2019年山东省潍坊市高考化学一模试卷解析版(解析版)

1、2019年山东省潍坊市高考化学一模试卷、单选题（本大题共7小题，共42.0分）1.一种从铜电解工艺的阳极泥中提取Se和Te的流程如下:稀 卜504Na3COj,空气NbOH他机泥收烧 |烧 |* TeOj*| 电ISO.% SeO-i | 反E *Set I也0流出液卜列叙述错误的是（）A.合理处理阳极泥有利于保护环境和资源再利用B.流出液是H2SO4溶液C.电解过程中阴极上析出单质 TeD. “焙砂”与碳酸钠充分混合后，可在瓷塔锅中焙烧【答案】D【解析】【详解】A.阳极泥是在电解精炼铜过程中，沉积在电解槽底部的杂质，含Se、Te、Au等金属，因此合理处理阳极泥有利于保护环境和资源再利用，故A

2、项正确；B.焙烧生成的SO2和SeO2在水溶液中发生氧化还原反应生成Se和H2SO4,则流出液是 H2SO4溶液，故B项正确；C.电解池中阴极区发生还原反应，由流程可知，TeO2在碱性电解质环境下被还原为Te单质，故C项正确;D.瓷塔期中还有二氧化硅，在高温下能与碳酸钠发生反应，堪期受到腐蚀，则踣砂”与碳酸钠不宜在瓷塔期中焙烧，故D项错误； 答案选D。2.下列说法正确的是（）A.石油裂解的主要目的是提高轻质液体燃料的产量和质量B.用NaHCO3溶液可以鉴别乙醇、乙酸和苯C.棉花和合成纤维的主要成分均为纤维素D.淀粉、油脂、甘氨酸在一定条件下都能发生水解反应【答案】B【解析】【详解】A.石油裂化

3、的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量；裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯等短链不饱和烧，故A项错误；B. NaHCO 3溶液与乙酸会反应生成二氧化碳气体；其与苯互不相溶，发生分层；其与乙醇溶为一体。三者现象不同，因此可以用 NaHCO3溶液鉴别乙醇、乙酸和苯，故B项正确；C.棉花为天然有机物，其主要成分为纤维素，但合成纤维以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，其成分不是纤维素，故C项错误；D.甘氨酸是氨基酸的一种，不能发生水解，故 D项错误；答案选Bo3.某化学学习小组用如下图所示装置制备、收集C12,并进行性

4、质验证实验（夹持装置略去）。下列说法正确的是（）A.用*时出入和浓盐酸制备"时，只选B.用于豆工收集时，a为进气口C. 中加入NaBr溶液和匚口4,通入匚。反应后振荡、静置，下层溶液呈橙红色D.中通入口工使品红溶液褪色后，取出溶液加热可恢复红色【解析】【分析】A. KMnO 4和浓盐酸制备Cl2为固液不加热型发生装置;B.氯气的密度比空气大；C.通入Cl 2反应后生成易溶于 CCl4的Br2；D.氯水具有漂白性，不可逆。【详解】A. KMnO 4和浓盐酸反应制备 C12,不可行，高镒酸钾可溶于水，氯气可以从长颈漏斗中逸出。 选可达到实3效目的，故 A项错误；B.排空气法收集氯气时，因

5、氯气的密度比空气大，则应从 b进气，故B项错误；C. C12的氧化性比Br2大，通入NaBr溶液中，会发生氧化还原反应生成 B2,进而被CCl 4萃取在下层溶液中， 显橙红色，故C项正确；D. Cl 2能使品红溶液褪色，主要是发生了氧化还原反应，不可逆，因此取出溶液加热不能恢复红色，故D项错误； 答案选Co【点睛】本题B选项，排空气法收集气体时需注意，当气体密度比空气大时，如氯气、氧气和二氧化碳等， 则气体需从b 口进入，由于密度比空气大，会沉于空气下方，即瓶底，聚集的气体逐渐将集气瓶内的空气 从上方(即a端)排出，待气体占满整个集气瓶时，即收集了满瓶气体。假若从 a进，则进入的气体会沉到 瓶

6、底，并从b处直接出去，因此起不到排出空气、收集气体的作用。相反，当气体密度比空气小时，应从a口进气b 口出气，学生要理解并加深记忆。4.X、Y、Z、W、R为五种短周期主族元素，Y、Z、W是原子序数递增的同周期相邻元素，且最外层电子，一, 一 一， 一一一一、 1数之和为15; X比丫核外少一个电子层；R的质子数是X、Y、Z、W四种兀素质子数之和的下列说法正确的是()A.简单离子半径：R>W>ZB. X与丫形成的二元化合物常温下一定为气态C. W和R形成的化合物是离子化合物D. Y与W、Z与W形成的二元化合物都是大气污染物【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M、W为五种短周期主族元

7、素，Y、Z、W是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15,设Z的最外层电子数为 m,则Y的最外层电子数为 m-1, W的最外层电子数为 m+1 ,即得出 (m-1)+m+(m+1) = 3m = 15 ,所以 m = 5,则推知 Y、Z、W分别为 C、N和O元素；X比丫核外少一个电子1 1层，则X为H；又知R的质子数是X、Y、Z、W四种元素质子数之和的则R的质子数为(6+7+8+1) & =11,可知R为Na,然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答。【详解】根据上述分析可知，X为H, 丫为C, Z为N, W为O, R为Na,A.电子层数越大，简单离子半径越大，当电子层数

8、相同时，其简单离子半径随原子序数的增大而减小，则N3- > O2- > Na+,即简单离子半径大小比较为：Z > W > R ,故A项错误；B. X与Y形成的二元化合物为烧类有机物，常温下可能为气态、液态或固态，故B项错误；C. W和R形成的化合物为过氧化钠或氧化钠，成键微粒为阴阳离子，均为离子化合物，故C项正确；D. 丫与W形成的二元化合物为 CO2或CO,其中CO为大气污染物，而 CO2不是；Z与W形成的二元化合物为氮氧化物，为大气污染物，故D项错误；答案选Co【点睛】本题重在考查元素周期表与元素周期律的知识点的运用，是高考高频考点，掌握物质的组成及特点是解题的关键

9、，注意 D项丫与W形成的二元化合物为 CO2,虽能产生温室效应，但并不是大气污染物，常见的大气污染物为 CO、SO2、氮氧化物和可吸入颗粒物等。5.三种常见单菇类化合物的结构如下图所示。下列说法正确的是（）杳叶尊月桂谭也。H龙航A.香叶醇和龙脑互为同分异构体，分子式均为B.可用金属钠鉴别香叶醇和月桂烯C.龙脑分子中所有碳原子在同一个平面上D. 1mol月桂烯最多能与2m出E发生加成反应A.分别写出香叶醇和龙脑的分子式作答；B.钠可以与香叶醇中的醇羟基发生反应，而不能与月桂烯发生反应；C.分子内有甲基、亚甲基和次甲基；D. 1 mol碳碳双键与1 mol Br 2发生加成反应，据此分析；【详解】

10、A.香叶醇分子内含两个碳碳双键，有2个不饱和度，其分子式为CioHi8O,龙脑的分子式为 C10H20O,两者分子式不同，且不互为同分异构体，故A项错误;B.钠与香叶醇的-OH反应生成醇钠与氢气，而不会与碳碳双键反应，则可用金属钠鉴别香叶醇和月桂烯这两种物质，故 B项正确；C.龙脑分子中含有甲基、亚甲基和次甲基，所有原子不可能共平面，故C项错误；D.lmol月桂烯中含3 mol碳碳双键，则可与 3 mol Br 2发生加成反应，故 D项错误；答案选Bo6.石墨烯电池是利用锂离子在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性而研发的新型可充放电电池,一 一一放电 其反应式为LixC 6+Li i-

11、xCoO2=C6+LiCoO 2,其工作原理如下图所不。下列关于该电池的说法正确的是（）充电A.充电时，以十嵌入口了口。2中B.放电时，LtC。极发生的电极反应为LiCoO2-xe =-/。± +地小C.放电时负极反应为：Li-e =Li 1D.充电时，若转移Imole ,石墨烯电极增重 7g【解析】【分析】根据电池反应式知，负极反应式为Li xC6-xe =C6+xLi+、正极反应式为 Li i-xCoO2+xLi +xe =LiCoO 2,充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理来解答。【详解】A.充电时，石墨烯为阴极

12、，C6发生还原反应生成 LixC6,则Li +向石墨烯移动，故 A项错误；B.放电时，LiCoO 2极是正极，发生得电子的还原反应，电极反应式为：Li i-xCoO2+xLi+xe-=LiCoO 2,故B项错误；C.放电时负极反应为 LixC6-xe-=C6+xLi+,原电池中无Li单质存在，故 C项错误；D.充电时，石墨烯电极的电极反应式为：C6+xLi+xe-= LixC6,根据关系式 xe- C6 LixC6电极增重的实际质量为锂元素的质量，所以若转移1mole-,电极增重为1 mol X7 g/mol = 7 g,故D项正确；答案选D。【点睛】有关电化学基础，把握规律是解题的关键，其中

13、计算是必不可少的，本题的D项可采用关系式法作答，即根据得失电子守恒关系建立已知量与未知量之间的桥梁，列出关系式进而计算。7 .常温下，将NaOH溶液滴入二元弱酸 H2X溶液中，混合溶液中的粒子浓度与溶液pH的变化关系如下图所示。下列叙述正确的是()pH, 一好-)A.曲线M表小i与pH的变化关系式用厂)8 . NaHX溶液显碱性C.当混合溶液呈中性时，"=)D.心式/)的数量级为10【答案】C【解析】【分析】c(l/X-)c(X2)H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)>K a2(H2X),酸性条件下，则pH相同时彳下 >,c(X2 )c(HX-)c(HX

14、 )c(X2)由图象可知 N为1g 的变化曲线,M为lgz 口的变化曲线,当1gLs 口或lg- = 0时，说明CnX )ckn2A/c<n2AJCHX )c(X2-)不而 或«时=1，浓度相等，结合图象可计算电离常数的表达式并判断溶液的酸碱性。c(X2 )c(HX )【详解】A.由以上分析可知曲线 N表示pH与lg的变化关系，曲线M表示pH与lg -777-37的变化曲c(HX_)4H或)线，故A项错误;2.B.由图象可知，lg=。时，即=1,此时pH" 5.4可知HX电离程度大于 X 水解程度，则NaHX溶液呈酸性，故 B项错误；C.由图象可知当混合溶液呈中性时，

15、lg丝工> 0,即c(X2-)>c(HX-),混合溶液的离子浓度大小关系为：c(HX )c(Na+)>c(X2-)> c(HX-)> c(H+)=c(OH-),故 C 项正确。D. lg " , = 0时，一) =1,此时pH" 5.4则Ka2(H2X)宿4,可知Ka2(H2X)的数量级为10-6,故D cHX )项错误；答案选Co【点睛】本题侧重考查学生对水溶液中离子平衡的理解能力，是高考的高频考点。学生要紧抓溶液中第一步电离的离子浓度与第二步电离的离子浓度的大小关系，lg1或lg工 S与0的关系，结合离子平衡的规律解答此题。二、简答题(本大

16、题共4小题，共49.0分)8.三氧化二馍(Ni 2。)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含馍废水(馍主要以NiR2络合物形式存在)制取草酸馍(NiC 2Q),再高温灼烧草酸馍制取三氧化二馍。工艺流程如图所示:Fe2 H2O2碳酸钠 草酸含锂废水 (含 NiRJ混络T 沉铁卜7沉锢“灼烧|>叫03含铁滤渣已知： NiR2(aq) Ni 2+(aq)+2R - (aq)(R -为有机物配体，K=1.6X10 -14) KspFe(OH) 3=2.16 X10-39, KSpNi(OH) 2=2X10-15Ka1(H2G2c4)= 5.6 X10-2, Q(H2G2Q尸 5.4

17、X10-5“脱络”过程中，R与中间产物 OH反应生成 R(有机物自由基)， OH能与H2Q发生反应。有关反应的方程式如下：i . Fe2+HQ=Fe3+OH+ OH ii . R+ OH = OH+ Riii . H2Q+2 - OH=OT +2H2O请回答下列问题：(1)中间产物 OH的电子式是 (2) “沉铁”时，若溶液中c(Ni 2+)=0.01mol - L -1,加入碳酸钠调溶液的pH为(假设溶液体积不变，lg6 =0.8)使Fe3+恰好沉淀完全(离子的浓度w 1.0 x 10 -5mol - L-1),此时(填“有”或“无”)Ni(OH) 2沉淀生成。(3)25 C时，pH=3的草

18、酸溶液中c(C2O2-)/c(H 2C2O)(保留两位有效数字)。“沉馍”即得到草酸馍沉 淀，其离子方程式是(4) “灼烧”氧化草酸馍的化学方程式为 。(5)加入Fe2+和HQ能够实现“脱络”的原因是 。(6)三氧化二馍能与浓盐酸反应生成氯气，写出反应的离子方程式 。【答案】(1). 0：H(2). 2.8(3).无 (4). 3.02 (5). Ni2+ +H2c2O4 = MC2O4J+ 2H (6).4NiC 2O4 +3O2定显2M2O3+8CO2T (7). Fe2+和 H2O2发生反应生成 OH, OH 将 R-转化成 R, c(R-)减小，使 平衡 NiR2(aq)Ni2+(aq

19、)+2R-(aq)向正向移动，实现 脱络” (8). Ni 2O3+6H +2Cl- = 2Ni 2+ +C12T +3HO【解析】【分析】(1) OH有一个孤电子，据此书写其电子式；(2)根据氢氧化铁的溶度积，计算要使Fe3+恰好沉淀完全所需的c(OHj,进而计算得出其pH值，再根据Ni2+与溶液中c(OH-)的平方的乘积与 KspNi(OH) 2比较，得出溶液中是否有沉淀生成；(3)依据二元弱酸草酸的两步电离平衡常数表达式方程式列式计算；流程中加入草酸后变为草酸馍，据此作答；(4)灼烧”过程产生了 M2O3,依据氧化还原反应规律书写化学方程式；(5)依据给定条件，Fe2+和H2O2发生反应

20、生成 OH, OH将R-转化成R, c(R-)减小，考虑平衡NiR 2(aq)= Ni2+ (aq)+2R-(aq)移动情况分析作答；(6)根据得失电子数守恒书写其化学方程式。【详解】(1) OH有一个孤电子，核外为9个电子，其电子式为： 6：H ；:式0H)(2) KspFe(OH) 3=2.16 10-39,则使 Fe3+恰好沉淀完全所需的 c(OH-) = '； = 6 10-12,此时1,0 X 10+I。*2+12+2溶液的 pH = -lgc(H +) = -lg-= 2 +lg6 = 2.8 ,因溶液中 c(Ni2+)=0.01mol L-1,则 c(Ni2+) J(OH

21、-)=o X 1U001mol L-1 %6 X0-12)2 = 3.6 1025 < K spNi(OH) 2,因此无 Ni(OH) 2沉淀,故答案为：2.8；无；(3)草酸在水溶液中发生电离， 第一电离方程式为：H2c2。4 . H+ + HC2O4一,其电离平衡常数 Ka1(H2c2O4)式"QOJ+2=,同理第二步电离方程式为：HC2O4 . H + C2O42 ,其电离平衡常数 Ka2(H2c2。4)或为GOQX?(/F)= KaXH2c2O4) *,、-4 一、. . . 9+Xy- 3.02,沉馍过程加入草酸，其离子方程式为：Ni_ + 2H;:',c 2

22、 4 C 2 2 4 .,_ _-5-2Kal(H2c2O4) x nj = 5.4 10X5.6 W0 (H +H 2c2O4 = NQ2O4J + 2H,故答案为：3.02； Ni2+ +H 2c2O4 = MC2O4J(4)灼烧”氧化草酸馍生成 M2O3, c元素以稳定的二氧化碳形式生成，。元素化合价降低，其化学方程式 可表示为：4Nic 2O4 +3O2 高温 2Ni 2O3 +8cO2 T,故答案为：4Nic 2O4 +3O2 高温 2Ni 2O3 +8cO2 T;(5)根据已知信息可知，Fe2+和H2O2会发生反应生成 OH, OH将R-转化成R, c(R-)减小，使平衡NiR2(

23、aq)=Ni2+(aq)+2R-(aq)向正向移动，实现 脱络”，故答案为：Fe2+和H2O2发生反应生成 OH , OH将R转化成R,c(R)减小，使平衡NiR 2(aq)= Ni2+(aq)+2R (aq) 向正向移动，实现脱络”；(6)三氧化二馍能与浓盐酸反应生成氯气，馍元素以Ni2+形式存在于溶液中，其离子方程式为：Ni2O3 +6H+2ci- = 2Ni2+ +ci 2 T +3HO故答案为：M2O3 +6H+2ci-= 2Ni2+ +ci2 T +3HO。【点睛】本题难点是第(3)问。求溶液中某些粒子的浓度之比时，要充分利用好题中所给的各种平衡常数，设法通过变形找出它们之间的关系，

24、结合题中给定信息，利用数学思想进行解答。9.煤燃烧排放的烟气含有 NOx,容易形成酸雨污染环境，可通过多种化学方法对烟气进行脱硝处理。回答下 列问题：(1)在无氧条件下，脱硝反应为：6NO (g) +4NH3 (g) ? 5N2 (g) +6H2O (g) AH=-1807.0kJ?mol-1, TC时，在恒容的密闭容器中，测得在不同时间NO和NH3的物质的量如下表：时间/min01234n (NO)/mol1.200.900.720.600.60n (NH3)/mol0.900.700.580.500.50下列说法正确的是(填序号)。A . 3min后NO和NH3的浓度都不再变化，反应停止进

25、行B.前 2min 内的平均反应速率 v (N2) =0.20mol?L-1?min-1C .达到平衡时NO的转化率为50%D.及时分离出N2,可使该反应的反应速率增大，平衡正向移动若反应开始的压强为 po,则该反应的化学平衡常数Kp= (可用分数表示；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压XW质的量分数)。(2)在有氧条件下，NOx也能发生脱硝反应。已知：N2 (g) +O2 (g) =2NO (g) H=180.6kJ?mol-1N2 (g) +3H2 (g) ? 2NH3 (g) AH=-92.4kJ?mol-1-1H2O (g) =H2 (g) + O2 (g) AH=241.8kJ?

26、mol1'-则脱硝反应 4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2 (g) +6H2O(g)AH=kJ?mol-1臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为2NO2 (g) +O3 (g) ?N2O5 (g) +O2 (g) AH<0,反应在恒容密闭容器中进行，NO2的百分含量随压强(p)、x的变化如图所示：则Pi p2 (填 多“ ”或"二),x表示的物理量除时间外，还可能是 (3)利用惰性电极电解也能对烟气进行脱硝处理。电解原理如图所示：L电SH”比气汨弟子交搜跋含NO烟气/稀布他电极a的电极反应式为 ,当电解44.8L (标准状况)含5%NO的烟气，理论上电路中通

27、过电子的物质 的量为 mol。5，一，、，一一【答案】(1). C (2). po (3).-1627.2(4). >(5).。3的物质的量或其浓度或质量等(6) . NO -3e- + 2H 2O = NO 3- +4H +.0.3【解析】【分析】(1)A.化学反应平衡为动态平衡，正逆反应速率相等但不等于0;B.由化学反应速率的定义可知，需要容器的体积；C.根据转化率的计算公式得出结论；D.反应物或生成物的浓度降低，化学反应速率会减小；列出三段式，利用分压表达出化学平衡常数。(2)依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；该脱硝反应是气体体积分数减小的反应，增大压强会使平衡向

28、正反应方向移动，导致NO2的百分含量降低，据图分析；根据平衡移动原理进行分析，NO2的百分含量会随着参加反应的。3的量的增大而减少；(3)依据图中b 口放出氢气，可知 b为连接电源的负极，作电解池的阴极，则a极发生氧化反应，NO转化为NOJ,每消耗1 mol NO ,转移电子数为 3 mol ,据此计算。【详解】A. 3min后NO和NH3的浓度都不再变化，说明达到动态平衡，但速率不为零，故A项错误;B.容器的体积未知，其化学反应速率无法求出，故 B项错误;C. 3min后NO的浓度不再变化，达到平衡，n(NO) = 0.6 mol ,则转化的NO的物质的量 =1.2 mol-0.6 mol

29、= 0.6mol ,故其转化率 =了防QX10。 = 5。,故C项正确；D.分离出N2,其浓度降低，反应的速率会减小，故D项错误；故答案选C;6NO(g)+4NH3(g) 51Ni(g)+6 H20起始的各物质的物质的量（mN）1.20.9转化的各物质的物质的量（mol）0.60,4平衡后各物质的物质的最（mol）0.60.5000.50.60.50.6则平衡后H2O的物质的量分数0 6m66 ，53( ) = 0.6mof-+ 0 mm.川 +6 + 0,6e 3=22 洞里可倚 ° ( ) = 22'5_6-, V co(NH3)= , 3 (NO)=反应开始的压强为P0

30、,物质的量为1.2 mol +0.9 mol = 2.1 mol ,则反应后的总压乙，/6275故答案为：Po；(2) i.N2 (g) +O2 (g) 2NO (g) H=+180.6kJ?molii .N2 (g) +3H2 (g) =2NH3 (g) AH=-92.4kJ?moliii .2H 2 (g) +O2 (g) 2H2O (g) AH=-483.6kJ?mol依据盖斯定律 iii 3-ii * 2 得到，4NO ( g) +4NH 3 (g) +O2 (g) 4N2 (g) +6H2O (g) AH = -1627.2 kJ/mol故答案为：-1627.2；2NO2（g）+ O

31、3（g）=N2O5（g）+ O2（g）,该反应为气体体积减小的反应，因此增大压强平衡会向正向移动,NO2的百分含量降低，从图中可以看出,X表示的物理量除时间外，还可能是P1压强大，即P1> p2；增大某一反应物的浓度可以使化学平衡向正反应方向移动，从而提高另一反应物的转化率、减小其百分含量，故O3的物质的量或其浓度或质量等;故答案为：>；O3的物质的量或其浓度或质量等（3）根据图示信息可知，b 口产生氢气，则为溶液中的氢离子得电子的产物，电解池中阳离子在阴极得电子发生还原反应，故 b连接电源的负极，a连接电源的正极，其阳极区 NO失电子被氧化为硝酸根离子，发生的电极反应式为:no

32、-3e-+ 2H2O = NO3-+4H + ,电解的烟气中 NO的物质的量44迎 x 5%二；0.1 mol所以转移的电子数为0.1mol X3 = 0.3 mol ,故答案为：NO -3e-+ 2H 2O = NO 3- +4H+； 0.3。10 .铜及其化合物在生产生活中用途广泛。回答下列问题：（1）目前，低压甲醇铜基催化剂的主要组分是CuO、ZnO和Al2O3,下列氧原子电子排布图表示的状态中,能量最高的是 （填序号）。A.B.C.D.GUtHtlllllEIIs 2s 2P. 2凡 2pj回回田田回1 6 2s 2PM 2p 2P.回回向回Is 2s 2Pl 2p> 2P.回回

33、叵回Is 2s 2巴 2p, 2P 3s（2）铜离子是人体内多种酶的辅因子，某化合物与Cu+结合形成如下图所示的离子。该离子中含有化学键的类型有 （填序号）。A.极性键B.离子键 C.非极性键D,配位键该离子中碳原子的杂化方式有 。H、N、Cu三种元素的电负性由大到小的顺序是 。（3）甲醇（CH3OH）在Cu催化作用下被氧化成甲醛 （HCHO）。甲醛分子内（r键与兀键个数之比为 甲醇分子内的 O-C-H键角 （填“大于” “等于”或“小于”）甲醛分子内的O-C-H键角。（4）某磷青铜晶胞结构如下图所示：其中原子坐标参数 A为(0, 0, 0)； B为(0,工，工)。则P原子的坐标参数为 。2

34、2该晶体中距离 Cu原子最近的Sn原子有 个，这些Sn原子所呈现的构型为 。若晶体密度为 ag?cm3,最近的Cu原子核间距为 pm (用含Na和a的代数式表示)。【答案】(1). D (2). ACD (3). sp2、sp3(4). N>H>Cu (5). 3:1(6).小于.(；,11 、M 亚io5, 5)(8). 4.平面正万形(10).可ITT*10【解析】【分析】(1)依据能量最低原理回答；(2)同种非金属元素之间存在非极性键，不同非金属元素之间存在极性键，含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子间存在配位键；该离子中有碳碳双键和碳碳单键；在元素周期表中，通常非金属性越强

35、的电负性越大，非金属性的电负性大于金属的电负性；(3)根据原子形成共价键的规律，并结合甲醛分子的结构式回答；根据杂化轨道理论先判断出甲醛分子与甲醇分子氧原子紧邻的碳原子的杂化方式，再根据立体构型判断键角大小；(4)根据几何结构建立空间直角坐标系，找出对应点的坐标；根据晶胞结构结合均摊法计算作答；距离最近的原子所在的空间位置判断其空间构型；观察晶胞结构判断最近的Cu原子核间距与边长之间的关系，分析作答。【详解】(1)原子的核外电子离核越近能量越低，离核越远能量越高，故D项所示的核外排布图能量最高，故D项正确，答案为：D;(2)该离子中，氮原子和氮原子之间、碳原子和碳原子之间都存在非极性键，碳原子

36、和氮原子之间、氮原子和氢原子之间、碳原子和氢原子之间都存在极性键，铜原子和氮原子间存在配位键；故答案为：ACD；该离子中以碳碳双键存在的碳原子采用sp2杂化，以碳碳单键结构存在的碳原子采用sp3杂化方式，故答案为：sp2、sp3;在元素周期表中，通常非金属性越强的电负性越大，则N >H,又金属的电负性一般小于非金属的电负性，则Cu<H,因此H、N、Cu三种元素的电负性从大到小依次为N>H>Cu ,故答案为：N>H>Cu ；（2） 一个共价单键由一个b键组成，一个共价双键由一个b键与一个 兀键组成，而甲醛分子的结构式为：?,其分子内所含 b键的个数为3,兀键个

37、数为1,因此b键与兀键个数之比为3:1；甲醛中C原子H-C-H形成3个b键，为sp2杂化，是平面三角形结构，键角为 120。，甲醇分子内碳原子形成 4个b键，无孤电子 对，杂化方式为sp3杂化，是四面体结构，O-C-H键角名勺为109。28'键角小于120°,所以甲醇分子内 O-C-H 键角比甲醛分子内 O-C-H键角小，故答案为：3:1;小于；（4）对照晶胞图示、坐标系及A、B点坐标，选A为参照点，P在晶胞内的体心处，由空间立体几何关系可推知D的坐标为：（5,-）, 乙 乙 占故答案为：（，:，1）; 占 占 占该晶体中距离 Cu原子最近的Sn原子有4个，这些Sn原子所呈现

38、的构型为平面正方形，故答案为：4;平面正方形；由均摊法可知，该晶体的一个晶胞中有 1个Sn 3个Cu和1个P原子，故该晶胞的摩尔质量为342 g/mol,则一个晶胞质量7 g,设立方体边长为x,铜原子间最近距离为 d,则d2=（32+（；）2,d = "x,结合密度p =；,故答案为：afj/cinA、cm3, x =cm =2M01° pm,11.有机物H是合成某种药物的中间体，一种合成路线如下:回答下列问题:(1)有机物B的化学名称为 。(2)反应的反应类型为。(3)反应所需试剂、条件分别为 。(4)写出反应的化学方程式 。(5) ImolE与1molH2完全加成生成I

39、molW, W有多种同分异构体，其中属于 “-氨基酸、分子中含两个竣 基、且苯环上有两个取代基的 W的可能结构共有 种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为五组峰， 峰面积比为3: 2: 2: 2: 2的结构简式为。COOH(6)设计以甲苯和(CH3CO) 2。为原料制备NHCOCH、的合成路线(无机试剂任选)。(1) .对硝基甲苯(2) .取代反应(3). NaOH/乙醇、加热.【解析】【分析】(1)根据习惯命名法，找出官能团的位置进行命名；(2)依据反应的特点作答；(3)根据流程图中的反应条件，先推出 D的结构简式，再根据官能团的性质作答;,再根据要求(4)反应为醛基被新制的氢氧化铜悬浊液

40、加热的条件下反应生成竣基的过程;(5) 1mol E与1mol H2完全加成生成1mol W,其 W的结构简式为:找出同分异构体的数目；再结合等效氢思想找出符合题意的同分异构体;(6)根据已知的合成路线，利用甲苯合成对硝基甲苯后，考虑氨基易被氧化，则先将氨基转化为一NHCOCH3再利用高镒酸钾的强氧化性对苯环上的甲基氧化，最终得到产物。【详解】(1)有机物B分子中在甲基的对位为硝基，则其名称为：对硝基甲苯，故答案为：对硝基甲苯；(2)从流程图中可以看出，反应中有机物的不饱和度并未发生变化，有机物中的氢原子被取代，则其反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；(3)依据流程图中的反应可知，醛基转化

41、为竣基，即D的结构简式为构简式可知，该反应为澳原子的消去反应，其反应条件为：氢氧化钠的醇溶液，加热, 故答案为：NaOH/乙醇、加热;2Cu(OH) 2+ CU2OJ + 2HO,故答案为:+ 2Cu(OH)2 一+ CU2OJ + 2HO;(4)反应是醛基与新制的氢氧化铜悬浊液反应的过程，其化学方程式为:(5) 1mol E与1mol H2完全加成生成1mol W,其 W的结构简式为:献4个不饱和度，一个竣基贡献 1个不饱和度，一个硝基贡献 1个不饱和度，共6个不饱和度，根据要求可知，属于“-氨基酸、分子中含两个竣基、且苯环上有两个取代基的W根据取代基不同可分为：IHOOC-C-COOH|与

42、一CH3,分别位于苯环的邻、间和对位，共 3种同分异构体；nh2IHOOCC CH、CHCOOH,|与一COOH分别位于苯环的邻、间和对位，共 3种同分异构体； |与nh2nh3ch2一CO0H与一COOH分别位于苯NH；一CH2COOH分别位于苯环的邻、间和对位，共 3种同分异构体； CH I环的邻、间和对位，共 3种同分异构体，综上所述，共有 3+3+3+3 = 12种，其中核磁共振氢谱为五组峰,峰面积比为3:2:2:2:2的结构简式为CHiOHOOCCCOOH故答案为：12；HOOC-CCOOEI(6)依据已知合成路线， 先通过硝化反应将甲苯转化为邻硝基甲苯,再利用氢气将硝基还原为氨基得

43、到，继续与(CH3CO)2O反应生成,最后利用酸性高镒酸钾的强氧化性,EHCOCH,COOH将苯环上的甲基氧化为竣基，得到具体的合成路线为:故答案为:CH1CH三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）12. FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学小组同学在实验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2。有关物质的性质如下:c6H5C1 （氯苯）C6 H4c12 （二氯苯）FeC13FeC12溶解性不溶于水，易溶于冬、乙醇不溶于C6H 5C1、C6H 4c12、苯，易溶于乙醇，易吸水熔点/C-4553易升华沸点/C132173-请回答下列问题：（1）利用反应2FeCl3+C6H5Cl f2F

44、eC2+C6H4c12+HC1制取无水FeCl2并测定FeCL的转化率。按上图装置，在三颈烧并S中放入 32.5g无水氯化铁和过量的氯苯。打开 KK2,关闭K3,通一段时间 H2后关闭K2,控制三颈烧瓶内反应温度在128-139 C,反应一段时间。反应完成后打开K2再通氢气一段时间。仪器a的名称是,装置B中盛装的试剂是 。反应后再通入 出的目的是 。冷却实验装置，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、用苯洗涤、干燥后，得到粗产品，回收滤液中C6H5C1的操作方法是。反应后将锥形瓶中溶液配成250mL溶液，取25.00mL所配溶液，用0.4mol?L-1NaOH溶液滴定，消耗NaOH溶液23.60mL,则氯化铁的转化率为 。(2)打开Ki、K3,关