河北省石家庄市2020届高三毕业班综合训练（二）化学试题 Word版含解析

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石家庄市2020届高中毕业班综合训练(二)‎ 化学试卷 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，把答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O16 P 31 S 32 Fe 56 Zn 65 Ag 108‎ 一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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.下列说法错误的是 A. 越王勾践剑(青铜)的铸造材料主要是铜锡合金 B. 青花瓷制作原料的主要成分是硅酸盐 C. 以毛竹为原料制作的竹纤维属于高分子材料 D. 石墨烯是一种能导电的有机高分子材料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．越王勾践剑是春秋晚期越国青铜器，铸造材料主要是铜锡合金，故A正确；‎ B．青花瓷的制造原料为黏土，属于硅酸盐，故B正确；‎ C．高分子化合物相对分子质量很大，一般在10000以上，可高达几百万，以毛竹为原料制作的竹纤维，主要成分为纤维素，是高聚物，属于有机合成高分子材料，故C正确；‎ D．“石墨烯”是一种碳的单质，为无机物，不是新型有机高分子材料，故D错误； 故选：D。‎ ‎2.对二乙烯苯()可用作树脂、油漆及特种橡胶的原料下列说法正确的是 A. 分子中所有原子可共平面 B. 一氯代物有4种(不考虑立体异构)‎ C. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 1mol该分子最多可与2mol H2加成 - 18 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯、苯分子中所有原子共平面，对二乙烯苯可看成苯环上的两个H原子被两个乙烯基代替，碳碳单键可以旋转，所以该分子中所有原子可能共平面，故A正确；‎ B．该分子结构对称，苯环上的一氯代物有1种，取代基上的一氯代物有2种，共有3种一氯代物，故B错误；‎ C．含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；‎ D．苯环和碳碳双键都可以与氢气加成，所以1mol该分子最多可与5molH2加成，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎3.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 17g H2S与PH3组成的混合气体中含有的质子数为9NA B. 4.6g分子式为C2H6O的有机物中含有C—H键数为0.5NA C. 常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移电子数为0.3NA D. 一定条件下，1mol H2与足量碘蒸气充分反应，生成HI分子数一定小于NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2S与PH3的摩尔质量均为34g/mol，故17g混合物的物质的量为0.5mol，且两者均含18个质子，故0.5mol混合物中含质子为9NA个，故A正确；‎ B．C2H6O可能的结构有CH3OCH3或CH3CH2OH，前者有6个C—H键，后者有5个C—H键，所以4.6g分子式为C2H6O的有机物中含有C—H键数目无法确定，故B错误；‎ C．常温下，铁在浓硝酸中钝化，故C错误；‎ D．I2和H2的反应为可逆反应，不能进行彻底，1mol H2与足量碘蒸气充分反应，生成的HI的分子数小于2NA个，可能为NA个，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎4.实验室模拟氨催化氧化法制硝酸的装置如图所示。下列说法错误的是 - 18 -‎ A. 装置①、②、⑤依次盛装碱石灰、P2O5、NaOH溶液 B. 装置③中产生红棕色气体 C 装置④中溶液可使紫色石蕊溶液变红，说明有HNO3生成 D. 通空气的主要作用是鼓出氨气，空气可用N2代替 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 空气通入浓氨水后，氨气和氧气的混合气体经过碱性干燥剂干燥后进入装有催化剂的硬质玻璃管，发生催化氧化产生NO，生成的气体经过酸性干燥剂(或无水氯化钙)，除去氨气和水蒸气，在装置③中NO与空气中的氧气反应生成NO2，并收集，④中的水可以吸收排出的二氧化氮产生硝酸，尾气中的NO2、NO在⑤中被吸收，防止污染，因此⑤中可以选用氢氧化钠溶液，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．根据上述分析，装置①、②、⑤可依次盛装碱性干燥剂、酸性干燥剂、NaOH溶液，碱石灰为碱性干燥剂，可以干燥氨气，P2O5属于酸性干燥剂可以吸收氨气并干燥，故A正确； B．装置③中NO被氧化生成NO2，气体呈红棕色，故B正确； C．装置④中发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，溶液显酸性，可使紫色石蕊溶液变红，故C正确； D．通空气的主要作用是鼓出氨气并提供氧气，空气不能用N2代替，故D错误； 故选：D。‎ ‎5.当电解质中某离子的浓度越大时，其氧化性或还原性越强。利用这一性质，有人设计出如图所示“浓差电池”(其电动势取决于物质的浓度差，是由一种物质从高浓度向低浓度转移而产生的)。实验开始先断开K1，闭合K2，发现电流计指针发生偏转。下列说法错误的是 A. 断开K1、闭合K2，一段时间后电流计指针归零，此时两池Ag+浓度相等 B. 断开K1、闭合K2，当转移0.1mol e-时，乙池溶液质量增加17.0 g - 18 -‎ C. 当电流计指针归零后，断开K2、闭合K1，一段时间后B电极的质量增加 D. 当电流计指针归零后，断开K2、闭合K1，乙池溶液浓度增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，甲池为3 mol/L的AgNO3溶液，乙池为1 mol/L的AgNO3溶液，Ag+浓度越大离子的氧化性越强，可知A为正极，发生还原反应，B为负极，发生氧化反应，向负极移动；闭合K1，断开K2，为电解装置，与电源正极相连的B极为阳极，阳极金属银被氧化，阴极A析出银，向阳极移动，乙池浓度增大，甲池浓度减小，据此解答。‎ ‎【详解】A．断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，当两池银离子浓度相等时，反应停止，电流计指针将归零，A选项正确；‎ B．断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，A为正极，发生反应：Ag++e-=Ag，B为负极，发生反应为：Ag-e-=Ag+，当转移0.1 mol电子，有0.1 mol由甲池通过离子交换膜进入乙池，所以乙池增加质量是10.8g+6.2g=17.0g，B选项正确；‎ C．闭合K1，断开K2后，乙池中的B极为电解池的阳极，银失电子发生氧化反应，质量减小，C选项错误；‎ D．闭合K1，断开K2后，装置为电解池，与电源正极相连的B是阳极，阳极金属银被氧化产生银离子，NO3-向阳极移动，则乙池硝酸银溶液的浓度增大，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题综合考查电解池和原电池的工作原理，原电池的负极和电解池的阳极失去电子发生氧化反应；原电池的正极和电解池的阴极得到电子发生还原反应，对于电解池，若阳极为活性电极，则电极失去电子；若为惰性电极，则是溶液中的阴离子失去电子，发生氧化反应。‎ ‎6.W、X、Y、Z为原子序数依次减小的短周期主族元素，已知W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数；由四种元素形成某化合物的结构如图所示。下列叙述正确的是 - 18 -‎ A. 简单氢化物的稳定性：Y＞X B. 简单离子半径：X＞W C. Y的最高价氧化物对应水化物为强酸 D. 该化合物中各元素均满足8电子稳定结构 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据该化合物的结构可知W元素可以形成+2价阳离子，应为第IIA族元素，其原子序数最大，原子序数比其小的主族元素至少有3种，所以W应为第三周期元素，为Mg元素；X可以形成2个共价键，应为第ⅥA族元素，所以X为O元素，Z可以形成1个共价键，原子序数小于O，则Z为H元素，所以Y元素最外层电子数为6-1-2=3，所以Y为B元素。‎ ‎【详解】A．Y为B元素，X为O元素，非金属性B＜O，所以简单氢化物的稳定性B＜O，故A错误；‎ B．O2-和Mg2+电子层结构相同，但O2-核电荷数更小，半径更大，故B正确；‎ C．B元素的最高价氧化的水化物为H3BO3，为弱酸，故C错误；‎ D．H元素最外层不满足8电子稳定结构，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎7.室温时，向20.0 mL 0.10 mol·L-1的两种酸HA、HB中分别滴加0.10 mol·L-1 NaOH溶液，其pH变化分别对应图中的Ⅰ、Ⅱ。下列说法错误的是 A. 向NaA溶液中滴加HB可产生HA B. a点时，溶液中存在：c(A-)＞c(Na+)＞c(HA)‎ C. 滴加NaOH溶液至pH=7时，两种溶液中c(A-)=c(B-)‎ D. 滴加20.0 mL NaOH溶液时，水的电离程度：Ⅰ＞Ⅱ ‎【答案】C - 18 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎20mL0.1mol•L-1的两种酸 HA、HB中，HB的pH=1，所以HB是强酸，HA对应的pH大于1，HA是弱酸。‎ ‎【详解】A．化学反应遵循强酸制弱酸的原理，向 NaA 溶液中滴加 HB 可产生 HA，故A正确；‎ B．20mL0.1mol•L-1的酸 HA中滴加 0.1mol•L-1NaOH溶液10mL，溶液中的溶质为等物质的量HA和NaA，据图可知此时溶液显酸性，说明HA的电离程度大于Aˉ的水解程度，所以c(Aˉ)＞c(HA)，结合物料守恒：2c(Na+)= c(Aˉ)+ c(HA)可知c(Aˉ)＞c(Na+)＞c(HA)，故B正确；‎ C．滴加 NaOH溶液至 pH=7时，根据电荷守恒两溶液中分别存在c(OHˉ)+c(Aˉ)=c(H+)+c(Na+)，c(OHˉ)+c(Bˉ)=c(H+)+c(Na+)，pH=7时，c(OHˉ)=c(H+)，两种溶液中 c(Aˉ)=c(Na+)，c(Bˉ)=c(Na+)，但是两种溶液pH=7时所滴加NaOH溶液的量不同，所以两种溶液中c(Na+)不同，则c(Aˉ)与c(Bˉ)不相等，故C错误；‎ D．滴加 20 mL NaOH 溶液时，酸碱恰好中和，得到的NaA是强酸强碱盐，不水解，水电离不受影响，得到的NaB是弱酸强碱盐，会发生水解，水的电离受到促进，Ⅰ中 H2O 的电离程度大于Ⅱ中，故D正确。 故选：C。‎ 三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎(一)必考题：共129分。‎ ‎8.“NaH2PO2还原法”制备高纯度氢碘酸和亚磷酸钠(Na2HPO3)的工业流程如图。‎ 请回答：‎ ‎(1)“合成”过程，主要氧化产物为亚磷酸(H3PO3)，相应的化学方程式为______________。‎ ‎(2)“除铅”过程，FeS除去微量Pb2+的离子方程式为_____________。‎ ‎(3)“减压蒸馏”过程，I-回收率为95%，则剩余固体的主要成分为___________(填化学式)。‎ ‎(4)“调pH=11”的作用为__________。‎ ‎(5)工业上常用电解Na2HPO3溶液制备亚磷酸，其装置示意图：‎ - 18 -‎ ‎①a为电源______(填“正极”或“负极”)。‎ ‎②B膜应选择___________(填“阴离子”“质子”或“阳离子”)交换膜。‎ ‎③阳极的电极反应式为____________。‎ ‎【答案】 (1). NaH2PO2+I2+H2O=H3PO3+NaI+HI (2). FeS(s)+Pb2+(aq)=PbS(s)+Fe2+(aq) (3). NaH2PO3 (4). 除铁、将NaH2PO3转换为Na2HPO3 (5). 正极 (6). 阴离子 (7). 2H2O-4e-=O2↑+4H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎“合成”步骤，NaH2PO2和I2和水反应生成H3PO3和NaI和HI；之后加入FeS将Pb2+转化为PbS除去，此时溶液中的杂质为Fe2+；因为HI易挥发，“减压蒸馏”获得HI溶液，剩余固体主要为含有Fe2+杂质的NaH2PO3，加水溶解，再加入H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，调pH=11将Fe3+转化为沉淀除去，同时部分NaH2PO3转换为了Na2HPO3；再次调pH将NaH2PO3彻底转化为Na2HPO3，最后“结晶”得到Na2HPO3固体，据此分析解答；‎ ‎(5)电解的目的是利用Na2HPO3溶液制备亚磷酸，所以电解过程中Na2HPO3溶液中的HPO需要向左移动，电解池中阴离子流向阳极，所以左侧为电解池阳极，a为电源正极，b为电源负极。‎ ‎【详解】(1)根据后续流程可知“合成”步骤中产生HI，说明I2将NaH2PO2氧化，HI为强酸，所以还生成H3PO3和NaI，根据电子守恒和元素守恒可得该反应的化学方程式为：NaH2PO2+I2+H2O= H3PO3+NaI+HI；‎ ‎(2)“除铅”过程，利用沉淀转化原理，加入FeS将Pb2+变成PbS，离子方程式为：FeS(s)+Pb2+(aq)=Fe2+(aq)+PbS(s)；‎ ‎(3)根据合成步骤的反应，可知蒸馏前溶液中主要含H3PO3、NaI和HI，而蒸馏过程I-回收率为95%，说明H3PO3和NaI反应有NaH2PO3生成，则剩余固体的主要成分为NaH2PO3；‎ ‎(4)“调pH=11”的作用：将Fe3+转化为沉淀除去，同时将NaH2PO3转换为了Na2HPO3；‎ - 18 -‎ ‎(5)①根据分析可知a为电源正极；‎ ‎②电解过程中HPO需要穿过B膜，所以B膜应选择阴离子交换膜；‎ ‎③左侧与电源正极相连为阳极，阳极为硫酸溶液，水电离出的氢氧根放电生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。‎ ‎【点睛】虽然亚磷酸(H3PO3)分子式中有3个氢，但它是一种二元弱酸，与过量的NaOH反应生成Na2HPO3，为正盐。‎ ‎9.亚铁氰化钠晶体[Na4Fe(CN)6·10H2O，M=484g·mol-1]可用作食盐抗结剂。请回答 ‎(1)向Na4Fe(CN)6溶液中滴入FeCl3溶液，出现蓝色沉淀，其离子方程式为______________。‎ ‎(2)已知：Ag4Fe(CN)6为白色难溶物， Cu2Fe(CN)6为红棕色难溶物。市售亚铁氰化钠常含有Cl-杂质，选用下列试剂设计实验方案进行Cl-检验。‎ 试剂：稀HNO3、稀H2SO4、AgNO3溶液、CuSO4溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液 实验步骤 现象 ‎①取少量样品，加入蒸馏水 ‎②固体完全溶解得无色澄清溶液 ‎③_______‎ ‎④______‎ ‎⑤静置，_____‎ ‎⑥出现白色浑浊 ‎(3)利用铈量法测定亚铁氰化钠晶体纯度的实验如下：称取1.2100g样品，置于500mL仪器a中，加入25mL除氧蒸馏水，加入25mL浓硫酸酸化并冷却，滴加3滴橘红色邻二氮菲(phen)—FeSO4指示剂，用0.1000mo1·L-1的Ce(SO4)2标准溶液滴定，发生反应：Ce4++[Fe(CN)6]4-=Ce3++[Fe(CN)6]3-。当溶液从橘红色变为淡黄色，即为终点。平行滴定3次，标准溶液的平均用量为24.50mL。‎ ‎①仪器a的名称为_________________。‎ ‎②“浓硫酸酸化”的实验操作为______________________‎ ‎③样品纯度为__________________%‎ ‎【答案】 (1). 4Fe3++3[Fe(CN)6]4-=Fe4[Fe(CN)6]3↓ (2). 加入过量CuSO4溶液 (3). 出现红棕色沉淀 (4). 取上层清液，加入过量稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液 (5). 锥形瓶 (6). 沿瓶壁缓缓加入浓硫酸，并不断搅拌 (7). 98‎ ‎【解析】‎ - 18 -‎ ‎【分析】‎ ‎(2)本实验的目的是检验Clˉ，一般通过氯离子和银离子可以生成不溶于酸的白色沉淀来检验氯离子，但根据题目信息可知Ag4Fe(CN)6为白色难溶物，会干扰氯离子的检验，所以需要先将[Fe(CN)6]4ˉ除去，根据提供的试剂，可以用过量的硫酸铜将[Fe(CN)6]4ˉ沉淀除去，然后取上层清液检验是否含有氯离子。‎ ‎【详解】(1)该蓝色沉淀应为Fe4[Fe(CN)6]3，根据电荷守恒可得离子方程式为4Fe3++3[Fe(CN)6]4ˉ=Fe4[Fe(CN)6]3↓；‎ ‎(2)根据分析可知需要先用过量硫酸铜将[Fe(CN)6]4ˉ除去，所以步骤③为加入过量CuSO4溶液；现象④为出现红棕色沉淀；之后取上层清液用酸化的硝酸银检验氯离子，所以步骤⑤为静置，取上层清液，加入过量稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液；‎ ‎(3)①滴定时待测液放在锥形瓶中，所以仪器a为锥形瓶；‎ ‎②浓硫酸稀释时会放热，为了防止暴沸，浓硫酸酸化时需要沿瓶壁缓缓加入浓硫酸，并不断搅拌；‎ ‎③标准溶液的平均用量为24.50mL，浓度为0.1000mo1·L-1，根据发生的离子方程式可知n{[Fe(CN)6]4-}=n(Ce4+)=0.0245L×0.1000mo1·L-1=0.00245mol，所以样品的纯度为=98%。‎ ‎【点睛】本题难点是实验方案的设计，需要掌握氯离子的检验方法，同时要根据题目信息判断哪种离子的存在会对氯离子的检验造成影响，然后选用合适的试剂将其除去。‎ ‎10.近年来，随着聚酯工业快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。请回答：‎ ‎(1)如图表示在CuO存在下HCl催化氧化的反应过程，则总反应的化学方程为______。‎ ‎(2)研究HCl催化氧化反应中温度、和等因素对HCl - 18 -‎ 转化率的影响，得到如下实验结果：‎ ‎①利用Na2S2O3溶液和KI溶液测定反应生成Cl2的物质的量，若消耗V1mLc1mol·L-1的Na2S2O3溶液，则生成Cl2____________mol(已知2S2O+I2=S4O+2I-)。‎ ‎②表示催化剂的质量与HCl(g)流速之比，是衡量反应气体与催化剂接触情况的物理量。当=4、=50g·min·mol-1时，每分钟流经1g催化剂的气体体积为_____L(折算为标准状况下)。‎ ‎③在420℃、=3、=200g·min·mol-1条件下，α(HCl)为33.3%，则O2的反应速率为_______mol·g-1·min-1。‎ ‎④比较在下列两种反应条件下O2的反应速率：vⅠ_______vⅡ(填“＞”“=”或“＜”)。‎ Ⅰ.410℃、=3、=350g·min·mol-1；‎ Ⅱ.390℃、=4、=350g·min·mol-1。‎ ‎(3)在101.325kPa时，以含N2的HCl和O2的混合气体测定不同温度下HCl催化氧化反应中HCl的平衡转化率，得到如图结果 - 18 -‎ ‎①360℃时反应的平衡常数K360与400℃时反应的平衡常数K400之间的关系是K360_________K400。(填“＞”“=”或“＜”)。‎ ‎②一定温度下随着的增大，HCl的平衡转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)，原因为___________________。‎ ‎【答案】 (1). 2HCl(g)+O2(g)=H2O(g)+Cl2(g) ∆H=∆H1+∆H2+∆H3 (2). c1V1×10-3 (3). 0.56 (4). (5). ＞ (6). ＞ (7). 减小 (8). 随着增大，N2含量增大，HCl(g)、O2(g)、H2O(g)和Cl2(g)的浓度均使反应体系的浓度商Q＞K，平衡逆向移动，α(HCl)减小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据盖斯定律计算总反应焓变；‎ ‎(2)根据的单位可知HCl的流速是指单位时间内气流中HCl的物质的量，所以的倒数即1min流经1g催化剂的HCl的物质的量，据此分析作答；‎ ‎(3)据图可知当一定时，温度越高HCl的转化率越小，所以正反应为放热反应；增大，也就是单位时间内通过单位质量的催化剂的HCl和O2的量减少。‎ - 18 -‎ ‎【详解】(1)根据盖斯定律，不管化学反应是一步完成还是分几步完成，其反应热都是相同的，由图1可知热化学方程式为2HCl(g)+O2(g)=H2O(g)+Cl2(g)∆H=∆H1+∆H2+∆H3；‎ ‎(2)①根据题中离子方程式2S2O32-+I2=S4O+2lˉ，Cl2氧化Iˉ的离子方程式为Cl2+2Iˉ=2Clˉ+I2，可以得到如下关系式：2S2O32-～I2～Cl2，n(Cl2)=n(S2O32-)=c1V1×10-3mol；‎ ‎②当=50g·min·mol-1时，每分钟流经1g催化剂的HCl为mol，=4，所以每分钟流经1g催化剂的O2为mol，总气体的物质的量为，体积为=0.56L；‎ ‎③=200g·min·mol-1时α(HCl)为33.3%，则v(HCl)=×33.3%mol•g-1•min-1，根据化学方程式HCl和O2反应的比例为4：1，v(O2)=v(HCl)=××33.3%mol•g-1•min-1=mol•g-1•min-1；‎ ‎④根据第③题的计算过程可知，当相同时，HCl的转化率越大，反应速率越大，据图可知410℃、=3的情况下HCl的转化率较大，所以vI＞vⅡ；‎ ‎(3)①由图可知，当相同时，温度越高HCl平衡转化率越小，说明该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则K360＞K400；‎ ‎②一定温度下随着增大，通过催化剂的混合气体中HCl和O2量变小，N2的量变大，相当于反应物和生成物的浓度同时变小相同倍数，根据浓度商Qc=，若各物质浓度变小相同倍数时，会使Qc大于K，此时平衡逆向移动，HCl的平衡转化率减小。‎ ‎【点睛】解决本题的关键是理解的含义，该值的倒数即单位时间内流经单位质量的催化剂的HCl的物质的量；回答本题时要注意各小问之间的联系，根据2题第3‎ - 18 -‎ 小问的计算过程可知，该题中的反应速率与和HCl的转化率有关，以此来回答第4小题。‎ ‎(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号右边框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每科按所做的第一题计分。‎ ‎11.Cu、Zn及其化合物在生产、生活中有着重要作用。请回答：‎ ‎(1)Cu、Zn在周期表中________区，焰色反应时Cu的4s电子会跃迁至4p轨道，写出Cu的激发态电子排布式___________。‎ ‎(2)分别向CuSO4、MgSO4溶液加氨水至过量，前者为深蓝色溶液，后者为白色沉淀。‎ ‎①NH3与Cu2+形成配合物的能力大于Mg2+的原因为_________________。‎ ‎②溶液中的水存在H3O+、等微粒形式，可看作是H3O+与H2O通过氢键形成的离子，则的结构式为___________。‎ ‎(3)Zn的某种化合物M是很好的补锌剂，结构式如图：‎ ‎①1 mol M含有的σ键的数目为___________。‎ ‎②常见含氮的配体有 H2NCH2 COOˉ、NH3、等，NH3的分子空间构型为____________，的中心氮原子杂化方式为__________。‎ ‎③M在人体内吸收率高的原因可能是锌形成配合物后，电荷__________(填“变多”“变少”或“不变”)，可在消化道内维持良好的稳定性。‎ ‎(4)卤化锌的熔点如表：‎ 卤化锌/ ZnX2‎ ZnF2‎ ZnCl2‎ ZnBr2‎ 熔点/℃‎ ‎872‎ ‎283‎ ‎394‎ - 18 -‎ 则ZnX2熔点如表变化的原因是____________________。‎ ‎(5)Zn的某种硫化物的晶胞如图所示。已知S2-和Zn2+的半径分别为r1 pm、r2 pm，且S2-与Zn2+相切，NA为阿伏加德罗常数的值。则该晶体的密度为________g·cm-3(写计算表达式)。‎ ‎【答案】 (1). ds (2). [Ar]3d104p1 (3). 由于Cu2+对配体NH3的孤电子对吸引力大，配位键强 (4). (5). 20NA (6). 三角锥形 (7). sp杂化 (8). 变少 (9). ZnF2为离子晶体，熔点最高；ZnCl2、ZnBr2分子晶体，ZnBr2的相对分子质量大，分子间作用力，熔沸点较高 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Cu为29号元素，Zn为30号元素，据此分析其在元素周期表中的位置；‎ ‎(3)①单键均为σ键，双键或三键中有一个σ键，配位键为σ键；‎ ‎②根据价层电子对互斥理论判断空间构型，根据等电子体理论判断杂化方式；‎ ‎(4)先判断晶体类型，离子晶体的熔点与晶格能有关；分子晶体的熔点与分子间作用力有关；‎ ‎(5)先根据晶胞半径计算晶胞棱长，确定晶胞体积，再根据均摊法确定晶胞内各原子的数目，确定晶胞质量，根据计算密度。‎ ‎【详解】(1)Cu为29号元素，位于周期表中第4周期第ⅠB族，为ds区元素，Zn在周期表中位于第4周期ⅡB族，属于ds区元素，Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，焰色反应时 Cu 的 4s 电子会跃迁至 4p 轨道，则Cu 的激发态电子排布式为：[Ar]3d104p1或1s22s22p63s23p63d104p1；‎ ‎(2)①由于Cu2+对配体NH3的孤电子对吸引力大，配位键强，所以NH3与Cu2+形成配合物的能力大于Mg2+；‎ - 18 -‎ ‎②H5O2+可看作是H3O+与H2O通过氢键形成的离子，结构式为：；‎ ‎(3)①C—C单键、C—H单键、N—C单键、C—O单键、N—H单键均为σ键，C=O双键中有一个σ键，O原子、N原子与Zn之间的配位键为σ键，所以1个M含有20个σ键，所以1molM含有的σ键个数为20NA；‎ ‎②NH3分子中心原子的价层电子对数为=4，含一对孤电子对，所以为三角锥形；与CO2原子总数相同，价电子总数相同，二者互为等电子体，CO2为直线形分子，C原子为sp杂化，所以中心 N 原子杂化方式为sp杂化；‎ ‎③M 在人体内吸收率高的原因可能是锌形成配合物后，电荷变少，可在消化道内维持良好的稳定性；‎ ‎(4)由表中熔点数据可知，ZnF2与其他两种的晶体类型不同，ZnF2为离子晶体，熔点最高；ZnCl2、ZnBr2为分子晶体，ZnBr2的相对分子质量大，分子间作用力，熔沸点较高；‎ ‎(5)根据该硫化物的晶胞结构可知，S2-位于Zn2+的正四面体中心，根据几何关系，晶胞的体对角线为S2-和Zn2+的半径之和的4倍，设晶胞的棱长为a，则有a=4(r1+r2)，所以晶胞棱长a=pm，则晶胞的体积V=pm3；根据均摊法，晶胞内Zn2+的个数为=4，S2-的个数为4，所以晶胞的质量m=，所以晶体的密度为ρ==g·cm-3。‎ ‎【点睛】判断一些陌生物质空间构型、杂化方式时可以利用等电子体原理来判断；第5题为本题难点，关键在于学生能够发现晶胞的体对角线和离子半径之间的关系。‎ ‎12.苯丁酸氮芥(Ⅰ)是氮芥类抗癌药的代表物，其合成路线如下：‎ - 18 -‎ 请回答：‎ ‎(1)反应①所需的试剂和条件为_____________，B中官能团的名称为_________。‎ ‎(2)C结构简式为_________________，的名称为_________________。‎ ‎(3)满足下列条件的F的同分异构体有__________种(不考虑立体异构)。‎ a.属于芳香族化合物；‎ b.与F具有相同的官能团；‎ c.核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6:2:2:2:1。‎ ‎(4)⑤中步骤ⅱ的反应类型为_________。‎ ‎(5)F→G的化学方程式为___________。‎ ‎(6)设计由苯和制备的合成路线___________(无机试剂任选)。‎ ‎【答案】 (1). 浓硫酸，浓硝酸；55~60℃ (2). 硝基 (3). (4). 环氧乙烷 (5). 6 (6). 还原反应 (7). +CH3OH+H2O (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 18 -‎ 根据题中合成路线，A为苯，苯发生硝化反应生成的B为硝基苯，硝基苯被还原得到的C为，C发生取代反应生成D，D与丁二酸酐反应得E，E发生取代反应和还原反应得F，F与甲醇发生酯化反应生成的G为，G和环氧乙烷发生开环反应得H，H发生羟基的取代反应后再将酯基水解反得I。‎ ‎【详解】(1)反应①为苯的硝化反应，试剂和条件为浓硫酸，浓硝酸；55~60℃；B的官能团名称为硝基；‎ ‎(2)根据分析可知C为；的名称为环氧乙烷；‎ ‎(3)F为，其同分异构体满足：‎ a．属于芳香族化合物，说明含有苯环；‎ b．与F具有相同的官能团，即含有氨基、羧基；‎ c．核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6:2:2:2:1，说明结构对称，苯环上有两个处于对位的取代基，则符合条件的结构有：、、、、、，共有6种；‎ ‎(4)E到F第i步反应是利用HCl进行取代生成氨基，第ii步反应中E去氧加氢生成F，所以为还原反应；‎ ‎(5)F和甲醇发生酯化反应生成G，化学方程式为+CH3OH+H2O；‎ - 18 -‎ ‎(6)苯和发生类似题中步骤④的反应得，发生还原反应得，在浓硫酸的作用下发生分子内脱水得到，合成路线为 。‎ ‎【点睛】有机反应类型中，加氧或者去氢的反应为氧化反应，加氢或者去氧的反应为还原反应(乙烯催化加氢属于还原反应)。‎ - 18 -‎