1、2014-2015学年江苏省宿迁市泗阳县致远中学高三（上）期末化学试卷 一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1（2分）最近，美国LawrenceLiremore国家实验室（LLNL）的VLotACSYoo和Cynn成功的在40GPa的高压下，用激光器加热到1800K，将CO2转化为具有类似SiO2结构的原子晶体，其硬度比SiO2还大下列关于CO2的说法不正确的是（）ACO2是一种酸性氧化物B碳氧两种元素只能组成CO2C干冰的主要成份是CO2D固态CO2的密度比气态CO2的密度大考点：碳族元素简介版权所有专题：元素及其化合物分析：A、和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；B、碳元素和氧
2、元素组成的氧化物有一氧化碳和二氧化碳；C、干冰是固体二氧化碳；D、固体二氧化碳密度大于气体二氧化碳密度；解答：解：A、二氧化碳和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确；B、碳元素和氧元素组成的氧化物有一氧化碳和二氧化碳，故B错误；C、干冰是固体二氧化碳，干冰的主要成份是CO2 ，故C正确；D、固体二氧化碳密度大于气体二氧化碳密度，故D正确；故选B点评：本题考查了二氧化碳性质和组成的分析判断，注意知识积累，掌握基础是关键，题目较简单2（2分）下列关于化学用语的表示正确的是（）AH2O2的电子式：B原子核内含有77个质子、115个中子的铱（Ir）原子：11577IrC氯离子的结构示意图：D对二
3、甲苯的结构简式：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合版权所有专题：化学用语专题分析：A双氧水为共价化合物，分子中不存在阴阳离子；B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；C氯离子的核电荷数为17；D对二甲苯中，两个甲基在苯环的对位C原子上解答：解：A双氧水为共价化合物，其正确的电子式为：，故A错误；B原子核内含有77个质子、115个中子的铱（Ir）原子的质量数为192，该原子正确表示方法为：19277Ir，故B错误；C氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18，氯离子正确的离子结构示意图为：，故C错误；D对二甲苯可以看作两个甲基取代了苯环上两个对位C上的H原子形
4、成的，其结构简式为：，故D正确；故选D点评：本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握电子式、离子结构示意图、元素符号、结构简式等化学用语的表示方法，明确双氧水与过氧化钠的电子式的区别，为易错点3（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A0.1molL1CH3COONa溶液：H+、Al3+、Cl、NO3B含有NaNO3的溶液：H+、Fe2+、SO42、ClC能使甲基橙变红的溶液：K+、Na+、NO3、ClD由水电离产生的c（H+）=1012 molL1的溶液：NH4+、SO42、HCO3、Cl考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：A离子之间结合生成弱
5、电解质；B离子之间发生氧化还原反应；C能使甲基橙变红的溶液，显酸性；D由水电离产生的c（H+）=1012 molL1的溶液，为酸或碱溶液解答：解：AH+、CH3COO结合生成弱电解质，不能大量共存，故A错误；BFe2+、H+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C能使甲基橙变红的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D由水电离产生的c（H+）=1012 molL1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在HCO3，碱溶液中不能大量存在HCO3、NH4+，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存，为高考经典题型，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复
6、分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注重思维严密性训练，综合性较强，题目难度不大4（2分）下列物质性质与应用对应关系正确的是（）A氯化铝是电解质，故可电解其水溶液获得金属铝B晶体硅硬度大，可用于制作半导体材料CSO2具有还原性，可用于漂白纸浆DMgO、Al2O3熔点高，它们都可用于制作耐火材料考点：金属冶炼的一般原理；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物版权所有分析：A、电解氯化铝溶液阳极是氯离子放电，阴极是氢离子放电，不能得到金属铝；B、硅晶体是原子晶体，硅能导电是一种半导体材料；C、二氧化硫具有漂白性可以漂白纸浆；D、氧化镁、氧化铝熔点高可以做耐火材料；解答：解：A、电解
7、氯化铝溶液阳极是氯离子放电，阴极是氢离子放电，不能得到金属铝，不能电解其水溶液获得金属铝，故A错误；B、硅晶体是原子晶体，是一种半导体材料，做半导体材料是因为硅能导电，不是硬度大，故B错误；C、二氧化硫具有漂白性可以漂白纸浆，不是还原性，故C错误；D、氧化镁、氧化铝熔点高可以做耐火材料，故D正确；故选D点评：本题考查了物质性质的分析和应用，注意用途的准确掌握，掌握基础是关键，题目较简单5（2分）下列装置用于实验室以硫酸铝制取一定量Al2O3，能达到实验目的是 （）A称取样品B样品溶解C氢氧化铝沉淀过滤D灼烧氢氧化铝沉淀考点：化学实验方案的评价版权所有专题：实验评价题分析：A称量时左物右码；B烧
8、杯可溶解药品；C过滤需要引流；D灼烧固体用坩埚解答：解：A称量时左物右码，故A错误； B烧杯可溶解药品，需要用玻璃棒搅拌，故B正确；C过滤需要用玻璃棒引流，故C错误；D灼烧固体用坩埚，不用蒸发皿，故D错误故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及化学实验基本操作、物质分离与提纯等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大6（2分）设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，11.2L水中含有水分子的数目为0.5NAB0.1mol苯甲酸中含有双键的数目为0.4NAC4.8g由氧气和臭氧组成的混合物中含有分子的数目为0.
9、3NAD在过氧化钠与CO2的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.2NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A标准状况下，水不是气体；B苯甲酸分子中含有1个碳氧双键；C氧气的摩尔质量为32g/mol，臭氧的摩尔质量为48g/mol；D过氧化钠中氧元素的化合价为1价，生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子解答：解：A标准状况下，水不是气体，标准状况下，11.2L水中含有水分子的数目不为0.5NA，故A错误；B苯甲酸分子中含有1个碳氧双键，故0.1mol苯甲酸中含有双键的数目为0含有分子的数目为1NA，故B错误；C氧气的摩尔质量为32g/mol，
10、臭氧的摩尔质量为48g/mol，故4.8g氧气和臭氧的混合物中含有分子的数目在0.1mol0.15mol之间，故C错误；D过氧化钠中氧元素的化合价为1价，生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子，数目为0.2NA，故D正确；故选D点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，目难度中等选项B为易错点，注意苯甲酸分子中含有1个碳氧双键7（2分）下列离子方程式书写正确的是（）AAlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3+4OHAlO2+2H2OB向酸性KMnO4溶液中通入SO2：3SO2+2MnO4+4OH=2MnO2+3SO42+2H2OC澄清石灰水中加足量小苏打溶液：2HCO3+Ca2+2OHCa
11、CO3+2H2O+CO32D醋酸溶液与Cu（OH）2反应：Cu（OH）2+2H+Cu2+2H2O考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A一水合氨在离子反应中保留化学式；B酸性溶液中，反应物中不能有氢氧根离子；C石灰水完全反应，生成碳酸钙、碳酸钠和水；D醋酸在离子反应中保留化学式解答：解：AAlCl3溶液中滴加过量氨水的离子反应为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故A错误；B向酸性KMnO4溶液中通入SO2的离子反应为5SO2+2MnO4+2H2O=2Mn2+5SO42+4H+，故B错误；C澄清石灰水中加足量小苏打溶液的离子反应为2HCO3+Ca2+2OHCaCO
12、3+2H2O+CO32，故C正确；D醋酸溶液与Cu（OH）2反应的离子反应为Cu（OH）2+2CH3COOHCu2+2H2O+2CH3COO，故D错误；故选C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，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应、复分解反应的离子反应考查，题目难度不大8（2分）下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是（）甲乙丙AAl2O3HClNaOHBSO2Ca（OH）2Na2CO3CMgFeSO4HNO3DSiO2NaOHCAABBCCDD考点：镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化
13、硅；镁的化学性质版权所有分析：A氧化铝是两性氧化物和盐酸、氢氧化钠都发生反应，酸碱发生中和反应；B二氧化硫和氢氧化钙、碳酸钠溶液反应，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠；C镁和硫酸亚铁、硝酸都反应，硫酸亚铁被硝酸氧化也可以发生反应；D二氧化硅和氢氧化钠溶液反应，和碳反应生成硅单质，碳和氢氧化钠溶液不发生反应解答：解：A氧化铝是两性氧化物和盐酸、氢氧化钠都发生反应，酸碱发生中和反应，满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故A不符合；B二氧化硫和氢氧化钙、碳酸钠溶液反应，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故B不符合；C镁和
14、硫酸亚铁、硝酸都反应，硫酸亚铁被硝酸氧化也可以发生反应，满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故C不符合；D二氧化硅和氢氧化钠溶液反应，和碳反应生成硅单质，碳和氢氧化钠溶液不发生反应，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故D符合故选D点评：本题考查考查物质之间的反应，把握常见物质的性质及发生的化学反应为解答的关键，注意某些反应与量有关，明确性质与反应的关系即可解答，题目难度不大9（2分）短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中A与C同主族，A与其它元素不在同一周期，B与D同主族，常温下D的单质为淡黄色固体下列推断中正确的是（）A原子半径由小到大的顺序：r（C
15、）r（D）r（E）B元素D、E分别与A形成的化合物的热稳定性：EDC元素D的最高价氧化物对应水化物的酸性比E的强D元素B分别与A、C形成的化合物中化学键的类型完全相同考点：位置结构性质的相互关系应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，常温下D的单质为淡黄色固体，则D为S元素；B与D同主族，则B为O元素；A与C同主族，A与其它元素不在同一周期，则A为H元素，结合原子序数可知C为Na，E的原子序数大于S，故E为Cl，结合元素周期律进行解答解答：解：短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，常温下D的单质为淡黄色固体，则D为S元
16、素；B与D同主族，则B为O元素；A与C同主族，A与其它元素不在同一周期，则A为H元素，结合原子序数可知C为Na，E的原子序数大于S，故E为Cl，A同周期自左而右原子半径增大，故原子半径ClSNa，故A错误；B同周期自左而右非金属性增强，故非金属性ClS，非金属性越强氢化物越稳定，故氢化物稳定性HClH2S，故B正确；C同周期自左而右非金属性增强，故非金属性ClS，非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：高氯酸硫酸，故C错误；D元素O分别与H元素形成的化合物为H2O或H2O2，只含有共价键，而O元素与Na元素C形成的化合物为Na2O或Na2O2，前者含有离子键，后者含有离子键、共价
17、键，含有化学键类型不相同，故D错误，故选B点评：本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，推断元素好是解题关键，注意对基础知识的理解掌握10（2分）已知：C（石墨）+O2（g）=CO2（g）H1；H2（g）+O2（g）=H2O（1）H2CH3CH2OH（1）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（1）H32C（石墨）+O2（g）+3H2（g）=CH3CH2OH（1）H4下列关于上述反应焓变的判断正确的是（）AH10，H30BH20，H40CH4=H1+H2H3DH3=2H1+3H2H4考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：A、根据反应是石墨的燃烧、反应是乙
18、醇的燃烧来分析；B、根据反应是氢气的燃烧、反应是化合反应来分析；C、根据盖斯定律来分析；D、根据盖斯定律来分析解答：解：A、根据反应是石墨的燃烧反应、反应是乙醇的燃烧反应，而物质的燃烧均为放热反应，放热反应的H0，故A错误；B、根据反应是氢气的燃烧反应，物质的燃烧均为放热反应，反应是化合反应，化合反应绝大多数是放热反应，而放热反应的H0，故B错误；C、根据盖斯定律可知：将2+3可得：2C（石墨）+O2（g）+3H2（g）=CH3CH2OH（1）H4=2H1+3H2H3，故C错误；D、根据盖斯定律可知：将2+3可得CH3CH2OH（1）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（1）H3=2H1+
19、3H2H4，故D正确故选D点评：本题考查了反应吸放热的判断和盖斯定律的应用，难度不大，掌握基础是关键二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11（4分）下列说法正确的是（）A常温下，反应4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）4Fe（OH）3（s）能自发进行，则H0B高温下，工业上用纯碱和石英砂制玻璃，说明硅酸的酸性强于碳酸C加热0.1 molL1CH3COONa 溶液，CH3COO的水解程度和溶液的pH均增大Dt时，恒容密闭容器中反应：NO2（g）+SO2（g）NO（g）+SO3（g），通入少量O2，SO2转化率不变考点：反应热和焓变；化学平衡的影响因素；盐类水解的应用版权所
20、有分析：A、从HTS0时反应能自发进行来分析；B、纯碱和石英砂制玻璃，利用难挥发性酸酐制备易挥发性酸酐，碳酸酸性大于硅酸；C、水解吸热，所以加热促进水解，据此分析；D、通入少量O2，消耗NO，则使平衡向正反应方向移动，SO2转化率增大解答：解：A、反应物有1mol液态物质、1mol气体物质，生成物只有固体，S0，若能自发进行，HTS0，则H必须小于0，故A正确；B、纯碱和石英砂制玻璃，SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2，利用难挥发性酸酐制备易挥发性酸酐，实际碳酸酸性大于硅酸，故B错误；C、因为水解吸热，所以加热促进水解，则加热0.1 molL1CH3COONa 溶液，CH3COO的水
21、解程度和溶液的pH均增大，故C正确；D、通入少量O2，消耗NO，则使平衡向正反应方向移动，SO2转化率增大，故D错误故选：AC；点评：本题考查反应自发性的判断，水解平衡移动以及转化率的判断等，难度不大，掌握基础是关键12（4分）松萝酸常作为牙膏和化妆品的添加剂，其结构简式如图所示，下列有关说法正确的是（）A每个松萝酸分子中含有3个酚羟基B每个松萝酸分子中含有1个手性碳原子C松萝酸能发生加成、氧化、水解、消去等反应D1mol松萝酸最多能与8molH2发生加成反应考点：有机物的结构和性质版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：松萝酸分子含有2个酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有羰基，可发生
22、加成反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，结合手性碳原子的定义解答该题解答：解：A由结构简式可知分子中含有1个苯环，含有2个酚羟基，故A错误；B手性碳原子连接四个不同的原子或原子团，手性碳原子可用*标出，在图中为，含有1个手性碳原子，故B正确；C分子中不含酯基，不能发生水解反应，故C错误；D能与氢气发生加成反应的为苯环、3个碳碳双键、3个C=O键，则1mol松萝酸最多能与9molH2发生加成反应，故D错误故选B点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚性质的考查，选项D为解答的易错点，题目难度不大13（4分）在探究SO2的性质实验中，下列
23、根据实验现象得出的结论不正确的是（）A向SO2的水溶液中滴加紫色的石蕊试液，溶液变红，说明溶液中有H+B向SO2的水溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，溶液变浑浊，该白色沉淀为BaSO3C向品红溶液中不断的通入SO2气体，品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性D向酸性的KMnO4溶液中通SO2气体，溶液紫色褪去，说明SO2具有还原性考点：二氧化硫的化学性质版权所有专题：元素及其化合物分析：A、二氧化硫和水反应生成亚硫酸是中强酸；B、SO2被硝酸氧化生成SO42，SO42和Ba2+反应生成BaSO4沉淀；C、二氧化硫具有漂白性可以使品红溶液褪色；D、高锰酸钾溶液具有强氧化性二氧化硫具有还原性二者发生氧化
24、还原反应；解答：解：ASO2和水反应生成H2SO3，H2SO3电离出H+而使其溶液呈酸性，酸能使紫色石蕊试液变红色，故A正确；BSO2被硝酸氧化生成SO42，SO42和Ba2+反应生成BaSO4沉淀，所以产生的沉淀是BaSO4，故B错误；C二氧化硫具有漂白性可以使品红溶液褪色，品红溶液中不断的通入SO2气体，品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性，故C正确；D高锰酸钾溶液具有氧化性，能氧化还原性物质，向其中通入SO2，溶液褪色，则高锰酸钾被还原，所以说明+4价硫具有还原性，SO2具有还原性，故D正确；故选B点评：本题以二氧化硫为载体考查二氧化硫的漂白性、还原性及其水溶液的酸性，侧重考查分析、判断能
25、力，明确反应实质是解本题关键，注意二氧化硫不能漂白指示剂，但次氯酸能漂白指示剂，题目难度不大14（4分）下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c（Na+）=c（SO42）c（NH4+）c（OH）c（H+）B常温下，将CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液pH=7：c（Na+）（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH）c（H+）=c（OH）C常温下，pH=6的NaHSO3溶液中：c（SO32）c（H2SO3）=9.9107 molL1D物质的量浓度之比为1：2的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）+c（ClO）
26、=2c（HCO3）+2c（H2CO3）+2c（CO32）考点：离子浓度大小的比较版权所有专题：盐类的水解专题分析：A、等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合，反应后的溶液溶质为（NH4）2SO4和Na2SO4，NH4+水解，溶液呈酸性，则c（Na+）=c（SO42）c（NH4+），c（H+）c（OH），一般来说，单水解的程度较弱，则有c（NH4+）c（H+），由此分析解答；B根据电荷守恒判断离子浓度相对大小；C根据电荷守恒和物料守恒计算；D根据物料守恒确定微粒之间的关系解答：解：A、等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合，反应后的溶液溶质为（NH4）2SO4和N
27、a2SO4，NH4+水解，溶液呈酸性，则c（Na+）=c（SO42）c（NH4+），c（H+）c（OH），一般来说，单水解的程度较弱，则有c（NH4+）c（H+），应有c（Na+）=c（SO42）c（NH4+）c（H+）c（OH），故A错误；B溶液pH=7，则c（H+）=c（OH），氯化氢电离出的氢离子和醋酸根离子结合生成醋酸，所以溶液中c（Cl）=c（CH3COOH），醋酸根离子水解而钠离子不水解，所以c（Na+）c（CH3COO），CH3COONa溶液呈弱碱性，要使溶液呈中性，则向醋酸钠溶液中加入少量盐酸，醋酸钠的量远远大于盐酸的量，所以c（CH3COO）c（Cl），故B正确；C常温下，亚
28、硫酸氢钠呈酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，根据物料守恒得c（Na+）=c（H2SO3）+c（HSO3）+c（SO32），根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HSO3）+2c（SO32），将方程式代入得，c（H2SO3）+c（H+）=c（OH）+c（SO32），所以c（SO32）c（H2SO3）=c（H+）c（OH）=（106108 ）mol/L=9.9107 molL1，故C正确；D根据物料守恒得，次氯酸钠中c（HClO）+c（ClO）=c（Na+），碳酸氢钠中c（Na+）=c（HCO3）+c（H2CO3）+c（CO32 ），次氯酸钠中钠离子是碳酸氢钠中钠离
29、子的2倍，所以c（HClO）+c（ClO）=c（HCO3）+c（H2CO3）+c（CO32 ），故D错误；故选BC点评：本题考查离子浓度大小的比较，难度较大，根据物料守恒和电荷守恒来分析解答，易错选项是A，注意硫酸氢根离子和碳酸氢根离子的差别，为易错点15（4分）一定条件下进行反应：COCl2（g）Cl2（g）+CO（g），向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol COCl2（g），经过一段时间后达到平衡反应过程中测得的有关数据见下表：t/s02468n（Cl2）/mol00.300.390.400.40下列说法正确的是（）A保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（Cl2）=0.22 molL1
30、，则反应的H0B若在2 L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器进行该反应，化学平衡常数不变C保持其他条件不变，起始向容器中充入1.2 molCOCl2、0.20 molCl2和0.20 molCO，反应达到平衡前的速率：（正）（逆）D保持其他条件不变，起始向容器中充入1.0 molCl2和1.2molCO，达到平衡时，Cl2的转化率大于60%考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程版权所有专题：化学平衡专题分析：A由表中数据可知，6s、8s时氯气的物质的量都是0.4mol，说明6s时反应到达平衡，平衡时氯气的浓度为0.2molL，升高温度，到达新平衡，氯气的浓度变为0.22mol/L，氯
31、气浓度增大，说明平衡向生成氯气的方向移动；B恒容绝热密闭容器进行该反应，随反应进行温度发生变化，而平衡常数只受温度影响；C利用三段式计算平衡时各组分的平衡浓度，进而计算平衡常数，再计算此时的浓度商，根据浓度商与平衡常数大小判断反应进行方向，据此判断反应速率；D原平衡等效为起始向容器中充入1.0molCl2和1.0molCO，如加入1.0 mol Cl2和1.2 mol CO，相当于在上述等效平衡的基础上增加0.2molCO，平衡在原来的基础上向正反应方向移动，则Cl2的转化率减小解答：解：A由表中数据可知，6s、8s时氯气的物质的量都是0.4mol，说明6s时反应到达平衡，平衡时氯气的浓度为0
32、.2molL，升高温度，到达新平衡，氯气的浓度变为0.22mol/L，氯气浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，即H0，故A错误；B正反应为吸热反应，恒容绝热密闭容器进行该反应，随反应进行温度降低，而平衡常数只受温度影响，故平衡常数一定发生变化，故B错误；C平衡时c（Cl2）=0.2mol/L， COCl2（g）Cl2（g）+CO（g）起始（mol/L）：0.5 0 0转化（mol/L）：0.2 0.2 0.2 平衡（mol/L）：0.3 0.2 0.2该温度下平衡常数k=0.013，若起始向容器中充入1.2 molCOCl2、0.20 molCl2和0.20 molCO，此
33、时Qc=0.170.13，则反应向逆反应方向移动，反应达到平衡前v正v逆，故C错误；D原平衡等效为起始向容器中充入1.0molCl2和1.0molCO，达到平衡时Cl2的转化率=100%=60%，如加入1.0 mol Cl2和1.2 mol CO，相当于在原来的基础上增加0.2molCO，平衡在原来的基础上向正反应方向移动，则Cl2的转化率减小，则Cl2的转化率小于60%，故D正确故选D点评：本题综合考查化学平衡的计算、等效平衡，难度较大，注意理解平衡常数的意义及应用，注意D选项中利用等效平衡思想进行解答三、解答题（共6小题，满分68分）16（12分）（2014盐城一模）以冶铝的废弃物灰为原料
34、制取超细氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程如下：图1（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O（2）图中“滤渣”的主要成分为SiO2 （填化学式）（3）加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4NH4Al（SO4）212H2O2Al2O3+2NH3+N2+5SO3+3SO2+53H2O，将产生的气体通过图2所示的装置集气瓶中收集到的气体是N2（填化学式）
35、足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有SO3、NH3（填化学式）KMnO4溶液褪色（MnO4还原为Mn2+），发生的离子反应方程式为2MnO4+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42+4H+考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用版权所有分析：铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3）加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4Fe（CN）6Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、干燥
36、、煅烧得到Al2O3；（1）Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水；（2）SiO2不溶于硫酸；（3）加30%的H2O2溶液Fe2+被氧化为Fe3+；（4）NH4Al（SO4）212H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收；NH3和SO3能被亚硫酸钠溶液吸收；KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子解答：解：铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3）加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4Fe（CN）6Fe3+转化为
37、沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、干燥、煅烧得到Al2O3；（1）Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O；故答案为：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O；（2）铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3）加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣为SiO2；故答案为：SiO2；（3）滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液Fe2+被氧化为Fe3+，其反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2
38、H+=2Fe3+2H2O；故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（4）NH4Al（SO4）212H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2；故答案为：N2；NH3极易溶于水，NH3所以能被亚硫酸钠溶液吸收，SO3与水反应是硫酸，则SO3也被亚硫酸钠溶液吸收，所以足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有SO3、NH3；故答案为：SO3、NH3；酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，其反应的离子方程式为：2MnO4+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42+4H+；故答案
39、为：2MnO4+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42+4H+点评：本题以氧化铝提取工艺流程为载体，考查元素化合物性质及相互转化、氧化还原、离子方程式、实验基本操作等知识点，注意把握制备原理，把握物质的性质以及相关反应方程式的书写，题目难度中等17（15分）橙皮素具有抗氧化、消炎、降血脂、保护心血管和抗肿瘤等多种功效它的合成路线如下：（1）化合物A中的含氧官能团有酚羟基、醛基（填官能团名称）（2）已知：BC为取代反应，其另一产物为HCl，写出X的结构简式：CH3OCH2Cl（3）反应DE的反应类型是加成反应（4）写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式：属于芳香族化合物分子中有4种不同
40、化学环境的氢不能与FeCl3溶液发生显色反应，但能发生水解反应（5）已知：，结合流程信息，写出以甲苯和上述流程中的“X”为原料，制备的合成路线流程图（无机试剂任用）考点：有机物的合成版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）根据A的结构简式分析A中含有2中含氧官能团；（2）根据BC为取代反应，取代反应的实质为交换基团或原子来判断；（3）根据流程D及E的结构简式变化的来判断；（4）根据信息确定属于芳香族化合物，说明含有苯环；分子中有4种不同化学环境的氢，说明对称结构；不能与FeCl3溶液发生显色反应，但能发生水解反应，说明含有酯基，不含酚羟基，据此书写；（5）根据要制备，即要得到单体为，根
41、据产物和原料分析，先将甲苯的对位引入氯原子，再水解、酸化得对甲基苯酚，对甲基苯酚的甲基氧化为羧基即可，但酚羟基已被氧化，根据流程信息加以保护来设计流程解答：解：（1）根据A的结构简式，A中含有2中含氧官能团即酚羟基和醛基，故答案为：酚羟基；醛基；（2）因为取代反应是交换基团或原子，把HCl和C分别交换得到B和CH3OCH2Cl，故答案为：CH3OCH2Cl；（3）由D到E的结构简式的变化，则D中碳碳双键与羟基加成，故答案为：加成反应；（4）根据信息确定属于芳香族化合物，说明含有苯环；分子中有4种不同化学环境的氢，说明对称结构；不能与FeCl3溶液发生显色反应，但能发生水解反应，说明含有酯基，不
42、含酚羟基，则符合条件的同分异构体为，故答案为：；（5）根据要制备，即要得到单体为，根据产物和原料分析，对甲基苯酚的甲基氧化为羧基即可，但酚羟基已被氧化，所以根据流程信息加以保护，具体流程为：，故答案为：点评：本题考查有机物的合成，题目难度中等，答题时一定要注意把握题给信息，仔细审题，为解答该题的关键，（5）为难点，利用好流程信息对官能团加以保护18CuSO4溶液与K2C2O4溶液混合反应，产物之一是只含一种阴离子的蓝色钾盐水合物通过下述实验确定该晶体的组成步骤a：称取0.6720g样品，放入锥形瓶，加入适量2molL1稀硫酸，微热使样品溶解再加入30ml水加热，用0.2000molL1 KMn
43、O4溶液滴定至终点，消耗8.00ml步骤b：接着将溶液充分加热，使淡紫红色消失，溶液最终呈现蓝色冷却后，调节pH并加入过量的KI固体，溶液变为棕色并产生白色沉淀CuI用0.2500molL1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗8.00ml已知涉及的部分离子方程式为：步骤a：2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+8H2O+10CO2步骤b：2Cu2+4I=2CuI+I2 I2+2S2O32=2I+S4O62（1）已知室温下CuI的Ksp=1.271012，欲使溶液中c（Cu+）1.0106molL1，应保持溶液中c（I）1.27106molL1（2）MnO4在酸性条件下，加热能分解为
44、O2，同时生成Mn2+该反应的离子方程式为4MnO4+12H+4Mn2+5O2+6H2O若无该操作，则测定的Cu2+的含量将会偏高（填“偏高”、“偏低”或“不变”）（3）步骤b用淀粉溶液做指示剂，则滴定终点观察到的现象为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色（4）通过计算确定样品晶体的组成考点：探究物质的组成或测量物质的含量；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铜金属及其重要化合物的主要性质；中和滴定版权所有专题：实验探究和数据处理题分析：（1）根据碘化亚铜的溶度积计算出碘离子的浓度；（2）根据化合价升降相等配平反应方程式；高锰酸钾能够将碘离子氧化成碘单质；（3）I2+2S2O32=2I+S4
45、O62反应结束时，溶液中碘单质消失，溶液变成无色；（4）根据题中反应找出关系式2MnO45C2O42 2S2O32I22Cu2+，利用滴定数据求出n（C2O42）、n（Cu2+），然后利用电荷守恒求出钾离子的物质的量，再利用样品质量算出水的物质的量，最后计算出样品晶体的组成解答：解：（1）CuI的Ksp=1.271012=c（Cu+）c（I），c（I）=，由于溶液中c（Cu+）1.0106molL1，c（I）1.27106，故答案为：1.27106；（2）锰元素化合价+7+2，降低了5价，生成氧气，氧元素化合价20，升高了22=4，所以锰离子前配4，氧气前配5，再利用观察法配平其它物质，反应的
46、离子方程式是：4MnO4+12H+4Mn2+5O2+6H2O；若不加热除去高锰酸根离子，高锰酸根离子能够氧化碘离子，使得碘单质的物质的量增加，测定铜离子含量偏高，故答案为：4MnO4+12H+4Mn2+5O2+6H2O；偏高；（3）根据反应I2+2S2O32=2I+S4O62，当反应结束时，溶液的蓝色消失变成无色溶液，所以滴定终点是：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，故答案为：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；（4）根据反应2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+8H2O+10CO2、2Cu2+4I=2CuI+I2 I2+2S2O32=2I+S4O62可得关系式：2MnO45C2
47、O42 2S2O32I22Cu2+ 2 5 2 2 0.28103mol n（C2O42） 0.258103mol n（Cu2+）所以n（C2O42）=4103mol，n（Cu2+）=2103mol，根据电荷守恒原理：n（K+）=2n（C2O42）2n（Cu2+）=4103mol 根据质量守恒原理：m（H2O）=0.6720394103642103884103=0.036gn（H2O）=2103，n （K+）：n（Cu2+）：n（C2O42）：n （H2O）=2：1：2：1，所以样品晶体组成是：K2Cu（C2O4）2H2O，答：该样品晶体的化学式为：K2Cu（C2O4）2H2O点评：本题考查了
48、探究物质组成方法，题目的综合性较强，计算量稍大，充分考查了学生分析、理解信息、利用信息的能力，本题难度中等19（15分）（2014南通二模）三氯化铁是合成草酸铁的重要原料（1）利用工业FeCl3制取纯净的草酸铁晶体Fe2（C2O4）35H2O的实验流程如图所示：为抑制FeCl3水解，溶液X为（浓）盐酸上述流程中FeCl3能被异丙醚萃取，其原因是FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；检验萃取、分液后所得水层中是否含有Fe3+的方法是取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+所得Fe2（C2O4）35H2O需用冰水洗涤，其目的是除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗
49、为测定所得草酸铁晶体的纯度，实验室称取a g样品，加硫酸酸化，用KMnO4标准溶液滴定生成的H2C2O4，KMnO4标准溶液应置于右图所示仪器甲（填“甲”或“乙”）中下列情况会造成实验测得Fe2（C2O4）35H2O含量偏低的是ca盛放KMnO4的滴定管水洗后未用标准液润洗b滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失c滴定前仰视读数，滴定后俯视读数（2）某研究性学习小组欲从蚀刻镀铜电路板所得废液（溶质为FeCl2、CuCl2、FeCl3）出发，制备单质铜和无水FeCl3，再由FeCl3合成Fe2（C2O4）35H2O请补充完整由蚀刻废液制备单质铜和无水FeCl3的实验步骤（可选用的试剂：铁粉、盐酸
50、、NaOH溶液和H2O2溶液）：向废液中加入足量铁粉，充分反应后过滤；向滤渣中加入足量HCl，充分反应后过滤、洗涤、干燥得铜粉；将两次过滤所得滤液合并，向其中加入适量H2O2溶液至Fe2+全部生成Fe3+；调节溶液pH，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得FeCl36H2O；将FeCl36H2O在HCl的气氛中加热脱水，得到无水FeCl3考点：制备实验方案的设计；铁的氧化物和氢氧化物；探究物质的组成或测量物质的含量版权所有专题：实验题分析：（1）酸化FeCl3用盐酸酸化，不引入杂质；萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其
51、在水中的溶解度；检验Fe3+用KSCN溶液效果最好；洗涤是除去沉淀表面杂质，冰水是减少沉淀溶解损失；故答案为：除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；KMnO4标准溶液具有强氧化性，应置于酸式滴定管中；根据高锰酸钾的量计算草酸的含量，a没有润洗导致高锰酸钾浓度低消耗体积多；b读数高锰酸钾体积多；c读数体积偏小，结果偏低；（2）该过程中生成亚铁离子需加双氧水氧化为铁离子，但实验的目的是得到铜单质，反应生成的是铜和剩余铁的混合物，故需加盐酸除去铜中的铁，并把反应滤液与前次合并，故操作为向滤渣中加入足量HCl，充分反应后过滤、洗涤、干燥得铜粉；将两次过滤所得滤液合并，向其中加入适量H2O2溶液至Fe2+
52、全部生成Fe3+；直接加热FeCl36H2O会水解，为抑制水解需在HCl氛围下进行解答：解：（1）酸化FeCl3用盐酸酸化，不引入杂质，且抑制铁离子的水解，故答案为：（浓）盐酸；萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；检验Fe3+用KSCN溶液效果最好；故答案为：FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+；洗涤是除去沉淀表面杂质，冰水是减少沉淀溶解损失，故答案为：除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；KMnO4标准溶液具有强氧化性，应置于酸式
53、滴定管中；a没有润洗导致高锰酸钾浓度低消耗体积多，偏高；b读数高锰酸钾体积多，偏高；c读数体积偏小，结果偏低，正确；故答案为：甲；c；（2）该过程中生成亚铁离子需加双氧水氧化为铁离子，但实验的目的是得到铜单质，反应生成的是铜和剩余铁的混合物，故需加盐酸除去铜中的铁，并把反应滤液与前次合并，故操作为向滤渣中加入足量HCl，充分反应后过滤、洗涤、干燥得铜粉；将两次过滤所得滤液合并，向其中加入适量H2O2溶液至Fe2+全部生成Fe3+；直接加热FeCl36H2O会水解，为抑制水解需在HCl氛围下进行，故答案为：向滤渣中加入足量HCl，充分反应后过滤、洗涤、干燥得铜粉；将两次过滤所得滤液合并，向其中加
54、入适量H2O2溶液至Fe2+全部生成Fe3+；将FeCl36H2O在HCl的气氛中加热脱水点评：本题考查草酸铁晶体Fe2（C2O4）35H2O的制备，涉及试验流程问题，根据物质的性质进行分析处理，难度较大20（14分）（2014南通二模）催化剂是化工技术的核心，绝大多数的化工生产均需采用催化工艺（1）人们常用催化剂来选择反应进行的方向如图1示为一定条件下1mol CH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图如图1反应物O2（g）和生成物H2O（g）略去在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成HCHO（填“CO、CO2或HCHO”）2HCHO（g）+O2（g）2CO（
55、g）+2H2O（g）H=470KJmol1在稀硫酸催化下，HCHO可以通过反应生成分子式为C3H6O3的环状三聚甲醛分子，其分子中同种原子的化学环境均相同写出三聚甲醛的结构简式：甲醇制取甲醛可用Ag作催化剂，含有AgCl会影响Ag催化剂的活性，用氨水可以溶解除去其中的AgCl，写出该反应的离子方程式：AgCl+2NH3H2O=Ag（NH3）2+Cl+2H2O或者AgCl+2NH3=Ag（NH3）2+Cl（2）一种以铜作催化剂脱硫有如下两个过程：在铜的作用下完成工业尾气中SO2的部分催化氧化，所发生反应为：2SO2+2n Cu+（n+1）O2+（22n）H2O2n CuSO4+（22n）H2SO
56、4从环境保护的角度看，催化脱硫的意义为防止酸雨的发生；每吸收标准状况下11.2L SO2，被SO2还原的O2的质量为8g利用图2所示电化学装置吸收另一部分SO2，并完成Cu的再生写出装置内所发生反应的离子方程式SO2+2H2O+Cu2+4H+SO42+Cu考点：有关反应热的计算；电解原理；二氧化硫的污染及治理版权所有专题：化学反应中的能量变化；电化学专题；氧族元素分析：（1）使用催化剂可以降低反应的活化能，活化能越低，普通分子越容易转化成活化分子，反应越容易，反应速率越快；根据图表可知2HCHO（g）+O2（g）2CO（g）+2H2O（g）中反应物能量高，生成物能量低，故该反应为放热反应，然后
57、依据图中给出数据解答；三分子HCHO，通过加成聚合成三聚甲醛分子，该过程中C=O中的一个键断裂，与其他两分子甲醛加成聚合得到三聚甲醛；氯化银中加入氨水，发生络合反应，生成银氨络合离子；（2）二氧化硫是一种有毒的气体，排放到空气中可引起酸雨的发生，对环境和人类健康有害，脱硫可以防止酸雨的发生；依据二氧化硫和氧气反应方程式，找出二氧化硫和氧气量的关系；利用电解原理将二氧化硫转化成硫酸吸收，先写出两个电极上上发生的电极反应式，加和就可得到总的离子方程式解答：解：（1）根据图象可以看出转化成甲醛时活化能最低，使用催化剂时主要产物为HCHO，故答案为：HCHO；2HCHO（g）+O2（g）2CO（g）+
58、2H2O（g）该反应为放热反应，H=2（676158283）=470KJmol1，故答案为470KJmol1；三分子甲醛加成聚合成三聚甲醛，方程式为：3HCHO，故答案为：；氯化银与氨水发生络合反应的离子方程式：AgCl+2NH3H2O=Ag（NH3）2+Cl+2H2O或者AgCl+2NH3=Ag（NH3）2+Cl，故答案为：AgCl+2NH3H2O=Ag（NH3）2+Cl+2H2O或者AgCl+2NH3=Ag（NH3）2+Cl（2）脱硫可以减少二氧化硫的排放量，防止酸雨的发生，故答案为：防止酸雨的发生； 2SO2 +O2 =2SO3 44.8L 32g 11.2L m 解得m=8g，故答案为
59、：8； 分析图中电解装置，可知左边石墨是电解池的阳极，右边是电解池的阴极；阳极放电的物质二氧化硫，失去电子生成硫酸根离子，电极反应式：SO22e+2H2O=SO42+2H+；阴极放电的物质时铜离子，得到电子被还原成单质铜，电极反应式：Cu2+2e=Cu；将上述两电极的电极反应式得：SO2+2H2O+Cu2+4H+SO42+Cu，故答案为：SO2+2H2O+Cu2+4H+SO42+Cu点评：本题考查了反应热的求算，盖斯定律，二氧化硫的污染和治理，题目综合性强，难度较小，根据已经掌握的知识可以求解21（12分）已知：硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠（H2NCH2COONa）即可得到配合物A其结构如图1：
60、（1）Cu元素基态原子的外围电子排布式为3d104s1（2）元索C、N、O的第一电离能由大到小排列顺序为NOC（3）配合物A中碳原子的轨道杂化类型为sp3、sp2（4）1mol氨基乙酸钠（H2NCH2COONa）含有键的数目为8mol（5）氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳写出二氧化碳的一种等电子体：N2O（或SCN、N3等）（写化学式）（6）已知：硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体，其结构如图2，则该化合物的化学式是Cu2O考点：原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断版权所有专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构分析：（1）Cu是
61、29号元素，其原子核外有29个电子，3d能级上有10个电子、4s能级上有1个电子，3d、4s能级上电子为其外围电子，根据构造原理书写其基态原子外围电子排布式；（2）根据同周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但N元素原子的2p能级处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻的元素；（3）根据碳原子的成键情况要以判断碳原子的杂化方式；（4）共价单键为键，共价双键中一个是键一个是键，H2NCH2COONa中含有8个键；（5）原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体；（6）利用均摊法确定该化合物的化学式解答：解：（1）Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，3d能级上有10个电子、4
62、s能级上有1个电子，3d、4s能级上电子为其外围电子，根据构造原理知其基态原子外围电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；（2）同周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但N元素原子的2p能级处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻的元素，所以C、N、O三种元素的第一电离能由由小到大的排列顺序是NOC；故答案为：NOC；（3）配合物A分子中一种碳有C=O，碳的杂化方式为sp2杂化，另一种碳周围都是单键，碳的杂化方式为sp3杂化；故答案为：sp3、sp2；（4）共价单键为键，共价双键中一个是键一个是键，H2NCH2COONa中含有8个键，所以1mol氨基乙酸钠中含有键
63、的数目为8mol，故答案为：8mol；（5）一个二氧化碳分子中原子个数为3个，价电子数为16，原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体，则CO2的等电子体为：N2O（或SCN、N3等），故答案为：N2O（或SCN、N3等）；（6）利用均摊法知，该化合物中O原子个数=1+8=2，Cu原子个数=4，铜原子和氧原子个数之比=4：2=2：1，所以其化学式为：Cu2O，故答案为：Cu2O点评：本题涉及的知识点有晶胞的计算、等电子体、价层电子对互斥理论等知识点，利用均摊法、等电子体概念、价层电子对互斥理论来分析解答即可，题目难度中等；高考题中对于物质结构和性质的考查时，不是单纯的涉及一个考点，常常将各个考点融入到一个大型题中，考查知识较全面，要求学生对各个考点熟练掌握，一般来说，有关晶胞的计算较难
