湖北省随州市2022学年高二化学下学期期末试题含解析

2022-2022学年湖北省随州市高二（下）期末化学试卷一、选择题1．下列叙述正确的是()A．用硫酸清洗锅炉中的水垢B．溶液是电中性的，胶体是带电的C．利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体D．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质2．下列说法正确的是()A．22.4LO2中一定含有6.02×1023个氧分子B．将8.0gNaOH溶于1L水中，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为0.2mol/LC．阿伏加德罗常数个H2O分子在标准状况下的体积是22.4LD．在标准状况下，20mLNH3与60mLO2所含的分子个数比为1：33．下列说法错误的是()A．除去FeSO4溶液中的CuSO4可加入适量铁粉，再过滤B．通过灼热的CuO除去H2中的COC．除去NaCl中少量的Na2SO4可依次加入BaCl2、Na2CO3、HCl溶液D．除去溴苯中的溴，可用NaOH溶液洗涤，再分液4．下列陈述Ⅰ、Ⅱ均正确且有因果关系的是()选项陈述Ⅰ陈述ⅡAFe3+有氧化性FeCl3溶液可溶解废旧电路板中的铜BSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维CNH3有还原性NH3可用H2SO4吸收D浓HNO3有酸性浓HNO3不可用铁制容器盛放A．AB．BC．CD．D5．下列实验操作中错误的是()A．蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口B．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出C．滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视滴定管中的液面D．称量时，称量放在称量瓶中，置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘的天平的右盘中6．依照阿佛加德罗定律，下列叙述错误的是()A．同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比B．同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比C．同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比D．同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比7．将ag含NaOH样品溶解在bmL0.1mol/L的硫酸中（杂质不反应），再加入cmL0.1mol/L的氢氧化钡溶液，反应后所得溶液恰好呈中性，则样品中NaOH的纯度是()-30-\nA．×100%B．×100%C．×100%D．×100%8．下列各组物质中，仅用水及物质间相互反应不能一一区别的一组是()A．Na2O2Al2（SO4）3MgCl2K2CO3B．BaCl2Na2SO4（NH4）SO4KOHC．AgNO3NaClKClCuCl2D．Fe2（SO4）3K2CO3KHSO4NH4Cl9．某温度下，在100克水中加入m克CuSO4或加入n克CuSO4•5H2O，均可使溶液恰好达到饱和，则m与n的关系符合()A．m=nB．m=C．m=D．m=10．下列离子方程式书写正确的是()A将磁性氧化铁溶于HI溶液：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2OB明矾[KAl（SO4）2]溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42﹣恰好完全沉淀：2Ba2++3OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓C用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫：2CO32﹣+SO2+H2O═2HCO3﹣+SO32﹣DNH4HCO3-30-\n溶液中滴入过量的NaOH溶液：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2OA．AB．BC．CD．D11．中国古代四大发明之一的黑火药，它的爆炸反应为：S+2KNO3+3C═K2S+N2↑+3CO2↑，当发生上述反应时，2molKNO3可氧化木炭的物质的量是()A．3molB．2.5molC．1molD．0.5mol12．下述实验不能达到预期目的是()编号实验内容实验目的A将少量氯水加入NaBr溶液中，并加适量CCl4振荡、静置比较氯与溴单质的氧化性强弱B分别向2去试管中加入3ml，5%的H2O2溶液，一支放入5℃左右的冷水中，另一支放入40℃左右的热水中，观察比较温度对化学反应速率的影响C向溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液检验某溶液中是否一定含SO42﹣D将实验室制得的CO2依次通过饱和NaHCO3溶液和浓硫酸除去CO2中的HCl和H2O蒸气A．AB．BC．CD．D-30-\n13．如图所示仪器可用于实验室制备少量无水FeCl3，仪器连接顺序正确的是()A．a﹣b﹣c﹣d﹣e﹣e﹣f﹣g﹣hB．a﹣e﹣d﹣c﹣b﹣h﹣i﹣gC．a﹣d﹣e﹣c﹣b﹣h﹣i﹣gD．a﹣c﹣b﹣d﹣e﹣h﹣i﹣f14．一定量的金属Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到混合气体（含NO、N2O4、NO2），将上述混合气体平均分为两份，一份与标准状况下4.48LO2混合后，用水吸收生成HNO3且无气体剩余，另一份恰好能被500mL1mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，则其中的NaNO2的物质的量为()A．0.1molB．0.15molC．0.2molD．0.4mol二、必考题15．有A、B、C、D、E五瓶透明溶液，分别是HCl、BaCl2、NaHSO4、Na2CO3、AgNO3中的一种．已知：①A与B反应有气体生成；②B与C反应有沉淀生成；③C与D反应有沉淀生成；④D与E反应有沉淀生成；⑤A与E反应有气体生成；⑥在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质．请填空：（1）在②和③的反应中，生成的沉淀物质的化学式是__________．（2）A是__________，B是__________，C是__________，D是__________，E是__________．（3）A与E反应的离子方程式是__________．16．铁及其化合物在日常生活中有广泛应用．（1）写出Fe与稀H2SO4反应的化学方程式__________．（2）绿矾（FeSO4•7H2O）是补血剂的原料，易变质，检验是否变质的试剂是__________．（3）聚合硫酸铁（PFS）是一种新型高效的无机高分子絮凝剂，广泛用于水的处理，用铁的氧化物为原料来制取聚合硫酸铁，为控制水解时Fe3+的浓度，防止生成氢氧化铁沉淀，原料中的Fe3+必须先还原为Fe2+，实验步骤如下：①用98%的硫酸配制28%的硫酸，所需的玻璃仪器除量筒、玻璃棒外，还有__________（选填标号）a．容量瓶b．烧杯c．烧瓶②Ⅲ中主要反应的离子方程式是__________．-30-\n③写出Ⅳ中用NaClO3氧化Fe2+时的离子反应方程式__________，若改用HNO3氧化，则反应方程式如下：6FeSO4+2HNO3+3H2SO4═3Fe2（SO4）3+2NO↑+4H2O但缺点是__________．聚合硫酸铁的化学式是[Fe2（OH）n（SO4）3﹣0.5n]m，运用沉淀法测定聚合硫酸铁产品溶液中Fe3+与SO物质的量之比．④需要测定Fe2O3和__________的质量（填写化合物的化学式）．⑤测定过程中所需的基本操作除过滤、洗涤外，还有__________（选填标号）a．萃取、分液b．蒸发、结晶c．冷却、称量d．烘干或灼烧．17．现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量氮化镁（Mg3N2）．要供选择的装置和药品如图所示（镁粉、还原铁粉均已干燥，装置内所发生的反应是完全的）．（1）写出制取氮化镁的化学方程式__________．（2）连接并检查实验装置的气密性，实验开始时，打开自来水的开关，将空气从5升的储气瓶压入反应装置，则气流流经导管的顺序是（填入仪器接口字母编号）（j）→()()→()()→()()→()()→（m）（3）除装置A、E外，还应选择的装置（填字母代号）及其目的装置目的（4）通气后，先点燃__________处酒精灯，如果同时点燃A、F装置的酒精灯，对实验结果有何影响？__________．（5）设计实验确定是否有氮化镁生成，写出实验操作、现象．__________．三、选考题请考生在下面“物质结构与性质模块”与“有机化学基础”两个模块中选择一个模块作答（每个模块各两道试题）【物质结构与性质模块】18．学习物质结构与性质，回答下列问题：（1）铝元素的原子核外共有__________种不同运动状态的电子，__________种不同能级的电子．（2）在硼酸[B（OH）3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构，则分子中B原子杂化轨道的类型为__________，同层分子间的主要作用为__________．（3）BN和CO2中的化学键均为共价键，BN的熔点高且硬度大，BN可能是__________晶体，而干冰属于分子晶体，其晶胞也属于面心立方晶格，则CO2的配位数是__________．-30-\n（4）铜元素基态原子的价层电子排布式为__________，一种铜银合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Ag原子处于顶点位置，同该合金中Cu原子与Ag原子数量之比为__________．（5）若将金刚石晶胞中的所有C原子换成Si原子，同时在每两个相邻的Si原子（距离最近的两个Si原子）中心联线的中点处增添一个O原子，则构成SiO2晶胞，故SiO2晶胞中有__________个Si原子，__________个O原子．（6）冰虽不属于原子晶体，但冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞类似，冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式类似的原因是__________．19．卤素化学丰富多彩，能形成卤化的、卤素互化物、多卤化物等多种类型的化合物．回答下列问题：（1）卤素互化物如IBr和ICl等与卤素单质结构相似、性质相近．Cl2、IBr、ICl沸点由高到低的顺序为__________，I和Cl相比，电负性较大的是__________，ICl中I元素的化合价为__________．（2）I3+属于多卤素阳离子，根据VSEPR模型推测I的空间构型为__________，中心I3+原子的杂化轨道类型为__________．（3）请推测①HClO4、②HIO4、③H3IO6三种物质的酸性由强到弱的顺序为__________（填序号）．（4）氰[（CN）2]是一种分子构型和化学性质与卤素单质很相似的化合物，称为拟卤素．一个氰分子中含有__________个π键．（5）BeCl2是直线型共价分子，可以以单体、二聚体（BeCl2）2和多聚体（BeCl2）n形式存在．二聚体（BeCl2）2中Be的杂化轨道类型由单体的sp变为sp3，请画出它的二聚体的结构式__________．（6）卤化物RbICl2加热时会分解为晶格能相对较大的卤化物的卤素互化物，该反应的化学方程式为__________，RbICl2的晶体结构与NaCl相似，晶胞边长为685.5pm，RbICl2晶胞中含有__________个氯原子，RbICl2晶体的密度是__________g•cm﹣3（只要求列算式，不必计算出数值）．【有机化学基础模块】20．已知：①；②C物质苯环上一卤代物只有两种．-30-\n根据上述转化关系，回答问题：（1）写出A物质的名称__________，D物质的结构简式__________，分子中最多有__________原子处在同一平面．（2）写出反应②的类型__________，反应⑤的条件__________．（3）写出反应⑥的化学方程式：__________．（4）写出E和D反应的化学方程式：__________．（5）反应②还有可能生成一种C16H18的有机物，其苯环上一卤代物也只有两种，写出它的结构简式：__________．（6）分子中具有苯环、苯环上含有两个取代基，且能与NaHCO3溶液反应的E的同分异构体还有__________种（不包含E）．21．5﹣氯﹣2，3﹣二氢﹣1﹣茚酮（化合物F）是一种重要的医药中间体．已知信息：R﹣ClRCH（COOC2H5）2RCH2COOH以化合物A（分子式为C7H7Cl）为原料合成化合物F的工艺流程如下：（1）写出A结构简式__________，反应D→E的反应类型__________．（2）写出A转化为B反应的化学方程式__________．（3）写出D结构简式__________，某化学物是D的同分异构体，能使FeCl3溶液显紫色，且分子中只有3种不同化学环境的氢，写出该化合物的结构简式：__________（任写一种）．（4）E→F的转化中，会产生一种与F互为同分异构体的副产物，其结构简式为__________．（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以化合物F和CH2（COOC2H5）2为有机反应原料制备的合成路线流程图（注明反应条件）．合成路线流程图示例如下：-30-\n2022-2022学年湖北省随州市高二（下）期末化学试卷一、选择题1．下列叙述正确的是()A．用硫酸清洗锅炉中的水垢B．溶液是电中性的，胶体是带电的C．利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体D．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质【考点】胶体的重要性质；电解质与非电解质．【分析】A．硫酸和水垢反应，其中碳酸钙和硫酸反应生成硫酸钙微溶于水；B．溶液是电中性的，部分胶体的胶粒是带电的，胶体一定不带电；C．胶体具有丁达尔效应，是胶体特有的性质，溶液不具有丁达尔效应；D．电解质是水溶液中或熔融状态能导电的化合物，四氯化碳是非电解质．【解答】解：A．用硫酸清洗锅炉中的水垢反应生成硫酸钙是微溶于水的盐，不能除净水垢，故A错误；B．溶液是电中性的，胶体也不带电，但有些胶粒带电如氢氧化铁胶体胶粒带正电荷，有些不带电如淀粉胶体的胶粒，故B错误；C．光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，丁达尔效应是胶体特有的性质，溶液不具有丁达尔效应，利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体，故C正确；D．烧碱是氢氧化钠水溶液中完全电离是强电解质、冰醋酸水溶液中部分电离是弱电解质、四氯化碳水溶液中或熔融状态都不导电属于非电解质，故D错误；故选C．【点评】本题考查了水垢处理，分散系的区分，电解质的判断，胶体性质，解题时须仔细审题，对照性质解答，题目较简单．2．下列说法正确的是()A．22.4LO2中一定含有6.02×1023个氧分子B．将8.0gNaOH溶于1L水中，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为0.2mol/LC．阿伏加德罗常数个H2O分子在标准状况下的体积是22.4LD．在标准状况下，20mLNH3与60mLO2所含的分子个数比为1：3【考点】物质的量的相关计算．【分析】A．氧气不一定处于标况下，22.4LO2的物质的量不一定为1mol；B.8.0gNaOH为0.2mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液浓度为0.2mol/L；C．阿伏加德罗常数个H2O分子的物质的量为1mol，标况下水不是气体；D．同温同压下，气体分子数目之比等于气体的体积之比．【解答】解：A．体积一定时，温度、压强会影响气体摩尔体积，氧气不一定处于标况下，22.4LO2的物质的量不一定为1mol，即含有氧气分子不一定为6.02×1023个，故A错误；B.8.0gNaOH为0.2mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液浓度为0.2mol/L，体积1L为溶液的体积，不是溶剂的体积，故B错误；C．阿伏加德罗常数个H2O分子的物质的量为1mol，标况下水不是气体，为液态，其体积远远小于22.4L，故C错误；-30-\nD．同温同压下，气体分子数目之比等于气体的体积之比，故标况下20mLNH3与60mLO2所含的分子个数比为20mL：60mL=1：3，故D正确，故选D．【点评】本题考查气体摩尔体积、物质的量浓度、阿伏伽德罗定律及其推论，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意根据PV=nRT理解阿伏伽德罗定律及其推论．3．下列说法错误的是()A．除去FeSO4溶液中的CuSO4可加入适量铁粉，再过滤B．通过灼热的CuO除去H2中的COC．除去NaCl中少量的Na2SO4可依次加入BaCl2、Na2CO3、HCl溶液D．除去溴苯中的溴，可用NaOH溶液洗涤，再分液【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．【分析】A．Fe与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和Cu；B．氢气、CO均可还原CuO；C．氯化钡与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，过量的氯化钡利用碳酸钠除去，过量的碳酸钠利用盐酸除去；D．溴与NaOH溶液反应后，与溴苯分层．【解答】解：A．Fe与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和Cu，Fe、Cu不溶于水，然后过滤可除杂，故A正确；B．氢气、CO均可还原CuO，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，故B错误；C．氯化钡与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，过量的氯化钡利用碳酸钠除去，过量的碳酸钠利用盐酸除去，则除去NaCl中少量的Na2SO4可依次加入BaCl2、Na2CO3、HCl溶液，故C正确；D．溴与NaOH溶液反应后，与溴苯分层，然后分液可除杂，故D正确；故选B．【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异、发生的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．4．下列陈述Ⅰ、Ⅱ均正确且有因果关系的是()选项陈述Ⅰ陈述ⅡAFe3+有氧化性FeCl3溶液可溶解废旧电路板中的铜BSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维CNH3有还原性NH3可用H2SO4吸收D浓HNO3有酸性浓HNO3不可用铁制容器盛放A．AB．BC．CD．D【考点】铁的化学性质；氨的化学性质；硝酸的化学性质；硅和二氧化硅．【专题】元素及其化合物．【分析】A．铁离子能够将金属铜氧化成铁离子，据此可以回收废旧电路板中的铜；B．SiO2不导电，是制光导纤维的原料；C．氨气为碱性气体，硫酸具有酸性，二者能够反应生成硫酸铵；D．浓硝酸具有强氧化性，能够使铁表明形成一层致密的氧化物保护膜．【解答】解：A．Fe3+具有氧化性，能将铜氧化为为铜离子，所以FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜，Ⅰ、Ⅱ正确有因果关系，故A正确；B．SiO2不导电，二氧化硅是良好的光导材料与其对光的全反射有关，所以制光导纤维的原料，Ⅰ不正确、Ⅱ正确，Ⅰ和Ⅱ无因果关系，故B错误；-30-\nC．氨气与硫酸反应的原因是氨气为碱性气体，硫酸具有酸性，二者反应生成盐硫酸铵，Ⅰ和Ⅱ之间没有因果关系，故C错误；D．浓硝酸具有强氧化性，能够与铁、铝发生钝化，所以可用铁制容器盛放浓硝酸，Ⅰ、Ⅱ没有因果关系，故D错误；故选A．【点评】本题考查了铁盐与亚铁盐的转变、浓硝酸的化学性质、二氧化硅的性质与用途，题目难度不大，注意掌握铁盐、亚铁盐的转变，明确铁、铝与浓硫酸、浓硝酸发生钝化现象．5．下列实验操作中错误的是()A．蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口B．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出C．滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视滴定管中的液面D．称量时，称量放在称量瓶中，置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘的天平的右盘中【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．蒸馏时，温度计测量馏分温度；B．分液时，要遵循“下层液体从下口倒出、上层液体从上口倒出”原则；C．中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶；D．称量时，要遵循“左物右砝”原则．【解答】解：A．蒸馏时，温度计测量馏分温度，所以应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口，故A正确；B．分液时，要遵循“下层液体从下口倒出、上层液体从上口倒出”原则，否则易掺入杂质，故B正确；C．中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶，其操作为左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视锥形瓶内液体颜色变化，故C错误；D．称量时，要遵循“左物右砝”原则，所以称量放在称量瓶中，置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘的天平的右盘中，故D正确；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重考查基本操作，明确操作规范性是解本题关键，注意从操作规范性上分析评价，易错选项是C．6．依照阿佛加德罗定律，下列叙述错误的是()A．同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比B．同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比C．同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比D．同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比【考点】阿伏加德罗定律及推论．【分析】同温同压下，气体摩尔体积相等，根据V=nVm、ρ=，同温条件下气体的物质的量与其压强成正比对各选项进行判断．【解答】解：A．同温同压下，气体摩尔体积相等，根据V=nVm知，气体的体积之比等于其物质的量之比，故A正确；-30-\nB．同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ=可知，气体的密度之比等于摩尔质量之比，与物质的量无关，故B错误；C．同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ=可知，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，故C正确；D．同温条件下气体，它们的物质的量与其压强成正比，所以同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比，故D正确；故选B．【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，题目难度中等，侧重考查基本理论的推导，明确物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键，注意有关气体体积的计算中前提条件．7．将ag含NaOH样品溶解在bmL0.1mol/L的硫酸中（杂质不反应），再加入cmL0.1mol/L的氢氧化钡溶液，反应后所得溶液恰好呈中性，则样品中NaOH的纯度是()A．×100%B．×100%C．×100%D．×100%【考点】化学方程式的有关计算．【分析】发生反应：2NaOH+H2SO4═Na2SO4+2H2O、Ba（OH）2+H2SO4═BaSO4↓+2H2O，反应后所得溶液恰好呈中性，硫酸恰好反应，溶液中溶质为Na2SO4，由方程式可知：n（H2SO4）=n（NaOH）+n[Ba（OH）2]，再根据m=nM计算NaOH的质量，进而计算NaOH质量分数．【解答】解：发生反应：2NaOH+H2SO4═Na2SO4+2H2O、Ba（OH）2+H2SO4═BaSO4↓+2H2O，反应后所得溶液恰好呈中性，硫酸恰好反应，溶液中溶质为Na2SO4，由方程式可知：n（H2SO4）=n（NaOH）+n[Ba（OH）2]，则b×10﹣3L×0.1mol/L=n（NaOH）+c×10﹣3L×0.1mol/L，解得n（NaOH）=2（b﹣c）×10﹣4mol，则m（NaOH）=2（b﹣c）×10﹣4mol×40g/mol=8（b﹣c）×10﹣3g，故样品中NaOH的纯度是×100%=×100%，故选A．【点评】本题考查化学方程式的有关计算，明确发生的反应是解题关键，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．8．下列各组物质中，仅用水及物质间相互反应不能一一区别的一组是()A．Na2O2Al2（SO4）3MgCl2K2CO3-30-\nB．BaCl2Na2SO4（NH4）SO4KOHC．AgNO3NaClKClCuCl2D．Fe2（SO4）3K2CO3KHSO4NH4Cl【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】压轴题；物质检验鉴别题．【分析】A、加入水与过氧化钠反应生成氧气和氢氧化钠溶液，以此可鉴别其它三种物质；B、氯化钡加入到硫酸钠和硫酸铵中都有沉淀，硫酸铵和氢氧化钾反应有刺激性气体，可以相互反应进行鉴别；C、不能鉴别氯化钠和氯化钾；D、硫酸铁呈黄色，用它可鉴别其它三种物质．【解答】解：A、都溶于水后，过氧化钠可以与水反应，生成气体和氢氧化钠，鉴别出来，然后把氢氧化钠分别加入其它三种溶液中，Al2（SO4）3先沉淀后溶解，MgCl2只生成沉淀，K2CO3无现象，故A正确；B、BaCl2加入到Na2SO4和（NH4）SO4中都有沉淀，可鉴别出BaCl2，（NH4）SO4与KOH反应有刺激性气体，即可确定各物质，故B正确；C、溶于水后，氯化铜有颜色，另外三个相互混合，可以鉴别硝酸银，但是氯化钠与氯化钾不能区分，故C错误；D、溶于水后，硫酸铁有颜色，再利用硫酸铁和碳酸钾发生相互促进的水解生成红褐色的氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体鉴别出碳酸钾，再利用碳酸钾和硫酸氢钠反应生成二氧化碳气体鉴别出硫酸氢钾，剩下的是氯化铵，故D正确．故选C．【点评】本题考查物质的鉴别，做题时注意先从某具有特殊性质的角度入手，如颜色等，在鉴别其它物质，如没有特殊性质，可相互滴加从颜色、气体、沉淀等角度判断，该类题的关键之处是反应现象各不相同，否则无法判断．9．某温度下，在100克水中加入m克CuSO4或加入n克CuSO4•5H2O，均可使溶液恰好达到饱和，则m与n的关系符合()A．m=nB．m=C．m=D．m=【考点】溶解度、饱和溶液的概念；溶液中溶质的质量分数及相关计算．【专题】压轴题；物质的量浓度和溶解度专题．【分析】根据相同温度下和溶剂中，同种物质的溶解度相同，利用均可使溶液恰好达到饱和时溶质的质量分数相同来列式计算，ngCuSO4•5H2O溶于水后的溶质质量为ng×．【解答】解：因为所得溶液均为硫酸铜的饱和溶液，在相同温度下溶质的质量分数相等，所以有：×100%=×100%，整理后即得m=．故选B．-30-\n【点评】本题主要考查学生对固体溶解度的概念的理解和溶质质量分数的计算，解答本题，要熟记和理解固体溶解度的概念、意义和有关计算方法，在解答中要思考给定的数值的来源，也就是解题的切入点．10．下列离子方程式书写正确的是()A将磁性氧化铁溶于HI溶液：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2OB明矾[KAl（SO4）2]溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42﹣恰好完全沉淀：2Ba2++3OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓C用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫：2CO32﹣+SO2+H2O═2HCO3﹣+SO32﹣DNH4HCO3溶液中滴入过量的NaOH溶液：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2OA．AB．BC．CD．D【考点】离子方程式的书写．【分析】A．碘离子容易被铁离子氧化成碘单质；B．硫酸根离子恰好沉淀时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1：4，二者反应生成偏铝酸根离子；C．二氧化硫少量，反应生成碳酸氢钠和亚硫酸钠；D．氢氧化钠过量，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应，漏掉了铵根离子与氢氧根离子的反应．【解答】解：A．铁离子能够氧化碘离子，正确的离子方程式为：2I﹣+Fe3O4+8H+=3Fe2++4H2O+I2，故A错误；-30-\nB．明矾[KAl（SO4）2]溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42﹣恰好完全沉淀，硫酸铝钾与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，反应生成偏铝酸钠，正确的离子方程式为：2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故B错误；C．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫，反应生成亚硫酸钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：2CO32﹣+SO2+H2O═2HCO3﹣+SO32﹣，故C正确；D．碳酸氢铵与足量氢氧化钠反应生成碳酸钠、一水合氨和水，正确的离子方程式为：2OH﹣+NH4++HCO3﹣=CO32﹣+NH3•H2O+H2O，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子方程式的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．11．中国古代四大发明之一的黑火药，它的爆炸反应为：S+2KNO3+3C═K2S+N2↑+3CO2↑，当发生上述反应时，2molKNO3可氧化木炭的物质的量是()A．3molB．2.5molC．1molD．0.5mol【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应．【分析】S+2KNO3+3C═K2S+N2↑+3CO2↑中，S、N元素的化合价降低，C元素的化合价升高，结合电子守恒计算．【解答】解：N元素的化合价由+5价降低为0，则2molKNO3得到电子为2mol×（5﹣0）=10mol，C元素的化合价由0升高为+4价，由电子守恒可知，2molKNO3可氧化木炭的物质的量是=2.5mol，故选B．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．12．下述实验不能达到预期目的是()编号实验内容实验目的A将少量氯水加入NaBr溶液中，并加适量CCl4振荡、静置比较氯与溴单质的氧化性强弱B分别向2去试管中加入3ml，5%的H2O2溶液，一支放入5℃左右的冷水中，另一支放入40℃左右的热水中，观察比较温度对化学反应速率的影响-30-\nC向溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液检验某溶液中是否一定含SO42﹣D将实验室制得的CO2依次通过饱和NaHCO3溶液和浓硫酸除去CO2中的HCl和H2O蒸气A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；B．只有一个温度变量其它条件相同时可以比较温度对化学反应速率的影响；C．银离子和氯离子反应生成氯化银沉淀；D．二氧化碳和碳酸氢钠不反应，HCl和碳酸氢钠反应且生成二氧化碳，浓硫酸具有吸水性且不和二氧化碳反应．【解答】解：A．氯气能氧化NaBr生成溴，该反应中氯气是氧化剂、溴是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以能比较两种单质的氧化性强弱，能实现实验目的，故A不选；B．该实验中只有温度不同其它条件都相同，所以比较温度对化学反应速率的影响，故B不选；C．向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，原溶液中可能含银离子，可能含硫酸根离子，但二者不能同时存，所以不能实现实验目的，故C选；D．二氧化碳和碳酸氢钠不反应，HCl和碳酸氢钠反应且生成二氧化碳，浓硫酸具有吸水性且不和二氧化碳反应，所以可以用碳酸氢钠除去HCl，用浓硫酸干燥气体，故D不选；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意排除干扰，易错选项是C．13．如图所示仪器可用于实验室制备少量无水FeCl3，仪器连接顺序正确的是()A．a﹣b﹣c﹣d﹣e﹣e﹣f﹣g﹣hB．a﹣e﹣d﹣c﹣b﹣h﹣i﹣gC．a﹣d﹣e﹣c﹣b﹣h﹣i﹣gD．a﹣c﹣b﹣d﹣e﹣h﹣i﹣f【考点】化学实验操作的先后顺序．【专题】化学实验基本操作．【分析】实验室制备少量无水FeCl3需要用纯净、干燥的氯气在加热条件下与铁粉反应，在此过程中应注意氯气制取后的除杂和干燥，以及与铁粉反应后氯气尾气的处理等问题即可解答．-30-\n【解答】解：实验室制备少量无水FeCl3需要用纯净、干燥的氯气在加热条件下与铁粉反应，故首先要制备氯气，故最先使用的仪器是a；制取出的氯气中有HCl和水蒸气，应先用饱和食盐水洗气除去HCl，而洗气时，气体要长进短出，故接下来的气流的方向是e→d；然后用浓硫酸干燥氯气，故接下来的气流的方向是c→b；制取了纯净干燥的氯气后，通入铁粉，在加热条件下与铁粉反应，故接下来连h；氯气是污染性气体，对空气有污染，故应连接尾气处理装置，考虑到氯气是酸性气体，故要用碱液来吸收，故接下来通入NaOH溶液，气流的方向是g→f；故仪器连接顺序正确的是a﹣e﹣d﹣c﹣b﹣h﹣i﹣g，故选B．【点评】本题考查了仪器的连接顺序的问题，重点是掌握气体的除杂的方法和顺序，难度不大．14．一定量的金属Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到混合气体（含NO、N2O4、NO2），将上述混合气体平均分为两份，一份与标准状况下4.48LO2混合后，用水吸收生成HNO3且无气体剩余，另一份恰好能被500mL1mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，则其中的NaNO2的物质的量为()A．0.1molB．0.15molC．0.2molD．0.4mol【考点】有关混合物反应的计算．【分析】两份中混合气体的含量相同，第一份先与氧气反应，然后与水恰好反应生成硝酸；第二份中与氢氧化钠溶液反应生成亚硝酸钠和硝酸钠，根据电子守恒，若将第二份中的亚硝酸钠氧化成硝酸钠，消耗的氧气一定与第一份中消耗的氧气的量相同，据此结合电子守恒可计算出亚硝酸钠的物质的量．【解答】解：标况下4.48L氧气的物质的量为：=0.2mol，0.2mol氧气反应后得到电子总物质的量为：0.2mol×4=0.8mol，一份与标准状况下4.48LO2混合后，用水吸收生成HNO3且无气体剩余，若生成的硝酸与氢氧化钠反应恰好生成硝酸钠；另一份恰好能被500mL1mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，由于两份中组成相同，根据电子守恒，若亚硝酸钠转化成硝酸钠，消耗氧气的量也一定为0.2mol，结合电子守恒可知则亚硝酸钠的物质的量为：=0.4mol，故选D．【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确第二份中亚硝酸钠氧化成硝酸钠消耗的氧气与第一份中消耗的氧气的量相等为解答关键，注意掌握电子守恒在化学计算中的应用方法．二、必考题15．有A、B、C、D、E五瓶透明溶液，分别是HCl、BaCl2、NaHSO4、Na2CO3、AgNO3中的一种．已知：①A与B反应有气体生成；②B与C反应有沉淀生成；③C与D反应有沉淀生成；④D与E反应有沉淀生成；⑤A与E反应有气体生成；⑥在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质．请填空：（1）在②和③的反应中，生成的沉淀物质的化学式是AgCl．-30-\n（2）A是Na2CO3，B是HCl，C是AgNO3，D是BaCl2，E是NaHSO4．（3）A与E反应的离子方程式是2H++CO32﹣═CO2↑+H2O．【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计；离子方程式的书写；几组未知物的检验．【专题】元素及其化合物．【分析】根据⑥“在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质”这一信息可知，B与D中必然含有相同的离子，容易推断出它们是HCl和BaCl2，都可与银离子反应生成AgCl沉淀；因此，C必然是AgNO3；再根据①，A与B反应有气体生成，推断B一定是HCl，那么，D是BaCl2，A是Na2CO3，剩余的一种物质，即NaHSO4就是E，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题．【解答】解：根据⑥“在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质”这一信息可知，B与D中必然含有相同的离子，容易推断出它们是HCl和BaCl2，都可与银离子反应生成AgCl沉淀；因此，C必然是AgNO3；再根据①，A与B反应有气体生成，推断B一定是HCl，那么，D是BaCl2，A是Na2CO3，剩余的一种物质，即NaHSO4就是E，（1）由以上分析可知在②和③的反应中，生成的沉淀物质是AgCl，故答案为：AgCl；（2）由以上分析可知A是Na2CO3，B是HCl，C是AgNO3，DBaCl2，E是NaHSO4，故答案为：Na2CO3；HCl；AgNO3；BaCl2；NaHSO4；（3）Na2CO3与NaHSO4反应生成CO2和H2O，反应的离子方程式是2H++CO32﹣═CO2↑+H2O，故答案为：2H++CO32﹣═CO2↑+H2O．【点评】本题考查物质的检验和鉴别，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握元素化合物知识，学习中注意相关基础知识的积累，根据反应现象进行推断，难度不大．16．铁及其化合物在日常生活中有广泛应用．（1）写出Fe与稀H2SO4反应的化学方程式Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑．（2）绿矾（FeSO4•7H2O）是补血剂的原料，易变质，检验是否变质的试剂是KSCN溶液．（3）聚合硫酸铁（PFS）是一种新型高效的无机高分子絮凝剂，广泛用于水的处理，用铁的氧化物为原料来制取聚合硫酸铁，为控制水解时Fe3+的浓度，防止生成氢氧化铁沉淀，原料中的Fe3+必须先还原为Fe2+，实验步骤如下：①用98%的硫酸配制28%的硫酸，所需的玻璃仪器除量筒、玻璃棒外，还有b（选填标号）a．容量瓶b．烧杯c．烧瓶②Ⅲ中主要反应的离子方程式是Fe+2Fe3+=3Fe2+．③写出Ⅳ中用NaClO3氧化Fe2+时的离子反应方程式ClO3﹣+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O，若改用HNO3氧化，则反应方程式如下：6FeSO4+2HNO3+3H2SO4═3Fe2（SO4）3+2NO↑+4H2O但缺点是产生的气体对空气有污染．聚合硫酸铁的化学式是[Fe2（OH）n（SO4）3﹣0.5n]m，运用沉淀法测定聚合硫酸铁产品溶液中Fe3+与SO物质的量之比．④需要测定Fe2O3和BaSO4的质量（填写化合物的化学式）．⑤测定过程中所需的基本操作除过滤、洗涤外，还有cd（选填标号）a．萃取、分液b．蒸发、结晶c．冷却、称量d．烘干或灼烧．【考点】制备实验方案的设计；铁的化学性质．-30-\n【分析】（1）Fe与稀H2SO4反应生成硫酸亚铁和氢气；（2）绿矾（FeSO4•7H2O）是补血剂的原料，易变质，检验是否变质即检验三价铁离子，可以用KSCN溶液；（3）铁的氧化物溶解于硫酸中取样分析溶液中的Fe2+、Fe3+的含量，因为控制水解时Fe3+的浓度，防止生成氢氧化铁沉淀，原料中的Fe3+先被还原为Fe2+；所以确定下一步还原所需铁的量，再被氧化为Fe3+；需要确定氧化Fe2+所需NaClO3的量，通过氧化、水解、聚合得到产品，①根据配制一定质量分数溶液的基本步骤：计算、量取、溶解分析用到的仪器；②Ⅲ中主是用铁将Fe3+还原为Fe2+；③用NaClO3氧化Fe2+时，氯酸根离子被还原成氯离子，亚铁离子被氧化成铁离子，结合电子守恒和原子守恒书写离子方程式，用硝酸氧化产物中有一氧化氮；④根据测定Fe2O3来测定Fe3+的物质的量，根据测定BaSO4的质量来测定SO42¯的物质的量考虑；⑤根据测定沉淀的质量分析基本步骤，从溶液中获得沉淀，要先过滤、洗涤，烘干，冷却再称量沉淀质量，根据沉淀质量再进行计算即可．【解答】解：（1）Fe与稀H2SO4反应生成硫酸亚铁和氢气，反应方程式为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，故答案为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；（2）绿矾（FeSO4•7H2O）是补血剂的原料，易变质生成三价铁离子，检验是否变质即检验三价铁离子，可以用KSCN溶液，故答案为：KSCN溶液；（3）铁的氧化物溶解于硫酸中取样分析溶液中的Fe2+、Fe3+的含量，因为控制水解时Fe3+的浓度，防止生成氢氧化铁沉淀，原料中的Fe3+先被还原为Fe2+；所以确定下一步还原所需铁的量，再被氧化为Fe3+；需要确定氧化Fe2+所需NaClO3的量，通过氧化、水解、聚合得到产品，①用浓硫酸配稀硫酸的基本步骤是计算、量取、溶解，配制一定量分数硫酸溶液需要的仪器有：胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯，故答案为：b；②Ⅲ中主是用铁将Fe3+还原为Fe2+，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；③用NaClO3氧化Fe2+时，氯酸根离子被还原成氯离子，亚铁离子被氧化成铁离子，反应的离子方程式为ClO3﹣+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O，如果用用硝酸氧化，则产物中有一氧化氮，污染空气，故答案为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O；产生的气体对空气有污染；④根据测定Fe2O3来测定Fe3+的物质的量，根据测定BaSO4的质量来测定SO42¯的物质的量考虑，故答案为：BaSO4；⑤根据测定沉淀的质量分析基本步骤，从溶液中获得沉淀，要先过滤、洗涤，烘干或灼烧，冷却再称量沉淀质量，根据沉淀质量再进行计算即可，故选cd．【点评】本题以铁及其化合物为载体，以流程图形式考查了氧化还原反应知识、元素化合物的知识，注意溶液配制方法和步骤，测定物质含量的实验刚才分析判断，题目难度较大．-30-\n17．现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量氮化镁（Mg3N2）．要供选择的装置和药品如图所示（镁粉、还原铁粉均已干燥，装置内所发生的反应是完全的）．（1）写出制取氮化镁的化学方程式3Mg+N2Mg3N2．（2）连接并检查实验装置的气密性，实验开始时，打开自来水的开关，将空气从5升的储气瓶压入反应装置，则气流流经导管的顺序是（填入仪器接口字母编号）（j）→()()→()()→()()→()()→（m）（3）除装置A、E外，还应选择的装置（填字母代号）及其目的装置目的（4）通气后，先点燃F处酒精灯，如果同时点燃A、F装置的酒精灯，对实验结果有何影响？制得的氮化镁将不纯．（5）设计实验确定是否有氮化镁生成，写出实验操作、现象．将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）用氮气和镁在加热的条件下生成氮化镁，根据元素守恒可写出化学方程式；（2）根据先除杂后干燥的原理及固体加热试管必须干燥的原理可将装置进行排序．气体参与的物质制备实验中装置的连接一般顺序是：制备气体→除杂→干燥→制备→尾气处理；（3）根据题中信息可知Mg在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应，所以镁和氮气反应必须将空气中的O2、CO2、H2O除去制得干燥纯净的N2，浓硫酸作用是除去水蒸气，浓氢氧化钠是除去空气中二氧化碳，还原粉为了除去空气中氧气，同时还应防止装置后面的空气中水进入装置与氮化镁反应；（4）因为A装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、CO2、水蒸气等与镁反应，如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁；（5）取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试管中的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成．【解答】解：（1）用氮气和镁在加热的条件下生成氮化镁，反应的方程式为3Mg+N2Mg3N2，-30-\n故答案为：3Mg+N2Mg3N2；（2）气体参与的物质制备实验中装置的连接一般顺序是：制备气体→除杂→干燥→制备→尾气处理；所以除去空气中的O2、CO2、H2O制备氮化镁，装置连接顺序是，j→h→g→d→c→k→l（或l→k）→a→b（或b→a）；故答案为：j→h→g→d→c→k→l（或l→k）→a→b（或b→a）；（3）根据题中信息可知Mg在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应，所以镁和氮气反应必须将空气中的O2、CO2、H2O除去制得干燥纯净的N2，浓硫酸作用是除去水蒸气，浓氢氧化钠是除去空气中二氧化碳，还原粉为了除去空气中氧气，同时还应防止装置后面的空气中水进入装置与氮化镁反应，所以除装置A、E外，还应选择的装置BDFG，各自的目的为装置目的B除去水蒸气D除去空气中的二氧化碳F除去空气中的氧气G吸收空气中的水蒸气，故答案为：装置目的B除去水蒸气D除去空气中的二氧化碳F除去空气中的氧气G吸收空气中的水蒸气；（4）因为A装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、CO2、水蒸气等与镁反应，如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁，所以通气后，先点燃F处酒精灯，故答案为：F；制得的氮化镁将不纯；（5）依据氮化镁和水反应生成氨气，方程式为Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3↑，将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁；故答案为：将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁．【点评】本题考查了物质实验室制备原理和装置选择，实验步骤的设计分析判断，物质性质的应用是解题关键，题目难度中等．三、选考题请考生在下面“物质结构与性质模块”与“有机化学基础”两个模块中选择一个模块作答（每个模块各两道试题）【物质结构与性质模块】18．学习物质结构与性质，回答下列问题：-30-\n（1）铝元素的原子核外共有13种不同运动状态的电子，5种不同能级的电子．（2）在硼酸[B（OH）3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构，则分子中B原子杂化轨道的类型为sp2，同层分子间的主要作用为氢键．（3）BN和CO2中的化学键均为共价键，BN的熔点高且硬度大，BN可能是原子晶体，而干冰属于分子晶体，其晶胞也属于面心立方晶格，则CO2的配位数是12．（4）铜元素基态原子的价层电子排布式为3d104s1，一种铜银合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Ag原子处于顶点位置，同该合金中Cu原子与Ag原子数量之比为3：1．（5）若将金刚石晶胞中的所有C原子换成Si原子，同时在每两个相邻的Si原子（距离最近的两个Si原子）中心联线的中点处增添一个O原子，则构成SiO2晶胞，故SiO2晶胞中有8个Si原子，16个O原子．（6）冰虽不属于原子晶体，但冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞类似，冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式类似的原因是水中的氧和金刚石中的碳原子都是sp3杂化，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，且氢键具胡方向性和饱和性．【考点】晶胞的计算；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】（1）元素原子中电子数与电子运动状态数相同；Al原子核外有1s、2s、2p、3s、3p能级；（2）在硼酸[B（OH）3]分子中，硼原子最外层只有3个电子，B原子与3个羟基相连，与氧原子形成3对共用电子对，无孤对电子对，所以B原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断B原子杂化方式；在硼酸[B（OH）3]分子中，氧原子与氢原子形成1对共用电子对，氧元素的电负性很强，不同硼酸分子中的氧原子与氢原子之间形成氢键，此外硼酸分子之间存在范德华力；（3）原子晶体熔沸点较高，分子晶体熔沸点较低；面心立方晶胞中配位数=3×8÷2；（4）Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，3d、4s电子为其价电子，根据构造原理书写价电子排布式；该晶胞中Cu原子个数=6×=3，Ag原子个数=8×=1；（5）在硅晶胞中Si原子个数=6×+8×+4=8，在每两个相邻的Si原子（距离最近的两个Si原子）中心联线的中点处增添一个O原子，则构成SiO2晶胞，则Si、O原子个数之比为1：2，据此判断O原子个数；（6）水中的氧和金刚石中的碳的杂化方式相同，氢键和共价健都有方向性和饱和性．【解答】解：（1）元素原子中电子数与电子运动状态数相同，Al原子核外有13个电子，所以电子有13种运动状态；Al原子核外有1s、2s、2p、3s、3p能级，所以有5种不同能级的电子，故答案为：13；5；（2）在硼酸[B（OH）3]分子中，硼原子最外层只有3个电子，B原子与3个羟基相连，与氧原子形成3对共用电子对，即形成3个σ键，无孤对电子对，杂化轨道数为3，故B原子采取sp2杂化；在硼酸[B（OH）3]分子中，氧原子与氢原子形成1对共用电子对，氧元素的电负性很强，不同硼酸分子中的氧原子与氢原子之间形成氢键，外硼酸分子之间存在范德华力，氢键比范德华力更强，故硼酸分子之间主要是氢键；故答案为：sp2；氢键；（3）原子晶体熔沸点较高，分子晶体熔沸点较低，BN的熔沸点较高，所以为原子晶体；面心立方晶胞中配位数=3×8÷2=12，-30-\n故答案为：原子；12；（4）Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，3d、4s电子为其价电子，根据构造原理书写价电子排布式为3d104s1；该晶胞中Cu原子个数=6×=3，Ag原子个数=8×=1，所以Cu、Ag原子个数之比为3：1，故答案为：3d104s1；3：1；（5）在硅晶胞中Si原子个数=6×+8×+4=8，在每两个相邻的Si原子（距离最近的两个Si原子）中心联线的中点处增添一个O原子，则构成SiO2晶胞，则Si、O原子个数之比为1：2，O原子个数为16，故答案为：8；16；（6）水中的氧和金刚石中的碳原子都是sp3杂化，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，且氢键具有方向性和饱和性，所以冰晶胞与金刚石晶胞排列方式相同，故答案为：水中的氧和金刚石中的碳原子都是sp3杂化，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，且氢键具胡方向性和饱和性．【点评】本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、氢键、原子核外电子排布等知识点，综合性较强，利用均摊法、价层电子对互斥理论、构造原理等知识点即可解答，难点是配位数的计算方法．19．卤素化学丰富多彩，能形成卤化的、卤素互化物、多卤化物等多种类型的化合物．回答下列问题：（1）卤素互化物如IBr和ICl等与卤素单质结构相似、性质相近．Cl2、IBr、ICl沸点由高到低的顺序为BrI＞ICl＞Cl2，I和Cl相比，电负性较大的是Cl，ICl中I元素的化合价为+1．（2）I3+属于多卤素阳离子，根据VSEPR模型推测I的空间构型为V形，中心I3+原子的杂化轨道类型为sp3．（3）请推测①HClO4、②HIO4、③H3IO6三种物质的酸性由强到弱的顺序为①＞②＞③（填序号）．（4）氰[（CN）2]是一种分子构型和化学性质与卤素单质很相似的化合物，称为拟卤素．一个氰分子中含有4个π键．（5）BeCl2是直线型共价分子，可以以单体、二聚体（BeCl2）2和多聚体（BeCl2）n形式存在．二聚体（BeCl2）2中Be的杂化轨道类型由单体的sp变为sp3，请画出它的二聚体的结构式．（6）卤化物RbICl2加热时会分解为晶格能相对较大的卤化物的卤素互化物，该反应的化学方程式为RbICl2RbCl+ICl，RbICl2的晶体结构与NaCl相似，晶胞边长为685.5pm，RbICl2晶胞中含有8个氯原子，RbICl2晶体的密度是g•cm﹣3（只要求列算式，不必计算出数值）．【考点】晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．-30-\n【分析】（1）分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，原子的得电子能力越强，则电负性越大；（2）I3+的成键数为2，孤对电子数为×（7﹣1﹣2×1）=2，与水相似；（3）含非羟基氧原子个数越多，酸性越强；（4）氰[（CN）2]是一种分子构型和化学性质与卤素单质很相似的化合物，其结构式为N≡C﹣C≡N，据此判断π键的数目；（5）二聚体（BeCl2）2中Be的杂化轨道类型由单体的sp变为sp3，铍原子提供轨道，氯原子有孤电子对，二聚体为氯的孤电子对提供给铍，据此可画出二聚体的结构式；所以（BeCl2）2结构简图为，杂化轨道数为3，所以碳原子采取sp2杂化（6）根据元素守恒和原子守恒判断产物，及反应方程式；根据氯化钠的晶胞图分析；利用均摊法计算出晶胞中含有离子个数，再根据密度公式计算即可．【解答】解：（1）分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，则沸点为BrI＞ICl＞Cl2，氯原子得电子能力强于I，所以Cl的电负性大，Cl显﹣1价，故I显+1价，故答案为：BrI＞ICl＞Cl2；Cl；+1；（2）I3+的成键数为2，孤对电子数为×（7﹣1﹣2×1）=2，与水相似，则空间构型为V形，中心I原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：V形；sp3；（3）含非羟基氧原子个数越多，酸性越强，非羟基氧分别为3、3、1，但非金属性Cl＞I，则酸性为①＞②＞③，故答案为：①＞②＞③；（4）氰[（CN）2]是一种分子构型和化学性质与卤素单质很相似的化合物，其结构式为N≡C﹣C≡N，在碳氮参键中有两个π键，所以一个氰分子中含有4个π键，故答案为：4；（5）二聚体（BeCl2）2中Be的杂化轨道类型由单体的sp变为sp3，铍原子提供轨道，氯原子有孤电子对，二聚体为氯的孤电子对提供给铍，所以（BeCl2）2结构式为，故答案为：；（6）根据元素守恒和原子守恒判断产物为RbCl和ICl，则反应方程式为RbICl2RbCl+ICl；已知氯化钠的晶胞图为：，晶胞中含有4个阳离子和4个阴离子，RbICl2的晶体结构与NaCl相似，RbICl2-30-\n晶胞中含有含有4个阴离子，则Cl原子为8个；1个晶胞中含有4个RbICl2，根据ρ=，所以该晶胞的密度是g•cm﹣3，故答案为：RbICl2RbCl+ICl；8；．【点评】本题考查了核外电子排布式的书写、晶体的计算等知识点，难度较大，难点是晶胞计算中氯化钠密度的计算，明确晶胞的质量是解此题关键【有机化学基础模块】20．已知：①；②C物质苯环上一卤代物只有两种．根据上述转化关系，回答问题：（1）写出A物质的名称乙烯，D物质的结构简式，分子中最多有13原子处在同一平面．（2）写出反应②的类型取代反应，反应⑤的条件NaOH的醇溶液、加热．（3）写出反应⑥的化学方程式：n．（4）写出E和D反应的化学方程式：+H2O+．-30-\n（5）反应②还有可能生成一种C16H18的有机物，其苯环上一卤代物也只有两种，写出它的结构简式：．（6）分子中具有苯环、苯环上含有两个取代基，且能与NaHCO3溶液反应的E的同分异构体还有5种（不包含E）．【考点】有机物的推断．【分析】B和甲苯发生取代反应生成C，根据C原子守恒知，B中含有两个碳原子，A和溴发生加成反应生成B，则A也有两个碳原子，C中含有11个H原子，根据信息①知，B中H原子数为4，则B为CH2BrCH2Br，A为CH2=CH2；根据信息②知，C结构简式为：；由C与D的分子式可知，C发生卤代烃的水解反应引入羟基，故D为，D发生氧化反应生成E，由D与E的分子式可知，羟基被氧化为羧基，故E为；C一定条件下生成F，F反应生成G为高聚物，由F的分子式可知，C生成F的反应为消去反应，所以F的结构简式为，G为，据此分析解答．【解答】解：B和甲苯发生取代反应生成C，根据C原子守恒知，B中含有两个碳原子，A和溴发生加成反应生成B，则A也有两个碳原子，C中含有11个H原子，根据信息①知，B中H原子数为4，则B为CH2BrCH2Br，A为CH2=CH2；根据信息②知，C结构简式为：；由C与D的分子式可知，C发生卤代烃的水解反应引入羟基，故D为，D发生氧化反应生成E，由D与E的分子式可知，羟基被氧化为羧基，故E为；C一定条件下生成F，F反应生成G为高聚物，由F的分子式可知，C生成F的反应为消去反应，所以F的结构简式为，G为，（1）A为CH2=CH2，A物质的名称是乙烯，D物质的结构简式，分子中苯环上所有原子和甲基上碳原子、一个H原子能共面，所以最多有13原子处在同一平面，-30-\n故答案为：乙烯；；13；（2）反应②为BrCH2CH2Br与甲苯反应生成和HBr，该反应为取代反应；反应⑤的化学方程式为：，则反应条件为：NaOH醇溶液、加热，故答案为：取代反应；NaOH醇溶液、加热；（3）反应⑥为发生加聚反应生成，反应方程式为：n，故答案为：n；（4）D为、E为，二者在浓硫酸作用下加热可以发生酯化反应生成，反应的化学方程式为：+H2O+，故答案为：+H2O+；（5）反应②还有可能生成一种C16H18的有机物，应是2分子甲苯与BrCH2CH2Br发生取代反应，其苯环上一卤代物也只有两种，它的结构简式：，-30-\n故答案为：；（6）E为，E的同分异构体分子中具有苯环、苯环上含有两个取代基，且能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，如果两个取代基为﹣COOH、﹣CH2CH3有邻间对三种同分异构体；如果两个取代基为﹣CH2COOH、﹣CH3，还有邻间两种同分异构体；所以符合条件的有5种，故答案为：5．【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，正确判断C结构简式是解本题关键，再结合反应条件、题给信息进行推断即可，难点是同分异构体种类判断，题目难度不大．21．5﹣氯﹣2，3﹣二氢﹣1﹣茚酮（化合物F）是一种重要的医药中间体．已知信息：R﹣ClRCH（COOC2H5）2RCH2COOH以化合物A（分子式为C7H7Cl）为原料合成化合物F的工艺流程如下：（1）写出A结构简式，反应D→E的反应类型取代反应．（2）写出A转化为B反应的化学方程式+Cl2+HCl．-30-\n（3）写出D结构简式，某化学物是D的同分异构体，能使FeCl3溶液显紫色，且分子中只有3种不同化学环境的氢，写出该化合物的结构简式：或（任写一种）．（4）E→F的转化中，会产生一种与F互为同分异构体的副产物，其结构简式为．（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以化合物F和CH2（COOC2H5）2为有机反应原料制备的合成路线流程图（注明反应条件）．合成路线流程图示例如下：【考点】有机物的合成．【分析】由C的结构简式结合信息中第一步反应原理，逆推可知B为：，中的氯原子被取代而发生取代反应生成C，A与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成B，结合A的分子式可知其结构简式为：；C发生信息中第二步反应得到D，则D的结构简式为：；D分子羧基中﹣OH被﹣Cl取代生成E，E脱去1分子HCl得到F，据此进行解答（1）～（4）；-30-\n（5）以化合物和CH2（COOC2H5）2为原料制备，要先将F中的羰基消除掉，同时在五元环的中间引入卤原子，结合题中信息的第一步得到产品，为此可以先将F与氢气加成、后再经守消去、与氯化氢加成，再与CH2（COOC2H5）2反应后得的产物再酸性水解得产品，据此写出合成路线流程图．【解答】解：由C的结构简式结合信息中第一步，逆推可知B为，中的氯原子被取代而发生取代反应生成C，A与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成B，结合A的分子式可知其结构简式为；C发生信息中第二步反应得到D为，D分子羧基中﹣OH被﹣Cl取代生成E，E脱去1分子HCl得到F，（1）根据分析可知，A的结构简式为：；D分子羧基中﹣OH被﹣Cl取代生成E，该反应为取代反应，故答案为：；取代反应；（2）A为、B为，A转化为B反应的化学方程式为：反应的化学方程式为：+Cl2+HCl，故答案为：+Cl2+HCl；（3）D的结构简式为：；某化合物是D的同分异构体，能使FeCl3溶液显紫色，说明有酚羟基，且分子中只有3种不同化学环境的氢，符合这样条件的化合物的结构简式为：或，-30-\n故答案为：；或；（4）E→F的转化中，会产生一种与F互为同分异构体的副产物，其结构简式为：，故答案为：；（5）以化合物F和CH2（COOC2H5）2为有机反应原料制备，要先将F中的羰基消除掉，同时在五元环的中间引入卤原子，结合题中信息的第一步得到产品，为此可以先将F与氢气加成、后再经守消去、与氯化氢加成，再与CH2（COOC2H5）2反应后得的产物再酸性水解得产品，合成路线流程图为：，故答案为：．【点评】本题考查有机合成，题目难度中等，熟练掌握常见有机物结构与性质为解答关键，需要学生对给予的信息进行利用，试题能够较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型．-30-