1、江苏省徐州市第十八中学2016届高三下期4月月考化学试卷（苏教版，解析版）1下列表达正确的是A氟原子中能量最髙的电子其电子云图：BCO2的分子模型示意图：C2-甲基丁醛的结构简式：DN2的结构式：【答案】A【解析】试题分析：A氟原子中能量最髙的电子是p电子，其电子云图为，A正确；BCO2是直线型结构，则分子模型不能表示CO2，B错误；C2-甲基丁醛的结构简式为CH3CH2CH(CH3)CHO，C错误；DN2的结构式为NN，D错误，答案选A。考点：考查化学用语正误判段2某实验小组从海水中获得了一定量的碘水。现欲从碘水中进一步提取碘，首先需要A萃取 B沉淀 C蒸馏 D过滤【答案】A【解析】试题分析
2、：碘单质溶于水，且碘单质易溶于有机溶剂，采用萃取的方法提纯，故选项A正确。考点：考查物质的提纯等知识。3实验室用100mL 1 molL1盐酸与锌粉反应制备氢气，下列措施能加快反应速率的是A改用300mL 1 molL1盐酸 B降低温度C用锌粒代替锌粉 D滴加少量CuCl2溶液【答案】D【解析】试题分析：A、盐酸浓度不变，反应速率不变，A错误；B、降低温度，活化分子百分数减小，反应速率减小，B错误；C、用等量锌粒代替锌粉，固体的表面积减小，反应速率减小，C错误；D、滴加少量CuCl2溶液，锌置换出的铜与锌构成了原电池，反应速率增大，D正确。考点：考查了化学反应速率的相关知识。4某化合物XY2的
3、Y-的粒子结构示意图可能是（ ） 【答案】D【解析】结构示意图中符合Y-的只有D选项，是Cl-。5下面是一种“三肽”，它可以看作是3个氨基酸缩合而得的产物：（1）它完全水解的生成物是（写结构简式）：_。（2）现有一种“十二肽”，分子式为CxHyNzOD（Z12）已知将它彻底水解后只得到下列氨基酸：将一个该“十二肽”分子彻底水解后，有_个赖氨酸生成；将一个该“十二肽”分子彻底水解后，有_个天门冬氨酸生成。【答案】（1）（2）Z-12 【解析】（1）分子中的水解，生成物为； （2）“十二肽”的形成是由12个氨基酸分子脱去11个H2O分子形成，要求赖氨酸与天门冬氨酸个数，首先找氨基酸结构特点，赖氨碳
4、有2个NH2，天门冬氨酸有2个COOH，若只有一个NH2和一个COOH的氨基酸脱水后的得多肽的氧原子个数比N原子个数多1，且N原子个数为形成的多肽数。因此赖氨酸为（Z12）个，天门冬氨酸为。60.3mol的RxO42- 被氧化为RO2时失去0.6mol电子,则x为A1 B2 C3 D4【答案】B【解析】试题分析：0.3mol RxO42参加反应时，共转移0.6 mol电子，根据已知条件，反应后R的化合价是4价，反应前R的化合价是6/x，所以（46/x）0.3x0.6，解得x2 B项正确；答案选B。考点：考查氧化还原反应相关计算7NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是：A标准状况下，0.5
5、NA个H2O分子所占体积约为11.2L。B20重氧水(H218O)中含有的中子数为8NAC在铁与氯气的反应中，1mol铁失去的电子数为2NAD常温常压下，16gO2和16gO3所含氧原子数都是NA【答案】D【解析】8还原性染料是靛蓝的结构简式如图所示，下列关于靛蓝的叙述中错误的 A. 靛蓝由碳、氢、氧、氮四种元素组成B. 它的分子式是C16H10N2O2C. 该物质是高分子化合物D. 它是不饱和的有机物【答案】C【解析】根据结构简式可知，分子还含有C、H、N、O四种元素，选项A正确；同样选项B正确；该化合物不是高分子化合物，选项C不正确；分子中含有碳碳双键，所以是不饱和的有机物，选项D正确，答
6、案选C。9下列有机物实际存在且命名正确的是A2，2二甲基丁烷 B2甲基5乙基1己烷C3甲基2丁烯 D3，3二甲基2戊烯【答案】A【解析】试题分析：烷烃的命名原则是：选主链 a主链要长：选碳原子数多的为主碳链 b支链要多：当两链碳原子数目相同时，支链多的为主碳链 编号位，定支链：a支链要近：应从支链最近的一段编碳原子序号 b简单在前：若不同的支链距离主链两端等长时，应从靠近简单支链的一段开始标碳原子序号。 c和数要小：若相同的支链距离主链两端等长时，应从支链位号之和最小的一段开始编号。取代基，写在前，编号位，短线链： a把支链作为取代基，2.3.4表示其位号，写在烷烃名称最前面 b位号之间用“，
7、”隔开，名称中阿拉伯数字与汉字之间用“”隔开 不同取代基，繁到简；相同基，合并算。如果含有官能团，则含有官能团的最长碳链作主链，编号也是从离官能团最近的一端开始。A、符合烷烃的命名，正确；B、主链不是最长碳链，正确命名为：2，5二甲基庚烷，错误；C、编号不正确，正确命名为：2甲基2丁烯，错误；D、每个碳原子成4条键，该物质不存在，错误。考点：考查有机物命名。10保护环境、保护地球已成为人类共同的呼声。下列措施不利于保护环境的是A积极推广使用新型环保装饰材料B发展清洁煤技术，开展煤的综合利用C控制工业废水和生活污水的排放，改善水体质量D关闭垃圾焚烧处理厂，生活垃圾和工业垃圾全部就地填埋处理【答案
8、】D【解析】试题分析：生活垃圾和工业垃圾全部就地填埋处理，污染土壤和地下水，不利于环境保护。考点：本题考查化学与环境。11短周期元素X、Y、Z、M、R在周期表中的相对位置如下图所示。下列说法中不正确的是（ ）A元素X和Y可以形成两种以上的气态化合物B原子半径的大小顺序为：r（Z）r（M）r（R）C元素的最高价氧化物对应水化物的酸性R强于MD加热蒸干由元素B和Z形成的化合物的水溶液可以得到该化合物的晶体【答案】D【解析】根据与元素周期表比较，可以确定X、Y、Z、M、R分别是N、O、Al、S、Cl。蒸干AlCl3过程中，加速其水解，生成HCl挥发，最终得到的是Al2O3。12下列叙述与胶体无关的是
9、A胶体分散质的微粒直径在10-9m10-7m之间B当日光从窗隙射入暗室时，可观察到一束光亮的通路C胶体微粒具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子D向氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀【答案】D【解析】试题分析：A、胶体分散质的微粒直径在10-9m10-7m之间，A正确；B、当日光从窗隙射入暗室时，可观察到一束光亮的通路，胶体能发生丁达尔效应，B正确；C、胶体微粒具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，C正确；D、向氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀，发生复分解反应与胶体无关；答案选D。考点：分散系胶体13已知，某无色溶液中含有下列离子中的几种：Na+、Ba2+、Br-、Cl
10、-、SO32-、SO42-，为了确定溶液的组成，某学生进行如下探究实验：用pH试纸检测溶液的酸碱性，溶液的pH大于7取少量溶液，向其中滴加氯水，再加入CC14振荡，静置，CC14呈橙黄色另取少量溶液，向其中滴加Ba(NO3)2溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生用分液漏斗将所得混合液分离，倒出上层清液，滴加AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生。根据上述实验判断，下列结论正确的是A原溶液中一定含有Br-、SO42-B原溶液一定含有Na+，不含Ba2+C实验与上述离子的检验无关，可以省略D若要判断原溶液中是否含有Cl-，所需药品有CCl4溶液、Ba(NO3)2溶液和稀HNO3【答案】B【解析】试
11、题分析：溶液的pH大于7，说明溶液中存在SO32-，则不存在Ba2，溶液呈电中性，则肯定存在Na，说明溶液中存在Br，不能说明原溶液中存在SO42-，因为SO42-可能来由于HNO3氧化SO32-，不能说明原溶液中存在Cl，滤液中的Cl可能来自于中加入的氯水。答案选B。考点：离子的检验14下列说法中正确的是（ ）A常温下，稀释0.1 molL的氨水，溶液中c(OH-)、c(NH4+)、c(H+)均下降B常温下，c(NH4+)相等的(NH4)2SO4 (NH4)2Fe(SO4)2 NH4Cl (NH4)2CO3溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是：，因此，c(NH4+)相等的(NH4)2SO4、(
12、NH4)2Fe(SO4)2、NH4Cl、 (NH4)2CO3溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是：NaHCO3CH3COONa，因此pH相等的CH3COONa、NaHCO3和Na2CO3三种溶液：c(CH3COONa)c(NaHCO3)c(Na2CO3)，C项错误；pH=11的NaOH溶液c(OH-)=10-2mol/L，pH=1的稀硫酸c(H+)=10-1 mol/L，混合后pH=2则有=10-2，则a：b=9：2，D项错误。答案选B。考点：水的电离和盐类的水解点评：本题综合性强，难度大，主要考查学生对知识的分析能力和运用能力。15电渗析法是指在外加电场作用下，利用阴离子交换膜和阳离子交换膜的
13、选择透过性，使部分离子透过离子交换膜而迁移到另一部分水中，从而使一部分水淡化而另一部分水浓缩的过程。下图是利用电渗析法从海水中获得淡水的原理图，已知海水中含Na、Cl、Ca2、Mg2、SO等离子，电极为石墨电极。下列有关描述错误的是A阳离子交换膜是A，不是BB通电后阳极区的电极反应式：2Cl2e=Cl2C工业上阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，增大反应接触面D阴极区的现象是电极上产生无色气体，溶液中出现少量白色沉淀【答案】A【解析】试题分析：A、左侧电极与电源的正极相连，氯离子放电，因此A是阴离子交换膜，A错误；B、通电后阳极氯离子放电，则阳极区的电极反应式：2Cl2e=Cl2，B正确；C、工业上阴
14、极使用铁丝网代替石墨碳棒，增大反应接触面，C正确；D、阴极氢离子放电，则阴极区的现象是电极上产生无色气体，氢氧根浓度增大，所以溶液中出现少量白色沉淀，D正确，答案选A。考点：考查电渗析法的有关判断16(6分)A、B、C、D、E、F六种原子序数依次增大的短周期元素。A与其余五种元素既不同周期，也不同主族；B、C、D、E、F五种元素分别位于五个相邻的主族，原子序数之和为54，其中B的单质为空气中的主要成分之一。（1）A、B形成的化合物液态时可发生微弱电离，电离产生的阴离子的电子式为_。（2）某含F的盐矿石的组成可以看作其氧化物中有1/4的F被E替换，再由D平衡其电荷形成的。该矿石的化学式为 。(用
15、氧化物形式表示)（3）工业中制备单质E的阳极电极反应式： 。【答案】共6分（1） (2分) （2）MgOAl2O36SiO2 (2分) （3）2O2-4e-=O2(2分)【解析】试题分析：A、B、C、D、E、F六种原子序数依次增大的短周期元素，A与其余五种元素既不同周期，也不同主族且A的原子序数最小，则A是H元素； B的单质为空气中的主要成分之一，可能为N2或O2，如果B为O2，不符合B、C、D、E、F五种元素分别位于五个相邻的主族，原子序数之和为54，如果B的单质为N2，根据B、C、D、E、F五种元素分别位于五个相邻的主族，原子序数之和为54，可推出B为N元素、C为O元素、D为Mg元素、E为
16、Al元素、F为Si元素。（1）A、B形成的化合物是NH3，液态时可发生微弱电离，液氨电离方程式为NH3+NH3NH4+NH2-，电离产生的阴离子的电子式为：。（2）某含Si的盐矿石的组成可以看作其氧化物中有1/4的Si被Al替换，再由Mg平衡其电荷形成的，二氧化硅中硅的化合价是+4价，铝在化合物中是+3价，镁在化合物中是+2价，二氧化硅的化学式为SiO2，有1/4的Si被铝原子取代，设镁原子个数是x，根据化合价的代数和为0得，3/44+1/43+2x=22，x=1/8，则该化学式中硅、铝、镁、氧原子个数之比=3/4：1/4：1/8：2=6：2：1：16，所以其化学式为MgOAl2O36SiO2
17、。（3）工业上通过电解熔融的Al2O3制备单质Al，阳极发生的电极反应为：2O2-4e-=O2。考点：本题考查元素的推断、物质的性质、电子式、化学式的推断、电极方程式的书写。 17（ 12分）(1)二甲醚燃料电池的正极反应式为 。电池在放电过程中，负极周围溶液的pH 。(填“增大”、“减小” 或“不变”)(2)以上述电池为电源，通过导线电解池相连。两极为石墨，电解质溶液为1L01mol/LKCl溶液，写出电解总反应的离子方程式为 。(3)室温时，按上述(2)电解一段时间后，取25mL上述电解后溶液，滴加02mol/L醋酸得到右图(不考虑能量损失和气体溶于水，溶液体积变化忽略不计)。若图中的B点
18、pH=7，则滴定终点在 区间(填 “AB”、“BC”或“CD”)。 B点溶液中离子浓度大小为 。D点溶液中C（HAc） C（Ac_ )(填 、c(H+)=c(OH-) c(H+)=c(OH-)。根据图像可知，氢氧化钾的浓度是0.1mol/L，所以D点溶液中含有的溶质是醋酸和醋酸钾。由于溶液显酸性，这说明醋酸的电离程度大于醋酸钾的水解程度，因此c(HAc)c(Ac_)。18（10分）下图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为 molL-1 。取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是。A、溶液中HCl
19、的物质的量 B、溶液的浓度C、溶液中Cl-的数目 D、溶液的密度某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500 ml 物质的量浓度为0.400 molL-1的稀盐酸。该学生需要量取 ml 上述浓盐酸进行配制。在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？（在括号内填A表示“偏大”、填B表示“偏小”、填C表示“无影响”）。I、用量筒量取浓盐酸时仰视观察凹液面（ ）II、定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水（ ）该36.5的浓盐酸，若加入等质量的水稀释后，质量分数 18.25；若加入等体积的水稀释后，质量分数 18.25（用“小于”或“等于”或“大于”来填空）【答案
20、】（1）11.9 (2)BD (3) 16.8; A; B 等于 大于【解析】（1）根据可知，盐酸的浓度是。（2）由于溶液是均一、稳定的，所以取任意体积盐酸，其浓度和密度是不变的，但溶质的物质的量是变化的，答案选BD。（3）500 ml 物质的量浓度为0.400 molL-1的稀盐酸中溶质是0.5L0.400mol/L0.200mol。所以需要浓盐酸的体积是0.200mol11.9mol/L0.0168L16.8ml。根据cn/V可知，若用量筒量取浓盐酸时仰视观察凹液面，则浓盐酸的体积偏大，结果偏大，答案选A；定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，则容量瓶中溶液的体积偏大，
21、浓度偏小，答案选B。溶液的质量变为原来的2倍，则质量分数是原来的1/2，即质量分数等于18.25；由于盐酸的密度大于水的，所以加入等体积的水时，溶液的质量小于原来的2倍，则质量分数大于原来的1/2。19实验室用粗锌(含铅等杂质)与过量的稀硫酸反应制氢气的废液制备硫酸锌晶体，其流程如下： 已知ZnSO4的溶解度如下表所示：温度/0102030406080100溶解度/g41.647.553.861.370.575.471.160.5（1）实验过程中多次用到如右图所示的过滤装置，仪器a的名称为 。（2）滤渣的主要成分为 。X的化学式为 。（3）溶解过程中加入的稀硫酸的作用是 。（4）结晶的操作为
22、。（5）用酒精进行洗涤的原因是 。【答案】 抽滤瓶； PbSO4；ZnO或Zn(OH)2； 制备ZnSO4并抑制ZnSO4水解； 蒸发浓缩、冷却结晶； 减少硫酸锌晶体的损失，容易干燥；【解析】试题分析：实验室用粗锌（含铅等杂质）与过量的稀硫酸反应制氢气的废液制备硫酸锌晶体，废液过滤得到滤渣沉淀PbSO4，滤液中加入氧化锌或氢氧化锌调节溶液PH，且不引入锌的杂质，过滤得到氢氧化锌，加入稀硫酸溶解且抑制硫酸锌的水解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥得到硫酸锌晶体；（1）实验过程中多次用到如图所示的过滤装置，仪器a的名称依据装置图可知为抽滤瓶，故答案为：抽滤瓶；（2）上述分析可知滤渣是铅和硫酸反
23、应生成的硫酸铅白色沉淀，X是用来调节溶液PH使锌离子全部沉淀且不引入新的杂质，可以是ZnO或Zn（OH）2，故答案为：PbSO4；ZnO或Zn（OH）2；（3）滤渣加入稀硫酸溶解，溶解过程中加入的稀硫酸的作用是制备硫酸锌，抑制锌离子的水解，故答案为：制备ZnSO4并抑制ZnSO4水解；（4）溶液中得到溶质晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥得到，结晶的操作为蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（5）硫酸锌不溶于酒精，酒精易挥发，用酒精进行洗涤的原因是酒精洗涤晶体会减少晶体的损失，故答案为：减少硫酸锌晶体的损失，容易干燥。考点：考查了物质提纯、分离的流程分析判断的相关知
24、识。20草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O)用作分析试剂及显影剂和新型电池材料磷酸亚铁锂的生产。回答下列问题：I兴趣小组对草酸亚铁晶体的分解产物进行实验和探究。探究分解得到的固体产物中铁元素的存在形式。（1）提出假设假设一：_； 假设二：全部是FeO ； 假设三：FeO和Fe混合物。（2）设计实验方案证明假设三。实验步骤现象与结论步骤1：向试管中加入少量固体产物，再加入足量 ，充分震荡若溶液颜色明显改编，且有 生成，则证明有铁单质存在步骤2：将步骤1中得到的浊液过滤，并用蒸馏水洗涤至洗涤液无色步骤3：去步骤2得到少量固体与试管中，滴加 限选试剂：稀盐酸、新制的氯水、0.1molL-1CuSO4
25、溶液、20% KSCN溶液、蒸馏水。兴趣小组在文献中查阅到，FeC2O42H2O受热分解时，固体质量随温度变化的曲线如下图所示，写出加热到400时，FeC2O42H2O晶体受热分解的化学方程式为：_根据图象，如有1.0g草酸亚铁晶体在坩埚中敞口充分加热，最终残留黑色固体的质量大于0.4g。某同学由此得出结论：假设二不成立。你是否同意该同学的结论，并简述理由：_。 【答案】：（1）全部是Fe （2）实验步骤现象与结论步骤1：硫酸铜溶液(暗)红色固体步骤3：过量HCl，静置，取上层清液，滴加几滴KSCN溶液，再滴加适量新制的氯水 ,充分振荡 若滴加适量新制的氯水后溶液呈红色，则证明有FeOII、F
26、eC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O 不同意，实验没有在密闭容器中进行，FeO会被空气中的氧气进一步氧化，生成铁的其他氧化物【解析】试题分析：（1）根据物质的组成及后面的假设情况可以推知假设一为固体全部是Fe。（2）步骤一：若固体中含有FeO、Fe.则由于金属Fe是比较活泼的金属，能把活动性比它若的金属置换出来。所以可以向固体混合物中加入硫酸铜溶液，充分振荡后静置，若看到溶液的颜色变浅，同时产生暗红色的固体。就证明含有Fe单质。步骤三：将步骤而所得的的固体加入到足量的稀HCl中，发生反应：FeO+2HCl=FeCl2+H2O.充分振荡后静置，取上层清液，滴加几滴KSCN溶液，无现象
27、，再滴加几滴新制的氯水 ,充分振荡，若看到溶液变为血红色，则证明固体中含有FeO.II 根据质量守恒定律和电子守恒的规律可知FeC2O42H2O晶体受热分解的化学方程式为FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O。根据方程式FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O可知1g晶体FeC2O42H2O分解产生的FeO的质量为0.4g.但由于分解反应在坩埚中敞口充分加热，没有在密闭的容器内进行。FeO有还原性，在加热时容易被空气中的氧气氧化为Fe2O3.所以固体的质量总大于0.4g.因此不能由此得到结论说假设二不成立。考点：考查实验方案的设计与评价、物质成分的确定。主要包括Fe与Fe
28、3+的检验、方程式的书写的知识。21（6分）一定量的乙醇在氧气不足的情况下不完全燃烧，生成CO2、CO和H2O（g）共27.6g，已知水的质量为10.8g，则CO的质量是多少？【答案】1.4g【解析】22实验室中有四种化合物 A、B、C、D，分别可能由以下两组离子中的各一种所构成：（离子可以重复使用）阳离子组：Na+、Mg2+、Cu2+、Ba2+阴离子组：OH-、Cl-、SO42-、CO32-（1）A不溶于水，也不溶于酸（2）B溶于水后，若与阳离子组中的另一种离子反应，有A生成；若与阴离子组中的另两种离子反应，均产生白色浑浊现象（3）C溶于水后，与阳离子组中的任一种离子都不反应；将一根铁棒置于
29、C溶液中，一段时间后铁棒增重（4）D的水溶液显碱性，与阴离子组中的另两种离子反应，分别生成A和一种白色沉淀回答下列问题：（1） 写出下列物质的化学式： B_, C_, D_,（2） 检验A中阴离子的方法为_。（3） 写出B与D反应的离子方程式：_。（4） 将铁棒置于C溶液中一段时间后，铁棒增重0.8g，计算有_mol Fe参与反应。（要求书写计算步骤）【答案】（1） MgSO4 CuCl2 Ba(OH)2 （2）取少量试液置于小试管中，先加入稀盐酸无现象，再加入氯化钡溶液有白色沉淀生成。（3）Mg2+ + SO42- + Ba2+ + 2OH- = BaSO4+ Mg(OH)2 （4）0.1m
30、ol 【解析】试题分析：(1）A不溶于水，也不溶于酸，所以A是硫酸钡；（2）B溶于水后，与阳离子组中的另一种离子反应，会生成A，所以B物质中必须含有硫酸根离子，B与阴离子组中的另两种离子反应，均会产生白色浑浊现象，那么只有镁离子会和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，和碳酸根离子反应生成微溶于水的碳酸镁，根据以上分析可知B物质为硫酸镁； （3）C溶于水后，与阳离子组中的任一种离子都不反应，所以C中含有的阳离子为Cl-，将一根铁置于C溶液中，一段时间后铁棒增重，由此推断出C中含有Cu2+，故C物质为氯化铜；（4）D的水溶液显碱性，与阴离子组中的另两种离子反应，分别生成A和一种白色沉淀，所以D中含有氢氧根
31、离子和钡离子，钡离子和硫酸根离子反应生成A物质硫酸钡，钡离子和碳酸根离子反应生成碳酸钡白色沉淀，故D为氢氧化钡。故（1）答案为：B、MgSO4；C、CuCl2；D、Ba（OH）2。（2）检验A中阴离子SO42-的方法为：取少量试液置于小试管中，先加入稀盐酸无现象，再加入氯化钡溶液有白色沉淀生成。（3）MgSO4 和Ba（OH）2的反应注意不要漏写Mg2+ 和OH-的离子反应，所以反应为：Mg2+ + SO42- + Ba2+ + 2OH- = BaSO4+ Mg(OH)2（4）将铁棒置于C溶液中一段时间后，发生反应Fe+Cu2+=Fe2+ Cu,依据差量法解析如下：设有mg铁参加反应：解得：m
32、=5.6g 物质的量n=0.1mol考点：考查酸碱盐的溶解性和离子之间反应的现象23原子序数依次递增且都小于36的X、Y、Z、Q、W四种元素，其中X是原子半径最小的元素，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，W元素的原子结构中3d能级有4个未成对电子。回答下列问题：（1）Y2X2分子中Y原子轨道的杂化类型为 ，Y2X2分子中键和键个数比为 。（2）化合物ZX3的沸点比化合物YX4的高，其主要原因是 。（3）元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，元素Z的这种氧化物的分子式是 。（4）元素W能形成多种配合物，如：W(CO)5等。基
33、态W3+的M层电子排布式为 。W(CO)5常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断W(CO)x晶体属于 （填晶体类型），该晶体中W的化合价为 。（5）下列有关的说法正确的是 。A分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔沸点越高B电负性顺序：XYZQC因为晶格能CaO比KCl高，所以KCl比CaO熔点低DH2 YO3的分子结构中含有一个非羟基氧，故其为中强酸（6）Q和Na形成的一种只含有离子键的离子化合物的晶胞结构如图，距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为 。已知该晶胞密度为 g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a= cm。（用含、NA的
34、计算式表示）【答案】（1）sp杂化（1分）；3:2 （2分）；（2）NH3分子间存在氢键（1分）；（3）N2O（2分）；（4）3s23p63d5（2分）；分子晶体（1分） 0（1分）；（5）BC（2分）；（6）立方体（1分）；（2分）【解析】试题分析：原子序数依次递增且都小于36的X、Y、Z、Q、W四种元素，其中X是原子半径最小的元素，则X是H元素；Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，则Y是C元素；Q原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，则Q是O元素，则Z是N元素；W元素的原子结构中3d能级有4个未成对电子。W是Cr元素或Fe元素,由于W可以形成+3价的离子，因此W只能是Fe元
35、素。(1)Y2X2分子是乙炔C2H2，结构式是分子中Y原子轨道的杂化类型为sp杂化，Y2X2分子中键和键个数比为3:2。(2)化合物ZX3是NH3，在氨分子之间除了存在分子间作用力外还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使其的沸点比只有分子间作用力的化合物CH4的高.(3)等电子体是原子数相同，原子最外层电子数也相同的微粒。元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，它们是CO2与N2O，则元素Z的这种氧化物的分子式是N2O。(4)基态W3+的M层电子排布式为3s23p63d5。W(CO)5常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，由于其熔沸点较低，易溶于非极性溶剂，
36、所以据此可判断W(CO)x晶体属于分子晶体，在任何化合物水所有元素正负化合价的代数和为0，因此该晶体中W的化合价为0。（5）A分子晶体中，共价键键能越大，含有该共价键的物质的分子稳定性越强，而分子晶体的熔沸点与化学键的强弱无关，只与分子之间的作用力作用，因此不能判断物质的熔沸点的高低，错误；B元素的非金属性越强，其电负性就越大。元素的非金属性HCNO，所以电负性顺序：XYZQ，正确；C因为晶格能CaO比KCl高，断裂消耗的能量就越大，所以KCl比CaO熔点低，正确；DH2YO3为弱酸，错误；（6）Q和Na形成的一种只含有离子键的离子化合物的晶胞结构如图，根据图示可知距一个阴离子周围最近的所有阳
37、离子为顶点构成的几何体为立方体。在一个晶胞中含Na+个数是81=8；含有O2-个数是：81/8+61/2=4；所以一个晶胞中含有4个Na2O，已知该晶胞密度为 g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，假设晶胞的边长是acm，则根据晶胞的密度计算定义式可得：，整理可得。【考点定位】考查元素的推断、原子的杂化、化学键类型的判断、等电子体、氢键、晶胞边长计算等知识。【名师点睛】本题以元素的推断为线索，考查了元素周期表、元素周期律的知识；以元素及化合物的结构、性质为媒介，考查了原子的杂化类型、物质分子中含有的化学键的种类、数目、等电子体、晶体类型、物质熔沸点变化的原因，利用均摊方法可计算晶胞中含有的各种元素
38、原子的个数，根据物质的密度计算公式就可以计算得到晶胞的边长。把微观与宏观通过阿伏加德罗常数有机结合在一起。24【化学选修5：有机化学基础】（15分）苯酚是一种重要的化工原料。以苯酚为主要起始原料，经下列反应可制得香料M和高分子化合物N。（部分产物及反应条件已略去）（1）B的官能团名称_。苯酚与浓溴水反应生成白色沉淀，可用于苯酚的定性检验和定量测定，反应的化学方程式为 。（2）已知C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，C分子中有3中不同化学环境的氢原子，则M的结构简式为 。（3）生成N的反应的化学方程式 ，反应类型为 。（4）以苯酚为基础原料也可以合成防腐剂F。已知F的相对分子质量为15
39、2，其中氧元素的质量分数为3158%，F完全燃烧只生成CO2和H2O。则F的分子式是 。已知F具有如下结构特征：分子结构中含有苯环，能与NaHCO3溶液反应，但不能发生水解反应；分子结构中不存在“OO”的连接方式。符合上述条件的F的同分异构体有_种，其中核磁共振氢谱显示其分子中含有4种不同的氢原子的为 （写结构简式）。【答案】（1）羟基、羧基 （2分）（2） （2分）（3）（2分）缩聚反应（1分）（4）C8H8O3（2分） 21（2分） 【解析】试题分析：苯酚具有弱酸性，故与NaOH反应生成苯酚钠，酸化得到BB中的官能团有羧基和酚羟基，C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，说明C中一定
40、含有羟基，又因为C的一氯代物有2种，故C的结构简式为是。B与C反应得到M。；苯酚与丙酮发生反应得到D： ，D与发生缩聚反应得到N：。（1）经过推断，可知B的结构简式为：含有羧基和酚羟基两种官能团；苯酚与浓溴水反应即苯酚与溴单质发生取代，生成三溴苯酚沉淀，方程式为：；（2）C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，说明C中一定含有羟基，又因为C的一氯代物有2种，故C的结构简式为是。B与C反应得到M。M的结构简式为：；（3）D与发生缩聚反应得到N：（4）氧原子个数：=3碳原子个数为：=8余8，故F物质的分子式为C8H8O3；根据提示F为芳香族化合物，F能与NaHCO3溶液反应，且不能发生水解反应，说明F中含有羧基而没有可以发生水解的酯基，核磁共振氢谱显示其分子中含有4种不同的氢原子，故F的结构简式可推断为：。考点：考查有机化学推断，官能团的性质等相关知识点