1、第6頁，共16頁2020年年年年年 1年年年年年年年 09年年年年年年年年年年年年一、單選題（本大題共 7小題，共42分）7. 中華傳統文化對人類文明貢獻巨大。下列有關敘述正確的是（）A. 東觀漢記蔡倫傳中“黃門蔡倫，典作尚方作紙，所謂蔡侯紙也”，現代造 紙要加堿，是因為造紙過程中要發生皂化反應B. “榆莢只能隨柳絮，等閑繚亂走空園”中“柳絮”的主要成分為蛋白質C. 泉州府志：“元時南安有黃長者為宅煮糖，宅垣忽壞，去土而糖白，后人 遂效之”。說的是泥土中含有強氧化性物質，將蔗糖漂白D. 石炭行中“投泥潑水愈光明”其化學原理類似于煤的氣化【答案】D【解析】本題考查生活及工業技術中涉及的化學知識，

2、古詩詞分析是近年來的熱點考查形式，題目難度不大。【解答】A. 現代造紙過程中不存在油脂，不能發生皂化反應，故A錯誤；B. 柳絮的主要成分是纖維素不是蛋白質，故B錯誤；C. 泥土是疏松多孔的物質，可以吸附蔗糖的有色成分達到漂白效果，故C錯誤；D. 詩句“投泥潑水愈光明”是指：在高溫下，把水滴到炭火上，發生化學反應，生成一氧化碳和氫氣，原理類似于煤的氣化，故D正確；故選D。8. 氯化亞銅（CUCI）廣泛應用于化工、印染、電鍍等行業。CuCl難溶于醇和水，可溶于氯離子濃度較大的體系，在潮濕空氣中易水解氧化。工藝過程如圖，下列說法不正確的是磚陂報,水ii 嶺舊氐、M化沐 譚冋血直s錠乙降A. 在步驟1

3、中，硝酸銨為氧化劑，氧化海綿銅為Cu2+B.亞硫酸銨起到還原性作用，反應離子方程式：2Cu2+ + SO3- + 2Cl- + H2O =2CuCl J+2H + + S&-C. 步驟6不能省略，目的是洗去 H20防止CUCl被氧化D. 步驟5包括酸洗和水洗，其中酸不能使用HCl ,可以用HNO3代替【答案】D【解析】解：A.步驟I中在酸性條件下硝酸根離子具有氧化性，可氧化 CU生成CuSQ ,離子反應為 4Cu+ NO3 + 10H+ = 4Cu2+ + NH4 + 3出0,故 A 正確；B. 步驟中反應為銅離子與亞硫酸銨發生氧化還原反應生成CuCl ,發生反應的離子方程式為 2Cu

4、2+ + S3- + 2Cl- + H2O= 2CuCl J+S2- + 2H+ ,故 B 正確；C. 步驟為醇洗，因乙醇沸點低，易揮發，則用乙醇洗滌，可快速除去固體表面的水分，防止水解、氧化，故 C正確；D. 由流程可知，經酸洗、水洗后得到硫酸銨，則應加入硫酸，為防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入鹽酸，防止引入新雜質，故D錯誤。故選：D。酸性條件下硝酸根離子具有氧化性，可氧化海綿銅（主要成分是CU和少量CUO）生成硫酸銅，過濾后在濾液中加入亞硫酸銨發生氧化還原反應生成CuCl ,發生2Cu2+ + S03- +2Cl- + H2O= 2CuCl + S02- + 2H+ ,

5、得到的CuCl經硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗滌， 可快速除去固體表面的水分，防止水解、氧化，步驟、都要進行固液分離，根據混合的水溶性進行分離，沒有發生化學變化，可用離心機以及框式壓濾機，以 得到濾餅，以此解答該題。本題考查物質的分離提純的綜合應用，為高考常見題型和高頻考點，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，注意從元素化合價的角度認識相關概念并把握物質的性質，抓住除雜質的必需條件（加入的試劑只與雜質反應，反應后不能引入新的雜質）是正確解題的關鍵，題目難度中等。9. 有機物X是一種醫藥中間體，其結構簡式如圖所示。 下列有關該有機物的敘述正確的A. 有機物X的分子式為C16H10O4B. 該有機物

6、能夠發生酯化反應、水解反應和消去反應C. 分子內所有碳原子可能處于同一平面D. 該有機物與 NaOH反應，最多消耗 3molNaOH【答案】D【解析】本題考查有機物性質的判斷，主要考察官能團的性質，難度不大。【解答】A. 有機物X的分子式為C16H12O4 ,故A錯誤；B. 該有機物能夠發生酯化反應、水解反應但不能發生消去反應，故B錯誤;C. 根據圖示知兩個苯環均連在同一個飽和碳原子上，兩個苯環不一定共面，故C錯誤;D. X的酸性水解產物中含有 2個羧基和1個酚羥基，故Imol化合物X最多能與3 molNaOH ,故 D 正確。故選D。10. W、X、Y、Z是四種常見的短周期元素，其原子半徑隨

7、原子序數的變化如圖。已知W的一種核素的質量數為 18 ,中子數為10 ； X和Ne原子的核外電子數相差 1； Y 元素的最高正價和最低負價代數和為零；Z的非金屬性在同周期元素中最強。下列說法正確的是()A. 對應簡單離子半徑： W < XB. 對應最簡單氣態氫化物的穩定性：Y> ZC. 化合物XZW既含離子鍵，又含共價鍵D. Y的氧化物均能與 Z的氫化物和X的最高價氧化物的水化物反應【答案】C【解析】【分析】本題考查原子結構與元素周期律，側重于位置結構性質關系、半徑比較、化學鍵、二氧 化硅的性質等，難度中等，推斷元素是解題的關鍵，注意對元素周期律的理解與運用。【解答】W、X、Y、Z

8、是四種常見的短周期元素，已知 W的一種核素的質量數為 18,中子數為 10 ,則W元素原子的質子數為18-10 = 8 ,故W為O元素；X和Ne原子的核外電子 數相差1, X為Na或F, X原子半徑大于 O原子，故X為Na元素；Y元素的最高正價 和最低負價代數和為零，原子序數大于 Na元素，故Y為Si元素；Z的非金屬性在同周 期元素中最強，故 Z為Cl元素，A.W為O元素，X為Na元素，電子層結構相同核電荷數越大離子半徑越小，故離子半 徑O2- > Na+ ,故A錯誤；B.Y為Si元素，Z為Cl元素，非金屬性Cl > Si，故氫化物穩定性 Y(Si) < Z(Cl),故B錯

9、誤；C.化合物NaCIO中鈉離子與次氯酸根離子之間形成離子鍵，次氯酸根中氯原子與氧原子之間形成共價鍵，故 C正確;D.二氧化硅能與氫氧化鈉反應生成硅酸鈉與水，但二氧化硅不與 HCl反應，故D錯誤。故選CO11. 柔性屏手機開始嶄露頭角。某柔性屏手機的柔性電池以碳納米管作電極材料，以吸 收Zn SO4溶液的有機高聚物為固態電解質，其電池總反應為：(7, + - ZJiI + (1+ - 1 f>O + ZTISoi 7 MVoOiI + -ZJJVOJ- Zji(OH)TUyO 2(i * <i6-ll.l H HbCl 圖廠,其電池結構如圖1所示，圖2是有機高聚物的結構片段。”碳納

10、來管纖堆鋅膜J卞有機髙案物E上-一喲米帶俺ISlF列說法中，正確的是()A. 充電時，含有鋅膜的碳納米管纖維一端連接電源正極B. 放電時，電池的正極反應為：Mn 02+ e- + H+ = MnooHC. 充電時，Zn2+移向Zn膜D. 氫鍵是一種特殊的化學鍵，鍵能大于共價鍵，能使高聚物更穩定【答案】C【解析】本題考查新型原電池工作原理和電解池原理的應用，明確原電池和電解池的工作原理為解答關鍵，注意掌握電極的判斷方法及電極反應式的書寫原則，試題培養了學生的靈活應用能力，題目難度中等。【解答】A. 該原電池中，含有Mn02膜的碳納米管纖維為正極， 含有鋅膜的碳納米管纖維為負極， 充電時，原電池負

11、極接外電源的負極，即含有鋅膜的碳納米管纖維一端連接電源負極，故A錯誤；B. 放電過程正極上是二氧化錳得到電子生成MnOOH ,電極反應為MnO2?+ e- + H2O =MnOOH + OH-,故 B 錯誤；C. 放電過程中含有鋅膜的碳納米管纖維為負極，充電過程中，含有鋅膜的碳納米管纖維為負極作陰極，陽離子移向陰極，即Zn2+移向Zn膜，故C正確；D. 氫鍵是分子間作用力，不是化學鍵，故D錯誤；12.t耐，AgX(X= Cl、Br)的溶度積與C(Ag +)和C(Xj的相互關系如圖所示，其中 A線 表示 AgCl , B 線表示 AgBr，已知 P(Ag +) = -IgC(Ag + ), p(

12、X-)= -IgC(X -)。下列說法正確的是()A. C點可表示AgCl的不飽和溶液B. b點的AgCl溶液加人AgN3晶體可以變成a點C. AgCI(S) + Br- (aq) = AgBr(S) + Cl- (aq)平衡常數 K= 10-4D. a點AgCI溶液和b點AgBr溶液等體積混合，會析出 AgBr沉淀【答案】D【解析】解：A.已知PAg = -IgC(Ag +)，PX = -IgC(X -),則越靠近原點離子濃度越大，C點為過飽和溶液，故 A錯誤；B. b點是AgBr飽和溶液，故B錯誤；KSP (AgCI)C. AgCl(s) + Br- (aq) ? AgBr(S) + Cl

13、- (aq)平衡常數為 K= KSP(AgBr),由圖中數據可得出約為104 ,故C錯誤；D. a、b兩點處溶液等體積混合，由于飽和溶液AgCI中C(Ag + )大于飽和溶液 AgBr溶液中C(Ag +),所以二者混合會析出AgBr沉淀，故D正確，故選：D。已知PAg = -IgC(Ag +)，PX = -IgC(X -),銀離子、陰離子濃度越大，濃度的負對數得到 數值越小，由KSP (AgCI) > KSP (AgBr)可知A表示AgCI，B表示AgBr ,以此解答該題。 本題主要考查難溶電解質的溶解平衡圖象，為高頻考點，充分理解圖象并從圖象中得出解題所需要的信息為解答關鍵，試題側重考

14、查學生的分析、理解能力，注意掌握難溶物 溶解平衡及其影響、溶度積的概念及其應用方法。13.炭黑是霧霾中的重要顆粒物，研究發現它可以活化氧分子，生成活化氧。活化過程:0.3 一無水有水Oi29 潔化討的能量變化模擬計算結果如圖所示。活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列說法不正確的0.80.604CnOtO -0.2氧原子O碳原子A. 每活化一個氧分子放出 0.29eV 的能量B. 水可使氧分子活化反應的活化能降低 0.42eVC. 該過程反應速率主要取決于第一步D. 炭黑顆粒是大氣中二氧化硫轉化為三氧化硫的催化劑【答案】 B【解析】 【分析】 本題考查反應熱與焓變，為高頻考點，把握圖中能量變化、信息

15、的應用為解答的關鍵， 側重分析與應用能力的考查，注意活化能的判斷，題目難度不大。【解答】A. 根據能量變化圖分析，最終結果為活化氧，體系能量降低，則每活化一個氧分子放出0.29eV 能量，故 A 正確；B. 化能反應過程中存在多步反應的活化能，整個反應的活化能為活化能較大者， 根據能量圖分析，整個反應的活化能為活化能較大者，則沒有水加入的反應活化能為 E = 0.75eV ，有水加入的反應的活化能為 E= 0.57eV ，所以水可使氧分子活化反應的活化能 降低 0.75eV- 0.57eV = 0.18eV ,故 B 錯誤；C .第一步活化能最大，速率最慢，該過程反應速率主要取決于第一步，故C

16、 正確；D. 炭黑顆粒可作催化氧化反應的催化劑， 炭黑顆粒是大氣中二氧化硫轉化為三氧化硫的 催化劑，故 D 正確；故選 B 。二、實驗題（本大題共 1 小題，共 14分）27. 碳酸鎂晶須是一種新型的吸波隱形材料中的增強材料。（1）合成該物質的步驟如下：步驟 1 :配制 0.5 mol L-1 MgSO4溶液和 05 mol L-1 NH4HCC3 溶液。步驟2 :用量筒量取500 mL NH4HCO3溶液于1 000 mL三口燒瓶中，開啟攪拌器。溫度 控制在50 CO步驟3:將250 mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1 min內滴加完后，用氨水調 節溶液PH到9.5o步驟4

17、 :放置1 h后，過濾、洗滌。步驟5：在40 C的真空干燥箱中干燥10 h,得碳酸鎂晶須產品（MgCO3 nH20n = 15）。回答下列問題:步驟 3 中加氨水后的離子方程式。測定合成的MgCO3 n出。中的n值。稱量1.000 g碳酸鎂晶須，放入如圖所示的廣口 瓶中加入水滴入稀硫酸與晶須反應，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室溫下反應45 h ,反應后期將溫度升到30 C,最后的燒杯中的溶液用已知濃度的鹽酸滴定，測得CO2的總量；重復上述操作 2 次。第 6 頁,共 16 頁M*COIiEC)41 圖中氣球的作用是 。 上述反應后期要升溫到 30 C,主要目的是 。 用已知濃度的鹽酸滴定

18、燒杯中的溶液時應選用為指示劑，若盛放鹽酸的滴定管在滴定前有氣泡未排盡，滴定后無氣泡(其他操作均正確)，則所測CO?的量會 (填“偏大” “偏小”“無影響”) 設3次實驗測得每1.000 g碳酸鎂晶須與稀硫酸反應產生的CQ平均值為a mol ,則n值為 (用含a的表達式表示)。(3) 稱取100 g上述晶須產品進行熱重分析，熱重曲線如圖。則該條件下合成的晶須中，n = (選填 1、2、3、4、5)。【答案】(1)Mg 2+ + HCO3 + NHs H2O+ (n - 1)H 2O= MgCOs + NH4(2)平衡壓強 濃度升高氣體溶解度減小，使廣口瓶中水中溶解的二氧化碳氣體逸出被氫氧化鈉溶

19、液吸收 甲基橙；偏小 (I“；：3) (3)1【解析】【分析】本題考查有關物質的合成及成分的測定，難度不大，掌握相關原理及分析方法是解答的關鍵。【解答】(1) 步驟3中加氨水后的離子方程式 Mg2+ + HCO3 + NH3 WO+ (n - 1)H?O =MgCO3 + NH4 ,故答案為：Mg2+ + HCO3 + NH3 H2O+ (n - 1)H 2O = MgCO3 + NH4 ；(2) 開始產生二氧化碳速率大于氫氧化鈉吸收速率，氣球膨脹，暫時貯存二氧化碳，避免產生的二氧化碳使裝置壓強過大，二氧化碳泄露，后期二氧化碳被氫氧化鈉吸收氣球變小，故答案為：平衡壓強；濃度升高氣體溶解度減小，

20、使廣口瓶中水中溶解的二氧化碳氣體逸出被氫氧化鈉溶 液吸收，故答案為：濃度升高氣體溶解度減小，使廣口瓶中水中溶解的二氧化碳氣體逸出被氫氧化鈉溶液吸收； 因是用鹽酸滴定樣品碳酸鎂，故最后顯酸性，所以用甲基橙作，因有氣泡故造成鹽酸體積偏小，故結果偏小，故答案為：甲基橙；偏小； 據碳酸鎂與二氧化碳中碳守恒可知兩者物質的量相等，所以碳酸鎂與二氧化碳物質的量均為amol ,水的質量為(1.000 - 84a)g ,所以水物質的量為1.000-8418-mol ,所以n =(1.000-84a) 18a,故答案為:(1.000-84a) 18a第13頁，共16頁(3)從圖中可以看出MgCO3 nH2O變成8

21、2.3g時是失去水的反應，最后得到氧化鎂, 100 × 84+苛=100 - 82.3 , n = 1,故答案為：1。三：流程題題(本題共1個小題，15分)28.毒重石的主要成分為 BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質)，實驗室利用毒重石制備BaCl2?2H2O的流程如下：鹽酸濾渣I 濾渣U 濾港in(1) 毒重石用鹽酸浸取前需充分研磨，目的是 。實驗室用37%的鹽酸配制15%的鹽酸，除量筒外還需使用下列儀器中的 (填序號)。a燒杯b.容量瓶c.玻璃棒 d.滴定管加入NH3?H2O調節PH = 8可除去(填離子符號)，濾渣中含(填化學式)。加入H2C2O4時應避免過量，原

22、因是。已知：KSP(BaC2O4) = 1.6 ×10-7，KSP (CaC2O4) = 2.3 × 10-9。Ca2+Mg2+Fe3+開始沉淀時的PH11.99.11.9完全沉淀時的PH13.911.13.2(3)利用間接酸堿滴定法可測定 Ba2+的含量，實驗分兩步進行。已知：2Cr4- + 2H+ = Cr2 Oy- + H2OBa2+ + Cr4- = BaCrO4 J步驟I :移取XmL 定濃度的Na2CrO4溶液于錐形瓶中，加入酸堿指示劑，用bmol ? L-1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸的體積為VomL o步驟 :移取ymLBaCI2溶液于錐形瓶中，加入

23、XmL與步驟I相同濃度的Na2CrO4溶 液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸堿指示劑，用bmol ?L-1鹽酸標準液滴定至終點， 測得滴加鹽酸的體積為V1mL o滴加鹽酸標準液時應用酸式滴定管，“0 ”刻度位于滴定管的 (填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的濃度為 mol ?L-1。若步驟中滴加鹽酸時有少量待測液濺出，Ba2+濃度測量值將 (填“偏大”或“偏小” )。【答案】(1)增大接觸面積從而使反應速率加快；ac(2)Fe3+ ; Mg(OH) 2、Ca(OH) 2 ； H2C2O4過量會導致生成 BaC2O4沉淀，產品產量減少r 、 b(V 0-V 1)上萬；一 一；偏大【解析】【分

24、析】本題考查了無機工藝流程，為高頻考點，側重考查學生的分析能力， 側重考查影響反應速率的因素、實驗基本操作、沉淀滴定等知識，實驗步驟結合物質的 性質分析是解答的關鍵，題目難度中等。【解答】(1) 用鹽酸浸取毒重石前，將毒重石充分研磨的目的是增大接觸面積從而使反應速率加 快;用濃鹽酸配制一定質量分數的稀鹽酸，首先需要計算，然后用量筒分別量取一定量 的濃鹽酸和水倒入燒杯中，再用玻璃棒攪拌即可。依據表中提供的Ca2+、Mg2+、Fe3+等完全沉淀所需PH可知，加入NH3 ?H2O調節PH = 8可除去Fe3+ ;加入NaOH調節溶液PH = 12.5時，形成的沉淀為 Mg(OH) 2、Ca(OH)2

25、,但Ca2+不能沉淀完全，加入草酸的目的是形成草酸鈣沉淀除去Ca2+ ,故若加入過量草酸會生成草酸鋇沉淀，降低產品的產量。(3) 由滴定管的構造可知，滴定管的“0”刻度位于滴定管的上方；步驟中BaCb消耗Na2CrO4的物質的量為(bV° - bV1) × 10-3 mol ,故C(BaCl2)=(bV0-bV 1) × 103 moly× 13 Lb(V 0-V I)廠mol ?L-1若步驟中滴加鹽酸時有少量待測液濺出，導致消耗鹽酸體積減小,即V1變小，故測得的C(BaCl2)偏大。四：簡答題(本題共1個小題，14 分)1.最新研究發現，用隔膜電解法處

26、理高濃度乙醛廢水具有工藝流程簡單、電耗較低等優點，其原理是使乙醛分別在陰、陽極發生反應，轉化為乙醇和乙酸，總反應如下：電解2CH3CHO+ H2O? CH3CH2OH+ CH3COOH實驗室中，以一定濃度的乙醛-Na 2SO溶液為電解質溶液， 模擬乙醛廢水的處理過 程，其裝置示意圖如圖所示。-ClHEIUSSl(1) 若以甲烷燃料電池為直流電源，則燃料電池中b極應通入(填化學式)氣體。(2) 電解過程中，兩極除分別生成乙酸和乙醇外，均產生無色氣體。電極反應式如下：陽極：4OH - - 4e- = O2 +2H 2O。陰極：。 CH3CHO+ 2e- + 2H2O= CH3CH2OH+ 2OH-

27、。電解過程中，陰極區Na2SO4的物質的量 (填“增大”、"減小”或"不變”)。(4) 電解過程中，某時刻測定了陽極區溶液中各組分的物質的量，其中Na2SO4與CH3CO OH的物質的量相同。此時刻下列關于陽極區溶液中各微粒濃度關系的說法 正確的是(填序號)。a. c(Na + ) = 2c(CH3COOH)+ 2c(CH3O)b. c(Na + ) + c(H + ) = c(sc4- ) + c(CH3COO ) + C(OH-)c. c(Na+) > c(CH3COOH) > c(CH3COO ) > C(OH-)(5) 已知：乙醛、乙醇的沸點分別為

28、20.8 C、78.4 C。從電解后陰極區的溶液中分離出乙醇粗品的方法是 。(6) 在實際工藝處理中，陰極區乙醛的去除率可達 60 %。若在兩極區分別注入Im3乙醛含量為3000 mg/L的廢水，可得到乙醇 kg(計算結果保留小數點后 1位)。【答案】(1)CH4 ；(2) CH 3CHO- 2e- + H2O= CH3COOH+ 2H+ ；4H+ + 4e- = 2H2 (寫成“ 2H+ + 2e- = H2 也可)或4H2O+ 4e- = 2H2 +4OH -;不變；(4) ac ;(5) 蒸餾；(6) 1.9。【解析】本題綜合考查電化學的有關知識，涉及電解池原理以及燃料電池的原理，掌握電

29、解池以及燃料電池電極反應式的書寫是解題關鍵，題目難度中等。【解答】(1) b為原電池的負極，發生氧化反應，應通入CH4；故答案為：CH4;(2) 陽極發生氧化反應生成乙酸和氧氣，生成乙酸的電極反應式為CH3CHO- 2e- +H2O= CH3COOH+ 2H+ ;陰極發生還原反應生成乙醇和氫氣，生成H2的電極反應式為4H+ + 4e- = 2H2 M4H2O+ 4e- = 2H2 +4OH -;故答案為：CH3CHO- 2e- + H2O= CH3COOH+ 2H+ ;4H+ + 4e- = 2H2 (寫成“ 2H+ + 2e- = H2 也可)或4H2O+ 4e- = 2H2 +4OH -;

30、(3) Na 2SO4不參與電極反應，且存在陽離子交換膜，故陰極區NazSd的物質的量不變；故答案為：不變；(4) 電解過程中，某時刻測定了陽極區溶液中各組分的物質的量，其中Na2Sd與CH3CO OH的物質的量相同；a.由于該時刻Na2SO4與CH3COOH的物質的量相同，根據物料守恒，則有c(Na+)=2c(CH3COOH)+ 2c(CH3COO),故 a 正確；b由電荷守恒可知，： 二 ' ,故b錯誤；c醋酸為弱電解質，主要以分子形成存在， 則有c(Na + ) > c(CH3COOH) > C(CH 3COC-) > C(OH -),故C正確；故答案為：ac；

31、由于乙醛、乙醇的沸點分別為20.8 C、78.4 C,則從電解后陰極區的溶液中可以通過蒸餾的方法分離出乙醇；故答案為：蒸餾； 設生成乙醇的質量是 X,廢水中乙醛的質量為：1m3 × 1000Lm 3 × 3000mgL =3000g = 3kg ,乙醛的去除率為60% ,則反應的乙醛為1.8kg ；根據方程式 CH3CHO+ 2e- + 2H2= CH3CH2OH+ 2OH-可知44kg乙醛反應會產生 46kg乙醇，則1.8kg乙醛反應，產生乙醇的質量為 X = 44 × 1.8kg 1.9kg ；故答案為：1.9。五、選做題(本大題共 2小題，二選一，各15分)

32、35.國際純粹和應用化學聯合會核準并發布了4種人工合成元素，其元素符號分別是 Nh、MC、Ts、Og，至此元素周期表中第七周期被全部填滿。現有周期表中五種元素 X、Y、Z、W、R，它們的原子序數依次增大， 且都不超過36.請根據下列相關信息， 回答問題：X基態原子核外只有1種運動狀態的電子Y基態原子價電子排布式為 n Sn npnZ與Y冋一周期，基態原子未成對電子數在該周期中最多WW元素Z所在周期中元素第一電離能比Z高的元素有 種。元素MC與Z同族，MC的原子序數為。 元素Y、Z可形成YZ-離子，該離子是一種很好的配體，與元素R可形成r(yz) 63-配離子。該配離子中存在的化學鍵類型有 (填

33、序號)。a.配位鍵b.金屬鍵C.極性共價鍵d.非極性共價鍵e.離子鍵 f.氫鍵的核外電子排布與氖原子相同R基態原子失去3個電子后，d能級內電子恰好半充滿有人通過計算預測了高壓下固態單質Z的一種新結構Z8分子，其結構式為Z Z-Z- Z=Z- Z- Z Z,請寫出Z8分子中Z原子的雜化類型 。(4) X、W兩元素可形成兩種常見的液態化合物，這兩種液態化合物能以任意比 互溶，其原因是。下面是教材中給出的金剛石、氯化鈉、鈉、干冰、碘晶體的晶胞圖(未按順序排序),其中與固態X2W的晶體類型相同的有 (填序號)。bCd(5) R單質有 Y 種晶體結構，三種晶體可在不同溫度下轉化。其中Y- R晶體屬立方晶

34、系，其晶胞參數 a = 363pm ,晶體密度為7.80g ?cm-3該晶胞中所含 R原子的數目為 (已知：3633=4 78 × 10 7)，y - R晶體中R原子的堆積方式稱為【答案】(1)2 ; 115;(2) ac ; TrrTTTpTn U + 6 ；LTr I ； SP、sp2、sp3 ; H 20、H2O2都是極性分子，相似相溶，且二者之間形成氫鍵；bd ;(5) 4 ;面心立方最密堆積。【解析】【分析】本題綜合考查物質結構與性質，涉及核外電子排布、電離能、元素周期表、化學鍵、雜 化方式、氫鍵、晶體類型、晶胞結構與計算等，這些都是常考知識點，需要學生具備扎 實的基礎與靈

35、活運用能力，注意識記中學常見晶胞計算。【解答】X、Y、Z、W、R五種元素原子序數依次增大，且都不超過36. X的基態原子核外只有 1種運動狀態的電子，則 X為H元素；Y的基態原子價電子排布式為 nsnnpn ,由于S軌 道最多容納2個電子且P軌道填充電子，故n=2,則Y為C元素；Z與Y同一周期， 基態原子未成對電子數在該周期中最多，價電子排布式為2s22p3 ,故Z為N元素；W2-的核外電子排布與氖原子相同，則W的質子數=10- 2=8 ,故W為0元素；R的基態原子失去3個電子后，d能級內電子恰好半充滿，價電子排布式為3d 64s2 ,故R為Fe。(1)元素Z為N ,處于第二周期，同周期隨原子

36、序數增大元素的第一電離能呈增大趨勢，第13頁，共16頁N元素原子2p能級為半充滿穩定狀態，第一電離能高于同周期相鄰元素的，故第二周期原子中第一電離能比 N高的元素有F、Ne共2種。元素MC與N同族，處于第七周期，貝U MC的原子序數為：15 + 18 + 18 + 32 + 32 = 115，故答案為：2; 115;元素Y、Z可形成CN- 離子，該離子是一 一種很好的配體， 與元素Fe可形成Fe(CN) 63- 配離子。該配離子中 Fe3+與CN-形成配位鍵，CN-中原子之間形成極性鍵，故選：ac; 由FeO4分子結構可知，FeO4分子中Fe形成6個鍵，0對鍵合電子吸引能力更強， 故Fe的化合

37、價為+6價，Fe基態原子的價電子排布式為 3d64s2，價電子排布圖為叫TlTrl t丨冋,3d4s ,故答案為：+6 ； IM5LLLU回;3d+s高壓下固態單質 Z的一種新結構N8分子，其結構式為 N N- N - N=N- N- N N ,三鍵中N原子雜化軌道數目為2.雙鍵中N原子有1對孤對電子，雜化軌道數目為3單 鍵中N原子有2對孤對電子，雜化軌道數目為4,故N原子分別采取SP雜化、sp2雜化、 sp3雜化，故答案為：sp、sp2、sp3;(4)X、W兩元素可形成兩種常見的液態化合物分別為H2O' H2O2 ,二者都是極性分子，相似相溶，且 H2O與H2O2分子之間形成氫鍵，這

38、兩種液態化合物能以任意比互溶， 故答案為：H2O' H2O2都是極性分子，相似相溶，且二者之間形成氫鍵；固態H2O屬于分子晶體，干冰、碘晶體屬于分子晶體，其基本結構分別為b、d,故選：bd ；?56彳 C Q 設晶胞中Fe原子數目為a,則晶胞質量=a × ?6.02 × 13 g= (363 × 10-1°cm)3 ×7.80g ?cm-3 ,解得a = 4 ,晶體屬立方晶系，則晶胞中Fe原子為面心立方最密堆積，故答案為：4;面心立方最密堆積。36.8 -羥基喹啉被廣泛用作金屬離子的絡合劑和萃取劑，也是重要的醫藥中間體。如圖 是8-羥基喹啉的合成路線。H)C1lBsrClf,OOJDMO.iE (C3HiO"F一JIeMNOSA (CIH J)試濃I GLHfSO4A已知：i.i同一個碳原子上連有 2個羥基的分子不穩定。(I) 按官能團分類，A的類別是 。A B的化學方程式是 。(3) C可能的結構簡式是 。(4) C