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1、2019-2020学年安徽省亳州市利辛县阚疃金石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下列过程中，共价键被破坏的是（）A碘升华B蔗糖溶于水C氯化氢溶于水D氢氧化钠熔化【答案】C【解析】【详解】A碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故A 错误；B蔗糖溶于水后，蔗糖在水中以分子形式存在，所以没有化学键的破坏，故B 错误；C氯化氢气体溶于水，氯化氢在水分子的作用下发生电离生成氯离子和氢离子，所以有化学键的破坏，故 C 正确；D氢氧化钠熔化时电离出OH-和 Na+，只破坏离子键，故D 错误；故答案为C。2含有酚类物质的废
2、水来源广泛，危害较大。含酚废水不经处理排入水体，会危害水生生物的繁殖和生存；饮用水含酚，会影响人体健康。某科研结构研究出一种高效光催化剂BMO（Bi2MoO6)，可用于光催化降解丁基酚，原理如图所示。下列说法错误的是（）A光催化剂BMO 可降低丁基酚氧化反应的HB在丁基酚氧化过程中BMO 表现出强还原性C苯环上连有一OH和一 C4H9的同分异构体共有12 种（不考虑立体异构）D反应中BMO 参与反应过程且可以循环利用【答案】A【解析】【详解】A催化剂可降低丁基酚氧化反应的活化能，不会改变H，A 项错误；BBMO 被氧气氧化成变为BMO+，说明该过程中BMO 表现出较强还原性，B项正确；C-C4
3、H9有 4 种结构异构，苯环上还存在羟基，可以形成邻间对三种位置异构，总共有12 种，C 项正确；D催化剂在反应过程中，可以循环利用，D 项正确；答案选 A。3实验测知K3C60熔融状态下能导电，关于K3C60的分析错误的是A是强电解质B存在两种作用力C是离子晶体D阴阳离子个数比为201【答案】D【解析】【详解】A.K3C60熔融状态下能导电，所以是电解质，并且是盐，是强电解质，故A 正确；B.是离子化合物，存在离子键，阴离子中存在共价键，故B正确；C.该物质熔融状态下能导电，说明是电解质且含有离子键，所以属于离子晶体，故C 正确；D.K3C60=3K+C603-，阴阳离子个数比是3:1，故
4、D 错误；故选：D。4常温下，向20 mL 0.1molL1一元酸 HA 中滴加相同浓度的KOH 溶液，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入 KOH 溶液体积的变化如图所示。则下列说法错误的是A HA 的电离常数约为105Bb 点溶液中存在：c(A)c(K)Cc 点对应的KOH溶液的体积V20 mL，c水(H)约为 7 106 mol L1D导电能力：cab【答案】D【解析】【分析】【详解】A由 a 点可知，0.1mol/L 一元酸 HA 中 c水(H+)=c水(OH-)=1 10-11mol/L，则 c(H+)=1 10-14 10-11=1 10-3mol/L，则 HA 的电离常数22+-+-
5、3-5ac Hc Ac H1 10K=1 10c HAc HA0.1，A 选项正确；Bb 点溶液中c水(H+)=1 10-7mol/L，c 点 c水(H+)最大，则溶质恰好为KA，显碱性，a 点显酸性，c点显碱性，则中间c水(H+)=1 10-7mol/L 的 b 点恰好显中性，根据电荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，又c(OH-)=c(H+)，则 c(A-)=c(K+)，B 选项正确；Cc 点时加入的KOH 的物质的量n(KOH)=20mL 0.1mol/L 0.1mol/L=20mL，由 HA 的 Ka=1 10-5，可得 A-的2-9b-c HA c OHc O
6、HK=1 10c Ac A则 c(A-)0.05mol/L，则 c(OH-)7 10-6mol/L，在 KA 中 c(OH-)都是由水电离处的，则c水(OH-)=c水(H+)7 10-6mol/L，C选项正确；D向一元弱酸中加入相同浓度的一元强碱，溶液的导电能力逐渐增强，则导电能力：cba，D 选项错误；答案选 D。5X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y两种元素可形成数目庞大的化合物“家族”，Z、W 可形成常见的离子化合物Z2W。下列有关说法正确的是A Y元素至少能形成三种单质B简单离子半径：ZWXC元素的非金属性：WXYD化合物ZX中，阴、阳离子的电子层结构相同【答案】
7、A【解析】【分析】本题考查物质结构和元素周期律，意在考查接受，吸收，整合化学信息的能力。根据 X、Y两种元素可形成数目庞大的化合物“家族”，可以确定X为 H、Y为 C；根据 X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的短周期主族元素，Z、W 可形成常见的离子化合物Z2W，可以确定Z 为 Na、W 为 S；据此分析。【详解】A.碳元素能形成金刚石、石墨、C60等多种单质，故A 正确；B.微粒半径电子层数越多，半径越大；当电子层数相同时，核电荷数越大，吸电子能力越强，半径越小，故离子半径：S2-Na+H+，故 B 错误；C.元素的非金属性：SCH，故 C错误；D.NaH 中，Na+核外有 10 个电子与H
8、-核外有 2 个电子，电子层结构显然不同，故D 错误；答案：A 6X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z 的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是A W 的原子序数是Z的两倍，金属性强于Z BW 元素在周期表中的位置是第四周期VIII 族C丙属于两性氧化物D等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量一定相等【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，则X是 H 元素，Z是 Al
9、 元素；由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙是Fe3O4，结合元素及化合物的性质逆推可知甲为 Fe，乙为 H2O，丁是 H2，戊为金属单质，可以与 Fe3O4反应产生Fe单质，因此戊是Al 单质，己为 Al2O3，结合原子序数的关系可知Y是 O 元素，W 是 Fe 元素，据此分析解答。【详解】综上所述可知X 是 H 元素，Y是 O 元素，Z是 Al 元素，W 是 Fe 元素。甲是 Fe单质，乙是 H2O，丙是 Fe3O4，丁是 H2，戊是 Al 单质，己是Al2O3。A.Fe 原子序数是26
10、，Al 原子序数是13，26 为 13 的 2 倍，金属性AlFe，A 错误；B.Fe是 26 号元素，在元素周期表中位于第四周期VIII 族，B正确；C.丙是 Fe3O4，只能与酸反应产生盐和水，不能与碱发生反应，因此不是两性氧化物，C错误；D.Fe是变价金属，与硝酸反应时，二者的相对物质的量的多少不同，反应失去电子数目不同，可能产生Fe2+，也可能产生Fe3+，而 Al 是+3价的金属，因此等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量不一定相等，D 错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断及其性质的知识，涉及Fe、Al 的单质及化合物的性质，突破口是丙是氧化物，是
11、具有磁性的黑色晶体，结合Fe与水蒸气的反应及铝热反应，就可顺利解答。7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(
12、OH-)=5.1g17g/mol=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
13、据金属原子守恒、硝酸根离子守恒得起酸作用n(HNO3)=2nM(NO3)2=2n(M)=0.15mol2=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。8下列有关叙述不正确的是A能源是人类生活和社会发展的基础，地球上最基本的能源是太阳能B钛合金主要用于制作飞机发动机部件，工业上可用钠与四氯化钛溶液反应制取C借助扫描道显微镜，应用STM 技术可以实现对原子或分子的操纵D燃料的脱硫脱氮、S
14、O2的回收利用和NOx的催化转化都可以减少酸雨的产生【答案】B【解析】【详解】A.地球上的能源主要来源于太阳能，通过植物的光合作用被循环利用，故A 正确；B.钛合金工业上可用钠与四氯化钛固体反应制取，钠可以和盐溶液中的水反应，不能置换出单质钛，故 B错误；C.科学仪器的使用利于我们认识物质的微观世界，现在人们借助扫描隧道显微镜，应用 STM 技术可以“看”到越来越细微的结构，并实现对原子或分子的操纵，故C正确；D.SO2和 NOx的排放可导致酸雨发生，则燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施，故D 正确；答案选 B。9下列反应可用离子方程式“H+OHH2O”表
15、示的是（）A H2SO4溶液与 Ba（OH）2溶液混合BNH4Cl溶液与 KOH溶液混合CNH4HSO4溶液与少量NaOH D NaHCO3溶液与 NaOH 溶液混合【答案】C【解析】【详解】A.H2SO4溶液与 Ba(OH)2溶液混合，生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，故 A 错误；B.NH4Cl溶液与 KOH溶液混合，生成弱电解质一水合氨，离子方程式为NH4OH=NH3 H2O，故 B 错误；C.NH4HSO4溶液与少量NaOH 反应，只有氢离子与氢氧根反应，离子方程式为H+OH=H2O，故 C 正确；D.NaHCO3溶液与 NaOH
16、 溶液混合，离子方程式为：OH-+HCO3-CO32+H2O，故 D 错误；故答案为C。10 某学习小组在室温下用0.01 mol/L NaOH 溶液滴定 20.00mL 0.01 mol/L 的 H2A 溶液，滴定曲线如图。（H2A的电离分两步，H2A=H+HA-，HA-H+A2-)下列说法错误的是A室温时，E点对应的溶液中0.01 mol/Lc(H+)0.02 mol/L BF点对应溶质是NaHA，溶液显酸性CG 点溶液显中性的原因是溶质为Na2A D H 点溶液中，c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA)【答案】C【解析】【分析】由题给信息可知，H2A 分步电离，第一步完全电离，第二步
17、部分电离，F点 20.00mL 0.01 mol/L NaOH 溶液与 20.00mL 0.01 mol/L 的 H2A溶液恰好反应生成NaHA，G 点溶液显中性，溶质为NaHA 和 Na2A，H 点40.00mL 0.01 mol/L NaOH 溶液与 20.00mL 0.01 mol/L 的 H2A 溶液恰好反应生成Na2A。【详解】A 项、由题给信息可知，H2A 分步电离，第一步完全电离，第二步部分电离，则0.01 mol/L 的 H2A 溶液中0.01 mol/Lc(H+)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)【答案】D【解析】【详解】A醋酸为弱电解质，滴加 KOH，变为 CH3C
18、OOK 是强电解质，故导电率增加，即曲线代表滴定醋酸的曲线，故 A错误。B.相同温度下，P点溶质为KCl，不影响水的电离，M点为 CH3COOK，其水解促进水的电离，故M点大于 P点，故 B错误。C 对于 M点，根据电荷守恒可知，c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05mol L-1，故 C错误。DN点的溶液中含有等物质的量的醋酸钾和氢氧化钾，溶液显碱性，CH3COO-只有很小的一部分发生水解，所以c(K+)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+),故 D正确。答案：D。14工业酸性废水中的227Cr O可转化为3Cr除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如下表所示
19、(实验开始时溶液体积为27250mL,Cr O的起始浓度、电压、电解时间均相同)，下列说法中，不正确的是()实验电解条件阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨，滴加1mL浓硫酸阴极为石墨，阳极为铁，滴加1mL浓硫酸227Cr O的去除率%0.922 12.7 57.3 A对比实验可知，降低pH 可以提高227Cr O的去除率B实验中，227Cr O在阴极放电的电极反应式是23272Cr O6e14H2Cr7H OC实验中，227Cr O去除率提高的原因是阳极产物还原227Cr OD实验中，理论上电路中每通过3mol电子，则有0.5mol227Cr O被还原【答案】D【解析】【分析】A.对比实验，这两
20、个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH 越小，Cr2O72-的去除率越大；B.实验中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应；C.实验中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上生成的亚铁离子也能还原Cr2O72-；D.实验中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上生成的亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3 mol电子，则有0.5 molCr2O72-在阴极上被还原，且溶液中还有Cr2O72-被还原。【详解】A.对比实验，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH 越小，Cr2O72-的去除率越大，所以降低pH 可以提高Cr2O72-
21、的去除率，A 正确；B.实验中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3+7H2O，故 B正确；C.实验中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上Fe 失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O72-，C正确；D.实验中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上Fe 失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3mol 电子，根据电极反应式Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3+7H2O，则有 0.5 molCr2O72-在阴极上被还原，同时阳极生成1.5molFe2+，根据得失电子守恒，溶液中还有0.25mol
22、 Cr2O72-被 Fe2+还原，所以共有0.75mol Cr2O72-被还原，D 错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查电解原理的应用的知识，明确离子放电顺序及电解原理是解本题关键，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，易错选项是D。15用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是A甲用于制取氯气B乙可制备氢氧化铁胶体C丙可分离I2和 KCl固体D丁可比较Cl、C、Si 的非金属性【答案】C【解析】【分析】【详解】A.MnO2与浓盐酸反应制备氯气需要加热，缺少加热装置，A 不能达到实验目的；B.向 NaOH 溶液中滴加饱和FeCl3溶液得到红褐色的Fe(OH)
23、3沉淀，不能获得氢氧化铁胶体，制备氢氧化铁胶体应向沸水中逐滴加入56 滴 FeCl3饱和溶液，继续加热至液体呈红褐色即可，B不能达到实验目的；C.I2易升华，加热I2和 KCl固体的混合物，I2变为碘蒸气，碘蒸气在圆底烧瓶底冷凝成I2固体，烧杯中留下KCl，C能达到实验目的；D.锥形瓶中产生气泡，说明锥形瓶中发生反应2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2，得出酸性HClH2CO3，但HCl 不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较C、Cl非金属性强弱，由于盐酸具有挥发性，从锥形瓶导出的CO2中一定混有HCl，HCl 能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故烧杯中产生白色沉淀，不能说明CO2一定与硅
24、酸钠溶液发生了反应，不能比较H2CO3、H2SiO3酸性的强弱，不能比较C、Si非金属性的强弱，D 不能达到实验目的；答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16向硝酸酸化的2 mL 0.1 molL1 AgNO3溶液（pH2）中加入过量铁粉，振荡后静置，溶液先呈浅绿色，后逐渐呈棕黄色，试管底部仍存在黑色固体，过程中无气体生成。实验小组同学针对该实验现象进行了如下探究。.探究 Fe2产生的原因。（1）提出猜想：Fe2可能是 Fe与 _或_反应的产物。（均填化学式）（2）实验探究：在两支试管中分别加入与上述实验等量的铁粉，再加入不同的液体试剂，5 min 后取上层清液，分别加入相
25、同体积和浓度的铁氰化钾溶液。液体试剂加入铁氰化钾溶液1 号试管2 mL 0.1 molL1AgNO3溶液无蓝色沉淀2 号试管硝酸酸化的2 mL 0.1 mol L1_溶液(pH2)蓝色沉淀2 号试管中所用的试剂为_。资料显示：该温度下，0.1 mol L1 AgNO3溶液可以将Fe氧化为 Fe2。但 1 号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为_。小组同学继续进行实验，证明了由2 号试管得出的结论正确。实验如下：取100 mL 0.1 mol L1硝酸酸化的 AgNO3溶液（pH2），加入铁粉并搅拌，分别插入pH 传感器和NO 传感器（传感器可检测离子浓度），得到图甲、图乙，其中pH 传感器测得的
26、图示为_（填“图甲”或“图乙”）。实验测得2 号试管中有NH4+生成，则2 号试管中发生反应的离子方程式为_。.探究 Fe3产生的原因。查阅资料可知，反应中溶液逐渐变棕黄色是因为Fe2被 Ag氧化了。小组同学设计了不同的实验方案对此进行验证。（3）方案一：取出少量黑色固体，洗涤后，_（填操作和现象），证明黑色固体中有Ag。（4）方案二：按下图连接装置，一段时间后取出左侧烧杯中的溶液，加入KSCN溶液，溶液变红。该实验现象 _（填“能”或“不能”）证明 Fe2可被 Ag氧化，理由为_。【答案】HNO3AgNO3NaNO3该反应速率很小（或该反应的活化能较大）图乙4Fe10HNO3-=4Fe2NH
27、4+3H2O 加入足量稀硝酸并加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀（或加入足量稀盐酸，有黑色固体剩余）（答案合理均可）不能Fe2可能被 HNO3氧化或被氧气氧化（答案合理均可）【解析】【详解】.（1）向硝酸酸化的AgNO3溶液（pH2）中加入过量的铁粉，过量的铁粉可与硝酸反应生成亚铁离子，也可与 AgNO3溶液反应生成Fe2，Fe2AgNO3=Fe(NO3)22Ag，因此溶液中的Fe2可能是 Fe 与 HNO3或AgNO3反应的产物，故答案为：HNO3；AgNO3；（2）探究Fe2的产生原因时，2 号试管作为1 号试管的对比实验，要排除Ag的影响，可选用等浓度、等体积且p
28、H 相同的不含Ag的 NaNO3溶液进行对比实验，故答案为：NaNO3；AgNO3可将 Fe氧化为 Fe2，但 1 号试管中未观察到蓝色沉淀，说明AgNO3溶液和 Fe反应的速率较慢，生成的 Fe2浓度较小，故答案为：该反应速率很小（或该反应的活化能较大）；由 2 号试管得出的结论正确，说明Fe2是 Fe与 HNO3反应的产物，随着反应的进行，HNO3溶液的浓度逐渐减小，溶液的pH 逐渐增大，则图乙为pH 传感器测得的图示，故答案为：图乙；实验测得2 号试管中有NH 生成，说明 Fe与 HNO3反应时，Fe将 HNO3还原为 NH，根据氧化还原反应的原理可写出反应的离子方程式为4Fe10H N
29、O3-=4Fe2NH4+3H2O，故答案为：4Fe10HNO3-=4Fe2NH4+3H2O；.（3）Ag氧化 Fe2时发生反应Ag Fe2=Ag Fe3，而黑色固体中一定含有过量的铁，所以可加入足量 HCl 或 H2SO4溶液溶解Fe，若有黑色固体剩余，则证明黑色固体中有Ag；或向黑色固体中加入足量稀硝酸加热溶解后再加入稀盐酸，若产生白色沉淀，则证明黑色固体中有Ag，故答案为：加入足量稀硝酸并加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀（或加入足量稀盐酸，有黑色固体剩余）（答案合理均可）（4）取左侧烧杯中的溶液，加入KSCN溶液后，溶液变红，只能证明有Fe3生成，不能证明Fe2可
30、被 Ag氧化，因为Fe（NO3）2溶液呈酸性，酸性条件下NO 可将 Fe2氧化为 Fe3，且 Fe（NO3）2溶液直接与空气接触，Fe2也可被空气中的氧气氧化为Fe3；故答案为：不能；Fe2可能被 HNO3氧化或被氧气氧化（答案合理均可）。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17在医药工业中，有机物G 是一种合成药物的中间体，其合成路线如图所示：已知：R1ONa+R2XR1OR2+NaX(R1与 R2代表苯环或烃基、X 代表卤素原子）RCOOH+SOCl2(液体)RCOCl+HCl+SO2回答下列问题：（1）A 与 C 在水中溶解度更大的是_，G 中官能团的名称是_。（2）EF 的有机
31、反应类型是_，F 的分子式为 _。（3）由 AB 反应的化学方程式为_。（4）物质 D 的结构简式为_。（5）BC 反应中加入NaOH 的作用是 _。（6）写出一种符合下列条件的G 的同分异构体_。与 G 的苯环数相同；核磁共振氢谱有5 个峰；能发生银镜反应【答案】C 羰基（或酮基）、醚键取代反应C8H7OCl 或 C8H7ClO 催化剂、促进水解【解析】【分析】与氯气反应生成，在氢氧化钠溶液作用下反应生成，根据信息与 CH2I2反应生成，根据信息E和 SOCl2反应生成F，与 F反应生成G。【详解】A 是苯酚在水中溶解度不大，C为盐，在水解溶解度大，因此A 与 C在水中溶解度更大的是C，根据
32、 G的结构得到G 中官能团的名称是羰基、醚键；故答案为：C；羰基(或酮基)、醚键。EF 是 OH 变为 Cl，Cl取代羟基，因此有机反应类型是取代反应，根据F的结构简式得到F的分子式为 C8H7OCl 或 C8H7ClO；故答案为：取代反应；C8H7OCl 或 C8H7ClO。由 AB 反应是氯原子取代羟基的邻位上的氢，其化学方程式为；故答案为：。根据 D 和 F生成 G 的反应得到物质D 的结构简式为；故答案为：。根据 B 的结构()，加入 NaOH 溶液得到C()，反应中加入NaOH 的作用是催化剂、促进水解；故答案为：催化剂、促进水解。与 G 的苯环数相同；核磁共振氢谱有5 个峰，说明对
33、称性较强；能发生银镜反应说明有醛基或则甲酸酯，则符合条件的G 的同分异构体；故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18铂、钴、镍及其化合物在工业和医药等领域有重要应用。回答下列问题:(1)筑波材料科学国家实验室科研小组发现了在5K 下呈现超导性的晶体CoO2，该晶体具有层状结构。晶体中原子Co与 O 的配位数之比为_。基态钴原子的价电子排布图为_。(2)配合物 Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂。固态Ni(CO)4属于 _晶体；写出两种与CO具有相同空间构型和键合形式的分子或离子：_。(3)某镍配合物结构如图所示:分子内含有的化学键有_(填序号).A 氢
34、键B 离子键C 共价键D 金属键E 配位键 配合物中C、N、O 三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序是N OC，试从原子结构解释为什么同周期元素原子的第一电离能NO_。(4)某研究小组将平面型的铂配合物分子进行层状堆砌，使每个分子中的铂原子在某一方向上排列成行，构成能导电的“分子金属 ，其结构如图所示。分子金属 可以导电，是因为_能沿着其中的金属原子链流动。分子金属 中，铂原子是否以sp3的方式杂化?_(填“是或“否)，其理由是 _。(5)金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，其立方晶胞沿x、y 或 z 轴的投影图如图所示，若金属铂的密度为 d g cm-3，则晶胞参数a=_nm(列计算式)。
35、【答案】2:1 分子N2、CNCE N 原子 2p3能级电子为半满状态，较稳定，不易失去电子，而O 原子 2p4，失去 2p 能级上一个电子可以达到稳定的半满状态电子否若铂原子轨道为sp3的方式杂化，则分子应该为四面体形，而非平面型73A195 410dN【解析】【分析】(1)根据晶体中原子配位数之比等于电荷数之比；钴原子为27 号元素，其价电子3d74s2。(2)配合物 Ni(CO)4常温下为液态，熔沸点低，根据等电子理论C=N=O+，因此可得与CO具有相同空间构型和键合形式的分子或离子。(3)A.氢键不是化学键；B.该配合物中没有阴阳离子，因此无离子键；C.该配合物中含有C C、CH、C=
36、N等共价键；D.该配合物不是金属晶体，不含有金属键；E.该配合物含有NNi 配位键；第一电离能 NO 是因为 N 原子 2p3能级电子为半满状态，O 原子 2p4，失去 2p 能级上一个电子可以达到稳定的半满状态。(4)根据题意每个分子中的铂原子在某一方向上排列成行，构成能导电的“分子金属”，则铂金属的价电子可在金属铂间传递而导电；根据信息，平面型的铂配合物分子进行层状堆砌，如果是 sp3的方式杂化，则就应该为四面体形。(5)金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，为最密堆积，其立方晶胞沿x、y 或 z 轴的投影图如图所示，则晶体为面心立方最密堆积，先求一个晶胞中含有的铂原子个数再根据密度计算晶胞
37、参数。【详解】(1)根据晶体中原子配位数之比等于电荷数之比，因此Co与 O 的配位数之比为2:1；故答案为：2:1。钴原子为27 号元素，其价电子3d74s2，因此基态钴原子的价电子排布图为；故答案为：。(2)配合物 Ni(CO)4常温下为液态，熔沸点低，易溶于 CCl4、苯等有机溶剂，因此固态Ni(CO)4属于分子晶体，根据等电子理论C=N=O+，因此与 CO具有相同空间构型和键合形式的分子或离子N2、CN；故答案为：分子；N2、CN。(3)A.氢键不是化学键，故A 不符合题意；B.该配合物中没有阴阳离子，因此无离子键，故B不符合题意；C.该配合物中含有CC、CH、C=N等共价键，故C符合题
38、意；D.该配合物不是金属晶体，不含有金属键，故D 不符合题意；E.该配合物含有NNi 配位键，故E符合题意；综上所述，答案为CE。配合物中C、N、O 三种元素原子的第一电离能NO，因为 N 原子 2p3能级电子为半满状态，较稳定，不易失去电子，而O 原子 2p4，失去 2p 能级上一个电子可以达到稳定的半满状态；故答案为：N 原子 2p3能级电子为半满状态，较稳定，不易失去电子，而O 原子 2p4，失去 2p 能级上一个电子可以达到稳定的半满状态。(4)根据题意每个分子中的铂原子在某一方向上排列成行，构成能导电的“分子金属”，则铂金属的价电子可在金属铂间传递而导电，因此分子金属 可以导电是因为
39、电子能沿着其中的金属原子链流动；故答案为：电子。分子金属 中，平面型的铂配合物分子进行层状堆砌，因此铂原子不可能以sp3的方式杂化，如果是 sp3的方式杂化，则就应该为四面体形；故答案为：否；若铂原子轨道为sp3的方式杂化，则分子应该为四面体形，而非平面型。(5)金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，为最密堆积，其立方晶胞沿x、y 或 z 轴的投影图如图所示，则晶体为面心立方最密堆积，一个晶胞中含有的铂原子个数为：118+6=482，金属铂晶体的棱长为a，金属铂的密度为d g cm-3，则113A73195g mol4molm=dg cmV(a 10)N，因此晶胞参数73A195 4a=10 n
40、mdN；故答案为：73A195 410dN。19钠离子电池由于成本低、资源丰富，成为取代锂离子电池在大规模储能领域应用的理想选择。作为钠离子电池的正极材料之一，束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线电极材料成为关注焦点之一。其制备工艺流程如图：（资料）石煤的主要成分为V2O3，含有 Al2O3、CaO、Fe2O3等杂质。+5 价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH 的关系如下表。（1）K3V2(PO4)3中 V 的化合价为 _。（2）焙烧时，向石煤中加生石灰，将V2O3转化为 Ca(VO3)2。为了提高焙烧过程中氧化效率，下述工艺步骤方法合理的是_。a.在回转窑进行富氧焙烧，助燃风气量为煤气量的0
41、.52 倍b.焙烧过程中，在焙烧物料中加入辅助剂，增加物料疏松度和透气性c.窑体进行分段控温d.调控料层厚度为窑体的2/3 高度焙烧过程中主要反应的化学方程式为_。（3）实验时将NH4VO3、KOH和 H3PO4按物质的量分别为5mmol、7.5mmol、7.5mmol 依次溶解于20mL去离子水中，溶液颜色依次为白色浑浊、无色澄清透明和棕红色透明溶液。随后再加入H2C2O4 2H2O，搅拌至溶液变为黄绿色，草酸的量对K3V2(PO4)3形貌的影响如下：实验条件下束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线样品制备的最佳条件为_。亚硫酸钠是常用的还原剂，但实验中不能用亚硫酸钠代替草酸晶体，原因是_。（
42、4）加入的草酸晶体是过量的，其中只有13的草酸为还原剂，将VO3-还原成 VO2+，23的草酸以C2O42-的形式存在，此过程中反应的离子方程式为_。（5）“氩气中煅烧”时，氩气的作用是_。（6）某工厂利用上述工艺流程，用10t 石煤生产束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线 0.8064t，若整个过程中钒的总回收率为80%，则石煤中钒元素的质量分数为_。【答案】+3 a、b、c 23232CaO+O+V O=Ca VO草酸质量为6.0g 草酸在合成束状碳包覆 K2V2(PO4)3纳米线的过程中不仅做还原剂还影响其形貌+-22-3224224222H+2VO+3H C O2H O=2VO2C O
43、+2CO+10H Og防止 K2V2(PO4)3被氧化2.04%【解析】【分析】石煤的主要成分为V2O3，含有 Al2O3、CaO、Fe2O3等杂质，在空气中焙烧，生成Ca(VO3)2，固体进行酸浸，生成 Fe3+、Al3+、Ca2+、+2VO等，加入萃取剂将含+2VO的物质萃取，然后进行反萃取操作将含+2VO的物质提纯，向所得溶液中加入沉淀剂生成NH4VO3，NH4VO3与 KOH、H3PO4反应后得到棕红色透明含-3VO溶液，然后向溶液中加入过量草酸晶体发生氧化还原反应，将-3VO还原成 VO2+，然后进行干燥，将固体在氩气中煅烧制备束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线，以此解答。【详解】
44、（1）K3V2(PO4)3中 K元素化合价为+1 价，3-4PO带 3 个单位负电荷，根据化合物化合价为0 可知，V 呈+3价；（2）a焙烧过程中V 元素被氧化，在富氧环境中焙烧有利于提高氧化效率，故a 符合题意；b增加物料疏松度和透气性可提高固体反应的效率以及反应速率，可提高氧化效率，故b 符合题意；c分段控温可防止过热导致固体结块，可提高氧化效率，故c 符合题意；d若料层厚度过高，不利于反应的充分进行，因此需降低料层的厚度，故d 不符合题意；故答案为：a、b、c；焙烧过程中V2O3转化为 Ca(VO3)2，V 元素化合价升高，因此空气中O2参加反应，其反应方程式为：23232CaO+O+V
45、 O=Ca VO；（3）由表格可知，若要制备出均一的束状K3V2(PO4)3纳米线，则草酸的量为6.0g；草酸在合成过程中作还原剂，由表格可知，草酸晶体的使用量不同，纳米线的形貌也会发生该变，因此选用草酸晶体而不用亚硫酸钠的原因为：草酸在合成束状碳包覆K2V2(PO4)3纳米线的过程中不仅做还原剂还影响其形貌；（4）草酸只有13的草酸为还原剂，草酸被氧化为CO2，并将-3VO还原成 VO2+，23的草酸以2-24C O的形式存在，根据氧化还原转移电子守恒、电荷守恒以及原子守恒可知该离子反应方程式为：+-22-3224224222H+2VO+3H C O2H O=2VO2C O+2CO+10H Og；（5）K3V2(PO4)3中 V 呈+3 价，容易被空气中氧气氧化，因此用氩气作保护气，防止K3V2(PO4)3被氧化；（6）设石煤中钒元素的质量分数为，根据整个过程中V 元素质量守恒可得：32433243K VP 80%=OK VPO2VmmMM石煤，1080%51t=20.8064504，解得=0.0204，则石煤中钒元素的质量分数为2.04%。