发布时间 : 星期六 文章【3份试卷合集】南通市名校2019-2020学年高考化学四模考试卷更新完毕开始阅读
说明A中含有醇羟基，1molA与足量钠反应生成1.5mol氢气，结合I、II知含有1个醇羟基、两个羧基，所以A中含有两个羧基，一个羟，故bc符合题意，答案：bc；
HOOCCH (OH)CH2COOH：F：HOOC-C?C- COOH。（2）根据上述分析可知：写出A、F的结构简式分别为：A：答案：HOOCCH (OH)CH2COOH：HOOC-C?C- COOH；
（3）根据上述分析可知：A发生消去反应生成B，B和溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成E为HOOCCHBrCHBrCOOH，所以 A→B发生消去反应，B→E发生加成反应；答案：消去反应；加成反应。 (4)通过以上分析知，E发生消去反应然后酸化得到F(C4H2O4)，E→F是卤代烃的消去反应，所以反应条件是NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)，加热；故答案为： NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)、 加热；
(5) B结构简式为HOOCCH=CHCOOH，B与乙二醇可发生缩聚反应，在催化剂作用下，生成的高分子化合物，该反应的化学方程式: n HOOCCH=CHCOOH+ n HOCH2CH2OHHO
COCH=CH-COOCH2CH2O
HO
H+ (2n-1) H2O；故答案为: n HOOCCH=CHCOOH+
H+ (2n-1) H2O；
n HOCH2CH2OHCOCH=CH-COOCH2CH2O
(6)A的结构简式为HOOCCH (OH)CH2COOH，A的同分异构体与A具有相同官能团, 说明含有醇羟基和羧
基 符合条件的A的同分异构体的结构简式：，
；答案：，
。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等．工业上用铝土矿（Al2O3、Fe2O3）为原料制备无水AlCl3的工艺流程如下：
（1）氧化炉中Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式______．
（2）用Na2SO3溶液可除去冷却器排出的尾气中的Cl2，此反应的离子方程式______．
（3）为了测定制得的无水AlCl3产品（含杂质FeCl3）的纯度，称取16.25g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液中，过滤出沉淀物，再洗涤、灼烧、冷却、称重、得其质量为0.32g。 ①写出上述测定过程中涉及的离子方程式：______、__________。
②AlCl3产品的纯度为___________。 【答案】Al2O3+3Cl2+3C
2AlCl3+3COSO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓Al3++4OH-=AlO2-+2H2O96% 【解析】
（1）根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水AlCl3，说明氯化炉的产物中含有A1C13，冷凝器尾气含有CO，所以Al2O3、C12和C反应，生成A1C13和CO，反应方程式为Al2O3+3Cl2+3C
2AlCl3+3CO；（2）Cl2有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为Cl-。反应离子方程式为SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+；（3）①除杂过程中铁离子与氢氧根离子结合成氢氧化铁沉淀，铝离子与氢氧根离子结合成偏铝酸根和水，离子方程式为：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O； ②根据铁原子守恒，令含有杂质FeCl3质量为m，则： Fe2O3～～～～～2FeCl3 160 325 0.32g m
160325=，解得：m=0.65g， 0.32gm16.25g?0.65g×100%=96%。 所以AlCl3产品的纯度为
16.25g点睛：本题考查学生对于工艺流程原理的理解、对操作与实验条件控制的理解等，涉及常用化学用语书写、化学计算、分离提纯等，需要学生具备扎实的基础与综合运用能力。
19．2018年11月《物理评论快报》报道了艾姆斯实验室制造的包含钙、钾、铁和砷以及少量镍的CaK(Fe1-xNix)4As4新型化合物材料，呈现出被称为刺猬自旋新磁态。有助于更好理解磁性 与非常规超导性之间的联系。回答下列问题：
（1）基态镍原子的价电子排布式为_______；上述材料中所含元素的基态原子中，未成对电子数最多的是_______ (填元素符号)。
（2）铁及其离子易形成配离子，如[Fe(CN)6]3-、[Fe(CN)x]4-、Fe(CO)5等。所包括的非金属元素中第一电离能最大的是______（填元素符号）；[Fe(CN)6] 4-中含有σ键与π键的数目比为_____________。 （3）K3AsO3可用于碘的微量分析。
①AsO33-的立体构型为_______，写出一种与其互为等电子体的分子_______（填化学式）。 ②K+的焰色反应呈紫色，金属元素能产生焰色实验的微观原因为_______。
（4）Ni与Ca处于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Ni的熔点和沸点均比金属Ca的高，其原因为_______。
（5）①金属镍的原子堆积方式如图所示，则金属镍晶胞俯视图为_______。
a． b． c． d．
cm－3。 ②某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度ρ＝_____g·
【答案】3d84s2 Fe N 1∶1 三角锥形 PCl3、PBr3、NF3、NCl3等 电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量 Ni的原子半径较小，价层电子数目
5.36?1032 较多，金属键较强 C 23acNA【解析】 【分析】
(1)基态镍原子核外有28个电子，Ca、根据构造原理书写Ni原子的电子排布式，上述材料中所含元素为K、Ni、Fe、As，这些元素的基态原子中，未成对电子数分别是1、0、2、4、3；
(2)配离子含有Fe，C，N，O4种元素，非金属为C，N与O，原子轨道上电子处于全满、全空、半满时较稳定，结合C、N与O的电子排布式分析解答；
(3)①根据VSEPR理论判断AsO33-的立体构型，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；②电子从高能态跃迁到低能态时，要释放能量；
(4)金属晶体熔沸点的高低与金属键的强弱有关，金属键的强弱与价层电子数目和金属原子的半径有关； (5)①根据图示，金属Ni的晶胞堆积方式呈现ABCABC……重复，这是面心立方最密堆积；②由晶胞结构结合均摊法，计算每个晶胞中含有的Ni原子和As原子个数，确定晶胞的质量，再根据晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积计算。 【详解】
(1)基态镍原子核外有28个电子， Ni原子的电子排布式为[Ar]3d84s2，
上述材料中所含元素为K、Ca、Ni、Fe、As，这些元素的基态原子中，未成对电子数分别是1、0、2、4、3，未成对电子数最多的是Fe，故答案为：3d84s2；Fe；
(2)配离子含有Fe，C，N，O4种元素，非金属为C、N与O，原子轨道上电子处于全满、全空、半满时较稳定，氮原子2p轨道上的电子为半充满，相对稳定，更不易失去电子，所以C、N、O这三种元素第一电
[Fe(CN)6] 4-中含有6个配位键，6个C≡N，离能最大的是N元素，因此σ键与π键的数目比为(6+6)∶6×2=1∶1，故答案为：N；1∶1；
(3)①对于AsO33-，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=3+
5?2?3?3=4，则AsO33-的立体构型为三角锥形；等电
2子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与AsO33-互为等电子体的分子有：PCl3、PBr3、NF3、NCl3等，故答案为：三角锥形；PCl3、PBr3、NF3、NCl3等；
②电子从高能态跃迁到低能态时，要释放能量，所以金属焰色反应原理是激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量，故答案为：电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量；
(4)Ni的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强，故金属Ni的熔点和沸点均比金属Ca的高，故答案为：Ni的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强；
(5)①根据金属镍的原子堆积模型图，金属Ni的晶胞堆积方式呈现ABCABC……重复，这是面心立方最密堆积，A选项是某一个面的二维图，俯视图中还可以看到C中相对于A多出的4个面心硬球，则金属镍晶胞俯视图为C，故答案为：C；
②由晶胞结构可知，Ni位于晶胞的顶点和4条棱上，每个晶胞中含有Ni原子数目=8×
11+4×=2，As位于8459?75g，晶胞的体积V=a×10-10 cm×a×10-10 cm×sin60°×c×10-10 晶胞内部，含有2个As原子，晶胞质量=2×
NA59?75g323225.36?105.36?10N3acAcm=×10-30 cm3，故晶胞的密度ρ==g?cm-3，故答案为：。 2223acNA3acNA3ac2?10?30cm322?【点睛】
本题的易错点和难点为(5)②中晶胞的计算，要注意该晶胞的底面不是矩形，而是菱形，要注意底面面积的计算方法。