1、- 1 -山西省实验中学 2017 届高三下学期模拟热身理综-化学试题1. 设 NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A. 常温下，5.6g Fe 与含 0.2mol HNO3的溶液充分作用，最少会失去电子数为 0.15NAB. 3g 所含的电子数为 1.8NAC. 常温下，1L 0.1mol/L AlCl 3溶液中阳离子数目小于 0.1NAD. 15.6g Na2O2 和 Na2S 的固体混合物中，含有阴离子数目为 0.3NA【答案】B点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。本题的易错点是 AD，要注意钝化，过氧化钠中的阳离子为过氧根离子。2.
2、 某有机物的结构简式为 ，其属于芳香烃且与其具有相同官能团的同分异构体数目为（不考虑异体异构）A. 4 B. 5 C. 6 D. 7【答案】B【解析】该有机物含有的官能团为碳碳双键，属于芳香烃且与其具有相同官能团的同分异构体有 3-苯基丙烯、1-苯基丙烯、邻甲基苯乙烯、间甲基苯乙烯、对甲基苯乙烯，共 5 种，故选 B。3. 下列实验操作，实验现象与结论对应关系正确的是选项 实验操作 实验现象 结论A向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，然后加入适量稀 NaOH 溶液，再向其中加入新制的银氨有银镜生成蔗糖已经完全水解为具- 2 -溶液，并水浴加热 有还原性的葡萄糖B检验 HCl 气体中是否
3、含有 CO2，可将气体通入 Ca(OH)2溶液中没有出现白色沉淀证明不含有CO2C强酸性溶液 X 中加入 Ba(NO3)2溶液，静置后再加入KSCN 溶液先有白色沉淀，后溶液又变红X 中一定含有 SO42-和Fe3+D检验 HCl 气体中是否含有 Cl2，可将气体通入品红溶液中，然后加热品红溶液褪色，加热后溶液不恢复成红色证明含有 Cl2A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A.水解后检验葡萄糖应在碱性溶液中，加入适量稀 NaOH 溶液再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热，可证明蔗糖已经水解，要证明完全水解，需要证明不含蔗糖，故 A错误；B.即使含有少量二氧化碳，由于存在氯
4、化氢，生成的碳酸钙也会被溶解，因此将气体通入 Ca(OH)2溶液中，看有无白色沉淀生成，不能证明是否含有二氧化碳，故 B 错误；C. 强酸性溶液 X 中加入 Ba(NO3)2溶液，静置后再加入 KSCN 溶液，先有白色沉淀，原溶液中可能含有亚硫酸根离子，亚硫酸根离子在酸性溶液中被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，故 C 错误；D. 将气体通入品红溶液中，然后加热，品红溶液褪色，加热后溶液不恢复成红色，能够证明原混合气体中含有一种氧化性气体，即氯气，故 D 正确；故选 D。4. 已知有 A、B、C、D、E 五种短周期元素，其原子序数依次增大，A 与 B 形成的共价化合物的水溶液呈碱性，C 元素原子的
5、最外层电子数是最内层电子数的 ，D 是同周期中单核离子半径最小的元素，E 元素的最高正价与最低负价的代数和为 6.下列叙述中错误的是A. B 元素的简单气态氢化物与 E 的氢化物化合，生成物的水溶液呈酸性B. B、C、E 最高价氧化物对应的水化物溶液均能与 D 元素的氧化物反应- 3 -C. 元素 B、E 分别与元素 A 构成的含有 18 个电子的分子中均含有非极性共价键D. 最高价氧化物对应水化物的碱性:CD【答案】C【解析】已知有 A、B、C、D、E 五种短周期元素，其原子序数依次增大，A 与 B 形成的共价化合物的水溶液呈碱性，则 A 为 H 元素，B 为 N 元素；C 元素原子的最外层
6、电子数是最内层电子数的 1/2 倍，则 C 为 Na 元素；E 元素的最高正价与最低负价的代数和为 6，E 为 Cl 元素，D 是同周期中单核离子半径最小的元素，则 D 为 Al 元素。A.氨气与氯化氢化合，生成氯化铵，氯化铵属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故 A 正确；B. N、Na、Cl 最高价氧化物对应的水化物溶液为强酸或强碱，均能与氧化铝反应，故 B 正确；C. 元素 N、Cl 分别与元素 H 构成的含有 18 个电子的分子分别为肼和氯化氢，氯化氢中不存在非极性共价键，故 C 错误；D. 元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性:氢氧化钠氢氧化铝，故 D正确；故选 C。5
7、. H2O2被称为绿色氧化剂。下图是以甲烷燃料电池为电源，电解制备 H2O2的示意图。下列有关叙述中正确的是A. 电解池装置应选择阳离子交换膜B. d 极的电极反应式为：O 2+2e-2H +=H2O2C. 当有 16g 甲烷参与原电池反应时，可制备 4 mol H2O2D. 工作时，a、c 电极附近的 pH 均增大【答案】C【解析】根据图示，通入甲烷的电极为负极，则 a 为负极，b 为正极，c 为阳极，d 为阴极。A. d 极为阴极，发生还原反应，电解质溶液显碱性，电极反应式为：O 2+2e-2H 2O=H2O2+2OH-，溶液中的氢氧根离子向 c 极移动，电解池装置应选择阴离子交换膜，故
8、A错误；B. d 极为阴极，发生还原反应，电解质溶液显碱性，电极反应式为：O 2+2e-2H 2O=H2O2+2OH-，故 B 错误；C. 16g 甲烷的物质的量为 1mol，1mol 甲烷参与原电池反应时，转移 8mol 电子，故 B 的电极方程式可知，可制备 4 mol H2O2，故 C 正确；D. 工作时，a 极甲烷在酸性溶液中结合水失去电子生成二氧化碳和氢离子，a 极附近溶液的酸性增强，pH 减- 4 -小，故 D 错误；故选 C。点睛：本题侧重考查原电池和电解池原理，明确电解质溶液酸碱性是解本题关键。本题的难点是电极反应式的书写，易错点是 A，要根据离子的移动方向判断。6. T 时，
9、纯水的 pH 约为 6.5。该温度下，0.01molL -1HA 溶液中 c(H+)/c(OH-)=105，向10mL 该溶液中逐滴加入 0.01 molL- 1MOH 溶液(已知 MOH 的电离平衡常数 Kb=1.810-5)，在滴加过程中，下列有关叙述中正确的是A. HA 的电离平衡常数为 Ka1.010 -7B. 当滴加 10 mLMOH 溶液时，所得溶液呈酸性C. 当滴入 20 mL MOH 溶液时，溶液中有：c(MOH)+2c(OH -)=c(A-)+c(H+)+2c(HA)D. 当滴入少量的 MOH 溶液时，促进了 HA 的电离，溶液的 pH 升高，且随着 MOH 量的增加c(A-
10、)/c(HA)的值增大【答案】D【解析】T 时，纯水的 pH 约为 6.5。该温度下，K w=1.010-13。A. 0.01molL -1HA 溶液中 c(H+)/c(OH-)=105= = ，因此 c(H+)=1.010-4，则 HA 的电离平衡常数为Ka = 10-4，故 A 错误；B. 当滴加 10 mLMOH 溶液时，所得溶液中含有 MA，根据二者的电离平衡常数，该盐属于强碱弱酸盐，所得溶液呈碱性，故 B 错误；C. 当滴入 20 mL MOH 溶液时，所得溶液中含有等物质的量的 MA 和 MOH，根据质子守恒，溶液中有：c(MOH)+2c(OH -)=2c(H+)+c(M+)，很显
11、然，c(H +)+c(M+)c(A -)+2c(HA)，故 C 错误；D. HA 为弱酸，当滴入少量的 MOH 溶液时，溶液中的 c(H+)减小，溶液的 pH 升高，促进 HA 的电离，c(A -)增大，c(HA)减小， c(A -)/c(HA)的值增大，故 D 正确；故选 D。7. 溴化钙是一种重要的化工原料，制备 CaBr22H2O 的主要流程如下：下列说法不正确的是- 5 -A. 试剂 M 是 HBr，加入 HBr 的目的是除去过量的 Ca(OH)2B. 操作 I 为过滤，滤渣为 Fe、Fe(OH) 2和 Fe(OH)3；操作为重结晶，具体操作步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥C. 制
12、得的 CaBr22H2O 可以通过以下方法测定纯度：称取一定量的样品溶于水，滴入足量Na2CO3 溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，计算便得出 CaBr22H2O的纯度D. 工业上也可以将氨气通入石灰乳，并加入溴，于 65进行反应，制得溴化钙，此反应中还会生成一种无色气体，该反应的化学方程式为 3Ca(OH)2+3Br2+2NH3 3CaBr2+N2+6H2O【答案】B【解析】Fe 与溴单质反应生成 FeBr2 ，加过量的氢氧化钙，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁，过滤得到滤液中主要 CaBr2 ，在滤液中加 HBr 中和多余的氢氧化钙，然后蒸发浓缩、冷却
13、结晶、过滤、洗涤、干燥，得到 CaBr22H2O 晶体。A. 根据上述分析，溴化亚铁溶液中加入过量的氢氧化钙，过滤得到的滤液含有溴化钙和氢氧化钙，加溴化氢除去多余的氢氧化钙，则加入的 M 为 HBr，故 A 正确；B. 氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁，操作 I 为过滤，滤渣为 Fe 和 Fe(OH)3，故 B 错误； C.称取一定量的样品溶于水，滴入足量 Na2CO3 溶液，充分反应后过滤得到生成的碳酸钙沉淀，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量氧化钙的质量，可以得出 CaBr22H2O 的纯度，故 C 正确；D. 3Ca(OH) 2+3Br2+2NH3 3CaBr2+N2+6H2O，因此工业上也可
14、以将氨气通入石灰乳，并加入溴，于 65进行反应，制得溴化钙，故 D 正确；故选 B。点睛：本题考查了溴化钙晶体的制备实验方案设计，题目涉及化学实验基本操作、除杂质、离子方程式的书写、含量的计算方案的设计等，题目难度较大，是对学生综合能力的考查，需要学生基本扎实的基础与分析问题、解决问题的能力。8. 镁合金及镁的化合物在生产、生活中有着广泛的应用。（1）镁在元素周期表中的位置是_。（2）用水氯镁石（主要成分为 MgCl26H2O）制备金属镁的关键流程如下：- 6 - 一段脱水后，残留固体质量占原样品质量的 64.5%，试确定生成物的化学式_。 二段脱水时，溶入 H2和 Cl2燃烧产物的目的是_。
15、 该工艺中可循环使用的物质有_（3）储氢材料 Mg(AlH4)2在 110-200的反应为：Mg(AlH 4)2 =MgH2 +2Al+3H2，每转移 6mol电子生成氢气的物质的量为_mol。（4）碱式碳酸镁密度小，是橡胶制品的优良填料，可用复盐 MgCO3(NH4)2CO32H2O 作原料制备。 40时，复盐开始热解生成 MgCO33H2O，并有气体产生，该反应的化学方程式为_。 制备过程中，需要用到卤水（氯化镁溶液） 。某科研小组用沉淀滴定法分析产品中 Cl-的含量，称取 6.1000g 产品用适量硝酸溶解，经稀释等步骤最终配得 500mL 的溶液。a准确量取 25.00mL 待测液，用
16、 0.1000 mol/ L AgNO3 标准液滴定，滴定前后滴定管中的液面读数如图所示，则滴定过程中消耗标准液的体积为_mL。b. AgCl AgBr AgI Ag2CrO4Ksp 210-10 5.410-13 8.310-17 210-12颜色 白 淡黄 黄 砖红参照上表数据及信息分析，滴定时可以作指示剂的是_（填数字序号） 。- 7 - CaCl 2 NaBr NaI K 2CrO4c滴定时，应将溶液调成中性，不能是强酸性或强碱性，其中不能是强碱性的原因是_。d产品中氯的质量分数为_（保留三位有效数字） 。【答案】 (1). 第三周期第A 族 (2). MgCl 2H2O (3). 防
17、止 MgCl22H2O 脱水过程中发生水解反应 (4). HCl、Cl 2 (5). 3 (6). MgCO3(NH4)2CO32H2O MgCO33H2O+CO2+2NH 3 (7). 16.00 (8). (9). 碱性条件下AgNO3会生成 Ag2O (10). 18.6%【解析】 (1)镁为 12 号元素，在元素周期表中位于第三周期第A 族，故答案为：第三周期第A 族；(2)图中 AB 线段为“一段脱水” ，设对应固体物质的化学式为 MgCl2xH2O，根据=0.645，计算得 x=2，所以 B 的化学式为 MgCl22H2O，故答案为：MgCl 22H2O；二段脱水中通入 HCl 可
18、以抑制 MgCl2的水解，故答案为：为防止 MgCl22H2O 脱水过程中发生水解反应；根据制备金属镁工艺的关键流程分析，循环使用的物质是加入后在反应过程中又重新生成的物质，分析可知是氯气和氯化氢，故答案为：HCl，Cl 2；(3)储氢材料 Mg(AlH4)2在 110-200的反应为：Mg(AlH 4)2=MgH2+2Al+3H2，反应中生成3molH2转移电子 6mol，所以每转移 6mol 电子生成 3mol H2，故答案为：3；(4)根据元素守恒可知，复盐开始热解生成 MgCO33H2O，并有气体产生，该气体应为二氧化碳和氨气，所以反应的化学方程式为 MgCO3(NH4)2CO32H2
19、O MgCO33H2O+CO2+2NH 3 ，故答案为：MgCO 3(NH4)2CO32H2O MgCO33H2O+CO2+2NH 3 ； a根据滴定前后滴定管中的液面读数可知硝酸银标准液的体积为 18.5mL-2.5mL=16.00mL，故答案为：16.00；b. 指示剂的作用是指示出氯离子恰好沉淀完全，即让氯离子先沉淀，沉淀完全后，再滴入硝酸银溶液会生成一种颜色不同的沉淀来指示沉淀终点，氯化银、溴化银、碘化银的组成都是 1：1，依据 Ksp 可以直接比较溶解性大小为氯化银溴化银碘化银；随 Ksp 的减小，应先出现碘化银沉淀、再出现溴化银，最后才沉淀氯化银，所以、不符合滴定实验的- 8 -目
20、的和作用，铬酸银的阳、阴离子个数比为 2：1，可以计算相同浓度的银离子沉淀氯离子、铬酸根离子需要的浓度，依据 Ksp 计算得到，Ksp(AgCl)= c(Ag +)c(Cl-)=210-10，Ksp(Ag 2CrO4)= c(Ag+)2 c(CrO42-) =2.010-12，c(Cl -)= ，c(CrO 42-)=；所以同浓度的银离子需要的氯离子浓度小于铬酸根离子浓度，说明铬酸银溶解度大于氯化银；加入 K2CrO4，做指示剂可以正确的测定氯化物的含量，故正确；故答案为：；c碱性条件下，硝酸银会生成氢氧化银或氧化银沉淀，影响沉淀滴定，所以滴定时，溶液不能是强碱性，故答案为：碱性条件下，硝酸银
21、会生成氢氧化银或氧化银沉淀；d 根据氯离子的物质的量与反应的硝酸银的物质的量相等可知，n(Cl -)=0.016L0.1000 mol/ L=0.0016mol，产品中氯的质量分数= 100%=18.6%，故答案为：18.6%。9. 五种短周期元素 A、B、C、D、E 的性质及结构信息如下： 原子半径 ABCDE； 五种元素之间形成的常见的四种分子如下：甲 乙 丙 丁比例模型组成元素 D、E B、E A、D、E C、E电子总数 10 18 26 10请根据上述信息回答下列问题：（1）A 元素的单质与物质甲发生反应的离子方程式为_，其化学反应平衡常数的表达式为_。（2）戊与乙互为同系物，有五种同
22、分异构体，戊的分子式为_，己与乙具有相同的电子数，与甲含有的元素种类相同，己分子的结构式为_。（3）C 与 E 元素组成的 CE3与液氮可组成燃料电池，产物均为无污染的物质，可用于驱动潜艇，燃料电池装置如下图所示。该电池的负极反应式为_。电池工作时 OH-向_移动- 9 -（填“正极”或“负极” ） 。（4）B 与 D 组成的一种物质在自然界中可循环，循环时其与 CaCO3反应。已知 Ksp(CaCO3)=2.810-9,现将 CaCl2溶液与 Na2CO3溶液等体积混合，若 Na2CO3溶液的浓度为 210-4mol/L，则生成沉淀的最小浓度为_（忽略混合前后溶液的体积变化） 。【答案】 (
23、1). Cl 2+H2O=Cl-+H+HClO (2). (3). C6H14 (4). H-O-O-H (5). 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O (6). 负极 (7). 5.610 -5mol/L【解析】根据五种元素之间形成的常见的四种分子的比例模型结合原子半径 ABCDE，可知，甲为水分子，乙为乙烷分子，丙为 HClO 分子，丁为氨气分子，则 A 为 Cl、B 为 C、C 为N、D 为 O、E 为 H。(1)氯气与水反应的离子方程式为 Cl2+H2O=Cl-+H+HClO，其化学反应平衡常数的表达式 K=，故答案为：Cl 2+H2O=Cl-+H+HClO；K= ；(2)有五种
24、同分异构体的烷烃的分子式为 C6H14，己与乙烷具有相同的电子数，与水含有的元素种类相同，则己为过氧化氢，结构式为 H-O-O-H，故答案为：C 6H14； H-O-O-H；(3)NH3与液氮可组成燃料电池，产物均为无污染的物质，水和氮气，氨气在负极发生氧化反应，电极反应式为 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，根据电极反应式，电池工作时 OH-向负极移动，故答案为：2NH 3-6e-+6OH-=N2+6H2O；负极；点睛：本题主要依据元素的推断，考查了溶度积常数的有关计算、原电池原理等，综合性较强，有一定难度。本题的易错点是(4)中溶度积常数的计算，注意溶液在等体积混合后浓度的变化。
25、- 10 -10. 氮的化合物既是一种资源，也会给环境造成危害。I氨气是一种重要的化工原料。（1）NH 3与 CO2在 120C，催化剂作用下反应生成尿素：CO 2（g）+2NH 3（g） （NH 2）2CO（s）+H 2O（g） ，H= -x KJ/mol (x0)，其他相关数据如表：物质 NH3(g) CO2(g) CO(NH2)2(s) H2O(g)1mol 分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/KJ a b z d则表中 z（用 x a b d 表示）的大小为_。（2）120时，在 2L 密闭反应容器中充入 3mol CO2与 NH3的混合气体，混合气体中 NH3的体积分数随反应时间变化
26、关系如图所示，该反应到达平衡时 CO2的平均反应速率为_, 此温度时的平衡常数为_。下列能使正反应的化学反应速率加快的措施有_. 及时分离出尿素 升高温度 向密闭定容容器中再充入 CO2 降低温度氮的氧化物会污染环境。目前，硝酸厂尾气治理可采用 NH3与于 NO 在催化剂存在的条件下作用，将污染物转化为无污染的物质。某研究小组拟验证 NO 能被氨气还原并计算其转化率（已知浓硫酸在常温下不氧化 NO 气体） 。(l）写出装置中反应的化学方程式_。 (2）装置和装置如下图，仪器 A 的名称为_，其中盛放的药品名称为_。装置中，先在试管中加入 2-3 粒石灰石，注入适量稀硝酸，反应一段时间后，再塞上
27、带有- 11 -细铜丝的胶塞进行后续反应，加入石灰石的作用是_。（3）装置中，小段玻璃管的作用是_；装置的作用是除去 NO, NO 与 FeSO4溶液反应形成棕色 SO4溶液，同时装置还用来检验氨气是否除尽，若氨气未除尽，可观察到的实验现象是_。【答案】 (1). x-d+b+2a (2). 0.0047mol/(Ls) (3). 17.07 (4). (5). 4NH3+6NO 5N2+6H2O (6). 分液漏斗 (7). 浓氨水 (8). 产生 CO2，排出装置中的空气，防止 NO 被氧化 (9). 防倒吸 (10). 溶液变浑浊【解析】I (1)CO 2(g)+2NH3(g) (NH2
28、)2CO(s)+H2O(g)，反应中断裂反应物中的化学键吸收的能量为 b+2a，形成生成物中的化学键放出的能量为 z+d，H=( b+2a)- (z+d)= -x KJ/mol，解得 z= x-d+b+2a，故答案为：x-d+b+2a；(2)根据图像，起始时氨气的体积分数为 50%，则氨气的物质的量为 3mol50%=1.5molCO2(g)+2NH3(g) (NH2)2CO(s)+H2O(g)起始(mol)1.5 1.5 0反应 x 2x x平衡 1.5-x 1.5-2x x则 100%=20%，解得：x= mol，到达平衡时 CO2的平均反应速率= =0.0047mol/(Ls)； 平衡常
29、数 K= =17.07； 及时分离出尿素，对反应速率没有影响； 升高温度，能够加快反应速率； 向密闭定容容器中再充入CO2，二氧化碳的浓度增大，反应速率加快； 降低温度，反应速率减慢，能使正反应的化学反应速率加快的有，故答案为：0.0047mol/(Ls) ；17.07；(l)装置干燥的氨气和一氧化氮在催化剂作用下反应生成氮气和水，反应的化学方程式为 4NH3+6NO 5N2+6H2O，故答案为：4NH 3+6NO 5N2+6H2O；(2)根据装置图，仪器 A 为分液漏斗，装置是制备氨气的，需要在分液漏斗盛放浓氨水，在锥形瓶中放入氧化钙、氢氧化钠固体等物质；装置中，先在试管中加入 2-3 粒石
30、灰石，注入适量稀硝酸，反应放出二氧化碳，排除装置中的空气，再塞上带有细铜丝的胶塞进行后续反应，故答案为：分液漏斗； 浓氨水；产生 CO2，排出装置中的空气，防止 NO 被氧化；(3)装置中，小段玻璃管的作用是防止氨气易溶于水发生倒吸现象；装置是用来检验氨- 12 -气是否除净的装置，硫酸亚铁和氨气反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，若氨气未除净，中溶液中会生成氢氧化亚铁沉淀，则溶液变浑浊；故答案为：防倒吸；中溶液变浑浊。11. 研究物质的微观结构，有助于人们理解物质变化的本质。请根据已学习的物质结构知识，回答下列问题：(l）基态 Mn 原子的价电子排布式为_，气态 Mn2 再失去 l 个电子比 Fe2
31、+再失去 1 个电子更难，其原因是_。(2）向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液；若加入极性较小的溶剂（如乙醇） ，将析出深蓝色的晶体。实验时形成的深蓝色溶液中的阳离子内存在的全部化学键类型有_。写出难溶物溶于氨水时的离子方程式_。实验过程中加入 C2H5OH 后可观察到析出深蓝色 Cu(NH3)4SO45H2O晶体。实验中所加 C2H5OH 的作用是_。(3) HClO2、HClO 3为氯元素的含氧酸，试推测 ClO2-的空间结构：_；HClO 3分子中，Cl 原子的杂化方式为_；两种酸酸性较强的是_.(4）多磷酸盐的酸根阴离子是由
32、两个或两个以上磷氧四面体通过共用角顶氧原子而连接起来的，部分结构如图所示，多磷酸根离子的通式为_。 （磷原子数目用 n 表示）(5）金属 Pt 采用“ABCABC”型堆积方式，抽出一个晶胞，其正确的是_。已知金属 Pt 的密度为 21.4 g/cm3，则 Pt 原子半径的计算式为_pm （只列式，不必计算结果，Pt 的相对原子质量为 M，阿伏加德罗常数为 6.021023mol-1） 。【答案】 (1). 3d 54s2 (2). Mn2+转化为 Mn3+，3d 能级由半满到 3d4，而 Fe2+转化为Fe3+，3d 能级由 3d6到半满，能级半满时为稳定结构 (3). 共价键、配位键 (4)
33、. Cu(OH)2+4NH3H2O=2+2OH-+4H2O (5). 降低 Cu(NH3)4SO4的溶解度 (6). V 形 (7). - 13 -sp3杂化 (8). HClO 3 (9). (n+2)- (10). C (11). 【解析】 (l)锰为 25 号元素，基态 Mn 原子的价电子排布式为 3d54s2，气态 Mn2 的 3d 为半充满结构，较为稳定，Fe 2+的 3d 不是稳定结构，因此 Mn2 失去 l 个电子比 Fe2+再失去 1 个电子更难，故答案为：3d 54s2；Mn 2+转化为 Mn3+，3d 能级由半满到 3d4，而 Fe2+转化为 Fe3+，3d能级由 3d6到
34、半满，能级半满时为稳定结构；(2)向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜沉淀，继续加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液，发生的反应为 Cu(OH)2+4NH3H2O=2+2OH-+4H2O；在 2+中含有共价键、配位键；加入极性较小的溶剂(如乙醇)，可以降低 Cu(NH3)4SO4的溶解度，从而析出深蓝色的 Cu(NH3)4SO45H2O 晶体，故答案为：共价键、配位键；Cu(OH)2+4NH3H2O=2+2OH-+4H2O；降低 Cu(NH3)4SO4的溶解度；(3)ClO2-中 Cl 原子的价层电子对数为 2+ (7+122)=4，采用 sp3杂化，空间结构为 V
35、形；HClO3中 Cl 原子的孤对电子数为 (7+123)=1，价层电子对数 =4，杂化轨道类型为 sp3杂化； HClO 3的非羟基氧原子数目比 HClO2多，酸性较强，故答案为：V 形；sp 3；HClO 3；(4)由给出的多聚磷酸根结构式知，含有 n 个多聚磷酸根离子，相当于是 n 个磷酸根离子中去掉了(n-1)氧原子，所带电荷为-2(3n+1)+5n=-(n+2)，由化合价规则知多磷酸根离子的通式为： (n+2)-；故答案为： (n+2)-；(5)金属 Pt 采用“ABCABC”型堆积方式，为立方面心结构，因此选 C；每个金晶胞中含有的原子个数=8 +6 =4，设半径为 r，则一个晶胞
36、的体积为(2 r)3，(2 r)36.02102321.4g/cm3 =M4g，解得：r= pm，故答案为：C；。点睛：本题是对物质结构与性质的考查，综合性较强，涉及价电子排布式、化学键、晶胞的计算、价层电子对互斥理论、杂化轨道理论等，(5)中计算为易错点、难点，需要学生具有一定的数学计算能力。12. 有机物 W 是合成某药物的中间体，其结构简式如下：- 14 -以有机物 T 为原料合成 W 的流程如图（部分条件省略）: 己知：RCH 2ONa+CH3CH2X RCH2OCH2CH3+NaX 请回答下列问题：(1) Y 中所含的官能团有_.(2）步骤中 Na2CO3的作用为_。(3）请写出下列
37、各步骤的反应类型：._；._；._。(4）利用步骤 I 的反应物，可制备某线型结构高分子，请写出相关化学反应方程式_。(5）物质 X 最多可消耗 H2_mol ，最终产物与足量 HCOOH 完全反应的方程式为_ 。(6）写出同时满足下列条件的 Y 的所有同分异构体的结构简式：_。 苯环上只有一个取代基 等量有机物分别与足量钠、足量碳酸氢钠溶液反应产生气体的物质的量相等 在核磁共振氢谱图上有 7 个峰【答案】 (1). 羟基、羧基 (2). 与酚羟基反应生成酚钠 (3). 加成反应 (4).氧化反应 (5). 酯化反应（或取代反应） (6). (7). 4 (8). (9). - 15 -【解析
38、】根据流程图，T 为苯酚( )，与甲醛发生加成反应生成 ，根据 X 的化学式 C7H6O2可知， 氧化生成 X( )，根据 Y 的化学式 C9H10O3可知，Y 为，根据 Z 的化学式 C10H12O3可知，Y 与甲醇酯化生成 Z，Z 为，根据已知信息，最后 Z 首先与碳酸钠反应生成醇钠，再与 E()反应生成 W。(1) Y 为 ，其中所含的官能团有羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；(2)步骤中 Na2CO3的作用为与酚羟基反应生成酚钠，故答案为：与酚羟基反应生成酚钠；(3)根据上述分析，反应为加成反应；反应为氧化反应；反应 V 为酯化反应，故答案为：加成反应；氧化反应； 酯化反应；(4)苯酚与甲醛反应可以生成线型结构高分子，反应的化学反应方程式为，故答案为：；- 16 -(5)X 为 ，1molX 最多可与 4molH2加成，最终产物为 ， 与足量HCOOH 完全反应的方程式为 ，故答案为：4；(6)Y 为 ， 苯环上只有一个取代基； 等量有机物分别与足量钠、足量碳酸氢钠溶液反应产生气体的物质的量相等，说明分子中含有相同数目的羟基和羧基； 在核磁共振氢谱图上有 7 个峰；满足条件的 Y 的同分异构体有： 、 ，故答案为： 、 。
