1、山东省青岛二中2019届高三下学期期初（2月）考试理综化学试题1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是A. 本草纲目中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是K2CO3B. 抱朴子中“以曾青涂铁，铁赤色如铜，“曾青”是可溶性铁盐C. 高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于无机高分子材料D. “华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅【答案】A【解析】【详解】A.草木灰中含有K2CO3，其水溶液显碱性，可用于洗衣服，A项正确；B.“以曾青涂铁，铁赤色如铜”中曾青涂铁指的是向可溶性铜盐溶液中加入铁，得到金属铜的过程，“曾青”是可溶性铜盐，
2、故B项错误；C.聚四氟乙烯属于有机高分子材料，故C项错误；D.手机中芯片的主要成分是硅，故D项错误；综上，本题选A。【点睛】D项中要注意，单质硅属于半导体材料，可用作芯片，二氧化硅的用途是光导纤维；2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A. CO2通过Na2O2使其增重2.8 g，反应中转移电子数为0.2NAB. 相同质量的Na2O2和Na2S固体具有相同的阴、阳离子数和质子数C. 用碱性锌锰干电池作电源电解饱和食盐水，当消耗MnO2 8.7 g时，可制得标准状况下氯气2.24 L(不考虑氯气的溶解；电池工作时MnO2转化为MnOOH)D. 常温下CH3COONH4的pH7，则0
3、.5 molL1的CH3COONH4溶液中，NH4+浓度为0.5 molL1【答案】B【解析】【详解】A.通过方程式可知，当转移2mol电子时，固体增重56g，当增重2.8 g时，反应中转移电子数为0.1NA，故A项错误；B.Na2O2和Na2S摩尔质量相同，故相同质量的两者的物质的量相同，而两者均含2个阳离子和1个阴离子，则物质的量相同时具有相同的阴阳离子数和质子数，故B项正确；C.8.7g MnO2的物质的量为0.1mol，转化为MnOOH时Mn元素由+4价变为+3价，即转移0.1mol电子，因为阳极上是氯离子放电生成氯气，当失去0.1mol电子时，阳极上有0.1mol氯离子失电子生成0.
4、05mol氯气，在标况下体积为1.12L，故C项错误;D.0.5 molL1的CH3COONH4溶液中，由于NH4+的水解，NH4+浓度小于0.5 molL1，故D项错误；综上，本题选B。【点睛】D项要注意CH3COONH4溶液中，CH3COO-和NH4+均可发生水解，由于二者水解程度相同，所以，常温下CH3COONH4溶液的pH7。但由于NH4+的水解，使NH4+浓度降低。3.下列实验操作和现象对应所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅Na2CO3溶液中存在水解平衡B向2 mL1 mol/L NaOH溶液中加入几滴1
5、mol/L MgCl2溶液，生成白色沉淀，再加人几滴1 mol/L FeCl3溶液，生成红褐色沉淀证明Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀C取淀粉溶液于试管中，加入稀硫酸，水浴加热后取少量溶液，加入几滴新制Cu(OH)2悬浊液，加热，无砖红色沉淀产生淀粉没有发生水解反应D将某Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液显红色Fe(NO3)2样品已氧化变质A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A.向含有酚酞的碳酸钠溶液中加入氯化钡溶液，产生白色沉淀、溶液的红色变浅，由于钡离子和碳酸根离子反应、和氢氧根离子不反应，但是氢氧根离子的浓度减小了，故可以证
6、明溶液中存在碳酸根离子的水解平衡，且加入的氯化钡使水解平衡逆向移动，故A项正确；B.由于氢氧化钠与氯化镁反应后，氢氧化钠过量，溶液中含有大量的氢氧根离子，故加入氯化铁一定会产生红褐色的氢氧化铁沉淀，无法确定氢氧化镁和氢氧化铁的溶解度的相对大小，也无法证明Mg(OH)2沉淀是否转化为Fe(OH)3沉淀，故B项错误；C.检验葡萄糖应在碱性条件下进行，该实验中没有加入氢氧化钠将催化淀粉水解的硫酸中和，故实验必然失败，C项错误；D.酸性条件下，硝酸根离子可将亚铁离子氧化，无法确定样品是否已氧化变质，故D项错误；综上，本题选A。4.关于有机物a()、b()、c()的说法错误的是A. a、b、c互为同分异
7、构体B. a、c均能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. a、c与足量氢气反应消耗氢气的物质的量之比是43D. a、b、c的一氯代物分别有4种、1种、2种(不考虑立体异构)【答案】D【解析】【详解】A.a、b、c三种有机物的分子式均为C8H8，属于同分异构体，故A项正确；B.a、c均有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，使高锰酸钾溶液褪色，故B项正确；C.与足量氢气反应时，1mol a完全加成消耗4mol氢气，1mol c完全加成消耗3mol氢气，a、c消耗氢气的物质的量之比是43，故C项正确；D.a中苯环上的一氯代物有3种，侧链上有2种，共5种，b的一氯代物有1种，c的一氯代物有2种，故D项错误；综上
8、，本题选D。5.短同期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子核外最外层电子数是次外层的2倍，也是Y原子最外层电子数的2倍，X与Z同主族。Y单质能在X单质中燃烧，生成的二元化合物与H2O反应，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。下列说法正确的是A. 简单离子半径：r(Z)r(Y)r(X)B. 气态氢化物的沸点：ZXWC. 含氧酸的酸性：XZWD. Y单质能与W的氧化物发生置换反应【答案】D【解析】分析：短同期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y单质能在X单质中燃烧，生成的二元化合物与H2O反应，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体是氨气，则X是N，X与Z同主族，Z是P。
9、W原子核外最外层电子数是次外层的2倍，也是Y原子最外层电子数的2倍，则W是C，因此Y是Mg，据此解答。详解：根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是C、N、Mg、P。则A.核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，简单离子半径：r(Z)r(X)r(Y)，A错误；B.氨气分子间存在氢键，且碳元素的氢化物不止一种，无法比较其沸点，B错误；C.应该是最高价含氧酸的酸性：XZW，C错误；D.镁能与二氧化碳发生置换反应生成氧化镁和碳，D正确，答案选D。6.图1为“镁次氯酸盐”燃料电池原理示意图。图2为“双极室成对电解法”生产乙醛酸原理示意图，该装置中阴、阳两极为惰性电
10、极，两极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸。下列说法不正确的是A. 若利用镁燃料电池为电源，则E极连M极B. 镁燃料电池负极容易与水发生自腐蚀产生氢气C. F电极上的电极反应式为ClO2eH2O=Cl2OHD. 图2装置中若有2 mol H通过质子交换膜完全反应，则共生成2 mol乙醛酸【答案】A【解析】A图1镁燃料电池中失电子的为负极，则E为负极，F为正极。图2装置为电解池，根据H+的流向可以判断N极为阴极，因此若利用镁燃料电池为电源，则E极连N极，A错误；BMg的活泼性较强，能与水反应生成氢气，其反应为：Mg2H2O=Mg(OH)2H2，B正确；CF为正极，ClO得电
11、子，所以F电极上的电极反应式为ClO2eH2O=Cl2OH，C正确；D图2装置中2 mol H+通过质子交换膜，则电池中转移2 mol电子，根据电极方程式HOOCCOOH2e2H=HOOCCHOH2O，可知生成1 mol乙醛酸，由于两极均有乙醛酸生成，所以生成的乙醛酸为2 mol，D正确。答案选A。7.常温下，向20 mL 02 molL-1二元酸H2A溶液中滴加02 molL-l NaOH溶液，有关微粒物质的量变化如图。下列叙述正确的是（ ）A. 当V（NaOH）=20 mL时，溶液中各离子浓度的大小顺序为：c（Na+）c（HA-）c（ A2-）c（ OH-） （H+）B. 等体积等浓度的N
12、aOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水中的大C. 等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大D. 当V（NaOH） =40 mL时，升高温度，c（Na+）c（A2-）减小【答案】C【解析】试题分析：A、当V（NaOH）=20 mL时，02 molL-lNaOH与20 mL 02 molL-1H2A反应生成NaHA，离子浓度大小的顺序为c（Na+）c（HA-）c（OH-） c（H+） c（ A2-），错误；B、等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合生成NaHA，有图像可知，当加入20mLNaOH溶液时，A2-的浓度大于H2A，说明HA-
13、的电离程度大于水解程度，则会抑制水的电离程度，故其溶液中水的电离程度比纯水中的小，错误；C、等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大，正确；D、当V（NaOH） =40 mL时，生成Na2A，A2-会发生水解，升高温度，促进水解程度，则c（A2-）减小，则c（Na+）/c（A2-）增大，故答案为C。考点：盐类的水解8.某化学兴趣小组的同学进行三草酸合铁酸钾晶体K3Fe(C2O4)33H2O分解的实验探究。经小组讨论，他们设计了如下装置进行实验。烧瓶B中盛有饱和NH4Cl和饱和NaNO2混合液(常用于实验室制N2)，干燥管C1中装有碱石灰。(1)B中发生反
14、应的化学方程式为_。(2)C2的作用是_，C3中盛装的试剂是_。(3)若实验中观察到E1、E4中的澄清石灰水均变浑浊，则E3中的现象是_，证明气体产物是_。(4)实验装置中有2个酒精灯，先点燃A1，一段时间后，熄灭A1，关闭活塞a，再点燃A2，待D中的样品充分反应后，再次打开活塞a，点燃A1，则第二次点燃A1的理由是_。(5)该小组同学查阅资料后推知， D中固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3。实验测得C2、C3共增重5.4g；将D中固体生成物溶于水，测得最后残余固体的质量为6.88g。通过计算，固体产物中铁元素的存在形式为_（需表示出产物的物质的量）。若要通过实验研究上
15、述结论，除3%H2O2、蒸馏水外，还需要下列试剂中的_。A1.0 molL1HNO3 B1.0 molL1盐酸C1.0 molL1NaOH溶液D0.1 molL1KI溶液 E0.1 molL1CuSO4溶液F20%KSCN溶液。【答案】 (1). NH4Cl+NaNO2 =N2+NaCl+2H2O (2). 检验水蒸气 (3). P2O5或 CaCl2 (4). 溶液褪色(或变浅) (5). CO2和 CO (6). 第二次点燃 A1 ，是利用生成的氮气将装置中残余的气体吹到后续装置，使其充分吸收 (7). 0.02mol Fe、0.08mol FeO (8). BEF【解析】【分析】根据题意
16、可知，D装置中发生三草酸合铁酸钾的分解。利用B装置制取氮气作保护气。防止三草酸合铁酸钾的分解产物被氧化的同时，利用生成的氮气将装置中残余的气体吹到后续装置，使其充分吸收。通入D装置前，利用C1装置将挥发出的水蒸气吸收。将三草酸合铁酸钾的分解产物收依次通过C2、C3装置检验并吸收生成的水，依次通过E1、E2装置，检验并吸收产生的二氧化碳，通入E3、E4装置后，E4中澄清石灰水变浑浊，说明产物中含有具有还原性的气体，结合元素守恒可知，该气体为一氧化碳，据此分析；【详解】(1)利用NH4Cl和饱和NaNO2混合液制N2，发生价态归中的氧化还原反应，生成氯化钠和水，其方程式为：NH4Cl+NaNO2
17、= N2+NaCl+2H2O；(2)结合三草酸合铁酸钾晶体的化学式K3Fe(C2O4)33H2O可知，分解产物中含有水，故利用C2装置中的无水硫酸铜检验水蒸气；利用C3装置吸收水蒸气，故盛装的试剂是P2O5或 CaCl2；(3)E1中的澄清石灰水均变浑浊，说明产生二氧化碳，并利用E2装置除去二氧化碳。依次通过E3和E4装置，若E4装置中澄清石灰水变浑浊，则说明气体与E3中高锰酸钾溶液发生了氧化还原反应，生成了二氧化碳，故推测该气体为CO。E3的现象是溶液褪色(或变浅)，该过程证明气体产物是CO2和 CO；(4)第二次点燃A1的理由是：利用生成的氮气将装置中残余的气体吹到后续装置，使其充分吸收；
18、(5)反应过程中生成水0.3mol，可知参与反应的三草酸合铁酸钾的物质的量为0.1mol，其中含铁元素0.1mol。由于产物中铁元素不能以+3价的形式存在，故生成物中可能存在0价铁单质或+2价的氧化亚铁。若为单质铁，溶于水后测得最后残余固体的质量为5.6g，不符合题意，若为氧化亚铁，则最后残余固体的质量为7.2g，故推测产物为铁和氧化亚铁的混合物。设生成单质铁x mol，氧化亚铁(0.1-x)mol，可得56x+72(0.1-x)=6.88，解得x=0.02mol，故固体产物中铁元素的存在形式为：0.02mol Fe、0.08mol FeO；探究固体产物中铁元素的存在形式，可以将固体产物放入足
19、量的CuSO4溶液中搅拌，使其充分反应，然后过滤洗涤沉淀，再加入盐酸。若溶液中有红色不溶物，则说明产物中含有铁，向溶液中加入KSCN溶液，不变红色，再加入双氧水，若变红色，则说明固体产物中含有FeO，故答案为BEF；9.铋及其化合物在工业生产中用途广泛，某研究小组用浮选过的辉铋矿（主要成分是Bi2S3，还含少量SiO2等杂质）制备NaBiO3，其流程如下：已知：水解能力：Bi3+Fe3+。回答下列问题：(1)“浸取”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有_（任写一条）；过滤1的滤渣的主要成分有_（填化学式）。(2)浸取时加入过量浓盐酸的目的是_；“母液”中通入气体X后可循环利用，气体X为_（填名
20、称）。(3)写出焙烧时生成铋酸钠的化学方程式_，当消耗标准状况下4.48 L O2时，转移电子的数目是_。(4)25时，向浓度均为0.04 molL1的Cu2、Pb2、Bi3的混合溶液中滴加(NH4)2S溶液（设溶液体积增加1倍），当Pb2+恰好沉淀完全时，所得溶液中c(Cu2+)c(Bi3+)_。已知：Ksp(CuS)6.01036、Ksp(PbS)3.01028、Ksp(Bi2S3)1.61020(5)用双硫腙(H2Dz，二元弱酸）CC14络合萃取法可从工业废水中提取金属离子：H2Dz先将金属离子络合成电中性的物质如Cu(HDz)2等，再用CCl4萃取此络合物。下图是用上述方法处理含有Hg
21、2+、Bi3+、Zn2+的废水时的酸度曲线（E%表示金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率）。当调节pH2.5时，铋（Bi）的存在形式有_。向萃取后的CCl4中加入NaOH溶液可将铋元素以氢氧化物的形式沉淀下来，相应的离子方程式为_。【答案】 (1). 粉碎矿石、适当提高浸取时温度、适当提高溶液浓度、搅拌等 (2). S、SiO2 (3). 防止 FeCl3及 BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率 (4). 氯气 (5). 2Bi2O2Na2O2 =2NaBiO3 (6). NA或 6.021023 (7). 10-111 (8). Bi3 、Bi(HDz)3 (9). Bi(HDz
22、)36OHBi(OH)3 +3H2O+3Dz2【解析】【分析】由流程图可知，辉铋矿中含有Bi2S3和少量SiO2，加入浓盐酸和氯化铁后，氯化铁将硫离子氧化成单质硫。通过过滤1除去S、SiO2。再加入单质铁将Bi3还原成Bi单质，经过提纯后得到精铋，最后在焙烧条件下得到NaBiO3，据此分析；【详解】(1)为了提高浸取速率，可采取的措施有粉碎矿石、适当提高浸取时温度、适当提高溶液浓度、搅拌等；浸取过程中，二氧化硅不反应，三价铁将硫离子氧化成单质硫，过滤1的滤渣的主要成分有S、SiO2；(2)Bi3+和Fe3+会发生水解，加入浓盐酸可以抑制这两种离子的水解，提高原料的浸出率；母液中含有大量氯化亚铁
23、，通入氯气后，将亚铁离子氧化得到氯化铁，即可循环使用；(3)焙烧时，铋与氧气、过氧化钠反应生成NaBiO3，结合元素守恒和得失电子守恒可得到反应方程式为：2Bi2O2Na2O2 =2NaBiO3；当消耗标准状况下4.48 L O2，即0.2mol O2时，转移电子的数目是：NA或 6.021023；(4)当Pb2+恰好沉淀完全时，c(S2-)=Ksp(PbS)/c(Pb2+)3.01028/10-5=3.01023 molL1，此时，c(Cu2+)=Ksp(CuS)/c(S2-)=6.01036/3.01023=21013molL1。溶液中c(Bi3+)=0.02molL1，Q= c2(Bi3
24、+)c3(S2-) Ksp(Bi2S3)，所以，此时Bi3+没有沉淀。c(Cu2+)c(Bi3+)21013：0.02=10-111；(5)H2Dz将Bi3+络合成电中性的Bi(HDz)3，当调节pH2.5时，由图可知，80%的Bi3+以络合物形式被萃取分离，故铋（Bi）的存在形式有Bi3 、Bi(HDz)3；向Bi(HDz)3中加入氢氧化钠，铋元素转化为Bi(OH)3沉淀，由于H2Dz为二元酸，故加入氢氧化钠后HDz-转化为Dz2和水，反应方程式为：Bi(HDz)36OHBi(OH)3+3H2O+3Dz2；10.氮、硫及其化合物在工农业生产生活中有着重要作用。回答下列问题：（1）有人设想利用
25、CO还原SO2。已知S和CO的燃烧热分别是296.0 kJmol1、283.0 kJmol1，请写出CO还原SO2的生成CO2和S(s)热化学方程式_。（2）某科研小组研究臭氧氧化碱吸收法同时脱除SO2和NO工艺，氧化过程反应原理及反应热、活化能数据如下：反应：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g) H1200.9 kJmol1 Ea13.2 kJmol1反应：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g) H2241.6 kJmol1 Ea258 kJmol1已知该体系中臭氧发生分解反应：2O3(g)3O2(g)。请回答：其它条件不变，每次向容积为2 L的反应器中充入含2.0 mo
26、l NO、2.0 mol SO2的模拟烟气和4.0 mol O3，改变温度，反应相同时间t后体系中NO和SO2的转化率如图所示：由图1可知相同温度下NO的转化率远高于SO2，结合题中数据分析其可能原因_。下列说法正确的是_。AQ点一定为平衡状态点B温度高于200后，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零C其它条件不变，若扩大反应器的容积可提高NO和SO2的转化率D臭氧氧化过程不能有效地脱除SO2，但后续步骤碱吸收可以有效脱硫假设100时P、Q均为平衡点，此时反应时间为5min，发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，则体系中剩余O3的物质的量是_mol；SO2的平均反应速率为_
27、；反应在此时的平衡常数为_。（3）以连二硫酸根(S2O42)为媒介，使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示：ab是_离子交换膜（填“阳”或“阴”）。阴极区的电极反应式为_。若NO吸收转化后的产物为NH4+，通电过程中吸收4.48LNO（标况下），则阳极可以产生_mol气体。【答案】 (1). 2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s) H270 kJmol1 (2). 反应的活化能小于反应，相同条件下更易发生反应 (3). BD (4). 1.4 (5). 0.06mol/(Lmin) (6). 8 (7). 阳 (8). 2SO32+4H+2eS2O42+2H2O (
28、9). 0.25【解析】分析：（1）利用燃烧热借助于盖斯定律解答；（2）根据活化能对反应速率的影响分析；根据反应原理结合图像曲线变化分析判断；根据方程式结合有关概念计算；（3）根据电解产物结合离子的移动方向判断；根据电子得失守恒计算。详解：（1）已知S和CO的燃烧热分别是296.0kJmol-1、283.0kJmol-1，则S(s)+O2(g)SO2(g)H296.0kJmol-1CO(g)+1/2O2(g)CO2(g)H283.0kJmol-1根据盖斯定律可知2即得到CO还原SO2的热化学方程式2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s)H270kJmol-1。（2）反应的活化能小于反
29、应，相同条件下更易发生反应，因此相同温度下NO的转化率远高于SO2；A随着反应的进行，反应物的转化率逐渐增大，因此Q点不一定为平衡状态点，可能是建立平衡过程中的一个点，A错误；B根据图像，温度高于200后，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零，B正确；C根据2O3(g)3O2(g)可知其它条件不变，若扩大反应器的容积，压强减小，平衡正向移动，使得臭氧的浓度减小，氧气浓度增大，反应I和反应II的平衡逆向移动，NO和SO2的转化率减小，C错误；D根据图像，臭氧氧化过程中二氧化硫的转化率较低，不能有效地脱除SO2，二氧化硫是碱性氧化物，能够被氢氧化钠溶液吸收，D正确；答案选BD；假设
30、100时P、Q均为平衡点，此时反应时间为5min，发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，发生分解反应的臭氧为4mol10%0.4mol，根据反应：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)，平衡时NO的转化率为80%，反应的臭氧为2mol80%1.6mol；反应：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)，平衡时二氧化硫的转化率为30%，反应的臭氧为2mol30%0.60mol；最终剩余臭氧4mol-0.4mol-1.60mol-0.60mol1.4mol；5min内SO2的平均反应速率=0.06mol/(Lmin)；平衡时NO、O3、NO2、O2的物质的量分别为0.4mol、1
31、.4mol、1.6mol、0.4mol+1.6mol+0.6mol2.8mol，反应在此时的平衡常数8；（3）由图可知，阴极区通入液体主要含SO32-，流出主要含S2O42-，所以阴极区电极反应式为2SO32-+4H+2e-S2O42-+2H2O，由于阴极需要消耗氢离子，则ab是阳离子交换膜；4.48LNO（标况下）的物质的量是0.2mol，由于NO吸收转化后的产物为NH4+，则电路中转移1mol电子；阳极氢氧根放电产生氧气，需要氧气的物质的量是1mol40.25mol。11.金属及其相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：（1）下列关于金属及金属键的说法不正确的是_。
32、（填字母代号）a金属键没有方向性与饱和性b金属键是金属原子与自由电子间的相互作用c金属熔沸点不同的原因可以用金属键强弱解释d电子气理论可解释金属材料的延展性，不能解释金属有良好的导电性（2）钒广泛用于催化及钢铁工业，基态钒原子的价层电子排布图为_。（3）二茂铁又叫双环戊二烯基铁Fe(C5H5)2，熔点是172.5173 ，100 以上升华，二茂铁属于_晶体。已知分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数（如苯分子中的大键可表示为）。已知二茂铁的每个茂环带有一个单位负电荷，则每个环中的大键应表示为_。（4）铜可以形成一种离子化合物Cu(NH3)4(H2O
33、)2SO4，若要确定Cu(NH3)4(H2O)2SO4是晶体还是非晶体，最科学的方法是对其进行_实验，其中阴离子的空间构型是_，该化合物加热时首先失去的组分是H2O，原因是_。（5）最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体也具有超导性，该物质形成的晶体的立方晶胞结构如图所示。与Mg紧邻的Ni有_个。原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。该晶胞中原子的坐标参数为a为(0，0，0)；b为(1/2，1/2，0)；d为(1，1，1)。则c原子的坐标参数为_。若晶胞中Ni、Mg之间的最短距离为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度_gcm3(用含a、NA的代数式表示)。【答案】 (1).
34、bd (2). (3). 分子 (4). (5). X射线衍射 (6). 正四面体 (7). H2O与Cu2的配位键比NH3与Cu2的弱 (8). 12 (9). （1，1/2，1/2） (10). 【解析】（1）a金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，金属键没有方向性与饱和性，a正确；b金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，b错误；c金属晶体熔、沸点高低和硬度大小一般取决于金属键的强弱，金属的熔沸点不同的原因可以用金属键强弱解释，c正确；d金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动，可用电子气理论解释，d错误，答案选bd；（2）钒是23号元素，基态钒原子的价层电子排布图为。（
35、3）二茂铁熔点是172.5173，100以上升华，因此二茂铁属于分子晶体。因为每个环戊二烯中含有5个C原子，且二茂铁的每个茂环带有一个单位负电荷，则每个环中的大键应表示为。（4）铜可以形成一种离子化合物Cu(NH3)4(H2O)2SO4，若要确定Cu(NH3)4(H2O)2SO4是晶体还是非晶体，最科学的方法是对其进行X射线衍射实验，其中阴离子是硫酸根，其空间构型是正四面体。由于H2O与Cu2的配位键比NH3与Cu2的弱，所以该化合物加热时首先失去的组分是H2O。（5）根据晶胞结构可知与Mg紧邻的Ni有个。该晶胞中原子的坐标参数为a为(0，0，0)；b为(1/2，1/2，0)；d为(1，1，1
36、)，则c原子的坐标参数为（1，1/2，1/2）。若晶胞中Ni、Mg之间的最短距离为a pm，则面对角线是2a pm，边长是，则晶体的密度 gcm3。点睛：注意掌握原子的核外电子排布式(图)的书写：（1）核外电子排布式：用数字在能级符号右上角表明该能级上排布的电子数。为了简化，通常把内层已达稀有气体电子结构的部分称为“原子实”，用该稀有气体的元素符号加方括号来表示。例如，K：Ar4s1。（2）核外电子排布图：用表示原子轨道，和分别表示两种不同自旋方向的电子。如氧原子的核外电子排布图可表示为 。核外电子排布图能直观地反映出原子的核外电子的自旋情况以及成对电子对数和未成对的单电子数。（3）价电子排布
37、式：如Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，价电子排布式为3d64s2。价电子排布式能反映基态原子的能层数和参与成键的电子数以及最外层电子数。12.苦杏仁酸在医药工业可用于合成头孢羟唑、羟苄唑、匹莫林等的中间体，下列路线是合成苦杏仁酸及其衍生物的一种方法：(1)试写出B的结构简式_，C中官能团的名称为_。(2)反应的反应类型为_，D的核磁共振氢谱共有_组峰。(3)1molE最多可以与_molNaOH反应。反应的化学方程式为_。(4)两个C分子可以反应生成具有三个六元环的化合物F，则F的结构简式为_。(5)写出满足下列条件的C的同分异构体的结构简式_。A既能发生银镜反
38、应，又能发生水解反应B遇FeCl3能显紫色C苯环上具有两个位于对位的取代基(6)已知：RCH2COOHRCHClCOOH，请以冰醋酸为原料（无机试剂任选）设计制备聚乙醇酸（）的合成路线_。【答案】 (1). OHCCOOH (2). 羟基、羧基 (3). 加成反应 (4). 6 (5). 2 (6). (7). (8). (9). 【解析】【分析】（1）由A的分子式推知A为，根据A、B、C的分子式可知A+BC应为加成反应，根据C和A的结构简式及B的分子式，可推知B为；（2）结合D的结构利用等效氢法分析核磁共振氢谱的种类数；（3）E的结构中含有酯基与溴原子两种官能团；反应为羟基与氢溴酸的取代反应
39、；（4）两个C分子发生酯化反应生成内酯，据此分析其结构简式；（5）A既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有醛基和酯基；B遇FeCl3能显紫色，说明含酚羟基，再结合官能团的位置为对位，分析作答；（6）结合给定信息，按照逆合成分析法，分析作答。【详解】（1）A+BC，为苯与物质B的加成反应，采用逆推法可推出B的结构简式为OHCCOOH；结合已知的C的结构简式可看出，C中含有的官能团为羟基和羧基，故答案为：OHCCOOH；羟基和羧基；（2）由上述分析可知反应为加成反应，根据等效氢法可知，D有6种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱共有6组峰，答案为：加成反应；6；（3）因E的结构中含有酯基与溴原子两
40、种官能团，1 mol酯基与1 mol氢氧化钠发生水解反应，1 mol溴原子也可与1 mol 氢氧化钠水溶液发生水解反应，则1molE最多可以与2 molNaOH反应；反应为羟基与氢溴酸的取代反应，故其化学方程式为： ，故答案为：2； ；（4）C分子为，分子内含羧基与醇羟基，则根据题意可知，两个C分子发生酯化反应，生成内酯，其化学方程式为： ，则F为故答案为：；（5）根据上述分析可知，C的同分异构体中既能发生银镜反应，又能发生水解反应，要求含有醛基和酯基，则其为甲酸的酯；遇FeCl3能显紫色，则其含酚羟基；苯环上具有两个位于对位的取代基，因此其同分异构体为；（6）由冰醋酸合成，由其结构可知该高分子为聚酯，按照逆合成分析法，上一步产物为,按照已知条件，其上一步产物为，可由CH3COOH转化而来，因此合成路线为。