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江苏省宿迁市沭阳县如东中学2015-2016学年高三第二次段考化学试卷.doc


2015-2016 学年江苏省宿迁市沭阳县如东中学高三(上)第 二次段考化学试卷 参考答案与试题解析
一、选择题(共 10 小题,每小题 2 分,满分 20 分) 1.化学与生产、生活、环境保护等密切相关.下列叙述正确的是( A.绿色食品是生产时不使用化肥农药,不含任何化学物质的食品 B.新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料 C.医药中常用酒精来消毒,是因为酒精能够使病毒的蛋白质发生变性 D.CO2 的水溶液呈酸性,CO2 的大量排放会导致酸雨的形成 【考点】常见的生活环境的污染及治理;生活中的有机化合物. 【专题】化学计算. 【分析】A.绿色食品是指在无污染的条件下种植、养殖、施有机肥料、不用高毒性、高残 留农药、在标准环境、生产技术、卫生标准下加工生产、经权威机构认定并使用专门标志的 安全、优质、营养、无公害、无污染的食品的统称; B.光导纤维的主要成分为二氧化硅; C.乙醇能使蛋白质变性,从而杀死细菌; D.形成酸雨的气体是二氧化硫和氮氧化物. 【解答】解:A.任何物质都是化学物质,故 A 错误; B.光导纤维的主要成分为二氧化硅,不是有机高分子材料,故 B 错误; C.医药中常用酒精消毒,是因为乙醇能使蛋白质变性,从而杀死细菌,故 C 正确; D.二氧化硫和氮氧化物的大量排放会形成酸雨,二氧化碳的大量排放会导致温室效应,故 D 错误. 故选 C. 【点评】本题主要考查化学与生活、材料等,会运用化学知识解释生活现象,难度不大. )

2.下列有关化学用语表述正确的是(



A.S2 的结构示意图:


B.CO2 的比例模型:

C.邻羟基苯甲酸的结构简式: D.质子数为 79、中子数为 118 的金(Au)原子: 【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合. 【专题】化学用语专题. 【分析】A.硫离子的核电荷数为 16,不是 18; B.二氧化碳分子中,碳原子的相对体积大于 O 原子; C.邻羟基苯甲酸中,羟基和羧基在苯环的邻位碳上; D.质量数=质子数+中子数,元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数. 【解答】解:A.S 为 16 号元素,核外有 16 个电子,得到两个电子形成 S2 ,则 S2 的结构
﹣ ﹣

Au

示意图:

,故 A 错误;

B.二氧化碳分子中,碳原子的原子半径大于氧原子,其正确的比例模型为: 故 B 错误; C.邻羟基苯甲酸相当于羟基取代了苯甲酸中羧基邻位 H 形成的,其结构简式为:



,故 C 正确; D.质子数为 79、中子数为 118 的金(Au)原子的质量数为 197,该原子正确的表示方法为:
79 197

Au,故 D 错误;

故选 C. 【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法判断,题目难度中等,涉及比例模型、结构简 式、离子结构示意图、元素符号等知识,明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键.

3.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.使苯酚显紫色的溶液:NH4+、K+、SCN 、NO3
﹣ ﹣



B.澄清透明的溶液:Cu2+、Mg2+、SO42 、Cl




C.0.1mol?L

﹣1

Na2CO3 溶液:NH4+、Fe2+、SO42 、NO3




D.c(Fe2+)=1.0 mol?L

﹣1

溶液:H+、K+、Cl 、MnO4




【考点】离子共存问题. 【专题】离子反应专题. 【分析】A.使苯酚显紫色的溶液,溶液中含铁离子; B.该组离子之间不反应; C.离子之间相互促进水解; D.离子之间发生氧化还原反应. 【解答】解:A.使苯酚显紫色的溶液,溶液中含铁离子,与 SCN 结合生成络离子,不能 共存,故 A 错误; B.该组离子之间不反应,可大量共存,故 B 正确; C.CO32 、Fe2+离子之间相互促进水解,不能共存,故 C 错误;
﹣ ﹣

D.H+、Fe2+、MnO4 离子之间发生氧化还原反应,不能大量共存,故 D 错误;


故选 B. 【点评】本题考查离子的共存,为高频考点,把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解 答的关键,侧重络合反应、氧化还原反应、水解反应的离子共存考查,综合性较强,题目难 度不大.

4.下列有关物质的性质或应用均正确的是(



A.二氧化硅为酸性氧化物,可用于制作计算机芯片 B.氢氧化镁分解时吸收大量的热量,添加到合成树脂中可作阻燃剂 C.碳酸钠可以作为食品疏松剂 D.食品工业中可以用二氧化硫加工银耳,使之更白 【考点】二氧化硫的化学性质;硅和二氧化硅;钠的重要化合物. 【分析】A.二氧化硅为绝缘体; B.氢氧化镁在 380℃时,分解放出水蒸气和耐高温的固体氧化镁; C.碳酸钠性质稳定,受热不分解; D.二氧化硫有毒. 【解答】解:A.用于制作计算机芯片为硅,不是二氧化硅,故 A 错误;

B.阻燃物质原理有三个:清除可燃物、隔绝氧气或空气、使可燃物的温度降到着火点以下, 三者具其一即可, 氢氧化镁在 380℃时分解, 方程式为: Mg (OH) 2 MgO+H2O↑. 氢

氧化镁分解过程中吸收大量的热, 能使可燃物的温度降到着火点以下, 反应生成的水蒸气能 稀释可燃物表面的氧气,生成氧化镁固体能隔绝氧气或空气,故 B 正确; C.碳酸氢钠性质不稳定受热分解生成二氧化碳、碳酸钠和水,碳酸氢钠可以作为食品疏松 剂,故 C 错误; D.二氧化硫是有毒气体,不能用二氧化硫加工银耳漂白,故 D 错误; 故选:B. 【点评】本题考查了硅及其化合物、氧化镁、碳酸钠、碳酸氢钠的性质及用途,掌握基础是 解题关键,题目难度不大,注意硅与二氧化硅的用途的区别.

5.下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验,能达到实验目的是(



A.

制取氯气 B.

除去氯气中的少量氯化氢

C.

分离二氧化锰和氯化锰溶液 D.

蒸干氯化锰溶液制 MnCl2?4H2O

【考点】化学实验方案的评价. 【专题】实验评价题. 【分析】A.二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热; B.饱和碳酸氢钠溶液呈碱性,能吸收氯气,气体应为长进短处; C.二氧化锰不溶于水,将液体和不溶于液体的固体分离开来的一种方法为过滤; D.锰离子可发生水解. 【解答】解:A.二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热,甲装置无加热仪器,故 A 错误;

B.饱和碳酸氢钠溶液呈碱性,能吸收氯气,且 NaHCO3 和 HCl 反应能生成 CO2,引入新的 杂质气体,所以吸收试剂应该为饱和食盐水,并且气体应为长进短处,故 B 错误; C.二氧化锰不溶于水,因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤,丙装置为过滤装置,故 C 正确; D.锰离子水解,水解吸热,因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制 MnCl2?4H2O,应该在 HCl 的气氛中进行,故 D 错误; 故选 C. 【点评】本题考查了氯气的实验室制备,侧重于实验原理、实验仪器、实验基本操作、盐类 水解的考查,综合性较强,难度一般,注意气体的进出导管长短、盐类水解的抑制应用.

6.设 NA 为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是( A.0.1mol N2 与足量的 H2 反应,转移的电子数是 0.6NA B.常温下,0.1mol?L
﹣1



NH4NO3 溶液中含有的氮原子数是 0.2NA

C.常温常压下,3.2g O2 和 3.2g O3 所含氧原子数都是 0.2NA D.2.24L CO 和 CO2 的混合气体中所含的碳原子数为 0.1N A 【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.合成氨的反应为可逆反应,0.1mol 氮气完全反应生成氨气的物质的量小于 0.2mol,转移的电子的物质的量小于 0.6mol; B.缺少硝酸铵溶液的体积,无法计算溶液中含有的氮原子数目; C.臭氧和氧气中只含有氧原子,3.2g 氧气和 3.2g 臭氧中含有 3.2g 氧原子,含有 0.2mol 氧 原子; D.没有告诉在标准状况下,不能使用标况下的气体摩尔体积计算混合气体的物质的量. 【解答】解:A.0.1mol N2 与足量的 H2 反应生成的氨气的物质的量小于 0.6mol,转移的电 子数小于 0.6NA,故 A 错误; B.没有告诉 0.1mol?L 误; C.3.2g O2 和 3.2g O3 所含氧原子的质量都是 3.2g,含有 0.2mol 氧原子,所含氧原子数都是 0.2NA,故 C 正确;
﹣1

NH4NO3 溶液的体积,无法计算溶液中含有的氮原子数目,故 B 错

D.不是标况下,不能使用标况下的气体摩尔体积计算 2.24L 一氧化碳和二氧化碳的物质的 量,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,注意明确标准状况下 气体摩尔体积的使用条件,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 B 为易错点,注意缺少溶液的体积.

7.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( A.工业电解饱和食盐水:2Cl +H2O=Cl2↑+H2↑+OH B.碳酸钠的水解:CO32 +2H2O═H2CO3+2OH
﹣ ﹣ ﹣ ﹣



C.硫酸铝溶液中滴加过量浓氨水:Al3++4 NH3?H2O═AlO


+4NH4++2H2O

D.用过氧化氢从酸化海带灰浸出液中提取碘:2I +H2O2+2H+=I2+2H2O 【考点】离子方程式的书写. 【专题】离子反应专题. 【分析】A.漏写反应条件电解、电荷、原子不守恒; B.水解分步进行,以第一步为主; C.反应生成氢氧化铝和硫酸铵; D.发生氧化还原反应生成碘、水,遵循电子、电荷守恒. 【解答】解:A.工业电解饱和食盐水的离子反应为 2Cl +2H2O 故 A 错误; B.碳酸钠的水解的离子反应为 CO32 +H2O═HCO3 +OH ,故 B 错误;
﹣ ﹣ ﹣ ﹣

Cl2↑+H2↑+2OH ,



C.硫酸铝溶液中滴加过量浓氨水的离子反应为 Al3++3NH3?H2O═Al(OH)3↓+3NH4+,故 C 错误; D.用过氧化氢从酸化海带灰浸出液中提取碘的离子反应为 2I +H2O2+2H+=I2+2H2O,故 D


正确; 故选 D. 【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断,为高频考点,把握发生的反应及离子反 应的书写方法为解答的关键,侧重电解、水解反应、氧化还原反应的离子反应考查,综合性 较强,题目难度不大.

8.物质 a、b、c、d 均为中学化学中的常见单质或化合物,它们之间的转化关系如右图所示 (部分产物已略去) ,下列各组物质中,通过一步反应就能实现图示转化的是( 选项 A B C D a SO2 Na2O CO Al2O3 b SO3 Na2O2 CO2 NaAlO2 c S Na C Al d H2SO4 NaOH H2CO3 Al(OH)3 )

A.A

B.B

C.C

D.D

【考点】二氧化硫的化学性质;钠的重要化合物;镁、铝的重要化合物. 【专题】元素及其化合物. 【分析】A.硫与氧气反应生成二氧化硫,不能一步实现 S→SO3; B.NaOH 不能通过一步反应生成氧化钠; C.碳酸分解生成二氧化碳和水,得不到一氧化碳; D.Al2O3 Al(OH)3 NaAlO2;Al Al2O3. Al2O3,Al NaAlO2;NaAlO2 Al(OH)3;

【解答】解:A.硫与氧气反应生成二氧化硫,不能一步实现 S→SO3,故 A 错误; B.NaOH 不能通过一步反应生成氧化钠,故 B 错误; C..碳酸分解生成二氧化碳和水,得不到一氧化碳,不能实现 H2CO3→CO 的一步转化,故 C 错误; D.Al2O3 Al(OH)3 故选:D. 【点评】本题考查元素化合物知识,熟记元素化合物的性质即可解答,题目难度不大. NaAlO2;Al Al2O3,Al NaAlO2;NaAlO2 Al(OH)3;

Al2O3,上述反应均能一步发生,故 D 正确;

9.短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大,W 的单质是空气中体积分数最大的气 体,W 与 Y 原子的最外层电子数之和为 X 原子的最外层电子数的 2 倍,Z 原子的最外层电 子数等于其最内层电子数, X、 Y、 Z 的简单离子的电子层结构相同. 下列说法正确的是 ( A.气态氢化物的稳定性:Y>X>W B.四种元素的原子中 W 原子半径最大 C.四种元素中最高价氧化物的水化物酸性 Y 最强 D.化合物 XY2 与 ZY2 分子中的化学键类型相同 【考点】原子结构与元素周期律的关系. 【分析】短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大,W 的单质是空气中体积分数最大 的气体,则 W 为 N 元素;Z 最外层电子数等于最内层电子数,原子序数大于 N 元素,只能 处于第三周期,故 Z 为 Mg 元素;X、Y、Z 的简单离子的电子层结构相同,结构原子序数 可知,X 只能处于第二周期,且最外层电子数大于 5,W(氮元素)与 Y 最外层电子数之和 为 X 的最外层电子数的 2 倍,则 Y 原子最外层电子数只能为奇数,结合原子序数可知,Y 不可能处于ⅠA 族,只能处于ⅦA 族,故 Y 为 F 元素,X 最外层电子数为 O 元素,据此解答. 【解答】解:短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大,W 的单质是空气中体积分数 最大的气体,则 W 为 N 元素;Z 最外层电子数等于最内层电子数,原子序数大于 N 元素, 只能处于第三周期,故 Z 为 Mg 元素;X、Y、Z 的简单离子的电子层结构相同,结构原子 序数可知,X 只能处于第二周期,且最外层电子数大于 5,W(氮元素)与 Y 最外层电子数 之和为 X 的最外层电子数的 2 倍, 则 Y 原子最外层电子数只能为奇数,结合原子序数可知, Y 不可能处于ⅠA 族,只能处于ⅦA 族,故 Y 为 F 元素,X 最外层电子数为 为 O 元素. A.非金属性 Y(F)>X(O)>W(N) ,故氢化物稳定性 HF>H2O>NH3,故 A 正确; B. 同周期随原子序数增大原子半径减小, 同主族自上而下原子半径增大, 故原子半径 ( r Mg) >r(N)>r(O)>r(F) ,故 B 错误; C.Y 为 F 元素,没有最高价含氧酸,故 C 错误; D.OF2 中含有共价键,MgF2 中含有离子键,二者化学键类型不同,故 D 错误, 故选:A. =6,则 X =6,则 X 为 )

【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,注意利用奇偶性判断 Y 可能所在的族,对学生的逻辑推理有一定的要求,难度中等.

10. 室温下, 将 1mol 的 CuSO4?5H2O (s) 溶于水会使溶液温度降低, 热效应为△ H1, 将 1mol 的 CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高,热效应为△ H2:CuSO4?5H2O 受热分解的化学方 程式为 CuSO4?5H2O(s) 是( ) B.△ H1<△ H3 C.△ H1+△ H3=△ H2 D.△ H1+△ H2>△ H3 CuSO4(s)+5H2O(l) ,热效应为△ H3,则下列判断正确的

A.△ H2>△ H3

【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算. 【专题】化学反应中的能量变化. 【分析】胆矾溶于水时,溶液温度降低,反应为 CuSO4?5H2O(s)=Cu2+(aq)+SO42 (aq)


+5H2O(l)△ H1>0; CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42 (aq)△ H2;


已知 CuSO4?5H2O(s)=CuSO4(s)+5H2O(l)△ H3,根据盖斯定律确定之间的关系. 【解答】解:①胆矾溶于水时,溶液温度降低,反应为 CuSO4?5H2O(s)=Cu2+(aq)+SO42


(aq)+5H2O(l)△ H1>0;


②CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42 (aq)△ H2<0; ③已知 CuSO4?5H2O(s)=CuSO4(s)+5H2O(l)△ H3; 依据盖斯定律①﹣②得到③,所以△ H3=△ H1﹣△ H2;△ H2<0,△ H1>0,则△ H3>0, A、上述分析可知△ H2<△ H3,故 A 错误; B、分析可知△ H2=△ H1﹣△ H3,由于△ H2<0,△ H3>△ H1 ,故 B 正确; C、△ H3=△ H1﹣△ H2,故 C 错误; D、△ H2<0,△ H1>0、△ H3>△ H1+△ H2,故 D 错误; 故选 B. 【点评】 本题考查了物质溶解及物质分解过程中的能量变化, 根据盖斯定律分析物质溶解过 程中的能量变化是解题关键,题目难度中等.

二、选择题(共 5 小题,每小题 4 分,满分 20 分)

11.盆栽鲜花一般需施用 S﹣诱抗素制剂,以保证鲜花长期盛开.S﹣诱抗素的分子结构如 图,下列关于该物质的说法正确的是( )

A.该物质的分子式为 C15H20O4 B.能发生消去反应 C.既能与 FeCl3 溶液发生显色反应,又能使溴水褪色 D.1mol 该物质与 NaOH 溶液反应,最多可消耗 1mol NaOH 溶液 【考点】有机物的结构和性质. 【分析】由结构简式可知分子式,分子中含碳碳双键、碳氧双键、﹣OH、﹣COOH,结合 烯烃、醇、羧酸性质等来解答. 【解答】解:A.由结构简式可知,该有机物的分子式为:C15H20O4,故 A 正确; B.与羟基相邻的碳原子有 3 个,其中 2 个没有 H 原子,不能发生消去反应,另一个碳原子 为 C=C 键,不能发生消去反应,否则不稳定,故 B 错误; C.不含酚羟基,与氯化铁不反应,故 C 错误; D.只有羧基与氢氧化钠反应,则 1mol 该物质与 NaOH 溶液反应,最多可消耗 1mol NaOH 溶液,故 D 正确. 故选 AD. 【点评】本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握结构中官能团与性质的关系为解 答的关键,侧重烯烃、羧酸、醇性质的考查,题目难度不大.

12.物质 A 在一定条件下反应制得新型纤维酸类降脂药克利贝特,其结构简式如图所示, 下列有关叙述正确的是( )

A.物质 A 分子中含有 2 个手性碳原子 B.物质 A 分子中所有碳原子可能位于同一平面内 C.1 mol 物质 A 最多可以与含 4molBr2 的溴水反应 D.物质 A 可以发生加成反应、氧化反应、水解反应

【考点】有机物的结构和性质. 【分析】有机物含有酚羟基,可发生取代、氧化反应,含有环烷烃基和苯环,可发生取代、 加成反应,以此解答该题. 【解答】解:A.手性碳原子含有 4 个不同的原子或原子团,有机物不含手性碳原子,故 A 错误; B.含有 6 个饱和碳原子,具有甲烷的结构特点,原子不可能在同一个平面上,故 B 错误; C.含有 2 个酚羟基,邻位氢原子可被取代,则 1 mol 物质 A 最多可以与含 4molBr2 的溴水 反应,故 C 正确; D.不能发生水解反应,故 D 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,把握官能团与性质的关系为解答的关 键,侧重羧酚性质以及结构的考查,题目难度不大.

13.下列有关 NaClO 和 NaCl 混合溶液的叙述正确的是( A.该溶液中,H+、NH4+、SO42 、Br 可以大量共存
﹣ ﹣



B.该溶液中,Ag+、K+、NO3 、CH3CHO 可以大量共存


C. 向该溶液中滴入少量 FeSO4 溶液, 反应的离子方程式为: 2Fe2++ClO +2H+═Cl +2Fe3++H20
﹣ ﹣

D.向该溶液中加入浓盐酸,每产生 1molCl2,转移电子约为 6.02× 1023 个 【考点】钠的重要化合物. 【分析】A、次氯酸为弱酸,次氯酸根与氢离子不能大量共存; B、银离子与氯离子生成 AgCl 白色难溶沉淀,故而不能电离共存; C、NaClO 为强碱弱酸盐,水解呈碱性,NaCl 为中性,溶液中不存在大量的氢离子; D、次氯酸具有氧化性,浓盐酸具有还原性,两者发生归中反应生成氯气,据此解答即可. 【解答】解:A、NaClO 和 NaCl 混合溶液中存在大量的次氯酸根,次氯酸为弱酸,次氯酸 根与氢离子不能大量共存,故 A 错误; B、NaClO 和 NaCl 混合溶液中存在大量的氯离子,与银离子反应生成白色难溶沉淀,故不 能大量共存,故 B 错误; C、NaClO 为强碱弱酸盐,水解呈碱性,NaCl 为中性,溶液中不存在大量的氢离子,与 2Fe2++ClO +2H+═Cl +2Fe3++H20 反应矛盾,故 C 错误;
﹣ ﹣

D、浓盐酸中 Cl 由﹣1 价升高到 0 价,次氯酸中 Cl 由+1 价降低到 0 价,故每生成 1mol 氯 气转移电子数为 1mol,故 D 正确,故选 D. 【点评】本题主要考查的是溶液中离子的判断,涉及离子共存、盐类水解、氧化还原反应原 理等,综合性较强,容易出错的是 C 选项,没有注意原溶液的酸碱性.

14.某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示,该装置能将 H2O 和 CO2 转化为 O2 和燃料 (C3H8O) .下列说法正确的是( )

A.该装置将化学能转化为光能和电能 B.该装置工作时,H+从 b 极区向 a 极区迁移 C.每生成 1mol O2,有 44g CO2 被还原 D.a 电极的反应为:3CO2+18H+﹣18e =C3H8O+5H2O


【考点】原电池和电解池的工作原理;真题集萃. 【分析】A、该装置是电解池装置,是将电能转化为化学能; B、与电源正极相连的是电解池的阳极,负极相连的是电解池的阴极,a 与电源负极相连, 所以 a 是阴极,而电解池中氢离子向阴极移动; C、 电池总的方程式为: 6CO2+8H2O 的二氧化碳被还原,由此分析解答; D、 a 与电源负极相连, 所以 a 是负极阴极, 电极反应式为: 3CO2+18H++18e =C3H8O+5H2O.


2C3H8O+9O2, 即生成 9mol 的氧气, 阴极有 6mol

【解答】解:A、该装置是电解池装置,是将电能转化为化学能,所以该装置将光能和电能 转化为化学能,故 A 错误; B、a 与电源负极相连,所以 a 是阴极,而电解池中氢离子向阴极移动,所以 H+从阳极 b 极 区向阴极 a 极区迁移,故 B 正确;

C、 电池总的方程式为: 6CO2+8H2O

2C3H8O+9O2, 即生成 9mol 的氧气, 阴极有 6mol

的二氧化碳被还原,也就是 1mol 的氧气,阴极有 mol 的二氧化碳被还原,所以被还原的 二氧化碳为 29.3g,故 C 错误; D、a 与电源负极相连,所以 a 是阴极,发生还原反应,电极反应式为:3CO2+18H++18e =C3H8O+5H2O,故 D 错误; 故选 B. 【点评】本题考查电化学的相关知识,学生要清楚电解池的反应原理,阴极发生还原反应, 阳极发生氧化反应,以及离子的移动方向就可以迅速解题了,比较容易.


15.下列说法正确的是( 选项 实验 A

) 解释或结论

用洁净的 Pt 丝蘸取某溶液进行焰色反应,火焰呈黄 该溶液中一定不含有 K+ 色

B

用洁净的玻璃管向包有 Na2O2 的脱脂棉吹气, 脱脂棉CO2、H2O 与 Na2O2 反应是放热 燃烧 反应


C

向某溶液中滴加硝酸酸化的 Ba(NO3)2 溶液产生白该溶液中含有 SO42 色沉淀

D

利用一束强光照射明矾溶液,产生光亮的“通路”, 明矾一定发生了水解 B.B、 C.C、 D.D、

A.A、

【考点】常见离子的检验方法;吸热反应和放热反应. 【分析】A.检验 K+应通过蓝色钴玻璃; B.CO2、H2O 与 Na2O2 反应是放热反应; C.酸性条件下,硝酸根离子能氧化亚硫酸根离子; D.丁达尔效应是胶体特有的性质. 【解答】解:A.火焰呈黄色,说明含有 Na+,但黄色火焰遮盖紫光,应通过蓝色钴玻璃观 察,以滤去黄光,故 A 错误; B.CO2、H2O 与 Na2O2 反应是放热反应,放出的热量达到脱脂棉的着火点,所以脱脂棉着 火,故 B 正确;

C.酸性条件下,硝酸根离子能氧化亚硫酸根离子,向某溶液中滴加硝酸酸化的 Ba(NO3)
2 溶液产生白色沉淀,可能是亚硫酸根离子被硝酸根氧化为硫酸根离子,所以该溶液中不一

定含有 SO42 ,故 C 错误;


D.利用一束强光照射明矾溶液,产生光亮的“通路”,即产生的丁达尔效应,说明有胶体, 即明矾一定发生了水解生成了氢氧化铝胶体,故 D 正确. 故选 BD. 【点评】本题考查较为综合,涉及化学实验方案的评价,侧重于化学实验基本操作、物质的 性质的检验以及胶体的性质等问题,题目难度不大,注意相关基础知识的积累.

三、解答题(共 5 小题,满分 68 分) 16. 实验室用氧化锌矿粉 (主要含 ZnO、 FeCO3、 CuO 等) 制备碱式碳酸锌[Zn2 (OH) 2CO3], 并将其用于合成氨工艺脱硫研究.

(1)“酸浸”时保持 H2SO4 过量的目的是 提高矿石的浸出率(或防止 Zn2+、Fe2+、Cu2+等 金属离子水解) . (2)写出氧化时的离子方程式: 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ; (3) 流程中调节 pH=5.4 所加试剂 X 为 BC (填序号) . A. NaOH 滤渣 1 的成分为 Fe(OH)3 (写化学式) B. ZnO C. ZnCO3

(4)上述流程中的“滤液”可以用作化肥,该滤液的主要成分为 (NH4)2SO4 (填化学 式) . (5)合成氨原料气脱硫原理如图,碱式碳酸锌吸收硫化氢的化学方程式为
2CO3+2H2S=2ZnS↓+CO2↑+3H2O

Zn2(OH)



【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用. 【专题】综合实验题;实验评价题;抽象问题具体化思想;演绎推理法;制备实验综合.

【分析】氧化锌矿粉(主要含 ZnO、FeCO3、CuO 等)加入 50%~60%硫酸酸浸,溶液中含 有 Zn2+、 Fe2+、 Cu2+等金属离子, 加入双氧水将 Fe2+氧化成 Fe3+, 加入试剂 X 调节溶液 pH=5.4, 使铁离子沉淀,在调节 pH 时不能能引入新的杂质,所以试剂 X 可以用 ZnO、ZnCO3 等,过 滤得滤渣 1 为 Fe(OH)3,在滤液中加入过量 Zn,用锌还原出铜离子,除去铜,过滤得滤 渣 2 为铜和过量的锌,滤液中加入碳酸铵调节 pH6.0~6.5,可生成 Zn2(OH)2CO3,同时 生成硫酸铵,以此解答该题. 【解答】解:氧化锌矿粉(主要含 ZnO、FeCO3、CuO 等)加入 50%~60%硫酸酸浸,溶液 中含有 Zn2+、Fe2+、Cu2+等金属离子,加入双氧水将 Fe2+氧化成 Fe3+,加入试剂 X 调节溶液 pH=5.4, 使铁离子沉淀, 在调节 pH 时不能能引入新的杂质, 所以试剂 X 可以用 ZnO、 ZnCO3 等,过滤得滤渣 1 为 Fe(OH)3,在滤液中加入过量 Zn,用锌还原出铜离子,除去铜,过 滤得滤渣 2 为铜和过量的锌,滤液中加入碳酸铵调节 pH6.0~6.5,可生成 Zn2(OH)2CO3, 同时生成硫酸铵, (1)“酸浸”时保持 H2SO4 过量,可使固体充分溶解,且防止 Zn2+、Fe2+、Cu2+等金属离子 水解, 故答案为:提高矿石的浸出率(或防止 Zn2+、Fe2+、Cu2+等金属离子水解) ; (2)氧化时是加入双氧水将 Fe2+氧化成 Fe3+,反应的离子方程式为 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O, 故答案为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O; (3)根据上面的分析可知,在调节 pH 时不能能引入新的杂质,所以试剂 X 可以用 ZnO、 ZnCO3 等,故选 BC,渣 1 为 Fe(OH)3, 故答案为:BC;Fe(OH)3; (4)根据上面的分析可知,加入碳酸铵调节 pH6.0~6.5,可生成 Zn2(OH)2CO3,同时生 成(NH4)2SO4,可用作化肥, 故答案为: (NH4)2SO4; (5)由流程可知碱式碳酸锌吸收硫化氢可生成 ZnS,反应的化学方程式为 Zn2(OH)
2CO3+2H2S=2ZnS↓+CO2↑+3H2O,

故答案为:Zn2(OH)2CO3+2H2S=2ZnS↓+CO2↑+3H2O. 【点评】 本题侧重于学生的分析、 实验能力的考查, 题目主要依据流程图中涉及的化学知识、 化学原理来设计问题.能够将实际问题分解,通过运用相关知识,采用分析、综合的方法, 解决简单化学问题.

17.颠茄酸酯(J)是一种用于胃肠道平滑肌痉挛及溃疡病的辅助治疗药物,其合成路线如 下:

试回答下列问题: (1)化合物 H 中的含氧官能团为 醛基和酯基 ,反应 3 的反应类型为 消去反应 ; (2)反应 1 为加成反应,则 X 的结构简式为 CH≡CH ; (3)写出 F→G 反应的化学方程式



(4)写出化合物 F 满足下列条件的一种同分异构体的结构简式 ①能发生银镜反应 的氢 ②能与 FeCl3 发生显色反应



③分子中含有 5 种不同化学环境

(5)已知化合物

是一种重要的药物合成中间体,请结合题目所给信息,

写出以

为原料制备该化合物的合成路线流程图(无机试剂任用) .合成路 CH3CH2Br CH3CH2OH.

线流程图示例如下:H2C═CH2

【考点】有机物的合成. 【专题】有机推断;结构决定性质思想;演绎推理法;有机物分子组成通式的应用规律. 【分析】根据合成线路可知,E 与新制 Cu(OH )2 加热条件下反应,酸化后得 F,E 中含 有醛基,则 E 的结构简式为: ;D 催化氧化生成 E,则 D 的结构简式为: ; F 与 CH3CH2OH

; C 水解生成 D, 则 C 的结构简式为:

在浓硫酸加热条件下,发生酯化反应生成的 G,则 G 的结构简式为



H 与 H2 加成,醛基转化为羟基,则 I 的结构简式为: 答.

,据此进行解

【解答】解:根据合成线路可知,E 与新制 Cu(OH )2 加热条件下反应,酸化后得 F,E 中含有醛基,则 E 的结构简式为: 为: ;D 催化氧化生成 E,则 D 的结构简式 ;F 与

;C 水解生成 D,则 C 的结构简式为:

CH3CH2OH 在浓硫酸加热条件下,发生酯化反应生成的 G,则 G 的结构简式为

,H 与 H2 加成,醛基转化为羟基,则 I 为:



(1)根据 H 的结构简式可知,H 含有的官能团为醛基和酯基,反应 3 为羟基消去生成碳碳 双键, 故答案为:醛基和酯基; 消去反应; (2)反应 1 为加成反应,比较 A 和 B 的结构可知,X 为 CH≡CH, 故答案为:CH≡CH; (3)F 与 CH3CH2OH 在浓硫酸加热条件下,发生酯化反应生成的 G 反应的方程式为



故答案为:



(4)根据下列条件:①能发生银镜反应,说明有醛基,②能与 FeCl3 发生显色反应,说明 有酚羟基,③分子中含有 5 种不同化学环境的氢,则符合条件的 F 的同分异构体为



故答案为:



(5) 依次通过消去反应得到碳碳双键, 在 H2O2 条件下与 HBr 加成, Br 在端点的 C 原子上, 水解反应生成﹣OH,然后发生酯化反应得最终产物,所以合成路线图为:

, 故答案为:



【点评】本题考查有机合成,题目难度中等,试题涉及有机反应类型、同分异构体书写、有 机反应方程式等知识, 注意根据反应条件进行推断, 需要学生熟练掌握官能团的性质与转化, (4)中同分异构体的书写为易错点、难点.

18.钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域. (1)CoxNi(1﹣x)Fe2O4(其中 Co、Ni 均为+2)可用作 H2O2 分解的催化剂,具有较高的活性. ①该催化剂中铁元素的化合价为 +3 . ②图 1 表示两种不同方法制得的催化剂 CoxNi(1﹣x)Fe2O4 在 10℃时催化分解 6%的 H2O2 溶液 的相对初始速率随 x 变化曲线. 由图中信息可知: 微波水热 法制取得到的催化剂活性更 高;Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是 Co2+ . (2)草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料.下图 2 为二水合草酸钴(CoC2O4?2H2O)在空 气中受热的质量变化曲线,曲线中 300℃及以上所得固体均为钴氧化物. ①通过计算确定 C 点剩余固体的化学成分为 Co3O4 (填化学式) .试写出 B 点对应的物 质与 O2 在 225℃~300℃发生反应的化学方程式: 3CoC2O4+2O2 Co3O4+6CO2 .

②取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物(其中 Co 的化合价为+2、+3) ,用 480mL 5mol/L 盐酸恰好完全溶解固体,得到 CoCl2 溶液和 4.48L(标准状况)黄绿色气体.试确定 该钴氧化物中 Co、O 的物质的量之比. 5:6 . 【考点】化学方程式的有关计算;根据化学式判断化合价. 【分析】 (1)①根据化合价代数和为 0 计算 Fe 的化合价; ②过氧化氢的分解速率越大,催化剂活性更高;随 x 值越大,过氧化氢的分解速率越大,而 x 增大,Co2+的比例增大;

(2) ①由图可知, CoC2O4?2H2O 的质量为 18.3g, 其物质的量为 0.1mol, Co 元素质量为 5.9g, C 点钴氧化物质量为 8.03g,氧化物中氧元素质量为 8.03g﹣5.9g=2.13g,则氧化物中 Co 原 子与 O 原子物质的量之比为 0.1mol: ≈3:4,故 C 的 Co 氧化物为 Co3O4;

B 点对应物质的质量为 14.7g,与其起始物质的质量相比减少 18.3g﹣14.7g=3.6g,为结晶水 的质量,故 B 点物质为 CoC2O4,与氧气反应生成 Co3O4 与二氧化碳; ②由电子守恒:n(Co3+)=2 n(Cl2) ,由电荷守恒:n(Co 原子)总=n(Co2+)溶液= n(Cl ) ,


联立计算 n 氧化物(Co2+) ,根据化合价电荷守恒为 0 计算氧化物中 n(O) ,进而计算氧化物中 n(Co) :n(O) . 【解答】解: (1)①CoxNi(1﹣x)Fe2O4 中 Co、Ni 均为+2,O 为﹣2 价,则 Fe 的化合价为 =+3, 故答案为:+3; ②过氧化氢的分解速率越大,催化剂活性更高,根据图象可知,x 相同时,微波水热法初始 速度大于常规水热法,故微波水热法制得催化剂的活性更高; 由图可知,随 x 值越大,过氧化氢的分解速率越大,而 x 增大,Co2+的比例增大,故 Co2+ 的催化活性更高, 故答案为:微波水热;Co2+; (2) ①由图可知, CoC2O4?2H2O 的质量为 18.3g, 其物质的量为 0.1mol, Co 元素质量为 5.9g, C 点钴氧化物质量为 8.03g,氧化物中氧元素质量为 8.03g﹣5.9g=2.13g,则氧化物中 Co 原 子与 O 原子物质的量之比为 0.1mol: ≈3:4,故 C 的 Co 氧化物为 Co3O4;

B 点对应物质的质量为 14.7g,与其起始物质的质量相比减少 18.3g﹣14.7g=3.6g,为结晶水 的质量,故 B 点物质为 CoC2O4,与氧气反应生成 Co3O4 与二氧化碳,反应方程式为: 3CoC2O4+2O2 Co3O4+6CO2, Co3O4+6CO2; =0.4 mol,


故答案为:Co3O4;3CoC2O4+2O2

②由电子守恒:n(Co3+)=2 n(Cl2)=2×

由电荷守恒:n(Co 原子)总=n(Co2+)溶液= n(Cl )= × ( 0.48L× 5mol/L﹣0.4mol)=1 mol, 所以固体中的 n(Co2+)=1mol﹣0.4mol=0.6 mol, 根据化合价电荷守恒为 0,氧化物中 n(O)=(0.6mol× 2+0.4mol× 3)÷ 2=1.2mol,

故该钴氧化物中 n(Co) :n(O)=1mol:1.2mol=5:6, 故答案为:5:6. 【点评】本题考查元素化合价的判断、物质化学式的计算、得失电子守恒规律的应用、对图 象的分析处理等,需要学生具备知识的基础,难度中等.

19.绿矾(FeSO4?7H2O)是治疗缺铁性贫血药品的重要成分.下面是以市售铁屑(含少量 锡、氧化铁等杂质)为原料生产纯净绿矾的一种方法:

已知:室温下饱和 H2S 溶液的 pH 约为 3.9,SnS 沉淀完全时溶液的 pH 为 1.6;FeS 开始沉 淀时溶液的 pH 为 3.0,沉淀完全时的 pH 为 5.5. (1)通入硫化氢的作用是: ①除去溶液中的 Sn2+离子 ②除去溶液中的 Fe3+,其反应的离子方程式为 2Fe3++H2S=Fe2++S↓+2H+ ;操作Ⅱ,在溶 液中用硫酸酸化至 pH=2 的目的是 使 Sn2+沉淀完全,防止 Fe2+生成沉淀 . (2)操作 IV 的顺序依次为: 蒸发浓缩 、 冷却结晶 、过滤、洗涤、干燥. (3)操作 IV 得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤,其目的是:①除去晶体表面附着的硫酸等 杂质;② 降低洗涤过程中 FeSO4?7H2O 的损耗 . (4)测定绿矾产品中 Fe2+含量的方法是: a.称取一定质量绿矾产品,配制成 250.00mL 溶液; b.量取 25.00mL 待测溶液于锥形瓶中; c.用硫酸酸化的 0.01000mol/LKMnO4 溶液滴定至终点,消耗 KMnO4 溶液体积的平均值为 20.00mL.滴定时发生反应的离子方程式为:5Fe2++MnO4 +8H+=5Fe3++Mn2++4H2O) .


①用硫酸酸化的 0.01000mol/LKMnO4 溶液滴定时,左手把握酸式滴定管的活塞,右手摇动 锥形瓶,眼睛注视 锥形瓶中溶液颜色的变化 . ②判断此滴定实验达到终点的方法是 滴加最后一滴 KMnO4 溶液时,溶液变成浅红色且半 分钟内不褪色 .

③若用上述方法测定的样品中 FeSO4?7H2O 的质量分数偏低(测定过程中产生的误差可忽 略) ,其可能原因有 样品中存在少量的杂质或样品部分被氧化 . 【考点】制备实验方案的设计. 【专题】实验分析题;实验评价题;演绎推理法;无机实验综合. 【分析】 (1)依据三价铁离子的氧化性和硫化氢的还原性来分析,依据流程关系图分析,在 H2S 饱和溶液中,SnS 沉淀完全时溶液的 pH 为 1.6;FeS 开始沉淀时溶液的 pH 为 3.0,操作 Ⅱ加入稀硫酸调节溶液 PH=2 为了除去杂质离子 Sn2+; (2)操作 IV 的目的是从滤液中析出绿矾晶体,利用蒸发浓缩,结晶洗涤得到晶体; (3)操作 IV 得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤目的是洗去表面杂质,温度降低绿矾溶解度 降低,减少绿矾晶体的损失; (4)①滴定操作中正确的操作方法是左手把握酸式滴定管的活塞,右手摇动锥形瓶,眼睛 注视锥形瓶中溶液颜色的变化; ②当溶液里有 Fe2+时,滴入的酸性高锰钾紫色溶液立即裉色,当溶液里没有 Fe2+时,滴入的 酸性高锰酸钾溶液紫色不褪去,结合这二种现象确定终点判断; ③因为 Fe2+还原性很强, 在滴定过程中也有可能被空气中的氧气氧化, 另外还有可能本身样 品中就含有一定的杂质. 【解答】解: (1)Fe3+有强氧化性,H2S 有强还原性,二者相遇要发生氧化还原反应,发 生反应的离子方程式为 2Fe3++H2S=Fe2++S↓+2H+,在 H2S 饱和溶液中,SnS 沉淀完全时溶液 的 pH 为 1.6;FeS 开始沉淀时溶液的 pH 为 3.0,沉淀完全时的 pH 为 5.5,在溶液 PH=2 时, Sn2+完全沉淀,亚铁离子不沉淀, 故答案为:2Fe3++H2S=Fe2++S↓+2H+;使 Sn2+沉淀完全,防止 Fe2+生成沉淀; (2)滤液中得到晶体,需要对溶液进行加热蒸发浓缩,结晶析出,过滤洗涤等,所以操作 IV 的顺序依次为:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥, 故答案为:蒸发浓缩;冷却结晶; (3)冰水温度低,物质溶解度减小,可以洗去沉淀表面的杂质离子,避免绿矾溶解带来的 损失, 故答案为:降低洗涤过程中 FeSO4?7H2O 的损耗; (4)①滴定时为准确判断滴定终点,左手把握酸式滴定管的活塞,右手摇动锥形瓶,眼睛 注视锥形瓶中溶液颜色的变化, 故答案为:锥形瓶中溶液颜色的变化;

②当溶液里有 Fe2+时, 滴入的酸性高锰钾紫色溶液立即裉色, 当酸性高锰酸钾溶液过量是溶 液会显紫色,故滴加最后一滴 KMnO4 溶液时,溶液变成浅红色且半分钟内不褪色为滴定终 点, 故答案为:滴加最后一滴 KMnO4 溶液时,溶液变成浅红色且半分钟内不褪色; ③用上述方法测定的样品中 FeSO4?7H2O 的质量分数偏低(测定过程中产生的误差可忽略) , 其可能原因是洗涤不彻底,亚铁离子被空气中的氧气部分氧化, 故答案为:样品中存在少量的杂质或样品部分被氧化. 【点评】本题考查了铁盐亚铁盐的性质应用,分离混合物的实验方法设计和分析判断,滴定 实验的分析判断,数据计算,误差分析的方法,题目难度中等.

20.利用 LiOH 和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料.LiOH 可由电解法制备,钴氧化物 可通过处理钴渣获得. (1)利用如图装置电解制备 LiOH,两电极区电解液分别为 LiOH 和 LiCl 溶液.B 极区电 解液为 LiOH 溶液 (填化学式) ,阳极电极反应式为 向 B 电极迁移(填“A”或“B”) . (2)利用钴渣[含 Co(OH)3、Fe(OH)3 等]制备钴氧化物的工艺流程如下: 2Cl ﹣2e =Cl2↑ ,电解过程中 Li+
﹣ ﹣

Co(OH)3 溶解还原反应的离子方程式为 2Co(OH)3+4H++SO32 =2Co2++SO42 +5H2O ,
﹣ ﹣

铁渣中铁元素的化合价为 +3 ,在空气中煅烧 CoC2O4 生成钴氧化物和 CO2,测得充分煅 烧后固体质量为 2.41g, CO2 的体积为 1.344L (标准状况) , 则钴氧化物的化学式为 Co3O4 .

【考点】 真题集萃; 原电池和电解池的工作原理; 物质的分离、 提纯的基本方法选择与应用.

【分析】 (1)电解制备 LiOH,两电极区电解液分别为 LiOH 和 LiCl 溶液,由图可知,右侧 生成氢气,则 B 中氢离子放电,可知 B 为阴极,在 B 中制备 LiOH,Li+由 A 经过阳离子交 换膜向 B 移动;A 中为 LiCl 溶液,氯离子放电生成氯气; (2)Co(OH)3 溶解还原反应为 Co(OH)3、H+、SO32 的氧化还原反应;由制备流程可


知,加硫酸溶解后为铁离子,再与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成亚铁离子,在浸液中通入 氧气时亚铁离子被氧化为铁离子;煅烧 CoC2O4 生成钴氧化物和 CO2,测得充分煅烧后固体 质量为 2.41g,CO2 的体积为 1.344L(标准状况) ,n(CO2)= 式可知 n(Co)=0.06mol× =0.03mol,则氧化物中 n(O) = =0.04mol,以此来解答. =0.06mol,由化学

【解答】解: (1)电解制备 LiOH,两电极区电解液分别为 LiOH 和 LiCl 溶液,由图可知, 右侧生成氢气,则 B 中氢离子放电,可知 B 为阴极,在 B 中制备 LiOH,B 极区电解液为 LiOH 溶液;Li+由 A 经过阳离子交换膜向 B 移动;A 中为 LiCl 溶液,氯离子放电生成氯气, 则阳极反应式为 2Cl ﹣2e =Cl2↑,
﹣ ﹣

故答案为:LiOH;2Cl ﹣2e =Cl2↑;
﹣ ﹣

(2)Co(OH)3 溶解还原反应为 Co(OH)3、H+、SO32 的氧化还原反应,其离子反应为


2Co(OH)3+4H++SO32 =2Co2++SO42 +5H2O;由制备流程可知,加硫酸溶解后为铁离子,
﹣ ﹣

再与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成亚铁离子, 在浸液中通入氧气时亚铁离子被氧化为铁离 子,可知铁渣中铁元素的化合价为+3 价;煅烧 CoC2O4 生成钴氧化物和 CO2,测得充分煅烧 后固体质量为 2.41g,CO2 的体积为 1.344L(标准状况) ,n(CO2)= 由化学式可知 n(Co)=0.06mol× =0.03mol,则氧化物中 n(O) = =0.04mol,则 n(Co) :n(O)=0.03mol:0.04mol=3:4, =0.06mol,

所以钴氧化物的化学式为 Co3O4, 故答案为:2Co(OH)3+4H++SO32 =2Co2++SO42 +5H2O;+3;Co3O4.
﹣ ﹣

【点评】 本题为 2015 年山东高考题 29 题, 侧重电化学、 物质制备及混合物分离提纯的考查, 把握原电池原理及制备流程中的反应为解答的关键, (2)中化学式的计算为解答的难点,题 目难度不大.

四、[物质结构与性质](共 1 小题,满分 12 分)

21.过渡元素铁可形成多种配合物,如:[Fe(CN)6]4 、Fe(SCN)3 等.


(1)Fe 基态核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d64s2 或[Ar]3d64s2 . (2)科学研究表明用 TiO2 作光催化剂可将废水中 CN 转化为 OCN 、并最终氧化为 N2、 CO2.OCN 中三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 N>O>C . (3)与 OCN 互为等电子体的一种分子为 CO2 (填化学式) (4)铁元素还能与一些氨基酸形成配合物,羧基中碳原子的杂化类型是 sp2 ;1mol 乙酸 中含有 σ 键的数目为 7mol . (5)铁铝合金的一种晶体属于面心立方结构,其晶胞可看成由 8 个小体心立方结构堆砌而 成.已知小立方体如图所示.该合金的化学式为 AlFe3 .
﹣ ﹣ ﹣ ﹣

【考点】晶胞的计算;配合物的成键情况;“等电子原理”的应用. 【分析】 (1)根据铁的原子序数为 26,结合能量最低原理书写基态原子的电子排布式; (2) 同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势, 但第 IIA 族和第 VA 族元素的第一电离能大于相邻元素; (3)原子个数相等且价电子数相等的分子或离子为等电子体; (4)羧基中碳原子的价层电子对数为 =3,据此判断碳原子杂化类型;根据乙酸的结构简 式 CH3COOH 可知,1mol 乙酸中含有 7mol 共价键,据此判断 σ 键的数目; (5)依据正方体中,顶点上的原子被 8 个晶胞占有,体心上的原子被 1 个晶胞占有,铁铝 合金晶胞结构铝原子的数目为 4× = ;铁原子数目为 1+4× = ,所以铝原子与铁原子个数 之比为 1:3,据此确定化学式. 【解答】解: (1)铁的原子序数为 26,根据能量最低原理其态原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d64s2 或[Ar]3d64s2, 故答案为:1s22s22p63s23p63d64s2 或[Ar]3d64s2; (2)同周期第一电离能自左而右具有增大趋势,所以第一电离能 O>C.由于氮元素原子 2p 能级有 3 个电子,处于半满稳定状态,能量较低,第一电离能大于相邻元素,所以 C、N、 O 三种元素的第一电离能由大到小的顺序是 N>O>C, 故答案为:N>O>C;

(3)OCN 含有 3 个原子,价电子总数为 6+4+5+1=16,故其等电子体为 CO2 等, 故答案为:CO2; (4)羧基中碳原子的价层电子对数为 =3,所以碳原子杂化类型为 sp2 杂化,根据乙酸的结 构简式 CH3COOH 可知,1mol 乙酸中含有 7mol 共价键,每个共价键中都含有 1 个 σ 键,所 以 1mol 乙酸中含有 σ 键的数目为 7mol, 故答案为:sp2;7mol; (5)依据铁铝合金晶胞结构铝原子的数目为 4× = ;铁原子数目为 1+4× = ,所以铝原 子与铁原子个数之比为 1:3,该铁铝合金的化学式为:AlFe3, 故答案为:AlFe3. 【点评】本题考查较为综合,涉及电子排布式、电负性、σ 键数以及晶体结构分析等知识, 题目难度中等,注意同一周期中第一电离能的变化趋势及异常现象,为易错点.





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