2019-2020学年广东省佛山一中,石门中学,顺德一中,国华纪中新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年广东省佛山一中，石门中学，顺德一中，国华纪中新高考化学
模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．对于1mol/L盐酸与铁片的反应，下列措施不能使产生H2反应速率加快的是（）
A．加入一小块铜片B．改用等体积98%的硫酸
C．用等量铁粉代替铁片D．改用等体积3mol/L盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】
A．Fe、Cu和稀盐酸能构成原电池，Fe易失电子作负极而加快反应速率，故A正确；
B．将稀盐酸改用浓硫酸，浓硫酸和Fe发生钝化现象且二者反应生成二氧化硫而不是氢气，故B错误；C．将铁粉代替铁片，增大反应物接触面积，反应速率加快，故C正确；
D．改用等体积3mol/L稀盐酸，盐酸浓度增大，反应速率加快，故D正确；
故答案为B。

【点睛】
考查化学反应速率影响因素，明确浓度、温度、催化剂、反应物接触面积等因素对反应速率影响原理是解本题关键，1mol/L盐酸与铁片的反应，增大盐酸浓度、将铁片换为铁粉、升高温度、使其形成原电池且Fe作负极都能加快反应速率，易错选项是B。

2．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.若X为浓硝酸，蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X也会产生白烟，溶液X不一定是浓盐酸，A项错误；
B.钠元素的焰色反应为黄色，由于玻璃中含有钠元素，会干扰实验，所以应改用铂丝取溶液Y进行焰色反应，此时若火焰为黄色，则Y溶液中一定含有钠离子，B项错误；
C.在酸性条件下，Fe(NO3)2溶液中含有的NO3—具有强氧化性，优先把Fe2+氧化成Fe3+，使得溶液变黄，因而不能判断氧化性：H2O2>Fe3+，C项错误；
D. Na2SO3和稀盐酸反应生成SO2，溶液中没有SO32-，再加入氯化钡溶液有白色沉淀，说明Na2SO3固体变质被部分或全部氧化成Na2SO4，白色为BaSO4沉淀，即Na2SO3样品中含有SO42－，D项正确。

故选D。

3．化学制备萘（）的合成过程如图，下列说法正确的是
（）
A．a的分子式是C10H12O B．b的所有碳原子可能处于同一平面
C．萘的二氯代物有10种D．a→b的反应类型为加成反应
【答案】C
【解析】
【详解】
A．根据结构简式确定分子式为C10H10O，故A错误；
B．b中有4个C原子为饱和C原子，具有甲烷结构特点，所以该分子中所有C原子不可能共平面，故B 错误；
C．结构对称，萘中含2种位置的H，则其一氯代物有2种（），二氯代物有10种（，故C正确；
D．a比b少1个O原子、多2个H原子，所以为还原反应，故D错误；
答案选C。

【点睛】
本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系、同分异构体种类判断方法是解本题关键，C为解答易错点，采用"定一移二"的方法判断即可。

4．下列指定反应的离子方程式正确的是()
A．SO2与过量氨水反应：SO2＋NH3·H2O=NH4+＋HSO3－
B．FeCl3溶液与SnCl2溶液反应：Fe3＋＋Sn2＋=Fe2＋＋Sn4＋
C．Cu与稀硝酸反应：3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
D ．用浓盐酸与MnO 2制取少量Cl 2：MnO 2＋4H ＋＋4Cl －Δ
MnCl 2＋Cl 2↑＋2H 2O
【答案】C 【解析】 【详解】
A. SO 2与过量氨水反应生成亚硫酸铵和水：SO 2＋2NH 3·H 2O=2NH 4+＋SO 32-＋H 2O ，故A 错误，
B.原方程式电荷不守恒， FeCl 3溶液与SnCl 2溶液反应：2Fe 3＋＋Sn 2＋=2Fe 2＋＋Sn 4＋，故B 错误；
C. Cu 与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu ＋8H ＋＋2NO 3-=3Cu 2＋＋2NO↑＋4H 2O ，故C 正确；
D. 用浓盐酸与MnO 2制取少量Cl 2，生成的氯化锰是强电解质：MnO 2＋4H ＋＋2Cl －Δ
Mn 2+＋Cl 2↑＋2H 2O ，
故D 错误； 故选C 。

5．设N A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A ．2278gNa O 固体含有离子的数目为A 3N B ．常温下，pH 1 的醋酸溶液中H +数目为A 0.1N C ．13g 由
12
C 和
14
C 组成的碳单质中所含质子数一定为A 6N
D ．20.1molSO 与足量2O 在一定条件下化合，转移电子数为A 0.2N 【答案】A 【解析】 【详解】
A 项、78gNa 2O 2固体物质的量为1mol ，1molNa 2O 2 固体中含离子总数为3N A ，故A 正确；
B 项、未说明溶液的体积，无法确定pH=1的醋酸溶液中H +的个数，故B 错误；
C 项、12C 和14C 组成的碳单质中两者的个数之比不明确，故碳单质的摩尔质量不能确定，则13g 碳的物质的量无法计算，其含有的质子数不一定是6N A 个，故C 错误；
D 项、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移电子的个数小于0.2N A 个，故D 错误。

故选A 。

【点睛】
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。

6．2019年诺贝尔化学奖授予美国科学家约翰•古迪纳夫、斯坦利•惠廷厄姆和日本科学家吉野彰，以表彰他们在锂离子电池研发领域作出的贡献。

近日，有化学家描绘出了一种使用DMSO （二甲亚砜）作为电解液，并用多孔的黄金作为电极的锂—空气电池的实验模型，该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，其装置图如图所示。

下列有关叙述正确的是（ ）
A．DMSO电解液能传递Li＋和电子，不能换成水溶液
B．该电池放电时每消耗2molO2，转移4mol电子
C．给该锂—空气电池充电时，金属锂接电源的正极
D．多孔的黄金为电池正极，电极反应式可能为O2＋4e-=2O2-
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．DMSO电解液能传递Li＋，但不能传递电子，A不正确；
B．该电池放电时O2转化为O22-，所以每消耗2molO2，转移4mol电子，B正确；
C．给该锂—空气电池充电时，金属锂电极应得电子，作阴极，所以应接电源的负极，C不正确；
D．多孔的黄金为电池正极，电极反应式为O2＋2e-=O22-，D不正确；
故选B。

7．对某溶液中部分离子的定性检测流程如图所示。

相关分析正确的是
A．原溶液中可能含有Cl-、SO42-、S2-等阴离子
B．步骤①所加试剂可以是浓KOH溶液
C．可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体
D．步骤②的反应为Al3++3HCO3-=A1(OH)3↓+CO2↑
【答案】B
【解析】
【分析】
溶液中加入物质后产生红褐色沉淀同时产生气体，所以加入的物质是碱，铵根离子和碱反应得到氨气，Fe3+和碱反应生成Fe(OH)3沉淀，溶液X是偏铝酸盐的溶液，偏铝酸根和碳酸氢根之间反应可以得到氢氧化铝
沉淀。

【详解】
A．因溶液中存在Fe3+离子，故一定不存在S2-离子，A错误；
B．根据上述分析，步骤①所加试剂可以是弄KOH溶液或是其他强碱溶液，B正确；
C．可以使湿润的红色石蕊试纸检验生成的无色气体是氨气，会变蓝，C错误；
D．步骤②反应的离子方程式为H2O+AlO2-+HCO3-=Al(OH)3↓+CO32-，D错误；
故选B。

8．常温下用0.1mol/L NaOH溶液滴定40mL 0.1mol/LH2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。

下列叙述错误的是
A．Ka2(H2SO3)的数量级为10-8
B．若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂
C．图中Y点对应的溶液中：3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)
D．图中Z点对应的溶液中：c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(OH-)
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．据图可知c(SO32-)=c(HSO3-)时pH=7.19，K a2(H2SO3)=
()()
()
2-+
3
-
3
=
SO H
HSO
c c
c
c(H+)=10-7.19，则K a2(H2SO3)的数量
级为10-8，故A正确；
B．甲基橙的变色范围为3.1-4.4，滴定第一反应终点pH在4.25，所以可以选取甲基橙作指示剂，溶液由红色变为橙色，故B正确；
C．Y点溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，且该点c(SO32-)=c(HSO3-)，所以存在3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故C正确；
D．Z点溶质为Na2SO3，SO32-水解生成HSO3-，SO32-水解和水电离都生成OH-，所以c(HSO3-)＜c(OH-)，故D 错误；
故答案为D。

【点睛】
H2SO3为二元弱酸，与氢氧化钠反应时先发生H2SO3+N a OH=Na HSO3+H2O，再发生
Na HSO3+N a OH=N a2SO3+H2O，所以第一反应终点溶液溶质为Na HSO3，此时溶液呈酸性，说明亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度；第二反应终点溶液溶质为N a2SO3。

9．在恒容密闭容器中发生反应：2NO 2(g)N2O4(g) ΔH=-a kJ/mol(a>0)，设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法错误的是（）
A．平衡后升高温度，容器中气体颜色加深
B．每消耗44.8 LNO2，生成N2O4的分子数一定为N A
C．该容器中气体质量为46 g时，原子总数为3N A
D．若N2O4分子数增加0.5N A，则放出0.5a kJ的热量
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A. 升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，c(NO2)增大，使容器中气体颜色加深，A正确；
B. 由于未指明反应的温度、压强，因此不能根据气体体积确定气体的物质的量及含有的分子数目，B错误；
C. NO2、N2O4最简式是NO2，1个NO2中含有3个原子，其式量是46，所以46 g混合气体中含有NO2的物质的量是1 mol，其中含有的原子数目为3N A，C正确；
D. 根据方程式可知：每反应产生1 mol N2O4，放出a kJ的热量，若N2O4分子数增加0.5N A，产生N2O4 0.5 mol，因此放出热量为0.5a kJ，D正确；
故合理选项是B。

10．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，33.6LSO3中含有氧原子的数目为4.5N A
B．1L浓度为0.1mol/L的磷酸溶液中含有的氧原子个数为0.4N A
C．0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2N A
D．1L0.2mol/L的FeCl3溶液和过量KI溶液充分反应可生成0.1molI2
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 标准状况下，SO3呈固态，不能利用22.4L/mol进行计算，A错误；
B. 磷酸溶液中，不仅磷酸分子中含有氧原子，而且水中也含有氧原子，B错误；
C. 丙烯酸中含有碳碳双键和碳氧双键，所以0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2N A，C正确；
D. 理论上，1L0.2mol/L的FeCl3溶液和过量KI溶液充分反应可生成0.1molI2，但反应为可逆反应，所以生成I2小于1mol，D错误。

故选C。

【点睛】
当看到试题中提供2.24、4.48、6.72等数据，想利用此数据计算物质的量时，一定要克制住自己的情绪，切记先查验再使用的原则。

只有标准状况下的气体，才能使用22.4L/mol。

特别注意的是：H2O、NO2、HF、SO3、乙醇等，在标准状况下都不是气体。

11．电解合成1 , 2－二氯乙烷的实验装置如图所示。

下列说法中正确的是
A．该装置工作时，化学能转变为电能
B．CuCl2能将C2H4还原为l , 2－二氯乙烷
C．X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜
D．该装置总反应为CH2CH2 + 2H2O + 2NaCl电解H2 + 2NaOH + ClCH2CH2Cl
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 该装置为外加电源的电解池原理；
B. 根据装置图易知，阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应，根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律；
C. 根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答；
D. 根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。

【详解】
A. 该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，故A项错误；
B. C2H4中C元素化合价为-2价，ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价，则CuCl2能将C2H4氧化为1，2一二氯乙烷，故B项错误；
C. 该电解池中，阳极发生的电极反应式为：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，阳极区需要氯离子参与，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为：2H2O + 2e- = H2↑+ 2OH-，有阴离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，故C项错误；
D. 该装置中发生阳极首先发生反应：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1，2一二氯乙烷和CuCl，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电生成氢气，其总反应方程式为：CH2＝CH2
＋2H 2O ＋2NaCl ==电解
H 2＋2NaOH ＋ClCH 2CH 2Cl ，故D 项正确； 答案选D 。

12．实验室中以下物质的贮存方法不正确的是
A ．浓硝酸用带橡胶塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处
B ．保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉
C ．少量金属钠保存在煤油中
D ．试剂瓶中的液溴可用水封存，防止溴挥发 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A ．浓硝酸具有腐蚀性，见光易分解，因此浓硝酸应该用带玻璃塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处，A 错误；
B ．硫酸亚铁易被氧化，且亚铁离子水解，因此保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉，B 正确；
C ．钠易被氧化，易与水反应，密度大于煤油，因此少量金属钠保存在煤油中，C 正确；
D ．试剂瓶中的液溴可用水封存，防止溴挥发，D 正确。

答案选A 。

13．下列关于电化学的实验事实正确的是（ ）
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A 、锌与硫酸发生：Zn ＋H 2SO 4=ZnSO 4＋H 2↑，且锌比铜活泼，因此构成原电池时锌作负极，铜作正极，依据原电池的工作原理，正极上发生还原反应，A 正确；
B、电解CuCl2溶液，电子从负极流向阴极，阳离子在阴极上得电子，阴离子在阳极上失去电子，电子从阳极流向正极，B错误；
C、弱酸环境下，发生钢铁的析氢腐蚀，负极上发生Fe－2e－=Fe2＋，正极上发生2H＋＋2e－=H2↑，C错误；
D、钢闸门与外电源的负极相连，此方法称为外加电流的阴极保护法，防止钢闸门的腐蚀，D错误；
故选A。

【点睛】
本题的易错点是选项B，在电解池以及原电池中，电解质溶液中没有电子的通过，只有阴阳离子的定向移动，形成闭合回路。

14．下列变化不涉及氧化还原反应的是
A．明矾净水B．钢铁生锈C．海水提溴D．工业固氮
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 明矾净水与铝离子水解生成胶体有关，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故A选；
B. Fe、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；
C. Br元素的化合价升高，还需要氧化剂，为氧化还原反应，故C不选；
D.工业固氮过程中， N元素的化合价发生改变，为氧化还原反应，故D不选；
故选A。

15．图甲为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能。

图乙为电解氯化铜溶液的实验装置的一部分。

下列说法中不正确的是
A．a极应与X连接
B．N电极发生还原反应，当N电极消耗11.2 L(标准状况下) O2时，则a电极增重64 g
C．不论b为何种电极材料，b极的电极反应式一定为2Cl－－2e－=Cl2↑
D．若废水中含有乙醛，则M极的电极反应为：CH3CHO＋3H2O－10e－=2CO2↑＋10H＋
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
根据题给信息知，甲图是将化学能转化为电能的原电池，N极氧气得电子发生还原反应生成水，N极为原
电池的正极，M极废水中的有机物失电子发生氧化反应，M为原电池的负极。

电解氯化铜溶液，由图乙氯离子移向b极，铜离子移向a极，则a为阴极应与负极相连，即与X极相连，b为阳极应与正极相连，即与Y极相连。

A. 根据以上分析，M是负极，N是正极，a为阴极应与负极相连即X极连接，故A正确；
B. N是正极氧气得电子发生还原反应，a为阴极铜离子得电子发生还原反应，根据得失电子守恒，则当N 电极消耗11.2L(标准状况下)气体时，则a电极增重11.2L÷22.4L/mol×4÷2×64g/mol=64g，故B正确；
C. b为阳极，当为惰性电极时，则电极反应式为2C1−−2e−=Cl2↑，当为活性电极时，反应式为电极本身失电子发生氧化反应，故C错误；
D. 若有机废水中含有乙醛，图甲中M极为CH3CHO失电子发生氧化反应，发生的电极应为：
CH3CHO+3H2O−l0e−=2CO2↑+l0H+，故D正确。

答案选C。

【点睛】
本题考查的是原电池和电解池的工作原理。

根据装置图中电极反应的类型和离子移动的方向判断甲图中的正负极、乙图中的阴阳极是解题的关键。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．绿矾（FeSO4·7H2O）外观为半透明蓝绿色单斜结晶或颗粒，无气味。

受热能分解，且在空气中易被氧化。

I．医学上绿矾可用于补血剂甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]颗粒的制备，有关物质性质如下：
甘氨酸（NH2CH2COOH）柠檬酸甘氨酸亚铁
易溶于水，微溶于乙醇，两性化合物易溶于水和乙醇，
有强酸性和还原性
易溶于水，难溶于
乙醇
（1）向绿矾溶液中，缓慢加入NH4HCO3溶液，边加边搅拌，反应结束后生成沉淀FeCO3。

该反应的离子方程式为_______。

（2）制备(NH2CH2COO)2Fe：往FeCO3中加入甘氨酸（NH2CH2COOH）的水溶液，滴入柠檬酸溶液并加热。

反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。

①加入柠檬酸溶液一方面可调节溶液的pH促进FeCO3溶解，另一个作用是__。

②洗涤操作，选用的最佳洗涤试剂是_______（填序号）。

A．热水B．乙醇C．柠檬酸
II．绿矾晶体受热分解的反应为2FeSO4·7H2O Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O，实验室用图I所示装置验证其分解产物。

请回答下列问题：
（1）加热前通入氮气的目的是_______。

（2）实验中观察到装置B 现象为_______。

（3）C 装置和D 装置能否调换_______（填“能”或“否”）。

（4）样品完全分解后，残留物全部为红棕色固体，检验装置A 中的残留物含有Fe 2O 3的方法是_______。

（5）该装置有个明显缺陷是_______。

III ．测定绿矾样品中铁元素的含量。

称取m g 绿矾样品于锥形瓶中溶解后加稀H 2SO 4酸化，用 c mol·
L −1 KMnO 4 溶液滴定至终点。

耗KMnO 4溶液体积如图II 所示，（滴定时发生反应的离子方程式为：5Fe 2+＋MnO 4−＋8H +=5Fe 3+＋Mn 2+＋4H 2O ），该晶体中铁元素的质量分数为_______（用含m 、c 的式子表示）。

【答案】Fe 2++2HCO 3−=FeCO 3↓+CO 2↑+ H 2O 防止二价铁被氧化 B 将装置内空气排尽（或隔绝空气或防止Fe 2+被氧化） 白色粉末变蓝 否 取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN 溶液，溶液变红色，证明含有Fe 2O 3 没有尾气处理装置
00280c m
【解析】
【分析】
Ⅰ(1)FeCl 2溶液中，加入NH 4HCO 3，可以认为Fe 2＋结合HCO 3－电离出来的CO 32－，H ＋与HCO 3－结合生成CO 2和水；
(2)柠檬酸除了酸性还有还原性，可以起到防氧化的作用；
(3)产物易溶于水，难溶于乙醇，洗涤时，为了防止溶解损失，应该用乙醇洗涤；
Ⅱ绿矾分解，其产物中有SO 2、SO 3和水，
用无水硫酸铜验证水，用BaCl 2溶液验证SO 3，品红溶液验证SO 2。

【详解】
Ⅰ(1) FeCl 2溶液中，加入NH 4HCO 3，可以认为Fe 2＋结合HCO 3－电离出来的CO 32－，H ＋与HCO 3－结合生成CO 2和水，离子方程式为Fe 2++2HCO 3−=FeCO 3↓+CO 2↑+ H 2O ；
(2)根据表中信息，柠檬酸除了酸性还有还原性，可以起到防氧化的作用，因此另一个作用是防止二价铁被氧化；
(3)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，为了防止溶解损失，可以用乙醇洗涤，答案选B ；
II(1)加热前通氮气，排除装置中的空气，防止样品，加热是被氧化；
(2)产物中有水，无水硫酸铜，遇到水蒸气，变蓝色；
(3)SO 3会溶于水，生成H 2SO 4，如果C 、D 装置调换位置，SO 3会溶于品红溶液，不能进入C 中，被检验到；
(4)检验Fe 2O 3，可以检验Fe 3＋，用KSCN 溶液，方法为取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN 溶液，溶液变红色，证明含有Fe 2O 3；
(5)品红溶液只能用于检验SO 2，不能吸收SO 2，SO 2为有毒气体，需要进行尾气出来，该装置的缺陷是没有气体处理装置；
III 根据化学方程式，可知关系式5Fe 2+～MnO 4−,消耗KMnO 4溶液的体积为10.80mL-0.80mL=10.00mL ，则n(KMnO 4)=10.00mL×10-3×cmol·L －1=0.01cmol ；n(Fe 2＋)=5n(KMnO 4)=0.01cmol×5=0.05cmol ；则铁元素的质量为0.05cmol×56g·mol －1=2.8cg ，则晶体中铁元素的质量分数为00002.8280100=c c m m。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．A(C 3H 6)是基本有机化工原料，由A 制备聚合物C 和合成路线如图所示（部分条件略去）。

已知：，R-COOH
(1)A 的名称是_____________；B 中含氧官能团名称是________________。

(2)C 的结构简式________________；D→E 的反应类型为________________
(3)E→F 的化学方程式为___________________________。

(4)B 的同分异构体中，与B 具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是__________________（写出结构简式）。

(5)等物质的量的 分别与足量NaOH 、NaHCO 3 反应，消耗NaOH 、NaHCO 3 的物质的量之比为__________；检验其中一种官能团的方法是______________（写出官能团名称、对应试剂及现
象）。

【答案】丙烯酯基取代反应CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2
HCOO-CH=C(CH3)2l：l 检验羧基：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变红(或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色)
【解析】
【分析】
A分子式为C3H6，A与CO、CH3OH发生反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，B结构简式为
CH3CH=CHCOOCH3，B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，聚丁烯酸甲酯发生水解反应，然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A与Cl2在高温下发生反应生成D，D发生水解反应生成E，根据E的结构简式CH2=CHCH2OH可知D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为。

【详解】
根据上述推断可知A是CH2=CH-CH3，C为，D是CH2=CHCH2Cl，E为CH2=CHCH2OH，F是，G是。

(1)A是CH2=CH-CH3，名称为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B中含氧官能团名称是酯基；
(2)C的结构简式为，D是CH2=CHCH2Cl，含有Cl原子，与NaOH的水溶液加热发生水解反应产生E：CH2=CHCH2OH，该水解反应也是取代反应；因此D变为E的反应为取代反应或水解反应；
(3)E为CH2=CHCH2OH、E与2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，该反应方程式为：CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2；
(4)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，说明含有醛基、酯基及碳碳双键，则为甲酸形成的酯，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是HCOO-CH=C(CH3)2；
(5)含有羧基，可以与NaOH反应产生；含有羧基可以与NaHCO3反应产生
和H2O、CO2，则等物质的量消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1；在中含有
羧基、碳碳双键、醇羟基三种官能团，检验羧基的方法是：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变为红色；检验碳碳双键的方法是：加入溴水，溴水褪色。

【点睛】
本题考查有机物推断和合成的知识，明确官能团及其性质关系、常见反应类型、反应条件及题给信息是解本题关键，难点是有机物合成路线设计，需要学生灵活运用知识解答问题能力，本题侧重考查学生分析推断及知识综合运用、知识迁移能力。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．碳、氮、氟、硅、铜等元素的化合物广泛存在于自然界，回答下列问题：
(1)基态氟原子核外电子的电子云形状有_____种；氟原子的价电子排布式为___。

(2)NF3是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，NF3分子的空间构型为______；写出与N2互为等电子体的一种离子的化学式_______。

(3)已知金刚石中的C-C键键长为154.45pm，C60中C-C键键长为145～140pm，而金刚石的熔点远远高于C60，其理由是________。

(4)氢基倍半硅氧烷的分子结构如图所示，该分子的分子式为______，Si原子采用_______杂化。

(5)Cu的某种晶体晶胞为面心立方结构，晶胞边长为acm，原子的半径为rcm。

该晶体中铜原子的堆积方式为_______（填“A1”“A2”或“A3”），该晶体的密度为______g/cm3（用含a和N A的代数式表示)，该晶体中铜原子的空间利用率为______(用含a和r的代数式表达)。

【答案】2 2s22p5三角锥形CN-或C22-或NO+金刚石属于原子晶体，熔化时需要破坏共价键；而C60属于分子晶体，熔化时只需克服分子间作用力，不需要克服共价键。

Si8H8O12sp3A1
3A 256a N 3
316πr 3a
【解析】
【分析】
(1)原子核外有几个电子，就会有几种不同状态的电子；s 能级电子云为球形、p 能级电子云为哑铃形；F 原子最外能层上的3s 、3p 能级上电子为其价电子；
(2)根据价层电子对互斥理论，计算NF 3分子中N 原子孤电子对数和价层电子对数，由所得结果判断分子空间构型；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；
(3)金刚石和C 60的晶体类型不同，金刚石为原子晶体，C 60为分子晶体，熔化不同晶体所破坏的作用力不同；
(4)由分子结构可知，分子中有8个Si 原子、8个H 原子、12个O 原子；Si 原子形成4个价键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4；
(5)根据堆积方式分析，金属Cu 的堆积方式为密置层ABCABC……堆积；根据均摊法计算晶胞中Cu 原子数目，即可计算晶胞质量，再由晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积计算晶胞密度；空间利用率=晶胞中原子总体积晶胞体积
×100%。

【详解】
(1)F 是9号元素，基态F 原子核外有9个电子，所以基态F 原子核外电子有9种运动状态；F 原子3s 、3p 能级上电子为其价电子，价电子排布式为2s 22p 5；
(2)NF 3分子中N 原子孤电子对数=53112
-⨯=，NF 3分子含有3个σ键，所以分子空间构型为三角锥形；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与N 2互为等电子体的一种离子的化学式CN - 或C 22-或NO +；
(3)金刚石为原子晶体，C 60为分子晶体，金刚石熔化时需要破坏共价键，而C 60熔化时只需克服分子间作用力不需要克服共价键；
(4)由分子结构可知，分子中有8个Si 原子、8个H 原子、12个O 原子，故分子式为：Si 8H 8O 12；Si 原子形成4个价键，没有孤电子对数，杂化轨道数目为4，Si 原子采取sp 3杂化；
(5)根据堆积方式分析，金属Cu 的堆积方式为密置层ABCABC……堆积，该堆积方式为面心立方最密堆积，即属于Au 堆积；晶胞中Cu 原子数目=8×18+6×12=4，晶胞质量=4×A
64N g ，则晶体密度ρ=()A 3644g N m V acm ⨯
==3A 256a N g/cm 3；晶胞中Cu 原子总体积=4×43π(rcm)3=316πr 3cm 3，所以该晶体中铜原子的空间利用率为3
3
16πr 3100%a ⨯=3
316πr 3a ×100%。

【点睛】
本题考查了物质结构与性质，涉及原子核外电子排布、杂化方式、等电子体、晶胞计算等，掌握原子结构基础知识和基本概念是本题解答的关键，在进行晶胞计算时，要学会利用均摊法进行有关计算。

19．完成下列问题。

（1）多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐，其主要包括砷化镓（GaAs）、硫化镉（CdS）薄膜电池等．
①As的基态原子的电子排布式[Ar]_______________.
②第一电离能：As___Ga（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）配合物Fe(CO)5常温下呈液态,熔点为-20.5 ℃,易溶于CCl4 中,则Fe(CO)5是______分子（非极性或极性）。

（3）BF3常温下是气体，有强烈的接受孤电子对的倾向。

BF3与NH3相遇，立即生成白色固体。

BF3的杂化轨道类型为：____；写出该白色固体的结构式，并标注出其中的配位键___________。

（4）下列有关说法不正确的是____。

A．沸点：NH3>PH3，CH3OH > HCHO
B．SO2与CO2的化学性质有些类似，但空间结构与杂化方式不同
C．熔、沸点: SiF4< SiCl4< SiBr4 <SiI4 , 原因是分子中共价键键能逐渐增大
D．熔点: CaO > KCl > KBr，原因是晶格能逐渐减小
（5）钠钾合金属于金属晶体，某种合金的晶胞结构如图所示，晶体中K 原子的配位数为______；已知金属原子半径r（Na）、r（K），计算晶体的空间利用率__________（假设原子是刚性球体）
【答案】3d104s24p3>非极性sp2C6
【解析】
【详解】
①As是33号元素，其原子结构示意图为；则基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p3；
②同一周期中，元素第一电离能呈增大趋势，且As的p轨道为半充满结构所以第一电离能As＞Ga；配合物Fe(CO)5熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于CCl4，CCl4是非极性溶剂，根据分子晶体的物理性质：分子晶体熔沸点低，易溶于有机溶剂，所以属于分子晶体，是非极性分子；
(3)B原价电子数为3，无孤对电子，则BF3的杂化轨道类型为sp2；B原子有强烈的接受孤电子对的倾向，而NH3分子中N原子有一个孤电子对，BF3与NH3相遇，立即生成白色固体BF3•NH3，该白色固体的结构式为；。