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1、2019-2020学年福建省南安市国光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某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是A反应过程a 有催化剂参与B该反应为吸热反应，热效应等于?H C改变催化剂，可改变该反应的活化能D有催化剂的条件下，反应的活化能等于E1+E2【答案】C【解析】【详解】A催化剂能降低反应的活化能，故b 中使用了催化剂，故A 错误；B反应物能量高于生成物，为放热反应，H=生成物能量-反应物能量，故B错误；C不同的催化剂，改变反应的途径，反应的活化能不同，故C正确；D催化剂不改变反应的始终态，焓变等于正逆反
2、应的活化能之差，图中不能确定正逆反应的活化能，故D 错误；故选 C。2设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A标准状况下，11.2 L 三氯甲烷中含有分子数为0.5NAB常温常压下，2gD2O 中含有电子数为NAC46gNO2和 N2 O4混合气体中含有原子数为3NAD ImoINa 完全与 O2反应生成Na2O 和 Na2O2，转移电子数为NA【答案】A【解析】【详解】A标准状况下，三氯甲烷为液态，无法由体积计算分子数，故A 错误；BD2O 的摩尔质量为20g/mol，2gD2O 为 0.1mol，每个分子中含有10 个电子，则含有电子数为NA，故 B正确；CNO2和 N2 O4的
3、最简式相同，则混合气体中含有原子数为346g/4 gmol6=3mol，即 3NA，故 C 正确；D 1moINa 反应生成 Na2O 和 Na2O2，钠原子只失去1 个电子，所以转移电子数为1mol，即 NA，故 D 正确。故选 A。3下列排列顺序中，正确的是热稳定性：H2OHFH2S 离子半径：ClNa+Mg2+Al3+酸性：H3PO4H2SO4HClO4 结合质子(H+)能力：OHCH3COOClABCD【答案】B【解析】【分析】非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强；离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，离子半径越小；非金属性越强，最高价氧化物对应水合物的酸性越强；
4、电离出氢离子能力(酸性)越强，结合质子能力越弱。【详解】非金属性FOS，则气态氢化物的热稳定性：HFH2OH2S，故错误；Cl含有三层电子，Na+、Mg2+、Al3+的电子层数都是两层，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：Cl-NaMg2Al3，故正确；非金属性：PSCl，则最高价含氧酸的酸性：H3PO4H2SO4HClO4，故错误；电离出氢离子的能力：HClCH3COOH H2O，则结合质子能力：OH-CH3COO-Cl-，故正确；故答案选B。【点睛】本题明确元素周期律内容为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期律的关系。4设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 14.0gFe发
5、生吸氧腐蚀生成Fe2O3 xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NAB标准状况下，11.2LH2S溶于水，溶液中含硫粒子的数目大于0.5NAC常温下，0.5LpH=14 的 Ba(OH)2溶液中 Ba2+的数目为0.5NAD分子式为C2H6O 的某种有机物4.6g，含有 CH 键的数目一定为0.5NA【答案】A【解析】【详解】A.14.0gFe 的物质的量为14.0g=0.25mol56g/mol，Fe 发生吸氧腐蚀的负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，则电极反应转移的电子数为0.25mol 2NA=0.5NA，A 项正确；B.标况下，H2S为气体，11.2 LH2S 气体为 0.5mol，H
6、2S 溶于水，电离产生HS-和 S2-，根据 S元素守恒可知，含硫微粒共0.5NA，B 项错误；C.常温下，pH=14 的 Ba(OH)2溶液中氢氧根离子的浓度为1mol/L，则 Ba2+的浓度为0.5mol/L，则 Ba2+的数目为0.5mol/L 0.5LNA=0.25NA，C 项错误；D.C2H6O 的摩尔质量为46g/mol，4.6gC2H6O 的物质的量为0.1mol，分子式为C2H6O 的有机物，可能为CH3CH2OH，也可能为CH3OCH3，则含有C H 键的数目可能为0.5NA，也可能0.6NA，D 项错误；答案选 A。【点睛】钢铁发生吸氧腐蚀的电极反应式：正极：O2+2H2O
7、+4e-=4OH-；负极：2Fe-4e-=2Fe2+；总反应：2Fe+O2+2H2O=Fe(OH)2；Fe(OH)2继续与空气中的氧气作用，生成Fe(OH)3，发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe(OH)3脱去一部分水就生成Fe2O3?xH2O，它就是铁锈的主要成分。5室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A能使酚酞变红的溶液：Na、Al3、SO42-、NO3-B0.1 mol/LNaClO 溶液：K、Fe2、Cl、SO42-C0.1mol/L 氨水：K、Ag(NH3)2+、NO3-、OHD由水电离产生的c(H)=1 1013 mol/L 的溶液：Na
8、、NH4+、Cl-、HCO3-【答案】C【解析】【详解】A.能使酚酞变红的溶液呈碱性，Al3+与 OH-会发生反应，在碱性溶液中不能大量共存，A 错误；B.NaClO、Fe2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C.K+、Ag(NH3)2+、NO3-、OH-之间不反应，都不与氨水反应，在氨水中能够大量共存，C 正确；D.由水电离产生的c(H+)=1 10-13 mol/L 的溶液呈酸性或碱性，HCO3-与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，D 错误；故合理选项是C。6-紫罗兰酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一种天然香料，它经多步反应可合成维生素A1。下列说法正确的是A
9、-紫罗兰酮可使酸性KMnO4溶液褪色B1mol 中间体 X最多能与2mol H2发生加成反应C维生素A1易溶于 NaOH 溶液D -紫罗兰酮与中间体X 互为同分异构体【答案】A【解析】【分析】【详解】A.-紫罗兰酮含有碳碳双键，可使酸性KMnO4溶液褪色，故A 正确；B.1mol 中间体 X 含有 2mol 碳碳双键、1mol 醛基，所以最多能与3 mol H2发生加成反应，故B错误；C.维生素 A1含有醇羟基，所以不易溶于NaOH 溶液，故C错误；D.-紫罗兰酮与中间体X 所含 C 原子数不同，不是同分异构体，故D 错误。故选 A。7在给定条件下，下列加点的物质在化学反应中完全消耗的是A标准
10、状况下，将1g 铝片投入20mL 18.4mol/L 的硫酸中B常温下，向100mL 3mol/L 的硝酸中加入6.4g 铜C在适当温度和催化剂作用下，用2molSO2和 1molO2合成 SO3D将含有少量H2O（g）的 H2通入盛有足量Na2O2容器中并不断用电火花点燃【答案】D【解析】【详解】A、铝在冷浓硫酸中发生钝化现象；B、根据 3Cu8H2NO=3Cu22NO 4H2O 计算知稀硝酸有剩余；C、SO2和 O2的反应为可逆反应；D、2H2O(g)2Na2O2=4NaOHO2,2H2O2=2H2O，两式相加，则相当于Na2O2H2=2NaOH，故 D 项符合要求，正确。8NA代表阿伏加
11、德罗常数的值。下列有关说法中正确的是A 60 g 乙酸分子中所含共价键的数目为8NAB标准状况下，11.2LCHCl3中含有的原子总数为2.5NAC高温下，1mol Fe 与足量水蒸气反应，转移电子数的目为3 NAD将 1molCl2通入水中，所得溶液中HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A60g 乙酸的物质的量为：60g60g/mol=1mol，乙酸的结构式为：，1mol 乙酸分子中含有8mol共价键，所含共价键的数目为8NA，故 A 正确；B标准状况下CHCl3不是气态，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故B 错误；C1mol Fe 和足量 H2O
12、(g)充分反应四氧化三铁，产物中Fe元素平均化合价为+83，所以反应中转移电子为83mol，转移电子的数目为83NA，故 C错误；D将 1mol Cl2通入足量水中，由于反应后溶液中含有氯气分子，则HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故 D 错误；故选：A。【点睛】标况下，氯气和甲烷的取代产物中只有CH3Cl为气态，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷均为液态。9如图是模拟“侯氏制碱法”制取 NaHCO3的部分装置。下列操作正确的是()A a 通入 CO2，然后 b 通入 NH3，c 中放碱石灰Bb 通入 NH3，然后 a 通入 CO2，c 中放碱石灰Ca 通入 NH3，然后 b 通入 C
13、O2，c 中放蘸稀硫酸的脱脂棉D b 通入 CO2，然后 a 通入 NH3，c 中放蘸稀硫酸的脱脂棉【答案】C【解析】【详解】由于 CO2在水中的溶解度比较小，而NH3极易溶于水，所以在实验中要先通入溶解度较大的NH3，再通入CO2；由于 NH3极易溶于水，在溶于水时极易发生倒吸现象，所以通入NH3的导气管的末端不能伸入到溶液中，即a 先通入 NH3，然后 b 通入 CO2，A、B、D 选项均错误；因为NH3是碱性气体，所以过量的NH3要用稀硫酸来吸收，选项C 合理；故合理答案是C。【点睛】本题主要考查钠及其重要化合物的性质，及在日常生产、生活中的应用，题型以选择题(性质、应用判断)。注意对钠
14、及化合物的性质在综合实验及工艺流程类题目的应用加以关注。10下列解释事实的方程式不正确的是（）A硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2+SO42-=BaSO4B硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O C向 NaHCO3溶液中加入NaOH 溶液：HCO3-+OH-=CO32-+H2O D向 AgCl悬浊液中加入Na2S溶液：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-【答案】A【解析】【分析】【详解】A硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液的离子反应为Cu22OH-Ba2SO42-=BaSO4Cu(OH)2，故 A错误；B 硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液，发生氧化还原反应，
15、则离子反应为2Fe2 H2O2 2H=2Fe32H2O，故 B 正确；C碳酸氢钠与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：HCO3-OH-=CO32-H2O，故 C正确；D向 AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，发生沉淀的转化，反应的离子反应为：2AgClS2-=Ag2S2Cl-，故 D 正确；故答案选A。11已知:CH3CH(OH)CH2CHCH3CH=CHCH3+H2O，下列有关说法正确的是A CH3CH=CHCH3分子中所有碳原子不可能处于同一平面BCH3CH=CHCH3和 HBr 加成产物的同分异构体有4 种（不考虑立体异构）CCH3CH(OH)CH2CH3
16、与乙二醇、丙三醇互为同系物D CH3CH(OH)CH2CH3、CH3CH=CHCH3均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】【分析】【详解】A乙烯为平面型结构，CH3CH=CHCH3所有碳原子可能处于同一平面上，选项A 错误；B.CH3CH=CHCH3高度对称，和HBr 加成产物只有2-溴丁烷一种，选项B错误；C.CH3CH(OH)CH2CH3与乙二醇、丙三醇都属于醇类物质，三者所含羟基的数目不同，通式不同，不互为同系物，选项C错误；D.CH3CH(OH)CH2CH3、CH3CH=CHCH3中分别含有醇羟基和碳碳双键，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项D 正确。答案选 D。12X+、Y+、M
17、2+、N2均为含有一定数目电子的短周期元素的简单离子，离子半径大小关系是：N2 Y+、Y+X+、Y+M2+，下列比较正确的是（）A原子半径：N 可能比 Y大，也可能比Y小B原子序数：NMXY CM2+、N2核外电子数：可能相等，也可能不等D碱性：M(OH)2YOH【答案】C【解析】【分析】X+、Y+、M2+、N2-均为含有一定数目电子的短周期元素的简单离子，X、Y形成+1价离子，则X、Y不能为H，由于离子半径Y+X+，则 Y为钠，X 为锂元素；离子半径N2-Y+，则 N 为氧元素或硫元素；离子半径Y+M2+，则 M 为铍元素或镁元素，结合元素周期表和元素周期律分析解答。【详解】A Y为钠元素，
18、N 为氧元素或硫元素，氧原子、硫原子原子半径都小于钠原子，故A 错误；BY为钠元素，X为锂元素；原子序数Y X，M 为铍元素或镁元素，N 为氧元素或硫元素，所以原子序数大小关系不唯一，故B错误；CN 为氧元素或硫元素，N2-核外电子数为10 或 18；M 为铍元素或镁元素，M2+核外电子数为2 或 10，M2+、N2-核外电子数：可能相等，也可能不等，故C正确；D Y为钠元素，M 为铍元素或镁元素，金属性YM，所以碱性：YOHM(OH)2，故 D 错误；故选 C。【点睛】正确判断元素的种类是解题的关键。本题中X、Y的判断要注意“一定数目电子”一般认为不能为“0”。13据报道科学家在宇宙中发现了
19、3H分子。3H与2H属于A同位素B同系物C同分异构体D同素异形体【答案】D【解析】【详解】A.同种元素的不同种原子互为同位素，故A 错误；B.结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物互称为同系物，故B 错误；C.分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，故C错误；D.3H与2H都是由氢元素形成的不同单质，互为同素异形体，故D 项正确。故选 D。【点睛】准确掌握“四同”的概念及它们描述的对象，是解决此题的关键。14实验室模拟从海带中提取碘单质的流程如图：下列装置不能达成相应操作目的的是（）A灼烧用酒精湿润的干海带B用水浸出海带灰中的I-C用 NaOH 溶液分离I2/CCl4D
20、加入稀 H2SO4后分离生成的I2【答案】D【解析】【详解】A灼烧在坩埚中进行，装置及仪器合理，故A正确；B在烧杯中溶解，玻璃棒搅拌，操作合理，故B正确；CNaOH 与碘反应后，与四氯化碳分层，分液可分离，故C 正确；D加硫酸后生成碘的水溶液，不能蒸馏分离，应萃取后蒸馏，故D 错误；答案选 D。15北京冬奥会将于2022 年举办，节俭办赛是主要理念。在场馆建设中用到一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示（）。下列说法正确的是A该双环烯酯的水解产物都能使溴水褪色B1 mol 该双环烯酯能与3 mol H2发生加成反应C该双环烯酯分子中至少有12 个原子共平面
21、D该双环烯酯完全加氢后的产物的一氯代物有7 种【答案】A【解析】【分析】【详解】该双环烯酯水解产物中都含有碳碳双键，都能使溴水褪色，选项A 正确；1 mol 该双环烯酯的两个碳碳双键能与 2 mol H2发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能加成，选项B 不正确；分子中不存在苯环，共平面的原子从碳碳双键出发，至少是 6 个，分子中分别与两个碳碳双键共平面的原子不一定共面，选项 C 不正确；分子加氢后，两边环分别有4 种一氯代物，CH2上有 1种，共有9 种，选项D 不正确。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16钽是一种过渡金属，钽酸锂(LiTaO3)可用于制作滤波器。一种制备钽酸锂的流程
22、如下：回答下列问题：（1）LiTaO3中钽的化合价为_。（2）同体 A 呈红色，其主要成分是_（写化学式），常见用途有_（填一种即可）。（3）操作 2 的名称是 _，用来检验溶液B 中阴离子的常用试剂是_。（4）HTaO3是_（填字母）。a难溶的强酸b可溶的弱酸c可溶的强酸d难溶的弱酸（5）烧渣与NaOH 溶液转化成溶液A 的过程中，发生反应的离子方程式为_。（6）上述废料中含Ta2O5的质量分数为44.2%，杂质不含Ta元素。现有100kg 该废料，按上述流程最多可制备 _kgLiTaO3。【答案】+5Fe2O3制作颜料过滤AgNO3和稀硝酸d 25322OHTa O=+2TaOO+H47.
23、2【解析】【分析】含 Ta2O5、FeO 及油脂的废料在空气中高温出去油脂将FeO 氧化为 Fe2O3，加 NaOH 溶液得 NaTaO3过量盐酸得 HTaO3，再加 Li2CO3灼烧得 LiTaO3。（1）化合价可通过化合价代数和为零计算；（2）固体 A 为 Fe2O3，可用于制作颜料；（3）操作 2 为过滤，溶液B 中含有阴离子为Cl；（4）由操作2 过滤可知HTaO3为难溶性酸，溶液A中含有 TaO3-与盐酸反应生成HTaO3，HTaO3为弱酸；（5）NaOH 与 Ta2O5反应生成 NaTaO3和 H2O；（6）通过元素质量守恒计算。【详解】（1）LiTaO3中钽的化合价为X=0-(+
24、1)-(-2)3=+5，故答案为：+5；（2）固体 A 为 Fe2O3，可用于制作颜料；故答案为：Fe2O3；制作颜料；（3）操作 2 用于分离溶液B 和固体 HTaO3，故操作 2 为过滤；溶液B中含有阴离子为Cl，可用 AgNO3和稀硝酸来鉴别；故答案为：过滤；AgNO3和稀硝酸；（4）由操作2 过滤可知HTaO3为难溶性酸，溶液A中含有 TaO3-与盐酸反应生成HTaO3，HTaO3为弱酸；故答案为：d；（5）烧渣与 NaOH溶液转化成溶液A的过程中，发生反应的离子方程式为25322OHTa O=+2TaOO+H；故答案为：25322OHTa O=+2TaOO+H；（6）100kg 该废
25、料中含Ta2O5质量m=100kg44.2%=44.2kg则 Ta2O5物质的量m44200gn=100molM442g/mol，则 LiTaO3物质的量为200mol，LiTaO3质量m=nM=200mol236g/mol=47200g=47.2kg；故答案为：47.2。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17利用丙炔和苯甲醛研究碘代化合物与苯甲醛在Cr-Ni 催化下可以发生偶联反应和合成重要的高分子化合物 Y的路线如下：已知：R1CHO+R2CH2CHO-OH+H2回答下列问题：（1）A 的化学名称为 _。（2）B中含氧官能团的名称是_。（3）X的分子式为 _。（4）反应的反应类型
26、是_。（5）反应的化学方程式是_。（6）L是 D 的同分异构体，属于芳香族化合物，与D 具有相同官能团，其核磁共振氢谱为5 组峰，峰面积比为 3:2:2:2:1，则 L的结构简式可能为_。（7）多环化合物是有机研究的重要方向，请设计由、CH3CHO、合成多环化合物的路线(无机试剂任选)_。【答案】3-氯丙炔酯基C13H16O2取代反应【解析】【分析】与氯气在紫外线光照条件下发生取代反应生成A（），物质 A 与 NaCN 在加热条件下继续发生取代反应生成，在酸性条件下生成再与乙醇发生酯化反应生成B（），B 与 HI 发生加成反应生成，继续与苯甲醛反应生成X（）；另一合成路线中采用逆合成分析法可知
27、，E为聚合物Y的单体，其结构简式为：，根据已知信息逆推法可以得出D 为，C是由与水发生加成反应所得，C 与苯甲醛在碱性条件下发生反应，结合已知信息可推出C 为丙醛，其结构简式为CH3CH2CHO，据此分析作答。【详解】（1）A 为，其名称为3-氯丙炔；（2）B为，其中含氧官能团的名称是酯基；（3）从结构简式可以看出X的分子式为：C13H16O2；（4）反应中-Cl 转化为-CN，属于取代反应，故答案为取代反应；（5）根据已知的给定信息，反应的化学方程式为：；（6）L是 D 的同分异构体，则分子式为C10H10O，不饱和度=2 102102=6，属于芳香族化合物，说明分子结构中含苯环；与D 具有
28、相同官能团，则含醛基与碳碳双键；又核磁共振氢谱为5 组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则有 5 种氢原子，其个数比为3:2:2:2:1，符合上述条件的L 的结构简式有：；（7）根据上述合成路线及给定的已知信息可将原料CH3CHO、在碱性条件下反应生成后再继续与依据已知信息得到，最后与溴加成制备得到目标产物，具体合成路线如下：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18大型客机燃油用四乙基铅Pb(CH2CH3)4）做抗震添加剂，但皮肤长期接触四乙基铅对身体健康有害，可用硫基乙胺（HSCH2CH2NH2）和 KMnO4清除四乙基铅。(1)碳原子核外电子的空间运动状态有_种，基态锰原子的外围
29、电子排布式为_，该原子能量最高的电子的电子云轮廓图形状为_。(2)N、C和 Mn 电负性由大到小的顺序为_。(3)HSCH2CH2NH2中 C的杂化方式为_，其中 NH2空间构型为 _；N 和 P的价电子相同，但磷酸的组成为 H3PO4，而硝酸的组成不是H3NO4，其原因是 _。(4)Pb(CH2CH3)4是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，其晶体类型属于_晶体。已知Pb(CH2CH3)4晶体的堆积方式如下。Pb(CH2CH3)4在 xy 平面上的二维堆积中的配位数是_，A 分子的坐标参数为_；设阿伏加德罗常数为NA/mol，Pb(CH2CH3)4的摩尔质量为Mg/mol，则 Pb(CH2C
30、H3)4晶体的密度是_g/cm3(列出计算式即可)。【答案】63d54s2球形 NCMnsp3V 型 N 原子半径较小，不能容纳较多的原子轨道，故不能形成H3NO4分子 62 1 13 3 2，212A4M10a bN3【解析】【分析】（1）原子核外电子运动状态和该原子的核外电子数相等，原子序数为27 的锰元素基态原子的外围电子排布式为 3d54s2，据此可以得出锰元素在周期表中的位置是第四周期第 B 族，能量最高的电子是4s2电子，4s 电子的电子云轮廓图为球形；（2）电负性是金属性与非金属性定量描述的一个物理量，元素的非金属性越强，往往其电负性越大，根据元素周期表中元素非金属性（或电负性）
31、的递变规律，同周期从左到右元素电负性增大；（3）HSCH2CH2NH2分子中，C形成 4 个共价键，它们价层电子对数为4 对，其杂化方式为sp3，在-NH2中N 有两个单键，一对孤对电子和一个单电子，因为单电子也需要占用一个轨道，所以N 的价层电子对数依然可以视为4 对，其杂化方式也为sp3，考虑配位原子只有两个H，所以其空间构型为平面三角形，N 和 P为同族元素，其价层电子数相同，通常情况下其成键方式相同，但是由于N 原子半径小于P，N 原子周围空间无法容纳4 个氧原子成键；（4）题目信息，Pb（CH2CH3）4是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，可知其晶体类型为分子晶体，这一点也可以从P
32、b（CH2CH3）4晶体的堆积方式得到结论，Pb（CH2CH3）4晶体堆积方式为六方密堆积，所以在 xy 平面上的二维堆积中也采取二维最密堆积即配位数为6，由堆积图可知每个晶胞中包含2 个 Pb（CH2CH3）4分子，所以每一个晶胞的质量为2AMNg，再结合晶胞参数，长方体的棱边长度，计算得到晶胞的体积为22132 10a bcm3，则 Pb（CH2CH3）4晶体的密度=mV。【详解】（1）碳原子核外电子排布为1s22s22p2,核外电子的空间运动状态有6 种，原子序数为27 的锰元素基态原子的外围电子排布式为3d54s2，据此可以得出锰元素在周期表中的位置是第四周期第 B 族，能量最高的电子
33、是4s2电子，值得注意的是，教材上提供的构造原理是原子填充顺序规则，并不代表电子的能量高低，在金属元素的原子中，最易失去的电子才是该原子能量最高的电子，4s 电子的电子云轮廓图为球形，故答案为：6；3d54s2；球形；（2）电负性是金属性与非金属性定量描述的一个物理量，元素的非金属性越强，往往其电负性越大，根据元素周期表中元素非金属性（或电负性）的递变规律，同周期从左到右元素电负性增大，可以得到电负性大小为N 大于 C，而 Mn 为金属元素，其电负性小于非金属性，N、C和 Mn 三种元素的电负性由大到小的顺序为：N、C、Mn，故答案为：N、C、Mn；（3）HSCH2CH2NH2分子中，C形成
34、4 个共价键，它们价层电子对数为4 对，其杂化方式为sp3，在-NH2中N 有两个单键，一对孤对电子和一个单电子，因为单电子也需要占用一个轨道，所以N 的价层电子对数依然可以视为4 对，其杂化方式也为sp3，考虑配位原子只有两个H，所以其空间构型为平面三角形，N 和 P为同族元素，其价层电子数相同，通常情况下其成键方式相同，但是由于N 原子半径小于P，N 原子周围空间无法容纳4 个氧原子成键，所以在其最高价含氧酸中，前者为一元酸后者为三元酸，或说H3NO4分子会因为 N 原子半径小，无法容纳4 个氧原子成键，要脱去一个水分子，以 HNO3形式存在，故答案为：sp3；平面三角形；N 和 P为同族
35、元素，其价层电子数相同，通常情况下其成键方式相同，但是由于N 原子半径小于 P，N 原子周围空间无法容纳4 个氧原子成键，所以在其最高价含氧酸中，前者为一元酸后者为三元酸，或说 H3NO4分子会因为N 原子半径小，无法容纳4 个氧原子成键，要脱去一个水分子，以HNO3形式存在；（4）题目信息，Pb（CH2CH3）4是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，可知其晶体类型为分子晶体，这一点也可以从Pb（CH2CH3）4晶体的堆积方式得到结论，Pb（CH2CH3）4晶体堆积方式为六方密堆积，所以在 xy 平面上的二维堆积中也采取二维最密堆积即配位数为6，A 分子的坐标参数为（2 1 13 3 2，）由
36、堆积图可知每个晶胞中包含2 个 Pb（CH2CH3）4分子，所以每一个晶胞的质量为2AMNg，再结合晶胞参数，可以得到晶胞的体积为22132 10a bcm3，则 Pb（CH2CH3）4晶体的密度是212A4M10a bN3gcm3，故答案为：分子；6；212A4M10a bN3。【点睛】Pb（CH2CH3）4是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，可知其晶体类型为分子晶体是解答关键。19甲醇的用途广泛，摩托罗拉公司也开发出一种由甲醇、氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，容量达氢镍电池或锂电池的10 倍，可连续使用一个月才充一次电、请完成以下与甲醇有关的问题：（1）工业上有一种生产甲醇的反应
37、为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；H=-49kJ mol-1。在温度和容积相同的A、B两个容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温恒容，经10 秒钟后达到平衡，达到平衡时的有关数据如下表：从反应开始到达到平衡时，A 中用 CO2来表示的平均反应速率为_。A 中达到平衡时CO2的转化率为 _。a=_。（2）某同学设计了一个甲醇燃料电池，并用该电池电解200mL 一定浓度NaCl 与 CuSO4混合溶液，其装置如图：写出甲中通入甲醇这一极的电极反应式_。理论上乙中两极所得气体的体积随时间变化的关系如图所示(气体体积已换算成标准状况下的体积)，写出在 t1后，石墨电极上的电
38、极反应式_；在 t2时所得溶液的pH 约为 _。【答案】0.1c1 mol/(L s)60%19.6 CH3OH-6e-+80H-=CO32-+6H2O 4OH-4e-=O2+2H2O 1【解析】【分析】(1)根据甲醇的浓度计算二氧化碳的浓度变化量再根据速率公式计算CO2的反应速率；根据反应放出的热量计算参加反应的二氧化碳的物质的量，再利用转化率定义计算；恒温恒容下，容器A 与容器 B 为等效平衡，平衡时对应组分的物质的量、浓度相等，二者起始物质的量等于各物质的化学计量数，放出热量与吸收热量之和等于反应热数值；(2)甲醇发生氧化反应，在碱性条件下生成碳酸根离子与水；原电池通入甲醇的为负极，乙中
39、石墨电极为阳极、铁电极为阴极，开始Cl-在阳极放电生成氯气，阴极Cu2+放电生成Cu，故图丙中I 表示阴极产生的气体，II 表示阳极产生的气体，t1前电极反应式为:阳极2Cl-4e-=Cl2，阴极 2Cu2+4e-=2Cu，t1t2电极反应式为:阳极 4OH-4e-=O2+2H2O，阴极 4H+4e-=2H2，在根据氧气的量计算氢氧根离子的物质的量，水电离出等物质的量的氢离子和氢氧根离子，根据公式计算得出 c(H+)从而得出溶液的pH。【详解】(1)根据表格可知A 反应中甲醇的反应速率为v=ctVV=110cs=0.1c1 mol/(L s)，根据CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H
40、2O(g)，所以 A 中 CO2的平均反应速率为0.1c1 mol/(Ls)；根据 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；H=-49kJ mol-1，由表中数据可知，反应达到平衡时放出的热量为 29.4kJ，所以参加反应的CO2的物质的量为0.6mol，所以 A 中达到平衡时CO2的转化率为=0.6mol100%60%1mol；故答案为：60%；恒温恒容下，容器A 与容器 B 为等效平衡，平衡时对应组分的物质的量、浓度相等，二者起始物质的量等于各物质的化学计量数，放出热量与吸收热量之和等于反应热数值，则吸收的热量a=反应热-放出的热量=49.0kJ-29.4kJ=19.6k
41、J，故答案为：19.6；(2)由图象可知左图为甲醇燃料电池，在碱性条件下甲醇失电子生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OH-6e-+80H-=CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+80H-=CO32-+6H2O；乙中石墨电极为阳极、铁电极为阴极，开始Cl-在阳极放电生成氯气，阴极Cu2+放电生成Cu，当 Cu2+反应完了，水中的H+放电，故图丙中I 表示阴极产生的气体，II 表示阳极产生的气体，t1前电极反应式为：阳极 2Cl-2e-=Cl2，t1t2电极反应放出的气体速率减小了，说明Cl-反应完了，所以t1t2电极反应式为：阳极 4OH-4e-=O2+2H2O，t2点后相当
42、于电解水，电极反应式为：阳极4OH-4e-=O2+2H2O，阴极4H+4e-=2H2，所以在t1后，石墨电极上的电极反应式为4OH-4e-=O2+2H2O；t1前电极反应式为：阳极 2Cl-2e-=Cl2，产生的 Cl2为 224mL，t2点时阴极 2Cu2+4e=2Cu，Cu2+刚好反应完，阳极 4OH-4e-=O2+2H2O中 O2的体积为336mL-224mL=112mL，消耗 OH-为 0.02mol，水电离出等物质的量的氢离子和氢氧根离子，所以 n(H+)=0.02mol，c(H+)=0.02mol0.2L =0.1mol/L，所以溶液的pH=1；答案：4OH-4e-=O2+2H2O；1。【点睛】本题易错点a 值的计算方法：对于恒温恒容下的等效平衡，平衡时对应组分的物质的量、浓度相等，如果二者起始物质的量等于各物质的化学计量数，那么放出热量与吸收热量之和等于反应热数值。