2022-2022学年湖南省宁乡县第一高级中学新高考化学模拟试卷含解

2019-2020学年湖南省宁乡县第一高级中学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．CoCO3可用作选矿剂、催化剂及家装涂料的颜料。以含钴废渣(主要成份CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下：

金属离子开始沉淀的pH 沉淀完全的pH

Co2+7.6 9.4

Al3+ 3.0 5.0

Zn2+ 5.4 8.0

下列说法不正确的是（）

A．“酸溶”时发生氧化还原反应的离子方程式Co2O3+SO2+2H+=2Co2++H2O+SO42-

B．“除铝”过程中需要调节溶液pH 的范围为5.0～5.4

C．在实验室里，“萃取”过程用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯

D．在空气中煅烧CoCO3生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为0.672L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为CoO

【答案】D

【解析】

【详解】

A. 从产品考虑，钴最终转化为Co2+，Co2O3+SO2+2H+=2Co2++H2O+SO42-符合客观实际，且满足守恒关系，A 正确；

B. “除铝”过程中需要让Al3+完全沉淀，同时又不能让Zn2+生成沉淀，所以调节溶液pH 的范围为5.0～5.4，B正确；

C. 在实验室里，“萃取”在分液漏斗中进行，另外还需烧杯承接分离的溶液，C正确；

D. CO2的物质的量为0.03mol，由CoCO3的组成，可得出2.41g固体中，n(Co)=0.03mol，含钴质量为

0.03mol×59g/mol=1.77g，含氧质量为2.41g-1.77g=0.64g，物质的量为0.04mol，n(Co):n(O)=0.03:0.04=3:4，从而得出该钴氧化物的化学式为Co3O4，D错误。

故选D。

2．pC类似pH，如图为CO2的水溶液中加入强酸或强碱溶液后，平衡时溶液中各种组分的pC - pH图。依据图中信息，下列说法不正确的是

A ．22333H CO ,HCO ,CO --

不能在同一溶液中大量共存

B ．H 2CO 3电离平衡常数-6a K =10

C ．人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系（233H CO HCO -

）可以抵消少量酸或碱，维持pH =7.4，但当过量的酸进入血液中时，血液缓冲体系中的23c H c H CO +()()

最终将变大 D ．pH =9时，溶液中存在关系()()()()+-2-233

H

+c H CO =c OH +c CO 【答案】D

【解析】

【详解】

A ．碳酸存在的溶液中酸性较强、碳酸根离子存在的溶液中碱性较强，所以碳酸根离子和碳酸不能大量共存，23H CO 、3HCO -、23CO -不能在同一溶液中大量共存，故A 正确；

B ．由图象可知当pH=6时，pC(23H CO )=pC(3HCO -

)，结合()3323236a 231HCO HCO H C c(H )c()1O H 0c()K c(CO H CO )c()

+---??===610-，故B 正确； C ．人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系（233H CO HCO -

）可以抵消少量酸或碱，维持pH =7.4，但当过量的酸进入血液中时，血液中氢离子浓度增大，平衡向左移动放出CO 2，碳酸浓度基本不变，则血液缓冲体系中的23c H c H CO +()()

最终将变大，故C 正确； D ．pH =9时，由图象可得溶液中离子关系是c(3HCO -)>c(23CO -

)>c(OH -)>c(23H CO )>c(H +)，因此D 选项的离子浓度关系不可能出现，故D 错误；

答案选D 。

3．能用共价键键能大小解释的性质是（ ）

A ．稳定性：HCl>HI

B ．密度：HI>HCl

C ．沸点：HI>HCl

D ．还原性：HI>HCl 【答案】A

【解析】

【详解】

A.元素非金属性F>Cl>Br>I，影响其气态氢化物的稳定性的因素是共价键的键能，共价键的键能越大其氢化物越稳定，与共价键的键能大小有关，A正确；

B.物质的密度与化学键无关，与单位体积内含有的分子的数目及分子的质量有关，B错误；

C. HI、HCl都是由分子构成的物质，物质的分子间作用力越大，物质的沸点就越高，可见物质的沸点与化学键无关，C错误；

D.元素非金属性F>Cl>Br>I，元素的非金属性越强，其得电子能力越强，故其气态氢化合物的还原性就越弱，所以气态氢化物还原性由强到弱为HI>HBr>HCl>HF，不能用共价键键能大小解释，D错误；

故合理选项是A。

4．下列说法不正确的是( )

A．工业合成氨是一种人工固氮方法B．侯氏制碱法应用了物质溶解度的差异

C．播撒碘化银可实现人工降雨D．铁是人类最早使用的金属材料

【答案】D

【解析】

【详解】

A. 氮的固定是把游离态氮转变成化合态氮的过程，分自然固氮和人工固氮，工业合成氨是一种人工固氮方法，A正确；

B. 侯氏制碱法，应用了碳酸氢钠溶解度小而结晶析出，经分离再受热分解得到碳酸钠，B正确；

C. 播撒碘化银、干冰都可实现人工降雨，C正确；

D. 铁的金属性比较强，不可能是人类最早使用的金属材料，人类使用金属材料，铜比铁早，D错误；

答案选D。

5．2015年7月31日，中国获得2022年冬奥会主办权，这将促进中国冰雪运动的发展。以下关于冰的说法正确的是（）

A．等质量的0℃冰与0℃的水内能相同B．冰和可燃冰都是结晶水合物

C．冰和干冰、水晶的空间结构相似D．氢键影响冰晶体的体积大小

【答案】D

【解析】

【详解】

A. 0℃的冰熔化成0℃水，要吸收热量，内能增加，则0℃的冰的内能比等质量的0℃的水的内能小，A项错误；

B. “可燃冰”是由一种结晶水合物，冰是水的固态形式，不是含有结晶水的物质，不属于水合物，B项错误；

C. 冰为V型，干冰为直线型、水晶为原子晶体，空间结构为网状结构，它们的空间构型不相似，C项错误；

D. 冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规则，造成体积膨胀，所以氢键影响冰晶体的体积大小，D项正确；

答案选D。

6．锂空气电池是一种用锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物的电池。其工作原理如图，下列说法中错误的是( )

A．多孔电极可以提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面

O+4e+2H O=4OH

B．正极的电极反应：--

22

C．有机电解液可以是乙醇等无水有机物

D．充电时专用充电电极可防止空气极腐蚀和劣化

【答案】C

【解析】

【分析】

在锂空气电池中，锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物，在水性电解液中氧气得电子生成氢氧根离子，据此解答。

【详解】

A.多孔电极可以增大电极与电解质溶液的接触面积，有利于氧气扩散至电极表面，A正确；

B.因为该电池正极为水性电解液，正极上是氧气得电子的还原反应，反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，B正确；

C.乙醇可以和金属锂反应，所以不能含有乙醇，C错误；

D.充电时，阳极生成氧气，可以和碳反应，结合电池的构造和原理，采用专用充电电极可以有效防止空气极腐蚀，D正确；

故合理选项是C。

【点睛】

本题考查电化学基础知识，涉及电极判断、反应式的书写等相关知识，C项为易错点，注意锂的活泼性较强，可以和乙醇发生置换反应，试题难度不大。

7．下列属于原子晶体的化合物是（）

A．干冰B．晶体硅C．金刚石D．碳化硅

【答案】D

【解析】

【分析】

相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，常见的原子晶体是周期系第ⅣA族元素的一些单质和某些化合物，例如金刚石、硅晶体、二氧化硅、SiC等。

【详解】

A.干冰为分子晶体，故A错误；

B.晶体硅是原子晶体，是单质，故B错误；

C.金刚石是原子晶体，是单质，故C错误；

D.碳化硅是原子晶体，是化合物，故D正确；

故答案选D。

8．某二元弱碱B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)。向10mL稀B(OH)2溶液中滴加等浓度盐酸，B(OH)2、B(OH)+、B2+的浓度分数δ随溶液pOH[pOH=-lgc(OH-)]变化的关系如图，以下说法正确的是

A．交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL

B．当加入的盐酸溶液的体积为10mL时存在c(Cl-)＞c(B(OH)+)＞c(H+)＞c(OH-)＞c(B2+)

C．交点b处c(OH-)=6.4×l0-5

D．当加入的盐酸溶液的体积为15mL时存在：c(Cl-)+c(OH-)＞c(H+)＞c(OH-)＞c(B2+)+ c(B(OH)+)+c(H+) 【答案】C

【解析】

【详解】

A.如果加入盐酸的体积为5mL，由B(OH)2+HCl＝B(OH)Cl+H2O可知此时溶液含等量的B(OH)2、B(OH)+，由于水解和电离能力不同，所以溶液中不可能含等量的B(OH)2、B(OH)+，A错误；

B．当加入的盐酸溶液的体积为10mL时，反应生成B(OH)Cl，溶液显碱性，则c(OH-)＞c(H+)，B错误；

C.交点b处B(OH)+、B2+的分布分数相等，二者平衡浓度相等，由K2=

()()

()

2--

-

c B c OH

c B OH

??

??

g

=6.4×10-5，可知b

处c(OH-)=6.4×10-5，C正确；

D.当加入的盐酸溶液的体积为15mL时，生成等物质的量的B(OH)Cl和BCl2的混合溶液，溶液遵循电荷守恒，则存在c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+2c(B2+)+ c[B(OH)+)]，D错误；

故合理选项是C。

9．科学家采用碳基电极材料设计了一种制取氯气的新工艺方案，装置如图所示：下列说法错误的是（）

A．反应过程中需要不断补充Fe2+

B．阳极反应式是2HCl- 2e- =Cl2+2H+

C．电路中转移1 mol电子，消耗标况下氧气5.6 L

D．电解总反应可看作是4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+ 2H2O（g）

【答案】A

【解析】

【分析】

HCl在阳极失电子，发生氧化反应，生成Cl2和H+，Fe3+在阴极得电子，还原成Fe2+，Fe2+、H+、O2反应生成Fe3+和H2O，Fe2+、Fe3+在阴极循环。

【详解】

A．由分析可知，Fe2+在阴极循环，无需补充，A错误；

B．HCl在阳极失电子得到Cl2和H+，电极反应式为：2HCl- 2e- =Cl2+2H+，B正确；

C．根据电子得失守恒有：O2～4e-，电路中转移1 mol电子，消耗0.25mol氧气，标况下体积为5.6 L，C 正确；

D．由图可知，反应物为HCl(g)和O2(g)，生成物为H2O(g)和Cl2(g)，故电解总反应可看作是

4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+ 2H2O(g)，D正确。

答案选A。

10．下列有关垃圾分类说法错误的是

A．废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不能使溴水退色

B．可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氧化铝制取

C．废旧电池中含有镍、镉等重金属离子，不能填埋处理

D．含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时只生成CO2和H2O

【答案】D

【解析】

【详解】

A. 废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，聚乙烯不含双键，不能使溴水退色，故A正确；

B. 可回收的易拉罐中含金属铝，电解熔融氧化铝可制取金属铝，故B正确；

C. 废旧电池中含有镍、镉等重金属离子，填埋处理会造成土壤、水污染，所以不能填埋处理，故C正确；

D. 丝、毛的成分是蛋白质，含有C、H、O、N等元素，含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时生成CO2和H2O 的同时还有含氮物质生成，故D错误；

选D。

11．下列离子方程式书写正确的是

A．FeCl2溶液中通入Cl2：Fe2＋＋Cl2= Fe3+＋2Cl－

B．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++OH－＋HCO3－= CaCO3↓＋H2O

C．FeS固体放入稀硝酸溶液中：FeS＋2H+= Fe2+＋H2S↑

D．AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+＋4OH－=AlO2－＋2H2O

【答案】B

【解析】

【详解】

A、电子得失不守恒，正确的是2Fe2＋＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－；

B、正确；

C、硝酸具有氧化性，能氧化FeS，错误；

D、氢氧化铝不能溶于氨水中，错误，

答案选B。

12．过氧化钠具有强氧化性,遇亚铁离子可将其氧化为一种常见的高效水处理剂,化学方程式为

2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑.下列说法中不．正确的是

A．氧化性：Na2O2>Na2FeO4>FeSO4

B．FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂

C．由反应可知每3mol FeSO4完全反应时，反应中共转移12mol电子

D．Na2FeO4处理水时，不仅能杀菌消毒，还能起到净水的作用

【答案】C

【解析】

A.由氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，氧化性：Na2O2>Na2FeO4>FeSO4 ，A正确；

B.2FeSO4+6Na2O2==2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，Fe元素的化合价由+2价升高为+6价,O元素的化合价部分由?1价降低为?2价，部分由?1价升高为0价，所以FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，B正确；C．2FeSO4～10e-，所以每3molFeSO4完全反应时，反应中共转移15mol电子，C错误。D．Na2FeO4处理水时，Na2FeO4可以氧化杀死微生物，生成的还原产物氢氧化铁又具有吸附作用，可以起到净水的作用，D正确；答案选

C.

点睛：解答本题特别需要注意在氧化还原反应中Na2O2既可作氧化剂又可作还原剂。

13．某有机物的结构简式如图所示，它在一定条件下可能发生的反应有：①加成、②水解、③酯化、④氧化、⑤中和、⑥消去，其中可能的是( )

A．②③④B．①③⑤⑥C．①③④⑤D．②③④⑤⑥

【答案】C

【解析】

【详解】

含有苯环、醛基，可以与氢气发生加成反应；不含酯基或卤素原子，不能发生水解反应；含有羧基、羟基，能发生酯化反应；含有醛基、羟基，能发生氧化反应；含有羧基，能发生中和反应；中连有羟基碳原子的邻位碳

原子没有H，不能发生消去反应，故选C。

【点睛】

该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后结合具体官能团的结构和性质灵活运用，有利于培养学生的知识迁移能力和逻辑推理能力。

14．下列关于氧化还原反应的说法正确的是

A．1mol Na2O2参与氧化还原反应，电子转移数一定为N A (N A为阿伏加德罗常数的值)

B．浓HCl和MnO2制氯气的反应中，参与反应的HCl中体现酸性和氧化性各占一半

C．V C可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，主要原因是V C具有较强的还原性

D．NO2与水反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2: 1

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．Na2O2中的O为-1价，既具有氧化性又具有还原性，发生反应时，若只作为氧化剂，如与SO2反应，则1molNa2O2反应后得2mol电子；若只作为还原剂，则1molNa2O2反应后失去2mol电子；若既做氧化剂又做还原剂，如与CO2或水反应，则1molNa2O2反应后转移1mol电子，综上所述，1molNa2O2参与氧化

还原反应，转移电子数不一定是1N A ，A 项错误；

B ．浓HCl 与MnO 2制氯气时，MnO 2表现氧化性，HCl 一部分表现酸性，一部分表现还原性；此外，随着反应进行，盐酸浓度下降到一定程度时，就无法再反应生成氯气，B 项错误；

C ．维生素C 具有较强的还原性，因此可以防止亚铁离子被氧化，C 项正确；

D ．NO 2与水反应的方程式：2233NO H O=2HNO NO ++，NO 2中一部分作为氧化剂被还原价态降低生成NO ，一部分作为还原剂被氧化价态升高生成HNO 3，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2，D 项错误； 答案选C 。

【点睛】

处于中间价态的元素，参与氧化还原反应时既可作为氧化剂表现氧化性，又可作为还原剂表现还原性；氧化还原反应的有关计算，以三个守恒即电子得失守恒，电荷守恒和原子守恒为基础进行计算。 15．X 、Y 、Z 、Q 、R 为原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子半径与最外层电子数的关系如下图所示。R 原子最外层电子数Q 原子最外层电子数的4倍，Q 的简单离子核外电子排布与Z 2-相同。下列相关叙述不正确．．．

的是

A ．化合物中含有离子键

B ．五种元素中Q 的金属性最强

C ．气态氢化物的稳定性：

D ．最高价氧化物对应的水化物酸性：

【答案】A

【解析】

【分析】

X 、Y 、Z 、Q 、R 为原子序数依次增大的短周期主族元素，R 原子最外层上的电子数是Q 原子最外层电子数的4倍，则Q 只能处于IA 族，R 处于ⅣA 族，R 与X 最外层电子数相同，二者同主族，且R 的原子半径较大，故X 为C 元素、R 为Si 元素；最外层电子数Z>Y>4，且二者原子半径小于碳原子，故Y 、Z 处于第二周期，Z 能够形成离子Z 2-，故Z 为O 元素，则Y 为N 元素；Q 离子核外电子排布与O 2-相同，且Q 处于IA 族，故D 为Na ，据此进行解答。

【详解】

根据上述分析可知X 是C 元素，Y 是N 元素，Z 是O 元素，R 是Si 元素，Q 是Na 元素。

A.化合物XZ 2是CO 2，该物质是共价化合物，由分子构成，分子中含有共价键，A 错误；

B.在上述五种元素中只有Q 表示的Na 元素是金属元素，因此五种元素中Q 的金属性最强，B 正确；

C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性N>C，所以氢化物的稳定性NH3>CH4，C正确；

D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于元素的非金属性N>Si，所以酸性：HNO3>H2SiO3，D正确；

故合理选项是A。

【点睛】

本题考查了元素周期表与元素周期律的应用的知识。根据元素的原子结构及相互关系进行元素推断是本题解答的关键，难度适中。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．丙烯酸酯类物质广泛用于建筑、包装材料等，丙烯酸是合成丙烯酸酯的原料之一。丙烯醇可用于生产甘油、塑料等。以丙烯醛为原料生产丙烯醇、丙烯酸的流程如图所示：

已知：

??→CH2=CHCH2OH+CH2=CHCOONa

①2CH2=CH-CHO+NaOHΔ

②2CH2=CHOONa+H2SO4→2CH2=CHCOOH+Na2SO4

③有关物质的相关性质如表：

四氯化

物质丙烯醛丙烯醇丙烯酸

碳

沸点/℃53 97 141 77

熔点/℃- 87 - 129 13 -22.8

密度/g·mL-30.84 0.85 1.02 1.58

难溶于

溶解性(常温) 易溶于水和有机溶剂溶于水和有机溶剂溶于水和有机溶剂

水

(1)操作①需要连续加热30min，所用装置如图所示。仪器L名称是________。

(2)操作②使用的主要仪器是分液漏斗，在使用之前需进行的操作是___。

(3)操作④包括____、过滤、冰水洗涤、低温吸干。

(4)操作⑤中，加热蒸馏“下层液体”，分离出四氯化碳；再分离出丙烯醇(如图)，要得到丙烯醇应收集____(填温度)的馏分。图中有一处明显错误，应改为____。

(5)测定丙烯醇的摩尔质量：准确量取amL丙烯醇于分液漏斗中，烧瓶内盛装足量钠粒。实验前量气管B 中读数为b mL，当丙烯醇完全反应后，冷却至室温、调平B、C液面，量气管B的读数为c mL。已知室温下气体摩尔体积为VL·mol-1。

调平B、C液面的操作是____；实验测得丙烯醇的摩尔质量为____g·mol-1(用代数式表示)。如果读数时C 管液面高于B管，测得结果将____(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

【答案】冷凝管检漏冰水浴冷却结晶97℃温度计水银球与蒸馏烧瓶支管口处相齐平

上下移动C管425aV

c b

偏大

【解析】

【分析】

丙烯醛与氢氧化钠溶液共热生成丙烯醇和丙烯酸钠，加入四氯化碳萃取未反应的丙烯醛和丙烯醇，四氯化碳密度比水大，所以得到的上层液体含有丙烯酸钠，加入硫酸酸化得到丙烯酸溶液，丙烯酸熔点为13℃，可用冰水冷却可得到丙烯酸晶体，过滤、冰水洗涤、低温吸干得到丙烯酸；下层液体为含有少量未反应的丙烯醛和生成的丙烯醇的四氯化碳溶液，蒸馏得到丙烯醇。

【详解】

(1)根据L的结构特点可知其为球形冷凝管；

(2)过程②为萃取分液，分液漏斗使用前需要进行检漏；

(3)根据分析可知操作④包括冰水浴冷却结晶、过滤、冰水洗涤、低温吸干；

(4)根据题目信息可知丙烯醇的沸点为97℃，所以收集97℃的馏分；进行蒸馏时温度计的水银球应与蒸馏烧瓶的支管口处相平；

(5)丙烯醇含有羟基可以与钠单质反应生成氢气，通过测定生成的氢气的量来确定丙烯醇的物质的量，从

而测定其摩尔质量；记录氢气体积时要注意通过上下移动C 管使B 、C 液面高度一致，从而使气体的压强与大气压相同；得到的气体体积为cmL ，室温下气体摩尔体积为VL ·mol -1，则生成的氢气物质的量为()-3

c-b 10mol V ?，丙烯醇分子中含有一个羟基，所以丙烯醇的物质的量为()-3

2c-b 10mol V

?，丙烯醇的密度为0.85 g ·mL -3，则amL 丙烯醇的质量为0.85ag ，所以丙烯醇的摩尔质量为

()-30.85ag 425a =g/mol 2c-b 10c-b mol V V

?；若读数时C 管液面高于B 管，则B 中压强要大于大气压，导致测得的气体体积偏小，根据计算公式可知会导致计算得到的摩尔质量偏大。

【点睛】

蒸馏实验中温度计的水银球应与蒸馏烧瓶的支管口处相平，冷凝水从冷凝管的下口进上口出；排水法测量气体体积时一定要保证气体压强和大气压相同，否则无法准确知道气体压强无法进行换算。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．某兴趣小组以乙烯等为主要原料合成药物普鲁卡因：

已知：，

（1）对于普鲁卡因，下列说法正确的是___。

a ．一个分子中有11个碳原子

b ．不与氢气发生加成反应

c ．可发生水解反应

（2）化合物Ⅰ的分子式为___，1mol 化合物Ⅰ能与___molH 2恰好完全反应。

（3）化合物Ⅰ在浓H 2SO 4和加热的条件下，自身能反应生成高分子聚合物Ⅲ，写出Ⅲ的结构简式___。 （4）请用化学反应方程式表示以乙烯为原料制备B （无机试剂任选）的有关反应，并指出所属的反应类型___。

【答案】C C 7H 7NO 2 3 或

CH 2=CH 2+HCl

CH 3CH 2Cl ，加成反应；2CH 3CH 2Cl+NH 3→HN(CH 2CH 3)2+2HCl ，取代反应

【解析】

【分析】 由普鲁卡因、对氨基苯甲酸的结构，可知A 为HOCH 2CH 2N （CH 2CH 3）2，B 应为（CH 2CH 3）2NH 。

【详解】

（1）A．由结构可知，普鲁卡因分子含有13个碳原子，A错误；

B．含有苯环，能与氢气发生加成反应，B错误；

C．含有酯基，可以发生水解反应，C正确，故答案为：C；

（2）根据化合物Ⅰ的结构简式，可知其分子式为C7H7NO2，苯环与氢气发生加成反应，1mol化合物I能与3mol氢气发生加成反应，故答案为：C7H7NO2；3；

（3）化合物Ⅰ含有羧基、氨基，发生缩聚反应生成高聚物，则高聚物结构简式为，故答案为：或；

（4）结合信息可知，乙烯与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl再与氨气发生取代反应生成HN（CH2CH3）2，反应方程式为：CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl，2CH3CH2Cl+NH3→HN（CH2CH3）

+2HCl，故答案为：CH2=CH2+HCl

2

CH3CH2Cl，加成反应、2CH3CH2Cl+NH3→HN（CH2CH3）2+2HCl ，取代反应。

【点睛】

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．一定温度范围内用氯化钠熔浸钾长石（主要成份为KAlSi3O8）可制得氯化钾，主要反应是：

NaCl(l)+KAlSi 3O8(s) KCl(l)+NaAlSi3O8(s)，完成下列填空：

（1）上述反应涉及的第三周期元素中，离子半径最小的是___；Cl原子与Si原子可构成有5个原子核的分子，其分子的空间构型为____。

（2）用最详尽描述核外电子运动状态的方式，表示氧离子核外电子的运动状态_____。

（3）Na和O2反应形成Na2O和Na2O2的混合物，阴阳离子的个数比为__；NaAlSi3O8改写成氧化物形式是___。

（4）某兴趣小组为研究上述反应中钾元素的熔出率（液体中钾元素的质量占样品质量分数）与温度的关

系，进行实验（保持其它条件不变），获得如下数据：

1.5

2.5

3.0 3.5

4.0

800℃0.054 0.091 0.127 0.149 0.165

830℃0.481 0.575 0.626 0.669 0.685

860℃0.515 0.624 0.671 0.690 0.689

950℃0.669 0.711 0.713 0.714 0.714

分析数据可以得出，氯化钠熔浸钾长石是__________反应（填“放热”或“吸热”）；在950℃时，欲提高熔出钾的速率可以采取的一种措施是_______。

（5）Na(l)＋KCl(l) NaCl(l)＋K(g)是工业上冶炼金属钾常用的方法，该方法可行的原因是___。

（6）铝可用于冶炼难熔金属，利用铝的亲氧性，还可用于制取耐高温的金属陶瓷。例如将铝粉、石墨和二氧化钛按一定比例混合均匀，涂在金属表面上，然后在高温下煅烧，可在金属表面形成耐高温的涂层TiC，该反应的化学方程式为_____。

【答案】Al3+正四面体1︰2 Na2O·Al2O3·6SiO2吸热充分搅拌或将钾长石粉碎成更小的颗粒根据勒夏特列原理，将钾蒸气分离出来（降低了产物的浓度），化学

平衡向正反应方向移动4Al+3TiO2+3C 高温

2Al2O3+3TiC

【解析】

【详解】

（1）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故Cl->Na+>Al3+；Cl原子与Si原子可构成有5个原子核的分子为SiCl4，Si形成4个Si-Cl键，没有孤对电子，硅为正四面体构型，故答案为：Al3+；正四面体；

（2）最详尽描述核外电子运动状态的方式为轨道表示式，表示氧离子核外电子的运动状态：

，故答案为：；

(3)Na2O和Na2O2的阴阳离子数目之比均为1：2，故二者混合物中阴阳离子数目之比为1：2；NaAlSi3O8改写成氧化物形式是Na2O?Al2O3?6SiO2，

故答案为：1：2；Na2O·Al2O3·6SiO2；

（4）由表中数据可知，温度越高钾元素的熔出率越高，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，故正反应为吸热反应，该转化过程没有气体参与，使反应物充分接触可以提高反应速率，可以充分搅拌，将钾长石粉碎成更小的颗粒，故答案为：吸热；充分搅拌，将钾长石粉碎成更小的颗粒；

（5）根据勒夏特列原理，将钾蒸气分离出来(降低了产物的浓度)，化学平衡向正反应方向移动，

故答案为：根据勒夏特列原理，将钾蒸气分离出来(降低了产物的浓度)，化学平衡向正反应方向移动；（6）铝粉、石墨和二氧化钛按一定比例混合均匀，在高温下煅烧形成耐高温的涂层TiC，由元素守恒知还

生成氧化铝，反应方程式为：4Al+3TiO2+3C 高温

2Al2

O3+3TiC。

19．某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为MnO2+

1

2

Zn+(1+

x

6

)H2O+

1

6

ZnSO4MnOOH+

1

6

ZnSO4[Zn(OH)2]3·xH2O。其电池结构如图甲所示，图乙是有机高聚物的结构片段。

（1）Mn2+的核外电子排布式为_____；有机高聚物中C的杂化方式为_____。

（2）已知CN-与N2互为等电子体，推算拟卤（CN)2分子中σ键与π键数目之比为_____。

（3

）NO2-的空间构型为_____。

（4）MnO是离子晶体，其晶格能可通过如图的Born-Haber循环计算得到。

Mn的第一电离能是_____，O2的键能是_____，MnO的晶格能是_____。

（5）R(晶胞结构如图）由Zn、S组成，其化学式为_____（用元素符号表示）。已知其晶胞边长为acm，则该晶胞的密度为_____g·cm3(阿伏加德罗常数用N A表示）。

【答案】1s22s22p63s23p63d5sp2、sp33：4 V型bkJ?mol﹣12ekJ?mol﹣1

(f-a-b-c-d-e)kJ?mol﹣1ZnS 3

A

388

a

N

【解析】

【分析】

(1) Mn 元素的原子核外有25个电子，其基态原子电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 54s 2；根据价层电子对互斥理论判断C 原子杂化方式；

(2) CN -和氮气分子互为等电子体，二者结构相同，根据氮气分子判断(CN)2分子中存在的σ键与π键的个数；

(3) NO 2-中N 原子的价层电子对数=2+

12(5+1-2×2)=3，杂化类型是sp 2，含有1个孤电子对，NO 2-的空间构型是V 型；

(4) Mn 的第一电离能为气态Mn 原子失去第一个电子时需要吸收的能量；由1molO 2分子变成O 原子的过程中，需要吸收的能量为2ekJ ；晶格能是气态离子形成1mol 离子晶体释放的能量；

(5) ZnS 晶胞结构如图所示，利用均摊法找出晶胞中有4个Zn ，有4个S ，然后进行相关计算，求出晶胞密度。

【详解】

(1) Mn 元素的原子核外有25个电子，其基态原子电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 54s 2，则基态Mn 2＋的核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 5；这些C 原子中有些C 原子价层电子对个数是3、有些是4，根据价层电子对互斥理论判断C 原子杂化方式分别为sp 2、sp 3；故答案为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 5；sp 2、sp 3；

(2)CN -与N 2结构相似，C 原子与N 原子之间形成三键，则拟卤(CN)2分子结构式为N C-C N ≡≡，三键中含有1个σ键、2个π键，单键属于σ键，故(CN)2分子中σ键与π键数目之比为3：4，故答案为：3：4；

(3) NO 2-中N 原子的价层电子对数=2+

12(5+1-2×2)=3，杂化类型是sp 2，含有1个孤电子对，NO 2-的空间构型是V 型，故答案为V 型；

(4)由图中Mn (晶体)??→ Mn (g)??→ Mn +(g)过程，

电离能为1mol 的气态原子变为+1价阳离子的能量，故其第一电离能为bkJ?mol ﹣1；由图中

12O 2(g)??→2O(g)为12molO=O 的键能，故O=O 键键能为ekJ?mol ﹣1×2=2ekJ?mol ﹣1；Mn 晶格能为从气态离子形成1mol 晶体放出的能量，根据盖斯定律，故晶格能=(f-a-b-c-d-e)kJ?mol ﹣1，故答案为：bkJ?mol ﹣1；2ekJ?mol ﹣1；(f-a-b-c-d-e)kJ?mol ﹣1；

(5)由晶胞的结构可知，Zn 全部在晶胞的内部，所以1个晶胞中含有4个Zn 2+，S 分别位于晶胞的顶点和面

心，根据晶胞中原子的“均摊法”可计算1个晶胞中S 2-的个数为：1186=482

?+?，由Zn ，S 组成化学式为ZnS ；1mol 晶体的质量为97g ，1mol 晶胞的体积为N A a 3cm 3，因此该晶体的密度为

3333A A 974g 388===g/cm a cm a m V N N ρ???，故答案为：ZnS ；3

A 388a N ?。 【点睛】

晶胞在晶体中的各个方向上都可以重复排列，所以晶胞表面的原子都是与相邻的晶胞共用的，晶胞中原子数研究中，表面的原子只占到其中的几分之一，晶胞内部的原子则完全属于该晶胞。具体，常见的立方体的晶胞，顶点的原子晶胞占1/8，棱边上的原子晶胞占1/4，面上的原子晶胞占1/2。

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