《2019-2020学年福建省三明市永安第三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学年福建省三明市永安第三中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19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学年福建省三明市永安第三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下列说法不正确的是A乙醇、苯酚与金属钠的反应实验中，先将两者溶于乙醚配成浓度接近的溶液，再投入绿豆大小的金属钠，观察、比较实验现象B可以用新制Cu（OH）2浊液检验乙醛、甘油、葡萄糖、鸡蛋白四种物质的溶液（必要时可加热）C牛油与NaOH 浓溶液、乙醇混合加热充分反应后的混合液中，加入冷饱和食盐水以促进固体沉淀析出D分离氨基酸混合液可采用控制pH 法、分离乙醇和溴乙烷的混合物可用萃取法【答案】C【解析】【详解】A.因为苯酚是固体，将其溶于乙醚形
2、成溶液时，可以和金属钠反应，二者配制成接近浓度，可以从反应产生气体的快慢进行比较，故正确；B.四种溶液中加入新制的氢氧化铜悬浊液，没有明显现象的为乙醛，出现沉淀的为鸡蛋白溶液，另外两个出现绛蓝色溶液，将两溶液加热，出现砖红色沉淀的为葡萄糖，剩余一个为甘油，故能区别；C.牛油的主要成分为油脂，在氢氧化钠溶液加热的条件下水解生成高级脂肪酸盐，应加入热的饱和食盐水进行盐析，故错误；D.不同的氨基酸的pH 不同，可以通过控制pH 法进行分离，乙醇能与水任意比互溶，但溴乙烷不溶于水，所以可以用水进行萃取分离，故正确。故选 C。2已知：K2CO3+CO2+H2O 2KHCO3；CaCO3+CO2+H2O
3、Ca（HCO3）2 KHCO3、Ca（HCO3）2都易溶于水 通入悬浊液中的气体，与溶液反应后才与沉淀反应，将足量CO2通入 KOH和 Ca（OH）2的混合稀溶液中，则生成沉淀的质量和通入的CO2质量的关系中，正确的是ABCD【答案】B【解析】【分析】根据二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，所以沉淀质量增加，二氧化碳过量后沉淀又被溶解，即减少，同时考虑的题给的信息“通入悬浊液中的气体，与溶液反应后才与沉淀反应”即可完成该题的解答。【详解】一开始二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，此时沉淀质量增加，当二氧化碳和氢氧化钙反应完毕后，根据题中信息可以知道，此时溶液处出于悬浊液状态，所以此时发生的是二氧化
4、碳和碳酸钾溶液或是没有反应完全的氢氧化钾的反应，不管怎么样都不会再有沉淀产生，但是同时沉淀的质量也不会减少，当把碳酸钾及氢氧化钾完全反应后，二氧化碳与碳酸钙反应生成了能够溶于水的碳酸氢钙，此时沉淀逐渐减少最后为零，则选项B 符合题意，故答案选B。3下列实验操作会引起测定结果偏高的是（）A测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，晶体加热完全失去结晶水后，将盛试样的坩埚放在实验桌上冷却B中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释C读取量筒中一定体积的液体时，俯视读数D配制物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线,所配溶液的浓度【答案】C【解析】【详解】A.将盛试样的坩埚放在实验桌上冷却，硫酸铜会吸收
5、空气中的水蒸气，重新生成结晶水合物，从而使加热前后固体的质量差减小，测定的结晶水含量偏低，A 不合题意；B.中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释，不影响待测液中溶质的物质的量，不产生误差，B 不合题意；C.量筒的刻度是从下往上标注的，读取量筒中一定体积的液体时，俯视读数，读出的数值偏高，C符合题意；D.配制物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小，D 不合题意。故选 C。4下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是()选项实验操作现象结论A 将待测液中，依次滴加氯水和KSCN溶液溶液变为红色待测溶液中含有Fe2+B 向等体积等浓度的盐酸中分别加入Zn
6、S和 CuS ZnS溶解而 CuS不溶解Ksp(CuS)H2CO3A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A若原溶液中有Fe3，加入氯水，再加入KSCN溶液，也会变红，不能确定溶液中是否含有Fe2，结论错误；应该先加入KSCN溶液不变红，说明没有 Fe3，再加入氯水，溶液变红，说明氯气将Fe2氧化成 Fe3，A 错误；BZnS溶解而 CuS不溶解，可知CuS更难溶；这两种物质的类型相同，可通过溶解度大小直接比较Ksp大小，则 Ksp(CuS)Ksp(ZnS)，B 正确；CCu(NO3)2溶液中有NO3，加入稀硫酸酸化，则混合溶液中的Cu、H、NO3发生氧化还原反应，而不是
7、Cu 与稀硫酸反应，结论错误，C错误；D CO32HCO3电离得到CO32。相同条件下，NaA 溶液的 pH 小于 Na2CO3溶液的 pH，说明 CO32水解能力强，则酸性HAHCO3，而不是强于H2CO3，结论错误，D错误。答案选 B。【点睛】容易误选D 项，需要注意，CO32是由 HCO3电离得到的，因此通过比较NaA 溶液和 Na2CO3溶液的 pH 比较酸的强弱，其实比较的是HA 和 HCO3的强弱。若需要比较HA 和 H2CO3的酸性强弱，则应该同浓度NaA和 NaHCO3溶液的 pH 大小。5图为元素周期表的一部分，X、Y、W、R为短周期元素，四种元素的最外层电子数之和为21。下
8、列说法不正确的是X W Y R Z A最高价氧化物对应水化物的酸性RXY B84 号元素与Z 元素同主族CR、W 的某些单质或两元素形成的某些化合物可作水的消毒剂D Z2W3具有氧化性和还原性【答案】B【解析】【详解】假设 X 的最外层电子数为x-1，则 Y 的最外层电子数为x-1，Z 的最外层电子数为x，W 的最外层电子数为 x+1，R 的最外层电子数为x+2，有关系式x-1+x-1+x+1+x+2=21，解 x=5，则 X 为碳元素，Y 为硅元素，Z 为砷元素，W 为氧元素，R 为氯元素。A.因为元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以酸性强弱顺序为高氯酸碳酸 硅酸，故正
9、确；B.84 号元素都在第A主族，Z元素在第A主族,故错误；C.氯气或二氧化氯或臭氧等可作水的消毒剂，故正确；D.As2O3中砷为中间价态，具有氧化性和还原性，故正确。故选 B。6下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是ABCD【答案】A【解析】【详解】A升高温度，反应速率加快，产生气泡速率加快，不涉及平衡移动，A 符合；B中间试管存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)?Ag+(aq)+Cl-(aq)，由于 Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，加入 KI，发生 AgCl(s)+I-?AgI(s)+Cl-，两个平衡右移，白色沉淀AgCl 转换为黄色AgI 沉淀，B 不符合；C FeCl3+3H2O?Fe
10、(OH)3(胶体)+3HClH0，温度升高，平衡正向移动，C 不符合；D醋酸是弱电解质，CH3COOH?CH3COO-+H+，加水稀释，平衡右移，稀释过程又产生一定的H+，稀释 10 倍，pH2.9+1，D 不符合。答案选 A。【点睛】pH=m 的强酸稀释10n倍，新的溶液pH=m+n7；pH=m 的弱酸稀释10n倍，新的溶液pHm+nhde B上述元素组成的ZX4f(gd4)2溶液中，离子浓度：c（f3+）c（zx4+）C由 d、e、g 三种元素组成的盐溶液和稀硫酸反应可能生成沉淀D f 的最高价氧化物的水化物可以分别与e 和 h 的最高价氧化物的水化物发生反应【答案】B【解析】【分析】根据
11、八种短周期元素原子半径的相对大小可知：x 属于第一周期，y、z、d 属于第二周期，e、f、g、h 属于第三周期元素；根据最高正价或最低负价可知：x 为 H,y 为 C、z 为 N、d 为 O、e 为 Na、f 为 Al、g 为S、h 为 Cl。【详解】A.g 为 S，h 为 Cl，属于第三周期，离子半径gh；d 为 O，e 为 Na，同为第二周期，离子半径de，故离子半径：ghde，A正确；B.根据上述分析可知，ZX4f(gd4)2组成为 NH4Al(SO4)2，溶液中Al3+和 NH4+水解均显酸性，属于相互抑制的水解，由于氢氧化铝的电离常数大于一水合氨，则铝离子水解程度大于铵根，即离子浓度
12、：c(Al3+)c（NH4+）,故 B错误；C.d 为 O、e 为 Na、g 为 S，由 d、e、g 三种元素组成的盐Na2S2O3溶液和稀硫酸反应可能生成S沉淀,故 C正确；D.f 为 Al，f 的最高价氧化物的水化物为Al（OH）3,为两性氢氧化物，e和 h 的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、HClO4，可以与Al(OH)3发生反应,故 D正确；答案：B。【点睛】突破口是根据原子半径的大小判断元素的周期数；根据最高正化合价和最低负化合价的数值大小判断元素所在的主族；由此判断出元素的种类，再根据元素周期律解答即可。9下列实验操作或装置（略去部分夹持仪器）正确的是A除去 HCl 中含有的少
13、量Cl2B石油的蒸馏C制备乙酸乙酯D制备收集干燥的氨气【答案】A【解析】【详解】A氯气在饱和食盐水中的溶解度较低，可除掉氯化氢，故A 正确；B蒸馏试验中温度计测量蒸气的温度，应与蒸馏烧瓶支管口处相平，故B错误；C制备乙酸乙酯可直接加热，水浴加热不能达到合成温度，故C错误；D可用浓氨水和生石灰制备氨气，氨气的密度比空气小，用向下排空法收集，但导管应插入试管底部，故 D 错误。故选 A。【点睛】氯气和水的反应是可逆的，氯化氢溶于水电离是不可逆的，所有单质气体都是难溶于或者微溶于水的，只有卤族除外，他们可以和水发生化学反应，而Cl2和水反应产生Cl-，这个反应是一个平衡反应，有一定的限度，当水中Cl
14、-增多时，平衡会逆向移动，所以NaCl 溶液中 Cl2更加难溶，HCl 溶于水后非常容易电离，因此可以用饱和食盐水除去Cl2中的 HCl。10mg 铁粉与含有H2SO4的 CuSO4溶液完全反应后，得到mg 铜，则参与反应的CuSO4与 H2SO4的物质的量之比为A 8:7 B1:7 C7:8 D7:1【答案】D【解析】【详解】ag 铁粉的物质的量为56amol，agCu 的物质的量为64amol，根据氧化还原顺序Fe先与4CuSO反应，再与24H SO反应，因为5664aamolmol，所以4CuSO反应完全，剩余Fe 与 反应24H SO，所以参加反应的4CuSO的物质的量为64amol，
15、参加反应的24H SO的物质的量为5664aamol，参加反应的CuSO4与 H2SO4的物质的量之比为:7:1565664aaa，答案选 D。11一种从植物中提取的天然化合物a-damascone，可用于制作“香水”，其结构为：，有关该化合物的下列说法不正确的是A分子式为1320C HOB该化合物可发生聚合反应C1mol 该化合物完全燃烧消耗19mol2OD与溴的4CCl溶液反应生成的产物经水解、稀硝酸化后可用3AgNO溶液检验【答案】C【解析】【分析】【详解】A 项，根据键线式，由碳四价补全H 原子数，即可写出化学式为C13H20O，正确；B 项，由于分子可存在碳碳双键，故可以发生加聚反应
16、，正确；C 项，分子式为C13H20O，可以写成C13H18nH2O，13 个碳应消耗13 个 O2，18 个 H 消耗 4.5 个 O2，共为13+4.5=17.5，故错误；D 项，碳碳双键可以与Br2发生加成发生，然后水解酸化，即可得Br，再用 AgNO3可以检验，正确。答案选 C。12室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A新制氯水中：NH4+、Na、SO42-、SO32-B0.1 molL1 CaCl2溶液：Na、K、AlO2-、SiO32-C浓氨水中：Al3、Ca2、Cl-、ID 0.1 molL1 Fe2(SO4)3溶液：H、Mg2、NO3-、Br【答案】D【解析】【分析】
17、【详解】A饱和氯水中含有氯气和HClO，具有强氧化性，还原性离子不能存在，SO32-和氯气、HClO 发生氧化还原反应而不能大量存在，选项A 错误；B.0.1 molL1 CaCl2溶液中 Ca2+与 SiO32-反应产生沉淀而不能大量共存，选项B错误；C.浓氨水中Al3与氨水反应生成氢氧化铝而不能大量存在，选项C 错误；D.0.1 molL1 Fe2(SO4)3溶液呈酸性，H、Mg2、NO3-、Br相互不反应，能大量共存，选项D 正确；答案选 D。13硼氢化钠(NaBH4)可用作还原剂和塑料发泡剂。它在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程如图所示。下列说法不正确的是A NaBH4中氢元素的
18、化合价为+1 价B若用 D2O 代替 H2O，反应后生成的气体中含有H2、HD 和 D2C通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率D NaBH4与水反应的离子方程式为：BH4+4H2O=B(OH)4+4H2【答案】A【解析】【详解】A.B 为A 元素，其化合价为+3 价，NaBH4中氢元素的化合价为1 价，故 A 说法错误；B.由图示可知BH4中的 H 原子与 H2O 中 H 结合为 H2，当若用 D2O 代替 H2O，形成的氢气有三种，即 D2、HD 和 H2，故 B说法正确；C.反应物在催化剂表面反应，催化剂对反应物吸附，生成产物后会解吸，通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制
19、氢气的产生速率，故C说法正确；D.NaBH4与水反应为氢元素的归中反应，反应方程式为BH44H2O=B(OH)44H2，故 D 说法正确；答案：A。14下表数据是在某高温下，金属镁和镍分别在氧气中进行氧化反应时，在金属表面生成氧化薄膜的实验记录如下（a 和 b 均为与温度有关的常数）：反应时间t/h 1 4 9 16 25 MgO 层厚 Y/nm 0.05a 0.20a 0.45a 0.80a 1.25a NiO 层厚 Y/nm b 2b 3b 4b 5b 下列说法不正确的是A金属表面生成的氧化薄膜可以对金属起到保护作用B金属高温氧化腐蚀速率可以用金属氧化膜的生长速率来表示C金属氧化膜的膜厚Y
20、跟时间 t 所呈现的关系是：MgO 氧化膜厚Y属直线型，NiO 氧化膜厚Y属抛物线型D Mg 与 Ni 比较，金属镁具有更良好的耐氧化腐蚀性【答案】D【解析】【分析】【详解】A有些金属表面被氧化时，会生成致密的氧化物薄膜，可以起到保护金属的作用，例如铝等，A 项正确；B金属腐蚀即金属失去电子被氧化的过程，因此可以用氧化膜的生长速率表示金属在高温下被氧化腐蚀的速率，B项正确；C表格中列举的数据，时间间隔分别是1h，3h，5h，7h，9h；对于 MgO，结合 MgO 厚度的数据分析可知，MgO 氧化膜每小时增加的厚度是定值即0.05a，因此其随时间变化呈现线性关系；结合NiO 厚度的数据分析，Ni
21、O 氧化膜厚度随时间推移，增长的越来越缓慢，所以NiO 氧化膜与时间呈现抛物线形的关系，C 项正确；D根据表格数据分析可知，MgO 氧化膜随时间推移，厚度呈现线性递增的趋势，而NiO 氧化膜随时间推移，厚度增加越来越缓慢，说明NiO 氧化膜的生成能够逐渐减缓Ni 单质被氧化的速率，所以Ni 的耐氧化腐蚀性能更好，D 项错误；答案选 D。15丙烯醛（CH2=CH-CHO）不能发生的反应类型有（）A氧化反应B还原反应C消去反应D加聚反应【答案】C【解析】【详解】丙烯醛含有碳碳双键，可发生氧化反应，加聚反应，且醛基、碳碳双键都可与氢气发生加成反应，也为还原反应，不能发生消去反应，故选：C。二、实验题
22、（本题包括1 个小题，共10 分）16ClO2熔点为-59.5，沸点为11.0，温度过高可能引起爆炸，易溶于水，易与碱液反应。工业上用潮湿的 KClO3和草酸(H2C2O4)在 60时反应制得。某同学设计了如图装置来制取、收集ClO2并测定其质量。实验 I：制取并收集ClO2，装置如图所示。(1)装置 A除酒精灯外，还必须添加_装置，目的是_。装置 B 应该添加_(填“冰水浴”、“沸水浴”或“60 的热水浴”)装置。(2)装置 A中反应产物有K2CO3、ClO2和 CO2等，请写出该反应的化学方程式_。实验 II：测定 ClO2的质量，装置如图所示。过程如下：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用10
23、0mL 水溶解后，再加3mL硫酸溶液；按照如图组装好仪器：在玻璃液封管中加入水，浸没导管口；将生成的ClO2气体由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封液倒入锥形瓶中，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；用 cmol/L Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去VmL Na2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。(3)装置中玻璃液封管的作用是_。(4)滴定终点的现象是_。(5)测得通入ClO2的质量 m(ClO2)=_g(用整理过的含cV、的代数式表示)。(6)判断下列操作对m(ClO2)测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。若在配制
24、Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果_。若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_。【答案】温度控制使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸冰水浴2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2+2ClO2+H2O 用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点1.35cV 10-2g 偏高偏低【解析】【分析】(1)二氧化氯(ClO2)沸点为 11，用氯酸钾粉末与草酸在60时反应可生成二氧化氯等物质，装置 A 必须添加温度控制装置，需温度计，ClO2温度过高可
25、能引起爆炸，其温度要保持60-80之间，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和 H2O，根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式；(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)根据关系式2ClO25I210Na2S2O3计算 n(ClO2)，再根据m=nM 计算 m(ClO2)；(6)根据关系式2ClO25I210Na2S2O3判断，若操作使Na2S2O3偏少，则 ClO2偏低；若操作使 Na2S2O3偏大，则 ClO2偏高。【详
26、解】(1)二氧化氯(ClO2)沸点为 11，用氯酸钾粉末与草酸在60时反应可生成二氧化氯等物质，装置 A 必须添加温度控制装置，所以装置A 中还应安装的玻璃仪器是温度计；ClO2熔点为-59，沸点为11.0，温度过高可能引起爆炸，其温度要保持60-80之间，控制温度的目的是使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸，ClO2的沸点：11.0，沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，收集在试管中或常温下二氧化氯为气态，装置B 使用冰水浴装置，进行降温处理；(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和 H2O，根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式 2KClO3+H
27、2C2O4K2CO3+CO2+2ClO2+H2O；(3)装置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V?10-3L cmol/L=c?V?10-3 mol则：根据关系式：2ClO25I210Na2S2O3，2 10 n(ClO2)c?V?10-3 mol 所以 n(ClO2)=15n(Na2S2O3)=15 c?V?10-3 mol，所以 m(ClO2)=n(ClO2)?M=15 c?V?
28、10-3mol 67.5g/mol=1.35cV 10-2g；(6)若在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，使标准溶液的浓度减小，消耗的体积增大，则测定结果中ClO2的含量偏高；若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读取的体积比实际体积偏小，导致测定结果中ClO2的含量偏低。【点睛】本题以氯及其化合物的性质为线索，考查了物质含量的探究性实验，涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法、氧化还原反应在滴定中的应用，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键，题目难度中等。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17据报道，化合物M对番茄灰霉菌有较好的抑菌活性，其合成路
29、线如下图所示。已知：回答下列问题：（1）化合物C中的含氧官能团为_，反应的反应类型为_。（2）写出 E的结构简式：_。（3）写出反应的化学方程式：_。（4）写出化合物C满足下列条件的一种同分异构体的结构简式：_。含苯环结构，能在碱性条件下发生水解；能与 FeCl3发生显色反应；分子中含有4 种不同化学环境的氢。（5）已知 CH3CH2CNCH3CH2COOH。请以、CH2=CHCN 和乙醇为原料合成化合物，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任用)_。【答案】醚键取代反应【解析】【分析】由框图知 A为，由 C的结构简式知含氧官能团为“一O-”为醚键;E+M,M中生成了肽键，则为取代反应。(2)由
30、 M逆推，知E的结构筒式为。逆推 D的结构筒式为,C与 D比较知，D比 C比了“一NO2，则应为C发生硝化反应所得。(4)碱性条件能水解，则含有酯基，与FeCl3能发生显色反应，则说明含有酚羟基，且酚羟基与酯基互为对位关系。(5)由合成产物逆推,产物可以由与乙醇酯化得到,羧基可以由“-CN”水解获得，和 CH2=CHCN 相连，可以先将CH2=CHCN 与 Br2发生加成反应生成卤代物，再发生类似于流程中 A-B 的反应.【详解】（1）由 C的结构简式知化合物C中的含氧官能团为醚键，反应为+，其反应类型为取代反应。答案：醚键；取代反应。（2）根据分析知E的结构简式为：；答案：。（3）反应是的反
31、应。其化学方程式：；答案：。（4）碱性条件能水解，则含有酯基，与FeCl3能发生显色反应，则说明含有酚羟基，分子中含有 4种不同化学环境的氢，酚羟基与酯基互为对位关系。；答案：。（5）已知 CH3CH2CNCH3CH2COOH。以、CH2=CHCN 和乙醇为原料合成化合物的合成路线流程图为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18纳米磷化钴（CoP）常用于制作特种钻玻璃，制备磷化钴的常用流程如下：（l）基态 P原子的价电子排布式为_，P位于元素周期表中_区。（2）尿素中N 原子的杂化类型是_；C、N、O 三种元素的第一电离能最大的是_，电负性由小到大的顺序为 _。（3）Co(CO3)
32、15(OH）1.11H2O 中 CO32-中 C的价层电子对数为_；该化合物中不含有的化学键有_填标号）。A 离子键B 共价键C 金属键D 配位键E 氢键F 非极性键（4）一些氧化物的熔点如下表所示：解释表中氧化物之间熔点差异的原因_。（5）CoP的晶胞结构如图所示，最近且相邻两个钴原子的距离为npm。设 NA为阿伏加德罗常数的值，则其晶胞密度为_-gcm-3（列出计算式即可）。【答案】3s23p3P sp3N CNO 3 CF FeCl3是共价化合物，Fe3O4、Co3O4是离子化合物，Fe3O4、Co3O4晶胞结构不同330A459+4312 210nN【解析】【分析】（l）P是 15 号
33、元素，最外层有5 个电子；（2）根据尿素的结构简式是分析 N 原子杂化类型；同周期元素从左到右第一电离能增大，N原子 3p 轨道为半充满状态；同周期元素从左到右电负性依次增大；（3）CO32-中 C的价层电子对数为4+22；（4）化合物类型不同熔沸点不同；晶体结构不同，熔沸点不同；（5）根据 CoP的晶胞结构，最近且相邻两个钴原子的距离为npm，则晶胞面对角线是2npm，晶胞的边长为2npm，1 个晶胞含有Co原子数118+6=482、P原子数112+1=44；【详解】（l）P是 15 号元素，最外层有5 个电子，基态P原子的价电子排布式为3s23p3；价电子排布式为3s23p3，所以 P位于
34、元素周期表中P 区；（2）尿素的结构简式是，N 原子形成3 个共价键，有1 对孤电子对，所以N 原子杂化类型是sp3；同周期元素从左到右第一电离能增大，N原子 3p 轨道为半充满状态，所以C、N、O 三种元素的第一电离能最大的是N；同周期元素从左到右电负性依次增大，电负性由小到大的顺序为CNO；（3）CO32-中 C的价层电子对数为4+22=3；（4）FeCl3是共价化合物，熔沸点低；Fe3O4、Co3O4是离子化合物，熔沸点高，但晶胞结构不同，所以熔沸点有差异；Co(CO3)15(OH）1.11H2O 中 CO32-与 Co2+之间存在离子键；CO32-、水分子内存在共价键；Co2+与 H2
35、O 是配位键；氢键不是化学键，没有非极性键，故选CF；（5）根据 CoP的晶胞结构，最近且相邻两个钴原子的距离为npm，则晶胞面对角线是2npm，晶胞的边长为2npm，晶胞体积为32 2npm3，1 个晶胞含有Co原子数118+6=482、P原子数112+1=44；所以晶胞密度为330A4 59+4312210nNgcm-3。【点睛】本题的难点是晶胞计算，根据晶胞结构计算晶胞中的原子数是解题关键，顶点的原子被1 个晶胞占用18、面心的原子被1 个晶胞占用12，楞上的原子被1 个晶胞占用14。19工业上常利用CO2为初始反应物，合成一系列重要的化工原料。（1）以 CO2和 NH3为原料合成尿素是
36、利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：反应：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)H1反应：NH2COONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g)H2=+72.49kJ/mol 总反应：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)H3=-86.98kJ/mol 请回答下列问题：根据 8 电子稳定构型，写出CO(NH2)2的结构式 _。反应的 H1=_。在 _（填“高温”或“低温”）情况下有利于反应的自发进行。一定温度下，在体积固定的密闭容器中按n(NH3):n(CO2)=2:1 进行反应，下列能说明反应达到了平衡状态的是 _（填序号）
37、。A混合气体的平均相对分子质量不再变化B容器内气体总压强不再变化CNH3与 CO2的转化率相等D容器内混合气体的密度不再变化（2）将 CO2和 H2按质量比25：3 充入一定体积的密闭容器中，在不同温度下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。测得 CH3OH 的物质的量随时间的变化如下图。曲线、对应的平衡常数大小关系为K()_K()（填“”“增大压强或增加CO2用量或及时分离出产物1/12 1/3c1【解析】【详解】(1)根据 8 电子稳定构型，CO(NH2)2的结构式为；反应：2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)H1=a kJ?mol-1，反应
38、：NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)H2=+72.49kJ?mol-1，总反应：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)H3=-86.98kJ?mol-1，由盖斯定律总反应-反应，得到2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)H1=a=-159.47kJ?mol-1；反应：NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)H2=+72.49kJ?mol-1，反应前后气体体积增大，S0，焓变分析可知是吸热反应，H0，所以依据反应自发进行的判断依据 H-T S0，需要在高温下反应自发进行，故答案为高温；A反应 I 中反应
39、物为气体，生成物全部为固体，所以在反应前后，混合气体的平均相对分子质量保持不变，所以不能作为平衡状态的判断标志，选项A 错误；B反应 I 中，气体的物质的量减小，所以反应的压强减小，所以容器内气体总压强不再变化时，说明反应处于平衡状态，选项B正确；CNH3与 CO2的转化率相等时，不能达到v正(NH3)=2v逆(CO2)，反应没有达到平衡状态，选项C错误；D反应 I 中，容器体积不变，气体质量减小，所以当容器内混合气体的密度不再变化时，说明反应处于平衡状态，选项D 正确；答案选 BD；(2)II 平衡时间小于I，说明 II 反应速率大于I，且平衡时II 中 CH3OH 的物质的量小于I，说明平
40、衡向逆反应方向移动，则只能是升高温度，即II 的温度大于I，温度越高，平衡向逆反应方向移动，导致化学平衡常数越小，所以KK，故答案为；欲提高CH3OH 的平衡产率，则使平衡正向移动，可采取的措施除改变温度外，还有增大压强或增加CO2用量或及时分离出产物；设二氧化碳反应量为x CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)初始量(mol)：1 3 0 0 转化量(mol)：x 3x x x 平衡量(mol)：1-x 3-3x x x 甲中平衡后气体的压强为开始时的56倍，即42x4=56，解得 x=13mol，反应的平衡常数为31116611213；依题意：甲、乙为等同平衡，且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料，c 的物质的量为1mol，c 的物质的量不能低于平衡时的物质的量13mol，所以 c 的物质的量为：13molc1mol。【点睛】本题的易错点为c 的取值范围的计算，根据平衡的三段式求出甲中平衡时各气体的物质的量，然后根据平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持反应逆向进行来判断范围。