【文档说明】湖南省名校大联考2020届高三第三次模拟考试卷化学试题【精准解析】.doc，共(19)页，892.000 KB，由小赞的店铺上传

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湖南名校大联考2020届高三第三次模拟测试卷化学注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题

目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：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均无效。4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1C12N14

O16Na23S32Cl35.5K39一、选择题(每小题6分，共42分)1.中国传统文化博大精深，明代方以智的《物理小识》中有关炼铁的记载：“煤则各处产之，臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿

煮石，殊为省力。”下列说法中正确的是A.《物理小识》中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁B.文中说明以煤炭作为燃料被普遍使用，煤的主要成分为烃C.生铁是指含硫、磷、碳量低的铁合金D.工业上可通过煤的干馏获得乙烯、丙烯等化工原料【答案】A【解析】【详解】A．由《物理小识》中记载

语句“臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石”可知是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁，A选项正确；B．煤其主要成分为碳、氢、氧和少量的氮、硫或其它元素，而烃只由C、H两种元素组成，B选项错误；C．生铁的含碳量比钢的含

碳量较高，故生铁不是指含碳量很低的铁合金，C选项错误；D．工业上可通过石油的裂化、裂解获得乙烯、丙烯等化工原料，D选项错误；答案选A。2.咖啡酸具有止血功效，存在于多种中药中，其结构简式如下图，下列说法不正确的是A.咖啡酸可以发生取代、加成、氧化、酯化、加聚反

应B.1mol咖啡酸最多能与5molH2反应C.咖啡酸分子中所有原子可能共面D.蜂胶的分子式为C17H16O4，在一定条件下可水解生成咖啡酸和一种一元醇A，则醇A的分子式为C8H10O【答案】B【解析】A，咖啡酸中含酚羟基能发生取代反应、加成反应、氧化反应，含碳碳

双键能发生加成反应、氧化反应、加聚反应，含羧基能发生取代反应、酯化反应，A项正确；B，咖啡酸中含有1个苯环和1个碳碳双键，苯环和碳碳双键能与H2发生加成反应，1mol咖啡酸最多能与4molH2发生加成反应，B项错误；C，咖啡酸中碳原子形成1个苯环、1个碳碳双键、1个羧基，其中C原

子都为sp2杂化，联想苯、乙烯的结构，结合单键可以旋转，咖啡酸中所有原子可能共面，C项正确；D，由咖啡酸的结构简式写出咖啡酸的分子式为C9H8O4，A为一元醇，蜂胶水解的方程式为C17H16O4（蜂胶）+H2O→C9H8O4（咖啡酸）+A，根据原子守恒，A的分子式为C8H10O，D项

正确；答案选B。点睛：本题考查有机物的结构和性质、有机分子中共面原子的判断。明确有机物的结构特点是解题的关键，难点是分子中共面原子的判断，分子中共面原子的判断注意从乙烯、苯和甲烷等结构特点进行知识的迁移应用，注意单键可以旋转、

双键不能旋转这一特点。3.苯乙酮常温下为无色晶体或浅黄色油状液体，是山楂、含羞草、紫丁香等香精的调合原料，并广泛用于皂用香精和烟草香精中，可由苯经下述反应制备：+(CH3CO)2O3AlCl⎯⎯⎯→+CH3COOHNA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是A.气态苯乙酮的密度是气态乙酸密度的

2倍B.1mol苯所含的化学单键数目为12NAC.0.5mol乙酸酐中含有的电子数目为27NAD.1L2mol/LCH3COOH溶液与足量钠反应生成的气体分子数为NA【答案】C【解析】【详解】A．气态苯乙酮的摩尔质量为120g/mol，气态乙酸的

摩尔质量为60g/mol，根据ρ=mV，二者气态物质的状态条件未知，体积无法确定，则密度无法确定，故A错误；B．苯的结构中，只有碳氢单键，碳碳之间是一种介于单键与双键之间的一种特殊键，则1个苯分子中有6个单键，1mol苯中含有6mol单键即6NA个，故B错误；C．一个乙酸酐分

子中含有54个电子，1mol乙酸酐分子中含有54mol电子，则0.5mol乙酸酐中含有27mol电子，即电子数目为27NA，故C正确；D．1L2mol/LCH3COOH的物质的量为2mol，与钠反应生成氢气1mol，足量钠，醋酸消耗完可继续与水反应，则

生成的气体分子数大于NA个，故D错误；答案选C。【点睛】足量的钠与乙酸反应置换出氢气后，剩余的钠会继续和水反应，钠与水反应也会释放出氢气。4.某科研团队研制出“TM﹣LiH（TM表示过渡金属）”双催化剂体系，显著提高了在温和条件下氮气和氢气合成NH3的效率，原理示

意如下：下列分析不合理的是（）A.状态Ⅰ，吸收能量并有N≡N键发生断裂B.合成NH3总反应的原子利用率是100%C.“TM﹣LiH”能降低合成氨反应的△HD.生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3【答案】C【解

析】【分析】由流程可知氮气与TM-LiH反应生成LiNH，LiNH与氢气反应生成氨气和LiH，总反应为2LiNH+3H2═2LiH+2NH3。【详解】A．状态Ⅰ为氮气生成LiNH的过程，N≡N键发生断裂要吸收能量，故A正确；B．由流程可知氮气和氢气反应，生成物只有氨气，原子利用率为100%，

故B正确；C．催化剂可降低反应的活化能，但不能降低反应物和生成物的总能量，不能改变反应热，故C错误；D．由状态Ⅲ可知生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3，故D正确。故选C。5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与

X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是（）A.元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞ZB.Y单质的熔点高于X单质C.W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有一种D.化合物M中W不都

满足8电子稳定结构【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；根据结构，W最外层有6个电子，原子序数小于11，则W为O

元素；Y最外层有4个电子，原子序数大于11，则Y为Si元素；W的核外电子数为8，与X、Z的最外层电子数之和相等，则Z最外层有7个电子，只能为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，符合题意，据此分析解答。【详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z

为Cl元素。A、同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为Cl＞Si，即Z＞Y，故A错误；B、硅为原子晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，故B正确；C、O与Na能够形成氧化钠和过氧化钠2种，故C错误；D、根据，阴离子带2

个单位负电荷，其中O都满足8电子稳定结构，故D错误；故选B。6.在某种光电池中，当光照在表面涂有氯化银的银片上时，发生反应：AgCl(s)Ag(s)+Cl(AgCl)[Cl(AgCl)表示生成的氯原子吸附在氯化银表面]

，接着发生反应：Cl(AgCl)+e-=Cl-(aq)+AgCl(s)。如图为用该光电池电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图，下列叙述正确的是（）A.光电池工作时，Ag极为电流流出极，

发生氧化反应B.制氢装置溶液中K+移向A极C.光电池工作时，Ag电极发生的反应为2Cl--2e-=Cl2↑D.制氢装置工作时，A极的电极反应式为CO(NH2)2+8OH-−6e-=CO32-+6H2O+N2↑【答案】D【解析】【分析】根据题意，左边装置为原电池，右边装置为电解池，原电池中

当光照在表面涂有氯化银的银片上时，发生反应：AgCl(s)Ag(s)+Cl(AgCl)，接着发生反应：Cl(AgCl)+e-=Cl-(aq)+AgCl(s)，银上的电极反应为AgCl(s)+e-═Ag(s)+Cl-，得电子发生还

原反应，所以银作正极、铂作负极，结合原电池原理和电解池原理分析解答。【详解】A．得电子的电极发生还原反应，左侧Ag电极上得电子作正极、Pt作负极，则Ag电极发生还原反应，故A错误；B．左侧Ag电极上得电子作正极、Pt作负极，则连接Ag的电极为阳极、连接Pt的电极为阴极，制取氢气装置溶液中

阳离子向阴极移动，所以K+移向B电极，故B错误；C．光电池工作时，Ag电极上AgCl得电子生成Ag，电极反应式为AgCl（s）+e-═Ag（s）+Cl-，故C错误；D．制取氢气装置工作时，A电极为阳极，尿素失

电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和氮气、水，电极反应式为CO(NH2)2+8OH--6e-═CO32-+N2↑+6H2O，故D正确；故选：D。【点睛】正确判断原电池的正负极是解题的关键。本题的难点为CD，C可以根据银电极的两个反应分析

得到，D中要注意电解质溶液的碱性对产物的影响。7.常温下，分别向体积相同、浓度均为1mol／L的HA、HB两种酸溶液中不断加水稀释，酸溶液的pH与酸溶液浓度的对数(lgc)间的关系如图。下列对该过程相关分析正确的是A.HB的电离常数(Ka)数量级为10-

3B.其钠盐的水解常数(Kh)大小关系是：NaB>NaAC.a、b两点溶液中，水的电离程度b<aD.当lgc=-7时，两种酸溶液均有pH=7【答案】B【解析】【详解】A.由图可知，b点时HB溶液中c=10-3mol·L－1，溶液中c（H＋）=10-6mol·L－1，c（

B-）=10-6mol·L－1，则HB的电离常数(Ka)=-6-6-3101010=10-9,故A错误；B.与A同理，HA的电离常数Ka=-4-4-3101010=10-5＞HB的电离常数，则HB酸性弱于HA，由酸越弱对应的盐水解能力越强，水解程

度越大，钠盐的水解常数越大，故B正确；C.a、b两点溶液中，b水解程度大，水电离程度大，水的电离程度b>a，故C错误；D.当lgC=-7时，HB中c（H＋）=917101010−−−=mol·L－1，HA中c（H＋）=5710101

0−−=mol·L－1，pH均不为7，故D错误；故选B。【点睛】难点A选项，从图中读出两点氢离子的浓度，酸的浓度，根据电离常数的定义写出电离常数，本题易错点为D选项，当lgc=-7时，是酸的浓度是10-7mol·L－1，不是氢离子的浓度。二、非选择题(共43分)8.无水

三氯化铬（CrCl3）为紫色晶体，在工业上主要用作媒染剂和催化剂，某化学小组用Cr2O3和CCl4在高温下制备无水三氯化铬，部分实验装置如图所示。已知：①CrCl3熔点为83℃，易潮解，易升华，易溶于水但不易水解，高温下易被氧气氧化；②Cr2O3和CCl4在高温下反应的产物

为CrCl3和光气（COCl2）。请回答下列问题：（1）装置A是氮气制备装置，氮气的作用是____________。（2）装置B的作用为________。装置C和装置E的水槽中应分别盛有__________、____________。（3）装置D中生成

CrCl3和光气（COCl2）的化学方程式为_________。（4）该实验装置有设计不合理的地方，请写出改进方法：_________（写一点即可）（5）产品中CrCl3质量分数的测定：（i）称取0.3000g得到的CrCl3样品溶于水并于250mL容量瓶中定容。（ii）

取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸腾后加入稍过量的Na2O2,稀释并加热煮沸，再加入过量的H2SO4酸化，将Cr3+氧化为Cr2O72-；再加入过量的KI固体，加塞摇匀，使铬完全以Cr3+形式存在（iii）加入1mL指示剂，用0.0250mol·

L－1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准Na2S2O3溶液21.00mL（已知2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）①ii中加入稍过量的Na2O2后要加热煮沸，其主要原因是___

_________；加入KI发生反应的离子方程式为________________②滴定实验可选用的指示剂为____________产品中CrCl3质量分数为_______%（结果保留两位有效数字）【答案】(1).排出空气、吹出CCl4蒸汽、吹出产物及尾气(2

).除去氮气中水蒸气(3).热水(4).冷水(5).Cr2O3＋3CCl42CrCl3＋3COCl2(6).将连接装置D、E的细导管改成粗导管(7).除去溶解的氧气，防止将I-氧化(8).Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O(9).淀粉溶液(10).9

2.5【解析】【分析】A装置中氨气和氧化铜在加热条件下生成氮气，B装置干燥氮气，C装置中的4CCl是反应物，氮气将4CCl吹入反应装置D中，E装置进行尾气吸收。【详解】（1）氮气的作用是排出空气、吹出4CCl蒸汽、吹出产物及尾气，故答案为：排出空气、吹出4CCl蒸汽、吹出产物及尾气；

（2）由信息①可知装置D中必须保持无水环境，故装置B的作用是干燥氮气；装置C中热水的作用是使4CCl汽化，提供反应所需的反应物；装置E中冷水的作用是冷凝生成的3CrCl，故答案为：除去氮气中水蒸气；热水；冷水；（3）由题意可知，反应物是23CrO和4CCl，产物为3CrCl和2COCl，故方程式

为：23432CrO3CCl2CrCl+3+COCl，故答案为：23432CrO3CCl2CrCl+3+COCl；（4）由信息①可知3CrCl易升华，题中装置图中D、E之间的导管太细，易发生堵塞，故应

将细导管换成粗导管，故答案为：将连接装置D、E的细导管改成粗导管；（5）①溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化-I氧化，若不除去其中溶解的氧气使生成的2I的量增大，产生偏高的误差，故加热煮沸；2-27CrO和-I发生氧化还原生成碘单质和铬离子，离

子方程式为：2--+3+2722CrO+6I+14H=2Cr+3I+7HO，故答案为：除去溶解的氧气，防止将-I氧化；2--+3+2722CrO+6I+14H=2Cr+3I+7HO；②利用223NaSO滴定生成2I，2I遇淀粉显蓝

色，所以可以用淀粉作指示剂；设25.00mL溶液中3+nCr（），由Cr元素守恒及方程式可得关系式：3+2-2722232CrCrO3I6NaSO～～～，3+2-2722233+22CrCrO3I6NaSO6nCr0.0250mol/L0.02

1L（），故3+1nCr0.0250/0.0210.0001753molLLmol==（），所以250mL溶液中3+Cr的物质的量为0.00175mol，根据Cr元素守恒可知3nCrCl=0.00175mol（），所以样品中3mCrCl0

.00175158.5/0.2774molgmolg==（），故样品中无水三氯化铬的质量分数为：0.2774100%92.5%0.3000gg=，故答案为：淀粉溶液；92.5。9.开发清洁能源是当今化工研究的一个热点问题。二甲醚(CH3OCH3)在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料

使用，工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3。工业制备二甲醚在催化反应室中(压力2.0～10.0Mpa，温度230～280℃)进行下列反应：①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH1=-9

9kJ·mol−1②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH2=-23.5kJ·mol−1③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH3=-41.2kJ·mol−1(1)催化反应室中的总反应3CO(g)+3H2(g)⇌CH3

OCH3(g)+CO2(g)，计算ΔH=_______。反应来自煤的气化。已知该反应的平衡常数表达式为K=22c(H)c(CO)c(HO)，每生成1molH2需要吸收131.3kJ的热量。写出该反应的热化学方程式____________。(2)在该条件下，

若反应①的起始浓度分别为：c(CO)=0.6mol·L−1，c(H2)=1.4mol·L−1，8min后达到平衡，CO的转化率为50%，则8min内H2的平均反应速率为__________。(3)在t℃时，反应②的平衡常数为400，此温度下，在1L的密闭容器中加入一定的甲

醇，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2Oc(mol·L−1)0.461.01.0此时刻v正___v逆(填“＞”“＜”或“＝”)，平衡时c(CH3OCH3)的物质的量浓度是___。(4)在(1)小题中催化反应室的总

反应3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)，CO的平衡转化率a(CO)与温度、压强的关系如图所示，图中X代表___(填“温度”或“压强”)，且L1___L2(填“＞”“＜”或“＝”)。(5)在催化剂的

作用下同时进行三个反应，发现随着起始投料比2n(H)n(CO)的改变，二甲醚和甲醇的产率(产物中的碳原子占起始CO中碳原子的百分率)呈现如图的变化趋势。试解释投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因：_____。【答案】(1).-262.7kJ·mol−1(2).C(s)+

H2O(g)⇌H2(g)+CO(g)ΔH=+131.3kJ·mol−1(3).0.075mol·L−1·min−1(4).＞(5).1.2mol·L−1(6).温度(7).＞(8).当投料比大于1时，随

着c(H2)增大，反应①被促进，而反应③被抑制，c(H2O)增大，最终抑制反应②，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小【解析】【详解】（1）催化反应室中的总反应3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)，根据盖斯定理可

按以下方法联立得到：①×2+②+③，该反应ΔH=-99kJ·mol−1×2+(-23.5kJ·mol−1)+(-41.2kJ·mol−1)=-262.7kJ·mol−1；根据煤的气化平衡常数表达式以及质量守恒，可写出该反应的化学方程式为：H2O(g)+C(s)⇌H2(g)

+CO(g)，根据生成1molH2需要吸收131.3kJ的热量可知该反应的ΔH=+131.3kJ∙mol−1，则该反应的热化学方程式为：C(s)+H2O(g)⇌H2(g)+CO(g)ΔH=+131.3kJ·mol−1；（2）根据题给数据，CO的反应量为0.6mol/L×50%=0.3m

ol/L，H2的反应量为0.6mol/L，则8min内H2的平均反应速率为：v(H2)=0.6mol/L8min=0.075mol∙L−1∙min−1；（3）该时刻反应的浓度熵为：Qc=323223(CHOCH)(HO)1.01.0==4.7(CH0.46OH)ccc

＜400，反应正向进行，所以，v正＞v逆；设从该时刻至达到平衡时CH3OCH3物质的量浓度变化量为x，则有：()()()()()()33322CHOHgCHOCHg+HOgmol/L0.4611mol/L2xxxmol/L0.46-2x1+x1+x起始转化平衡ƒ3323

22(CHOCH)(HO)(1+x)(1+x)===400(CHOH)(0.46-2x)ccKcg，解得x=0.2，则平衡时c(CH3OCH3)=1mol/L+0.2mol/L=1.2mol/L；（4）根据催化反

应室的总反应放热，化学方程式3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)ΔH=-262.7kJ·mol−1可知，正向反应气体减少，反应放热，所以CO的平衡转化率α(CO)随温度的升高而减小、随压强的增大而增大，图

中曲线随X增大而减小，可判断X是温度，则L1、L2是压强，且L1＞L2；（5）结合图象，根据平衡移动原理分析：随着2(H)(CO)nn增大，反应①CO转化率增大，甲醇的产率增大，进而有利于反应②正向移动；另一方

面，随着2(H)(CO)nn增大，反应③被抑制，c(H2O)增大，进而抑制了反应②；图中二甲醚产率随着2(H)(CO)nn增大先增大后减小的原因就是这两种因素共同作用的结果，题给图中投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的

原因可解释为：当投料比大于1时，随着c(H2)增大，反应①被促进，而反应③被抑制，c(H2O)增大，最终抑制反应②，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小。10.NiCl2是化工合成中最重要的镍源，在实验室中模拟工业上以金属镍废料(含Fe、A

l等杂质)为原料生产NiCl2的工艺流程如下：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Ni(OH)2开始沉淀的pH2.16.53.77.1沉淀完全的pH3.39.74.79.2(1)为了提高镍元素的浸出率，在“酸

浸”时可采取的措施有__________(写一条即可)。(2)加入H2O2时发生主要反应的离子方程式为__________。(3)“调pH”时，控制溶液pH的范围为__________。(4)“沉镍”过程中，若滤液A中c

(Ni2＋)=1.0mol/L，欲使100mL该滤液中的Ni2＋沉淀完全［即溶液中c(Ni2＋)≤1.0×10-5］，则需用托盘天平称取Na2CO3固体的质量至少为_____g。(已知Ksp(NiCO3)

=6.5×10-6，忽略溶液体积的变化)(5)流程中由溶液得到NiCl2·6H2O的实验操作步骤依次为______、过滤、洗涤、干燥。【答案】(1).将镍废料磨成粉末(或搅拌，或适当升高温度，或提高酸

的浓度)(2).H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O(3).4.7≤pH<7.1或［4.7，7.1)(4).17.5(5).蒸发浓缩、冷却结晶【解析】【分析】根据流程：金属镍废料(含Fe、Al等杂质)，加

盐酸酸浸后的酸性溶液中主要含有H+、Ni2+、Fe2+、Al3+，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，加入Na2CO3溶液调节溶液的pH范围4.7≤pH<7.1，使Fe3+、Al3+全部沉淀，滤渣为Fe(OH)3、Al(OH

)3，滤液主要含有Ni2+，加入Na2CO3溶液沉淀Ni2+，将得到的NiCO3沉淀用盐酸溶解得到二氧化碳和NiCl2溶液，将NiCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl2•6H2O，据此分析作答。【详解】(1)为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有将镍废料磨成粉末

、搅拌、适当升高温度方法、提高溶液中酸的浓度，都可以提高镍元素的浸出率；(2)H2O2具有氧化性，加入H2O2氧化Fe2+为Fe3+，离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；(3)“调pH”的目的是沉淀Fe3+、Al3+，但不沉淀

Ni2+，根据表格数据可知，应该控制溶液pH的范围为4.7≤pH＜7.1或[4.7，7.1）；(4)滤液A中c(Ni2+)=1.0mol/L，欲使100mL该滤液中含有n(Ni2+)=0.1mol，则生成NiCO3需要CO32-为0.1mol，Ni2+刚好沉淀完全时，溶液中c

(CO32-)=656.5101.010−−=0.65mol/L，此时溶液中CO32-为0.065mol，故至少需要Na2CO3固体0.1mol+0.065mol=0.165mol，其质量m(Na2CO3)=0.165mol×106g/mol=17.49g≈17.5g；(5)将NiC

l2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl2•6H2O。三、选考题(共15分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。)11.Al、Ti、Co、Cr、Zn等元素形成的化合物在现代工业中有广泛的用途。回答下列问题：(1)下列状态的铝中，电离最外层的一个电子

所需能量最小的是_____(填标号)。A．[Ne]3s1B．[Ne]3s2C．[Ne]3s23p1D．[Ne]3s13p2(2)熔融AlCl3时可生成具有挥发性的二聚体Al2Cl6，二聚体Al2Cl6的结构式为_____；(标出配位键)其中Al的配位数为_________。(3)与

钛同周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与基态钛原子相同的元素有_____种。(4)Co2＋的价电子排布式_________。NH3分子与Co2＋结合成配合物[Co(NH3)6]2＋，与游离的氨分子相比，其键角∠HNH_____(填“较大”，“较小”或“相同”)

，解释原因_____。(5)已知CrO5中铬元素为最高价态，画出其结构式：_____。(6)阿伏加德罗常数的测定有多种方法，X射线衍射法就是其中的一种。通过对碲化锌晶体的X射线衍射图象分析，可以得出其晶胞如图1所示，图2是该晶胞沿z轴

的投影图，请在图中圆球上涂“●”标明Zn的位置_____。若晶体中Te呈立方面心最密堆积方式排列，Te的半径为apm，晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数NA=_____mol-1（列计算式表达）。【答案】(1).D(2).(3).4(4).4(5).3d

7(6).较大(7).NH3通过配位键与Co2+结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对其他N-H成键电子对的排斥力减小，N-H键之间的键角增大(8).(9).(或Te与Zn的位置互换)(10).-1034(65+128)4a(10)2【解析】【分析】(1)电离最外层的一个电

子所需的能量：基态原子>激发态原子，第一电离能＜第二电离能＜第三电离能；(2)二聚体Al2Cl6由Al提供空轨道，Cl原子提供孤电子对形成配位键，配合物中的配位数是指直接同中心离子(或原子)配位的原子数目；(3)根据核外电子的排布特点分析；(4)Co为27号元素

，根据构造原理可写出Co2+的价电子排布式；NH3分子与Co2＋结合成配合物[Co(NH3)6]2＋，与游离的氨分子相比，NH3通过配位键与Co2+结合，原来的孤电子对变为成键电子对；(5)计算该化合物中氧的化合价判断其结构；(6)根据

均摊法计算该晶胞中Zn原子、Te原子的数目，计算晶胞的边长，列出晶体密度的表达式，从而转化得到阿伏加德罗常的表达式。【详解】(1)电离最外层的一个电子所需的能量：基态原子>激发态原子，第一电离能＜第二电离能＜第三电离

能，D为激发态原子，D状态的铝电离最外层的一个电子所需能量最小，故答案为：D；(2)熔融AlCl3时可生成具有挥发性的二聚体Al2Cl6，该二聚体由Al提供空轨道，Cl原子提供孤电子对形成配位键，其结构式为，配合物中的配位数是指直接同中心离子(或原子)配位的原子数目，二聚体Al2Cl6中与Al

直接相连的原子有4个，故Al的配位数为4，故答案为：；4；(3)Ti元素最外层有2个电子,与钛同周期的所有副族元素的基态原子中,最外层电子数与基态钛原子相同的元素有Sc、V、Mn、Zn，共4种，故答案为：4；(4)Co为27号元素，根据构造原理可知其价电子排布式为3d74s2，则Co2＋

的价电子排布式为3d7；NH3分子与Co2＋结合成配合物[Co(NH3)6]2＋，与游离的氨分子相比，NH3通过配位键与Co2+结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对其他N-H成键电子对的排斥力减小，N-H键之

间的键角增大，故答案为：3d7；较大；NH3通过配位键与Co2+结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对其他N-H成键电子对的排斥力减小，N-H键之间的键角增大；(5)已知CrO5中铬元素为最高价态，则Cr为+

6价，在该化合物中，设-1价氧原子为x个，-2价氧原子为y个，则可得x+y=5,x+2y=6,解得x=4，y=1，则该化合物中含有两个过氧键，则其结构式，故答案为：；(6)根据碲化锌的晶胞结构图可知，该晶胞沿z轴的投影

图为(或Te与Zn的位置互换)，根据均摊法可知，在该晶胞中Zn原子的数目为4，Te原子的数目为118+6=482，若晶体中Te呈立方面心最密堆积方式排列，则晶胞的面对角线为4apm，则晶胞的边长为4apm2，则晶体的密度-033

1A4(65+128)=4a(10)2g/cmN，阿伏加德罗常数-1A-1034(65+128)=mol4a(10)2N，故答案为：(或Te与Zn的位置互换)；-1034(65+128)4a(10)2。【点睛】第(3)问，问的是与钛同周期的所有副族元素的基态原子中,最

外层电子数与基态钛原子相同的元素有几种，这里一定注意是副族元素，Fe、Co、Ni虽然最外层也是2个电子，但是它们不是副族元素，是第VIII族元素，这是同学们的易错点。12.有机物M是有机合成的重要中间体，制备M的一种合成路线如下(部分反应条件和试剂略去)：已知：①A

的密度是相同条件下H2密度的38倍；其分子的核磁共振氢谱中有3组峰；②(-NH2容易被氧化)；③R-CH2COOH请回答下列问题：(1)B的化学名称为______。A中官能团的电子式为______。(2)CD的反应类型是______，I的结构简式为______。(3)FG的化学方程式

为______。(4)M不可能发生的反应为______(填选项字母)。a.加成反应b.氧化反应c.取代反应d.消去反应(5)请写出任意两种满足下列条件的E的同分异构体有______。①能与FeCl3溶液发生显色反应②能与

NaHCO3反应③含有-NH2(6)参照上述合成路线，以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：______。【答案】(1).丙二醛(2).(3).取代反应(4).(5).+(CH3CO)2O+CH3

COOH(6).d(7).、(符合要求均可)(8).【解析】【分析】（1）~（5）A的密度是相同条件下H2密度的38倍，则A的相对分子质量为76，其分子的核磁共振氢谱中有3组峰，A能连续被氧化生成二元酸，

则A为二元醇，A、B、C中碳原子个数相等，则A为HOCH2CH2CH2OH，B为OHCCH2CHO，C发生取代反应生成D；根据已知②知，E发生还原反应生成F为，F发生取代反应生成G，D与G发生取代反应生成H，H加热发生已知③的反应生成的I为，I发生取代反应生成M；(6)以为原料(无

机试剂任选)，设计制备的合成路线，可由对氨基苯甲酸发生缩聚反应得到，氨基可由硝基还原得到，羧基可由醛基氧化得到，醛基可由醇羟基氧化得到，醇羟基可由卤代烃发生水解反应得到。【详解】(1)B为OHCCH2CHO，B的

化学名称为丙二醛，A是HOCH2CH2CH2OH，A中官能团为羟基，A中官能团的电子式为；(2)C的结构简式为HOOC-CH2-COOH，D的结构简式为HOOCCHBrCOOH，C与Br2发生取代反应产生HOOC-CHBr-COOH和HBr；I的结构简式为；

(3)F发生取代反应生成G，F→G的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH；(4)a.M中苯环能发生加成反应，a不符合题意；b.酚羟基能发生氧化反应，b不符合题意；c.羧基、酚羟基和肽键都能发生取代反应，c不符合题意；d.羧基、酚羟基和肽键都不能发生消去反应，d符合题意；

故合理选项是d；(5)E的同分异构体符合下列条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能与NaHCO3反应，说明含有羧基，③含有-NH2，如果-OH、-COOH相邻，有4种；如果-OH、-COOH相间，有4种；如果-OH、-COOH相对，有2

种，所以符合条件的有10种，其中两种同分异构体的结构简式是：、；(6)以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线，可由对氨基苯甲酸发生缩聚反应得到，氨基可由硝基还原得到，羧基可由醛基氧化得到，醛基可由醇羟基氧化得到，醇羟基可由卤代烃发生水解反应得到，其合成路线为。【点睛】本题考查有机物合成

与推断的知识，注意反应中碳链变化、官能团变化及反应条件是解本题的关键，熟练掌握常见官能团之间的转化关系，侧重考查学生知识综合运用及知识迁移能力。