四川省泸州市泸县第二中学2020届高三上学期第一次月考理综化学试题 18页

‎1.以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是 A. 春秋战国时期我国已经开始大规模生产丝绸制品，其主要成分为纤维素。‎ B. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土。‎ C. 晚唐时候发明了黑火药，其爆炸时发生了剧烈的氧化还原反应。‎ D. 二十世纪初我国化学工程专家侯德榜发明的侯氏制碱法又称联合制碱法，该方法中涉及到如下反应：NaCl + CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 丝绸制品属于蛋白质，不属于纤维素，A错误；‎ B.制作瓷器主要原料为黏土等矿物原料，B正确；‎ C.黑火药主要成分为硫磺、硝酸钾、木炭，三者混合后加热发生反应生成二氧化碳、氮气和硫化钾，属于氧化还原反应，C正确；‎ D.联合制碱法中用氯化钠、二氧化碳、氨气和水共同作用生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠受热分解为碳酸钠，所以该方法中涉及到如下反应：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，D正确；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎2.下列有关实验原理或操作正确的是 A. 选择合适试剂，用图甲可分别制取少量CO2、CO和SO2‎ B. 洗涤沉淀时(见图乙)，向漏斗中加入适量水至浸没沉淀并滤干，重复2－3次 C. 用图丙所示装置除去HCl中的少量CO2‎ D. 用图丁装置从KI和I2的固体混合物中回收I2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO密度很接近空所不能利用排空气法收集，图中装置可制取少量CO2、SO2，‎ 且必须考虑CO、SO2敞口收集容易造成污染，选项A错误；B．洗涤沉淀时，加蒸馏水浸没固体，不能搅拌，然后滤干即可，选项B正确；C．氯化氢极易溶于水，不能直接通入溶液中，否则容易产生倒吸，另外氯化氢与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，不能除去二氧化碳且洗气时导管必须长进短出，选项C错误；D．碘易升华，用图丁装置可以将KI和I2的固体混合物分离后回收I2时没有将碘蒸气冷凝收集，选项D错误；答案选B。‎ ‎3.有机玻璃的单体甲基丙烯酸甲酯(MMA)的合成原理如下：‎ ‎(MMA)‎ 下列说法正确的是 A. 若反应①的原子利用率为100%，则物质X为CO2‎ B. 可用分液漏斗分离MMA和甲醇 C. 、均可发生加成反应、氧化反应、取代反应 D. MMA与H2反应生成Y，能与NaHCO3溶液反应的Y的同分异构体有3种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据原子个数守恒可知，若反应①的原子利用率为100%，则物质X为CO，A项错误；MMA与甲醇互溶，故不能分液漏斗分离MMA和甲醇，B项错误；、均含碳碳双键，故均可发生加成反应、氧化反应，含有甲基，均能发生取代反应，C项正确；MMA与H2反应生成，能与NaHCO3溶液反应说明含有-COOH，故C4H9-COOH,因丁基存在4种结构，故Y的同分异构体有4种，D项错误。‎ ‎4.下列离子方程式书写不正确的是 A. 向海带灰浸出液中加入硫酸、双氧水：2I－＋2H＋＋H2O2===I2＋2H2O B. 碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：HCO3-＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2O C. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量的氨水：Al3＋＋4NH3·H2O===AlO2-＋4NH4+＋2H2O D. 用铁棒作阴极，碳棒作阳极电解饱和氯化钠溶液：2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向海带灰浸出液中加入硫酸、双氧水发生氧化还原反应，离子方程式为：2I－＋2H＋＋H2O2=I2＋2H2O，故A正确；‎ B. 碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合，化学方程式为：Ba(OH)2+NaHCO3=BaCO3↓+NaOH+H2O，所以离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，故B正确；‎ C.Al(OH)3与过量的氨水不反应，故C错误；‎ D.电解饱和氯化钠溶液反应方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，所以离子方程式为：2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】C项为易错点，注意氢氧化铝只能溶于强碱不能溶于氨水等弱碱。‎ ‎5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是 A. X的简单氢化物的热稳定性比W的强 B. 简单离子的半径：X2->Y+‎ C. Y与Z形成的化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红 D. Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W的简单氢化物可用作制冷剂，则W是N；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y是Na；短周期元素形成的黄色沉淀为硫单质，同时含硫元素的SO2为刺激性气体，则X为O，Z为S，据以上分析进行解答。‎ ‎【详解】W的简单氢化物可用作制冷剂，则W是N；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y是Na；短周期元素形成的黄色沉淀为硫单质，同时含硫元素的SO2为刺激性气体，则X为O，Z为S。‎ 综上，W是N，X是O，Y是Na，Z是S。‎ A项，元素的非金属性越强，对应简单氢化物的热稳定性越强，非金属性：O强于N，因此H2O的热稳定性比NH3强，故A项正确；‎ B项，Na+与O2-具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，因此简单离子的半径：X2->Y+，故B项正确；‎ C项，使蓝色石蕊试纸变红的溶液显酸性，Na2S溶液中S2-水解使得溶液显碱性，故C项错误；‎ D项，S与O属于同一主族，S与Na属于同一周期，故D项正确。‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎【点睛】亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，属于非氧化还原反应；硫代硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和单质硫，属于氧化还原反应。此题的推断题眼就是利用了第二个反应规律。‎ ‎6.下图是一种正投入生产的大型蓄电系统。放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述正确的是 A. 放电时，负极反应为3NaBr-2e-=NaBr3+2Na+‎ B. 充电时，阳极反应为2Na2S2-2e- =Na2S4+2Na+‎ C. 放电时，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池 D. 用该电池电解饱和食盐水，产生2.24LH2时，b池生成17.40 gNa2S4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2（右罐）和NaBr3（左罐），则Na2S2在负极失电子，NaBr3在正极得电子；充电时，阴极为负极的逆反应，阳极为正极的逆反应；A．放电时，负极Na2S2失电子，则负极的电极反应式为：2S22--2e-═S42-，故A错误；B．充电时，阳极上Br-失电子转化为Br3-，则阳极的电极反应式为：3Br--2e-=Br3-，故B错误；C．电池放电时，Na2S2和NaBr3反应，则电池的总反应方程式为：2Na2S2+NaBr3=Na2S4+3NaBr，Na+‎ 经过离子交换膜，由b池移向a池，故C正确；D. 用该电池电解饱和食盐水，产生2.24 LH2时，此气体不是标准状况下的体积，无法进行换算，则b池生成Na2S4的质量不一定是17.40g，故D错误．答案选C。‎ 点睛：可以从多个角度判断电极性质，如两极中参与反应中元素化合价的变化；电解质中离子迁移方向等，书写电极反应式要注意介质参与电极反应。‎ ‎7.25℃时，Ka(CH3COOH)=1.7×10－5。该温度下，用0.1mol/L的醋酸溶液滴定10.00mL 0.1mol/L的MOH溶液，滴定过程中加入醋酸溶液的体积(V)与溶液中lg[c(H+)/c(OH－)]的关系如图所示(V=0时，lg[c(H+)c(OH－)]=－12)。下列说法不正确的是 A. MOH是一元强碱 B. a 点：V(CH3COOH)=10.00mL C. b R：c(M+)>(CH3COOH)>C(H+)>c(OH－)‎ D. 25℃时，CH3COO－的水解平衡常数约为5.9×10－10‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、由图可知，未加醋酸时，lgc(H＋)/c(OH－)=-12，可知c（MOH）=0.1mol·L－1，溶液中c（OH－）=0.1mol·L－1；‎ B、a点lgc(H＋)/c(OH－)=0，溶液为中性；‎ C、b点溶液中含等量的CH3COOH、CH3COOM，由lgc(H＋)/c(OH－)＞0可知溶液显酸性；‎ D、结合Kh=Kw/Ka计算 ‎【详解】A、由图可知，开始时lgc(H＋)/c(OH－)=-12，且c（MOH）=0.1mol·L－1，溶液中c（OH－）=0.1mol·L－1，则MOH为强碱，故A正确；‎ B、a 点对应的lgc(H＋)/c(OH－)=0，即c（H＋）=c（OH－），溶液呈中性，由于醋酸是弱酸，当与一元强碱等体积等浓度反应时溶液呈弱碱性，所以当溶液呈中性时，醋酸溶液的体积大于 ‎10.00 mL，故B错误；‎ C、b点的溶液中，溶质为等物质的量浓度的醋酸CH3COOH和醋酸盐CH3COOM，由于醋酸电离程度很小，所以溶液中c（H＋）＜c（M＋），正确的关系为c（CH3COO－）＞c（M＋）>(CH3COOH)＞c（H＋）＞c（OH－），故C正确；‎ D、25℃时，Ka（CH3COOH）=1.7×10-5，Kw=1.0×10-14，所以CH3COO－的水解平衡常数Kh=1.0×10-14/1.7×10-5=（10/17）×10-9=5.9×10－10，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查酸碱混合及定性判断，把握溶液酸碱性、混合后溶质、水解常数的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，要注意对数与离子浓度的关系的理解应用。‎ ‎8.四氯化钛是生产金属钛及其化合物的重要中间体。某校化学课外活动小组准备利用下图装置制备四氯化钛(部分夹持仪器已略去)。‎ 资料表明：室温下，四氯化钛为无色液体，熔点：－25 ℃，沸点：136.4 ℃。在空气中发烟生成二氧化钛固体。在650～850 ℃下，将氯气通过二氧化钛和炭粉的混合物可得到四氯化钛和一种有毒气体。回答下列问题：‎ ‎（1）实验时在仪器中加试剂前要先___________________________。‎ ‎（2）实验中分液漏斗上口玻璃塞连接导管的作用是__________________________________ B装置的作用是_____________________________。‎ ‎（3）写出D装置中物质制备的化学方程式________________________________；写出四氯化钛在空气中发烟的化学方程式______________________________。‎ ‎（4）E装置作用是_______________________。‎ ‎（5）F装置中盛装的物质是________。‎ ‎（6）该实验设计略有缺陷，请指出其不足之处：______________________________。‎ ‎【答案】 (1). 检查该装置气密性 (2). 平衡气压，有利于液体顺利留下 (3). 洗去Cl2中的HCl气体；用作安全瓶(或用作平衡气压的安全装置，或用作防堵塞的安全装置) (4). TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO (5). TiCl4＋2H2O===TiO2↓＋4HCl↑ (6).‎ ‎ 冷凝并收集TiCl4 (7). 碱石灰 (8). 没有对CO进行尾气处理 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化学实验基础操作及注意事项分析解答；根据物质的制备实验流程图分析解答。‎ ‎【详解】(1)实验加试剂前要检查装置气密性；‎ 故答案为：检查该装置气密性；‎ ‎(2)A处分液漏斗上方的胶皮管的作用是平衡气压，有利于液体顺利滴下；装置B中选用的试剂为饱和食盐水，其作用是洗去Cl2中的HCl气体，并用作安全瓶；‎ 故答案为：平衡气压，有利于液体顺利留下；洗去Cl2中的HCl气体；用作安全瓶(或用作平衡气压的安全装置，或用作防堵塞的安全装置)；‎ ‎(3)在D中制备TiCl4，反应的化学方程式为TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO。四氯化钛在空气中发烟生成二氧化钛，化学方程式为TiCl4＋2H2O=TiO2↓＋4HCl↑；‎ 故答案：TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO ，TiCl4＋2H2O===TiO2↓＋4HCl↑；‎ ‎(4)E装置中冷凝管的作用是冷凝回流，冷却水下进上出，与气流方向相反，即冷水从c口通入，下方的锥形瓶是收集装置，用来收集TiCl4；‎ 故答案为：冷凝并收集TiCl4；‎ ‎(5)F的作用是避免空气中的水蒸气进入反应装置，所以F所盛装的物质是碱石灰；‎ 故答案为：碱石灰；‎ ‎(6) 由于反应TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO，生成了有毒性的CO气体，会污染环境，而实验装置没有设计处理，所以该实验设计的不足之处为没有对CO进行尾气处理；‎ 故答案为：没有对CO进行尾气处理。‎ ‎【点睛】物质的制备流程大致为：反应装置——除杂装置——检验装置——收集装置——尾气处理装置。最后一问为易错点，注意从反应原理出发可判断出无CO尾气处理装置。‎ ‎9.金属钒被誉为“合金的维生素”。从废钒(主要成分为V2O5、Fe2O3、SiO2等)中回收V2O5的一种工艺流程如下图所示:‎ 已知:‎ 步骤②、③中的变化过程可简化为:Rn+(水层)+nHA(有机层)RAn(有机层)+nH+(水层)(式中Rn+表示VO2+或Fe3+，HA表示有机萃取剂)‎ 回答下列问题:‎ ‎（1）步骤D酸浸过程中发生氧化还原反应的化学方程式为______________________。‎ ‎（2）萃取时应加入适量碱的作用是___________________。‎ ‎（3）步骤④中反应的离子方程式为___________________。‎ ‎（4）步骤⑤加入氨水调节溶液pH=2，钒沉淀率达到93%且不产生Fe(OH)3沉淀，则此时溶液中c(Fe3+)<_____mol/L(按25℃计算，25℃时Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39)。所得NH4VO3为离子化合物，NH4+的电子式为_______。‎ ‎（5）V2O5是两性氧化物，在强酸性溶液中以VO2+形式存在，VO2+具有强氧化性，能将I-氧化为I2，本身被还原为V0+，则V2O5与氢碘酸反应的离子方程式为_________________。‎ ‎(6)为提高钒的回收率，步骤②和③需多次进行，假设酸浸所得“强酸性浸出液”中c(VO2+)=amol/L，步骤②和③每进行一次，VO2+萃取率为80%，4次操作后，“强酸性浸出液中”c(VO2+)=_______mol/L(萃取的量=)‎ ‎【答案】 (1). V2O5+K2SO3+2H2SO4=K2SO4+2VOSO4+2H2O (2). )加入碱中和产生的酸，使平衡向RAn移动，提高钒的萃取率 (3). ClO3-+6VO2++3H2O=6VO2++Cl-+6H+ (4). 2.6×l0-3 (5). (6). V2O5+6H++4I-=2VO++2I2+3H2O (7). 1.6a×l0-3‎ ‎【解析】‎ ‎(1).SiO2不溶于硫酸，铁离子的化合价没有改变，所以亚硫酸根被氧化，而V2O5被还原为VO2+，方程式为：V2O5+K2SO3+2H2SO4=K2SO4+2VOSO4+2H2O；‎ ‎(2).与反应生成的氢离子反应，使反应向正向移动，提高RAn的生产率，增加萃取量；‎ ‎(3). VO2+被氧化为VO2+，ClO3-被还原为 Cl-，所以离子方程式为：ClO3-+6VO2++3H2O=6VO2++Cl-+6H+；‎ ‎(4).当pH=2时，c(OH-)=1.0×10-12mol/L，此时,所以c(Fe3+)<2.6×l0-3mol/L；NH4+的电子式为；‎ ‎(5).反应物为V2O5、H+及I-，生成物为V0+，I2，离子方程式为：V2O5+6H++4I-=2VO++2I2+3H2O ‎(6). c(VO2+)=a0.24mol/L=1.6a×l0-3 mol/L。‎ ‎10.（1）一定条件下氨气和氧气能发生反应生成氮气和水蒸气：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H 查阅资料可得有关的化学键键能数据如下：‎ 化学键 N≡N H－O N－H O=O E/ (kJ·mol－1)‎ ‎946‎ ‎463‎ ‎391‎ ‎496‎ 由此计算上述反应的反应热△H=___________kJ·mol－1。‎ ‎（2）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) K1‎ N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) K2‎ ‎2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) K3‎ 注：K1、K2、K3分别为上述三个反应的平衡常数 回答下列问题：‎ ‎①氨催化氧化反应(生成气态水)的平衡常数K为___________(用K1、K2、K3表示)。‎ ‎②一定条件下，将4molNH3和5.2molO2混合于容积为4L的恒容密闭容器中发生催化氧化反应，经过10s后达到平衡，测得NO的浓度为0.4mol/L则0到10s内，用NH3表示该反应的平均反应速率为___________，O2的转化率为___________(用百分数表示，且保留小数点后一位)，该反应的平衡常数为___________(列出计算式即可)。‎ ‎③若上述反应第一次达到平衡时，保持其他条件不变的情况下，只是将容器的体积扩大一倍，假定在25s后达到新的平衡。请在下图中用曲线表示15~30s这个阶段体系中NH3‎ 的浓度随时间变化的趋势。__________‎ ‎（3）下列有关该反应的说法正确的是___________(填字母)。‎ A.恒温恒容，再充入4molNH3和5.2molO2，再次达到平衡时，NH3的转化率增大 B.恒温恒容，当容器内的密度保持不变时，反应达到了平衡 C.当混合气体的平均摩尔质量不变时，反应达到了平衡 D.当2v正(NO)=3v逆(H2O)时，反应达到了平衡 ‎（4）工业上常用氨水吸收SO2，可生成(NH4)2SO3，请判断常温下(NH4)2SO3溶液的酸碱性并通过计算说明判断依据：_______________________________________________________。(已知：NH3·H2O的Kb=1.8×10－5；H2SO3的Ka1=1.3×10－2，Ka2=6.3×10－8)‎ ‎【答案】 (1). -1268 (2). K=k12﹒k33/k22 (3). 0.04mol﹒L-1﹒s-1 (4). 38.5% (5). (6). (7). C (8). 碱性，NH4+的水解常数为：Kh(NH4+)=Kw/Kb= 1.0×10-14/1.8×10-5 ，SO32-的水解常数为：Kh(SO32-)=Kw/Ka2= 1.0×10-14/6.3×10-8 ，∵NH4+的水解程度小于SO32-的水解程度，∴（NH4）2SO3显碱性 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）反应焓变△H=反应物总键能-生成物总键能；‎ ‎（2）已知：a、N2(g)+O2(g)=2NO(g) K1‎ b、N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) K2‎ c、2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) K3‎ ‎①上述2a+3b-2c得氨催化氧化反应；‎ ‎②根据反应速率v=△c/△t计算、根据化学平衡的三段式计算、根据平衡常数的表达式计算；‎ ‎③温度不变，平衡常数不变，算出平衡时氨的浓度。‎ ‎（3）A.恒温恒容，再充入4molNH3和5.2molO2，相当于加压，平衡逆向移动，再次达到平衡时，NH3的转化率减小；‎ B.恒温恒容，容器中气体的质量不变，当容器内的密度保持不变时，无法判断反应是否达到了平衡；‎ C.反应前后气体的物质的量改变，当混合气体的平均摩尔质量不变时，反应达到了平衡；‎ D.当3v正(NO)=2v逆(H2O)时，反应达到了平衡.‎ ‎（4）根据铵根离子和亚硫酸根离子的水解程度来判断。‎ ‎【详解】（1）4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)，反应的△H=产物的生成热之和-反应物的生成热之和=（2×946+12×463-12×391-3×496）KJ·mol－1=-1268KJ·mol－1；‎ ‎（2）已知：a、N2(g)+O2(g)=2NO(g) K1‎ b、N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) K2‎ c、2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) K3‎ ‎①上述2a+3b-2c得氨催化氧化反应，平衡常数K为K=k12﹒k33/k22 ；‎ ‎② 4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）‎ 起始量 4mol 5.2mol 0 0‎ 变化量 1.6mol 2.0mol 1.6mol 2.4mol ‎ 平衡量 2.4mol 3.2mol 1.6mol 2.4mol ‎ c平/mol﹒L-1 0.6 0.8 0.4 0.6‎ NH3的速率为1.6mol /(4L·10s)=0.04mol﹒L-1﹒s-1；‎ O2的转化率为2.0mol/5.2mol ×100%=38.5%；‎ 该反应的平衡常数为K= 。‎ ‎③ 4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）‎ c平/mol﹒L-1 0.5 0.65 0 0‎ c平/mol﹒L-1 4x 5x 4x 6x ‎ c平/mol﹒L-1 0.5-4x 0.65-5x 4x 6x 用在温度不变时平衡常数不变，列方程求解，高次方程，中学不作要求，故作平衡图象时，氨的浓度在0～0.3mol﹒L-1 即可，。‎ ‎（3）A.恒温恒容，再充入4molNH3和5.2molO2，相当于加压，平衡逆向移动，再次达到平衡时，NH3的转化率减小，故A错误；‎ B.恒温恒容，容器中气体的质量不变，当容器内的密度保持不变时，无法判断反应是否达到了平衡，故B错误；‎ C.反应前后气体的物质的量改变，当混合气体的平均摩尔质量不变时，反应达到了平衡，故C正确；‎ D.当3v正(NO)=2v逆(H2O)时，反应达到了平衡，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎（4）常温下(NH4)2SO3溶液碱性。NH4+的水解常数为Kh(NH4+)=Kw/Kb = 1.0×10-14/1.8×10-5 ，SO32-的水解常数为Kh(SO32-)=Kw/Ka2= 1.0×10-14/6.3×10-8 。∵NH4+的水解程度小于SO32-的水解程度，∴（NH4）2SO3显碱性。‎ ‎11.铬、铁、钴、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。请回答：‎ ‎（1）基态铬原子价电子排布图为___________ 。‎ ‎（2）CrO2Cl2和NaClO均可作化工生产的氧化剂或氯化剂。制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O2+3CCl4＝2KCl +2CrO2Cl2+3COCl2↑。‎ ‎①上述反应式中非金属元素电负性由大到小的顺序是__________（用元素符号表示）。‎ ‎②常温时CrO2Cl2是一种易溶于CCl4的液体，则固态CrO2Cl2属于__________晶体。‎ ‎③配合物CrCl3·6H2O中心离子Cr3+的配位数为6，向含0.1molCrCl3·6H2O 的溶液中滴加2mol·L-1 AgNO3溶液，反应完全后共消耗AgNO3溶液50mL，则配离子的化学式为___________。‎ ‎（3）Co3+与NO2―形成的配合物与K+生成黄色沉淀检验溶液中的K+。配体NO2―的立体构型为__________，某常见气体化合物为NO2―的等电子体，该化合物的分子式为__________。‎ ‎（4）氯和钾与+2价的铜可生成一种催化乙炔聚合反应的化合物，其阴离子为无限长链结构(如下图)，a位置上Cl原子的杂化轨道类型为________ 杂化，这种化合物的化学式为_________‎ ‎（5）铁和氨气在640 ℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示，写出该反应的化学方程式：_____。若两个最近的Fe原子间的距离为a cm，则该晶体的密度是_____g/cm3(设阿伏加德罗常数的值为NA)。‎ ‎【答案】 (1). (2). O＞Cl＞C (3). 分子 (4). [Cr（H2O）4Cl2]+ (5). V形 (6). SO2 (7). sp3 (8). KCuCl3 (9). 8Fe+3NH32Fe4N+3H2 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Cr是24号元素，其3d、4s电子为其价电子，3d、4s能级上分别含有5、1个电子，根据构造原理书写基态铬原子的价电子排布式，再写出价电子排布图；‎ ‎(2)①同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到小电负性逐渐减小；‎ ‎②分子晶体熔沸点较低；‎ ‎③作为配体的Cl-则不能跟Ag+反应，可算出配体中Cl-数，再根据配位数为6写出H2O分子中的配体数目；‎ ‎(3)NO2-中N原子价层电子对个数=2+=3，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型，推断其立体构型；与NO2-互为等电子体的微粒中含有3个原子、18个价电子；‎ ‎(4)a位置上Cl原子成2个单键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，根据价层电子对互斥理论判断氯原子杂化方式；化合物中铜为+2价，Cu2+与Cl-形成的配合离子中Cl-数目为2+2×‎ ‎=3，则阴离子构成为[CuCl3]-，根据各元素化合价的代数和为0确定化学式；‎ ‎(5)根据晶胞结构利用均摊法确定晶体的化学式。两个最近的Fe原子间的距离为面心到顶点的距离，利用该距离求出晶胞边长，从而求出晶胞体积，然后再计算密度。‎ ‎【详解】(1)Cr是24号元素，其3d、4s电子为其价电子，3d、4s能级上分别含有5、1个电子，根据构造原理书写基态铬原子的价电子排布式为3d54s1，则价电子排布图为；‎ ‎(2)①反应式中非金属元素有三种：O、C、Cl，CCl4中C表现正化合价、Cl表现负化合价，NaClO中Cl为+1价，O为-2价，电负性越大，对键合电子吸引力越大，元素相互化合时该元素表现负价，故电负性：O＞Cl＞C；‎ ‎②分子晶体熔沸点较低，该物质的熔沸点较低，所以为分子晶体；‎ ‎③经过计算Ag+物质的量0.1mol，说明该物质有0.1mol的Cl-不是配体，配体中Cl-为0.2mol，所以有2个Cl-为配体，因此H2O中有4个分子为配体，配离子的化学式为：[Cr(H2O)4Cl2]+；‎ ‎(3)NO2-中N原子价层电子对个数=2+=3，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型为sp2，则配体NO2―的立体构型为V型；与NO2-互为等电子体的微粒中含有3个原子、18个价电子，与该离子互为等电子体的有SO2、O3等；‎ ‎(4)a位置上Cl原子成2个单键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，根据价层电子对互斥理论判断氯原子杂化轨道类型为sp3；化合物中铜为+2价，Cu2+与Cl-形成的配合离子中Cl-数目为2+2×=3，则阴离子构成为[CuCl3]-，与K+组成的化合物化学式为KCuCl3；‎ ‎(5)根据晶胞结构，Fe原子位于顶点和面心，所含的原子的数目为8×+6×=4，N原子位于体心，共有1个，故化学式为Fe4N，由此可写出该置换反应的化学方程式为8Fe+3NH32Fe4N+3H2；两个最近的Fe原子间的距离为顶点到面心的距离，该距离为acm，则面对角线的距离为2acm，晶胞边长为acm，晶胞体积V=2a3cm．该晶胞的质量m=M=，故该晶胞的密度ρ== g•cm3=g•cm3。‎ ‎【点睛】考查晶胞的计算，明确顶点、棱、面心上每个原子被几个晶胞占有是解本题关键。本题利用均摊法计算该小正方体中各种原子个数，顶点上的原子被8个小正方体共用，面心上的原子被2个小正方体共用，体心上的原子被1个小正方体占有。‎ ‎12.化合物I是一种抗脑缺血药物，合成路线如下：‎ ‎ ‎ 已知：‎ ‎ ‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)按照系统命名法，A的名称是_____；写出A发生加聚反应的化学方程式：__________。‎ ‎(2)反应H→I的化学方程式为________；反应E→F的反应类型是______。‎ ‎(3)写出符合下列条件的G的所有同分异构体的结构简式：________‎ ‎①遇FeCl3溶液发生显色反应 ②核磁共振氢谱有4组峰 ‎(4)α,α-二甲基苄醇()是合成医药、农药的中间体，以苯和2-氯丙烷为起始原料制备α,α-二甲基苄醇的合成路线如下：‎ ‎ ‎ 该合成路线中X的结构简式为____，Y的结构简式为________；试剂与条件2为______。‎ ‎【答案】 (1). 2-甲基丙烯 (2). (3). (4). 氧化反应 (5). ‎ ‎(6). (7). (CH3 )2 CHOH (8). O2、Cu 和加热 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ D发生取代反应生成E，E发生氧化反应生成F，由F结构简式知，D为甲苯、E为邻甲基溴苯；G发生信息中的反应生成H，H中应该含有一个-COOH，根据I结构简式知，H发生酯化反应生成I，则H为、G为；C、F发生信息中的反应生成G，则C为(CH3)3CBrMg，B为(CH3)3CBr，A中C、H原子个数之比为1：2，根据A、B分子式知，A和HBr发生加成反应生成B，A中含有一个碳碳双键，根据B知A为CH2=C(CH3)2据此分析。‎ ‎【详解】D发生取代反应生成E，E发生氧化反应生成F，由F结构简式知，D为甲苯、E为邻甲基溴苯；G发生信息中的反应生成H，H中应该含有一个-COOH，根据I结构简式知，H发生酯化反应生成I，则H为、G为；C、F发生信息中的反应生成G，则C为(CH3)3CBrMg，B为(CH3)3CBr，A中C、H原子个数之比为1：2，根据A、B分子式知，A和HBr发生加成反应生成B，A中含有一个碳碳双键，根据B知A为CH2=C(CH3)2。‎ ‎(1)A为CH2=C(CH3)2，A的系统命名法命名的名称为2-甲基丙烯；A发生加聚反应生成2-甲基聚丙烯，反应的化学方程式为：；‎ ‎(2)H为，H发生酯化反应生成J，则H→I的反应方程为；E→F是邻甲基溴苯发生氧化反应生成，反应类型是氧化反应；‎ ‎(3)G为，G的同分异构体符合下列条件：①遇FeCl3‎ 溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②核磁共振氢谱有4组峰，说明分子中含有4种不同位置的氢原子，则符合条件的同分异构体有；‎ ‎(4)以苯和2-氯丙烷为起始原料制备a，a二甲基苄醇，苯和溴在催化条件下发生取代反应生成溴苯，溴苯发生信息中的反应生成X，2-氯丙烷发生水解反应生成2-丙醇，2-丙醇发生催化氧化生成丙酮，X和丙酮发生信息中的反应生成a，a二甲基苄醇。根据合成路线可知试剂与条件1为液溴、Fe作催化剂；X的结构简式为；Y的结构简式为(CH3)2CHOH；试剂与条件2为O2、Cu和加热。‎ ‎【点睛】本题考查有机推断和合成，推出各物质的结构简式是解题的关键。易错点是合成路线的设计，以苯和2-氯丙烷为起始原料制备a，a二甲基苄醇，苯和溴在催化条件下发生取代反应生成溴苯，溴苯发生信息中的反应生成X，2-氯丙烷发生水解反应生成2-丙醇，2-丙醇发生催化氧化生成丙酮，X和丙酮发生信息中的反应生成a，a二甲基苄醇。‎ ‎ ‎