2019-2020学年福建福州鼓山中学新高考化学模拟试卷含解析

1、2019-2020 学年福建省福州市鼓山中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括 15个小题，每小题 4分，共60分.每小题只有一个选项符合题意）1.下面的诗“情化”意，分析正确的是（）A.粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”只发生了物理变化B.日照澄州江雾开”中伴有丁达尔效应C.试玉要烧三日满，辨才须待七年期 ”中玉”的成分是硅酸盐且硬度很大D.绿蚁新酷酒，红泥小火炉”，从中分析古时酿酒中葡萄糖发生了水解反应【答案】B【解析】【详解】A.粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”是碳酸钙的分解反应，反应中有新物质生成，是化学变化，A错误;B.日照澄州江雾开”中，雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，B正确；

2、C.玉'”的成分是硅酸盐，熔点很高，但试玉要烧三日满”与硬度无关，C错误；D.葡萄糖是单糖不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应，D错误；故合理选项是Bo2,下列叙述正确的是A.发生化学反应时失去电子越多的金属原子，还原能力越强B.活泼非金属单质在氧化还原反应中只作氧化剂C.阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性D.含有某元素最高价态的化合物不一定具有强氧化性【答案】D【解析】【详解】A.还原能力的强弱和失电子的难易有关而和失电子的数目无关，如金属钠和金属铁的还原能力是金属钠强于金属铁，故A错误；B.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸既是氧化剂又是还原剂，所以活泼非金属单质在

3、氧化还原反应中不一定只作氧化剂，故 B错误；2-C.最高价态的阳离子一般具有氧化性，如Fe3+；最低价的阴离子具有还原性，如 I-;但Fe2+、SO3都既有氧化性又有还原性，故 C错误；D.含最高价元素的化合物，如碳酸钠中碳元素为最高价，却不具有强氧化性，故D正确；故答案为：Do3.下列能源不属于直接或间接利用太阳能的是（）A.风能B.江河水流能C.生物质能D.地热温泉【答案】D【解析】【详解】A.风能是因为地球表面受热不均匀而产生的空气流动，故A不选。B.江河水流能是利用水循环，水循环是太阳能促进的，故 B不选。C.生物质能是太阳能以化学能形式贮存在生物之中的能量形式，故C不选。D.地热温泉

4、是利用来自地球内部的熔岩的地热能，故 D选。故选Do4,已知2屋(g) +O 2(g) f 2H 2O(l) + 571.6kJ。下列说法错误的是()A. 2mol液态水完全分解成氢气与氧气，需吸收 571.6kJ热量B. 2mol氢气与1mol氧气的总能量大于 2mol液态水的总能量C. 2 g氢气与16 g氧气完全反应生成 18g液态水放出285.8 kJ热量D. 2mol氢气与1mol氧气完全反应生成水蒸7放出的热量大于571.6kJ【答案】D【解析】【分析】【详解】A.由信息可知生成 2molH2O (l)放热为571.6kJ,则2mol液态水完全分解成氢气与氧气，需吸收 571.6K

5、J 热量，选项A正确；B.该反应为放热反应，则 2mol氢气与1mol氧气的总能量大于 2mol液态水的总能量，选项 B正确；C.物质的量与热量成正比，则2 g氢气与16 g氧气完全反应生成18g液态水放出285.8 kJ热量，选项C正确；D.气态水的能量比液态水的能量高，则2mol氢气与1mol氧气完全反应生成水蒸汽放出的热量小于571.6kJ,选项D错误；答案选Do5.设Na为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是()A. 18gT2O和18gH2O中含有的质子数均为 10NaB. 1L1mol/L的Na2CO3溶液中C。2-和HCQ-离子数之和为 NaC. 78gNa2O2与足量CQ充分反

6、应转移的电子数目为2NaD.加热条件下，含 0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于 0.1Na【答案】D【解析】【分析】【详解】A. T2O的摩尔质量为22, 18gT2O的物质的量为 & mol ,含有的质子数为 竺Na, A选项错误;1111B. 1mol/L 的 Na2CO3溶液中，由物料守恒有c(Na+)=2c(CQ2-)+2c(HCO3-)+2c(H2CQ)=2mol/L,则c(CO32-)+c(HCQ-)+c(H2CO3)=1mol/L , c(CO32')+c(HCOs")<1mol/L ,即离子数之和小于Na, B 选

7、项错误；C. 78gNa2O2的物质的量为1mol ,与足量CQ充分反应转移电子数应为1Na, C选项错误；D.随着反应的进行，浓硫酸的浓度降低变成稀硫酸后，不会再与铜发生反应，故加热条件下，含0.2molH2SQ的浓硫酸与足量铜反应，生成SQ的分子数小于0.1Na, D选项正确；答案选Do6 .下列有关实验的叙述完全正确的是选嗔实乾操作|实验目的同漏F用 正试纸分别泅定减衣为必1 口/* I. | 比较(II nMJH的WCH 阔颖 4 1 mol - I. -1 CH.COONa 溶清的口H|fc性强弱ill班K ,小印&E向2支需仃2 mL棚同浓度的极氨港液中分别滴加2C 清同融

8、度的*CI和一支读管中产生越色肮淀.A. AL.i心证甲烷稹X3在光明杀伸下为生取代反应B. BC. CD. D另一支试竹中无沉淀【答案】C【解析】【分析】A、次氯酸钠水解生成的次氯酸具有强氧化性，能将有机色质漂白褪色；B、氯化铜在溶液中水解生成氢氧化铜和氯化氢，加热促进氯化铜水解，生成的氯化氢易挥发使水解趋于 完全生成氢氧化铜；C、离子反应向着离子浓度减小的方向进行;D、未反应的氯气对取代反应的产物HCl的检验产生干扰。【详解】A项、次氯酸钠水解生成的次氯酸具有强氧化性，能将有机色质漂白褪色，不能用pH试纸测次氯酸钠溶液的pH,不能达到实验目的，故 A错误；B项、氯化铜在溶液中水解生成氢氧化

9、铜和氯化氢，加热促进氯化铜水解，生成的氯化氢易挥发使水解趋于完全生成氢氧化铜，制备无水氯化铜应在HCl气流中蒸发，故 B错误；C项、碘化银和氯化银是同类型的难溶电解质，向浓度相同的银氨溶液中分别加入相同浓度氯化钠和碘化钠溶液，无白色沉淀生成，有黄色沉淀生成，说明碘化银溶度积小于氯化银，故C正确；D项、氯气溶于水也能与硝酸银反应生成白色的氯化银沉淀，未反应的氯气对取代反应的产物HCl的检验产生干扰，不能达到实验目的，故 D错误。故选Co7 .下列关于物质的分类或性质描述不正确的是()A. NaClO是强碱弱酸盐，具有强氧化性B.氯气溶于水能导电，氯气是电解质C. Fe(OH)3胶体遇氢碘酸先聚沉

10、后溶解，并有氧化还原反应发生D,加热煮沸 Mg(HCO3)2溶液，可产生 Mg(OH)2沉淀【答案】B【解析】【详解】A.次氯酸钠是由氢氧化钠与次氯酸反应生成，属于强碱弱酸盐，次氯酸钠中氯元素处于+1的价，具有强的氧化性，故A正确；B.氯气是单质，不是电解质，故 B错误；C.氢碘酸为可溶性电解质，能够是氢氧化铁胶体聚沉，氢氧化铁具有强的氧化性，能够氧化碘离子生成单质电，所以Fe(OH)3胶体遇氢碘酸先聚沉后溶解，并有氧化还原反应发生，故 C正确；D.长时间煮沸 Mg(HCO3)2溶液，Mg(HCO3)2生成MgCO3,水解生成 Mg(OH)2,故D正确；故选：Bo【点睛】电解质：在水溶液或在熔

11、融状态下能够导电的化合物。所以判断是否为电解质的前提为化合物，B选项氯气是单质，不是电解质也不是非电解质。8.在氯酸钾分解的实验研究中，某同学进行了系列实验并记录如下，相关分析正确的是实验现象加热固体M少量气泡溢出后，不再有气泡产生加热氯酸钾至其熔化有少量气泡产生加热氯酸钾使其熔化后迅速加入固体M有大量气泡产生加热氯酸钾与固体M的混合物（如图fill)未见固体熔化即产生大量气泡A.实验、 说明M加快了气体产生的速率B.实验、说明加入M后，在较低温度下反应就可以发生C.实验、 说明固体M的加入增加了气体产生的量D.固体M是氯酸钾分解的催化剂【答案】B【解析】【详解】说明固体 M受热会释放出少量的

12、气体；说明氯酸钾在温度较高的条件下会释放出氧气；说明氯酸 钾在较高的温度下与 M接触释放出大量的氧气；说明氯酸钾与固体M的混合物在较低的温度下就能释放出大量的氧气；A.实验、三个实验并不能说明M加快了气体产生的速率，故 A错误；8 .实验、对比可知，加入 M后，在较低温度下反应就可以发生，故 B正确；C.实验、说明固体 M的加入反应速率加快了，并不能说明增加了气体产生的量，故C错误；D.要证明反应中固体 M是催化剂还需要验证其质量和化学性质在反应前后是否发生了变化，故D错误;故答案选Bo9 .下列关于有机物的说法正确的是A. QH10O2的同分异构体中，能与 NaHCOs反应生成CQ的有4种B

13、.糖类、油脂、蛋白质都是电解质C.乙烯使滨水、酸性高镒酸钾溶液褪色的反应类型相同D.将碘酒滴到未成熟的苹果肉上变蓝说明苹果肉中的淀粉已水解【答案】A【解析】【详解】A.C5H10O2的同分异构体中，能与 NaHCOs反应生成CO2,说明分子中含有-COOH,可认为是C4H10分子中的 一个H原子被-COOH取代产生的物质，C4H10有正丁烷、异丁烷 2种结构，每种结构中有 2种不同位置的 H原子，所以 QH10O2的属于竣酸的同分异构体有 4种，A正确；B.糖类、油脂、蛋白质在水溶液中都不能导电，熔融状态下也不能导电，且蛋白质是高分子化合物，因此都不是电解质，B错误；C.乙烯使滨水褪色，发生的

14、是加成反应，使酸性高镒酸钾溶液褪色发生的是氧化反应，反应类型不相同，C错误；D.将碘酒滴到未成熟的苹果肉上变蓝说明苹果肉中有淀粉，但不能证明淀粉是否已水解，D错误;故合理选项是Ao10 .下列有关说法正确的是二氧化硅可与 NaOH溶液反应，因此可用 NaOH溶液雕刻玻璃；明矶溶于水可水解生成 Al(OH)3胶体，因此可以用明矶对自来水进行杀菌消毒；可用蒸储法、电渗析法、离子交换法等对海水进行淡化； 从海带中提取碘只需用到蒸储水、H2O2溶液和四氯化碳三种试剂；地沟油可用来制肥皂、提取甘油或者生产生物柴油；石英玻璃、Na2OCaO6SiO2、淀粉、氨水的物质类别依次为纯净物、氧化物、混合物、弱电

15、解质。A.B, C.除外都正确D.【答案】D【解析】，虽然二氧化硅可与 NaOH溶液反应，但不用 NaOH溶液雕刻玻璃，用氢氟酸雕刻玻璃，错误；明矶溶于水电离出 Al3+, Al3+水解生成Al (OH) 3胶体，Al (OH) 3胶体吸附水中的悬浮物，明矶用作净水剂，不能进行杀菌消毒， 错误；，海水淡化的方法有蒸储法、电渗析法、离子交换法等，正确;，从海带中提取碘的流程为：海带晒干一灼烧'海带灰水加热r过涯 "含的水溶液滴加几翩疏“再加入屿.,H 2O吟普I2的CC4溶液%I2需要用到蒸储水、H2O2溶液、稀硫酸、四氯化碳，错误；，地沟油在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪

16、酸盐和甘油,正确；，肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，可制肥皂和甘油，地沟油可用于生产生物柴油,Na2O CaO 6SiO2属于硅酸盐，氨水是混合物，氨水既不是电解质也不是非电解质， 错误；正确的有 答案选Do11 .下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法正确的是()硫酸口化学纯CP 500 mL 品名:硫酸 化学式二&S04 相对分子质量：98 密度:1.84i g cm-3 质量分数;98%A.该硫酸的物质的量浓度为9.2 mol - LB. 1 mol Zn与足量该硫酸反应产生 2 g氢气C.配制200 mL 4.6 mol 的稀硫酸需取该硫酸

17、50 mL 1D.该硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度大于9.2 mol - L【答案】C【解析】【分析】A.根据c=1000p X/M 进行计算；B.Zn与浓H2SO反应放出SO气体；C.根据稀释前后溶质的量不变求出所需浓硫酸的体积；D.浓硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度小于浓硫酸浓度的平均值； 【详解】A.根据 c=1000 P X 3 顺口，硫酸的浓度是 1000 X 1.84 X 98%/18.4mol/L , A 错误；B. Zn与浓H2SO4反应放出SQ气体；B错误；C.设需取该浓硫酸 xmL,根据稀释前后溶质的量不变可知：200 mL X 4.6 moL-1 = x18.4

18、 mol L 1, x=50 mL,C正确；D.由于水的密度小于 H2SQ的密度，所以当浓 H2SQ与水等质量混合时，其体积大于浓H2SO4体积的2倍，所以其物质的量浓度小于9.2 mol L 1, D错误；综上所述，本题选 Co12.向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液，溶液pH随时间的变化如图所示。呈碱性时停止滴加，一段时间后溶液黄绿色逐渐褪去。由此得不到的结论是A.该新制氯水 c(H+)=10-2.6mol/LB,开始阶段，pH迅速上升说明 H+被中和C. OH-和Cl2能直接快速反应D. NaOH和氯水反应的本质是 OH-使Cl2+H2O? H+Cl-+HClO平衡右移【答案】C【解析】【

19、详解】A.没有加入NaOH溶液时，新制氯水的pH为2.6,氢离子的浓度 c(H+)=10-2.6mol/L ,故A正确;B.向新制氯水中逐滴滴加 NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氢离子反应，pH迅速上升，故 B正确；C.新制氯水中有氢离子，逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氢离子和HC1O反应，故C错误；D.由图可知，逐滴滴加 NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氢离子和 HC1O反应，使CI2+H2O? H+C-+HC1O反应平衡右移，故 D正确；题目要求选择不能得到的结论，故选Co13 .近年，科学家发现了 116号元素Lv。下列关于293Lv和294Lv的说法错误的是A.两者电子

20、数相差 1B.两者质量数相差1C.两者中子数相差 1D.两者互为同位素【答案】A【解析】【详解】A、293Lv和294Lv的电子数都是116, A错误；B、293Lv的质量数是293, 294Lv的质量数是294,质量数相差1, B正确；C、293Lv的中子数是1 17, 294Lv的中子数是118,中子数相差1, C正确；D、293Lv和294Lv是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子，互为同位素，D正确；答案选Ao14 .海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法错误的是A.中可采用蒸储法B.中可通过电解法制金属镁C.中提澳涉及到复分解反应D.的产品

21、可生产盐酸、漂白液等【答案】C 【解析】 【详解】A.利用蒸储原理可从海水中提取淡水，故不选A;B.从海水中得到氯化镁后，镁为活泼金属，则可以电解熔融状态的氯化镁生成氯气和金属镁，故不选B;C.将苦卤浓缩通入过量氯气进行氧化，静置澳沉在底部，继而通入空气和水蒸气，将澳吹入吸收塔，使澳蒸汽和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢澳酸以达到富集澳，然后再用氯气将其氧化得到澳，反应过程中不涉及复分解反应，故选 C;D.从海水中得到氯化钠后，电解氯化钠溶液，得氢氧化钠和氢气和氯气，利用制得的氯气可以生产盐酸和 漂白液，故不选D；答案：C15 .在下列各溶液中，一定熊.大量共存的离子组是A.有色透明溶液中：Fe

22、*、Ba2 +、Fe（CN）63-、NO3B.强酸性溶液中：C、右、CIO, SOTC,含有大量 AlO2一的溶液中：K+、Na+、HCC3 > ID.常温下水电离的 c（H+）为1X 10 12mol/L的溶液中：k+、Na > C、NO3【答案】D【详解】A. Fe2+与Fe（CN）63产生蓝色沉淀，不能大量共存，选项 A错误；B.强酸性溶液中H+与CIO反应产生HC1O弱电解质而不能大量共存，选项B错误；C. A1O2与HCOT会反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳而不能大量共存，选项 C错误；D.常温下水电离的c（H+）为1 X 10-12mo1/L的溶液可能显酸性或碱性，但与K

23、*、Na > C、NO3均不发生反应，能大量共存，选项 D正确。答案选D。二、实验题（本题包括 1个小题，共10分）16 .随着科学的发展，可逐步合成很多重要的化工产品，如用作照相定影剂的硫代硫酸钠（俗称大苏打）,用于填充汽车安全气囊的叠氮化钠（NaN3）,某化学兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体和NaN3oI.制备硫代硫酸钠晶体。查阅资料：Na2s2O3易溶于水，向Na2CQ和Na2s混合溶液中通入 SO2可制得Na2s2。3。实验装置如图所示（省略夹持装置）：（1）组装好仪器后，接下来应该进行的实验操作是 ，然后加入试剂。仪器 a的名称是 正中的试剂 最好是.（填标号），作用是 。A,澄清

24、石灰水 B. NaOH溶液C.饱和NaHSO3溶液（2）已知五水合硫代硫酸钠的溶解度随温度升高显著增大。待Na2s和Na2CO3完全消耗后，结束反应。过滤C中混合物，滤液经 （填操作名称卜过滤、洗涤、干燥，得到产品，过滤时用到的玻璃仪器有n.实验室利用如图装置（省略夹持装置）模拟工业级NaN3的制备。已知:2NaNH2+N2O210 2200c NaN3+NaOH+NH3。温度计0ABC【答案】检查装置气密性不能达到这样的温度2Na+2NH3=2NaNH2+H2D(1)装置B中盛放的药品为(2)实验中使用油浴而不用水浴的原因是 。(3)氨气与熔融的钠反应生成NaNH2的化学方程式为 (4)N2

25、O可由NH4NO3(熔点为169.60C施2400c下分解制得，应选择的气体发生装置是 分液漏斗B 吸收多余的SO2和C装置中生成的CQ气体蒸发浓缩，冷却结晶玻璃棒、烧杯、漏斗碱石灰 制备NaN3的反应需要在210-220oC下进行，水浴I.( 1)组装好仪器后，接下来应该进行的实验操作是检查装置气密性，然后加入试剂。仪器a的名称是分液漏斗。二氧化硫有毒，需要尾气处理，且反应中还有二氧化碳生成，澄清石灰水浓度太低，则E中的试剂最好是氢氧化钠溶液，作用是吸收多余的SQ和C装置中生成的CO2气体。(2)由于五水合硫代硫酸钠的溶解度随温度升高显著增大。待Na2s和Na2CC3完全消耗后，结束反应。过

26、滤C中混合物，滤液经蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品，过滤时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗。n.( 1)生成的氨气中含有水蒸气，需要干燥，则装置 B中盛放的药品为碱石灰。(2)由于制备NaN3的反应需要在2102200c下进行，水浴不能达到这样的温度，所以实验中使用油浴而 不用水浴。(3)氨气与熔融的钠反应生成NaNH2,根据原子守恒可知还有氢气生成，反应的化学方程式为2Na+2NH3=2NaNH2+H2。(4)N2O可由NH4NO3(熔点为169. 6oC)在2400c下分解制得，由于在该温度下硝酸钱已熔化，同时为避免液体倒流引起试管炸裂，因此选择的气体发生装置是装置Do三

27、、推断题(本题包括 1个小题，共10分)17 .合成有机溶剂 M和高分子材料 N的路线如图：己知：芳香族化合物苯环上的氢原子可被卤代烷中的烷基取代.如:。+11A 型维 b - HX(1)写出反应类型.反应 I 反应n(2)写出D的分子式。写出 G的结构简式 。(3)写出E生成F的化学反应方程式。(4)E在浓硫酸作用下转化为F时，除生成副产物G,还会生成高分子副产物，写出该副产物的结构简式(5)属于酯类且含甲基 F的同分异构体有多种，写出其中一种的结构简式 (6)写出高分子化合物 N的结构简式 (任写一种)。A有2种结构，可通过定量实验来确定其准确结构，该定量实验可通过A与(填写物质名称)反应

28、来实现。【答案】消去反应加聚反应C10H18HOC(CH3)2COOH 侬 HVSO4CH2=C(CH)COOH+H2OHCOOCH(CH)=CH2 或CH3COOCH=CH或 CH2=COOCH 或 HCOOCH=CHCh3或【解析】浓澳水【分析】根据题中各物质转化 关系可知，A遇FeC3溶液显紫色，所以 A中有酚羟基,A-B发生了类似题已知的反应，结合M的结构简式可以反应推得 A为H,D为OH能生成G,可知E为CH3CCOOH,向或,根据G为CH：，B为hE的分子式，且 E在浓硫酸条件下C 辱 CCOOH,根据F的分子式可知，F为一 I加3，所以H为COCH-,据此分析解答。【详解】(1)

29、反应I是醇羟基脱水生成碳碳双键，所以是消去反应， 反应n是由单体发生加聚生成高分子化合物，所以是加聚反应;CHx(2)根据上面的分析可知,D为,所以D的分子式为Ci0H18, G的结构简式为0(3)E生成F的化学反应方程式为 HOC(CH)2COOH浓H,SOd -V 4 CH2=C(CH3)COOH+H2O;(4)E在浓硫酸作用下转化为F时，除生成副产物 G,还会进行分子间的缩聚生成高分子，该产物的结构简式为(5)属于酯类且含甲基 F的同分异构体有多种，其中一种的结构简式为 HCOOCH(CH尸CH2或CH3COOCH=CH或 CH2=COOCR或 HCOOCKf=CHCH3；(6)根据上面

30、的分析可知，高分子化合物N的结构简式为, A有2种结构，可通过定量实验来确定其准确结构，该定量实验可通过A与浓如"晨CH/滨水反应来实现，根据用去的澳的物质量判断；四、综合题(本题包括 2个小题，共20分)18 .氮化铝(AlN)陶瓷是一种新型无机非金属材料，最高可稳定到2473K,导热性好、热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料。制取原理为：A12O3+3C+N2空巴2A1N+3CO,回答下列问题： (1)氮化铝的晶体类型为。在上述化学方程式中第二周期元素的第一电离能由小到大的顺序是(2)基态氧原子电子占据最高能级的原子轨道的形状是 ,未成对电子数为 。等电子体具有相似的结构。CO与N

31、2互为等电子体，CO分子中b键与兀键数目之比为 。(4)Cu2+处于：Cu(NH3)4产的中心，若将配离子Cu(NH3)4产中的2个NH3换为CNT,则有2种结构，则Cu2+是否为sp3杂化 (填是"或否")理由为。(5)A1N晶体结构如图所示，1个Al原子周围距离最近的 Al原子数为 个；若晶胞结构的高为 a nm,底 边长为b nm, Na表示阿伏伽德罗常数的值，则其密度为 g.cm-3(列出计算式)。【答案】原子晶体C<O<N 哑铃形(或纺锤形)21:2 否 若是sp3杂化Cu(NH3)4产的空间构型为正四面体形，将配离子Cu(NH3)42+中的2个NH3

32、换为CN-,则只有1种结构 122 27 14ab2 1021Na2A【解析】【分析】原子晶体的熔沸点较高、硬度大，同一周期元素的电离能呈增大趋势；(2)根据O原子核外电子排布及各个能级的原子轨道的形状确定未成对电子数目；(3)等电子体结构相似，结合共价单键都是b键与兀键，共价双键一个是(T键，1个是兀键；共彳三键1个o键个2个兀键分析；(4)根据将配离子Cu(NH3)42+中的2个NH3换为CN-,有2种结构，判断Cu2+中原子杂化类型；(5)利用均摊方法计算一个晶胞中含有的离Al原子最近的Al原子个数，先计算一个晶胞中含有的Al、N原子数目，然后根据晶胞密度计算公式p m计算。V【详解】(

33、1)由于原子晶体的熔沸点较高、硬度大，而氮化铝(AlN)陶瓷最高可稳定到 2473K,说明原子间结合力强，熔沸点高，属于原子晶体；在上述反应中涉及到的第二周期的元素有C、N、O三种元素，同一元素的电离能随原子序数的增大而增大，但由于 N原子最外层的p电子处于半充满的稳定状态，不容易失去电子， 属于其第一电离能比相邻的O元素要大，故三种元素的第一电离能由小到大的顺序是C<O<N;(2)0是8号元素，核外电子排布为1s22s22p4,可见基态氧原子电子占据最高能级是2P能级，其原子轨道的形状是哑铃形(或纺锤形)，由于2P轨道数目是3个，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方 向相同

34、，一个轨道最多可容纳2个电子，自旋方向相反，所以未成对电子数为2个；N2结构简式是N三N,等电子体具有相似的结构。C0与N2互为等电子体，所以 CO分子中含有1个d键和2个兀键，因此CO分子中b键与兀键数目之比为1 : 2；(4)由于将配离子Cu(NH3)42+中的2个NH3换为CN',有2种结构，说明Cu(NH3)42+形成是平面正方形结构，Cu2+在平面正方形对角线的交点上；若是Cu2+采用sp3杂化，由于正四面体任何两个顶点都处于相邻位置，那么Cu(N%)4产的空间构型为正四面体形，将配离子Cu(NH3)42+中的2个NH3换为CZ,则只有1种结构,所以Cu2+不是采用sp3杂化

35、； NOA1(5)由晶体结构示意图可知与Al原子连接的N原子构成的是正四面体结构，与N原子连接的Al原子构成的也是正四面体结构，则晶体中若Al原子处于立方体顶点上，可截图为点Al原子到面心最近 Al原子最近，在一个晶胞中有 3个这种Al原子，且通过该Al原子可形成8个晶胞,每个Al原子被计算了 2次，因此与1个Al原子周围距离最近的 Al原子数为38 =12个；也可以按照题20图画实线部分截图为。在该结构图中，底面为菱形，处于对位的两个顶角分别为60 °、b amJAl On11 c 1 一 4 1=2,含有N原子数目为N： - 2 2 1=2,因1236。一，人一 ，1120。，其

36、中含有 Al原子个数为Al：一6此一个该结构中含有2个AlN,底面面积为S=Y3 bx (10-7 cm) bx (10-7 cm尸 3 b2x 10-14 cm2,晶胞高为a nm=aX10-7cm,则该结构体积 V= "3a b2x 10-21 cm3,该结构质量 m=g所以该结构(即晶2Na2 27 14227 14m g r二、3221 g/cm。、3 / ,6213ab2 1021Naab 10 cm 2 2胞)的密度为p【点睛】本题考查了物质结构的知识，涉及元素电离能大小比较、原子的杂化、等电子体及晶胞有关计算等。掌握物质结构知识是解题关键，在进行晶胞计算时要学会利用均摊

37、方法，难点是计算晶胞中含有的Al、N原子数目，同时会计算晶胞的体积，结合密度计算公式计算，需要学生具有一定的空间想象能力和计算能力，在计算晶体密度时要注意长度单位的换算关系。学生要具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力。IINOj II内？NpOILN叱CO%速消髓液19.实验室回收利用废旧锂离子电池正极材料镒酸锂(LiMnzQ)的一种流程如下：(1)废旧电池可能残留有单质锂，拆解不当易爆炸、着火，为了安全，对拆解环境的要求是 “酸浸”时采用 HNQ和的混合液体，可将难溶的 LiMnzQ转化为Mn(N02、LiNd等产物。请写出 该反应离子方程式 。如果采用盐酸溶解，从反应产

38、物的角度分析，以盐酸代替HNO和HbQ混合物的缺点是。(3) “过滤2”时，洗涤LizCQ沉淀的操作是 。(4)把分析纯碳酸锂与二氧化镒两种粉末，按物质的量1 : 4混合均匀加热可重新生成 LiMnzQ,升温到515c时，开始有 CO产生，同时生成固体 A,比预计碳酸锂的分解温度(723C)低很多，可能的原因是(5)制备高纯 MnCO固体：已知 MnCOt溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100c开始分解；Mn(OH)开始沉淀的pH=7.7。请补充由上述过程中，制得的Mn(OH)制备高纯MnCO的操作步骤实验中可选用的试剂：HSQ、N%CO、GHOH:向Mn(OH)中边搅拌边加入 。【答案】隔

39、绝空气和水分 2LiMn2O4+10H+3H2O2=2Li+4Mn2+3O2 T +8H2O反应生成Cl2,污染环境沿着玻璃棒向过滤器中加入蒸储水至浸没沉淀，待水自然流出，重复操作23次MnO2作为催化剂，降低了碳酸锂的分解温度H2SQ溶液，固体溶解，加入NazCQ,并控制溶液pHv 7.7,过滤，用少量的乙醇洗涤，低于100c 真空干燥【解析】分析：本题以废旧锂离子正极材料镒酸锂的利用流程为载体，考查流程的分析、离子方程式的书写、基本实验操作、物质制备实验方案的设计。酸浸”时采用HNO3和H2O2的混合液体，可将难溶的 LiMn2O4转化为Mn (NO3) 2、LiNO3等产物；“沉淀 1”加入NaOH将Mn (NO3)2转化成沉淀； 沉淀2”加入Na2CO3 与Li+形