1、2015-2016学年江苏省无锡市江阴市高二（上）期末化学试卷一、单项选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分每小题只有一个选项符合题意）1绿色化学是从源头上防止污染产生或将化学过程对环境的负面影响降低到最低限度的化学不仅化工生产应遵循绿色化学的原则，化学实验也遵循绿色化学原则，实现原料和过程的绿色化下列实验或实验过程遵循绿色化学原则的是（）A用双氧水代替高锰酸钾制氧气B用多量的氯气进行性质实验C用溴水代替碘水进行萃取实验D用铜粉代替铜丝进行铜和浓硝酸的反应2下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是（）A8个中子的碳原子的核素符号：12CBHF的电子式：CCl离子的结构示意图：DCH4分子
2、的比例模型：3据悉，2012伦敦奥运会上使用的发令枪所用的“火药”成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟雾撞击时发生反应的化学方程式为：5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，则下列有关叙述错误的是（）A上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：6B产生白色烟雾的原因是生成的P2O5白色固体小颗粒（烟）吸水性很强，吸收空气中的水分，生成磷酸小液滴（雾）C上述反应中消耗3 mol P时，转移电子的物质的量为15molD因红磷和白磷互为同素异形体，所以上述火药中的红磷可以用白磷代替4石墨烯（graphene）是目前科技研究的热点，可看作将石墨的层状结构一层一层的剥开得到的单层碳原子
3、将氢气加入到石墨烯排列的六角晶格中可得最薄的导电材料石墨烷（graphane，如图），下列说法中正确的是（NA表示阿伏伽德罗常数）（）A石墨烯与石墨烷互为同素异形体B石墨烯转变为石墨烷可看作取代反应C12g石墨烯所含碳碳键数目为1.5NAD12g石墨烯完全转变为石墨烷需氢气11.2L5目前人类已发现的非金属元素除稀有气体外，共有16种下列对这16种非金属元素的相关判断：都是主族元素，最外层电子数都大于4；单质在反应中都只能作氧化剂；氢化物常温下都是气态，所以又都叫气态氢化物；氧化物常温下都可以与水反应生成酸（）A只有正确B只有正确C只有正确D均不正确6观察下列模型并结合有关信息，判断有关说法不
4、正确的是（）B12结构单元SF6分子S8分子HCN结构模型示意图备注熔点1873K易溶于CS2A单质硼属于原子晶体，结构单元中含有30个BB键，含有20个正三角形BSF6是由极性键构成的非极性分子C固态硫S8属于原子晶体DHCN的结构式为HCN7某医学院研究所研制的小分子团水，解决了医务人员工作时的如厕难题新型小分子团水，具有饮用量少、渗透力强、生物利用率高、在人体内储存时间长、排放量少的特点一次饮用125mL小分子团水，可维持人体6小时正常需水量下列关于小分子团水的说法正确的是（）A水分子的化学性质改变B水分子中氢氧键缩短C水分子间的作用力减小D水分子间结构、物理性质改变8取某白色固体少量于
5、试管中加热，固体逐渐消失，生成水蒸气和其它两种气体，试管内除管口有少量水珠外，无任何残留物另取该固体1.40g与过量烧碱液混合加热，生成一种使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，这些气体正好和120.0mL，0.100mol/L，H2SO4完全反应；再取该固体1.40g跟足量盐酸反应，放出一种无色无臭的气体，这些气体通入过量的澄清石灰水中，得到1.60g白色沉淀下列说法正确的是（）A原白色固体一定是（NH4）2CO3B无法确定原白色固体的成份C原白色固体中不含任何金属离子D原白色固体一定是（NH4）2CO3和NH4HCO3的混合物二、不定项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分每小题有一个或两个
6、选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个则该小题就得0分）9下列说法不正确的是（）AA元素的电负性从上到下逐渐减小，而A元素的电负性从上到下逐渐增大B最外层电子排布为ns2np6（若只有K层时为1s2）的原子，第一电离能较大C碳原子由1s22s22p2转化成1s22s12p3，这一过程中释放能量DNaH的存在能支持可将氢元素放在A的观点10用R元素代表短周期元素，R原子最外层p能级上有2个未成对电子下列关于R的描述正确的是（）AR的氧化物都能溶于水BR的最高价氧化物对应的水化物都是H2RO4
7、CR一定是非金属元素DR的最高价氧化物都能与NaOH溶液反应11下列现象或事实可用同一原理解释的是（）A浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低B氯水和活性炭使红墨水褪色C漂白粉和水玻璃长期暴露在空气中变质D乙炔和乙烯使溴的四氯化炭溶液褪色12X、Y、Z是三种常见元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物，这些单质和化合物之间存在如图所示的转化关系，下列说法正确的是（）AX、Y、Z一定是非金属单质BX、Y、Z中至少有一种是金属单质C若X、Y都为金属单质，则Z必为非金属单质D如果X、Y都为非金属单质，则Z必为金属单质13短周期元素A、B、C、D的原子序数依次递增，它们的核电荷数之和为32，原子最外层电子
8、数之和为10A与C同主族，B与D同主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数则下列叙述正确的是（）AD元素处于元素周期表中第3周期第IV族B四种元素的原子半径：ABDCCB、D的最高价氧化物中，B、D与氧原子之间均为双键D一定条件下，B单质能置换出D单质，C单质能置换出A单质14A、B、C、X均为中学常见的物质，它们之间有如下转化关系（其它产物已略去）：下列说法错误的是（）A若A是NH3，则C可能是氧化物B若A是非金属，则C可能是氧化物C若X是还原剂，则A可能是氧化物或金属D若X是强碱，则A可能是酸或盐三、解答题（共7小题，满分72分）15氮的氧化物（用NOx表示）是大气污染物
9、，必须加以处理（1）汽车尾气中的CO、NOx采用催化转化法处理，使它们相互反应生成参与大气循环的无毒气体反应化学方程式可表示为：（2）工业尾气中氮的氧化物常采用氨催化吸收法，原理是NH3与NOx反应生成无毒的物质某同学采用以下装置和步骤模拟工业上氮的氧化物处理过程提供的装置：所提供的装置中能快速、简便制取NH3的装置是：（填仪器序号）试剂组合序号固体试剂（g）NH3体积（mL）a12.0g Ca（OH）2 （过量）10.8g NH4Cl2688b10.8g （NH4）2SO42728c12.0g NaOH （过量）10.8g NH4Cl3136d10.8g （NH4）2SO43118e12.0
10、g CaO （过量）10.8g NH4Cl3506f10.8g （NH4）2SO43584若采用C装置制取氨气（控制实验条件相同），情况如表：分析表中数据，实验室制NH3产率最高的是：（填序号），其它组合NH3产率不高的原因是：模拟尾气的处理（3）选用上述部分装置，按下列顺序连接成模拟尾气处理装置：A中反应的离子方程式：D装置作用有：使气体混合均匀、调节气流速度，还有一个作用是：D装置中的液体可换成（填序号）aCuSO4溶液 bH2O cCCl4 d浓H2SO4该同学所设计的模拟尾气处理实验还存在的明显缺陷是：16根据下列框图回答有关问题（答题时，方程式中的E用所对应的元素符号表示）：已知：N
11、a2EO2溶于过量的新制氯水，形成黄色溶液，向该溶液中滴加KSCN溶液立即出现红色，振荡，一段时间后，红色褪去（1）A的电子式为（2）写出反应的化学方程式（3）写出Na2EO2与新制氯水反应的离子方程式（4）一段时间后红色褪去的原因可能是：E元素被氯水氧化为更高价态的物质；17开源节流是应对能源危机的重要举措（1）下列做法有助于能源“开源节流”的是（填字母）a大力开采煤、石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求b大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源c开发太阳能、水能、风能、地热等新能源、减少使用煤、石油等化石燃料d减少资源消耗，增加资源的重复使用、资源的循环再生（2）氢能是理想的
12、清洁能源下列制氢的方法中，最节能的是（填字母）a电解水制氢：2H2O2H2+O2b高温使水分解制氢：2H2O2H2+O2c太阳光催化分解水制氢：2H2O2H2+O2d天然气制氢：CH4+H2OCO+3H2（3）利用MnFe2O4通过两步反应使水分解制氢气，第一步反反应为：MnFe2O4MnFe2O4X+则第二步反应的化学方程式为（条件不写）（4）如图是以SO2、I2、H2O为原料，利用核能使水分解制氢气的一种流程反应X的化学方程式为，该流程中循环使用的原料有从理论上讲，该流程中，1mol原料水制得molH218我国目前制备多晶硅主要采用三氯氢硅氢还原法、硅烷热解法和四氯化硅氢还原法由于三氯氢硅
13、还原法具有一定优点，被广泛应用其简化的工艺流程如图所示：（1）制备三氯氢硅的反应为：Si（s）+3HCl（g）=SiHCl3（g）+H2（g）H=210kJmol1伴随的副反应有：Si（s）+4HCl（g）=SiCl4（g）+2H2（g）H=241kJmol1SiCl4在一定条件下与H2反应可转化为SiHCl3，反应的热化学方程式为：SiCl4（g）+H2（g）=SiHCl3（g）+HCl（g）H=（2）由纯SiHCl3制备高纯硅的化学反应方程式为该生产工艺中可以循环使用的物质是（至少写出两种）（3）由于SiH4具有易提纯的特点，因此硅烷热分解法是制备高纯硅很有发展潜力的方法工业上广泛采用的合
14、成硅烷方法是让硅化镁和固体氯化铵在液氨介质中反应得到硅烷，化学方程式是；整个制备过程必须严格控制无水，否则反应将不能生成硅烷，而是生成硅酸和氢气等，其化学方程式为；整个系统还必须与氧隔绝，其原因是19有E、Q、T、X、Z五种前四周期元素，原子序数EQTXZE、Q、T三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，且I1（E）I1（T）I1（Q），其中基态Q原子的2p轨道处于半充满状态，且QT2+与ET2互为等电子体X为周期表前四周期中电负性最小的元素，Z的原子序数为28请回答下列问题（答题时如需表示具体元素，请用相应的元素符号）：（1）写出QT2+的电子式、基态Z原子的核外电子排布式（2）Q的简单氢化
15、物极易溶于T的简单氢化物，其主要原因有等两种（3）化合物甲由T、X两元素组成，其晶胞如图1，甲的化学式为（4）化合物乙的晶胞如图2，乙由E、Q两元素组成，硬度超过金刚石乙的晶体类型为，其硬度超过金刚石的原因是乙的晶体中E、Q两种元素原子的杂化方式均为20硫酸工业中通常将尾气转化为硫酸铵，既能防止对大气的污染，又能充分利用原料请回答下列问题：（1）硫酸工业尾气中SO2、O2的体积分数分别为0.4%和0.5%向硫酸工业尾气中通入空气（设空气中O2的体积分数为20.5%，且不含SO2），使SO2的体积分数由0.4%降为0.2%通入的空气与原硫酸工业尾气的体积比为通入空气后的混合气体中O2的体积分数为
16、（2）在400时，将经上述通入空气后的硫酸工业尾气以5103L/h的速率通过V2O5催化剂层后，再与NH3混合，同时缓慢喷入冷水，此时气体温度迅速由约400下降为200，在热的结晶装置中得到（NH4）2SO4晶体生产中，NH3的通过速率约为L/h时，原子利用率最高（设SO2的转化率为100%）某硫酸厂每天排放出的尾气折算成标准状况下的体积为5105m3按上述方法该厂每月（以30天计）最多能获得多少吨硫酸铵？21氮元素可形成卤化物、叠氮化物及络合物等（1）NF3构型为三角锥体，沸点129；可在铜催化作用下由F2和过量NH3反应得到NF3属于晶体，写出制备 NF3的化学反应方程式：（2）氢叠氮酸（
17、HN3）是一种弱酸，它的酸性类似于醋酸，微弱电离出H+和N3与N3互为等电子体的分子、离子有：、（各举1例），由此可推知N3的空间构型是型叠氮化物、氰化物能与Fe3+及Cu2+及Co3+等形成络合物，如：Co（N3）（NH3）5SO4、（Fe（CN）64写出钴原子在基态时的价电子排布式：Co（N3）（NH3）5SO4中钴的配位数为，CN中C原子的杂化类型是（3）化学式为Pt（NH3）2Cl2的化合物有两种异构体，其中一种异构体具有水的可溶性，则此种化合物是（填“极性”、“非极性”）分子（4）由叠氮化钠（NaN3）热分解可得纯N2：2NaN3（s）=2Na（l）+3N2（g），有关说法正确的是
18、（选填序号）ANaN3与KN3结构类似，前者晶格能较小B第一电离能（I1）：NPSC钠晶胞结构如图，该晶胞分摊2个钠原子D氮气常温下很稳定，是因为氮的电负性小2015-2016学年江苏省无锡市江阴市高二（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分每小题只有一个选项符合题意）1绿色化学是从源头上防止污染产生或将化学过程对环境的负面影响降低到最低限度的化学不仅化工生产应遵循绿色化学的原则，化学实验也遵循绿色化学原则，实现原料和过程的绿色化下列实验或实验过程遵循绿色化学原则的是（）A用双氧水代替高锰酸钾制氧气B用多量的氯气进行性质实验C用溴水代替碘水进行萃
19、取实验D用铜粉代替铜丝进行铜和浓硝酸的反应【考点】绿色化学【分析】绿色化学的最大特点是从源头就采用预防污染的科学手段，因而过程和终端均为零排放或零污染，据此即可解答【解答】解：A2H2O22H2O+O2，2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，用过氧化氢和二氧化锰制取氧气，与用高锰酸钾在加热下制取氧气相比，不需加热，节约能源，并且生产物是水，没有污染，转化成了期望中的产品，实现了绿色化学的理念，故A正确； BCl2是有毒气体之一，故不符合绿色化学理念，故B错误；C溴水易挥发、溴蒸气有毒，故不符合绿色化学理念，故C错误；D铜丝进行Cu和浓硝酸的反应，可以控制反应速率，从浓硝酸中移出铜丝反应就会
20、停止，用铜粉无法控制反应速率，不符合绿色化学的理念，故D错误；故选A2下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是（）A8个中子的碳原子的核素符号：12CBHF的电子式：CCl离子的结构示意图：DCH4分子的比例模型：【考点】球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】A、核素符号左上方数字代表质量数，质量数=质子数+质子数；B、共价化合物电子式中没有离子；C、结构示意图的圆圈内数字代表质子数；D、根据原子的相对大小和位置关系来分析【解答】解：A、8个中子的碳原子的核素符号应是14C，故A错误；B、HF是共价化合物，分子中不存在离子，电子式不用括号，不带电荷，故B错误；C、Cl
21、离子的结构示意图为，故C错误；D、CH4分子的比例模型是，故D正确故选D3据悉，2012伦敦奥运会上使用的发令枪所用的“火药”成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟雾撞击时发生反应的化学方程式为：5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，则下列有关叙述错误的是（）A上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：6B产生白色烟雾的原因是生成的P2O5白色固体小颗粒（烟）吸水性很强，吸收空气中的水分，生成磷酸小液滴（雾）C上述反应中消耗3 mol P时，转移电子的物质的量为15molD因红磷和白磷互为同素异形体，所以上述火药中的红磷可以用白磷代替【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转
22、移数目计算；磷【分析】ACl元素的化合价降低，KClO3为氧化剂，P元素的化合价升高，P为还原剂；B生成固体为烟，生成小液滴为雾，五氧化二磷与水反应生成磷酸；C由反应可知，消耗6molP转移30mol电子；D白磷的着火点低，易发生自燃【解答】解：ACl元素的化合价降低，KClO3为氧化剂，P元素的化合价升高，P为还原剂，由反应中的化学计量数可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：6，故A正确；B生成的P2O5白色固体小颗粒，观察到烟，五氧化二磷与水反应生成磷酸，结合空气在的水蒸气形成酸雾，观察到雾，故B正确；C由反应可知，消耗6molP转移30mol电子，则消耗3molP时，转移电子的物质的量
23、为15mol，故C正确；D白磷的着火点低，易发生自燃，上述火药中的红磷不能用白磷代替，故D错误；故选D4石墨烯（graphene）是目前科技研究的热点，可看作将石墨的层状结构一层一层的剥开得到的单层碳原子将氢气加入到石墨烯排列的六角晶格中可得最薄的导电材料石墨烷（graphane，如图），下列说法中正确的是（NA表示阿伏伽德罗常数）（）A石墨烯与石墨烷互为同素异形体B石墨烯转变为石墨烷可看作取代反应C12g石墨烯所含碳碳键数目为1.5NAD12g石墨烯完全转变为石墨烷需氢气11.2L【考点】晶胞的计算【分析】A由同种元素组成的不同单质，称为同素异形体，而石墨烷是化合物，据此判断；B将氢气加入到
24、石墨烯排列的六角晶格中可得最薄的导电材料石墨烷，所以石墨烯转变为石墨烷可看作加成反应，据此判断；C在石墨烯中，每个碳原子周围有两个CC单键和一个C=C双键，所以每个碳原子实际占化学键为1.5个，12g石墨烯即1mol所含碳碳键数目为1.5NA，据此判断；D12g石墨烯完全转变为石墨烷需氢气在标况下为11.2L，据此判断【解答】解：A由同种元素组成的不同单质，称为同素异形体，而石墨烷是化合物，故A错误；B将氢气加入到石墨烯排列的六角晶格中可得最薄的导电材料石墨烷，所以石墨烯转变为石墨烷可看作加成反应，故B错误；C在石墨烯中，每个碳原子周围有两个CC单键和一个C=C双键，所以每个碳原子实际占化学键
25、为1.5个，12g石墨烯即1mol所含碳碳键数目为1.5NA，故C正确；D在石墨烯中，每个碳原子周围有两个CC单键和一个C=C双键，所以每个碳原子实际占有C=C双键为0.5个，12g（即1mol）石墨烯完全转变为石墨烷需氢气为0.5mol，在标况下为11.2L，故D错误；故选C5目前人类已发现的非金属元素除稀有气体外，共有16种下列对这16种非金属元素的相关判断：都是主族元素，最外层电子数都大于4；单质在反应中都只能作氧化剂；氢化物常温下都是气态，所以又都叫气态氢化物；氧化物常温下都可以与水反应生成酸（）A只有正确B只有正确C只有正确D均不正确【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】H元素为
26、非金属元素，最外层电子数为1；不少非金属元素在反应中能失去电子；碳原子数大于4的烃在常温下为液态或固态；非金属氧化物有酸性氧化物和不成盐氧化物【解答】解：H的最外层电子数为1，C和Si的最外层电子数为4，都不大于4，故错误；非金属较弱的非金属元素在反应中能失去电子，可做还原剂，如H、C、S等，故错误；碳原子数大于4的烃在常温下为液态或固态，氨气为气态，N2H4在常温下为液态，故错误；CO、NO等氧化物为非金属性氧化物，但不具有酸性，为不成盐氧化物，故错误故选D6观察下列模型并结合有关信息，判断有关说法不正确的是（）B12结构单元SF6分子S8分子HCN结构模型示意图备注熔点1873K易溶于CS
27、2A单质硼属于原子晶体，结构单元中含有30个BB键，含有20个正三角形BSF6是由极性键构成的非极性分子C固态硫S8属于原子晶体DHCN的结构式为HCN【考点】球棍模型与比例模型；结构式；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子【分析】A根据图B12结构单元解题；BSF6空间构型为对称结构分子极性抵消；C固态S8晶体中存在的微粒是S8分子，所以属于分子晶体；D碳原子的成键情况主要根据与碳原子形成共价键的原子的数目确定，原子半径的关系为CNH【解答】解：A由图知，中间由六个B原子构成的正六边形，两边各3个B原子，共含有30个BB键，含20个正三角形，故A正确； B不同原子构成的共价键是极性键，分子
28、中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，SF6空间构型为对称结构分子极性抵消，SF6为非极性分子，故B正确；C固态S8晶体中存在的微粒是S8分子，所以属于分子晶体，故C错误；D由比例模型可以看出分子中有1个碳原子和1个氮原子，1个氢原子，则结构式为HCN，故D正确，故选C7某医学院研究所研制的小分子团水，解决了医务人员工作时的如厕难题新型小分子团水，具有饮用量少、渗透力强、生物利用率高、在人体内储存时间长、排放量少的特点一
29、次饮用125mL小分子团水，可维持人体6小时正常需水量下列关于小分子团水的说法正确的是（）A水分子的化学性质改变B水分子中氢氧键缩短C水分子间的作用力减小D水分子间结构、物理性质改变【考点】分子间作用力；物理变化与化学变化的区别与联系；分子间作用力对物质的状态等方面的影响【分析】小分子团水仍是以分子为基本单位组成的聚集体，所以分子结构并没有改变，分子中的氢氧键并没有缩短，化学性质更不会改变它改变的是分子间的结构，分子间作用力增强，物理性质改变【解答】解：A、小分子团水仍是以分子为基本单位组成的聚集体，化学性质由水决定，与水的化学性质一样，性质没有改变，故A错误；B、小分子团水只是改变水分子间的
30、作用力，化学键没有改变，分子中的氢氧键并没有缩短，故B错误；C、小分子团水分子间的距离减小，分子间作用力增强，故C错误；D、分子团水分子间的距离减小，水分子间结构改变，分子间作用力增强，沸点升高，密度增大，故D正确故选D8取某白色固体少量于试管中加热，固体逐渐消失，生成水蒸气和其它两种气体，试管内除管口有少量水珠外，无任何残留物另取该固体1.40g与过量烧碱液混合加热，生成一种使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，这些气体正好和120.0mL，0.100mol/L，H2SO4完全反应；再取该固体1.40g跟足量盐酸反应，放出一种无色无臭的气体，这些气体通入过量的澄清石灰水中，得到1.60g白色沉淀下列
31、说法正确的是（）A原白色固体一定是（NH4）2CO3B无法确定原白色固体的成份C原白色固体中不含任何金属离子D原白色固体一定是（NH4）2CO3和NH4HCO3的混合物【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计；几组未知物的检验；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】该固体1.40g与过量烧碱液混合加热，生成一种使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，应生成NH3，说明为铵盐，n（NH3）=2n（H2SO4）=20.12L0.1mol/L=0.024mol，再取该固体1.40g跟足量盐酸反应，放出一种无色无臭的气体，这些气体通入过量的澄清石灰水中，得到1.60g白色沉淀，说明气体为CO2，生成碳酸钙沉
32、淀，n（CO2）=0.016mol，则n（NH3）：n（CO2）=0.024：0.016=3：2，应为（NH4）2CO3和NH4HCO3的混合物，以此解答【解答】解：该固体1.40g与过量烧碱液混合加热，生成一种使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，应生成NH3，说明为铵盐，n（NH3）=2n（H2SO4）=20.12L0.1mol/L=0.024mol，再取该固体1.40g跟足量盐酸反应，放出一种无色无臭的气体，这些气体通入过量的澄清石灰水中，得到1.60g白色沉淀，说明气体为CO2，生成碳酸钙沉淀，n（CO2）=0.016mol，则n（NH3）：n（CO2）=0.024：0.016=3：2，应为（
33、NH4）2CO3和NH4HCO3的混合物，取某白色固体少量于试管中加热，固体逐渐消失，生成水蒸气和其它两种气体，试管内除管口有少量水珠外，无任何残留物，说明不含金属离子，故选CD二、不定项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分每小题有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个则该小题就得0分）9下列说法不正确的是（）AA元素的电负性从上到下逐渐减小，而A元素的电负性从上到下逐渐增大B最外层电子排布为ns2np6（若只有K层时为1s2）的原子，第一电离能较大C碳原子由1s22s2
34、2p2转化成1s22s12p3，这一过程中释放能量DNaH的存在能支持可将氢元素放在A的观点【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子排布【分析】AIA族元素从上到下金属性增强，A族元素从上到下非金属性减弱，非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小；B电子排布为全满或半满时为稳定状态；C由基态转化成激发态，电子能量增大，需要吸收能量；DNaH中的H元素最低为1，A族中元素的最低化合价为1价【解答】解：AA元素从上到下，非金属性减弱，金属性增强，所以电负性从上到下逐渐减小；A族元素从上到下非金属性减弱，元素的电负性从上到下逐渐减小，故A错误；B电子排布为全满或半满时为稳定状态，
35、最外层电子排布为ns2np6（若只有K层时为1s2）的原子，为稳定状态，不容易失电子，所以第一电离能较大，故B正确；C由基态转化成激发态，电子能量增大，需要吸收能量，碳原子由1s22s22p2转化成1s22s12p3，这一过程中会吸收能量，故C错误；DNaH中的H元素最低为1，则H可以放在放在A族中，故D正确；故选AC10用R元素代表短周期元素，R原子最外层p能级上有2个未成对电子下列关于R的描述正确的是（）AR的氧化物都能溶于水BR的最高价氧化物对应的水化物都是H2RO4CR一定是非金属元素DR的最高价氧化物都能与NaOH溶液反应【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】R代表短周期元素，R
36、原子最外层的p亚层上的未成对电子只有2个，则R的价层电子排布可能为2s22p2、2s22p4、3s23p2、3s23p4，可能为C、O、Si、S等元素，结合元素对应的单质、化合物的性质解答【解答】解：R原子最外层的p亚层上的未成对电子只有2个，则R的价层电子排布可能为2s22p2、2s22p4、3s23p2、3s23p4，可能为C、O、Si、S等元素，则A如R为Si，对应的氧化物SiO2不能溶于水，故A错误；B如R为C、Si，则R的最高价氧化物所对应的水化物是H2SO3，故B错误；CR可能为C、O、Si、S等元素，一定是非金属元素，故C正确；D如R为C，对应的氧化物有CO，为不成盐氧化物，不能
37、与NaOH溶液反应，故D错误故选C11下列现象或事实可用同一原理解释的是（）A浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低B氯水和活性炭使红墨水褪色C漂白粉和水玻璃长期暴露在空气中变质D乙炔和乙烯使溴的四氯化炭溶液褪色【考点】浓硫酸的性质；氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；取代反应与加成反应【分析】A浓硫酸具有吸水性，盐酸易挥发；B氯水具有强氧化性和漂白性，活性炭具有吸附性；C漂白粉中的次氯酸钙和空气中二氧化碳反应生成不稳定的次氯酸，水玻璃和空气中二氧化碳反应生成硅酸；D乙烯和乙炔都含有不饱和键【解答】解：A浓硫酸具有吸水性，盐酸易挥发，二者浓度都降低，但原理不同，故A错误；B氯水具有
38、强氧化性和漂白性，活性炭具有吸附性，二者漂白的原理不同，故B错误；C漂白粉中的次氯酸钙和空气中二氧化碳反应生成不稳定的次氯酸，水玻璃和空气中二氧化碳反应生成硅酸，二者变质的原理不同，故C错误；D乙烯和乙炔都含有不饱和键，都可发生加成反应，故D正确故选D12X、Y、Z是三种常见元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物，这些单质和化合物之间存在如图所示的转化关系，下列说法正确的是（）AX、Y、Z一定是非金属单质BX、Y、Z中至少有一种是金属单质C若X、Y都为金属单质，则Z必为非金属单质D如果X、Y都为非金属单质，则Z必为金属单质【考点】无机物的推断【分析】首先判断出单质X与化合物甲生成化合物乙和单质Y
39、的反应为置换反应，然后结合常见的置换反应判断即可和甲反应生成Y和乙，X+甲Y+乙，肯定是置换反应，考虑还原性物质有关，X和Z反应可得乙，X+Z乙，肯定是化合反应，X是金属了，那么Z应该是非金属单质，Y和Z反应可得甲，Y+Z甲，肯定是化合反应，Y是金属了，那么Z应该是非金属单质；【解答】根据X、Y、Z是单质，甲和乙是常见的化合物，x和甲反应会生成y和乙，反应是置换反应，X可能是氢气或者碳或者活泼金属，x和z会生成乙，y和z会生成甲，A、X、Y、Z不一定是非金属单质，如2Mg+CO2=C+2MgO，故A错误；B、X、Y、Z可以都是非金属单质，如C+H2O=CO+H2，故B错误；C、若X、Y都为金属
40、单质，发生置换反应是一定是金属单质很金属化合物的反应，XY的化合物一定是非金属化合物，所以则Z必为非金属单质，如2Al+Fe2O3=2Fe+Al2O3；Zn+CuCl2=ZnCl2+Cu；故C正确；D、如果X、Y都为非金属单质，则Z可以为金属单质，也可以为非金属单质，如Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2；Zn+2HCl=ZnCl2+H2故D错误；故选C13短周期元素A、B、C、D的原子序数依次递增，它们的核电荷数之和为32，原子最外层电子数之和为10A与C同主族，B与D同主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数则下列叙述正确的是（）AD元素处于元素周期表中第3周期第IV族
41、B四种元素的原子半径：ABDCCB、D的最高价氧化物中，B、D与氧原子之间均为双键D一定条件下，B单质能置换出D单质，C单质能置换出A单质【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】短周期元素A、B、C、D的原子序数依次递增，B与D为同主族元素，B的原子序数大于A，故B处于第二周期，D处于第三周期，A与C同主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数，设A的最外层电子数为x，则2x=2，x=1，四元素原子最外层电子数之和为10，故B、D的最外层电子数为=4，故B、D处于A族，B为碳元素，D为Si元素，C元素原子序数大于碳元素，故C为Na元素，四元素原子序数之和为32，故A元素的原子
42、序数为3214611=1，则A为H元素，以此解答该题【解答】解：短周期元素A、B、C、D的原子序数依次递增，B与D为同主族元素，B的原子序数大于A，故B处于第二周期，D处于第三周期，A与C同主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数，设A的最外层电子数为x，则2x=2，x=1，四元素原子最外层电子数之和为10，故B、D的最外层电子数为=4，故B、D处于A族，B为碳元素，D为Si元素，C元素原子序数大于碳元素，故C为Na元素，四元素原子序数之和为32，故A元素的原子序数为3214611=1，则A为H元素，AD为Si元素，处于元素周期表中第3周期第IVA族，故A错误；BH原子半径最
43、小，同主族电子层数越多原子半径越大，同一周期从左到右原子半径逐渐减小，则半径关系为ABDC，故B正确；CB、D的最高价氧化物分别为CO2、SiO2，CO2中存在C=O双键，SiO2中存在SiO单键，故C错误；D高温条件下，碳和二氧化硅发生置换反应生成Si，钠和水发生置换反应生成氢气，故D正确；故选BD14A、B、C、X均为中学常见的物质，它们之间有如下转化关系（其它产物已略去）：下列说法错误的是（）A若A是NH3，则C可能是氧化物B若A是非金属，则C可能是氧化物C若X是还原剂，则A可能是氧化物或金属D若X是强碱，则A可能是酸或盐【考点】无机物的推断【分析】A、若A是NH3；X是氧气，B是一氧化
44、氮，C是二氧化氮；B、若A是非金属C、S、N等，X是氧气，B为CO、SO2、NO，C为CO2、SO3、NO2；C、若X是还原剂，则AB必须具有氧化性，可以是Fe3+等，不可能是金属，因为金属只具有还原性；D、若X是强碱，A可以是盐如铝盐，也可以是酸如多元弱酸【解答】解：A、若A是NH3，转化关系为：NH3NONO2；故A正确；B、若A是非金属C、S、N等转化关系为：CCOCO2；故B正确；C、若X是还原剂，则AB必须具有氧化性，可以是Fe3+等，不可能是金属，因为金属只具有还原性；故C错误；D、若X是强碱，A可以是盐如铝盐，也可以是酸如多元弱酸，如AlCl3Al（OH）3NaAlO2，H2SN
45、aHSNa2S；故D正确；故选C三、解答题（共7小题，满分72分）15氮的氧化物（用NOx表示）是大气污染物，必须加以处理（1）汽车尾气中的CO、NOx采用催化转化法处理，使它们相互反应生成参与大气循环的无毒气体反应化学方程式可表示为：2xCO+2NOx2xCO2+N2（2）工业尾气中氮的氧化物常采用氨催化吸收法，原理是NH3与NOx反应生成无毒的物质某同学采用以下装置和步骤模拟工业上氮的氧化物处理过程提供的装置：所提供的装置中能快速、简便制取NH3的装置是：H（填仪器序号）试剂组合序号固体试剂（g）NH3体积（mL）a12.0g Ca（OH）2 （过量）10.8g NH4Cl2688b10.
46、8g （NH4）2SO42728c12.0g NaOH （过量）10.8g NH4Cl3136d10.8g （NH4）2SO43118e12.0g CaO （过量）10.8g NH4Cl3506f10.8g （NH4）2SO43584若采用C装置制取氨气（控制实验条件相同），情况如表：分析表中数据，实验室制NH3产率最高的是：f（填序号），其它组合NH3产率不高的原因是：因为用NH4Cl和NaOH或Ca（OH）2作反应物生成氨气的同时产生的水较多，则吸收溶解的NH3较多模拟尾气的处理（3）选用上述部分装置，按下列顺序连接成模拟尾气处理装置：A中反应的离子方程式：3Cu+8H+2NO33Cu2+
47、2NO+4H2OD装置作用有：使气体混合均匀、调节气流速度，还有一个作用是：防止氨气溶解（或防止倒吸）D装置中的液体可换成c（填序号）aCuSO4溶液 bH2O cCCl4 d浓H2SO4该同学所设计的模拟尾气处理实验还存在的明显缺陷是：未反应的NO无法处理，会污染环境【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）CO和NOx在催化剂的条件下反应生成参与大气循环的无毒气体应为CO2和N2；（2）制备氨气可采用加热NH4Cl和Ca（OH）2或浓氨水加热的方法或者浓氨水滴加到生石灰中制备；根据NaOH或Ca（OH）2作反应物产生的水较多易溶解生成的氨气来分析；（3）稀硝酸具有强氧化性，与铜发生氧化还原反
48、应生成硝酸铜和NO等；氨气难溶于饱和氨水，可防止倒吸；氨气为极性分子，不溶于非极性溶剂；缺少尾气处理装置，过量的NO会污染空气【解答】解：（1）CO和NOx在催化剂的条件下反应生成参与大气循环的无毒气体应为CO2和N2，反应的化学方程式为2xCO+2NOx2xCO2+N2，故答案为：2xCO+2NOx2xCO2+N2；（2）制备氨气可采用加热NH4Cl和Ca（OH）2或浓氨水加热的方法或者浓氨水滴加到生石灰中制备，其中能快速、简便制取NH3的装置可用浓氨水滴加到生石灰中制备，用H装置，故答案为：H；因为用NH4Cl和NaOH或Ca（OH）2作反应物生成氨气的同时产生的水较多，则吸收溶解的NH3
49、较多，所以由表中数据可以看出，f制NH3产率最高，故答案为：f；因为用NH4Cl和NaOH或Ca（OH）2作反应物生成氨气的同时产生的水较多，则吸收溶解的NH3较多；（3）稀硝酸具有强氧化性，与铜发生氧化还原反应生成硝酸铜和NO等，反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O；D装置使气体混合均匀、调节气流速度，另外，氨气难溶于饱和氨水，可防止倒吸，故答案为：防止氨气溶解（或防止倒吸）；氨气可溶于硫酸铜溶液、水以及硫酸中，可产生倒吸，氨气为极性分子，不溶于非极性溶剂，可用CCl4代替饱和氨水，故答案为：c；缺少尾
50、气处理装置，过量的NO会污染空气，故答案为：未反应的NO无法处理，会污染环境16根据下列框图回答有关问题（答题时，方程式中的E用所对应的元素符号表示）：已知：Na2EO2溶于过量的新制氯水，形成黄色溶液，向该溶液中滴加KSCN溶液立即出现红色，振荡，一段时间后，红色褪去（1）A的电子式为（2）写出反应的化学方程式NaNO3+2Na2FeO2+2H2O=NaOH+2Na2FeO4+NH3（3）写出Na2EO2与新制氯水反应的离子方程式2FeO22+Cl2+8H+=2Cl+2Fe3+4H2O（4）一段时间后红色褪去的原因可能是：E元素被氯水氧化为更高价态的物质；KSCN被氯水氧化【考点】无机物的推
51、断【分析】刺激性气体A能与氧气发生催化氧化，则A为NH3，无色液体C为H2O，B为NO，D为NO2，二者在碱性条件下生成F，F为NaNO3，Na2EO2溶于过量的新制氯水，形成黄色溶液，向该溶液中滴加KSCN溶液立即出现红色，说明生成Fe3+，则E为Fe，结合框图的转化关系和相关物质的性质解答该题【解答】解：刺激性气体A能与氧气发生催化氧化，则A为NH3，无色液体C为H2O，B为NO，D为NO2，二者在碱性条件下生成F，F为NaNO3，Na2EO2溶于过量的新制氯水，形成黄色溶液，向该溶液中滴加KSCN溶液立即出现红色，说明生成Fe3+，则E为Fe，（1）A为NH3，电子式为，故答案为：；（2
52、）A为NH3，C为H2O，F为NaNO3，由转化关系可知反应的化学方程式为NaNO3+2Na2FeO2+2H2O=NaOH+2Na2FeO4+NH3，故答案为：NaNO3+2Na2FeO2+2H2O=NaOH+2Na2FeO4+NH3；（3）Na2FeO2溶于过量的新制氯水，形成黄色溶液，向该溶液中滴加KSCN溶液立即出现红色，说明生成Fe3+，反应的离子方程式为2FeO22+Cl2+8H+=2Cl+2Fe3+4H2O，故答案为：2FeO22+Cl2+8H+=2Cl+2Fe3+4H2O；（4）一段时间后红色褪去，说明溶液中不存在Fe3+或SCN，则可能为Fe元素被氯水氧化为更高价态的物质或KS
53、CN被氯气氧化，故答案为：KSCN被氯水氧化17开源节流是应对能源危机的重要举措（1）下列做法有助于能源“开源节流”的是bcd（填字母）a大力开采煤、石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求b大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源c开发太阳能、水能、风能、地热等新能源、减少使用煤、石油等化石燃料d减少资源消耗，增加资源的重复使用、资源的循环再生（2）氢能是理想的清洁能源下列制氢的方法中，最节能的是c（填字母）a电解水制氢：2H2O2H2+O2b高温使水分解制氢：2H2O2H2+O2c太阳光催化分解水制氢：2H2O2H2+O2d天然气制氢：CH4+H2OCO+3H2（3）利用MnFe
54、2O4通过两步反应使水分解制氢气，第一步反反应为：MnFe2O4MnFe2O4X+则第二步反应的化学方程式为MnFe2O4X+xH20=MnFe2O4+xH2（条件不写）（4）如图是以SO2、I2、H2O为原料，利用核能使水分解制氢气的一种流程反应X的化学方程式为SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，该流程中循环使用的原料有SO2、I2从理论上讲，该流程中，1mol原料水制得1molH2【考点】三废处理与环境保护；常见的能量转化形式【分析】（1）只要能减少自然资源的运用都属于“开源节流”；（2）最节能的方法是运用太阳能；（3）第二步MnFe2O4X和水反应生成MnFe2O4和氢气；（4）
55、在100120条件下，碘、二氧化硫和水反应生成硫酸和氢碘酸；根据流程图判断能循环使用的物质；根据水和氢气的关系式计算生成的氢气的量【解答】解：（1）只要能减少自然资源的运用都属于“开源节流”a、不能减少自然资源的运用，故错误b、c、d能减少自然资源的运用，故正确故答案为：bcd；（2）最节能的方法是运用太阳能，高温、电解都需要其它自然资源，故答案为：C；（3）第二步MnFe2O4X和水反应生成MnFe2O4和氢气，反应方程式为MnFe2O4X+xH20=MnFe2O4+xH2，故答案为：MnFe2O4X+xH20=MnFe2O4+xH2；（4）在100120条件下，碘、二氧化硫和水反应生成硫酸
56、和氢碘酸，反应方程式为SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4；根据流程图知，该流程中循环使用的原料有SO2、I2；一个H2O中含有2个氢原子，所以水分子和氢分子的个数之比是1：1，故从理论上讲，该流程中，1mol原料水制得1mol氢气，故答案为：SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4；SO2、I2；118我国目前制备多晶硅主要采用三氯氢硅氢还原法、硅烷热解法和四氯化硅氢还原法由于三氯氢硅还原法具有一定优点，被广泛应用其简化的工艺流程如图所示：（1）制备三氯氢硅的反应为：Si（s）+3HCl（g）=SiHCl3（g）+H2（g）H=210kJmol1伴随的副反应有：Si（s）+4HCl（
57、g）=SiCl4（g）+2H2（g）H=241kJmol1SiCl4在一定条件下与H2反应可转化为SiHCl3，反应的热化学方程式为：SiCl4（g）+H2（g）=SiHCl3（g）+HCl（g）H=+31kJmol1（2）由纯SiHCl3制备高纯硅的化学反应方程式为SiHCl3+H2Si+3HCl该生产工艺中可以循环使用的物质是HCl、H2、SiHCl3等（至少写出两种）（3）由于SiH4具有易提纯的特点，因此硅烷热分解法是制备高纯硅很有发展潜力的方法工业上广泛采用的合成硅烷方法是让硅化镁和固体氯化铵在液氨介质中反应得到硅烷，化学方程式是Mg2Si+4NH4ClSiH4+2MgCl2+4NH
58、3；整个制备过程必须严格控制无水，否则反应将不能生成硅烷，而是生成硅酸和氢气等，其化学方程式为Mg2Si+4NH4Cl+3H2O2MgCl2+H2SiO3+4NH3+4H2；整个系统还必须与氧隔绝，其原因是由于硅烷在空气中易燃，浓度高时容易发生爆炸【考点】制备实验方案的设计【分析】石英砂和焦炭高温加热反应生成粗硅和一氧化碳，粗硅在流化床反应器中和HCl反应生成SiHCl3和氢气，氢气在后面可以循环利用，在还原炉中被氢气还原生成高纯硅，同时生成HCl可循环利用，（1）根据盖斯定律可以计算化学反应的焓变；（2）利用氢气和纯SiHCl3反应制备高纯硅，过程中反应后最后又生成的物质可以循环使用；（3）
59、根据题目信息和已知条件来书写方程式【解答】解：（1）根据盖斯定律，反应SiCl4（g）+H2（g）SiHCl3（g）+HCl（g）可以看成是Si（s）+3HCl（g）SiHCl3（g）+H2（g）和反应Si（s）+4HCl（g）SiCl4（g）+2H2（g）的差，所以H210kJmol1（241kJmol1）=+31 kJmol1，故答案为：+31 kJmol1；（2）利用氢气和纯SiHCl3反应制备高纯硅，反应的化学方程式为：SiHCl3+H2Si+3HCl；依据流程关系和反应产物分析，该生产工艺中可以循环使用的物质是 HCl、H2、SiHCl3等；故答案为：SiHCl3+H2Si+3HCl
60、； HCl、H2、SiHCl3等；（3）硅化镁和固体氯化铵在液氨介质中反应得到硅烷，根据原子守恒，则Mg2Si+4NH4ClSiH4+2MgCl2+4NH3，整个系统还必须与氧隔绝，否则容易发生爆炸，硅化镁和固体氯化铵在水中反应得到硅酸和氢气等，根据原子守恒，则Mg2Si+4NH4Cl+3H2O2MgCl2+H2SiO3+4NH3+4H2，故答案为：Mg2Si+4NH4ClSiH4+2MgCl2+4NH3；Mg2Si+4NH4Cl+3H2O2MgCl2+H2SiO3+4NH3+4H2；由于硅烷在空气中易燃，浓度高时容易发生爆炸19有E、Q、T、X、Z五种前四周期元素，原子序数EQTXZE、Q、
61、T三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，且I1（E）I1（T）I1（Q），其中基态Q原子的2p轨道处于半充满状态，且QT2+与ET2互为等电子体X为周期表前四周期中电负性最小的元素，Z的原子序数为28请回答下列问题（答题时如需表示具体元素，请用相应的元素符号）：（1）写出QT2+的电子式、基态Z原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d84s2（2）Q的简单氢化物极易溶于T的简单氢化物，其主要原因有这两种氢化物均为极性分子、相互之间能形成氢键等两种（3）化合物甲由T、X两元素组成，其晶胞如图1，甲的化学式为KO2（4）化合物乙的晶胞如图2，乙由E、Q两元素组成，硬度超过金刚石乙的
62、晶体类型为原子晶体，其硬度超过金刚石的原因是CN键的键长小于CC键，键能大于CC键乙的晶体中E、Q两种元素原子的杂化方式均为sp3【考点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】E、Q、T三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，应位于周期表同一周期，基态Q原子的2p轨道处于半充满状态，则原子核外电子排布式为1s22s22p3，应为N元素，I1（E）I1（T）I1（Q），且原子序数EQT，则T应为O元素，QT2+与ET2互为等电子体则E应为C元素，NO2+与CO2的电子数都为22，X为周期表前四周期中电负性最小的元素，应为K元素，Z的原子序数为28，为Ni元素，结合元
63、素对应的单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题【解答】解：E、Q、T三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，应位于周期表同一周期，基态Q原子的2p轨道处于半充满状态，则原子核外电子排布式为1s22s22p3，应为N元素，I1（E）I1（T）I1（Q），且原子序数EQT，则T应为O元素，QT2+与ET2互为等电子体则E应为C元素，NO2+与CO2的电子数都为22，X为周期表前四周期中电负性最小的元素，应为K元素，Z的原子序数为28，为Ni元素，（1）QT2+为NO2+，电子式为，Z为Ni元素，原子序数为28，位于周期表第四周期第族，电子排布式为 1s22s22p63s23p63d84s2，故答
64、案为：； 1s22s22p63s23p63d84s2；（2）Q的简单氢化物和T的简单氢化物分别为NH3、H2O，两种分子立体构型相似，都为极性分子，并且N、O元素的电负性较大，氢化物中存在氢键，两种原因导致氨气极易溶于水，故答案为：这两种氢化物均为极性分子、相互之间能形成氢键；（3）晶胞中K离子位于晶胞的顶点和体心位置，平均1个晶胞含有K离子的个数为8+6=4，晶胞中，由O元素构成的离子个数为：2（12+1）=8，则甲的化学式为KO2，故答案为：KO2；（4）乙由E、Q两元素组成，硬度超过金刚石，则乙为原子晶体，由于CN键的键长小于CC键，键能大于CC键，则硬度超过金刚石，故答案为：原子晶体；
65、CN键的键长小于CC键，键能大于CC键；晶体中C原子与4个N原子成键，N原子与3个C原子成键，并用1个孤电子对，都为sp3杂化，故答案为：sp320硫酸工业中通常将尾气转化为硫酸铵，既能防止对大气的污染，又能充分利用原料请回答下列问题：（1）硫酸工业尾气中SO2、O2的体积分数分别为0.4%和0.5%向硫酸工业尾气中通入空气（设空气中O2的体积分数为20.5%，且不含SO2），使SO2的体积分数由0.4%降为0.2%通入的空气与原硫酸工业尾气的体积比为1：1通入空气后的混合气体中O2的体积分数为10.5%（2）在400时，将经上述通入空气后的硫酸工业尾气以5103L/h的速率通过V2O5催化剂
66、层后，再与NH3混合，同时缓慢喷入冷水，此时气体温度迅速由约400下降为200，在热的结晶装置中得到（NH4）2SO4晶体生产中，NH3的通过速率约为20L/h时，原子利用率最高（设SO2的转化率为100%）某硫酸厂每天排放出的尾气折算成标准状况下的体积为5105m3按上述方法该厂每月（以30天计）最多能获得多少吨硫酸铵？【考点】工业制取硫酸；化学方程式的有关计算【分析】（1）0.4%降为0.2%根据二氧化硫体积不变，所以总体积必须变为原来得2倍进行分析；设通入空气体积与硫酸工业废气体积都为100L进行计算；（2）根据两个方程式推出而二氧化硫与氨气的体积比，再根据二氧化硫的体积计算出氨气的体积
67、；根据二氧化硫的体积分数计算出二氧化硫的体积，再计算出二氧化硫的质量，再计算出硫酸铵的质量【解答】解：（1）SO2的体积分数由0.4%降为0.2%因为二氧化硫体积不变，所以总体积必须变为原来的2倍，即空气与尾气的体积比为1：1；故答案为：1：1；设通入空气体积与硫酸工业废气体积都为100L则含氧气的体积为：100L0.5%+100L20.5%=21L，则混合后氧气体积分数为： =10.5% 故答案为：10.5%；（2）由通入空气后的硫酸工业尾气以5103L/h的速率通过V2O5催化剂，可知通过二氧化硫的体积是5103L/h0.2%=10L/h；由2SO2+O22SO3； SO3+H2O+2NH
68、3=（NH4）2SO4可推出二氧化硫与氨气的分子个数比为1：2，所以体积比也是1：2，所以氨气的速率为20L/h；故答案为：20；由方程式可知二氧化硫与硫酸铵的分子个数比为1：1，所以SO2（NH4）2SO422.4103m3 132106吨305105 m30.4%（正常排气未稀释） xx353.57吨即该厂每月能生产353.57吨硫酸铵21氮元素可形成卤化物、叠氮化物及络合物等（1）NF3构型为三角锥体，沸点129；可在铜催化作用下由F2和过量NH3反应得到NF3属于分子晶体，写出制备 NF3的化学反应方程式：3F2+4NH3NF3+3NH4F（2）氢叠氮酸（HN3）是一种弱酸，它的酸性类
69、似于醋酸，微弱电离出H+和N3与N3互为等电子体的分子、离子有：CO2、SCN（各举1例），由此可推知N3的空间构型是直线型叠氮化物、氰化物能与Fe3+及Cu2+及Co3+等形成络合物，如：Co（N3）（NH3）5SO4、（Fe（CN）64写出钴原子在基态时的价电子排布式：3d74s2Co（N3）（NH3）5SO4中钴的配位数为6，CN中C原子的杂化类型是sp（3）化学式为Pt（NH3）2Cl2的化合物有两种异构体，其中一种异构体具有水的可溶性，则此种化合物是极性（填“极性”、“非极性”）分子（4）由叠氮化钠（NaN3）热分解可得纯N2：2NaN3（s）=2Na（l）+3N2（g），有关说法正
70、确的是BC （选填序号）ANaN3与KN3结构类似，前者晶格能较小B第一电离能（I1）：NPSC钠晶胞结构如图，该晶胞分摊2个钠原子D氮气常温下很稳定，是因为氮的电负性小【考点】位置结构性质的相互关系应用；配合物的成键情况【分析】（1）NF3的沸点129，符合分子晶体的性质；在铜催化作用下F2和过量NH3反应得到NF3，还生成NH4F；（2）原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，等电子体的结构相似；钴原子核外电子数为27，根据能量最低原理书写基态时的价电子排布式；Co（N3）（NH3）5SO4中配体为N3、NH3；CN中C原子价层电子对数=1+=2，杂化轨道数目为2；（3）根据相似
71、相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂；（4）A离子半径越小，晶格能越大；B同主族自上而下第一电离能减小，P元素原子3p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的；C钠晶胞结构为体心立方密堆积，根据均摊法计算晶胞中分摊钠原子数目；D氮气性质稳定是由于氮气分子中含有氮氮三键【解答】解：（1）NF3的沸点129，沸点很低，属于分子晶体在铜催化作用下F2和过量NH3反应得到NF3，还生成NH4F，反应方程式为：3F2+4NH3NF3+3NH4F，故答案为：分子；3F2+4NH3NF3+3NH4F；（2）与N3互为等电子体的微粒含有3个原子、16个价电子，与其等电子体的分子有N2O或CO2
72、或CS2或BeCl2等，其等电子体的离子有 SCN等；N3与CO2是等电子体，具有相同的价电子数，它们具有相似的化学结构，二氧化碳是直线型分子，所以N3的空间构型是直线形，故答案为：CO2；SCN；直线；钴原子核外电子数为27，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，价电子排布式为3d74s2，Co（N3）（NH3）5SO4中配体为N3、NH3，钴的配位数为6，CN中C原子价层电子对数=1+=2，杂化轨道数目为2，C原子采取sp杂化；故答案为：3d74s2；6；sp；（3）极性分子易溶于极性溶剂中，水为极性溶剂，Pt（NH3）2Cl2的一种分子易溶于水，说明为极性分子；故答案为：极性；（4）A离子电荷相同，钠离子半径小于钾离子半径，故NaN3的晶格能大于KN3的晶格能，故A错误；B同主族自上而下第一电离能减小，P元素原子3p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能NPS，故B正确；C钠晶胞结构为体心立方密堆积，晶胞中原子数为1+8=2，故C正确；D氮气分子中含有氮氮三键，键能较大，所以性质稳定，故D错误故选：BC2016年11月26日
