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  • 2021-08-23 发布

宁夏六盘山高级中学2020届高三下学期模拟考试化学试题

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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。‎ ‎ ‎