(6)某种磁性氮化铁的结构如图所示，N随机排列在Fe构成的正四面体空隙中。正六棱柱底边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该磁性氮化铁的晶体密度为_g/cm3(列出计算式)。【答案】 (1). X-射线衍射 (2). 1s22s22p63s23p63d104s1 (3). Cu2O中的Cu+3d轨道处于全满的稳定状态，而CuO中Cu2+中3d轨道排布为3d9，能量高，不
34、稳定 (4). 16 (5). ABD (6). 10 (7). CN-(或C22-) (8). 【解析】【分析】(1)晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间；(2)根据构造原理可书写出基态铜原子的电子排布式；(3)根据原子核外电子的轨道上电子处于全满、半满或全空时是稳定状态分析；结合O原子数目及Cu2O中Cu和O的比例计算晶胞中Cu原子的数目；(4)Cu2+与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)中N原子形成配位键，H2N-CH2-CH2-NH2中C原子之间形成非极性键、不同原子之间形成极性键；单键为键，C原子没有孤电子对、形成4个键，杂化轨道数目为4；(5) Fe与C
35、O形成5个配位键，属于键，CO分子中形成1个键，据此计算Fe(CO)5分子含有的键数目是10个；与CO互为等电子体的离子，含有2个原子、价电子总数为10，可以用N原子与1个单位负电荷替换O原子，也可以用C原子与2个单位负电荷替换O原子；(6)计算结构单元中原子总质量、晶胞体积，利用=计算晶体密度。【详解】(1)从外观无法区分三者，但用X光照射会发现：晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无X-射线衍射现象即可确定；(2) 29号元素Cu元素的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；(3)在Cu2O中Cu+原子的核外电子排布为1s22
36、s22p63s23p63d10，处于d轨道的全满的稳定状态，而若再失去1个电子变为Cu2+时1s22s22p63s23p63d9，是不稳定的状态，CuO在高温时分解为O2和Cu2O；该晶胞中O原子数为41+6+8=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍，所以该晶胞中含有Cu原子个数为16个；(4) Cu2+与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)中N原子形成配位键；在配位体H2N-CH2-CH2-NH2中C原子与C原子之间形成非极性键；不同元素的原子之间形成极性键，所以该配离子中存在的化学键类型为配位键、极性键、非极性键，故合理选项是ABD；(5) Fe与CO形成
37、5个配位键，属于键，CO分子中形成1个键，故Fe(CO)5分子含有10个 键，1mol Fe(CO)5分子中含10mol键，与CO互为等电子体的离子，含有2个原子、价电子总数为10，可以用N原子与1个单位负电荷替换O原子，也可以用C原子与2个单位负电荷替换O原子，与CO互为等电子体的离子为：CN-、C22-等；(6)图中结构单元底面为正六边形，边长为a nm，底面面积为6a10-7 cma10-7 cmsin60=cm2；结构单元的体积V=cm2c10-7 cm=cm3，结构单元中含有N原子数为2，含有的Fe原子数为：=6，该晶胞在原子总质量m=g，所以该晶体密度=g/cm3。【点睛】本题考查
38、原子结构和性质，涉及原子核外电子排布式、等电子体的书写、化学键类型、晶胞结构和计算等。把握物质结构和分子性质是解题关键，注意原子结构的特殊性、用均摊方法进行晶胞计算。晶胞计算是难点和易错点，要具有一定的空间想象能力和一定的数学运算能力，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。试题有利于学生分析能力和空间想象能力的培养。12. 光气（）界面缩聚法合成一种高分子化合物聚碳酸酯G的合成路线如下所示：已知：（1）C的核磁共振氢谱只有一组吸收峰，C的化学名称为_。（2）E的分子式为_，H中含有的官能团是氯原子和_，B的结构简式为_。（3）写出F生成G的化学方程式_。（4）F与I以1:2的比例发生反应时的产
39、物K的结构简式为_。（5）HI时有多种副产物，其中一种含有3个环的有机物的结构简式为_。（6）4氯1，2二甲苯的同分异构体中属于芳香族化合物的有_种。（7）写出用2-溴丙烷与D为原料，结合题中信息及中学化学所学知识合成的路线，无机试剂任取。（已知：一般情况下，溴苯不与NaOH溶液发生水解反应。）_例：【答案】 (1). 丙酮 (2). C15H16O2 (3). 羧基 (4). (5). n+n +（2n-1）NaCl (6). (7). (8). 13 (9). 【解析】【分析】A为CH2=CHCH3；AB发生加成反应，结合后续反应可知B为；C的分子式为C3H6O，且核磁共振氢谱只有一组吸收
40、峰说明其只有一种环境的氢，所以C的结构简式为，D的分子式为C6H6O，结合C+DE以及E的结构简式，D的结构简式为；E中酚羟基与氢氧化钠溶液反应得到F，所以F为，F与光气发生题目所给反应生成聚碳酸酯G，所以G为；4氯1，2二甲苯被高猛酸钾氧化生成H，所以H为。【详解】(1)根据分析可知C为，名称为丙酮；(2)根据E的结构简式可知E的分子式为C15H16O2；H的结构简式为，官能团为氯原子和羧基；B的结构简式为；(3)F为，与光气发生题目所给反应生成聚碳酸酯G，方程式为：n+n +(2n-1)NaCl；(4)F为，与I 1:2的比例发生题目所给反应，生成物为：；(5)H为，羧基中的OH可以和CO
41、OH发生脱水缩合，生成三个环，则产物为：；(6)的属于芳香族的同分异构体，苯环上有一个支链有：、两种；苯环有一个乙基和一个氯原子两种取代基时有邻、间、对三种；当苯环上有一个甲基和一个CH2Cl时有邻、间、对三种；当苯环上有三个取代基时除去4氯1，2二甲苯之外还有5种，所以共有2+3+3+5=13种；(7)2-溴丙烷的结构简式为：，结合题目信息可知用和合成目标产物的路线为：。【点睛】本题的难点是（6）和（7）；书写芳香族化合物的同分异构体时，若苯环上只有1个侧链，只考虑侧链上的同分异构体，若苯环上有两个侧链，则有邻、间、对三种位置关系，若苯环上有三个完全相同的侧链，则有3种，若三个侧链中有两个相同，则有6种，若三个侧链都不同，则有10种；设计有机合成路线，对比目标产物和原料结构上的异同，采用“切割法”，结合所学知识和信息进行设计。