1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014-2015学年福建省漳州市龙海二中高三（上）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共16题48分）1（3分）（2014秋龙海市校级期末）分类是化学学习和研究的常用手段下列分类依据和结论都正确的是（）AHCOOH、H2CO3、H2SO4分子中均含有两个氢原子，都是二元酸BH2O、HCOOH、Cu2（OH）2CO3均含有氧元素，都是氧化物CHF、CH3COOH、CH3CH2OH都易溶于水，都是电解质DHClO、HNO3、浓H2SO4都具强氧化性，都是氧化性酸2（3分）（2012秋龙岩期末）水解原理在工农业生产、日常生活中具有重要用途下列
2、关于物质的用途，与盐类水解有关的是（）A次氯酸钠常用作消毒剂BFeCl3用于印刷线路板C热的纯碱溶液用于清洗油污D氯化钠是氯碱工业的重要原料3（3分）（2014秋龙海市校级期末）下列各组物质的性质比较中不正确的是（）A酸性：HClO4H2SO4H3 PO4B热稳定性：SiH4PH3H2 SC碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3D氧化性：F2C12Br24（3分）（2013秋龙岩期末）一定条件下，中学化学常见物质甲、乙之间存在如下转化关系，则乙可能是（）AAl（OH）3BH2SiO3CFeCl2DCH3Cl5（3分）（2014秋龙海市校级期末）用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的
3、是（）A1 mol NH3与1mol OH所含的质子数均为10NAB常温下，pH=13的NaOH溶液中含OH数目为NAC常温下，14g乙烯中含碳原子数为NAD标准状况下，22.4L CHCl3中含CH键数目为NA6（3分）（2014安徽模拟）化学美无处不在，如图是物质间发生化学反应的颜色变化，其中X是（）A稀盐酸B稀硫酸C硫酸钠溶液D碳酸钠溶液7（3分）（2014秋龙海市校级期末）常温下，将0.1mo1L1的醋酸溶液加水稀释至原来体积的10倍，下列有关叙述正确的是（）ACH3COOH与CH3COO的浓度之和减小为原来的0.1BCH3COO与CH3COOH的浓度之比增大为原来的10倍CCH3CO
4、O与H+的浓度之积减小为原来的0.1DCH3COOH的电离平衡常数增大为原来的10倍8（3分）（2014黄山一模）下列有关电解质溶液的叙述，不正确的是（）A稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH升高B在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c（Na+）=c（CH3COO）C在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，溶液中c（Ba2+）减小D常温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合所得溶液中：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）9（3分）（2014秋龙海市校级期末）下列方程式不能正确解释实验事实的是（）A0l molLl CH3COOH溶液的pH1：C
5、H3COOHCH3COO+H+BNa2CO3溶液能使酚酞试液变红：CO32+H2OHCO3+OHC铁溶于稀硝酸，溶液变黄：3Fe+8H+2NO33Fe2+2NO+4H2OD向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液，出现红褐色沉淀：3Mg（OH）2（s）+2Fe3+（aq）2Fe（OH）3（s）+3Mg2+（aq）10（3分）（2014秋龙海市校级期末）下列溶液一定呈中性的是（）ApH=7的溶液BpH=2的CH3COOH和pH=12的NaOH溶液等体积混合CCH3COONa溶液Dc（NH+4）=c（Cl）的NH4Cl和氨水的混合溶液11（3分）（2012秋石景山区期末）下列说法正确的是（）A实
6、验室常用铝盐溶液与氢氧化钠溶液制备Al（OH）3沉淀B将Na投入到NH4Cl溶液中只能生成一种气体C过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成D饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液的pH改变12（3分）（2012秋龙岩期末）为探讨反应X+YZ中反应速率与反应物浓度的关系，实验测得X、Y的初始浓度（用c表示，mol/L）与生成物Z的浓度达到0.0042mol/L时所需的时间（秒）如右表所示下列关于该反应反应速率的判断，正确的是（）c（X）c（Y）所需时间0.100.100.60s0.200.100.15s0.200.050.30sA与c（X）成正比且与c（Y）成正比B与c（X）成正比且与c（Y）
7、无关C与c2（X）成正比且与c（Y）成正比D与c2（X）成正比且与c（Y）成反比13（3分）（2012秋石景山区期末）容积均为1L的甲、乙两个恒容容器中，分别充入2molA、2molB和1molA、1molB，相同条件下，发生下列反应：A（g）+B（g）xC（g）H0测得两容器中c（A）随时间t的变化如图所示，下列说法不正确的是（）Ax=1B此条件下，该反应的平衡常数K=4C给乙容器升温可缩短反应达平衡的时间但不能提高平衡转化率D甲和乙的平衡转化率相等14（3分）（2014秋龙海市校级期末）按如图装置实验，若x轴表示流入阴极的电子的物质的量，则y轴可表示（）c（Ag+）c（AgNO3）a棒的质
8、量b棒的质量 溶液的pHABCD15（3分）（2013厦门模拟）一定条件下，Cu2+、Mn2+、Fe3+的浓度对乙酸在光照下催化降解速率的影响如图所示下列判断不正确的是（）ACu2+、Mn2+提高乙酸降解速率的最佳浓度为0.1 molLlBFe3+不能提高乙酸降解速率C相同条件下，乙酸在Cu2+、Mn2+、Fe3+作用下的降解速率依次减小D该实验方案的缺陷之一是未做空白对照实验16（3分）（2012秋石景山区期末）用下列装置能达到有关实验目的是（）A用量取15.00 mLNaOH溶液B用制备并收集少量NO2气体C用所示的仪器配制1L 0.1000mol/LNaCl溶液D用进行Fe2+的检验二、
9、非选择题（包括4个小题，共52分）17（10分）（2014秋龙海市校级期末）短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如图所示XYZ25，0.1molL1M溶液（M为Y的最高价氧化物的水化物）的pH为13（1）Y的离子结构示意图为（2）X、Z的气态氢化物稳定性较强的是（填化学式）（3）不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛装M溶液的原因是（用离子方程式表示）（4）工业上，用X单质制取Z单质的化学方程式为（5）X的最高价氧化物与某一元有机酸的钾盐（化学式为KA，A为酸根）溶液反应的化学方程式为（已知25，X的最高价氧化物的水化物的电离常数为Kal=4.2107，Ka2=5.61011；HA的电离常数Ka
10、=1.11010）18（14分）（2014秋龙海市校级期末）铁、铝、铜及其化合物在生产、生活中有广泛的用途，试回答下列问题：（1）铝的原子结构示意图为；铁、铝、铜三种金属的金属活动性由弱到强的排列顺序是（2）制造电路板的工艺中，FeCl3溶液可以蚀刻铜箔，请写出该反应的离子方程式：（3）已知铜与稀硫酸不反应，但铜片在稀硫酸中长时间加热时溶液会呈蓝色，请用化学方程式表示其原因：（4）氯化铝广泛用作有机合成和石油工业的催化剂将铝土矿粉（主要成分为A12O3）与焦炭混合后加热并通人氯气，可得到氯化铝，同时生成CO，写出该反应的化学方程式：，该反应的氧化剂是（5）某校兴趣小组为测定一种铁铝硅合金 （F
11、exAlySiz） 粉末的组成，提出如下方案：准确称取1.46g该合金粉末，加入过量盐酸溶液，充分反应后过滤，测定剩余固体质量0.07g向滤液中滴加足量NaOH浓溶液，充分搅拌、过滤、洗涤得固体再将所得固体充分加热、灼烧，得红棕色粉末1.60g，通过计算确定此合金的组成为 （填化学式）19（8分）（2014秋龙海市校级期末）为探究铜与稀硝酸反应的产物及影响反应速率的主要因素，进行如下实验实验一 探究铜和稀硝酸反应的产物实验装置如图，气密性已检查已知：FeSO4+NO=Fe（NO）SO4，该反应较缓慢，待生成一定量Fe（NO）2+时突显明显棕色（1）实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，
12、缓慢滴入稀硝酸，该实验操作的目的是（2）铜片和稀硝酸反应的化学方程式为（3）本实验A生成的气体中，若有NO2，B的实验现象是；若只有NO生成，B的实验现象是20（10分）（2014秋龙海市校级期末）科学家利用Na2CO3溶液的喷淋捕捉空气中的CO2，设计技术流程如图1请回答下列问题：（1）Na2CO3溶液喷成雾状的目的是（2）在500的反应炉中发生反应的化学方程式为（3）在整个流程中，可以循环利用的物质是（4）为研究合成塔反应的最佳条件，在10L密闭容器中发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），对于图2实验结果（注：T1、T2均大于300）说法正确的是（填序号）a向
13、密闭容器中不断补充CO2，H2转化率增大 b该反应在T1时的平衡常数比T2时小c温度为T1时，从反应开始到平衡，H2的平均速率为v（H2）=molL1min1d平衡处于A点时密闭容器温度从T1变到T2，增大（5）将制备的甲醇用于图3装置当铜片的质量变化为19.2g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为L21（10分）（2014秋龙海市校级期末）元素周期表中，金属和非金属分界线附近的元素性质特殊，其单质及化合物应用广泛，成为科学研究的热点（1）锗（Ge）可以作半导体材料，写出基态锗原子的电子排布式（2）环硼氮六烷的结构和物理性质与苯很相似，故称为无机苯，其结构为硼、氮原子的杂化方式是无机苯分子
14、中1个氮原子给有空轨道的硼原子提供1个孤电子对，形成1个键（3）硅烷的通式为SinH2n+2，随着硅原子数增多，硅烷的沸点逐渐升高，其主要原因是最简单的硅烷是SiH4，其中的氢元素显1价，其原因为2014-2015学年福建省漳州市龙海二中高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共16题48分）1（3分）（2014秋龙海市校级期末）分类是化学学习和研究的常用手段下列分类依据和结论都正确的是（）AHCOOH、H2CO3、H2SO4分子中均含有两个氢原子，都是二元酸BH2O、HCOOH、Cu2（OH）2CO3均含有氧元素，都是氧化物CHF、CH3COO
15、H、CH3CH2OH都易溶于水，都是电解质DHClO、HNO3、浓H2SO4都具强氧化性，都是氧化性酸考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氧化还原反应；电解质与非电解质 专题：物质的分类专题分析：A、依据酸溶液中电离出的氢离子分为几元酸；B、氧化物是两种元素组成其中一种是氧元素；C、电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物；D、氧化性酸一般是含氧酸，是指酸中除了氢、氧元素之外的中心元素在化学反应中表现出强氧化性；解答：解：A、依据酸溶液中电离出的氢离子分为几元酸，HCOOH是一元酸，H2CO3、H2SO4分子中均含有两个氢原子，都是二元酸，故A错误；B、氧化物是两种元素组成其中一种是氧
16、元素，HCOOH、Cu2（OH）2CO3分别是酸、盐，故B错误；C、水溶液中或熔融状态下导电的化合物是电解质，乙醇是非电解质，故C错误；D、氧化性酸一般是含氧酸，是指酸中除了氢、氧元素之外的中心元素在化学反应中表现出强氧化性，HClO、HNO3、浓H2SO4都具强氧化性，都是氧化性酸，故D正确；故选D点评：本题考查了物质分类的判断应用，主要是酸、氧化物、电解质、氧化性酸等概念的理解和分析判断，题目较简单2（3分）（2012秋龙岩期末）水解原理在工农业生产、日常生活中具有重要用途下列关于物质的用途，与盐类水解有关的是（）A次氯酸钠常用作消毒剂BFeCl3用于印刷线路板C热的纯碱溶液用于清洗油污D
17、氯化钠是氯碱工业的重要原料考点：盐类水解的应用 专题：盐类的水解专题分析：在溶液的配制、保存、制备、溶解、鉴别等角度常常考虑盐类的水解等因素，结合物质的性质以及题目选项解答该题解答：解：A次氯酸钠具有强氧化性，可用于杀菌消毒，与盐的水解无关，故A不选；BFeCl3具有氧化性，可与铜发生反应，故B不选；C纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油污在碱性条件下水解较完全，可用于油污的清洗，故C选；D电解饱和氯化钠溶液可生成氢氧化钠、氢气和氯气，与水解无关，故D不选故选C点评：本题考查盐类的水解，侧重于应用的考查，为高频考点，注意把握物质的性质与用途的关系，难度不大，学习中注意相关基础知识的积累3（3分）（
18、2014秋龙海市校级期末）下列各组物质的性质比较中不正确的是（）A酸性：HClO4H2SO4H3 PO4B热稳定性：SiH4PH3H2 SC碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3D氧化性：F2C12Br2考点：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系 分析：A元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；B元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；C元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；D元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强解答：解：A非金属性：PSCl，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越
19、强，所以酸性：H3PO4H2SO4HClO4，故A正确；B非金属性：SiPS，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，所以热稳定性：SiH4PH3H2S，故B错误；C金属性：NaMgAl，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，所以碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3，故C正确；D非金属性：FC1Br，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，所氧化性：F2C12Br2，故D正确；故选：B点评：本题考查元素周期律知识，题目难度不大，注意相关基础知识的积累，特别是判断金属性、非金属性的角度4（3分）（2013秋龙岩期末）一定条件下，中学化学常见物质甲、乙之间存在如下转化关
20、系，则乙可能是（）AAl（OH）3BH2SiO3CFeCl2DCH3Cl考点：镁、铝的重要化合物；硅和二氧化硅；铁的化学性质 专题：元素及其化合物分析：A氧化铝和水不反应；B二氧化硅和水不反应；C可由氯化铁和铁发生化合反应生成；D应由甲烷和氯气发生取代反应生成解答：解：由图可知，甲生成乙的反应为化合反应，A氢氧化铝不能由氧化铝和水化合反应生成，故A错误；B二氧化硅和水不反应，制取硅酸，应由硅酸盐和酸反应，故B错误；C可用2FeCl2+Cl2=2FeCl3制备，为化合反应，故C正确；D应由甲烷和氯气发生取代反应生成，不能通过化合反应制备，故D错误故选C点评：本题综合考查元素化合物知识，侧重于学生
21、的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，为高频考点，注意相关基础知识的积累，难度不大5（3分）（2014秋龙海市校级期末）用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是（）A1 mol NH3与1mol OH所含的质子数均为10NAB常温下，pH=13的NaOH溶液中含OH数目为NAC常温下，14g乙烯中含碳原子数为NAD标准状况下，22.4L CHCl3中含CH键数目为NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A、1mol氢氧根含9mol质子；B、溶液体积不明确；C、求出乙烯的物质的量，然后根据1mol乙烯含2mol碳原子来分析；D、标况下，三氯甲烷为液态解答：解：A、1mol氢氧根含9m
22、ol质子，故A错误；B、溶液体积不明确，故无法求出溶液中的氢氧根的个数，故B错误；C、14g乙烯的物质的量为0.5mol，而1mol乙烯含2mol碳原子，故0.5mol乙烯中含1mol碳原子，故C正确；D、标况下，三氯甲烷为液态，故D错误故选C点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大6（3分）（2014安徽模拟）化学美无处不在，如图是物质间发生化学反应的颜色变化，其中X是（）A稀盐酸B稀硫酸C硫酸钠溶液D碳酸钠溶液考点：浓硫酸的性质 专题：氧族元素分析：无色溶液X能使石蕊试液变红，说明呈酸性，可与硝酸钡反应生成白色沉淀，则应为稀硫酸溶液，以
23、此解答解答：解：无色溶液X能使石蕊试液变红，说明呈酸性，可与硝酸钡反应生成白色沉淀，则应为稀硫酸溶液，而题中稀盐酸与硝酸钡不反应，硫酸钠溶液呈中性，碳酸钠溶液呈碱性故选B点评：本题考查无机物的推断，侧重与硫酸的性质的考查，注意把握反应的现象，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大7（3分）（2014秋龙海市校级期末）常温下，将0.1mo1L1的醋酸溶液加水稀释至原来体积的10倍，下列有关叙述正确的是（）ACH3COOH与CH3COO的浓度之和减小为原来的0.1BCH3COO与CH3COOH的浓度之比增大为原来的10倍CCH3COO与H+的浓度之积减小为原来的0.1DCH3COOH的电离平衡常数
24、增大为原来的10倍考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡 分析：醋酸为弱酸，不能完全电离，加水稀释促进电离，电离程度增大，但温度不变，则电离平衡常数不变，以此解答解答：解：A、由物料守恒可知，CH3COOH与CH3COO的浓度之和减小为原来的0.1，故A正确B、加水稀释促进电离，则溶液总H+的浓度大于原来的，由K=不变可知，CH3COO与CH3COOH的浓度之比小于原来的10倍，故B错误；C加水稀释时，醋酸进一步电离，则CH3COOH浓度小于原来的0.1，由K=不变可知，CH3COO与H+的浓度之积小于原来的0.1，故C错误；D、电离平衡常数只受温度的影响，温度不变，则平衡常数不变，故D错误；故选
25、A点评：本题考查弱电解质的电离，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握弱电解质的电离特点以及影响因素，结合平衡常数解答该题，难度中等8（3分）（2014黄山一模）下列有关电解质溶液的叙述，不正确的是（）A稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH升高B在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c（Na+）=c（CH3COO）C在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，溶液中c（Ba2+）减小D常温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合所得溶液中：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要
26、因素；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；盐类的水解专题分析：A醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但溶液中醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度；B在醋酸钠溶液中加入醋酸溶液可能使混合溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），结合电荷守恒判断；C硫酸钡溶液中存在溶解平衡，加入硫酸钠固体抑制硫酸钡溶解；D常温下，pH=2的盐酸溶液浓度小于pH=12的氨水浓度，二者等体积混合，氨水过量导致溶液呈碱性解答：解：A醋酸的燃烧，在溶液中部分电离，加水稀释，促进醋酸的电离，但根据勒夏特里原理知，溶液中氢离子浓度降低，溶液的pH升高，故A正确；B在醋酸钠溶液中，根据电荷守恒得
27、c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），在醋酸钠溶液中加入适量醋酸使溶液呈中性，即c（OH）=c（H+），溶液中c（CH3COO）=c（Na+），故B正确；C在含有硫酸钡沉淀的溶液中存在溶解平衡，当加入硫酸钠固体，沉淀溶解平衡逆向移动，则溶液中钡离子浓度减小，故C正确；D由于氨水是弱碱，部分电离，氯化氢是强电解质，常温下，pH=2的盐酸溶液浓度小于pH=12的氨水浓度，二者等体积混合，氨水过量导致溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），故D错误；故选D点评：本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质的电离特点是解本题关键，结合电荷守恒来分析解答，难度中等9（3分）（2014秋龙海市校
28、级期末）下列方程式不能正确解释实验事实的是（）A0l molLl CH3COOH溶液的pH1：CH3COOHCH3COO+H+BNa2CO3溶液能使酚酞试液变红：CO32+H2OHCO3+OHC铁溶于稀硝酸，溶液变黄：3Fe+8H+2NO33Fe2+2NO+4H2OD向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液，出现红褐色沉淀：3Mg（OH）2（s）+2Fe3+（aq）2Fe（OH）3（s）+3Mg2+（aq）考点：离子方程式的书写 分析：A.0l molLl CH3COOH溶液的pH1，则醋酸为弱酸，存在电离平衡；BNa2CO3溶液能使酚酞试液变红，水解显碱性；C铁溶于稀硝酸，溶液变黄，生成硝
29、酸铁；D向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液，出现红褐色沉淀，发生沉淀的转化解答：解：A.0l molLl CH3COOH溶液的pH1，则醋酸为弱酸，存在电离平衡，则离子反应为CH3COOHCH3COO+H+，故A正确；BNa2CO3溶液能使酚酞试液变红，水解显碱性，则水解离子反应为CO32+H2OHCO3+OH，故B正确；C铁溶于稀硝酸，溶液变黄，生成硝酸铁，则氧化还原的离子反应为Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2O，故C错误；D向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液，出现红褐色沉淀，发生沉淀的转化，则沉淀转化的离子反应为3Mg（OH）2（s）+2Fe3+（aq）2Fe（OH
30、）3（s）+3Mg2+（aq），故D正确故选C点评：本题考查离子反应书写的正误判断，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，侧重电离、水解、氧化还原反应及沉淀转化的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，综合性较强，题目难度不大10（3分）（2014秋龙海市校级期末）下列溶液一定呈中性的是（）ApH=7的溶液BpH=2的CH3COOH和pH=12的NaOH溶液等体积混合CCH3COONa溶液Dc（NH+4）=c（Cl）的NH4Cl和氨水的混合溶液考点：探究溶液的酸碱性 分析：溶液的酸碱性是根据溶液中H+浓度与OH浓度的相对大小判断的，c（H+）=c（OH）的溶液就呈中
31、性，c（H+）c（OH）的溶液呈酸性，c（H+）c（OH）的溶液呈碱性；注意明确告诉温度时，不能直接根据溶液的pH大小判断溶液酸碱性解答：解：溶液呈酸碱性本质，取决与溶液中H+浓度与OH浓度的相对大小，当溶液中：c（H+）c（OH），溶液呈酸性；c（H+）=c（OH），溶液呈中性；c（H+）c（OH），溶液呈碱性常温下，水的离子积Kw=11014，所以，pH7，溶液呈酸性；pH=7，溶液呈中性；pH7，溶液呈碱性；Kw受温度影响，水的电离是吸热的，温度越高Kw越大，ApH=7的溶液，没有告诉是常温下，水的离子积不一定是Kw=11014，溶液中c（H+）、c（OH）不一定相等，故A错误；BCH3
32、COOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离PH=2的CH3COOH和PH=12的NaOH溶液等体积混合后发生反应，CH3COOH有剩余，溶质为CH3COOH与CH3COONa的化合物，溶液呈酸性，故B错误；CCH3COONa溶液是强碱弱酸盐，醋酸根离子发生水解，溶液呈碱性，故C错误；D溶液存在的离子有： NH+4、H+、Cl、OH，溶液呈电中性，所以电荷守恒：c（NH+4）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），因为c（NH+4）=c（Cl），所以c（H+）=c（OH），溶液呈中性，故D正确；故选D点评：本题考查了溶液酸碱性的判断，题目难度不大，注意明确溶液的酸碱性是由溶液中
33、H+浓度与OH浓度的相对大小决定的，没有告诉温度时，pH=7的溶液不一定为中性溶液11（3分）（2012秋石景山区期末）下列说法正确的是（）A实验室常用铝盐溶液与氢氧化钠溶液制备Al（OH）3沉淀B将Na投入到NH4Cl溶液中只能生成一种气体C过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成D饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液的pH改变考点：镁、铝的重要化合物；硝酸的化学性质；钠的化学性质 分析：A氢氧化铝能溶于强碱溶液，实验室制备用铝盐与氨水制备；B钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铵发生复分解反应；C铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，和稀硝酸反应生成一氧化氮；D饱和石灰水中加入少量CaO，
34、发生反应生成氢氧化钙，由氢氧化钙析出，恢复至室温后，剩余溶液仍是氢氧化钙饱和溶液解答：解：A氢氧化铝能溶于强碱溶液，不溶于弱碱，故实验室制备用铝盐与氨水制备，防止氢氧化铝溶解，故A错误；B钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，放出大量的热，加热条件下氢氧化钠和氯化铵发生复分解反应生成氨气，故B错误；C铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，和浓硝酸反应生成二氧化氮，故C正确；D饱和石灰水中加入少量CaO，发生反应生成氢氧化钙，由氢氧化钙析出，恢复至室温后，剩余溶液仍是氢氧化钙饱和溶液，温度不变，氢氧化钙的溶解度不变，饱和溶液的pH不变，故D错误；故选C点评：本题考查铝、钠元素电子化合物性质、硝酸性质、氢氧化钙的性
35、质等，难度中等，D选项注意氢氧化钙的溶解度，温度越高溶解度越小12（3分）（2012秋龙岩期末）为探讨反应X+YZ中反应速率与反应物浓度的关系，实验测得X、Y的初始浓度（用c表示，mol/L）与生成物Z的浓度达到0.0042mol/L时所需的时间（秒）如右表所示下列关于该反应反应速率的判断，正确的是（）c（X）c（Y）所需时间0.100.100.60s0.200.100.15s0.200.050.30sA与c（X）成正比且与c（Y）成正比B与c（X）成正比且与c（Y）无关C与c2（X）成正比且与c（Y）成正比D与c2（X）成正比且与c（Y）成反比考点：反应速率的定量表示方法 专题：化学反应速率
36、专题分析：根据c（X）浓度不变，c（Y）变为原来的2倍，生成物Z的浓度达到0.0042mol/L时所需的时间为原来的，则速率为原来的2倍，所以该反应反应速率与c（Y）成正比；根据c（Y）浓度不变，c（X）变为原来的2倍，生成物Z的浓度达到0.0042mol/L时所需的时间为原来的，则速率为原来的4倍，所以该反应反应速率与c2（X）成正比解答：解：c（X）浓度不变，c（Y）变为原来的2倍，生成物Z的浓度达到0.0042mol/L时所需的时间为原来的，则速率为原来的2倍，所以该反应反应速率与c（Y）成正比；c（Y）浓度不变，c（X）变为原来的2倍，生成物Z的浓度达到0.0042mol/L时所需的时
37、间为原来的，则速率为原来的4倍，所以该反应反应速率与c2（X）成正比；所以该反应反应速率与c2（X）成正比且与c（Y）成正比，故选：C点评：本题主要考查了反应速率与反应物浓度的关系，根据数据分析即可解答，难度不大13（3分）（2012秋石景山区期末）容积均为1L的甲、乙两个恒容容器中，分别充入2molA、2molB和1molA、1molB，相同条件下，发生下列反应：A（g）+B（g）xC（g）H0测得两容器中c（A）随时间t的变化如图所示，下列说法不正确的是（）Ax=1B此条件下，该反应的平衡常数K=4C给乙容器升温可缩短反应达平衡的时间但不能提高平衡转化率D甲和乙的平衡转化率相等考点：物质的
38、量或浓度随时间的变化曲线 专题：化学平衡专题分析：A由图象可知平衡时，甲容器平衡时，A的转化率为=50%，乙容器内A的转化率为=50%，甲容器内压强比乙容器内大，增大压强平衡不移动，反应前后气体的体积不变；B温度相同，平衡常数相等，根据乙容器计算平衡常数，由图可知A的浓度变化量=0.5mol/L，根据三段式计算平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算；C升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动；D根据A中计算的转化率判断解答：解：A由图象可知平衡时，甲容器平衡时，A的转化率为=50%，乙容器内A的转化率为=50%，甲容器内压强比乙容器内大，增大压强平衡不移动，反应前后气体的体积不变，
39、则x=1+1=2，故A错误；B温度相同，平衡常数相等，根据乙容器计算平衡常数，由图可知A的浓度变化量=0.5mol/L，则： A（g）+B（g）2C（g）开始（mol/L）：1 1 0变化（mol/L）：0.5 0.5 1变化（mol/L）：0.5 0.5 1故平衡常数k=4，故B正确；C升高温度，反应速率加快，缩短到达平衡的时间，平衡向逆反应方向移动，反应物的转化率降低，故C正确；D由A的计算可知，甲和乙的平衡转化率相等，故D正确；故选A点评：本题考查化学平衡图象、化学平衡的影响因素与计算，化学平衡常数等，难度中等，根据平衡时A的转化率或平衡浓度判断x的值是解题关键14（3分）（2014秋龙
40、海市校级期末）按如图装置实验，若x轴表示流入阴极的电子的物质的量，则y轴可表示（）c（Ag+）c（AgNO3）a棒的质量b棒的质量 溶液的pHABCD考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：图装置实验为Fe、Ag、AgNO3构成的电解池，该电解池中，活泼金属Fe连接原电池的负极为阴极，Ag连接原电池的正极为阳极，该装置实际上是在铁的表面电镀银，电解质溶液的浓度不变，而图b中，Y轴表示某个量不变，据此即可解答解答：解：根据图中装置试验，Fe、Ag、AgNO3构成的电解池，由图a可知，Ag连接电源的正极，则为阳极，电解质溶液为硝酸银溶液，则该装置实际上是在铁的表面电镀银，电解质溶液的
41、浓度不变，即Ag+、NO3的浓度不变，溶液的浓度及pH不变，图b中，Y轴表示某个量不变，阳极Ag溶解Age=Ag+，阴极铁上银离子得电子析出金属银Ag+e=2Ag，溶液中c（Ag+）不变；硝酸根离子未参与电极反应，所以c（NO3）不变，则c（AgNO3）不变；a棒铁棒连接电源的负极为电解池的阴极，银离子得电子析出金属银Ag+2e=Ag，所以质量增加；b棒Ag连接电源的正极，则为阳极，Age=Ag+，质量在减轻；该反应本质为在铁的表面电镀银，电解质溶液的浓度不变，pH不变，所以y轴可表示；故选C点评：本题考查电解池的工作原理，掌握电镀池的工作原理是解答的关键，题目难度不大15（3分）（2013厦
42、门模拟）一定条件下，Cu2+、Mn2+、Fe3+的浓度对乙酸在光照下催化降解速率的影响如图所示下列判断不正确的是（）ACu2+、Mn2+提高乙酸降解速率的最佳浓度为0.1 molLlBFe3+不能提高乙酸降解速率C相同条件下，乙酸在Cu2+、Mn2+、Fe3+作用下的降解速率依次减小D该实验方案的缺陷之一是未做空白对照实验考点：浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响 专题：化学反应速率专题分析：A、根据Cu2+、Mn2+浓度与乙酸降解速率的关系找出最佳浓度；B、根据铁离子对乙醇降解反应速率的变化判断；C、根据离子浓度相同时乙醇的降解速率大小判断；D、根据图示数据判断实验中是否做了空白对照实验解
43、答：解：A、曲线a、b的最高点，出现在0.1 mol/L处，为Cu2+、Mn2+的最佳浓度，故A正确；B、离子浓度为0时，曲线c的速率约为70，加入Fe3+后，速率反而下降了，所以Fe3+不能提高乙酸降解速率，故B正确；C、保持离子浓度恒定为某个值，速率从高到低依次是a、b、c，即Cu2+、Mn2+、Fe3+作用下的速率依次减小，故C正确；D、已经进行了空白对照，离子浓度为0时，就是空白对照，曲线abc的第一个点，离子浓度都是0，故D错误；故选D点评：本题考查了浓度对反应速率的影响，题目难度中等，试题贴近高考，难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻
44、辑思维能力16（3分）（2012秋石景山区期末）用下列装置能达到有关实验目的是（）A用量取15.00 mLNaOH溶液B用制备并收集少量NO2气体C用所示的仪器配制1L 0.1000mol/LNaCl溶液D用进行Fe2+的检验考点：计量仪器及使用方法；气体发生装置 专题：化学实验基本操作分析：A、滴定管可以读数到0.01；B、NO2气体能够和水反应，不能用于排水法收集；C、烧瓶不能用来配制溶液；D、加入氯水和硫氰化钾的顺序有误解答：解：A、酸碱滴定管可以读数到0.01，的活塞是特制的，所以可以量取15.00 mLNaOH溶液，故A正确；B、由于NO2气体发生反应：3NO2+H2O2HNO3+N
45、O，所以用制备并收集少量NO2气体是错误的，故B错误；C、是烧瓶，可以用作煮沸、加热情况下的反应仪器，不能配制一定浓度的溶液，故C错误；D、Fe2+的检验，应该先滴加硫氰化钾，溶液没有现象，再滴加氯水后，溶液变成血红色，故D错误故选A点评：本题考查计量仪器及其使用方法，注重了实验基础知识的考查二、非选择题（包括4个小题，共52分）17（10分）（2014秋龙海市校级期末）短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如图所示XYZ25，0.1molL1M溶液（M为Y的最高价氧化物的水化物）的pH为13（1）Y的离子结构示意图为（2）X、Z的气态氢化物稳定性较强的是CH4（填化学式）（3）不能用带
46、磨口玻璃塞的试剂瓶盛装M溶液的原因是SiO2+2OHSiO32+H2O（用离子方程式表示）（4）工业上，用X单质制取Z单质的化学方程式为2C+SiO22CO+Si（5）X的最高价氧化物与某一元有机酸的钾盐（化学式为KA，A为酸根）溶液反应的化学方程式为KA+CO2+H2OKHCO3+HA（已知25，X的最高价氧化物的水化物的电离常数为Kal=4.2107，Ka2=5.61011；HA的电离常数Ka=1.11010）考点：位置结构性质的相互关系应用 分析：25，0.1molL1 M溶液（M为Y的最高价氧化物所对应的水化物）的pH为13，说明M为强碱，由短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的相对位置
47、如，可推知Y是Na，X是C，Z是Si，以此解答该题解答：解：25，0.1molL1 M溶液（M为Y的最高价氧化物所对应的水化物）的pH为13，说明M为强碱，由短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如，可推知Y是Na，X是C，Z是Si，（1）Y是Na，原子失去最外层1个电子形成钠离子，离子结构示意图为，故答案为：；（2）非金属性CSi，故氢化物稳定性教强的是CH4，故答案为：CH4；（3）M是NaOH溶液，玻璃中含有二氧化硅，在瓶口会发生反应SiO2+2OHSiO32+H2O，故答案为：SiO2+2OHSiO32+H2O；（4）工业上，在高温下用C单质还原二氧化硅反应制取Si单质，反应化学
48、方程式为2C+SiO22CO+Si，故答案为：2C+SiO22CO+Si；（5）X的最高价氧化物的水化物的电离常数为Ka1=4.2107，Ka2=5.61011，HA的电离常数Ka=1.11010，酸性H2CO3HAHCO3，故X的最高价氧化物与KA反应生成KHCO3，故反应方程式为：KA+CO2+H2OKHCO3+HA，故答案为：KA+CO2+H2OKHCO3+HA点评：本题考查位置结构性质关系应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目涉及常用化学用语、元素化合物性质、化学键、电离常数应用等，难度中等，（5）中注意根据电离平衡常数判断产物18（14分）（2014秋龙海市校级期末）铁、
49、铝、铜及其化合物在生产、生活中有广泛的用途，试回答下列问题：（1）铝的原子结构示意图为；铁、铝、铜三种金属的金属活动性由弱到强的排列顺序是铜铁铝（或CuFeAl）（2）制造电路板的工艺中，FeCl3溶液可以蚀刻铜箔，请写出该反应的离子方程式：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+（3）已知铜与稀硫酸不反应，但铜片在稀硫酸中长时间加热时溶液会呈蓝色，请用化学方程式表示其原因：2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O（4）氯化铝广泛用作有机合成和石油工业的催化剂将铝土矿粉（主要成分为A12O3）与焦炭混合后加热并通人氯气，可得到氯化铝，同时生成CO，写出该反应的化学方程式：Al2O3+3Cl2+
50、3C2AlCl3+3CO，该反应的氧化剂是Cl2（5）某校兴趣小组为测定一种铁铝硅合金 （FexAlySiz） 粉末的组成，提出如下方案：准确称取1.46g该合金粉末，加入过量盐酸溶液，充分反应后过滤，测定剩余固体质量0.07g向滤液中滴加足量NaOH浓溶液，充分搅拌、过滤、洗涤得固体再将所得固体充分加热、灼烧，得红棕色粉末1.60g，通过计算确定此合金的组成为Fe8Al4Si （填化学式）考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量 分析：（1）铝的核电荷数为13，最外层3个 电子，结合河外电子排布规律写出；依据金属活动顺序表判断活泼性；（2）铁离子具有氧化性
51、氧化铜生成铜离子和亚铁离子；（3）铜片在稀硫酸中长时间加热时溶液会呈蓝色是因为铜和氧气反应生成氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜溶液呈蓝色；（4）根据反应物、生成物和反应条件写出配平反应方程式；（5）合金溶于过量盐酸铁和铝反应，剩余固体质量为硅的质量，计算得到n（Si），加入过量氢氧化钠溶液铝离子反应全部变化为偏铝酸钠，铁离子生成氢氧化铁过滤、洗涤得固体再将所得固体充分加热、灼烧，得红棕色粉末1.60g为Fe2O3，计算得到铁元素物质的量，结合质量守恒计算合金中铝元素物质的量得到化学式；解答：解：（1）铝的原子结构示意图为，依据金属活动顺序表得到铁、铝、铜三种金属的金属活动性由弱到强的排列顺序是铜铁
52、铝（或CuFeAl）；故答案为：；铜铁铝（或CuFeAl）；（2）FeCl3溶液可以蚀刻铜箔，因为铁离子具有氧化性，将铜单质氧化生成铜离子和亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+；故答案为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+；（3）因溶液中有氧气，加热能与铜反应生成氧化铜：2Cu+O22CuO，氧化铜再与硫酸反应：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，两式相加：2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O，故答案为：2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O；（4）根据题意知，反应物是氧化铝、碳和氯气，反应条件是加热，生成物是氯化铝和一氧化碳，所以其反应方程式
53、为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO，反应中氯元素化合价从0价变化为1价，化合价降低做氧化剂，碳元素化合价0价变化为+2价，失电子做还原剂；故答案为：Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO；Cl2；（5）准确称取1.46g该合金粉末，加入过量盐酸溶液，充分反应后过滤，铁和铝全部溶解，测定剩余固体质量0.07g为硅n（Si）=0.0025mol，向滤液中滴加足量NaOH浓溶液，铝离子反应生成偏铝酸钠，充分搅拌、过滤、洗涤得固体判断为Fe（OH）3，再将所得固体充分加热、灼烧，得红棕色粉末1.60g为Fe2O3，铁的物质的量n（Fe）=2=0.02mol，n（Al）=0.01
54、mol；n（Fe）：n（Al）：n（Si）=0.02：0.01：0.0025=8：4：1，化学式为：Fe8Al4Si，故答案为：Fe8Al4Si点评：本题考查了物质性质的分析应用，主要是氧化还原反应的离子方程式和化学方程式书写，元素守恒计算物质化学式是解题关键，题目难度中等19（8分）（2014秋龙海市校级期末）为探究铜与稀硝酸反应的产物及影响反应速率的主要因素，进行如下实验实验一 探究铜和稀硝酸反应的产物实验装置如图，气密性已检查已知：FeSO4+NO=Fe（NO）SO4，该反应较缓慢，待生成一定量Fe（NO）2+时突显明显棕色（1）实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝
55、酸，该实验操作的目的是利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰（2）铜片和稀硝酸反应的化学方程式为3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O（3）本实验A生成的气体中，若有NO2，B的实验现象是B瓶溶液出现血红色；若只有NO生成，B的实验现象是B瓶溶液出现棕色考点：探究物质的组成或测量物质的含量 分析：（1）实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，碳酸钙与稀硝酸生成CO2，将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；（2）在常温下，铜片和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮
56、和水；（3）本实验A生成的气体中，若有NO2，NO2溶于水生成硝酸，把Fe2+氧化成Fe3+，B瓶溶液出现血红色；若只有NO生成，FeSO4+NOFe（NO）SO4，该反应较缓慢，待生成一定量Fe（NO）2+时突显明显棕色解答：解：（1）实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，碳酸钙与稀硝酸生成CO2，将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；故答案为：利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰； （2）在常温下，铜片和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，化学方程式为3Cu+8HNO3（
57、稀）=3Cu （NO3）2+2NO+4H2O；故答案为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu （NO3）2+2NO+4H2O； （3）本实验A生成的气体中，若有NO2，NO2溶于水生成硝酸，把Fe2+氧化成Fe3+，B瓶溶液出现血红色；若只有NO生成，FeSO4+NOFe（NO）SO4，该反应较缓慢，待生成一定量Fe（NO）2+时突显明显棕色；故答案为：B瓶溶液出现血红色；B瓶溶液出现棕色点评：本题考查了铜和硝酸的反应实验，探究铜与稀硝酸反应的产物及影响反应速率的主要因素，对比、对照分析是解题的关键20（10分）（2014秋龙海市校级期末）科学家利用Na2CO3溶液的喷淋捕捉空气中的CO2，设计技
58、术流程如图1请回答下列问题：（1）Na2CO3溶液喷成雾状的目的是使反应充分发生或提高反应速率（2）在500的反应炉中发生反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2（3）在整个流程中，可以循环利用的物质是碳酸钠（4）为研究合成塔反应的最佳条件，在10L密闭容器中发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），对于图2实验结果（注：T1、T2均大于300）说法正确的是ad（填序号）a向密闭容器中不断补充CO2，H2转化率增大 b该反应在T1时的平衡常数比T2时小c温度为T1时，从反应开始到平衡，H2的平均速率为v（H2）=molL1min1d平衡处于A点时密
59、闭容器温度从T1变到T2，增大（5）将制备的甲醇用于图3装置当铜片的质量变化为19.2g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为3.36L考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；原电池和电解池的工作原理 分析：（1）喷成雾状可增大与二氧化碳的接触面积，增大反应速率；（2）由转换关系图可知，在500的反应炉中碳酸氢钠分解变成碳酸钠和水及二氧化碳；（3）从流程图中找出循环的物质；（4）a增大一种反应物浓度能提高另一种反应物转化率；b根据温度变化对平衡的影响，可判断平衡常数的大小；c根据v=判断；d根据温度对平衡的影响，可判断出平衡移动的方向，据此再判断物质的量的变化；（5）依据原理分析写出电极反应，
60、结合电子守恒计算解答：解：（1）Na2CO3溶液喷成雾状可增大与二氧化碳的接触面积，增大反应速率，故答案为：使反应充分发生或提高反应速率；（2）由转换关系图可知，在500的反应炉中碳酸氢钠分解变成碳酸钠和水及二氧化碳，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；（3）从流程图中可知，碳酸氢钠分解后生成碳酸钠又循环使用，故答案为：碳酸钠；（4）a增大二氧化碳浓度反应正向进行，氢气的转化率增大，故a正确；b因为反应从T1变到T2，n（CH3OH）变小，即平衡逆向移动，所以T1时的平衡常数比T2时的大，故b错误；c根据v=可知，速率
61、为单位时间内浓度变化，而不是物质的量的变化，故c错误；d由图象可知，A点的反应体系从T1变到T2，n（CH3OH）变小，即平衡逆向移动，所以增大，故d正确；故答案为：ad（5）当铜片的质量变化为19.2g时物质的量为：=0.3mol，依据电极反应和电子守恒计算得到，铜电极电极反应：Cu2e=Cu2+；a电极反应为：O2+2H2O+4e=4OH，依据电子守恒及O22Cu可知，a极上消耗的O2物质的量为0.15mol，标准状况下氧气的体积为：0.15mol22.4L/mol=3.36L，故答案为：3.36点评：本题考查了物质的量随浓度变化的曲线、原电池原理和电解池原理的分析应用等知识，题目难度中等
62、，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力21（10分）（2014秋龙海市校级期末）元素周期表中，金属和非金属分界线附近的元素性质特殊，其单质及化合物应用广泛，成为科学研究的热点（1）锗（Ge）可以作半导体材料，写出基态锗原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p2或Ar3d104s24p2（2）环硼氮六烷的结构和物理性质与苯很相似，故称为无机苯，其结构为硼、氮原子的杂化方式是sp2无机苯分子中1个氮原子给有空轨道的硼原子提供1个孤电子对，形成1个配位键（3）硅烷的通式为SinH2n+2，随着硅原子数增多，硅烷的沸点逐渐升高，其主要原因是相对分子质
63、量增大，分子间作用力增大最简单的硅烷是SiH4，其中的氢元素显1价，其原因为氢原子的电负性比硅原子电负性大考点：原子核外电子排布；晶体熔沸点的比较；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 分析：（1）根据构造原理书写出基态锗原子核外电子排布式；（2）根据分子中中心原子的价层电子对数判断；配离子中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对；（3）结构相似，摩尔质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，化合物中电负性大的元素吸引电子能量强，显负价解答：解：（1）锗为32号元素，根据构造原理书，基态锗原子核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p2或Ar3d104s24p2，故答案为：1s22s
64、22p63s23p63d104s24p2或Ar3d104s24p2；（2）无机苯分子中B原子的价层电子对数是3且不含孤电子对，所以B原子属于sp2杂化，N原子的价层电子对数也是3且不含孤电子对，所以N原子属于sp2杂化，故答案为：sp2；无机苯分子中1个氮原子给有空轨道的硼原子提供1个孤电子对，形成1个配位键，故答案为：配位；（3）结构相似，摩尔质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，化合物中电负性大的元素吸引电子能量强，显负价，故答案为：相对分子质量增大，分子间作用力增大；氢原子的电负性比硅原子电负性大点评：本题考查核外电子排布，杂化类型，熔沸点与分子量间的关系等，难度中等- 25 - 版权所有高考资源网
