1、2015年福建省高考化学模拟练笔试卷（6月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列对化学反应的认识，错误的是（）A化学反应能够制造出新的物质，同时也能制造出新的元素B化合反应不一定为氧化还原反应C化学反应必然伴随着能量的变化D海水中含有钾元素，经过物理变化和化学反应可以得到钾单质考点：化学的主要特点与意义分析：A化学变化的实质是分子分成原子，原子再重新组合成新的分子，所以反应前后原子的种类、数目、质量都不变；B氧化还原反应必须有化合价变化；C化学反应的实质是化学键的断裂与形成，断键吸收能量，成键释放能量；D根据钾的化合价的变化来解答；解答：解：A化学反应能够制造出新的物质，但不
2、能制造出新的元素，故A错误；B化合反应不一定有化合价变化，例如氧化钙与水反应，所以不一定是氧化还原反应，故B正确；C化学反应的实质是化学键的断裂与形成，断键吸收能量，成键释放能量，所以一定会有能量的变化，故C正确；D在海水中钾是以K+的形式存在，要转化为钾单质，钾元素必然降价，要发生还原反应，所以需要经过物理变化和化学反应，故D正确；故选：A点评：本题考查了化学反应的特点，明确化学反应的实质和特征是解题关键，题目难度不大2下列有关有机物的说法正确的是（）A蛋白质溶液与淀粉溶液可用丁达尔效应鉴别B麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖C实验室只需用乙酸与乙醇共热就可制得乙酸乙酯D
3、将葡萄糖加入新制Cu（OH）2悬浊液中并加热至沸腾，出现红色沉淀考点：有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用分析：A蛋白质溶液与淀粉溶液均为胶体分散系；B蔗糖不含CHO；C制备乙酸乙酯，需要浓硫酸；D葡萄糖含CHO，具有还原性解答：解：A蛋白质溶液与淀粉溶液均为胶体分散系，则不能用丁达尔效应鉴别，故A错误；B蔗糖不含CHO，不属于还原性糖，而麦芽糖、葡萄糖均为还原性糖，故B错误；C制备乙酸乙酯，需要浓硫酸作催化剂和吸水剂，故C错误；D葡萄糖含CHO，具有还原性，则加入新制Cu（OH）2悬浊液中并加热至沸腾，出现红色沉淀，故D正确；故选D点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能
4、团与性质的关系为解答的关键，注意有机物中官能团的判断、性质及发生的反应，题目难度不大3下列有关实验操作的叙述正确的是（）A将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中B某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体水溶液一定显碱性CNaCl溶液蒸发结晶时，蒸发皿中刚好有晶体析出时即停止加热D向AlCl3溶液中滴加氨水，会产生白色沉淀，再加入NaHSO4溶液，沉淀不消失考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A乙醇易溶于水；B石蕊在碱性条件下变为蓝色；C当有大量固体析出时停止加热；D硫酸氢钠溶液呈酸性，可溶解氢氧化铝解答：解：A乙醇易溶于水，应用苯或四氯化碳作萃取剂，故A错误；
5、B石蕊在碱性条件下变为蓝色，故B正确；C当有大量固体析出且有少量液体剩余时停止加热，用余热蒸干，故C错误；D氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝，硫酸氢钠溶液呈酸性，可溶解氢氧化铝，故D错误故选B点评：本题考查物质的分离、提纯及制备等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等4甲、乙、丙均为中学化学常见的不同物质，它们的转化关系如图所示：其中甲不可能是（）ASiO2BSO2CNH4ClDAl2O3考点：硅和二氧化硅；铵盐；二氧化硫的化学性质；镁、铝的重要化合物分析：A二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸，硅酸分解生
6、成二氧化硅；B二氧化硫与与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠与少量盐酸反应生成亚硫酸，亚硫酸分解生成二氧化硫；C氯化铵与氢氧化钠反应生成氨气，氨气与盐酸反应生成氯化氨；D三氧化二铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，四羟基合铝酸钠与盐酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝分解生成三氧化二铝解答：解：A若甲二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠反应生成乙硅酸钠，硅酸钠与盐酸反应生成丙硅酸，硅酸分解生成二氧化硅，故A正确；B若甲为二氧化硫，二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠与与盐酸反应生成亚硫酸，亚硫酸分解分解生成二氧化硫，故B正确；C若甲为氯化铵则，氯化铵与氢氧化钠反应生成乙氨气，氨气与盐酸反应生成氯化氨，
7、不符合题意，故C错误；D若甲为三氧化二铝，三氧化二铝与氢氧化钠反应生成乙四羟基合铝酸钠，四羟基合铝酸钠与盐酸反应生成丙氢氧化铝，氢氧化铝分解生成三氧化二铝，故D正确；故选：C点评：本题考查了物质转化关系的特征转变、物质性质的应用，主要考查量不同产物不同的常见物质的性质应用，难度中等，等熟悉物质的性质是解题关键5下列液体均处于25，有关叙述正确的是（）A某物质的溶液pH7，则该物质属于酸或强酸弱碱盐BpH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍CpH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c（Na+）c（CH3COO）DAgCl在同浓度的CaCl2和N
8、aCl溶液中的溶解度相同考点：pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、常温下，酸溶液、强酸弱碱盐、部分酸式盐的pH7；B、根据pH=lgc（H+）来计算回答；C、pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中酸的电离程度大于盐的水解程度，溶液中存在电荷守恒；D、氯离子对氯化银的沉淀溶解平衡起到抑制作用解答：解：A、常温下，酸溶液、强酸弱碱盐的pH7，此外硫酸氢钠是强酸强碱盐，溶液显示酸性，故A错误； B、根据pH=lgc（H+），pH=4.5的番茄汁中c（H+）是104.5，pH=6.5的牛奶中c（H+）是106.5，pH=4.5的
9、番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍，故B正确；C、pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，酸的电离程度大于盐的水解程度，c（H+）c（OH），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），所以c（Na+）c（CH3COO），故C错误；D、氯离子对氯化银的沉淀溶解平衡起到抑制作用，氯离子浓度越大，抑制程度越大，同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的氯离子浓度前者较大，AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度不相等，故D错误故选B点评：本题考查学生溶液中离子浓度的大小比较以及pH有关计算、沉淀溶解平衡移动的影响因素
10、等知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大6某种可充电聚合物锂离子电池放电时的反应为：Li1xCoO2+LixC66C+LiCoO2，其工作原理示意图如图下列说法不正确的是（）A放电时LixC6发生氧化反应B充电时将电池的负极与外接电源的负极相连C充电时，Li+通过阳离子交换膜从左向右移动D放电时，电池的正极反应为Li1xCoO2+xLi+xeLiCoO2考点：原电池和电解池的工作原理分析：根据电池反应式知，负极反应式为LixC6xe=C6+xLi+、正极反应式为Li1xCoO2+xLi+xe=LiCoO2，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，以此解答该题解答：解：放电时的反
11、应为Li1xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，Co元素的化合价升高，C元素的化合价降低，AC元素的化合价升高，则放电时LixC6发生氧化反应，故A正确；B充电时负极与阴极相连，将电池的负极与外接电源的负极相连，故B正确；C充电时，为电解装置，阳离子向阴极移动，则Li+通过阳离子交换膜从右向左移动，故C错误；D正极上Co元素化合价降低，放电时，电池的正极反应为：Li1xCoO2+xLi+xeLiCoO2，故D正确；故选C点评：本题考查原电池原理，明确电池反应中元素的化合价变化及原电池的工作原理即可解答，注意与氧化还原反应的结合，题目难度不大7在催化剂作用下，可由甲醇和CO2直接合成碳酸二
12、甲酯：CO2+2CH3OHCO（OCH3）2+H2O某研究小组在其他条件不变的情况下，通过研究催化剂用量分别对转化数（TON）的影响来评价催化剂的催化效果计算公式为TON=转化的甲醇的物质的量/催化剂的物质的量根据该研究小组的实验及催化剂用量TON的影响图，判断下列说法不正确的是（）A由甲醇和CO2直接合成碳酸二甲酯，可以利用价廉易得的甲醇把影响环境的温室气体CO2转化为资源，在资源循环利用和环境保护方面都具有重要意义B在反应体系中添加合适的吸水剂，将提高该反应的TONC当催化剂用量为1.2105 mol时，该反应的TON达到最高点D当催化剂用量高于1.2105 mol时，随着催化剂用量的增加
13、，甲醇的平衡转化率逐渐降低考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程分析：A、在催化剂作用下，可由甲醇和CO2直接合成碳酸二甲酯（DMC）：CO2+2CH3OHCO（OCH3）2+H2O，可以减少二氧化碳的排放；B、添加合适的吸水剂，导致生成物浓度减小，平衡右移；C、由图象得出当催化剂用量为1.2105 mol时，TON的变化；D、结合TON=，计算分析判断解答：解：在催化剂作用下，可由甲醇和CO2直接合成碳酸二甲酯（DMC）：CO2+2CH3OHCO（OCH3）2+H2O，A依据反应化学方程式可知，甲醇和二氧化碳反应生成DMC和水，由甲醇和CO2直接合成DMC，可以利用甲醇把影响环境的温室
14、气体CO2转化为资源，在资源循环利用和环境保护方面都具有重要意义，故A正确；B在反应体系中添加合适的脱水剂，减少生成物浓度，平衡正向进行，将提高该反应的TON，故B正确；C由图象可知，当催化剂用量等于1.2105mol时，该反应的TON达到最高点，故C正确；D当催化剂用量高于1.2105mol时，随着催化剂用量的增加，TOM减小，即TOM的分母（催化剂的用量）增大，但是甲醇的平衡转化率不变，故D错误，故选D点评：本题考查图象分析方法，平衡影响因素，中等难度，充分运用题中信息是解答本题的关键，题目难度中等二、解答题（共3小题，满分45分）8I短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中相对位置如图所示
15、XYZW其中Y所处的周期序数与族序数相等按要求回答下列问题：（1）写出X的原子结构示意图（2）列举一个事实说明W非金属性强于Z：2HClO4+Na2SiO3=2NaClO4+H2SiO3（用化学方程式表示）II运用所学化学原理，解决下列问题：（3）已知：Si+2NaOH+H2ONa2SiO3+2H2某同学利用单质硅和铁为电极材料设计原电池（NaOH为电解质溶液），该原电池负极的电极反应式为Si4e+6OH=SiO32+3H2O；（4）已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H=a kJmol1；CO2（g）+C（s）2CO（g）H=b kJmol1；Si（s）+O2（g）SiO2（s）H=c k
16、Jmol1工业上生产粗硅的热化学方程式为2C（s）+SiO2（s）=Si（s）+2CO（g）H=（a+bc）kJmol1；（5）已知：CO（g）+H2O（g） H2（g）+CO2（g）右表为该反应在不同温度时的平衡常数温度/400500800平衡常数K9.9491则：该反应的H0（填“”或“”）；500时进行该反应，且CO和H2O起始浓度相等，CO平衡转化率为75%考点：元素周期律和元素周期表的综合应用；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的计算分析：I由元素在周期表中位置，可知X处于第二周期，Y、Z、W处于第三周期，Y所处的周期序数与族序数相等，则Y为Al，可推知Z为Si、X为N
17、、W为Cl；（3）负极发生氧化反应，Si在负极失去电子，碱性条件下生成SiO32、H2O；（4）已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H=a kJmol1；CO2（g）+C（s）2CO（g）H=b kJmol1；Si（s）+O2（g）SiO2（s）H=c kJmol1根据盖斯定律，+可得2C（s）+SiO2（s）=Si（s）+2CO（g），反应热也进行相应的计算；（5）由表中数据可知，升高温度，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动；令CO和H2O起始物质的量均为1mol，设平衡时参加反应CO的物质的量为xmol，利用三段式表示出各组分物质的量变化量、平衡时各组分物质的量，反应前后气体体积不发
18、生变化，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式列方程计算解答解答：解：I由元素在周期表中位置，可知X处于第二周期，Y、Z、W处于第三周期，Y所处的周期序数与族序数相等，则Y为Al，可推知Z为Si、X为N、W为Cl（1）N原子结构示意图为，故答案为：；（2）说明Cl非金属性强于Si的方程式为：2HClO4+Na2SiO3=2NaClO4+H2SiO3，故答案为：2HClO4+Na2SiO3=2NaClO4+H2SiO3；（3）负极发生氧化反应，Si在负极失去电子，碱性条件下生成SiO32、H2O，负极电极反应式为：Si4e+6OH=SiO32+3H2O，故答案为：Si4e+6OH=SiO32+3H
19、2O；（4）已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H=a kJmol1；CO2（g）+C（s）2CO（g）H=b kJmol1；Si（s）+O2（g）SiO2（s）H=c kJmol1根据盖斯定律，+可得：2C（s）+SiO2（s）=Si（s）+2CO（g）H=（a+bc）kJmol1，故答案为：2C（s）+SiO2（s）=Si（s）+2CO（g）H=（a+bc）kJmol1；（5）由表中数据可知，升高温度，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即该反应的H0；令CO和H2O起始物质的量均为1mol，设平衡时参加反应CO的物质的量为xmol，则： CO（g）+H2O（g）
20、H2（g）+CO2（g）开始（mol）：1 1 0 0转化（mol）：x x x x平衡（mol）：1x 1x x x反应前后气体体积不发生变化，可用物质的量代替浓度计算平衡常数，故=9，解得x=0.75，故CO平衡转化率为100%=75%，故答案为：；75%点评：本题属于拼合型题目，涉及结构性质位置关系、电极反应式、热化学方程式、平衡常数影响因素及应用等，难度不大9为了提高资源利用率，减少环境污染，化工集团将钛厂、氯碱厂和甲醇厂组成产业链，如图所示请填写下列空白：（1）钛铁矿进入氯化炉前通常采取洗涤、粉碎、烘干、预热等物理方法处理，请从原理上解释粉碎的作用：增大反应物间接触面积，提高反应速率
21、（2）已知氯化炉中反应氯气和焦炭的理论用料物质的量比为7：6，则氯化炉中化学方程式为2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO其中还原剂是C、FeTiO3（3）Ar气通入还原炉中并不参与反应，通入Ar气的作用是：Mg和Ti都有强还原性，在Ar气氛围中可防止被氧化（4）向FeCl3溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，=2.7103Ksp（AgBr）=5.41013，Ksp（AgCl）=2.01010（5）欲用FeCl3固体配制稀的FeCl3溶液，请简述操作步骤将氯化铁固体溶于较浓的盐酸，然后再加水稀释考点：三废处理与环境保护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
22、分析：（1）粉碎反应物，可以增大其表面积，从而提高反应速率；（2）根据“氯化炉中反应氯气和焦炭的理论用料物质的量比为7：6”写出反应的化学方程式，还原剂在反应中化合价升高、被氧化，然后根据化合价变化情况判断还原剂；（3）根据氩气性质不活泼及Mg和Ti等具有强还原性易被氧化方面考虑；（4）当两种沉淀共存时，Ag+离子浓度相同，根据溶度积常数可得：c（Br）=，c（Cl）=，据此计算出；（5）铁离子易水解，所以在配制氯化铁溶液时常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中，然后再加水稀释解答：解：（1）粉碎反应物，可以增大其表面积，从而增大反应物之间的接触面积，提高反应速率，故答案为：增大反应物间接触面积
23、，提高反应速率；（2）已知氯化炉中反应氯气和焦炭的理论用料物质的量比为7：6，则发生的反应为：2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO，根据化合价变化可知，C和FeTiO3为还原剂，故答案为：2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO；C、FeTiO3；（3）氩气性质不活泼可以防止Mg和Ti等具有强还原性的物质被氧化，故答案为：Mg和Ti都有强还原性，在Ar气氛围中可防止被氧化；（4）当两种沉淀共存时，Ag+离子浓度相同，根据溶度积常数计算，c（Br）=，c（Cl）=，则=2.7103，故答案为：2.7103；（5）FeCl3为强酸弱碱盐，铁离子水
24、解而使其溶液呈酸性，水解离子反应方程式为Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，根据方程式知，为防止铁离子水解，在配制氯化铁溶液时常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中，氢离子浓度增大，从而抑制铁离子水解，然后再加水稀释，故答案为：将氯化铁固体溶于较浓的盐酸，然后再加水稀释点评：本题考查了难溶电解质的溶解平衡的计算、盐的水解原理的应用、化学方程式书写等知识，题目难度中等，试题知识点较多，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力10银氨溶液可用于检测CO气体，实验室研究的装置如图：已知：银氨溶液制备反应为：Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2O反应结束后试管C底部有黑色沉淀生成
25、，分离出上层清液和底部黑色固体备用（1）甲酸（HCOOH）遇浓硫酸分解生成CO和H2O，该反应体现浓硫酸的脱水性（填“强氧化性”或“脱水性”）（2）装置A中软管的作用是恒压，使甲酸溶液能顺利滴下（3）为验证上层清液中产物的成分，进行如下实验：a测得上层清液pH为10b向上层清液中滴加几滴Ba（OH）2溶液，发现有白色浑浊出现，同时产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体c取新制的银氨溶液滴加几滴Ba（OH）2溶液，无明显现象实验c的目的是对比试验，排除银氨溶液对产物检验的干扰根据上述实验现象判断，上层清液中产物成分为（NH4）2CO3或NH4+、CO32（填化学符号）（4）设计实验证明黑色固体的成分
26、是Ag：可供选择的试剂有：浓硫酸、浓硝酸、NaOH溶液、NaCl溶液取少量上述黑色固体，用蒸馏水洗净，滴加浓硝酸，固体全部溶解并有少量红棕色气体产生，继续滴加NaCl溶液，能产生白色沉淀，说明黑色固体为单质银，说明黑色固体是Ag单质（补充必要的实验内容及实验现象）（5）从银氨溶液中回收银的方法是：向银氨溶液中加入过量盐酸，过滤，向沉淀AgCl中加入羟氨（NH2OH），充分反应后可得银，羟氨被氧化为N2写出生成AgCl沉淀的离子反应Cl+Ag（NH3）2+2H+=AgCl+2NH4+若该反应中消耗6.6g羟氨，理论上可得银的质量为21.6g考点：性质实验方案的设计分析：（1）甲酸（HCOOH）遇
27、浓硫酸分解生成CO和H2O，C元素的化合价不变，甲酸脱水；（2）A中软管可使下方生成的气体的气压转移到液体的上方；（3）取新制的银氨溶液滴加几滴Ba（OH）2溶液，无明显现象，与b对比；由a可知溶液为碱性，由b、c可知b中生成白色沉淀为碳酸钡，气体为氨气，即试管C中反应生成碳酸铵；（4）Ag与浓硝酸发生氧化还原反应生成硝酸银、二氧化氮；（5）银氨溶液与盐酸反应生成AgCl和氯化铵；AgCl中加入羟氨（NH2OH），发生氧化还原反应，遵循电子守恒解答：解：（1）甲酸（HCOOH）遇浓硫酸分解生成CO和H2O，C元素的化合价不变，甲酸脱水，则体现浓硫酸的脱水性，故答案为：脱水性；（2）A中软管可使
28、下方生成的气体的气压转移到液体的上方，即其作用为恒压，使甲酸溶液能顺利滴下，故答案为：恒压，使甲酸溶液能顺利滴下；（3）取新制的银氨溶液滴加几滴Ba（OH）2溶液，无明显现象，为b、c的对比试验，排除银氨溶液对产物检验的干扰，故答案为：对比试验，排除银氨溶液对产物检验的干扰；由a可知溶液为碱性，由b、c可知b中生成白色沉淀为碳酸钡，气体为氨气，即试管C中HCOOH与银氨溶液反应生成碳酸铵，所以上层清液中产物成分为（NH4）2CO3或NH4+、CO32，故答案为：（NH4）2CO3或NH4+、CO32；（4）Ag与浓硝酸发生氧化还原反应生成硝酸银、二氧化氮，则证明黑色固体的成分是Ag的方法为取少
29、量上述黑色固体，用蒸馏水洗净，滴加浓硝酸，固体全部溶解并有少量红棕色气体产生，继续滴加NaCl 溶液，能产生白色沉淀，说明黑色固体为单质银，故答案为：滴加浓硝酸，固体全部溶解并有少量红棕色气体产生，继续滴加NaCl溶液，能产生白色沉淀，说明黑色固体为单质银；（5）银氨溶液与盐酸反应生成AgCl和氯化铵，该离子反应为Cl+Ag（NH3）2+2H+=AgCl+2NH4+，故答案为：Cl+Ag（NH3）2+2H+=AgCl+2NH4+； AgCl中加入羟氨（NH2OH），发生氧化还原反应，消耗6.6g羟氨，n（NH2OH）=0.2mol，由电子守恒可知，理论上可得银的质量为 108g/mol=21.
30、6g，故答案为：21.6点评：本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，题目难度中等，把握甲酸中含CHO与银氨溶液的反应及产物的检验设计为解答的关键，试题侧重考查学生的分析能力、计算能力及化学实验能力化学-物质结构与性质（共1小题，满分13分）11（1）第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有3种（2）CH4中共用电子对偏向C，SiH4中硅元素为+4价，则C、Si、H的电负性由大到小的顺序为CHSi（3）Fe3C晶体中碳元素为3价，则其中基态铁离子的电子排布式为Ar3d64s1（4）甲醇（CH3OH）分子内的OCH键角小于（填“大于”、“等于”或“小于”）甲醛（H2CO） 分子内的OCH键角（5
31、）BF3和NF3都是四个原子的分子，BF3分子的立体构型是平面三角形，而NF3分子的立体构型是三角锥形的原因是BF3中B的杂化类型为sp2，形成3个共用电子对，无孤对电子为平面三角形；NF3中N的杂化类型为sp3，形成3个共用电子对，还有一对孤对电子，因而为三角锥形（6）某配合物的分子结构如右图所示，其分子内不含有AC（填序号）A离子键 B极性键 C金属键D配位键 E氢键 F非极性键其分子中碳原子的杂化方式为sp2和sp3 杂化考点：元素周期表的结构及其应用；共价键的形成及共价键的主要类型；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）同一周期元素中，元素的第一电离能随着
32、原子序数的增大而呈增大的趋势，但第A元素第一电离能大于第A元素，第A族的第一电离能大于第A族元素；（2）根据共用电子对偏向电负性大的原子进行解答；（3）Fe3C晶体中碳元素为3价，则其中基态铁离子的电子排布式为：Ar3d64s1；（4）根据键和孤对电子数判断分子的立体构型以及键角；（5）根据价电子对数判断其杂化类型，根据形成的杂化轨道判断其空间构型；（6）根据图可知，碳氮之间为双键，其中之一为键，氮和镍之间电子对由氮原子单方面提供为配位键，其它都为共价键，据此答题；其分子中碳原子的杂化方式为sp2和sp3解答：解：（1）同一周期元素中，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A元
33、素第一电离能大于第A元素，第A族的第一电离能大于第A族元素，所以第二周期中第一电离能顺序为：LiBBeCON，第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素；故答案为：3；（2）共用电子对偏向电负性大的原子，CH4中共用电子对偏向C，则电负性CH；SiH4中共用电子对偏向H，则电负性HSi，所以C、Si、H的电负性大小关系为：CHSi，故答案为：CHSi；（3）Fe3C晶体中碳元素为3价，则其中基态铁离子的电子排布式为：Ar3d64s1，故答案为：Ar3d64s1；（4）甲醇分子内碳原子形成4个键，杂化方式为sp3杂化，键角小于120，甲醛分子内碳原子形成3个键，杂化方式为2杂化
34、，键角为120；所以甲醇（CH3OH）分子内的OCH键角 小于甲醛（H2CO）分子内的OCH键角；故答案为：小于；（5）BF3中价电子对数为：=3，形成了三条杂化轨道，即B的杂化类型为sp2，形成3个共用电子对，无孤对电子为平面三角形；NF3中价电子对数为：=4，形成了四条杂化轨道，即N的杂化类型为sp3，形成3个共用电子对，还有一对孤对电子，因而为三角锥形；故答案为：BF3中B的杂化类型为sp2，形成3个共用电子对，无孤对电子为平面三角形；NF3中N的杂化类型为sp3，形成3个共用电子对，还有一对孤对电子，因而为三角锥形；（6）根据图b可知，碳氮之间为双键，其中之一为键，氮和镍之间电子对由氮
35、原子单方面提供为配位键，其它都为共价键，故答案为：AC；其分子中碳原子的杂化方式为sp2和sp3，故答案为：sp2和sp3点评：本题考查电离能、电负性、核外电子排布，分子构型的判断，难度不大，应根据价电子对数=孤电子对数+共价键数判断化学-有机化学基础（共1小题，满分0分）12某课题组拟采用苯酚和化合物B为主要物质合成有机中间体M（C16H14O4）已知：IRCOOHRCHO；经红外光谱检测研究确认，有机物M含有2个“COC”结构且lmol M与足量的银氨溶液反应能生成4molAg（1）有机物B中含有的官能团名称是溴原子（2）有机物B在X溶液作用下可生成乙二醇，则X为NaOH（填化学式）（3）
36、有机物C分子苯环上有两个对位的取代基，写出有机物C的结构简式（4）有机物D中不能发生的反应类型是b（选填序号，下同）a取代反应b消去反应c加成反应d氧化反应有机物Y与D互为同分异构体，写出符合下列条件的Y的结构简式i含有苯环，苯环上的一卤代物有3种同分异构体能与新制的氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀1molY最多能与2mol NaOH溶液反应（5）写出由有机物B与有机物D合成M的化学方程式考点：有机物的推断；有机物的合成分析：乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成B为CH2BrCH2BrC发生结合信息中的反应生成D，可知C中含有COOH，D中含有CHO，（3）中有机物
37、C分子苯环上有两个对位的取代基，结合C的分子式C7H6O3，可知C中还含有酚羟基，故C为，则D为有机物M含有2个“COC”结构，lmol M与足量的银氨溶液反应能生成4molAg，说明M分子中含有2个醛基，结合M的分子式可知，因此生成M的反应可以看作CH2BrCH2Br中Br原子被，故M为，据此解答解答：解：乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成B为CH2BrCH2BrC发生结合信息中的反应生成D，可知C中含有COOH，D中含有CHO，（3）中有机物C分子苯环上有两个对位的取代基，结合C的分子式C7H6O3，可知C中还含有酚羟基，故C为，则D为有机物M含有2个“COC
38、”结构，lmol M与足量的银氨溶液反应能生成4molAg，说明M分子中含有2个醛基，结合M的分子式可知，因此生成M的反应可以看作CH2BrCH2Br中Br原子被，故M为（1）有机物B为CH2BrCH2Br，含有的官能团为溴原子，故答案为：溴原子；（2）卤代烃发生在碱性条件下水解生成醇，有机物B在NaOH水溶液中水解生成乙二醇，故答案为：NaOH；（3）由上述分析可知，C的结构简式为：，故答案为：；（4）D的结构简式为，分子中含有酚羟基和醛基，所以可以发生取代反应、加成反应、氧化反应，不能发生消去反应，故选：bb；D的同分异构体符合：i含有苯环，苯环上的一卤代物有3种同分异构体；能与新制的氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀，说明含有醛基；.1molY最多能与2moINaOH溶液反应，说明含有甲酸形成的酯基，故F的结构简式为，故答案为：；因此符合条件的结构简式为，故答案为：；（5）B为CH2BrCH2Br、D为、M为，所以B、D转化为M的反应的化学方程式为：，故答案为：点评：本题考查有机物的推断、官能团结构与性质、限制条件同分异构体书写、有机化学方程式的书写等，充分利用有机物的分子式与M的结构特点进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查学生分析推理能力，难度中等