2020高三三模考试理科综合化学试卷Word版附答案及解析

2020高三三模考试理科综合化学试卷
满分100分。

考试时间50分钟
★祝考试顺利★
注意事项：
1．答题前，请考生认真阅读答题卡上的注意事项。

务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上指定位置，贴好考号条形码或将考号对应数字涂黑。

用2B铅笔将试卷类型A填涂在答题卡相应位置上。

2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把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。

答在试题卷、草稿纸上无效。

3．非选择答题用0.5毫米黑色墨水签字笔直接答在答题卡上每题对应的答题区域内，答在试题卷、草稿纸上无效。

4．考生必须保持答题卡的清洁。

考试结束后，监考人员将答题卡和试卷一并收回。

可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Ti-48 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷选择题(共42分)
一、选择题：本卷共7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.《天工开物》中记载了砒霜(As2O3) 的制取：“凡烧砒，下鞠
．．（注：在地上挖砌）土窑，
纳石其上，上砌曲突
．．（注：烟筒），以铁釜倒悬覆突口。

其下灼炭举火。

其烟气从曲突内熏贴釜上。

”文中涉及的操作为（）
A. 蒸馏
B. 升华
C. 干馏
D. 萃取
2.设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（）
A. 0.1mol SiO2晶体中含有Si-O键的数目为0.2N A
B. 56g铁粉与高温水蒸气反应，生成H2数目为1.5N A
C. 标准状况下，22.4 LCl2溶于水，转移电子数为N A
D. 18gH218O和2H2O的混合物中，所含中子数为9N A
3.下列实验中，对应的现象及结论或解释均正确的是（）
选项实验操作现象结论或解释
A 向氢氧化铁胶体中滴加硫酸钠溶液有红褐色沉淀胶体遇强电解质聚沉
B 将SO2通入紫色石蕊溶液中溶液先变红后褪色SO2具有漂白性
C 将灼烧至红热的铜丝插入乙醇中铜丝由黑变红乙醇被还原
D 向氯化铝溶液中持续通入氨气产生白色沉淀后溶解Al(OH)3与碱反应
A. A
B. B
C. C
D. D
4.化合物（a）、（b）、（c）同属于薄荷系有机物，下列说法正确的是（）
A. a、b、c 都属于芳香族化合物
B. a、b、c都能使溴水褪色
C. 由a生成c的反应是氧化反应
D. b、c互为同分异构体
5.短周期主族元素W、X、Y、Z，原子半径依次增大。

W、X在同一主族，Y元素在第三周期中离子半径最小，Y和Z的原子序数之和是W的3倍。

下列说法正确的是（）
A. X的简单氢化物的热稳定性比W的强
B. X的氧化物对应的水化物是强酸
C. Z和W形成的化合物可能含有非极性键
D. Z、Y的氧化物是常用的耐火材料
6.以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。

下列说法错误
．．的是（）
A. 放电时，正极反应为Fe[Fe(CN)6]＋2Na+＋2e－＝Na2Fe[Fe(CN)6]
B. 充电时，Mo（钼）箔接电源的负极
C. 充电时，Na+通过交换膜从左室移向右室
D. 外电路中通过0.2mol电子的电量时，负极质量变化为2.4g
7.25℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。

已知：lgX＝lg或lg，下列叙述正确的是（）
A. 曲线m表示pH与lg的变化关系
B. 当溶液呈中性时，c(Na+)＝＋2
C. K a1(H2CO3)＝1.0×10-6.4
D. 25℃时，CO 32-＋H2O＋OH－的平衡常数为1.0×10－7.6
1.【答案】B
【解析】A、蒸馏一般分离的是互溶的液体，根据题意，不符合蒸馏研究的对象，故A错误；
B、升华利用固体受热直接转化成气体，遇冷重新转化成固体，属于物理变化，根据题意，“凡烧砒烟气从曲突内熏贴釜上”，符合升华原理，故B正确；
C、干馏是指煤在隔绝空气中加强热使之分解，根据题意，不符合干馏的定义，故C错误；
D、根据上述分析，不符合萃取的原理，故D错误。

2.【答案】D
【解析】A、根据1mol硅原子形成了4mol硅氧键进行分析；B．铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的化合价为；C、氯气溶于水时只有很少一部分氯气和
水反应；D、H218O与2H2O的摩尔质量均为20g/mol，且均含10个中子。

【详解】A、0.1mol二氧化硅中含有0.1mol硅原子，0.1mol硅原子形成0.4mol硅氧键，晶体中含有Si-O键的个数为0.4N A，选项A错误；B．铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三
铁，四氧化三铁中铁元素的化合价为，0.2mol铁完全反应失去电子数为：0.2mol×（-0）=mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为：=mol，生成的H2分子数为N A，
选项B错误；C、氯气溶于水时只有很少一部分氯气和水反应，产生盐酸和次氯酸，所以转移电子数小于N A，选项C错误；D、H218O与2H2O的摩尔质量均为20g/mol，故1.8g混合物的物质的量为0.09mol，且均含10个中子，故0.09mol混合物中含0.9N A个中子，选项D正确；答案选D。

【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的应用，顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。

特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。

关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。

3.【答案】A
【解析】
A、根据胶体的性质，硫酸钠为电解质，向氢氧化铁胶体中滴加硫酸钠溶液，氢氧化铁胶体聚沉，出现红褐色沉淀，故A正确；
B、紫色石蕊溶液中通入SO2，溶液只变红，不褪色，故B错误；
C、灼热的铜丝插入到乙醇中，发生2Cu＋O2=2CuO，CH3CH2OH＋CuO→CH3CHO＋Cu＋H2O，
总反应是2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，现象是先变黑后变红，乙醇被氧化，故C错误；
D、氯化铝溶液中通入氨气，发生Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，氢氧化铝溶解与强碱，不溶于弱碱，即只产生白色沉淀，故D错误。

4.【答案】D
【解析】A、芳香族化合物含有苯环，这三种化合物不含有苯环，不属于芳香族化合物，故
A错误；B、a、c含有碳碳双键，能使溴水褪色，b不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，故B 错误；C、对比a和c结构简式，a生成c发生加成反应，故C错误；D、b和c的分子式为C10H18O，结构不同，属于同分异构体，故D正确。

5.【答案】C
【解析】电子层数越多，半径越大，当电子层数相等时，半径随着原子序数的递增而减小，
四种元素的原子半径依次增大，因此四种元素在周期表的位置大概是，
Y元素在第三周期中离子半径最小，即Y为Al，邻Z的原子序数为a，W的原子序数为b，则X的原子序数为b+8，因此有13+a=3b，因为Y为Al，则Z可能是Na，也可能是Mg，假设Z为Na，b=8，即W为O，X为S，假设Z为Mg，则b=25/3，不符合题意，A、同主族从上到下，非金属性减弱，其氢化物的稳定性减弱，即O的简单氢化物的热稳定强于S，故A错误；B、S的氧化物为SO2和SO3，其对应水化物是H2SO3和H2SO4，H2SO3为中强酸，H2SO4为强酸，故B错误；C、Na和O形成的化合物是Na2O和Na2O2，前者只含有离子键，后者含有离子键和非极性共价键，故C正确；D、钠的氧化物不能用于制作耐火材料，氧化铝可以，故D错误。

点睛：根据信息原子半径依次增大，根据判断半径大小顺序是一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相等，半径随着原子序数的递增而减小，因此推出Y
为Al，然后判断出四种元素在周期表中的大概位置，最后根据Y和Z
的原子序数之和是W的3倍，作出合理的判断。

6.【答案】B
【解析】A、根据工作原理，Mg作负极，Mo作正极，正极反应式为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e－=Na2Fe[Fe(CN)6]，故A正确；B、充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mo箔接电源的正极，故B说法错误；C、充电时，属于电解，根据电解原理，Na＋应从左室移向右室，故C说法正确；D、负极上应是2Mg－4e－＋2Cl－=[Mg2Cl2]2＋，通过0.2mol 电子时，消耗0.1molMg，质量减少2.4g，故D说法正确。

7.【答案】C
【解析】A、碳酸钠溶液中滴加盐酸，发生反应CO 32-＋H+HCO3-、HCO3-＋H+H2O+CO2↑，根据图像，推出曲线m表示的是，选项A错误；B、根据电中性，c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+c(HCO3-)＋2c(CO32-)，因为溶液显中性，因此c(H+)＝c(OH-)，即得出c(Na+)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)，选项B错误；C、n曲线代表的是，N点，c(HCO3-) c(H2CO3)=10，此时c(H+)＝10-7.4mol/L，根据电离平衡常数的定义，H2CO3的一级电离平衡常数为
，选项C正确；D、该反应的平衡常数为，根据M点，c(HCO3-) c(H2CO3)=10，c(H+)＝10-9.3mol/L，c(OH-)＝10-4.7mol/L，代入数值，得
出此反应的化学平衡常数为10-3.7，选项D错误。

答案选C。

【点睛】本题考查电离平衡常数及影响因素、盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理。

应合理应用电离平衡常数的计算K a1(H2CO3)＝。

第Ⅱ卷(非选择题共58分)
二、非选择题（本卷包括必考题和选考题两部分。

第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第11～12题为选考题，考生根据要求作答。

）（一）必考题
8. 一氯甲烷是一种重要的化工原料，常温下它是无色有毒气体，微溶于水，易溶于乙醇、CCl4等。

(1)某小组同学在实验室用如图所示装置模拟催化法制备和收集一氯甲烷。

①无水ZnCl2为催化剂，圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为___________，如果实验时圆底烧瓶加热时间过长，最终在瓶底得到一种白色物质，该物质的化学式是____________。

②装置B的主要作用是____________。

③收集到的CH3Cl气体在氧气中充分燃烧，产物用过量的V1 mL c1mol·L－1 NaOH溶液充分吸收，以甲基橙作指示剂，用c2mol·L－1盐酸标准液对吸收液进行返滴定，最终消耗V2mL
盐酸。

则所收集CH3Cl的物质的量为________mol。

(已知：2CH3Cl＋3O22CO2＋2H2O
＋2HCl)
(2)查阅资料可知：AgNO3的乙醇溶液可以检验CH3X中的卤素原子。

相关数据如下表：
化学键C—Cl C—Br
键能(kJ·mol－1) 330 276
化合物AgCl AgBr
Ksp 1.8×10－105×10－13
①CH3X通入AgNO3的乙醇溶液中，除有沉淀生成外，还生成硝酸甲酯，请写出硝酸甲酯的结构简式______________。

②CH3Cl和CH3Br的混合气体通入AgNO3的乙醇溶液中，先出现淡黄色沉淀。

请依据表中数据解释原因__________________。

③设计实验证明K sp(AgCl)>K sp(AgBr)：___________(简要说明实验操作、现象和结论)。

【答案】 (1). CH3OH＋HCl CH3Cl＋H2O (2). Zn(OH)2(或ZnO) (3). 除去氯
化氢气体 (4). (c1V1－c2V2)×10－3 (5). CH3ONO2(写成CH3NO3也可) (6). C—Br
键的键能小，更容易断裂，同时溴化银的溶度积更小，溴化银更容易形成沉淀 (7). 向等浓度的氯化钠和溴化钠的混合溶液中滴加硝酸银溶液，先生成淡黄色沉淀，则证明
K sp(AgCl)>K sp(AgBr)(其他合理答案也可)
【解析】考查实验方案设计与评价，（1）①装置A为制备CH3Cl，ZnCl2作催化剂，即圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为CH3OH＋HCl CH3Cl＋H2O；根据所加物质，白色物质是
Zn(OH)2或ZnO；②盐酸容易挥发，因此装置B的作用是除去挥发出的HCl气体；③ CH3Cl
燃烧产生CO2和HCl，CO2与NaOH反应：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，HCl＋NaOH=NaCl＋H2O，然后以甲基橙为指示剂，用盐酸滴定吸收液，发生NaOH＋HCl=NaCl＋H2O、Na2CO3＋2HCl=2NaCl ＋CO2↑＋H2O，两次消耗的差值，应为一氯甲烷燃烧生成HCl的量，即为(V1c1－V2c2)×10－3mol，根据氯元素守恒，即CH3Cl的物质的量为(V1c1－V2c2)×10－3mol；（2）①根据酯的命名，硝
酸甲酯的结构简式为CH3ONO2；②根据表格数据，淡黄色沉淀是AgBr，原因是C-Br键的键能小，更容易断裂，同时溴化银的溶度积更小，溴化银更容易形成沉淀；③向等浓度的氯化钠和溴化钠的混合溶液中滴加硝酸银溶液，先生成淡黄色沉淀，则证明K sp(AgCl)>K sp(AgBr)；或者向足量氯化钠溶液滴加少量的硝酸银溶液，出现白色沉淀，然后向溶液中滴加溴化钠溶液，出现淡黄色沉淀，说明K sp(AgCl)>K sp(AgBr)。

9. 近年科学家提出“绿色自由”构想。

把含有大量CO2的空气吹入K2CO3溶液中，再把CO2
从溶液中提取出来，并使之与H2反应生成可再生能源甲醇。

其工艺流程如下图所示：
回答下列问题：
(1)进入分解池中主要物质是______；在合成塔中，若足量的H2与CO2反应，消耗4.4gCO2，生成气态的H2O和CH3OH，可放出5370J的热量，写出该反应的热化学方程式________。

(2)该工艺在哪些方面体现了“绿色自由”构想中的“绿色”：①_______；②_______。

(3)一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1.0molCO2和3.0mol H2，在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示：
①催化剂效果最佳的是_______（填“催化剂I”．“催化剂Ⅱ”，“催化剂Ⅲ”）。

b点v （正）______v（逆）（填“>”，“<”，“=”）。

②此反应在a点时已达平衡状态，a点的转化率比c点高的原因是_________。

c点时该反应的平衡常数K=___________(保留一位小数)。

(4)科学家还研究了利用温室气体制造充电电池，下图为正在研究的Na—CO2可充电电池示
意图，该装置放电时的总反应方程式为_________。

(5)己知25℃时H2CO3的电离平衡常数为：K al=4.4×10－7、K a2 =4.7×l0－ll，则反应：HCO3－
+H 2O H2CO3+ OH－的平衡常数K=________。

【答案】 (1). KHCO3（或碳酸氢钾） (2). CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)
△H＝－53.7kJ/mol (3). 减少大气中CO2；产生清洁能源CH3OH； (4). K2CO3可循环利用；能量可以循环利用；低碳经济等 (5). 催化剂Ⅰ (6). ＞ (7). 该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动 (8). K＝2.1 (9). 4Na+3CO2==2Na2CO3+C (10). K＝2.3×10－8
【解析】（1）考查CO2的性质以及热化学反应方程式的书写，吸收池中发生K2CO3＋CO2＋
H2O=2KHCO3，因此进入分解池中的主要物质是KHCO3；H2和CO2反应的化学方程式为3H2＋
CO2=CH3OH＋H2O，消耗1molCO2，放出的热量为5370×10－3/0.1kJ=53.70kJ，即热化学方程式为 CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g) △H＝－53.7kJ/mol ；（2）考查绿色化学，
CO2引起温室效应，此反应消耗CO2，可以减少大气中的CO2，CH3OH为清洁能源；（3）考查勒夏特列原理、化学平衡常数的计算，①根据图像，催化剂I的催化效果最佳；a点转化率最高，说明化学反应达到平衡，b点反应向正反应方向进行，即v正>v逆；②此反应是放热反应，达到平衡后，随着温度的升高，平衡向逆反应方向进行，CO2的转化率降低，原因是该
反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)
起始： 1 3 0 0
变化： 0.6 1.8 0.6 0.6
平衡： 0.4 1.2 0.6 0.6 根据化学平衡常数的定义K=
=2.1；（4）考查电极反应式的书写，根据装置
图，负极反应式为Na－e－=Na＋，正极反应式为3CO2＋4e－=2CO32－＋C，两式相加得到4Na＋
3CO2=2Na2CO3＋C；（5）考查平衡常数，根据平衡常数的定义，K=
=2.3×10－8。

10. 利用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3，还含有少量Al2O3、 MgO、SiO2等杂质)制备铁红工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)还原焙烧后，Fe元素的化合价为__________。

(2)“酸浸”实验中，需加入絮凝剂沉淀杂质。

絮凝剂用量和过滤时间对铁红成份的影响如
下表所示。

由表可知，所采用的最佳实验条件为__________（填序号）。

(3)若“合成”中c(Mg2+)=0.01mol/L，加入NH4HCO3(设溶液体积增加1倍)，当Fe2+恰好沉淀
完全时，溶液中c(Fe2+)=1.0×10－5mol/L，此时是否有MgCO3沉淀生成？__________(列式计算)。

FeCO3、MgCO3的K sp分别为3.2×10－11、3.0×10－8。

(4)“合成”过程中发生反应的离子方程式为_____________。

(5)“合成”过程中温度对亚铁离子转化率的影响如下图，分析选择反应温度为40℃的原因
是________。

(6)“煅烧”中由FeCO3制备Fe2O3的化学方程式为________。

(7)本流程中，铝元素是以________(填化学式)形式被除去的。

【答案】(1). +2 (2). ④ (3). 无沉淀生成
c(CO32-)=Ksp(FeCO3)/c(Fe2+)=3.2×10-11/10-5=3.2×10-6 (1分)
Q= c(CO32-)×c(Mg2+)=3.2×10-6×0.01/2< K sp(MgCO3) (4). Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑ (5). 温度低于40℃，亚铁离子转化率较低。

温度高于40℃，亚铁离子转化率变化不大。

温
度过高，碳酸氢铵易分解 (6). 4FeCO3 +O22Fe2O3+ 4CO2 (7). Al(OH)3
【解析】考查化学工艺流程，（1）根据金属的冶炼，炭黑能够还原Fe2O3，因为酸浸中加入
硫酸，如果还原时铁元素转化成铁单质，会与硫酸反应生成H2，H2可燃性气体，可能发生危险，因此还原焙烧后，铁元素的化合价为＋2价；（2）由表中数据可得虽然絮凝剂用量越多、
过滤时间越长，Fe2O3含量越高、SiO2含量越低，但是1.0×10-4t、40min条件与1.5×10-4t、
150min条件相比，前者Fe2O3含量只比后者低0.1个百分点，SiO2含量高0.002个百分点，
而絮凝剂用量和过滤时间，前者比后者明显少，所以应选择最佳实验条件为④；（3）
c(CO32-)=Ksp(FeCO3)/c(Fe2+)=3.2×10-11/10-5=3.2×10-6 ，Q=
c(CO32-)×c(Mg2+)=3.2×10-6×0.01/2< K sp(MgCO3) ，因此无沉淀产生；（4）结合流程并根据题意，向含Fe2+的溶液中加入NH4HCO3，生成了FeCO3沉淀，根据原子守恒和电荷守恒，还应生成H2O和CO2，故“合成”过程中发生反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；（5）根据图像，温度低于40℃，亚铁离子转化率较低。

温度高于40℃，亚铁离子转化率变化不大；温度过高，碳酸氢铵易分解；（6）在空气中煅烧FeCO3，FeCO3分解，+2价铁会被氧化成+3价铁的化合物，所以生成物为：Fe2O3和CO2，故“煅烧”中由FeCO3制备Fe2O3的化
学方程式为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；（7）本流程中酸浸时Al2O3转变为Al3+，加NH4HCO3
时，Al3+会与HCO3-发生双水解转变为Al(OH)3，由此可得铝元素是以Al(OH)3形式被除去的。

点睛：本题的难点是合成过程中发生的离子反应方程式的书写，产物是谁，这是学生存在的疑惑，这需要注意（6）问，煅烧中由FeCO3转化成Fe2O3，这就说明合成过程中铁元素转化成FeCO3，HCO3－在水中既有电离也有水解，电离HCO3－CO32－＋H＋，Fe2＋结合CO32－促进电离向正反应方向进行，H＋浓度增大，H＋与HCO3－反应生成CO2，因此合成中的产物是FeCO3和CO2，最后书写方程式即可。

（二）选考题
11、[化学—选修3：物质结构与性质]
铁、钴、镍等金属及其化合物在科学研究和工业生产中应用十分广泛。

回答下列问题：（1）铁、钴、镍的基态原子核外未成对电子数最多的是_________。

（2）酞菁钴分子的结构简式如图所示，中心离子为钴离子，酞钴分子中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是_______(填1、2、3、4)，三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为_______(用相应的元素符号表示)；氮原子的杂化轨道类型为________。

（3）Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x，晶体属于_______(填晶体类型)，若配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=________。

（4）NiO、FeO的晶体结构类型与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO______FeO(填“>”“<”或“=”)，原因是_________。

（5）NiAs的晶胞结构如图所示：①镍离子的配位数为_________。

②若阿伏加德罗常数的值为N A，晶体密度为pg·cm-3，则该晶胞中最近的Ni2+之间的距离为________cm。

(写出计算表达式)
【答案】 (1). 铁 (2). 2、4 (3). N>C>H (4). sp2、sp3 (5). 分子晶体(6). 5 (7). > (8). Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，晶
格能：NiO＞FeO，因此熔点NiO＞FeO (9). 4 (10). ×
【解析】
【分析】
(1)未成对电子处于价电子中，铁、钴、镍的基态原子的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、3d84s2，结合泡利原理与洪特规则判断；
(2)含有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键；三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大；根据分子中N原子形成的σ键个数和含有的孤对电子的数目，分析判断；(3)根据Fe(CO)x的熔沸点比较低分析判断晶体类型；Fe原子价电子数为8，CO提供一对孤对电子，与Fe原子形成配位键，根据Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，列式计算x；
(4)离子晶体的熔点与晶格能大小有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高；
(5)①根据均摊法计算晶胞中Ni、As原子数目，由晶胞结构可知As原子配位数为4，结合晶胞中Ni、As元素数目之比计算Ni的配位数；
②首先计算晶胞的质量，再结合密度计算晶胞体积，进而计算晶胞棱长，最后根据面心与顶点上的Ni原子距离最近计算。

【详解】(1)铁、钴、镍的基态原子的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、3d84s2，三种元素原子的核外未成对电子数分别为4、3、2，未成对电子数最多的是Fe，故答案为：Fe；(2)有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键，1号、3号N原子形成3对共用电子对为普通共价键，2号、4号N原子形成4对共用电子对，与Co通过配位键结合；酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性N＞C ＞H；分子中N原子有形成2个σ键，含有1对孤对电子，有形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目均为3，N原子的杂化轨道类型为 sp2；有形成3个σ键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目均为4，N原子的杂化轨道类型为 sp3，故答案为：2、4；N＞C＞H；sp2、sp3；
(3)配合物Fe(CO)x的熔沸点比较低，易溶于非极性溶剂，应属于分子晶体；Fe原子价电子数为8，CO提供一对孤对电子，与Fe原子形成配位键，则8+2x=18，解得x=5，故答案为：分子晶体；5；
(4)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，故晶格能：NiO＞FeO，所以熔点NiO＞FeO，故答案为：＞；Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，故晶格能：NiO
＞FeO，所以熔点NiO＞FeO；
(5)①晶胞中As原子数目为4，Ni原子数目=8×+6×=4，二者为1∶1，由晶胞结构可知As原子配位数为4，故Ni的配位数为4，故答案为：4；
②面心与顶点上的Ni原子距离最近，最近的Ni2+之间的距离为晶胞棱长的，晶胞质量=4×
g=g，晶胞体积=g÷pg•cm-3=cm3，晶胞棱长=cm，故最近的Ni2+之间的距离=×cm，故答案为：×。

12、[化学—选修5：有机化学基础]
有机物J在有机化工领域具有十分重要的价值。

2018年我国首次使用α－溴代羰基化合物
合成了J，其合成路线如下
已知：
+R-OH
回答下列问题：
（1）E的名称_________
（2）C→D的化学方程式____________。

（3）D→E、E→F的反应类型分别是_________、_______。

（4）H中含有的官能团名称是_______，F的分子式_______。

（5）化合物X是D的同分异构体，其中能与氢氧化钠溶液反应的X有____种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1∶1∶6的结构简式为_______。

（6）参照题中合成路线图，设计以甲苯和为原料来合成的
合成路线___
【答案】 (1). 2—甲基—2—羟基丙酸 (2). +O2→
+2H2O (3). 氧化反应 (4). 取代反应 (5). 酚羟基和硝基 (6). C4H7O2Br (7). 6 (8). (9).
【解析】
【分析】
A与溴发生加成反应生成B，B水解生成C，由C的结构逆推可知B为、A
为．由D、E的分子式，结合反应条件，可知C发生氧化反应生成D为，D发生氧化反应生成E为，E发生取代反应生成F，F与H发生取代反应生成J，结合J的结构，可知H为。

（6）由与发生取代反应生成．甲苯发生取代反应生成，然后碱性条件下水解得到。

【详解】（1）E为，名称 2—甲基—2—羟基丙酸；
（2）C发生氧化反应生成D为，C→D的化学方程式+O2→+2H2O 。

（3）D发生氧化反应生成E为，E发生取代反应生成F，D→E、E→F的反应类型分别是氧化反应、取代反应。

（4）H为中含有的官能团名称是酚羟基和硝基，F的分子式C4H7O2Br。

（5）化合物X是D的同分异构体，X能与氢氧化钠溶液反应，X为羧酸或酯，若为羧酸，可以看作丙烷中H原子被羧基取代有2种，若为酯，可以是丙酸甲酯、乙酸乙酯、
甲酸丙酯（有2种），故符合条件的共有6种，其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：6的结构简式为；
（6）由与发生取代反应生成．甲苯发生取代反应生成，然后碱性条件下水解得到，合成路线流程图为：。

答案及解析
2020高三下学期4月模块诊断理科综合化学试题
满分100分。

考试时间50分钟
★祝考试顺利★
注意事项：
1．答题前，请考生认真阅读答题卡上的注意事项。

务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上指定位置，贴好考号条形码或将考号对应数字涂黑。

用2B铅笔将试卷类型A填涂在答题卡相应位置上。

2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把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。

答在试题卷、草稿纸上无效。

3．非选择答题用0.5毫米黑色墨水签字笔直接答在答题卡上每题对应的答题区域内，答在试题卷、草稿纸上无效。

4．考生必须保持答题卡的清洁。

考试结束后，监考人员将答题卡和试卷一并收回。

可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Ti-48 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷选择题(共42分)
一、选择题：本卷共7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.《天工开物》中记载了砒霜(As2O3) 的制取：“凡烧砒，下鞠
．．（注：在地上挖砌）土窑，
纳石其上，上砌曲突
．．（注：烟筒），以铁釜倒悬覆突口。

其下灼炭举火。

其烟气从曲突内熏贴釜上。

”文中涉及的操作为（）
A. 蒸馏
B. 升华
C. 干馏
D. 萃取
2.设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（）
A. 0.1mol SiO2晶体中含有Si-O键的数目为0.2N A
B. 56g铁粉与高温水蒸气反应，生成H2数目为1.5N A
C. 标准状况下，22.4 LCl2溶于水，转移电子数为N A
D. 18gH218O和2H2O的混合物中，所含中子数为9N A
3.下列实验中，对应的现象及结论或解释均正确的是（）
选项实验操作现象结论或解释
A 向氢氧化铁胶体中滴加硫酸钠溶液有红褐色沉淀胶体遇强电解质聚沉
B 将SO2通入紫色石蕊溶液中溶液先变红后褪色SO2具有漂白性
C 将灼烧至红热的铜丝插入乙醇中铜丝由黑变红乙醇被还原
D 向氯化铝溶液中持续通入氨气产生白色沉淀后溶解Al(OH)3与碱反应
4.化合物（a）、（b）、（c）同属于薄荷系有机物，下列说法正确
的是（）
A. a、b、c 都属于芳香族化合物
B. a、b、c都能使溴水褪色
C. 由a生成c的反应是氧化反应
D. b、c互为同分异构体
5.短周期主族元素W、X、Y、Z，原子半径依次增大。

W、X在同一主族，Y元素在第三周期中离子半径最小，Y和Z的原子序数之和是W的3倍。

下列说法正确的是（）
A. X的简单氢化物的热稳定性比W的强
B. X的氧化物对应的水化物是强酸
C. Z和W形成的化合物可能含有非极性键
D. Z、Y的氧化物是常用的耐火材料
6.以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。

下列说法错误
．．的是（）。