2020年高考全国1卷化学模拟试卷09【全真模拟】【详解精析】(1)

1、第6页，共16页2020年年年年年 1年年年年年年年 09年年年年年年年年年年年年一、单选题（本大题共 7小题，共42分）7. 中华传统文化对人类文明贡献巨大。下列有关叙述正确的是（）A. 东观汉记蔡伦传中“黄门蔡伦，典作尚方作纸，所谓蔡侯纸也”，现代造 纸要加碱，是因为造纸过程中要发生皂化反应B. “榆荚只能随柳絮，等闲缭乱走空园”中“柳絮”的主要成分为蛋白质C. 泉州府志：“元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人 遂效之”。说的是泥土中含有强氧化性物质，将蔗糖漂白D. 石炭行中“投泥泼水愈光明”其化学原理类似于煤的气化【答案】D【解析】本题考查生活及工业技术中涉及的化学知识，

2、古诗词分析是近年来的热点考查形式，题目难度不大。【解答】A. 现代造纸过程中不存在油脂，不能发生皂化反应，故A错误；B. 柳絮的主要成分是纤维素不是蛋白质，故B错误；C. 泥土是疏松多孔的物质，可以吸附蔗糖的有色成分达到漂白效果，故C错误；D. 诗句“投泥泼水愈光明”是指：在高温下，把水滴到炭火上，发生化学反应，生成一氧化碳和氢气，原理类似于煤的气化，故D正确；故选D。8. 氯化亚铜（CUCI）广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。工艺过程如图，下列说法不正确的是砖陂報,水ii 岭舊氐、M化沐 谭冋血直s锭乙降A. 在步骤1

3、中，硝酸铵为氧化剂，氧化海绵铜为Cu2+B.亚硫酸铵起到还原性作用，反应离子方程式：2Cu2+ + SO3- + 2Cl- + H2O =2CuCl J+2H + + S&-C. 步骤6不能省略，目的是洗去 H20防止CUCl被氧化D. 步骤5包括酸洗和水洗，其中酸不能使用HCl ,可以用HNO3代替【答案】D【解析】解：A.步骤I中在酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化 CU生成CuSQ ,离子反应为 4Cu+ NO3 + 10H+ = 4Cu2+ + NH4 + 3出0,故 A 正确；B. 步骤中反应为铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl ,发生反应的离子方程式为 2Cu

4、2+ + S3- + 2Cl- + H2O= 2CuCl J+S2- + 2H+ ,故 B 正确；C. 步骤为醇洗，因乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，故 C正确；D. 由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质，故D错误。故选：D。酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是CU和少量CUO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl ,发生2Cu2+ + S03- +2Cl- + H2O= 2CuCl + S02- + 2H+ ,

5、得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤， 可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，步骤、都要进行固液分离，根据混合的水溶性进行分离，没有发生化学变化，可用离心机以及框式压滤机，以 得到滤饼，以此解答该题。本题考查物质的分离提纯的综合应用，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意从元素化合价的角度认识相关概念并把握物质的性质，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键，题目难度中等。9. 有机物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。 下列有关该有机物的叙述正确的A. 有机物X的分子式为C16H10O4B. 该有机物

6、能够发生酯化反应、水解反应和消去反应C. 分子内所有碳原子可能处于同一平面D. 该有机物与 NaOH反应，最多消耗 3molNaOH【答案】D【解析】本题考查有机物性质的判断，主要考察官能团的性质，难度不大。【解答】A. 有机物X的分子式为C16H12O4 ,故A错误；B. 该有机物能够发生酯化反应、水解反应但不能发生消去反应，故B错误;C. 根据图示知两个苯环均连在同一个饱和碳原子上，两个苯环不一定共面，故C错误;D. X的酸性水解产物中含有 2个羧基和1个酚羟基，故Imol化合物X最多能与3 molNaOH ,故 D 正确。故选D。10. W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随

7、原子序数的变化如图。已知W的一种核素的质量数为 18 ,中子数为10 ； X和Ne原子的核外电子数相差 1； Y 元素的最高正价和最低负价代数和为零；Z的非金属性在同周期元素中最强。下列说法正确的是()A. 对应简单离子半径： W < XB. 对应最简单气态氢化物的稳定性：Y> ZC. 化合物XZW既含离子键，又含共价键D. Y的氧化物均能与 Z的氢化物和X的最高价氧化物的水化物反应【答案】C【解析】【分析】本题考查原子结构与元素周期律，侧重于位置结构性质关系、半径比较、化学键、二氧 化硅的性质等，难度中等，推断元素是解题的关键，注意对元素周期律的理解与运用。【解答】W、X、Y、Z

8、是四种常见的短周期元素，已知 W的一种核素的质量数为 18,中子数为 10 ,则W元素原子的质子数为18-10 = 8 ,故W为O元素；X和Ne原子的核外电子 数相差1, X为Na或F, X原子半径大于 O原子，故X为Na元素；Y元素的最高正价 和最低负价代数和为零，原子序数大于 Na元素，故Y为Si元素；Z的非金属性在同周 期元素中最强，故 Z为Cl元素，A.W为O元素，X为Na元素，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，故离子半 径O2- > Na+ ,故A错误；B.Y为Si元素，Z为Cl元素，非金属性Cl > Si，故氢化物稳定性 Y(Si) < Z(Cl),故B错

9、误；C.化合物NaCIO中钠离子与次氯酸根离子之间形成离子键，次氯酸根中氯原子与氧原子之间形成共价键，故 C正确;D.二氧化硅能与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，但二氧化硅不与 HCl反应，故D错误。故选CO11. 柔性屏手机开始崭露头角。某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸 收Zn SO4溶液的有机高聚物为固态电解质，其电池总反应为：(7, + - ZJiI + (1+ - 1 f>O + ZTISoi 7 MVoOiI + -ZJJVOJ- Zji(OH)TUyO 2(i * <i6-ll.l H HbCl 图厂,其电池结构如图1所示，图2是有机高聚物的结构片段。”碳纳

10、来管纤堆锌膜J卞有机髙案物E上-一喲米带俺ISlF列说法中，正确的是()A. 充电时，含有锌膜的碳纳米管纤维一端连接电源正极B. 放电时，电池的正极反应为：Mn 02+ e- + H+ = MnooHC. 充电时，Zn2+移向Zn膜D. 氢键是一种特殊的化学键，键能大于共价键，能使高聚物更稳定【答案】C【解析】本题考查新型原电池工作原理和电解池原理的应用，明确原电池和电解池的工作原理为解答关键，注意掌握电极的判断方法及电极反应式的书写原则，试题培养了学生的灵活应用能力，题目难度中等。【解答】A. 该原电池中，含有Mn02膜的碳纳米管纤维为正极， 含有锌膜的碳纳米管纤维为负极， 充电时，原电池负

11、极接外电源的负极，即含有锌膜的碳纳米管纤维一端连接电源负极，故A错误；B. 放电过程正极上是二氧化锰得到电子生成MnOOH ,电极反应为MnO2?+ e- + H2O =MnOOH + OH-,故 B 错误；C. 放电过程中含有锌膜的碳纳米管纤维为负极，充电过程中，含有锌膜的碳纳米管纤维为负极作阴极，阳离子移向阴极，即Zn2+移向Zn膜，故C正确；D. 氢键是分子间作用力，不是化学键，故D错误；12.t耐，AgX(X= Cl、Br)的溶度积与C(Ag +)和C(Xj的相互关系如图所示，其中 A线 表示 AgCl , B 线表示 AgBr，已知 P(Ag +) = -IgC(Ag + ), p(

12、X-)= -IgC(X -)。下列说法正确的是()A. C点可表示AgCl的不饱和溶液B. b点的AgCl溶液加人AgN3晶体可以变成a点C. AgCI(S) + Br- (aq) = AgBr(S) + Cl- (aq)平衡常数 K= 10-4D. a点AgCI溶液和b点AgBr溶液等体积混合，会析出 AgBr沉淀【答案】D【解析】解：A.已知PAg = -IgC(Ag +)，PX = -IgC(X -),则越靠近原点离子浓度越大，C点为过饱和溶液，故 A错误；B. b点是AgBr饱和溶液，故B错误；KSP (AgCI)C. AgCl(s) + Br- (aq) ? AgBr(S) + Cl

13、- (aq)平衡常数为 K= KSP(AgBr),由图中数据可得出约为104 ,故C错误；D. a、b两点处溶液等体积混合，由于饱和溶液AgCI中C(Ag + )大于饱和溶液 AgBr溶液中C(Ag +),所以二者混合会析出AgBr沉淀，故D正确，故选：D。已知PAg = -IgC(Ag +)，PX = -IgC(X -),银离子、阴离子浓度越大，浓度的负对数得到 数值越小，由KSP (AgCI) > KSP (AgBr)可知A表示AgCI，B表示AgBr ,以此解答该题。 本题主要考查难溶电解质的溶解平衡图象，为高频考点，充分理解图象并从图象中得出解题所需要的信息为解答关键，试题侧重考

14、查学生的分析、理解能力，注意掌握难溶物 溶解平衡及其影响、溶度积的概念及其应用方法。13.炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程:0.3 一无水有水Oi29 洁化讨的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列说法不正确的0.80.604CnOtO -0.2氧原子O碳原子A. 每活化一个氧分子放出 0.29eV 的能量B. 水可使氧分子活化反应的活化能降低 0.42eVC. 该过程反应速率主要取决于第一步D. 炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂【答案】 B【解析】 【分析】 本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握图中能量变化、信息

15、的应用为解答的关键， 侧重分析与应用能力的考查，注意活化能的判断，题目难度不大。【解答】A. 根据能量变化图分析，最终结果为活化氧，体系能量降低，则每活化一个氧分子放出0.29eV 能量，故 A 正确；B. 化能反应过程中存在多步反应的活化能，整个反应的活化能为活化能较大者， 根据能量图分析，整个反应的活化能为活化能较大者，则没有水加入的反应活化能为 E = 0.75eV ，有水加入的反应的活化能为 E= 0.57eV ，所以水可使氧分子活化反应的活化能 降低 0.75eV- 0.57eV = 0.18eV ,故 B 错误；C .第一步活化能最大，速率最慢，该过程反应速率主要取决于第一步，故C

16、 正确；D. 炭黑颗粒可作催化氧化反应的催化剂， 炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的 催化剂，故 D 正确；故选 B 。二、实验题（本大题共 1 小题，共 14分）27. 碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。（1）合成该物质的步骤如下：步骤 1 :配制 0.5 mol L-1 MgSO4溶液和 05 mol L-1 NH4HCC3 溶液。步骤2 :用量筒量取500 mL NH4HCO3溶液于1 000 mL三口烧瓶中，开启搅拌器。温度 控制在50 CO步骤3:将250 mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1 min内滴加完后，用氨水调 节溶液PH到9.5o步骤4

17、 :放置1 h后，过滤、洗涤。步骤5：在40 C的真空干燥箱中干燥10 h,得碳酸镁晶须产品（MgCO3 nH20n = 15）。回答下列问题:步骤 3 中加氨水后的离子方程式。测定合成的MgCO3 n出。中的n值。称量1.000 g碳酸镁晶须，放入如图所示的广口 瓶中加入水滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应45 h ,反应后期将温度升到30 C,最后的烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2的总量；重复上述操作 2 次。第 6 页,共 16 页M*COIiEC)41 图中气球的作用是 。 上述反应后期要升温到 30 C,主要目的是 。 用已知浓度的盐酸滴定

18、烧杯中的溶液时应选用为指示剂，若盛放盐酸的滴定管在滴定前有气泡未排尽，滴定后无气泡(其他操作均正确)，则所测CO?的量会 (填“偏大” “偏小”“无影响”) 设3次实验测得每1.000 g碳酸镁晶须与稀硫酸反应产生的CQ平均值为a mol ,则n值为 (用含a的表达式表示)。(3) 称取100 g上述晶须产品进行热重分析，热重曲线如图。则该条件下合成的晶须中，n = (选填 1、2、3、4、5)。【答案】(1)Mg 2+ + HCO3 + NHs H2O+ (n - 1)H 2O= MgCOs + NH4(2)平衡压强 浓度升高气体溶解度减小，使广口瓶中水中溶解的二氧化碳气体逸出被氢氧化钠溶

19、液吸收 甲基橙；偏小 (I“；：3) (3)1【解析】【分析】本题考查有关物质的合成及成分的测定，难度不大，掌握相关原理及分析方法是解答的关键。【解答】(1) 步骤3中加氨水后的离子方程式 Mg2+ + HCO3 + NH3 WO+ (n - 1)H?O =MgCO3 + NH4 ,故答案为：Mg2+ + HCO3 + NH3 H2O+ (n - 1)H 2O = MgCO3 + NH4 ；(2) 开始产生二氧化碳速率大于氢氧化钠吸收速率，气球膨胀，暂时贮存二氧化碳，避免产生的二氧化碳使装置压强过大，二氧化碳泄露，后期二氧化碳被氢氧化钠吸收气球变小，故答案为：平衡压强；浓度升高气体溶解度减小，

20、使广口瓶中水中溶解的二氧化碳气体逸出被氢氧化钠溶 液吸收，故答案为：浓度升高气体溶解度减小，使广口瓶中水中溶解的二氧化碳气体逸出被氢氧化钠溶液吸收； 因是用盐酸滴定样品碳酸镁，故最后显酸性，所以用甲基橙作，因有气泡故造成盐酸体积偏小，故结果偏小，故答案为：甲基橙；偏小； 据碳酸镁与二氧化碳中碳守恒可知两者物质的量相等，所以碳酸镁与二氧化碳物质的量均为amol ,水的质量为(1.000 - 84a)g ,所以水物质的量为1.000-8418-mol ,所以n =(1.000-84a) 18a,故答案为:(1.000-84a) 18a第13页，共16页(3)从图中可以看出MgCO3 nH2O变成8

21、2.3g时是失去水的反应，最后得到氧化镁, 100 × 84+苛=100 - 82.3 , n = 1,故答案为：1。三：流程题题(本题共1个小题，15分)28.毒重石的主要成分为 BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2?2H2O的流程如下：盐酸滤渣I 滤渣U 滤港in(1) 毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是 。实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的 (填序号)。a烧杯b.容量瓶c.玻璃棒 d.滴定管加入NH3?H2O调节PH = 8可除去(填离子符号)，滤渣中含(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原

22、因是。已知：KSP(BaC2O4) = 1.6 ×10-7，KSP (CaC2O4) = 2.3 × 10-9。Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的PH11.99.11.9完全沉淀时的PH13.911.13.2(3)利用间接酸碱滴定法可测定 Ba2+的含量，实验分两步进行。已知：2Cr4- + 2H+ = Cr2 Oy- + H2OBa2+ + Cr4- = BaCrO4 J步骤I :移取XmL 定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用bmol ? L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为VomL o步骤 :移取ymLBaCI2溶液于锥形瓶中，加入

23、XmL与步骤I相同浓度的Na2CrO4溶 液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmol ?L-1盐酸标准液滴定至终点， 测得滴加盐酸的体积为V1mL o滴加盐酸标准液时应用酸式滴定管，“0 ”刻度位于滴定管的 (填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为 mol ?L-1。若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2+浓度测量值将 (填“偏大”或“偏小” )。【答案】(1)增大接触面积从而使反应速率加快；ac(2)Fe3+ ; Mg(OH) 2、Ca(OH) 2 ； H2C2O4过量会导致生成 BaC2O4沉淀，产品产量减少r 、 b(V 0-V 1)上万；一 一；偏大【解析】【分

24、析】本题考查了无机工艺流程，为高频考点，侧重考查学生的分析能力， 侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、沉淀滴定等知识，实验步骤结合物质的 性质分析是解答的关键，题目难度中等。【解答】(1) 用盐酸浸取毒重石前，将毒重石充分研磨的目的是增大接触面积从而使反应速率加 快;用浓盐酸配制一定质量分数的稀盐酸，首先需要计算，然后用量筒分别量取一定量 的浓盐酸和水倒入烧杯中，再用玻璃棒搅拌即可。依据表中提供的Ca2+、Mg2+、Fe3+等完全沉淀所需PH可知，加入NH3 ?H2O调节PH = 8可除去Fe3+ ;加入NaOH调节溶液PH = 12.5时，形成的沉淀为 Mg(OH) 2、Ca(OH)2

25、,但Ca2+不能沉淀完全，加入草酸的目的是形成草酸钙沉淀除去Ca2+ ,故若加入过量草酸会生成草酸钡沉淀，降低产品的产量。(3) 由滴定管的构造可知，滴定管的“0”刻度位于滴定管的上方；步骤中BaCb消耗Na2CrO4的物质的量为(bV° - bV1) × 10-3 mol ,故C(BaCl2)=(bV0-bV 1) × 103 moly× 13 Lb(V 0-V I)厂mol ?L-1若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出，导致消耗盐酸体积减小,即V1变小，故测得的C(BaCl2)偏大。四：简答题(本题共1个小题，14 分)1.最新研究发现，用隔膜电解法处

26、理高浓度乙醛废水具有工艺流程简单、电耗较低等优点，其原理是使乙醛分别在阴、阳极发生反应，转化为乙醇和乙酸，总反应如下：电解2CH3CHO+ H2O? CH3CH2OH+ CH3COOH实验室中，以一定浓度的乙醛-Na 2SO溶液为电解质溶液， 模拟乙醛废水的处理过 程，其装置示意图如图所示。-ClHEIUSSl(1) 若以甲烷燃料电池为直流电源，则燃料电池中b极应通入(填化学式)气体。(2) 电解过程中，两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生无色气体。电极反应式如下：阳极：4OH - - 4e- = O2 +2H 2O。阴极：。 CH3CHO+ 2e- + 2H2O= CH3CH2OH+ 2OH-

27、。电解过程中，阴极区Na2SO4的物质的量 (填“增大”、"减小”或"不变”)。(4) 电解过程中，某时刻测定了阳极区溶液中各组分的物质的量，其中Na2SO4与CH3CO OH的物质的量相同。此时刻下列关于阳极区溶液中各微粒浓度关系的说法 正确的是(填序号)。a. c(Na + ) = 2c(CH3COOH)+ 2c(CH3O)b. c(Na + ) + c(H + ) = c(sc4- ) + c(CH3COO ) + C(OH-)c. c(Na+) > c(CH3COOH) > c(CH3COO ) > C(OH-)(5) 已知：乙醛、乙醇的沸点分别为

28、20.8 C、78.4 C。从电解后阴极区的溶液中分离出乙醇粗品的方法是 。(6) 在实际工艺处理中，阴极区乙醛的去除率可达 60 %。若在两极区分别注入Im3乙醛含量为3000 mg/L的废水，可得到乙醇 kg(计算结果保留小数点后 1位)。【答案】(1)CH4 ；(2) CH 3CHO- 2e- + H2O= CH3COOH+ 2H+ ；4H+ + 4e- = 2H2 (写成“ 2H+ + 2e- = H2 也可)或4H2O+ 4e- = 2H2 +4OH -;不变；(4) ac ;(5) 蒸馏；(6) 1.9。【解析】本题综合考查电化学的有关知识，涉及电解池原理以及燃料电池的原理，掌握电

29、解池以及燃料电池电极反应式的书写是解题关键，题目难度中等。【解答】(1) b为原电池的负极，发生氧化反应，应通入CH4；故答案为：CH4;(2) 阳极发生氧化反应生成乙酸和氧气，生成乙酸的电极反应式为CH3CHO- 2e- +H2O= CH3COOH+ 2H+ ;阴极发生还原反应生成乙醇和氢气，生成H2的电极反应式为4H+ + 4e- = 2H2 M4H2O+ 4e- = 2H2 +4OH -;故答案为：CH3CHO- 2e- + H2O= CH3COOH+ 2H+ ;4H+ + 4e- = 2H2 (写成“ 2H+ + 2e- = H2 也可)或4H2O+ 4e- = 2H2 +4OH -;

30、(3) Na 2SO4不参与电极反应，且存在阳离子交换膜，故阴极区NazSd的物质的量不变；故答案为：不变；(4) 电解过程中，某时刻测定了阳极区溶液中各组分的物质的量，其中Na2Sd与CH3CO OH的物质的量相同；a.由于该时刻Na2SO4与CH3COOH的物质的量相同，根据物料守恒，则有c(Na+)=2c(CH3COOH)+ 2c(CH3COO),故 a 正确；b由电荷守恒可知，： 二 ' ,故b错误；c醋酸为弱电解质，主要以分子形成存在， 则有c(Na + ) > c(CH3COOH) > C(CH 3COC-) > C(OH -),故C正确；故答案为：ac；

31、由于乙醛、乙醇的沸点分别为20.8 C、78.4 C,则从电解后阴极区的溶液中可以通过蒸馏的方法分离出乙醇；故答案为：蒸馏； 设生成乙醇的质量是 X,废水中乙醛的质量为：1m3 × 1000Lm 3 × 3000mgL =3000g = 3kg ,乙醛的去除率为60% ,则反应的乙醛为1.8kg ；根据方程式 CH3CHO+ 2e- + 2H2= CH3CH2OH+ 2OH-可知44kg乙醛反应会产生 46kg乙醇，则1.8kg乙醛反应，产生乙醇的质量为 X = 44 × 1.8kg 1.9kg ；故答案为：1.9。五、选做题(本大题共 2小题，二选一，各15分)

32、35.国际纯粹和应用化学联合会核准并发布了4种人工合成元素，其元素符号分别是 Nh、MC、Ts、Og，至此元素周期表中第七周期被全部填满。现有周期表中五种元素 X、Y、Z、W、R，它们的原子序数依次增大， 且都不超过36.请根据下列相关信息， 回答问题：X基态原子核外只有1种运动状态的电子Y基态原子价电子排布式为 n Sn npnZ与Y冋一周期，基态原子未成对电子数在该周期中最多WW元素Z所在周期中元素第一电离能比Z高的元素有 种。元素MC与Z同族，MC的原子序数为。 元素Y、Z可形成YZ-离子，该离子是一种很好的配体，与元素R可形成r(yz) 63-配离子。该配离子中存在的化学键类型有 (填

33、序号)。a.配位键b.金属键C.极性共价键d.非极性共价键e.离子键 f.氢键的核外电子排布与氖原子相同R基态原子失去3个电子后，d能级内电子恰好半充满有人通过计算预测了高压下固态单质Z的一种新结构Z8分子，其结构式为Z Z-Z- Z=Z- Z- Z Z,请写出Z8分子中Z原子的杂化类型 。(4) X、W两元素可形成两种常见的液态化合物，这两种液态化合物能以任意比 互溶，其原因是。下面是教材中给出的金刚石、氯化钠、钠、干冰、碘晶体的晶胞图(未按顺序排序),其中与固态X2W的晶体类型相同的有 (填序号)。bCd(5) R单质有 Y 种晶体结构，三种晶体可在不同温度下转化。其中Y- R晶体属立方晶

34、系，其晶胞参数 a = 363pm ,晶体密度为7.80g ?cm-3该晶胞中所含 R原子的数目为 (已知：3633=4 78 × 10 7)，y - R晶体中R原子的堆积方式称为【答案】(1)2 ; 115;(2) ac ; TrrTTTpTn U + 6 ；LTr I ； SP、sp2、sp3 ; H 20、H2O2都是极性分子，相似相溶，且二者之间形成氢键；bd ;(5) 4 ;面心立方最密堆积。【解析】【分析】本题综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电离能、元素周期表、化学键、杂 化方式、氢键、晶体类型、晶胞结构与计算等，这些都是常考知识点，需要学生具备扎 实的基础与灵

35、活运用能力，注意识记中学常见晶胞计算。【解答】X、Y、Z、W、R五种元素原子序数依次增大，且都不超过36. X的基态原子核外只有 1种运动状态的电子，则 X为H元素；Y的基态原子价电子排布式为 nsnnpn ,由于S轨 道最多容纳2个电子且P轨道填充电子，故n=2,则Y为C元素；Z与Y同一周期， 基态原子未成对电子数在该周期中最多，价电子排布式为2s22p3 ,故Z为N元素；W2-的核外电子排布与氖原子相同，则W的质子数=10- 2=8 ,故W为0元素；R的基态原子失去3个电子后，d能级内电子恰好半充满，价电子排布式为3d 64s2 ,故R为Fe。(1)元素Z为N ,处于第二周期，同周期随原子

36、序数增大元素的第一电离能呈增大趋势，第13页，共16页N元素原子2p能级为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第二周期原子中第一电离能比 N高的元素有F、Ne共2种。元素MC与N同族，处于第七周期，贝U MC的原子序数为：15 + 18 + 18 + 32 + 32 = 115，故答案为：2; 115;元素Y、Z可形成CN- 离子，该离子是一 一种很好的配体， 与元素Fe可形成Fe(CN) 63- 配离子。该配离子中 Fe3+与CN-形成配位键，CN-中原子之间形成极性键，故选：ac; 由FeO4分子结构可知，FeO4分子中Fe形成6个键，0对键合电子吸引能力更强， 故Fe的化合

37、价为+6价，Fe基态原子的价电子排布式为 3d64s2，价电子排布图为叫TlTrl t丨冋,3d4s ,故答案为：+6 ； IM5LLLU回;3d+s高压下固态单质 Z的一种新结构N8分子，其结构式为 N N- N - N=N- N- N N ,三键中N原子杂化轨道数目为2.双键中N原子有1对孤对电子，杂化轨道数目为3单 键中N原子有2对孤对电子，杂化轨道数目为4,故N原子分别采取SP杂化、sp2杂化、 sp3杂化，故答案为：sp、sp2、sp3;(4)X、W两元素可形成两种常见的液态化合物分别为H2O' H2O2 ,二者都是极性分子，相似相溶，且 H2O与H2O2分子之间形成氢键，这

38、两种液态化合物能以任意比互溶， 故答案为：H2O' H2O2都是极性分子，相似相溶，且二者之间形成氢键；固态H2O属于分子晶体，干冰、碘晶体属于分子晶体，其基本结构分别为b、d,故选：bd ；?56彳 C Q 设晶胞中Fe原子数目为a,则晶胞质量=a × ?6.02 × 13 g= (363 × 10-1°cm)3 ×7.80g ?cm-3 ,解得a = 4 ,晶体属立方晶系，则晶胞中Fe原子为面心立方最密堆积，故答案为：4;面心立方最密堆积。36.8 -羟基喹啉被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂，也是重要的医药中间体。如图 是8-羟基喹啉的合成路线。H)C1lBsrClf,OOJDMO.iE (C3HiO"F一JIeMNOSA (CIH J)试浓I GLHfSO4A已知：i.i同一个碳原子上连有 2个羟基的分子不稳定。(I) 按官能团分类，A的类别是 。A B的化学方程式是 。(3) C可能的结构简式是 。(4) C