1、山东省潍坊市2020届高三化学模拟试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Zn 65一、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.新冠肺炎疫情出现以来，一系列举措体现了中国力量。在各种防护防控措施中，化学知识起了重要作用，下列有关说法错误的是（ ）A. 使用84消毒液杀菌消毒是利用HClO或ClO-的强氧化性B. 使用医用酒精杀菌消毒的过程中只发生了物理变化C. N95型口罩的核心材料是聚丙烯，属于有机高分子材料D. 医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于卤代烃【答案】B【解析】【详解】A. 84消毒液
2、的主要成分是NaClO，ClO能发生水解生成HClO，HClO或ClO具有强氧化性能使蛋白质变性，从而起到杀菌消毒的作用，故A说法正确；B. 酒精能使蛋白质变性，属于化学变化，故B说法错误；C. 聚丙烯是由丙烯发生加聚反应得到，即聚丙烯属于高分子材料，故C说法正确；D. 四氟乙烯的结构简式为CF2=CF2，仅含有C和F两种元素，即四氟乙烯属于卤代烃，故D说法正确；答案：B。2.下列化学用语对事实的表述错误的是( )A. 氯原子的结构示意图：B. 羰基硫(COS)的结构式为C. 为Si原子的一种激发态D. 中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：【答案】D【解析】【详解】A氯原子核外共有17个电子
3、，其原子结构示意图，A选项正确；B羰基硫(COS)的中心原子为C，C与O、C与S均形成两对共用电子对，其结构式为O=C=S，B选项正确；CSi原子的基态核外电子排布式为Ne3s23p2，3s轨道中一个电子跃迁至3p轨道中形成，处于激发态，C选项正确；D根据质量数=质子数+中子数可知，中子数为10的氧原子质量数=10+8=18，则其形成的过氧根离子应为，D选项错误；答案选D。3.磷酸氯喹(结构如图所示)可用于治疗新冠肺炎，2020年3月4日印发的新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第七版)中明确规定了其用量。下列关于磷酸氯喹的说法错误的是( )A. 化学式为B. 含有2个杂化的氮原子和1个杂化的氮原子
4、C. 所含官能团之一为氯原子(碳氯键)D. 可以发生取代反应、加成反应和氧化反应【答案】A【解析】【详解】A根据磷酸氯喹的结构式可知，该有机物的分子式为C18H32ClN3O8P2，A选项错误；B该分子中有2个N原子形成的均是单键，1个N原子形成双键，因此含有2个sp3杂化的氮原子和1个sp2杂化的氮原子，B选项正确；C由磷酸氯喹的结构式可知，该分子中苯环处含有官能团氯原子，C选项正确；D该分子中苯环能够发生取代、加成反应，碳碳双键可以发生加成反应、氧化反应，D选项正确；答案选A。4.设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是( )A. 醋酸钠溶液含有的数目为B. 和的混合气体中含有键的数目为C
5、. 7g乙烯和环丁烷的混合气体中含有的氢原子数目为D. 的浓与过量反应，转移的电子数大于【答案】B【解析】【详解】A1L 0.1molL-1醋酸钠溶液中溶质的物质的量为1L0.1molL-1=0.1mol，则该溶液中含有的Na+物质的量为0.1mol，数目为0.1NA，A选项正确；BN2的结构式为NN，1个N2分子中含有2个键，CO2的结构式为O=C=O，1个CO2分子中含有2个键，但此处没有注明标准状况下，不能准确得出混合气体的物质的量，故不能得出混合气体中含有键的数目，B选项错误；C乙烯和环丁烷(C4H8)的最简式为“CH2”，7g“CH2”的物质的量为，氢原子数目为NA，C选项正确；D浓
6、HNO3与铜反应生成NO2，稀HNO3与铜反应生成NO，即Cu4HNO3(浓)= Cu(NO3)22NO22H2O、3Cu8HNO3(稀)= 3Cu(NO3)22NO4H2O，100mL12molL1的浓HNO3中含有的n(HNO3)0.1L12molL11.2mol，1.2molHNO3参与反应，若其还原产物只有NO2，则反应转移0.6mol电子，还原产物只有NO则反应转移0.9mol电子，100mL12molL1的浓HNO3与过量Cu反应的还原产物为NO和NO2，因此转移的电子数大于0.6NA，故D选项正确；答案选B。【点睛】本题的难点在于D选项，解答时需要注意浓硝酸与铜反应，稀硝酸也与铜
7、反应，计算电子时用极限思维。5.碱式氯化铜是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成。已知对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。步骤2：在制得的溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制得碱式氯化铜。下列有关说法错误的是( )A. a、b、c之间的关系式为B. 图中M、N分别为、C. 为了除去溶液中的杂质，可加入过量的、过滤D. 若制备，理论上消耗【答案】A【解析】【分析】由实验步骤及转化图可知，发生反应2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O， N为Fe2+，M为Fe3+，在制得在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯
8、化铜，且化合物中正负化合价代数和为0，依此结合选项解答问题。【详解】A根据化合物中正负化合价的代数和为0，可知2a=b+c，A选项错误；B根据上述分析，N为Fe2+，M为Fe3+，B选项正确；CFe3+水解使溶液显酸性，CuO与H+反应产生Cu2+和水，当溶液的pH增大到一定程度，Fe3+形成Fe(OH)3而除去，从而达到除去Fe3+的目的，C选项正确；D若制备1mol，转移的电子数为2a mol，根据得失电子守恒，理论上消耗0.5a molO2，标准状况(STP)下的体积为11.2a L，D选项正确；答案选A。6.下列反应的离子方程式正确的是( )A. 红褐色固体全部溶于氢碘酸：B. 水杨酸
9、溶于溶液中：C. 将等浓度的溶液与液按体积比2:3混合：D 洁厕灵(含)与84消毒液混合后产生氯气：【答案】C【解析】【详解】AFe(OH)3溶于氢碘酸，Fe3+会氧化I-得到I2，正确的离子反应方程式应为：2Fe(OH)3+2I-+6H+=2Fe2+6H2O+I2，A选项错误；B水杨酸中酚羟基不能与NaHCO3发生反应，正确的离子反应方程式为：+HCO3-+CO2+H2O，B选项错误；C等浓度的Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液按体积比2:3，则两者物质的量之比为2:3，两者混合后，2molBa2+消耗2molSO42-，3molH+消耗3molOH-，反应的离子反应方程式为：，C选项正确
10、；D84消毒液的主要成分是NaClO，具有强氧化性，可还原洁厕灵中的HCl，反应的离子反应方程式为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2O，D选项错误；答案选C。【点睛】本题B选项为易错选项，在解答时要注意酚羟基的酸性是弱于碳酸的，不能和HCO3-发生发应。7.短周期元素X、Y、Z原子半径的顺序为ZXY，基态X原子p能级上的电子数是Y原子质子数的3倍，它们可以形成离子化合物，其中阳离子（已知水合物的为、为）的结构如图所示。下列叙述错误的是A. 的阴、阳离子均含有18个电子B. 常温下，的水溶液呈碱性C. 三种元素中Y的电负性最小D. 简单气态氢化物的还原性：XZ【答案】B【解析】【分析】X、
11、Y、Z是短周期元素，基态X原子p能级上的电子数是Y原子质子数的3倍，且原子半径XY，根据X2Y5+离子的结构示意图可知，X为N元素，Y为H元素，又X、Y、Z可形成离子化合物X2Y5Z，且原子半径ZX，则Z为Cl元素，据此分析解答问题。【详解】AX2Y5Z为N2H5Cl，化合物中阴离子为Cl-，含有18个电子，阳离子为N2H5+，含有的电子总数为72+15-1=18，A正确；B已知N2H4水合物的为、为，则N2H4的水合物N2H4H2O为弱碱，因此常温下，N2H5Cl溶液中N2H5+水解显酸性，B错误；C非金属性越强，电负性越大，非金属性H元素最弱，故H的电负性最小，C正确；DX、Z的简单氢化物
12、分别为NH3、HCl，元素非金属越强对应阴离子的还原性越弱，由于氧化性ClN，则NH3的还原性更强，D正确；答案选B。8.牛津大学与IBM苏黎世研究中心首次借助原子力显微镜(AFM)对分子甲及反应中间体乙、丙进行高分辨率的探测成像，并利用单原子操纵技术对其进行原子尺度的操作，通过针尖施加电压脉冲逐步切断基团，最终成功合成了2019年度明星分子丁。下列说法错误的是( )A. 甲分子含有6个手性碳原子B. 反应中间体乙、丙都是碳的氧化物C. 丁和石墨互同素异形体D. 甲生成丁的反应属于分解反应【答案】A【解析】【详解】A手性碳原子一定是饱和的碳原子，且碳原子所连接的四个基团不相同，根据甲分子的结构
13、可知，甲分子中的碳原子均为不饱和碳，故甲分子中不含有手性碳原子，A选项错误；B反应中间体乙、丙均是只由C、O两种元素组成，属于碳的氧化物，B选项正确；C由丁分子的结构可知，丁是C元素形成的单质，与石墨互为同素异形体，C选项正确；D根据题干信息分析可知，甲通过针尖施加电压脉冲分解得到丁和氧气，属于分解反应，D选项正确；答案选A。9.根据下列操作和现象所得到的结论正确的是( )操作和现象结论A向碳酸钙中加入盐酸，产生的气体经饱和碳酸氢钠溶液洗气后，再通入硅酸钠溶液，出现白色沉淀利用该实验可以证明非金属性：B取少量某硫酸盐样品溶于氢氧化钠溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝样品为硫酸铵C
14、向 等体积等浓度稀硫酸中分别加入少许等物质的量的和固体，溶解而不溶解D加热石油分馏得 到的石蜡，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液颜色逐渐褪去石油中含有烯烃A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A盐酸(HCl)不是Cl元素的最高价氧化物对应的水化物，实验中可以说明酸性：HClH2CO3，但不能说明非金属性ClC，A选项错误；B某硫酸盐样品溶于氢氧化钠溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明该样品中含有NH4+，可能为(NH4)2SO4或NH4HSO4，B选项错误；C相同条件下，溶解度大的物质先溶解，组成和结构相似的难溶物，溶解度越大，其溶度积越大，等体积
15、等浓度稀硫酸中分别加入少许等物质的量的ZnS和CuS固体，ZnS溶解而CuS不溶解，则Ksp(CuS)H2PO4-HPO42-H3PO4，B选项正确；C当pH=7时，H+=OH-，溶液中有电荷守恒Na+H+=H2PO4-+2HPO42-+3PO43-+OH-，则Na+=H2PO4-+2HPO42-+3PO43-，C选项正确；D当V(NaOH)=40mL时，溶液的pH=9.7，溶质为Na2HPO4，溶液中存在着电荷守恒：Na+H+=H2PO4-+2HPO42-+3PO43-+OH-，物料守恒：Na+=2H2PO4-+2HPO42-+2PO43-+2H3PO4，两式相减有：PO43-+OH-=H+
16、H2PO4-+2H3PO4，D选项正确；答案选A。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。11.2020年3月9日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系统第54颗导航卫星。长征三号乙运载火箭一二子级使用液体四氧化二氮和液体偏二甲肼(，又称1，1-二甲基联氨)作为推进剂，第三子级使用液氢和液氧作为推进剂，两组推进剂燃烧的产物均为无毒物质。下列说法正确的是( )A. 偏二甲肼分子中既有极性键也有非极性键，属于非极性分子B. 燃烧时每消耗偏二甲肼会转移电子C. 若液氢与足量液氧完全反应生
17、成液态水会释放能量，则氢气的燃烧热为D. 两组推进剂燃烧的产物不会造成任何环境问题【答案】B【解析】【详解】A偏二甲肼(C2H8N2，又称1，1-二甲基联氨)的结构式为 ，分子中N和C、N和H、C和H均形成极性键，N和N形成非极性键，但该分子结构不对称，是极性分子，A选项错误；B四氧化二氮和偏二甲肼燃烧的反应方程式为C2H8N2+2N2O4=3N2+4H2O+2CO2，C2H8N2中的N的化合价由-2价变为0价，C元素的化合价由-2价变为+4价，因此燃烧时每消耗1mol偏二甲肼会转移22+62=16mol电子，B选项正确；C1mol液氢与足量液氧完全反应生成液态水会释放a kJ能量，液态氢变成
18、氢气需要吸收热量，故氢气的燃烧热小于a kJmol-1，C选项错误；D第一组推进剂四氧化二氮和偏二甲肼燃烧会生成CO2，CO2会引起温室效应，D选项错误；答案选B。12.硫酸亚铁的用途广泛，可以制备下图所示物质，下列说法错误的是( )A. 属于碱式盐，可用作净水剂B. 与足量反应的离子方程式为：C. 可用稀硫酸和溶液检验铁红中是否含有D. “冷却结晶”后的操作是过滤，“煅烧”操作的主要仪器有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒【答案】BD【解析】【详解】AFe4(OH)2(SO4)5电离后的阴离子为OH-和SO42-，阳离子为Fe3+，属于碱式盐，其中Fe3+可水解产生Fe(OH)3的胶体，吸附水中的杂质，
19、可作净水剂，A选项正确；BFeSO4与足量NH4HCO3反应的离子方程式为：Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O，B选项错误；CFe2+能使K3Fe(CN)6生成蓝色沉淀，用稀硫酸和K3Fe(CN)6溶液检验铁红中是否含有FeCO3，若含有，溶液会生成蓝色沉淀，若不含有，则无明显现象，C选项正确；D“冷却结晶”后的操作是过滤，“煅烧”操作的主要仪器有酒精灯、三脚架、坩埚、泥三角、玻璃棒，D选项错误；答案选BD。13.2019年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池领域做出巨大贡献的三位科学家。某锂离子电池为负极，为正极，锂盐有机溶液作电解质溶液，电池反应为则下列有关说法正确的是A. 金属锂的
20、密度、熔点和硬度均比同族的碱金属低B. 该锂离子电池可用乙醇作有机溶剂C. 电池放电时，Li+从正极流向负极D. 电池充电时，阳极的电极反应式为【答案】D【解析】【分析】根据题干信息，结合电池反应可知，电池放电时作原电池，C6Li为负极，失去电子发生氧化反应，Li1-xMO2为正极，得到电子发生还原反应；电池充电时为电解池，原电池的负极与外接电源负极相连作电解池的阴极，则C6Li1-x为阴极，原电池的正极与外接电源正极相连作电解池的阳极，则LiMO2作阳极。【详解】A碱金属元素从上到下对应单质的熔沸点逐渐降低，故金属锂的熔点均比同族的碱金属高，A错误；B乙醇的氧化还原电位太低，容易被氧化，不能
21、作该锂离子电池的有机溶剂，B错误；C电池放电时，为原电池，阳离子(Li+)从负极向正极移动，C错误；D由上述分析可知，电池充电时，LiMO2作阳极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为LiMO2-xe-=xLi+Li1-xMO2，D正确；答案选D。【点睛】原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应；电解池中阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。14.丙酮的碘代反应的速率方程为，其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示。0.250.0501.40.500.0502.81.000.0505.60.500.10028下列说法正确的是( )A. 速率方
22、程中的、B. 该反应的速率常数C. 增大的浓度，反应的瞬时速率加快D. 在过量的存在时，反应掉87.5%的所需的时间是375min【答案】AD【解析】【详解】A由第一组数据和第二组数据可得，则m=1，由第二组数据和第四组数据可得，则n=0，A选项正确；B由A可知，m=1，n=0，则v=kc(CH3COCH3)，带入第一组数据可得，k=5.610-3min-1，B选项错误；C由第二组和第四组数据分析可知，当其他条件不变时，增大I2的浓度，反应的瞬时速率不变，C选项错误；D存在过量的I2时，反应掉87.5%可以看作经历3个半衰期，即50%+25%+12.5%，因此所需的时间为，D选项正确；答案选A
23、D。【点睛】本题的难点在于D选项，正确理解半衰期的含义，知道反应掉87.5%的可以看作经历3个半衰期，即50%+25%+12.5%，为解答本题的关键。15.某温度下，向溶液中滴加的溶液，滴加过程中与溶液体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是( )A. 该温度下，B. a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最小的为a点C. 若改用溶液，b点应该水平左移D. 若改用溶液，b点移向右下方【答案】AC【解析】【详解】A该温度下，平衡时c(Pb2+)=c(S2-)=10-14molL-1，则Ksp(PbS)= c(Pb2+)c(S2-)=(10-14 molL-1)2=10-28 mol2L-2，A
24、选项正确；BPb2+单独存在或S2-单独存在均会水解，促进水的电离，b点时恰好形成PbS的沉淀，此时水的电离程度最小，B选项错误；C若改用0.02molL-1的Na2S溶液，由于温度不变，Ksp(PbS)=c(Pb2+)c(S2-)不变，即平衡时c(Pb2+)不变，纵坐标不变，但消耗的Na2S体积减小，故b点水平左移，C选项正确；D若改用0.02molL-1的PbCl2溶液，c(Pb2+)增大，纵坐标增大，消耗的Na2S的体积增大，b点应移向右上方，D选项错误；答案选AC。三、非选择题：本题共5个小题，共60分。16.利用某冶金行业产生的废渣(主要含，还有少量、等杂质)可以制备，生产流程如下：
25、已知：微溶于水、溶于碱生成(加热生成)，具有强氧化性。向溶液中加酸，不同对应的主要存在形式如表：10.612约8.438约2T2T3，所以T2、T3时，反应达到平衡后K3K2K，则达到平衡后，T3时的T2时的，故曲线a表示T2时P(CO2)随时间变化的关系曲线，曲线d表示T2时P(CO)随时间变化的关系曲线，曲线b表示T3时P(CO2)随时间变化的关系曲线，曲线c表示T3时P(CO)随时间变化的关系曲线，由于温度不变，平衡常数不变，故向T3时已经达到平衡状态的反应体系中再充入一定量的CO，再次达到平衡时，CO与CO2的物质的量之比仍为1:7，故答案为：a；c；1:7。【点睛】本题主要考查了盖斯
26、定律的应用、根据图像对平衡移动的判断、运用三段式计算平衡常数等知识点，重点培养学生能够利用化学知识提取题干信息的能力，难点在于第(4)题曲线的判断，需要灵活运用不同温度下的平衡常数与浓度的关系，结合阿伏伽德罗定律推知分压的关系。18.工业上处理含苯酚废水的过程如下。回答下列问题：.测定废水中苯酚的含量。测定原理：+3Br2+3HBr测定步骤：步骤1：准确量取待测废水于锥形瓶中。步骤2：将浓溴水(量)迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡。步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中迅速加入溶液(过量)，塞紧瓶塞，振荡。步骤4：滴入23滴指示剂，再用标准溶液滴定至终点，消耗溶液(反应原理：)。待测废水换为蒸馏水，重
27、复上述步骤(即进行空白实验)，消耗溶液。(1)“步骤1”量取待测废水所用仪器是_。(2)为了防止溴的挥发，上述步骤中采取的措施包括迅速加入试剂和_。(3)“步骤4”滴定终点的现象为_。(4)该废水中苯酚的含量为_(用含、的代数式表示)。如果空白实验中“步骤2”忘记塞紧瓶塞，则测得的废水中苯酚的含量_(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)；如果空白实验中“步骤4”滴定至终点时俯视读数，则测得的废水中苯酚的含量_。.处理废水。采用基为阳极，不锈钢为阴极，含苯酚的废水为电解液，通过电解，阳极上产生羟基()，阴极上产生。通过交排列的阴阳两极的协同作用，在各自区域将苯酚深度氧化为和。(5)写出阳极的电
28、极反应式：_。(6)写出苯酚在阴极附近被深度氧化的化学方程式：_。【答案】 (1). (酸式)滴定管 (2). 塞紧瓶塞 (3). 滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色 (4). (5). 偏低 (6). 偏低 (7). (8). 【解析】【分析】向呈有待测废水加入浓溴水反应后得到三溴苯酚的沉淀，再加入KI溶液与剩下的Br2发生氧化还原反应得到I2，方程式为Br2+2I-=I2+2Br-，再用Na2S2O3标准溶液滴定I2，可根据消耗的Na2S2O3标准溶液的体积和浓度算出溶液中剩余的Br2的物质的量，再设置一个空白实验测出浓溴水的物质的量，用Br2总的物质的量-剩余B
29、r2的物质的量即可得出与苯酚反应的Br2的物质的量，再结合反应方程式得到苯酚的物质的量，从而求出废水中苯酚的含量，结合实验基本操作及注意事项解答问题。【详解】(1)由于苯酚显酸性，因此含苯酚的废水为酸性，“步骤1”中准确量取废水时所用的仪器可选用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；(2)由于溴单质易挥发，因此可采用塞进瓶塞、迅速加入试剂等方法防止其挥发，故答案为：塞紧瓶塞；(3)用0.01mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，由于Na2S2O3标准溶液会反应I2，加入的淀粉遇I2变成蓝色，所以滴定终点的现象为滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色，故答案为：滴入一滴溶
30、液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色；(4)根据反应方程式可得各物质的物质的量关系式：剩下的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V1 mmol，将待测废液换成蒸馏水时，5mL amol/L的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V2 mmol，则与苯酚参与反应的Br2的物质的量为0.005(V2-V1) mmol，根据方程式+3Br2+3HBr可得苯酚的物质的量为 mmol，质量为mg，则该废水中苯酚的含量为，若步骤2中忘记塞进瓶塞，溴单质挥发，导致最终消耗的Na2S2O3的体积偏小，则测得苯酚的含量偏低，如果空白实验中步骤4滴定终点时俯视读数，读得的体积偏小，则消耗的Na2S2O
31、3的体积偏小，使测得苯酚的含量偏低，故答案为：；偏低；偏低；(5)由题干信息可知，Ti基PbO2阳极，则阳极H2O失去电子产生OH，电极反应式为H2O-e-=H+OH，故答案为：H2O-e-=H+OH；(6)根据题干信息可知，苯酚被阴极产生的H2O2深度氧化产生CO2和H2O，有氧化还原反应规律得到其反应方程式式为C6H5OH+14H2O2=6CO2+17H2O，故答案为：C6H5OH+14H2O2=6CO2+17H2O。19.如图所示是金刚石的晶胞结构，除顶点和面心上有碳原子外，4条体对角线的1/4处还各有1个碳原子。回答下列问题：(1)若图中原子1的坐标为，则原子2的坐标为_。若金刚石的晶
32、胞参数为，则其中碳碳键的键长_pm(用含的代数式表示)。(2)面心立方晶胞与金刚石结构类似，阴、阳离子各占晶胞所含微粒数的一半。S元素及其同周期的相邻元素第一电离能由小到大的顺序是_，二氯化硫()分子中S原子的杂化类型是_。写出基态的电子排布式_；把晶胞示意图中表示的小球全部涂黑_。锌锰干电池中可吸收电池反应产生的生成，该离子中含有_个键。若该晶胞的晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，则晶体的密度为_(列出计算式)(3)有人设想冰的晶胞也应该类似于金刚石，但实际较为复杂，可能是因为氢键较弱而导致“饱和性和方向性”很难被严格执行。例如有文献报道氨晶体中每个氢原子都形成氢键，则每个与周围_个通过氢键
33、相结合。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). 或 (7). 16 (8). (9). 6【解析】【详解】(1)若图中原子1的坐标为(0,0,0)，则可建立以原子1为原点的坐标系，根据题干信息可知，原子2位于其中一条对角线上，根据立体几何可知，原子2的坐标为(,)，晶胞中C原子形成的碳碳单键的键长刚好为体对角线的，因此，若金刚石的晶胞参数为，则其中碳碳键的键长为pm，故答案为：(,)；(2)与S元素同周期的相邻元素分别为P和Cl，一般情况下，同周期第一电离能逐渐增大，但P的3p轨道为3p3半充满状态，故第一电离能由小到大的为顺序为SPCl，SCl2分子的中心原子的
34、价电子对数为，则该分子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：SPCl；sp3；基态Zn原子为30号元素，核外共有30个电子，而Zn2+失去了两个电子，其核外电子排布式为排布式为Ar3d10，ZnS晶胞与金刚石的结构类似，阴、阳离子各占晶胞所含微粒数的一半，则Zn2+可位于晶胞的顶点和面心或直接位于晶胞的体心，故答案为：Ar3d10；或；Zn(NH3)42+离子中Zn2+和NH3形成了4个配位键，同时1个NH3中N和H形成3个共价键，则该离子中共含有4+34=16个键，故答案为：16；由分析可知，1个ZnS晶胞中共由4个ZnS，则晶胞的质量m为，晶胞的体积V=(a210-10)3=a2310-30c
35、m3，根据密度公式可得该晶体的密度，故答案为：；(3)若氨晶体中每个氢原子都形成氢键，则1个NH3中3个H原子与其他的NH3分子的N原子形成3个氢键，N原子与其他NH3分子的H原子形成3个氢键，则每个NH3与周围6个NH3通过氢键相结合，故答案为：6。【点睛】本题主要考查物质结构与性质的综合运用，涉及晶胞的计算、电离能的大小判断、杂化轨道理论判断分子杂化方式等知识点，其中第(2)题的第小问为易错点，在判断键的个数时不能忘记Zn2+和NH3形成的配位键。20.以烃A为原料合成有机化合物M和N的路线如下：已知：a.在催化剂作用下，烯烃分子间的双键碳原子可以互换而发生烯烃复分解反应：+ 2b.X的苯
36、环上有2种等效氢，且只含1个甲基。回答下列问题：(1)根据系统命名法，B的名称是_。N中含氧官能团的名称为_。(2)M的结构简式是_。(3)FG的反应类型是_。(4)写出CD的化学方程式_。(5)同时满足下列两个条件的N的同分异构体共有_种；能够发生银镜反应且该物质与生成Ag的物质的量之比为1:4；苯环上连接C5H11。上述同分异构体中，核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9:2:2:2:1的有_和_(写结构简式)(6)写出以CH2=CH(CH2)4CH=CH2为原料制备的合成路线_(其他试剂任选)【答案】 (1). 3，4-二甲基-3-己烯 (2). 酯基 (3). (4). 消去反应 (5)
37、. (6). 48 (7). (8). (9). 【解析】【分析】根据合成路线分析，A的分子式为C5H10，可知A为烯烃，又M为D与乙二酸发生酯化反应得到的分子式为C10H16O4的六元环酯，则M的结构式为，因此D为，逆向分析可知，A在催化剂的作用下发生已知反应a生成B，B与溴的四氯化碳溶液发生加成得到C，C发生消去反应得到D，则C为，B为，A为，A与溴的四氯化碳溶液发生加成反应得到E()，E再经多步反应得到F，F再得到分子式为C5H8O2，且分子中只有一个甲基的G，则G的结构式为CH3CH2CH=CHCOOH，G与苯环上有两种等效氢且只含有一个甲基的X在浓硫酸加热的条件下反应得到分子式为C1
38、3H16O2的N，则X为，N为，据此分析解答。【详解】(1)由上述分，B的结构简式为，名称为3，4-二甲基-3-己烯，N的结构简式为，其中含氧官能团的名称是酯基，故答案为：3，4-二甲基-3-己烯；酯基；(2)由上述分析可知，M的结构式为，故答案为：；(3)根据上述分析，FG发生的是OH的消去反应，故答案为：消去反应；(4)C在NaOH溶液中加热发生消去反应得到D，反应方程式为，故答案为：；(5)由题干信息，N的同分异构体能够发生银镜反应且该物质与生成Ag的物质的量之比为1:4，则该分子中含有2个CHO，且苯环上连接C5H11，则该分子的结构可以是、6种结构，由于C5H11共有8种结构，因此N满足条件的同分异构体共有68=48种，其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9:2:2:2:1的是和，故答案为：48；(6)结合题干中的反应，可将CH2=CH(CH2)4CH=CH2发生已知反应a得到，再在溴的四氯化碳溶液中发生加成反应得到，与NaOH的醇溶液加热发生消去反应可得到，其合成路线可以是，故答案为：。