黑龙江省齐齐哈尔市八中2020届高三一模考试理综化学试题 Word版含解析

黑龙江省齐齐哈尔市八中2020届高三一模考试理综化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 齐齐哈尔市八中2019-2020学年高三理科综合 化学部分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 C1-35.5 Cu-64‎ 一、选择题：每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.中华文明博大精深。下列说法错误的是 A. 黏土烧制陶瓷的过程中发生了化学变化 B. 商代后期制作的司母戊鼎属于铜合金制品 C. 侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱 D. 屠呦呦发现的用于治疗疟疾的青蒿素()属于有机高分子化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 黏土烧制陶瓷的过程需要高温加热，逐渐去除了有机物，无机物之间相互反应生成了新物质，发生了化学变化，故A正确；‎ B. 司母戊鼎由青铜制成，青铜中含有铜元素、锡元素、铅元素等，属于合金，故B正确；‎ C. 侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱，即碳酸钠，故C正确；‎ D. 青蒿素的相对分子质量较小，不属于有机高分子化合物，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】有机高分子化合物，由千百个原子彼此以共价键结合形成相对分子质量特别大、具有重复结构单元的有机化合物，属于混合物。一般把相对分子质量高于10000的分子称为高分子。‎ ‎2.已知NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 反应中，每生成294 gg释放的中子数为3NA B. 常温常压下，22.4 L乙烷和丙烯(C3 H6)的混合物中氢原子数目为6NA C. 1 L0.5 mol. L-1'碳酸钠溶液含有的CO32- 数目小于0.5NA D. 0.1 mol H2O2与MnO2充分作用生成O2，转移的电子数为0.1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 19 -‎ ‎【详解】A.根据质量守恒原理得：x=249+48-294=3，即每生成1mol释放的中子数为3mol，即3NA，故A正确；‎ B. 常温常压下，无法由体积计算物质的量，也就无法计算微粒数目，故B错误；‎ C. 1 L0.5 mol. L-1'碳酸钠溶液中溶质的物质的量为1 L×0.5 mol. L-1=0.5mol，CO32-部分水解，所以含有的CO32- 数目小于0.5NA，故C正确；‎ D. 0.1 mol H2O2与MnO2充分作用生成0.05molO2，O元素由-1价升高为0价，失去1个电子，则转移的电子数为0.05mol×2=0.1mol，即0.1NA，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎3.下列关于有机化合物的说法正确的是 A. 糖类、油脂、蛋白质均只含C、H、O三种元素 B. 乙烯，乙醇、植物油均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 2 -苯基丙烯( )分子中所有原子共平面 D. 二环[1，1，0]丁烷()的二氯代物有3种(不考虑立体异构)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蛋白质中还含有N等元素，故A错误；‎ B. 乙烯和植物油中含有碳碳双键，乙醇中含有羟基，均能被高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；‎ C. 2 -苯基丙烯( )分子中所有碳原子可以共平面，但甲基中的氢原子与苯环不能共面，故C错误；‎ D. 二环[1，1，0]丁烷()的二氯代物，其中两个氯原子在同一个碳原子上的有1种，在相邻碳原子上的有1中，在相对碳原子上的有2中，共有4种(不考虑立体异构)，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】蛋白质的组成元素一般为碳、氢、氧,氮、硫，少数含有磷，一定含有的是碳、氢、氧、氮。‎ ‎4.由下列实验和现象得出的结论正确的是 实验和现象 结论 - 19 -‎ 选项 A 向某溶液中滴加浓NaOH溶液并加热，将湿润的蓝色石蕊试纸靠近试管口，试纸颜色无明显变化 原溶液中一定无NH4+‎ B 将少量某无色气体通入澄清石灰水中，出现白色沉淀 该气体一定是CO2‎ C 向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫红色 原无色溶液中一定有I—‎ D 将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，产生白色胶状沉淀 氯的非金属性强于硅 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 滴加浓NaOH溶液并加热，若有NH4+，则会有氨气放出，应该用湿润的红色石蕊试纸检验，故A错误； ‎ B. 二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，则气体不一定为CO2，故B错误；‎ C. 某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振防、静置，下层溶液显紫红色，可知碘离子被氧化生成碘单质，则原溶液中有I-，故C正确；‎ D. 由现象可知，盐酸的酸性大于硅酸的酸性，但盐酸为无氧酸，不能比较Cl、Si的非金属性，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.W、R、X、Y均为短周期元素且原子序数依次增大.Y的最高正价和最低负价之和等于0；常温常压下，W和R组成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化；这4种元素原子的最外层电子数之和等于R原子的核电荷数的2倍。下列说法正确的是 A. 元素的非金属性为R>Y> W B. 原子半径为W>R>X> Y C. R与其他三种元素均可形成二元共价化合物 - 19 -‎ D. 简单氢化物的热稳定性为R> W> Y ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、R、X、Y的原子序数依次增大，Y的最高正价和最低负价之和等于0，则Y位于第IVA族；W和R组成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化，二氧化氮和四氧化二氮之间能相互转化，且没有电子转移，则W为N、R为O元素；这4种元素的最外层电子数之和等于R原子的核电荷数的2倍，R核电荷数为8，W最外层有5个电子、R最外层有6个电子、Y最外层有4个电子，则X最外层有1，且X原子序数大于R而小于Y，为Na元素，Y为硅，然后结合元素的性质和元素周期律来解答。‎ ‎【详解】A. W、R、Y分别是N、O、Si元素，同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，所以非金属性强弱顺序是R>W>Y，故A错误；‎ B. 原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小顺序是X>Y>W>R，故B错误；‎ C.活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子化合物，R活泼非金属元素、X是活泼金属元素，二者易形成离子化合物Na2O、Na2O2，故C错误；‎ D. 元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性R>W>Y，则简单氢化物的热稳定性次序为R>W>Y，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.化石燃料开采、加工过程中会产生剧毒气体硫化氢(H2S)，可通过间接电化学法除去，其原理如图所示。下列说法错误的是 A. 反应池中处理硫化氢的反应是H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+‎ - 19 -‎ B. 电极a为阳极，电极b为阴极 C. 若交换膜为质子(H+ )交换膜，则NaOH溶液的浓度逐渐变大 D. 若交换膜为阳离子交换膜，b电极区会产生红褐色沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图示知反应池中，Fe3+与硫化氢发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，故A正确；‎ B.a极产生Fe3+，发生氧化反应，所以为阳极，b为阴极，故B正确；‎ C. 若交换膜为质子交换膜，则H+进入b极，则NaOH溶液的浓度逐渐变小，故C错误 D. 若交换膜阳离子交换膜，Fe3+会向阴极移动，与氢氧根离子生成红褐色Fe(OH)沉淀3，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎7.常温下，向20mL0.2mol·L-1H2A溶液中滴加0.2mol.L-1NaOH溶液，溶液中微粒H2A、HA-、A2-的物质的量的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A. 当V[NaOH(aq)]=20 mL时.c(OH- )=c(H+ )+c(HA- )+2c(H2A)‎ B. 在P点时，c(Na+ )+c(H+ )=c(OH- )+c(HA- ) +c(A2- )+c(H2A)‎ C. 当V[NaOH(aq)]=30 mL时，2c(Na+ )=3[c(HA- )+c(A2- )+c(H2A)]‎ D 当V[NaOH(aq)]=40 mL.时.c(Na+ )>c(A2- )>c(OH- )>c(HA- )>c(H2A)>c(H+)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 当V（NaOH）=20mL时，二者恰好完全反应生成NaHA，根据电荷守恒得：c（OH-）+2c（A2-）+c（HA-）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒得c（Na+）=c（HA-）+c（H2A）+c（A2-），二者结合可得：c（OH-）+c（A2-）=c（H+）+c（H2A），则c（OH-）c（HA-），正确的离子浓度大小为：c（Na+）>c（A2-）>c（OH-）>c（HA-）>c（H2A）>c（H+），故D正确；‎ 故选B。‎ 二、非选择题：第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎(一)必考题：‎ ‎8.重铬酸钾常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。由含铬废液(主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等)制备K2Cr2O7的流程如图所示。‎ 已知：i.在酸性条件下，H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+。‎ ii.相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：‎ 金属离子 Fe3+‎ Cr3+‎ 开始沉淀pH ‎1.5‎ ‎4.9‎ 沉淀完全的pH ‎2.8‎ ‎6.8‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)滤渣①的主要成分为_________(填化学式)。‎ ‎(2)"氧化”步骤中发生反应的离子方程式为____________。‎ ‎(3)“加热"操作的目的是_________。‎ - 19 -‎ ‎(4)“酸化"过程中发生的反应为2CrO42- +2H+Cr2O72-+ H2O (K=4.0×1014L3·mol -3)。已知“酸化”后溶液(pH=1)中c(Cr2O72- )=6. 4×10-3 mol·L-1，则溶液中c(CrO42-)=_______。‎ ‎(5)可利用微生物电池将镀铬废水中的Cr2O72-催化还原，其工作原理如图所示：‎ 在该电池中，b作______极，a极的电极反应为__________‎ ‎(6)K2 Cr2O7标准溶液还可用于测定市售硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M=248 g·mol -1)的纯度。测定步骤如下：‎ i.溶液配制：称取1.2400g市售硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后.全部转移至100mL容量瓶中.加蒸馏水至刻度线。‎ ii.滴定：取0.01000 mol. L-1的K2Cr2 O7标准溶液20. 00 mL，稀硫酸酸化后加入过量KI溶液，发生反应(Cr2O72-被还原成Cr3+ ，I-被氧化成I2)。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32 - =S4O62-+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液蓝色褪去.即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为25.00mL。‎ ‎①稀硫酸酸化的K2Cr2O7标准溶液与KI溶液反应的离子方程式为_________‎ ‎②该市售硫代硫酸钠晶体样品的纯度为_______%(保留1位小数)。‎ ‎【答案】 (1). Cr(OH)3、Fe(OH)3 (2). 2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O (3). 除去过量的H2O2 (4). (5). 正 (6). CH3COOH−8e−+2H2O=2CO2↑+8H+ (7). Cr2O72-+14H++6I-=3I2+2Cr3++7H2O (8). 96.0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含铬废液（主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等）制备K2Cr2O7的流程：废液与足量KOH反应生成沉淀Cr（OH）3、Fe（OH）3，过滤得到滤渣①Cr（OH）3、Fe（OH）3混合物，除去K+、SO42-等离子，碱性条件下在滤渣中加入过氧化氢氧化Cr（OH）3生成K2CrO4，过滤除去Fe（OH）3，得到K2CrO4滤液②，加热除去过量过氧化氢，防止后续加酸时H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+‎ - 19 -‎ ‎，加酸调pH=1，使K2CrO4溶液转化为K2Cr2O7溶液，蒸发结晶得到K2Cr2O7晶体，以此解答。‎ ‎【详解】（1）根据形成氢氧化物沉淀的pH范围知滤渣①成分为Cr（OH）3、Fe（OH）3混合物，故答案为：Cr(OH)3、Fe(OH)3；‎ ‎（2）“氧化”步骤中，碱性条件下，过氧化氢氧化Cr(OH)3，生成K2Cr2O7溶液，结合转移电子守恒、原子守恒得化学方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O，则离子方程式为：2Cr(OH)3+3H202+4OH-=2CrO42-+8H20，故答案为：2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O；‎ ‎（3）因为在酸性条件下，H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+，为防止后续“酸化”步骤中Cr2O72-将Cr2O72-还原为Cr3+而混入杂质，所以酸化之前必须除去H2O2，并且H2O2对热不稳定、易分解，通过加热可除去，故答案为：除去过量的H2O2；‎ ‎（4）“酸化”后溶液(pH=1)，即c(H+)=0.1mol/L，反应2CrO42- +2H+Cr2O72-+ H2O K=，则，故答案为：；‎ ‎（5）b极上Cr2O72−被还原，应为正极反应，则a为负极，乙酸被氧化生成二氧化碳，电极方程式为：CH3COOH−8e−+2H2O=2CO2↑+8H+，故答案为：正；CH3COOH−8e−+2H2O=2CO2↑+8H+；‎ ‎（6）①在酸性条件下，Cr2O72-被还原成Cr3+ ，I-被氧化成I2，同时有水生成，根据电子转移守恒配平反应得：Cr2O72-+14H++6I-=3I2+2Cr3++7H2O，故答案为：Cr2O72-+14H++6I-=3I2+2Cr3++7H2O；‎ ‎②根据氧化还原反应中电子转移守恒得：n(I2)=3n(Cr2O72-)=3×0.01000 mol. L-1×0.02L=0.0006mol，根据I2+2S2O32 - =S4O62-+2I-得：n(Na2S2O3)=2n(I2)= 0.0006mol×2=0.0012mol，则该市售硫代硫酸钠晶体样品的纯度为，故答案为：96.0%。‎ ‎9.丙烷、乙烯等有机物在工业上有广泛的应用。回答下列问题：‎ ‎(1)丙烷中混有乙烯杂质，实验室用如图装置除杂，得到纯净的丙烷。若试剂a为酸性高锰酸钾溶液，则试剂b、c的名称分别为______、_______。‎ - 19 -‎ ‎(2)如图为各组物质的能量总和及相互间转化的能量关系。丙烷气体分解得到石墨(C)和氢气的热化学方程式为_________。‎ ‎(3)在两个容积均为1 L的恒容密闭容器中以不同的氢碳比[n(H2)/n(CO2)]充入2 mol H2和一定量的CO2，在一定条件下发生反应2CO2(g) +6H2(g)C2 H4(g) +4H2O(g) △H。CO2的平衡转化率α(CO2)与温度的关系如图所示：‎ ‎①该反应的∆H___________(填“>”“<"或“=")0，判断的理由是__________。‎ ‎②在氢碳比为2.0时，Q点v(逆)_______P点v(逆)(填“>”“<"或“=”)。‎ ‎③氢碳比：x_____2. 0(填“>”“<”或“=”)。‎ ‎④Q点对应温度下，该反应平衡常数K=_______L3· mol-3。‎ ‎【答案】 (1). 饱和氢氧化钠溶液 (2). 浓硫酸 (3). C3H8(g)═3C(石墨，s)+4H2(g) △H=△H1−△H2−△H3 (4). < (5). 温度升高CO2的平衡转化率减小，平衡逆向移动，故逆反应是吸热反应，正反应为放热反应 (6). < (7). > (8). 64‎ ‎【解析】‎ - 19 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据乙烯的性质及氧化产物分析解答；（2）根据盖斯定律及图示能量变化分析解答；（3）根据平衡移动原理及平衡常数表达式进行相关计算。‎ ‎【详解】（1）乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳气体，所以试剂b为饱和氢氧化钠溶液，目的是除去二氧化碳气体，试剂c为浓硫酸，目的是除去水分，故答案为：饱和氢氧化钠溶液；浓硫酸；‎ ‎（2）根据能量变化示意图结合盖斯定律可知，丙烷气体(C3H8)分解得到石墨(C)和氢气的热化学方程式为：C3H8(g)═3C(石墨，s)+4H2(g) △H=△H1−△H2−△H3，故答案为：C3H8(g)═3C(石墨，s)+4H2(g) △H=△H1−△H2−△H3；‎ ‎（3）①由图可知，随温度升高CO2的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应移动，则正反应为放热反应，故△H<0，故答案为：<；温度升高CO2的平衡转化率减小，平衡逆向移动，故逆反应是吸热反应，正反应为放热反应；‎ ‎②在氢碳比为2.0时，P点达平衡，Q点未达平衡，此时二氧化碳的转化率比平衡时小，说明此时要继续转化更多的二氧化碳，反应物浓度在减小，生成物浓度在增大，正反应速率在减小，逆反应速率在增大，所以此时逆反应速率比平衡时逆反应速率小，故答案为：<；‎ ‎③由图象可知x的碳氢比不等于2，在相同条件下反应达平衡时，二氧化碳的转化率增大了，说明是增大了氢气的量，提高二化碳的转化率，即氢碳比越大，二氧化碳转化率越大，故答案为：>；‎ ‎④Q点和P点相同温度下K相同，P点平衡时二氧化碳转化率为0.5，氢碳比n(H2)/n(CO2)=2，设起始时氢气为2mol/L、二氧化碳为1mol/L，则二氧化碳浓度变化量为0.5mol/L，则：‎ 代入平衡常数表达式，故答案为：64。‎ ‎10.三硫代碳酸钠(Na2CS3)在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子。某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行探究。回答下列问题：‎ ‎(1)在试管中加入少量三硫代碳酸钠样品，加水溶解，测得溶液pH=10，由此可知H2CS3是______(填“强”或“弱”)酸。向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去，由此说明Na2CS3‎ - 19 -‎ 具有______性。(填“还原”或“氧化”)。‎ ‎(2)为了测定某Na2CS3溶液的浓度，按如图装置进行实验。将35.0 mL该Na2CS3溶液置于下列装置A的三颈烧瓶中，打开仪器d的活塞，滴入足量稀硫酸，关闭活塞。‎ 已知：CS32- +2H+==CS2 +H2S↑，CS2 和H2S均有毒；CS2不溶于水，沸点46°C，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。‎ ‎①仪器d的名称是__________。反应开始时需要先通入一段时间N2，其作用为______。‎ ‎②B中发生反应的离子方程式是________。‎ ‎③反应结束后。打开活塞K。再缓慢通入热N2(高于60°C)一段时间，其目的是__________。‎ ‎④为了计算该Na2CS3溶液的浓度，可测定B中生成沉淀的质量。称量B中沉淀质量之前，需要进行的实验操作名称是过滤、_____、________；若B中生成沉淀的质量为8.4g，则该Na2CS3溶液的物质的量浓度是___________。‎ ‎⑤若反应结束后将通热N2改为通热空气(高于60°C)，通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时，计算值______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). 弱 (2). 还原 (3). 分液漏斗 (4). 排除装置中的空气 (5). Cu2++H2S=CuS↓+2H+ (6). 将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收 (7). 洗涤 (8). 干燥 (9). 2.5mol/L (10). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据盐类水解原理及酸性高锰酸钾的强氧化性分析解答；（2）根据实验目的、实验装置及空气的组成和H2S的还原性分析解答；运用关系式法进行相关计算。‎ ‎【详解】（1）在试管中加入少量三硫代碳酸钠样品，加水溶解，洲得溶液pH=10，溶液显碱性，说明盐为强碱弱酸盐；向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去证明盐被氧化发生氧化还原反应，Na2CS3具有还原性，故答案为：弱；还原性；‎ ‎（2）①根据仪器构造分析，仪器d的名称分液漏斗；N2‎ - 19 -‎ 化学性质比较稳定，为了防止空气中氧气将H2S氧化，所以反应开始时需要先通入一段时间N2，排除装置中的空气，故答案为：分液漏斗；排除装置中的空气；‎ ‎②B中发生反应是硫酸铜和硫化氢反应生成黑色硫化铜沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故答案为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；‎ ‎③反应结束后打开活塞K，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收，故答案为：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收，将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收；‎ ‎④称量B中沉淀质量之前需要进行的实验操作名称是：过滤、洗涤、干燥，若B中生成沉淀的质量为8.4g，物质的量=，物质的量守恒，CS32-+2H+=CS2+H2S↑，Cu2++H2S=CuS↓+2H+，得到定量关系：CS32−∼H2S∼CuS， n（Na2CS3）= n（CuS）=0.0875mol，则35.0mL三硫代碳酸钠溶液的物质的量浓度，故答案为：洗涤、干燥； 2.5mol/L；‎ ‎⑤若反应结束后将通热N2改为通热空气，通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时，C中除吸收二硫化碳还会吸收空气中二氧化碳，溶液质量增加偏大，计算得到溶液浓度或偏高，故答案为：偏高。‎ ‎(二)选考题：请考生2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。‎ ‎11.氮、铜及其化合物以及乙醇、氯化钠的用途广泛。回答下列问题：‎ ‎(1)基态氮原子中含有______种运动状态不同的电子，与N3-含有相同电子数的四原子分子是_______(写化学式)，其立体构型是________。‎ ‎(2)C、N、O、F四种元素的第一电离能由小到大的顺序为_____。‎ ‎(3)Cu+价层电子的轨道表达式(电子排布图)为______。CuO在高温下能分解生成Cu2O，其原因是_______。‎ ‎(4)在加热和Cu的催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛(CH3CHO)，乙醛分子中碳原子的杂化方式是____，乙醛分子中H一C—O的键角____ (填“大于”等于”或“小于”)乙醇分子中的H—C—O的键角。‎ ‎(5)[Cu(H2O)4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl-取代后有两种不同的结构，其中[Cu( H2O)2(Cl)2]是非极性分子的结构式为________。‎ ‎(6)如图所示为NaCl晶体的晶胞结构图和晶胞截面图(截面图中的大球为Cl-，小球为Na+)；‎ - 19 -‎ ‎①晶胞中距离1个Na+最近的Cl-有_____个 ，这些C1-围成的图形是___________。‎ ‎②若晶体密度为ρg●cm-3，阿伏加德罗常数的值用NA表示，则Na+的离子半径为_______pm(列出计算表达式)。‎ ‎【答案】 (1). 7 (2). NH3 (3). 三角锥形 (4). C＜O＜N＜F (5). (6). Cu+的价电子排布为3d10，为全满结构，其结构更稳定 (7). sp3、sp2 (8). > (9). (10). 6 (11). 正八面体 (12). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）氮原子一共有7个电子，每个电子的运动状态均不同，则共含有7种运动状态不同的电子；与N3-含有相同电子数的四原子分子是NH3；中心原子的价电子对数为，有1对孤电子对，则该分子空间构型为三角锥形，故答案为：7；NH3；三角锥形； ‎ ‎（2）同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，C、N、O、F位于同一周期且分别位于第IVA族、第VA族、第VIA族、第VIIA族，所以第一电离能大小顺序为C＜O＜N＜F，故答案为：C＜O＜N＜F；‎ ‎（3）Cu+的核外有28个电子，根据构造原理知其基态离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10，则Cu+价层电子的轨道表达式为：；原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，Cu+的3d轨道上全满，稳定，故答案为：；Cu+的价电子排布为3d10，为全满结构，其结构更稳定；‎ ‎（4）乙醛分子中甲基上碳原子含有4个σ键，醛基上的碳原子含有3个σ键，所以甲基中的碳原子采用sp3杂化，醛基中的碳原子采用sp2杂化，醛基中碳原子采用sp2杂化、乙醇中含有醇羟基的碳原子采用sp3‎ - 19 -‎ 杂化，导致乙醛分子中H-C-O的键角大于乙醇分子中的H-C-O的键角，故答案为：sp3、sp2；>；‎ ‎（5）Cu（H2O）4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl-取代有两种不同的结构，[Cu（H2O）2（Cl）2]是非极性分子，说明该分子的结构不对称，则其结构式为，故答案为：；‎ ‎（6）①由Na、Cl两元素形成的化合物为NaCl，以中间的黑色球为Na+离子研究，距离一个Na+最近的Cl-在其上下前后左右共6个，围成的图形是正八面体，故答案为：6，正八面体；‎ ‎②晶胞中Na+离子数目=1+12×=4，Cl-离子数目=8×+6×=4，故晶胞质量m=g，晶胞体积V=cm3，令Cl-离子半径为r，则棱长为，则，解得：，Na+的半径为，故答案为：。‎ ‎【点睛】注意轨道表达式(电子排布图)与电子排布式的区别，此处为易错点。还应该注意单位的换算。‎ ‎12.新合成的药物J的合成方法如图所示：‎ - 19 -‎ 已知：R1—NH—R2+Cl—R3+HCl R1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH ‎(R1、R2、R3、R4为氢或烃基)‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)B的化学名称为______________，F的结构简式为_____________‎ ‎(2)有机物CH2=CHCH2NH2中的官能团名称是_______，由A生成B的反应类型为_____‎ ‎(3)③的化学方程式为__________。‎ ‎(4)已知④有一定的反应限度，反应进行时加入吡啶(C5H5N，属于有机碱)能提高J的产率，原因是________。‎ ‎(5)有机物K分子组成比F少两个氢原子，符合下列要求的K的同分异构体有_________种(不考虑立体异构)。‎ ‎①遇FeCl3溶液显紫色 ‎②苯环上有两个取代基 ‎(6)是一种重要的化工中间体。以环已醇()和乙醇为起始原料，结合已知信息选择必要的无机试剂，写出制备的合成路线：_________________。(已知：RHC=CHR＇‎ - 19 -‎ RCOOH+R＇COOH，R、R＇为烃基。用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)‎ ‎【答案】 (1). 3-氯-1-丙烯 (2). (3). 碳碳双键和氨基 (4). 取代反应 (5). (6). 吡啶显碱性，能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率 (7). 15 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由A、B分子式，C的结构简式，可知A为CH3CH=CH2，A发生取代反应生成B为ClCH2CH=CH2；B中氯原子被氨基取代得到， 根据C的分子式既反应条件，可知反应②发生题给信息中的取代反应，可知C为；比较C、D分子式，结合E的结构简式分析，反应③为题给信息中的成环反应，可知D为；D发生酯的水解反应生成E，比较E和G的结构，结合反应条件分析中间产物F的结构为；对比G、J的结构，G与发生取代反应生成J，据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）B为ClCH2CH=CH2，化学名称为3-氯-1-丙烯，比较E和G的结构，结合反应条件分析中间产物F的结构为故答案为：3-氯-1-丙烯；；‎ ‎（2）根据官能团的结构分析，有机物CH2=CHCH2NH2中的官能团有碳碳双键和氨基；比较A和B的结构变化可知该反应为取代反应，故答案为：碳碳双键和氨基；取代反应；‎ - 19 -‎ ‎（3）根据上述分析，反应③的化学方程式为，故答案为：；‎ ‎（4）反应④为取代反应，生成有机物的同时可生成HCl，而吡啶呈碱性，可与HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J的产率，故答案为：吡啶显碱性，能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率；‎ ‎（5）F为，分子式为C8H13NO，则K的分子式为C8H11NO，①遇FeCl3溶液显紫色，则结构中含有酚羟基；②苯环上有两个取代基，一个为OH，则另一个为由2个C原子6个H原子1个N原子构成的取代基，其结构有-CH2CH2NH2、-CH2NHCH3、-CH(CH3)NH2、-NHCH2CH3、-N(CH3)2共5种，两取代基的位置共有邻、间、对三种情况，所以K的同分异构体有3×5=15种，故答案为：15；‎ ‎（6）由题给信息可知，由反应得到，用酸性高锰酸钾溶液氧化的己二酸，己二酸与乙醇发生酯化反应得到，可由原料发生消去反应获取，则合成路线流程图为：，故答案为：。‎ - 19 -‎ ‎【点睛】解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。‎ ‎ ‎ - 19 -‎ ‎ ‎ - 19 -‎