《2019-2020学年北京交大附中新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年北京交大附中新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年北京交大附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由环己醇合成环己酮的反应为：。下列说法正确的是（）A该反应属于取代反应B环己酮的分子式为C6H12O C环己醇不能和NaOH 溶液反应D环己醇分子中的所有原子可能共平面【答案】C【解析】【分析】【详解】A.有机反应中，失去氢或加上氧，发生氧化反应，所以该反应是醇的氧化反应，A 错误；B.环己酮的分子式为C6H10O，B 错误；C.环己醇含有的官能团是-OH，醇羟基不具有酸性，不能和NaOH 溶液反应，C正确；D.环己醇分子中的C原子为饱和碳原子，具有甲烷
2、的四面体结构，因此不可能所有原子共平面，D 错误；故合理选项是C。2已知二甲苯的结构：，下列说法正确的是A a 的同分异构体只有b 和 c 两种B在三种二甲苯中，b 的一氯代物种数最多Ca、b、c 均能使酸性KMnO4溶液、溴水发生化学反应而褪色D a、b、c 中只有 c 的所有原子处于同一平面【答案】B【解析】【分析】【详解】A.a 的同分异构体中属于芳香烃的除了b 和 c 外还有，另 a 还可能有链状的同分异构体如CH2=CHCH=CH CH=CH CH=CH2等、或环状的同分异构体如等，A 错误；B.a、b、c 侧链上的一氯代物都只有1 种，a 苯环上一氯代物有2 种，b 苯环上一氯代物
3、有3 种，c 苯环上一氯代物只有1 种，故三种二甲苯中，b 的一氯代物种数最多，B 正确；C.a、b、c 均能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，a、b、c 都不能与溴水发生化学反应，C 错误；D.a、b、c 分子中都含有CH3，与 CH3中碳原子直接相连的4 个原子构成四面体，a、b、c 中所有原子都不可能在同一平面上，D 错误；答案选 B。3NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A 1mol 葡萄糖和果糖的混合物中含羟基数目为5NAB500 mL1 mol.L-1(NH4)2SO4溶液中 NH4+数目小于0.5 NAC标准状况下,22.4 L1,2-二溴乙烷含共价键数为
4、7 NAD 19.2 g 铜与硝酸完全反应生成气体分子数为0.2 NA【答案】A【解析】【详解】A 1mol 葡萄糖 HOCH2(CHOH)4CHO和 1mol 果糖 HOCH2(CHOH)3COCH2OH 分子中都含有5NA个羟基，A 正确；B因 NH4+发生水解，所以500 mL1 mol.L-1(NH4)2SO4溶液中，0.5moln(NH4+)1mol，B 错误；C标准状况下，1,2-二溴乙烷为液体，不能利用22.4L/mol 进行计算，C错误；D19.2 g 铜为 0.3mol，由于未指明硝酸的浓度，生成的气体可能为NO、NO2中的某一种或二者的混合物，成分不确定，分子数不定，D 错
5、误。故选 A。4生物固氮与模拟生物固氮都是重大基础性研究课题。大连理工大学曲景平教授团队设计合成了一类新型邻苯二硫酚桥联双核铁配合物，建立了双铁分子仿生化学固氮新的功能分子模型。如图是所发论文插图。以下说法错误的是A催化剂不能改变反应的焓变B催化剂不能改变反应的活化能C图中反应中间体NXHY数值 X3 D图示催化剂分子中包含配位键【答案】B【解析】【详解】A催化剂能够改变反应途径，不能改变反应物、生成物的能量，因此不能改变反应的焓变，A 正确；B催化剂能够改变反应途径，降低反应的活化能，B 错误；C在过渡态，氮气分子可能打开叁键中部分或全部共价键，然后在催化剂表面与氢原子结合形成中间产物，故
6、x 可能等于1 或 2，C正确；D根据图示可知，在中间体的Fe原子含有空轨道，在S原子、N 原子上含有孤对电子，Fe 与 S、N 原子之间通过配位键连接，D 正确；故合理选项是B。5某溶液中含有较大量的Cl、CO32-、OH三种离子，如果只取一次该溶液分别将三种离子检验出来，下列添加试剂顺序正确的是（）A先加 Mg（NO3）2，再加 Ba（NO3）2，最后加AgNO3B先加 Ba（NO3）2，再加 AgNO3，最后加Mg（NO3）2C先加 AgNO3，再加 Ba（NO3）2，最后加Mg（NO3）2D先加 Ba（NO3）2，再加 Mg（NO3）2最后加 AgNO3【答案】D【解析】【分析】【详解
7、】所加每一种试剂只能和一种离子形成难溶物，Mg(NO3)2能与 CO32-、OH两种离子反应；AgNO3能与 Cl、CO32-、OH三种离子形成难溶物；Ba(NO3)2只与 CO32-反应，所以先加Ba(NO3)2除去 CO32-，再加 Mg(NO3)2除去 OH，最后加AgNO3只能与 Cl反应。答案选 D。6下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是A银氨溶液:Na+、K+、NO3、NH3H2O B空气:C2H4、CO2、SO2、NO C氯化铝溶液:Mg2+、HCO3、SO42、BrD使甲基橙呈红色的溶液:I、Cl、NO3、Na+【答案】A【解析】【详解】A.在银氨溶液中，题中所给各
8、离子间不发生反应，可以大量共存，故A 正确；B.空气中有氧气，NO 与氧气反应生成二氧化氮，不能大量共存，故B错误；C.氯化铝溶液中铝离子与碳酸氢根离子双水解，不能大量共存，故C错误；D.使甲基橙呈红色的溶液显酸性，I-和 NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故D 错误；答案选 A。7化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路线制得：下列说法正确的是A X的分子式为C7H6O2BY分子中的所有原子可能共平面CZ的一氯取代物有6 种DZ能与稀硫酸发生水解反应【答案】D【解析】【详解】A X()的分子式为C8H8O2，故 A 错误；BY()分子中含有甲基(-CH3)，甲基为四面体结构，
9、所有原子不可能共平面，故B 错误；CZ()分子中有7 种环境的氢原子，一氯取代物有7 种，故 C错误；D Z()中含有酯基，能与稀硫酸发生水解反应，故D 正确；故选 D。8下列物质不能用作食品干燥剂的是（）A硅胶B六水合氯化钙C碱石灰D具有吸水性的植物纤维【答案】B【解析】【详解】A硅胶具有吸水性，无毒，则硅胶可用作食品干燥剂，故A 正确；B六水合氯化钙不能吸水，则不能作食品干燥剂，故B 错误；C碱石灰能与水反应，可做干燥剂，故C正确；D具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故D 正确；故答案为B。9海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程。下列有关说法
10、正确的是A用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和 Na2CO3B溴元素在第、中被氧化，在第 中被还原C工业上一般用金属钠与无水MgCl2反应制取 Mg 单质D海水中还含有碘元素，只需将海水中的碘升华就可以得到碘单质【答案】B【解析】【分析】【详解】A、澄清的石灰水和碳酸氢钠或碳酸钠都反应生成碳酸钙沉淀，现象相同，不能鉴别，错误，不选A；B、溴元素在中化合价升高，被氧化，在中化合价降低，被还原，正确，选B；C、工业上有电解氯化镁的形式制取镁单质，不是用金属钠置换出镁，错误，不选C；D、还有的碘元素是碘离子形式，不能升华，错误，不选D。答案选 B。10下列说法中，正确的是（）A离子化合物中一定不含共价
11、键B分子间作用力越大，分子的热稳定性就越大C可能存在不含任何化学键的晶体D酸性氧化物形成的晶体一定是分子晶体【答案】C【解析】【详解】A.离子化合物一定有离子键，可能含有共价键，如NaOH 属于离子化合物含有离子键和共价键，故A 错误；B.分子的热稳定性由共价键决定，分子间作用力决定物质的物理性质，故B错误；C.稀有气体分子里面不含化学键，一个原子就是一个分子，故C正确；D.二氧化硅为酸性氧化物，但它是由氧原子和硅原子构成的晶体，且以共价键形成空间网状结构的原子晶体，不是分子晶体，故D 错误；正确答案是C。【点睛】本题考查化学键、分子间作用力等知识，题目难度不大，注意分子间作用力影响分子的物理
12、性质，分子的稳定性属于化学性质。11下列生产、生活中的事实不能用金属活动性顺序表解释的是()A铝制器皿不宜盛放酸性食物B电解饱和食盐水阴极产生氢气得不到钠C铁制容器盛放和运输浓硫酸D镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀【答案】C【解析】【分析】【详解】A铝性质较活泼，能和强酸、强碱反应生成盐和氢气，在金属活动性顺序表中Al 位于 H 之前，所以能用金属活动性顺序解释，故A 错误；B金属阳离子失电子能力越强，其单质的还原性越弱，用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极生成氢气而得不到钠，说明Na 的活动性大于氢，所以可以用金属活动性顺序解释，故B错误；C常温下，浓硫酸和铁发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜
13、而阻止进一步被氧化，该现象是钝化现象，与金属活动性顺序无关，故C正确；D构成原电池的装置中，作负极的金属加速被腐蚀，作正极的金属被保护，Fe、Zn和电解质构成原电池，Zn 易失电子作负极、Fe 作正极，则Fe被保护，所以能用金属活动性顺序解释，故D 错误；故选 C。【点睛】金属活动性顺序表的意义：金属的位置越靠前，它的活动性越强；位于氢前面的金属能置换出酸中的氢（强氧化酸除外）；位于前面的金属能把位于后面的金属从它们的盐溶液中置换出来（K，Ca，Na 除外）；很活泼的金属，如K、Ca、Na 与盐溶液反应，先与溶液中的水反应生成碱，碱再与盐溶液反应，没有金属单质生成如：2Na+CuSO4+2H2
14、OCu（OH）2+Na2SO4+H2；不能用金属活动性顺序去说明非水溶液中的置换反应，如氢气在加热条件下置换氧化铁中的铁：Fe2O3+3H22Fe+3H2O。12中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等 9 种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。已知：铟与铝（13Al）同主族。下列说法错误的是（）A In 的金属性大于 Al BIn 最外层有 2 种能量的电子C11549In 的中子数为 66 D11549In 原子的相对原子质量为 115【答案】D【解析】【分析】A、同一主族元素的金属性随着原子序数的增大而增强；B、铟与铝(13Al)同主族，则In 的最外层电子数为3，排
15、布在s、p 轨道上；C、中子数=质量数-质子数，据此计算判断；D、11549In的质量数为115。【详解】A、铟与铝(13Al)同主族，并且铟元素的原子序数较大，同主族从上至下金属性逐渐增加，所以In 的金属性强，故 A 不符合题意；B、In 的最外层电子数为3，排布在5s、5p 轨道上，5s 能级上两个电子能量相同，但小于5p 能级上的电子能量，所以In 最外层有2 种能量的电子，故B 不符合题意；C、11549In的质量数为115、质子数为49，所以中子数=119-49=66，故 C不符合题意；D、11549In的质量数为115，In 的相对原子质量为天然存在的核素In 的质量数与其丰度的
16、乘积之和，故D符合题意；故选：D。13将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH 溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是：（）A加入合金的质量不可能为6.4g B沉淀完全时消耗NaOH 溶液的体积为120mL C溶解合金时收集到NO 气体的体积在标准状况下为2.24L D参加反应的硝酸的物质的量为0.2mol【答案】C【解析】【详解】淀为 M(OH)2，根据化学式知，生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子，则n(OH-)=5.1g17g/mol
17、=0.3mol，根据氢氧根离子守恒nM(OH)2=12n(OH-)=120.3mol=0.15mol，根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol；A因为镁、铜的物质的量无法确定，则无法计算合金质量，故A错误；B由氢氧根离子守恒得n(OH-)=n(NaOH)=0.3mol，V(NaOH)=0.3mol3mol/L=100mL，故 B错误；C由转移电子守恒得n(NO)=0.15mol252=0.1mol，生成标况下NO体积=22.4L/mol 0.1mol=2.24L，故C正确；D根据转移电子守恒得参加反应硝酸的物质的量=0.15mol252=0.1mol，根据金属原子守恒、硝酸根离子守恒得
18、起酸作用n(HNO3)=2nM(NO3)2=2n(M)=0.15mol 2=0.3mol，所以参加反应硝酸的物质的量=0.1mol+0.3mol=0.4mol，故 D错误；故答案为C。【点睛】本题以镁、铜为载体考查混合物的计算，侧重考查分析、计算能力，正确判断沉淀和合金质量差成分是解本题关键，灵活运用原子守恒、转移电子守恒解答即可。14我国科学家提出了无需加入额外电解质的钠离子直接甲酸盐燃料电池体系，其工作原理如图所示。甲酸钠（HCOONa）的水解为电极反应和离子传输提供了充足的OH-和 Na+。下列有关说法不正确的是A A极为电池的负极，且以阳离子交换膜为电池的隔膜B放电时，负极反应为HCO
19、O-+3OH-2e-=CO32-+2H2O C当电路中转移0.l mol 电子时，右侧电解质溶液质量增加2.3g D与传统的氯碱工业相比，该体系在不污染环境的前提下，可以实现同步发电和产碱【答案】C【解析】【分析】从图中可以看出，A 电极上 HCOO-转化为 CO32-，发生反应HCOO-+3OH-2e-=CO32-+2H2O，C 元素由+2 价升高为+4 价，所以A 为负极，B 为正极。当负极失去2mole-时，溶液中所需Na+由 4mol 降为 2mol，所以有2molNa+将通过交换膜离开负极区溶液进入正极区。正极O2得电子，所得产物与水发生反应，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH
20、-，由于正极区溶液中阴离子数目增多，所以需要提供Na+以中和电性。【详解】A由以上分析可知，A 极为电池的负极，由于部分Na+要离开负极区，所以电池的隔膜为阳离子交换膜，A 正确；B由以上分析可知，电池放电时，负极反应为HCOO-+3OH-2e-=CO32-+2H2O，B 正确；C依据负极反应式，当电路中转移0.l mol 电子时，有0.1molNa+通过离子交换膜进入右侧，右侧参加反应的 O2质量为0.1mol32g4=0.8g，电解质溶液质量增加2.3g+0.8g=3.1g，C不正确；D与传统的氯碱工业相比，该体系没有污染环境的气体产生，且可发电和产碱，D 正确；故选 C。15如图所示，甲
21、乙两装置的电极材料和电解质溶液均相同，则两装置中相同的是（）A在碳电极上所发生的电极反应B在铁电极附近的溶液先变红色C铁极与导线连接处的电流方向D碳电极既不会变大也不会减小【答案】D【解析】【详解】A甲中形成原电池，石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，乙中形成电解池，石墨是阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应不同，故A 错误；B甲中形成原电池，石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，则石墨电极附近的溶液先变红色，乙中形成电解池，铁是阴极，氢离子得电子生成氢气，同时生成氢氧根离子，则在铁电极附近的溶液先变红色，故B错误；C甲中形成原电池，电流由正极石墨经导线流向铁，
22、乙中形成电解池，电流由铁流向负极，则铁极与导线连接处的电流方向不同，故C错误；D甲乙装置，碳电极都没有参加反应，甲中石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，乙中石墨是阳极，氯离子放电生成氯气，则碳电极既不会变大也不会减小，故D 正确；故选：D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16我国某科研团队以软锰矿（主要成分是MnO2，含有 SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料，制取高纯碳酸锰，工艺流程如下图:（1）对矿石进行粉粹的目的是_；（2）滤渣、分别为_、_；（3）采用 1稀硫酸而不采用水混合矿粉制浆的原因是_；不采用较浓H2SO4的原因是 _；不直接采用H2SO4浸
23、锰的原因是_。（4）浸锰的离子方程式为_；（5）“系列操作”为过滤、_、干燥。（6）取所得的高纯MnCO311.7g 溶于足量的盐酸中，将产生的气体用足量的Ba（OH）2浓溶液吸收，得到白色沉淀19.7g，则所得产品的纯度为_（保留一位小数）【答案】加快浸取速率，提矿石高浸出率SiO2（二氧化硅）Fe（OH）3（氢氧化铁）提高 Fe2O3、MnO2的氧化性，易于被SO2还原溶出（其他合理答案亦可）会降低 SO2在溶液中的溶解度，从而降低反应速率MnO2不能与 H2SO4直接反应（其他合理答案亦可）MnO2+SO2=Mn2+SO42-、Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2+SO42-+H2O 洗
24、涤98.3【解析】【分析】软锰矿先加稀硫酸制浆，然后通入SO2，酸性环境下Fe2O3、MnO2将 SO2氧化，自身被还原成Fe2+、Mn2+，过滤得到的滤渣I 主要为 SiO2，滤液中主要为Fe2+、Mn2+；加入 MnO2将亚铁离子氧化成铁离子，然后调节 pH 得到氢氧化铁沉淀，即滤渣II；沉锰时可加入可溶性碳酸氢盐，得到碳酸锰沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。【详解】(1)粉碎后可增大接触面积，加快浸取速率，提矿石高浸出率；(2)根据分析可知滤渣I 为 SiO2(二氧化硅)，滤渣 II 为 Fe(OH)3(氢氧化铁)；(3)采用 1稀硫酸而不采用水混合矿粉制浆是酸性环境可以提高Fe2
25、O3、MnO2的氧化性，易于被SO2还原溶出；较浓 H2SO4会降低 SO2在溶液中的溶解度，从而降低反应速率；MnO2不能与 H2SO4直接反应，所以不直接采用H2SO4浸锰；(4)浸锰时酸性环境下Fe2O3、MnO2将 SO2氧化，离子方程式为：MnO2+SO2=Mn2+SO42-，Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2+SO42-+H2O；(5)沉锰得到碳酸锰沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰；(6)碳酸锰溶于稀盐酸生成的气体为二氧化碳，二氧化碳通入足量的Ba(OH)2浓溶液得到的是BaCO3沉淀，所以 n(BaCO3)=19.7g197g/mol=0.1mol，根据碳元素守恒可知样品
26、中n(MnCO3)=0.1mol，所以产品纯度为0.1mol115g/mol100%11.7g=98.3%。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17利用木质纤维可合成药物中间体H，还能合成高分子化合物G，合成路线如下：已知：（1）A的化学名称是_。（2）B的结构简式是_，由 C生成 D的反应类型为_。（3）化合物E的官能团为 _。（4）F分子中处于同一平面的原子最多有_个。F生成 G的化学反应方程式为_。（5）芳香化合物I 为 H的同分异构体，苯环上一氯代物有两种结构，1mol I 发生水解反应消耗2mol NaOH，符合要求的同分异构体有_种，其中核磁共振氢谱显示有4 种不同化学环境
27、的氢，峰面积比为6321 的 I 的结构简式为_。（6）写出用为原料制备的合成路线(其他试剂任选)。_。【答案】2 一甲基一1,3 一丁二烯氧化反应氯原子、羧基1710【解析】本题考查有机合成与推断，意在考查考生运用有机化学基础知识分析问题和解决问题的能力。（1）根据有机物的系统命名法可知，A的化学名称是2 一甲基一1,3 一丁二烯；（2）结合题给信息，B的结构简式为；结合信息，C的结构简式为，根据 F 的结构以及D生产 H的反应条件，可知D为，故由 C生成 D的反应类型为氧化反应；（3）DE 在光照的条件发生取代反应，E的结构简式为；E中含有的官能团为氯原子、羧基；（4）因苯环为平面形，所以
28、直接与其相连的-CH2OH和 COOH 上的碳原子与其在一个平面内，通过旋转单键，-CH2OH中 OH上的原子可能与苯环共面，COOH 中的所有原子可能与苯环共面，故F 分子中处于同一平面的原子最多有17 个；F通过缩聚反应生成高分子化合物G，其反应方程式为：；（5）H的结构简式为，I 为 H的同分异构体且1molI 发生水解反应消耗2mol NaOH，说明 I为酚酯，苯环上一氯代物有两种结构，即苯环上只有两种等效氢，故符合条件的I 的结构简式为：、,共 10 种，其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6:3:2:1的 I 结构简式为或；（6）加热条件下，在氢氧化钠的醇溶液发生
29、消去反应生成，在结合信息，在 W2C作用下生成，最后再酸性高锰酸钾溶液中，将苯甲醛氧化为，其合成路线为：。点睛：判断分子中共面的技巧（1）审清题干要求：注意“可能”“一定”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”“氢原子”等关键词和限制条件。（2）熟记常见共面的官能团。与双键和苯环直接相连的原子共面，如、醛、酮、羧酸因与与相似为平面形（等电子原理），故为平面形分子（所有原子共平面）。但、所有原子不共平面（因含-CH3），而-CH3中的 C与（羰基）仍共平面。又中*H与其它原子可能共平面。因*O有两对孤电子对，故 1 个 O 与其余 2 个原子形成的2 个价键成V 型（与相似），故 C、O、H 不
30、共直线。分子内任意3 个原子也不共直线。若有两个苯环共边，则两个苯环一定共面。例如下列各结构中所有的原子都在同一平面上。若甲基与一个平面形结构相连，则甲基上的氢原子最多有一个氢原子与其共面。若一个碳原子以四个单键与其他原子直接相连，则这四个原子为四面体结构，不可能共面。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18在人类文明的历程中，改变世界的事物很多，其中铁、硝酸钾、青霉素、氨、乙醇、二氧化碳等17种“分子”改变过人类的世界。（1）铁原子在基态时，价层电子排布式为_。（2）硝酸钾中NO3-的空间构型为_。（3）1molCO2分子中含有键的数目为 _。乙醇的相对分子质量比氯乙烷小，但其沸点比
31、氯乙烷高，其原因是 _。（4）6氨基青霉烷酸的结构如图1 所示，其中采用sp3杂化的原子有_。（5）铁和氨气在640可发生置换反应，产物之的晶胞结构如图2 所示，写出该反应的化学方程式_。（6）晶胞有两个基本要素：原子坐标参数：表示晶胞内部各微粒的相对位置。如图是CaF2的晶胞，其中原子坐标参数A 处为(0，0，0)；B 处为(12，12，0)；C处为(1，1，1)。则 D 处微粒的坐标参数为_。晶胞参数：描述晶胞的大小和形状。已知CaF2晶体的密度为 g cm3，则晶胞参数a 为_pm(设 NA为阿伏加德罗常数的值，用含、NA的式子表示)。【答案】3d64s1平面正三角形1 乙醇分子间可形成
32、氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇的沸点升高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高C、N、O、S 8Fe+1NH3=1Fe4N+3H1(3/4,3/4,3/4)103A3104N4 78【解析】【分析】（1）铁是 16 号元素，基态原子核外有16 个电子，3d、4s 能级上电子是其价电子，根据构造原理书写其基态价电子排布式；（1）根据价层电子对互斥理论确定离子空间构型；（3）依据二氧化碳的结构进行回答；（4）根据价层电子对互斥理论确定碳原子杂化方式；（5）铁和氨气在640可发生置换反应生成氮气和氮化铁，利用均摊法确定氮化铁的化学式，根据温度、反应物和生成物写出反应方程式（6）D 处于体对角线AC上
33、，且 AD 距离等于体对角线长度的34，则 D 到坐标平面距离均为晶胞棱长34；晶胞中 Ca1+与离它最近的 F-之间的距离等于晶胞体对角线长度的14，体对角线长度等于晶胞棱长的3倍，均摊法计算晶胞中各原子数目，计算晶胞质量，结合密度计算晶胞体积，晶胞体积开三次方得到晶胞棱长。【详解】（1）铁是 16 号元素，基态原子核外有16 个电子，3d、4s 能级上电子是其价电子，根据构造原理知其价电子排布式为：3d64s1，故答案为：3d64s1；（1）NO3-中 N 原子价层电子对=1/1（5+1-31）=3，且不含孤电子对，所以是平面三角形结构，故答案为：平面正三角形；（3）二氧化碳的结构是O=C
34、=O，含有的键的数目为1，乙醇的相对分子质量比氯乙烷小，但其沸点比氯乙烷高，其原因是乙醇分子间可形成氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇的沸点升高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高，；故答案为：1；乙醇分子间可形成氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇的沸点升高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高；（4）只要共价单键和孤电子对的和是4 的原子就采取sp3杂化，根据图片知，采用sp3杂化的原子有C、N、O、S，故答案为：C、N、O、S；（5）该晶胞中铁原子个数=818+612=4，氮原子个数是1，所以氮化铁的化学式是Fe4N，铁和氨气在640可发生置换反应生成氮气和氮化铁，所以该反应方程式为：8Fe+1
35、NH3=1Fe4N+3H1，故答案为：8Fe+1NH3=1Fe4N+3H1(6)D 处于体对角线AC上,且 AD 距离等于体对角线长度的34,则 D 到坐标平面距离均为晶胞棱长3/4,由 C的坐标参数可知,晶胞棱长=1,故 D 到坐标平面距离均3/4,D 处微粒的坐标参数为(34,34,34)，故答案为：(34,34,34)；设晶胞中Ca1+与离它最近的F-间距离为 xnm，晶胞的边长为ycm，则 x与 y的关系为(4x)1=3y1，所以 y=43x。由于 F-位于晶胞的内部，Ca1+位于晶胞的顶点和面心，所以平均每个晶胞含有F-和 Ca1+数目分别是8 个和 4个，所以=130A4N()48
36、3710 x，解得 x=103A3104N478，故答案为：103A3104N478。19碳、氮元素是构成生物体的主要元素，在动植物生命活动中起着重要作用。根据要求回答下列问题：（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用_形象化描述。在基态14C原子中，核外存在_对自旋状态相反的电子。（2）已知：(NH4)2CO32NH3+H2O+CO2与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有_种。(NH4)2CO3分解所得的气态化合物分子的键角由小到大的顺序为_（填化学式）。（3）物质中 C 原子杂化方式是_。（4）配合物 Cu(CH3CN)4BF4中，铜原子的价电子布式为_，BF4-的
37、空间构型为_。写出与 BF4-互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式：_、_。（5）碳元素与氮元素形成的某种晶体的晶胞如图所示（8 个碳原子位于立方体的顶点，4 个碳原子位于立方体的面心，4个氮原子在立方体内），该晶体硬度超过金刚石，成为首屈一指的超硬新材料。晶胞中C原子的配位数为_。该晶体硬度超过金刚石的原因是_。已知该晶胞的边长为apm，阿伏加德罗常数用NA表示，则该晶体的密度为_g cm-3。【答案】电子云2 3 H2ONH3CO2sp2、sp3、sp 3d104s1正四面体CCl4SO42-4 该晶体和金刚石均为原子晶体，该晶体中的C-N键的键长比金刚石中的C-C键的键长短，键能大，
38、故硬度大3139.2 10Aa N【解析】【详解】（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述。基态14C的核外电子排布是1s22s22p2，1s 和 2s 上的两个电子自旋状态相反，2p 上的两个电子自旋方向相同。故答案为：电子云，2。（2）第一电离能是指气态基态电中性原子失去一个电子转化为气态基态正离子时所需要的最低能量。在原子的核外电子排布中，原子轨道全空、半充满和全充满时较为稳定，第A 族的 N 最外层的轨道半充满，Ne 最外层的轨道全充满，都不易失去最外层电子，F的原子半径小于O，失去最外层的一个电子比O 困难。故第二周期第一电离能比氧大的元素有N
39、、F、Ne，共 3 种。(NH4)2CO3分解所得的气态化合物里，CO2为直线型结构，键角为 180，NH3和 H2O 的中心原子都是sp3杂化，NH3中有一对孤电子对，H2O 中有两对孤电子对，所以键角H2ONH3，H2O 中 HOH 的键角为104.5，NH3中 HNH 的键角为10718，所以三种分子的键角由小到大的顺序为H2ONH3CO2。（3）甲基中的碳原子是以单键连了4 个原子，构成了四面体结构，是 sp3杂化；苯环上的碳原子构成了平面结构，是sp2杂化，氰基的碳原子和氮原子以三键结合，是sp 杂化，所以物质中 C原子杂化方式是sp2、sp3、sp。（4）铜原子的价电子布式为3d1
40、04s1，BF4-的中心原子B的价层电子对是4 对，为 sp3杂化，所以其空间构型为正四面体。等电子体是原子总数相同、价电子总数也相同的微粒，所以与 BF4-互为等电子体的有CCl4、SO42-。故答案为：3d104s1，正四面体，CCl4、SO42-。（5）晶胞中每个C原子和 4 个氮原子相连，所以C原子的配位数为4。该晶体硬度超过金刚石的原因是该晶体和金刚石均为原子晶体，该晶体中的C-N键的键长比金刚石中的C-C键的键长短，键能大，故硬度大。在一个晶胞中有3 个碳原子和4 个氮原子，所以1 个晶胞的质量为AA3 12+41492=NNg，该晶胞的边长为 apm，即 a10-10cm，所以 1 个晶胞的体积为（a 10-10）3=a3 10-30cm3则该晶体的密度为3139.2 10Aa Ng cm-3。【点睛】解答晶体密度的题目时，要首先找出在一个晶胞中有几个原子，就可以求出一个晶胞的质量。求晶胞的体积时，要注意单位的换算。