精品解析：甘肃省武威市民勤县第四中学2024届高三二诊模拟考试化学试卷

甘肃省武威市第四中学2024届高三二诊模拟考试化学试卷 考生请注意： 1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。 2.第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。 3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项) 1. 2A(g)B(g)+Q(Q>0)；下列能量变化示意图正确的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】根据热化学方程式2A(g) ⇌B(g)+Q(Q>0)可知：该反应是2molA气体发生反应产生1molB气体，放出热量Q，反应物的能量比生成物的能量高，且同一种物质在气态时能量高于在液体时能量； 故选B。 2. 用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略) A B C D X中试剂 浓盐酸 双氧水 浓硫酸 浓氨水 Y中试剂 KMnO4 MnO2 Cu NaOH 气体 Cl2 O2 SO2 NH3 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．浓盐酸和KMnO4固体混合有氯气生成，但氯气易溶于水，且与水发生反应，则不能用排水法收集，故A错误； B．双氧水在MnO2的催化作用下生成氧气，氧气可用排水法收集，故B正确； C．Cu与浓硫酸反应需要加热，图中缺少酒精灯，且二氧化硫不能选排水法收集，故C错误； D．氨气极易溶于水，不能排水法收集，故D错误； 故答案为B。 3. 用化学用语表示C2H2＋HClC2H3Cl(氯乙烯)中的相关微粒，其中正确的是（ ） A. 中子数为7的碳原子： B. 氯乙烯的结构简式：CH2CHCl C. 氯离子的结构示意图： D. HCl的电子式： 【答案】C 【解析】 【详解】A、根据原子结构，该碳原子的表示形式为，故A错误； B、氯乙烯的结构简式为CH2=CHCl，碳碳双键不能省略，故B错误； C、Cl－是最外层得到一个电子，即结构示意图为，故C正确； D、HCl为共价化合物，不属于离子化合物，故D错误； 答案为C。 4. 化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应无关的是（ ） A B C D “深海勇士”号潜水艇用锂电池供能 铝粉与强碱溶液反应放热 长征五号火箭发射 用“天眼”接收宇宙中的射电信号 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．锂电池使用过程中，锂失电子发生氧化反应，故不选A； B.。铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，铝失电子发生氧化反应，故不选B； C．长征五号运载火箭采用液氢液氧作为推进剂，发射过程发生氧化还原反应放热，故不选C； D．用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没有生成新物质，不属于化学变化，故D选； 故选D。 5. 下列实验操作、现象和结论正确的是 实验操作和现象 结论 A 向浓度均为0.1mol・L-1的FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，先出现红褐色沉淀 Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3] B 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色 样品已部分或全部变质 C 向1mL20%的蔗糖溶液中加入5滴稀硫酸，水浴加热5分钟后，再向其中加入新制备的Cu(OH)2悬浊液，加热几分钟，没有砖红色沉淀生成 蔗糖水解不能生成葡萄糖 D 向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色 溶液中含Br2 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．因Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]，Fe(OH)3的溶解度较小，故先和NaOH发生反应，产生红褐色沉淀，A正确； B．Fe2+和NO3-、H+在同一溶液中时，可以发生反应，Fe2+反应生成Fe3+，故加入KSCN后溶液会变红，但不能判断为变质，B错误； C．水浴反应过后应加入NaOH使体系为碱性，若不加NaOH，原溶液中未反应的硫酸会和Cu(OH)2发生反应，不会生成砖红色沉淀，C错误； D．向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，该溶液中也可能含有Fe3+，Fe3+也能将I-氧化为单质碘，D错误； 故选A。 6. 已知一定温度下硫酸铜受热分解生成氧化铜、三氧化硫、二氧化硫和氧气；三氧化硫和二氧化硫都能被氢氧化钠溶液吸收。现进行如下实验：①加热10g硫酸铜粉末至完全分解，②将生成的气体通入足量浓氢氧化钠溶液。反应结束后称量①中固体质量变为5g，②中溶液增加了4.5g。该实验中硫酸铜分解的化学方程式是 A. 3CuSO4 3CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑ B. 4CuSO4 4CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑ C. 5CuSO4 5CuO+SO3↑+4SO2↑+2O2↑ D. 6CuSO4 6CuO+4SO3↑+2SO2↑+O2↑ 【答案】B 【解析】 【分析】由“反应结束后称量①中固体质量变为5g，②中溶液增加了4.5g”可知，氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，然后根据质量守恒定律分析每个装置的质量变化情况，从而分析反应中各物质的质量。 【详解】根据质量守恒定律分析，反应生成气体的质量为10.0g−5.0g＝5g，生成氧化铜的质量为5g；氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，其质量为4.5g，生成的氧气的质量为5g−4.5g＝0.5g；则参加反应的硫酸铜和生成氧化铜及生成的氧气的质量比为10g：5g：0.5g＝20：10：1，表现在化学方程式中的化学计量数之比为(20÷160)：(10÷80)：(1÷32)＝4：4：1，故该反应的化学方程式为：4CuSO4 4CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑，故答案为：B。 【点睛】本题解题的关键是根据反应的质量差分析出各物质的质量，然后求出方程式中物质的化学计量数。 7. 金属铊(81Tl)有重要用途，可用来制造光电管、光学玻璃等。铊与铯(55Cs)同周期，下列说法不正确的是 A. 原子半径：Cs>Tl B. 碱性：CsOH>Tl(OH)3 C. 与水反应的剧烈程度：Tl> Cs D. Tl是第六周期第ⅢA元素 【答案】C 【解析】 【详解】铯(55Cs)位于第六周期第ⅠA族，铊与铯(55Cs)同周期，可知铊(81Tl)位于第六周期第ⅢA族，金属性：Cs>Tl。 A. 元素在同一周期，序数越小，半径越大，则原子半径：Cs>Tl，A项正确； B. 金属性：Cs>Tl，则碱性：CsOH>Tl(OH)3，B项正确； C. 金属性：Cs>Tl，则与水反应的剧烈程度：Cs>Tl ，C项错误； D. Tl是第六周期第ⅢA元素，D项正确； 答案选C。 【点睛】本题重点，知道元素在元素周期表中位置，根据原子结构示意图的书写规律，每一层最多排布2n2个电子，最外层最多排布8个(除第一层外)，次外层最多排布18个，得出铊与铯的原子结构示意图，即可知道位置。 8. 地沟油生产的生物航空燃油在东航成功验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽 油、煤油、柴油等）的方法是（ ） A. 加入水中，浮在水面上的是地沟油 B. 加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油 C. 点燃，能燃烧的是矿物油 D. 测定沸点，有固定沸点的是矿物油 【答案】B 【解析】 【分析】地沟油中含油脂，与碱溶液反应，而矿物油不与碱反应，混合后分层，以此来解答。 【详解】A. 地沟油、矿物油均不溶于水，且密度均比水小，不能区别，故A错误； B. 加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油，分层的为矿物油，现象不同，能区别，故B正确； C. 地沟油、矿物油均能燃烧，不能区别，故C错误； D. 地沟油、矿物油均为混合物，没有固定沸点，不能区别，故D错误； 答案是B。 【点睛】本题考查有机物的区别，明确地沟油、矿物油的成分及性质是解答本题的关键，题目难度不大。 9. 将Cl2通入100mL NaOH溶液中充分反应，生成0.1mol的NaCl，下列说法正确的是（　　） A. 反应后溶液中ClO﹣的个数为0.1NA B. 原NaOH浓度为1mol/L C. 参加反应的氯气分子为0.1NA D. 转移电子为0.2NA 【答案】C 【解析】 【详解】发生Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，生成0.1molNaCl的同时，生成0.1molNaClO，消耗2molNaOH； A．生成0.1molNaClO，阴离子水解，则反应后溶液中ClO﹣的个数小于0.1NA，故A错误； B．若恰好完全反应，则原NaOH浓度＝2mol/L，故B错误； C．由反应可知，参加反应的氯气为0.1mol，则参加反应的氯气分子为0.1NA，故C正确； D．Cl元素的化合价既升高又降低，转移0.1mol电子，则转移电子为0.1NA，故D错误； 故答案为C。 【点睛】考查氯气性质及化学反应方程式的计算，把握发生的化学反应及物质的量为中心的计算为解答的关键，将Cl2通入100mL NaOH溶液中充分反应，生成0.1mol的NaCl，发生Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，侧重分析能力、计算能力的考查。 10. 下图所示为某种胃药的核心合成反应部分过程： 下列说法正确的是 A. 甲中的两个键的活性相同 B. 乙所有原子在同一平面上 C. 丙的分子式 D. 该反应生成丙的原子利用率小于100％ 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A.反应物甲中的两个N-H键的N原子连接不同的原子团，故两个N受其他原子或原子团的影响不同，则两个N-H键的活性不同，A错误； B.乙分子中含有饱和碳原子，与饱和碳原子成键的原子构成的是四面体结构，因此乙分子中所有原子不在同一平面上，B错误； C.由丙的结构简式可知其分子式为C22H24O2N5Cl，C错误； D.根据图示可知：化合物甲与乙反应产生丙外还有HCl生成，该反应生成丙的原子利用率小于100％，D正确； 故合理选项是D。 11. 下列离子方程式书写正确的是 A. 氢氧化钡溶液中加入硫酸铵：Ba2＋＋OH-＋＋=BaSO4↓＋NH3·H2O B. 用惰性电极电解CuCl2溶液：Cu2+＋2Cl-＋2H2OCu(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑ C. 向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫：Ca2＋＋2ClO-＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO D. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2：C6H5O-＋CO2＋H2O→C6H5OH＋ 【答案】D 【解析】 【详解】A．该反应不符合正确配比，离子方程式为Ba2++2OH-+2+=BaSO4↓+2NH3•H2O，故A错误； B．用惰性电极电解饱和CuCl2溶液时，阴极上Cu2+放电能力大于H+，阳极上氯离子放电，所以电解氯化铜本身，电解反应的离子方程式为Cu2++2Cl- Cu+Cl2↑，故B错误； C．向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫，发生氧化还原反应，离子方程式为SO2+Ca2++3ClO-+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-，故C错误； D．苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+，故D正确； 答案选D。 12. 在抗击“2019新型冠状病毒”的过程中，大量防护和消毒用品投入使用。下列有关说法正确的是 A. 二氧化氯泡腾片和酒精均可杀灭新型冠状病毒，二者的消毒原理相同 B. 聚丙烯和聚四氟乙烯为生产防护服的主要原料，二者均属于有机高分子材料 C. 真丝织品和棉纺织品可代替无纺布生产防护口罩，二者均可防止病毒渗透 D. 保持空气湿度和适当降温可减少新型冠状病毒传染，二者均可防止病毒滋生 【答案】B 【解析】 【详解】A. 二氧化氯具有强的氧化性，能够使病毒氧化变质而失去生理活性，因而具有杀菌消毒作用，而酒精则是由于其使蛋白质脱水发生变性而消毒，因此二者的消毒原理不相同，A错误； B. 聚丙烯和聚四氟乙烯都是高聚物，均属于有机高分子材料，B正确； C. 真丝织品和棉纺织品空隙大，具有很好的渗透性，不能阻止病毒渗透，因此不能代替无纺布生产防护口罩，C错误； D. 保持空气湿度和适当降温不能阻止病毒滋生，D错误； 故合理选项是B。 13. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 遇苯酚显紫色的溶液：I－、K+、SCN－、Mg2＋ B. pH＝12 的溶液：K+、Na＋、ClO－、SO32— C. 水电离的 c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Cl－、CH3COO－、Cu2+ D. 0.1 mol·L－1的 K2SO4溶液：Na＋、Al3＋、Cl—、NO3— 【答案】D 【解析】 【详解】A．遇苯酚显紫色的溶液，说明溶液中含有Fe3+，Fe3+与I－因发生氧化还原反应而不能大量共存，Fe3+与SCN－能反应生成络合物，而不能大量共存，A不符合题意； B．ClO－具有强氧化性，SO32-具有还原性，ClO－与SO32-能发生氧化还原反应而不能大量共存，B不符合题意； C．酸碱抑制水的电离，溶液中水电离的 c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，该溶液可能显酸性或碱性；酸性溶液中，H+与CH3COO－不能大量共存，C不符合题意； D．0.1 mol·L－1的 K2SO4溶液，溶液中的Na＋、Al3＋、Cl-、NO3-能够大量共存，D符合题意； 答案选D。 【点睛】在做离子共存题的时候，重点要注意题目中暗含的信息，例如溶液中水电离的 c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，这个溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，弱酸根离子与H+不能够大量共存，弱碱阳离子与OH-不能够大量共存。 14. 下列属于氧化还原反应的是(　　) A. 2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑ B. Na2O＋H2O=2NaOH C. Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2 D. Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O 【答案】C 【解析】 【详解】凡是有元素化合价变化的反应均为氧化还原反应，A、B、D项中均无化合价变化，所以是非氧化还原反应；C项中Fe、C元素化合价变化，则该反应为氧化还原反应，故C符合； 答案选C。 15. 6克含杂质的Na2SO3样品与足量盐酸反应，可生成1.12升气体（S、T、P），气体质量为3克，该样品的组成可能是（ ） A. Na2SO3，Na2CO3 B. Na2SO3，NaHCO3 C. Na2SO3，NaHCO3，Na2CO3 D. Na2SO3，MgCO3，NaHCO3 【答案】C 【解析】 【分析】标况下，1.12L气体的物质的量==0.05mol，气体质量为3克，则气体的平均相对分子质量==60，所以混合气体中必含有一种相对分子质量小于60的气体，根据选项，应该是CO2。根据平均相对分子质量，[44n(CO2)+64 n(SO2)]÷[n(CO2)+ n(SO2)]=60，则n(CO2)：n(SO2)=1：4，所以n(CO2)=0.01 mol，n(SO2)=0.04 mol，由于n(Na2SO3)= n(SO2)=0.04 mol，故杂质质量=6g﹣0.04mol×126g/mol=0.96g，可以生成0.01mol二氧化碳。 【详解】A．生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸钠质量=0.01mol×106g/mol=1.06g>0.96g，A错误； B．生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸氢钠质量=0.01mol×84g/mol=0.84g<0.96g，B错误； C．由AB分析可知，杂质可能为NaHCO3，Na2CO3的混合物，C正确； D．生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸镁质量=0.01mol×84g/mol=0.84g，需要碳酸氢钠质量=0.01mol×84g/mol=0.84g，均小于0.96g，不符合，D错误； 故选C。 16. 常温下，下列有关溶液的说法正确的是（ ） A. pH相等的①NH4Cl②NH4Al(SO4)2③NH4HSO4溶液：NH4＋浓度的大小顺序为①>②>③ B. 常温下，pH为5的氯化铵溶液和pH为5的醋酸溶液中水的电离程度相同 C. HA的电离常数Ka=4.93×10-10，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(Na＋)>c(HA)>c(A－) D. 已知在相同条件下酸性HF>CH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c(Na＋)－c(F-)>c(K＋)－c(CH3COO-) 【答案】A 【解析】 【详解】A．氢离子抑制铵根离子水解，NH4HSO4溶液呈强酸性，NH4Al(SO4)2中两种阳离子水解显酸性，要使这三种溶液的pH相等，则NH4Cl和NH4Al(SO4)2溶液中阳离子的水解程度相等，硫酸氢铵浓度最小，所以NH4＋浓度的大小顺序为①>②>③，故A正确； B．氯化铵溶液中铵根水解促进水的电离，醋酸溶液中醋酸电离抑制水的电离，当pH相同时，溶液中水的电离程度不同，故B错误； C．Kh＝＞Ka，可知混合溶液中盐的水解大于弱酸的电离，则等浓度的NaA、HA混合溶液中： c(HA)＞c(Na＋)＞c(A−)，故C错误； D．酸性HF＞CH3COOH，则酸根离子水解程度F−＜CH3COO−，则溶液中c(F−)＞c(CH3COO−)，物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中由物料守恒得c(Na＋)＝c(K＋)，可知c(Na＋)−c(F−)＜c(K＋)−c(CH3COO−)，故D错误； 故答案选A。 【点睛】本题C选项注意利用HA的电离常数计算A-的水解常数，判断混合溶液中水解和电离程度的相对大小，进而得出溶液中粒子浓度的相对大小。 17. 下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的原因的是 A. 铜久置空气中表面出现绿色固体：2Cu＋O2＋CO2＋H2O═Cu2(OH)2CO3 B. 某种火箭发射阶段有少量N2O4，逸出，产生红色气体：N2O42NO2 C. FeSO4·7H2O在空气中久置变黄：2FeSO4·7H2OFe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O D. SO2通入KMnO4溶液中，溶液紫色逐渐褪去：5SO2＋2KMnO4＋2H2O═K2SO4＋2MnSO4十2H2SO4 【答案】C 【解析】 【详解】A、铜表面生成的绿色固体为碱式碳酸铜，故A项正确； B、N2O4逸出时，压强减小，有利于生成NO2，故B项正确； C、FeSO4·7H2O在空气中久置时，Fe2＋被氧化为Fe3＋，反应方程式为20FeSO4·7H2O＋5O2=4Fe4（OH）2（SO4）5＋2Fe2O3＋136H2O，故C项错误； D、SO2通入KMnO4溶液中，紫色MnO4—被还原为几乎无色的Mn2＋，故D项正确。 故选C。 18. 为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是 选项 实验目的 实验方法 相关解释 A 测量氯水的pH pH试纸遇酸变红 B 探究正戊烷C5H12催化裂解 C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃 C 实验温度对平衡移动的影响 2NO2N2O4为放热反应，升温平衡逆向移动 D 用AlCl3溶液制备AlCl3晶体 AlCl3沸点高于溶剂水 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A.氯水中含HClO，具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，应选pH计测定氯水的pH，A错误； B.C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下均为气体，不能冷凝收集，且催化裂化中使用碎瓷片作催化剂且有聚热功能，若改用没有聚热功能的氧化铝固体，实验效果不理想，B错误； C.只有温度不同，且只有二氧化氮为红棕色，通过两烧瓶中气体颜色的变化可验证温度对平衡的影响，C正确； D.加热促进AlCl3水解，且生成HCl易挥发，应在HCl气流中蒸发制备AlCl3晶体，D错误； 答案选C。 19. NA代表阿伏加 德罗常数的数值，下列说法正确的是 A. 1mol冰醋酸和1mol乙醇经催化加热反应可生成H2O分子数为NA B. 常温常压下，将15g NO和8g O2混合，所得混合气体分子总数小于0.5NA C. 标准状况下，2.24 L的CCl4中含有的C—Cl键数为0.4NA D. 6.8g熔融态KHSO4中含有0.1NA个阳离子 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．酯化反应为可逆反应，1mol冰醋酸和1mol乙醇经催化加热反应可生成H2O分子数小于NA，故A错误； B．常温常压下，将15g NO和8g O2混合反应生成0.5mol二氧化氮，二氧化氮会聚合为四氧化二氮，所得混合气体分子总数小于0.5NA，故B正确； C．标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故C错误； D．熔融状态的KHSO4的电离方程式为KHSO4=K++HSO4-； 6.8g熔融状态的KHSO4物质的量==0.05mol，含0.05mol阳离子，故D错误； 故选：B。 【点睛】本题考查了阿伏加 德罗常数的应用，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大。 20. a、b、c、d、e为原子序数依次增大的五种常见短周期元素，可组成一种化合物A，其化学式为ba4d(ec4)2。A能够发生如下转化关系： 已知C的分子式为ba3，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。则下列说法正确的是 A. 原子半径b>c B. e的氧化物的水化物为强酸 C. 化合物A为共价化合物 D. 元素非金属性强弱c<e 【答案】A 【解析】 【分析】A和氢氧化钠溶液反应生成B和C，C为气体，C的分子式为ba3，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，根据化学式可推断C为氨气，B为白色沉淀，继续加入氢氧化钠溶液沉淀溶解，则B可推断为氢氧化铝，A中加入酸化的氯化钡溶液形成白色沉淀，则A中含有硫酸根离子，根据以上推断，A为NH4Al(SO4)2，a为H元素，b为N元素，c为O元素，d为Al元素，e为S元素，据此分析解答。 【详解】A．b为N元素，c为O元素，同周期元素随核电荷数增大，半径逐渐减小，则原子半径b＞c，故A正确； B．e为S元素，S的氧化物的水化物有硫酸和亚硫酸，亚硫酸是弱酸，故B错误； C．A为NH4Al(SO4)2，是离子化合物，故C错误； D．c为O元素，e为S元素，同主族元素随核电荷数增大非金属性逐渐减弱，元素非金属性强弱c＞e，故D错误； 答案选A。 21. —定温度下，在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)各容器中起始物质的量浓度与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随间变化关系如图所示。 容器 温度/℃ 起始物质的量浓度/mol·L-1 NO(g) CO(g) N2 CO2 甲 T1 0.10 0.10 0 0 乙 T2 0 0 0.10 0.20 丙 T2 0.10 0.10 0 0 下列说法正确的是 A. 该反应的正反应为吸热反应 B. 乙容器中反应达到平衡时，N2的转化率小于40% C. 达到平衡时，乙容器中的压强一定大于甲容器的2倍 D. 丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO和0.10molCO2，此时v(正)<v(逆) 【答案】B 【解析】 【详解】A. 根据图示，甲反应速率快，，升高温度，CO2的物质的量减少，所以该反应的正反应为放热反应，故A错误； B. 丙中达到平衡状态时二氧化碳为0.12mol， 根据“一边倒原则”，乙容器相当于加入0.20molNO和0.20molCO，投料是丙的2倍，与丙相比，相当于加压，平衡正向移动，乙容器中N2的平衡浓度大于0.06 mol/L；所以N2的转化率小于40%，故B正确； C. 根据“一边倒原则”，乙容器相当于加入0.20mol NO和0.20mol CO，投料的物质的量是甲的2倍，乙压强大，平衡正向进行，气体物质的量减小，甲的温度比乙高，所以乙容器中的压强一定小于甲容器的2倍，故C错误； D. ；丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO和0.10molCO2，，平衡正向进行，所以v(正)>v(逆)，故D错误； 【点睛】本题考查了平衡常数、等效平衡原理的应用，学会根据Q、K的关系判断化学反应方向，Q=K时，反应达到平衡状态；Q>K时，反应逆向进行；Q<K时，反应正向进行。 22. 下列离子方程式书写正确的是 A. 碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液:HCO3-+OH-=CO32-+ H2O B. 向次氯酸钙溶液通入少量CO2：Ca2++2C1O-+CO2+H2O=CaCO3↓+ 2HClO C. 实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2：MnO2+4 HCl(浓)===Mn2++2Cl-+ Cl2↑+ 2H2O D. 向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液：NH4++OH-=NH3↑+H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A、碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液，反应的离子方程式为：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+ H2O，选项A错误；B、向次氯酸钙溶液通入少量CO2，反应的离子方程式为：Ca2++2C1O-+CO2+H2O=CaCO3↓+ 2HClO，选项B正确；C、实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-=Mn2++ Cl2↑+ 2H2O，选项C错误； D、向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液，反应的离子方程式为：NH4++HCO3-+2OH-=CO32-+NH3• H2O +H2O，选项错误。答案选B。 二、非选择题(共84分) 23. 盐酸氨溴索(又称溴环己胺醇)，可用于急、慢性支气管炎及支气管扩张、肺气肿、肺结核等疾病的治疗。某研究小组拟用以下流程合成盐酸氨溴索和糖精的中间体X(部分反应条件及产物已略)。 已知信息： (Ⅰ)R1CHO+R2NH2R1CH＝N﹣R2 (Ⅱ)(易被氧化) 请回答： (1)流程中A名称为_____；D中含氧官能团的名称是_____。 (2)G的分子式为_____；化合物E的结构简式是_____。 (3)A→B、F→G的反应类型分别为：_____、_____。 (4)写出B+CD 的化学方程式_____。 (5)化合物X同时符合下列条件的同分异构体H有_____种；其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为_____。 ①苯环上有两个取代基，其中之一是氨基；②官能团与X相同，苯环上的一氯代物有两种。 (6)以甲苯和甲醇为有机原料，参照盐酸氨溴索的合成路线图，设计X的合成路线______(无机试剂任选，标明试剂、条件及对应物质结构简式)。 【答案】 ①. 邻硝基甲苯或2﹣硝基甲苯 ②. 硝基、羟基 ③. C13H18N2OBr2 ④. ⑤. 氧化反应 ⑥. 取代反应 ⑦. ⑧. 3 ⑨. ⑩. 【解析】 【分析】由B与C的分子式、D的结构简式，结合信息①，可知B为、C为，对比甲苯与B的结构，可知甲苯发生硝化反应生成A，A发生氧化反应生成B，故A为，D发生信息②中还原反应生成E为，由盐酸氨溴索的结构简式可知E→F发生还原反应生成F，F与溴发生苯环上取代反应生成G，G与HCl反应生成盐酸氨溴索，故F为、G为。 (6)、甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl还原引入氨基，羧基与甲醇发生酯化反应引入酯基，氨基易被氧化且能与羧基反应，结合生成A的转化，应先发生硝化反应反应生成，再发生氧化反应生成，然后发生酯化反应生成， 最后发生还原反应生成目标产物。 【详解】（1）A的结构简式为，其名称为：邻硝基甲苯或2﹣硝基甲苯。D中含氧官能团的名称是：硝基、羟基， 故答案为：邻硝基甲苯或2﹣硝基甲苯；硝基、羟基； （2）G的结构简式为，其分子式为：C13H18N2OBr2．由分析可知，化合物E的结构简式是： ， 故答案为：C13H18N2OBr2；； （3）A→B是转化为，甲基转化为醛基，属于氧化反应。F→G是转化为 ，F中苯环上氢原子被溴原子替代，属于取代反应，故答案为：氧化反应；取代反应； （4）B+CD的化学方程式为， 故答案为：； （5）化合物X同时符合下列条件的同分异构体：①苯环上有两个取代基，其中之一是氨基；②官能团与X相同，另外一个取代基含有酯基，可能为﹣COOCH3、﹣OOCCH3、﹣CH2OOCH，苯环上的一氯代物有两种，2个不同的取代基处于对位，符合条件的H共有3种，其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为：， 故答案为：3；； （6）甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl还原引入氨基，羧基与甲醇发生酯化反应引入酯基，氨基易被氧化且能与羧基反应，结合生成A的转化，应先发生硝化反应反应生成，再发生氧化反应生成，然后发生酯化反应生成 ，最后发生还原反应生成目标物，合成路线流程图为：， 故答案为：。 24. 芳香族化合物A(C9H12O)常用于药物及香料的合成,A有如下转化关系： 已知：①A的苯环上只有一个支链,支链上有两种不同环境的氢原子 ②+CO2 ③RCOCH3+R'CHORCOCH=CHR'+H2O 回答下列问题： （1）A的结构简式为___________，A生成B的反应类型为__________，由D生成E的反应条件为_______________。 （2）H中含有的官能团名称为______________。 （3）I的结构简式为__________________________。 （4）由E生成F的化学方程式为____________________。 （5）F有多种同分异构体,写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式为______________。 ①能发生水解反应和银镜反应 ②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基 ③具有5组核磁共振氢谱峰 （6）糠叉丙酮()是一种重要的医药中间体，请参考上述合成路线，设计一条由叔丁醇[(CH3)3COH]和糠醛()为原料制备糠叉丙酮的合成路线(无机试剂任选，用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和反应条件)：_______________。 【答案】 ①. ②. 消去反应 ③. NaOH水溶液、加热 ④. 羟基、羧基 ⑤. ⑥. 2+O2+2H2O ⑦. 或 ⑧. 【解析】 【分析】芳香族化合物A的分子式为C9H12O，A的不饱和度==4，则侧链没有不饱和键，A转化得到的B能发生信息②中的反应，说明B中含有碳碳双键，应是A发生醇的消去反应生成B，而A中苯环只有一个侧链且支链上有两种不同环境的氢原子，故A为，则B为，D为，C为，C发生信息③的反应生成K，故K为；由F的分子式可知，D发生水解反应生成E为，E发生氧化反应生成F为，F发生银镜反应然后酸化得到H为，H发生缩聚反应生成I为。 【详解】(1)根据分析可知A为；A生成B的反应类型为消去反应；D生成E发生卤代烃的水解反应，反应条件为：NaOH 水溶液、加热； (2)根据分析可知H为，H中官能团为羟基、羧基； (3)根据分析可知I结构简式为； (4)E为，E发生氧化反应生成F为，反应方程式为2+O2+2H2O； (5)F()的同分异构体符合下列条件： ①能发生水解反应和银镜反应，说明含有HCOO-； ②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基，说明含有苯环且只有一个甲基； ③具有5组核磁共振氢谱峰，有5种氢原子， 则符合条件的结构简式为：或； (6)(CH3)3COH发生消去反应生成(CH3)2C=CH2，(CH3)2C=CH2发生信息②的反应生成，和反应生成；合成路线流程图为：。 25. 正丁醚可作许多有机物的溶剂及萃取剂 ，常用于电子级清洗剂及用于有机合成 。实验室用正丁醇与浓H2SO4反应制取，实验装置如右图，加热与夹持装置略去。反应原理与有关数据： 反应原理： 2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O 副反应：C4H9OHC2H5CH=CH2+H2O 物质 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 水 50%硫酸 其它 正丁醇 74 -89.8 117.7 微溶 易溶 二者互溶 正丁醚 130 -98 142.4 不溶 微溶 实验步骤如下： ①在二口烧瓶中加入0.34mol正丁醇和4.5mL浓H2SO4,再加两小粒沸石，摇匀。 ②加热搅拌，温度上升至100~ll0℃开始反应。随着反应的进行，反应中产生的水经冷凝后收集在水分离器的下层，上层有机物至水分离器支管时，即可返回烧瓶。加热至反应完成。 ③将反应液冷却，依次用水、50%硫酸洗涤、水洗涤，再用无水氯化钙干燥，过滤，蒸馏，得正丁醚的质量为Wg。 请回答： （1）制备正丁醚的反应类型是____________，仪器a的名称是_________。 （2）步骤①中药品的添加顺序是，先加______（填“正丁醇”或“浓H2SO4”），沸石的作用是___________________。 （3）步骤②中为减少副反应，加热温度应不超过_________℃为宜。使用水分离器不断分离出水的目的是________。如何判断反应已经完成？当_____时，表明反应完成，即可停止实验。 （4）步骤③中用50%硫酸洗涤的目的是为了除去______________。本实验中，正丁醚的产率为_____（列出含W的表达式即可）。 【答案】 ①. 取代反应 ②. （直形）冷凝管 ③. 正丁醇 ④. 防暴沸或防止反应液剧烈沸腾 ⑤. 135 ⑥. 提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率 ⑦. 分水器中水（或有机物）的量（或液面）不再变化 ⑧. 正丁醇 ⑨. 【解析】 【分析】⑴根据反应方程式2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O，分析得到制备正丁醚的反应类型，根据图中装置得出仪器a的名称。 ⑵步骤①中药品的添加顺序是，根据溶液的稀释，密度大的加到密度小的液体中，烧瓶中是液体与液体加热需要沸石防暴沸。 ⑶根据题中信息，生成副反应在温度大于135℃；该反应是可逆反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动；水分离器中是的量不断增加，当水分离器中水量不再增加时表明反应完成。 ⑷根据题中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸；根据2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O理论得到C4H9OC4H9物质的量，再计算正丁醚的产率。 【详解】⑴根据反应方程式2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O，分析得到制备正丁醚的反应类型是取代反应，根据图中装置得出仪器a的名称是(直形)冷凝管；故答案为：取代反应；(直形)冷凝管。 ⑵步骤①中药品的添加顺序是，根据溶液的稀释，密度大的加到密度小的液体中，因此先加正丁醇，烧瓶中是液体与液体加热，因此沸石的作用是防暴沸或防止反应液剧烈沸腾；故答案为：正丁醇；防暴沸或防止反应液剧烈沸腾。 ⑶根据题中信息，生成副反应在温度大于135℃，因此步骤②中为减少副反应，加热温度应不超过135℃为宜。该反应是可逆反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动，因此使用水分离器不断分离出水的目的是提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率。水分离器中水的量不断增加，当水分离器中水量不再增加时或则有机物的量不再变化时，表明反应完成，即可停止实验；故答案为：135；提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率；分水器中水(或有机物)的量(或液面)不再变化。 ⑷根据题中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸，因此步骤③中用50%硫酸洗涤的目的是为了除去正丁醇。根据2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O理论得到C4H9OC4H9物质的量为0.17mol，则正丁醚的产率为；故答案为：正丁醇；。 26. 苯胺（）是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。 已知：①（）和NH3相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐 ②用硝基苯制取苯胺的反应原理：2+3Sn+12HCl2+3SnCl4+4H2O ③有关物质的部分物理性质见下表： 物质 熔点 沸点 溶解性 密度 苯胺 -6.3 184 微溶于水，易溶于乙醚 1.02 硝基苯 5.7 210.9 难溶于水，易溶于乙醚 1.23 乙醚 -116.2 34.6 微溶于水 0.7134 I．比较苯胺与氨气的性质 （1）将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为____；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是____。 Ⅱ.制备苯胺 往图1所示装置（夹持装置略，下同）的冷凝管口分批加入20mL浓盐酸（过量），置于热水浴中回流20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量50% NaOH溶液，至溶液呈碱性。 （2）冷凝管的进水口是____（填“a”或“b”）； （3）滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为____。 Ⅲ．提取苯胺 i．取出图1所示装置中的三颈烧瓶，改装为图2所示装置。加热装置A产生水蒸气，烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液。 ii．往所得水溶液中加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。 iii．合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馏后得到苯胺2.79g。 （4）装置B无需用到温度计，理由是____。 （5）操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是____。 （6）该实验中苯胺的产率为____。 （7）欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案：____。 【答案】 ①. NH3+HCl=NH4Cl ②. 苯胺沸点较高，不易挥发 ③. b ④. C6H5NH3++OH-C6H5NH2+H2O ⑤. 蒸出物为混合物，无需控制温度 ⑥. 防止B中液体倒吸 ⑦. 60.0% ⑧. 加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤 【解析】 【分析】制备苯胺：向硝基苯和锡粉混合物中分批加入过量的盐酸，可生成苯胺，分批加入盐酸可以防止反应太剧烈，减少因挥发而造成的损失，且过量的盐酸可以和苯胺反应生成C6H5NH3Cl，之后再加入NaOH与C6H5NH3Cl反应生成苯胺。 【详解】(1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，因为两者都有挥发性，在空气中相遇时反应生成NH4Cl白色固体，故产生白烟方程式为NH3+HCl=NH4Cl；依据表中信息，苯胺沸点较高(184℃)，不易挥发，因此用苯胺代替浓氨水，观察不到白烟； (2)图中球形冷凝管的水流方向应为“下进上出”即“b进a出”，才能保证冷凝管内充满冷却水，获得充分冷凝的效果； (3)过量浓盐酸与苯胺反应生成C6H5NH3Cl，使制取反应正向移动，充分反应后加入NaOH溶液使C6H5NH3Cl生成C6H5NH2，离子反应方程式为C6H5NH3++OH-= C6H5NH2+H2O； (4)由于蒸出物为水和苯胺的混合物，故无需控制温度； (5)水蒸气蒸馏装置中，虽然有玻璃管平衡气压，但是在实际操作时，装置内的气压仍然大于外界大气压，这样水蒸气才能进入三颈烧瓶中；所以，水蒸气蒸馏结束后，在取出烧瓶C前，必须先打开止水夹d，再停止加热，防止装置内压强突然减小引起倒吸； (6)已知硝基苯的用量为5.0mL，密度为1.23g/cm3，则硝基苯的质量为6.15g，则硝基苯的物质的量为，根据反应方程式可知理论生成的苯胺为0.05mol，理论质量为=4.65g，实际质量为2.79g，所以产率为60.0%； (7)“不加热”即排除了用蒸馏的方法除杂，苯胺能与HCl溶液反应，生成可溶于水的C6H5NH3Cl而硝基苯则不能与HCl溶液反应，且不溶于水。所以可在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去NaOH固体，即可得较纯净的苯胺。 【点睛】水蒸气蒸馏是在难溶或不溶于水的有机物中通入水蒸气共热，使有机物随水蒸气一起蒸馏出来，是分离和提纯有机化合物的常用方法。 27. 苯甲酸乙酯可由苯甲酸与乙醇在浓硫酸共热下反应制得，反应装置如图（部分装置省略），反应原理如下： 实验操作步骤： ①向三颈烧瓶内加入12.2g苯甲酸、25mL乙醇、20mL苯及4mL浓硫酸，摇匀，加入沸石。 ②装上分水器、电动搅拌器和温度计，加热至分水器下层液体接近支管时将下层液体放入量筒中。继续蒸馏，蒸出过量的乙醇，至瓶内有白烟(约3h)，停止加热。 ③将反应液倒入盛有80mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末至溶液无二氧化碳逸出，用pH试纸检验至呈中性。 ④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取，然后合并至有机层。用无水CaC12干燥，粗产物进行蒸馏，低温蒸出乙醚。当温度超过140℃时，直接接收210-213℃的馏分，最终通过蒸馏得到纯净苯甲酸乙酯12.8mL。 可能用到的有关数据如下： 相对分子质量 密度（g/cm3） 沸点/℃ 溶解性 苯甲酸 122 1.27 249 微溶于水，易溶于乙醇、乙醚 苯甲酸乙酯 150 1.05 211-213 微溶于热水，溶于乙醇、乙醚 乙醇 46 0.79 78.5 易溶于水 乙醚 74 0.73 34.5 微溶于水 回答以下问题： (1)反应装置中分水器上方的仪器名称是______，其作用是____ (2)步骤①中加浓硫酸的作用是_________，加沸石的目的是______。 (3)步骤②中使用分水器除水的目的是_________。 (4)步骤③中加入碳酸钠的目的是________ 。 (5)步骤④中有机层从分液漏斗的____（选填“上口倒出”或“下口放出”）。 (6)本实验所得到的苯甲酸乙酯产率是________%。 【答案】 ①. 球形冷凝管 ②. 冷凝回流，减少反应物乙醇的损失 ③. 作催化剂 ④. 防止暴沸 ⑤. 及时分离出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动 ⑥. 除去硫酸及未反应的苯甲酸 ⑦. 下口放出 ⑧. 89.6 【解析】 【分析】根据反应原理，联系乙酸与乙醇的酯化反应实验的注意事项，结合苯甲酸、乙醇、苯甲酸乙酯、乙醚的性质分析解答(1)～(5)； (6)根据实验中使用的苯甲酸的质量和乙醇的体积，计算判断完全反应的物质，再根据反应的方程式计算生成的苯甲酸乙酯的理论产量，最后计算苯甲酸乙酯的产率。 【详解】(1)根据图示，反应装置中分水器上方的仪器是球形冷凝管，乙醇容易挥发，球形冷凝管可以起到冷凝回流，减少反应物乙醇的损失； (2) 苯甲酸与乙醇的酯化反应需要用浓硫酸作催化剂，加入沸石可以防止暴沸； (3) 苯甲酸与乙醇的酯化反应中会生成水，步骤②中使用分水器除水，可以及时分离出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动，提高原料的利用率； (4)步骤③中将反应液倒入盛有80 mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末，碳酸钠可以与硫酸及未反应的苯甲酸反应生成二氧化碳，因此加入碳酸钠的目的是除去硫酸及未反应的苯甲酸； (5)根据表格数据，生成的苯甲酸乙酯密度大于水，在分液漏斗中位于下层，分离出苯甲酸乙酯，应该从分液漏斗的下口放出； (6) 12.2g苯甲酸的物质的量==0.1mol，25mL乙醇的质量为0.79g/cm3×25mL=19.75g，物质的量为=0.43mol，根据可知，乙醇过量，理论上生成苯甲酸乙酯0.1mol，质量为0.1mol×150g/mol=15g，实际上生成苯甲酸乙酯的质量为12.8mL×1.05g/cm3=13.44g，苯甲酸乙酯产率=×100%=89.6%。 28. 辉铜矿主要成分为Cu2S，软锰矿主要成分为MnO2，它们都含有少量 SiO2、Fe2O3等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备碳酸锰和硝酸铜晶体的主要工艺流程如图所示 ： 已知：①部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的 pH范围如下表所示（开始沉淀的pH 按金属离子浓度为 0. l mol/L 计算） 开始沉淀的 pH 沉淀完全的pH Fe3+ 1.1 3.2 Mn2+ 8.3 9.8 Cu2+ 4.4 6.4 ②100.8≈6.3 （1）酸浸时，下列措施能够提高浸取速率的措施是__________________ 。 A.将矿石粉碎 B.适当延长酸浸时间 C.适当升高温度 （2）酸浸时， MnO2与Cu2S反应的离子方程式是 __________________。 （3）浸出液调节pH = 4 的目的是_____________________ ，浸出液中铜离子浓度最大不能超过_______________ mol•L-1（保留一位小数）。 （4）生成 MnCO3沉淀的离子方程式是_______________________。 （5）本工艺中可循环使用的物质是 ___________________（写化学式）。 （6）流程中需要加入过量HNO3溶液，除了使 Cu2(OH)2CO3完全溶解外，另一作用是蒸发结晶时_______________________。 （7）制得的Cu(NO3)2晶体需要进一步纯化， 其实验操作名称是______________ 。 【答案】 ①. AC ②. ③. 使 Fe3+完全转化为 Fe(OH)3 沉淀除去 ④. 0.6 ⑤. Mn2+＋HCO3－＋NH3·H2O====MnCO3↓＋NH4＋＋H2O ⑥. NH3 ⑦. 抑制 Cu2＋的水解 ⑧. 重结晶 【解析】 【分析】首先将两种矿物酸浸，中的进入溶液，杂质不溶于稀硫酸，辉铜矿中的发生氧化还原反应得到不溶于硫酸的单质硫，过滤后得到滤液，调节pH使转化为沉淀析出，加入碳酸氢铵和氨水的混合溶液，将溶液中的转化为碳酸锰固体析出，再加热使氨气挥发，过滤后得到碱式碳酸铜，加入硝酸转变为硝酸铜，再蒸发结晶即可得到产物，据此来分析本题即可。 【详解】（1）A．粉碎矿石可以增大其与酸液的接触面积，提高浸取速率，A项正确； B．延长酸浸时间不能加快浸取速率，B项错误； C．升高温度，反应速率加快，C项正确； 答案选AC； （2）根据分析，这一步的产物中有单质硫，写出离子方程式； （3）调节浸出液的pH可以使溶液中的析出，防止产品中混入铁盐的杂质；设在pH为4时的最大浓度为，则有，移项后解得，即当pH为4时的最大浓度为； （4）氨水和先反应得到，然后再与得到碳酸锰沉淀，据此写出离子方程式； （5）根据流程不难发现在该过程中可以循环使用； （6）是弱碱阳离子，因此会发生水解，在加热时水解程度会显著增大，因此需要过量的酸来抑制其水解，否则最终无法得到硝酸铜晶体； （7）最终得到的硝酸铜中仍会有少量硫酸铜等杂质，可以利用重结晶的方法除去硫酸铜。 29. 铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2及(NH4)4[UO2(CO3)3]等。回答下列问题： (1)UF4用Mg 或Ca还原可得金属铀。与钙同周期基态原子的未成对电子数为2 的元素共有___种；原子序数为镁元素的二倍的元素的基态原子价电子排布图为_______。 (2)已知：2UO2+5NH4HF2 150℃ 2UF4·NH4F+3NH3↑+4H2O↑ HF2-的结构为[F-H…F]- ①NH4HF2中含有的化学键有__________ (填选项字母)。 A.氢键 B.配位键 C.共价键 D.离子键 E.金属键 ②与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有______种。 (3)已知：3(NH4)4[UO2(CO3)3] 800℃ 3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O ↑ ①物质 中与CO32-的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为______。 ②分解所得的气态化合物的分子键角由小到大的顺序为_________(填化学式) (4)下列排列方式中，通常条件下Cu的晶体的堆积方式是_________ (填序号)。 A.ABCABCABC B.ABABABABAB C.ABBAABBA D.ABCCBCABCCBA (5)水在不同的温度和压力条件下可形成11种不同结构的晶体，密度从比水轻的0.92g/cm3到约为水的1.5倍。冰是人们迄今已知的由一种简单分子堆积出结构花样最多的化合物。其中冰- Ⅶ的晶体结构为一个如图所示的立方晶胞，每个水分子与周围4个水分子以氢键结合。设O-H-O距离为apm，阿伏加 德罗常数的值为NA，则该冰Ⅶ晶体的密度为____ g/cm3(列出计算式即可)。 【答案】 ①. 4 ②. ③. BCD ④. 3 ⑤. 3：2 ⑥. H2O<NH3<CO2 ⑦. A ⑧. 【解析】 【详解】(1)与钙同周期基态原子的未成对电子数为2 的元素有：Ti、Ni、Ge、Se，共有4种；Mg的原子序数为12，则原子序数为镁元素的二倍的元素为Cr，Cr处于周期表中第四周期第ⅥB族，其价电子排布式为3d54s1，则价电子排布图为：； (2)①NH4HF2中含有离子键，共价键，配位键，所以合理选项是BCD； ②与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有N、F、Ne，共有3种元素 (3)①CO32-中C的杂化方式为sp2，分子中苯环C为sp2杂化，-CN中C为sp杂化，-CH3与-CH2-中与-CH3中C为sp3杂化，所以分子中sp2杂化的C原子有6个，sp杂化C原子有1个，sp3杂化的C原子有3个，则与CO32-的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为6：4=3：2； ②分解所得的气态化合物有H2O，NH3，CO2，H2O为V形，NH3为三角锥形，CO2为直线形，H2O中有两对孤电子对，NH3中1对孤电子对，孤电子对与键合电子对斥力大于键合电子对与键合电子对间斥力，所以键角大小为：H2O<NH3<CO2； (4)Cu是面心立方最密堆积，它的堆积方式为ABCABCABC； (5)根据图示结构分析，一个晶胞中含有H2O的数目为8×+1=2个，不妨取1mol这样的晶胞，即有NA个这样的晶胞，1mol晶胞的质量为m=2×18g=36g，一个晶胞的体积为V=L3cm3，根据几何关系，每个水分子与周围4个水分子以氢键结合，则晶胞边长(L)与O-H…O距离间存在关系为：L=，所以一个晶胞体积为V=L3pm3=(×10-10)3cm3，则晶体密度为ρ==g/cm3=g/cm3。 【点睛】本题综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、杂化理论、键角大小比较、晶胞的密度等知识点，难点是计算晶胞的密度，能正确解答晶胞的体积是解本题的关键。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 甘肃省武威市第四中学2024届高三二诊模拟考试化学试卷 考生请注意： 1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。 2.第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。 3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项) 1. 2A(g)B(g)+Q(Q>0)；下列能量变化示意图正确的是 A. B. C. D. 2. 用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略) A B C D X中试剂 浓盐酸 双氧水 浓硫酸 浓氨水 Y中试剂 KMnO4 MnO2 Cu NaOH 气体 Cl2 O2 SO2 NH3 A. A B. B C. C D. D 3. 用化学用语表示C2H2＋HClC2H3Cl(氯乙烯)中的相关微粒，其中正确的是（ ） A. 中子数为7的碳原子： B. 氯乙烯的结构简式：CH2CHCl C. 氯离子的结构示意图： D. HCl的电子式： 4. 化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应无关的是（ ） A B C D “深海勇士”号潜水艇用锂电池供能 铝粉与强碱溶液反应放热 长征五号火箭发射 用“天眼”接收宇宙中的射电信号 A. A B. B C. C D. D 5. 下列实验操作、现象和结论正确的是 实验操作和现象 结论 A 向浓度均为0.1mol・L-1的FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，先出现红褐色沉淀 Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3] B 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色 样品已部分或全部变质 C 向1mL20%的蔗糖溶液中加入5滴稀硫酸，水浴加热5分钟后，再向其中加入新制备的Cu(OH)2悬浊液，加热几分钟，没有砖红色沉淀生成 蔗糖水解不能生成葡萄糖 D 向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色 溶液中含Br2 A. A B. B C. C D. D 6. 已知一定温度下硫酸铜受热分解生成氧化铜、三氧化硫、二氧化硫和氧气；三氧化硫和二氧化硫都能被氢氧化钠溶液吸收。现进行如下实验：①加热10g硫酸铜粉末至完全分解，②将生成的气体通入足量浓氢氧化钠溶液。反应结束后称量①中固体质量变为5g，②中溶液增加了4.5g。该实验中硫酸铜分解的化学方程式是 A. 3CuSO4 3CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑ B. 4CuSO4 4CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑ C. 5CuSO4 5CuO+SO3↑+4SO2↑+2O2↑ D. 6CuSO4 6CuO+4SO3↑+2SO2↑+O2↑ 7. 金属铊(81Tl)有重要用途，可用来制造光电管、光学玻璃等。铊与铯(55Cs)同周期，下列说法不正确的是 A. 原子半径：Cs>Tl B. 碱性：CsOH>Tl(OH)3 C. 与水反应的剧烈程度：Tl> Cs D. Tl是第六周期第ⅢA元素 8. 地沟油生产的生物航空燃油在东航成功验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽 油、煤油、柴油等）的方法是（ ） A. 加入水中，浮在水面上的是地沟油 B. 加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层是地沟油 C. 点燃，能燃烧的是矿物油 D. 测定沸点，有固定沸点的是矿物油 9. 将Cl2通入100mL NaOH溶液中充分反应，生成0.1mol的NaCl，下列说法正确的是（　　） A. 反应后溶液中ClO﹣的个数为0.1NA B. 原NaOH浓度为1mol/L C. 参加反应的氯气分子为0.1NA D. 转移电子为0.2NA 10. 下图所示为某种胃药的核心合成反应部分过程： 下列说法正确的是 A. 甲中的两个键的活性相同 B. 乙所有原子在同一平面上 C. 丙的分子式 D. 该反应生成丙的原子利用率小于100％ 11. 下列离子方程式书写正确的是 A. 氢氧化钡溶液中加入硫酸铵：Ba2＋＋OH-＋＋=BaSO4↓＋NH3·H2O B. 用惰性电极电解CuCl2溶液：Cu2+＋2Cl-＋2H2OCu(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑ C. 向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫：Ca2＋＋2ClO-＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO D. 向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：C6H5O-＋CO2＋H2O→C6H5OH＋ 12. 在抗击“2019新型冠状病毒”的过程中，大量防护和消毒用品投入使用。下列有关说法正确的是 A. 二氧化氯泡腾片和酒精均可杀灭新型冠状病毒，二者的消毒原理相同 B. 聚丙烯和聚四氟乙烯为生产防护服的主要原料，二者均属于有机高分子材料 C. 真丝织品和棉纺织品可代替无纺布生产防护口罩，二者均可防止病毒渗透 D. 保持空气湿度和适当降温可减少新型冠状病毒传染，二者均可防止病毒滋生 13. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 遇苯酚显紫色的溶液：I－、K+、SCN－、Mg2＋ B. pH＝12 的溶液：K+、Na＋、ClO－、SO32— C. 水电离的 c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Cl－、CH3COO－、Cu2+ D. 0.1 mol·L－1的 K2SO4溶液：Na＋、Al3＋、Cl—、NO3— 14. 下列属于氧化还原反应的是(　　) A. 2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑ B. Na2O＋H2O=2NaOH C. Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2 D. Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O 15. 6克含杂质的Na2SO3样品与足量盐酸反应，可生成1.12升气体（S、T、P），气体质量为3克，该样品的组成可能是（ ） A. Na2SO3，Na2CO3 B. Na2SO3，NaHCO3 C. Na2SO3，NaHCO3，Na2CO3 D. Na2SO3，MgCO3，NaHCO3 16. 常温下，下列有关溶液说法正确的是（ ） A. pH相等的①NH4Cl②NH4Al(SO4)2③NH4HSO4溶液：NH4＋浓度的大小顺序为①>②>③ B. 常温下，pH为5的氯化铵溶液和pH为5的醋酸溶液中水的电离程度相同 C. HA的电离常数Ka=4.93×10-10，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(Na＋)>c(HA)>c(A－) D. 已知在相同条件下酸性HF>CH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c(Na＋)－c(F-)>c(K＋)－c(CH3COO-) 17. 下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的原因的是 A. 铜久置空气中表面出现绿色固体：2Cu＋O2＋CO2＋H2O═Cu2(OH)2CO3 B. 某种火箭发射阶段有少量N2O4，逸出，产生红色气体：N2O42NO2 C. FeSO4·7H2O在空气中久置变黄：2FeSO4·7H2OFe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O D. SO2通入KMnO4溶液中，溶液紫色逐渐褪去：5SO2＋2KMnO4＋2H2O═K2SO4＋2MnSO4十2H2SO4 18. 为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是 选项 实验目的 实验方法 相关解释 A 测量氯水的pH pH试纸遇酸变红 B 探究正戊烷C5H12催化裂解 C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃 C 实验温度对平衡移动的影响 2NO2N2O4为放热反应，升温平衡逆向移动 D 用AlCl3溶液制备AlCl3晶体 AlCl3沸点高于溶剂水 A. A B. B C. C D. D 19. NA代表阿伏加 德罗常数的数值，下列说法正确的是 A. 1mol冰醋酸和1mol乙醇经催化加热反应可生成H2O分子数为NA B. 常温常压下，将15g NO和8g O2混合，所得混合气体分子总数小于0.5NA C. 标准状况下，2.24 L的CCl4中含有的C—Cl键数为0.4NA D. 6.8g熔融态KHSO4中含有0.1NA个阳离子 20. a、b、c、d、e为原子序数依次增大的五种常见短周期元素，可组成一种化合物A，其化学式为ba4d(ec4)2。A能够发生如下转化关系： 已知C的分子式为ba3，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。则下列说法正确的是 A. 原子半径b>c B. e的氧化物的水化物为强酸 C. 化合物A为共价化合物 D. 元素非金属性强弱c<e 21. —定温度下，在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)各容器中起始物质的量浓度与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随间变化关系如图所示。 容器 温度/℃ 起始物质的量浓度/mol·L-1 NO(g) CO(g) N2 CO2 甲 T1 0.10 0.10 0 0 乙 T2 0 0 0.10 0.20 丙 T2 0.10 0.10 0 0 下列说法正确的是 A. 该反应的正反应为吸热反应 B. 乙容器中反应达到平衡时，N2的转化率小于40% C. 达到平衡时，乙容器中的压强一定大于甲容器的2倍 D. 丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO和0.10molCO2，此时v(正)<v(逆) 22. 下列离子方程式书写正确的是 A. 碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液:HCO3-+OH-=CO32-+ H2O B. 向次氯酸钙溶液通入少量CO2：Ca2++2C1O-+CO2+H2O=CaCO3↓+ 2HClO C. 实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2：MnO2+4 HCl(浓)===Mn2++2Cl-+ Cl2↑+ 2H2O D. 向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液：NH4++OH-=NH3↑+H2O 二、非选择题(共84分) 23. 盐酸氨溴索(又称溴环己胺醇)，可用于急、慢性支气管炎及支气管扩张、肺气肿、肺结核等疾病的治疗。某研究小组拟用以下流程合成盐酸氨溴索和糖精的中间体X(部分反应条件及产物已略)。 已知信息： (Ⅰ)R1CHO+R2NH2R1CH＝N﹣R2 (Ⅱ)(易被氧化) 请回答： (1)流程中A名称为_____；D中含氧官能团的名称是_____。 (2)G分子式为_____；化合物E的结构简式是_____。 (3)A→B、F→G的反应类型分别为：_____、_____。 (4)写出B+CD 的化学方程式_____。 (5)化合物X同时符合下列条件的同分异构体H有_____种；其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为_____。 ①苯环上有两个取代基，其中之一是氨基；②官能团与X相同，苯环上的一氯代物有两种。 (6)以甲苯和甲醇为有机原料，参照盐酸氨溴索的合成路线图，设计X的合成路线______(无机试剂任选，标明试剂、条件及对应物质结构简式)。 24. 芳香族化合物A(C9H12O)常用于药物及香料的合成,A有如下转化关系： 已知：①A的苯环上只有一个支链,支链上有两种不同环境的氢原子 ②+CO2 ③RCOCH3+R'CHORCOCH=CHR'+H2O 回答下列问题： （1）A的结构简式为___________，A生成B的反应类型为__________，由D生成E的反应条件为_______________。 （2）H中含有的官能团名称为______________。 （3）I的结构简式为__________________________。 （4）由E生成F的化学方程式为____________________。 （5）F有多种同分异构体,写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式为______________。 ①能发生水解反应和银镜反应 ②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基 ③具有5组核磁共振氢谱峰 （6）糠叉丙酮()是一种重要的医药中间体，请参考上述合成路线，设计一条由叔丁醇[(CH3)3COH]和糠醛()为原料制备糠叉丙酮的合成路线(无机试剂任选，用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和反应条件)：_______________。 25. 正丁醚可作许多有机物的溶剂及萃取剂 ，常用于电子级清洗剂及用于有机合成 。实验室用正丁醇与浓H2SO4反应制取，实验装置如右图，加热与夹持装置略去。反应原理与有关数据： 反应原理： 2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O 副反应：C4H9OHC2H5CH=CH2+H2O 物质 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 水 50%硫酸 其它 正丁醇 74 -89.8 117.7 微溶 易溶 二者互溶 正丁醚 130 -98 142.4 不溶 微溶 实验步骤如下： ①在二口烧瓶中加入0.34mol正丁醇和4.5mL浓H2SO4,再加两小粒沸石，摇匀。 ②加热搅拌，温度上升至100~ll0℃开始反应。随着反应的进行，反应中产生的水经冷凝后收集在水分离器的下层，上层有机物至水分离器支管时，即可返回烧瓶。加热至反应完成。 ③将反应液冷却，依次用水、50%硫酸洗涤、水洗涤，再用无水氯化钙干燥，过滤，蒸馏，得正丁醚的质量为Wg。 请回答： （1）制备正丁醚的反应类型是____________，仪器a的名称是_________。 （2）步骤①中药品的添加顺序是，先加______（填“正丁醇”或“浓H2SO4”），沸石的作用是___________________。 （3）步骤②中为减少副反应，加热温度应不超过_________℃为宜。使用水分离器不断分离出水的目的是________。如何判断反应已经完成？当_____时，表明反应完成，即可停止实验。 （4）步骤③中用50%硫酸洗涤的目的是为了除去______________。本实验中，正丁醚的产率为_____（列出含W的表达式即可）。 26. 苯胺（）是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。 已知：①（）和NH3相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐 ②用硝基苯制取苯胺的反应原理：2+3Sn+12HCl2+3SnCl4+4H2O ③有关物质的部分物理性质见下表： 物质 熔点 沸点 溶解性 密度 苯胺 -6.3 184 微溶于水，易溶于乙醚 1.02 硝基苯 5.7 210.9 难溶于水，易溶于乙醚 1.23 乙醚 -116.2 34.6 微溶于水 0.7134 I．比较苯胺与氨气的性质 （1）将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为____；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是____。 Ⅱ.制备苯胺 往图1所示装置（夹持装置略，下同）的冷凝管口分批加入20mL浓盐酸（过量），置于热水浴中回流20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量50% NaOH溶液，至溶液呈碱性。 （2）冷凝管的进水口是____（填“a”或“b”）； （3）滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为____。 Ⅲ．提取苯胺 i．取出图1所示装置中的三颈烧瓶，改装为图2所示装置。加热装置A产生水蒸气，烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液。 ii．往所得水溶液中加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。 iii．合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馏后得到苯胺2.79g。 （4）装置B无需用到温度计，理由是____。 （5）操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是____。 （6）该实验中苯胺的产率为____。 （7）欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案：____。 27. 苯甲酸乙酯可由苯甲酸与乙醇在浓硫酸共热下反应制得，反应装置如图（部分装置省略），反应原理如下： 实验操作步骤： ①向三颈烧瓶内加入12.2g苯甲酸、25mL乙醇、20mL苯及4mL浓硫酸，摇匀，加入沸石。 ②装上分水器、电动搅拌器和温度计，加热至分水器下层液体接近支管时将下层液体放入量筒中。继续蒸馏，蒸出过量的乙醇，至瓶内有白烟(约3h)，停止加热。 ③将反应液倒入盛有80mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末至溶液无二氧化碳逸出，用pH试纸检验至呈中性。 ④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取，然后合并至有机层。用无水CaC12干燥，粗产物进行蒸馏，低温蒸出乙醚。当温度超过140℃时，直接接收210-213℃馏分，最终通过蒸馏得到纯净苯甲酸乙酯12.8mL。 可能用到的有关数据如下： 相对分子质量 密度（g/cm3） 沸点/℃ 溶解性 苯甲酸 122 1.27 249 微溶于水，易溶于乙醇、乙醚 苯甲酸乙酯 150 1.05 211-213 微溶于热水，溶于乙醇、乙醚 乙醇 46 0.79 78.5 易溶于水 乙醚 74 0.73 34.5 微溶于水 回答以下问题： (1)反应装置中分水器上方的仪器名称是______，其作用是____ (2)步骤①中加浓硫酸的作用是_________，加沸石的目的是______。 (3)步骤②中使用分水器除水的目的是_________。 (4)步骤③中加入碳酸钠的目的是________ 。 (5)步骤④中有机层从分液漏斗的____（选填“上口倒出”或“下口放出”）。 (6)本实验所得到的苯甲酸乙酯产率是________%。 28. 辉铜矿主要成分为Cu2S，软锰矿主要成分为MnO2，它们都含有少量 SiO2、Fe2O3等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备碳酸锰和硝酸铜晶体的主要工艺流程如图所示 ： 已知：①部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的 pH范围如下表所示（开始沉淀的pH 按金属离子浓度为 0. l mol/L 计算） 开始沉淀的 pH 沉淀完全的pH Fe3+ 1.1 3.2 Mn2+ 8.3 9.8 Cu2+ 4.4 6.4 ②100.8≈6.3 （1）酸浸时，下列措施能够提高浸取速率的措施是__________________ 。 A.将矿石粉碎 B.适当延长酸浸时间 C.适当升高温度 （2）酸浸时， MnO2与Cu2S反应离子方程式是 __________________。 （3）浸出液调节pH = 4 的目的是_____________________ ，浸出液中铜离子浓度最大不能超过_______________ mol•L-1（保留一位小数）。 （4）生成 MnCO3沉淀的离子方程式是_______________________。 （5）本工艺中可循环使用的物质是 ___________________（写化学式）。 （6）流程中需要加入过量HNO3溶液，除了使 Cu2(OH)2CO3完全溶解外，另一作用是蒸发结晶时_______________________。 （7）制得的Cu(NO3)2晶体需要进一步纯化， 其实验操作名称是______________ 。 29. 铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2及(NH4)4[UO2(CO3)3]等。回答下列问题： (1)UF4用Mg 或Ca还原可得金属铀。与钙同周期基态原子的未成对电子数为2 的元素共有___种；原子序数为镁元素的二倍的元素的基态原子价电子排布图为_______。 (2)已知：2UO2+5NH4HF2 150℃ 2UF4·NH4F+3NH3↑+4H2O↑ HF2-的结构为[F-H…F]- ①NH4HF2中含有的化学键有__________ (填选项字母)。 A.氢键 B.配位键 C.共价键 D.离子键 E.金属键 ②与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有______种。 (3)已知：3(NH4)4[UO2(CO3)3] 800℃ 3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O ↑ ①物质 中与CO32-的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为______。 ②分解所得的气态化合物的分子键角由小到大的顺序为_________(填化学式) (4)下列排列方式中，通常条件下Cu的晶体的堆积方式是_________ (填序号)。 A.ABCABCABC B.ABABABABAB C.ABBAABBA D.ABCCBCABCCBA (5)水在不同的温度和压力条件下可形成11种不同结构的晶体，密度从比水轻的0.92g/cm3到约为水的1.5倍。冰是人们迄今已知的由一种简单分子堆积出结构花样最多的化合物。其中冰- Ⅶ的晶体结构为一个如图所示的立方晶胞，每个水分子与周围4个水分子以氢键结合。设O-H-O距离为apm，阿伏加 德罗常数的值为NA，则该冰Ⅶ晶体的密度为____ g/cm3(列出计算式即可)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$