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1、2019-2020学年北京市东城第50 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化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列有关说法正确的是A聚合硫酸铁Fe2(OH)x(SO4)yn，是新型絮凝剂，可用来杀灭水中病菌B家庭用的“84”消毒液与洁厕灵不能同时混合使用，否则会发生中毒事故C现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键D中国天眼FAST 用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料【答案】B【解析】【详解】A 聚合硫酸铁能水解生成氢氧
2、化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水，但不能杀灭细菌，故 A 错误；B 二者混合，次氯酸钠与盐酸发生氧化还原反应生成具有毒性的氯气，故B 正确；C氢键不是化学键，是一种特殊的分子间的作用力，故C 错误；D中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故D 错误；故答案为B。2有关氮原子核外p 亚层中的电子的说法错误的是（）A能量相同B电子云形状相同C自旋方向相同D电子云伸展方向相同【答案】D【解析】【详解】氮原子核外电子排布为：1s22s22p3，2px1、2py1和 2pz1上的电子能量相同、电子云形状相同、自旋方向相同，但电子云伸展方向不相同，错误的为D，故选 D。【点
3、睛】掌握和理解p 亚层中电子的能量和自旋方向、以及电子云的形状是解题的关键。要注意2p3上的 3 个电子排布在 3 个相互垂直的p 轨道中，自旋方向相同。3298K 时，向 20mL 一定浓度的KOH溶液中滴加0.1mol L-1HCOOH溶液，混合溶液中水电离出的氢氧根离子浓度与滴加甲酸(弱酸)溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A V1=20 Bc(KOH)0.1mol L-1Cn、q 两点对应的溶液中均存在：c(K)=c(HCOO-)D p 点对应的溶液中存在：c(OH-)=c(HCOOH)+c(H)【答案】C【解析】【详解】A.根据未加加酸时水点出的氢氧根离子浓度为1
4、10-13mol?L-1，则水电离出的氢离子浓度为110-13mol?L-1，氢氧化钠中氢氧根浓度为0.1 mol?L-1，c(KOH)0.1mol L-1，p 点是水的电离程度最大的点即恰好生成盐的点，因此甲酸的物质的量等于氢氧化钾的物质的了，因此0.1mol L-1 0.02?L=0.1mol?L-1V1，则 V1=0.02L=20mL，故 A 正确；B.根据 A 分析得出c(KOH)0.1mol L-1，故 B 正确；C.n 点溶质是KOH和 HCOOK的混合溶液，溶液显碱性，根据电荷守恒和溶液呈碱性，因此溶液中存在：c(K)c(HCOO)，q 点是 HCOOK和 HCOOH的混合溶液，
5、溶液呈中性，根据电荷守恒和呈中性，得到溶液中存在 c(K)=c(HCOO)，故 C错误；D.p 点溶质为HCOOK，则根据质子守恒得到对应的溶液中存在：c(OH)=c(HCOOH)+c(H)，故 D 正确。综上所述，答案为C。4A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和 D原子序数之和的 1/4，C的原子半径在所有短周期主族元素中最大，甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005 mol/L戊溶液的pH=2，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略)，下列叙述一定正确的是A C、D两元素形成的化合物的原子个数比为1:2
6、BC、E形成的化合物的水溶液呈碱性C简单离子半径：D C B D最高价氧化物对应水化物的酸性：EA【答案】D【解析】【分析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，0.005mol/L 戊溶液的 pH=2，说明戊为二元强酸，则戊为硫酸，丙为SO3；甲和丙是D 元素的两种常见氧化物，甲为SO2，D 为 S元素，E为 Cl元素；乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，二氧化硫被乙氧化生成三氧化硫，可知乙为O3，丁为 O2，则 B为 O 元素；A的原子序数是B 和 D 原子序数之和的14，A 的原子序数为(8+16)14=6，可知 A 为 C元素；C的原子半径在所有短周期主族元素中最大
7、，C为 Na 元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，A 为 C，B 为 O，C 为 Na，D 为 S，E为 Cl。AC、D 形成离子化合物Na2S，原子个数比为 2:1，故 A 错误；BC、E形成的化合物为氯化钠，为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故B 错误；C一般而言，离子的电子层数越大，离子半径越大，硫离子半径最大；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，钠离子半径小于氧离子，简单离子半径：D B C，故 C错误；D非金属性ClC，则 E的最高价氧化物水化物的酸性大于A 的最高价氧化物水化物的酸性，故D 正确；故选D。【点睛】本题考查无机物的推断及原子结构与元素周期律，把
8、握图中转化关系、元素化合物知识来推断物质和元素为解答的关键。本题的突破口为“0.005mol/L戊溶液的pH=2”。本题的易错点为C，要注意离子半径比较方法的理解和灵活运用。5将一定量的SO2通入 BaCl2溶液中，无沉淀产生，若再通入a 气体，则产生沉淀。下列所通a 气体和产生沉淀的离子方程式正确的是（）A a 为 H2S，SO2+2H+S2-3S 十 2H2O Ba 为 Cl2，Ba2+SO2+2H2O+Cl2 BaSO3+4H+2Cl-Ca 为 NO2，4Ba2+4SO2+5H2O+NO3-4BaSO4+NH4+6H+D a 为 NH3，Ba2+SO2+2NH3+2H2O BaSO4+2
9、NH4+2H+【答案】C【解析】【详解】A H2S为弱电解质，反应的离子方程式为SO2+2H2S3S+2H2O，故 A 错误；B氯气具有强氧化性，应生成BaSO4沉淀，反应的离子方程式为Ba2+SO2+2 H2O+Cl2 BaSO4+4H+2Cl-，故 B 错误；CNO2与二氧化硫发生氧化还原反应，本身可以被还原为铵根离子，反应的离子方程式为4Ba2+4SO2+5H2O+NO3-4 BaSO4+NH4+6 H+，故 C正确；D通入氨气，没有发生氧化还原反应，应该生成BaSO3沉淀，反应的离子方程式为Ba2+SO2+2 NH3+H2O BaSO3+2NH4+，故 D 错误；故选 C。【点睛】本题
10、的易错点为C，要注意二氧化氮具有强氧化性，反应后N 元素的化合价降低，可以生成NH4+。6某种兴奋剂的结构如图所示，下列说法正确的是（）A该物质遇FeCl3溶液显紫色，属于苯酚的同系物B1mol 该物质分别与浓溴水和NaOH 溶液反应时最多消耗Br2和 NaOH 均为 4mol C滴入酸性KMnO4溶液振荡，紫色褪去即证明该物质结构中存在碳碳双键D该分子中所有碳原子均可能位于同一平面【答案】D【解析】【详解】A该有机物中含有酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色，苯酚的同系物应符合有且只有一个苯环，且苯环上只连一个羟基，其余全部是烷烃基，A 错误；B与浓溴水反应酚类为邻对位上的氢被溴取代，左边苯环邻对
11、位上只有一个H，右边苯环邻对位上有两个 H，还有一个C=C与溴水发生加成反应，共消耗4 mol 的 Br2；3 个酚羟基、一个氯原子，氯原子水解又产生 1 个酚羟基，1mol 该有机物消耗5mol 氢氧化钠，B 错误；C能使酸性KMnO4褪色的官能团有酚羟基、C=C、苯环上的甲基，C错误；D苯环和碳碳双键均是平面形结构，因此分子中碳原子有可能均共平面，D 正确；答案选 D。7关于 Na2O2的叙述正确的是（NA表示阿伏伽德罗常数）A 7.8g Na2O2含有的共价键数为0.2NAB7.8 g Na2S与 Na2O2的混合物，含离子总数为0.3 NAC7.8g Na2O2与足量的CO2充分反应，
12、转移的电数为0.2NAD 0.2 mol Na 被完全氧化生成7.8g Na2O2，转移电子的数目为0.4NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A、7.8g Na2O2为 1mol，含有的共价键数为0.1NA，错误；B、过氧根离子为整体，正确；C、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应中，过氧化钠中的氧元素化合价从-1 变化到-2 和 0 价，根据电子守恒，1molNa2O2与足量 CO2反应时，转移NA个电子，错误；D、1molNa 失去 1mol 电子成为 Na+所以 0.2mol 钠完全被氧化失去0.2mol 电子，转移电子的数目为0.2NA，错误。8化学家合成了一种新化合物
13、（如图所示），其中 A、B、C、D 为原子序数依次增大的短周期主族元素，B 与 C在同一主族，C 与 D 在同一周期。下列有关说法正确的是A熔点：B 的氧化物 C 的氧化物B工业上由单质B 可以制得单质C C氧化物对应水化物的酸性：DBC D A 与 B形成的化合物中只含有极性键【答案】B【解析】【分析】从图中可以看出，B、C都形成 4 个共价键，由于B与 C在同一主族且原子序数C大于 B，所以 B 为碳(C)元素，C为硅(Si)元素；D 与 C同周期且原子序数大于14，从图中可看出可形成1 个共价键，所以D 为氯(Cl)元素；A 的原子序数小于6 且能形成1 个共价键，则其为氢(H)元素。【
14、详解】A B的氧化物为CO2，分子晶体，C的氧化物为SiO2，原子晶体，所以熔点：B 的氧化物 C的氧化物，A不正确；B工业上由单质C可以制得单质Si，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO，B 正确；C未强调最高价氧化物对应的水化物，所以D 不一定比B大，如 HClO的酸性 H2CO3，C不正确；D A 与 B形成的化合物中可能含有非极性键，如CH3CH3，D 不正确；故选 B。9下列物质间发生化学反应：H2S+O2，Na+O2，Cu+HNO3，Fe+Cl2，AlCl3+NH3H2O，Cu+S，Na2CO3+HCl.在不同条件下得到不同产物的是（）ABCD【答案】D【解析】【详解】当 H2S
15、与 O2的物质的量之比大于21 时，发生反应：2H2S+O2=2S+2H2O；当 H2S与 O2的物质的量之比小于 23 时，发生反应：2H2S+3O2=2SO2+2H2O；当 H2S与 O2的物质的量之比大于23 小于 21 时，两个反应都发生，条件不同，产物不同，故选；Na+O2常温下得到Na2O，点燃或加热时得到Na2O2，条件不同，产物不同，故选；Cu和 HNO3的反应，浓硝酸：4HNO3+Cu=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O；稀硝酸：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO +4H2O，条件不同，产物不同，故选；铁和氯气的反应只能将铁氧化为正三价，反应条件、用量、浓度等不
16、同时所发生的化学反应相同，故不选；AlCl3溶液与氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和弱碱不反应，与反应条件无关，故不选；硫粉是弱氧化剂，只能将铜氧化为硫化亚铜，产物与反应条件无关，故不选；Na2CO3和 HCl 反应，盐酸少量时生成碳酸氢钠和氯化钠，盐酸过量时生成氯化钠、水和二氧化碳，条件不同，产物不同，故选；符合条件的有，故选D。10下列叙述正确的是A天然气主要成分的结构式：B35Cl和37Cl互为同素异形体C漂白粉主要成分的化学式：Ca(ClO)2D苯的比例模型：【答案】D【解析】【详解】A.天然气主要成分是甲烷，结构式：，故 A 错误；B.35Cl和37Cl互为同位素，故B 错误；
17、C.漂白粉主要成分的化学式：Ca(ClO)2和 CaCl2，故 C错误；D.苯的比例模型：，故 D 正确；故选 D。11下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A 等体积pH3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应相同时间内HA与Zn反应生成的氢气更多HA是强酸B 将湿润的淀粉-KI试纸分别放入2NO和2Br蒸气中试纸只在2Br蒸气中变蓝色氧化性：22BrNOC 将光亮的镁条放入盛有4NH Cl溶液的试管中有大量气泡产生生成的气体是3NHD 向 NaHCO3溶液中加入NaAlO2溶液有白色沉淀生成2AlO结合H的能力比23CO强A A BB CC D D【答案】D【
18、解析】【详解】A等体积pH=3 的 HA 和 HB 两种酸分别与足量的锌反应，相同时间内，HA 收集到氢气多，一定能说明HA 是弱酸，故A 错误；BNO2和 Br2蒸气均能氧化KI 生成碘单质，湿润的淀粉KI 试纸均变蓝，现象相同，不能判断两者的氧化性强弱，故B错误；C氯化铵溶液水解显酸性，Mg 与氢离子反应，且放热导致一水合氨分解，则有大量气泡产生，可知反应中生成 H2和 NH3，故 C错误；D偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离，生成氢氧化铝沉淀，则AlO2-结合 H+的能力比CO32-强，故 D正确；故答案为D。【点睛】考查强弱电解质判断，为高频考点，注意不能根据电解质溶液导电性强弱、电解
19、质溶解性强弱等方法判断，为易错题。强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，如要证明醋酸是弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可，可以根据醋酸钠溶液酸碱性、一定浓度的醋酸pH 等方法判断。12物质中杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法都正确的是选项物质及其杂质检验除杂A Cl2（HCl）湿润的淀粉KI试纸饱和食盐水B NO（NO2）观察颜色或湿润的淀粉KI 试纸水C CO2（HCl）AgNO3溶液（含稀硝酸）饱和 Na2CO3溶液D NaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液过量 CO2A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A.湿润的淀粉KI 试纸只
20、能检验氯气，不能检验HCl，检验 HCl 应先分离，再检验，A 项错误；B.NO2能氧化碘化钾，NO2与水反应生成NO 和硝酸，可用水除杂，B 项正确；CCO2和 HCl 都与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液，C项错误；D NaHCO3和 Na2CO3都与 Ca(OH)2溶液反应生成沉淀，不能用来检验，D 项错误；答案选 B。13溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质。实验室用工业大理石(含有少量Al3+、Fe3+等杂质）制备溴化钙的主要流程如下：下列说法错误的是A已知步骤 的滤液中不含NH4+，步骤 II 加入的试剂a 是石灰水B步骤 II 控制溶液的pH 约为 8.
21、0 的主要目的是沉淀过量Ca2+C试剂 b 是氢溴酸，步骤IV 的目的是除去过量的氢氧化钙D步骤 V 所含的操作依次是蒸发浓缩，冷却结晶【答案】B【解析】【分析】大理石和氢溴酸反应生成溴化钙，因含有少量Al3+、Fe3+等杂质，可加入石灰水，沉淀Al3+、Fe3+，过滤后得到溴化钙、氢氧化钙的混合溶液，加入试剂b 为氢溴酸，可除去过量的氢氧化钙，然后经蒸发浓缩、冷却结晶可得到溴化钙晶体，据此分析解答。【详解】A已知步骤的滤液中不含NH4+，步骤 II 加入的试剂a 的目的是防止氢氧化铝溶解，因此a 是碱，根据题意及不引入新的杂质可知是氢氧化钙，故A 正确；B步骤 II 控制溶液的pH 约为 8
22、.0 的主要目的是沉淀Al3+、Fe3+，故 B错误；C加试剂b 的目的是除去过量的氢氧化钙，且不引入新杂质，可以加入氢溴酸，故C正确；D步骤的结果是从溶液中得到CaBr2?6H2O，因此其操作步骤为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤，故D 正确；答案选 B。14有一种化合物是很多表面涂层的重要成分，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y无最高正价，Z的含氧酸均具有氧化性，下列有关说法正确的是（）A WZ 沸点高于W2Y的沸点B含 Z的两种酸反应可制得Z的单质CW2Y2中既含离子键又含共价键键D X的含氧酸一定为二元弱酸【答案】B【解析】【分析】W
23、、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y无最高正价，结合图示可知，W 形成 1 个共价键，Y能够形成2 个共价键，X 形成 4 个共价键，Z形成 1 个共价键，则W 为 H，X为 C 元素，Y为 O 元素，Z 为 Cl元素，据此解答。【详解】根据分析可知，W 为 H，X 为 C 元素，Y为 O 元素，Z 为 Cl元素；A H2O 分子间存在氢键，且常温下为液体，而HCl常温下为气体，则HCl 沸点低于H2O 的沸点，故A 错误；BHCl 和和 HClO反应生成氯气，故B 正确；CH2O2是共价化合物，分子中只含共价键，不存在离子键，故C错误；D X为 C元素，
24、C 的含氧酸H2CO3为二元弱酸，而CH3COOH为一元弱酸，故D 错误；故答案为B。15将下列物质分别加入溴水中，不能使溴水褪色的是A Na2SO3晶体B乙醇CC6H6D Fe【答案】B【解析】【分析】能使溴水褪色的物质应含有不饱和键或含有醛基等还原性基团的有机物以及具有还原性或碱性的无机物，反之不能使溴水因反应而褪色，以此解答该题。【详解】A Na2SO3具有还原性，可与溴水发生氧化还原反应使溴水褪色，A 不符合题意；B乙醇与水混溶，且与溴水不发生反应，不能使溴水褪色，B符合题意；C溴易溶于苯，苯与水互不相溶，因此会看到溶液分层，水层无色，C不符合题意；D铁可与溴水反应溴化铁，溴水褪色，D
25、 不符合题意；故合理选项是B。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于考查学生的分析能力和综合运用化学知识的能力，注意相关基础知识的积累。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16碘酸钙 Ca(IO3)2是重要的食品添加剂。实验室制取Ca(IO3)2 H2O 的实验流程：已知：碘酸是易溶于水的强酸，不溶于有机溶剂。（1）转化步骤是为了制得碘酸，该过程在图1 所示的装置中进行，当观察到反应液中紫红色接近褪去时，停止通入氯气。转化时发生反应的离子方程式为_。转化过程中CCl4的作用是 _。为增大转化过程的反应速率，可采取的措施是_。（2）将 CCl4与水层分离的玻璃仪器有烧杯、_。除去 H
26、IO3水溶液中少量I2单质的实验操作为_，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在。（3）已知：Ca(IO3)2 6H2O 是一种难溶于水的白色固体，在碱性条件下不稳定。Ca(IO3)2 6H2O 加热升温过程中固体的质量变化如图2 所示。设计以除碘后的水层为原料，制取Ca(IO3)2 H2O 的实验方案：向水层中_。实验中必须使用的试剂：Ca(OH)2粉末、AgNO3溶液。【答案】I25Cl26H2O=2IO3-10Cl12H增大 Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率加快搅拌速率分液漏斗将 HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液加入 Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH 约为 7，过滤，洗涤沉淀
27、至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100160 条件下加热至恒重【解析】【分析】(1)转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸；氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率；根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触；(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离；(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2 6H2O，根据图示，在100 160 条件下固体质量基本保持不变，并且要将杂质除尽。【详解】
28、(1)转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸，方程式为：I25Cl26H2O=2IO3-10Cl12H；氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率，转化过程中CCl4的作用是增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率；根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触，则为增大转化过程的反应速率的方法为加快搅拌速率；(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作，需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离，操作为将HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液，直至用淀粉溶液检验不出
29、碘单质的存在；(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2 6H2O，根据图示，在100 160 条件下固体质量基本保持不变，则实验方案：向水层中加入Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH 约为 7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100160 条件下加热至恒重。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17铁氰化钾（化学式为K3Fe(CN)6）主要应用于制药、电镀、造纸、钢铁生产等工业。其煅烧分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物质。（1）铁元素在周期表中的位置为_，基态 Fe3+核外电子排布式为_。（2）在
30、 Fe(CN)63中不存在的化学键有_。A离子键B金属键C氢键D共价键（3）已知(CN)2性质类似Cl2：(CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2O KCN+HCl=HCN+KCl HC CH+HCN H2C=CH C N KCNO中各元素原子的第一电离能由小到大排序为_。丙烯腈（H2C=CH CN）分子中碳原子轨道杂化类型是_；分子中 键和 键数目之比为_。（4）C22和 N2互为等电子体，CaC2晶体的晶胞结构与NaCl 晶体的相似（如图甲所示），但 CaC2晶体中哑铃形的 C22使晶胞沿一个方向拉长，晶体中每个Ca2+周围距离最近的C22数目为 _。（5）金属 Fe能与 CO形成 F
31、e(CO)5，该化合物熔点为20，沸点为103，则其固体属于_晶体。（6）图乙是Fe单质的晶胞模型。已知晶体密度为dg cm3，铁原子的半径为_nm（用含有d、NA的代数式表示）。【答案】第四周期族Ar3d5或 1s22s22p63s23p63d5AB KCON sp sp22:1 4 分子733112104Ad Ng【解析】【分析】(1)Fe 的原子序数是26，根据构造原理知Fe 的核外电子排布式为Ar3d64s2，据此确定其在周期表的位置；基态 Fe 失去 4s 上 2 个电子和3d 轨道上 1 个电子即为Fe3+；(2)根据化学键的类型和特点解答，注意氢键是分子间作用力，不是化学键；(3
32、)KCNO由 K、C.N、O 四种元素组成，K 为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O 位于第二周期，但N 的 p 轨道是半充满状态、能量最低；丙烯腈(H2C=CH-C N)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有 1 个 键和 1 个 键、CN含有 1 个 键和 2 个 键，C-H 都是 键，确定分子中 键和 键数目，再求出比值；(4)1 个 Ca2+周围距离最近且等距离的C22-应位于同一平面，注意使晶胞沿一个方向拉长的特点；(5)Fe(CO)5的熔点、沸点均不高，类似于分子晶体的特点；(6)Fe 单质的晶胞模型为
33、体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为818+1=2，晶胞的质量为256ANg，晶胞体积 V=112dANgcm3、边长 a=3112dANgcm，根据 Fe原子半径r 与晶胞边长a 关系求出r。【详解】(1)Fe 的原子序数是26，根据构造原理知Fe的核外电子排布式为Ar3d64s2，位于第四周期族据；基态Fe失去 4s 上 2 个电子和3d 轨道上 1 个电子即为Fe3+，所以基态Fe3+核外电子排布式为)Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5故答案为：第四周期族，Ar3d5 或Ar3d5或 1s22s22p63s23p63d5；(2)Fe(CN)63-是阴离子，是配合物的内界，含有配
34、位键和极性共价键，金属键存在于金属晶体中，氢键是分子间作用力，不是化学键，故选AB；故答案为：AB；(3)KCNO中 K为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O 位于第二周期，但N 的 p 轨道是半充满状态、能量最低，所以第一电离能大于O，C的非金属性小于O，第一电离能小于O，所以第一电离能由小到大排序为KCON；故答案为：KCON；丙烯腈(H2C=CH-C N)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有 1 个 键和 1 个 键、CN含有 1 个 键和 2 个 键，C-H 都是 键，所以分子中 键和 键数目分别为6、3，
35、键和 键数目之比为6:3=2:1；故答案为：sp、sp2；2:1；(4)依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1 个 Ca2+周围距离最近的 C22-不是 6 个，而是4 个，故答案为：4；(5)根据 Fe(CO)5的熔点、沸点均不高的特点，可推知Fe(CO)5为分子晶体；故答案为：分子；(6)Fe 单质的晶胞模型为体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为818+1=2，晶胞的质量为256ANg，晶胞体积 V=112dANgcm3、边长 a=3112dANgcm，Fe 原子半径r 与晶胞边长a 关系为 4r=3a，所以r=34a=343112dANgcm=343112d
36、ANg 107nm；故答案为：343112dANg 107。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。根据下图，完成下列填空：（1）上图中 X 的电子式为 _；其水溶液长期在空气中放置容易变浑浊，用化学方程式表示该变化_；该变化体现出硫元素的非金属性比氧元素_（填“强”或“弱”）。用原子结构解释原因_。（2）Na2S2O3是一种用途广泛的钠盐。下列物质用于Na2S2O3的制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是 _（填字母序号）。aNa2S+S bZ+S c Na2SO3+Y dNaHS+NaHSO3（3）SO2是主要大气污染
37、物之一。工业上烟气脱硫的方法之一是用碱液吸收，其流程如图：。该法吸收快，效率高。若在操作中持续通入含SO2的烟气，则最终产物为_。室温下，0.1mol/L 亚硫酸钠亚硫酸氢钠硫化钠硫氢化钠的四种溶液的pH 由大到小的顺序是_（用编号表示）。已知：H2S：Ki11.3 10-7 Ki2=7.1 10-15 H2SO3：Ki11.3 10-2 Ki2=6.2 10-8（4）治理含CO、SO2的烟道气，也可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体：2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g)。一定条件下，将CO与 SO2以体积比为4 1置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列选项能说明反应达到
38、平衡状态的是_（填写字母序号）。a (CO)(SO2)=2 1 b平衡常数不变c气体密度不变dCO2和 SO2的体积比保持不变测得上述反应达平衡时，混合气体中CO的体积分数为，则 SO2的转化率为 _。【答案】2H2S+O2=2S+2H2O 弱氧和硫同主族，同主族元素最外层电子数相同，从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力逐渐减弱bd NaHSO3cd 60%【解析】【分析】【详解】（1）根据图示X 为 S的气态氢化物，X是 H2S，H2S的电子式为；H2S的水溶液长期在空气中放置容易被空气中的氧气氧化生成硫，反应的化学方程式为O2+2H2S=2S+2H2O，该变化体现出硫元素的非金
39、属性比氧元素弱，原因是：氧和硫同主族，从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力逐渐减弱。（2）Na2S2O3中 S显+2 价；aNa2S、S中 S元素的化合价依次为-2 价、0 价，均低于+2 价，不可能；b根据图示 Z为 Na2SO3，Na2SO3、S中 S元素的化合价依次为+4 价、0 价，满足高价跟低价生成中间价态，可能；c 根据图示Y为 SO3，Na2SO3、SO3中 S元素的化合价依次为+4 价、+6价，均高于+2 价，不可能；d NaHS、NaHSO3中 S元素的化合价依次为-2 价、+4价，满足高价跟低价生成中间价态，可能；答案选bd。（3）若在操作中持续通入含SO2的烟
40、气，最终SO2与 Na2SO3反应生成NaHSO3，即最终产物为NaHSO3；根据电离平衡常数可知，酸性：H2SO3H2S HSO3-HS-，结合越弱越水解，硫化钠的水解程度最大，pH最大，亚硫酸氢钠水解程度最小，pH 最小，故四种溶液的pH 由大到小的顺序是。（4）a(CO)(SO2)=21 没有指明反应速率的方向，不能说明反应达到平衡；b平衡常数只与温度有关，平衡常数不变不能说明反应达到平衡；c.气体密度与气体的质量有关，因为S是固体，该反应属于气体质量变化的反应，气体密度不变，表示气体质量不变，说明是平衡状态；dCO2和 SO2的体积比保持不变，表示正反应速率等于逆反应速率，说明是平衡状
41、态；答案选cd。设起始加入SO2物质的量为x，转化 SO2物质的量为y 2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g)起始（mol）4x x 0 转化（mol）2y y 2y 平衡（mol）4x-2y x-y 2y 平衡时 CO的体积分数=，解得 y=，SO2的转化率为=60%。19某研究小组以甲苯为主要原料，采用以下路线合成医药中间体F 和 Y。已知：CH3COOH+CH3COOH(CH3CO)2O+H2O 请回答下列问题：（1）下列有关F 的说法正确的是_。A分子式是C7H7NO2Br BF 即能与 HCl 又能与 NaOH 应生成盐C能发生取代反应和缩聚反应 D1 mol 的 F 最
42、多可以和2 mol NaOH 反应（2）C D 的反应类型是_。（3）在合成F的过程中，BC步骤不能省略，理由是_。（4）DE 反应所需的试剂是_。（5）写出同时符合下列条件的A的同分异构体的结构简式（写出其中1 个）_。苯环上只有两种不同化学环境的氢原子分子中含有CHO（6）利用已知信息，以X和乙烯为原料可合成Y，请设计合成路线（无机试剂及溶剂任选）。_注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：【答案】BC 氧化反应氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基Br2/FeBr3 或 Br2/Fe【解析】【分析】由甲苯与 A 的分子式，结合 D的结构简式可知甲苯发生甲基对位的硝化反应生成A，则 A
43、为，A 发生信息中反应，硝基被还原为氨基生成B，则 B 的结构简式为，结合 D 的结构可知，B中氨基中1 个 H 原子被取代生成C为，C 被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，对比 D、F的结构可知，D 与液溴发生取代反应生成E为，E发生水解反应得到F，可知 BC 是为了保护氨基不被氧化，据此分析作答。【详解】（1）A根据 F的结构简式，可知其分子式应为C7H6NO2Br，A 错误；BF中有氨基与羧基，可以形成内盐，B正确；CF中有羧基、溴原子，可以发生取代反应，F中有氨基与羧基，可以发生缩聚反应，C正确；D羧基能与氢氧化钠反应，苯环上的溴原子发生水解反应生成酚羟基，所以1molF 最多能和3molNaOH反应，D 错误；答案选 BC；（2）CD 是 C 中甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化生成-COOH，属于氧化反应；（3）由于在合成F的过程中，氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基，因此BC 步骤不能省略；（4）DE 苯环上氢原子被-Br 原子取代，反应所需的试剂是：液溴、Fe；（5）同时符合下列条件的A 的同分异构体：苯环上只有两种不同化学环境的氢原子分子中含有CHO，符合条件的同分异构体有、；（6）由信息可知，苯甲醛与乙醛在碱性条件下得到，再发生消去反应得到，乙烯发生加成反应生成乙醇，乙醇催化氧化得到乙醛，以苯甲醛和乙烯为原料合成Y的路线流程图为。