1、宁夏大学附属中学2020届高三第五次模拟考试理科综合化学部分可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Ba 1371.中华文化源远流长、博大精深。下列有关蕴含的化学知识的说法中，不正确的是A. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应B. “陶尽门前土，屋上无片瓦。十指不沾泥，鳞鳞居大厦。”黏土烧制陶瓷的过程发生了化学变化C. “兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光。”粮食发酵产生酒精分散在酒糟中，可以通过蒸馏与酒糟分离D. “零落成泥碾作尘,只有香如故”中的“香”体现了分子是由原子构成的【答案】D【解析】【
2、详解】A“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了Fe与CuSO4的置换反应，生成的Cu附着于铁釜表面，A选项正确；B黏土烧制陶瓷的过程中有新物质生成，属于化学变化，B选项正确；C酒精沸点低，可以用蒸馏方法使其与酒糟分离获得酒精，C选项正确；D香，体现了物质的挥发性，说明物质的沸点低，易挥发，说明分子在不断的运动，不能体现分子由原子构成，D选项错误；答案选D。2.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 32 g S8与S6()的混合物中所含共价键数目为NAB. 1 L 0.1 molL1 H2C2O4溶液中含C2O离子数为0.1NAC. 2 mol NO与2 mol O2在密闭容器
3、中充分反应，转移的电子数为8NAD. 56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子【答案】A【解析】【详解】AS8与S6（）分子中分别含有8个S-S键和6个S-S键，1个S对应1个S-S共价键，由于32gS8与S6（）混合物中含硫为1mol，则该混合物中含1molS-S键，即共价键数目为NA，A选项正确；B因为草酸是弱电解质，部分电离出C2O，所以L 0.1 molL1H2C2O4溶液含C2O离子数小于0.1NA，B选项错误。C2molNO与 2molO2在密闭容器中充分反应，氧气过量，2molNO反应后变为+4价，故2molNO与O2反应后转移电子为4NA个，C选项错误；DFe在浓硫
4、酸中会钝化，不会完全反应，则生成的SO2分子小于NA，D选项错误；答案选A。【点睛】A选项在判断时明确S8与S6（）分子中分别含有8个和6个S-S键，两者混合后一个S对应1个S-S共价键是解答的关键。3.X、Y、Z为短周期非金属元素，其相关性质如下，下列叙述正确的是 元素XYZ单质与H2反应条件暗处爆炸光照高温、高压、催化剂常温下氢化物水溶液的pH小于7小于7大于7A. 最外层电子数ZYB. Y与Z二者氢化物反应的产物含离子键C. Y的含氧酸均为强酸D. 气态氢化物的稳定性YX【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F
5、元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素，据此分析解答。【详解】AZ为N元素，原子最外层电子数为5，Y为Cl元素，原子最外层电子数为7，故最外层电子数YZ，A选项错误；B氯化氢与氨气反应生成的氯化铵中含有离子键，B选项正确；CY为氯元素，含氧酸中HClO为弱酸，C选项错误；D非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性FCl，故HCl的稳定性比HF弱，D选项错误；答案选B。4.利用如图实验装置进行相关实验，能得出相应实验结论的是（ ）abc实验结论A浓醋酸CaCO3
6、C6H5ONa溶液酸性：碳酸苯酚BBr2的苯溶液铁屑AgNO3溶液苯和液溴发生取代反应C浓盐酸酸性KMnO4溶液碘化钾溶液氧化性：Cl2I2D饱和食盐水电石酸性KMnO4溶液乙炔具有还原性A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A浓醋酸具有挥发性，酸性大于苯酚，因此，挥发出的醋酸也能与苯酚钠反应得到苯酚，不能证明碳酸的酸性大于苯酚，故A错误；B溴离子与银离子反应生成浅黄色沉淀；由于溴易挥发，挥发出的溴和水反应也能生成氢溴酸，从而影响苯和溴反应生成的溴化氢，所以无法得出相应结论，故B错误；C浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气能置换碘化钾中的碘单质，可比较氧化性，故C正确；D电石
7、不纯，与水反应生成乙炔的同时也生成硫化氢、磷化氢等，都可与高锰酸钾溶液反应，应先除杂，故D错误；故答案选C。5.常温下，先将溶于水制成溶液，然后取出溶液滴加溶液，整个过程中利用数据采集器测得溶液的变化曲线如图所示(实验过程中不考虑的挥发和的分解)。下列说法正确的是A. 过程中，是氯气溶于水的过程，和水的电离程度均不断增大B. 点溶液中接近于C. ，溶液中D. 滴加溶液的体积为时，【答案】C【解析】【分析】常温下，纯水的pH=7，题图曲线的起点为纯水，从起点至b点为将Cl2通入水中得到氯水的过程，此过程中发生反应Cl2+H2OH+Cl-+HClO；b点往后为向氯水中滴加NaOH溶液的过程，此过程
8、中发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，100mL溶液中溶解了0.01mol=0.001mol，根据反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，Cl2与NaOH完全反应时消耗NaOH溶液的体积为0.002mol0.1mol/L=20mL，此时溶液中溶质为NaCl和NaClO，由于ClO-的水解溶液呈碱性。【详解】A. Cl2与水的反应为Cl2+H2OH+C1-+HClO，由题图可知ab过程中，pH不断减小，c(H+)不断增大，酸性越强，对水的电离抑制程度增大，则水的电离程度不断减小，A错误；B.根据反应Cl2+H2OH+Cl-+HClO，若0.01molCl2溶于
9、水时与水完全反应，则生成0.01molHCl和0.01molHClO，HCl完全电离、HClO部分电离，溶液中c(H+)略大于0.01mol/L，溶液的pH略小于2，c(HClO) 10-2mol/L，根据和c(H+)=10-xmol/L得出，但0.0lmoCl2溶于水时只有部分Cl2与水反应，故溶液中c(H+)2，生成的n(HClO)0.01mol，溶液中c（HClO）0.01mol/L，故c(ClO-)比小，B错误；C. c点溶液pH=7，根据分析，c点加入的NaOH溶液的体积小于20mL，即V2-V120，此时溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(
10、OH-)，因c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，根据反应中的得失电子守恒和物料守恒，c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，将两式整理得c(Na+)=2c(ClO-)+c(HClO)，C正确；D. 根据分析，加入NaOH溶液的体积为20mL时，Cl2与NaOH恰好完全反应，得到含等物质的量浓度的NaCl和NaClO的混合液，溶液中的物料守恒为c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(HClO)，D错误；答案选C。【点睛】本题根据图形考查了粒子浓度的关系，利用图形进行分析，结合电荷守恒和物料守恒进行解题，题目较难，要求较高。6.利用天然气水蒸气重整
11、制备H2的反应为 每次只改变一种条件(X)，其它条件不变，CH4的平衡转化率随X的变化趋势如图所示。下列说法正确的是 A. 某条件下，若CH4(g)、H2O(g)初始浓度均为0.2 mol/L，= 25%，则K=3B. X为投料比时，的变化趋势为曲线NC. X为压强时，的变化趋势为曲线MD. X为温度时，的变化趋势为曲线N【答案】B【解析】【详解】A某条件下，若CH4(g)、H2O(g)初始浓度均为0.2 mol/L，= 25%，则平衡后CH4(g)、H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度分别为：0.15mol/L、0.15mol/L、0.05mol/L、0.15mol/L，则平衡常数K=
12、，A选项错误；BX为投料比时，投料比增大，减小，即的变化趋势为曲线N，B选项正确；CX为压强时，加压平衡逆向移动，减小，则的变化趋势为曲线N，C选项错误；DX为温度时，升高温度平衡正向移动，增大，则的变化趋势为曲线M，D选项错误；答案选B。7.下列有关同分异构体数目的叙述中，正确的是A. 不考虑空间异构，C2H6O一氯代物有3种结构B. 分子式符合C5H11Cl的化合物有6种C. 已知二氯苯有3种同分异构体，则四氯苯的同分异构体的数目多于3种D. 菲的结构简式为，它与硝酸反应可生成6种一硝基取代物【答案】A【解析】【详解】A不考虑空间异构，C2H6O有乙醇和二甲醚2种，乙醇的一氯代物有2种，二
13、甲醚的一氯代物有1种结构，共3种，故A正确；B分子式为C5H11Cl的同分异构体有：主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主链有4个碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；主链有3个碳原子的：CH2C（CH3）2CH2Cl，所以共有8种情况，故B错误；C由于苯环含有6个H原子，二氯苯与四氯苯的同分异构体数目相同，若二氯苯有3种同分异构体，则四氯苯的同分异构体的数目为3种，故C错误；D菲的结构简
14、式为，为对称结构，有如图所示的5种H原子，所以与硝酸反应，可生成5种一硝基取代物，故D错误；故选A。【点睛】本题考查有机物的异构现象，把握同分异构体的判断方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，注意分子中的对称轴。8.纳米微晶(碱式碳酸锌)属于高端精细化工产品,晶粒粒度在,不溶于水和醇。某高校实验室用工业级硫酸锌(主要成分为,含少量)制备纳米微晶碱式碳酸锌样品的流程如图所示:已知:a.的分别是37.4、15.4、16.2。b.残留在溶液中的离子浓度小于时可认为沉淀完全。c.滤渣所含主要金属元素是。(1)“除杂”的目的是除去溶液中的铁元素,则的作用是_;若溶液中,此
15、过程中还应调节溶液的在_范围(不考虑离子间的相互影响)。(2)“除杂”与“除杂”均为还原除杂。滤渣主要金属元素是_“除杂”中加入的在溶液中主要以形式存在。请写出锌与反应生成“金属间化合物”(中各元素化合价视为0价)的离子方程式:_(3)“沉锌”后得到的固体先用去离子水洗涤,再用乙醇洗涤。用乙醇洗涤的目的是_(4)加入的主要目的是降低样品晶粒粒度,但主元素的质量分数必须在56%以上。若镁、锌的质量比值过高,还可能会生成_(填化学式),从而对样品造成影响。(5)样品中锌的含量可用(可表示为)滴定测定,反应的离子方程式为。取纳米微晶碱式碳酸锌样品,酸溶后得到pH为56的溶液,以二甲酚橙作指示剂,用标
16、准溶液滴定,消耗溶液,则样品中锌的质量分数是_(用代数式表示)。【答案】 (1). 将氧化成,以便形成氢氧化铁沉淀而除去 (2). 3.2pH5.9 (3). Cu、Cd (4). (5). 去除固体表面的水,便于干燥 (6). 或 (7). 【解析】【分析】根据工艺流程分析可知，工业级硫酸锌加水、硫酸溶解酸化后加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，控制pH将其沉淀为Fe(OH)3，过滤除去，除杂向滤液中加入锌粉，除去Cu2+和Cd2+，除杂再加入锌粉和少量Sb2O3，形成锑锌原电池，除去Co2+、Ni2+，过滤，再向滤液中加入NH4HCO3溶液和MgSO47H2O沉锌，洗涤干燥沉淀可得到产
17、品，据此分析解答。【详解】(1) “除杂”的目的是除去溶液中的铁元素，加入适量的H2O2溶液，可将Fe2+氧化为Fe3+，以便形成氢氧化铁沉淀而除去，已知的分别是37.4、15.4、16.2，则KspFe(OH)3=10-37.4,KspZn(OH)2=10-16.2，若溶液中c(Zn2+)=1.0mol/L，Zn(OH)2开始沉淀时，KspZn(OH)2=c(Zn2+)c2(OH-)，则，c(H+)=10-5.9mol/L，此时溶液的pH=5.9，要使Zn2+不沉淀，则pH5.9，残留在溶液中的离子浓度小于时可认为沉淀完全，则Fe3+完全沉淀时，c(Fe3+)=1.010-5mol/L，Ks
18、pFe(OH)3=c(Fe3+)c3(OH-)，则，c(H+)=10-3.2mol/L，此时溶液的pH=3.2，要使Fe3+完全沉淀，则pH3.2，故答案为：将氧化成,以便形成氢氧化铁沉淀而除去；3.2pH5.9；(2)除杂向滤液中加入锌粉还原除去Cu2+和Cd2+，滤渣的主要成分是Cu、Cd，故答案为：Cu、Cd；Zn与Co2+、HSbO2生成“金属间化合物”CoSb(CoSb中各元素的化合价视为0价)，Co元素的化合价由+2价降低至0价，Sb元素的化合价由+3价降低至0价，则生成CoSb化合价降低5价，而Zn元素的化合价由0价升高至+2价，根据得失电子守恒配平该反应的离子方程式为，故答案为
19、：；(3)碱式碳酸锌不溶于乙醇，且乙醇与水互溶，用乙醇洗涤可去除固体表面的水，便于干燥，故答案为：去除固体表面的水，便于干燥；(4)若镁、锌的质量比值过高，Mg2+浓度较大，可能会生成或，故答案为：或；(5)根据可知，Zn2+EDTA(H2Y2-)，则n(Zn2+)=n(EDTA)，则样品中锌的质量分数是，故答案为：。9.“绿水青山就是金山银山”，近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。(I)汽车尾气是造成大气污染的重要原因之一，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。请回答下列问题：(1)已知： 若某反应的平衡常数表达式为，则此反应的热化学方程式为_。(2
20、)在一定条件下可发生分解：，一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是_(填字母)。a. 和的浓度比保持不变 b.容器中压强不再变化c. d. 气体的密度保持不变()甲醇、乙醇来源丰富、价格低廉、运输贮存方便，都是重要的化工原料，有着重要的用途和应用前景，可以用多种方法合成。 CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) (3)将和按物质的量之比1：3充入体积为2.0L的恒容密闭容器中反应生成，如图1表示压强为0.1 MPa和5.0 MPa下转化率随温度的变化关系。a、b两点化学反应速率分别用，表示，则_(填“大于”、“小于”或“等于
21、”)列出a点对应的平衡常数表达式K= _。(4)在1.0 L恒容密闭容器中投入1 mol 和2.75 mol 发生反应：CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g)，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图2所示，下列说法正确的是_。A.该反应的正反应为放热反应 B.压强大小关系为P1P2P3C.M点对应的平衡常数K的值约为 D.在及512 K时，图中N点(5)催化加氢合成乙醇的反应为：2CO2(g) + 6H2(g) C2H5OH(g) + 3H2O(g) ；m代表起始时的投料比，即。 图3中投料比相同，温度，则该反应的焓变_0(填)。 m=3时，恒压条件下
22、各物质的物质的量分数与温度的关系如图4所示，则曲线b代表的物质为_(填化学式)。(6)以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图5所示。离子交换膜a为 _(填“阳膜”、“阴膜”)，阳极的电极反应式为_【答案】 (1). (2). b (3). 大于 (4). (5). AC (6). (7). CO2 (8). 阳膜 (9). 【解析】【分析】根据平衡常数的计算表达式书写化学方程式，利用盖斯定律计算反应的H，根据判断条件是否为“变量”判断反应是否达到平衡，根据影响化学反应速率的因素比较化学反应速率大小，结合图像列三段式进行平衡常数的计算，根据电解池原理进行解答。【详解】.(1)某反应
23、的平衡常数表达式为，发生反应为根据盖斯定律，2-得出：；(2)aNO2和O2的浓度比始终都不变，不能确定反应是否达到化学平衡状态，a错误；b该反应为气体体积增大的反应，压强为变量，容器中压强不再变化，说明各组分的浓度不再变化，反应已达到化学平衡状态，b正确；c应为v正(NO2)=2v逆(N2O5)才表明达到化学平衡状态，c错误；d该反应前后都是气体，气体总质量、气体体积为定值，则密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，d错误；答案选b；.(3)a、b两点温度相同，正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故压强曲线A大于曲线B，压强越大反应速率越快，故反应速率Va大于
24、Vb；(4)A由图可知，随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故A正确；B由图可知，作一条等温线，因为该反应为气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大，所以P1P2P3，故B错误；C由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25mol，则所以K=1.04102；故C正确；D由图可知，在p2及512K时，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，所以应该正向移动，则v(正)v(逆)，故D错误；答案选AC；(5)由图3可知，相同压强下，温度越高氢气转化率越小，说明升高温度反应向逆向移动，正反应放热，H0；温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质
25、的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，根据反应计量系数关系，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d为C2H5OH；(6)由图分析可知氧气得电子，发生还原反应，与氢离子结合生成水，该电极为阴极，则氢离子要透过交换膜a在阴极与氧气结合，则交换膜a为阳离子交换膜；阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为：2CH3OH+CO-2e=(CH3O)2CO+2H+。10.四溴化乙炔(CHBr2-CHBr2)是一种无色液体,常用于合成季铵化合物.某同学在实验室模仿工业生产,以电石(主要成分CaC2,少量CaS,Ca3P2,Ca3As2等)和Br2等为原料制备少量四溴化
26、乙炔,实验装置(夹持装置已省略)如图所示.已知:四溴化乙炔的熔点为1,沸点为244,密度为2.967gcm-3,难溶于水.回答下列问题:(1)装置中CaC2与水反应生成乙炔(C2H2)和氢氧化钙,写出该反应的化学方程式:_;该反应剧烈,为了得到平缓的C2H2气流,可采取的措施是_(任写一条).(2)装置的目的是_(3)装置中在液溴液面上加入一层水的目的是_;装置中表明已反应完成的现象是_;已知装置反应后的体系含有多种物质,简述获得纯净四溴化乙炔的操作:_(4)装置的目的是除去未反应的乙炔.在碱性条件下,KMnO4与C2H2反应生成碳酸盐和MnO2,则该反应中参与反应的氧化剂和还原剂的物质的量之
27、比为_。(5)实际工业生产中会产生大量的副产物Ca(OH)2,用于制备漂白粉，写出制备漂白粉的化学方程式: _【答案】 (1). CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2 (2). 逐滴加入水 (3). 除去H2S,PH3及AsH3杂质 (4). 水封,减少液溴的挥发 (5). 上下两层液体均变为无色透明且几乎不再吸收乙炔气 (6). 依次用稀的碳酸钠溶液和水洗涤反应后的混合液静置分液,干燥有机相,然后蒸馏,收集244馏分。 (7). 10:3 (8). 2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O【解析】【分析】本实验为制备少量四溴化乙炔，装置中电石和水反应生成乙炔
28、和氢氧化钙，因为电石主要成分CaC2，含有少量CaS，Ca3P2，Ca3As2等，所以得到的乙炔中含有含有少量的H2S、PH3、AsH3还原性气体，通过装置中的硫酸铜溶液可生成CuS、Cu和H2SO4、H3PO4、H3AsO4，从而除去H2S、PH3、AsH3，再通过装置，液溴和乙炔反应制得四溴化乙炔，装置为尾气吸收装置，据此分析解答。【详解】(1)装置中CaC2与水反应生成乙炔(C2H2)和氢氧化钙，化学反应方程式为CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2，可通过逐滴加入水，控制反应速率，从而得到平缓的C2H2气流；(2)因为电石主要成分CaC2，含有少量CaS，Ca3P2，Ca3As2
29、等，所以得到的乙炔中含有含有少量的H2S、PH3、AsH3还原性气体，通过装置中的硫酸铜溶液可生成CuS、Cu和H2SO4、H3PO4、H3AsO4，从而除去H2S、PH3、AsH3；(3)由于液溴易挥发，因此装置中在液溴液面上加入一层水的目的是水封，减少液溴的挥发，装置中表明已反应完成的现象是上下两层液体均变为无色透明且几乎不再吸收乙炔气，已知四溴化乙炔的熔点为1，沸点为244，密度为2.967gcm-3，难溶于水，所以获得纯净四溴化乙炔的操作为：依次用稀的碳酸钠溶液和水洗涤反应后的混合液静置分液，干燥有机相，然后蒸馏，收集244馏分；(4)装置的目的是除去未反应的乙炔，在碱性条件下，KMn
30、O4与C2H2反应生成碳酸盐和MnO2，KMnO4中的Mn元素的化合价由+7价降低至+4价，作氧化剂，则1molKMnO4转移3mol电子，C2H2中C元素的化合价由-1价升高至+4价，作还原剂，则1molC2H2转移10mol电子，根据得失电子守恒可知该反应中参与反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为10：3；(5)工业上用Cl2和氢氧化钙制取漂白粉，反应的化学方程式为2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O。【化学选修3：物质结构与性质】11.(I)某原料经测定主要含有A、B、C、D四种原子序数依次增大的短周期元素，其相关信息如下：元素元素性质或原子结构A周期表中原
31、子半径最小的元素B原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同C最外层p轨道半充满D位于短周期，其原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍请回答下列问题(用A、B、C、D、所对应的元素符号作答)：(1) B、C、D第一电离能由大到小的顺序为_(2)常用作除锈剂，该分子中B的杂化方式为_；1 mol 分子中含有键与键的数目之比为_。(3) 分子中均含有18个电子，它们的沸点相差较大，主要原因是_()化学与生活密切相关。K2Cr2O7曾用于检测司机是否酒后驾驶：Cr2O (橙色)CH3CH2OHCr3(绿色)CH3COOH (未配平)(4)基态Cr 原子的价电子排布图为_(5)已知Cr3等
32、过渡元素水合离子的颜色如下表所示：离子Sc3Cr3Fe2Zn2水合离子的颜色无色绿色浅绿色无色请根据原子结构推测Sc3、Zn2的水合离子为无色的原因为_。(6)ZnCl2浓溶液常用于除去金属表面氧化物，例如与FeO反应可得FeZn(OH)Cl22溶液。FeZn(OH)Cl22的水溶液中不存在的粒子间作用力有_(填选项字母)； A离子键 B共价键 C金属键 D配位键 E范德华力 F氢键(7)锌是人体必需的微量元素之一，其堆积方式如图1，晶胞结构如图2。锌的堆积方式为_，配位数为_。【答案】 (1). NOC (2). (3). 7：2 (4). 分子间形成氢键 (5). (6). 根据离子的核外
33、电子排布可判断由于d轨道上没有未成对电子(3d轨道上电子为全空或全满)，所以Sc3、Zn2的水合离子为无色。 (7). AC (8). 六方最密堆积 (9). 12【解析】【分析】.根据题干信息，A是元素周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素，B的原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，则B为C元素，C的最外层p轨道半充满，则C为N元素，D位于短周期，其原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，则D为O元素，据此分析解答；.根据核外电子排布规律书写电子排布图，由配合物结构分析配合物中粒子间的作用力，根据均摊法得出原子配位数。【详解】.(1)由上述分析可知，B、C、D分别为C、N
34、、O，由于N原子的最外层p轨道半充满，所以N的第一电离能最大，O原子的半径小于C原子，则第一电离能NOC；(2)A2B2D4为H2C2O4，其结构式为，分子中C原子的杂化方式为sp2，1molH2C2O4分子中含有7mol键与2mol键，数目之比为7：2；(3)N2H4分子间可形成氢键，因此其沸点高于C2H6；.(4)基态Cr原子核外有24个电子，其核外电子排布式为Ar3d54s1，则其价电子排布图为；(5)根据离子的核外电子排布可判断，由于Sc3、Zn2的d轨道上没有未成对电子(3d轨道上电子为全空或全满)，所以Sc3、Zn2的水合离子为无色；(6)Fe2+与Zn（OH）Cl2-之间虽然形成
35、离子键，在溶液中发生电离以离子形式存在，离子键被破坏，所以FeZn(OH)Cl22的水溶液中以离子形式存在，没有离子键，FeZn(OH)Cl22是配合物，存在配位键、共价键，水分子间还有范德华力和氢键，故FeZn(OH)Cl22的水溶液中不存在的粒子间作用力有离子键和金属键，答案选AC；(7)根据Zn的堆积方式可知，Zn的堆积方式为六方最密堆积，六方最密堆积的配位数为12。【点睛】本题考查元素推断、价电子排布及互斥理论、物质熔沸点比较等知识点，中的第(6)小题为易错点，注意题干问题是FeZn(OH)Cl22的水溶液，水溶液中以离子形式存在，不再含有离子键。【化学选修5：有机化学基础】12.20
36、18年8月3日我国确诊首例非洲猪瘟疫情。目前某有效药物的主要成分姜黄素(分子式为C21H20O6)的一种合成路线如图所示：已知：(1)A的名称为_；试剂X名称为_。(2)D中含有的官能团名称_。(3)反应DE的化学方程式为_，其反应类型是_。(4)下列有关G(C8H8O3)的叙述不正确的是_(填正确答案编号)。a能与NaHCO3溶液反应 b能与浓溴水发生取代反应c能与FeCl3溶液发生显色反应 d1molG最多能与3molH2发生加成反应(5)姜黄素的结构简式为_。(6)G(C8H8O3)的同分异构体中，写出符合下列条件的结构简式为_。苯环上的一取代物只有2种； 核磁共振氢谱中有4组吸收峰；1
37、mol该物质与烧碱溶液反应，最多消耗3molNaOH。【答案】 (1). 1,2二溴乙烷 (2). NaOH水溶液 (3). 醛基 羧基 (4). (5). 加成反应 (6). ad (7). (8). 【解析】【分析】乙烯和溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，由DE转化及D分子式、E结构简式可知，D中含有羧基，C氧化得到D，则C中含有-CHO，A经过系列反应得到C，则A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，C为OHC-CHO，D为OHC-COOH，F发生信息中氧化反应生成G为，姜黄素的结构简式为：。【详解】（1）A为BrCH2CH2Br，化学名称为1,
38、2二溴乙烷；B为HOCH2CH2OH，A应在氢氧化钠溶液中水解生成HOCH2CH2OH；（2）由以上分析可知D为OHC-COOH，含有醛基和羧基；（3）D-E反应的化学方程式是：，为加成反应；（4）G为，含有酚羟基，可发生取代、显色反应，其中苯环和醛基都可与氢气发生加成反应，应需要4mol氢气，不碳酸氢钠不反应，故答案为ad；（5）由以上分析可知姜黄素的结构简式为：；（6）的同分异构体符合条件：1mol该物质与烧碱溶液反应，最多消耗3molNaOH，而环上的一硝基取代物有2种，符合条件的有，其中核磁共振氢谱中有4组吸收峰的同分异构体的结构简式为。【点晴】有机推断，需要学生对给予的信息进行利用，综合分析确定E的结构是关键，结合的考查学生自学能力与分析推理能力，注意掌握官能团想性质与转化，具体分析：乙烯和溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，由DE转化及D分子式、E结构简式可知，D中含有羧基，C氧化得到D，则C中含有-CHO，A经过系列反应得到C，则A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，C为OHC-CHO，D为OHC-COOH，F发生信息中氧化反应生成G为，姜黄素的结构简式为：，以此解答该题。
