宁夏银川一中2013届高考化学一模试卷 - 图文

2013年宁夏银川一中高考化学一模试卷

一、选择题 1．（6分）（2014?宜章县校级模拟）下列说法正确的是（ ） 606059 A．利用Co的放射性可治疗某些疾病，Co和Co互为同位素 淀粉、纤维素、蛋白质和油脂均属于天然高分子化合物 B． 将SO2通入BaCl2溶液中，无沉淀产生，再通入过量NH3，仍无沉淀 C． D．合成纤维和光导纤维都是新型的无机非金属材料 2．（6分）（2015春?海南校级期中）分子式为C3H4Cl2的链状有机物的同分异构体共有（不包括立体异构）（ ） A．6种 B． 5种 C． 4种 D． 3种 3．（6分）（2013?芮城县校级模拟）在相同温度和体积均为1L的三个密闭容器中，保持温度和容积不变，以三种不同的投料方式进行反应，平衡时有关数据如下（已知相同条件下2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=﹣196kJ/mol），下列说法正确的是（ ） 容器 甲 乙 丙 起始投入量 2mol SO2和1mol O2 2mol SO3 2mol SO2和2mol O2 反应放出或吸收的 Q1 Q2 Q3 热量（kJ） 平衡时SO3的物质的量 n1 平衡转化率 平衡时压强 p1 A．B． Q1=Q2＞Q3 n2＞n1＞n3 n2 p2 C． a1+a2=1 n3 p3 D． p1＞p2＞p3 4．（6分）（2014?宜章县校级模拟）设NA为阿佛加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ） A．标况下，33.6升SO3中含有硫原子的数目为1.5NA 常温常压下，7.0g乙烯与甲烷的混合物中含有氢原子数目为NA B． 1.0L的0.1mol/L Na2S溶液中含有Na+数目为0.2NA C． D．1mol Cl2在20℃时的体积一定大于22.4L 5．（6分）（2013?临河区校级四模）常温下，pH=2的盐酸，下列叙述正确的是（ ） A． 与等体积pH=12的一元碱MOH混合后所得溶液pH≥7 B．﹣2 由HO电离出的C．=1.0×10mol/L 2 D．与等体积0.01mol/L 乙酸钠混合后所得溶液中

6．（6分）（2013?城中区校级模拟）某有机物的结构简式为如图，关于它的说法正确的是（ ）

A．该物质属于芳香烃 该物质易溶于水 B． 1mol该物质最多能与2mol NaOH反应 C． D．该物质能发生的反应类型有加成、水解、消去、氧化 7．（6分）（2013?临河区校级四模）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ） ﹣﹣﹣+ A．使石蕊试液变红的溶液中：I、MnO4、NO3、Na ﹣﹣﹣ 含有大量Fe3+的溶液：NH4+、HCO3、SO42、AlO2 B．﹣﹣﹣ 水电离出C（H+）=1.0×1012mol/L 的溶液：Cl、Na+、ClO、NH4+ C．﹣2+3+2﹣ D．澄清透明的溶液：Cu、Fe、SO4、NO3

二、非选择题 8．（14分）（2014?宜章县校级模拟）X、Y、Z、W、M、N为原子序数依次增大的六种短周期元素，常温下，六种元素的常见单质中三种为气体，三种为固体．X与M，W与N分别同主族，在周期表中X是原子半径最小的元素，且X能与Y、Z、W分别形成电子数相等的三种分子，Z、W的最外层电子数之和与M的核外电子总数相等．试回答下列问题： （1）X、Z、W、N四种元素的原子半径由大到小的排列顺序是 （用元素符号表示）．

（2）由X、Z、W、N四种元素中的三种元素可组成一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，则该反应的化学方程式为 ．

（3）由X、Z、W、N四种元素组成的一种离子化合物A，已知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，写出A与足量盐酸反应的离子方程式 ；

（4）分子式为X2Y2W4的化合物与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液呈酸性，其原因是 ．（用方程式及必要的文字说明）．该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 ．

（5）由X、Z、W、N和Fe五种元素可组成类似明矾的化合物H（相对分子质量为392），1molH中含有6mol结晶水．对化合物H进行如下实验：

a．取H的溶液，加入过量的NaOH浓溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体．白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；

b．另取H的溶液，加入过量的BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解． ①H的化学式为 ．

②已知100mL1mol/L的H溶液能与20mL1mol/LKMnO4溶液（硫酸酸化）恰好反应，写出该反应的离子方程式 ．

9．（15分）（2014?宜章县校级模拟）随着大气污染的日趋严重，“节能减排”，减少全球温室气体排放，研究NOx、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义．

（1）如图a是1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图． 已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ/mol 2NO （g）+O2（g）=2NO2（g）△H=﹣112.3kJ/mol

则反应：2NO（g）+CO（g）?N2（g）+2CO2（g）的△H是 ．

（2）用活性炭还原法处理氮氧化物．有关反应为：C（s）+2NO（g）?N2（g）+CO2（g）．某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，恒温（T1℃）条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下： NO N2 CO2 浓度/mol?L时间/min 0 10 20 30 40 50 ﹣1 0.100 0 0 0.058 0.021 0.021 0.040 0.030 0.030 0.040 0.030 0.030 0.032 0.034 0.017 0.032 0.034 0.017 ①T1℃时，该反应的平衡常数K= （保留两位小数）．

②30min后，改变某一条件，反应重新达到平衡，则改变的条件可能是 ． （3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）．CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图b所示．该反应△H 0（填“＞”或“＜”）． （4）利用Fe、Fe的催化作用，常温下将SO2转化为SO4而实现SO2的处理（总反应

2+3+

为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4）．已知，含SO2的废气通入含Fe、Fe的溶液时，其中一个

2++3+

反应的离子方程式为4Fe+O2+4H=4Fe+2H2O，则另一反应的离子方程式为 （5）有学者想以如图c所示装置用原电池原理将SO2转化为重要的化工原料．若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，则负极反应式为 ，电池总反应式为 ．

﹣9

（6）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=3.8×10．CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，

﹣4

若Na2CO3溶液的浓度为4×10mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为 ． 10．（14分）（2013?临河区校级四模）某研究小组模拟工业无隔膜电解法处理电镀含氰废水，进行以下有关实验．填写下列空白． 实验I 制取次氯酸钠溶液

2+

3+

2﹣

用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液制取次氯酸钠溶液，设计如图1所示装置进行实验． （1）电源中，a电极名称是 ．

（2）反应时，生成次氯酸钠的离子方程式为 ． 实验Ⅱ测定含氰废水处理百分率

利用如图2所示装置进行实验．将CN的浓度为0.2000mol?L的含氰废水100mL与100mL NaClO溶液（过量）置于装置②锥形瓶中充分反应．打开分液漏斗活塞，滴人100mL稀H2SO4，关闭活

﹣

﹣1

塞．

﹣

﹣

﹣

﹣

﹣

+

﹣

已知装置②中发生的主要反应依次为：CN+ClO=CNO+Cl2CNO+2H+3C1O

﹣

=N2↑+2CO2↑+3C1+H2O

（3）①和⑥的作用是 ．

（4）装置②中，生成需由装置③除去的物质的离子方程式为 ． （5）反应结束后，缓缓通人空气的目的是 ．

（6）为计算该实验中含氰废水被处理的百分率，需要测定 的质量． （7）上述实验完成后，为了回收装置③中的CCl4需要的操作是 ． 三、【化学--选修2：化学与技术】（15分） 11．（15分）（2014?宁夏一模）【选修2化学与技术】

高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂．其生产工艺如下：

已知：①2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O（条件：温度较低） ②6KOH+3Cl2=5KCl+KClO3+3H2O（条件：温度较高） 回答下列问题：

（1）该生产工艺应在 （填“温度较高”或“温度较低”）的情况下进行； （2）在溶液I中加入KOH固体的目的是 （填编号）． A．与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO

B．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率 C．为下一步反应提供碱性的环境 D．使KClO3转化为 KClO

（3）从溶液II中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应③中发生的离子反应方程式为 ． （4）配制KOH溶液时，是在每100mL水中溶解61.6g KOH固体（该溶液的密度为1.47g/mL），它的物质的量浓度为 ；

（5）如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净 ．

（6）高铁酸钾（K2FeO4）作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，配平

2﹣

该反应的离子方程式： FeO4+ H2O= Fe（OH）3

﹣

（胶体）+ O2↑+ OH．

四.[化学--物质结构与性质]（15分） 12．（15分）（2013春?龙港区校级月考）太阳能电池的发展已经进入了第三代．第一代为单晶硅太阳能电池，第二代为多晶硅、非晶硅等太阳能电池，第三代就是铜铟镓硒CIGS（CIS中掺入Ga）等化合物薄膜太阳能电池以及薄膜Si系太阳能电池． （1）镓的基态原子的电子排布式是 ．

（2）硒为第4周期元素，相邻的元素有砷和溴，则3种元素的第一电离能从大到小顺序为 （用元素符号表示）．

（3）H2Se的酸性比H2S （填“强”或“弱”）．气态SeO3分子的立体构型为 ．

（4）硅烷（SinH2n+2）的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所示，呈现这种变化关系的原因是 ．

（5）与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸（H3BO3）在水溶液中能与水反应生成[B（OH）4]而体现一元弱酸的性质，则[B（OH）4]﹣

中B的原子杂化类型为 ；

（6）金属Cu单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是 ，反应的离子方程式为 ；

（7）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构．在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，则该合金中Au原子与Cu原子个数之比为 ，若该晶胞的边长为a pm，则合金的密度为 g?cm（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA，金元素相对原子质量197）．

﹣3

﹣

五.[化学--有机化学基础]（15分） 13．（15分）（2011?延庆县一模）分子式为C12H14O2的F有机物广泛用于香精的调香剂．为了合成该物质，某实验室的科技人员设计了下列合成路线：

试回答下列问题：

（1）A物质在核磁共振氢谱中能呈现 种峰；峰面积比为 （2）C物质的官能团名称

（3）上述合成路线中属于取代反应的是 填编号）；

（4）写出反应④、⑤、⑥的化学方程式：④ ⑤ ⑥ （5）F有多种同分异构体，请写出符合下列条件的所有结构简式：①属于芳香族化合物，且含有与F相同的官能团；②苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种；③其中一个取代基为﹣CH2COOCH3； ．

2013年宁夏银川一中高考化学一模试卷

参考答案与试题解析

一、选择题 1．（6分）（2014?宜章县校级模拟）下列说法正确的是（ ） 606059 A．利用Co的放射性可治疗某些疾病，Co和Co互为同位素 淀粉、纤维素、蛋白质和油脂均属于天然高分子化合物 B． 将SO2通入BaCl2溶液中，无沉淀产生，再通入过量NH3，仍无沉淀 C． D．合成纤维和光导纤维都是新型的无机非金属材料 考点： 同位素及其应用；二氧化硫的化学性质；合成材料． 专题： 化学应用． 6059分析： A、Co和Co属于同一元素的不同核素； B、油脂不属于天然高分子化合物； C、亚硫酸钡溶于盐酸，但不溶于碱性溶液； D、合成纤维属于有机高分子材料，光导纤维属于新型无机非金属材料． 6059解答： 解：A、Co和Co的中子数相差1，属于同一元素的不同核素，互为同位素，故A正确； B、淀粉、纤维素、蛋白质属于天然高分子化合物，油脂不属于天然高分子化合物，故B错误； C、亚硫酸钡溶于盐酸，将SO2通入BaCl2溶液中，无沉淀产生，通入过量NH3，溶液呈碱性，可以形成亚硫酸钡沉淀，故C错误； D、合成纤维属于有机高分子材料，光导纤维属于新型无机非金属材料，故D错误； 故选：A． 点评： 本题考查同位素、人体中的营养物质的性质和生活中的材料，整体难度不大，其中C选项为难点和易错点，注意亚硫酸钡溶于酸不溶于碱． 2．（6分）（2015春?海南校级期中）分子式为C3H4Cl2的链状有机物的同分异构体共有（不包括立体异构）（ ） A．6种 B． 5种 C． 4种 D． 3种 考点： 同分异构现象和同分异构体． 分析： 含有两个或两个以上取代基的同分异构体书写，若只凭想象写很容易造成重、漏现象．不如先将所有取代基拿下，分析母体对称性找出被一个取代基取代的产物种类，然后再分析各种一取代物的对称性，看第二个取代基可进入的位置，…，直至全部取代基都代入． 解答： 解：（1）先不考虑Cl，写出C3H6的链状同分异构体，只有一种结构：CH3﹣CH=CH2 （2）由于CH3﹣CH=CH2 只有三种氢，所以有三种一氯代物：CH2Cl﹣CH=CH2、CH3﹣CCl=CH2、CH3﹣CH=CHCl （3）再以上述每一种产物为母体，写出二元取代产物： CH2Cl﹣CH=CH2 的取代产物有三种：CHCl2﹣CH=CH2，CH2Cl﹣CCl=CH2，CH2Cl﹣CH=CHCl

CH3﹣CCl=CH2 的取代产物有两种：CH2Cl﹣CCl=CH2 （重复），CH3﹣CCl=CHCl CH3﹣CH=CHCl 的取代产物有三种：CH2Cl﹣CH=CHCl （重复），CH3﹣CCl=CHCl （重复）， CH3﹣CH=CCl2 所以，分子式为C3H4Cl2链状有机物的同分异构体共有5种． 故选B． 点评： 该同分异构体看作是由官能团取代烃中的不同氢而形成的，书写时首先写出有机物的碳链结构，然后利用“等效氢”规律判断可以被取代的氢的种类，一般有几种等效氢就有几种取代位置，就有几种同分异构体． 3．（6分）（2013?芮城县校级模拟）在相同温度和体积均为1L的三个密闭容器中，保持温度和容积不变，以三种不同的投料方式进行反应，平衡时有关数据如下（已知相同条件下2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=﹣196kJ/mol），下列说法正确的是（ ） 容器 甲 乙 丙 起始投入量 2mol SO2和1mol O2 2mol SO3 2mol SO2和2mol O2 反应放出或吸收的 Q1 Q2 Q3 热量（kJ） 平衡时SO3的物质的量 n1 平衡转化率 平衡时压强 p1 A．B． Q1=Q2＞Q3 n2＞n1＞n3 n2 p2 C． a1+a2=1 n3 p3 D． p1＞p2＞p3 考点： 等效平衡． 分析： 恒温恒容下，加入2mol SO2和1mol O2与2mol SO3为等效平衡，达到平衡时甲和乙容器中各组分的浓度、含量完全相同，而丙容器中多加入了1mol氧气，二氧化硫的转化率大于甲的，反应放出的热量、平衡时的总压强、三氧化硫的物质的量都也大于甲的，据此进行解答． 解答： 解：恒温恒容条件下，甲与乙为等效平衡，丙加入的氧气的物质的量大于甲，所以丙中二氧化硫达到转化率、三氧化硫的物质的量及放出的热量大于甲的， A．由于不知达到平衡时二氧化硫的转化率情况，无法比较Q1与Q2的大小；丙中加入的氧气的物质的量比甲多1mol，所以二氧化硫的转化率丙的大于甲的，反应放出的热量Q3＞Q1，故A错误； B．达到平衡时，甲和乙中三氧化硫的物质的量相等，即n2=n1，丙中二氧化硫的转化率大于甲，所以丙中三氧化硫的物质的量大于甲的，即n3＞n1=n2，故B错误； C．甲和乙是从不同的反应方向进行的等效平衡，且二氧化硫和三氧化硫的化学计量数相等，所以一定满足二者的转化率之和等于1，即 α1+α2=1，故C正确； D．由于甲和乙为等效平衡，则达到平衡时甲和乙中气体的总物质的量相等，所以容器内的总压强一定相等，即p1=p2；由于丙中进入的氧气的物质的量比甲多出1mol，所以达到平衡时丙中压强最大，即p3＞p1=p2，故D错误． 故选C． 点评： 本题考查了等效平衡的判断及应用、化学平衡的建立过程，题目难度中等，注意明确等效平衡的判断方法，能够利用等效平衡的知识判断各组分的含量、转化率及压强大

小等． 4．（6分）（2014?宜章县校级模拟）设NA为阿佛加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ） A．标况下，33.6升SO3中含有硫原子的数目为1.5NA 常温常压下，7.0g乙烯与甲烷的混合物中含有氢原子数目为NA B． 1.0L的0.1mol/L Na2S溶液中含有Na+数目为0.2NA C． D．1mol Cl2在20℃时的体积一定大于22.4L 考点： 阿伏加德罗常数． 专题： 阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律． 分析： A．标准状况下，三氧化硫的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量； B．乙烯和甲烷的最简式不同，摩尔质量也不同，无法计算混合气体中含有的氢原子数目； C．1.0L 0.1mol/L Na2S溶液中含有溶质硫化钠0.1mol，含有0.2mol钠离子； D．气体的体积与温度、压强和物质的量有关，若改变压强，气体的体积会发生变化． 解答： 解：A．标况下，三氧化硫不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算33.6L三氧化硫的物质的量，故A错误； B．乙烯和甲烷的分子式、最简式不同，无法计算混合气体中含有的氢原子数目，故B错误； C．1.0L的0.1mol/L Na2S溶液中含有溶质硫化钠0.1mol，含有0.2mol钠离子，含有+Na数目为0.2NA，故C正确； D．由于压强影响气体体积，所以1mol Cl2在20℃时的体积不一定大于22.4L，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，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件；要求学生掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项D为易错点，注意影响气体体积的因素． 5．（6分）（2013?临河区校级四模）常温下，pH=2的盐酸，下列叙述正确的是（ ） A． 与等体积pH=12的一元碱MOH混合后所得溶液pH≥7 B．﹣2 由HO电离出的C．=1.0×10mol/L 2 D．与等体积0.01mol/L 乙酸钠混合后所得溶液中 考点： pH的简单计算． 专题： 电离平衡与溶液的pH专题． 分析： A．溶液遵循电荷守恒； B．与等体积pH=12的一元碱混合，若一元碱为强碱，恰好反应，若为弱碱，弱碱剩余； C．常温下Kw=1.0×10﹣14；

D．与等体积0.01 mol?L乙酸钠溶液混合后，生成等浓度的NaCl和乙酸，考虑电离程度． ﹣﹣+解答： 解：A．因溶液遵循电荷守恒，则c（H）=c（Cl）+c（OH），故A错误； B．与等体积pH=12的一元碱混合，若一元碱为强碱，恰好反应，反应后显中性，PH=7，若为弱碱，弱碱剩余显碱性，pH＞7，故B正确； C．常温下Kw=1.0×10，pH=2的盐酸溶液中由H2O电离出的（cH）=1.0×10mol?L﹣1，故C错误； ﹣1D．与等体积0.01 mol?L乙酸钠溶液混合后，生成等浓度的NaCl和乙酸，氯化钠﹣﹣为强电解质，完全电离，乙酸为弱电解质发生部分电离，故c（Cl）＞c（CH3COO），故D错误； 故选B． 点评： 本题考查酸碱混合溶液的定性分析，明确电荷守恒及pH与浓度的换算即可解答，题目难度不大． 6．（6分）（2013?城中区校级模拟）某有机物的结构简式为如图，关于它的说法正确的是（ ）

﹣14﹣1+﹣12

A．该物质属于芳香烃 该物质易溶于水 B． 1mol该物质最多能与2mol NaOH反应 C． D．该物质能发生的反应类型有加成、水解、消去、氧化 考点： 有机物的结构和性质． 专题： 有机物的化学性质及推断． 分析： 分子中含有碳碳双键、酯基、羟基和氯原子，结合乙烯、乙酸乙酯、乙醇和氯乙烷的性质解答该题． 解答： 解：A．分子中含有O、Cl等元素，属于烃的衍生物，故A错误； B．分子中含有酯基和氯原子，不溶于水，故B错误； C．含有酯基，水解生成酚羟基和羧基，且氯原子可在碱性条件下水解，则1mol该物质最多能与3mol NaOH反应，故C错误； D．含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，含有酯基，可发生水解反应，羟基和氯原子可发生消去反应，故D正确． 故选D． 点评： 本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，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，难度不大． 7．（6分）（2013?临河区校级四模）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ） ﹣﹣﹣+ A．使石蕊试液变红的溶液中：I、MnO4、NO3、Na ﹣﹣﹣ 含有大量Fe3+的溶液：NH4+、HCO3、SO42、AlO2 B．

水电离出C（H+）=1.0×1012mol/L 的溶液：Cl、Na+、ClO、NH4+ C．﹣2+3+2﹣ D．澄清透明的溶液：Cu、Fe、SO4、NO3 考点： 离子共存问题． 专题： 离子反应专题． 分析： A．使石蕊试液变红的溶液呈酸性； ﹣﹣﹣B．与Fe反应的离子不能大量共存； C．水电离出=1.0×10﹣123+mol/L 的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性； D．如离子之间不发生任何反应，可大量共存． ﹣﹣﹣解答： 解：A．使石蕊试液变红的溶液呈酸性，酸性条件下，I与MnO4、NO3发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误； B．HCO3、AlO2与Fe发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误； C．水电离出=1.0×10﹣12﹣﹣3+mol/L 的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，+也可能呈碱性，酸性条件下ClO不能大量共存，碱性条件下NH4不能大量共存，故C错误； D．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确． 故选D． 点评： 本题考查离子共存问题，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，注意常见离子的性质以及反应类型的判断，答题时注意审题，把握题给信息，难度不大． 二、非选择题 8．（14分）（2014?宜章县校级模拟）X、Y、Z、W、M、N为原子序数依次增大的六种短周期元素，常温下，六种元素的常见单质中三种为气体，三种为固体．X与M，W与N分别同主族，在周期表中X是原子半径最小的元素，且X能与Y、Z、W分别形成电子数相等的三种分子，Z、W的最外层电子数之和与M的核外电子总数相等．试回答下列问题： （1）X、Z、W、N四种元素的原子半径由大到小的排列顺序是 S＞N＞O＞H （用元素符号表示）．

（2）由X、Z、W、N四种元素中的三种元素可组成一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，则该反应的化学方程式为 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O ．

（3）由X、Z、W、N四种元素组成的一种离子化合物A，已知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，写出A与足量盐酸反应的离子方程式 HSO3+H=SO2↑+H2O或SO3+

+2H=SO2↑+H2O ；

（4）分子式为X2Y2W4的化合物与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液呈酸性，

﹣﹣﹣﹣2﹣+

其原因是 溶液中存在HC2O4?C2O4+H、HC2O4+H2O?H2C2O4+OH，HC2O4的电﹣+离程度大于水解程度，使溶液中c（H）＞c（OH） ．（用方程式及必要的文字说明）．该

﹣﹣++2

溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 c（K）＞c（HC2O4）＞c（H）＞c（C2O4）＞﹣

c（OH ） ．

（5）由X、Z、W、N和Fe五种元素可组成类似明矾的化合物H（相对分子质量为392），1molH中含有6mol结晶水．对化合物H进行如下实验：

a．取H的溶液，加入过量的NaOH浓溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体．白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；

﹣

﹣+2﹣

b．另取H的溶液，加入过量的BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解． ①H的化学式为 （NH4）2Fe（SO4）2?6H2O ．

②已知100mL1mol/L的H溶液能与20mL1mol/LKMnO4溶液（硫酸酸化）恰好反应，写出

﹣2++3+2+

该反应的离子方程式 5Fe+MnO4+8H=5Fe+Mn+4H2O ． 考点： 位置结构性质的相互关系应用． 专题： 元素周期律与元素周期表专题． 分析： X、Y、Z、W、M、N为原子序数依次增大的六种短周期元素，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；X与M同主族，结合原子序数可知M为Na；Y、Z、W的原子序数小于M，处于第二周期，X能与Y、Z、W分别形成电子数相等的三种分子，考虑10电子分子，Z、W的最外层电子数之和与M的核外电子总数相等，则平均最外层电子数为5.5，Z最外层电子数为5、W最外层电子数为6，可推知Y为C、Z为N、W为O，W与N分别同主族，则N为S元素， （1）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大； （2）由H、N、O、S四种元素中的三种元素可组成一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，应是Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水； （3）由H、N、O、S四种元素组成的一种离子化合物A，A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，则A为NH4HSO3或（NH4）2SO3； ﹣﹣﹣﹣2﹣+（4）溶液中存在HC2O4?C2O4+H、HC2O4+H2O?H2C2O4+OH，HC2O4的电﹣+离程度大于水解程度，使溶液中c（H）＞c（OH）； +2﹣溶液中氢离子还来源于水的电离，故c（H）＞c（C2O4），酸性条件下，氢氧根浓度很小； （5）向H的溶液中加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气2++味的气体，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，说明B中含有Fe和NH4，另取少量B的溶液，向其中加入过量BaCl2溶液时产生白色沉淀，再加入稀盐酸沉淀2﹣不溶解，说明B中含有SO4，结合B的相对分子质量和结晶水个数可知B的化学式为（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O． 解答： 解：X、Y、Z、W、M、N为原子序数依次增大的六种短周期元素，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；X与M同主族，结合原子序数可知M为Na；Y、Z、W的原子序数小于M，处于第二周期，X能与Y、Z、W分别形成电子数相等的三种分子，考虑10电子分子，Z、W的最外层电子数之和与M的核外电子总数相等，则平均最外层电子数为5.5，Z最外层电子数为5、W最外层电子数为6，可推知Y为C、Z为N、W为O，W与N分别同主族，则N为S元素， （1）同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径S＞N＞O＞H， 故答案为：S＞N＞O＞H； （2）由H、N、O、S四种元素中的三种元素可组成一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，应是Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水，该反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O， 故答案为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O； （3）由H、N、O、S四种元素组成的一种离子化合物A，A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，则A为NH4HSO3或（NH4）2SO3，A与足量盐酸反应的离子方程式为：﹣+2﹣+HSO3+H=SO2↑+H2O或SO3+2H=SO2↑+H2O， ﹣+2﹣+故答案为：HSO3+H=SO2↑+H2O或SO3+2H=SO2↑+H2O；

（4）H2C2O4与含等物质的量的KOH的溶液反应得到KHC2O4溶液，溶液中存在﹣﹣﹣﹣2﹣+HC2O4?C2O4+H、HC2O4+H2O?H2C2O4+OH，HC2O4的电离程度大于水解程﹣+度，使溶液中c（H）＞c（OH），所以KHC2O4溶液显酸性，溶液中氢离子还来源+2﹣于水的电离，故c（H）＞c（C2O4），反应后溶液中离子浓度由大到小的顺序为c﹣﹣++2﹣（K）＞c（HC2O4）＞c（H）＞c（C2O4）＞c（OH ）， ﹣﹣﹣2﹣+故答案为：溶液中存在HC2O4?C2O4+H、HC2O4+H2O?H2C2O4+OH，HC2O4﹣﹣﹣++的电离程度大于水解程度，使溶液中c（H）＞c（OH）；c（K）＞c（HC2O4）﹣+2﹣＞c（H）＞c（C2O4）＞c（OH ）； （5）由H、N、O、S和Fe五种元素组成的相对分子质量为392的化合物C，1mol C中含有6mol结晶水．向C的溶液中加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，说明C中含有Fe和NH4，另取少量C的溶液，向其中加入过量BaCl2溶液时产生白色沉淀，2﹣再加入稀盐酸沉淀不溶解，说明C中含有SO4， ①结合C的相对分子质量和结晶水个数可知C的化学式为（NH4）（SO4） 2Fe2?6H2O，故答案为：（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O； ②（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O与KMnO4溶液（硫酸酸化）反应离子方程式为：﹣2++3+2+5Fe+MnO4+8H=5Fe+Mn+4H2O， ﹣2++3+2+故答案为：5Fe+MnO4+8H=5Fe+Mn+4H2O． 点评： 本题综合考查位置结构性质关系，涉及半径比较、盐类水解、离子方程式、物质的组成测定等，明确元素的种类为解答该题的关键，侧重对知识的迁移应用，需要学生具备扎实的基础，题目难度较大． 9．（15分）（2014?宜章县校级模拟）随着大气污染的日趋严重，“节能减排”，减少全球温室气体排放，研究NOx、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义．

2++

（1）如图a是1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图． 已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ/mol 2NO （g）+O2（g）=2NO2（g）△H=﹣112.3kJ/mol

则反应：2NO（g）+CO（g）?N2（g）+2CO2（g）的△H是 ﹣760.3KJ/mol ．

（2）用活性炭还原法处理氮氧化物．有关反应为：C（s）+2NO（g）?N2（g）+CO2（g）．某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，恒温（T1℃）条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下： NO N2 CO2 浓度/mol?L 时间/min 0 0.100 0 ﹣10

10 20 30 40 50 0.058 0.021 0.021 0.040 0.030 0.030 0.040 0.030 0.030 0.032 0.034 0.017 0.032 0.034 0.017 ①T1℃时，该反应的平衡常数K= 0.56 （保留两位小数）．

②30min后，改变某一条件，反应重新达到平衡，则改变的条件可能是 分离出部分CO2 ． （3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）．CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图b所示．该反应△H ＜ 0（填“＞”或“＜”）． （4）利用Fe、Fe的催化作用，常温下将SO2转化为SO4而实现SO2的处理（总反应

2+3+

为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4）．已知，含SO2的废气通入含Fe、Fe的溶液时，其中一个

2++3+

反应的离子方程式为4Fe+O2+4H=4Fe+2H2O，则另一反应的离子方程式为 3+2+2﹣+2Fe+SO2+2H20=2Fe+SO4+4H （5）有学者想以如图c所示装置用原电池原理将SO2转化为重要的化工原料．若A为SO2，

﹣2﹣+

B为O2，C为H2SO4，则负极反应式为 SO2+2H2O﹣2e=SO4+4H ，电池总反应式为 2SO2+O2+2H2O=2H2SO4 ．

﹣9

（6）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=3.8×10．CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，

﹣4﹣

若Na2CO3溶液的浓度为4×10mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为 9.5×106

mol/L ． 考点： 用盖斯定律进行有关反应热的计算；氧化还原反应；化学电源新型电池；化学平衡常数的含义；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质． 专题： 基本概念与基本理论． 分析： （1）通过图a求出 NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）反应的热化学方程式，然后利用盖斯定律将几个已知的热化学方程式进行运算即可求出2NO（g）+CO（g）2+3+2﹣

=N2（g）+2CO2（g）的热化学方程式； （2）①通过表中数据可知，反应进行到20﹣30分钟时达到平衡状态，则K=； ②根据表中30﹣40分钟各物质浓度的变化可以看出改变的条件是分离出部分CO2； （3）温度﹣压强﹣转化率图象定一议二，做一条等压线，比较不同温度下CO平衡转化率大小判断改变温度平衡移动的方向； （4）SO2转化为SO4该过程为氧气氧化二价铁离子到三价铁离子，然后用三价铁离子氧化二氧化硫到硫酸根； （5）SO2﹣O2﹣H2SO4形成燃料电池，通O2的电极为正极发生还原反应，同SO2的电极为负极发生氧化反应，书写电极反应式按照先总后分的顺序，先写出总的原电池方程式，然后写出正极的电极反应式，用总方程式减去正极反应式就是负极的电极反应式； （6）根据溶度积规则可知要想产生沉淀则需要满足Qc＞Ksp． 解答： 解：（1）通过图a可知该反应为NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g），该反应的焓变△H=E1﹣E2=134KJ/mol﹣368KJ/mol=﹣234kJ/mol 所以该反应的热化学方程式NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ/mol①，

2﹣①NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H1=﹣234kJ/mol ②N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H2=+180kJ/mol ③2NO （g）+O2（g）=2NO2（g）△H3=﹣112.3kJ/mol 根据盖斯定律①×2+③﹣②得2NO（g）+CO（g）=N（+2CO（△H=2×△H1+△H32g）2g）﹣△H2=﹣760.3KJ/mol， 故答案为：﹣760.3KJ/mol； （2）①当20﹣30分钟时反应达到平衡K=案为：0.56； ②根据表中30﹣40分钟各物质浓度的变化可以看出改变的条件是分离出部分CO2，故答案为：分离出部分CO2； （3）当压强恒定时，温度250度升高到300度CO的平衡转化率降低，说明平衡向逆向移动，所以逆向为吸热反应，正反应为放热反应△＜0，故答案为：△＜0； 3+2+2（4）三价铁离子氧化二氧化硫到硫酸根，离子方程式为：2Fe+SO2+2H20=2Fe+SO4﹣+3+2+2﹣++4H，故答案为：2Fe+SO2+2H20=2Fe+SO4+4H； ﹣+（5）原电池总方程式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，正极的电极反应式为O2+4H+4e﹣2﹣=2H2O，用总的减去正极的电极反应式得负极电极反应式为SO2+2H2O﹣2e=SO4++4H， ﹣2﹣+故答案为：SO2+2H2O﹣2e=SO4+4H； 2+2﹣（6）由溶度积规则可知，Qc=Ksp达到沉淀溶解平衡，Ksp=Qc=c（Ca）c（CO3）﹣4﹣9 ﹣62+2+=4×10mol/L×c（Ca）=3.8×10，解得c（Ca）=9.5×10mol/L， ﹣6故答案为：9.5×10mol/L． 点评： 本题考查了盖斯定律求反应热、化学平衡常数及化学平衡移动的影响因素、原电池电极反应式的书写、氧化还原反应、溶度积规则等，题目难度中等． 10．（14分）（2013?临河区校级四模）某研究小组模拟工业无隔膜电解法处理电镀含氰废水，进行以下有关实验．填写下列空白． 实验I 制取次氯酸钠溶液

用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液制取次氯酸钠溶液，设计如图1所示装置进行实验． （1）电源中，a电极名称是 负极 ．

（2）反应时，生成次氯酸钠的离子方程式为 Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O ． 实验Ⅱ测定含氰废水处理百分率

利用如图2所示装置进行实验．将CN的浓度为0.2000mol?L的含氰废水100mL与100mL NaClO溶液（过量）置于装置②锥形瓶中充分反应．打开分液漏斗活塞，滴人100mL稀H2SO4，关闭活

﹣

﹣1﹣

﹣

﹣

==0.56，故答塞．

已知装置②中发生的主要反应依次为：CN+ClO=CNO+Cl2CNO+2H+3C1O

﹣

=N2↑+2CO2↑+3C1+H2O

（3）①和⑥的作用是 排除空气中的二氧化碳对实验的干扰 ．

﹣

﹣

﹣﹣﹣﹣﹣

+

﹣

（4）装置②中，生成需由装置③除去的物质的离子方程式为 ClO+Cl+

+2H=Cl2↑+H2O ．

（5）反应结束后，缓缓通人空气的目的是 使装置中残留的二氧化碳全部进入装置⑤ ． （6）为计算该实验中含氰废水被处理的百分率，需要测定 装置⑤反应前后质量 的质量． （7）上述实验完成后，为了回收装置③中的CCl4需要的操作是 分液、蒸馏 ． 考点： 电解原理；探究物质的组成或测量物质的含量． 专题： 实验探究和数据处理题；电化学专题． 分析： （1）a电极一侧有一根导气管，说明该电极产生氢气，说明连接a电极的电极为阴极，连接阴极的电极为原电池负极； （2）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水； （3）根据①⑥中试剂的性质和装置的位置判断； （4）酸性条件下，次氯酸根离子和氯离子反应生成氯气，氯气具有强氧化性，能氧化碘离子生成碘单质； （5）反应结束后，缓缓通入空气，可将生成的二氧化碳全部被吸收； （6）通过测定氢氧化钡溶液的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率； （7）回收装置③中的CCl4需要分液、蒸馏操作． 解答： 解：I．（1）a电极一侧有一根导气管，说明该电极产生氢气，a连接的电极为阴极，则a为原电池负极， 故答案为：负极； （2）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O， ﹣﹣﹣故答案为：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O； （3）根据装置①⑥中试剂的性质和装置位置知，其作用为防止空气中二氧化碳对实验结果造成干扰，所以其作用是排除空气中的二氧化碳对实验的干扰， 故答案为：排除空气中的二氧化碳对实验的干扰； （4）根据已知装置②中发生的主要反应依次为CN+ClO═CNO+Cl、2CNO﹣﹣++2H+3ClO═N2↑+2CO2↑+3Cl+H2O，可知溶液中有氯离子、氢离子和次氯酸根离子，酸性条件下，氯离子和次氯酸根离子反应生成氯气，产生的氯气用碘化钾吸收，所以发生的离子反应方程式为：ClO+Cl+2H=Cl2↑+H2O， ﹣﹣+故答案为：ClO+Cl+2H=Cl2↑+H2O； （5）反应后装置中残留二氧化碳，应继续通过将净化的空气，将装置内的残留的二氧化碳全部进入装置⑤，以减少实验误差， 故答案为：使装置中残留的二氧化碳全部进入装置⑤； （6）通过测定氢氧化钡溶液的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，则需要测定装置⑤反应前后的质量， 故答案为：装置⑤反应前后质量； （7）四氯化碳不溶于水，可通过分液分离，然后蒸馏可得到， 故答案为：分液、蒸馏． 点评： 本题综合考查物质含量的测定的实验设计，以氯气的性质为载体考查化学实验设计和

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣+评价问题，题目难度中等，注意把握实验原理和实验方法． 三、【化学--选修2：化学与技术】（15分） 11．（15分）（2014?宁夏一模）【选修2化学与技术】

高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂．其生产工艺如下：

已知：①2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O（条件：温度较低） ②6KOH+3Cl2=5KCl+KClO3+3H2O（条件：温度较高） 回答下列问题：

（1）该生产工艺应在 温度较低 （填“温度较高”或“温度较低”）的情况下进行； （2）在溶液I中加入KOH固体的目的是 AC （填编号）． A．与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO

B．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率 C．为下一步反应提供碱性的环境 D．使KClO3转化为 KClO

（3）从溶液II中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应③中发生的离子

﹣﹣﹣3+2﹣

反应方程式为 2Fe+3ClO+10OH=2FeO4+3Cl+5H2O ． （4）配制KOH溶液时，是在每100mL水中溶解61.6g KOH固体（该溶液的密度为1.47g/mL），它的物质的量浓度为 10mol/L ；

（5）如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净 用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净 ．

（6）高铁酸钾（K2FeO4）作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，配平

2﹣

该反应的离子方程式： 4 FeO4+ 10 H2O= 4 Fe（OH）3（胶体）+ 3 O2↑+ 8 ﹣

OH． 考点： 制备实验方案的设计；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用． 专题： 实验设计题． 分析： （1）由工艺流程及③可知，利用Fe（NO3）3与KClO制备K2FeO4，由信息②可知温度较高KOH与Cl2 反应生成的是KClO3； （2）根据生产工艺流程图，第①步氯气过量，反应液I中有过量的Cl2反应，生成更多的KClO，第③步需要碱性条件，在温度较高时KOH 与Cl2 反应生成的是KClO3，氧化还原反应中化合价有升有降； （3）根据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物以及电子得失守恒和质量守恒来配平； （4）依据n=计算溶质物质的量，结合溶液密度和溶液质量计算溶液体积，结合c=得到； （5）检验最后一次的洗涤中无Cl即可；

﹣（6）根据氧化还原反应电子得失守恒配平． 解答： 解：（1）由工艺流程及③可知，利用Fe（NO3）3与KClO制备K2FeO4，由信息②可知温度较高KOH与Cl2 反应生成的是KClO3．由信息①可知，在低温下KOH与Cl2 反应生成的是KClO．故选择低温较低，故答案为：温度较低； （2）由工艺流程可知，反应溶液I中有过量的Cl2反应，加KOH固体的目的是与过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO为下一步反应提供反应物； A、根据生产工艺流程图，第①步氯气过量，加入KOH固体后会继续反应生成KClO，故A正确； B、因温度较高时KOH 与Cl2 反应生成的是KClO3，而不是KClO，故B错误； C、第③步需要碱性条件，所以碱要过量，故C正确； D、KClO3转化为 KClO，化合价只降不升，故D错误； 故答案为：AC； （3）由题目信息和氧化还原反应中化合价发生变化，可知反应物为Fe、ClO，生﹣﹣2﹣3+成物为FeO4、Cl，根据电子得失守恒和质量守恒来配平可得2Fe+3ClO+10OH﹣﹣2﹣=2FeO4+3Cl+5H2O， ﹣﹣﹣3+2﹣故答案为：2Fe+3ClO+10OH=2FeO4+3Cl+5H2O； （4）配制KOH溶液时，是在每100mL水中溶解61.6g KOH固体（该溶液的密度为1.47g/mL），溶质物质的量=V=10mol/L； （5）因只要检验最后一次的洗涤中无Cl，即可证明K2FeO4晶体已经洗涤干净，方法为用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净， 故答案为：用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净； （6）铁元素化合价+6价变化为+3价，氧元素化合价从0价变化为﹣2价，由电子守恒配平得到：4FeO4+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH， 故答案为：4；10；4；3；8． 点评： 本题结合高铁酸钾（K2FeO4）的制备主要考查了氧化还原反应的知识、离子的检验等，培养了学生运用知识的能力，题目难度中等． 四.[化学--物质结构与性质]（15分） 12．（15分）（2013春?龙港区校级月考）太阳能电池的发展已经进入了第三代．第一代为单晶硅太阳能电池，第二代为多晶硅、非晶硅等太阳能电池，第三代就是铜铟镓硒CIGS（CIS中掺入Ga）等化合物薄膜太阳能电池以及薄膜Si系太阳能电池．

1021

（1）镓的基态原子的电子排布式是 [Ar]3d4s4p ．

（2）硒为第4周期元素，相邻的元素有砷和溴，则3种元素的第一电离能从大到小顺序为 Br＞As＞Se （用元素符号表示）．

（3）H2Se的酸性比H2S 强 （填“强”或“弱”）．气态SeO3分子的立体构型为 平面三角形 ．

（4）硅烷（SinH2n+2）的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所示，呈现这种变化关系的原因是 硅烷相对分子质量越大，分子间范德华力越强 ．

2﹣﹣﹣3+﹣=1.1mol，溶液体积=10mol/L，故答案为：=0.11L，它的物质的量浓度=

（5）与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸（H3BO3）在水溶液中能与水反应生成[B（OH）4]而体现一元弱酸的性质，则[B（OH）4]﹣3

中B的原子杂化类型为 sp ；

（6）金属Cu单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶

2+

液反应，其原因是 过氧化氢为氧化剂，氨与Cu形成配离子，两者相互促进使反应进行 ，

﹣2+

反应的离子方程式为 Cu+H2O2+4NH3=Cu[Cu（NH3）4]+2OH ；

（7）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构．在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，则该合金中Au原子与Cu原子个数之比为 1：3 ，若该晶胞的边长为a pm，则合金的密度为

g?cm（只要求列算式，不必计算出数值，

﹣3﹣

阿伏伽德罗常数为NA，金元素相对原子质量197）．

考点： 晶胞的计算；原子核外电子排布；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． 分析： （1）根据能量最低原则，泡利不相容原则，洪特规则写出核外电子排布式； （2）根据同周期第一电离能变化规律来判断； （3）从键能角度进行比较，根据其杂化类型进行判断； （4）根据硅烷的作用力来判断； （5）根据该配合离子形成的Φ键数目进行判断； （6）将铜单质转化为铜离子，在进行判断； （7）根据均摊法来进行计算． 解答： 解：（1）镓元素原子序数为31，内层电子排布可用惰性气体表示，根据能量最低原则，1021泡利不相容原则，洪特规则可知核外电子排布式为[Ar]3d4s4p， 1021故答案为：[Ar]3d4s4p； （2）根据元素周期律，同周期元素，原子序数增加，第一电离能增大，但由于As4p轨道半充满，较为稳定，第一电离能大于Se，所以第一电离能Br＞As＞Se， 故答案为：Br＞As＞Se； （3）键能越大，无氧酸酸性越弱，Se半径大于S，键长大，键能小，酸性强；价电子对数==3，为平面三角形； 故答案为：强，平面三角形； （4）硅烷微粒间作用力为范德华力，熔沸点高低与范德华力的大小相关， 故答案为：硅烷相对分子质量越大，分子间范德华力越强； 3（5）该配合离子形成了四条Φ键，故其杂化后形成了四条新的杂化轨道，杂化为sp，3故答案为：sp；

（6）铜单质不与氨反应，则是由于过氧化氢将其氧化为Cu，含有空轨道，而氨可提供孤对电子，可形成配离子，反应离子方程式为Cu+H2O2+4NH3=Cu[Cu（NH3）﹣2+4]+2OH， 2+故答案为：过氧化氢为氧化剂，氨与Cu形成配离子，两者相互促进使反应进行；﹣2+Cu+H2O2+4NH3=Cu[Cu（NH3）4]+2OH； （7）Au位于顶点，8×=1，Cu位于面心，6×=3，一个晶胞中含有一个AuCu3，晶胞体积为a×103﹣302+cm，Vm=NA×a×1033﹣30cm，ρ=﹣3=g?cm﹣3，故答案为：1：3；． 点评： 本题考查化学方程式的书写、电子排布式、电离能、分子空间构型、杂化类型的判断以及有关晶体的计算，对晶胞计算要有一定的空间想象能力． 五.[化学--有机化学基础]（15分） 13．（15分）（2011?延庆县一模）分子式为C12H14O2的F有机物广泛用于香精的调香剂．为了合成该物质，某实验室的科技人员设计了下列合成路线：

试回答下列问题：

（1）A物质在核磁共振氢谱中能呈现 4 种峰；峰面积比为 3：2：3：2 （2）C物质的官能团名称 羟基、羧基

（3）上述合成路线中属于取代反应的是 ②⑤⑥ 填编号）； （4）写出反应④、⑤、⑥的化学方程式：④

⑤

⑥

（5）F有多种同分异构体，请写出符合下列条件的所有结构简式：①属于芳香族化合物，且含有与F相同的官能团；②苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种；③其中一个取代基为﹣CH2COOCH3；

．

考有机物的推断． 点： 专有机物的化学性质及推断． 题： 分A和溴水发生的是加成反应，根据加成产物可判断A的结构简式为CH2=C（CH3）析： CH2CH3，反应②是水解反应，生成物B的结构简式为CH3CH2C（CH3）OHCH2OH．B氧化得到C，则C的结构简式为CH3CH2C（CH3）OHCOOH．根据C和D的分子式的可判断，反应④是消去反应，即D的结构简式为CH3CH=C（CH3）COOH，反应⑤属于卤代烃的水解反应，则E的结构简式为F，则F的结构简式为，E和D通过酯化反应生成，结合有机物的结构和性质解答该题． 解解：A和溴水发生的是加成反应，根据加成产物可判断A的结构简式为CH2=C（CH3）答： CH2CH3，反应②是水解反应，生成物B的结构简式为CH3CH2C（CH3）OHCH2OH．B氧化得到C，则C的结构简式为CH3CH2C（CH3）OHCOOH．根据C和D的分子式的可判断，反应④是消去反应，即D的结构简式为CH3CH=C（CH3）COOH，反应⑤属于卤代烃的水解反应，则E的结构简式为F，则F的结构简式为， ，E和D通过酯化反应生成（1）A的结构简式为CH2=C（CH3）CH2CH3，所以在核磁共振氢谱中能呈现4组峰，其峰面积比为3：2：3：2， 故答案为：4； 3：2：3：2； （2）C的结构简式为CH3CH2C（CH3）OHCOOH，含有羟基、羧基等官能团，故答案为：羟基、羧基； （3）根据官能团的变化可知①为加成反应，②为取代反应，③为氧化反应，④为消去反应，⑤为取代反应，⑥为取代反应，故答案为：②⑤⑥； （4）反应④为CH3CH2C（CH3）OHCOOH在浓硫酸作用下发生消去反应，反应的方

程式为烃的水解反应，反应的方程式为反应⑥为酯化反应，反应的方程式为，反应⑤为氯代，， 故答案为：； ； ； （5）在F的同分异构体中苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种，说明这2个取代基一定是对位的．其中一个取代基为﹣CH2COOCH3，则另一个取代基含有碳碳双键，因此同分异构体的结构简式为， 故答案为：． 点本题考查有机物的推断，题目难度中等，本题注意从A的结构入手采取正推的方法进评： 行推断，把握官能团的性质以及官能团的转化为解答该题的关键，易错点为同分异构体的判断，注意把握题给信息．

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