2023年全国统一高考化学试卷(新课标Ⅰ)-试题及详解

2019 年全国统一高考化学试卷课标一、单项选择题本大题共 7 小题，共 7.0 分1. 陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着亲热的关系。以下说法错误的选项是()A. “雨过天晴云”所描述的瓷器青色，来自氧化铁B. 著名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成C. 陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐D. 陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点【答案】A【解析】【分析】此题考察陶瓷有关学问，把握相关的硅酸盐产品的生产原料、产品组成、性质以及硅酸盐的概念是解答此题的关键，留意根底学问的积存把握，题目难度不大。【解答】A. 瓷器着色如雨过天晴，为青色，瓷器的原料高岭矿或高岭土中普遍含有铁元素，青瓷的烧制过程就是将含有红棕色氧化铁的色釉在火里烧，再经过复原形成为青色，此时铁 不再是三价铁，而是二价铁，故A 错误；B. 陶瓷的传统概念是指全部以黏土等无机非金属矿物为原材料，经过高温烧制而成的产品，著名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成，故B 正确；C. 以含硅元素物质为原料通过高温加热发生简单的物理、化学变化制得硅酸盐产品，传 统硅酸盐产品包括：一般玻璃、陶瓷、水泥，是用物理化学方法制造出来的最早的人造材料，一万多年以前，它的诞生使人类由旧石器时代进入了石器时代，故C 正确； D.陶瓷有日用陶瓷、卫生陶瓷、建筑陶瓷、化工陶瓷和电瓷、压电陶瓷等，共性为具有抗氧化、抗酸碱腐蚀、耐高温、绝缘、易成型等优点，故D 正确。应选A。第 10 页，共 15 页2.关于化合物2 苯基丙烯()，以下说法正确的选项是()A. 不能使稀高锰酸钾溶液褪色C. 分子中全部原子共平面【答案】BB. 可以发生加成聚合反响D. 易溶于水及甲苯【解析】解：A.含有碳碳双键，所以具有烯烃性质，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A 错误；B. 含有碳碳双键，所以能发生加聚反响生成高分子化合物，故B 正确；C. 苯分子中全部原子共平面、乙烯分子中全部原子共平面，甲烷分子为正四周体构造， 有 3 个原子共平面，该分子中甲基具有甲烷构造特点，所以该分子中全部原子不能共平面，故C 错误；D. 该物质为有机物，没有亲水基，不易溶于水，易溶于甲苯，故D 错误； 应选：B。该有机物中含有苯环和碳碳双键，具有苯和烯烃性质，能发生加成反响、取代反响、加聚反响、氧化反响，据此分析解答。此题考察有机物构造和性质，侧重考察苯和烯烃性质，明确官能团及其性质关系是解此题关键，会利用学问迁移方法推断原子是否共平面，题目难度不大。3. 试验室制备溴苯的反响装置如以下图所示，关于试验操作或表达错误的选项是()A. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先翻开KB. 试验中装置b 中的液体渐渐变为浅红色C. 装置c 中的碳酸钠溶液的作用是吸取溴化氢D. 反响后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯【答案】D【解析】【分析】此题考察性质方案的评价，题目难度中等，明确试验原理为解答关键，留意把握常见元素化合物性质，试题侧重考察学生的分析力量及化学试验力量。【解答】A. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前，需先翻开 K 才能平衡压强，以便参加混合液， 故A 正确；B. 挥发出的HBr 中含有溴，溴溶于四氯化碳呈浅红色，故B 正确；C. HBr为污染物，需要用碳酸钠溶液吸取，故C 正确；D. 溴苯中含有剩余的溴和苯，经稀碱溶液洗涤后应先分液再蒸馏，故D 错误。应选D。4. 固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域争论的重要课题。以下图为少量 HCl 气体分子在 253 K冰外表吸附和溶解过程的示意图，以下表达错误的选项是 ()A. 冰外表第一层中，HCl 以分子形式存在B. 冰外表其次层中，H+浓度为 5 103 mol L1(设冰的密度为 0.9 g cm3)D. 冰外表各层之间，均存在可逆反响 HClH+ + ClC. 冰外表第三层中，冰的氢键网络构造保持不变【答案】D【解析】【分析】此题考察溶解平衡，为高频考点，把握分子构成、物质的量浓度的计算、溶解平衡为解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，留意选项D 为解答的难点，题目难度不大。【解答】A.由图可知，冰外表第一层中存在 HCl 分子，则 HCl 以分子形式存在，故 A 正确；B.冰外表其次层中，Cl：H2O = 104：1，设水的体积为 1 L，溶液体积近似为 1 L，则 H+1000mL0.9g/mL 10431，故 B 正确；浓度为18g/mol1L= 5 10mol LC.冰外表第三层中，仍存在H2O分子，则冰的氢键网络构造保持不变，故 C 正确；D.由图可知，只有其次层存在 HCl 气体分子在冰外表吸附和溶解过程，第一、三层不存在，故 D 错误；应选D。5. NaOH 溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸氢钾H2A的Ka1 = 1.1 103，Ka2 =3.9 106)溶液，混合溶液的相对导电力量变化曲线如下图，其中 b 点为反响终A. 混合溶液的导电力量与离子浓度和种类有关B. Na+与A2的导电力量之和大于HA的C. b 点的混合溶液pH = 7点。以下表达错误的选项是()D. c 点的混合溶液中，c(Na+) c(K+) c(OH)【答案】C【解析】【分析】此题考察酸碱混合的定性推断，为高频考点和常见题型，侧重考察学生的分析力量，留意把握题给信息以及图象的分析，把握溶液导电力量和离子浓度的关系，题目难度中等。【解答】A. 溶液的导电力量取决于电荷浓度的大小，由图象可知a、b、c 点的离子种类、浓度不同，可知混合溶液的导电力量与离子浓度和种类有关，故A 正确；B. 由图象可知a、b 点钾离子浓度相等，b 点导电力量较大，b 点存在Na+与A2，可知Na+与A2的导电力量之和大于HA的，故 B 正确；C. 由题给数据可知H2A为二元弱酸，b 点溶质为为Na2A、K2A，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，但题目没有指明温度，故不能推断pH，故C 错误；D.b 点时，K+与Na+浓度相等，后又参加 NaOH，明显Na+浓度高于K+浓度；之前参加NaOH 约为23mL，b 点到c 点所加的NaOH 明显少于23mL，虽然A2和HA会发生水解，但水解极弱，生成的OH可无视不计，所以氢氧根离子浓度小于钾离子浓度，即c(Na+) c(K+) c(OH)，故 D 正确。应选C。6. 用生物燃料电池原理争论室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。以下说法错误的选项是()A. 相比现有工业合成氨，该方法条件温顺，同时还可供给电能B. 阴极区，在氢化酶作用下发生反响H2 + 2MV2+ = 2H+ + 2MV+C. 正极区，固氮酶为催化剂，N2发生复原反响生成NH3D. 电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动【答案】B【解析】【分析】生物燃料电池的工作原理是N2 + 3H22NH3，其中N2在正极区得电子发生复原此题考察原电池原理的应用，涉及燃料电池正负极的推断及离子的移动方向推断，能准确利用反响原理推断正、负极是解题关键，题目难度不大，属根底考察。反响，H2在负极区失电子发生氧化反响，原电池工作时阳离子向正极区移动，据此分析推断。【解答】A. 利用生物燃料电池在室温下合成氨，既不需要高温加热，同时还能将化学能转化为电能，故A 正确；B. 原电池只有正、负极，不存在阴、阳极，其中负极区，氢气在氢化酶的作用下，发生氧化反响，反响式为H2 + 2MV2+ = 2H+ + 2MV+，故 B 错误；C. N2在正极区得电子发生复原反响，生成NH3，故 C 正确；D. 燃料电池工作时，负极区生成的H+透过质子交换膜进入正极区，故D 正确； 应选B。7. 科学家合成出了一种化合物(如下图)，其中 W、X、Y、Z 为同一短周期元素，Z 核外最外层电子数是X 核外电子数的一半。以下表达正确的选项是()A. WZ 的水溶液呈碱性B. 元素非金属性的挨次为X Y ZC. Y 的最高价氧化物的水化物是中强酸D. 该化合物中Y 不满足 8 电子稳定构造【答案】C【解析】【分析】此题考察原子构造和元素周期律关系，侧重考察原子构造、元素周期表构造、元素化合物性质，正确推断Y 元素是解此题的关键，题目难度较大。【解答】W、X、Y、Z 为同一短周期元素，依据图知，X 能形成 4 个共价键、Z 能形成 1 个共价键，则X 位于第IVA 族、Z 位于第VIIA 族，且 Z 核外最外层电子数是X 核外电子数的一半，Z 最外层 7 个电子，则X 原子核外有 14 个电子，为Si，Z 为 Cl，该阴离子中Cl 显1价、X 显+4价，依据阴离子中化合价的代数和为1价，知 Y 为3价，所以 Y 为P，依据阳离子所带电荷知，W 为Na，通过以上分析知，W、X、Y、Z 分别是Na、Si、P、Cl 元素。A.WZ 为NaCl，NaCl 的水溶液呈中性，故A 错误；B.同一周期元素非金属性随着原子序数增大而增加，则非金属性Cl P Si，所以非金属性Z Y X，故B 错误；C.Y 为P，Y 的最高价氧化物的水化物H3PO4为中强酸，故 C 正确；D.Y 为P，其最外层有 5 个电子，P 原子形成 2 个共价键且该阴离子得到W 原子一个电子，所以P 原子到达 8 电子构造，即Y 原子到达 8 电子构造，故D 错误。应选C。二、推断题本大题共 1 小题，共 10.0 分8. 化合物G 是一种药物合成中间体，其合成路线如下：答复以下问题：(1) A中的官能团名称是。(2) 碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出 B 的构造简式， 用星号()标出 B 中的手性碳。(3) 写出具有六元环构造、并能发生银镜反响的B 的同分异构体的构造简式 。(不考虑立体异构，只需写出 3 个) (4)反响所需的试剂和条件是。(5) 的反响类型是。(6) 写出 F 到G 的反响方程式。(7)设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备的合成路线(无机试剂任选)。(2)；【答案】(1)羟基；(3)(任写 3种即可)；(4) CH3CH2OH、浓硫酸、加热； (5)取代反响；(6)。(7)【解析】【分析】此题考察有机物推断和合成，侧重考察分析推断及信息猎取、学问迁移力量，正确推断各物质构造简式、明确反响中断键和成键方式是解此题关键，利用 G 的合成路线中 步承受学问迁移方法进展(7)题方案设计，题目难度中等。【解答】简式知，D 为，D 发生酯化反响生成E，F 先发生碱性条件下水解然后酸化得到G，依据 E、G 构造简式知，E 发生取代反响生成F，F 为；A 发生氧化反响生成B，B 发生加成反响生成C，C 发生氧化反响生成D，依据E 构造(1) A中的官能团名称是羟基， 故答案为：羟基；(2) 碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，连接甲基的碳原子为手性碳，其手性碳为，故答案为：；(3) 具有六元环构造，说明环上有6 个原子，并能发生银镜反响，说明含有CHO，B 的不饱和度是 2，环的不饱和度是 1、醛基的不饱和度是 1，则符合条件的B 的同分异构体中不含其它碳碳不饱和键，取代基为CH3、CHO时，两个取代基可能位于同一个碳原子上，有 1 种；可能位于不同碳原子上有邻间对3 种，取代基可能为CH2CHO，1 种，所以符合条件的有 5 种，这 5 种构造简式分别为故答案为：(任写 3 种即可)；(4) 反响为羧基转化为酯基的酯化反响，生成羧酸乙酯，则所需的试剂和条件是CH3CH2OH、浓硫酸、加热，故答案为：CH3CH2OH、浓硫酸、加热；(5) 的反响类型是取代反响， 故答案为：取代反响；(6) F先发生碱性条件下的水解反响生成羧酸盐和乙醇，然后羧酸盐酸化得到 G，则 F 到，G 的反响方程式为；(7)由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备，甲苯和溴在光照条件下生成，CH3COCH2COOC2H5发生取代反响生成故答案为：CH3COCH(CH2C6H5)COOCH2CH3，最终发生碱性条件下水解然后酸化得到目标产物，其合成路线为。，故答案为：三、简答题本大题共 3 小题，共 15.0 分9. 硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5 H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：答复以下问题：(1) 在95“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸取”中反响的化学方程式为 。(2) “滤渣 1”的主要成分有。为检验“过滤 1”后的滤液中是否含有Fe3+离子，可选用的化学试剂是。4(3)依据H3BO3的解离反响：H3BO3 + H2O H+ + B(OH)，Ka = 5.81 1010，可推断H3BO3是酸；在“过滤 2”前，将溶液 pH 调整至3.5，目的是。(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2 MgCO3沉淀的离子方程式为，母液经加热后可返回工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是。【答案】NH3 + NH4HCO3 = (NH4)2CO3SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN一元弱 转化为H3BO3，促进析出 2Mg2+ + 3CO2 + 2H2O = Mg(OH)2 MgCO3 +2HCO溶33浸 高温焙烧【解析】解：硼镁矿(含Mg2B2O3 H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)参加硫酸铵溶液， 得到气体，依据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH3，用NH4HCO3吸取NH3， 发生反响NH3 + NH4HCO3 = (NH4)2CO3，依据过滤 2 及沉镁成分知，过滤 1 中得到的滤渣犯难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3，调整溶液pH = 3.5时得到H3BO3，滤液中含有MgSO4，沉镁过程发生的反响为2Mg2+ + 3CO2 + 2H2O = Mg(OH)2 MgCO3 +2HCO，加热分33解可以得到轻质MgO；母液中含有(NH4)2SO4，(1)氨气为碱性气体，能和酸式铵盐吸取生成正盐，反响方程式为NH3 + NH4HCO3 = (NH4)2CO3，故答案为：NH3 + NH4HCO3 = (NH4)2CO3；(2) 滤渣 1 犯难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3；Fe3+和 KSCN 溶液混合得到血红色液体， 所以可以用KSCN 溶液检验铁离子，故答案为：SiO2、Fe2O3、Al2O3；KSCN；(3) H3BO3能发生一步电离，且电离平衡常数很小，所以为一元弱酸；在“过滤 2”前， 将溶液pH 调整至3.5，有利于析出H3BO3，假设溶液 pH 较大，得不到硼酸而得到硼酸盐，故答案为：一元弱；转化为H3BO3，促进析出；33(4) 在“沉镁”中镁离子和碳酸根离子发生水解和复分解反响生成Mg(OH)2 MgCO3沉淀，同时还生成碳酸氢根离子离子，离子方程式为2Mg2+ + 3CO2 + 2H2O = Mg(OH)2 MgCO3 +2HCO；在母液中得到(NH4)2SO4，在溶浸时需要参加(NH4)2SO4，所以母液经加热后可返回溶浸工序循环使用，碱式碳酸镁高温易分解得到氧化物、水和二氧化碳，所以高温焙烧就可以得到轻质氧化镁，故答案为：2Mg2+ + 3CO2 + 2H2O = Mg(OH)2 MgCO3 +2HCO；溶浸；高温焙烧。33硼镁矿(含Mg2B2O3 H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)参加硫酸铵溶液，得到气体，依据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH3，用NH4HCO3吸取NH3，发生反响NH3 + NH4HCO3 = (NH4)2CO3，依据过滤2 及沉镁成分知，过滤1 中得到的滤渣犯难溶性的SiO2、 Fe2O3、Al2O3，调整溶液pH = 3.5时得到H3BO3，滤液中含有MgSO4，沉镁过程发生的反响为2Mg2+ + 3CO2 + 2H2O = Mg(OH)2 MgCO3 +2HCO，加热分解可以得到轻质33MgO；母液中含有(NH4)2SO4，(1) 氨气为碱性气体，能和酸式铵盐吸取生成正盐；(2) 滤渣 1 犯难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3；Fe3+和 KSCN 溶液混合得到血红色液体； (3)H3BO3能发生一步电离，且电离平衡常数很小，为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液 pH 调整至3.5，有利于析出H3BO3；(4)在“沉镁”中镁离子和碳酸根离子发生水解和复分解反响生成Mg(OH)2 MgCO3沉淀，同时还生成碳酸氢根离子离子；在母液中得到(NH4)2SO4，在溶浸时需要参加(NH4)2SO4，碱式碳酸镁高温易分解得到氧化物、水和二氧化碳。此题考察物质分别提纯及制备，涉及方程式的书写、制备方法推断、离子检验等学问点， 明确元素化合物性质及其性质差异性、离子检验方法及流程图中发生的反响是解此题关键，留意从整体上分析推断各物质成分，题目难度中等。10. 水煤气变换CO(g) + H2O(g) = CO2(g) + H2(g)是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。答复以下问题：(1) Shibata曾做过以下试验：使纯H2缓慢地通过处于721下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴局部被复原为金属钴Co(s)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。在同一温度下用 CO 复原CoO(s)，平衡后气体中 CO 的物质的量分数为0.0192。依据上述试验结果推断，复原CoO(s)为Co(s)的倾向是 COH2(填“大于”或“小于”)。(2) 721时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，承受适当的催化剂进展反响，则平衡时体系中H2的物质的量分数为(填标号)。A. 0.50(3) 我国学者结合试验与计算机模拟结果，争论了在金催化剂外表上水煤气变换的反响历程，如下图，其中吸附在金催化剂外表上的物种用标注。正可知水煤气变换的 H0(填“大于”“等于”或“小于”)，该历程中最大能垒(活化能)E=eV，写出该步骤的化学方程式。(4) Shoichi争论了467、489时水煤气变换中 CO 和H2分压随时间变化关系(如图222所示)。催化剂为氧化铁，试验初始时体系中的pH O和pCO相等、pCO 和pH 相等。计算曲线a 的反响在3090min内的平均速率v(a) = kPa min1 . 467时H22p和pCO随时间变化关系的曲线分别是、。489时pH 和pCO随时间变化关系的曲线分别是、。【答案】大于 C 小于 2.02 COOH +H +H2O = COOH +2H +OH 或H2O = H +OH 0.0047 b c a d【解析】解：(1)使纯H2缓慢地通过处于721下的过量的氧化钴CoO(s)，氧化钴局部被复原为金属钴Co(s)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250，反响的化学方程式：H2 + CoO Co + H2O在同一温度下用CO 复原CoO(s)，平衡后气体中CO 的物质的量分数为0.0192，反响的化学方程式：CO+ CoO Co + CO2，一样条件下复原反响到达平衡状态后，反响前后气体物质的量都是不变的反响，一氧化碳物质的量分数小于氢气物质的量分数，说明一氧化碳进展的程度大故答案为：大于；(2)CO(g) + H2O(g) = CO2(g) + H2(g)，等物质的量的一氧化碳和水蒸气反响生成二氧化碳和氢气，反响前后气体物质的量不变，当反响物全部反响氢气所占物质的量的分数50%，但反响为可逆反响不能进展彻底，氢气的物质的量分数肯定小于50%，应选：C，故答案为：C；(3)图象分析可知水煤气的生成过程经过了过渡态1 和过渡态 2，最终生成产物的能量低于反响物，反响的焓变小于 0，正反响进展的方向需要吸取能量，结合图此分析推断， 是发生的过渡反响：COOH +H +H2O = COOH +2H +OH 或H2O = H +OH ，(该历程中最大能垒 活化能)E = 1.86eV (0.16eV) = 2.02eV，正故答案为：小于；2.02；COOH +H +H2O = COOH +2H +OH 或H2O = H +OH ； (4)曲线 a 的反响在3090min内，分压变化= 4.08kPa 3.80kPa = 0.28kPa，平均速率v(a) = p =t0.28kPa90min30min= 0.0047kPa/min，反响为放热反响，温度越高平衡逆向进展，CO 分压越大，氢气分压越小，489时pH2 和pCO 随时间变化关系的曲线分别是a、d，467时pH2 和pCO 随时间变化关系的曲线分别是b、c，故答案为：0.0047；b、c；a、d。(1)使纯H2缓慢地通过处于721下的过量的氧化钴CoO(s)，氧化钴局部被复原为金属钴Co(s)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。在同一温度下用CO 复原CoO(s)，平衡后气体中 CO 的物质的量分数为0.0192。一样条件下复原反响到达平衡状态后，反响前后气体物质的量都是不变的反响，一氧化碳物质的量分数小于氢气物质的量分数，说明一氧化碳进展的程度大；(2)CO(g) + H2O(g) = CO2(g) + H2(g)，等物质的量的一氧化碳和水蒸气反响生成二氧化碳和氢气，反响前后气体物质的量不变，当反响物全部反响氢气所占物质的量的分数50%，但反响为可逆反响不能进展彻底；(3) 图象分析可知水煤气的生成过程经过了过渡态1 和过渡态 2，最终生成产物的能量低于反响物，正反响进展的方向需要吸取能量，结合图此分析推断，该历程中最大能垒(活化能)E，得到反响的化学方程式；正(4) 曲线 a 的反响在3090min内，分压变化= 4.08kPa 3.80kPa = 0.28kPa，平均速率v(a) = p，反响为放热反响，温度越高平衡逆向进展， CO 分压越大，氢气分压越小，t据此分析推断。此题考察了化学反响焓变推断、反响过程的理解应用、化学反响速率计算、影响化学平衡的因素的分析推断等学问点，留意题干信息的理解分析，把握根底是解题关键，题目难度中等。11. 在一般铝中参加少量Cu 和 Mg 后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al 中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要材料。答复以下问题：(1) 以下状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是(填标号)。(2) 乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是 、 。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其缘由是， 其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是(填“Mg2+”或“Cu2+”)。(3)一些氧化物的熔点如下表所示：氧化物熔点/Li2O1570MgO2800P4O623.8SO275.5解释表中氧化物之间熔点差异的缘由。(4)图(a)是MgCu2的拉维斯构造，Mg 以金刚石方式积存，八面体空隙和半数的四周体空隙中，填入以四周体方式排列的Cu.图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu 原子之间最短距离x =pm，Mg 原子之间最短距离y =pm.设阿伏加德罗常数的值为NA，则MgCu2的密度是g cm3(列出计算表达式)。【答案】A sp3sp3乙二胺的两个N 供给孤对电子给金属离子形成配位键 Cu2+Li2O和 MgO 是离子晶体、P4O6和SO2是分子晶体，且晶格能MgO Li2O，分子间作用力：P4O6 SO22 a3 a44824+1664 a3 1030 NA【解析】解：(1)AD微粒都是 Mg 原子失去一个电子后得到的，但是 D 微粒能量高于A， 稳定性A D，所以失电子能量A D；BC 都是原子，但是B 是基态、C 是激发态，能量：C B，稳定性B C，所以失去一个电子能量：B C；A 微粒是B 失去一个电子得到的，且A 轨道中电子处于半满状态，较稳定，所以失去一个电子力量A B，通过以上分析知，电离最外层一个电子所需能量最大的是A， 故答案为：A；(2)每个 N 原子形成的共价键有 2 个N H键、1 个N C键，且还含有 1 个孤电子对；每个C 原子形成的共价键有 2 个C H键、2 个C N键，所以N、C 原子价层电子对个数都是 4，依据价层电子对互斥理论推断N、C 原子杂化类型分别为sp3、sp3；含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间易形成配位键，乙二胺的两个 N 供给孤对电子给金属离子形成配位键，所以乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子；碱土 金属与乙二胺形成的化合物稳定性较弱，所以与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2+，故答案为：sp3；sp3；乙二胺的两个 N 供给孤对电子给金属离子形成配位键；Cu2+； (3)晶体熔沸点：离子晶体分子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能有关，晶格能越大熔沸 点越高，晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，分子晶体熔沸点与分子间作用力有关，分子间作用力与相对分子质量有关，相对分子质量越大其分子间作用力越大，Li2O和 MgO 是离子晶体、P4O6和SO2是分子晶体，且晶格能MgO Li2O，分子间作用力：P4O6 SO2，所以熔沸点：MgO Li2O P4O6 SO2，故答案为：Li2O和 MgO 是离子晶体、P4O6和SO2是分子晶体，晶格能MgO Li2O，分子间作用力：P4O6 SO2；AB 之间距离相当于 4 个 Cu 原子直径，x 距离 1 个Cu 原子直径= 2apm ；(4)如图所示，AB 之间的距离为面对角线长度= 2apm，4体对角线长度= 3棱长= 3 apm，CD 距离为y，该长度为体对角线BC 长度的1 =41 3 apm = 3 apm；44该晶胞中Mg 原子位于 8 个顶点上、6 个面心上，在晶胞内部有4 个 Mg 原子，所以Mg原子个数= 8 1 + 6 1 + 4 = 8，Cu 原子都位于晶胞内部，有 16 个；82晶胞体积= (a 1010 cm)3，晶胞密度= m =V824+1664NA(a10 10 )3g/cm3 = 824+1664 g/cm3，a3 1030 NA故答案为：2 a；3 a；824+1664 。44a3 1030 NA(1) 能量越高越不稳定，越易失电子，所以激发态的微粒易失电子，原子轨道中处于半满状态时较稳定；(2) 每个 N 原子形成的共价键有 2 个N H键、1 个N C键，且还含有 1 个孤电子对；每个C 原子形成的共价键有 2 个C H键、2 个C N键，所以 N、C 原子价层电子对个数都是 4，依据价层电子对互斥理论推断N、C 原子杂化类型；含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间易形成配位键；碱土金属与乙二胺形成的化合物稳定性较弱； (3)晶体熔沸点：离子晶体分子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能有关，晶格能越大熔沸(4)如图所示，AB 之间的距离为面对角线长度=点越高，晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比；分子晶体熔沸点与分子间作用力有关，分子间作用力与相对分子质量有关，相对分子质量越大其分子间作用力越大；2apm，AB 之间距离相当于 4 个 Cu 原子直径，x 距离 1 个 Cu 原子直径；CD 距离为y，该长度为体对角线BC 长度的1，体对角线长度= 3棱长= 3 apm；4该晶胞中Mg 原子位于 8 个顶点上、6 个面心上，在晶胞内部有4 个 Mg 原子，所以Mg原子个数= 8 1 + 6 1 + 4 = 8，Cu 原子都位于晶胞内部，有 16 个；82晶胞体积= (a 1010 cm)3，晶胞密度= m。V此题考察构造和性质，涉及晶胞计算、协作物、原子杂化类型推断等学问点，侧重考察根底学问综合运用、空间想像力量及计算力量，难点是晶胞计算，留意CD 距离与晶胞棱长关系，题目难度中等。四、试验题本大题共 1 小题，共 10.0 分硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2 xH2O是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在试验室中探究承受废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如图：答复以下问题：(1) 步骤的目的是去除废铁屑外表的油污，方法是。(2) 步骤需要加热的目的是，温度保持80 95，承受的适宜加热方式是 。铁屑中含有少量硫化物，反响产生的气体需要净化处理，适宜的装置为(填标号)。(3) 步骤中选用足量的H2O2，理由是。分批参加H2O2，同时为了，溶液要保持pH 小于0.5。(4) 步骤的具体试验操作有，经枯燥得到硫酸铁铵晶体样品。(5) 承受热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150时失掉1.5个结晶水，失重5.6%.硫酸铁铵晶体的化学式为。【答案】碱煮水洗 加快反响 热水浴 C将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入杂质 防止Fe3+水解 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤 NH4Fe(SO4)2 12H2O【解析】解：废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下水解，且碱和Fe 不反响，所以可以用碱性溶液除去废铁屑中的油污，将干净铁屑进入稀硫酸中并加热，稀硫酸和Fe 发生置换反响生成硫酸亚铁和氢气，过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反响的稀硫酸 和生成的硫酸亚铁，然后向滤液中参加H2O2，Fe2+被氧化生成Fe3+而得到硫酸铁溶液，然后向硫酸铁溶液中参加硫酸铵固体，然后通过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥得到硫酸铁铵固体；(1) 油污在碱性条件下水解生成羧酸盐和甘油，羧酸盐和甘油都易溶于水，然后水洗， 从而除去油污，故答案为：碱煮水洗；(2) 温度越高化学反响速率越快，缩短反响时间，所以步骤需要加热的目的是加快反 应；低于100的加热需要水浴加热，所以温度保持80 95，承受的适宜加热方式为热水浴；铁屑中含有少量硫化物，反响产生的气体需要净化处理，硫化物和稀硫酸反响生成H2S，H2S属于酸性气体，用碱液吸取，且要防止倒吸，BD 不能防止倒吸且A 溶解硫化氢力量较弱，所以选取C，故答案为：加快反响；热水浴；C；(3) H2O2具有氧化性，能氧化Fe2+生成铁离子且双氧水被复原生成水，不引进杂质，所以选取双氧水作氧化剂；Fe3+水解导致溶液呈酸性，H+能抑制Fe3+水解，为防止Fe3+水解需要溶液的pH 保持0.5，故答案为：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入杂质；防止Fe3+水解；(4) 从溶液中猎取晶体承受蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥的方法，所以步骤中从溶液中猎取晶体的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥， 故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；(5) 承受热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150时失掉1.5个结晶水，失去结晶水的式量= 18 1.5 = 27，失重5.6%，则该晶体式量=275.6%= 482，x = 4821445696218= 12，所以其化学式为NH4Fe(SO4)2 12H2O，故答案为：NH4Fe(SO4)2 12H2O。废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下水解，且碱和Fe 不反响，所以可以用碱性溶液除去废铁屑中的油污，将干净铁屑进入稀硫酸中并加热，稀硫酸和Fe 发生置换反响生成硫酸亚铁和氢气，过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反响的稀硫酸和生成的硫酸亚铁，然后向滤液中参加H2O2，Fe2+被氧化生成Fe3+而得到硫酸铁溶液，然后向硫酸铁溶液中参加硫酸铵固体，然后通过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥得到硫酸铁铵固体；(1) 油污在碱性条件下水解；(2) 温度越高化学反响速率越快；低于100的加热需要水浴加热；铁屑中含有少量硫化物，反响产生的气体需要净化处理，硫化物和稀硫酸反响生成H2S，H2S属于酸性气体， 用碱液吸取，且要防止倒吸；(3) H2O2具有氧化性，能氧化Fe2+，且双氧水被复原生成水；Fe3+水解导致溶液呈酸性，所以酸能抑制Fe3+水解；(4) 从溶液中猎取晶体承受蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥的方法；(5) 承受热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150时失掉1.5个结晶水，失去结晶水的式量= 18 1.5 = 27，失重5.6%，则该晶体式量=x = 48214456962 。18275.6%= 482，此题考察物质制备，涉及物质分别提纯、反响条件选取、尾气处理、计算等学问点，侧重考察分析推断、试验操作、计算力量，明确流程图中各物质成分及其性质、化学反响原理及元素化合物性质是解此题关键，难点是(5)题计算，题目难度不大。