湖南省名校大联考2020届高三第三次模拟考试卷化学试题 Word版含解析

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www.ks5u.com 湖南名校大联考2020届高三第三次模拟测试卷 化学 注意事项：‎ ‎1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 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 K 39‎ 一、选择题(每小题6分，共42分)‎ ‎1.中国传统文化博大精深，明代方以智的《物理小识》中有关炼铁的记载：“煤则各处产之，臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石，殊为省力。”下列说法中正确的是 A. 《物理小识》中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁 B. 文中说明以煤炭作为燃料被普遍使用，煤的主要成分为烃 C. 生铁是指含硫、磷、碳量低的铁合金 D. 工业上可通过煤的干馏获得乙烯、丙烯等化工原料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由《物理小识》中记载语句“臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石”可知是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁，A选项正确；‎ B．煤其主要成分为碳、氢、氧和少量的氮、硫或其它元素，而烃只由C、H两种元素组成，B选项错误；‎ C．生铁的含碳量比钢的含碳量较高，故生铁不是指含碳量很低的铁合金，C选项错误；‎ D．工业上可通过石油的裂化、裂解获得乙烯、丙烯等化工原料，D选项错误；‎ 答案选A。‎ ‎2.咖啡酸具有止血功效，存在于多种中药中，其结构简式如下图，下列说法不正确的是 - 19 -‎ A. 咖啡酸可以发生取代、加成、氧化、酯化、加聚反应 B. 1mol 咖啡酸最多能与5 mol H2反应 C. 咖啡酸分子中所有原子可能共面 D. 蜂胶的分子式为C17H16O4，在一定条件下可水解生成咖啡酸和一种一元醇A，则醇A 的分子式为C8H10O ‎【答案】B ‎【解析】‎ A，咖啡酸中含酚羟基能发生取代反应、加成反应、氧化反应，含碳碳双键能发生加成反应、氧化反应、加聚反应，含羧基能发生取代反应、酯化反应，A项正确；B，咖啡酸中含有1个苯环和1个碳碳双键，苯环和碳碳双键能与H2发生加成反应，1mol咖啡酸最多能与4molH2发生加成反应，B项错误；C，咖啡酸中碳原子形成1个苯环、1个碳碳双键、1个羧基，其中C原子都为sp2杂化，联想苯、乙烯的结构，结合单键可以旋转，咖啡酸中所有原子可能共面，C项正确；D，由咖啡酸的结构简式写出咖啡酸的分子式为C9H8O4，A为一元醇，蜂胶水解的方程式为C17H16O4（蜂胶）+H2O→C9H8O4（咖啡酸）+A，根据原子守恒，A的分子式为C8H10O，D项正确；答案选B。‎ 点睛：本题考查有机物的结构和性质、有机分子中共面原子的判断。明确有机物的结构特点是解题的关键，难点是分子中共面原子的判断，分子中共面原子的判断注意从乙烯、苯和甲烷等结构特点进行知识的迁移应用，注意单键可以旋转、双键不能旋转这一特点。‎ ‎3.苯乙酮常温下为无色晶体或浅黄色油状液体，是山楂、含羞草、紫丁香等香精的调合原料，并广泛用于皂用香精和烟草香精中，可由苯经下述反应制备：‎ ‎+(CH3CO)2O +CH3COOH NA代表阿伏加德罗常数值。下列有关说法正确的是 A. 气态苯乙酮的密度是气态乙酸密度的2倍 B. 1mol苯所含的化学单键数目为12 NA C. 0.5mol乙酸酐中含有的电子数目为27 NA D. 1L2mol/LCH3COOH溶液与足量钠反应生成的气体分子数为NA ‎【答案】C - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．气态苯乙酮的摩尔质量为120g/mol，气态乙酸的摩尔质量为60g/mol，根据ρ=，二者气态物质的状态条件未知，体积无法确定，则密度无法确定，故A错误；‎ B．苯的结构中，只有碳氢单键，碳碳之间是一种介于单键与双键之间的一种特殊键，则1个苯分子中有6个单键，1mol苯中含有6mol单键即6 NA个，故B错误；‎ C．一个乙酸酐分子中含有54个电子，1mol乙酸酐分子中含有54mol电子，则0.5mol乙酸酐中含有27mol电子，即电子数目为27 NA，故C正确；‎ D．1L2mol/LCH3COOH的物质的量为2mol，与钠反应生成氢气1mol，足量钠，醋酸消耗完可继续与水反应，则生成的气体分子数大于NA个，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】足量的钠与乙酸反应置换出氢气后，剩余的钠会继续和水反应，钠与水反应也会释放出氢气。‎ ‎4.某科研团队研制出“TM﹣LiH（TM表示过渡金属）”双催化剂体系，显著提高了在温和条件下氮气和氢气合成NH3的效率，原理示意如下：‎ 下列分析不合理的是（　　）‎ A. 状态Ⅰ，吸收能量并有N≡N键发生断裂 B. 合成NH3总反应的原子利用率是100%‎ C. “TM﹣LiH”能降低合成氨反应的△H D. 生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知氮气与TM-LiH反应生成LiNH，LiNH与氢气反应生成氨气和LiH，总反应为2LiNH+3H2═2LiH+2NH3。‎ ‎【详解】A．状态Ⅰ为氮气生成LiNH的过程，N≡N键发生断裂要吸收能量，故A正确；‎ B．由流程可知氮气和氢气反应，生成物只有氨气，原子利用率为100%，故B正确；‎ - 19 -‎ C．催化剂可降低反应的活化能，但不能降低反应物和生成物的总能量，不能改变反应热，故C错误；‎ D．由状态Ⅲ可知生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎5.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z B. Y单质的熔点高于X单质 C. W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有一种 D. 化合物M中W不都满足8电子稳定结构 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；根据结构，W最外层有6个电子，原子序数小于11，则W为O元素；Y最外层有4个电子，原子序数大于11，则Y为Si元素；W的核外电子数为8，与X、Z的最外层电子数之和相等，则Z最外层有7个电子，只能为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，符合题意，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。‎ A、同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为Cl＞Si，即Z＞Y，故A错误；‎ B、硅为原子晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，故B正确；‎ C、O与Na能够形成氧化钠和过氧化钠2种，故C错误；‎ D、根据，阴离子带2个单位负电荷，其中O都满足8电子稳定结构，故D错误；‎ 故选B。‎ - 19 -‎ ‎6.在某种光电池中，当光照在表面涂有氯化银的银片上时，发生反应：AgCl(s)Ag(s)+Cl(AgCl)[Cl(AgCl)表示生成的氯原子吸附在氯化银表面]，接着发生反应：Cl(AgCl)+e-=Cl-(aq)+AgCl(s)。如图为用该光电池电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 光电池工作时，Ag极为电流流出极，发生氧化反应 B. 制氢装置溶液中K+移向A极 C. 光电池工作时，Ag电极发生的反应为2Cl--2e-=Cl2↑‎ D. 制氢装置工作时，A极的电极反应式为CO(NH2)2+8OH-−6e-=CO32-+6H2O+N2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，左边装置为原电池，右边装置为电解池，原电池中当光照在表面涂有氯化银的银片上时，发生反应：AgCl(s)Ag(s)+Cl(AgCl)，接着发生反应：Cl(AgCl)+e-=Cl-(aq)+AgCl(s)，银上的电极反应为AgCl(s)+e-═Ag(s)+Cl-，得电子发生还原反应，所以银作正极、铂作负极，结合原电池原理和电解池原理分析解答。‎ ‎【详解】A．得电子的电极发生还原反应，左侧Ag电极上得电子作正极、Pt作负极，则Ag电极发生还原反应，故A错误；‎ B．左侧Ag电极上得电子作正极、Pt作负极，则连接Ag的电极为阳极、连接Pt的电极为阴极，制取氢气装置溶液中阳离子向阴极移动，所以K+移向B电极，故B错误；‎ C．光电池工作时，Ag电极上AgCl得电子生成Ag，电极反应式为AgCl（s）+e-═Ag（s）+Cl-，故C错误；‎ D．制取氢气装置工作时，A电极为阳极，尿素失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和氮气、水，电极反应式为CO(NH2)2+8OH--6e-═CO32-+N2↑+6H2O，故D正确；‎ 故选：D。‎ - 19 -‎ ‎【点睛】正确判断原电池的正负极是解题的关键。本题的难点为CD，C可以根据银电极的两个反应分析得到，D中要注意电解质溶液的碱性对产物的影响。‎ ‎7.常温下，分别向体积相同、浓度均为1 mol／L的HA、HB两种酸溶液中不断加水稀释，酸溶液的pH与酸溶液浓度的对数(lgc)间的关系如图。下列对该过程相关分析正确的是 A. HB的电离常数(Ka)数量级为10-3‎ B. 其钠盐的水解常数(Kh)大小关系是：NaB>NaA C. a、b两点溶液中，水的电离程度ba，故C错误；‎ D.当lg C= -7时，HB中c（H＋）=mol·L－1 ，HA中c（H＋）=mol·L－1，pH均不为7，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】难点A选项，从图中读出两点氢离子的浓度，酸的浓度，根据电离常数的定义写出电离常数，本题易错点为D选项，当lg c= -7时，是酸的浓度是10-7mol·L－1，不是氢离子的浓度。‎ 二、非选择题(共43分)‎ ‎8.无水三氯化铬（CrCl3）为紫色晶体，在工业上主要用作媒染剂和催化剂，某化学小组用Cr2O3‎ - 19 -‎ 和CCl4在高温下制备无水三氯化铬，部分实验装置如图所示。‎ 已知：①CrCl3熔点为83℃，易潮解，易升华，易溶于水但不易水解，高温下易被氧气氧化；②Cr2O3和CCl4在高温下反应的产物为CrCl3和光气（COCl2 ）。请回答下列问题：‎ ‎（1）装置A是氮气制备装置，氮气的作用是____________。‎ ‎（2）装置B的作用为________。装置C和装置E的水槽中应分别盛有__________、____________。‎ ‎（3）装置D中生成CrCl3和光气（COCl2 ）的化学方程式为_________。‎ ‎（4）该实验装置有设计不合理的地方，请写出改进方法：_________（写一点即可）‎ ‎（5）产品中CrCl3质量分数的测定：‎ ‎（i）称取0.3000 g得到的CrCl3样品溶于水并于250mL容量瓶中定容。‎ ‎（ii）取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸腾后加入稍过量的Na2O2,稀释并加热煮沸，再加入过量的H2SO4酸化，将Cr3+氧化为Cr2O72-；再加入过量的KI固体，加塞摇匀，使铬完全以Cr3+形式存在 ‎（iii）加入1mL指示剂，用0.0250 mol·L－1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准Na2S2O3溶液21.00mL（已知2Na2S2O3+I2= Na2S4O6+2NaI）‎ ‎①ii中加入稍过量的Na2O2后要加热煮沸，其主要原因是____________；加入KI发生反应的离子方程式为________________‎ ‎②滴定实验可选用的指示剂为____________产品中CrCl3质量分数为_______%（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 排出空气、吹出CCl4蒸汽、吹出产物及尾气 (2). 除去氮气中水蒸气 (3). 热水 (4). 冷水 (5). Cr2O3＋3CCl42CrCl3＋3COCl2 (6). 将连接装置D、E的细导管改成粗导管 (7). 除去溶解的氧气，防止将I-氧化 (8). Cr2O72-+ 6I-+14H+= 2Cr3++3I2+7H2O (9). 淀粉溶液 (10). 92.5‎ ‎【解析】‎ - 19 -‎ ‎【分析】‎ A装置中氨气和氧化铜在加热条件下生成氮气，B装置干燥氮气，C装置中的是反应物，氮气将吹入反应装置D中，E装置进行尾气吸收。‎ ‎【详解】（1）氮气的作用是排出空气、吹出蒸汽、吹出产物及尾气，故答案为：排出空气、吹出蒸汽、吹出产物及尾气；‎ ‎（2）由信息①可知装置D中必须保持无水环境，故装置B的作用是干燥氮气；装置C中热水的作用是使汽化，提供反应所需的反应物；装置E中冷水的作用是冷凝生成的，故答案为：除去氮气中水蒸气；热水；冷水；‎ ‎（3）由题意可知，反应物是和，产物为和，故方程式为：，故答案为：；‎ ‎（4）由信息①可知易升华，题中装置图中D、E之间的导管太细，易发生堵塞，故应将细导管换成粗导管，故答案为：将连接装置D、E的细导管改成粗导管；‎ ‎（5）①溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化氧化，若不除去其中溶解的氧气使生成的 的量增大，产生偏高的误差，故加热煮沸；和发生氧化还原生成碘单质和铬离子，离子方程式为：，故答案为：除去溶解的氧气，防止将氧化；；‎ ‎②利用滴定生成，遇淀粉显蓝色，所以可以用淀粉作指示剂；设25.00mL溶液中，由元素守恒及方程式可得关系式：， ，故，所以250mL溶液中 的物质的量为0.00175mol，根据元素守恒可知，所以样品中 ，故样品中无水三氯化铬的质量分数为 - 19 -‎ ‎：，故答案为：淀粉溶液；92.5。‎ ‎9.开发清洁能源是当今化工研究的一个热点问题。二甲醚(CH3OCH3)在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用，工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3。工业制备二甲醚在催化反应室中(压力2.0～10.0Mpa，温度230～280℃)进行下列反应：‎ ‎①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH1=-99kJ·mol−1‎ ‎②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2=-23.5kJ·mol−1‎ ‎③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.2kJ·mol−1‎ ‎(1)催化反应室中的总反应3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)，计算ΔH=_______。反应来自煤的气化。已知该反应的平衡常数表达式为K=，每生成1mol H2需要吸收131.3kJ的热量。写出该反应的热化学方程式____________。‎ ‎(2)在该条件下，若反应①的起始浓度分别为：c(CO)=0.6mol·L−1，c(H2)=1.4mol·L−1，8min后达到平衡，CO的转化率为50%，则8min内H2的平均反应速率为__________。‎ ‎(3)在t℃时，反应②的平衡常数为400，此温度下，在1L的密闭容器中加入一定的甲醇，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下：‎ 物质 CH3OH CH3OCH3‎ H2O c(mol·L−1)‎ ‎0.46‎ ‎1.0‎ ‎1.0‎ 此时刻v正___v逆(填“＞”“＜”或“＝”)，平衡时c(CH3OCH3)的物质的量浓度是___。‎ ‎(4)在(1)小题中催化反应室的总反应3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)，CO的平衡转化率a(CO)与温度、压强的关系如图所示，图中X代表___(填“温度”或“压强”)，且L1___L2(填“＞”“＜”或“＝”)。‎ - 19 -‎ ‎(5)在催化剂的作用下同时进行三个反应，发现随着起始投料比的改变，二甲醚和甲醇的产率(产物中的碳原子占起始CO中碳原子的百分率)呈现如图的变化趋势。试解释投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因：_____。‎ ‎【答案】 (1). -262.7kJ·mol−1 (2). C(s)+H2O(g)⇌H2(g)+CO(g)ΔH=+131.3kJ·mol−1 (3). 0.075mol·L−1·min−1 (4). ＞ (5). 1.2mol·L−1 (6). 温度 (7). ＞ (8). 当投料比大于1时，随着c(H2)增大，反应①被促进，而反应③被抑制，c(H2O)增大，最终抑制反应②，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）催化反应室中的总反应3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)，根据盖斯定理可按以下方法联立得到：①×2+②+③，该反应ΔH=-99kJ·mol−1×2+(-23.5kJ·mol−1)+(-41.2kJ·mol−1)= -262.7kJ·mol−1；根据煤的气化平衡常数表达式以及质量守恒，可写出该反应的化学方程式为：H2O(g)+C(s)⇌H2(g)+CO(g)，根据生成1mol H2需要吸收131.3kJ的热量可知该反应的ΔH=+131.3kJ∙mol−1，则该反应的热化学方程式为：C(s)+H2O(g)⇌H2(g)+CO(g) ΔH=+131.3kJ·mol−1；‎ ‎（2）根据题给数据，CO反应量为0.6mol/L×50%=0.3mol/L，H2的反应量为0.6mol/L，则8min内H2的平均反应速率为：v(H2)==0.075mol∙L−1∙min−1；‎ ‎（3）该时刻反应的浓度熵为：Qc=＜400，反应正向进行，所以，v正＞v逆；设从该时刻至达到平衡时CH3OCH3物质的量浓度变化量为x，则有：‎ - 19 -‎ ‎，解得x=0.2，则平衡时c(CH3OCH3)=1mol/L+0.2mol/L=1.2mol/L；‎ ‎（4）根据催化反应室的总反应放热，化学方程式3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g) ΔH=-262.7kJ·mol−1可知，正向反应气体减少，反应放热，所以CO的平衡转化率α(CO)随温度的升高而减小、随压强的增大而增大，图中曲线随X增大而减小，可判断X是温度，则L1、L2是压强，且L1＞L2；‎ ‎（5）结合图象，根据平衡移动原理分析：随着增大，反应①CO转化率增大，甲醇的产率增大，进而有利于反应②正向移动；另一方面，随着增大，反应③被抑制，c(H2O)增大，进而抑制了反应②；图中二甲醚产率随着增大先增大后减小的原因就是这两种因素共同作用的结果，题给图中投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因可解释为：当投料比大于1时，随着c(H2)增大，反应①被促进，而反应③被抑制，c(H2O)增大，最终抑制反应②，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小。‎ ‎10.NiCl2是化工合成中最重要的镍源，在实验室中模拟工业上以金属镍废料(含Fe、Al等杂质)为原料生产NiCl2的工艺流程如下：‎ ‎ ‎ 下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH 氢氧化物 Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ Al(OH)3‎ Ni(OH)2‎ 开始沉淀的pH ‎2.1‎ ‎6.5‎ ‎3.7‎ ‎7.1‎ 沉淀完全的pH ‎3.3‎ ‎9.7‎ ‎4.7‎ ‎9.2‎ ‎(1)为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有__________(写一条即可)。‎ - 19 -‎ ‎(2)加入H2O2时发生主要反应的离子方程式为__________。‎ ‎(3)“调pH”时，控制溶液pH的范围为__________。‎ ‎(4)“沉镍”过程中，若滤液A中c(Ni2＋)=1.0mol/L，欲使100mL该滤液中的Ni2＋沉淀完全［即溶液中c(Ni2＋)≤1.0×10-5］，则需用托盘天平称取Na2CO3固体的质量至少为_____g。(已知Ksp(NiCO3)=6.5×10-6，忽略溶液体积的变化)‎ ‎(5)流程中由溶液得到NiCl2·6H2O实验操作步骤依次为______、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎【答案】 (1). 将镍废料磨成粉末(或搅拌，或适当升高温度，或提高酸的浓度) (2). H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O (3). 4.7≤pH<7.1或［4.7，7.1) (4). 17.5 (5). 蒸发浓缩、冷却结晶 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程：金属镍废料(含Fe、Al等杂质)，加盐酸酸浸后的酸性溶液中主要含有H+、Ni2+、Fe2+、Al3+，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，加入Na2CO3溶液调节溶液的pH范围4.7≤pH<7.1，使Fe3+、Al3+全部沉淀，滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液主要含有Ni2+，加入Na2CO3溶液沉淀Ni2+，将得到的NiCO3沉淀用盐酸溶解得到二氧化碳和NiCl2溶液，将NiCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl2•6H2O，据此分析作答。‎ ‎【详解】(1)为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有将镍废料磨成粉末、搅拌、适当升高温度方法、提高溶液中酸的浓度，都可以提高镍元素的浸出率；‎ ‎(2)H2O2具有氧化性，加入H2O2氧化Fe2+为Fe3+，离子方程式为： H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；‎ ‎(3)“调pH”的目的是沉淀Fe3+、Al3+，但不沉淀Ni2+，根据表格数据可知，应该控制溶液pH的范围为4.7≤pH＜7.1或[4.7，7.1）；‎ ‎(4)滤液A中c(Ni2+)=1.0mol/L，欲使100mL该滤液中含有n(Ni2+)=0.1mol，则生成NiCO3需要CO32-为0.1mol，Ni2+刚好沉淀完全时，溶液中c(CO32-)==0.65mol/L，此时溶液中CO32-为0.065mol，故至少需要Na2CO3固体0.1mol+0.065mol=0.165mol，其质量m(Na2CO3)=0.165mol×106g/mol=17.49g≈17.5g；‎ ‎(5)将NiCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl2•6H2O。‎ 三、选考题(共15分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。)‎ - 19 -‎ ‎11.Al、Ti、Co、Cr、Zn 等元素形成的化合物在现代工业中有广泛的用途。回答下列问题：‎ ‎(1)下列状态的铝中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是_____(填标号)。‎ A．[Ne]3s1 B．[Ne]3s2 C．[Ne]3s23p1 D．[Ne] 3s13p2‎ ‎(2)熔融 AlCl3 时可生成具有挥发性的二聚体 Al2Cl6，二聚体 Al2Cl6 的结构式为_____；(标出配位键)其中 Al 的配位数为_________。‎ ‎(3)与钛同周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与基态钛原子相同的元素有_____种。‎ ‎(4)Co2＋的价电子排布式_________。NH3 分子与 Co2＋结合成配合物[Co(NH3)6]2＋，与游离的氨分子相比，其键角∠HNH_____(填“较大”，“较小”或“相同”)，解释原因_____。‎ ‎(5)已知 CrO5 中铬元素为最高价态，画出其结构式：_____。 ‎ ‎(6)阿伏加德罗常数的测定有多种方法，X 射线衍射法就是其中的一种。通过对碲化锌晶体的 X 射线衍射图 象分析，可以得出其晶胞如图 1 所示，图 2 是该晶胞沿 z 轴的投影图，请在图中圆球上涂“●”标明 Zn 的位置_____。若晶体中 Te 呈立方面心最密堆积方式排列，Te 的半径为 a pm，晶体的密度为 ρg/cm3，阿伏加德罗常数 NA=_____mol-1（列计算式表达）。‎ ‎【答案】 (1). D (2). (3). 4 (4). 4 (5). 3d7 (6). 较大 (7). NH3通过配位键与Co2+结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对其他N-H成键电子对的排斥力减小，N-H键之间的键角增大 (8). (9). (或Te与Zn的位置互换) (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 19 -‎ ‎(1)电离最外层的一个电子所需的能量：基态原子>激发态原子，第一电离能＜第二电离能＜第三电离能；‎ ‎(2)二聚体Al2Cl6由Al提供空轨道，Cl原子提供孤电子对形成配位键，配合物中的配位数是指直接同中心离子(或原子)配位的原子数目；‎ ‎(3)根据核外电子的排布特点分析；‎ ‎(4)Co为27号元素，根据构造原理可写出Co2+的价电子排布式；NH3 分子与 Co2＋结合成配合物[Co(NH3)6]2＋，与游离的氨分子相比，NH3通过配位键与Co2+结合，原来的孤电子对变为成键电子对；‎ ‎(5)计算该化合物中氧的化合价判断其结构；‎ ‎(6)根据均摊法计算该晶胞中Zn原子、Te原子的数目，计算晶胞的边长，列出晶体密度的表达式，从而转化得到阿伏加德罗常的表达式。‎ ‎【详解】(1)电离最外层的一个电子所需的能量：基态原子>激发态原子，第一电离能＜第二电离能＜第三电离能，D为激发态原子，D状态的铝电离最外层的一个电子所需能量最小，故答案为：D；‎ ‎(2)熔融 AlCl3 时可生成具有挥发性的二聚体 Al2Cl6，该二聚体由Al提供空轨道，Cl原子提供孤电子对形成配位键，其结构式为，配合物中的配位数是指直接同中心离子(或原子)配位的原子数目，二聚体Al2Cl6中与Al直接相连的原子有4个，故Al的配位数为4，故答案为：；4；‎ ‎(3)Ti元素最外层有2个电子,与钛同周期的所有副族元素的基态原子中,最外层电子数与基态钛原子相同的元素有Sc、V、Mn、Zn，共4种，故答案为：4；‎ ‎(4)Co为27号元素，根据构造原理可知其价电子排布式为3d74s2，则Co2＋的价电子排布式为3d7；NH3 分子与 Co2＋结合成配合物[Co(NH3)6]2＋，与游离的氨分子相比，NH3通过配位键与Co2+结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对其他N-H成键电子对的排斥力减小，N-H键之间的键角增大，故答案为：3d7；较大；NH3通过配位键与Co2+结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对其他N-H成键电子对的排斥力减小，N-H键之间的键角增大；‎ ‎(5)已知CrO5‎ - 19 -‎ ‎ 中铬元素为最高价态，则Cr为+6价，在该化合物中，设-1价氧原子为x个，-2价氧原子为y个，则可得x+y=5,x+2y=6,解得x=4，y=1，则该化合物中含有两个过氧键，则其结构式，故答案为：；‎ ‎(6)根据碲化锌的晶胞结构图可知，该晶胞沿 z 轴的投影图为(或Te与Zn的位置互换)，根据均摊法可知，在该晶胞中Zn原子的数目为4，Te原子的数目为，若晶体中 Te 呈立方面心最密堆积方式排列，则晶胞的面对角线为4a pm，则晶胞的边长为，则晶体的密度，阿伏加德罗常数，故答案为：(或Te与Zn的位置互换)；。‎ ‎【点睛】第(3)问，问的是与钛同周期的所有副族元素的基态原子中,最外层电子数与基态钛原子相同的元素有几种，这里一定注意是副族元素，Fe、Co、Ni虽然最外层也是2个电子，但是它们不是副族元素，是第VIII族元素，这是同学们的易错点。‎ ‎12.有机物M是有机合成的重要中间体，制备M的一种合成路线如下(部分反应条件和试剂略去)：‎ - 19 -‎ 已知：①A密度是相同条件下H2密度的38倍；其分子的核磁共振氢谱中有3组峰；‎ ‎②(-NH2容易被氧化)；‎ ‎③R-CH2COOH 请回答下列问题：‎ ‎(1)B的化学名称为______。A中官能团的电子式为______。‎ ‎(2)CD的反应类型是______，I的结构简式为______。‎ ‎(3)FG的化学方程式为______。‎ ‎(4)M不可能发生的反应为______(填选项字母)。‎ a.加成反应 b.氧化反应 c.取代反应 d.消去反应 ‎(5)请写出任意两种满足下列条件的E的同分异构体有______。‎ ‎①能与FeCl3溶液发生显色反应 ②能与NaHCO3反应 ③含有-NH2‎ ‎(6)参照上述合成路线，以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：______。‎ ‎【答案】 (1). 丙二醛 (2). (3). 取代反应 (4). (5). +(CH3CO)2O+CH3COOH (6). d ‎ - 19 -‎ ‎(7). 、(符合要求均可) (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）~（5）A 的密度是相同条件下 H2密度的38倍，则A的相对分子质量为76，其分子的核磁共振氢谱中有3组峰，A能连续被氧化生成二元酸，则A为二元醇，A、B、C中碳原子个数相等，则A为HOCH2CH2CH2OH，B为OHCCH2CHO，C发生取代反应生成D；根据已知②知，E发生还原反应生成F为，F发生取代反应生成G，D与G发生取代反应生成H，H加热发生已知③的反应生成的I为，I发生取代反应生成M；‎ ‎(6)以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线，可由对氨基苯甲酸发生缩聚反应得到，氨基可由硝基还原得到，羧基可由醛基氧化得到，醛基可由醇羟基氧化得到，醇羟基可由卤代烃发生水解反应得到。‎ ‎【详解】(1)B为OHCCH2CHO，B的化学名称为丙二醛，A是HOCH2CH2CH2OH，A中官能团为羟基，A中官能团的电子式为；‎ ‎(2)C的结构简式为HOOC-CH2-COOH，D的结构简式为HOOCCHBrCOOH，C与Br2发生取代反应产生HOOC-CHBr-COOH和HBr；I的结构简式为；‎ ‎(3)F发生取代反应生成G，F→G 的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH；‎ ‎(4)a.M中苯环能发生加成反应，a不符合题意；‎ b.酚羟基能发生氧化反应，b不符合题意；‎ c.羧基、酚羟基和肽键都能发生取代反应，c不符合题意；‎ - 19 -‎ d.羧基、酚羟基和肽键都不能发生消去反应，d符合题意；‎ 故合理选项是d；‎ ‎(5)E的同分异构体符合下列条件：①能与 FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能与NaHCO3反应，说明含有羧基，③含有-NH2，如果-OH、-COOH相邻，有4种；如果-OH、-COOH相间，有4种；如果-OH、-COOH相对，有2种，所以符合条件的有10种，其中两种同分异构体的结构简式是：、；‎ ‎(6) 以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线，可由对氨基苯甲酸发生缩聚反应得到，氨基可由硝基还原得到，羧基可由醛基氧化得到，醛基可由醇羟基氧化得到，醇羟基可由卤代烃发生水解反应得到，其合成路线为。‎ ‎【点睛】本题考查有机物合成与推断的知识，注意反应中碳链变化、官能团变化及反应条件是解本题的关键，熟练掌握常见官能团之间的转化关系，侧重考查学生知识综合运用及知识迁移能力。‎ ‎ ‎ - 19 -‎ - 19 -‎