宁夏六盘山高级中学2020届高三下学期模拟考试化学试题 17页

宁夏六盘山高级中学2020届高三第二次模拟考试 理科综合试卷化学 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 P-31 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 ‎ ‎1.科技发展离不开化学。下列说法不正确的是(　　)‎ A. “一带一路”，丝绸制品严禁用添加蛋白酶的洗衣粉漂洗 B. “乘风破浪”，航母上的钛合金铆钉可抗海水腐蚀 C. “筑梦天宫”，火箭助推剂——液氧在工业上可通过分解氯酸钾制得 D. “直上云霄”，客机所用燃油是石油的分馏产物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白酶能促进蛋白质水解生成氨基酸，所以丝绸制品不能使用添加蛋白酶的洗衣粉漂洗，故A正确；‎ B．钛合金具有耐高温、耐腐蚀等优良性质，故B正确；‎ C．工业上用分离液态空气的方法制得液氧，故C错误；‎ D．客即所用燃油时航空煤油，为石油的分馏产物，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎2.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 已知酸性的强弱顺序：H2CO3>HCN>HCO3-，则向NaCN溶液中通入少量的CO2时：2CN-+CO2+H2O=2HCN+CO32-‎ B. 在澄清石灰水中加入少量碳酸氢镁溶液：Ca2＋＋OH-＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O C. 侯氏制碱法：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4+‎ D. 室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为酸性的强弱顺序：H2CO3>HCN>HCO3-，则向NaCN溶液中通入少量的CO2时应该生成HCN和HCO3-，A选项错误；‎ B．在澄清石灰水中加入少量碳酸氢镁溶液，因为Mg(HCO3)2少量，故以Mg(HCO3)2的量为标准，应有2个HCO3-参与反应，且Mg2+会与OH-生成沉淀，正确的离子方程式为：2Ca2＋‎ ‎+Mg2++4OH-+2HCO3-===2CaCO3↓＋2H2O+Mg(OH)2↓，B选项错误；‎ C．侯氏制碱法的正确离子反应方程式为：Na++NH3+CO2+H2O===NaHCO3↓+NH4+，C选项错误；‎ D． NaOH和Cl2反应生成NaCl、NaClO和H2O，离子反应方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，D选项正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的某种核素不含中子；X、Y原子核外L层的电子数之比为3︰4；X与Z同主族，且X、Y、Z原子的最外层电子数之和为16。下列说法不正确的是( )‎ A. W、X、Z三种元素形成的化合物一定为强电解质 B. 简单氢化物的稳定性：X>Z>Y C. X分别可与W、Z各形成两种常见化合物 D. 原子半径：Y>Z>X>W ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的某种核素不含中子，则W为H元素；X、Y原子核外L层的电子数之比为3：4，则L层电子数分别为3、4或6、8，X与Z为同主族元素，且X、Y、Z的最外层电子数之和为16，若X、Y的L层电子数分别为3、4，则3+3+4≠16，则X的L层电子数为6，X为O元素，Z为S元素，Y的最外层电子数为‎17-6-6‎-1=4，且Y的L层电子数为8，则Y为Si元素。‎ ‎【详解】A．H、O、S形成的亚硫酸为弱酸，属于弱电解质，故A错误； B．非金属性O＞S＞Si，则简单氢化物的稳定性X＞Z＞Y，故B正确； C．O和H可以形成H2O和H2O2两种常见化合物，O和S可以形成SO2和SO3两种常见化合物，故C正确； D．同一主族从上到下原子半径逐渐增大，同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径Y＞Z＞X＞W，故D正确； 故选：A。‎ ‎4.关于化合物二苯基甲烷（），下列说法正确的是( )‎ A. 分子式C13H14 B. 是苯的同系物 C. 其一氯代物有4种 D. 所有碳原子一定共平面 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据其结构可知其分子式为C13H12，故A错误；‎ B．含有两个苯环，而苯的同系物含有一个苯环，不是苯的同系物，故B错误； C．苯环有3种H，烃基有1种H，共4种，则一氯代物有4种，故C正确； D．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，且C-C键可自由旋转，则所有的碳原子不一定在同一个平面上，故D错误。 故选：C。‎ ‎【点睛】判断有机物分子中所有原子是否共面时，通常根据甲烷、乙烯、乙炔和苯的分子结构模型进行，找出与其结构相似的有机物片断，然后分析有多少原子可能共面或共线，最多有多少原子共面或共线，要求要熟悉这些基本模型的结构特点。‎ ‎5.半导体光催化CO2机理如图甲所示，设计成电化学装置如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 若导线上有4mol电子移动，则质子交换膜左侧产生‎22.4 L O2‎ B. 装置中进行的总反应一定是自发的氧化还原反应 C. b极上的电极反应为：CO2＋6H＋－6e－=CH3OH＋H2O D. 图乙中的能量转化形式为：光能→电能→化学能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．未指明温度和压强无法确定气体的体积，故A错误；‎ B．该装置有外界条件：光照，所以装置中进行的不一定是自发进行的氧化还原反应，故B错误；‎ C．根据图甲可知通入的二氧化碳转化为甲醇，得电子发生发生还原反应，电极方程式为CO2＋6H＋＋6e－=CH3OH＋H2O，故C错误；‎ D．通过半导体将光能转化为电能，再通过电解质将电能转化为化学能，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎6.下列关于甲、乙、丙、丁四个图像的说法中，正确的是(　　) ‎ A. 表示用‎1 L 1 mol·L－1 Na2SO3溶液吸收SO2时溶液pH随SO2的物质的量的变化，则M点时溶液中：c(SO32-)＞c(HSO3)‎ B. a点Kw的数值比b点Kw的数值大 C. 表示MOH和ROH两种一元碱的溶液分别加水稀释时的pH变化，由图可得碱性：ROH＞MOH D. 表示某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，则加入Na2SO4可以使溶液由a点变到b点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．M点pH=7.4，n(SO2)=mol，根据方程式Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3可知得到的溶液中有molNaHSO3和molNa2SO3，亚硫酸根离子水解显碱性，亚硫酸氢根离子电离显酸性，溶液显碱性，亚硫酸根离子水解程度大，则c(SO32-)＜c(HSO3-)，故A错误；‎ B．Kw只与温度有关，两点的温度相同，则Kw相同，故B错误；‎ C．稀释相同倍数时ROH溶液的pH变化比MOH溶液的pH变化大，说明ROH的碱性比MOH的碱性强，故C正确；‎ D．温度不变溶度积不变，则加入Na2SO4后点的变化仍位于该曲线上，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎7.下列实验操作正确的是 A. 制备无水氯化铁 B. 配制一定浓度的硫酸溶液 C. 制取少量NH3 ‎ D. 比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A、根据铁离子水解分析；‎ B、浓硫酸需要在烧杯中稀释并冷却后再转移；‎ C、根据一水合氨中存在平衡结合氧化钙的性质解答；‎ D、难分解的应该放在大试管中。‎ 详解：A、氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，水解吸热且生成的氯化氢易挥发，所以直接加热不能得到氯化铁晶体，A错误；‎ B、浓硫酸溶于水放热，需要首先在烧杯中稀释并冷却后再转移至容量瓶中，B错误；‎ C、浓氨水中存在以下平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH－，加入CaO，使平衡逆向移动，同时反应放热，促进NH3·H2O的分解，可以利用该装置制备少量氨气，C正确；‎ D、碳酸氢钠受热易分解，要比较碳酸氢钠和碳酸钠的热稳定性，需要把碳酸钠放在大试管中，碳酸氢钠放在小试管中，D错误。答案选C。‎ 点睛：选项A是解答的易错点，注意盐类水解的特点以及生成的氯化氢的易挥发性，与之类似的还有氯化铝等。但需要注意的是硫酸铁、硫酸铝不符合，因为二者虽然均水解，但生成的硫酸难挥发，最终仍然得到硫酸铁和硫酸铝。‎ ‎8.一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2）为原料制备硝酸铜的工艺流程如图所示：‎ ‎（1）写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：___。‎ ‎（2）恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出CuCl2是该反应的催化剂，该过程的反应原理可用化学方程式表示为：①Cu2S +2CuCl2=4CuCl+S；②___。‎ ‎（3）“回收S”过程中温度控制在50～‎60℃‎之间，不宜过高的原因是___。‎ ‎（4）向滤液M中加入(或通入)___(填字母)，可得到一种可循环利用的物质。‎ a铁 b.氯气 c.高锰酸钾 d.氯化氢 ‎（5）“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是__；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由_。‎ ‎（6）辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电化学反应转变而成，有关转化见图，转化时转移0.2mol电子，生成Cu2S___mol。‎ ‎【答案】 (1). Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S (2). CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2 (3). 温度高苯容易挥发 (4). b (5). 调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀 (6). 抑制Cu2+的水解 (7). 0.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明Cu2S和FeCl3发生反应生成S单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子，然后过滤，滤液M主要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将铁氧化为铁离子，氧化铜调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤分离，滤液中主要含有硝酸铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体。‎ ‎【详解】（1）浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化，根据电子守恒和元素守恒可得其离子反应方程式，故答案为：；‎ ‎（2）根据Cu2S最终产物CuCl2可得反应②，故答案为：；‎ ‎（3）回收硫时所用溶剂为苯，苯的熔沸点较低，故答案为：温度高苯容易挥发；‎ ‎（4）M中主要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环使用，故答案为：b；‎ ‎（5）“保温除铁”过程要除去Fe3+，故需要加入氧化铜来调节pH值，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀；铜离子会水解，故在蒸发浓缩冷却结晶过程中需要加入硝酸来抑制其水解，故答案为：调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀；抑制Cu2+的水解；‎ ‎（6）该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低1价，根据电子守恒可知答案为：0.2。‎ ‎【点睛】解决工艺流程题，首先要根据题干信息，了解生产的产品，分析整个流程中各操作步骤的目的，搞清楚发生了什么反应；再结合具体的题目进行详细解答。‎ ‎9.TiO2和TiCl4均为重要的化工原料，已知：‎ Ⅰ．TiCl4(g) + O2(g) TiO2(s) + 2Cl2(g) ΔH =-175．4 kJ/mol Ⅱ．‎2C(s) + O2(g) 2CO(g) ΔH =-220．9 kJ/mol 请回答下列问题：‎ ‎(1)TiCl4(g)+2CO(g)TiO2(s)+‎2C(s)+2Cl2(g) 的ΔH =____________ kJ/mol ‎(2)toC时，向‎10L恒容密闭容器中充入1mol TiCl4和2molO2，发生反应I，4min达到平衡时测得TiO2的物质的量为0.2mol。‎ ‎① 反应4min末的平均速率v(Cl2)=_____，该温度下K =____（用分数表示），O2的平衡转化率=_______.‎ ‎② 下列措施，既能加快正反应速率，又能增大O2的平衡转化率的是________‎ A．缩小容器的体积 B．加入催化剂 C．分离出部分TiO2‎ D．增加O2的浓度 E．减低温度 F．以上方法均不可以 ‎③toC时，向‎10L恒容密闭容器中充入3molTiCl4和一定量的O2，发生反应I，两种气体的平衡转化率（a%）与起始的物质的量之比（TiCl4/O2）的关系如图所示:能表示O2的平衡转化率的曲线为_________ (填“L‎1”‎或“L‎2”‎)M点的坐标为______________(用整数或分数表示)‎ ‎(3)常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，在NH4HCO3溶液中：c(NH4+)_____c(HCO3-)（填“>”、“<”或“=”）；反应NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=_________。（已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数K1=4×10−7mol·L−1，K2=4×10−11mol·L−1）‎ ‎【答案】 (1). +45.5kJ/mol (2). 0.01 mol/(L∙min) (3). (4). 10% (5). F (6). L1 (7). (1，) (8). > (9). 1.25×10−3‎ ‎【解析】‎ 详解】(1)已知Ⅰ．TiCl4(g) +O2(g)⇌TiO2(s) +2Cl2(g)      △H=-175.4kJ/mol Ⅱ．‎2C(s)+O2(g)⇌2CO(g)△H=-220.9kJ/mol 根据盖斯定律Ⅰ-Ⅱ得TiCl4(g)+2CO(g)⇌TiO2(s)+‎2C(s)+2Cl2(g)△H=(-175.4+220.9)kJ/mol=+45.5kJ/mol；‎ ‎(2)初始投料为1mol TiCl4和2mol O2，容器体积为‎10L，列三段式有：‎ ‎ ；‎ ‎①反应0～4min末的平均速率v(Cl2)==0.01 mol/(L∙min)；根据平衡常数的定义可知K=；O2的平衡转化率==10%；‎ ‎②A．缩小容器的体积，相当于增大压强，该反应是气体体积不变的反应，平衡不移动，不能增大氧气的转化率，故A错误； B．加入催化剂，只改变反应速率，不改变平衡状态，不能增大氧气的转化率，故B错误； ‎ C．分离出部分TiO2，使平衡正向移动，但不能加快正反应速率，故C错误； D．增大氧气浓度，反应速率加快，平衡正向移动，但起始物质的量增大，转化率减小，故D错误； E．温度降低，反应速率减慢，故E错误； F．由上述分析可知，方法均不合理，故F正确，所以答案为F；‎ ‎③TiCl4的量为定值，则随着氧气的物质的量的增加，平衡逐渐正向移动，TiCl4的转化率逐渐增大，即越小TiCl4的转化率越大，同理可知越大，氧气的转化率越大，所以L1代表O2的平衡转化率曲线；‎ M点二者的转化率相同，则这两物质的起始物质的量相等，列三段式有：‎ 根据第(2)小题可知该温度下平衡常数为，该反应前后气体的计量数之和相等，所以可以用物质的量来代替浓度计算平衡常数，所以有，解得x=，转化率为，所以坐标为(1，)；‎ ‎(3)已知常温下NH3•H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5mol•L-1，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4×10-7mo•L-1，Ka2=4×10-11mol•L-1，NH3•H2O的电离程度大于H2CO3的一级电离程度，则HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，故在NH4HCO3溶液中，c(NH4+)＞c(HCO3-)；‎ 对于反应NH4++HCO3-+H2O⇌NH3•H2O+H2CO3的平衡常数K==1.25×10-3。‎ ‎【点睛】对于可逆反应，若气体反应物的初始投料比与计量数之比相同，则反应过程中各反应物的转化率相同；当可逆反应中反应物和生成物中气体的计量数之和相等时，可以用物质的量分数、物质的量、体积分数等来代替浓度计算平衡常数。‎ ‎10.三氯氧磷(POCl3)是一种工业化工原料，可用于制取有机磷农药、长效磺胺药物等，还可用作染料中间体、有机合成的氯化剂和催化剂、阻燃剂等。利用O2和PCl3为原料可制备三氯氧磷,其制备装置如图所示(夹持装置略去)：‎ 已知PCl3和三氯氧磷的性质如表：‎ 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ 其他物理或化学性质 PCl3‎ ‎-112.0‎ ‎76.0‎ PCl3和POCl3互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和HCl POCl3‎ ‎1.25‎ ‎106.0‎ ‎（1）装置A中的分液漏斗能否用长颈漏斗代替？做出判断并分析原因：_______‎ ‎（2）装置B的作用是______________(填标号)。‎ a.气体除杂 b.加注浓硫酸 c.观察气体流出速度 d.调节气压 ‎（3）仪器丙的名称是___________，实验过程中仪器丁的进水口为__________(填“a”或“b”)口。‎ ‎（4）写出装置C中发生反应的化学方程式_______，该装置中用温度计控制温度为60~‎65 ℃‎，原因是________。‎ ‎（5）称取‎16.73 g POCl3样品，配制成100 mL溶液；取10.00 mL溶液于锥形瓶中，加入3.2 mol·L-1的AgNO3溶液10.00 mL，并往锥形瓶中滴入5滴Fe2(SO4)3溶液；用0.20 mol·L-1的KSCN溶液滴定，达到滴定终点时消耗KSCN溶液10.00 mL(已知：Ag++SCN-=AgSCN↓)。则加入Fe2(SO4)3溶液的作用是________，样品中POCl3的纯度为_____________。‎ ‎【答案】 (1). 否，长颈漏斗不能调节滴液速度 (2). acd (3). 三颈烧瓶 (4). a (5). 2PCl3+O2=2POCl3 (6). 温度过低反应速度过慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率低 (7). 指示剂 (8). 91.8%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A装置中用双氧水与二氧化锰反应制备氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有的水蒸气用浓硫酸除去，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷在装置C中反应生成POCl3‎ ‎，为了控制反应速率，同时防止三氯化磷挥发，反应的温度控制在60～‎65℃‎，所以装置C中用水浴加热，POCl3遇水剧烈水解为含氧酸和氯化氢，为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析解答(1)~(4)；‎ ‎(5)测定POCl3产品含量，用POCl3与水反应生成氯化氢，然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子，KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，根据KSCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3，结合AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银，进而计算出溶液中氯离子的物质的量，根据元素守恒可计算出样品中POCl3的质量，进而确定POCl3的质量分数。‎ ‎【详解】(1)装置A中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替，因为长颈漏斗不能调节滴液速度，故答案为否，长颈漏斗不能调节滴液速度；‎ ‎(2)装置B中装有浓硫酸，可作干燥剂，另外气体通过液体时可观察到气泡出现，长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，则装置B的作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气，故答案为acd；‎ ‎(3)根据装置图，仪器丙为三颈烧瓶，为了提高冷却效果，应该从冷凝管的下口进水，即进水口为a，故答案为三颈烧瓶；a；‎ ‎(4)氧气氧化PCl3生成POCl3，根据原子守恒，反应的化学方程式2PCl3+O2=2POCl3，根据上面的分析可知，反应温度应控制在60～‎65℃‎，原因是温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低，故答案为2PCl3+O2=2POCl3；温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低；‎ ‎(5)Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色，则用 KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液时，可选择硫酸铁溶液为指示剂，达到终点时的现象是溶液会变红色；KSCN的物质的量为0.20mol•L-1×‎0.010L=0.002mol，根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol，POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.2mol•L-1×‎0.01L-0.002mol=0.03mol，即‎16.73 g POCl3产品中POCl3的物质的量为×=0.1mol，则所得产品中POCl3的纯度为×100%=91.8%，故答案为指示剂；91.8%。‎ ‎【点睛】明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键。本题的易错点为(5)，要理清楚测定POCl3的纯度的思路，注意POCl3~3HCl。‎ ‎【化学——选修3】‎ ‎11.2016年诺贝尔化学奖授予在“分子机器设计和合成”领域有突出成就的三位科学家，其研究对象之一“分子开关”即与大环主体分子苯芳烃、硫或氮杂环杯芳烃等有关。回答下列问题：‎ ‎（1）对叔丁基杯[4]芳烃(如图Ⅰ所示)可用于ⅢB族元素对应离子萃取，如La3+、Sc2+。写出基态二价钪离子(Sc2＋)的核外电子排布式：____，其中电子占据的轨道数为_____个。‎ ‎（2）对叔丁基杯[4]芳烃由4个羟基构成杯底，其中羟基氧原子的杂化方式为_____，羟基间的相互作用力为_____。‎ ‎（3）不同大小的苯芳烃能识别某些离子，如：N3-、SCN−等。一定条件下，SCN−与MnO2反应可得到(SCN)2，试写出(SCN)2的结构式_______。‎ ‎（4）NH3分子在独立存在时H－N－H键角为106.7°。如图 [Zn(NH3)6]2+离子的部分结构以及H－N－H键角的测量值。解释配合物中H－N－H键角变为109.5°的原因：____。‎ ‎（5）橙红色的八羰基二钴[Co2(CO)8]的熔点为‎52℃‎，可溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂。该晶体属于___晶体，八羰基二钴在液氨中被金属钠还原成四羰基钴酸钠[NaCo(CO)4]，四羧基钴酸钠中含有的化学键为_____。‎ ‎（6）已知C60分子结构和C60晶胞示意图(如图Ⅱ、图Ⅲ所示)：‎ 则一个C60分子中含有σ键的个数为______，C60晶体密度的计算式为____g·cm−3。(NA为阿伏伽德罗常数的值)‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1 (2). 10 (3). sp3 (4). 氢键 (5). N≡C—S—S—C≡N (6). 氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故H－N－H键角变大 (7). ‎ 分子 (8). 离子键、配位键、极性键 (9). 90 (10). 4×12×60×1030/(a3×NA)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）Sc是21号元素，根据泡利原理书写其电子排布式；s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级只有1个电子，占有1个轨道，据此计算总的轨道数；‎ ‎（2）依据杂化轨道理论作答；羟基中含电负性较强的O，根据化学键特点回答；‎ ‎（3）根据等电子体原理分析作答；‎ ‎（4）键对电子间的排斥作用小于孤对电子与键对电子间的排斥作用，据此作答；‎ ‎（5）根据给定的物理性质判断晶体类型；‎ ‎【详解】（1）Sc是21号元素，核外电子排布式为[Ar]3d14s2，则Sc2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1；s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级只有1个电子，占有1个轨道，因此电子占据的轨道有1+1+3+1+3+1 = 10个，‎ 故答案为1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1；10；‎ ‎（2）羟基的中心原子氧原子，有2个σ键，2个孤电子对，其杂化轨道数为2+2 = 4，因此杂化类型是sp3，羟基键通过氢键联系到一起，‎ 故答案为sp3；氢键；‎ ‎（3）N3－、SCN－与CO2互为等电子体，因此SCN－空间构型为直线型，(SCN)2的结构式应为N≡C-S-S-C≡N，‎ 故答案为N≡C-S-S-C≡N；‎ ‎（4）氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故H－N－H键角变大，‎ 故答案为氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故H－N－H键角变大；‎ ‎（5）熔点为‎52℃‎，可溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂，则可知Co2(CO)8属于分子晶体；‎ NaCo(CO)4内，存在钠离子与Co(CO)4-阴离子，在Co(CO)4-内界有CO与中心钴离子形成配位键，而配体内部C原子与O原子之间存在极性共价键，所以四羧基钴酸钠中含有的化学键为离子键、配位键、极性键，‎ 故答案为分子；离子键、配位键、极性键；‎ ‎（4）根据C60分子结构，C60分子中1个碳原子有2个C－C键、1个"C=C"‎ ‎，根据均摊法，一个碳原子真正含有的σ键的个数为，即一个C60分子中含有σ键的个数为60× = 90；根据C60晶胞结构，离C60最近的C60上面有4个，中间有4个，下面有4个，即有12个；C60的个数为8×1/8＋6×1/2=4，晶胞的质量为 = g，晶胞的体积为（a×10－10）3 = a3×10－‎30 cm3，根据密度的定义，晶胞的密度计算式为 = 4×12×60×1030/(a3×NA),‎ 故答案为4×12×60×1030/(a3×NA)。‎ ‎【化学——选修5】‎ ‎12.有机物A是聚合反应生产胶黏剂基料的单体，亦可作为合成调香剂I、聚酯材料J的原料，相关合成路线如下：‎ 已知：在质谱图中烃A的最大质荷比为118，其苯环上的一氯代物共三种，核磁共振氢谱显示峰面积比为3:2:2:2:1。‎ 根据以上信息回答下列问题：‎ ‎(1)A的官能团名称为__________________，B→C的反应条件为_____________，E→F的反应类型为_____________。‎ ‎(2)I的结构简式为____________________，若K分子中含有三个六元环状结构，则其分子式为________________。‎ ‎(3)D与新制氢氧化铜悬浊液反应的离子方程式为_______________________________。‎ ‎(4)H的同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀，1 mol W参与反应最多消耗3 mol Br2，请写出所有符合条件的W的结构简式___________________________________。‎ ‎(5)J是一种高分子化合物，则由C生成J的化学方程式为_____________________________________‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 氢氧化钠水溶液，加热 (3). 消去反应 (4). (5). C18H16O4 (6). +2Cu(OH)2+OH-+Cu2O+3H2O (7). 、 (8). n+nHOOC-COOH +(2n-1)H2O）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在质谱图中烃A的最大质荷比为118，则烃A的相对分子质量为118，其化学式为C9H10，由流程图可知A可与Br2/CCl4的溶液发生加成反应，说明含有碳碳双键，结合其苯环上的一氯代物共三种，说明苯环上只有一个取代其，根据核磁共振氢谱显示峰面积比为3：2：2：2：1，可知A的结构简式为，则A与Br2/CCl4的溶液发生加成反应生成的B为，其在NaOH的水溶液里水解生成的C为，C催化氧化生成的D为，D再与新制Cu(OH)2混合加热生成的E为，E在浓硫酸存在时发生消去反应生成F，F为，F再与苯乙醇发生酯化反应生成的酯I为，据此解题。‎ ‎【详解】(1)A的结构简式为，含有的官能团为碳碳双键；‎ 在NaOH的水溶液里加热水解生成C，即B→C的反应条件为NaOH水溶液和加热；在浓硫酸存在时发现羟基的消去反应生成，即E→F的反应类型为消去反应；‎ ‎(2)由分析可知I的结构简式为；若K分子中含有三个六元环状结构，说明2分子的通过分子间酯化反应，生成环酯K和2分子的水，结合原子守恒，可知K的分子式为C18H16O4；‎ ‎(3)与新制Cu(OH)2混合加热生成的化学方程式为+2Cu(OH)2+OH-+Cu2O+3H2O；‎ ‎(4)的同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀，说明分子结构中含有酚羟基，1mol W参与反应最多消耗3mol Br2，可知酚羟基的邻、对位均有可取代的氢，则符合条件的W的结构简式为；‎ ‎(5)J是一种高分子化合物，则由与乙二酸发生缩聚反应生成J的化学方程式n+nHOOC-COOH +(2n-1)H2O。‎ ‎【点睛】第4题为易错点，要注意受酚羟基的影响，苯环上的酚羟基的邻、对为氢原子容易被取代，要记住容易被取代的氢原子的位置。‎ ‎ ‎