安徽省2023年高考化学模拟题汇编-16分子结构与性质、晶体结构与性质
一、单选题
1．（2023·安徽蚌埠·统考三模）X、Y、Z、W是前4周期原子序数依次增大的主族元素，X在周期表中非金属性最强，Y的周期序数与族序数相等，Z原子次外层电子数是核外电子总数的一半，基态W原子核外16个轨道上填有电子。下列说法正确的是
A．原子半径：r(X)
C．第一电离能：I1(W)
2．（2023·安徽蚌埠·统考三模）某抗癌、抗癫痫药物中间体M的结构如图所示。下列有关M的说法正确的是
A．碳原子和氧原子的杂化方式均有两种
B．分子中最多有9个碳原子共面
C．与溴水发生反应时，1 mol M最多消耗4 mol Br2
D．可发生加成反应、氧化反应、水解反应
3．（2023·安徽安庆·统考二模）“年年重午近佳辰，符艾一番新”，端午节常采艾草悬于门户上，艾叶中含有薄荷醇()，下列有关该物质的说法不正确的是
A．环上的一氯代物为3种
B．与互为同系物
C．该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．该分子中sp3杂化的原子数为11个
4．（2023·安徽安庆·统考二模）有机金属氯化物由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、M、N组成，部分结构如图所示，基态原子M核外电子所占据原子轨道全充满，N元素的价层电子排布式为nsn-1np2n-1。下列说法错误的是
A．YN4为正四面体结构
B．氢化物的沸点Z>Y
C．Z元素的第一电离能比同周期相邻元素的大
D．与M同族元素的基态原子最高能级的电子云轮廓图呈球形
5．（2023·安徽宿州·统考一模）2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学做出贡献的三位科学家。点击化学的代表反应为叠氮-炔基成环反应，部分原理如图所示。下列说法正确的是
A．CuI与HI均为该反应的催化剂
B．中间产物中N原子均为sp3杂化
C．产物使溴水、酸性高锰酸钾褪色原理相同
D．该过程的总反应为
6．（2023·安徽蚌埠·统考二模）核酸采样管里的红色病毒保存液，其主要成分是胍盐和少量的双咪唑烷类，一种胍盐和双咪唑烷的分子结构如图所示，以下说法中不正确的是
A．双咪唑丁烷可以与羧酸反应生成酰胺
B．盐酸胍易溶于水，双咪唑丁烷难溶于水
C．盐酸胍的分子式为CH6N3Cl，属于盐类
D．双咪唑丁烷常用作配体，其配位原子是N
7．（2023·安徽蚌埠·统考二模）某种药物分子结构如图所示。其中W的原子核只有1个质子，元素X、Y、Z原子序数依次增大，且均位于W的下一周期，元素Q的原子比Z原子多8个电子。下列说法正确的是
A．X、Y、Z原子半径逐渐增大
B．分子中Y原子为sp3杂化
C．1mol该分子中含孤电子对数22NA
D．Y、Z、Q最简单氢化物水溶液酸性逐渐减弱
8．（2023·安徽淮北·统考一模）向含的废水中加入铁粉和可制备，反应如下，下列说法正确的是
A．的电子式为
B．加入的作用是提供和调节
C．电离方程式：
D．反应中每生成转移电子
9．（2023·安徽·统考一模）阴离子和二脲基分子能通过一种弱相互作用形成超分子阴离子配合物，如下图所示(图中省略阴离子配合物中部分原子)。下列关于该阴离子配合物的说法正确的是
A．其中基态原子中未成对电子数最多的元素只有一种
B．二脲基分子中的H和离子的O形成氢键
C．所含元素原子的杂化轨道类型只有一种
D．其中基态原子的第一电离能最大的元素为O
10．（2023·安徽宣城·安徽省宣城市第二中学模拟预测）2022年诺贝尔奖授予开创“点击化学”和“生物正交化学”的科学家，经典实例是硫醇与烯烃反应形成硫碳键(已知：Z的相对分子质量小于10000， R、 R1(代表烃基)。下列叙述错误的是
A．上述反应属于加聚反应 B．Y能使溴水褪色
C．Z中的S原子是杂化 D．X具有还原性
11．（2023·安徽蚌埠·统考二模）卡塔尔世界杯上，来自中国的888台纯电动客车组成的“绿色军团”助力全球“双碳”战略目标。现阶段的电动客车大多采用LiFePO4电池，其工作原理如图1所示，聚合物隔膜只允许Li+通过。LiFePO4 的晶胞结构示意图如图2(a)所示。O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。下列说法中正确的是
A．充电时，Li+通过隔膜向阳极迁移
B．该电池工作时某一状态如图2(b)所示，可以推算x=0.3125
C．充电时，每有0.5mol电子通过电路，阴极质量理论上增加3.5g
D．放电时，正极的电极反应方程式为：Li1-xFePO4+xLi+ -xe- = LiFePO4
12．（2023·安徽宿州·统考一模）我国科学家在嫦娥五号月壤样品中发现一种新矿物，命名为“嫦娥石”，其中含有原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，W在地壳中含量最多，X的原子半径在同周期主族元素中最大，基态Y原子无未成对电子，Z第一电离能大于同周期相邻元素。下列叙述正确的是
A．W的简单氢化物的稳定性弱于Z
B．X的原子半径小于Y(最高价氧化为对应水化物的碱性X小于Y)
C．Z的简单氢化物的空间结构为三角锥形
D．W分别与X、Y、Z形成晶体，其类型相同
13．（2023·安徽·统考一模）水溶液锌电池(图1)的电极材料是研究热点之一、一种在晶体中嵌入的电极材料充放电过程的原理如图2所示。下列叙述中正确的是
A．①为活化过程，其中的价态不变
B．该材料在锌电池中作为负极材料
C．②代表电池放电过程
D．③中晶体转移的电子数为
14．（2023·安徽黄山·统考一模）硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为该晶胞沿z轴方向在平面的投影，已知晶胞边长为，阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是
A．位于元素周期表的区
B．基态原子核外有18种不同空间运动状态的电子
C．A点原子的坐标为，则B点原子的坐标为
D．该晶体密度为
二、填空题
15．（2023·安徽宿州·统考一模）自然界中存在如下氮的转化：
i．2NO2(g)+2OH-(aq)= (aq)+NO2(aq)+H2O(1)
ii．N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)
(1)的空间结构为_______。
(2)ZnO是氮的氧化物的重要吸附剂，已知ZnO晶胞参数为cpm，则该晶胞中，O2-能够构成_______个最小正八面体，O2-与Zn2+核间最短距离为_______pm。
(3)反应ii正反应的活化能为335kJ/mol，逆反应的活化能为427kJ/mol，则反应ii的ΔH=_______。
(4)一定条件下，在2L的刚性容器中充入1mol N2(g)、3mol H2(g)发生反应ii至平衡，下列图示表述正确的有_______
A． B． C． D．
(5)反应ii，若起始时n(N2)：n(H2)=1：3，在不同条件下达到平衡，设平衡时NH3的体积分数为x(NH3)，实验测得400℃下，x(NH3)～p及5 ×103Pa下，x(NH3)～t存在如图曲线关系。
①图中对应等压过程的曲线是_______(填“M”或“N”)，判断依据是_______。
②x=时，N2的转化率为_______，此时反应条件为_______或_______。
三、实验题
16．（2023·安徽·统考一模）醋酸钴与双水杨醛缩乙二胺形成的配合物[Co(Ⅱ)Salen]具有可逆载氧能力，能模拟金属蛋白的载氧作用，在催化氧化反应中应用广泛。合成反应如下所示，回答下列问题。
Ⅰ、合成
(1)合成装置如下图所示。氮气保护下，向含有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液中缓慢滴加醋酸钴的乙醇溶液，加热回流。A处应安装的仪器是___________(填名称)，B处应安装的仪器是___________(填名称)。装置C的作用是___________。
(2)回流，沉淀转化为暗红色晶体。回流结束后进行如下操作：
A．停止通氮气B．停止加热C．关闭冷凝水
正确的操作顺序为___________(填标号)。充分冷却后将溶液过滤，洗涤并干燥，得到配合物[Co(Ⅱ)Salen]。
Ⅱ、载氧量测定
(3)将m克的[Co(Ⅱ)Salen](相对分子质量为M)加入圆底烧瓶中，在恒压漏斗中加入(配合物在中可吸氧)，如下图搭建装置。通入氧气，赶尽体系内空气。检查仪器气密性的操作为：先关闭___________，然后调节水平仪的水位至与量气管水位产生一定液面差。装置不漏气的现象是___________。
(4)调整水平仪高度，待量气管水位与水平仪水位齐平时，记录量气管水位的体积刻度为。将加入圆底烧瓶，待吸氧反应结束后，再次使量气管水位与水平仪水位齐平，记录量气管水位的体积刻度。已知大气压为p，氧气的压强为，温度为。配合物载氧量[n(吸收的)：n([Co(Ⅱ)Salen])]的计算式为___________。
四、有机推断题
17．（2023·安徽蚌埠·统考二模）有机化学家科里编制了世界上第一个具有计算机辅助有机合成路线设计程序，获得1990年诺贝尔化学奖。以下是科里提出的长叶烯的部分合成路线：
回答下列问题：
(1)A→ B的目的是_______________________________。
(2)B→C 的反应类型是_____________________，C的分子式为_____________。
(3) 可以与水以任意比例互溶，原因是_________________________。
(4) A、B 、C分子中均含有共轭结构，下列可用于检测共轭体系的是_____________。
a．紫外一可见光谱 b． 红外光谱 c．核磁共振氢谱 d．质谱
(5)同时满足下列条件的G的同分异构体有_____________种(不考虑立体异构)。
a． 分子中有一个苯环和一个六元碳环以一根σ键相连
b．能与FeCl3溶液发生显色反应
c．1mol该有机物最多能与2mol NaOH发生反应
(6)根据题中信息，写出以为原料合成的路线_______。
18．（2023·安徽·统考一模）化合物E是一种“氯化氢前体有机物”，在一定条件下可生成氯化氢并参与后续反应，以下为E的一种制备及应用反应路线。回答下列问题。
(1)A的分子中有___________种不同杂化类型的碳原子。
(2)已知B可与金属钠反应产生氢气，B的结构简式为___________。
(3)写出由D生成E的化学方程式___________(写出主产物即可)，该反应的类型为___________。
(4)F的结构简式为___________；G中的官能团名称为___________。
(5)H的一种芳香同分异构体的核磁共振氢谱共有三组峰，面积比为，该异构体的结构简式为___________。
(6)在E的同分异构体中，同时满足如下条件的共有___________种(不考虑对映异构)。
①含有六元环和氯甲基；②只有两个手性碳且相邻。
满足上述条件的同分异构体中，若选择性将碳碳双键加氢还原为单键后具有三个相邻手性碳的同分异构体为___________(写出其中两种的结构简式)。
五、工业流程题
19．（2023·安徽淮北·统考一模）金属镍作为重要的战略金属资源对国民经济和国防工业发挥着至关重要的作用。铜镍矿(主要成分为镍、镁、铜、铁、硅的氧化物)的湿式冶炼是获取镍的重要途径，其工艺流程如图所示：
(1)“氧压酸浸”滤液中含有、、、等离子，通入氧气时加压的目的是__________。
(2)萃取剂是由与按一定比例调配而成的，其与形成的络合物含有的作用力有__________。
a．离子键 b．极性共价键 c．非极性共价键 d．配位键
(3)已知铁矾渣的成分是，在沉淀除铁过程中的作用是__________，其参与生成铁矾渣的离子反应方程式为__________。
(4)沉镍步骤所得滤液中的溶质主要是__________(填化学式)。
(5)沉镍过程中的加入量对镍沉淀的影响如图所示，当为8.5时，溶液中的浓度为__________(已知该温度下)结合图中信息回答，选择加入量为的理由是__________。
20．（2023·安徽蚌埠·统考三模）可利用炼锌矿渣(主要含Ga2O3·3Fe2O3，ZnO·Fe2O3)制备半导体材料GaN并分离Fe和Zn ，其工艺流程如图所示：
已知：①镓又称为“类铝”，其性质与铝类似；
②一些金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH及萃取率如下表所示：
金属离子 Fe3+ Ga3+ Zn2+ Fe2+
开始沉淀 1.7 3．0 5.5 8.0
沉淀完全 3.2 4.9 8.0 9.6
萃取率(%) 99 97 ~98. 5 0 0
回答下列问题：
(1)过滤后，滤液的主要成分是__________(填化学式)。
(2)固体M为___，其作用是__________________________。
(3)反萃取的离子方程式为_____________________。
(4)合成得到的产物是( CH3 )3Ca，经化学气相沉积(类似于取代反应) ，副产物为 ____________ (填名称)。
(5)GaN晶体结构如图所示，其中Ga原子采取____________堆积，N原子填在Ga原子所形成的正四面体空隙中，则正四面体空隙的填隙率为_____。(填隙率=)
21．（2023·安徽·统考一模）一种高硫锰矿的主要成分为，主要杂质为，还含有少量等，其中含量较大。研究人员设计了如下流程，制得了金属锰。
已知：①金属离子的与溶液的关系如下图所示。
②金属硫化物的溶度积常数如下表。
金属硫化物
回答下列问题。
(1)碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，硫化物中的硫元素被氧化为单质。写出硫化亚铁发生反应的化学方程式___________。
(2)根据矿物组成，脱硫时能被部分溶解的物质是___________。
(3)若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是___________。
(4)酸浸时主要含锰组分发生反应的化学方程式为___________；酸浸时，加入的作用是___________(用离子方程式表示)。
(5)调溶液到5左右，滤渣2的主要成分是___________；加入适量的除去的主要离子是___________。
(6)除杂后的溶液通过电解制得金属锰，惰性阳极发生的电极反应为___________。
(7)锰的化合物是一种锂电池材料，其晶胞中的氧原子以面心立方堆积(如图)，若该晶胞参数为，则晶体密度为___________。
22．（2023·安徽宣城·安徽省宣城市第二中学模拟预测）氧缺位体是热化学循环分解水制氢的氧化物体系。一种以黄铜矿(主要成分是，含、等杂质)为原料制备的流程如下：
已知：①
②已知几种金属离子沉淀的如表所示：
金属氢氧化物
开始沉淀的 2.7 7.6 4.0 6.4
完全沉淀的 3.7 9.6 5.2 7.6
请回答下列问题：
(1)“焙烧”中生成了、，写出“焙烧”中主要化学方程式：_______，“焙烧”产生的在有氧环境下利用石灰石浆液吸收可转变为_______(填化学式)。
(2)“调”范围为_______，从滤渣2中提取的操作包括加入过量溶液、过滤、向滤液通入过量的气体R，过滤、灼烧，气体R是_______(填化学式)
(3)“氧化”中的作用是_______(用离子方程式表示)。
(4)“煅烧”的化学方程式为_______，氧缺位值()越大，活性越_______(填“高”或“低”)，与水反应制备越容易。
(5)钾、铁、硒形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示。已知：a、b、c的单位为，为阿伏加德罗常数的数值，该晶体密度为_______(只列计算式)。
六、原理综合题
23．（2023·安徽安庆·统考二模）低碳烯烃是最重要和最基本的有机化工原料，利用合成气间接或直接制取低碳烯烃是极具开发前景的合成气制烯烃技术。回答下列问题：
(1)乙烯(C2H4)分子中σ键和键数目之比___________。
(2)已知下列反应的热化学方程式：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(l) ΔH1=-116kJ/mol
②CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(l) ΔH2=-206kJ/mol
③2CH3OH(l)C2H4(g)+2H2O(l) ΔH3=-35kJ/mol
计算④2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(l)的ΔH=___________
(3)目前较普遍采用的合成气间接制低碳烯烃过程可简化为反应①②③，另一种方法是费托合成直接制烯烃即反应④，相比费托合成反应，合成气间接制低碳烯烃方法的优点是___________，缺点是___________。
(4)我国科学家发明的Fe基费托合成催化剂Fe@Si/S-34能抑制水煤气变换反应，具有更高的低碳烯烃选择性，使费托合成直接制烯烃具有很大开发前景。其中Fe基催化剂以铁的氧化物为主，其晶胞如下图所示：Fe在晶胞中的配位数是___________，该晶胞的化学式为___________。
(5)在温度260°C，压强2MPa反应条件下，将n(H2)：n(CO)：n(N2)=2：1：1的混合气体进行反应2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g)，平衡时CO的转化率为30%，该温度下反应的平衡常数Kp=___________(MPa)-3(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(6)经研究反应④过程有副产物CO2、CH4、C2H6等生成。CO转化率以及产物选择性随温度的变化如下图所示。
该条件下生成乙烯最适宜的温度是___________。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当___________。
参考答案：
1．C
【分析】X、Y、Z、W是前4周期原子序数依次增大的主族元素，X在周期表中非金属性最强，X为氟；Y的周期序数与族序数相等，为铝；Z原子次外层电子数是核外电子总数的一半，为硫；基态W原子核外16个轨道上填有电子，则为31号元素镓。
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：r(X)
C．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，第一电离能：I1(W)
故选C。
2．B
【详解】A．M分子中所有碳原子均为sp2杂化，A错误；
B．苯环上及与苯环直接相连的碳原子共平面，则分子中最多有9个碳原子共面，B正确；
C．苯环上酚羟基的邻位和对位可与Br2发生取代反应，碳碳双键能与Br2发生加成反应，则1molM最多消耗3 molBr2，C错误；
D．M分子中不含酯基，不能发生水解反应，D错误；
故选B。
3．A
【详解】A．该分子环不对称，所以其一氯代物为6种，A项错误；
B．两者结构相似，且分子式相差4个CH2，故为同系物，B项正确；
C．该分子中醇羟基能使酸性高锰酸钾褪色，C项正确；
B．该分子中C和O均为sp3杂化，共有11个，D项正确；
故选A。
4．B
【分析】已知该物质为有机金属氯化物的一部分，同时原子序数依次增大，则X为H，Y为C，从结构来看Z为N或P。若Z为P，M只能为S元素，其电子占据的轨道没有充满电子不符合题意，所以Z为N，而M为1s22s22p63s2的Mg。N元素的价层电子排布式为nsn-1np2n-1，n-1=2所以N为Cl。X、Y、Z、M、N分别为H、C、N、Mg、Cl。
【详解】A．YN4为CCl4其价层电子对为4对，孤电子对为0，为正四面体结构，A项正确；
B．没有说明简单氢化物，C的氢化物有很多如苯等，无法比较，B项错误；
C．Z的电子排布为1s22s22p3为半满结构稳定难失电子所以其第一电力能大于同周期相邻元素，C项正确；
D．与M同族的基态原子最高能级为ns2，电子云轮廓图为球形，D项正确；
故选B。
5．D
【分析】根据反应原理的循环转换关系图中的箭头指进去与指出来的物质，可以分析出：反应物为R1-≡-H与N3-R2，产物为：；CuI为催化剂，其余物质均为中间产物，即可分析答题。
【详解】A．CuI为催化剂，HI为中间产物，A错误；
B．中间产物中N原子中含有双键的N原子采用sp2杂化，不含双键的N原子采用sp3杂化，B错误；
C．产物中含有碳碳双键，氮氮双键，故使溴水、酸性高锰酸钾褪色，但原理不相同，前者为加成反应，后者为氧化反应，C错误；
D．由题干反应历程图可知，该过程的总反应为：，D正确；
故答案为：D。
6．A
【详解】A．双咪唑丁烷属于烃的衍生物，不含胺基或亚胺基，不可以与羧酸反应生成酰胺，A错误；
B．盐酸胍含有胺基和亚胺基，属于盐，易溶于水，双咪唑丁烷为烷烃的含氮衍生物，难溶于水，B正确；
C．根据结构信息，盐酸胍的分子式为CH6N3Cl，属于盐类，C正确；
D．双咪唑丁烷中的氮原子含有孤对电子，常用作配体，配位原子是N，D正确；
故选A。
7．B
【分析】W的原子核只有1个质子，则W为H；元素X、Y、Z原子序数依次增大，且均位于W的下一周期，则为第二周期元素，结合物质结构，X形成四个共价键，为C；Y形成两个共价键，为O；Z形成一个共价键，为F；元素Q的原子比Z原子多8个电子，为Cl，据此解答。
【详解】A．X、Y、Z为第二周期元素，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，A错误；
B．分子中Y原子为O，形成两个键，含有两个孤对电子，为sp3杂化，B正确；
C．该分子中含孤电子对的为F（3对）、O（2对）、Cl（3对），则1mol该分子中含孤电子对数20NA，C错误；
D．Y、Z、Q最简单氢化物为H2O、HF、HCl，水溶液酸性逐渐增强，D错误；
故选B。
8．B
【详解】A．中存在共价键，电子式为，A错误；
B．反应后生成的化合物中含有钾离子，故碳酸钾的作用为提供钾离子，并消耗，调节pH，B正确 ；
C．的电离方程式为：，C错误；
D．该反应中铁元素化合价升高2价，故每生成2mol二氧化碳转移2mol电子，则每生成1mol二氧化碳转移1mol电子，D错误；
故选B。
9．B
【详解】A．该阴离子配合物中含有H、C、N、O、P共5种元素，其对应基态原子中未成对电子数依次是1、2、3、2、3，故A项错误；
B．N、O元素的电负性较大，键中共用电子对偏向N原子，使得H原子带正电性()，因此二脲基分子中的H和离子的O形成氢键，故B项正确；
C．该阴离子配合物中，苯环上的C以及形成双键的C、N原子为sp2杂化，形成单键的N原子为sp3杂化，P原子的价层电子对数为，因此P原子为sp3杂化，故C项错误；
D．同周期元素对应基态原子从左至右的第一电离能有逐渐增大的趋势，但N原子的2p轨道半充满，相对较稳定，更难失去电子，因此第一电离能：N>O>C，故D项错误；
综上所述，正确的是B项。
10．A
【详解】A．X断裂硫氢键，Y分子断裂双键中一个键，生成Z，发生加成反应，故A错误；
B．Y含碳碳双键，能与溴发生加成反应，从而使溴水褪色，故B正确；
C．Z中的S原子有2个σ键，还有2对未成键电子，因此S原子是杂化，故C正确；
D．X含 SH(巯基)类似羟基，能被氧化，具有还原性，故D正确。
综上所述，答案为A。
11．C
【详解】A．充电时是电解池，阳离子向阴极移动，Li+通过隔膜向阴极迁移，A错误；
B．图2(b)晶胞中锂原子数8×+3×+3×=3.25，FePO4数为4，则Li1-xFePO4的化学式为Li0.8125FePO4，解得x=0.1875，B错误；
C．充电时，阴极反应为Li++e-=Li，每有0.5mol电子通过电路，阴极生成0.5mol锂，质量为3.5g，C正确；
D．放电时，FePO4与Li+反应生成LiFePO4，正极的电极反应方程式为：FePO4+Li++e-= LiFePO4，D错误；
故答案为：C。
12．C
【分析】由题干信息可知，含有原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，W在地壳中含量最多，故W为O，X的原子半径在同周期主族元素中最大，则X为第3周期原子半径最大的即为Na，基态Y原子无未成对电子，则Y为Mg，Z第一电离能大于同周期相邻元素，则Z为VA元素即为P，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，W为O，Z为P，由于O的非金属性强于P，故W的简单氢化物即H2O的稳定性强于Z即PH3，A错误；
B．由分析可知，X为Na，Y为Mg，同一周期从左往右原子半径依次减小，即X的原子半径大于Y，金属性依次减弱，则最高价氧化为对应水化物的碱性X即NaOH大于Y即Mg(OH)2，B错误；
C．由分析可知，Z为P，则Z的简单氢化物即PH3，中心原子P周围的价层电子对数为：3+=4，根据价层电子对互斥理论可知，其空间结构为三角锥形，C正确；
D．由分析可知，W、X、Y、Z分别为O、Na、Mg、P，则W分别与X、Y、Z形成晶体，其类型不相同，依次为离子晶体、离子晶体和分子晶体，D错误；
故答案为：C。
13．C
【详解】A．①过程中MnO晶胞中体心的Mn2+失去，产生空位，该过程为MnO活化过程，根据化合物化合价为0可知Mn元素化合价一定发生变化，故A项错误；
B．锌电池中Zn失去电子生成Zn2+，Zn电极为负极材料，故B项错误；
C．②过程中电池的MnO电极上嵌入Zn2+，说明体系中有额外的Zn2+生成，因此表示放电过程，故C项正确；
D．MnO晶胞中棱边上所含Mn的个数为，同理和晶胞中棱边上所含Mn的个数为3，晶胞中Zn2+个数为，因此Mn与Zn2+个数比为3：1，由此可知晶胞中Zn2+个数为，③过程中1mol晶体转移电子的物质的量为，故D项错误；
综上所述，叙述正确的是C项。
14．C
【详解】A．Zn的价层电子排布式为3d104s2，位于元素周期表的ds区，A正确；
B．基态原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，电子的空间运动状态数=电子所占原子轨道数，s、p、d原子轨道数分别为1、3、5，所以基态原子核外有1+1+3+1+3+5+1+3=18种不同空间运动状态的电子，B正确；
C．A点原子坐标为(0，0，0)，由图乙可知，B点原子的坐标为，C错误；
D．该晶胞中，位于晶胞内部的Zn原子个数为4，位于顶点和面心的Se原子个数为，则，D正确；
故选C。
15．(1)平面三角形
(2) 4
(3)-92 kJ·mol-l
(4)CD
(5) N ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，x(NH3)减小 50% 200℃、a×105Pa 500℃、c×105Pa
【详解】（1）硝酸根中氮原子的价层电子对数是，不存在孤对电子，所以的空间结构为平面三角形。
（2）该晶胞中O2-位于顶点和面心处，因此O2-能够构成个最小正八面体，O2-与Zn2+核间最短距离为体对角线的，边长为cpm，则体对角线为pm，故O2-与Zn2+核间最短距离为pm。
（3）反应热等于正反应活化能和逆反应活化能的差值，反应ii正反应的活化能为335kJ/mol，逆反应的活化能为427kJ/mol，则反应ii的ΔH=335kJ/mol-427kJ/mol=-92 kJ/mol。
（4）A．温度高，反应速率快，可缩短达到平衡的时间，A错误；
B．达到平衡时，分别以氢气和氨气表示的反应速率在数值上不相等，B错误；
C．反应容器体积和气体的质量均是不变的，所以密度始终不变，C正确；
D．正反应气体分子数减少，气体总质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量增大，达到平衡时，不再发生变化，D正确；
答案选CD。
（5）①正反应放热，升高温度平衡逆向进行，氨气含量减少，所以图中对应等压过程的曲线是N。
②依据三段式可知
则，解得n=0.5，所以N2的转化率为=50%，依据图像可知此时反应条件为200℃、a×105Pa或500℃、c×105Pa。
16．(1) 球形冷凝管 恒压漏斗 液封
(2)BCA
(3) 活塞1和活塞2 液面差恒定
(4)
【分析】由题意可知，制备配合物的操作为氮气保护作用下，向盛有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液的三颈烧瓶中缓慢滴入醋酸钴的乙醇溶液，加热回流1h，待沉淀转化为暗红色晶后停止加热、关闭冷凝水、停止通入氮气，充分冷却后将溶液过滤、洗涤、干燥得到配合物。
【详解】（1）由实验装置图可知，A处的装置为起冷凝回流作用的球形冷凝管，B处装置为便于醋酸钴的乙醇溶液顺利流下的恒压漏斗；装置C的作用是，起液封的作用，防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中，故答案为：球形冷凝管；恒压漏斗；液封；
（2）由分析可知，回流结束后的操作为停止加热、关闭冷凝水、停止通入氮气，充分冷却后将溶液过滤、洗涤、干燥得到配合物，故答案为：BCA；
（3）由实验装置图可知，检查装置气密性的操作为关闭活塞1和活塞2，然后调节水平仪中水位至与量气管产生一定的液面差，若液面差稳定，说明装置气密性良好，故答案为：活塞1和活塞2；液面差稳定；
（4）由题意可知，配合物DMF的物质的量为mol。由理想气体状态方程可知DMF吸收氧气的物质的量为mol，则吸收氧气的物质的量和，配合物DMF的物质的量的比值为×，故答案为：×。
17．(1)保护羰基
(2) 取代反应 C15H22O2
(3)可以与水形成分子间氢键
(4)a
(5)40
(6)
【分析】由有机物的转化关系可知，TSOH作用下与发生加成反应、取代反应生成，与发生取代反应生成，OsO4、作用下转化为，作用下与TsCl发生取代反应生成，50℃条件下，在高氯酸锂、碳酸钙作用下转化为，100℃条件下，发生消去反应生成。
【详解】（1）由和分子中都含有六元环羰基可知，A→ B的目的是保护羰基，
（2）由分析可知，B→C 的反应为与发生取代反应生成，C的结构简式为，分子式为C15H22O2。
（3）分子中含有的羟基能与水分子形成分子间氢键，所以可以与水以任意比例互溶。
（4）由结构简式可知，紫外一可见光谱可用于检测A、B、C分子中的共轭体系，故答案选a。
（5）G的不饱和度为5，其同分异构体分子中有一个苯环和一个六元碳环以一根σ键相连，此时物质的不饱和度为5，因此不存在其他双键，能与FeCl3发生显色反应说明含有酚羟基，1mol该有机物最多能与2molNaOH反应，则含有2个酚羟基。若两个酚羟基处于图示位置，此时甲基有7个位置，若两个酚羟基处于图示位置，此时甲基有7个位置，若酚羟基处于图示位置，此时甲基有7个位置，若酚羟基处于图示位置，此时甲基有7个位置，若酚羟基处于图示位置，则甲基有6个位置，若酚羟基处于图示位置，则甲基有6个位置，因此共有40种同分异构体。
（6）由题给信息可知，以为原料合成的合成步骤为OsO4、作用下转化为，作用下与TsCl发生取代反应生成，50℃条件下，在高氯酸锂、碳酸钙作用下转化为，合成路线为。
18．(1)2
(2)
(3) 取代反应
(4) 碳碳双键、碳氯键
(5)
(6) 12 、
【分析】由有机物的转化关系可知，一定条件下发生还原反应生成可与金属钠反应产生氢气的，则B为；一定条件下与C反应生成 ，则D为；一定条件下与二氯甲烷发生取代反应生成 ，与反应生成和，则F的结构简式为。
【详解】（1）由结构简式可知，A的分子中含有杂化方式为sp3杂化的饱和碳原子和sp2杂化的双键碳原子，碳原子的杂化方式共有2种，故答案为：2；
（2）由分析可知，B的结构简式为，故答案为：；
（3）由分析可知，由D生成E的反应为一定条件下与二氯甲烷发生取代反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：；取代反应；
（4）由分析可知，F的结构简式为 ；由G的结构简式可知，G分子中的官能团为碳碳双键、碳氯键，故答案为：；碳碳双键、碳氯键；
（5）由H的结构简式可知，H的一种芳香同分异构体的核磁共振氢谱共有三组峰，面积比为3：2：2的结构简式为，故答案为：；
（6）E的同分异构体符合含有六元环和氯甲基，则一定是环己烯上连接一个氯甲基，只有两个手性碳且相邻，若为这种结构，则两个Cl一定是相邻的且连接Cl的碳原子为手性碳原子，则此时有3种结构，若为这种结构，则连接氯甲基的碳原子已经是手性碳原子，其中一个Cl一定在其左侧相邻的碳上，要保证只有两个手性碳原子，则另一个Cl只能与双键碳原子或者连接氯甲基的碳原子相连，此时有3种结构，若为这种结构，则连接氯甲基的碳原子已经是手性碳原子，其中一个Cl必定在氯甲基的邻位，另一个Cl一定连接在双键碳上或者氯甲基相连的碳上，此时有6种结构，因此共有12种结构。选择性将碳碳双键加氢还原为单键后具有三个相邻手性碳的同分异构体为的结构简式为、，故答案为：12，、。
19．(1)增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率
(2)b c d
(3) 调节溶液的，有利于转化成铁矾渣
(4)
(5) 加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降
【分析】铜镍矿在氧压酸浸的条件下将镍、镁、铜、铁的氧化物转化为各自对应的离子，铁最终均以三价铁离子形式存在，萃取剂将铜离子与原溶液分离，最终得到金属铜，水相加氧化镁调节溶液酸碱性在硫酸钠存在的情况下，将铁转变为铁矾渣除去，然后氧化镁再一次调节溶液酸碱性使镍转变为沉淀，最后过滤得到氢氧化镍，最终得到金属镍。
【详解】（1）“氧压酸浸”滤液中含有、、、等离子，通入氧气时加压的目的是增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率，答案为：增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率；
（2）a．此络合物中不存在离子键，a错误；
b．有机物中氧氢之间和碳氧之间存在极性共价键，b 正确；
c．有机物中碳碳之间存在非极性共价键，c正确；
d．络合物中铜离子与非金属之间是配位键，d正确；
故选b c d。
（3）由分析可知在沉淀除铁过程中的作用是调节溶液的，有利于转化成铁矾渣，其参与生成铁矾渣的离子反应方程式为，答案为：调节溶液的，有利于转化成铁矾渣，；
（4）过程中两次加入氧化镁，均会生成，所以沉镍步骤所得滤液中的溶质主要是，答案为：；
（5）当为8.5时，溶液是氢氧化镍的饱和溶液所以，此时 代入得到溶液中的浓度为，由图可知加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降，所以选择加入量为，答案为：，加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降。
20．(1)ZnSO4
(2) Fe 将Fe3+转化为Fe2+ ，避免Fe3+被萃取
(3)Ca3++4OH- =[ Ga(OH)4]-或Ga3+ +4OH- = + 2H2O
(4)甲烷
(5) 六方最密 50%
【分析】由题中工业流程，锌矿渣先加入稀硫酸酸浸，使铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4转化为Ga3+、Zn2+和Fe3+盐溶液，过滤后，滤液加入过氧化氢使Fe2+转化为Fe3+，并调节pH使Ga3+和Fe3+转化为氢氧化物沉淀，过滤后，滤饼为Ga(OH)3和Fe(OH)3，溶液为ZnSO4溶液，滤饼加入盐酸溶解，并加入Fe单质使Fe3+还原为Fe2+，加入萃取剂，由萃取率表，Ga3+进入有机层，Fe2+留在水层，分液后，用氢氧化钠溶液进行反萃取，由于Ga与Al同主族，化学性质相似，Ga3+转化为GaO进入水层，通过电解，得到单质Ga，通过与CH3Br反应生成三甲基嫁，最后和NH3反应得到GaN。
【详解】（1）由分析可知，过滤后，滤液的主要成分是ZnSO4。
（2）由萃取率表，Fe3+的萃取率为99%，Fe2+为0%，故为了使铁元素不进入有机层而达到萃取的目的，需要将Fe3+还原为Fe2+，则加入的固体X为还原剂，不引入新杂质，故X为Fe，目的为使Fe3+还原为Fe2+，通过萃取分液除去铁元素。
（3）由分析可知，分液后，用氢氧化钠溶液进行反萃取，由于Ga与Al同主族，化学性质相似，Ga3+转化为GaO进入水层，该过程的离子方程式为：Ca3++4OH- =[ Ga(OH)4]-或Ga3+ +4OH- = + 2H2O。
（4）以合成的三甲基镓[Ga(CH3)3]为原料，使其与NH3发生反应得到GaN和另一种气态产物，根据原子守恒可知，气态物质为甲烷化学式为CH4，名称为甲烷。
（5）GaN晶体结构如图所示，其中Ga原子采取六方最密堆积，由晶胞图分析可知，N原子填充在Ga形成的正四面体空隙中，一个晶胞中共有8个正四面体空隙，N原子填充了4个，所以填充率为50%。
21．(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
【分析】高硫锰矿的主要成分为，主要杂质为，还含有少量，含量较大。碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，硫化物中的硫元素被氧化为单质，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，过滤得到的脱硫矿粉中含S、氢氧化铁、碳酸盐和金属氧化物，再被硫酸酸浸以后生成的滤液中含Fe2+、Fe3+、Mn2+、Cu2+、Ni2+，单质S和硫酸钙则以滤渣1的形式除去，二氧化锰做氧化剂作用下，Fe2+转化为铁离子便于后续除杂，加入一水合氨调pH，进而除去铁元素，过滤得到的滤液中含Mn2+、Cu2+、Ni2+，再加入硫化铵可除去铜元素与镍元素，最后过滤得到的MnSO4溶液经电解得到金属锰，据此分析解答。
【详解】（1）碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，硫化物中的硫元素被氧化为单质，硫化亚铁被氧气氧化生成硫单质和氢氧化铁，根据氧化还原反应的配平原则可知涉及的化学方程式为；
（2）结合物质的类别与上述分析可知，脱硫时能被部分溶解的物质是酸性氧化物二氧化硅，故答案为：；
（3）未经脱硫直接酸浸，金属硫化物会与酸发生反应产生有毒的硫化氢，故答案为：；
（4）酸浸时含硫矿粉中的碳酸锰会与硫酸发生反应生成MnSO4、水和二氧化碳，发生反应的化学方程式为：；酸浸时，加入目的是为了氧化亚铁离子，生成便于除去的铁离子，涉及的离子方程式为：；
（5）根据给定信息①金属离子的与溶液的关系图可知，调节pH为5左右，目的是为了除去铁元素，所以过滤得到的滤渣2主要成分是；结合给定信息②金属硫化物的溶度积常数数据可知，加入适量的除去的主要离子是；
（6）根据放电顺序可知，除杂后的溶液通过电解在阴极可制得金属锰，惰性阳极水得到电子生成氢气和氢氧根离子，发生的电极反应为；
（7）氧原子以面心立方堆积(如图)，利用均摊法可知，氧原子数==4，所以晶胞中含为1个，晶胞质量为，若该晶胞参数为，则晶体密度=。
22．(1) 或
(2)
(3)
(4) 高
(5)
【分析】黄铜矿(主要成分是，含、等杂质)在高压氧气中焙烧生成二氧化硫、氧化铜和四氧化三铁，用硫酸酸浸，过滤得到滤渣，用铜还原铁离子，再加入氧化铜调节溶液pH值，将铝离子沉淀，过滤后，向滤液中加入双氧水氧化亚铁离子，在加入过量氨水沉淀铁离子，过滤，将滤液进行一系列操作得到氧化铜，再与氢氧化铁反应生成，在氮气中煅烧得到。
【详解】（1）焙烧”中生成了、，还生成二氧化硫气体，根据反应物和产物的化学式直接用观察法配平方程式：；与浆液反应生成，被氧气氧化为；故答案为：；或。
（2）调pH使铝离子完全沉淀，使铜离子、亚铁离子不沉淀，则“调”范围为；滤渣中氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入，反应生成氢氧化铝，再灼烧得到氧化铝；故答案为：；。
（3）双氧水氧化亚铁离子，其离子方程式为；故答案为：。
（4）铁酸铜在高温下失去部分氧生成氧缺位体和氧气，则“煅烧”的化学方程式为；氧缺位值越大，说明亚铁离子含量越高，还原能力越强，越容易从水中还原氢；故答案为：；高。
（5）由平面投影图可知，晶胞中位于顶点和体心的钾原子个数为，每个竖直棱上有2个，体内有2个，晶胞含硒原子的个数为。每个竖直面上有2个，故铁原子数为，该晶体密度为；故答案为：。
23．(1)5：1
(2)-267kJ/mol
(3) 有副产物液态燃料甲醇生成 工艺流程长，能耗高，烯烃选择性低等
(4) 6 Fe2O3
(5)
(6) 320°C 使用更高效的催化剂
【详解】（1）两原子之间优先形成σ键。乙烯的结构式如图，中σ键和Π键数目之比5:1。答案为5:1；
（2）由盖斯定律得，反应④=③+2①=-267kJ/mol。答案为-267kJ/mol；
（3）有副产物液态燃料甲醇生成。而工艺流程长，能耗高，同时②反应副产物多烯烃选择性低等。答案为有副产物液态燃料甲醇生成；工艺流程长，能耗高，烯烃选择性低等；
（4）从图看每个Fe周围连了6个O，所以Fe的配位数为6。灰球12个位于棱上，8个位于体内，8个顶点，总共Fe为3+8+1=12个。答案为Fe2O3；
（5）由于起始，将n(H2)：n(CO)：n(N2)=2：1：1，设个物质的量分别为2mol、1mol、1mol，同时CO平衡转化率为30%，建立三段式为
，P平= MPa。则Kp=(MPa)-3。答案为；
（6）从图看，320℃时，C2H4选择性较高，条件为C2H4。为了提高烯烃的选择性可以选择更高效的催化剂，有利于主反应。答案为320°C；使用更高效的催化剂。
试卷第1页，共3页
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