河南省商丘市2022届高三化学上学期期末试题含解析

2022-2022学年河南省商丘市高三（上）期末化学试卷一、选择题（每小题3分，共16×3=48分）1．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是()A．1molAlCl3在熔融状态时离子总数为0.4NAB．标准状况下，2.24L苯中含有的C﹣H键的数目为0.6NAC．2.2g分子式为2H218O的水中含有的中子数为1.2NAD．电解饱和食盐水时，当阴极产生H222.4L时，电路中转移的电子数为2NA2．下列各组离子一定能大量共存的是()A．在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣B．在含有大量Al3+、Cl﹣的溶液中：HCO3﹣、I﹣、NH4+、Mg2+C．在氨水溶液中：Ba2+、Cu2+、Cl﹣、AlO2﹣D．在c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、S2﹣、SO32﹣、NO3﹣3．下列离子方程式正确的是()A．0.01mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.01mol/LBa（OH）2溶液等体积混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2OB．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32﹣+4H+=SO42﹣+3S↓+2H2OC．将11.2L标准状况下的氯气通入200mL2mol/L的FeBr2溶液中，离子反应方程式为：4Fe2++6Br﹣+5Cl2=4Fe3++3Br2+10Cl﹣D．铁粉中滴加少量浓硝酸：Fe+3NO3﹣+6H+=Fe3++3NO2↑+3H2O4．下列实验操作，对实验结果不会产生影响的是()A．用酸碱中和滴定法测定未知浓度的碱液时，在锥形瓶中加人2﹣3mL酚酞试液作指示剂B．用蒸馏水湿润pH试纸后测定硫酸钠溶液的pHC．测定中和反应的反应热时，将碱溶液缓慢倒入酸溶液中D．在淀粉溶液中加入稀硫酸加热一段时间后，向其中滴加银氨溶液检验淀粉的水解产物5．A、B、C、X均为中学化学常见的物质，一定条件下，它们有如下转化关系（部分产物已略去），下列说法错误的是()A．若X为Cl2，则C可能为FeCl3B．若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3溶液C．若X为O2，则A可能为H2S或NH3D．若A、B、C、均为颜色反应呈黄色的化合物，则X可能为CO26．有机物A的结构简式如图所示，某同学对其可能具有的化学性质进行了如下预测，其中正确的是()①可以使酸性高锰酸钾溶液褪色②可以和NaOH溶液反应-29-\n③在一定条件下可以和乙酸发生反应④在一定条件下可以发生消去反应⑤在一定条件下可以和新制Cu（OH）2反应⑥在一定条件下可以发生缩聚反应生成高分子化合物．A．①②③⑥B．①②③④C．①②③⑤D．①②③④⑤7．某烃有两种或两种以上的同分异构体，其某一种同分异构体的一氯代物只有一种，则这种烃可能是()①分子中含有7个碳原子的芳香烃②分子中含有4个碳原子的烷烃③分子中含有12个氢原子的烷烃④分子中含有8个碳原子的烷烃．A．③④B．②③C．①②D．②④8．短周期元素X、Y、Z、W、U原子序数依次递增．X与W位于同一主族，Z元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z、W、U原子的最外层电子数之和为13．Y元素的单质在X的某种氧化物中可燃．下列说法正确的是()A．X、W、U的最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序为：U＞W＞XB．Y、Z元素的单质作电极，在NaOH溶液中构成原电池，Z电极上产生大量气泡C．室温下，0.05mol/LU的气态氢化物的水溶液的pH＞1D．Y、Z、U元素的简单离子半径由大到小的顺序：Y＞Z＞U9．双隔膜电解池的结构示意简图如图所示，利用该装置可以电解硫酸钠溶液以制取硫酸和氢氧化钠，并得到氢气和氧气．对该装置及其原理判断正确的是()A．a气体为氢气，b气体为氧气B．A溶液为氢氧化钠，B溶液为硫酸C．c隔膜为阳离子交换膜、d隔膜为阴离子交换膜D．该电解反应的总方程式可以表示为：2Na2SO4+6H2O2H2SO4+4NaOH+O2↑+2H2↑10．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O．当产物n（NO2）：n（NO）=1：1时，下列说法不正确的是()A．反应中Cu2S是还原剂，Cu（NO3）2、CuSO4是氧化产物B．参加反应的n（Cu2S）：n（HNO3）=1：7C．产物n[Cu（NO3）2]：n[CuSO4]=1：2-29-\nD．1molCu2S参加反应时有10mol电子转移11．下列说法错误的是()①NaHCO3溶液加水稀释，c（Na+）/c（HCO3﹣）的值保持增大②浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c（Na+）=3[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）]③在0.1mol•L﹣1氨水中滴加0．lmol•L﹣1盐酸，恰好完全反应时溶液的pH=a，则由水电离产生的c（OH﹣）=l0﹣amol•L﹣1④向0.1mol•L﹣1（NH4）2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c（Na+）、c（NH4+）、c（SO32﹣）均增大⑤在Na2S稀溶液中，c（OH﹣）=c（H+）+2c（H2S）+c（HS﹣）A．①④B．②④C．①③D．②⑤12．下列各表述与示意图不一致的是()A．图表示向含Mg2+、Al3+、NH4+的盐溶液中滴加NaOH溶液时，沉淀的物质的量与NaOH的体积的关系图．则三种离子的物质的量之比为：n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=2：1：2，其中使用的NaOH的浓度为2mol•L﹣1B．图中曲线表示某反应过程的能量变化，当物质A（g）与B（g）反应生成物质C（g）时，△H＜0，若使用正催化剂，E值会减小C．图可用来表示向盐酸酸化的MgSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液时，产生沉淀的物质的量（n）与加入Ba（OH）2溶液体积（V）之间的关系图D．图表示向一定质量的明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，产生沉淀的质量（m）与加入Ba（OH）2溶液体积（V）之间的关系图-29-\n13．在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共mg，若加入足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加mg；则CO2、CO、CH4的体积比不可能为()A．1：3：1B．1：2：lC．1：1：1D．1：1：214．取铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生0.896LNO2气体和0.672LN2O4的气体（气体体积都已折算到标准状况），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为3.7g．则合金中铜与镁的物质的量之比等于()A．1：1B．2：1C．2：3D．3：215．有一种纸质软电池，采用薄层纸片作为载体和传导体，一面附着锌，另一面附着二氧化锰．电池总反应为Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO（OH），关于此电池，下列说法中正确的是()A．该电池Zn为负极，发生还原反应B．该电池的正极反应为MnO2+e﹣+H2O=MnO（OH）+OH﹣C．放电时外电路电子由Zn流向MnO2，内电路电子由MnO2流向ZnD．电池工作时OH﹣通过薄层纸片向附着二氧化锰的电极移动16．某溶液中含有NH4+、Mg2+、Fe2+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣六种离子，若向其中加入过量的氢氧化钡溶液，微热并搅拌，再加入过量的氢碘酸，充分反应后溶液中大量减少的离子有()A．NH4+、Fe2+、SO42﹣B．NH4+、SO42﹣、NO3﹣C．Mg2+、Fe2+、SO42﹣D．Fe2+、Al3+、SO42﹣二、填空题（共4个题，43分）17．已知A、B、D为中学常见的单质，甲、乙、丙、丁、戊为短周期元素组成的化合物．其中，丙是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体；丁是一种高能燃料，其组成元素与丙相同，1mol丁分子中不同原子的数目比为1：2，且含有18mol电子；戊是一种难溶于水的白色胶状物质，既能与强酸反应，也能与强碱反应，具有净水作用．各物质间的转化关系如下图所示（某些条件巳略去）．请回答：（1）甲和水反应生成戊和丙的化学方程式为__________．（2）乙与强碱反应的离子方程式：__________．（3）丁中所包含的化学键类型有__________（填字母序号）．a．离子键b．极性共价键c．非极性共价键丙分子溶于水所得溶液中含有的氢键有__________种．（4）利用单质B与D为原料、含H+的固体物质作电解质，以金属铂为电极材料组成原电池制备丙，则生成产物丙的电极反应式为__________．（5）反应②中，0.5molNaClO参加反应时，转移1mol电子，其化学方程式为：__________．（6）一定条件下，A与TiO2、C（石墨）反应只生成乙和碳化钛（TiC），二者均为某些高温结构陶瓷的主要成分．巳知该反应生成1mol乙时放出536kJ热量，其热化学方程式为：__________．-29-\n18．亚硝酸钠在漂白、电镀等方面应用广泛．现以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如下图所示（部分夹持装置略）．已知：①3NaNO2+3HCl═3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O②酸性条件下，NO或NO2﹣都能与MnO4﹣反应生成NO3﹣和Mn2+；完成下列填空：（1）写出a仪器的名称__________．（2）为避免B中逸出的气体中混有的杂质气体与Na2O2反应，应在B、C装置间增加一个装置，则该装置中盛放的药品名称为__________．（3）写出NO与Na2O2在常温下生成NaNO2的化学反应方程式__________；当该反应中转移0.1mole﹣时，理论上吸收标准状况下NO的体积为__________L．（4）D装置中发生反应的离子方程式为__________．（5）将11.7g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭__________g．19．常温下，向20mL0.2mol•L﹣1H2A溶液中滴加0.2mol•L﹣1NaOH溶液．有关微粒物质的量变化如下图（其中Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA﹣，Ⅲ代表A2﹣）．请根据图示填空：①当V（NaOH）=20mL时，溶液中离子浓度大小关系：__________；②等体积、等物质的量浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水__________（填“大”、“小”或“相等”），欲使NaHA溶液呈中性，可以向其中加入__________．20．氨气分解反应的热化学方程式如下：2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）△H=+92.4kJ•mol﹣1研究表明金属催化剂可加速氨气的分解．图1为某温度下等质量的不同金属分别催化等浓度氨气分解生成氢气的初始速率．①不同催化剂存在下，氨气分解反应的活化能最大的是__________（填写催化剂的化学式）．②恒温（T1）恒容时，用Ni催化分解初始浓度为c0的氨气，并实时监测分解过程中氨气的浓度．计算后得氨气的转化率α（NH3）随时间t变化的关系曲线（见图2）．请在图2中画出：如果将反应温度提高到T2，Ru催化分解初始浓度为c0的氨气过程中α（NH3）﹣t的总趋势曲线（标注Ru﹣T2）③假设Ru催化下温度为T1时氨气分解的平衡转化率为40%，则该温度下此分解反应的平衡常数K与c0的关系式是：K=__________．-29-\n21．三草酸合铁酸钾晶体易溶于水，难溶于乙醇，可用作某些化学反应的催化剂，化学式为K3[Fe（C2O4）3]•3H2O．实验室以铁屑为原料制备三草酸合铁酸钾晶相关反应过程如图所示：请回答下列问题：（1）制备过程中加入H2O2目的是__________，得到K3[Fe（C2O4）3]溶液后，需要加入乙醇，其目的是__________．（2）晶体中所含的结晶水可通过重量分析法测定，主要步骤有：①称量，②置于烘箱中脱结晶水，③冷却，④称量，⑤重复脱水、冷却、称量至恒重，⑥计算．步骤5的目的是__________．（3）C2O42﹣可被高锰酸钾溶液氧化放出CO2，测定产物中K3[Fe（C2O4）3]•3H2O含量时，可用酸性高锰酸钾标准溶液进行滴定．①写出滴定过程中发生反应的离子方程式__________；②取10.0g产物配成100ml溶液，从中取出20ml于锥形瓶中，用0.1mol/L的酸性高锰酸钾溶液进行滴定，达到滴定终点时消耗酸性高锰酸钾溶液24ml．则产物中K3[Fe（C2O4）3]•3H2O的质量分数为__________．（K3[Fe（C2O4）3]•3H2O相对分子质量为491）三、选考题：共12分．请从21、22、23题中任选一题作答．如多做，则按所做的第一题计分．选修2-化学与技术22．水处理技术在生产、生活中应用广泛．（1）工业上常用绿矾做混凝剂除去天然水中含有的悬浮物和胶体，为了达到更好的效果，要将待处理的水pH调到9左右，再加入绿矾．请解释这一做法的原因：__________（用必要的离子方程式和文字描述）．（2）根据水中Ca2+，Mg2+的多少，把天然水分为硬水和软水，硬水必须经过软化才能使用．①硬水软化的方法通常有__________、__________和离子交换法．离子交换树脂使用了一段时间后，逐渐由NaR型变为CaR2（或MgR2）型，而失去交换能力．把CaR2（或MgR2）型树脂置于__________中浸泡一段时间，便可再生．②当洗涤用水硬度较大时，洗衣粉与肥皂相比，__________洗涤效果较好，原因是__________．（3）最近我国某地苯胺大量泄漏于生活饮用水的河道中，当地采取的应急措施之一是向河水中撒入大量的活性碳，活性炭的作用是__________．（4）若生活污水中含大量的氮化合物，通常用生物膜脱氮工艺进行处理．首先在-29-\n消化细菌作用下将NH4+氧化为NO3﹣：__________NH4++__________O2═__________NO3﹣+__________H++__________H2O．然后，加入甲醇与NO3﹣生成N2：__________NO3﹣+__________CH3OH═__________N2+__________CO2+__________H2O+__________OH﹣（试配平以上两个离子方程式）．四、解答题（共1小题，满分0分）选修3-物质的结构与性质23．在元素周期表前四周期中原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，第二周期元素B原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，C原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，D原子核外电子有8种不同的运动状态，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满电子．（1）基态E原子的价电子排布图为__________．（2）B、C、D三元素第一电离能由小到大的顺序为（用元素符号表示）__________；（3）B的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子杂化轨道的类型为__________杂化；CA4+的空间构型为__________（用文字描述）．（4）C的单质与化合物BD是等电子体，写出化合物BD的电子式__________；1molBC﹣中含有π键的数目为__________．（5）已知D、F能形成一种化合物，其晶胞的结构如右图所示，则该化合物的化学式为（用元素符号表示）__________；若相邻D原子和F原子间的距离为acm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为__________g/cm3（用含a、NA的符号表示）．五、解答题（共1小题，满分0分）选修5-有机化学基础24．石油化工的重要原料CxHy可以合成很多有机化合物，以下是CxHy合成物质E和J的流程图：已知：Ⅰ．下列反应中R、R′代表烃基Ⅱ．J的分子式为C4H4O4，是一种环状化合物．-29-\n（1）在CxHy的同系物中，所有碳原子一定共平面且碳原子数最多的分子的名称__________．（2）下列说法正确的是__________．a．CxHy和苯都能使溴水褪色，原理相同b．反应②和反应④的反应类型均为加成反应c．C能与Na、NaOH、NaHCO3反应d．E是一种水溶性很好的高分子化合物e．J在酸性或碱性环境中均能水解（3）K是J的同分异构体，且1molK与足量的NaHCO3溶液反应可放出2molCO2气体，符合条件的K结构有__________种．（4）写出反应⑤的化学方程式__________．（5）D有多种同分异构体，与D具有相同官能团的还有__________种（含顺反异构体），其中核磁共振氢谱有3组吸收峰，且能发生银镜反应的结构简式是__________．-29-\n2022-2022学年河南省商丘市高三（上）期末化学试卷一、选择题（每小题3分，共16×3=48分）1．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是()A．1molAlCl3在熔融状态时离子总数为0.4NAB．标准状况下，2.24L苯中含有的C﹣H键的数目为0.6NAC．2.2g分子式为2H218O的水中含有的中子数为1.2NAD．电解饱和食盐水时，当阴极产生H222.4L时，电路中转移的电子数为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．氯化铝是共价化合物，熔融状态时不能电离出离子；B．标准状况下，苯不是气体，无法进行计算；C．2H218O中含有的中子数为12；D．外在条件未知．【解答】解：A．氯化铝是共价化合物，熔融状态时不能电离出离子，故A错误；B．标准状况下，苯不是气体，无法进行计算，故B错误；C．2.2g2H218O的物质的量为=0.1mol，故含有的中子数为0.1×12=1.2mol，即1.2NA，故C正确；D．外在条件未知，不一定是标况，即22.4L氢气的物质的量不一定是1mol，故D错误，故选C．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，难度中等．注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件．2．下列各组离子一定能大量共存的是()A．在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣B．在含有大量Al3+、Cl﹣的溶液中：HCO3﹣、I﹣、NH4+、Mg2+C．在氨水溶液中：Ba2+、Cu2+、Cl﹣、AlO2﹣D．在c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、S2﹣、SO32﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．Fe3+和SCN﹣之间发生络合反应；B．铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；C．铜离子与偏铝酸根离子发生双水解反应，铜离子与氨水反应；D．c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、S2﹣、SO32﹣、NO3﹣之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应．【解答】解：A．Fe3+和SCN﹣之间发生络合反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Al3+、HCO3﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Cu2+、AlO2﹣之间发生双水解反应，Cu2+与氨水发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．在c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、S2﹣、SO32﹣、NO3﹣之间不反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D．-29-\n【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在．3．下列离子方程式正确的是()A．0.01mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.01mol/LBa（OH）2溶液等体积混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2OB．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32﹣+4H+=SO42﹣+3S↓+2H2OC．将11.2L标准状况下的氯气通入200mL2mol/L的FeBr2溶液中，离子反应方程式为：4Fe2++6Br﹣+5Cl2=4Fe3++3Br2+10Cl﹣D．铁粉中滴加少量浓硝酸：Fe+3NO3﹣+6H+=Fe3++3NO2↑+3H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．NH4Al（SO4）2与Ba（OH）2等物质的量反应生成BaSO4、Al（OH）3沉淀，NH4+没有反应，Al3+、SO42﹣部分反应；B．电荷不守恒；C.0.5mol氯气与0.4mol溴化亚铁反应，二价铁离子全部被氧化，溴离子部分被氧化；D．不符合反应的客观事实．【解答】解：A.0.01mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.01mol/LBa（OH）2溶液等体积混合2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，故A错误；B．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，离子方程式：S2O32﹣+2H+=SO2↑+S↓+H2O，故B错误；C．将11.2L标准状况下的氯气通入200mL2mol/L的FeBr2溶液中，离子反应方程式为：4Fe2++6Br﹣+5Cl2=4Fe3++3Br2+10Cl﹣，故C正确；D．铁粉中滴加少量浓硝酸反应生成硝酸亚铁和二氧化氮和水，离子方程式为：Fe+2NO3﹣+4H+=Fe2++2NO2↑+2H2O，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，注意二价铁离子与溴离子的还原性强弱顺序，题目难度中等．4．下列实验操作，对实验结果不会产生影响的是()A．用酸碱中和滴定法测定未知浓度的碱液时，在锥形瓶中加人2﹣3mL酚酞试液作指示剂B．用蒸馏水湿润pH试纸后测定硫酸钠溶液的pHC．测定中和反应的反应热时，将碱溶液缓慢倒入酸溶液中D．在淀粉溶液中加入稀硫酸加热一段时间后，向其中滴加银氨溶液检验淀粉的水解产物【考点】中和滴定；测定溶液pH的方法；淀粉的性质和用途；中和热的测定．【分析】A、指示剂的量过多，会影响滴定结果；B、使用pH试纸测定溶液酸碱性时，试纸湿润相当于将溶液稀释了；C、测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大；D、葡萄糖的银镜反应必须在碱性条件下进行．【解答】解：A、因为酸碱指示剂是弱酸，所以过多的酸碱指示剂会中和一部分碱．使得结果偏小，故A错误；-29-\nB、pH试纸湿润后，若测定中性溶液，不影响结果，所以用蒸馏水湿润pH试纸后测定硫酸钠溶液的pH，故B正确；C、测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大，所测温度值偏小，故C错误；D、淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖的银镜反应必须在碱性条件下进行，故D错误．故选B．【点评】本题考查实验基本操作、误差分析等，难度中等，理解实验进行的原理是解题的关键，注实验基本操作的掌握．5．A、B、C、X均为中学化学常见的物质，一定条件下，它们有如下转化关系（部分产物已略去），下列说法错误的是()A．若X为Cl2，则C可能为FeCl3B．若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3溶液C．若X为O2，则A可能为H2S或NH3D．若A、B、C、均为颜色反应呈黄色的化合物，则X可能为CO2【考点】无机物的推断．【分析】根据图知，A+X→C，ABC，由此看出，A反应生成B还是C与X的量有关，结合物质间的反应分析解答．【解答】解：A．无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁，所以与氯气的量无关，故A错误；B．若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3，氯化铝和过量氢氧化钾发生反应4KOH+AlCl3═KAlO2+H2O+3KCl，则C是KAlO2，和少量氢氧化钾溶液发生反应3KOH+AlCl3═Al（OH）3↓+3KCl，B是Al（OH）3，氢氧化铝和氢氧化钾溶液发生反应Al（OH）3+KOH═KAlO2+2H2O，故B正确；C．若X是O2，A可为硫化氢或氨气，硫化氢和过量氧气反应生成二氧化硫，和少量氧气反应生成硫单质，硫单质能和氧气反应生成二氧化硫，氨气与氧气可以生成氮气，也可以生成一氧化氮，氮气与氧气反应生成一氧化氮，所以符合条件，故C正确；D．若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则这三种物质都含有钠元素，则X可能为CO2，A和NaOH，氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，所以生成物与二氧化碳的量有关，故D正确；故选：A．【点评】本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，根据反应特点知“A生成C还是先生成B再转化为C”，与X的量有关，再结合物质的性质分析解答即可，难度较大．6．有机物A的结构简式如图所示，某同学对其可能具有的化学性质进行了如下预测，其中正确的是()①可以使酸性高锰酸钾溶液褪色②可以和NaOH溶液反应③在一定条件下可以和乙酸发生反应-29-\n④在一定条件下可以发生消去反应⑤在一定条件下可以和新制Cu（OH）2反应⑥在一定条件下可以发生缩聚反应生成高分子化合物．A．①②③⑥B．①②③④C．①②③⑤D．①②③④⑤【考点】有机物的结构和性质．【分析】该物质中含有醇羟基、酯基、醛基、苯环，所以应该具备苯、醇、酯和醛的性质，以此解答该题．【解答】解：①分子中苯环上有甲基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故①正确；②分子中含有酯基，可以和NaOH溶液反应，发生水解，故②正确；③分子中含有﹣OH，在一定条件下可以和乙酸发生反应，故③正确；④由于﹣OH邻位的碳原子上没有氢原子，则不能发生消去反应，故④错误；⑤由于含有醛基（甲酸酯），在一定条件下可以和新制Cu（OH）2反应，故⑤正确；⑥分子中不含羧基，只含有羟基，不能发生缩聚反应，故⑥错误，故选C．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质为解答该题的关键，难度不大．7．某烃有两种或两种以上的同分异构体，其某一种同分异构体的一氯代物只有一种，则这种烃可能是()①分子中含有7个碳原子的芳香烃②分子中含有4个碳原子的烷烃③分子中含有12个氢原子的烷烃④分子中含有8个碳原子的烷烃．A．③④B．②③C．①②D．②④【考点】常见有机化合物的结构．【分析】该烃的一氯取代物只有一种，说明该烃中只有一种等效氢原子，根据等效氢原子的判断方法来回答．【解答】解：此题有两个限制条件，满足第一个条件只要是含4个碳原子及其以上即可，满足第二个条件的烃分子中，同一个碳上的氢原子等效，连在同一个碳原子上的氢原子等效，具有镜面对称的碳原子上的氢原子等效，烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，符合这些条件的烷烃有：甲烷、乙烷、新戊烷、2，2，3，3四甲基丁烷等，综合起来，故选A．【点评】本题主要考查的是同分异构体的判断，掌握等效氢原子的判断是解题的关键．8．短周期元素X、Y、Z、W、U原子序数依次递增．X与W位于同一主族，Z元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z、W、U原子的最外层电子数之和为13．Y元素的单质在X的某种氧化物中可燃．下列说法正确的是()A．X、W、U的最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序为：U＞W＞XB．Y、Z元素的单质作电极，在NaOH溶液中构成原电池，Z电极上产生大量气泡C．室温下，0.05mol/LU的气态氢化物的水溶液的pH＞1D．Y、Z、U元素的简单离子半径由大到小的顺序：Y＞Z＞U【考点】原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系．-29-\n【分析】X、Y、Z、W、U是分别位于短周期的元素，原子序数依次递增．Z元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，则Z为Al；W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，其原子序数至少大于4，W只能处于第三周期，最外层电子数为4，则W为Si；X与W位于同一主族，则X为C元素；Y元素的单质在X的某种氧化物中可燃，可推知Y为Mg；Z、W、U原子的最外层电子数之和为13，U原子最外层电子数=13﹣3﹣4=6，结合原子序数可知，U为S元素，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、W、U是分别位于短周期的元素，原子序数依次递增．Z元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，则Z为Al；W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，其原子序数至少大于4，W只能处于第三周期，最外层电子数为4，则W为Si；X与W位于同一主族，则X为C元素；Y元素的单质在X的某种氧化物中可燃，可推知Y为Mg；Z、W、U原子的最外层电子数之和为13，U原子最外层电子数=13﹣3﹣4=6，结合原子序数可知，U为S元素，A．X、W、U的最高价氧化物对应的水化物分别为碳酸、硅酸、硫酸，则酸性U＞X＞W，故A错误；B．Y为Mg，Z为Al，Mg、Al作电极，在NaOH溶液中构成原电池，Mg电极上产生大量气泡，故B错误；C．U为硫，其氢化物的为弱酸，在溶液中部分电离，则0.05mol/LH2S的水溶液的pH＞1，故C正确；D．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2﹣＞Mg2+＞Al3+，故D错误，故选C．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，题目难度中等，注意对基础知识的全面掌握，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力．9．双隔膜电解池的结构示意简图如图所示，利用该装置可以电解硫酸钠溶液以制取硫酸和氢氧化钠，并得到氢气和氧气．对该装置及其原理判断正确的是()A．a气体为氢气，b气体为氧气B．A溶液为氢氧化钠，B溶液为硫酸C．c隔膜为阳离子交换膜、d隔膜为阴离子交换膜D．该电解反应的总方程式可以表示为：2Na2SO4+6H2O2H2SO4+4NaOH+O2↑+2H2↑【考点】电解原理．【分析】根据外加电源的正负极可知有气体a生成的一极为阳极，有气体b生成的一极为阴极；阳离子透过d隔膜向阴极移动，阴离子透过c隔膜向阳极移动；根据两极上放电的离子来判断生成的气体．【解答】解：A、在阳极氢氧根离子放电生成氧气，在阴极氢离子放电生成氢气，所以a气体为氧气，b气体为氢气，故A错误；-29-\nB、在阳极氢氧根离子放电生成氧气，同时生成氢离子，所以阳极生成硫酸，即A溶液为硫酸；在阴极氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧根离子，所以阴极生成NaOH，即B溶液为氢氧化钠，故B错误；C、根据外加电源的正负极可知有气体a生成的一极为阳极，有气体b生成的一极为阴极；阳离子透过d隔膜向阴极移动，则d隔膜为阳离子交换膜，阴离子透过c隔膜向阳极移动，c隔膜为阴离子交换膜，故C错误；D、在阳极氢氧根离子放电生成氧气，在阴极氢离子放电生成氢气，所以该电解反应的总方程式为2Na2SO4+6H2O2H2SO4+4NaOH+O2↑+2H2↑，故D正确；故选D．【点评】本题考查了电解池原理的应用，注意根据外加电源的正负极判断电解池的阴阳极，根据离子移动方向判断离子交换膜，注意把握题目中给出的信息，题目难度中等．10．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O．当产物n（NO2）：n（NO）=1：1时，下列说法不正确的是()A．反应中Cu2S是还原剂，Cu（NO3）2、CuSO4是氧化产物B．参加反应的n（Cu2S）：n（HNO3）=1：7C．产物n[Cu（NO3）2]：n[CuSO4]=1：2D．1molCu2S参加反应时有10mol电子转移【考点】氧化还原反应的计算．【分析】由信息可知，Cu、S元素的化合价升高，N元素的化合价降低，当产物n（NO2）：n（NO）=1：1时，结合原子守恒及电子守恒解答．【解答】解：A．Cu、S元素的化合价升高，失去电子被氧化，则Cu2S是还原剂，Cu（NO3）2、CuSO4是氧化产物，故A正确；B．令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒可知：n（Cu2S）×[6﹣（﹣2）+1×2]=1mol×（5﹣4）+1mol×（5﹣2），解得n（Cu2S）=0.4mol，由硫元素守恒可知n（CuSO4）=n（Cu2S）=0.4mol，根据铜元素守恒可知溶液中n[Cu（NO3）2]=2n（Cu2S）﹣n（CuSO4）=2×0.4mol﹣0.4mol=0.4mol，由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO2）+n（NO）=2×0.4mol+1mol+1mol=2.8mol，所以实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=1：7，故B正确；C．由选项B可知，n[Cu（NO3）2]：n[CuSO4]=1：1，故C错误；D．由元素的化合价变化可知，1molCu2S参加反应时有1mol×2×（2﹣1）+1mol×[6﹣（﹣2）]=10mol电子转移，故D正确；故选C．【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守恒法计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．11．下列说法错误的是()①NaHCO3溶液加水稀释，c（Na+）/c（HCO3﹣）的值保持增大②浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c（Na+）=3[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）]③在0.1mol•L﹣1氨水中滴加0．lmol•L﹣1盐酸，恰好完全反应时溶液的pH=a，则由水电离产生的c（OH﹣）=l0﹣amol•L﹣1-29-\n④向0.1mol•L﹣1（NH4）2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c（Na+）、c（NH4+）、c（SO32﹣）均增大⑤在Na2S稀溶液中，c（OH﹣）=c（H+）+2c（H2S）+c（HS﹣）A．①④B．②④C．①③D．②⑤【考点】盐类水解的原理；水的电离；离子浓度大小的比较．【分析】①NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO3﹣的水解，溶液中碳酸氢根离子浓度减小；②根据碳酸钠、碳酸氢钠混合液中的物料守恒判断；③二者恰好完全中和生成氯化铵，为强酸弱碱盐，水解呈酸性；④亚硫酸铵溶液中加入氢氧化钠，钠离子浓度增大，铵根离子浓度减小，同时氢氧根离子浓度增大抑制了亚硫酸根离子的水解，导致亚硫酸根离子浓度也增大；⑤根据硫化钠溶液中的质子守恒判断．【解答】解：①NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO3﹣的水解，n（HCO3﹣）减小，n（Na+）不变，则的比值会增大，故①正确；②浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液，假设体积为1L，则n（Na+）=0.3mol，而c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）=0.2mol，则：2c（Na+）═3[c（CO32﹣）+c（H2CO3）+c（HCO3﹣）]，故②错误；③在0.1mol•L﹣1氨水中滴加0.1mol•L﹣1盐酸，刚好完全中和生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，此时pH=a，则溶液中水电离的c（OH﹣）=c（H+）=10﹣amol•L﹣1，故③正确；④向0.1mol/L（NH4）2SO3溶液中加入少量NaOH固体，溶液中钠离子、氢氧根离子浓度增大，铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，则铵根离子浓度减小，氢氧根离子抑制了亚硫酸根离子的水解，则亚硫酸根离子浓度增大，所以c（Na+）、c（SO32﹣）均增大，c（NH4+）减小，故④错误；⑤在Na2S稀溶液中，根据质子守恒可得：c（OH﹣）=c（H+）+2c（H2S）+c（HS﹣），故⑤正确；根据分析可知，错误的有②④，故选B．【点评】本题考查了溶液pH的计算、溶液中离子浓度大小比较、难溶电解质的沉淀平衡等知识，题目难度中等，注意掌握酸碱混合后溶液的定性判断及溶液中pH的计算方法，学会利用电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理结合溶液中的电离平衡问题．12．下列各表述与示意图不一致的是()A．图表示向含Mg2+、Al3+、NH4+的盐溶液中滴加NaOH溶液时，沉淀的物质的量与NaOH的体积的关系图．则三种离子的物质的量之比为：n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=2：1：2，其中使用的NaOH的浓度为2mol•L﹣1B．-29-\n图中曲线表示某反应过程的能量变化，当物质A（g）与B（g）反应生成物质C（g）时，△H＜0，若使用正催化剂，E值会减小C．图可用来表示向盐酸酸化的MgSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液时，产生沉淀的物质的量（n）与加入Ba（OH）2溶液体积（V）之间的关系图D．图表示向一定质量的明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，产生沉淀的质量（m）与加入Ba（OH）2溶液体积（V）之间的关系图【考点】离子方程式的有关计算；化学反应的能量变化规律．【分析】A、据图可知，0﹣25mLNaOH溶液的作用是沉淀Mg2+、Al3+，25mL﹣35mLNaOH溶液的作用是反应NH4+，35mL﹣45mLNaOH溶液的作用是溶解Al（OH）3，故最后剩余的沉淀是Mg（OH）2，即Mg（OH）2的物质的量为0.05mol，根据镁的守恒，即最初溶液中Mg2+的物质的量为0.05mol，设出溶液中Al3+、NH4+的物质的量，并设出NaOH的物质的量浓度，列式解答即可；B、反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应；E为活化能，使用催化剂，降低反应所需的活化能，而△H不变；C、向用盐酸酸化的MgSO4溶液中加入Ba（OH）2后，Ba2+与溶液中的SO42﹣反应生成既不溶于水又不溶于酸的BaSO4沉淀，OH﹣先跟盐酸的H+发生中和反应；若OH﹣先和Mg2+产生沉淀Mg（OH）2，由于HCl的存在，HCl能将生成Mg（OH）2溶解，故OH﹣先跟盐酸的H+反应，待H+完全反应，OH﹣与Mg2+开始生成Mg（OH）2沉淀．D、先发生的反应是2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓+K2SO4，然后2Al（OH）3+K2SO4+Ba（OH）2=2KAlO2+BaSO4↓+H2O，即沉淀达最多后溶解一部分（5mol→4mol）．【解答】解：A、设出溶液中Al3+、NH4+的物质的量分别为Xmol和Ymol，设NaOH的物质的量浓度为Zmol/L．据图可知，0﹣25mLNaOH溶液的作用是沉淀Mg2+、Al3+，故有：0.05mol×2+Xmol×3=0.025L×Zmol/L①25mL﹣35mLNaOH溶液的作用是反应NH4+，故有：Ymol=0.01L×Zmol/L②35mL﹣45mLNaOH溶液的作用是溶解Al（OH）3，故有：Xmol=0.005L×Zmol/L③解①②③可得：X=0.05molY=0.1molZ=10mol/L故溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=0.05：0.05：0.1=1：1：2，氢氧化钠溶液的浓度为10mol/L，故A错误；B、图中曲线表示某反应过程的能量变化，若使用催化剂，降低反应所需的活化能，而△H不变，即E值会减小，故B正确；C、第一段沉淀是BaSO4，SO42﹣完全反应虽然产生BaSO4同时OH﹣和H+反应，但是SO42﹣完全反应后，HCl仍过量，所以第二段曲线平直，Ba（OH）2在和HCl反应Ba（OH）2在和HCl反应完全后Mg2+再和OH﹣反应产生沉淀，直至曲线平直Ba（OH）2过量不再产生沉淀．故C正确；-29-\nD、向一定质量的明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，先发生的反应是2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓+K2SO4，然后2Al（OH）3+K2SO4+Ba（OH）2=2KAlO2+BaSO4↓+H2O，即沉淀达最多后溶解一部分（5mol→4mol），故D正确；故选A．【点评】本题考查物质之间的反应，明确离子反应先后顺序是解本题关键，知道铝离子转化为氢氧化铝沉淀、偏铝酸钠时消耗NaOH的体积之比，结合电荷守恒解答，D选项沉淀质量和物质的量最大量的区别，题目难度中等．13．在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共mg，若加入足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加mg；则CO2、CO、CH4的体积比不可能为()A．1：3：1B．1：2：lC．1：1：1D．1：1：2【考点】有关混合物反应的计算．【分析】由2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2可知，固体增重为与CO2等物质的量的CO的质量；由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，可知固体增重为与H2O等物质的量的H2的质量；在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共mg，若加入足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加mg，则系列反应后CO2、CO、CH4混合气体中所有元素均被吸收，故原混合物中CO2与CH4相当于CO、H2混合，据此进行解答．【解答】解：根据反应2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2可知，固体增重为与CO2等物质的量的CO的质量，根据反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2可知，固体增重为与H2O等物质的量的H2的质量，在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共mg，若加入足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加mg，则系列反应后CO2、CO、CH4混合气体中所有元素均被吸收，故原混合物中CO2与CH4相当于CO、H2混合，则只要满足CO2与CH4的体积之比为1：1即可，满足条件的为A、B、C，不满足条件的为D，故选D．【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确过氧化钠与二氧化碳、水反应导致固体增重的实质为解答关键，试题侧重考查学生分析能力．14．取铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生0.896LNO2气体和0.672LN2O4的气体（气体体积都已折算到标准状况），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为3.7g．则合金中铜与镁的物质的量之比等于()A．1：1B．2：1C．2：3D．3：2【考点】有关混合物反应的计算．【分析】铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量；生成沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，设出铜、镁的物质的量，然后根据电荷守恒、沉淀的质量列式计算．【解答】解：标况下0.896L的NO2气体的物质的量为：=0.04mol，0.672LN2O4气体的物质的量为：=0.03mol，所以金属提供的电子的物质的量为：0.04mol×（5﹣4）+0.03mol×2×（5﹣4）=0.1mol，-29-\n最后生成沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，设合金中铜、镁的物质的量分别为x、y，则氢氧化铜、氢氧化镁的物质的量分别为x、y，根据生成沉淀的质量可得：98x+58y=3.7g，根据电子守恒可得：2x+2y=0.1mol，联立解得：x=0.02、y=0.03mol，所以合金中铜与镁的物质的量之比为：0.02mol：0.03mol=2：3，故选C．【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意电子守恒、质量守恒在化学计算中的应用方法．15．有一种纸质软电池，采用薄层纸片作为载体和传导体，一面附着锌，另一面附着二氧化锰．电池总反应为Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO（OH），关于此电池，下列说法中正确的是()A．该电池Zn为负极，发生还原反应B．该电池的正极反应为MnO2+e﹣+H2O=MnO（OH）+OH﹣C．放电时外电路电子由Zn流向MnO2，内电路电子由MnO2流向ZnD．电池工作时OH﹣通过薄层纸片向附着二氧化锰的电极移动【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】根据电池总反应为：Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO（OH）可知，反应中Zn被氧化，应为原电池的负极，电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=ZnO+H2O，MnO2被还原，应为原电池的正极，电极反应式为MnO2+e﹣+H2O=MnO（OH）+OH﹣，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，以此解答该题．【解答】解：A．反应中Zn被氧化，应为原电池的负极，MnO2被还原，应为原电池的正极，故A错误；B．MnO2被还原，应为原电池的正极，电极反应式为MnO2+e﹣+H2O=MnO（OH）+OH﹣，故B正确；C．放电时外电路电子由Zn流向MnO2，内电路由离子的定向移动形成闭合电路，故C错误；D．电池工作时OH﹣向负极移动，故D错误．故选B．【点评】本题考查原电池原理，题目难度不大，注意把握电极反应式的书写，为解答该题的关键，学习中注意体会书写方法．16．某溶液中含有NH4+、Mg2+、Fe2+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣六种离子，若向其中加入过量的氢氧化钡溶液，微热并搅拌，再加入过量的氢碘酸，充分反应后溶液中大量减少的离子有()A．NH4+、Fe2+、SO42﹣B．NH4+、SO42﹣、NO3﹣C．Mg2+、Fe2+、SO42﹣D．Fe2+、Al3+、SO42﹣【考点】离子共存问题．【分析】加入过量的氢氧化钡溶液，均与NH4+、Mg2+、Fe2+、Al3+氢氧根离子反应，SO42﹣与钡离子反应，再加入过量的氢碘酸，再结合离子之间发生氧化还原反应来解答．【解答】解：混合溶液中加入过量的氢氧化钡并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成BaSO4、Mg（OH）2、Fe（OH）2沉淀和Ba（AlO2）2，Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，再向混合物中加入过量的氢碘酸，则Mg（OH）2、Ba（AlO2）2与过量酸作用分别生成MgI2、AlI3，Fe（OH）3和过量的氢碘酸、NO3﹣发生氧化还原反应生成Fe2+、NO、碘、水，所以减少的离子主要有NH4+、SO42﹣、NO3﹣，故选B．-29-\n【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．二、填空题（共4个题，43分）17．已知A、B、D为中学常见的单质，甲、乙、丙、丁、戊为短周期元素组成的化合物．其中，丙是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体；丁是一种高能燃料，其组成元素与丙相同，1mol丁分子中不同原子的数目比为1：2，且含有18mol电子；戊是一种难溶于水的白色胶状物质，既能与强酸反应，也能与强碱反应，具有净水作用．各物质间的转化关系如下图所示（某些条件巳略去）．请回答：（1）甲和水反应生成戊和丙的化学方程式为AlN+3H2O=Al（OH）3+NH3↑．（2）乙与强碱反应的离子方程式：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O．（3）丁中所包含的化学键类型有bc（填字母序号）．a．离子键b．极性共价键c．非极性共价键丙分子溶于水所得溶液中含有的氢键有4种．（4）利用单质B与D为原料、含H+的固体物质作电解质，以金属铂为电极材料组成原电池制备丙，则生成产物丙的电极反应式为6H++2N2+6e﹣=2NH3．（5）反应②中，0.5molNaClO参加反应时，转移1mol电子，其化学方程式为：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O．（6）一定条件下，A与TiO2、C（石墨）反应只生成乙和碳化钛（TiC），二者均为某些高温结构陶瓷的主要成分．巳知该反应生成1mol乙时放出536kJ热量，其热化学方程式为：4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s）═2Al2O3（s）+3TiC（s）△H=﹣1072kJ/mol．【考点】无机物的推断．【分析】A、B、D为中学常见的单质，甲、乙、丙、丁、戊为短周期元素组成的化合物，丙是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，则丙为NH3；丁是一种高能燃料，其组成元素与丙相同，1mol丁分子中不同原子的数目比为1：2，且含有18mol电子，则丁为N2H4；戊是一种难溶于水的白色胶状物质，既能与强酸反应也能与强碱反应，具有净水作用，则戊为Al（OH）3；结合转化关系图可知，乙为氧化铝，A为Al；B为N2，甲为氮化铝，D为H2，然后结合物质的性质及化学用语来解答．【解答】解：A、B、D为中学常见的单质，甲、乙、丙、丁、戊为短周期元素组成的化合物，丙是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，则丙为NH3；丁是一种高能燃料，其组成元素与丙相同，1mol丁分子中不同原子的数目比为1：2，且含有18mol电子，则丁为N2H4；戊是一种难溶于水的白色胶状物质，既能与强酸反应也能与强碱反应，具有净水作用，则戊为Al（OH）3；结合转化关系图可知，乙为氧化铝，A为Al；B为N2，甲为氮化铝，D为H2，（1）甲为氮化铝，与水反应生成Al（OH）3和NH3，方程式为AlN+3H2O=Al（OH）3+NH3↑，故答案为：AlN+3H2O=Al（OH）3+NH3↑；（2）乙为氧化铝，可与强碱反应，反应的离子方程式为Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；（3）丁为N2H4，含有N﹣H极性共价键和N﹣N非极性共价键，丙为NH3，丙分子溶于水所得溶液中含有的氢键有N﹣H…N、N﹣H…O、O﹣H…N、O﹣H…N等4种氢键，故答案为：bc；4；-29-\n（4）利用单质N2与H2为原料、含H+的固体物质作电解质，以金属铂为电极材料组成原电池制备NH3，应在阴极发生还原反应生成，则生成产物NH3的电极反应式为6H++2N2+6e﹣=2NH3，故答案为：6H++2N2+6e﹣=2NH3；（5）反应②为氨气与NaClO的反应，0.5molNaClO参加反应时，转移1mol电子，则Cl元素由+1价降低为﹣1价，该反应生成NaCl，同时生成N2H4和水，则该反应为2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O，故答案为：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O；（6）﹣定条件下，A与TiO2、C（石墨）反应只生成乙和碳化钛（TiC），即Al、TiO2、C反应生成Al2O3、TiC，生成1molAl2O3时放出536kJ热量，则生成2molAl2O3时放出536kJ×2=1072热量，所以热化学反应方程式为4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s）═2Al2O3（s）+3TiC（s）△H=﹣1072kJ/mol，故答案为：4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s）═2Al2O3（s）+3TiC（s）△H=﹣1072kJ/mol．【点评】本题考查无机物的推断，物质的推断是解答本题的关键，丙、戊为解答本题的突破口，并熟悉化学用语的使用来解答即可，题目难度中等．18．亚硝酸钠在漂白、电镀等方面应用广泛．现以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如下图所示（部分夹持装置略）．已知：①3NaNO2+3HCl═3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O②酸性条件下，NO或NO2﹣都能与MnO4﹣反应生成NO3﹣和Mn2+；完成下列填空：（1）写出a仪器的名称分液漏斗．（2）为避免B中逸出的气体中混有的杂质气体与Na2O2反应，应在B、C装置间增加一个装置，则该装置中盛放的药品名称为碱石灰．（3）写出NO与Na2O2在常温下生成NaNO2的化学反应方程式2NO+Na2O2=2NaNO2；当该反应中转移0.1mole﹣时，理论上吸收标准状况下NO的体积为2.24L．（4）D装置中发生反应的离子方程式为5NO+3MnO4﹣+4H+=5NO3﹣+3Mn2++H2O．（5）将11.7g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭1.8g．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）根据装置图可知仪器名称；（2）因为一氧化氮中混有二氧化碳和水蒸汽，二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠，为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加装置用来吸收二氧化碳和水蒸气；（3）根据电子得失守恒及元素守恒可写出NO与Na2O2在常温下生成NaNO2的方程式，根据方程式中转移电子数目计算出NO的体积；（4）D装置是用高锰酸钾氧化未反应的NO气体，根据电荷守恒和元素守恒书写离子方程式；-29-\n（5）根据①C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，②3NO2+H2O=2HNO3+NO；③2NO+Na2O2→2NaNO2进行计算．【解答】解：（1）根据装置图可知a仪器的名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）因为一氧化氮中混有二氧化碳和水蒸汽，二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠，为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加装置装碱石灰，用来吸收二氧化碳和水蒸气，故答案为：碱石灰；（3）根据电子得失守恒及元素守恒可写出NO与Na2O2在常温下生成NaNO2的方程式为2NO+Na2O2=2NaNO2，该反应中电子转移数目为1e﹣，根据方程式可知，当反应中转移0.1mole﹣时，吸收NO的物质的量为0.1mol，则NO的体积为2.24L，故答案为：2NO+Na2O2=2NaNO2；2.24；（4）D装置是用高锰酸钾氧化未反应的NO气体，反应的离子方程式为5NO+3MnO4﹣+4H+=5NO3﹣+3Mn2++H2O，故答案为：5NO+3MnO4﹣+4H+=5NO3﹣+3Mn2++H2O；（5）根据①C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，②3NO2+H2O=2HNO3+NO，有关系式C～4NO2～NO～HNO3，根据③3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，有关系式HNO3～Cu～NO，则有C～NO，所以碳与总的NO的关系式为C～（+）NO，根据④2NO+Na2O2═2NaNO2，可知碳与Na2O2的关系式为C～Na2O2，所以11.7g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要碳的质量为g=1.8g，故答案为：1.8．【点评】本题考查了物质制备实验方案的设计和信息判断，物质性质的理解应用，注意实验过程中的反应现象分析，掌握基础是关键，（5）中的计算是本题的难点，题目难度中等．19．常温下，向20mL0.2mol•L﹣1H2A溶液中滴加0.2mol•L﹣1NaOH溶液．有关微粒物质的量变化如下图（其中Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA﹣，Ⅲ代表A2﹣）．请根据图示填空：①当V（NaOH）=20mL时，溶液中离子浓度大小关系：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）；②等体积、等物质的量浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水小（填“大”、“小”或“相等”），欲使NaHA溶液呈中性，可以向其中加入NaOH．【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的原理．【分析】①根据图象知，当V（NaOH）=20时，发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶液中溶质主要为NaHA，n（A2﹣）＞n（H2A），说明HA﹣的电离程度大于水解程度，溶液显酸性；②等体积、等物质的量浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，二者恰好反应生成NaHA，n（A2﹣）＞n（H2A），说明HA﹣的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，H+或OH﹣抑制水电离；要使混合溶液呈中性，应该加入少量碱．-29-\n【解答】解：①根据图象知，当V（NaOH）=20时，发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶液中溶质主要为NaHA，n（A2﹣）＞n（H2A），说明HA﹣的电离程度大于水解程度，导致溶液显酸性，但HA﹣的电离和水解程度都较小，钠离子不水解，水和HA﹣都电离出氢离子，而A2﹣只有HA﹣电离得到，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣），故答案为：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）；②等体积、等物质的量浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，二者恰好反应生成NaHA，n（A2﹣）＞n（H2A），说明HA﹣的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，H+或OH﹣抑制水电离，所以HA﹣电离产生的氢离子抑制水电离，即溶液中水的电离程度比纯水小；混合溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，应该加入少量NaOH，故答案为：小；NaOH．【点评】本题考查离子浓度大小比较、水的电离等知识点，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意弱酸酸式酸根离子水解和电离程度都较小，易错点是②，很多同学往往根据“含有弱离子的盐促进水电离”而导致错误，要根据酸式酸根离子电离和水解程度大小判断，题目难度中等．20．氨气分解反应的热化学方程式如下：2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）△H=+92.4kJ•mol﹣1研究表明金属催化剂可加速氨气的分解．图1为某温度下等质量的不同金属分别催化等浓度氨气分解生成氢气的初始速率．①不同催化剂存在下，氨气分解反应的活化能最大的是Fe（填写催化剂的化学式）．②恒温（T1）恒容时，用Ni催化分解初始浓度为c0的氨气，并实时监测分解过程中氨气的浓度．计算后得氨气的转化率α（NH3）随时间t变化的关系曲线（见图2）．请在图2中画出：如果将反应温度提高到T2，Ru催化分解初始浓度为c0的氨气过程中α（NH3）﹣t的总趋势曲线（标注Ru﹣T2）③假设Ru催化下温度为T1时氨气分解的平衡转化率为40%，则该温度下此分解反应的平衡常数K与c0的关系式是：K=0.12c02．【考点】浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响；用化学平衡常数进行计算；转化率随温度、压强的变化曲线．【分析】①反应的活化能越高，则反应中活化分子数越少，反应速率越慢；②将反应温度提高到T2，反应速率加快，氨气的分解反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动；③先求出各自的平衡浓度，然后根据平衡常数的概念来回答．【解答】解：①反应的活化能越高，则反应中活化分子数越少，反应速率越慢，则氨气的分解速率最慢的反应中，氨气分解反应的活化能最大，即当Fe作催化剂时活化能最大，故答案为：Fe；②将反应温度提高到T2，反应速率加快，到达平衡所用时间缩短，氨气的分解反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，氨气的转化率增大，则T2温度时Ru催化分解初始浓度为c0-29-\n的氨气过程中α（NH3）～t的总趋势曲线为，故答案为：；③平衡时氮气、氢气、氨气的浓度分别是0.6c0、0.2c0、0.6c0，据K===0.12c02，故答案为：0.12c02．【点评】本题考查了影响平衡和速率的因素，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的综合应用的考查，题目难度中等，考查了学生的分析能力、对知识的应用能力和画图能力．21．三草酸合铁酸钾晶体易溶于水，难溶于乙醇，可用作某些化学反应的催化剂，化学式为K3[Fe（C2O4）3]•3H2O．实验室以铁屑为原料制备三草酸合铁酸钾晶相关反应过程如图所示：请回答下列问题：（1）制备过程中加入H2O2目的是将Fe2+氧化为Fe3+，得到K3[Fe（C2O4）3]溶液后，需要加入乙醇，其目的是因为三草酸合铁酸钾晶体易溶于水，难溶于乙醇所以加入乙醇，便于析出．（2）晶体中所含的结晶水可通过重量分析法测定，主要步骤有：①称量，②置于烘箱中脱结晶水，③冷却，④称量，⑤重复脱水、冷却、称量至恒重，⑥计算．步骤5的目的是确保结晶水全部失去．（3）C2O42﹣可被高锰酸钾溶液氧化放出CO2，测定产物中K3[Fe（C2O4）3]•3H2O含量时，可用酸性高锰酸钾标准溶液进行滴定．-29-\n①写出滴定过程中发生反应的离子方程式2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；②取10.0g产物配成100ml溶液，从中取出20ml于锥形瓶中，用0.1mol/L的酸性高锰酸钾溶液进行滴定，达到滴定终点时消耗酸性高锰酸钾溶液24ml．则产物中K3[Fe（C2O4）3]•3H2O的质量分数为49.1%．（K3[Fe（C2O4）3]•3H2O相对分子质量为491）【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）前面生成的是草酸亚铁，加入过氧化氢可以将Fe2+氧化为Fe3+，三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小，三草酸合铁酸钾晶体易溶于水，难溶于乙醇所以加入乙醇，便于析出；（2）晶体易吸水，为防止吸水步骤③需要在干燥器中进行，步骤⑤的是检验晶体中的结晶水是否已全部失去；（3）①化合价C：+3→+4，改变量（4﹣3）×2=2，Mn：+7→+2，改变量（7﹣2）×1=5，根据化合价升降总数相等，所以在C2O42﹣前配5，MnO4﹣前配2，根据C和Mn原子守恒，分别在CO2和Mn2+前配10和2，根据电荷守恒，在H+前配16，最后根据离子方程式两边的H个数相等在水前面配8；②草酸根离子被高锰酸钾氧化成二氧化碳，本身被还原成锰离子，根据方程式是分析，0.1mol•L﹣1的酸性高锰酸钾溶液进行滴定，达到滴定终点时消耗酸性高锰酸钾溶液24mL，则草酸根离子物质的量浓度为=0.3mol/L，所以10.0克中三草酸合铁酸钾晶体的物质的量为0.3×=0.01摩尔，其质量分数为0.01××100%=49.1%．【解答】解：（1）前面生成的是草酸亚铁，加入过氧化氢可以将Fe2+氧化为Fe3+；根据相似相溶原理知，三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小，三草酸合铁酸钾晶体易溶于水，难溶于乙醇所以加入乙醇，便于析出，得到K3[Fe（C2O4）3]溶液后，需要加入乙醇，其目是可以用乙醇使三草酸合铁酸钾析出，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，因为三草酸合铁酸钾晶体易溶于水，难溶于乙醇所以加入乙醇，便于析出；（2）晶体易吸水，为防止吸水步骤③需要在干燥器中进行，步骤⑤的是检验晶体中的结晶水是否已全部失去，重复脱水，是为了确保结晶水全部失去，故答案为：确保结晶水全部失去；（3）①化合价C：+3→+4，改变量（4﹣3）×2=2，Mn：+7→+2，改变量（7﹣2）×1=5，根据化合价升降总数相等，所以在C2O42﹣前配5，MnO4﹣前配2，根据C和Mn原子守恒，分别在CO2和Mn2+前配10和2，根据电荷守恒，在H+前配16，最后根据离子方程式两边的H个数相等在水前面配8，经检验离子方程式两边的氧原子相等，得到离子方程式为5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；②5K3[Fe（C2O4）3]•3H2O～15C2O42﹣～6MnO4﹣5×491g6molx24.00mL×10﹣3×0.1mol•L﹣lx=0.982-29-\nK3[Fe（C2O4）3]•3H2O的质量分数×100%=49.1%，故答案为：49.1%．【点评】本题考查了实验方案的设计，离子方程式的书写，中和滴定的计算，掌握基础是解题关键，题目难度中等．三、选考题：共12分．请从21、22、23题中任选一题作答．如多做，则按所做的第一题计分．选修2-化学与技术22．水处理技术在生产、生活中应用广泛．（1）工业上常用绿矾做混凝剂除去天然水中含有的悬浮物和胶体，为了达到更好的效果，要将待处理的水pH调到9左右，再加入绿矾．请解释这一做法的原因：Fe2+在碱性条件下易被氧化成Fe3+，进而水解生成Fe（OH）胶体，起到较好的混凝作用，4Fe2++O2+2H2O+8OH﹣=4Fe（OH）3（胶体）（用必要的离子方程式和文字描述）．（2）根据水中Ca2+，Mg2+的多少，把天然水分为硬水和软水，硬水必须经过软化才能使用．①硬水软化的方法通常有加热法、药剂法和离子交换法．离子交换树脂使用了一段时间后，逐渐由NaR型变为CaR2（或MgR2）型，而失去交换能力．把CaR2（或MgR2）型树脂置于5%﹣8%的食盐水中浸泡一段时间，便可再生．②当洗涤用水硬度较大时，洗衣粉与肥皂相比，洗衣粉，洗涤效果较好，原因是肥皂易与Ca2+，Mg2+生成沉淀．（3）最近我国某地苯胺大量泄漏于生活饮用水的河道中，当地采取的应急措施之一是向河水中撒入大量的活性碳，活性炭的作用是吸附泄露在河水中的有机物．（4）若生活污水中含大量的氮化合物，通常用生物膜脱氮工艺进行处理．首先在消化细菌作用下将NH4+氧化为NO3﹣：1NH4++2O2═1NO3﹣+2H++1H2O．然后，加入甲醇与NO3﹣生成N2：6NO3﹣+5CH3OH═3N2+5CO2+7H2O+6OH﹣（试配平以上两个离子方程式）．【考点】常见的生活环境的污染及治理；氧化还原反应方程式的配平；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】化学计算．【分析】（1）由于FeSO4•7H2O溶于水后显酸性，而Fe2+在碱性条件下更容易被氧化成Fe3+，所以要将pH调到9左右，变成效果更好的三价铁离子；（2）①硬水软化的方法通常有①热煮沸法②药剂软化法③蒸馏法④离子交换法⑤电渗析法⑥离子膜电解法；用磺化煤（NaR）作离子交换剂：2NaR+Ca2+=CaR2+2Na+，2NaR+Mg2+=MgR2+2Na+，用5%﹣8%的食盐水浸泡可使失去软化能力的磺化煤再生：CaR2+2Na+=2NaR+Ca2+，MgR2+2Na+=2NaR+Mg2+；②肥皂易与Ca2+，Mg2+生成沉淀，洗涤效果不好；（3）根据活性炭具有吸附性；（4）根据电子得失守恒、电荷守恒来分析；【解答】解：（1）Fe2+在碱性条件下易被氧化成Fe3+，进而水解生成Fe（OH）胶体，起到较好的混凝作用，4Fe2++O2+2H2O+8OH﹣=4Fe（OH）3（胶体），故答案为：Fe2+在碱性条件下易被氧化成Fe3+，进而水解生成Fe（OH）胶体，起到较好的混凝作用，4Fe2++O2+2H2O+8OH﹣=4Fe（OH）3（胶体）；（2）①硬水软化的方法通常有①热煮沸法②药剂软化法③蒸馏法④离子交换法⑤电渗析法⑥离子膜电解法；故答案为：加热法；药剂法；-29-\n②用磺化煤（NaR）作离子交换剂：2NaR+Ca2+=CaR2+2Na+，2NaR+Mg2+=MgR2+2Na+，用5%﹣8%的食盐水浸泡可使失去软化能力的磺化煤再生：CaR2+2Na+=2NaR+Ca2+，MgR2+2Na+=2NaR+Mg2+；故答案为：5%﹣8%的食盐水；②肥皂易与Ca2+，Mg2+生成硬脂酸钙、硬脂酸镁沉淀，洗涤效果不好，洗衣粉不与Ca2+，Mg2+生成沉淀，洗涤效果较好，故答案为：洗衣粉；肥皂易与Ca2+，Mg2+生成沉淀；（3）活性炭具有吸附性，能吸附泄露在河水中的有机物；故答案为：吸附泄露在河水中的有机物；（4）硝化细菌的作用下将NH4+氧化为NO3﹣，离子方程式为：NH4++2O2=NO3﹣+2H++H2O，甲醇和硝酸根反应生成氮气、二氧化碳、水，离子方程式为：6NO3﹣+5CH3OH═3N2+5CO2+7H2O+6OH﹣，故答案为：1，2，1，2，1；6，5，3，5，7，6；【点评】本题主要考查了氧化还原反应的知识以及硬水的处理，难度中等，根据所学知识即可完成．四、解答题（共1小题，满分0分）选修3-物质的结构与性质23．在元素周期表前四周期中原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，第二周期元素B原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，C原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，D原子核外电子有8种不同的运动状态，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满电子．（1）基态E原子的价电子排布图为．（2）B、C、D三元素第一电离能由小到大的顺序为（用元素符号表示）C＜O＜N；（3）B的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子杂化轨道的类型为sp2杂化；CA4+的空间构型为正四面体（用文字描述）．（4）C的单质与化合物BD是等电子体，写出化合物BD的电子式；1molBC﹣中含有π键的数目为2NA．（5）已知D、F能形成一种化合物，其晶胞的结构如右图所示，则该化合物的化学式为（用元素符号表示）Cu2O；若相邻D原子和F原子间的距离为acm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为g/cm3（用含a、NA的符号表示）．【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算．【分析】在前四周期中原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，第二周期元素B原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，则B核外电子排布为1s22s1或1s22s22p2，而A与其余五种元素既不同周期也不同主族，则A只能处于第一周期，故A为H元素，则B为碳元素；D原子核外电子有8种不同的运动状态，即核外有8个电子，故D为O元素；C原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，外围电子排布为ns2np3-29-\n，处于VA族，原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，外围电子排布为3d54s1，则E为Cr；F原子序数大于Cr，处于第四周期，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满电子，则核外电子数为2+8+18+1=29，故F为Cu，据此解答．【解答】解：在前四周期中原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，第二周期元素B原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，则B核外电子排布为1s22s1或1s22s22p2，而A与其余五种元素既不同周期也不同主族，则A只能处于第一周期，故A为H元素，则B为碳元素；D原子核外电子有8种不同的运动状态，即核外有8个电子，故D为O元素；C原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，外围电子排布为ns2np3，处于VA族，原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，外围电子排布为3d54s1，则E为Cr；F原子序数大于Cr，处于第四周期，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满电子，则核外电子数为2+8+18+1=29，故F为Cu，（1）E为铬元素，基态E原子的价电子排布为3d54s1，价电子排布图为，故答案为：；（2）C、O、N元素都是第二周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：C＜O＜N，故答案为：C＜O＜N；（3）B的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，结构简式为，分子中C原子成3个σ键、没有孤电子对，其中心C原子杂化轨道的类型为sp2杂化；NH4+的空间构型为正四面体结构，故答案为：sp2；正四面体；（4）N2与化合物CO是等电子体，二者结构相似，CO分子中C原子与O原子之间形成三对共用电子对，故CO的电子式为，CN﹣与N2也互为等电子体，CN﹣中C原子与N原子之间形成3对共用电子对，故1molCN﹣中含有π键的数目为2NA，故答案为：；2NA；（5）根据晶胞的结构图可知，晶胞中含有氧原子数为1+8×=2，铜原子数为4，所以该化合物的化学式为Cu2O，晶胞质量为（）g，若相邻氧原子和铜原子间的距离为acm，则晶胞的体对角线为4acm，所以边长为cm，所以体积为（）3cm3，该晶体的密度为=g/cm3，故答案为：Cu2O；．-29-\n【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、杂化轨道、等电子体、晶胞的计算等，中等难度，元素推断是解题的关键，需要学生具备扎实的基础，（5）中注意利用均摊法计算晶胞质量．五、解答题（共1小题，满分0分）选修5-有机化学基础24．石油化工的重要原料CxHy可以合成很多有机化合物，以下是CxHy合成物质E和J的流程图：已知：Ⅰ．下列反应中R、R′代表烃基Ⅱ．J的分子式为C4H4O4，是一种环状化合物．（1）在CxHy的同系物中，所有碳原子一定共平面且碳原子数最多的分子的名称2，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯．（2）下列说法正确的是be．a．CxHy和苯都能使溴水褪色，原理相同b．反应②和反应④的反应类型均为加成反应c．C能与Na、NaOH、NaHCO3反应d．E是一种水溶性很好的高分子化合物e．J在酸性或碱性环境中均能水解（3）K是J的同分异构体，且1molK与足量的NaHCO3溶液反应可放出2molCO2气体，符合条件的K结构有2种．（4）写出反应⑤的化学方程式．（5）D有多种同分异构体，与D具有相同官能团的还有5种（含顺反异构体），其中核磁共振氢谱有3组吸收峰，且能发生银镜反应的结构简式是HCOOC（CH3）=CH2．【考点】有机物的合成．【分析】根据题中各物质转化关系，J的分子式为C4H4O4，是一种环状化合物，且由I在浓硫酸作用下加热得到，所以可以推知J为环酯，即J为，根据有关反应的条件可推知I为HOCH2COOH，H为BrCH2COOH，G为BrCH2CHO，F为BrCH2CH2OH，CxHy与HBrO加成得F，所以CxHy为CH2=CH2，氧化得A为CH3CHO，CH3CHO再氧化得B为CH3COOH，A和B发生信息中的加成反应得C为CH3COOCH（OH）CH3，C在浓硫酸条件下脱水得D为CH3COOCH=CH2，D发生加聚反应得到E，据此答题．【解答】解：根据题中各物质转化关系，J的分子式为C4H4O4，是一种环状化合物，且由I在浓硫酸作用下加热得到，所以可以推知J为环酯，即J为-29-\n，根据有关反应的条件可推知I为HOCH2COOH，H为BrCH2COOH，G为BrCH2CHO，F为BrCH2CH2OH，CxHy与HBrO加成得F，所以CxHy为CH2=CH2，氧化得A为CH3CHO，CH3CHO再氧化得B为CH3COOH，A和B发生信息中的加成反应得C为CH3COOCH（OH）CH3，C在浓硫酸条件下脱水得D为CH3COOCH=CH2，D发生加聚反应得到E，（1）在C2H4的同系物中，所有碳原子一定共平面且碳原子数最多的分子是将乙烯中的氢原子都换成碳的结构即C6H12，其名称是2，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯，故答案为：2，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯；__________（2）a．CxHy和苯都能使溴水褪色，原理不相同，前者是加成，后者是萃取，故a错误；b．反应②和反应④的反应类型均为加成反应，故b正确；c．C中有酯基和羟基，不能与NaOH、NaHCO3反应，故c错误；d．E中有酯基，其水溶性较差，故d错误；e．J中有酯基，在酸性或碱性环境中均能水解，故e正确；故答案为：be；（3）J为，K是J的同分异构体，且1molK与足量的NaHCO3溶液反应可放出2molCO2气体，说明K中有两个羧基，所以符合条件K的结构简式为CH2=C（COOH）2或HOOCCH=CHCOOH，共2种，故答案为：2；（4）反应⑤的化学方程式为，故答案为：；（6）D为CH3COOCH=CH2，D有多种同分异构体，与D具有相同官能团的还有CH2=CHCOOCH3、HCOOCH=CHCH3（顺、反两种）、HCOOCH2CH=CH2、HCOOC（CH3）=CH2、，共5种（含顺反异构体），其中核磁共振氢谱有3组吸收峰，且能发生银镜反应的结构简式为HCOOC（CH3）=CH2，故答案为：5；HCOOC（CH3）=CH2．【点评】本题考查有机物的推断与合成，结合给予的信息、充分利用合成路线中物质官能团及碳链的变化推断，题目难度中等，注意有机基础知识的灵活运用．-29-