1、河南省延津县第三高级中学2016届高三下期4月月考化学试卷（解析版）1下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）A4mol/L的NaAlO2溶液和7mol/L的HCl等体积互相均匀混合4AlO2+7H+H2O3Al(OH)3+Al3+ B稀硫酸溶液与氢氧化钡溶液混：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2OC稀硝酸中加入过量的铁粉：Fe6H3NO3Fe33NO23H2OD烧碱溶液中加入铝片：Al + 2OHAlO2+H2【答案】A【解析】B、反应计量系数错误，硫酸中氢离子恶化硫酸根为2:1，氢氧化钡中钡离子和氢氧根为1:2；C、加入过量铁粉生成的是Fe2+；D、电荷不守恒2下列电子式书写正确的是
2、A溴化铵： B硫化氢：C氮气：D羟基：【答案】D【解析】试题分析：A、溴化铵是离子化合物，电子式为，A错误；B、硫化氢是共价化合物，电子式为，B错误；C、氮气是含有共价键的单质，电子式为，C错误；D、羟基不带电，电子式为，D正确，答案选D。考点：考查电子式的正误判断3下列哪种物质可用于和氢氧化钠溶液共热后制得肥皂A葡萄糖 B蛋白质 C油脂 D乙酸【答案】C【解析】试题分析：肥皂的制取：油脂在氢氧化钠溶液中彻底水解生成高级脂肪酸钠和甘油，此反应称为皂化反应，C正确。考点：考查油脂的性质。4下列物质中既能与稀H2SO4反应, 又能与NaOH溶液反应的是NaHCO3 Al2O3 Al(OH)3 Al
3、 Na2CO3 A B C D全部【答案】B【解析】试题分析：Al2O3和Al(OH)3均具有两性；Al既能与酸反应又能与强碱液反应；HCO3H=H2OCO2；HCO3OH=H2OCO32;考点：物质的化学性质。5硝酸应避光保存是因为它具有A.强酸性 B.强氧化性 C.挥发性 D.不稳定性【答案】D【解析】6人类已进入网络时代，长时间看显示屏幕的人，会感到眼睛疲劳，甚至会对眼睛有一定的伤害人眼中的视色素中含有视黄醛（见甲）作为辅导基的蛋白质，而与视黄醛相似结构的维生素A（见乙）常作为保健药物已知CH3CHCHCH3可用“ ”表示，则下列有关叙述正确的是（ ）H3CCH3 CH3 CH3 CH3
4、 O 甲 H3CCH3 CH3 CH3 CH3 CH2OH 乙 A维生素A是视黄醛的还原产物B视黄醛和维生素A互为同分异构体C视黄醛的分子式为C20H26OD1mol视黄醛最多能与5molH2加成【答案】A【解析】7将等物质的量K2SO4、NaCl、Ba(NO3)2、AgNO3混合均匀后，置于指定容器中，加入足量的水，经搅拌、静置、过滤。取滤液，用铂电极电解该滤液一段时间。则两个极区析出的氧化产物与还原产物的质量比约为()A35.5108 B10835.5C81 D12【答案】C【解析】四种物质混合加水，最后过滤后，得到KNO3和NaNO3的混合溶液，所以阳极产物为O2，阴极产物为H2。8下列
5、各组物质的性质比较，正确的是A氢化物稳定性： HFH2ONH3 B碱性：LiOH NaOHKOHC酸性：HClOH2SO4H3PO4 D原子核外电子数：HOAl【答案】A【解析】试题分析：A、非金属性FON，所以氢化物稳定性： HFH2ONH3，正确；B、金属性LiNaK，所以碱性：LiOH NaOHOH，错误，答案选A。考点：考查氢化物的稳定性、酸碱性、原子序数的判断9用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述一定正确的是A标准状况下，2.24LH2O含有的质子数为 NAB等物质的量的氮气和氧气，都含有2NA个原子 C常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02 NA D物质的量浓
6、度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl- 个数为 NA 【答案】C【解析】试题分析：A标准状况下H2O是液体，因此不能使用气体摩尔体积，错误；B等物质的量的氮气和氧气，不一定都是1mol，因此不能确定二者含有的原子个数，错误；C常温常压下，1.06g Na2CO3的物质的量是0.01mol,因此含有的Na+离子数为0.02 NA，正确；D.由于不知道溶液的体积，所以不能确定微粒的多少，错误。考点：考查阿伏德罗常数的计算的知识。10试管中盛有少量白色固体，可能是铵盐，检验的方法是：A、加氢氧化钠溶液，加热，滴入酚酞试剂B、加氢氧化钠溶液，加热，滴入紫色石蕊试剂C、加氢氧化钠溶液，加热
7、，将干燥的红色石蕊试纸靠近试管口D、加氢氧化钠溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口【答案】D【解析】试题分析：检验铵盐的方法是：利用铵盐和氢氧化钠溶液在加热条件下生成氨气，用湿润红色石蕊试纸来检验，湿润红色石蕊试纸会变蓝色；A、氢氧化钠和氨水均是碱性的，如果氢氧化钠相对于氨水过量则会干扰检验，滴入酚酞试剂变红不一定是氨水，故A错误；B、氢氧化钠和氨水均是碱性的，均能使石蕊试液显示蓝色，如果氢氧化钠相对于氨水过量则会干扰检验，故B错误；C、干燥的红色石蕊试纸遇氨气不变色，所以靠近试管口，无法检验氨气，故C错误；D、将白色固体放入试管加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，湿润红色石蕊试纸会变
8、蓝色，证明产生的气体是氨气，证明该盐中含有铵根离子，这是检验铵盐的方法，故D正确；故选D。考点：考查了铵盐的检验方法的相关知识。11下列各组离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是ANa+、H+、CO32-、Cl- BH+、Fe2+、Cl-、NO3-CNa+、Al3+、OH-、Cl- DNH4+、H+、OH-、NO3-【答案】B【解析】试题分析：离子间如果发生化学反应则不能大量共存，反之是可以的。则A.在溶液中H+、CO32-结合生成水和CO2不能大量共存，但不属于氧化还原反应，A错误；B在溶液中H+、Fe2+、NO3-之间发生氧化还原反应，不能大量共存，B正确；C在溶液中Al3+、O
9、H-结合生成氢氧化铝沉淀或偏铝酸盐，不能大量共存，但不属于氧化还原反应，C错误；D在溶液中NH4+、H+与OH-均不能大量共存，但不属于氧化还原反应，D错误，答案选B。考点：考查离子共存正误判断12下列叙述正确的是A同温同压下，相同体积的气体，它们的物质的量必相等B任何条件下，等体积的O2和H2O所含的分子数必相等C1 LCO气体一定比1 LO2的质量小D. 等质量的N2和CO2两种气体的分子数一定相等【答案】A【解析】试题分析：B、C项缺点温度和压强，错误；D项两者的摩尔质量不同，等质量时，物质的量不同。考点：阿伏伽德罗定律。13用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是A标准状况下，22.4
10、LH2O含有的分子数为NAB标准状况下，22.4L 氖气含有的氖原子数为2 NAC常温常压下，22.4L CO2气体含有的分子数为NAD在1L的05mol/L的MgCl2溶液中，含Cl- 数为NA【答案】D【解析】试题分析：A、标况下水不是气体，不能使用气体摩尔体积，错误，不选A；B、标况下22.4升氖气为1摩尔，含有1摩尔氖原子，错误，不选B；C、常温常压下22.4升二氧化碳不是1摩尔，错误，不选C；D、含有0.5摩尔氯化镁，则含有1摩尔氯离子，正确，选D。考点：阿伏伽德罗常数14已知25 时有关弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸化学式HFCH3COOHHClOH2CO3电离常数6.81041.
11、71054.7108K14.3107K25.61011下列推断正确的是A弱酸的酸性强弱：HF HClOB同物质的量浓度NaClO与NaHCO3溶液，前者的pH较大C将碳酸钠粉末加入到0.1molL_1 HClO溶液中，不发生反应D中和等体积、等pH的HF和CH3COOH溶液，消耗等量的NaOH【答案】B【解析】试题分析：A、电离平衡常数越大，说明酸越强，所以氢氟酸的酸性大于次氯酸，所以不选A；B、酸越弱，对应的强碱盐水解程度越大，碱性越强，因为4.71085.61011，说明次氯酸酸性强些，次氯酸能和碳酸钠反应生成次氯酸钠和碳酸氢钠，所以不选C；D、中和等体积、等pH的HF和CH3COOH溶液
12、，由于电离程度不同，所以溶液的浓度不等，所以消耗的氢氧化钠的量不等，所以不选D。考点：，电离平衡常数，弱电解质的电离的应用。15（13分）、短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如下图所示。XYZ25，01 molL1M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
13、氧化物的水化物的电离常数为Kal =42107，Ka2=561011；HA的电离常数Ka=111010）、碳和氮的化合物与人类生产、生活密切相关。低碳经济呼唤新能源和清洁环保能源。煤化工中常需研究不同温度下的平衡常数、投料比及热值等问题。已知：CO(g) + H2O(g)H2(g) + CO2(g)的平衡常数随温度的变化如下表：温度/400500平衡常数9.949请回答下列问题：（6）上述正反应方向是 反应（填“放热”或“吸热”）。（7）写出该反应的化学平衡常数表达式：K= 。（8）830K时，若起始时：C(CO)=2mol/L，C(H2O)=3mol/L，平衡时CO的转化率为60%，水蒸气的
14、转化率为 ；K值为 。（9）在一恒温、恒容密闭容器中发生反应：Ni (s)4CO(g)Ni(CO)4(g)，H0。利用该反应可以将粗镍转化为纯度达99.9%的高纯镍。下列说法正确的是 （填字母编号）。A增加Ni的量可提高CO的转化率，Ni的转化率降低B缩小容器容积，平衡右移，H减小C反应达到平衡后，充入CO再次达到平衡时， CO的体积分数降低D当4v正Ni(CO)4= v正(CO)时或容器中混合气体密度不变时,都可说明反应已达化学平衡状态【答案】I、（1）；（2）CH4（3）SiO2+2OH-=SiO32-+H2O（4）SiO2+CSi+CO（5）KA+CO2+H2O=HA+KHCO3II、（
15、6）放热（7）K=c(H2)c(CO2)/c(CO)c(H2O)（8）40%；1（9）C【解析】试题分析：I、25，01 molL1M溶液（M为Y的最高价氧化物的水化物）的pH为13，说明M是强碱，根据X、Y、Z在元素周期表中的位置判断Y是Na元素，对应的最高价氧化物的水化物是氢氧化钠，为强碱；则X是C元素，Z是Si元素。（1）Na的离子结构示意图为；（2）C的非金属性大于Si，所以C的气态氢化物CH4的稳定性较强；（3）因为氢氧化钠与玻璃塞中的二氧化硅反应生成粘性较大的硅酸钠，所以不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛装氢氧化钠溶液，离子方程式是SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;（4）工业上用
16、单质碳还原二氧化硅制取Si单质，化学方程式是SiO2+CSi+CO;(5)根据所给酸的电离常数可知，酸性H2CO3HAHCO3-，所以二氧化碳与KA溶液反应只能生成碳酸氢钾和HA，则化学方程式是KA+CO2+H2O=HA+KHCO3。II、（6）温度升高，平衡常数减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应是放热反应；（7）根据平衡常数的定义，该反应的平衡常数K=c(H2)c(CO2)/c(CO)c(H2O)；（8）830K时，若起始时：C(CO)=2mol/L，C(H2O)=3mol/L，平衡时CO的转化率为60%，则平衡时c(H2)=c(CO2)=2mol/L60%=1.2mol/L，消耗水
17、蒸气的浓度也是1.2mol/L，则水蒸气的转化率为1.2mol/L/3mol/L100%=40%；平衡时水蒸气的浓度是3mol/L-1.2mol/L=1.8mol/L，CO的浓度是2mol/L-1.2mol/L=0.8mol/L，代入K=c(H2)c(CO2)/c(CO)c(H2O)，则该温度下的平衡常数是1.22/（0.81.8）=1；（9）A、Ni为固体，增加Ni的量，平衡不移动，CO的转化率不变，错误；B、缩小容器容积，压强增大，平衡右移，但H不变，错误；C、反应达到平衡后，充入CO，相当于增大压强，平衡正向移动，则再次达到平衡时，CO的体积分数减小，正确；D、因为该反应有固体参加，气体
18、的总质量分数变化，达到平衡时气体的质量不再变化，则气体的密度不变，所以当容器中混合气体密度不变时,可说明反应已达化学平衡状态，而4v正Ni(CO)4= v正(CO)表示正反应速率，不符合正逆反应速率相等的特征，不能判断平衡的到达，错误，答案选C。考点：考查元素推断，化学用语的书写，化学平衡的移动机平衡常数的应用16(17分)二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向。（1）科学家提出由CO2制取C的太阳能工艺如图所示。若“重整系统”发生的反应中=6，则FexOy的化学式为_。“热分解系统”中每分解l mol FexOy，转移电子的物质的量为_。（2）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚
19、。已知：一定条件下，上述合成二甲醚的反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是_(填代号)。a逆反应速率先增大后减小bH2的转化率增大c反应物的体积百分含量减小d容器中的值变小在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如图所示。T1温度下，将6 mol CO2和12 mol H2充入2 L的密闭容器中，5 min后反应达到平衡状态，则05 min内的平均反应速率=_；KA、KB、KC三者之间的大小关系为_。（3）常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，在NH4HCO3溶液中，c(NH4+)_c(HCO3-)(填“”
20、、“”或“=”)；反应NH4+HCO3-+H2ONH3H2O+H2CO3的平衡常数K=_。(已知常温下NH3H2O的电离平衡常数Kb=210-5molL-1，H2CO3的电离平衡常数K1=410-7molL-1，K2=410-11molL-1)【答案】（1）Fe3O4。2mol。（2）-130.8KJ/mol。b。0.18mol/(Lmin)；KA=KCKB。（3）；1.2510-3。【解析】试题分析：（1）根据流程知“重整系统”氧化亚铁和二氧化碳反应生成铁的氧化物和碳，当氧化亚铁和二氧化碳的物质的量之比为6时根据原子守恒确定FexOy的化学式为Fe3O4。“热分解系统”中Fe3O4分解生成氧
21、化亚铁和氧气，每分解l mol Fe3O4生成3molFeO和0.5molO2，转移电子的物质的量为2mol。（2）根据盖斯定律：2-得2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)H3=-130.8KJ/mol。a增大生成物的浓度，逆反应速率先增大后减小，平衡逆向移动，错误；bH2的转化率增大，平衡一定向正反应方向移动，正确；c减小反应物的浓度，反应物的体积百分含量减小，平衡逆向移动，错误；d减小二氧化碳的浓度，平衡逆向移动，容器中的值变小，错误，选b。分析图像知T1温度下，将6 mol CO2和12 mol H2充入2 L的密闭容器中，5 min后反应达到平衡，CO2的转
22、化率为60%，则参加反应的二氧化碳的物质的量为3.6mol，生成二甲醚的物质的量为1.8mol，则05 min内的平均反应速率v (CH3OCH3) =1.8mol/(2L5min)=0.18mol/(Lmin)；化学平衡常数的影响因素为温度，合成二甲醚的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，平衡常数减小，则温度：T1T2，故KA、KB、KC三者之间的大小关系为KA=KCKB。（3）分析题给电离常数知一水合氨的电离程度大于碳酸的一级电离程度，则碳酸氢根的水解程度大于铵离子的水解程度，则NH4HCO3溶液中，c(NH4+)c(HCO3-)；反应NH4+HCO3-+H2ON
23、H3H2O+H2CO3的平衡常数K=Kw/KbK1=1.2510-3。考点：考查氧化还原反应，反应热的计算、盖斯定律，化学反应速率和化学平衡及盐类的水解。17实验室要配制100mL 0.2molL-1的Na2CO3溶液，试回答下列各题：(1)下列仪器中，肯定不会用到的是 A200mL容量瓶 B量筒 C胶头滴管 D100mL容量瓶 E天平 (2)若要实施配制，除上述仪器外，还缺少的仪器或用品是_和_ _。(3)容量瓶上除有刻度线外还应标有_和_，在使用前必须检查容量瓶是否完好以及_处是否漏水。(填容量瓶的受检部位) (4)配制完毕后，教师指出有四位同学各进行了下列某一项错误操作，你认为这四项错误
24、操作会导致所得溶液浓度偏高的是 A定容时仰视容量瓶刻度线 B定容时俯视容量瓶刻度线 C将溶解冷却后的溶液直接转入容量瓶后再转入定容操作D定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处(5)通过计算可得出可用托盘天平称取Na2CO3固体_克，若用4mol/L的Na2CO3浓溶液配制100mL 0.2molL-1的稀溶液，应用量筒量取_mL该浓溶液。【答案】(共12分) (1) A （1分） ， (2) 烧杯、玻棒（各1分，共2分）；(3) 温度、容积，瓶塞 （各1分，共3分）（4）B （2分）； （5）2.1克 、 5. 0mL （各2分，共4分）【解析】试题分析：(1)要选
25、择合适的容量瓶，A项中的不符合，故不会用到。(2) 操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。缺少的仪器是烧杯和玻棒。(3)容量瓶是标有温度、容积和刻度线。使用前要检漏，即瓶塞处是否漏水。(4) A、D项：导致溶液体积偏大，结果偏低，故错；C项：没有洗涤烧杯，导致溶质的量偏小，结果偏低，故错。故选B。(5)通过公
26、式：c=n/V，m=nM，计算得Na2CO3固体2.1克。通过公式：c1V1=c2V2，计算应用量筒量取5. 0mL。考点：配制一定物质的量浓度的溶液点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，注意从c=n/V，理解配制原理，注意碳酸钠称量应在玻璃器皿内称量。18正丁醚常用作有机反应的溶剂。实验室制备正丁醚的反应和主要实验装置如下：2CH3CH2CH2CH2OH(CH3CH2CH2CH2)2O + H2O。反应物和产物的相关数据如下相对分子质量沸点/密度/（gcm-3）水中溶解性正丁醇74117.20.8109微溶正丁醚130142.00.7704几乎不溶合成反应：将6 mL浓硫酸和37 g正
27、丁醇，按一定顺序添加到A中，并加几粒沸石。加热A中反应液，迅速升温至135，维持反应一段时间。分离提纯：待A中液体冷却后将其缓慢倒入盛有70 mL水的分液漏斗中，振荡后静置，分液得粗产物。粗产物依次用40 mL水、20 mL NaOH溶液和40 mL水洗涤，分液后加入约3 g无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。将上述处理过的粗产物进行蒸馏，收集馏分，得纯净正丁醚11 g。请回答：（1）步骤中浓硫酸和正丁醇的添加顺序为 。（2）加热A前，需先从 （填“a”或“b”）口向B中通入水。（3）步骤的目的是初步洗去 ，振荡后静置，粗产物应从分液漏斗的 （填“上”或“下”）口分离出。（4）步骤中最后
28、一次水洗的目的为 。（5）步骤中，加热蒸馏时应收集 （填选项字母）左右的馏分。a100 b 117 c 135 d142（6）反应过程中会观察到分水器中收集到液体物质，且分为上下两层，随着反应的进行，分水器中液体逐渐增多至充满时，上层液体会从左侧支管自动流回A。分水器中上层液体的主要成分为 ，下层液体的主要成分为 。（7）本实验中，正丁醚的产率为 。（保留两位有效数字）【答案】（1）先加入正丁醇，然后再加入浓硫酸。（2）b（3）硫酸；上（4）用水洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐 （5）d（6）正丁醇；水 （7）34%。【解析】试题分析：（1）为防止酸液飞溅，应先加入正丁醇，然后再加
29、入浓硫酸。（类似浓硫酸的稀释）（2）冷却水的流向：下口进，上口出。（3）用水初步洗去硫酸，据正丁醚不溶于水且比水轻，应从分液漏斗上口分离。（4）再用水洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐。（5）控制温度在142蒸馏得纯净正丁醚。（6）A中迅速升温至135，维持反应一段时间后，分水器中收集到沸点低于135的正丁醇和水，正丁醇密度比水小微溶，浮于上层。（7）37 g正丁醇（0.5mol）完全反应可生成0.25mol正丁醚，即理论产量为32.5g，则正丁醚的产率为100%=34%。考点：考查有机物制备实验方案设计与评价19（8分）某实验小组利用如下装置合成化工原料正丁醛。发生的反应如下：反应
30、物和产物的相关数据列表如下：沸点/密度/(gcm-3)水中溶解性正丁醇117.20.810 9微溶正丁醛75.70.801 7微溶实验步骤如下：将6.0 g Na2Cr2O7放入100 mL烧杯中，加30 mL水溶解，再缓慢加入5 mL浓硫酸，将所得溶液小心转移至B中。在A中加入4.0 g正丁醇和几粒沸石，加热。当有蒸气出现时，开始滴加B中溶液。滴加过程中保持反应温度为9095 ，在C中收集90 以下的馏分。将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，再将有机层干燥、蒸馏后得正丁醛2.0 g。回答下列问题：（1）实验中不能将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中的理由是 。（2）加入沸石的作用是 。（3）分液
31、漏斗使用前必须进行的操作是 。（4）反应温度应保持在9095，其原因是 。（5）本实验中，正丁醛的产率为 。【答案】（1）浓硫酸溶于水会放出大量热，容易溅出伤人（2分） （2）防止液体暴沸（1分）（3）检查是否漏水（1分）（4）将正丁醛及时分离出来，有利于正丁醛生成（2分）（5）51.4%（2分）【解析】试题分析：（1）因为浓硫酸的密度大，溶于水放热，将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，容易发生迸溅。（2）加入沸石的作用是防止暴沸。（3）分液漏斗使用前必须进行的操作是检查是否漏水。（4）根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在9095，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一
32、步氧化。（5）设正丁醛的产率为x，则正丁醇的利用率为x，根据关系式可知C4H10OC4H8O74 724xg 2g即74：724xg：2g解得：x51.4%。考点：考查有机化学实验、反应原理、基本操作、化学计算等20一种称为“摇头丸”的毒品已从国外流入我国，严重损害一些吸毒者的身心健康，司法机关予以坚决查缉和打击。已知该毒品中氮的质量分数为10.37%，试完成下列问题：（1）“摇头丸”的分子结构可能是（ ） （2）据中“摇头丸”的分子结构分析，处于同一平面上的碳原子至少有（ ）A.6个 B.7个 C.8个 D.9个（3）固体“摇头丸”属于（ ）A.分子晶体 B.原子晶体C.离子晶体 D.金属晶
33、体（4）摇头丸在一定条件下能否与浓HNO3发生硝化反应?(填“能”或“不能”)_ _。（5）写出 “摇头丸”在加热加压和有催化剂时跟H2反应的方程式：_。（6）“摇头丸”能否跟浓盐酸反应?若能，写出生成物的结构简式；若不能，请说明理由_。【答案】（1）B （2）B （3）A （4）能（6）能与浓盐酸反应.生成物的结构简式为【解析】（1）计算选项物质中氮的质量分数，即可确定答案。通过计算，只有B物质中氮的质量分数为：14135100%=10.37%。故本题答案选B项。（2）据苯分子结构推知本题答案应选B项。（3）“摇头丸”分子间的作用力属于范德华力(分子间作用力)，分子间以分子间作用力互相结合的
34、晶体叫分子晶体。故本题应选A项。（4）因分子中含苯环，故能发生硝化反应。（5）“摇头丸”在加热加压和有催化剂时跟H2反应的方程式：（6）因“摇头丸”分子中的氮原子上有一对孤对电子能与H+形成配位键，故能跟盐酸反应，生成物结构为：21（10分）下图所示各物质是由120号元素中部分元素组成的单质或其化合物，图中部分反应条件未列出。已知C、H是无色有刺激性气味的气体，D是一种黄绿色的气体单质，物质J可用于泳池消毒。反应和是化工生产中的重要反应，反应是实验室制备气体C的重要方法。ABCDEFGHIJK+H2OH2O高温H2OC请回答下列问题：（1）I中所含化学键类型_，（2）G的水溶液呈酸性，用离子方
35、程式表示其原因_（3）实验室制备气体C的化学方程式_（4）已知含7.4gI的稀溶液与200mL1mol/L的H溶液反应放出11.56kJ的热量，写出该反应的热化学方程式_（5）物质A由三种元素组成，1 mol A与水反应可生成1 mol B和2 mol C，A化学式为_。【答案】（1）离子键 共价键（2）NH4+ + H2O NH3H2O + H+（3）Ca（OH）2+2 NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O（4）Ca（OH）2（aq）+2HCl（aq）=CaCl2（aq）+2H2O（l） H=-115.6KJ/mol（5）CaCN2【解析】试题分析：图中各物质是由1至20号元素中部分元素
36、组成的单质或其化合物，D是一种黄色的气体单质，则D为氯气，物质J可用于饮水消毒，反应是化工生产中的重要反应，应是工业制备漂白粉原理，则I为氢氧化钙、J为次氯酸钙、K为氯化钙，C是无色有刺激性气味的气体，反应是实验室制备气体C，结合反应物与生成可知，为制备氨气的反应，故C为氨气、G为氯化铵，结合转化关系可知H为氯化氢。F与水反应生成氢氧化钙，则F为氧化钙，反应是化工生产中的重要反应，为碳酸钙高温分解反应，故B为碳酸钙、E为二氧化碳、物质A由三种元素组成，1molA与水反应可生成1molB（碳酸钙）和2molC（氨气），根据元素守恒可知A含有钙、碳、氮三种元素，由原子守恒可知，A的化学式为CaCN
37、2，（1）I为氢氧化钙，含化学键类型为离子键、共价键。（2）G为氯化铵，G的水溶液呈酸性，反应的离子方程式为NH4+ + H2O NH3H2O + H+ （3） C为氨气，实验室制备气体C的化学方程式为Ca（OH）2+2 NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O。（4） 含7.4克即0.1摩尔氢氧化钙的稀溶液与200毫升1mol/L盐酸即含有0.2摩尔氯化氢，反应放出11.56KJ的热量，则1摩尔氢氧化钙与2摩尔氯化氢反应生成氯化铵放出115.6KJ的热量，所以反应的热化学方程式为：Ca（OH）2（aq）+2HCl（aq）=CaCl2（aq）+2H2O（l） H=-115.6KJ/mol。（5
38、）物质A由三种元素组成，1molA与水反应可生成1mol碳酸钙和2摩尔氨气，根据元素守恒可知A含有钙碳和氮元素，由原子守恒可知，所以A的化学式为CaCN2考点：无机推断【名师点睛】无机推断题常从颜色上入手，例如：Cl2、氯水黄绿色 F2淡黄绿色气体 Br2深红棕色液体 I2紫黑色固体，Fe（OH）2白色沉淀 Fe3+黄色 Fe （OH）3红褐色沉淀 Fe （SCN）3血红色溶液，Na2O2淡黄色固体，NO无色气体 NO2红棕色气体 NH3无色、有剌激性气味气体22【化学选修5：有机化学基础】AG都是有机化合物，它们的转化关系如图所示：请回答下列问题：（1）已知：6.0 g化合物E完全燃烧生成8
39、.8 g CO2和3.6 g H2O；E的相对分子质量为60，则E的分子式为_。（2）A为一元取代芳烃，B中含有一个甲基。由B生成C的化学方程式为 。（3）由B生成D、由C生成D的反应条件分别是_、_。（4）由A生成B、由D生成G的反应类型分别是_、_。（5）在G的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为11的是 (填结构简式)。【答案】（1）C2H4O2（3）NaOH醇溶液，加热 浓H4SO4，加热（4）取代反应 加成反应（5）【解析】试题分析：E的相对分子质量为60,6.0克E的物质的量为0.1摩尔，完全燃烧后生成二氧化碳和水的物质 的量为8.8/4
40、4=0.2摩尔，3.6/18=0.2摩尔，则分子中碳原子为2个，氢原子为4个，则氧原子为（60-122-4）/16=2，所以E的分子式为,A为一取代烃，由分子式可知为苯的同系物，故A为乙苯，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，而B中含有一个甲基，则B为，B发生水解反应生成C为，C与E发生酯化反应生成F，则E为乙酸，F为。B、C转化都得到D，则D与溴发生加成反应爱吃G，则B、C都发生消去反应生成D，D为，G为。（1）由上述分析可以E的分子式为C2H4O2（2）由B生成C的化学方程式为：（3）由B生成D是卤代烃发生的消去反应，条件为NaOH醇溶液，加热；C生成D是醇的消去反应，条件为浓H4SO
41、4，加热。（4）由A生成B是取代反应，由D生成G是加成反应。（5）在G的同分异构体中，苯环上的一硝化的产物只有一种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1:1，所以对称性高，可以含有2个相同的取代基，且处于对位，为 。考点：有机推断23已知：A、B、C、D、E、F、G七种元素的核电荷数依次增大，属于元素周期表中前四周期的元素。其中A原子在基态时p轨道半充满且电负性是同族元素中最大的；D、E原子核外的M层中均有两个未成对电子；G原子核外价电子数与B相同，其余各层均充满。B、E两元素组成化合物B2E的晶体为离子晶体。C、F的原子均有三个能层，C原子的第一至第四电离能(KJmol1)分别为578、
42、1 817、2 745、11 575；C与F能形成原子数目比为13、熔点为190 的化合物Q。（1）B的单质晶体为体心立方堆积模型，其配位数为_；E元素的最高价氧化物分子的立体构型是_。F元素原子的核外电子排布式是_，G的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子的化学式为_。（2）试比较B、D分别与F形成的化合物的熔点高低并说明理由_。（3）A、G形成某种化合物的晶胞结构如图所示。若阿伏加德罗常数为NA，该化合物晶体的密度为a gcm3，其晶胞的边长为_ cm。（4）在1.01105 Pa、T1 时，气体摩尔体积为53.4 Lmol1，实验测得Q的气态密度为5.00 gL1，则此时Q的组成为_。【
43、答案】（1）8；平面三角形；1s22s22p63s23p5；Cu(NH3)42（2）NaCl的熔点高于SiCl4，因为NaCl是离子晶体，SiCl4是分子晶体（3）；（4）Al2Cl6；【解析】试题分析：A、B、C、D、E、F、G七种元素的核电荷数依次增大，属于元素周期表中前四周期的元素，A原子在基态时p轨道半充满且电负性是同族元素中最大的，则A为第VA族元素，同一主族元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以A为N元素；D、E原子核外的M层中均有两个未成对电子，E的原子序数大于D，所以D为Si元素、E为S元素；B、E两元素组成化合物B2E的晶体为离子晶体，说明B为活泼金属，B的原子序
44、数大于A，所以B为Na元素；C、F的原子均有三个能层，为第三周期元素，E的原子序数小于F，C原子的第一至第四电离能（kJ/mol）分别为：578、1817、2745、ll575，则E为Al元素，C为Mg元素；G原子核外最外层电子数与B相同，G最外层电子数是1，其余各层均充满，则G元素的核电荷数=2+8+18+1=29，为Cu元素；F位于第三周期且能和C形成化合物，则F为Cl元素，C与F能形成原子数目比为1：3、熔点为190的化合物Q，（1）Na的单质晶体为体心立方堆积模型，8个顶点上各有一个原子，体心上含有一个原子，所以其配位数为8；E元素的最高价氧化物为SO3，三氧化硫分子中价层电子对个数是
45、3且不含孤电子对，所以三氧化硫分子的立体构型是平面三角形；F是Cl元素，原子核外有17个电子，根据构造原理知，F元素原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p5；G的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子为铜氨络离子，铜氨络离子的化学式为Cu（NH3）42+，故答案为：8；平面三角形；1s22s22p63s23p5；Cu（NH3）42+；（2）B和E形成的化合物是氯化钠，D和E形成的化合物是四氯化硅，氯化钠为离子晶体，四氯化硅为分子晶体，一般来说，离子晶体的熔点大于分子晶体，所以氯化钠的熔点高于四氯化硅，故答案为：NaCl的熔点高于SiCl4，因为NaCl是离子晶体，SiCl4是分子晶体
46、；（3）A为N元素，G为Cu元素，该晶胞中，Cu原子个数=12=3，N原子个数=8=1，该晶胞的化学式为Cu3N，该晶胞的边长=cm=cm，故答案为：；（4），所以M=Vm=5.00g/L53.4L/mol=267g/mol，AlCl3的摩尔质量为133.5g/mol，Q的摩尔质量是氯化铝的2倍，所以Q分子中含有2个铝原子和6个氯原子，其化学式为Al2Cl6，故答案为：Al2Cl6。【考点定位】考查位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算【名师点晴】本题考查了元素位置结构性质的相互关系及应用，侧重考查学生空间想象能力、知识运用能力，综合性较强。涉及晶胞的计算、化学式的确定、原子核外电子排布式的书写等知识点，正确推断元素是解本题关键，再结合题给信息进行分析解答，采用均摊法、价层电子对互斥理论等理论分析解答是解题的一般方法。其中晶胞的计算是本题的难点。
