湖北省武汉市武昌区2020届高三元月调研考试理综化学试题 Word版含解析

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www.ks5u.com 武昌区2020届高三年级元月调研考试 理科综合试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Ca 40 Cu 64 Zn 65‎ 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一、选择题：本大题共13小题，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.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。”下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 文中说明以煤炭作为燃料已经是很普遍的现象 B. 《物理小识》中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁 C. 生铁是指含碳量很低的铁合金 D. 铁合金是钢铁冶炼和机械铸造行业必不可少的重要原料之一 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.文中说明以煤炭作为燃料冶炼金属已经是相当普遍，A正确；‎ B.焦炭属于碳元素的单质，具有强的还原性，可以用于冶炼铁的还原剂，B正确；‎ C.生铁是指含碳量较高的铁合金，C错误；‎ D.目前用途最广，用量最大的金属是铁合金，铁合金是钢铁冶炼和机械铸造行业必不可少的重要原料之一，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎2.用下列装置或操作进行实验，能达到实验目的且操作正确的是（ ）‎ A. 制取NH3 B. 制取少量CO2气体 C. 干燥SO2气体 D. 除去SO2中的少量HCl ‎【答案】D - 17 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NH4Cl受热分解产生氨气和HCl，在试管口两种气体遇冷由重新化合形成NH4Cl，因此不能用该方法制取氨气，A错误；‎ B.纯碱是碳酸钠，是粉末状固体，容易溶于水，不能使用该装置，B错误；‎ C.使用干燥管干燥气体时，应该大口进入，小口出去，气流方向反了，C错误；‎ D.HCl与溶液中的NaHSO3反应产生SO2气体，SO2气体不能反应，也不能溶解，可以达到除杂、净化的目的，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 在标准状况下，2.24LCCl4中含C-Cl键数目为0.4NA B. 标准状况下，30g醋酸和葡萄糖的混合物中，碳原子的数目为NA C. 某密闭容器中有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA D. 常温下，pH=1的HCl溶液中，由水电离出的H+数目为10-13NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在标准状况下CCl4为液态，不能使用气体摩尔体积计算，A错误；‎ B.醋酸和葡萄糖分子的最简式为CH2O，式量为30，30g醋酸和葡萄糖的混合物中含有最简式的物质的量是1mol，所以其中碳原子的数目为NA，B正确；‎ C.氮气与氢气合成氨气的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，则某密闭容器中有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，反应产生氨气的物质的量小于0.2mol，所以反应转移电子的数目小于0.6NA，C错误；‎ D.缺少溶液的体积，不能计算微粒数目，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎4.根据下列实验操作和现象所得出的结论或解释正确的是（ ）‎ - 17 -‎ ‎ ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.KI溶液过量，氯化铁溶液不足量，滴加KSCN溶液，出现血红色，能说明可逆反应，A正确；‎ B.没有给出NaCl和NaI的浓度度相对大小，所以向NaCl、NaI的混合溶液中滴入AgNO3溶液，即使产生黄色沉淀，也不能说明Ksp(AgI)K(HCN)]。下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 点①和点②所示溶液中：c(CH3COO-)c(H+)，点②所示溶液中的电荷守恒为c(OH-)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)，而且c(OH-) c(CN-)，A错误；‎ B.点③中pH=7，则c(OH-)=c(H+)，盐电离产生的离子浓度大于水电离产生的离子浓度，则点③中c(CH3COO-)=c(Na+)>c(OH-)=c(H+)，B错误；‎ C.点①的溶液中存在物料守恒为c(HCN)+c(CN-)=c(Na+)，点②所示溶液中的物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Na+)，二者中钠离子浓度相同，则c(HCN)+c(CN-)= c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，即c(CH3COO-)- c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH)，C正确；‎ D.点③和点④所示溶液中存在电荷守恒c(OH-)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)，在③中CH3COOH与CH3COO-的和等于Na+的物质的量，CH3COO-发生水解反应，所以c(Na+)>c(CH3COOH)，所以c(OH-)+c(CH3COO-)>c(CH3COOH)+c(H+)，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查酸、碱混合溶液中离子浓度的关系，明确混合后溶液中的溶质是解答的关键，注意在判断溶液中离子浓度大小时，要涉及盐的电离、水解及弱电解质电离程度，结合电荷守恒和物料守恒的应用分析、判断。‎ ‎6.将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，电解处理含Cr2O72-的废水。电解过程中发生反应：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。下列说法正确的是（ ）‎ - 17 -‎ A. 石墨Ⅱ是电池的负极 B. 若溶液中减少了0.01molCr2O72-，则电路中至少转移了0.12mol电子 C. Fe(a)棒上发生的电极反应为：Fe-3e-=Fe3+‎ D. 在相同条件下，消耗的O2和NO2的体积比为4∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.左边的电池为原电池，其中通入NO2的石墨电极I为负极，NO2失去电子变为N2O5，右边的石墨电极II为原电池的正极，A错误；‎ B.若溶液中减少了0.01molCr2O72-，由于反应后Cr2O72-得到电子变为Cr3+，每1mol Cr2O72-获得6mol电子，则溶液中减少了0.01molCr2O72-，电路中转移电子的物质的量为0.06mol，此时阳极中产生的0.06molFe2+转化为Fe3+，又转移电子0.06mol，反应开始时阳极有0.06mol的Fe失去电子，转化为Fe2+，故转移电子的物质的量最少为0.12mol，B正确；‎ C.Fe(a)棒接电源正极，为阳极，阳极Fe(a)上Fe失去电子，发生氧化反应，发生的电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，C错误；‎ D.1molO2得到4mol电子，1molNO2反应会失去1mol电子，在同一闭合回路中电子转移数目相等，则在相同条件下，消耗的O2和NO2的体积比为1∶4，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎7.甲～辛等元素在周期表中的相对位置如图所示。甲与戊的原子序数相差3，戊是空气中含量最多的元素，丁与辛是同周期元素。下列说法正确的是（ ）‎ A. 丙不能与水发生反应 B. 己和氯气反应的产物只有一种 C. 丙与庚的原子核外电子数相差13‎ D. 乙形成的氧化膜疏松，不能保护内层金属 ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 17 -‎ ‎【详解】戊是空气中含量最多的元素，则戊是N元素，甲与戊的原子序数相差3，则甲是Be，可推知乙是Mg，丙是Ca，丁是Sc元素，戊是N，己是P，庚是As，辛是Ge。‎ A.丙是Ca，Ca是活泼的金属，能够与水反应产生Ca(OH)2和H2，A错误；‎ B.己是P，P与Cl2反应产生PCl3、PCl5，产物不只有一种，B错误；‎ C.丙是Ca，原子序数是20，庚是As，原子序数是33，二者的原子序数差为33-20=13，C正确；‎ D.乙是Mg，乙形成的氧化膜MgO非常致密，能对内层的金属起保护作用，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎8.某化学实验小组拟探究改进Fe(OH)2的制取方法。‎ 方案1：‎ ‎①实验药品：FeS固体、稀硫酸溶液、NaHCO3溶液；‎ ‎②实验装置如图1。‎ 方案2：‎ ‎①取一只试管，向其中加入一粒NaOH固体，再加入约2mL新制的FeSO4溶液；‎ ‎②将试管置于酒精灯火焰上，对着有NaOH颗粒的部位小心加热(不能使液体剧烈沸腾)。使沉淀自下至上慢慢增多，观察下部沉淀颜色。‎ 方案3：‎ ‎①先在试管中滴入2~3 mL液体石蜡；‎ ‎②用胶头滴管小心往试管底部注入4~5 mL新制的FeSO4溶液；‎ ‎③再往试管中投入1粒绿豆大小的金属钠，观察反应现象。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)“方案1”中，后加入试管中的液体是______，NaOH溶液的作用是_______。‎ ‎(2)“方案2”中，对着有NaOH颗粒的部位小心加热的目的是________。‎ ‎(3)“方案2”的沉淀中，上层沉淀的颜色是________，下层沉淀的颜色是________，发生此现象的原因是________。‎ ‎(4)“方案3”中反应的化学反应方程式为________。‎ - 17 -‎ ‎(5)“方案3”的实验过程中间断性的出现白色沉淀，其原因是_________。‎ ‎【答案】 (1). NaHCO3溶液 (2). 吸收H2S气体，防止污染空气 (3). 加热可破坏NaOH固体表面Fe(OH)2沉淀的包裹，使反应继续进行 (4). 灰绿色 (5). 白色 (6). 上层沉淀吸收水中溶解的O2转化为灰绿色的胶状物，达到保护下层白色Fe(OH)2沉淀的目的 (7). 2Na+2H2O+FeSO4=Fe(OH)2↓+Na2SO4+H2↑ (8). 金属钠在液体石蜡中慢慢下沉，一旦与FeSO4溶液接触，就放出大量气泡，随后迅速上浮，脱离溶液进入石蜡层，导致钠与硫酸亚铁溶液间断性接触 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据FeS与硫酸反应产生Fe2+，然后向溶液中加入NaHCO3溶液，发生复分解反应产生Fe(OH)2沉淀和CO2气体；NaOH是碱，能够与酸性气体发生反应。‎ ‎(2)(3)FeSO4与NaOH发生复分解反应产生Fe(OH)2沉淀，固体导热性差，升高温度可破坏保护层；Fe(OH)2容易被O2氧化产生Fe(OH)3；根据物质成分分析、判断实验现象；‎ ‎(4)(5)液体石蜡可以隔绝空气，Na与溶液中的水反应产生NaOH，NaOH与FeSO4反应产生Fe(OH)2白色沉淀。‎ ‎【详解】(1)将FeS放入试管中，通过分液漏斗向其中加入过量稀硫酸发生反应：FeS+H2SO4=FeSO4+H2S↑，待溶液中固体几乎反应完全时，向其中加入NaHCO3溶液，与过量硫酸反应：2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2↑，过量NaHCO3溶液与溶液中Fe2+反应产生Fe(OH)2沉淀和CO2气体，CO2气体可以防止空气中的O2进入到反应装置，可以较长时间观察到Fe(OH)2白色沉淀；NaOH溶液的作用是吸收H2S气体，防止污染空气；‎ ‎(2) “方案2”中，对着有NaOH颗粒的部位小心加热的目的是可破坏NaOH固体表面Fe(OH)2沉淀的包裹，使反应继续进行；‎ ‎(3)加热时NaOH固体上升，与溶液中的FeSO4溶液发生反应：FeSO4+2NaOH=Na2SO4+Fe(OH)2↓，由于上层液体中含有溶解在其中的O2，又会发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，因此会看到上层沉淀由白色变为灰绿色，下层沉淀为白色；发生此现象的原因是上层沉淀吸收水中溶解的O2转化为灰绿色的胶状物，达到保护下层白色Fe(OH)2沉淀的目的；‎ ‎(4) “方案3”中Na与溶液中的H2O反应产生NaOH、H2，NaOH与溶液中的溶质FeSO4发生复分解反应产生Fe(OH)2白色沉淀和Na2SO4，反应的总化学反应方程式为2Na+2H2O+FeSO4=Fe(OH)2↓+Na2SO4+H2↑；‎ ‎(5)‎ - 17 -‎ ‎ “方案3”的实验过程中间断性的出现白色沉淀，其原因是金属钠在液体石蜡中慢慢下沉，一旦与FeSO4溶液接触，就放出大量气泡，随后迅速上浮，脱离溶液进入石蜡层，导致钠与硫酸亚铁溶液间断性接触。‎ ‎【点睛】本题考查了Fe(OH)2的制取方法改进的探究。Fe2+、Fe(OH)2具有强的还原性，容易被溶解在装置中的O2氧化变为Fe(OH)3，在制取时要注意排出装置中的空气，可以覆盖保护层，也可以利用反应产生惰性气体等排出装置内的空气，达到隔绝的作用。‎ ‎9.硫酸锌是一种重要的工业原料，广泛用于农业、化工、电镀等行业。工业上由锌渣（主要成分为ZnO、FeO、CuO、PbO等）等工业废料生产ZnSO4·7H2O的流程如下：‎ ‎(1)“溶浸”操作中，选用“锌渣”而不选择氧化锌矿粉的原因是______；该操作中不断通入高温水蒸气的目的是________。‎ ‎(2)“滤渣A”的主要成分是________。‎ ‎(3)“反应Ⅰ”中，加入NaClO反应的离子方程式为___。‎ ‎(4)“反应Ⅰ”中，再加入NaOH调节pH约为4.5，则“滤渣B”的主要成分是_____（填化学式）。【Ksp[Zn(OH)2]=3×10-17，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39】‎ ‎(5)“反应Ⅱ”中，加入的锌粉需用少量稀硫酸处理，原因是_________。‎ ‎(6)取28.7gZnSO4·7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量如下表：‎ 温度/℃‎ ‎100‎ ‎250‎ ‎680‎ ‎930‎ 质量/g ‎17.90‎ ‎16.10‎ ‎13.43‎ ‎8.10‎ 则680℃时所得固体的化学式为_________(填字母标号)。‎ A.ZnO B.Zn3O(SO4)2 C.ZnSO4 D.ZnSO4·H2O ‎【答案】 (1). 降低生产成本，综合利用资源 (2). 可使反应液的温度升高，并使反应物充分混合，以加快反应速率 (3). PbSO4 (4). 2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O (5). Fe(OH)3 (6). 除去锌粉表面的氧化膜 (7). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 17 -‎ 锌渣中主要成分为ZnO、FeO、CuO、PbO等，向其中加入稀硫酸酸浸，ZnO转化为ZnSO4，FeO转化为FeSO4，CuO转化为CuSO4进入溶液，而PbO则与硫酸反应产生难溶性的PbSO4，所以通过过滤，得到的滤渣A中含有PbSO4，滤液中含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4，向该溶液中加入NaClO，可以将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH溶液调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀进入滤渣B中，滤液中加入Zn粉，Cu2+与Zn发生置换反应产生Cu单质，过量的Zn及产生的Cu进入滤渣C中，溶液中含有ZnSO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，就形成了ZnSO4·7H2O晶体，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)锌渣中含有ZnO，在“溶浸”操作中，选用“锌渣”而不选择氧化锌矿粉的原因是降低生产成本，综合利用资源；该操作中不断通入高温水蒸气的目的是可使反应液的温度升高，并使反应物充分混合，以加快反应速率；‎ ‎(2)根据上述分析可知“滤渣A”的主要成分是PbSO4；‎ ‎(3) “反应Ⅰ”中，加入具有强氧化性的NaClO，可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；‎ ‎(4) “反应Ⅰ”中，再加入NaOH调节pH约为4.5，Fe3+与OH-转化为Fe(OH)3沉淀，则“滤渣B”的主要成分是Fe(OH)3；‎ ‎(5)“反应Ⅱ”中，加入的锌粉需用少量稀硫酸处理，这是由于Zn容易被空气中的O2氧化产生ZnO薄膜，使用硫酸可以除去锌粉表面的氧化膜；‎ ‎(6)n(ZnSO4·7H2O)=28.70g÷287g/mol=0.1mol，根据Zn元素守恒可知生成ZnO、ZnSO4、ZnSO4·H2O均为0.1mol，生成Zn3O(SO4)2时物质的量为×0.1mol；‎ 若得ZnSO4•H2O的质量为17.90g(分解温度为100℃)；若得ZnSO4的质量为16.10g(分解温度为250℃)；若得ZnO的质量为8.10g(分解温度为930℃)；据此通过排除法确定680℃时所得固体的化学式为Zn3O(SO4)2，故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题以ZnSO4•7H2O的制备为线索，考查了基本实验操作、反应条件的控制、化学反应速率的影响因素、化学方程式的书写等，掌握反应原理及有关物质的性质是本题分析解答的关键，侧重考查学生的分析能力和实验能力。‎ ‎10.金属钒(V)及其化合物有着广泛的用途。请回答下列问题：‎ ‎(1)钒在溶液中的主要聚合状态与溶液的pH关系如图1所示。V2O74-中V元素的化合价是________，溶液中VO3-转化为V2O74-的离子方程式为________。‎ - 17 -‎ ‎(2)偏钒酸铵是最普通的钒酸盐，将V2O5溶于碳酸钠溶液中（有气体生成），然后加入氯化铵，便可析出偏钒酸铵(NH4VO3)，该过程总反应的化学方程式为________；当pH超过8.0时偏钒酸铵会发生转化，其原因是溶液中的VO3-转化为V2O74-、________(请另写出一点原因)。‎ ‎(3)NH4VO3在高温下分解产生的V2O5可作为硫酸工业中2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=pkJ/mol反应的催化剂，其催化原理如图2所示。‎ ‎①过程a和过程b的热化学方程式为 V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g) ΔH=qkJ/mol V2O4(s)+O2(g)+2SO2(g)=2VOSO4(s) ΔH=rkJ/mol 则过程c的热化学方程式为_________。‎ ‎②T℃时反应2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) ΔH>0中SO3的转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图3所示。T℃时，将2molSO3置于10L密闭容器中，反应达到平衡后，体系总压强为0.10MPa。则T℃时B点的化学平衡常数Kc=_________。‎ ‎(4)全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如图4所示。‎ ‎①充电过程中，右槽溶液颜色逐渐由________色变为________色；‎ ‎②充电时若转移的电子数为NA个，则左槽溶液中n(H+)的变化量为______。‎ - 17 -‎ ‎【答案】 (1). +5 (2). 2VO3-+2OH-=V2O74-+H2O (3). V2O5+Na2CO3+2NH4Cl=2NH4VO3+2NaCl+CO2↑ (4). pH过大，溶液中的NH4+会转化为NH3·H2O (5). 2VOSO4(s)=V2O5(s)+SO3(g)+SO2(g) △H=(p-q-r)kJ/mol (6). 0.00125 (7). 绿 (8). 紫 (9). 1mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据化合物中元素化合价代数和等于0分析判断，根据图示，在碱性溶液中VO3-转化为V2O74-；‎ ‎(2)V2O5、Na2CO3、NH4Cl混合发生反应产生NH4VO3、CO2气体及NaCl，据此书写反应方程式；根据NH4+与OH-不能大量共存分析；‎ ‎(3)①根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；‎ ‎②SO3的平衡转化率为20%，则反应的三氧化硫为0.4mol，根据三段式计算平衡时各组分物质的量浓度，根据平衡压强，结合气体的物质的量、计算平衡浓度，带入平衡常数表达式K=计算平衡常数；‎ ‎(4)充电时阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，根据不同价态离子的颜色判断；‎ ‎【详解】(1)O元素化合价为-2价，则在V2O74-中V元素化合价是(2×7-4)÷2=+5价；根据图示，在碱性溶液中VO3-转化为V2O74-，转化的离子方程式是2VO3-+2OH-=V2O74-+H2O；‎ ‎(2)V2O5、Na2CO3、NH4Cl混合发生反应产生NH4VO3、CO2及NaCl，反应方程式为：V2O5+Na2CO3+2NH4Cl=2NH4VO3+2NaCl+CO2↑；根据图示可知：当溶液pH在8～10时， VO3-转化为V2O74-，同时溶液中的NH4+与OH-会发生反应，转化为弱电解质NH3·H2O；‎ ‎(3)①(i)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=pkJ/mol ‎ ‎(ii)V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g) ΔH=qkJ/mol ‎(iii)V2O4(s)+O2(g)+2SO2(g)=2VOSO4(s) ΔH=rkJ/mol - 17 -‎ 根据盖斯定律，①-②-③得过程iii的反应为：2VOSO4(s)=V2O5(s)+SO3(g)+SO2(g)，△H=(p-q-r)kJ/mol；‎ ‎②T℃时，将2molSO3置于10L密闭容器中，反应开始时，c(SO3)=2mol÷10L=0.2mol/L，反应达到平衡后，体系总压强为0.10MPa，此时SO3的平衡转化率为20%，则反应的三氧化硫的物质的量n(SO3)=2mol×20%=0.4mol，容器体积为10L，则△c(SO3)=0.4mol÷10L=0.04mol/L，平衡时c(SO3)=0.2mol/L-0.04mol/L=0.16mol/L，c(SO2)=0.04mol/L，c(O2)=0.02mol/L，则该反应的化学平衡常数K=mol/L=0.00125mol/L ‎(4)①在充电时，右侧阴极上发生还原反应，V3+获得电子变为V2+，右侧会看到溶液由绿色变为紫色；‎ ‎②充电时右侧发生还原反应：V3++e-=V2+，每转移1mol电子，右侧正电荷数目减少NA个，所以转移的电子数为NA个，溶液中H+会通过质子交换膜由左侧进入右侧，则左槽n(H+)的变化量为1mol。‎ ‎【点睛】本题考查了热化学方程式书写、化学平衡常数的计算、离子方程式书写等，掌握有关反应原理及分析方法是本题解答的关键。化学平衡常数反映了可逆反应进行程度大小，只与温度有关，与其它条件无关；在分析电化学题目时，注意同一闭合回路中电子转移数目相等，并要维持溶液各处的电荷守恒。‎ ‎11.Cu的单质和合金在生活、生产中有着广泛的应用。回答下列问题：‎ ‎(1)Cu的基态原子价电子排布式为___。‎ ‎(2)金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是___，反应的化学方程式为___。‎ ‎(3)配离子Cu(CN)32-中，中心离子的杂化类型是___，该配离子的空间构型为___；CN-中配位原子是___(填名称)。‎ ‎(4)CaCux合金可看作由如图所示的(a)、(b)两种原子层交替堆积排列而成。(a)是由Cu和Ca共同组成的层，层中Cu—Cu之间由实线相连；(b)是完全由Cu原子组成的层，Cu—Cu之间也由实线相连。图中虚线构建的六边形，表示由这两种层平行堆积时垂直于层的相对位置；(c)是由(a)和(b)两种原子层交替堆积成CaCux合金的晶体结构图。在这种结构中，同一层的Ca—Cu距离为294pm，相邻两层的Ca—Cu距离为327pm。‎ ‎①该晶胞中Ca有___个Cu原子配位(不一定要等距最近)。‎ ‎②同一层中，Ca原子之间的最短距离是___pm，设NA - 17 -‎ 为阿伏加德罗常数的值，CaCu晶体的密度是___g/cm3(用含m、n的式子表示)。‎ ‎【答案】 (1). 3d104s1 (2). 过氧化氢氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者共同作用促使反应进行 (3). Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3)4(OH)2 (4). sp2 (5). 平面三角形 (6). 碳 (7). 18 (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据构造原理分析；‎ ‎(2)Cu具有还原性，H2O2具有氧化性，二者反应产生的Cu2+可与氨水结合形成络离子；‎ ‎(3)根据中心离子Cu+结合的配离子的配位数确定其杂化类型及配离子的空间构型，结合配离子中原子结构确定配位原子；‎ ‎(4)晶胞由a、b层交替堆积排列而成，根据原子的相对位置分析判断与Ca原子配位的Cu原子个数；结合微粒的相对位置及晶胞密度计算公式计算晶体密度。‎ ‎【详解】(1)Cu是29号元素，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，基态原子价电子排布式为3d104s1；‎ ‎(2)H2O2具有强的氧化性，可以将具有还原性的Cu氧化为Cu2+，氨与Cu2+形成配离子，两者共同作用促使反应进行；反应的化学方程式为Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3)4(OH)2；‎ ‎(3)在Cu(CN)32-中，中心离子Cu+的杂化类型是sp2杂化，微粒的空间构型是平面三角形，其中配位体CN-中的C原子与中心Cu+结合，所以CN-中配位原子是碳原子；‎ ‎(4)①该Ca-Cu晶胞由a、b层交替堆积排列而成，在a层中Ca原子周围有6个Cu原子，在b层Ca原子周围有12个Cu原子，所以该晶胞中Ca有6+12=18个Cu原子配位；‎ ‎②晶胞c为平行六面体，a中通过4个相邻的Ca原子的平行四边形为底面，b中平行四边形为晶胞中b层情况：‎ - 17 -‎ 可知晶胞内部1个Cu原子，另外Cu原子位于面上，晶胞中Cu原子数目为1+×8=5，图a中如图所示等腰三角形，锐角为30°，同层相邻Ca-Ca的距离为2××294pm=pm；‎ 在1个晶胞中含有的Ca原子数目为：6×+1=3，含有的Cu原子个数为：6+6+6×=15，晶胞的体积V=6×m2n cm3=m2n cm3，则晶胞的密度g/cm3=g/cm3。‎ ‎【点睛】本题考查了物质结构的知识，涉及原子核外电子排布、原子杂化、晶胞的有关计算等，难点是晶胞中含有的Cu、Ca原子的个数的计算，要使用均摊方法计算，需要学生具备一定的空间想象能力和数学计算能力。‎ ‎12.有机物W在医药和新材料等领域有广泛应用。W的一种合成路线如图：‎ ‎ ‎ 已知部分信息如下：‎ - 17 -‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)Y的化学名称是___；Z中官能团的名称是___；‎ ‎(2)中___（填“有”或“无”）手性碳原子；图示中X转化为Y反应类型是___。‎ ‎(3)生成W的化学方程式为___。‎ ‎(4)G是对硝基乙苯的同分异构体，G能和碳酸钠反应产生气体且分子中含有—NH2（氨基），G的同分异构体有___种（不考虑立体结构），其中在核磁共振氢谱上峰的面积比为1∶2∶2∶2∶2的结构简式为___。‎ ‎(5)设计以苯乙烯和丙酮为原料制备药物中间体的合成路线___（无机试剂自选）。‎ ‎【答案】 (1). 2，3-二甲基-2-丁烯 (2). 羰基 (3). 无 (4). 消去反应 (5). (6). 17 (7). 或 (8). ‎ - 17 -‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ X分子式是C6H14O，分子式符合饱和一元醇或饱和一元醚，X与浓硫酸混合加热发生消去反应生成烯烃Y，1molY完全反应生成2molZ，则Y结构对称，且在加热条件下Z不能和新制氢氧化铜浊液反应，说明Z中不含羧基，根据信息i知，Z为，则Y为(CH3)2C=C(CH3)2，X为(CH3)2CHCHOH(CH3)2；乙苯与浓硫酸、浓硝酸混合加热，发生乙基对位上的取代反应产生对硝基乙苯，然后与Fe在HCl存在下发生还原反应产生对氨基乙苯，与对氨基乙苯发生反应，脱去一个分子的水，同时产生W为：； ‎ ‎(5)苯乙烯与H2发生加成反应产生乙苯，乙苯和浓硝酸在浓硫酸存在条件下加热发生取代反应生成对硝基乙苯，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，被还原生成，与丙酮反应生成。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：X为(CH3)2CHCHOH(CH3)2；Y为(CH3)2C=C(CH3)2，Z为，W为。‎ ‎(1)Y为(CH3)2C=C(CH3)2，则Y的化学名称是2，3-二甲基-2-丁烯；Z为，Z中官能团的名称是羰基；‎ ‎(2)手性碳原子是连接四个不同的原子或原子团的碳原子，在中无手性碳原子；图示中X与浓硫酸在加热条件下发生消去反应转化为Y，所以X转化为的反应类型是消去反应。‎ ‎(3)丙酮与对氨基乙苯发生反应产生，同时产生H2‎ - 17 -‎ O，生成W的化学方程式为。‎ ‎(4)G是对硝基乙苯的同分异构体，G能和碳酸钠反应产生气体且分子中含有—NH2(氨基)，说明G中含有-NH2、-COOH，如果取代基为-CH2COOH、-NH2，在苯环上有邻、间、对三种结构；‎ 如果取代基为-COOH、-CH2NH2，在苯环上有邻、间、对有三种结构；‎ 如果取代基为-NH2、-COOH、-CH3，根据三个取代基在苯环上的位置有十种不同结构；‎ 如果取代基为-CH(NH2)COOH，只有一种结构，则符合条件的有3+3+10+1=17种；‎ 其中核磁共振氢谱上峰的面积比为1∶2∶2∶2∶2的结构简式为或；‎ ‎(5)与H2发生加成反应产生，和浓硝酸在浓硫酸存在条件下加热发生取代反应生成对硝基乙苯，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，被还原生成，与丙酮反应生成，故合成路线为：。‎ ‎【点睛】本题考查有机物推断和合成，明确常见有机物官能团及其关系、物质转化条件是解本题关键，易错点是同分异构体种类判断。侧重考查学生对所学知识的应用能力及获取信息、加工信息及利用信息解答问题的能力。‎ - 17 -‎