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1、2020 年高考化学必刷试卷 09(考试时间：50 分钟试卷满分：100 分)注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16Na 23Al 27S 32Ca 40Cu 64Zn 65一、选择题：本题共 7 个小题，每小题 6 分。共 42 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。7 （泰安市 2
2、020 届高三上学期期末）下列古诗词中所涉及化学物质的相关叙述错误的是【答案】A【解析】A 选项，铵根离子、锡离子都要水解，水解显酸性，故 A 错误；B 选项，蔗糖是二糖，即双糖，故 B 正确；C 选项，蚕丝主要成份是蛋白质，故 C 正确；D 选项，硫化汞在空气中受热会生成汞和二氧化硫，故 D 正确。综上所述，答案为 A。8 （辽宁省大连市 2020 届高三上学期三模）下列叙述正确的是A烃分子中所含碳氢键数目一定为偶数B塑料、橡胶和纤维都属于合成高分子材料C乙烯和苯都能使溴水褪色，其褪色原理相同D淀粉、葡萄糖、脂肪和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应【答案】A【解析】A 烃分子中的氢原子个数一
3、定为偶数，烃分子中所含碳氢键数目一定为偶数，A 项正确；B 合成纤维、合成橡胶、塑料都是有机合成高分子材料，而天然橡胶、天然纤维不是合成高分子材料，B项错误；C 烯烃使溴水褪色的原理是加成反应，苯使溴水褪色的原理是萃取，二者原理不同，C 项错误；D 葡萄糖为单糖，不能发生水解反应，D 项错误；答案选 A。【点睛】1、烯烃使溴水褪色的原理是加成反应；2、苯在溴化铁的催化作用下与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢；苯分子中没有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，但溴更易溶于苯中，溴水与苯混合时，可发生萃取，苯的密度小于水，因此上层为溴的苯溶液，颜色为橙色，下层为水，颜色为无色，这是由于萃取使溴水褪色，
4、没有发生化学反应。这是学生们的易错点，也是常考点。9 （银川一中 2020 届高三第四次月考理综）用 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A标准状况下，以任意比混合的氢气和一氧化碳气体共 8.96L，在足量氧气中充分燃烧时消耗氧气的分子数为 0.2NAB用惰性电极电解硫酸铜溶液时，若溶液的 pH 值变为 1 时，则电极上转移的电子数目为 NAC32.5 g 锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成气体的分子数为 0.5NAD反应 3H2(g)N2(g)2NH3(g)H92 kJmol1，当放出热量 9.2 kJ 时转移电子 0.6NA【答案】B【解析】A氢气和一氧化碳气体的物质的量为 8.9
5、6L22.4Lmol1=0.4mol，根据 2COO2，2H2O2，可知共消耗 O20.2mol，分子数为 0.2NA，故 A 正确；B用惰性电极电解硫酸铜溶液时，2CuSO42H2O2CuO22H2SO4，若溶液的 pH 值变为 1 时，没有提供溶液的体积，无法计算生成的硫酸的物质的量，故 B 错误；C. 32.5 g 锌的物质的量为 0.5mol，完全反应变成锌离子失去 1mol 电子；与浓硫酸完全反应，无论生成二氧化硫还是生成氢气，每生成 1 个气体分子达到 2 个电子，所以转移 1mol 电子会生成 0.5mol 气体，生成气体分子数为 0.5NA，故 C 正确；D. 反应 3H2(g
6、)N2(g)2NH3(g)H92 kJmol1，当放出热量 9.2 kJ 时，参加反应的氢气为 0.3mol,转移电子 0.6NA，故 D 正确；故选 B。10 （宁德市 2020 届高三上学期期末理综）W、X、Y、Z 均为短周期元素且原子序数依次增大，W 和 X 同族。Y 原子最外层电子数是 W 与 X 原子最外层电子数之和的 3 倍， 是 Z 原子最外层电子数的 2 倍。 下列说法正确的是A离子半径：WX+BZ 的最高价氧化物的水化物是强碱C化合物 XZW4具有强还原性DW 与 Y 只能形成 10 电子化合物【答案】C【解析】W、X、Y、Z 均为短周期元素且原子序数依次增大，W 和 X 同
7、族。Y 原子最外层电子数是 W 与 X原子最外层电子数之和的 3 倍，Y 最外层电子是 6，W 和 X 同族是 IA，是 Z 原子最外层电子数的 2 倍，Z 最外层电子是 3。W 为 H，X 为 Li，Y 为 O，Z 为 Al。A. 电子层结构相同的粒子，核电荷数越大，半径越小，离子半径：HLi+，故 A 错误；B. Al 的最高价氧化物的水化物是 Al(OH)3，是两性氢氧化物，故 B 错误；C. 化合物 LiAlH4中 H 是-1 价，具有强还原性，故 C 正确；D. W 与 Y 能形成 10 电子化合物 H2O ，还能形成 18 电子的化合 H2O2，故 D 错误；故选 C。【点睛】本题
8、考查元素周期表及其推断，解题关键：W 和 X 同族，Y 原子最外层电子数是 W 与 X 原子最外层电子数之和的 3 倍，W 和 X 同族只能是 IA，易错点 D，氢和氧可形成水和双氧水两种化合物。11实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛(实验装置如图)。其实验步骤为：步骤 1：将三颈烧瓶中的一定配比的无水 AlCl3、1,2-二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，升温至 60 ，缓慢滴加经浓硫酸干燥过的液溴，保温反应一段时间，冷却。步骤 2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中。搅拌、静置、分液。有机相用 10% NaHCO3溶液洗涤。步骤 3：经洗涤的有机相加入适量无水 MgSO4固体。放置一段时间后过
9、滤。步骤 4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分。下列说法错误的是A甲同学认为步骤 1 中使用 1,2-二氯乙烷的目的是作催化剂，加快反应速率B乙同学认为可在该实验装置的冷凝管后加接一只装有无水 MgSO4的干燥管，实验效果可能会更好C丙同学认为步骤 2 中有机相使用 10% NaHCO3溶液洗涤可除去大部分未反应完的 Br2D丁同学认为步骤 4 中减压蒸馏有机相是因为间溴苯甲醛高温下容易氧化或分解【答案】A【解析】将三颈烧瓶中一定配比的无水 AlC13、1,2-二氯乙烷和苯甲醛充分混合，无水 AlCl3作催化剂，1,2-二氯乙烷作溶剂，苯甲醛作反应物，A 项错误；若在该实验装置的冷凝管后加接一只装
10、有无水 MgSO4的干燥管，则可以防止锥形瓶中的水蒸气进入冷凝管，实验效果可能会更好，B 项正确；有机相中含有未反应完的 Br2，使用 10% NaHCO3溶液洗涤可除去大部分未反应完的 Br2，C 项正确；减压蒸馏，可降低沸点，避免温度过高，导致间溴苯甲醛被氧化或分解，D 项正确。12“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中 a 为 TiO2电极，b 为 Pt 电极，c 为 WO3电极，电解质溶液为 pH=3 的 Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为 A、B 两个区，A 区与大 气相通，B 区为封闭体系并有 N2保护。下列关于该电池的说法错误的是A若用导线连接
11、a、c，则 a 为负极，该电极附近 pH 减小B若用导线连接 a、c，则 c 电极的电极反应式为 HxWO3- xe-=WO3+ xH+C若用导线先连接 a、c，再连接 b、c，可实现太阳能向电能转化D若用导线连接 b、c， b 电极的电极反应式为 O2+4H+4e-=2H2O【答案】B【解析】A用导线连接 a、c，a 极发生氧化，为负极，发生的电极反应为 2H2O-4e-=4H+O2，a 电极周围H+浓度增大，溶液 pH 减小，故 A 正确；B用导线连接 a、c，c 极为正极，发生还原反应，电极反应为 WO3+ xH+xe-= HxWO3，故 B 错误；C用导线先连接 a、c，再连接 b、c
12、，由光电池转化为原电池，实现太阳能向电能转化，故 C 正确；D用导线连接 b、c，b 电极为正极，电极表面是空气中的氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，故 D 正确；故答案为 B。13 （江西省 2020 届高三第一次大联考）下图是 0.01 mol/L 甲溶液滴定 0.01 mol/L 乙溶液的导电能力变化曲线，其中曲线是盐酸滴定 NaAc 溶液，其他曲线是醋酸滴定 NaOH 溶液或者 NaOH 溶液滴定盐酸。下列判断错误的是A条件相同时导电能力：盐酸NaAcB曲线是 NaOH 溶液滴定盐酸导电能力变化曲线C随着甲溶液体积增大，曲线仍然保持最高导电能力Da 点
13、是反应终点【答案】C【解析】A由曲线盐酸滴定 NaAc 溶液，导电能力升高，滴定到一定程度后导电能力迅速升高，说明条件相同时导电能力：盐酸NaAc，故 A 正确；B曲线的最低点比曲线还低，为醋酸滴定 NaOH 溶液的曲线，因此曲线是 NaOH 溶液滴定盐酸导电能力变化曲线，故 B 正确；C由曲线起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线 逐渐变成氯化钠和氢氧化钠的混合物，根据曲线可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶液体积增大，曲线的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线，因此最高点曲线，故 C 错误；D反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即 a 点是反应终点
14、，故 D 正确；故选 C。二、非选择题：共 58 分，第 2628 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3536 题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 43 分。26 （14 分） （江西省南城一中 2020 届高三上学期期末）碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。工业上常用铜阳极泥(主要成分是 Cu2Te、含 Ag、Au 等杂质)为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如下：已知：TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。回答下列问题：（1）已知 Te 为 VIA 族元素，TeO2被浓 NaOH 溶液溶解，所生成盐的化学式为_。（2）“酸浸 2”时温度过高会使 Te 的浸
15、出率降低，原因是_。（3）“酸浸 1”过程中，控制溶液的酸度使 Cu2Te 转化为 TeO2，反应的化学方程式为_；“还原”过程中，发生反应的离子方程式为_。（4）工业上也可用电解法从铜阳极泥中提取碲，方法是：将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为 TeO2，再用NaOH 溶液碱浸，以石墨为电极电解所得溶液获得 Te。电解过程中阴极上发生反应的电极方程式为_。 在阳极区溶液中检验出有 TeO42存在， 生成 TeO42的原因是_。（5）常温下，向 l molL1Na2TeO3溶液中滴加盐酸，当溶液 pH5 时，c(TeO32)：c(H2TeO3)_。(已知：H2TeO3的 Ka11.0103Ka22
16、.0108)【答案】 （14 分，每空 2 分） （1）Na2TeO3（2）温度升高，浓盐酸易挥发，反应物浓度减小，导致浸出率降低（3）Cu2Te + 2O2+ 2H2SO4= 2CuSO4+ 2H2O + TeO22SO2+Te4+4H2O = 2SO42+ Te + 8H+（4） TeO32+4e+ 3H2O = Te + 6OHTeO32在阳极直接被氧化， 或阳极生成的氧气氧化 TeO32得到 TeO42（5）0.2【解析】 （1）TeO2被浓 NaOH 溶液溶解，根据 SO2与碱反应得出所生成盐的化学式为 Na2TeO3，故答案为：Na2TeO3。（2）“酸浸 2”时温度过高会使 Te
17、 的浸出率降低，原因是温度升高，浓盐酸易挥发，反应物浓度减小，导致浸出率降低，故答案为：温度升高，浓盐酸易挥发，反应物浓度减小，导致浸出率降低。（3）“酸浸 1”过程中，控制溶液的酸度使 Cu2Te 转化为 TeO2、Cu 元素转化成 CuSO4，反应的化学方程式为Cu2Te + 2O2+ 2H2SO4= 2CuSO4+ 2H2O + TeO2；根据题给已知，TeO2溶于浓盐酸得到 TeCl4，“还原”过程中二氧化硫将 Te4+还原成 Te， 发生反应的离子方程式为 2SO2+Te4+4H2O = 2SO42+ Te + 8H+， 故答案为： Cu2Te+ 2O2+ 2H2SO4= 2CuSO
18、4+ 2H2O + TeO2；2SO2+Te4+4H2O = 2SO42+ Te + 8H+。（4）将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为 TeO2，TeO2用 NaOH 溶液浸取时转化为 Na2TeO3，电解过程实际是电解 Na2TeO3溶液的过程，其阴极上发生反应的电极方程式为 TeO32+4e+ 3H2O = Te + 6OH，在阳极区溶液中检验出有 TeO42存在，TeO32化合价升高变为 TeO42，生成 TeO42的原因是可能为 TeO32在阳极直接被氧化， 也可能为阳极生成的氧气氧化 TeO32得到 TeO42， 故答案为： TeO32+4e+ 3H2O = Te + 6OH； TeO
19、32在阳极直接被氧化，或阳极生成的氧气氧化 TeO32得到 TeO42。（5）常温下，向 l molL1Na2TeO3溶液中滴加盐酸，将22a23a231c (H ) c(TeO)=cKK(H TeO )，当溶液 pH5 时，23832522a1a23c(TeO)1 102 10=0.2c(H TeO )c (H )(1 10K)K ，故答案为：0.2。27 （15 分） （渭南市 2020 届高三第一次教学质量检测）全球碳计划组织（GCP，The Global Carbon Project）报告称，2018 年全球碳排放量约 371 亿吨，达到历史新高。（1）中科院设计了一种新型的多功能复合
20、催化剂，实现了 CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图 1所示。已知：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)H= + 41 kJmol-12CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g)H= -128 kJmol-1则上述过程中 CO 和 H2转化为 CH2=CH2的热化学方程式是_。下列有关 CO2转化为汽油的说法，正确的是_（填标号） 。A该过程中，CO2转化为汽油的转化率高达 78%B中间产物 Fe5C2的生成是实现 CO2转化为汽油的关键C在 Na-Fe3O4上发生的反应为 CO2+H2=CO+H2OD催化剂 HZSM-5 可以提高汽油中芳香烃的平衡产
21、率若在一容器中充入一定量的 CO2和 H2，加入催化剂恰好完全反应，且产物只生成 C5以上的烷烃类物质和水。则起始时 CO2和 H2的物质的量之比不低于_。（2）研究表明，CO2和 H2在一定条件下可以合成甲醇。反应方程式为 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H（2 分）ad（2 分）3116060331160(60)124（2 分）【解析】根据已知热化学方程式运用盖斯定律书写新的热化学方程式；根据图示反应历程分析反应的中间产物，判断催化剂对反应的影响；根据烷烃的通式及题干信息进行相关计算；根据熵变和焓变判断反应是否自发进行；根据平衡状态的特征分析反应是否达到平衡状态；根
22、据各物质的分压计算平衡常数。（1）已知：I CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) H= + 41 kJmol-1，II 2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g)H= -128 kJmol-1，根据盖斯定律 II-I2 得：2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) H=-128 kJmol-1-（+ 41kJmol-1）2=-210kJmol-1，故热化学方程式为：2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) H=-210kJmol-1；A. 由图示分析 78%并不是表示 CO2转化为汽油的转化率，故 A 错误；
23、B. 中间产物 Fe5C2是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故 B 正确；C. 根据图 1 所示，在 Na-Fe3O4上发生的反应应为 CO2生成 CO 的反应，氢气未参加反应，故 C 错误；D. 催化剂 HZSM-5 的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故 D 错误；故答案为：B；烷烃的通式为 CnH(2n+2)， 假设只生成 C6H14和水， 则根据原子守恒知： 6molCO2恰好完全反应生成 1molC6H14和 12molH2O 需要的 H2的物质的量为：1mol 14+12mol 219mol2，所以 CO2和 H2的物质的量之比不低于 6mol:19mol=6:9
24、，故答案为：6:9；（2）该反应为放热反应，H0，根据方程式知：S0，根据G=HTS，若G0 则 T 较小，即低温时该反应自发进行，故答案为：低温；如图所示相同时间内催化剂 A 的转化率较高，说明反应较快催化效果好；b 点时，还未达到平衡，则说明()v 正()v 逆，故答案为：A；a.c(CO2)与 c(H2)初始时比值为 1：3，所以按照化学计量数 1:3 反应后，比值始终保持不变，不能说明该反应达到平衡，故 a 选；b.根据化学计量数之比知：v(CO2)正=v(H2O)正=v(H2O)逆，正逆反应速率相等，则说明已经达到平衡，故 b 不选；c.该反应为气体减小的反应，所以当体系的压强不再发
25、生变化，说明反应物和生成物浓度保持不变，能说明达到平衡状态，故 c 不选；d.根据质量守恒原理知，反应前后总质量始终不变，且容器体积不变，则混合气体的密度始终不变，所以气体密度不变不能说明达到平衡，故 d 选；e.断开 3mol 的 H-H 键时说明有 3mol 氢气消耗，则应该消耗 1molCO2，则 CO2的浓度保持不变，能说明达到平衡状态，故 e 不选；f.反应前后气体的物质的量减小，质量保持不变，则气体的平均相对分子质量应增大，若不变，说明达到平衡状态，故 f 不选； 故答案为：ad；c 点时 CO2的转率为 80%，则反应掉 1mol80%=0.8mol， 2232+13000.82
26、.40.80.80.20.6COg3HgCH OH gH O gmolmolmol0.80.8 起始变化平衡起始状态容器中气体总物质的量为 1mol+3mol=4mol，平衡时容器中气体总物质的量为0.2mol+0.6mol+0.8mol+0.8mol=2.4mol，容器体积不变，起始压强为 100 kPa，则平衡时总压强为：100kPa2.4mol4mol=60kPa，根据分压=总压物质的量分数计算得：p332232H OCH OHCOH116060P() P()33K =11P() P ()60(60)124，故答案为：3116060331160(60)124。28 （14 分）工业制得的
27、氮化铝(AlN)产品中常含有少量 Al4C3、Al2O3、C 等杂质某同学设计了如下实验分别测定氮化铝(AlN)样品中 AlN 和 Al4C3的质量分数(忽略 NH3在强碱性溶液中的溶解)（1）实验原理Al4C3与硫酸反应可生成 CH4，AlN 溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出 AlN 与过量 NaOH 溶液反应的化学方程式。（2）实验装置(如图所示)（3）实验过程连接实验装置，检验装置的气密性称得 D 装置的质量为 yg，滴定管的读数为 amL。称取 xg AlN 样品置于装置 B 瓶中；塞好胶塞，关闭活塞，打开活塞，通过分液漏斗加入稀硫酸，与装置 B 瓶内物质充分反应待反应进行完
28、全后， 关闭活塞， 打开活塞， 通过分液漏斗加入过量(填化学式)，与装置 B 瓶内物质充分反应。(填入该步应进行的操作)。记录滴定管的读数为 bmL，称得 D 装置的质量为 zg。（4）数据分析(已知：该实验条件下的气体摩尔体积为 VmLmol1)Al4C3的质量分数为。若读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则所测气体的体积(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。AlN 的质量分数为。【答案】 （14 分）（1）AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3（2 分）（3）K2、K3（1 分）K1（1 分）K1（1 分）K3（1 分）NaOH（1 分）打开 K2，通入空气一段时间（2 分）（
29、4）0.048(a b)mV x100%（2 分）偏小（1 分）41()17zyx100%（2 分）【解析】从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中 Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得 Al4C3的百分含量；用足量 NaOH 溶液与样品中 AlN 完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得 AlN 的质量分数；（1）根据题目信息：AlN 溶于强碱溶液时会生成 NH3，化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3，故答案为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3；（3）通过分液漏斗加入稀硫酸，硫酸与样品中 Al4C3完全反应，量
30、取生成的甲烷气体，从而测得 Al4C3的百分含量，故应关闭活塞 K2、K3，打开活塞 K1，故答案为：K2、K3； K1；用足量 NaOH 溶液与样品中 AlN 完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，故应关闭活塞 K1，打开活塞 K3，故答案为：K1；K3；NaOH；装置中残留部分氨气，打开 K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置 D 完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小，故答案为：打开 K2，通入空气一段时间；（4）甲烷的体积为(ab)mL，物质的量为3(a b) 10mVmol，根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以 Al4C3的质量为133(
31、a b) 10mVmol144g/mol=348(a b) 10mVg，Al4C3的质量分数为0.048(a b)mV x100%，故答案为：0.048(a b)mV x100%；读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小，故答案为：偏小；氨气的质量为(zy)g，物质的量为17zymol，根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于 AlN 的物质的量，所 以AlN的 质 量 为17zymol41g/mol=41()17zyg ， 故AlN的 质 量 分 数 为41()17zyx100%=41()17zyx100%，故答案为：41()17zyx100%。（二）
32、选考题：共 15 分。请考生从 2 道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35 化学选修 3：物质结构与性质 （武汉市武昌区 2020 届高三元月调研） （15 分）Cu 的单质和合金在生活、生产中有着广泛的应用。回答下列问题：（1）Cu 的基态原子价电子排布式为_。（2）金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是_，反应的化学方程式为_。（3）配离子 Cu(CN)32-中，中心离子的杂化类型是_，该配离子的空间构型为_；CN-中配位原子是_ (填名称)。（4）CaCux 合金可看作由如图所示的(a)、(b)两种原子层交替堆积排列
33、而成。(a)是由 Cu 和 Ca 共同组成的层，层中 CuCu 之间由实线相连；(b)是完全由 Cu 原子组成的层，CuCu 之间也由实线相连。图中虚线构建的六边形，表示由这两种层平行堆积时垂直于层的相对位置；(c)是由(a)和(b)两种原子层交替堆积成 CaCux合金的晶体结构图。在这种结构中，同一层的 CaCu 距离为 294pm，相邻两层的 CaCu 距离为 327pm。该晶胞中 Ca 有_个 Cu 原子配位(不一定要等距最近)。同一层中，Ca 原子之间的最短距离是_pm，设 NA为阿伏加德罗常数的值，CaCu 晶体的密度是_g/cm3(用含 m、n 的式子表示)。【答案】 （15 分）
34、（1）3d104s1（1 分）（2）过氧化氢为氧化剂，氨与 Cu2+形成配离子，两者共同作用促使反应进行（2 分）Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3)4(OH)2（2 分）（3）sp2（2 分）平面三角形（1 分）碳（1 分）（4）18（2 分）294 3（2 分）2A240 3m nN（2 分）【解析】（1）Cu 是 29 号元素，核外电子排布式是 1s22s22p63s23p63d104s1，基态原子价电子排布式为 3d104s1；（2）H2O2具有强的氧化性，可以将具有还原性的 Cu 氧化为 Cu2+，氨与 Cu2+形成配离子，两者共同作用促使反应进行；反应的化学方程式为 Cu+H2
35、O2+4NH3=Cu(NH3)4(OH)2；（3）在 Cu(CN)32-中，中心离子 Cu+的杂化类型是 sp2杂化，微粒的空间构型是平面三角形，其中配位体 CN-中的 C 原子与中心 Cu+结合，所以 CN-中配位原子是碳原子；（4）该 Ca-Cu 晶胞由 a、b 层交替堆积排列而成，在 a 层中 Ca 原子周围有 6 个 Cu 原子，在 b 层 Ca 原子周围有 12 个 Cu 原子，所以该晶胞中 Ca 有 6+12=18 个 Cu 原子配位；晶胞 c 为平行六面体，a 中通过 4 个相邻的 Ca 原子的平行四边形为底面，b 中平行四边形为晶胞中 b 层情况：可知晶胞内部 1 个 Cu 原
36、子，另外 Cu 原子位于面上，晶胞中 Cu 原子数目为 1+128=5，图 a 中如图所示等腰三角形，锐角为 30，同层相邻 Ca-Ca 的距离为 232294pm=294 3pm；在 1 个晶胞中含有的 Ca 原子数目为：613+1=3，含有的 Cu 原子个数为：6+6+612=15，晶胞的体积V=6322m2n cm3=3 32m2n cm3，则晶胞的密度A23 40 15 64NmV3 3m n2g/cm3=2A240 3m nNg/cm3。【点睛】本题考查了物质结构的知识，涉及原子核外电子排布、原子杂化、晶胞的有关计算等，难点是晶胞中含有的 Cu、Ca 原子的个数的计算，要使用均摊方法
37、计算，需要学生具备一定的空间想象能力和数学计算能力。36化学选修 5：有机化学基础（15 分）PVAc 是一种具有热塑性的树脂，可合成重要高分子材料 M，合成路线如下：已知：R、R、R为 H 原子或烃基I. RCHO+ RCH2CHOII. RCHO+（1）标准状况下，4.48L 气态烃 A 的质量是 5.2g，则 A 的结构简式为_。（2）已知 AB 为加成反应，则 X 的结构简式为_；B 中官能团的名称是_。（3）反应的化学方程式为_。（4）E 能使溴的四氯化碳溶液褪色，反应的反应试剂和条件是_。（5）反应的化学方程式为_。（6）在 EFGH 的转化过程中，乙二醇的作用是_。（7）已知 M
38、 的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则 M 的结构简式为_。【答案】 （15 分）（1）HCCH（2 分）（2）CH3COOH（1 分）酯基、碳碳双键（2 分）（3）（2 分）（4）稀 NaOH 溶液（2 分）（5）（2 分）（6）保护醛基不被 H2还原（2 分）（7）（2 分）【解析】 （1）标准状况下，4.48L 气态烃 A 的物质的量为 0.2mol, 质量是 5.2g，摩尔质量为 26g/mol，所以 A为乙炔，结构简式为 HCCH。（2）根据 B 分子结构可知，乙炔和乙酸发生加成反应，X 的结构简式为. CH3COOH；B 中官能团的名称是酯基、碳碳双键。（3）有机物 B 发生加聚反应生成 PVAc，PVAc 在碱性环境下发生水解生成羧酸盐和高分子醇，化学方程式为。（4）乙炔水化制乙醛，乙醛和苯甲醛发生加成、消去反应生成有机物 E，因此反应的反应试剂和条件是是稀 NaOH 溶液。（5）根据信息 II，可知芳香烯醛与乙二醇在氯化氢环境下发生反应，与氢气发生加成反应生成；化学方程式为。（6）从流程图可以看出，醛基能够与氢气发生加成反应，所以乙二醇的作用是保护醛基不被 H2还原。（7）高分子醇中 2 个-CH(OH)-CH2-与苯丙醛发生反应，生成六元环状结构的高分子环醚，则 M 的结构简式为。