2020年内蒙古阿拉善盟高考化学一模试卷

2020年内蒙古阿拉善盟高考化学一模试卷
一、选择题。

每题6分。

1. 化学与生活、生产密切相关，下列叙述正确的是（）
A.为消除碘缺乏症，我国卫生部门规定食盐中必须加碘，其中碘元素以KI形式存在
B.空气污染日报中的空气污染指数的主要项目有可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮
和二氧化碳
C.用含橙色的酸性重铬酸钾溶液的仪器检验酒驾，利用了乙醇的挥发性和还原性
D.为了获得更好的消毒效果，医用酒精的浓度通常为95%
【答案】
C
【考点】
物质的结构与性质之间的关系
元素的性质与原子结构
【解析】
A．碘盐是在食盐中加入一定量的碘酸钾；
B．二氧化碳不是空气污染的主要物质；
C．乙醇的沸点低，易挥发，能与酸性重铬酸钾反应；
D．医用酒精的浓度为75%．
【解答】
A．为消除碘缺乏症，卫生部规定食盐中必须加含碘物质，在食盐中所加含碘物质是碘酸钾(KIO3)，故A错误；
B．可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮为污染环境的主要物质，为空气污染日报中的空气污染指数，其中没有二氧化碳这一项，故B错误；
C．乙醇的沸点低，易挥发，能与酸性重铬酸钾反应，反应中乙醇作还原剂，表现还原性，所以用含橙色酸性重铬酸钾的仪器检验酒驾，利用了乙醇的挥发性和还原性，故C 正确；
D．医用酒精的浓度为75%，不是95%，故D错误；
2. 止血环酸的结构如图所示，用于治疗各种出血疾病，在一些牙膏中也含有止血环酸。

下列说法不正确的是（）
A.该物质的分子式为C8H15NO2
B.在光照条件下与Cl2反应生成的一氯代物有4种
C.该物质能发生取代反应、置换反应
D.止血原理可看做是胶体的聚沉
【答案】
B
【考点】
有机物的结构和性质
【解析】
该有机物中含有氨基和羧基，具有氨基酸的性质，能发生取代反应、缩聚反应、中和
反应等。

【解答】
A．根据结构简式确定分子式为C8H15NO2，故A正确；
B．该分子中苯环上有4种氢原子、支链上连接碳原子的碳原子有1种，所以在光照条
件下与氯气反应生成的一氯代物有5种，故B错误；
C．氨基和羧基能发生取代反应，羧基能和金属发生置换反应，故C正确；
D．该物质属于电解质，血液属于胶体，所以止血原理可看做是胶体的聚沉，故D正确；
3. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素．已知W原子的最外层电子数
是电子层数的2倍，X元素存在两种气态同素异形体，一种可吸收大气中的紫外线，Y
原子最外层电子数等于电子层数，Z离子在同周期最简单阴离子中，半径最小．下列说法正确的是（）
A.W的氢化物沸点一定低于X的氢化物沸点
B.简单离子半径：X>Y>Z
C.X的一种单质和Z的某种化合物都可用于污水的杀菌消毒
D.Y、Z形成的离子化合物溶于水，阴、阳离子数目比为3:1
【答案】
C
【考点】
原子结构与元素周期律的关系
【解析】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素．已知W原子的最外层电子数是
电子层数的2倍，W应为第二周期元素，最外层电子数为4，可知W为C元素；X元素存
在两种气态同素异形体，一种可吸收大气中的紫外线，则X为O；Y原子最外层电子数
等于电子层数，可知Y为Al；Z离子在同周期最简单阴离子中半径最小，具有相同电子
排布的离子中原子序数大的离子半径小，可知Z为Cl，以此来解答．
【解答】
由上述分析可知，W为C，X为O，Y为Al，Z为Cl，
A．W的氢化物可能为固态烃，则沸点大于X的氢化物沸点，故A错误；
B．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Z>X>Y，故B错误；
C．X的单质为臭氧，Z的化合物为NaClO时，都可用于污水的杀菌消毒，故C正确；D．氯化铝为共价化合物，故D错误；
4. 用下列装置进行实验，能达到实验目的是（）
A B C D
制备干燥的氨气证明非金属性制备乙酸乙酯分离出溴苯
【答案】
D
【考点】
化学实验方案的评价
【解析】
A．氨气与浓硫酸反应；
B．稀盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸；
C．导管在饱和碳酸钠溶液的液面下可发生倒吸；
D．溴苯的密度比水的密度大，分层后在下层。

【解答】
A．氨气与浓硫酸反应，不能选浓硫酸干燥，故A错误；
B．稀盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸，且盐酸为无氧酸，不能比较非金属性，故B错误；
C．导管在饱和碳酸钠溶液的液面下可发生倒吸，导管口应在液面上，故C错误；D．溴苯的密度比水的密度大，分层后在下层，图中分液装置可分离出溴苯，故D正确；
5. 设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（）
A.标准状况下，4.48L空气中所含原子数为0.2N A
B.常温常压下，2.3g NO2和N2O4的混合物中含有的氧原子数为0.2N A
C.过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2 N A
D.常温下，0.1 mol⋅L−1Na2CO3溶液中阴离子总数大于0.1 N A
【答案】
C
【考点】
阿伏加德罗常数
【解析】
A、求出空气的物质的量，然后根据空气中不但含氧气、氮气等双原子分子，还含二氧化碳等多原子分子来分析；
B、NO2和N2O4的最简式均为NO2；
C、过氧化钠和水反应时发生歧化反应，氧气中的0价由−1价转化而来；
D、溶液体积不明确。

【解答】
A、标况下4.48L空气的物质的量为0.2mol，而空气中不但含氧气、氮气等双原子分子，还含二氧化碳等多原子分子，故0.2mol空气中含有的原子数多于0.4N A，故A错误；
B、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故2.3g混合物中含有的NO2的物质的量为0.05mol，故含有的氧原子为0.1N A个，故B错误；
C、过氧化钠和水反应时，氧气中的0价由−1价转化而来，故生成0.1mol氧气时转移电子为0.2N A个，故C正确；
D、溶液体积不明确，故溶液中的阴离子的个数无法计算，故D错误。

6. 下列根据实验操作和现象得出的结论不正确的是（）
D.D 【答案】
D
【考点】
化学实验方案的评价
【解析】
A．高锰酸钾具有强氧化性，乙烯能被高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；B．浓硫酸具有脱水性和强氧化性；
C．亚硫酸根离子能被酸性氧化生成硫酸根离子；
D．加入新制氢氧化铜悬浊液之前没有加NaOH溶液中和未反应的稀硫酸。

【解答】
A．高锰酸钾具有强氧化性，乙烯能被高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该实验体现乙烯的还原性，故A正确；
B．浓硫酸具有脱水性和强氧化性，浓硫酸能将蔗糖中的H、O元素以2:1水分子的形式除去，该实验体现浓硫酸的脱水性和强氧化性，故B正确；
C．亚硫酸根离子能被酸性氧化生成硫酸根离子，所以该溶液中可能含有亚硫酸根离子，故C正确；
D．加入新制氢氧化铜悬浊液之前没有加NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，否则不产生
红色沉淀，故D错误；
7. 某温度下，0.200mol⋅L−1的HA溶液与0.200mol⋅L−1的NaOH溶液等体积混合后，
所得溶液中部分微粒组分及浓度如下表，下列说法正确的是（）
0.1mol⋅L
B.该温度下K w＝1.0×10−14
C.微粒X表示OH−，Y表示H+
D.混合溶液中：n(A−)+n(X)＝n(Na+)
【答案】
D
【考点】
酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算
【解析】
某温度下，0.200mol⋅L−1的HA溶液与0.200mol⋅L−1的NaOH溶液等体积混合后，溶
质为NaA，根据表中数据可知：c( Na+)＝0.100mol/L>c(A−)＝9.92×10−2mol/L，
则HA为弱酸；根据物料守恒可知：c( Na+)＝c(A−)+c(HA)＝0.100mol/L，则c(HA)
＝0.100mol/L−9.92×10−2mol/L＝8.00×10−4mol/L，故X为HA；根据电荷守恒可
知c(OH−)>c(H+)，则Y表示H+，据此进行解答．
【解答】
某温度下，0.200mol⋅L−1的HA溶液与0.200mol⋅L−1的NaOH溶液等体积混合后，溶
质为NaA，根据表中数据可知：c( Na+)＝0.100mol/L>c(A−)＝9.92×10−2mol/L，
则HA为弱酸；根据物料守恒可知：c( Na+)＝c(A−)+c(HA)＝0.100mol/L，则c(HA)
＝0.100mol/L−9.92×10−2mol/L＝8.00×10−4mol/L，故X为HA；根据电荷守恒可
知c(OH−)>c(H+)，则Y表示H+，
A．由于HA为弱酸，则0.1mol/L的HA溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，溶液的pH> 1，故A错误；
B．温度未知，无法判断该温度下水的离子积，故B错误；
C．根据分析可知，X表示HA，Y表示H+，故C错误；
D．X为HA，则根据物料守恒可知：n(A−)+n(X)＝n(Na+)，故D正确；
二、解答题（共3小题，满分43分）
信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁，可以将其变废为宝。

将废弃的线路板粉碎，经处理后可以得到粗铜(75%Cu、20%Al、4%Fe及少量Au、Pt)，进一步制取胆矾，流程简图如图：
（1）滤渣A的成分主要是________。

（2）步骤①中溶解Cu的化学方程式是________，用________替代双氧水，加热，同样可以达到目的。

（3）步骤②调节溶液pH的目的是________，可选用的最佳试剂是________。

（4）以石墨作电极电解滤液B，电解方程式是________。

（5）对以上粗铜进行电解精炼，下列说法正确的是（）。

A.电能全部转化为化学能
B.粗铜接电源正极，发生氧化反应
C.溶液中Cu2+的浓度保持不变
D.阳极泥中可回收Pt、Au等金属
（6）取128Kg粗铜利用上述流程制得CuSO4⋅5H2O的质量为326.25Kg，则CuSO4⋅
5H2O的产率为________。

【答案】
Au、Pt
Cu+H2O2+H2SO4△
CuSO4+2H2O,O2
除去Fe3+和Al3+,CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuCO3
2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑
B,D
87%
【考点】
物质的分离、提纯和除杂的基本方法选择与应用
【解析】
用稀硫酸和双氧水的混合液溶解粗铜，其中Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、
Fe3+，而Au、Pt不反应，所以滤渣A的成分是Pt和Au，滤液A中的离子是Cu2+、Al3+、Fe3+，第②步调节溶液pH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀。

所以滤液B的成分是
Cu2+，经蒸发结晶可得到CuSO4⋅5H2O晶体，以此解答该题。

【解答】
由以上分析可知滤渣A为Au、Pt，故答案为：Au、Pt；
硫酸酸化的双氧水溶解铜，生成硫酸铜和水，发生反应的化学方程式为Cu+H2O2+
H2SO4△
CuSO4+2H2O；氧气有强氧化性，在酸化条件下也能溶解Cu，且还原产物为
水，不引入新的杂质，可替代双氧水，
故答案为：Cu+H2O2+H2SO4△
CuSO4+2H2O；O2；
调节溶液pH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，在不引入杂质的前提下，可选择CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuCO3来调节溶液pH，
故答案为：除去Fe3+和Al3+；CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuCO3等；
用石墨电极电解CuSO4溶液，阴极有Cu析出，阳极有氧气生成，则电解反应的化学方程式为2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑，
故答案为：2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑；
电解精炼铜时利用了电解原理，电能转化为化学能，也有少量转化为热能。

电解精炼时粗铜做阳极，发生氧化反应，精铜做阴极，阴极上发生还原反应。

电解时，溶液中的阳离子向阴极移动，在阴极上得电子。

粗铜中的不活泼金属不能失电子，以阳极泥的形式沉积在阳极附近。

选项B、D符合题意；
故答案为：BD；
128Kg粗铜含有Cu为128Kg×75%＝96kg，其物质的量为96000g
64g/mol
=1500mol，根据原子守恒，理论生成CuSO4⋅5H2O的物质的量为1500mol，其质量为1500mol×250g/
mol＝375000g＝375Kg，则CuSO4⋅5H2O的产率326.25kg
375kg
=87%，
故答案为：87%。

CH4是重要的清洁能源和化工原料，CH4和CO2都是产生温室效应的主要气体，且前者影响更大。

（1）二氧化碳的电子式为________。

（2）250C、101Kpa下，1g CH4完全燃烧生成液态水和CO2放热55.64kJ，则表示CH4燃烧热的热化学方程式为：________。

（3）CH4和CO2反应可以生成价值更高的化工产品，在250∘C、以镍合金为催化剂，向2L密闭容器中通入4mol CH4和6mol CO2发生反应如下：CH4(g)+CO2(g)⇌
2CO(g)+2H2(g)。

平衡时甲烷的物质的量为1mol。

①计算此温度下，该反应的平衡常数K＝()mol2/L2。

②下列各项不能说明该反应处于平衡状态的是（）。

A.容器中的压强恒定B CH4的转化率恒定
C.容器中气体的密度恒定
D.CH4与CO物质的量之比恒定
（4）甲烷-空气碱性（KOH为电解质）燃料电池的负极反应式为________。

相同条件下甲烷燃料电池与氢气燃料电池的能量密度之比为________。

（能量密度之比等于单位质量可燃物完全反应转移的电子数之比）
（5）科学家以CO2和H2为原料合成乙烯，6H
2
(g)+2CO2(g)⇌CH2＝CH2(g)+
4H20(g)，已知温度对CO2平衡转化率和催化剂催化效果的影响如图所示，请回答下列问题：
①生成乙烯的速率：v(M)有可能大于v(N)，其理由是________。

②若投料比n(H2)：n(CO2)＝4:1，则图中M点时，C2H4的体积分数为________%。

③若想提高C2H4的产率，可采取的措施有________。

【答案】
CH4(g)+202(g)＝CO2(g)+2H2O(l)△H＝−890.24kJ⋅mol−1
C
CH4−8e−+100H−＝CO32−+7H2O,1:2
随温度升高，催化剂的催化效率（或活性）降低,5.88,低温高压及时移走生成物
【考点】
电子式
热化学方程式
化学平衡的计算
化学平衡状态的判断
化学电源新型电池
【解析】
（1）二氧化碳为共价化合物，分子中存在两个碳氧双键，碳原子和氧原子的最外层都达到8电子稳定结构；
（2）燃烧热是指在25∘C、101kPa下，1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物的物质的量必须为1mol，产物必须为稳定氧化物；
（3）①先利用三段法求出各物质的物质的量，然后再根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；
②化学平衡状态，反应的正逆反应速率相同，各成分含量保持不变分析选项；
（4）甲烷-空气碱性（KOH为电解质）燃料电池是甲烷失电子在碱溶液中发生氧化反应生成碳酸盐，单位质量的输出电能叫能量密度，能量密度之比等于单位质量的可燃物转移电子数之比计算；
（5）①温度升高化学反应速率加快，催化剂的催化效率降低；
②设开始投料n(H2)为4mol，则n(CO2)为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，据此列三段式计算；
③若想提高C2H4的产率，改变条件平衡正向进行。

【解答】
二氧化碳为共价化合物，分子中存在两个碳氧双键，碳原子和氧原子的最外层都达到8电子稳定结构，二氧化碳正确的电子式为：
故答案为：
；
1g CH4完全燃烧生成液态水和CO2气体，放出55.64kJ的热量，则1mol即16g CH4完全
燃烧生成液态水和CO2气体，16×55.64kJ＝890.24kJ，则甲烷燃烧热的热化学方程式为：CH4(g)+202(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H＝−890.24KJ⋅mol−1，
故答案为：CH4(g)+202(g)＝CO2(g)+2H2O(l)△H＝−890.24kJ⋅mol−1；
①向2L密闭容器中通入4mol CH4和6mol CO2发生反应如下：CH4(g)+CO2(g)⇌
2CO(g)+2H2(g)。

平衡时甲烷的物质的量为1mol，
CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)
起始量(mol/L )2 3 0 0
变化量(mol/L) 1.5 1.5 3 3
平衡量(mol/L)0.5 1.5 3 3
(mol⋅L−1)2＝108(mol⋅L−1)2，
平衡常数K=32×32
0.5×1.5
故答案为：108(mol⋅L−1)2；
②A．反应前后气体体积变化，容器中的压强恒定说明反应达到平衡状态，故A不符合；B．CH4的转化率恒定是平衡标志，故B不符合；
C．反应前后气体质量和体积不变，容器中气体的密度始终恒定，不能说明反应达到平衡状态，故C符合；
D．CH4与CO反应的物质的量之比1:2，CH4与CO物质的量之比恒定，能说明正逆反应
速率相同，故D不符合；
故答案为：C；
甲烷-空气碱性（KOH为电解质）燃料电池的负极反应式为CH4−8e一+100H−＝
CO32−+7H2O，设甲烷和氢气质量为16g，则预计电极反应计算电子转移总数计算得到能量密度之比，CH4−8e一+100H−＝CO32−+7H2O，16g甲烷燃烧电子转移8mol，
16g氢气物质的量8mol，电子转移16mol，H2−2e−＝2H+，所以相同条件下，甲烷燃料电池与氢气燃料电池的能量密度之比为8:16＝1:2，
故答案为：CH4−8e−+100H−＝CO32−+7H2O；1:2；
①学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(M)有可能小于
v(N)，
故答案为：随温度升高，催化剂的催化效率（或活性）降低；
②设开始投料n(H2)为4mol，则n(CO2)为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化
率为50%
所以有6H2(g)+2CO2(g)CH2＝CH2(g)+4H2O(g)
开始4 1 0 0
转化1.5 0.5 0.25 1
平衡2.5 0.5 0.25 1
×100%＝5.88%，
所以乙烯的体积分数为0.25
2.5+0.5+0.25+1
故答案为：5.88；
③反应为气体体积减小的放热反应，若想提高C2H4的产率，平衡正向进行，可采取的
措施有低温、高压、及时移走生成物，
故答案为：低温、高压、及时移走生成物。

绿矾(FeSO4⋅7H2O)可作还原剂、着色剂、制药等，在不同温度下易分解得到各种铁
的氧化物和硫的氧化物。

已知SO3是一种无色晶体，熔点16.8∘C，沸点44.8∘C，氧
化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红等。

回答下列问题：
（1）甲组同学按照图1所示的装置，通过实验检验绿矾的分解产物。

装置B中可观察
到的现象是________，甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2．装置C的作用是
________。

（2）乙组同学认为甲组同学的实验结论不严谨，认为需要补做实验。

对甲组同学做完
实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中（）（填字母）。

A.不含SO2
B.可能含SO2
C.一定含有SO3
（3）丙组同学查阅资料发现绿矾受热分解还可能有O2放出，为此，丙组同学选用甲组同学的部分装置和图2部分装置设计出了一套检验绿矾分解所得气态产物的装置：
①丙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为________。

②能证明绿矾分解产物中有O2的检验方法是________。

（4）为证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象________。

【答案】
品红溶液褪色,吸收尾气，防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境
B,C
AFGBDH,把H中的导管移出水面，撤走酒精灯，用拇指堵住试管口，取出试管，立即
把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气
取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁
【考点】
性质实验方案的设计
【解析】
（1）二氧化硫能使品红溶液褪色，二氧化硫污染空气，不能直接排放至空气中；
（2）根据题意SO3氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红分析；（3）检验绿矾分解气态产物，由A分解绿矾，经F干燥，二氧化硫三氧化硫均能漂白
品红，故先检验三氧化硫并与二氧化硫分离，三氧化硫熔沸点低，故连接G装置冷凝三
氧化硫，由装置B检验二氧化硫，经过装置D除去二氧化硫，连接装置H，收集氧气，
利用氧气的助燃性检验氧气；
（4）根据三价铁离子使KSCN溶液显红色分析。

【解答】
甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2，装置B为品红，二氧化硫有漂白性，故装置
B中褪色；二氧化硫污染环境，用氢氧化钠吸收；
故答案为：品红溶液褪色；吸收尾气，防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境；
根据题意知SO3氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红，三氧化硫的漂白不可恢复，乙对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中肯定有三氧化硫，未对二氧化硫检验，故可能
含有二氧化硫；
故答案为：BC；
①检验绿矾分解气态产物，由A分解绿矾，经F干燥，二氧化硫三氧化硫均能漂白品红，故先检验三氧化硫并与二氧化硫分离，三氧化硫熔沸点低，故连接G装置冷凝三氧化硫，由装置B检验二氧化硫，经过装置D除去二氧化硫，连接装置H，检验氧气；
故答案为：AFGBDH；
②氧气收集在H中，利用氧气支持燃烧检验，方法为：把H中的导管移出水面，撤走
酒精灯，用拇指堵住试管口，取出试管，立即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气；
故答案为：把H中的导管移出水面，撤走酒精灯，用拇指堵住试管口，取出试管，立
即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气；
三价铁使KSCN溶液显红色，为证明绿矾分解产物中含有三价铁，则应用药匙取用分解产物于试管中，加盐酸溶解，再用胶头滴管向其中滴入KSCN溶液，若变红，则含有三价铁离子；
故答案为：取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁。

【化学-物质结构与性质】（15分）
随新能源汽车的发展，新能源电池技术也在不断创新，典型的锂离子电池一般以LiCoO2或LiFePO4等为正极材料，以石墨碳为负极材料，以溶有LiPF6等的有机溶液为
电解质溶液。

（1）P原子的电子排布式为________。

Fe2+中未成对电子数为________。

（2）N、O、F原子的第一电离能由小到大的顺序为________。

（3）等电子体具有相似的化学键特征，它们的许多性质是相近的。

ClO4−与PO43−互为
等电子体，ClO4−的立体构型为________，中心原子的杂化轨道类型为________。

（4）烷烃同系物中，CH4的沸点最低，原因是________。

（5）向CuSO4溶液中加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加氨水，沉淀溶解，得到深
蓝色溶液，在此溶液中加入乙醇，析出深蓝色的晶体。

由蓝色沉淀得到深蓝色溶液的
离子方程式为（）；深蓝色晶体中存在的化学键类型有（）。

（填代号）
A.离子键
B.σ键
C.非极性共价键
D.配位键
E.金属键
F.氢键
（6）如图所示为Co的某种氧化物的晶胞结构图，则该氧化物的化学式为________；若该晶胞的棱长为a pm，则该晶体的密度为________g/cm3．（N A为阿伏加德罗常数的值）【答案】
1s22s22p63s23p3,4
O<N<F
正四面体形,sp3
相对分子质量最小，分子间作用力（范德华力）最弱
Cu（OH）2+4NH3＝[Cu（NH3）4]2++20H ABD
CoO,3×1032
N A⋅a3
【考点】
原子轨道杂化方式及杂化类型判断
晶胞的计算
原子核外电子排布
【解析】
（1）P属于15号元素；Fe2+的最外层电子排布为3s23p63d6；
（2）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第I IA族、
第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
（3）ClO4−原子价层电子对个数为4+1
2
(7+1−2×4)＝4，根据价层电子对互斥理论
判断其空间构型、中心原子的杂化轨道类型；
（4）结构相似的分子晶体中，熔沸点与分子间作用力成正比，分子间作用力与相对分
子质量成正比；
（5）当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨配合物；析出的蓝色晶体
是硫酸四氨合铜晶体；
（6）该晶胞中O原子个数＝4，Co原子个数＝8×1
8+6×1
2
=4，O、Co原子个数之比
＝4:4＝1:1；晶体体积＝a3cm3，晶胞密度=m
V。

【解答】
P属于15号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p3．Fe2+的最外层电子排布为
3s23p63d6，3d能级有4个未成对电子，
故答案为：1s22s22p63s23p3；4；
同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第I IA族、第VA
族元素第一电离能大于其相邻元素，N、O、F元素位于同一周期，分别位于第VA族、
第VIA族、第VIIA族，所以第一电离能从小到大顺序是O<N<F，故答案为：O<
N<F；
ClO4−原子价层电子对个数为4+1
2
(7+1−2×4)＝4，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为正四面体、中心原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：正四面体形；sp3；结构相似的分子晶体中，熔沸点与分子间作用力成正比，分子间作用力与相对分子质
量成正比，烷烃都属于分子晶体，其相对分子质量随着碳原子个数增大而增大，所以范德华力随着碳原子个数增大而增大，则熔沸点最小的是甲烷， 故答案为：相对分子质量最小，分子间作用力（范德华力）最弱；
当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨配合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，反应离子方程式为Cu(OH)2+4NH 3＝[Cu(NH 3)4]2++20H −．硫酸四氨合铜晶体含有离子键、σ键、配位键，
故答案为：Cu(OH)2+4NH 3＝[Cu(NH 3)4]2++20H −；ABD ；
该晶胞中O 原子个数＝4，Co 原子个数＝8×18+6×1
2=4，O 、Co 原子个数之比＝4:4＝1:1，其化学式为CoO ，晶胞质量m =(59+16)×4
N A
g ，晶胞体积V ＝a 3pm 3＝a 3×
10−30cm 3，晶胞密度=m V
=
3×1032N A ⋅a 3
g/cm 3，
故答案为：CoO ；3×1032
N
A ⋅a
3。

【化学-有机化学基础】（15分）
有机物A 有如图转化关系：
已知：①有机物B 是芳香烃的含氧衍生物，其相对分子质量为108，B 中氧的质量分数为14.8%。

②
根据以上信息，回答下列问题：
（1）B 的分子式为________；有机物D 中含氧官能团名称是________。

（2）A 的结构简式为________；检验M 中官能团的试剂是________。

（3）条件I 为________；D →F 的反应类型为________。

（4）写出下列转化的化学方程式：F →E ________，F →G ________。

（5）N 的同系物X 比N 相对分子质量大14，符合下列条件的X 的同分异构体有________种（不考虑立体异构），写出其中核磁共振氢谱有五组峰，且吸收峰的面积之比为1:1:2:2:2的同分异构体的结构简式________（写一种）。

①含有苯环； ②能发生银镜反应； ③遇FeCl 3溶液显紫色。

【答案】 C 7H 8O ,羧基
,银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液
NaOH醇溶液、加热,水解反应或取代反应
,
13,
【考点】
有机物的推断
【解析】
有机物B是芳香烃的含氧衍生物，其相对分子质量为108，B中氧的质量分数为14.8%，
B中O原子个数=108×14.8%
16=1，碳原子个数=108−16
12
=7...8，所以B分子式为C7H8O，
B中含有苯环且能连续被氧化，则B为
，B被催化氧化生成M，M为
，N为
；
A发生水解反应生成醇和羧酸，C为羧酸，根据题给信息知，C发生取代反应生成D，D 发生反应然后酸化得到E，E能生成H，D是含有氯原子的羧酸，则D在氢氧化钠的醇溶液中加热生成E，E发生加聚反应生成H，所以D为
、E为
、C为
；D反应生成F，F能反应生成E，则D发生水解反应生成F，F为
，F发生酯化反应生成G，根据G分子式知，G为
；根据B、C结构简式知，A为。

【解答】
B为
，B的分子式为C7H8O；D为
，有机物D中含氧官能团名称是羧基，
故答案为：C7H8O；羧基；
A的结构简式为
；M为
，检验M中官能团的试剂是银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，
故答案为：
；银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；
D生成E为氯原子发生消去反应，则条件I为NaOH醇溶液、加热；D→F为氯原子转化为醇羟基的水解反应或取代反应，则该反应的反应类型为水解反应或取代反应，
故答案为：NaOH醇溶液、加热；水解反应或取代反应；
F→E的方程式为
，F→G的方程式为
，
故答案为：
；
；
N为
，N的同系物X比N相对分子质量大14，则X比N多一个−CH2，
X的同分异构体符合下列条件：
①含有苯环；。