2020届河北衡中同卷新高考原创考前信息试卷十化学

1、2020届河北衡中同卷新高考原创考前信息试卷（十）化学祝考试顺利注意事项：1、考试范围：高考范围。2、试题卷启封下发后，如果试题卷有缺页、漏印、重印、损坏或者个别字句印刷模糊不 清等情况，应当立马报告监考老师，否则一切后果自负。3、答题卡启封下发后，如果发现答题卡上出现字迹模糊、行列歪斜或缺印等现象，应当 马上报告监考老师，否则一切后果自负。4、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。5、选择题的作答：每个小题选出答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答案

2、标号涂 黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。6、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸 和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答 案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。7、保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。8、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Cl-35.5 S-32 Cr-52 Ni-59 Te-128第I卷（共42分）一、选择题：本

3、题共 14小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符 合题目要求的。1.2016年诺贝尔化学奖授予在合成分子机器领域做出贡献的三位科学家。分子机器是一种特殊的超分子体系，当体系受到外在刺激（如pH变化、吸收光子、电子得失等 ）时，分子组分间原有作用被破坏，各组分间发生类似于机械运动的某种热运动。下列说法不正确.的是A.驱动分子机器时，需要对体系输入一定的能量B.分子状态的改变会伴随能量变化，属于化学变化C.氧化还原反应有可能是刺激分子机器体系的因素之一D.光照有可能使分子产生类似于机械运动的某种热运动【答案】B【解析】当体系受到外在刺激（如 pH变化、吸收光子、电子得失等）时

4、，分子组分间原有作用被破坏，说明反应可在光照条件下进行，且可以是氧化还原反应，驱动分子机器时，需要对体系输入 一定的能量，以此解答该题。【详解】A.需要对体系输入一定的能量，才能驱动分子机器，故 A正确；B.分子状态的改变是物态变化，属于物理变化，故 B错误；C.电子的得失是氧化还原反应的本质，则发生氧化还原反应时可刺激分子机器体系，故C正确；D.光照可使光能转化为机械能，即光照能使分子产生类似于机械运动的某种热运动，故D正确；答案为Bo.“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是国I刘？的3可移动 的铜丝17s球 的隔竦: g箱肖酸实验室收集氨气采用图 1所示装置实验室做氯气与

5、钠的反应实验时采用图2所示装置实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成钱盐的实验实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应AB.C.D.【答案】C 【解析】 【分析】分析每种装置中出现的相应特点，再判断这样的装置特点能否达到处理污染气体，减少污染 的效果。【详解】图1所示装置在实验中用带有酚酗:的水吸收逸出的氨气，防止氨气对空气的污染， 符合“绿色化学”，故符合题意；图2所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的氯气，能有效防止氯气对空气的污染，符合“绿色化学”，故符合题意；氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“绿色化学”，故不符合题意；图3所示

6、装置中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球收集反应产生的污染性气体，待反应后处理，也防止了对空气的污染，符合“绿色化学”，故符合题意；故符合“绿色化学”的为。故选Co【点睛】“绿色化学”是指在源头上消除污染，从而减少污染源的方法，与“绿色化学”相结合的往往是原子利用率，一般来说，如果所有的反应物原子都能进入指定的生成物的话，原子的利用率为100%.Na代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.将0.1mol CO2溶于适量的水，溶液中 CQ2-、HC。、HCQ离子总数为0.1NaB.在7.8gNa2Q与NaS的混合物中，离子总数为0.3NaC.使0.5mol乙烯被澳的四氯化碳

7、溶液完全吸收，断裂的共价键总数为0.5NaD.标准状况下，2.24L Cl 2与CH反应完全，生成物中气体分子数目小于0.1Na【答案】B【解析】【详解】A.二氧化碳溶于水，部分与水反应，部分仍然以二氧化碳分子存在，依据碳原子守恒可知：将0.1molCO2溶于适量水，溶液中 CO2-、HCO、HCO粒子总数小于0.1Na,故A错误；B. Na2s与NaQ的摩尔质量都是78g/mol ,硫化钠是2个钠离子和一个硫离子构成，过氧化钠是2个钠离子和一个过氧根离子构成，其物质的量n=空g=0.1mol ,得到离子数为M 78g / mol0.3Na,故B正确；C.乙烯与澳发生加成反应，乙烯分子中断裂碳

8、碳双键中的一个键，澳单质断裂1个澳澳单键，0.5 mol乙烯被澳的四氯化碳溶液完全吸收，断裂的共价键总数为12，故C错误；D.氯气与甲烷反应生成氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，其中氯化氢和一氯甲烷为气体，标准状况下，2.24LCl 2物质的量为0.1mol与甲烷发生取代反应，一定生成0.1mol氯化氢，同时生成部分一氯甲烷，所以生成气体的分子数一定大于0.1Na,故D错误；答案为Bo4.某澄清、透明的浅黄色溶液中可能含有H、NH+、Fe3+、Ba2+、Al3+、HCO、I-、SO2-八种离子中的几种，在设计检验方案时，一定不需要检验的离子是（）a. H+、NH+、Fe3+B.

9、HCO3-、I-、Ba2+C. SO42-、Al3+、I -D.NH+、Ba2+、Al3+【答案】B【解析】浅黄色溶液中一定含有Fe3+;由于Fe3+能与HCO发生互相促进的水解反应生成氢氧化铁和CO,则溶液中一定不存在HCO;由于Fe3+能与发生氧化还原反应则溶液中一定不存在I-;根据溶液电中性原理，溶液中至少含有一种阴离子，则一定含有SO2-; SO2-与Ba2+反应，所以溶液中一定不存在Bs2+;还有H+、NH+、Al3+无法确定是否存在。故一定不需要检验的离子有Fe3+、Ba2+、HCO、I-、SO2-,故选 Bo点睛：本题考查离子的共存，明确离子之间的反应是解答本题的关键，注意溶液为

10、浅黄色为 本题的突破口，并结合溶液电中性原理进行解答。5.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是NaCl(aq) 电解Cl 2(g)?s)FeCl2(s)MgCl 2(aq)石灰乳Mg(OH)(s)”段烧 MgO (s)S(s)|/SO(g)H2O(l)HaSQ(aq)H2(g)CO2(g)N 2(g)高温高压、催化剂NH(g)NaCl(aq)NCRs)【答案】B【解析】【分析】A.电解条件时应看清是电解水溶液还是电解熔融态物质，Cl 2具有强氧化性；B.根据“强碱制弱碱”原理制备氢氧化镁；C.注意生成二氧化硫与三氧化硫的条件；D.氨气、二氧化碳和氯化钠反应制备碳酸氢钠是利用碳酸氢

11、钠的溶解度低；【详解】A.氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故 A错误；B.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温燃烧生成氧化镁和水，故B正确；C.硫单质在空气中烧只能生成SO, SO在与氧气在催化剂条件下生成SQ,故C错误；D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误；综上所述，本题应选 Bo【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化条件。6.a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子数总数与 b原子次外层电子数相同；C所在周期数与族序数相同；d

12、与a同族。下列叙述正确的是A.含氧酸的酸性：edB.原子半径：bcdaC.由a和b两种元素形成化合物不可能含共价键D. b、c元素对应最高价氧化物的水化物之间不可能发生反应【答案】B【解析】a、 b、c、d、 e为原子序数依次增大的短周期主族母,a原子核夕曲子数总数与b原子次外层电子数相同，可判断a为氧，b为第三周期;C所在周期数存数相同,则c为铝,b为钠；d与a同族，则d为硫，e就氯的非性大于氯的最价高氟酸的酸性大于硫酸，A错误；B.由原子半径半径由小为 NaSQ B 正错误；D. Na、Al元素对应最高价氧化物化物分别是氢价键，C,它们之间确；C.由氧和钠两种元素可形成Na生反应，D错误。

13、答案选 Bo实验现象.结论A.某溶液中滴加&Fe(CN)6溶液产生甫淀原溶illP Fe3+B.向QON瞄液中通入CQ溶液变浑浊酸性：H2COC6H50HC.向含有ZnS和NaS的悬浊液中滴加CuSO溶液生成黑色沉淀Kp(CuS)QH50H故B正确；C.含NaS,不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp(CuS)、K3P(ZnS)大小，故C错误；D.酸性条件下，亚硫酸根离子与 Ba(NQ)2溶液反应也生成硫酸钢沉淀，则原溶液中可能有 SO2-或SO2-,或二者均存在，故 D错误；答案为Bo8.曲酸和脱氧曲酸是一种非常有潜力的食品添加剂，结构分别如下图所示。下列有关叙述不正确的是A.曲酸分子中所有碳原

14、子不可能共平面B.脱氧曲酸能发生酯化反应、氧化反应、还原反应C.曲酸和脱氧曲酸所含的官能团相同D.与脱氧曲酸互为同分异构体的芳香族化合物有4种(不考虑O-O键)【答案】D【解析】【分析】该分子中含有碳碳双键、醇羟基、醍键、厥基，具有烯烧、醇、醍和酮的性质，能发生加成反应、加聚反应、取代反应等，且碳碳双键、厥基为平面结构，-CH20H中C为四面体构型,以此来解答。-CH20H 中【详解】A.碳碳双键、厥基为平面结构，且直接相连，则所有碳原子可能共面，而C为四面体构型，分子中所有碳原子不可能共面，故 A正确；.脱氧曲酸含-0H可发生酯化、氧化反应，含碳碳双键、默基可发生还原反应，碳碳双键也能发生氧

15、化反应，故 B正确；C.曲酸和脱氧曲酸所含的官能团均包碳碳双键、厥基和羟基，故 C正确；D.脱氧曲酸的分子式为GH0,该分子的不饱和度=6 2 2 6=4属于芳香族化合物含有23个羟基，符合条件的同分异构体有3种(3个-0H相邻、3个-0H相间、2个-0H相邻且与另1个为间位)，故D错误；故答案为D=.将过量HQ溶液加入含(NH4)2CrO的氨水中，加热后冷却，生成暗棕红色浸提M化学式为Cr(NH3)3Q,其离子方程式为： Cr042-+3NH+3H2Q=M+2H0+20F+QT ,测得 M中有2个过氧键。 下列叙述正确的是A. M中Cr的化合价为+3B.参与反应的HQ全部被氧化C.转移0.2

16、mol电子时，生成 M的质量为16.7gD.向FeSO溶液中滴加几滴M的溶液，没有明显现象【答案】C【解析】【详解】A.因M化学式为Cr(NH3) 304中有2个过氧键，则M中Cr的化合价为+4,故A错误；B.由M中有2个过氧键，所以3molHQ没有全部被氧化，故 B错误；C.由方程式可知每生成 1molQ转移2mol电子，同时生成1mol Cr(NH3) 3O4,则转移0.2mol电 子时，生成 M的质量为16.7g,故C正确；D.向FeSO溶液中滴加几滴 M的溶液，亚铁离子被 M中的过氧键氧化为三价铁，溶液由浅绿 色变黄棕色，故 D错误；答案为Co10.下列有关化学反应的叙述正确的是A.室

17、温下Fe在稀硝酸中发生钝化B.乙醇与氢氧化钠混合加热制取乙烯C.室温下Na与空气中 Q反应制取N&Q-7 -D.向NHAl(SO4)2溶液中逐滴加入 NaOH液，一开始就可观察到白色浑浊【答案】D【解析】【详解】A.常温下Fe和浓硝酸发生钝化现象，和稀硝酸发生氧化还原反应生成NO故A错误；B.乙醇与浓硫酸混合加热到170c可制取乙烯，故 B错误；C.室温下，钠和空气中氧气反应生成氧化钠，加热条件下和氧气反应生成过氧化钠，故C错误；D.逐滴加入NaO的液，先产生氢氧化铝白色沉淀，接着产生刺激性气味的气体氨气，最后氢氧化铝与NaOHE应，则最后沉淀逐渐溶解，故 D正确；故答案为D=11.高镒酸钾可

18、以通过电解法进行制备，装置如图所示，下列说法错误 的是不名嬴I什A.阳极的电极反应式：MnG2- - e = MnC4B.该装置的离子交换膜为阳离子交换膜C.当电路通过a mol电子时，阴极室电解质溶液增加2a mol离子D.若电解流出液中 KMnQ K2MnO和KOHW质的量之比为a ： b ： c,则流进电解池的电解液中&MnO和KOH勺物质的量之比为 (a + b) ： ( c + a )【答案】D【解析】【详解】A.在阳极，Mnb失去电子，被氧化产生 MnO，则阳极的电极反应式：Mnd-e= MnO,A正确；B.由于阳极MnO2-失去电子，被氧化产生 Mn(4),溶液中阴离子带有的负电

19、荷数目减少，根据溶 液呈电中性，溶液中 K+通过离子交换膜进入到右边区域，因此该装置的离子交换膜为阳离子 交换膜，B正确；C.当电路通过a mol电子时，有amolK+通过交换膜进入阴极室中，在阴极室，阴极上发生反 应：2+23=12 T ,每有amol电子转移，反应产生 amolOH,故在阴极室的电解质溶液增加2amol离子，C正确；D.若电解流出液中 KMn &MnO和KOHW质的量之比为 a ： b ： c,根据电子转移数目相等，由于每反应产生1mol KMnQ,反应会同时产生 ImolKOH同时会消耗1mol K 2MnQ由于反应产 生amol KMnQ,则流进电解池的电解液中&MnO

20、和KOH勺物质的量之比为(a+ b) ： (c -a) , D错误；故合理选项是Do12.下列离子方程式正确的是A. Cl 2和 FeBr2溶液反应，当 n(Cl 2)：n(FeBr 2)=5:4 时，4Fe2+6Br-+5Cl 2=4Fe3+3Br2+10Cl-B.酸化 NaQ 和 NaI 的混合溶液：I-+IO3-+6h+=I 2+3HOC.酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水：2Fe2+HQ=2Fe3+O T+2H+D. Ca(HCO3) 2溶液中力口入过量氨水：Ca2+HCO+NH?H2O=CaCO； +hbO+NHh【答案】A【解析】【详解】A.已知还原性：Fe2+Br-,则Cl2和FeBr

21、2溶液反应，当n(Cl 2):n(FeBr 2)=5:4时发 生的离子反应为 4Fe2+6Br-+5Cl2=4Fe3+3Br2+10Cl-,故 A正确；B.酸化NaIO3和NaI的混合溶液发生的离子反应为5I -+IO3-+6H=312+3HO,故B错误；C.酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水发生的离子反应为2Fe2+HQ+2hf=2Fe3+2 HO,故C错误；D. Ca(HCQ 2溶液中加入过量氨水发生的离子反应为C3+2HCO+2NH?HO=CaC创 +CO2-+2HO+2NH,故 D错误； 答案为Ao【点睛】易错点为 A项，注意Fe2+ Br-的还原性强弱。13.常温时，配制一组 c(Na2C

22、O)+c(NaHCQ)=0.100mol L-1 的混合溶液，溶液中 c(CO32-)、c(HCO3-)与pH的关系如图所示。下列说法中错误的是(己知：CO2-+HO HCO+OHK=2X 10-4, 1g5=0.7)A. aB. b点横坐标数值大约为10.3点 溶液中：c(HCQ-) c(H2CO)+c(CO32-)C. c分析：本题考查电角详解：A. a点的溶;程度，结合c(CO3子浓度大小c(HCc(CO32-)=c(HCO3-)=K=c HCO3 ncc CO；确的；C.c点溶液中,c(O(HCO3)+ c(Hc(H 2CO)+c(Cmol/L,c(H +),溶液中存在电荷守恒9-O

23、+HO-)，所以 碳酸主由目溶液水的电=c(OH )=度大于碳酸氢根离子的电离O-)0.05 mol - L -1,溶液中离B.b点O+OH ,g10-4, c(H+)=5 10-11,pH容液O)=土卜的水角”口识点。炭酸氢根离子水角项是正确的(CO32-)+c(HCO3-)=c(H +)+c(Na +),(510-11),所以B选项是正c(Na+)2c(CO32-)+c(HCO3-)故C错误；D.a、b、c三点溶液中所含 NaCO依次增多，所含 NaHCO依次减少，越弱越水解，对水的电离促进越大，即溶液中水的电离程度:abc,所以D正确;所以C选项是正确的。点睛：本题考查弱电解质的电离平衡

24、和盐类的水解等知识，基本方法是分析溶液中c(CO32-)、c(HCO-)与pH的关系图，找出a、b、c三点溶液的成分，再结合电荷守恒、物料守恒解决问题。14.离子的摩尔电导率可用来衡量电解质溶液中离子导电能力的强弱，摩尔电导率越大，离子在溶液中的导电能力越强。已知Ca2+、OH、HC的摩尔电导率分别为0.60、1.98、0.45,据此可判断，往饱和的澄清石灰水中通入过量的CO,溶液导电能力随 CO通入量的变化趋势正确的是-10 -点的溶液中：c(Na +)2c(CO32-)十 c(HCQ-)D.溶液中水的电离程度：abO=CCO2,可知溶液的pH减小，NaHC什存在化学键有：离子键和共价键；(

25、3) “电解I ”是电解熔融AlzQ,电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是石墨电极被阳极上产生的Q氧化。(4)由图可知，阳极反应为 4CO2+2HO-4e4HCO-+QT ,阴极上氢离子得到电子生成氢气，则 阴极产生的物质 A的化学式为H20 (5)铝粉在1000c时可与N2反应制备AlNo在铝粉中添加 少量NHCl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是 NHCl分解产生的HCl能够-14 -破坏Al表面的ALQ薄膜。点睛：本题考查混合物分离提纯，答题关键：把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能，注意水解、电解原理及元素化合物知识的应用，难点小题(2)向“过滤I”所得滤液

26、中加入NaHC的液，与NaAl。反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OHAlQ-CO217.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如图：%, SOz+H门华 2久rL，苗一整一平所6务制陋而，E流能显K犬一 H .SO, /、*(1)反应 I : 2HsO(l)=2SO 2(g) + 2H2O(g) + O2(g) AHi = + 551 kJ - mol -1反应出：S(s) +Q(g)=SO2(g)AH 3= 297 kJ mol反应n的热化学方程式：。(2)对反应n,在某一投料比时，两种压强下，H2SO在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。P2

27、 pi(填“”或“A结合i、ii反应速率解释原因：。【答案】(1). 3SQ2(g) +2l4Q(g)=2H2SQ(l) +S(s) AH 2 = -254kJ - mol 1 (2). (3).反应n是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，HSQ的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SQ的物质的量分数增大(4). SQ 2 (5). SQ 42(6). 4H + (7). 0.4 (8). I一是SQ歧化反应的催化剂，H卡单独存在时不具有催化作用，但H卡可以加快歧化反应速率(9). 反应ii比i快；D中由反应ii产生的 H+使反应i加快【解析】【详解】(1)根据图知，

28、反应II为3SQ(g)+2H 2Q(g)=2H2SQ(l)+S(s),将方程式-I-III即得 3SQ(g)+2H2Q(g)=2H2SQ(l)+S(s), H=-(+551kJ ?mol-1) - (-297kJ?mol-1)= - 254kJ/mol ,故答案为：3SQ(g)+2H 2Q(g)=2H2SQ(l)+S(s) , H=-254kJ/mol ;(2)相同温度下，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大，根据图知，相同温度下，达到平衡状态时硫酸含量：P1P1,故答案为： ；当温度相同时，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量分 数增大；(3)化学反应

29、中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，总方程式为得3SQ(g)+2H 2Q(g)=2H 2SQ(l)+S(s), 催化过程中 i:SQ 2+4I -+4H+=SJ +2I 2+2H2Q,说明 I -、H在 i 中作 反应物，在ii中作生成物，同时ii中还生成HSQ,根据元素守恒知，反应物还有SQ,所以ii 中方程式应该为：I 2+2H2Q+SQ4H+SQ2+2I ,2.答案为：SQ;4H ;SQ4 ;-16 -(4)B是A的对比实验，所用c(KI)应该相等，否则无法得出正确结论，所以 a=0.4 , 故答案为：0.4 ;比较A. B. C,A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C

30、中只含硫酸，反应快慢顺序是 BAC且C中没有明显现象，说明不反应,B中含有酸导致其反应速率加快 ，所以得出的结论是：在酸性条件下，SO2与反应速率更快，且SO与稀硫酸不发生反应，故答案为：在酸性条件下，SO2与I -反应速率更快，且SO与稀硫酸不发生反应；反应i、ii知,SO2先和I-反应生成I2,I 2再和SO进一步反应，D中KI溶液溶解了 I2,导致D中的ii的反应较A快，所以看到的现象是:D中出现浑浊较A快,故答案为：反应i、ii知,SQ先和I-反应生成I2,I 2再和SO进一步反应,D中KI溶液溶解了 I2,导致D中ii的反应较A快。【点睛】(1)根据图知，反应II为3SO (g)+2

31、H2O (g) =2HSO (l ) +S (s),将方程式-I-III即得相同温度下，增大压强，平衡正向移动;应中作反应物、个反应中作生成物，总方程式为得3SOSO;化学反应中的催化剂在第(g) +2H2O (g)在i中作反应物，在iL中生成物元素守恒知，反应物还有(4)B是A的对上含KI、B中比较A、B、C, AI和且C中没有明显现象,D中KI溶液溶解了卜，导和I -反应生致D中的ii的反应快。(二)选考题：共题解答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目涂黑。反应i、ii知，S,反应快慢顺序是BACc=2HbSO(s)，催化过验，所用明不反应;+Si:SO 2+4I-+4HI=S +2I 2+

32、2H2Q 说明 I-、H生成H2SQ,C中只含I2, I2再和SQ进一步反的 2道化学题中任选18.金属及其相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题:3SO (g) +2HO (g) =2H2SO (l ) +S (s), AH 进行相应的改变;(1)下列关于金属及金属键说法不正确的是 。(填字母代号)a.金属键没有方向性与饱和性b.金属键是金属原子与自由电子间的相互作用c.金属熔沸点不同的原因可以用金属键强弱解释d.电子气理论可解释金属材料的延展性，不能解释金属有良好的导电性-17 -(2)钮广泛用于催化及钢铁工业，基态锂原子的价层电子排布图为 。(3)二茂铁又叫双环戊

33、二烯基铁 Fe(C5H)2,熔点是172.5173 C, 100 C以上升华，二茂铁属于 晶体。已知分子中的大兀键可用符号 /表示，其中m代表参与形成大 兀键的原子数，n代表参与形成大 兀键的电子数(如果分子中的大兀键可表示为 4)o已知二茂铁的每个茂环带有一个单位负电荷，则每个环中的大兀键应表示为 。(4)铜可以形成一种离子化合物 CU(NH3)4(H2O)2SO4,若要确定CU(NH3)4(H2O)2SO4是晶体还是非晶体，最科学的方法是对其进行 实验，其中阴离子的空间构型是 ,该化合物加热时首先失去的组分是HaO,原因是。(5)最近发现，只含镁、馍和碳三种元素的晶体也具有超导性，该物质形

34、成的晶体的立方晶胞结构如图所示。与Mg紧邻的Ni有 个。原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。该晶胞中原子的坐标参数为a为(0 , 0,0) ; b为(1/2 , 1/2, 0) ; d为(1 , 1, 1)。则c原子的坐标参数为 。若晶胞中Ni、Mg之间的最短距离为 a pm,阿伏加德罗常数的值为Na,则晶体的密度p =gcm_3(用含a、NA的代数式表示)。3d【答案】(1). bd (2). 4s I 十._ (3). 分子(4).5 (5).213 .人3022a3NAX射线衍射(6).正四面体(7). H2。与Cu的配位键比 NH与Cu2+的弱 (8). 12(9).(1, 1

35、/2 , 1/2 )(10).【解析】金属键没有方向性与饱和性,a正确;(1) a.金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用,b.金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，b错误；c.金属晶体熔、沸点高低和硬度大小一般取决于金属键的强弱，金属的熔沸点不同的原因可以用金属键强弱解释，c正确；d.金-18 -属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动，可用电子气理论解释，d错误，答案却选bd; (2)倒是23号元素，基态锂原子的价层电子排布图为心7 + 11。(3)中二茂铁熔点是172.5173C, 100c以上升华，因此二茂铁属于分子晶体。因为每个环戊二烯中含有5个C原子，且二茂铁的每个茂

36、环带有一个单位负电荷，则每个环中的大 兀键应表示为5。(4)铜可以形成一种离子化合物CU(NH3)4(H2O)2SO4,若要确定CU(NH3)4(H2O)2SO4是晶体还是非晶体，最科学的方法是对其进行X-射线衍射实验，其中阴离子是硫酸根，其空间构型是正四面体。由于 H2O与Cu的配位键比NH与Cu2+的弱，所以该化合物加热时首先失去的组分是HQ (5)根据晶胞结构可知与Mg紧邻的Ni有3-8 12个。该晶胞中原子的2坐标参数为a为(0, 0, 0); b为(1/2 ,1/2, 0); d为(1, 1,1),则c原子的坐标参数为(1,1/2 , 1/2 )。若晶胞中Ni、Mg之间的最短距离为

37、a pmi则面对角线是2a pm,边长是J2a pm ,则晶体的密度2132 .2a3NA点睛：注意掌握原子的核外电子排布式(图)的书写：(1)核外电子排布式：用数字在能级符号右上角表明该能级上排布的电子数。为了简化，通常把内层已达稀有气体电子结构的部分称为“原子实”，用该稀有气体的元素符号加方括号来表示。例如，K: Ar4s L (2)核外电子排布图：用口表示原子轨道，T和J分别表示两种不同自旋方向的电子。如氧原子的核外电子排布图可表不为A A A k V。核外电子排布图能直观地反映出原子的核外电子的自旋情况以及成对电子对数和未成对的单电子数。(3)价电子排布式：如Fe原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d64s2,价电子排布式为 3d64s2。价电子排 布式能反映基态原子的能层数和参与成键的电子数以及最外层电子数。19.石油裂解可以得到乙烯、丙烯等小分子烧，它们是常见的有机化工原料。下图是以丙烯为原料合成有机物I的流程。-19 -i . Claisen 酯缩合:比反应快）0$ 00 / 0R-C0C阳+CH1-