2022年高三化學(xué)上學(xué)期期末聯(lián)考試題 （含解析）新人教版

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1、2022年高三化學(xué)上學(xué)期期末聯(lián)考試題 （含解析）新人教版 一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分） 1．根據(jù)下列物質(zhì)的性質(zhì)，判斷其應(yīng)用錯誤的是（　?。? 　 A． 明礬水解時產(chǎn)生具有吸附性的膠體粒子，可作自來水的凈水劑 　 B． CaO能與SO2反應(yīng)，可作工業(yè)廢氣的脫硫劑 　 C． 濃硫酸、濃硝酸具有強氧化性，在常溫下可用鐵、鋁制容器來盛裝濃硫酸或濃硝酸 　 D． 銅的金屬活潑性比鐵的弱，可在海輪外殼上焊若干銅塊以減緩其腐蝕 考點： 鹽類水解的應(yīng)用；金屬的電化學(xué)腐蝕與防護；硝酸的化學(xué)性質(zhì)；二氧化硫的污染及治理；濃硫酸的性質(zhì)．. 專題： 化學(xué)應(yīng)用．

2、分析： A、明礬在溶液中溶解后的鋁離子水解生成具有吸附懸浮雜質(zhì)作用的氫氧化鋁膠體； B、氧化鈣和二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸鈣，在空氣中氧化為硫酸鈣，起到脫硫作用； C、鐵與鋁常溫下在濃硫酸、濃硝酸溶液中發(fā)生鈍化現(xiàn)象，阻止反應(yīng)進行； D、銅和鐵在電解質(zhì)溶液中形成原電池，鐵做負極失電子被腐蝕． 解答： 解：A、明礬在溶液中溶解后的鋁離子水解生成具有吸附懸浮雜質(zhì)作用的氫氧化鋁膠體，能吸附水中懸浮雜質(zhì)，故A正確； B、氧化鈣和二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸鈣，在空氣中氧化為硫酸鈣，起到鈣基固硫的作用，能起到脫硫作用，故B正確； C、鐵與鋁常溫下在濃硫酸、濃硝酸溶液中發(fā)生鈍化現(xiàn)象，阻止反應(yīng)進行，在常

3、溫下可用鐵、鋁制容器來盛裝濃硫酸或濃硝酸，故C正確； D、銅和鐵在電解質(zhì)溶液中形成原電池，鐵做負極失電子加快船體腐蝕，故D錯誤； 故選D． 點評： 本題考查了鹽類水解應(yīng)用，鈣基固硫原理，鈍化現(xiàn)象和原電池原理的應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目較簡單． 　 2．（6分）莽草酸可用于合成藥物達菲，其結(jié)構(gòu)簡式如圖，下列關(guān)于莽草酸的說法正確的是（　?。? 　 A． 分子式為C7H6O5 　 B． 分子中含有兩種官能團 　 C． 可發(fā)生加成、取代和氧化反應(yīng) 　 D． 在水溶液中羥基和羧基均能電離出氫離子 考點： 有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．. 專題： 有機物的化學(xué)性質(zhì)及

4、推斷． 分析： 由結(jié)構(gòu)簡式可知分子式，有機物中含碳碳雙鍵、﹣OH、﹣COOH，結(jié)合烯烴、醇、羧酸的性質(zhì)來解答． 解答： 解：A．由結(jié)構(gòu)簡式可知分子式為C7H10O5，故A錯誤； B．含碳碳雙鍵、﹣OH、﹣COOH三種官能團，故B錯誤； C．含碳碳雙鍵可發(fā)生加成反應(yīng)、氧化反應(yīng)，含﹣OH可發(fā)生取代反應(yīng)、氧化反應(yīng)，故C正確； D．只有﹣COOH能電離出氫離子，而羥基不能，故D錯誤； 故選C． 點評： 本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重烯烴、醇、羧酸性質(zhì)的考查，題目難度不大． 　 3．（6分）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值．下列說法正確

5、的是（　?。? 　 A． 標準狀況下，2.24L戊烷所含分子數(shù)為0.1NA 　 B． 0.3mol NO2與水充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.2NA 　 C． 1mol Na2O2固體中所含的離子總數(shù)為4NA 　 D． 60g SiO2晶體所含Si﹣O鍵的數(shù)目為2NA，78g苯含有C=C雙鍵的數(shù)目為3NA 考點： 阿伏加德羅常數(shù)．. 專題： 阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律． 分析： A、標準狀況下，戊烷的狀態(tài)不是氣體，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算戊烷的物質(zhì)的量； B、二氧化氮與水反應(yīng)生成一氧化氮和硝酸，0.3mol二氧化氮與水完全反應(yīng)生成0.2mol硝酸

6、、0.1mol一氧化氮，轉(zhuǎn)移0.2mol電子； C、過氧化鈉中的離子為鈉離子和過氧根離子，1mol過氧化鈉中含有3mol離子； D、60g二氧化硅的物質(zhì)的量為1mol，1mol二氧化硅中含有4mol硅氧鍵；78g苯的物質(zhì)的量為1mol，苯分子中不存在碳碳雙鍵． 解答： 解：A、標況下戊烷不是氣體，題中無法計算2.24L戊烷的物質(zhì)的量，故A錯誤； B、0.3mol二氧化氮與水反應(yīng)生成0.1mol一氧化氮和0.2mol硝酸，轉(zhuǎn)移了0.2mol電子，反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.2NA，故B正確； C、1mol過氧化鈉中含有2mol鈉離子、1mol過氧根離子，總共含有3mol離子，所含的離子總

7、數(shù)為3NA，故C錯誤； D、60g SiO2晶體的物質(zhì)的量為1mol，1mol二氧化硅中含有4mol硅氧鍵，所含Si﹣O鍵的數(shù)目為4NA，78g苯的物質(zhì)的量為1mol，苯分子中不存在C=C雙鍵，故D錯誤； 故選B． 點評： 本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的判斷及計算，題目難度中等，注意明確標況下氣體摩爾體積的使用條件，明確二氧化硅中硅氧鍵的成鍵情況及成鍵數(shù)目求算方法，注意苯分子的結(jié)構(gòu)． 　 4．（6分）下列各表述與示意圖一致的是（　?。? 　 A． 此圖表示25℃時，用0.1mol/L鹽酸滴定20mL 0.1mol/L NaOH溶液，溶液的pH隨加入酸體積的變化得到的滴定曲線

8、　 B． 此圖表示一定條件下進行的反應(yīng)2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H＜0各成分的物質(zhì)的量變化，t2時刻改變的條件可能是降低溫度或縮小容器體積 　 C． 此圖表示某明礬溶液中加入Ba（OH）2溶液，沉淀的質(zhì)量與加入Ba（OH）2溶液體積的關(guān)系，在加入20mL Ba（OH）2溶液時鋁離子恰好沉淀完全 　 D． 此圖表示化學(xué)反應(yīng)H2（g）+C12（g）═2HCl（g）的能量變化，則該反應(yīng)的反應(yīng)熱△H=﹢183kJ/mol 考點： 酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算；離子方程式的有關(guān)計算；反應(yīng)熱和焓變；物質(zhì)的量或濃度隨時間的變化曲線．. 專題：

9、 圖示題． 分析： A、等濃度、等體積的氫氧化鈉與鹽酸反應(yīng)，在滴定終點時pH會發(fā)生突變； B、根據(jù)圖象可知，t2時刻反應(yīng)物物質(zhì)的量減小，生成物濃度增加，說明平衡向著正向移動，根據(jù)影響化學(xué)平衡的因素分析； C、鋁離子恰好完全沉淀時，沉淀的總質(zhì)量沒有達到最大，即在加入氫氧化鋇溶液15mL處； D、根據(jù)反應(yīng)物、生成物總能量可以判斷出該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，焓變應(yīng)該小于0． 解答： 解：A、0.1mol?L﹣1NaOH溶液的pH為13，用0.1mol?L﹣1鹽酸滴定恰好中和時pH為7，因濃度相同，則體積相同，但酸堿中和在接近終點時，pH會發(fā)生突變，曲線的斜率會很大，故A錯誤； B、因反應(yīng)為體

10、積減小的放熱反應(yīng)，則降低溫度或增大壓強，平衡向著正向移動，二氧化硫、氧氣的物質(zhì)的量減小，三氧化硫的物質(zhì)的量增大，圖象與反應(yīng)情況一致，故B正確； C、當Al3+完全沉淀時，離子方程式為2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓；當SO42﹣完全沉淀時，離子方程式為Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，可見加入15mL氫氧化鋇溶液時，鋁離子完全沉淀，最后氫氧化鋁沉淀逐漸溶解，硫酸鋇沉淀逐漸增加，沉淀的質(zhì)量繼續(xù)增大，當硫酸根離子完全轉(zhuǎn)化成硫酸鋇沉淀時，氫氧化鋁完全溶解，即加入20mL氫氧化鋇溶液時代表SO42﹣完

11、全沉淀，鋁離子完全溶解，故C錯誤； D、分析圖象拆化學(xué)鍵和形成化學(xué)鍵能量變化判斷，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，反應(yīng)熱△H=﹣183kJ/mol，故D錯誤； 故選B． 點評： 本題考查了酸堿中和滴定曲線判斷、反應(yīng)熱和焓變、離子方程式的有關(guān)計算等知識，題目難度中等，注意掌握根據(jù)圖象判斷反應(yīng)熱與焓變的方法，明確外界條件對化學(xué)平衡的影響． 　 5．（6分）（xx?安陽二模）六種短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序數(shù)依次增大，A和D同族，C和F同族，B、C、D、E的離子均具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，E在同周期元素中離子半徑最?。瓵和B、C、F均能形成共價型化合物，A和B形成的化合物Y在水中呈堿性，D和F

12、形成的化合物在水中呈中性．下列說法錯誤的是（　?。? 　 A． C的單質(zhì)能將F單質(zhì)從EF3的溶液中置換出來 　 B． B、D離子的半徑大小是B＞D 　 C． 化合物AC的沸點比化合物AF的高 　 D． 化合物AF與化合物Y可形成含有共價鍵的離子化合物 考點： 原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．. 專題： 元素周期律與元素周期表專題． 分析： 六種短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序數(shù)依次增大，A和B形成的共價化合物在水中呈堿性，該化合物為NH3，則A為氫元素、B為氮元素；A和D同族，D的原子序數(shù)大于氮元素，故D為Na元素；D和F形成的化合物在水中呈中性，結(jié)合

13、原子序數(shù)可知，F(xiàn)為Na；C和F同族，則C為氟元素；B、C、D、E的離子均具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，E在同周期元素中離子半徑最小，則E為Al，據(jù)此解答． 解答： 解：六種短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序數(shù)依次增大，A和B形成的共價化合物在水中呈堿性，該化合物為NH3，則A為氫元素、B為氮元素；A和D同族，D的原子序數(shù)大于氮元素，故D為Na元素；D和F形成的化合物在水中呈中性，結(jié)合原子序數(shù)可知，F(xiàn)為Na；C和F同族，則C為氟元素；B、C、D、E的離子均具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，E在同周期元素中離子半徑最小，則E為Al， A．氟氣與AlCl3的溶液中隨反應(yīng)生成HF與氧氣，不能置換出氯氣，故A錯

14、誤； B．電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑B＞D，故B正確； C．HF分子之間存在氫鍵，沸點比較HCl高，故C正確； D．HCl與NH3生成的NH4Cl屬于離子化合物，故D正確， 故選A． 點評： 本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系應(yīng)用，推斷元素是解題的關(guān)鍵，“A和B形成的共價化合物在水中呈堿性”是推斷突破口，注意微粒半徑比較規(guī)律的掌握． 　 6．（6分）（xx?吉林二模）在下列裝置中，MSO4和NSO4是兩種常見金屬的易溶鹽．當K閉合時，SO42﹣從右到左通過交換膜移向M極，下列分析正確的是（　?。? 　 A． 溶液中c（M2+）減小 　 B． N的電

15、極反應(yīng)式：N=N2++2e﹣ 　 C． X電極上有H2產(chǎn)生，發(fā)生還原反應(yīng) 　 D． 反應(yīng)過程中Y電極周圍生成白色膠狀沉淀 考點： 原電池和電解池的工作原理．. 專題： 電化學(xué)專題． 分析： 當 K 閉合時，在交換膜處 SO42﹣從右向左移動，說明M為負極，N為正極，即M的金屬活動性大于N；連接N的Y極為陽極，連接M的X極為陰極，電解池工作時，Y極上氯離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，X極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為2H++2e﹣=H2↑，以此解答該題． 解答： 解：當 K 閉合時，在交換膜處 SO42﹣從右向左移動，說明M為負極，N為正極，

16、 A．M為負極，被氧化生成M2+，溶液中c（M2+）增大，故A錯誤； B．N為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，為N2++2e﹣=N，故B錯誤； C．X極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為2H++2e﹣=H2↑，生成氫氣，被還原，故C正確； D．反應(yīng)過程中Y電極為陽極，發(fā)生2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，沒有沉淀生成，故D錯誤． 故選C． 點評： 本題綜合考查原電池好電解池知識，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和電化學(xué)知識的綜合考查，為高考常見題型和高頻考點，注意根據(jù)離子的定向移動判斷原電池的正負極，明確電極方程式的書寫為解答該題的關(guān)鍵，難度不大． 　 7．（6分）下列根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論錯誤的是（　?。?

17、選項 實驗操作 實驗現(xiàn)象 結(jié)論 A 向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液 出現(xiàn)白色沉淀 溶液X不一定含有SO42﹣ B 向FeCl3+3KSCN═Fe（SCN）3+3KCl溶液平衡體系中加入少量固體KCl 體系顏色無變化 KCl不能使該平衡移動 C 向濃度均為0.1mol?L﹣1 NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液 出現(xiàn)黃色沉淀 Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI） D 向兩份蛋白質(zhì)溶液中分別滴加飽和NaCl溶液和CuSO4溶液 均有固體析出 蛋白質(zhì)均發(fā)生變性 　 A． A B． B C． C D． D

18、 考點： 化學(xué)實驗方案的評價．. 專題： 實驗評價題． 分析： A．稀硝酸具有強氧化性，能將亞硫酸根離子氧化為硫酸根離子； B．根據(jù)體現(xiàn)顏色是否變化確定氯化鉀能否影響平衡移動； C．溶度積常數(shù)越小的越先出現(xiàn)沉淀； D．重金屬鹽能使蛋白質(zhì)變性，氯化鈉溶液能使蛋白質(zhì)鹽析． 解答： 解：A．稀硝酸具有氧化性，能將亞硫酸氫根離子和亞硫酸根離子氧化為硫酸根離子而造成干擾，所以不能據(jù)此判斷原溶液中含有硫酸根離子，應(yīng)該用鹽酸酸化的氯化鋇溶液檢驗硫酸根離子，故A正確； B．向體系中加入氯化鉀固體時，氯化鉀濃度增大，但體系顏色不變，說明氯化鉀不影響平衡，故B正確； C．先生成AgI，可

19、說明AgI的溶解度較小，故C正確； D．蛋白質(zhì)在氯化鈉溶液中發(fā)生鹽析，在硫酸銅溶液中變性，故D錯誤； 故選D． 點評： 本題考查較為綜合，涉及蛋白質(zhì)的性質(zhì)、難溶電解質(zhì)的溶解平衡、物質(zhì)的鑒別等問題，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實驗?zāi)芰Φ目疾?，為高考常見題型，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)的異同，把握實驗方法和注意事項，注意蛋白質(zhì)鹽析具有可逆性，但變性沒有可逆性，為易錯點． 　 二、解答題（共3小題，滿分43分） 8．（14分）（xx?萊蕪二模）亞氯酸鈉（NaClO2）常用于水的消毒和砂糖、油脂的漂白與殺菌．如圖所示是用過氧化氫法生產(chǎn)亞氯酸鈉的工藝流程圖： 已知：NaClO2的溶解度隨溫度升高而

20、增大，適當條件下可結(jié)晶析出NaClO2?3H2O． （1）吸收塔內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為　2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑?。ㄅ淦交瘜W(xué)方程式）．該工藝流程中的NaClO3、ClO2、NaClO2都是強氧化劑，它們都能和濃鹽酸反應(yīng)制取Cl2．若用二氧化氯和濃鹽酸制取Cl2，當生成5mol Cl2時，通過還原反應(yīng)制得氯氣的質(zhì)量為　71　克． （2）從濾液中得到的NaClO2?3H2O晶體的操作依次是　dc?。ㄌ顚懶蛱枺產(chǎn)．蒸餾；b．灼燒；c．過濾；d．冷卻結(jié)晶． （3）印染工業(yè)常用亞氯酸鈉（NaClO2）漂白織物，漂白織物時真正起作用的是HClO2．下表是

21、25℃時HClO2 及幾種常見弱酸的電離平衡常數(shù)： 弱酸 HClO2 HF HCN H2S Ka/mol?L﹣1 1×10﹣2 6.3×10﹣4 4.9×10﹣10 ①常溫下，物質(zhì)的量濃度相等的NaClO2、NaF、NaCN、Na2S四種溶液的pH由大到小的順序為　pH（Na2S）＞pH（NaCN）＞pH（NaF）＞pH（NaClO2）??；體積相等，物質(zhì)的量濃度相同的NaF、NaCN兩溶液中所含陰陽離子總數(shù)的大小關(guān)系為：　前者大?。ㄌ睢扒罢叽蟆薄跋嗟取被颉昂笳叽蟆保? ②Na2S是常用的沉淀劑．某工業(yè)污水中含有等濃度的Cu2+、Fe2+、Pb2+ 離子，滴加Na2

22、S溶液后首先析出的沉淀是　CuS??；當最后一種離子沉淀完全時（該離子濃度為10﹣5mol?L﹣1）此時的S2﹣的濃度為　6.3×10﹣13mol/L?。? 已知． 考點： 化學(xué)方程式的有關(guān)計算；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；物質(zhì)的分離、提純的基本方法選擇與應(yīng)用．. 分析： （1）根據(jù)題目信息并運用氧化還原反應(yīng)理論判斷反應(yīng)物、生成物．根據(jù)流程信息可知，吸收塔內(nèi)生成NaClO2，一定有ClO2→NaClO2，Cl元素化合價降低，被還原；則H2O2必定被氧化，有氧氣產(chǎn)生，據(jù)此配平書寫方程式； 反應(yīng)中ClO2是氧化劑，發(fā)生還原反應(yīng)，HCl是還原劑，發(fā)生氧化反應(yīng)，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移計算氧

23、化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比，據(jù)此確定還原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物物質(zhì)的量之比，計算還原反應(yīng)生成的氯氣，再根據(jù)m=nM計算； （2）從溶液中得到含結(jié)晶水的晶體，只能采取蒸發(fā)、濃縮、冷卻結(jié)晶方法，通過過濾得到粗晶體．得到的粗晶體經(jīng)過重結(jié)晶可得到純度更高的晶體； （3）①、弱酸的電離平衡常數(shù)越大，酸性越強，反之酸性越弱，酸性越弱，對應(yīng)鈉鹽中酸根離子水解程度越大，溶液的PH越大； NaF、NaCN兩溶液中鈉離子濃度相同，由于陰離子都是﹣1價離子，1mol陰離子水解得到1mol氫氧根離子，陰離子的總濃度不變，兩溶液中陰離子總濃度相同，故溶液堿性越強，氫離子濃度越小，含有陰陽離子總數(shù)的越??； ②物質(zhì)組成類型

24、相同，溶度積越小，溶解度越小，滴加硫化鈉，相應(yīng)陽離子最先沉淀；根據(jù)溶度積計算S2﹣的濃度． 解答： 解：（1）（3）根據(jù)流程信息可知，吸收塔內(nèi)生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合價降低，被還原；則H2O2必定被氧化，有氧氣產(chǎn)生，反應(yīng)方程式為：2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2↑，反應(yīng)中ClO2是氧化劑，發(fā)生還原反應(yīng)，HCl是還原劑，發(fā)生氧化反應(yīng)，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知4n（ClO2）=n（HCl），故n（ClO2）：n（HCl）=1：4，故還原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為1：4，故還原反應(yīng)生成的氯氣為5mol×=1mol，通過還原反應(yīng)制得氯

25、氣的質(zhì)量為1mol×71g/mol=71g， 故答案為：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑；71； （2）從溶液中得到含結(jié)晶水的晶體，只能采取蒸發(fā)、濃縮、冷卻結(jié)晶方法，通過過濾得到粗晶體，所以操作順序為dc，故答案為：dc； （3）①根據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性強弱順序為：HClO2＞HF＞HCN＞HS﹣，酸性越弱，對應(yīng)鈉鹽中酸根離子水解程度越大，溶液的PH越大，故物質(zhì)的量濃度相等各溶液pH關(guān)系為：pH（Na2S）＞pH（NaCN）＞pH（NaF）＞pH（NaClO2）， NaF、NaCN兩溶液中鈉離子濃度相同，由于陰離子都是﹣1價離子，1mol陰離子水解得

26、到1mol氫氧根離子，陰離子的總濃度不變，兩溶液中陰離子總濃度相同，溶液為堿性，pH（NaCN）＞pH（NaF），故NaCN溶液堿氫離子濃度較小，含有陰陽離子總數(shù)較小，即NaF溶液中陰陽離子總數(shù)較大， 故答案為：pH（Na2S）＞pH（NaCN）＞pH（NaF）＞pH（NaClO2）；前者大； ②物質(zhì)組成類型相同，溶度積越小，溶解度越小，滴加硫化鈉，相應(yīng)陽離子最先沉淀，故首先析出沉淀是CuS， Fe2+最后沉淀，沉淀完全時該濃度為10﹣5mol?L﹣1，此時的S2﹣的濃度為mol/L=6.3×10﹣13mol/L， 故答案為：CuS；6.3×10﹣13mol/L． 點評： 本題以學(xué)

27、生比較陌生的亞氯酸鈉制備為載體，考查學(xué)生閱讀題目獲取信息的能力、氧化還原反應(yīng)計算、物質(zhì)分離提純、鹽類水解、溶度積的有關(guān)計算與應(yīng)用等，是在新情境下綜合運用知識解決問題的能力的考查，題目有一定的難度． 　 9．（15分）Ⅰ．已知在常溫常壓下： ①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）；△H=_1275.6kJ?mol﹣1 ②H2O（l）═H2O（g）；△H=+44.0kJ?mol﹣1 寫出表示甲醇燃燒熱的熱化學(xué)方程式：　CH3OH（l）+3/2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=_725.8kJ?mol﹣1?。? Ⅱ．甲醇可以與水蒸氣反應(yīng)生成氫氣，反應(yīng)

28、方程式如下：CH3OH（g）+H2O（g）?CO2（g）+3H2（g）；△H＞0 （1）一定條件下，向體積為2L的恒容密閉容器中充入1mol CH3OH（g）和3mol H2O（g），20s后，測得混合氣體的壓強是反應(yīng)前的1.2倍，則用甲醇表示該反應(yīng)的速率為　0.01mol/（L?s）?。? （2）判斷（1）中可逆反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的依據(jù)是（填序號）?、邰堋。? ①v正（CH3OH）=3v逆（H2）　 ②混合氣體的密度不變　 ③混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變 ④CH3OH、H2O、CO2、H2的濃度都不再發(fā)生變化 ⑤CO2和H2的濃度之比為1：3 （3）圖1

29、中P是可自由平行滑動的活塞，關(guān)閉K，在相同溫度時，向A容器中充入1mol CH3OH（g）和2mol H2O（g），向B容器中充入1.2mol CH3OH（g）和2.4mol H2O（g），兩容器分別發(fā)生上述反應(yīng)．已知起始時容器A和B的體積均為a L，反應(yīng)達到平衡時容器B的體積為1.5a L，容器B中CH3OH轉(zhuǎn)化率為　75%??；維持其他條件不變，若打開K一段時間后重新達到平衡，容器B的體積為　1.75a　L（連通管中氣體體積忽略不計，且不考慮溫度的影響）． Ⅲ．如圖2甲、乙是電化學(xué)實驗裝置．請回答下列問題： （1）若兩池中均盛放CuSO4溶液 ①甲池中石墨棒上的電極反應(yīng)式為　Cu2

30、++2e﹣=Cu?。? ②如果起始時乙池盛有200mL CuSO4溶液，電解一段時間后溶液藍色變淺，若要使溶液恢復(fù)到電解前的狀態(tài)，需要向溶液中加入0.8g CuO，則其電解后的pH為　1　（忽略溶液體積的變化）． （2）若甲池中盛放飽和NaCl溶液，則甲池中石墨棒上的電極反應(yīng)式為　O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣?。? 考點： 熱化學(xué)方程式；電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式；反應(yīng)速率的定量表示方法；化學(xué)平衡建立的過程；化學(xué)平衡的影響因素．. 專題： 化學(xué)平衡專題；電化學(xué)專題． 分析： Ⅰ、依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計算得到所需熱化學(xué)方程式； Ⅱ、（1）依據(jù)化學(xué)平衡三段式列式計算，氣體

31、壓強之比等于物質(zhì)的量之比； （2）化學(xué)平衡的標志是正逆反應(yīng)速率相同，各組分濃度保持不變分析選項； （3）①依據(jù)恒溫恒容、恒溫恒壓容器變化，結(jié)合反應(yīng)平衡特征分析判斷，壓強變化和物質(zhì)的量變化成正比； ②打開KAB組成的是恒溫恒壓容器，依據(jù)壓強變化和物質(zhì)的量變化成正比計算得到； Ⅲ、（1）①甲池是原電池裝置，鐵做負極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，碳做正極溶液中銅離子得到電子生成銅； ②依據(jù)電解硫酸銅溶液后加入氧化銅恢復(fù)原來溶液濃度，說明加入的氧化銅和生成的硫酸前后反應(yīng)計算得到溶液中氫離子濃度，計算溶液pH； （2）若甲池中盛放飽和NaCl溶液，則甲池中是鐵的吸氧腐蝕，石墨棒上的電極反應(yīng)為溶液中氧氣

32、得到電子生成氫氧根離子的電極反應(yīng)． 解答： 解：Ⅰ、①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H=_1275.6kJ?mol﹣1 ②H2O（l）═H2O（g）△H=+44.0kJ?mol﹣1 依據(jù)蓋斯定律①﹣②×4得到CH3OH（l）+3/2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=_725.8kJ?mol﹣1； 故答案為：CH3OH（l）+3/2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=_725.8kJ?mol﹣1； Ⅱ．（1）設(shè)反應(yīng)的甲醇物質(zhì)的量為x CH3OH（g）+H2O（g）?CO2（g）+3H2（g） 起始

33、量（mol） 1 3 0 0 變化量（mol） x x x 3x 20s量 （mol） 1﹣x 3﹣x x 3x 20s后，測得混合氣體的壓強是反應(yīng)前的1.2倍，4+2x=1.2×4 x=0.4mol v（CH3OH）==0.01mol/L?s； 故答案為：0.01mol/L?s； （2）可逆反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的依據(jù)是正逆反應(yīng)速率相同， ①v正（CH3OH）=v正（CO2）是反應(yīng)速率之比等于化學(xué)方程式計量數(shù)之比，不能說你反應(yīng)達到平衡，故①不符合； ②

34、反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變，容器體積不變，反應(yīng)過程中密度不變，混合氣體的密度不變不能說明反應(yīng)達到平衡，故②不符合； ③反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量增大，質(zhì)量守恒，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變，說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故③符合； ④CH3OH、H2O、CO2、H2的濃度都不再發(fā)生變化是平衡標志，故④符合； 故答案為：③④； （3）B容器的體積變?yōu)樵瓉淼?.5倍，增加的氣體的物質(zhì)的量為3.6 mol×0.5=1.8 mol，依據(jù)化學(xué)方程式可知增加2mol，反應(yīng)甲醇1mol，則反應(yīng)的甲醇的物質(zhì)的量為0.9 mol，CH3OH的轉(zhuǎn)化率=×100%=75%；②打開K時，AB組成一個等溫等壓容器，相應(yīng)的起始投入

35、總物質(zhì)的量與平衡的總體積成正比，設(shè)打開K重新達到平衡后總的體積為x，則x：（3+3.6）=1.5a：3.6 求得x=2.75a，所以B的體積為2.75a﹣a=1.75a， 故答案為：75%；1.75a； Ⅲ．（1）①甲池是原電池裝置，鐵做負極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，碳做正極溶液中銅離子得到電子生成銅，故答案為：Cu2++2e﹣=Cu； ②如果起始時乙池盛有200mL CuSO4溶液，電解一段時間后溶液藍色變淺，若要使溶液恢復(fù)到電解前的狀態(tài)，需要向溶液中加入0.8g CuO，物質(zhì)的量為0.01mol，依據(jù)反應(yīng)CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，所以生成的硫酸物質(zhì)的量為0.01mol，溶

36、液中氫離子濃度c（H+）==0.1mol/L，則其電解后的pH為1， 故答案為：1； （2）若甲池中盛放飽和NaCl溶液，則甲池中是鐵的吸氧腐蝕，石墨棒上的電極反應(yīng)為溶液中氧氣得到電子生成氫氧根離子的電極反應(yīng)，電極反應(yīng)為：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案為：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣． 點評： 本題考查了化學(xué)平衡三段式計算，平衡標志的分析判斷，恒溫恒容容器，恒溫恒壓容器的分析判斷是解題關(guān)鍵，氣體壓強之比和物質(zhì)的量之比成正比例，題目難度較大． 　 10．（14分）（xx?商丘二模）某研究性學(xué)習小組用圖1裝置（鐵架臺等支撐儀器略）探究氧化鐵與乙醇的反應(yīng)，并檢驗反應(yīng)產(chǎn)物．

37、 （1）氣密性檢驗的操作過程是　將導(dǎo)管末端伸入水中，微熱燒瓶，導(dǎo)管末端有氣泡產(chǎn)生，停止加熱，導(dǎo)管末端有一段穩(wěn)定的水柱，說明氣密性良好?。? （2）為快速得到乙醇氣體，可采取的方法是　在燒杯中加入熱水（對燒杯加熱）??；若實驗時小試管中的溶液已經(jīng)開始發(fā)生倒吸，你采取的措施是　C?。ㄌ顚懢幪枺?； a．取下小試管 b．移去酒精燈 c．將導(dǎo)管從乳膠管中取下 d．以上都可以 （3）如圖2實驗，觀察到紅色的Fe2O3全部變?yōu)楹谏腆w（M），充分反應(yīng)后停止加熱．為了檢驗M的組成，進行下列實驗． ①M能被磁鐵吸引；加入足量稀硫酸，振蕩，固體全部溶解，未觀察到有氣體生成； ②經(jīng)檢

38、驗溶液中有鐵離子和亞鐵離子，檢驗該溶液中的亞鐵離子的方法是　取少量溶液于試管中，加入酸性高錳酸鉀溶液，若紫紅色褪去，則說明有Fe2+??；關(guān)于M中鐵元素價態(tài)的判斷正確的是　d?。ㄌ顚懢幪枺? a．一定有+3價和+2價鐵，無0價鐵 b．一定有+3價、+2價和0價鐵 c．一定有+3價和0價鐵，無+2價鐵 d．一定有+3價，0價和+2價鐵至少有一種 （4）若M的成份可表達為FeXOY，用CO還原法定量測定其化學(xué)組成．稱取a g M樣品進行定量測定，實驗裝置和步驟如下： ①組裝儀器；②點燃酒精燈；③加入試劑；④打開分液漏斗活塞；⑤檢查氣密性；⑥

39、停止加熱；⑦關(guān)閉分液漏斗活塞；⑧…． 正確的操作順序是　c?。ㄌ顚懢幪枺? a．①⑤④③②⑥⑦⑧b．①③⑤④②⑦⑥⑧c．①⑤③④②⑥⑦⑧d．①③⑤②④⑥⑦⑧ （5）若實驗中每步反應(yīng)都進行完全，反應(yīng)后M樣品質(zhì)量減小b g，則FeXOY中=　?。? 考點： 乙醇的催化氧化實驗；性質(zhì)實驗方案的設(shè)計．. 專題： 實驗設(shè)計題． 分析： （1）裝置氣密性檢驗的原理是：通過氣體發(fā)生器與附設(shè)的液體構(gòu)成封閉體系，依據(jù)改變體系內(nèi)壓強時產(chǎn)生的現(xiàn)象（如氣泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）來判斷裝置氣密性的好壞； （2）乙醇易揮發(fā)，依據(jù)圖1裝置分析可知，可以對燒杯加熱或燒杯中加入熱水；阻止倒吸的

40、操作是迅速拆下導(dǎo)氣管； （3）依據(jù)鐵離子的實驗檢驗方法分析，亞鐵離子具有還原性，加入氧化劑會發(fā)生氧化還原反應(yīng)；乙醇和氧化鐵反應(yīng)過程中可能會生成鐵或四氧化三鐵，能被磁鐵吸引； （4）實驗過程依據(jù)反應(yīng)原理和實驗?zāi)康姆治鰧嶒灢襟E為，組裝裝置，檢驗裝置氣密性，加入試劑，加入水把一氧化碳趕入后續(xù)裝置，點燃酒精燈加熱玻璃管，反應(yīng)結(jié)束后停止加熱，關(guān)閉分液漏斗活塞，玻璃管稱量剩余固體，依據(jù)質(zhì)量變化計算鐵元素和氧元素物質(zhì)的量之比； （5）依據(jù)實驗結(jié)果得到，鐵的氧化物中減少的質(zhì)量為氧元素的質(zhì)量為bg，鐵的質(zhì)量為（a﹣b）g，依據(jù)元素物質(zhì)的量計算得到比值； 解答： 解：（1）依據(jù)裝置圖分析可知反應(yīng)過程需要

41、在氣密性好的裝置中進行，定量測定，所以氣體通過裝置，實驗前需要檢驗裝置氣密性，方法為：將導(dǎo)管末端伸入水中，微熱燒瓶，導(dǎo)管末端有氣泡產(chǎn)生，停止加熱，導(dǎo)管末端有一段穩(wěn)定的水柱，說明氣密性良好， 故答案為：將導(dǎo)管末端伸入水中，微熱燒瓶，導(dǎo)管末端有氣泡產(chǎn)生，停止加熱，導(dǎo)管末端有一段穩(wěn)定的水柱，說明氣密性良好； （2）依據(jù)圖1裝置分析可知，乙醇易揮發(fā)，可以對燒杯加熱或燒杯中加入熱水；阻止倒吸的操作是迅速拆下導(dǎo)氣管， 故答案為：在燒杯中加入熱水（對燒杯加熱）；c； （3）依據(jù)鐵離子的實驗檢驗方法分析，亞鐵離子加入紫紅色的酸性高錳酸鉀溶液，兩者發(fā)生氧化還原反應(yīng)溶液褪色，則有Fe2+；氧化鐵做催化劑參

42、與反應(yīng)過程，乙醇和氧化鐵反應(yīng)過程中可能會生成鐵或四氧化三鐵，能被磁鐵吸引； 故答案為：取少量溶液于試管中，加入酸性高錳酸鉀溶液，若紫紅色褪去，則說明有Fe2+；d； （4）實驗過程依據(jù)反應(yīng)原理和實驗?zāi)康姆治鰧嶒灢襟E為，組裝裝置，檢驗裝置氣密性，加入試劑，加入水把一氧化碳趕入后續(xù)裝置，點燃酒精燈加熱玻璃管，反應(yīng)結(jié)束后停止加熱，關(guān)閉分液漏斗活塞，玻璃管稱量剩余固體，依據(jù)質(zhì)量變化計算鐵元素和氧元素物質(zhì)的量之比，所以選c， 故答案為：c； （5）依據(jù)實驗結(jié)果得到，鐵的氧化物中減少的質(zhì)量為氧元素的質(zhì)量為bg，鐵的質(zhì)量為（a﹣b）g，依據(jù)元素物質(zhì)的量計算得到比值，n（Fe）：n（O

43、）=：=， 故答案為：； 點評： 本題考查了氧化鐵與乙醇的反應(yīng)的性質(zhì)的實驗探究和產(chǎn)物組成的分析判斷，掌握二價鐵離子的性質(zhì)，注意實驗過程中的反應(yīng)實質(zhì)分析判斷，現(xiàn)象的理解和應(yīng)用是解題關(guān)鍵，題目難度中等． 　 【化學(xué)--選修2：化學(xué)與技術(shù)】 11．（15分）（xx?青島模擬）純堿（Na2CO3）在生產(chǎn)生活中具有廣泛的用途．圖1是實驗室模擬制堿原理制取Na2CO3的流程圖． 已知：向飽和食鹽水中通入NH3、CO2后發(fā)生和反應(yīng)為NaCl+NH3+CO2+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl，請回答以下問題： （1）粗鹽中含有的雜質(zhì)離子有Ca2+，Mg2+，SO42﹣等． 精制除雜的步驟順

44、序a→　c　→　d　→　e　→b（填字母編號）． a．粗鹽溶解，濾去沉渣．b．加入鹽酸調(diào)pH；c．加入Ba（OH）2溶液；d．加入Na2CO3溶液；e．過濾 向飽和食鹽水中先通入NH3，后通入CO2，理由是　NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2?。? （2）灼燒固體A制Na2CO3在　a?。ㄌ钭帜感蛱枺┲羞M行． a．坩堝 b．蒸發(fā)皿 c．燒杯 d．錐形瓶 證明濾液A中含有NH4+的方法是　取少量濾液A于試管中，加入足量NaOH溶液并加熱，產(chǎn)生能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體，證明A中含有NH4+?。? 對濾液A進行重結(jié)晶能夠獲得NH4HCO3，向pH=13含

45、Na+、K+的溶液中加入少量NH4HCO3．使pH降低，反應(yīng)的離子方程式　NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3?H2O+CO32﹣+H2O　． （3）圖2裝置中常用于實驗室制備CO2的是　bc?。ㄌ钭帜妇幪枺?；用b示意的裝置制備NH3，分液漏斗中盛放的試劑　濃氨水?。ㄌ钤噭┟Q），燒瓶內(nèi)可加入的固體試劑　生石灰（或NaOH固體）?。ㄌ钤噭┟Q）． （4）一種天然堿晶體成分是aNa2CO3?bNa2CO3?cH2O，某同學(xué)利用下列提供的試劑，設(shè)計了如下簡單合理測定Na2CO3的質(zhì)量分數(shù)的實駿方案．（儀器自選）請把實驗方案填全：供選擇的試劑：1mol?L﹣1H2SO4溶液、1.0mol?L﹣

46、1BaCl2溶液、稀氨水、堿石灰、Ca（OH）2溶液、蒸餾水． ①稱取m1g一定量天然堿晶體樣品，溶于適量蒸餾水中． ②　加入足量稀硫酸并微熱，產(chǎn)生的氣體通過足量的澄清石灰水?。? ③　過濾、洗滌、干燥、稱量沉淀?。? ④計算天然堿晶體中含Na2CO3的質(zhì)量分數(shù)． 考點： 純堿工業(yè)（侯氏制堿法）；物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用；粗鹽提純．. 專題： 實驗題． 分析： （1）據(jù)根據(jù)SO42﹣、Ca 2+、Mg2+等易轉(zhuǎn)化為沉淀而被除去，以及根據(jù)不能產(chǎn)生新雜質(zhì)的要求排序，前面加入的過量溶液應(yīng)用后加入的溶液除去，最后加入適量的溶液；NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的C

47、O2； （2）根據(jù)固體在坩堝加熱分解； 根據(jù)NH4+的檢驗方法：取少量濾液A于試管中，加入足量NaOH溶液并加熱，產(chǎn)生能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體，證明A中含有NH4+； 根據(jù)NH4+和HCO3﹣都能與氫氧化鈉反應(yīng)； （3）實驗室制取二氧化碳的反應(yīng)原理和條件； 根據(jù)在濃氨水中加堿或生石灰，因為氨水中存在下列平衡：NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH﹣加入堿或生石灰產(chǎn)生氫氧根離子平衡左移，同時放出大量的熱促進氨水的揮發(fā)，制得氨氣； （4）根據(jù)實驗的原理：將碳酸根全部轉(zhuǎn)換成二氧化碳，利用二氧化碳和澄清石灰水產(chǎn)生沉淀，通過沉淀的質(zhì)量求出二氧化碳的物質(zhì)的量、Na2CO3的物

48、質(zhì)的量和質(zhì)量，最終求出Na2CO3的質(zhì)量分數(shù)． 解答： 解：（1）SO42﹣、Ca2+、Mg2+等分別與Ba（OH）2溶液、Na2CO3溶液、Ba（OH）2溶液反應(yīng)生成沉淀，可再通過過濾除去，Na2CO3溶液能除去過量的Ba（OH）2溶液，鹽酸能除去過量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以應(yīng)先加Ba（OH）2溶液再加Na2CO3溶液，過濾，最后加入鹽酸，NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2，所以向飽和食鹽水中先通入NH3，后通人CO2， 故答案為：c；d；e；NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2； （2）灼燒固體碳酸氫鈉制Na2CO3，在坩堝加熱分解， 取少量濾液A

49、于試管中，加入足量NaOH溶液并加熱，產(chǎn)生能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體，證明A中含有 NH4+，NH4+和HCO3﹣都能與氫氧化鈉反應(yīng)：NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3?H2O+CO32﹣+H2O， 故答案為：a；取少量濾液A于試管中，加入足量NaOH溶液并加熱，產(chǎn)生能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體，證明A中含有NH4+；NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3?H2O+CO32﹣+H2O； （3）實驗室制取二氧化碳常選用石灰石和稀鹽酸或大理石和稀鹽酸反應(yīng)制取，采用固體+液體氣體； 濃氨水中加堿或生石灰，因為氨水中存在下列平衡：NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH

50、﹣，加入堿平衡左移，同時放出大量的熱促進氨水的揮發(fā)，制得氨氣， 故答案為：b c；濃氨水；生石灰（或NaOH固體）； （4）實驗的原理：將碳酸根全部轉(zhuǎn)換成二氧化碳，利用二氧化碳和澄清石灰水產(chǎn)生沉淀，通過沉淀的質(zhì)量求出二氧化碳的物質(zhì)的量、Na2CO3的物質(zhì)的量和質(zhì)量，最終求出Na2CO3的質(zhì)量分數(shù)，所以將天然堿晶體樣品，溶于適量蒸餾水中，加入足量稀硫酸并微熱，產(chǎn)生的氣體通過足量的澄清石灰水，然后過濾、洗滌、干燥、稱量沉淀即可， 故答案為：加入足量稀硫酸并微熱，產(chǎn)生的氣體通過足量的澄清石灰水；過濾、洗滌、干燥、稱量沉淀． 點評： 本題以制堿原理制取Na2CO3，涉及到物質(zhì)的除雜和提純，常

51、見的實驗操作，物質(zhì)的制備等，難度中等，培養(yǎng)了學(xué)生運用知識的能力． 　 【化學(xué)--選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】 12．疊氮化鈉（NaN3）是一種無色晶體，常見的兩種制備方法為： 2NaNH2+N2O═NaN3+NaOH+NH3；3NaNH2+NaNO3═NaN3+3NaOH+NH3↑． 回答下列問題： （1）氮所在的周期中，電負性最大的元素是　F　，第一電離能最小的元素是　Li?。? （2）基態(tài)氮原子的L層電子排布圖為　?。? （3）與N3﹣互為等電子體的分子為　N2O?。▽懗鲆环N）．依據(jù)價層電子對互斥理論，NO3﹣的空間構(gòu)型為　平面三角形?。? （4）氨基化鈉（NaNH2）和疊氮化鈉（

52、NaN3）的晶體類型為　離子晶體?。B氮化鈉的水溶液呈堿性，用離子方程式表示其原因：　N3﹣+H2OHN3+OH﹣?。? （5）N2O沸點（﹣88.49℃）比NH3沸點（﹣33.34℃）低，其主要原因是　N2O分子間只存在范德華力，氨分子之間存在氫鍵，氫鍵作用較強?。? （6）安全氣囊的設(shè)計原理為6NaN3+Fe2O33Na2O+2Fe+9N2↑． ①氮分子中σ鍵和π鍵數(shù)目之比為　1：2?。? ②鐵晶體中存在的化學(xué)鍵類型為　金屬鍵?。? ③鐵晶體為體心立方堆積，其晶胞如圖所示，晶胞邊長為a cm，該鐵晶體密度為　g?cm﹣3?。ㄓ煤琣、NA的表達式表示，其中NA為阿伏加德羅常數(shù)）．

53、 考點： 位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用；晶胞的計算；氮族元素簡介；鈉的重要化合物．. 專題： 化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)；元素及其化合物． 分析： （1）同周期隨原子序數(shù)增大元素電負性增大、元素的第一電離能呈增大趨勢； （2）N原子2s軌道容納2個電子，且自旋方向相反，2p能級3個軌道各容納1個電子，且自旋方向相同； （3）將1個N原子及1個單位負電荷用O原子替換，可得其等電子體；計算NO3﹣中N原子價層電子對數(shù)及孤電子對，確定其空間結(jié)構(gòu)； （4）氨基化鈉（NaNH2）和疊氮化鈉（NaN3）都含有活潑金屬元素，屬于離子化合物；疊氮化鈉的水溶液中N3﹣離子發(fā)生水解，破壞水的電離平衡，溶液呈堿

54、性； （5）根據(jù)氨氣分子之間存在氫鍵分析解答； （6）①氮分子結(jié)構(gòu)式為N≡N，三鍵含有1σ鍵、2個π鍵； ②鐵晶體屬于金屬晶體，晶體中存在金屬鍵； ③鐵晶體為體心立方堆積，根據(jù)均攤法計算晶胞中含有2個Fe原子，結(jié)合摩爾質(zhì)量計算晶胞質(zhì)量，根據(jù)邊長計算晶胞的體積，再根據(jù)ρ=計算晶體密度． 解答： 解：（1）同周期隨原子序數(shù)增大元素電負性增大、元素的第一電離能呈增大趨勢，故氮所在的周期中，第二周期電負性最大的元素是F，第一電離能最小的元素是Li， 故答案為：F；Li； （2）N原子2s軌道容納2個電子，且自旋方向相反，2p能級3個軌道各容納1個電子，且自旋方向相同，故基態(tài)氮原子的L層

55、電子排布圖為：， 故答案為：； （3）將1個N原子及1個單位負電荷用O原子替換，可得其等電子體為N2O等，NO3﹣中N原子價層電子對數(shù)=3+=3、N原子不含孤電子對，故其空間結(jié)構(gòu)為平面三角形， 故答案為：N2O；平面三角形； （4）氨基化鈉（NaNH2）和疊氮化鈉（NaN3）都含有活潑金屬Na元素，由陰、陽離子構(gòu)成，屬于離子化合物；疊氮化鈉的水溶液中N3﹣離子發(fā)生水解：N3﹣+H2OHN3+OH﹣，破壞水的電離平衡，溶液呈堿性， 貴答案為：離子晶體；N3﹣+H2OHN3+OH﹣； （5）N2O分子間只存在范德華力，氨分子之間存在氫鍵，氫鍵作用較強，故氨氣的沸點較高， 故答案為：N

56、2O分子間只存在范德華力，氨分子之間存在氫鍵，氫鍵作用較強； （6）①氮分子結(jié)構(gòu)式為N≡N，三鍵含有1σ鍵、2個π鍵，氮分子中σ鍵和π鍵數(shù)目之比=1：2， 故答案為：1：2； ②鐵晶體屬于金屬晶體，晶體中存在金屬鍵，故答案為：金屬鍵； ③鐵晶體為體心立方堆積，由其晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中Fe原子數(shù)目=1+8×=2，故晶胞質(zhì)量=2×g，晶胞邊長為acm，則晶胞的體積=（a cm）3=a3 cm3，故晶體密度==g?cm﹣3， 故答案為：g?cm﹣3． 點評： 本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及元素周期律、核外電子排布、分子構(gòu)型、等電子體、晶體類型、鹽類水解、化學(xué)鍵、晶胞計算等，題目比較綜合，

57、需要學(xué)生全面掌握基礎(chǔ)知識，側(cè)重主干知識的考查，是?？贾R點，注意利用均攤法進行晶胞的有關(guān)計算，難度中等． 　 【化學(xué)--選修5：有機化學(xué)基礎(chǔ)】 13．植物精油具有抗菌消炎、解熱鎮(zhèn)痛等藥物功效．從樟科植物枝葉中提取的精油中含有甲、乙、丙三種成分． Ⅰ．甲經(jīng)下列過程可轉(zhuǎn)化為乙： （1）反應(yīng)①的反應(yīng)類型為　加成反應(yīng)?。? （2）乙的結(jié)構(gòu)簡式為　　，1mol乙最多可與　5　mol H2反應(yīng)． Ⅱ．通過如圖2合成路線由乙可得到丙（部分反應(yīng)產(chǎn)物略去）： 已知下列信息： ①RCH=CHR′RCHO+R′CHO ②丙的分子式為C16H14O2，能與溴水、NaOH溶液反應(yīng)． （3）A

58、的名稱是　乙二醛?。瓸→C的反應(yīng)條件為　氫氣/催化劑、加熱?。? （4）乙與新制Cu（OH）2反應(yīng)的化學(xué)方程式為　?。? （5）寫出同時符合下列要求的D的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：　?。? a．屬于二取代苯 b．分子中有5種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，其個數(shù)之比為1：2：2：1：2 c．能使溴的CCl4溶液褪色，且在酸性條件下可以發(fā)生水解反應(yīng)． 考點： 有機物的推斷．. 專題： 有機物的化學(xué)性質(zhì)及推斷． 分析： I．甲與HCl發(fā)生加成反應(yīng)生成，發(fā)生氧化反應(yīng)生成Y為，Y發(fā)生消去反應(yīng)生成乙為； II．乙和臭氧氧化反應(yīng)生成與OHC﹣CHO，乙和新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生氧化反應(yīng)然后酸化得到D

59、，D的結(jié)構(gòu)簡式為，丙的分子式為C16H14O2，能與溴水、NaOH溶液反應(yīng)，說明丙中有碳碳不飽和鍵和酯基，結(jié)合丙的分子式中碳原子數(shù)目可知，可知B為， 則A為OHC﹣CHO，B與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成C為，丙的結(jié)構(gòu)簡式為，據(jù)此解答． 解答： 解：I．（1）甲與HCl發(fā)生加成反應(yīng)生成，發(fā)生氧化反應(yīng)生成Y為，Y發(fā)生消去反應(yīng)生成乙為； （1）反應(yīng)①屬于加成反應(yīng)，故答案為：加成反應(yīng)； （2）乙的結(jié)構(gòu)簡式為，苯環(huán)、碳碳雙鍵、醛基均與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，1mol乙最多可與 5mol H2反應(yīng)，故答案為：；5； II．乙和臭氧氧化反應(yīng)生成與OHC﹣CHO，乙和新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生氧化反應(yīng)然后酸化得到

60、D，D的結(jié)構(gòu)簡式為，丙的分子式為C16H14O2，能與溴水、NaOH溶液反應(yīng)，說明丙中有碳碳不飽和鍵和酯基，結(jié)合丙的分子式中碳原子數(shù)目可知，可知B為， 則A為OHC﹣CHO，B與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成C為，丙的結(jié)構(gòu)簡式為， （3）A為OHC﹣CHO，名稱是：乙二醛，B→C是醛與氫氣在催化劑、加熱條件下發(fā)生的加成反應(yīng)， 故答案為：乙二醛；氫氣/催化劑、加熱； （4）乙與新制Cu（OH）2反應(yīng)的化學(xué)方程式為：， 故答案為：； （5）同時符合下列要求的D（）的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：a．屬于二取代苯 ；b．分子中有5種不同環(huán)境的氫原子，其個數(shù)比為1：2：2：1：2；c．能使溴的CCl4溶液退色，且在酸性條件下可以發(fā)生水解反應(yīng)，含有酯基、碳碳雙鍵，該同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為：． 點評： 本題考查有機物推斷及合成、有機反應(yīng)類型、同分異構(gòu)體書寫等，注意根據(jù)有機物的結(jié)構(gòu)與反應(yīng)條件進行推斷，關(guān)鍵是熟練掌握各種官能團結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，有助于培養(yǎng)學(xué)生的邏輯推理能力和發(fā)散思維能力，題目難度中等．