广东省惠州市2025届高三化学4月模拟考试试题（含解析）

广东省惠州市2025届高三化学4月模拟考试试题（含解析）

1.“建设天蓝、地绿、水清的漂亮中国”是每个中国人的愿望。下列做法与此相符的是

A.将农作物秸秆就地焚烧，增加土壤肥效

B.将医疗垃圾深埋处理，削减垃圾对环境的危害

C.将三聚磷酸钠（Na5P添加到洗衣粉中，增加去污效果

D.尽量不开私家车出行，提倡乘坐公共交通工具

【答案】D

【解析】

【详解】A.将农作物秸秆就地焚烧，会产生污染物，污染空气，故A错误；

B.医疗垃圾含有多种有毒有害物质，深埋处理，会污染土壤，水流，故B错误；

C.将三聚磷酸钠（Na5P3O1。）添加到洗衣粉中，如随意倾倒，会引起水体富养分化，造成水体污

染，故C错误；

D.选择公共交通工具出行，可以削减开私家车对空气的污染，故D正确；

答案选D。

2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.标准状况下，22.4L己烷中含有分子数目为NA

B.Imol/LNaOH溶液中含有Na，数目为用

C.7.8gNa202中含有的共价键数目为0.INA

D.将0.5m0IN2O4充入密闭容器中充分反应转化成NO2的数目为NA

【答案】C

【解析】

【详解】A.标准状况下己烷不是气体，不能运用标况下的气体摩尔体积计算22.4L己烷的物

质的量，故A错误；

B.溶液的体积未知，不能计算lmol/LNaOH溶液中含有的Na,数目，故B错误；

C.7.8g过氧化钠的物质的量为,。7・的=o.imol,过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，

78g/mol

1个过氧根中含有1个共价键，故0.Imol过氧化钠中含0.INA个共价键，故C正确；

D.存在N2O4=^2N0z平衡，不能完全转化，因此将0.5molN2（）4充入密闭容器中充分反应转

化成NOz的数目小于NA,故D错误;

答案选c。

【点睛】本题的易错点为A,要留意气体摩尔体积的运用范围和条件，①对象是否气体；②温

度和压强是否为标准状况。

3.由X在酸性条件下制备Y(一种合成香料、医药、农药及染料的中间体)的流程是:

oc2HsHO

H+

H3C

X

下列说法正确的是

A.X、Y均是芳香燃B.X、Y互为同分异构体

C.X分子中全部碳原子可能共平面X转化成Y的反应中有消去反应

【答案】D

【解析】

【详解】A.X、Y中除了含有C和H外，还含有0元素，均不属于煌类，故A错误；

B.X、Y分子中含有的0原子数不等，即化学式不相同，不是同分异构体，故B错误；

c.x含有饱和碳原子(-C&、-CH2-,一卜)，具有甲烷的结构特征，则全部的碳原子不行能

在同一个平面上，故C错误；

D.X转化成Y的过程中失去了羟基使C-C变成了C=C,该反应属于消去反应，故D正确；

答案选D。

【点睛】本题的易错点为C,由于甲烷是四面体结构，有机物分子中只要含有饱和碳原子(包

括：-c%、-CHz-、-in,一卜)中的一种，分子中的全部原子就不行能处于同一平面内。

4.一种特别的热激活电池示意图如下。该电池总反应为：PbS04(s)+2LiCl+Ca(s)=CaCl2(s)+

Li2s04+Pb(s),下列说法不亚睥的是

PbSO4

A.Ca电极发生氧化反应

-

B.负极的电极反应：Ca(s)+2CU-2e=CaCl2(s)

C.可用LiCl和KC1水溶液代替无水LiCl-KC1

D.当无水LiCl-KC1混合物受热熔融后电池才能工作

【答案】C

【解析】

【分析】

由原电池总反应可知Ca失电子为原电池的负极，被氧化生成CaCl2,负极的电极反应式为

-

Ca+2CU-2e=CaCl2,PbS04为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为

-+

PbS04+2e+2Li=Li2S04+Pb,结合原电池原理分析解答。

【详解】A.依据原电池总反应可知Ca失电子为原电池负极，发生氧化反应，故A正确；

B.Ca为原电池的负极，被氧化生成CaCk,电极反应式为Ca(s)+2C「-2e=CaCL(s),故B

正确；

C.Ca是活泼金属，能与水干脆反应，所以不能用水溶液作电解质，故C错误；

D.无水LiCl-KC1常温为固体，不能导电，须要将无水LiCl-KC1混合物受热熔融，该原电

池才能工作，故D正确；

答案选C。

5.下列基本操作正确的是

水

B.稀释

浓硫酸

C.尾气处理

D.TW蒸发结晶

【答案】D

【解析】

【详解】A.过滤时，玻璃棒只起到引流的作用，A错误；

B.稀释时，应为浓硫酸加入到水中，边加边搅拌，B错误;

C.尾气汲取时，为洗气装置相同，需有出气口，C错误；

D.蒸发结晶时，玻璃棒搅拌加速水蒸气的挥发，D正确；

答案为D

6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y是短周

期元素中原子半径最大的元素，X、Y、Z的简洁离子电子层结构相同，Z与W最外层电子数之

和等于10。下列说法不正确的是

A.简洁离子半径由大到小的依次：W、X、Y、Z

B.X与Y组成化合物的水溶液肯定呈碱性

C.Y、Z、W的最高价氧化物的水化物两两之间均能发生反应

D.Z分别与X和W组成的化合物均可用于电解法冶炼Z单质的原料

【答案】D

【解析】

【分析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，则X为0元

素；Y是短周期元素中原子半径最大的元素，则Y为Na元素；X(0)、Y(Na)、Z的简洁离子电

子层结构相同，Z离子含有2个电子层，其原子序数大于Na,应当为Mg、Al中的一种；Z与

W最外层电子数之和等于10,都是短周期主族元素，则Z为Al、W为C1元素，据此分析解答。

【详解】依据上述分析可知：X为0元素，Y为Na元素，Z为A1元素，W为C1元素。

A.一般而言，电子层数越多，半径越大；电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，简洁离

子半径由大到小的依次为W>X>Y>Z,故A正确；

B.0、Na形成的化合物有氧化钠和过氧化钠，水溶液都是氢氧化钠，显碱性，故B正确；

C.Na的最高价氧化物对应水化物为NaOH,NaOH属于强碱，A1的最高价氧化物对应水化物为

氢氧化铝，氢氧化铝具有两性，C1的最高价氧化物对应水化物为高氯酸，高氯酸属于强酸，

则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸两两之间均能发生反应，故C正确；

D.氯化铝为共价化合物，熔融状态不能导电，因此工业上冶炼金属铝是通过电解熔融的氧化

铝，故D错误；

答案选D。

7.25℃时，NaCN溶液中CM、HCN浓度所占分数(3)随pH变更的关系如下图甲所示。

向10mL0.01mol-L-1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol•广】的盐酸，其pH变更曲线如下图

乙所示[其中a点的坐标为(9.5,0.5)]o

甲乙

下列溶液中的关系中肯定正确的是

A.图甲中pH=7的溶液：c(Cr)=c(HCN)

B.常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)=10^mol/L

C.图乙中b点的溶液：c(CM)>c(C「)>c(HCN)>c(OIT)>c(H+)

D.图乙中c点的溶液：c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OIT)+c(CN-)

【答案】B

【解析】

【分析】

25℃时，依据图甲所示，可知CN\HCN含量相等时，溶液呈碱性，说明HCN电离程度小于CW

水解程度，向10mL0.01NaCN溶液中逐滴加入0.01mol・L的盐酸，其pH变更曲线

如图乙所示，当加入盐酸5mL时，溶液组成为NaCN、HCN和NaCl,溶液呈碱性，加入盐酸10mL

时，完全反应生成HCN和NaCl,溶液呈酸性，据此分析解答。

【详解】A.依据图甲，CN\HCN含量相等时溶液的pH=9.5,图甲中可以加入HCN,调整溶液

的pH=7,溶液中不肯定存在c(C「)，即不肯定存在c(C「)=c(HCN),故A不选；

B.依据图甲，CN\HCN含量相等时溶液的pH=9.5,HCN的电离平衡常数。m2=吧"史12=

c(HCN)

K10一I4

c(H+)=10^5mol/L,贝IJNaCN的水解平衡常数Kh(NaCN)=——--=——=10^5mol/L,故B选；

K(NaCN)10-9.5

C.b点加入5mL盐酸，反应生成等浓度的NaCl、HCN,溶液组成为等物质的量浓度的NaCN、

HCN和NaCL依据图甲，CN->HCN含量相等时溶液的pH=9.5,溶液呈碱性，则HCN电离程度

小于CN一水解程度，可知c(HCN)>c(CW),故C不选；

D.c点加入10mL盐酸，反应后得到等浓度的NaCl、HCN的混合液，任何电解质溶液中都存在

电荷守恒和物料守恒，依据物料守恒得c(CF)=c(HCN)+c(CW),而依据电荷守恒可知，

c(Na+)+c(H+)=c(CD+c(OH)+c(CN-)，贝Uc(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(0H-)+2c(CN-),故D不选;

答案选B。

【点睛】明确每一点溶液中的溶质组成和溶液的酸碱性是解本题关键。本题的易错点为A,要

留意图甲和图乙的区分与联系，选项A只针对图甲，调整pH不肯定加入盐酸。

8.制备N2H「上0(水合期0和无水Na2s主要试验流程如下:

NaOH溶液尿素SO2

CI2—►步骤I—►步骤II—►步骤III------ANa2c。3—►步骤IV------>Na2s。3

水合肿溶液

已知：①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；

②N2H4•H20有强还原性，能与NaClO猛烈反应生成N2o

⑴从流程分析，本流程所用的主要有机原料为(写名称)。

⑵步骤I制备NaClO溶液时，若温度为41℃,测得产物中除NaClO外还含有NaClOs,且两者

物质量之比为5：1,该反应的离子方程式为o

⑶试验中，为使步骤I中反应温度不高于40℃,除减缓CL的通入速率外，还可实行的措施

是o

⑷步骤II合成N2H4•H20(沸点约118℃)的装置如图。NaClO碱性溶液与尿素［CO(NH2)J(沸

点196.6℃)水溶液在40℃以下反应一段时间后，再快速升温至110℃接着反应。

②滴液漏斗内的试剂是;

将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是;

③写出流程中生成水合股反应的化学方程式—

⑸步骤IV制备无水Na2s。3(水溶液中国SO3、HS03->SO广随pH的分布如图所示)。

Ino

①边搅拌边向NazCOs溶液中通入S0,制备NaHSOs溶液。试验中确定停止通SOzpH值为—

(取近似整数值，下同)；

②用制得的NaHSOs溶液再制Na2sOs溶液的pH应限制在_________。

-

【答案】(1).尿素(2).8CL+160H-=5C10+C103+10CF+8H20(3).冰水

浴冷却(4).通过冷凝回流，削减水合助的挥发，提高水合肿的产率(5).NaClO碱性

溶液(6).打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下(7).NaClO+

CO(NH2)2+2NaOH=NaCl+N2H4•H20+Na2C03(8),4(9).10

【解析】

【分析】

由试验流程可知，氯气和氢氧化钠溶液的反应生成NaClO,为避开生成NaClOs,应限制温度在

40℃以下，生成的NaClO与尿素反应生成NzHjH9和N&C03,可用蒸僧的方法分别出N2H尸压。，

副产品Na£03溶液中通入二氧化硫，可制得Na2s03,结合对应物质的性质以及题给信息分析解

答。

【详解】⑴依据流程图，本流程所用的主要有机原料为尿素，故答案为：尿素；

⑵若温度为41℃,测得产物中除NaClO外还含有NaClOs,且两者物质的量之比为5：1,同

时还生成NaCl,依据得失电子守恒，CIO-：CIO-：CF物质的量之比为5：1：10,反应的离

---

子方程式为8CL+1601r=5CW+C103+10CU+8H2,故答案为:8C12+1601r=5C10+C103

+iocr+8H2O；

⑶氯气与烧碱溶液的反应是放热反应，试验中，为使步骤I中反应温度不高于40°C,除减缓

CL的通入速率外，避开反应过于猛烈，放出大量的热而导致温度上升，还可以用冰水浴冷却，

故答案为：冰水浴冷却；

⑷①为避开N田4叩2。的挥发，运用冷凝管，起到冷凝回流，削减水合股的挥发，提高水合股

的产率，故答案为：通过冷凝回流，削减水合肿的挥发，提高水合月井的产率；

②为了避开NHjHeO与NaClO猛烈反应生成冲，试验中通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱

性溶液；将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏

斗内的液体缓缓流下，故答案为：NaClO碱性溶液；打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内

的液体缓缓流下；

③依据流程图，NaClO和CO(NH，在NaOH溶液中反应生成水合肌和碳酸钠，反应的化学方

程式为NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=NaCl+N2H&•H20+Na2C03,故答案为：NaClO+CO(NH2)2

+2NaOH=NaCl+N2H4•H20+Na2C03；

(5)用Na2c制备无水Na2s在Na2c0s溶液中通入过量的二氧化硫生成NaHSO3,然后在NaHSO3

溶液中加入NaOH溶液可生成Na2S03.

①由图像可知，溶液pH约为4时，可完全反应生成NaHSOs,此时可停止通入二氧化硫，故答

案为：4；

②由图像可知pH约为10时，可完全反应生成Na2s故答案为：10。

9.由含碘废水制取碘酸钾的一种工艺如下:

过量Fe粉

SO2(g)CuSO4(aq)H,0K2CO3(aq)HQ、H2SO4ChKOH

含碘废水

(LnfKD晶体

滤液1tn滤渣2滤液2

⑴写出KIOs在日常生活中的一个重要应用。

⑵检验“含碘废水”中是否含有单质L的常用试剂是(写试剂名称)。

⑶通入so?的目的是将L还原为r,该反应的离子方程式为o

(4)工艺中五种物质的制备反应中，不涉及氧化还原反应的步骤是“制”。

15

⑸“制KI(aq)”时，该温度下水的离子积为(=1.0X10-3,Ksp[Fe(0H)2]=9.OX10-o

为避开0.9mol•I7】FeL溶液中Fe"水解生成胶状物吸附F,起始加入K2CO3必需保持溶液的

pH不大于o

(6)“制K&溶液”反应的离子方程式为o

0102030405060708090

温度汽

⑺KC1、KI03的溶解度曲线如图所示。流程中由“KI()3(aq)”得到KIO3晶体的操作步骤为

【答案】(1).食盐添加剂，补充碘成分，预防碘缺乏病(2).淀粉溶液(3).SO2

2-+2-+

+L+2H20=S04+21-+4H(或2so2+L+2Cu2++4H2=2CuII+2S04+8H)(4).KI(aq)

(5).6.0(6).5cL+L+1201r=210「+10口一+6压0(7).蒸发浓缩，降温结晶

【解析】

【分析】

含碘废水制取碘酸钾晶体，由试验流程可知，含碘废水中加入SO2和硫酸铜制备Cui,发生

2+

2S02+I2+2CU+4H20=2CUII+2SO『+8H+,滤液1含硫酸，过滤得到滤渣中加入铁粉、水制备FeL,

过滤得到滤渣1中含有Fe和Cu,滤液中加入碳酸钾制备KI,发生K2C03+FeI2=FeC03I+2KI,

滤渣2为FeC%;酸性条件下KI、过氧化氢发生氧化还原反应生成碘，滤液2含硫酸钾，然后

碘、氯气、KOH发生5ck+L+120H=210「+10b+6员0制备碘酸钾，结合溶解度曲线和物质的

性质分析解答。

【详解】⑴KIOs是日常生活中食用加碘盐的主要添加剂，可以预防碘缺乏病，故答案为：食

盐添加剂，补充碘成分，预防碘缺乏病；

(2)因淀粉遇碘变蓝，因此检验''含碘废水”中是否含有单质L,常用的试剂是淀粉溶液，故

答案为：淀粉溶液；

(3)通入SO?的目的是将L还原为「，二氧化硫被氧化生成硫酸，反应的离子方程式为

-+2+z+

S02+I2+2H20—S0^+2I+4H2S02+I2+2Cu+4H20—2CuII+2S04+8H),故答案为：

2-+2t2+

S02+l2+2H20=S04+2I^4H2S02+l2+2Cu+4H20=2CuII+2S04+8H)；

(4)依据工艺流程图，五种物质的制备反应中，只有制备KI溶液的过程中没有元素化合价的

变更，不涉及氧化还原反应，故答案为：KI(aq)；

15

(5)Ksp[Fe(0H)2]=9.0X10,现测得溶液中c(Felj为0.9mor!？,则

b1乂10-isioxio13

c(OHO=-........=10-7mol/L,此温度下，K=l.OXIO-13,c(H+)=-........=10-6mol/L,

J0.9wIO-

6

PH=-lglO-=6.0,故答案为：6.0；

(6)“制KIOs溶液”时，氯气和碘单质与氢氧化钾溶液反应生成KIOs和氯化钾，反应的离子方

--

程式为5CI2+I2+I2OH—2I03+10Cr+6H20,故答案为：5CI2+I2+I2OH—2I03+10Cr+6H20；

(7)由溶解度曲线图可知，KIOs的溶解度小于KC1且KIOs的溶解度随温度上升而增大，由KIOs

溶液得到KIOs晶体，可以通过蒸发浓缩、降温结晶的方法得到，故答案为：蒸发浓缩、降温

结晶。

10.清洁能源的开发、废水的处理都能体现化学学科的应用价值。

I.工业上可利用co2来制备清洁燃料甲醇，有关化学反应如下：

1

反应A：C02(g)+3H2(g)—.CH3OH(g)+H2O(g)AHi=-49.6kJ-moE

1

反应B：C02(g)+H2-H20(g)+C0(g)AH2=+41kJ-mol'

(1)写出用CO(g)和H?(g)合成CH30H(g)反应的热化学方程式：o

⑵反应A可自发进行的温度条件是(填“低温”或“高温”)。

⑶写出两个有利于提高反应A中甲醇平衡产率的条件。

⑷在Cu—ZnO/ZrO?催化下，CO?和员混和气体，体积比1：3,总物质的量amol进行反应,

测得CO?转化率、CH3OH和CO选择性随温度、压强变更状况分别如图所示(选择性：转化的C02

中生成CH3OH或CO的百分比)。

温度对反应的影响压强对反应的影响

①由上图可知，影响产物选择性的外界条件是o

A.温度B.压强C.催化剂

②如图中M点温度为250℃,CO2的平衡转化率为25%,该温度下反应B的平衡常数为

________________(用分数表示)。

II.试验室模拟“间接电化学氧化法”处理氨氮废水中NHj的装置如图所示。以硫酸镂和去离

子水配制成初始的模拟废水，并以NaCl调整溶液中氯离子浓度，阳极产物将氨氮废水中的NHj

氧化成空气中的主要成分。

惰性电极L情性电极

硫酸钺-

氯化钠溶液

⑸阳极反应式为=

(6)除去NHj的离子反应方程式为o

1

【答案】(1).CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)AH=-90.6kJ-moF(2).低温(3).

增大压强，适当降温，刚好分别出产物(H20或CH3OH)(4).AB(5).1/60(6).

+

2C「一2-=Cl2f(7).2NHJ+3ck=8H+N2f+6CF

【解析】

【分析】

(1)依据盖斯定律分析解答；

⑵反应能自发进行，须要满意△H-rZ\S<0；

⑶提高甲醇的产率，应使平衡正向移动，结合方程式的特点推断；

(4)①依据温度和压强对反应的影响曲线图结合反应的方程式分析推断；②在Cu-ZnO/ZrO?催

化下，毁和混合气体，体积比1：3,总物质的量amol进行反应，250℃时，反应A和B达

到平衡，平衡时容器体积为VL,CO?转化率为25%,依据温度对反应的影响曲线可知，CH30H

和C0选择性均为50%,结合方程式利用三段式结合平衡常数表达式分析计算；

(5)阳极发生氧化反应，氯离子放电生成氯气；

(6)氯气具有氧化性，俊根离子中氮是-3价，具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，据此

书写反应的离子方程式。

1

【详解】I.⑴反应A：C02(g)+3H2(g)=^=CH3OH(g)+H2O(g)AH^-49.6kJ-mol,反

应B：C02(g)+H2=^=H2O(g)+C0(g)△H2=+41kJ・mo：T,依据盖斯定律，将A-B得:

1_1-1

CO(g)+2H2(g)=CH30H(g)AH=(—49.6kJ,mor)-(+41kJ•mol)=—90.6kJ,mol,故答案

1

为：CO(g)+2H2(g)=CH30H(g)AH=-90.6kJ-moF；

(2)对于反应C02(g)+3H2(g"CH30H(g)+H20(g)4Hi=-49.6kJ・molT,△H<0,AS<0,如反应能

自发进行，应满意-△S<0,低温下即可进行，故答案为：低温；

(3)反应C0Mg)+3H2(g)wCH30H(g)+H20(g)aHi=-49.6kJ・mol\由化学计量数可知，增大压强，

平衡正向移动；正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动；刚好分别出产物(H2或C&OH),

平衡也正向移动，这些措施均有利于提高甲醇的产率，故答案为：增大压强，适当降温，刚

好分别出产物(H20或CH3OH)；

(4)①依据温度和压强对反应的影响曲线图可知，反应A为放热反应，反应B为吸热反应，

变更温度，平衡肯定移动，说明温度影响产物的选择性；增大压强，反应A正向移动，甲醇

的产率增大，说明压强影响产物的选择性，因此温度和压强对产物的选择性均有影响，加入

催化剂，平衡不移动，不会影响产物的选择性，故答案为：AB；

②在Cu-ZnO/ZrOz催化下，C0?和压混合气体，体积比1：3,总物质的量amol进行反应，250℃

时，反应A和B达到平衡，平衡时容器体积为VL,C0,转化率为25%,依据温度对反应的影响

曲线可知，CH30H和C0选择性均为50%,由方程式可知，消耗的二氧化碳的物质的量

n(C02)=^X25%mol=^；mol,剩余二氧化碳的物质的量为生成CH30H和CO共多no1,分

别为下押)1,生成n52。)二式inol,两个反应消耗氢气的物质的量为jjinolX3+三二押)1二Kinol,则

321632328

剩余氢气的物质的量为羽no「》olWmol,则反应B的平衡常数

488

仁小。网％。):二*尸:故答案为：焉

C(CO7YC(H?)3a,5a,6060

's'3-mo[一mo[

168

-----x------

VLVL

n.(5)阳极发生氧化反应，氯离子放电生成氯气，电极反应式为：2cl-2e=ckt,故答案为:

2Cl-2e=Cl2t；

(6)氯气具有氧化性，镂根离子中氮是-3价，具有还原性，能够被氯气氧化成氮气，氯气得电

++

子生成T价的氯离子，反应的离子方程式为2NH4+3C12=8H+N2t+6C「，故答案为：

++

2NH4+3C12=8H+N2t+601\

【点睛】本题的易错点和难点为(4)②中化学平衡常数的计算，难点是依据温度对反应的影响

曲线推断CH30H和CO的选择性。

【物质结构与性质】

11.铜及其化合物在人们的日常生活中有着广泛的用途。回答下列问题：

⑴铜或铜盐的焰色反应为绿色，该光谱是(填“汲取光谱”或“放射光谱”)。

⑵基态Cu原子中，核外电子占据的最低能层符号是,其价电子层的电子排布式为

，Cu与Ag均属于IB族，熔点：CuAg(填“>”或

⑶[CU(NH3)4]S04中阴离子的立体构型是；中心原子的轨道杂化类型为,

[CU(NH3)4]S04中C/+与Mt之间形成的化学键称为o

⑷用Cu作催化剂可以氧化乙醇生成乙醛，乙醛再被氧化成乙酸，等物质的量的乙醛与乙酸

中。键的数目比为o

⑸氯、铜两种元素的电负性如表：

元素C1Cu

电负性3.21.9

CuCl属于(填“共价”或“离子”)化合物。

(6)Cu与Cl形成某种化合物的晶胞如图所示，该晶体的密度为Pg•cm-3,晶胞边长为acm,

则阿伏加德罗常数为(用含P、a的代数式表示，相对原子质量：Cu-64,C1-35.5)。

【答案】(1).放射光谱(2).K(3).3dHW(4).>(5).正四面体

(6).sp3(7).配位键(8).6：7(9).共价(10).398/(Pa3)moF1

【解析】

分析】

(1)基态原子的电子汲取能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以光的形式

释放能量；

⑵基态Cu原子的核外电子排布式为：Is%22Pti3s23P63dzsICu的离子半径比Ag的小，Cu

的金属键更强；

(3)依据价层电子对个数=。键个数+孤电子对个数计算解答；

⑷依据乙醛和乙酸的结构式结合单键为。键，双键含有1个。键、1个“键分析解答；

(5)电负性差值大于1.7的两种元素化合时，形成离子键；电负性差值小于1.7的两种元素的

原子之间形成共价键；

(6)依据均摊法计算晶胞中黑色球、白色球数目，确定物质的组成，用阿伏加德罗常数表示出

晶胞质量，而晶胞质量也等于晶胞体积与密度乘积，据此计算。

【详解】(1)基态原子的电子汲取能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以

光的形式释放能量，焰色反应的光谱属于放射光谱，故答案为：放射光谱；

(2)基态Cu原子的核外电子排布式为：Is22s22P63s23P63dzsI核外电子占据的最低能层是第

一能层，能层符号是K；价电子层的电子排布式为3/°4si；Cu与Ag均属于IB族，Cu的离子

半径比Ag的小，Cu的金属键更强，熔点Cu>Ag,故答案为：K；3dZsi；>；

(3)SO广中S原子孤电子对数=上比——=°，价层电子对数=4+0=4,S0/的空间构型为正四面

体，S原子杂化方式为sp>Cu?’离子含有空轨道，Nft中N原子有孤电子对，Cu?+与NL之间形

成配位键，故答案为：正四面体；sp'；配位键；

(4)1个乙醛分子中有4个C-H键、1个C-C键、1个C=0双键，单键为。键，双键含有1个

。键、1个m键，乙醛分子中有6个。键；1个乙酸分子中有3个C-H键、1个C-C键、1

个C=0双键，1个C-0键，1个0-H键，单键为。键，双键含有1个。键、1个n键，乙酸

分子中有7个。键，因此等物质的量的乙醛与乙酸中。键的数目比为6：7,故答案为：6：7；

⑸。与Cu的电负性之差为氯2-1.9=1.3,电负性差值小于L7,故CuCl属于共价化合物,

故答案为：共价;

11

⑹晶胞中黑色球数目=4、白色球数目=8X^+6X『4,该化合物为CuCL晶胞质量

82

(64+35.5)g/mol，398_]

33398

二4XPg*cmX(acm),整理可得NA二Qinol，故答案为:--------offlolo

p-ap-a

【有机化学基础】

12.一种合成冏烷（E）的路途如下:

⑴A中所含官能团的名称是；E的分子式为o

⑵A-B、B-C的反应类型分别是、o

⑶在肯定条件下，B与足量乙酸可发生酯化反应，其化学方程式为o

（4）F是一种芳香族化合物，能同时满意下列条件的F的同分异构体有种。

①1个F分子比1个C分子少两个氢原子

②苯环上有3个取代基

③ImolF能与2molNaOH反应

写出其中核磁共振氢谱图有5组峰，且面积比为3：2：2：2：1的一种物质的结构简式:

0H

⑸1,2-环己二醇（）是一种重要的有机合成原料，请参照题中的合成路途，以

0H

Ck/

CHO

和为主要原料，设计合成1,2-环己二醇的合成路途。

」一CHO

【答案】

(1).羟基、碳碳双键(2).C12H18(3).加成反应(4).氧化反应

【解析】

【分析】

OHO)确定其分子式;

⑴依据的结构结合常见官能团的结构推断；依据E(

(2)对比A、B结构，2个A分子中碳碳双键中一个键断裂，碳原子相互连接成环得到B；B中

羟基转化为C中跋基，据此推断反应类型；

⑶B中含有羟基，在肯定条件下，能够与乙酸发生酯化反应，结合酯化反应的机理书写与乙

酸反应的方程式;

⑷C为，分子式为CMG,1个F分子比1个C分子少两个氢原子，则F的分子式

为C此其不饱和度=4,F是一种芳香族化合物，说明除了苯环外，不存在不饱和结构，ImolF

能与2moiNaOH反应，并且苯环上有3个取代基，说明苯环上含有2个羟基和1个乙基，据此

书写满意条件的同分异构体;

C

CHO

⑸以和为主要原料合成1,2-环己二醇(),依据题干流程图C-D的

CHO

o,o.o.

提示，须要合成,再由与乙二醛反应生成,最终将转化为

O'

即可。

OH