湖北省黄冈中学2019届高三6月适应性考试（最后一卷）理综化学试题 Word版含解析 17页

www.ks5u.com 湖北省黄冈中学2019届高三适应性考试 综合（理科）试卷 可能用到的相对原子质量：H:1 N:14 O:16 Na:23 S:32 Cl:35.5 Cu:64‎ 第Ⅰ卷（选择题，126分）‎ 一、选择题：（本题共13小题，每小题6分，每小题只有一个选项符合题目要求）‎ ‎1.海洋约占地球表面积的71%，具有十分巨大的开发潜力。工业上从海水中提取镁的流程如下：‎ 下列说法中正确的是 A. 工业上使Mg2+沉淀，试剂①应选用NaOH B. 将MgCl2溶液直接蒸干得到无水MgCl2‎ C. 电解MgCl2溶液在阴极得到金属Mg D. 要使MgSO4完全转化为沉淀，加入试剂①的应过量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 工业上使Mg2+沉淀，应选用廉价的石灰乳，可利用海边大量存在的贝壳煅烧成石灰制得，故A错误；‎ B. 氯化镁是强酸弱碱盐，加热时，氯化镁水解生成氢氧化镁和盐酸，升高温度促进盐酸挥发，所以小心蒸干氯化镁溶液最终得到氢氧化镁而不是氯化镁，故B错误；‎ C. 电解熔融MgCl2在阴极得到金属Mg，电解MgCl2溶液在阴极得到H2，故C错误；‎ D. 为了使镁离子完全转化，加入试剂①的量应过量，故D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎2.煤、石油、天然气仍是人类使用的主要能源，同时也是重要的化工原料，我们熟悉的塑料、合成纤维和合成橡胶都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的。下列说法中不正确的是 A. 石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构重整，生成苯、甲苯、苯甲酸等芳香烃 B. 煤干馏的产品有出炉煤气、煤焦油和焦炭 C. 棉花、羊毛、蚕丝和麻等都是天然纤维 - 17 -‎ D. 天然气是一种清洁的化石燃料，作为化工原料它主要用于合成氨和甲醇 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构重整，使链状烃转化为环状烃，生成苯、甲苯等芳香烃，苯甲酸属于烃的含氧衍生物，不属于芳香烃，故A错误；‎ B.煤干馏发生化学变化，产品有出炉煤气、煤焦油和焦炭等，故B正确；‎ C.天然纤维的种类很多，长期大量用于纺织的有棉、麻、毛、丝四种。棉和麻是植物纤维，毛和丝是动物纤维，故C正确； ‎ D. 天然气广泛用于民用及商业燃气灶具、热水器，天然气也可用作化工原料，以天然气为原料的一次加工产品主要有合成氨、甲醇、炭黑等近20个品种，故D正确。‎ 故答案选A。‎ ‎3.根据下列实验操作和现象能得到结论正确的是 ‎ ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 要探究浓度对化学反应速率影响实验，应该只有浓度不同，其它条件必须完全相同，该实验没有明确说明温度是否相同，并且NaHSO3溶液与H2O2溶液反应生成硫酸钠、硫酸和水，无明显现象，故A错误；‎ B.向NaCl、NaI 的混合溶液中滴加少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI的溶度积，但由于NaCl、NaI浓度未知，不能由此判断溶度积大小，故B错误；‎ C.由于维生素C能把氯化铁还原成氯化亚铁，会看到溶液由黄色变成浅绿色，故C正确；‎ D.银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液前没有加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，所以实验不成功，则实验操作及结论错误，故D错误。‎ - 17 -‎ 故答案选C。‎ ‎4.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，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA B. 标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA C. 1.0L1.0mo1·L－1 的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA D. 常温常压下，14g由N2与CO组成混合气体含有的原子数目为NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气和水反应为可逆反应，所以转移的电子数目小于0.1NA，故A错误；‎ B. 标准状况下，6.72LNO2的物质的量为0.3mol，根据反应3NO2+H2O═2HNO3+NO可知，0.3mol二氧化氮完全反应生成0.1molNO，转移了0.2mol电子，转移的电子数目为0.2NA，故B错误；‎ C. NaAlO2水溶液中，除了NaAlO2本身，水也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的个数大于2NA个，故C错误；‎ D. 14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为：=0.5mol，含有1mol原子，含有的原子数目为NA，故D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎5.生活中一些常见有机物的转化如图 下列说法正确的是 A. 上述有机物中只有C6H12O6属于糖类物质 B. 转化1可在人体内完成，该催化剂属于蛋白质 C. 物质C和油脂类物质互为同系物 D. 物质A和B都属于非电解质 ‎【答案】B - 17 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 淀粉(转化1)在人体内淀粉酶作用下发生水解反应，最终转化为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化成酒精，发生C6H12O62C2H5OH+2CO2↑，且A可发生连续氧化反应，则A为C2H5OH，B为CH3COOH，乙醇和乙酸反应生成C为CH3COOC2H5，据此解答。‎ ‎【详解】由上述分析可以知道，转化1为淀粉水解反应，葡萄糖分解生成A为C2H5OH，A氧化生成B为CH3COOH，A、B反应生成C为CH3COOC2H5，则 A.淀粉、C6H12O6属于糖类物质，故A错误； B. 淀粉属于多糖，在酶催化作用下水解最终生成单糖葡萄糖，反应为：（C6H10O5）n+nH2On C6H12O6，酶属于蛋白质，所以B选项是正确的； C.C为乙酸乙酯，油脂为高级脂肪酸甘油酯，含-COOC-的数目不同，结构不相似，不是同系物，故C错误； D. 乙酸可在水中发生电离，为电解质，而乙醇不能，乙醇为非电解质，故D错误。 所以B选项是正确的。‎ ‎6.短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，化合物M、N均由这四种元素组成，且M的相对分子质量比N小16。分别向M和N中加入烧碱溶液并加热，二者均可产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。将M溶液和N溶液混合后产生的气体通入品红溶液中，溶液变无色，加热该无色溶液，无色溶液又恢复红色。下列说法错误的是 A. 简单气态氢化物的稳定性：Y>X B. 简单离子的半径：Z>Y C. X和Z的氧化物对应的水化物都是强酸 D. X和Z的简单气态氢化物能反应生成两种盐 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依题意可知，M是NH4HSO3，N是NH4HSO4，故元素R、X、Y、Z依次为H、N、O、S，据此分析。‎ ‎【详解】依题意可知，M是NH4HSO3，N是NH4HSO4，故元素R、X、Y、Z依次为H、N、O、S。A、H2O的热稳定性比NH3强，选项A正确；‎ - 17 -‎ B、S2-的半径比O2-的大，选项B项正确；‎ C、HNO3、H2SO4均是强酸，但是，HNO2、H2SO3均是弱酸，选项C错误；‎ D、NH3和H2S可反应生成(NH4)2S、NH4HS两种盐，选项D正确。‎ 答案选C。‎ ‎7.传统接触法制取硫酸能耗大，污染严重。将燃料电池引入硫酸生产工艺可有效解决能耗和环境污染问题，同时提供电能。以燃料电池为电源电解硫酸铜溶液的工作原理示意图如下所示。‎ 下列说法不正确的是 A. b极为正极，电极反应式为O2+4H++4e -==2H2O B. H+由a极通过质子交换膜向b极移动 C. 该燃料电池的总反应式为2SO2+O2+2H2O==2H2SO4‎ D. 若a极消耗2.24L(标准状况)SO2，理论上c极有6.4g铜析出 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 燃料电池：a端：二氧化硫生成硫酸根离子，硫元素化合价升高失电子所以a为负极，电极反应式SO2+2H2O-4e-=SO42-+4H+；b为正极，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，总电极反应式2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。电解池：c极和电源正极相连为阳极，失电子，电极反应式为4OH—-4e-=2H2O+O2↑，d极与电源负极相连为阴极，得电子，电极反应式为Cu2++2e+=Cu,总电极反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑。‎ ‎【详解】A. b为正极，看到质子交换膜确定酸性环境，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故不选A；‎ B.原电池内部阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故不选B；‎ C.由上面分析可知该燃料电池的总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故不选C；‎ - 17 -‎ D.d极与电源负极相连，为阴极得电子，有铜析出，所以应该是若a电极消耗标况下2.24LSO2，理论上在d极上有6.4g铜析出，故选D；‎ 正确答案：D。‎ ‎【点睛】根据质子交换膜确定溶液酸碱性，燃料电池中燃料在负极反应失电子，氧气在正极反应得电子。根据燃料电池正负极确定电解池的阴阳极、电极反应式和离子移动方向等。‎ ‎8.有机物的元素定量分析最早是由德国人李比希提出的，某实验室模拟李比希法测定某种氨基酸(CxHyOzNp)的分子组成。取一定量的该氨基酸放在纯氧气中燃烧，燃烧后生成的水用装置D（无水氯化钙）吸收，二氧化碳用装置C（KOH浓溶液）吸收，N2的体积用E装置进行测量，所需装置如下图(夹持仪器的装置及部分加热装置已略去)：‎ ‎（1）该实验装置的合理连接顺序为：A、__、E。（部分装置可以重复选用）‎ ‎（2）实验开始时，首先打开止水夹a，关闭止水夹b，通一段时间的纯氧，这样做的目的是_____。‎ ‎（3）A中放入CuO的作用是_______，装置B的作用是_____。‎ ‎（4）为了确定此氨基酸的分子式，除了准确测量N2的体积、生成二氧化碳和水的质量外，还需得到的数据有___。‎ ‎（5）在读取E装置中所排水的体积时，液面左低右高，则所测气体的体积____（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。‎ ‎（6）已知分子式为C2H4O2的有机物也含有氨基酸中的某个官能团，请设计实验证明该官能团（试剂任选）：____。‎ ‎【答案】 (1). DCDB (2). 将装置中的N2（或空气）排除干净 (3). 将未充分燃烧的产物CO转化为CO2(或使氨基酸中的碳完全转化为CO2) (4). 除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2 (5). 该氨基酸的摩尔质量 (6). 偏小 (7). 取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生（或其它合理答案）‎ ‎【解析】‎ - 17 -‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，用燃烧法测定某种氨基酸(CxHyOzNp)的分子组成，用氧气氧化氨基酸(CxHyOzNp)生成二氧化碳、水和氮气，利用装置D（无水氯化钙）测定水的质量，利用装置C（KOH浓溶液）测定二氧化碳的质量，利用E装置测量N2的体积，从而求出氨基酸中含有的C、H、O、N的质量，进而求出该氨基酸的分子组成，据此解答。‎ ‎【详解】（1）根据以上分析，结合吸收CO2、H2O及测量N2体积顺序为，先吸收水，再吸收CO2，最后测量N2体积，装置B加热的铜网可除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2，所以该实验装置的合理连接顺序为：A、D、C、D、B、E，‎ 故答案为：DCDB；‎ ‎（2）装置内的空气中含有N2、CO2和H2O，需通一段时间的纯氧，将装置中的N2（或空气）排除干净，减小试验误差，‎ 故答案为：将装置中的N2（或空气）排除干净；‎ ‎（3）CuO作用是将氨基酸不完全燃烧产生的少量CO氧化成CO2，保证氨基酸中的碳都转化为CO2，根据(1)的分析，装置B的作用是除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2，‎ 故答案为：将未充分燃烧的产物CO转化为CO2(或使氨基酸中的碳完全转化为CO2)；除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2；‎ ‎（4）根据上面的分析可知，为了确定此氨基酸的分子式，除了生成二氧化碳气体的质量、生成水的质量、准确测量N2的体积外，还需测出该氨基酸的摩尔质量，‎ 故答案为：该氨基酸的摩尔质量；‎ ‎（5）如果液面左低右高（广口瓶中液面低于量筒中液面）广口瓶中的气体收到的压强除大气压强外还有液面高度差造成的压强其实际压强大于标准大气压，气体体积被压缩，实际测得的气体体积偏小，‎ 故答案为：偏小；‎ ‎（6）根据分子式为C2H4O2，及氨基酸中的官能团可知，该分子中有羧基，实验证明该官能团的方法为取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生，‎ 故答案为：取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生。‎ ‎【点睛】本题考查学生利用燃烧法确定有机物分子组成的知识，涉及实验方案设计、根据原子守恒法来解答，关键在于理解实验原理。‎ - 17 -‎ ‎9.氯化亚铜是一种重要的化工产品，常用作有机合成催化剂，还可用于颜料、防腐等工业，它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2（OH）3Cl]。以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：‎ ‎（1）写出溶解过程中发生的氧化还原反应的离子方程式：_________‎ ‎（2）还原过程中发生的主要反应的离子方程式：_________。‎ ‎（3）析出的CuCl晶体水洗后要立即用无水乙醇洗涤，在真空干燥机内于70℃干燥2h，冷却密封包装。70℃真空干燥、密封包装的原因是__________。‎ ‎（4）写出氯化亚铜在空气中被氧化的化学方程式________‎ ‎（5）如图是各反应物在最佳配比条件下，反应温度对CuCl产率影响．由图可知，溶液温度控制在60℃时，CuCl产率能达到94%，当温度高于65℃时，CuCl产率会下降，其原因可能是___。‎ ‎（6）以碳棒为电极电解CuCl2溶液也可得到CuCl，写出电解时阴极上发生的电极反应式：____‎ ‎【答案】 (1). 3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O (2). 2Cu2++SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+ (3). 加快乙醇和水的挥发，防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化 (4). 4 CuCl+O2+ 4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl (5). 温度过高，一是促进了CuCl的水解，二是促进了CuCl与空气中氧气发生反应 (6). Cu2++e-+Cl-=CuCl↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）Cu与NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应生成Cu2+、NO气体和水；‎ - 17 -‎ ‎（2）SO32-和Cu2+之间可以发生氧化还原反应生成氯化亚铜沉淀；‎ ‎（3）乙醇和水易挥发，CuCl具有还原性，可以被空气氧化；‎ ‎（4）由题给信息可知，CuCl在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2（OH）3Cl]；‎ ‎（5）因在60℃时CuCl产率最大，根据信息可知，随温度升高，促进了CuCl的水解，CuCl被氧化的速度加快；‎ ‎（6）电解时，阴极上Cu2+得电子发生还原反应。‎ ‎【详解】（1）溶解过程中，Cu与NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，‎ 故答案为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；‎ ‎（2）还原过程中，溶液中的Cu2+被还原为CuCl，离子方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，‎ 故答案为：2Cu2++SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；‎ ‎（3）真空干燥可以加快乙醇和水的挥发，密封包装可以防止CuCl在潮湿空气中水解、氧化，‎ 故答案为：加快乙醇和水的挥发，防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化；‎ ‎（4）由题给信息可知，CuCl在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2（OH）3Cl]，根据得失电子守恒及原子守恒写出生成物并配平，化学方程式为：4CuCl+O2+ 4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl，‎ 故答案为：4CuCl+O2+ 4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；‎ ‎（5）因在60℃时CuCl产率最大，根据信息可知，随温度升高，促进了CuCl的水解，CuCl被氧化的速度加快，‎ 故答案为：温度过高，一是促进了CuCl的水解，二是促进了CuCl与空气中氧气发生反应；‎ ‎（6）电解时，阴极上Cu2+得电子，电极反应式为：Cu2++e-+Cl-=CuCl↓，‎ 故答案为：Cu2++e-+Cl-=CuCl↓。‎ ‎【点睛】本题以实验形式考查金属铜以及化合物的性质，要求学生具有分析和解决问题的能力，注意知识的迁移和应用是解题的关键，注意得失电子守恒方法的熟练使用。‎ ‎10.1799年由英国化学家汉弗莱·戴维发现一氧化二氮（N2O）气体具有轻微的麻醉作用，而且对心脏、肺等器官无伤害，后被广泛应用于医学手术中。‎ ‎（1）一氧化二氮早期被用于牙科手术的麻醉，它可由硝酸铵在催化剂下分解制得，该反应的化学方程式为 ___。‎ - 17 -‎ ‎（2）已知反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的ΔH=–163kJ·mol－1，1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收945kJ、498kJ的能量，则1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为______kJ。‎ 在的一能定量温为度下的恒容容器中，反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的部分实验数据如下：‎ ‎①在0～20min时段，反应速率v(N2O)为 ___mol·L-1·min-1。‎ ‎②若N2O起始浓度c0为0.150mol/L ，则反应至30min时N2O的转化率α=___。‎ ‎③不同温度（T）下，N2O分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示（图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间），则T1 ___T2（填“>”、“=”或“<”）。当温度为T1、起始压强为p0，反应至t1min时，体系压强p= ___（用p0表示）。‎ ‎（4）碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：‎ 第一步 I2(g) = 2I(g) （快反应）‎ 第二步 I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g) （慢反应）‎ 第三步 IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I(g) （快反应）‎ 实验表明，含碘时NO分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5（k为速率常数）。下列表述正确的是___（填标号)。‎ A．温度升高，k值增大 B．第一步对总反应速率起决定作用 C．第二步活化能比第三步大 D．I2浓度与N2O分解速率无关 ‎【答案】 (1). NH4NO3N2O↑+2H2O (2). 1112.5 (3). 1.010-3 (4). 20.0% (5). > (6). 1.25p0 (7). AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）硝酸铵在催化剂下分解生成一氧化二氮和水，配平即可；‎ - 17 -‎ ‎（2）根据反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算键能；‎ ‎①根据表格数据，代入速率公式计算反应速率；‎ ‎②单位时间内c（N2O）的变化与N2O的起始浓度无关，每10min均减小0.01mol/L，若N2O起始浓度c0为0.150mol/L ，则反应至30min时转化的N2O的浓度为0.01mol/L3=0.03mol/L，代入转化率计算公式计算；‎ ‎③其他条件相同时，温度升高化学反应速率加快，N2O分解半衰期减小，据此分析；‎ 列出三段式，求出t1min时总物质的量为（0.5+0.5+0.25）mol=1.25mol，再根据等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，计算体系压强；‎ ‎（4）A．温度升高，化学反应速率增大，因v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，则温度升高，k值增大； ‎ B．化学反应速率由反应最慢的反应决定，则第二步对总反应速率起决定作用；‎ C．第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，所以第二步活化能比第三步大； ‎ D．含碘时NO分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，所以N2O分解速率与I2浓度有关。‎ ‎【详解】（1）硝酸铵在催化剂下分解生成一氧化二氮和水，反应的化学方程式为NH4NO3N2O↑+2H2O，‎ 故答案为：NH4NO3N2O↑+2H2O；‎ ‎（2）2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的ΔH=–163kJ·mol－1，设1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为xkJ，根据反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和，‎ ‎2x-2945kJ-498kJ=-163kJ，解得x=1112.5kJ；‎ ‎①根据表格数据，在0～20min时段，反应速率v(N2O)===1.010-3mol·L-1·min-1；‎ ‎②由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内c（N2O）的变化与N2O的起始浓度无关，每10min均减小0.01mol/L，若N2O起始浓度c0为0.150mol/L ，则反应至30min时转化的N2O的浓度为0.01mol/L3=0.03mol/L，则N2O的转化率α=100%=20.0%；‎ ‎③其他条件相同时，温度升高化学反应速率加快，N2O分解半衰期减小，由图可知，压强相同时，半衰期T2>T1，则温度T1 >T2；‎ 当温度为T1、起始压强为p0，设起始时的物质的量为1mol，则，‎ ‎2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)‎ - 17 -‎ 起始量（mol） 1 0 0‎ t1min时（mol） 0.5 0.5 0.25 ‎ t1min时总物质的量为（0.5+0.5+0.25）mol=1.25mol，根据等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，体系压强p= p0=1.25p0，‎ 故答案为：1112.5；20.0%；>；1.25p0；‎ ‎（4）A．温度升高，化学反应速率增大，因v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，则温度升高，k值增大，故A正确； ‎ B．化学反应速率由反应最慢的反应决定，则第二步对总反应速率起决定作用，故B错误；‎ C．第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，所以第二步活化能比第三步大，故C正确； ‎ D．含碘时NO分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，所以N2O分解速率与I2浓度有关，故D错误。应选AC，‎ 故答案为：AC。‎ ‎11.锂—磷酸氧铜电池正极的活性物质是Cu4O(PO4)2，可通过下列反应制备：2Na3PO4+4CuSO4+2NH3·H2O=Cu4O(PO4)2↓+3Na2SO4+(NH4)2SO4+H2O ‎（1）写出基态Cu2+的核外电子排布式：___。与Cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有___（填元素符号），上述方程式中涉及到的N、O元素第一电离能由小到大的顺序为 ___。‎ ‎（2）PO43－ 的空间构型是____。‎ ‎（3）与NH3互为等电子体的分子、离子有___、 __(各举一例)。‎ ‎（4）氨基乙酸铜的分子结构如图，碳原子的杂化方式为___。‎ ‎（5）在硫酸铜溶液中加入过量KCN，生成配合物[Cu(CN)4] 2-，则1molCN－中含有的π键的数目为____。‎ ‎（6）Cu元素与H元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元如右图所示。则该化合物的化学式为____。‎ ‎（7）铜晶体为面心立方最密堆积，铜的原子半径为127.8pm，列式计算晶体铜的密度____。‎ - 17 -‎ ‎【答案】（1）[Ar]3d9；K Cr； O＜N（2）正四面体 （3）PH3或AsH3 。H3O＋或CH3－ 。 （4）sp3sp2‎ ‎（5）2NA（6）CuH （7）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）Cu是29号元素，其基态Cu2+的核外电子排布式为：[Ar]3d9。与Cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有K Cr。7号元素Ｎ原子的电子排布式为1s22s22p3. 8号元素O原子的电子排布式为1s22s22p4.当元素的原子核外电子层上的电子处于全充满、半充满或全空状态时，能量低比较稳定。N原子的电子处于半充满状态，是稳定状态。所以N、O元素第一电离能由小到大的顺序为O＜N。（2）PO43－的空间构型是正四面体。（3）与NH3互为等电子体的分子有CH4、H2O、HF、PH3或AsH3；离子有NH4+、H3O＋、OH-、CH3－等。（4）在氨基乙酸铜的分子中-CH2-碳原子为sp3杂化，羰基碳原子为sp2杂化。在CN－中碳原子与氮原子是以共价三键结合的，含有的2个π键。所以1 mol CN－中含有的π键的数2NA。（6）在该化合物的晶胞中Cu：12×(1/6)+2×(1/2)+3=6;H:6×(1/3)+1+3=6所以Cu：H=1:1.故该化合物的化学式为 CuH。（7）铜晶体为面心立方最密堆积，则每个晶胞中含有铜的原子：8 ×(1/8)+6×(1/2)=4.Cu原子半径为127.8pm=1.278×10-10cm，假设晶体铜的密度为p,晶胞的边长为d.，。则晶胞的体积是d3，则p·d3=(4×64)/NA解得p=.‎ 考点：考查有关Cu的原子结构、晶体结构、化学性质及密度的计算等知识。‎ - 17 -‎ ‎12.氯丁橡胶有良好的物理机械性能，在工业上有着广泛的应用。2-氯-1，3-丁二烯是制备氯丁橡胶的原料，它只比1，3-丁二烯多了一个氯原子，但由于双键上的氢原子很难发生取代反应，不能通过1，3-丁二烯直接与氯气反应制得。工业上主要用丙烯、1,3-丁二烯为原料合成氯丁橡胶和医药中间体G,，合成路线如下：‎ 已知：①B、C、D均能发生银镜反应；‎ ‎②RCH2COOH ‎（1）A的顺式异构体的结构简式为______。‎ ‎（2）C中含氧官能团的名称是________，反应B到C的反应类型为____。‎ ‎（3）写出E→F反应的化学方程式：_______。‎ ‎（4）与D互为同系物的医药中间体G的同分异构体有_____种。‎ ‎（5）用简要语言表述检验B中所含官能团的实验方法：_______。‎ ‎（6）以A为起始原料合成氯丁橡胶的线路为（其它试剂任选）______。合成路线流程图示例如下：‎ ‎【答案】 (1). (2). 羟基、醛基 (3). 加成反应 (4). HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O (5). 9种 (6). 取少量B于试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B中有醛基；再加酸酸化，滴入少量的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 17 -‎ 根据流程图，1，3-丁二烯与溴发生1，4加成，生成A，A为1，4-二溴-2-丁烯（）；与氢气加成后生成1，4-二溴丁烷（）；丙烯催化氧化生成B，B为CH2=CHCHO，C的相对分子质量比B大18，说明B与水加成反应生成C，C为HOCH2-CH2-CHO，催化氧化生成D（丙二醛），与银氨溶液反应生成E（丙二酸），与乙醇酯化生成F()；根据信息，F()与反应生成，进一步反应生成G()，据此解答。‎ ‎【详解】（1）A为1，4-二溴-2-丁烯（），其顺式异构体的结构简式为，‎ 故答案：；‎ ‎（2）C为HOCH2-CH2-CHO，含有的含氧官能团是羟基、醛基；B与水加成反应生成C，所以反应B到C的反应类型为加成反应，‎ 故答案为：羟基、醛基；加成反应；‎ ‎（3）有机物E为丙二酸，与乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成F()，化学方程式为：HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O，‎ 故答案为：HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O；‎ ‎（4）有机物G的分子式为C6H10O2，与D互为同系物，有机物为二元醛类，满足条件的有机物可看作正丁烷或异丁烷中的两个氢原子被两个醛基取代的产物，用定一移一的方法分析可能的结构共有9种，‎ 故答案为：9；‎ ‎（5）有机物B为CH2=CHCHO，含有醛基和碳碳双键，由于醛基的还原性较强，先检验醛基，然后再检验碳碳双键；具体操作如下：取少量B于试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键，‎ 故答案为：取少量B于试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键；‎ - 17 -‎ ‎（6）A为，在碱性条件下发生取代反应生成二元烯醇，然后再与氯化氢发生加成反应生成，该有机物在浓硫酸作用下发生消去反应生成；该有机物发生加聚反应生成高分子；具体流程为：，‎ 故答案为：。‎ ‎【点睛】本题易错点为检验B中所含官能团的方法。对于有机物CH2=CHCHO，先加入氢氧化铜悬浊液，加热，出现砖红色沉淀，证明含有醛基；加入足量的硫酸酸化，再加入溴水，溶液褪色，证明含有碳碳双键；若先加溴水，溴不仅与碳碳双键加成，还要氧化醛基，无法鉴别两种官能团。‎ - 17 -‎ ‎ ‎ - 17 -‎