《2019-2020学年北京外国语大学附属中学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学年北京外国语大学附属中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（17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学年北京外国语大学附属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铜锡合金，又称青铜，含锡量为1417（质量比）的青铜被称作钟青铜，有一铜锡合金样品，可通过至少增加a g锡或至少减少b g 铜恰好使其成为钟青铜，增加 ag 锡后的质量是减少bg 铜后质量的2 倍则原铜锡合金样品中铜锡的质量之比为（）A 7：17 B3：2 C12：1 D7：1【答案】C【解析】【分析】【详解】设原青铜中铜的质量为x，锡的质量为y，根据题意有(x+y+a)=2(x+y-b)，y+a1=x+y+a7，y1=x+y-b7，联立三个关
2、系式可以解出x=12a，y=7a，因此铜锡之比为12:1，答案选C。2用“银-Ferrozine”法测室内甲醛含量的原理为：已知：吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比。下列说法正确的是A反应中参与反应的HCHO 为 30g 时转移电子2mol B可用双氧水检验反应后的溶液中是否存在Fe3+C生成 44.8 LCO2时反应中参加反应的Ag一定为 8mol D理论上测得溶液吸光度越高，HCHO 含量也越高【答案】D【解析】【分析】【详解】A.30g HCHO的物质的量为1mol，被氧化时生成二氧化碳，碳元素化合价从0 价升高到+4 价，所以转移电子 4mol，故 A 错误；B.过氧化氢能将Fe2+氧
3、化为 Fe3+，与 Fe3+不反应，所以不能用双氧水检验反应后的溶液中是否存在Fe3+，故 B 错误；C.没有注明温度和压强，所以无法计算气体的物质的量，也无法计算参加反应的Ag 的物质的量，故C错误；D.吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比，吸光度越高，则说明反应生成的Fe2+越多，进一步说明反应生成的Ag 越多，所以HCHO含量也越高，故D 正确。故选 D。3短周期元素的离子W3+、X+、Y2、Z都具有相同的电子层结构，以下关系正确的是（）A单质的熔点：XW B离子的还原性：Y2ZC氢化物的稳定性：H2YHZ D离子半径：Y2W3+【答案】B【解析】【分析】短周期元素形成的离子W3+、X+、
4、Y2-、Z-具有相同电子层结构，核外电子数相等，结合离子电荷可知，Y、Z为非金属，应处于第二周期，Y为 O 元素，Z为 F元素，W、X 为金属应处于第三周期，W 为 Al 元素，X为 Na 元素，结合元素周期律解答。【详解】A.金属晶体，原子半径越小，金属键越强，单质的熔点越高，所以单质的熔点Al Na，故 A 错误；B.元素的非金属性越强，离子的还原性越弱，所以离子的还原性O2 F，故 B正确；C.元素的非金属性越强，氢化物越稳定，所以氢化物的稳定性HF H2O，故 C 错误；D.核外电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，所以离子半径O2 Al3+，故 D 错误；故答案为B。4a、
5、b、c、d为短周期元素，原子序数依次增大。a 原子最外层电子数等于电子层数的3 倍，a 和 b 能组成两种常见的离子化合物，其中一种含两种化学键，d 的最高价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强酸。向d 的氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液，开始没有沉淀；随着bca2溶液的不断滴加，逐渐产生白色沉淀。下列推断正确的是A简单原子半径：bca B最高价氧化物对应水化物的碱性：bAlO，A 正确；B.最高价氧化物对应水化物的碱性，氢氧化钠强于氢氧化铝，B 不正确；C.工业上电解熔融三氧化二铝来冶炼铝，氯化铝是共价化合物，其在熔融状态下不导电，C不正确；D.向过氧化钠中加入足量的氯化铝溶液可以产生氢
6、氧化铝沉淀，D 不正确。本题选A。5在给定条件下，下列选项所示的物质转化均能实现的是A SSO2CaSO4BSiSiO2SiCl4CFeFe2O3Fe(OH)3D NaNaOH(aq)NaHCO3(aq)【答案】D【解析】A.二氧化硫与氧化钙反应生成CaSO3，A错误；B.二氧化硅是酸性氧化物与盐酸不反应，所以二氧化硅无法与盐酸反应转化为四氯化硅，B 错误；C.Fe 与 H2O蒸汽在高温下反应生成Fe3O4，Fe2O3与 H2O不反应，不能生成Fe(OH)3，C错误；D.Na与 H2O反应生成NaOH和 H2，NaOH和足量 CO2反应生成NaHCO3，D正确；答案选D.点睛：Fe 与 H2O
7、蒸汽在高温下反应生成的产物是Fe3O4，而不是Fe2O3。6研究表明，地球上的碳循环，光合作用是必不可少的（如下图所示）。下列叙述正确的是A石油与煤是可再生能源BCO2是煤、石油形成淀粉、纤维素等的催化剂C光合作用将太阳能转化为化学能D图中所出现的物质中淀粉与纤维素为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A.石油与煤是化石燃料，属于不可再生资源，A 项错误；B.煤、石油燃烧会生成二氧化碳，生成的二氧化碳参与光合作用形成淀粉与纤维素等，因此二氧化碳不是催化剂，而是该过程的中间产物，B项错误；C.光合作用是绿色植物在叶绿体内吸收太阳光把二氧化碳和水合成葡萄糖，同时放出氧气，将太阳能转化为化学能，C项
8、正确；D.图中所出现的物质中淀粉与纤维素分子式中的n 值不同，因此不属于同分异构体，D 项错误；答案选 C。【点睛】淀粉与纤维素的分子通式虽均为(C6H10O5)n，但 n 值不同，所以不属于同分异构体，一定要格外注意。7氮化碳(C3N4)的硬度大于金刚石，则氮化碳中A只有共价键B可能存在离子C可能存在NND存在极性分子【答案】A【解析】【详解】A.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，则C3N4晶体是原子晶体，其中只有共价键，故A 正确；B.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，则C3N4晶体是原子晶体，其中只有共价键，没有离子，故B 错误；C.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单
9、键结合，则为原子晶体，每个C 原子周围有4 个 N原子，每个N 原子周围有3 个 C原子，形成空间网状结构，C-N键为共价键，没有NN，故 C错误；D.C3N4晶体中每个C原子周围有4 个 N 原子，形成正四面体空间网状结构，没有极性，故D 错误；正确答案是A。【点睛】本题考查原子晶体的性质及作用力，明确信息是解答本题的关键，熟悉原子晶体的构成微粒、作用力、空间结构即可解答，题目难度不大，注重知识的迁移能力来分析解答。8NaCl 是我们生活中必不可少的物质。将NaCl 溶于水配成1molL1的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是A b 的离子为ClB溶液中含有NA个 Na+C水合 b 离子
10、的图示不科学D 40时该溶液的pH 小于 7，是由于Na+水解所致【答案】C【解析】【分析】【详解】NaCl 在溶液中电离出Na+和 Cl-，Na+含有 2 个电子层，Cl-离子含有3 个电子层，则离子半径Cl-Na+，根据图示可知，a为 Cl-、b 为 Na+，A.离子半径Cl-Na+，则 a 离子为 Cl-，b 离子为 Na+，故 A 错误；B.没有告诉该NaCl 溶液的体积，无法计算该溶液中含有Na+的数目，故B 错误；C.b 为 Na+，带正电荷，会使水分子中带有负电的氧原子受到吸引，故图示b 离子不科学，故C正确；D.Cl-、Na+都不水解，NaCl溶液呈中性，故D 错误；故选 C。
11、【点睛】B 项是学生们的易错点，往往忽视了题中并没有给出溶液的体积，直接认为溶液体积是1L，进行计算，这种错误只要多加留意，认真审题即可避免。9同温同压同体积的H2和 CO A密度不同B质量相同C分子大小相同D分子间距不同【答案】A【解析】【详解】A.根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下相同体积的气体相对分子质量越大，密度越大，氢气的密度小于一氧化碳的密度，故A 正确；B.根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下相同体积的气体具有相同的物质的量，相同物质的量的氢气和一氧化碳质量不相同，故B错误；C.H2和 CO的分子大小不同，故C错误；D.根据阿伏伽德罗定律，同温同压下气体分子间的间距相同，故D 错误；正
12、确答案是A。10Cl2可用于废水处理。向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体。下列说法正确的是A两种无毒的气体均为还原产物B反应后溶液的pH 会升高C氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2 D每转移2NA个电子时，一定会生成13.44 L的气体【答案】C【解析】【分析】向 KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体，气体是氮气和二氧化碳，方程式为2KCN+8KOH+5Cl22CO2+N2+10KCl+4H2O，由此分析解答。【详解】A碳元素化合价从+2 价升高到+4 价，二氧化碳是氧化产物。N 元素化合价由3 价升高为0 价，氮气
13、是氧化产物，选项A 错误；B氢氧化钾生成氯化钾，碱性变成中性，所以溶液的pH 会降低，选项B 错误；C由反应2KCN+8KOH+5Cl2 2CO2+N2+10KCl+4H2O 可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，选项 C正确；D状况不知，所以无法求气体的体积，选项D 错误；答案选 C。11关于 Na2O 和 Na2O2的叙述正确的是A等物质的量时所含阴离子数目相同B颜色相同C所含化学键类型相同D化合物种类不同【答案】A【解析】【详解】A Na2O 阴离子是O2-离子，Na2O2阴离子是O22-离子，等物质的量时所含阴离子数目相同，故A 正确；BNa2O 固体为白色，Na2O2固体为淡黄色
14、，故B错误；CNa2O 中含有离子键，Na2O2中含有离子键和共价键，故C 错误；D Na2O 和 Na2O2都属于金属氧化物，故D 错误；故答案选A。12用化学方法不能实现的是（）A生成一种新分子B生成一种新离子C生成一种新同位素D生成一种新单质【答案】C【解析】【分析】化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量变化的过程。【详解】根据化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量变化的过程，原子并没有发生变化，可知通过化学方法可以生产一种新分子，也可以生成一种新离子，还可生成一种新单质；具有一定数目的质子和一定数目
15、的中子的原子称为核素，即核素的种类决定于原子核，而化学反应只是核外电子数目的变化，所以生成一种新同位素通过化学反应是不能实现的，故C 符合；答案选 C。13室温下，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH 溶液以恒定速度来滴定该浓氯水，根据测定结果绘制出ClO、ClO3等离子的物质的量浓度c 与时间 t 的关系曲线如下。下列说法正确的是A NaOH 溶液和浓氯水可以使用同种滴定管盛装B 点溶液中存在如下关系：c(Na+)+c(H+)=c(ClO)+c(ClO3)+c(OH)C点溶液中各离子浓度：c(Na+)c(Cl)c(ClO3)=c(ClO)c(OH)c(H+)D t2t4，Cl
16、O的物质的量下降的原因可能是ClO自身歧化：2 ClO=Cl+ClO3【答案】C【解析】【详解】A.NaOH 溶液属于强碱溶液，浓氯水显酸性且具有强氧化性，所以NaOH 溶液不能用酸式滴定管，浓氯水不能用碱式滴定管，两者不能使用同种滴定管盛装，故A 错误；B.a 点溶液中含有NaClO3、NaClO 和 NaCl，根据电荷守恒，有：(Na+)+c(H+)=c(ClO3-)+c(ClO-)+c(Cl-)+c(OH-)，故 B 错误；C.由图象可知，b 点溶液中c(ClO3-)=c(ClO-)，根据氧化还原反应得失电子守恒，写出发生反应的化学方程式为：8NaOH+4Cl2=6NaCl+NaClO3
17、+NaClO+4H2O，由此可知，溶液中n(NaCl):n(NaClO3):n(NaClO)=6:1:1，溶液中各离子浓度：(Na+)c(Cl-)c(ClO3-)=c(ClO-)c(OH-)c(H+)，故 C 正确；D.ClO-发生歧化反应，离子方程式为：3ClO-=2Cl-+ClO3-，故 D 错误。故选 C。14根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验现象结论A 甲烷与氯气在光照下反应，将反应后的气体通入紫色石蕊试液中紫色石蕊试液变红反应后的气体是HCI B 向正已烷中加入催化剂，高温使其热裂解，将产生的气体通入溴水中溴水褪色裂解产生的气体是乙烯C 向 FeCI3溶液中滴入几滴30
18、%的 H2O2溶液有气体产生，一段时间后，FeCl3溶液颜色加深Fe3+能催化 H2O2分解，该分解反应为放热反应D 向某溶液中滴加氢氧化钠稀溶液后，将红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝该溶液无NH4+A ABBCCDD【答案】C【解析】甲烷与氯气在光照下反应，将反应后的混合气体通入紫色石蕊试液中紫色石蕊试液变红且不褪色，混合气体中含有HC1,故 A错误；向正已烷中加入催化剂，然后高温热裂解，将产生的气体通入溴水中溴水褪色裂解产生的气体中含有烯烃，但不一定是乙烯，故B错误；向FeCI3溶液中滴入几滴30%的 H2O2有氧气产生，一段时间后溶液颜色加深，Fe3+能催化 H2O2分解且该分解反应为放
19、热反应，故C正确；铵盐与碱反应，加热才能放出氨气，向某溶液中滴加氢氧化钠稀溶液后，将红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，不一定无NH4+，故 D错误。点睛：甲烷与氯气在光照下反应，反应后的混合气体中含有氯化氢、氯代烃，可能含有剩余的氯气，将反应后的气体通入紫色石蕊试液中，紫色石蕊试液变红且不褪色，一定含有氯化氢，紫色石蕊试液变红后褪色，不一定有氯化氢。15在ZnZSM 5的催化作用下，甲烷与二氧化碳可以直接合成乙酸，其反应方程式为423CH(g)+CO(g)CHCOOH(g)，该反应过程与能量的变化关系如图所示。下列说法错误的是（）A2CO的电子式:.：O:C:O:B乙酸的球棍模型C该反应为吸
20、热反应D该反应为化合反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A二氧化碳属于共价化合物，碳原子和与两个氧原子之间各有两对共用电子对，电子式表示正确，故A正确；B乙酸的分子式为CH3COOH，黑色实心球表示碳原子，灰色中等大小的球表示氧原子，灰色小球表示氢原子，故B正确；C根据能量变化关系图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应属于放热反应，故C错误；D反应中由两种物质生成一种物质，属于化合反应，故D 正确。综上所述，答案为C。【点睛】反应物总能量大于生成物总能量或反应物的总键能小于生成物的总键能，反应为放热反应；反应物总能量小于生成物总能量或反应物的总键能大于生成物的总键能，反应为吸热反应。二
21、、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16将图中所列仪器组装为一套实验室蒸馏工业酒精的装置，并进行蒸馏。(三)(一)(五)(二)(六)(四)（1）图中、三种仪器的名称是_、_、_。（2）将以上仪器按(一)(六)顺序，用字母a，b，c 表示连接顺序。e 接（_），（_）接（_），（_）接（_），（_）接（_）。（3）仪器中c 口是 _，d 口是 _。(填“进水口”或“出水口”)（4）蒸馏时，温度计水银球应放在_位置。（5）在中注入工业酒精后，加几片碎瓷片的目的是_。（6）给加热，收集到沸点最低的馏分是_。收集到78左右的馏分是_。【答案】冷凝管蒸馏烧瓶锥形瓶i h a b f g w 进水口
22、出水口h(或蒸馏烧瓶支管口处)防止暴沸甲醇乙醇【解析】【分析】(1)根据常见仪器的结构分析判断；(2)按组装仪器顺序从左到右，从下到上，结合蒸馏装置中用到的仪器排序；(3)冷凝水应该下进上出；(4)温度计测量的是蒸汽的温度；(5)加碎瓷片可以防止暴沸；(6)工业酒精中含有少量甲醇，据此分析判断。【详解】(1)根据图示，图中、三种仪器的名称分别为冷凝管、蒸馏烧瓶、锥形瓶，故答案为：冷凝管；蒸馏烧瓶；锥形瓶；(2)按蒸馏装置组装仪器顺序从左到右，从下到上，正确的顺序为：e i h a b f gw，故答案为：i；h；a；b；f；g；w；(3)冷凝水应是下进上出，延长热量交换时间，达到较好的冷凝效果
23、，因此仪器中 c 口是进水口，d 口是出水口；故答案为：进水口；出水口；(4)蒸馏装置中温度计测量的是蒸汽的温度，温度计水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处（或h），故答案为：蒸馏烧瓶的支管口（或h）；(5)为防止烧瓶内液体受热不均匀而局部突然沸腾(爆沸)冲出烧瓶，需要在烧瓶内加入几块沸石，故答案为：防止暴沸；(6)工业酒精中含有少量甲醇，水的沸点为100，酒精的沸点在78左右，甲醇的沸点低于78，给加热，收集到沸点最低的馏分是甲醇，收集到78左右的馏分是乙醇；故答案为：甲醇；乙醇。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17芳香族化合物A(C9H12O)常用于药物及香料的合成，A 有如下转化关系
24、：已知：A 的苯环上只有一个支链,支链上有两种不同环境的氢原子+CO2RCOCH3+RCHORCOCH=CHR+H2O 回答下列问题：(1)A 生成 B的反应类型为_,由 D 生成 E的反应条件为_。(2)H 中含有的官能团名称为_。(3)I 的结构简式为 _。(4)由 E生成 F的化学方程式为_。(5)F 有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式为：_。能发生水解反应和银镜反应属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基具有 5 组核磁共振氢谱峰(6)糠叉丙酮()是一种重要的医药中间体，请参考上述合成路线，设计一条由叔丁醇(CH3)3COH和糠醛()为原料制备糠叉丙酮的合成路线(
25、无机试剂任选，用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和反应条件)：_。【答案】消去反应NaOH 水溶液、加热羟基、羧基+2H2O 或【解析】【分析】芳香族化合物A(C9H12O)的苯环上只有一个支链，支链上有两种不同环境的氢原子，则A 为，B 能够与溴加成，则B 为，D 为 B与溴的加成产物，根据F的化学式，F能够与银氨溶液反应生成H，H 中含有羧基，H 在催化剂作用下反应生成聚酯I，则 H 中还含有羟基，因此 D 水解生成E，E为二元醇，E催化氧化生成F，F中含有羟基和醛基，则E为，F为，H 为，I 为；根据信息，B中碳碳双键被氧化断裂生成C，C为，根据信息，K为。【详解】
26、(1)A()发生消去反应生成B()；根据上述分析，D 发生卤代烃的水解反应E，反应条件为NaOH 水溶液、加热，故答案为消去反应；NaOH 水溶液、加热；(2)H()的官能团有羟基、羧基，故答案为羟基、羧基；(3)根据上述分析，I 为，故答案为；(4)由 E生成 F的反应方程式为，故答案为；(5)F()有多种同分异构体，能发生水解反应和银镜反应，说明属于甲酸酯；属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基；具有5 个核磁共振氢谱峰，满足条件的结构可以是、，故答案为或；(6)由叔丁醇(CH3)3COH和糠醛()为原料制备糠叉丙酮()。根据信息，合成可以由和丙酮合成，根据题干流程图中AC 和信息，合成丙酮
27、可以由叔丁醇(CH3)3COH首先合成，再由发生信息的反应生成即可，合成路线为，故答案为。【点睛】本题考查了有机合成与推断，本题的难度较大。本题的易错点为EF 的催化氧化中F的结构判断。本题的难点为(6)的合成路线的设计，要注意充分利用题示信息和流程图中的合成路线的迁移。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18深井岩盐的主要配料为：精制盐、碘酸钾(KIO3)、亚铁氰化钾K4Fe(CN)6 3H2O。其中亚铁氰化钾的无水盐在高温下会发生分解：3K4Fe(CN)62(CN)2+12KCN+N2+Fe3C+C 请回答下列问题：（1）Fe2+基态核外电子排布式为_。-3IO的空间构型为_（用文
28、字描述）。（CN）2分子中碳原子杂化轨道类型为_，一种与CN-互为等电子体的分子的电子式为_。1molFe(CN)63-中含有 键的数目为 _mol。（2）配合物 Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则 x_。Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为 20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于 _(填晶体类型)。（3）如图是从铁氧体离子晶体Fe3O4中取出的能体现其晶体结构的一个立方体，则该立方体是不是Fe3O4的晶胞 _(填“是”或“否”)，立方体中三价铁离子处于氧离子围成的_(填空间结构)空隙。（4）Fe能形成多种氧化物，其中FeO晶胞结构
29、为NaCl 型。晶体中实际上存在空位、错位、杂质原子等缺陷，晶体缺陷对晶体的性质会产生重大影响。由于晶体缺陷，在晶体中Fe和 O 的个数比发生了变化，变为 FexO（x1），若测得某FexO 晶体密度为5.71g?cm3，晶胞边长为4.281010 m，则 FexO 中 x=_。（用代数式表示，不要求算出具体结果）。【答案】1s22s22p63s23p63d6或Ar3d6三角锥形sp 或12 5 分子晶体是正八面体x=-83AN5.71(4.28 10)16-4 5656【解析】【分析】（1）铁是 26 号元素，铁原子核外有26 个电子，铁原子失去2 个电子变为Fe2+，根据构造原理写出Fe2
30、+基态离子核外电子排布式；三角锥形，根据价层电子对互斥理论，它本来是正四面体形的，但是有一对孤电子对要排斥它，据此解答；原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体，等电子体的结构相似；（2）配合物Fe(CO)x的中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，据此判断x 值；分子晶体的熔沸点较低；（3）由图示可知晶体中的氧离子构成面心立方最密堆积，该立方体中氧离子数目为121/4+1=4，Fe3+的数目为 41/8+31/2=2，Fe2+的数目为1，则 Fe和 O 的原子数目为3:4，是 Fe3O4的晶胞；立方体中三价铁离子周围有6 个氧离子围成的正八面体空隙中心；（4）Fex
31、O 晶体的晶胞结构为NaCl 型，所以每个晶胞中含有4 个 O 原子，有4 个“FexO”，再根据m=V 计算。【详解】（1）铁是26 号元素，铁原子核外有26 个电子，铁原子失去2个电子变为Fe2+，根据构造原理知,该离子核外电子排布式为Ar3d6。本小题答案为：1s22s22p63s23p63d6或Ar3d6。三角锥形，根据价层电子对互斥理论，它本来是正四面体形的，但是有一对孤电子对要排斥它，就形成三角锥形。本小题答案为：三角锥形。（CN）2分子的分子结构为，碳原子采取sp 杂化；与CN-互为等电子体的分子有CO或 N2，电子式为或。本小题答案为：sp；或。（2）配合物Fe(CO)x的中心
32、原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，8+2x=18，x=5，分子晶体的熔沸点较低，根据题中所给信息可知，该物质的熔沸点较低，所以为分子晶体。本小题答案为：5；分子晶体。（3）由图示可知晶体中的氧离子构成面心立方最密堆积，该立方体中氧离子数目为121/4+1=4，Fe3+的数目为 41/8+31/2=2，Fe2+的数目为1，则 Fe和 O 的原子数目为3:4，是 Fe3O4的晶胞；立方体中三价铁离子周围有6 个氧离子围成的正八面体空隙中心。本小题答案为：是；正八面体。（4）FexO 晶体的晶胞结构为NaCl 型，所以每个晶胞中含有4 个 O 原子，有4 个“FexO”，再根据
33、m=V 可知：4(56x+16)/NAg=5.71g?cm-3(4.28 10-8cm)3，解得：x=-83AN5.71(4.2810)16-45656。本小答案为：x=-83AN5.71(4.2810)16-4 5656。19甲烷作为天然气、页岩气、可燃冰的主要成分，拥有最稳定的烷烃分子结构，具有高度的四面体对称性，极难在温和的条件下对其活化。因此，甲烷的选择活化和定向转化一直是世界性的难题。我国科学家经过长达6 年的努力，研制成功一系列石墨烯限域的3d 过渡金属中心(Mn、Fe、Co、Ni、Cu)催化剂材料，在室温条件下以H2O2为氧化剂直接将甲烷氧化成C1（只含一个C 原子）含氧化合物，
34、被业内认为是甲烷化学领域的重要突破。请回答下列问题：(1)Cu 原子基态原子的外围电子排布式为_。(2)石墨烯限域单原子铁能活化CH4分子中的C H 键，导致C与 H 之间的作用力_(减弱”或“不变”)。铁晶体中粒子之间作用力类型是_。(3)常温下，H2O2氧化 CH4生成 CH3OH、HCHO、HCOOH等。它们的沸点分别为64.7、195、100.8，其主要原因是_；CH4和 HCHO比较，键角较大的是_，主要原因是_。(4)配离子的颜色与dd 电子跃迁的分裂能大小有关，1 个电子从较低的d 轨道跃迁到较高能量的轨道所需的能量为的分裂能，用符号表示。分裂能Co(H2O)62+_Co(H2O
35、)63+(填“”“”或“=”)，理由是 _。(5)钴晶胞和白铜(铜镍合金)晶胞分别如图1、图 2 所示。钴晶胞堆积方式的名称为_；已知白铜晶胞的密度为dg cm3，NA代表阿伏加德罗常数的值。图2 晶胞中两个面心上铜原子最短核间距为 _pm(列出计算式)。【答案】3d10s1;减弱；金属键；CH3OH、HCOOH中存在氢键，CH3OH 中氢键较弱，而HCHO 只存在范德华力；HCHOCH4构型为正四面体，键角为109。28，HCHO 为平面三角形，键角为 120。；前者带 2 个正电荷，后者带3 个正电荷，后者对电子的吸引能力较大；六方最密堆积；103259643102ANd【解析】【详解】(
36、1)Cu 原子基态原子的外围电子排布式为3d10s1;(2)石墨烯限域单原子铁能活化CH4分子中的C H 键，导致 C与 H 之间的作用力减弱。铁晶体中粒子之间作用力类型为金属键。(3)常温下CH3OH、HCHO、HCOOH的沸点不同，是因为CH3OH 与 HCOOH有氢键，且CH3OH中氢键比 HCOOH中氢键弱，而HCHO 中只有范德华力。CH4和 HCHO比较，键角较大的是CH4，主要原因是CH4构型为正四面体，键角为109。28，HCHO为平面三角形，键角为120。；(4)由于 Co(H2O)62+带 2 个正电荷，Co(H2O)63+带 3 个正电荷，后者对电子的吸引能力较大；所以分裂能前者小于后者；(5)钴晶胞堆积方式的名称为六方最密堆积；由图可知，白铜晶胞中含有Ni 原子 1 个，Cu原子 3 个，根据密度公式=AN MNV，可得出1035964 310AAN MapmNNd，所以两个面心上铜原子最短核间距为10325964 3102ANdpm。【点睛】因为氢键的作用力大于范德华力，所以含有氢键的物质熔沸点高于只含有范德华力的物质的熔沸点；sp3杂化的分子构型为正四面体，sp2杂化的分子构型为平面三角形；胞中密度公式为=AN MNV，如果题目已知密度，可以反推出体积或晶胞参数。