《2019-2020学年34.北京市西城区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34.北京市西城区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 34.北京市西城区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在稳定人体血液的pH 中起作用的离子是A Na+BHCO3CFe2+DCl-【答案】B【解析】【分析】稳定人体血液的pH的离子,必须既能和氢离子反应,也能和氢氧根离子反应；【详解】A.Na+为强碱阳离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故A不正确；B.HCO3-在溶液中存在两个趋势：HCO3-离子电离使得溶液呈酸性，HCO3-水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高，故B正确；C.Fe2+为弱碱阳离子，水解使溶液呈酸性，只能
2、降低pH值，故 C不正确；D.Cl-为强酸阴离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故D不正确；正确答案:B。【点睛】明确稳定pH是解答本题的关键，并熟悉盐类水解的规律及酸式酸根离子的性质来解答。2关于如图装置中的变化叙述错误的是A电子经导线从锌片流向右侧碳棒，再从左侧碳棒流回铜片B铜片上发生氧化反应C右侧碳棒上发生的反应：2H+2eH2 D铜电极出现气泡【答案】B【解析】【分析】右边装置能自发的进行氧化还原反应,所以右边装置是原电池,锌易失电子而作负极,铜作正极;左边装置连接外加电源,所以是电解池,连接锌棒的电极是阴极,连接铜棒的电极是阳极。根据原电池和电解池原理进行判断。【详解】A.根据原电
3、池工作原理可知：电子从负极锌沿导线流向右侧碳棒,再从左侧碳棒流回正极铜片，故 A 正确；B.根据氧化还原的实质可知：锌片上失电子发生氧化反应,铜片上得电子发生还原反应，故B错误；C.根据电解池工作原理可知：左侧碳棒是电解池阳极，阳极上应该是氯离子放电生成氯气，右侧碳棒是阴极，该电极上发生的反应:2H+2eH2，故 C正确；D.根据原电池工作原理可知：铜电极是正极，正极端氢离子得电子放出氢气，故D 正确；答案选 B。3某学习小组在实验室中用废易拉罐(主要成分为AI，含有少量的Fe、Mg 杂质)制明矾 KAl(SO4)2 12H2O的过秳如图所示。下列说法正确的是A为尽量少引入杂质，试剂 应选用氨
4、水B滤液A 中加入NH4HCO3溶液产生CO2C沉淀B 的成分为Al(OH)3D将溶液C 蒸干得到纯净的明矾【答案】C【解析】【详解】A 选项，为尽量少引入杂质，试剂 应选用氢氧化钾，故A 错误；B 选项，滤液A 为偏铝酸盐与NH4HCO3溶液反应生成氢氧化铝和碳酸铵，故B 错误；C 选项，根据B选项得出沉淀B的成分为Al(OH)3，故 C正确；D 选项，将溶液C 蒸干得到明矾中含有硫酸钾杂质，故D 错误。综上所述，答案为C。【点睛】偏铝酸盐与NH4HCO3溶液反应生成氢氧化铝和碳酸铵，不是水解反应。4化学与人类的生活、生产息息相关，下列说法不正确的是A生活中常用小苏打来治疗胃酸过多B水泥、陶
5、瓷、玻璃工业的生产原料中都用到了石灰石C硫酸钡可用于胃肠X 射线造影检查D双氧水、高锰酸钾溶液可杀死埃博拉病毒，其原理与漂白粉消毒饮用水的原理相同【答案】B【解析】【详解】A 选项，生活中常用小苏打、氢氧化铝来治疗胃酸过多，故A 正确；B 选项，水泥主要原料是黏土、石灰石、石膏，陶瓷主要原料是黏土，玻璃工业主要原料是碳酸钠、碳酸钙、二氧化硅，因此生产原料中不是都用到了石灰石，故B 错误；C 选项，硫酸钡男溶于水和酸，可用于胃肠X 射线造影检查，故C正确；D 选项，双氧水、高锰酸钾溶液具有强氧化性，可用于杀死埃博拉病毒，漂白粉消毒饮用水主要是氢氧化性，因此原理都相同，故D 正确；综上所述，答案为
6、B。5下列反应中，被氧化的元素和被还原的元素相同的是A 4Na+O2=2Na2O B2FeCl2+Cl2=2FeCl3C2Na+2H2O=2NaOH+H2D3NO2+H2O=2HNO3+NO【答案】D【解析】【详解】A 4Na+O22Na2O 反应中钠元素被氧化，氧元素被还原，被氧化与被还原的元素不是同一元素，故A 错误；B2FeCl2+Cl22FeCl3反应中 FeCl2为还原剂，被氧化，氯气为氧化剂，被还原，被氧化与被还原的元素不是同一元素，故B 错误；C2Na+2H2O2NaOH+H2反应中钠元素化合价升高被氧化，H 元素化合价降低被还原，被氧化与被还原的元素不是同一元素，故C 错误；D
7、 3NO2+H2O 2HNO3+NO 该反应中只有N 元素的化合价变化，N 元素既被氧化又被还原，故D 正确；故选 D。6为了减缓海水对钢闸门A 的腐蚀（见图），关于 B 的说法合理的是（）A B是碳棒BB 是锌板CB是铜板D B极无需定时更换【答案】B【解析】【详解】钢闸门 A 和 B 在海水中形成原电池时，为了减缓海水对钢闸门A 的腐蚀，Fe应作正极被保护，则要选择活泼性比Fe强的锌作负极被损耗，故选B。7用 ClCH2CH2OH 和 NaCN为原料可合成丙烯酸，相关化学用语表示错误的是()A质子数和中子数相等的钠原子：2211Na B氯原子的结构示意图：CNaCN的电子式：D丙烯酸的结构
8、简式：CH3CH=CHCOOH【答案】D【解析】【详解】A.质子数和中子数相等的钠原子，质量数A=质子数 Z+中子数 N=11+11=22，钠原子符号为：2211Na，A 正确；B.Cl原子的核外电子总数为17，其原子结构示意图为，B 正确；C.NaCN为离子化合物，由Na+和 CN-通过离子键构成，电子式为，C 正确；D.丙烯酸的结构简式为CH2=CHCOOH，D 错误；故合理选项是D。8碘在不同状态下（固态或气态）与氢气反应的热化学方程式如下所示：H2（g）+I2（?）2HI（g）+148kJ H2（g）+I2（?）2HI（g）-248kJ 下列判断正确的是A 中的 I2为固态，中的 I2
9、为气态B 的反应物总能量比 的反应物总能量低C 的产物比反应 的产物热稳定性更好D 1mol 固态碘升华时将吸热17kJ【答案】B【解析】【分析】【详解】A、反应 放热，吸热源于碘单质的状态不同，固态变为气态需要吸收能量，故 中的 I2为气态，中的 I2为固态，错误；B、生成物的能量相等，放热，故 的反应物总能量比 的反应物总能量低，正确；C、产物的稳定性形同，错误；D、1mol 固态碘升华时将吸热为248+1 48=316kJ，错误。答案选 B。9海水中含有80 多种元素，是重要的资源宝库。己知不同pH条件下，海水中碳元素的存在形态如图所示。下列说法不正确的是（）A当pH8.14，此中主要碳
10、源为3HCOBA 点，溶液中23H CO和3HCO浓度相同C当-2-33c(HCO)=c(CO)时，c(H)c(OH)D碳酸的a2K约为1010【答案】B【解析】【分析】【详解】A.根据上图可以看出，当pH 为 8.14 时，海水中主要以-3HCO的形式存在，A 项正确；B.A 点仅仅是-3HCO和223CO+H CO的浓度相同，-3HCO和23H CO浓度并不相同，B项错误；C.当2-33c(CO)=c(HCO)时，即图中的B 点，此时溶液的pH 在 10 左右，显碱性，因此+-c(H)c(OH)，C 项正确；D.a2K的表达式为+2-3-3c(H)c(CO)c(HCO)，当 B点二者相同时
11、，a2K的表达式就剩下+c(H)，此时+c(H)约为-1010，D 项正确；答案选 B。10X、Y、Z、W 均是短周期元素，且核电荷数依次增大，X2-与 Y+有相同的电子层结构，Z是第 3 周期元素的简单离子中半径最小的，W 的单质有多种同素异形体，其氧化物是形成酸雨的主要原因之一。下列说法正确的是A原子最外层电子数：XYZ B单质沸点：YZW C离子半径：Y+X2-DY与 W 形成的化合物的水溶液显碱性【答案】D【解析】【分析】Z是第 3 周期元素的简单离子中半径最小的，则Z 为 Al，X2-与 Y+有相同的电子层结构，则X为 O，Y 为Na，W 的单质有多种同素异形体，其氧化物是形成酸雨的
12、主要原因之一，则W 为 S，以此解题。【详解】根据分析，X为 O、Y为 Na、Z 为 Al、W 为 S；A X为 O，最外层电子数为6，Y为 Na，最外层电子数为1，Z为 Al，最外层电子数为3，原子最外层电子数：X Z Y，故 A 错误；BY为 Na、Z 为 Al、W 为 S，铝的原子半径与钠相比较小，且其价电子数较多，故金属键较强，则铝的熔点高于钠，即单质沸点：Z Y，故 B错误；CX为 O、Y为 Na，X2-与 Y+有相同的电子层结构，核电荷数越大，半径越小，离子半径：Y+X2-，故 C错误；D Y为 Na、W 为 S，Y与 W 形成的化合物为硫化钠，属于强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，故D
13、 正确；答案选 D。【点睛】酸雨是硫和氮的氧化物造成的，分析出W 是硫。11如图是一种染料敏化太阳能电池的示意图，电池的一个电极由有机光敏染料（R）涂覆在TiO2纳米晶体表面制成，另一电极由导电玻璃镀铂构成，下列关于该电池叙述不正确的是（）A染料敏化TiO2电极为电池负极，发生氧化反应B正极电极反应式是：I3-+2e-=3I-C电池总反应是：2R+3I-=I3-+2R D电池工作时将太阳能转化为电能【答案】C【解析】【分析】根据图示装置可以知道：染料敏化TiO2电极为电池负极，发生氧化反应，Re=R+，正极电极发生还原反应，电极反应式是：I3+2e3I，总反应为：2R+3I I3+2R+，据此
14、回答。【详解】A.根据图示装置可以知道染料敏化TiO2电极为电池负极，发生氧化反应R e=R+，故 A 正确；B.正极电极发生还原反应，电极反应式是：I3+2e3I，故 B 正确；C.正极和负极反应相加可以得到总反应：2R+3I I3+2R+，故 C 错误；D.太阳能电池工作时，将太阳能转化为电能，故D 正确。故选 C。12下图是一种微生物燃料电池的工作原理示意图，工作过程中必须对某室进行严格密封。下列有关说法错误的是A a 极的电极反应式为612622C H O6H O24e6CO24HB若所用离子交换膜为质子交换膜，则H将由 A室移向 B室C根据图示，该电池也可以在碱性环境中工作D由于 A
15、 室内存在细菌，所以对A 室必须严格密封，以确保厌氧环境【答案】C【解析】【分析】本题考查电化学原理，意在考查对电解池原理的理解和运用能力。【详解】A.由图可知负极（a 极）反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，正极（b 极）反应式为O2+4H+4e-=2H2O，故不选 A；B.根据图示和题中信息，A 室产生H而 B 室消耗H，氢离子将由负极移向正极，故不选B；C.在负极室厌氧环境下，有机物在微生物作用下分解并释放出电子和质子，电子依靠合适的电子传递介体在生物组分和负极之间进行有效传递，并通过外电路传递到正极形成电流，而质子通过质子交换膜传递到正极，氧化剂（一般为氧气
16、）在正极得到电子被还原与质子结合成水，所以不可以碱性环境，故选C；D.由于 A 室内存在细菌，所以对A 室必须严格密封，以确保厌氧环境，故不选D;答案：C 13吗啡是严格查禁的毒品吗啡分子含C71.58%，H6.67%，N4.91%，其余为O.已知其相对分子质量不超过 300，则吗啡的分子式是A C17H19NO3BC17H20N2O CC18H19NO3DC18H20N2O2【答案】A【解析】【分析】可通过假设相对分子质量为100，然后得出碳、氢、氮、氧等元素的质量，然后求出原子个数，然后乘以3，得出的数值即为分子式中原子个数的最大值，进而求出分子式。【详解】假设吗啡的相对分子质量为100，
17、则碳元素的质量就为71.58，碳的原子个数为：71.5812=5.965，则相对分子质量如果为300 的话，就为5.9653 17.895；同理，氢的原子个数为：6.671 3=20.01，氮的原子个数为：4.9114 3=1.502，氧的原子个数为：10071.586.674.9116 3=3.15，因为吗啡的相对分子质量不超过300，故吗啡的化学式中碳的原子个数不超过17.895，氢的原子个数不超过20.01，氮的原子个数不超过1.502；符合要求的为A，答案选 A。14利用右图所示装置可以将温室气体CO2转化为燃料气体CO。下列说法中，不正确的是A电极 b 表面发生还原反应B该装置工作时
18、，H+从 a 极区向 b 极区移动C该装置中每生成1molCO，同时生成0.5molO2D该过程是将化学能转化为电能的过程【答案】D【解析】试题分析：由图示装置可知，水在太阳光的作用下失去电子转化为氧气和氢离子，电子经外电路流向 b 极，氢离子向b 极定向移动，二氧化碳在b 极上得到电子被还原为一氧化碳。A.电极 b 表面发生还原反应，A 正确；B.该装置工作时，H+从 a 极区向 b 极区移动，B正确；C.该装置中每生成1molCO 时转移 2mol e-，所以一定同时生成0.5molO2，C 正确；D.该过程是将太阳能转化为化学能的过程，D 不正确。本题选D。15“封管实验”具有简易、方便
19、、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法错误的是A加热时，溶液红色褪去，冷却后又变红色，体现SO2的漂白性B加热时，溶液红色变浅，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小C加热时，上部汇集了NH4Cl固体，此现象与碘升华实验现象相似D三个“封管实验”中所涉及到的化学反应不全是可逆反应【答案】A【解析】【分析】A依据二氧化硫的漂白原理和漂白效果不稳定性解答；B加热时氨气逸出，中颜色为无色，冷却后氨气溶解中为红色；C氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵；D可逆反应应在同一条件下进行。【详解】A二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分
20、解，恢复颜色，所以加热时，溶液变红，冷却后又变为无色，故A 错误；B加热时氨气逸出，中颜色为无色，冷却后氨气溶解中为红色，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小，故B正确；C加热时，上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵，此现象与碘升华实验现象相似，故C正确；D氨气与水的反应是可逆的，可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不完全是可逆反应，故D 正确；故答案选A。【点睛】本题注意“封管实验”的实验装置中发生的反应分别在加热条件下和冷却后进行，不一定是可逆反应，要根据具体的化学反应进行判断。二、实验题（本题包括1
21、个小题，共10 分）16某小组同学研究SO2和 KI 溶液的反应，设计如下实验。实验操作现象I 溶液迅速变为浅黄色，将溶液进行离心分离无固体沉积，加入淀粉溶液，不变色II 溶液立即变成深黄色，将溶液进行离心分离有浅黄色固体沉积，溶液黄色变浅，加入淀粉溶液，不变色（1）加入淀粉溶液的目的是_，为达到相同的目的，还可选用的试剂是_。（2）经检验，II中的浅黄色固体是硫。资料显示，在酸性条件下，SO2和 KI 溶液反应生成S和 I2。在酸性条件下，SO2和 KI 溶液反应的离子方程式是_。针对 II中加入淀粉溶液不变色，甲同学提出假设：_。为证实该假设，甲同学取II中离心分离后的溶液，加入盐酸酸化的
22、BaCl2溶液，有白色沉淀生成。乙同学认为甲同学的实验方案不支持上述假设，理由是_。丙同学向1 mL 1 mol L-1 KCl 溶液中加入5 滴 1 mol L-1盐酸，通入SO2，无明显实验现象，再加入盐酸酸化的BaCl2溶液，几乎没有白色沉淀。丙同学的实验结论是_。（3）实验表明，I-是 SO2转化的催化剂。补全下列离子方程式。SO2H2O=_（4）对比实验I 和 II，推测增大H+的浓度可加快SO2的转化速率。为证实该推测，还需进一步进行实验证明，实验方案是_。【答案】检验是否有I2生成CCl4（苯、煤油）SO2+4I-+4H+=2I2+S+2H2OSO2将 I2还原为I-空气中的O2
23、将 SO2氧化为 SO42-O2不是 SO2氧化为 SO42-的主要原因3SO2+2H2O=4H+2SO42-+S向 1 mL 1 mol L-1 KI 溶液中加入 5 滴 1 mol L-1 KCl 溶液后，再通入 SO2气体，观察现象【解析】【分析】（1）碘遇淀粉溶液蓝色，碘易溶于有机溶剂，且碘的四氯化碳溶液显紫红色；（2）经检验，II 中的浅黄色固体是硫。资料显示，在酸性条件下，SO2和 KI 溶液反应生成在酸性条件下，SO2和 KI溶液反应S和 I2，结合守恒法写出发生反应的离子方程式；离心分离后的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42-，说明 I2能
24、氧化SO2生成 SO42-；空气中有氧气，也能氧化SO2；加入盐酸酸化的BaCl2溶液，几乎没有白色沉淀，说明溶液中无SO42-；（3）I-是 SO2转化的催化剂，可知SO2在反应中既被氧化生成SO42-，又被还原生成S，结合守恒法配平离子反应方程式；（4）通过改变H+的浓度来判断SO2的转化速率是否发生改变；【详解】（1）利用碘遇淀粉溶液蓝色，加入淀粉溶液可检验反应中有碘生成；碘易溶于有机溶剂，也可以加入CCl4后振荡静置，看有机层是否显紫红色，来判断反应中有碘生成；（2）在酸性条件下，SO2和 KI溶液反应S和 I2，发生反应的离子方程式为SO2+4I-+4H+=2I2+S+2H2O；II
25、 中加入淀粉溶液不变色，说明I2被还原，结合SO2具有还原性，可假设SO2将 I2还原为 I-；乙同学认为空气中有氧气，也能将SO2氧化为 SO42-，故不支持甲同学的上述假设；加入盐酸酸化的BaCl2溶液，几乎没有白色沉淀，说明溶液中无SO42-，由此可得出O2不是 SO2氧化为SO42-的主要原因；（3）I-是 SO2转化的催化剂，可知SO2在反应中既被氧化生成SO42-，又被还原生成S，发生反应的离子反应方程式为3SO2+2H2O=4H+2SO42-+S；（4）向 1 mL 1 mol L-1 KI溶液中加入5 滴 1 mol L-1 KCl溶液后，再通入SO2气体，观察现象，进而判断增
26、大 H+的浓度是否可加快SO2的转化速率。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17溴酸镉 Cd(BrO3)2常用于生产颜料和荧光粉。以镉铁矿(成分为 CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2)为原料制备 Cd(BrO3)2的流程如下:已知：Cd(SO4)2溶于水。(1)Cd(BrO3)2中 Cd 的化合价为 _(2)酸浸时，为了提高镉的浸取率可以采取的指施有_(写出两种即可)。(3)还原镉时,产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，其发生反应的离于方程式为_(4)用 H2O2溶液氧化时,氧化剂与还原剂的物质的量之比为_(5)已知几种金属离子的氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH 如
27、下表,调 pH 时，应调整的pH 范为 _,滤渣2 的主要成分为_(填化学式)。(6)实际工业生产中,有时还采用阳离子交换树脂法来测定沉镉后溶液中Cd2+的含量,其原理是:Cd2+2NaR=2Na+CdR2，其中 NaR 为阳离子交换树脂。常温下，将沉镉后的溶液(此时溶液pH=6)经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增加了0.046g/L，则该条件下Cd(OH)2的 Ksp 值为 _(7)已知镉铁矿中CdO2的含量为72%，整个流程中镉元素的损耗率为8%，则 2t 该镉铁矿可制得Cd(BrO3)2(相对分子质量为368)_Kg。【答案】+2 将矿石粉碎、适当升高浸取时的温度、延长浸
28、取的时间、增大浸取液的浓度、充分搅拌等3Cd4+CH3OH+H2O=3Cd2+CO2+6H+1:2 5.0pH7.4 Fe(OH)3和 Al(OH)310-193385.6【解析】【分析】用稀硫酸溶解镉铁矿(成分为 CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和 SiO2)，其中 SiO2不溶于水和酸，通过过滤除去，即滤渣1 为 SiO2；滤液中主要含有Fe2+、Fe3+、Al3+及 Cd4+，加入 CH3OH 将 Cd4+还原为 Cd2+，然后加入 H2O2溶液，将溶液中的Fe2+氧化为 Fe3+，再调节溶液pH 使溶液中的Al3+、Fe3+完全转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过
29、滤除去不溶物，向含有CdSO4的滤液中加入K2CO3生成 CdCO3沉淀，再过滤将沉淀溶于HBrO3，最后将溶液蒸发结晶即可得到溴酸镉Cd(BrO3)2，据此分析解答（1）（5）。(6)将沉镉后的溶液pH=6，则 c(OH-)=1 10-8mol/L，经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增加了 0.046g/L，即 Na+浓度增加了0.04623/mol1ggL=0.002mol/L，根据 Cd2+2NaR=2Na+CdR2，可知原溶液中c(Cd2+)=0.001mol/L，再计算Cd(OH)2的 Ksp；(7)2t 该镉铁矿中CdO2的质量为2 106g 72%=1.44 106
30、g，其物质的量为61.44 10144/molgg=0.01 106mol，再根据整个流程中镉元素的损耗率为8%，并结合原子守恒计算Cd(BrO3)2的质量。【详解】(1)在 Cd(BrO3)2中 Br 元素为+5 价，O 元素为-2 价，根据正负化合价代数和为0，可知 Cd的化合价为+2；(2)固体溶解于稀硫酸时，采取增大稀硫酸的浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施，可提高镉的浸取率；(3)CH3OH 将 Cd4+还原为 Cd2+时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，此气体为CO2，结合守恒法，可知发生反应的离于方程式为3Cd4+CH3OH+H2O=3Cd2+CO2+6H+；(4)用
31、 H2O2溶液将溶液中的Fe2+氧化为 Fe3+时，发生反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+H2O，则氧化剂 H2O2与还原剂Fe2+的物质的量之比为1:2；(5)Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀时的pH 为 2.8，Al3+完全转化为Al(OH)3沉淀时的pH 为 5.0，Cd2+开始转化为 Cd(OH)2沉淀时的pH 为 7.4，则调节溶液的pH 范围为 5.0 pH N C（1 分）2 21（2 分）平面三角形（2 分）sp3（1 分）4（1 分）2a（2 分）10 3A4(6532)(2210)Na（3 分）CH CH（1 分）氯乙烯（1-氯乙烯）（1 分）酯基
32、（1 分）加成反应（1 分）（2 分）（2 分）3（1 分）（2 分）（4 分）【解析】【分析】【详解】化学 选修 3：物质结构与性质（1）Zn 的原子序数为30，其核外电子排布式为Ar3d104s2，Zn2+是锌原子失去2 个电子所形成的，Zn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10。（2）Ca 的金属性比Zn 的强，Ca、Zn 与氯形成CaCl2、ZnCl2，其中 CaCl2为典型的离子化合物，熔点比较高，而ZnCl2虽为离子化合物，但因Zn 的活泼性比较弱，形成的ZnCl2有明显的共价性，使ZnCl2熔点比 CaCl2低。（3）配位原子必须能提供孤电子对
33、，而CNO-结构中，O 能提供孤电子对，故配位原子为O 原子，Zn(CNO)42-中非金属元素为C、N、O，同一周期从左至右，电负性逐渐增大，它们的电负性大小顺序为 O NC，一个 Zn(CN)42-中 Zn 与 4 个 CN-间有 4 个配位键即4 个 键，每个CN 之间存在一个键和 2 个 键，与 和配位键的个数为8、8、4，比值为221。Zn(NH3)4CO3中阴离子为23CO，是平面三角形，NH3中的 N 是 sp3杂化。（4）根据图可看出每一个S周围有 4 个 Zn，配位数为4。最近的两个S原子之间的距离是面对角线的一半，根据图2 可知面对角线长为4a pm。最近的两个S 原子之间的
34、距离是2a pm。晶胞中Zn 的个数为顶点818=1，面心 612=3，共 4 个，S 在内部，共4 个，化学式为ZnS，式量为65+32，设晶胞边长为 d pm，2d=4a，d=2 2a，d3NA=4(65+32)，=10 3A4(6532)(2210)Nag cm-3。化学 选修 5：有机化学基础（1）根据 ABC，可看出A 与 HCl 和 H3CNH2发生连续加成反应，所以A 含有碳碳叁键，为乙炔，结构简式为CH CH，B 中含有碳碳双键，是A 与 HCl 加成所得，所以B 为氯乙烯。（2）根据合成路线可知，G 中含氧官能团为酯基，B 生成 C，发生加成反应。（3）根据 D、F 的结构，可知E 中含羧基，得出E 的结构简式为。（4）C 生成D 发生了取代反应，方程式为：。（5）苯环在1，2，3 位时都满足条件，即，中NH2被 H 代替后为，除苯环外，其他C 原子上的H 原子个数如下：，核磁共振氢谱峰面积比正好为44111。（6）利用题干BCDEF的反应原理，BC为双加成反应，而所设计的合成路线中为单加成反应，题干中 CD和所设计合成路线中一样均为双取代反应，题干中DEF与所设计合成路线中一样均为水解、酯化反应，所以合成路线为：【点睛】