1、2014-2015学年四川省宜宾三中高三（下）第三周周考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生活、社会密切相关下列说法正确的是( )A光纤通信所使用的光缆的主要成分是晶体Si，太阳能电池使用的常用材料主要是SiO2B我国重点城市近年来己发布“空气质量日报”，将CO2，NO2和可吸入顺粒物等列入了首要污染物C太阳光透过树叶间的缝隙射入密林中的光柱的形成属于丁达尔效应DSO2可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫、增白食品等2下列有关化学实验的叙述中，正确的是( )A实验室氢氧化钠溶液应保存在带橡胶塞的试剂瓶中B做钠盐溶液的焰色反应时，用玻璃棒蘸取待测液放在酒精灯火焰上灼烧C中
2、和滴定实验中用待测液润洗锥形瓶D向试管中滴加液体时，胶头滴管紧贴试管内壁3设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )A常温常压下，2.24L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NAB100ml 18.4mol/L的浓硫酸与足量铜加热充分反应后生产SO2的数目为0.92NAC密闭容器中盛有0.1mol N2和0.3mol H2，充分反应后转移电子的数目为0.6NAD80g NH4NO3晶体中含有NH4+数目为NA4短周期主族元素X，Y，A，B，C在元素周期表的位置如图所示，A是电负性最大的元素，则下列说法不正确的是( ) XAYCBA原子半径由小到大的顺序为：ABCYBA、B
3、的氢化物的沸点由低到高的顺序为：HAHBCX、Y最高价氧化物对应的水化物的酸性由弱到强的顺序为：H2YO3H2XO3DB、C简单离子的还原性由弱到强的顺序为：BC25有25时0.1mol/L的氯化铵、氯化钠、醋酸钠三种溶液下列有关判断不正确的是( )A与比较：c（Na+）c（NH4+）B中离子浓度的大小关系是：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）C和等体积混合的溶液中：c（Cl）=c（Na+）+c（NH4+）+c（NH3H2O）D向中滴加适量醋酸溶液，使溶液pH=7，则：c（CH3COO ）c（Na+）6在2L的密闭容器中进行如下反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），
4、有如下数据：实验温度/起始量/mol平衡量/molCOH2OCO2H2CO216502.01.0000.828002.02.0001.0下列说法正确的是( )A正反应为吸热反应B实验1中，CO的转化率为80%C650时，化学平衡常数K=D实验1再加入1.0 mol H2O，重新达到平衡时，n（CO2）为1.6 mol7用如图所示NaClO的发生装置对海水进行消毒和灭藻处理，有关说法不正确的是( )A海水淡化前需进行预处理，通常用明矾K2SO4Al2（SO4）324H2O作混凝剂，降低浊度，明矾水解的离子方程式是：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+B装置中由NaCl转化为NaClO的化学方程
5、式是：NaCl+H2OH2+NaClOC海水中含有Ca2+、Mg2+、HCO3等杂质离子，处理过程中装置的阴极易产生水垢，其主要成分是Mg（OH）2和CaCO3D若每隔510 min倒换一次电极电性，可有效地解决阴极的结垢问题二、解答题（共4小题，满分58分）8（16分）AF均为元素周期表中前四周期元素，其相关信息如下表：元素相关信息AA的基态原子最外层电子排布式为2S22P3BB是地壳中含量最高的元素CC+与B的简单离子的电子层结构相同DD的一种核素的质量数为64，中子数为35E、FE、F既同周期又同族，且原子序数F比E多2请回答下列问题：（1）D的价电子的电子排布式是_；F原子的原子结构示
6、意图为_（2）A、B的第一电离能的大小顺序为_（3）AB3中A原子的杂化轨道类型为_；与A2B互为等电子体的分子的分子式为_（任写一个即可）（4）D晶体的晶胞如图所示为面心立方最密集堆积（在晶胞的顶点和面心均含有一个D原子）则D的晶体中D原子的配位数为_（5）已知17g A的简单氢化物催化氧化生成气态水时放出Q kJ的热量，请写出A的简单氢化物催化氧化的热化学反应方程式_（6）C2B2的电子式为_；它可与E的二氯化物溶液反应，若反应的C2B2与E的二氯化物的物质的量之比为1：2，则该反应的化学方程式为_9（16分）某种降血压药物H（）可由下列路线合成：已知：RCHCH2RCH2CH2BrRCH
7、2COOH回答下列问题：（1）A的名称为_（2）BC的反应条件为_，FG的反应类型为_（3）D的结构简式为_（4）符合下列条件G的同分异构体有_种，其中核磁共振氢谱为5组峰的为_（写结构简式）能使FeCl3溶液显紫色；苯环上只有2个取代基；1mol该物质最多可消耗3molNaOH（5）GH的化学方程式为_10（14分）根据Mg能在CO2中燃烧，某兴趣小组推测Na应该也能在CO2中燃烧，且固体产物可能为C、Na2O和Na2CO3中的两种或三种该小组用如图1装置进行了实验探究已知PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd回答下列问题：（1）为了使反应随开随用，随关随停，如图1虚线方框内应选用_装置（填右
8、图字母代号），如何检验所选装置的气密性_（2）装置2中所盛试剂为_ANaOH溶液 B饱和NaHCO3溶液C饱和Na2CO3溶液 D饱和NaCl溶液（3）检测装置的气密性完好并装好药品后，在点燃酒精灯前应先进行装置1中的反应操作，待观察到_现象时，再点燃酒精灯，这步操作的目的是_（4）由实验现象和进一步的探究得出反应机理A装置6中有黑色沉淀生成；B取反应后直玻管中的固体物质23.0g溶于足量的水中，无气泡产生且得到澄清的溶液；将溶液加水稀释配成250mL的溶液；C取25.00ml步骤B的溶液，滴加足量BaCl2溶液，将生成的白色沉淀过滤、洗涤、干燥，称量得固体质量为1.97g步骤C中不溶物干燥前
9、必须经过洗涤，如何检验该沉淀是否洗涤干净_该探究得出钠与二氧化碳反应的化学方程式为_11利用某含铬废液含较低浓度的Na2Cr2O7、Fe2（SO4）3制备K2Cr2O7流程如下：用NaOH溶液调pH至3.6，产生红褐色沉淀，过滤；向滤液中加入Na2SO3，一定操作后分离出Na2SO4；将分离出Na2SO4后的溶液调pH约为5，得到Cr（OH）3沉淀；在KOH存在条件下，向Cr（OH）3中加入足量H2O2溶液，得到黄色溶液；向黄色溶液中加入物质A后，溶液变为橙红色，一定操作后得到K2Cr2O7固体；测定K2Cr2O7固体的纯度已知：Cr2O72（橙红色）+H2O2CrO42（黄色）+2H+（1）
10、步骤中红褐色沉淀的化学式是_（2）步骤中加入Na2SO3的目的是_（3）步骤中反应的离子方程式是_（4）步骤中加入的物质A可以是_（填序号）aKOH bK2CO3 cH2SO4 dSO2（5）步骤的操作是：取0.45g K2Cr2O7产品配成溶液，酸化后滴入18.00mL，.50mol/L的FeSO4溶液，恰好使Cr2O72完全转化为Cr3+产品中K2Cr2O7的纯度是_（注：K2Cr2O7的摩尔质量为294g/mol）（6）向橙红色的K2Cr2O7溶液中，滴加Ba（NO3）2溶液，产生黄色沉淀，溶液pH减小试推测黄色沉淀是_，溶液pH变小的原因是_2014-2015学年四川省宜宾三中高三（下
11、）第三周周考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生活、社会密切相关下列说法正确的是( )A光纤通信所使用的光缆的主要成分是晶体Si，太阳能电池使用的常用材料主要是SiO2B我国重点城市近年来己发布“空气质量日报”，将CO2，NO2和可吸入顺粒物等列入了首要污染物C太阳光透过树叶间的缝隙射入密林中的光柱的形成属于丁达尔效应DSO2可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫、增白食品等【考点】硅和二氧化硅；常见的生活环境的污染及治理 【专题】元素及其化合物【分析】A太阳能电池的成分是硅，光纤的成分是二氧化硅；B二氧化碳不是首要污染物；C空气中有灰尘是胶体；D二氧化硫有毒【解答】解：
12、A太阳能电池的成分是硅，光缆的成分是二氧化硅，故A错误； B二氧化碳不是首要污染物，不是空气质量日报内容，故B错误；C空气中有灰尘是胶体，有丁达尔效应，故C正确；D二氧化硫有毒，不能漂白食品，故D错误故选C【点评】本题考查硅和二氧化硅的用途，胶体和食品添加剂，明确二氧化碳不是空气质量日报内容是解题的关键2下列有关化学实验的叙述中，正确的是( )A实验室氢氧化钠溶液应保存在带橡胶塞的试剂瓶中B做钠盐溶液的焰色反应时，用玻璃棒蘸取待测液放在酒精灯火焰上灼烧C中和滴定实验中用待测液润洗锥形瓶D向试管中滴加液体时，胶头滴管紧贴试管内壁【考点】化学试剂的存放；焰色反应；中和滴定 【专题】化学实验基本操作
13、【分析】A玻璃中的SiO2与NaOH反应，生成具有粘性的Na2SiO3；B玻璃中含有钠盐；C锥形瓶不需要润洗；D用胶头滴管滴加液体时，滴管下端要悬空在容器口的正上方【解答】解：A盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，其原因是玻璃中的SiO2与NaOH反应，生成具有粘性的Na2SiO3，会粘住瓶塞，故A正确； B玻璃中含有钠盐，自身焰色反应呈黄色，故B错误；C锥形瓶不需要润洗，润洗使待测液物质的量增大，故C错误；D胶头滴管不能伸入容器内部更不能紧贴容器壁，以免污染药品，故D错误故选A【点评】本题考查化学实验基本操作，难度中等，注意胶头滴管不能伸入容器内部更不能紧贴容器壁，以免污染药品3设NA为阿
14、伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )A常温常压下，2.24L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NAB100ml 18.4mol/L的浓硫酸与足量铜加热充分反应后生产SO2的数目为0.92NAC密闭容器中盛有0.1mol N2和0.3mol H2，充分反应后转移电子的数目为0.6NAD80g NH4NO3晶体中含有NH4+数目为NA【考点】阿伏加德罗常数 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、常温常压下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L一氧化碳和二氧化碳混合气体的物质的量；B、100ml 18.4mol/L的浓硫酸中含有溶质硫酸1.84mol，随着反应的进
15、行，浓硫酸变成稀硫酸，反应停止，生成的二氧化碳的物质的量小于0.92mol；C、氮气与氢气的反应为可逆反应，0.1mol N2和0.3mol H2充分反应后生成的氨气小于0.2mol；D、80g NH4NO3晶体的物质的量为：=1mol，1mol硝酸铵晶体中含有1mol铵离子【解答】解：A、不是标准状况下，题中条件无法计算2.24L一氧化碳和二氧化碳混合气体的物质的量，也就无法计算混合物中含有的碳原子数目，故A错误；B、溶液中含有硫酸的物质的量为1.84mol，完全反应1.84mol硫酸生成0.92mol二氧化硫，由于浓硫酸变成稀硫酸后反应停止，所以反应生成的二氧化硫的物质的量小于0.92mo
16、l，故B错误；C、0.1mol N2和0.3mol H2完全反应生成0.2mol氨气，转移了0.6mol电子；由于合成氨的反应为可逆反应，0.1mol氮气不可能完全转化成氨气，所以转移的电子的数目小于0.6NA，故C错误；D、80g硝酸铵的物质的量为1mol，1mol硝酸铵晶体中含有1mol铵离子，含有NH4+数目为NA，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，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件；注意掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系4短周期主族元素X，Y，A，B，C在元素周期表
17、的位置如图所示，A是电负性最大的元素，则下列说法不正确的是( ) XAYCBA原子半径由小到大的顺序为：ABCYBA、B的氢化物的沸点由低到高的顺序为：HAHBCX、Y最高价氧化物对应的水化物的酸性由弱到强的顺序为：H2YO3H2XO3DB、C简单离子的还原性由弱到强的顺序为：BC2【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A是电负性最大的元素，则A是F元素，根据元素在周期表中的位置知，X是C元素、Y是Si元素、C是S元素、B是Cl元素，A原子的电子层数越多，原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小；B同一主族元素氢化物的沸点随着
18、相对分子质量的增大而增大，但氢键影响氢化物的沸点；C同一主族元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而减弱，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强；D同一周期元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱【解答】解：A是电负性最大的元素，则A是F元素，根据元素在周期表中的位置知，X是C元素、Y是Si元素、C是S元素、B是Cl元素，A原子的电子层数越多，原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以这几种元素的原子半径大小顺序是ABCY，故A正确；B同一主族元素氢化物的沸点随着相对分子质量的增大而增大，但氢键影响氢
19、化物的沸点，HF中含有氢键，导致HF的沸点大于HCl，故B错误；C同一主族元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而减弱，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，C元素的非金属性大于Si元素，则X、Y最高价氧化物对应的水化物的酸性由弱到强的顺序为：H2YO3H2XO3，故C正确；D同一周期元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，C的非金属性大于B，所以简单阴离子的还原性BC 2，故D正确；故选B【点评】本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，正确判断元素是解本题关键，再结合元素周期律来分析解答，易错选项是B，很多同学往往漏
20、掉氢键对氢化物沸点的影响而导致错误5有25时0.1mol/L的氯化铵、氯化钠、醋酸钠三种溶液下列有关判断不正确的是( )A与比较：c（Na+）c（NH4+）B中离子浓度的大小关系是：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）C和等体积混合的溶液中：c（Cl）=c（Na+）+c（NH4+）+c（NH3H2O）D向中滴加适量醋酸溶液，使溶液pH=7，则：c（CH3COO ）c（Na+）【考点】离子浓度大小的比较 【专题】盐类的水解专题【分析】A氯化铵溶液中，铵根离子部分水解，铵根离子浓度减小；B氯化铵溶液中，铵根离子水解，溶液显示酸性，c（Cl）c（NH4+）、c（H+）c（OH）；C溶液中满足
21、物料守恒，根据混合液中的物料守恒进行判断；D溶液的pH=7，溶液显示中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒可知c（CH3COO ）=c（Na+）【解答】解：A氯化铵溶液中，铵根离子部分水解，则c（NH4+）0.1mol/L，而氯化钠溶液中，c（Na+）=0.1mol/l，则c（Na+）c（NH4+），故A正确；B氯化铵溶液中，铵根离子部分水解，则溶液中c（Cl）c（NH4+），溶液显示酸性，则c（H+）c（OH），溶液中离子浓度大小为：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故B正确；C氯化铵、氯化钠等体积混合后，体积增大1倍，则溶液中c（Cl）=0.1mol/L，c（Na+）=0
22、.05mol/L，c（NH4+）+c（NH3H2O）=0.05mol/L，则c（Cl）=c（Na+）+c（NH4+）+c（NH3H2O），故C正确；D中滴加适量醋酸溶液，使溶液pH=7，溶液显示中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒c（CH3COO ）+c（OH）=c（Na+）+c（H+）可知：c（CH3COO ）=c（Na+），故D错误；故选D【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小6在2L的密闭容器中进行如下反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），有如下数据：实验温度
23、/起始量/mol平衡量/molCOH2OCO2H2CO216502.01.0000.828002.02.0001.0下列说法正确的是( )A正反应为吸热反应B实验1中，CO的转化率为80%C650时，化学平衡常数K=D实验1再加入1.0 mol H2O，重新达到平衡时，n（CO2）为1.6 mol【考点】化学平衡建立的过程 【专题】化学平衡专题【分析】A、利用三段式，计算出两个温度下的平衡常数，再根据平衡常数的大小可判断出该反应是放热反应还是吸热反应；B、根据转化率=100%进行计算；C、根据A中的计算可作判断；D、根据平衡常数进行判断【解答】解：A、利用三段式，在650时 CO（g ）+H2
24、O（g）CO2（g）+H2（g）， 起始（mol） 2.0 1.0 0 0 转化（mol） 0.8 0.8 0.8 0.8 平衡（mol） 1.2 0.2 0.8 0.8平衡常数K=，在800CO（g ）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）， 起始（mol） 2.0 2.0 0 0 转化（mol） 1.0 1.0 1.0 1.0 平衡（mol） 1.0 1.0 1.0 1.0平衡常数K=1，由此可知在650时平衡常数大于800的平衡常数，即升高温度平衡逆向移动，所该反应的正反应为放热反应，故A错误；B、在650时 CO（g ）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）， 起始（mol） 2.0
25、1.0 0 0 转化（mol） 0.8 0.8 0.8 0.8 平衡（mol） 1.2 0.2 0.8 0.8CO的转化率=100%=100%=40%，故B错误；C、由A中的计算可知，C正确；D、利用三段式，设平衡时n（CO2）为x，在650时 CO（g ）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）， 起始（mol） 2.0 2.0 0 0 转化（mol） x x x x 平衡（mol） 2x 2x x x根据平衡常数K=得x=1.6，故D错误；故选C【点评】本题主要考查了平衡常数和转化率的计算，及根据平衡常数对反应作判断，有一定的综合性，中等难度7用如图所示NaClO的发生装置对海水进行消毒和灭
26、藻处理，有关说法不正确的是( )A海水淡化前需进行预处理，通常用明矾K2SO4Al2（SO4）324H2O作混凝剂，降低浊度，明矾水解的离子方程式是：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+B装置中由NaCl转化为NaClO的化学方程式是：NaCl+H2OH2+NaClOC海水中含有Ca2+、Mg2+、HCO3等杂质离子，处理过程中装置的阴极易产生水垢，其主要成分是Mg（OH）2和CaCO3D若每隔510 min倒换一次电极电性，可有效地解决阴极的结垢问题【考点】海水资源及其综合利用 【分析】A、铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用可以净水B、电解饱和氯化钠溶液反应生成氢氧化钠
27、、氯气和氢气，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；C、阴极生成氢气，水的电离被破坏电极附近生成氢氧化钠，氢氧化钠和碳酸氢钙，碳酸氢镁反应生成氢氧化镁、碳酸钙沉淀；D、阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl2e=Cl2，产生的氯气与水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，酸溶解沉淀【解答】解：A、铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用可以净水，反应的离子方程式为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故A正确；B、装置中由NaCl转化为NaClO的化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2、2NaOH+Cl2=NaClO+Na
28、Cl+H2O，故B错误；C、阴极生成氢气，电极附近水的电离被破坏，电极附近生成氢氧化钠，氢氧化钠和碳酸氢钙，碳酸氢镁反应生成氢氧化镁、碳酸钙沉淀，氢氧化钠和碳酸氢钙反应生成CaCO3的沉淀产生水垢，生成碳酸钙沉淀的反应离子方程式是Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O，处理过程中装置的阴极易产生水垢，其主要成分是Mg（OH）2和CaCO3，故C正确；D、由电解原理可知，阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl2e=Cl2，产生的氯气与水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，使该电极附近溶液呈酸性，从而将Mg（OH）2和CaCO3溶解而达到除垢的目的，故D正确；故选B
29、【点评】本题考查较综合，涉及海水资源的利用、电解原理、反应热计算、盐类水解等，综合性较强，注重高频考点的考查，把握反应原理为解答的关键，题目难度中等二、解答题（共4小题，满分58分）8（16分）AF均为元素周期表中前四周期元素，其相关信息如下表：元素相关信息AA的基态原子最外层电子排布式为2S22P3BB是地壳中含量最高的元素CC+与B的简单离子的电子层结构相同DD的一种核素的质量数为64，中子数为35E、FE、F既同周期又同族，且原子序数F比E多2请回答下列问题：（1）D的价电子的电子排布式是3d104S1；F原子的原子结构示意图为（2）A、B的第一电离能的大小顺序为NO（3）AB3中A原子
30、的杂化轨道类型为sp2；与A2B互为等电子体的分子的分子式为CO2（任写一个即可）（4）D晶体的晶胞如图所示为面心立方最密集堆积（在晶胞的顶点和面心均含有一个D原子）则D的晶体中D原子的配位数为12（5）已知17g A的简单氢化物催化氧化生成气态水时放出Q kJ的热量，请写出A的简单氢化物催化氧化的热化学反应方程式4NH3（g）+5O24NO（g）+6H2O（g）H=4QkJ/mol（6）C2B2的电子式为；它可与E的二氯化物溶液反应，若反应的C2B2与E的二氯化物的物质的量之比为1：2，则该反应的化学方程式为3Na2O2+6FeCl2+6H2O6NaCl+4Fe（OH）3+2FeCl3【考点
31、】位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算 【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构【分析】前四周期元素中，A的基态原子最外层电子排布式为2S22P3，则A为N；B是地壳中含量最高的元素，则B为O；C+与B的简单离子的电子层结构相同，则C为Na；D的一种核素的质量数为64，中子数为35，则其质子数=6435=29，故D为Cu；E、F既同周期又同族，为族元素，且原子序数F比E多2，则E为Fe、F为Ni，据此解答【解答】解：前四周期元素中，A的基态原子最外层电子排布式为2S22P3，则A为N；B是地壳中含量最高的元素，则B为O；C+与B的简单离子的电子层结构相同，则C为Na；D的一种核素
32、的质量数为64，中子数为35，则其质子数=6435=29，故D为Cu；E、F既同周期又同族，为族元素，且原子序数F比E多2，则E为Fe、F为Ni，（1）D为Cu，原子核外电子数为29，由能量最低原理，其外围电子排布为：3d104S1；F为Ni，原子核外电子数为28，根据核外电子排布规律，其原子结构示意图为：，故答案为：3d104S1；（2）N、O同周期，N原子2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能比O元素高，故第一电离能NO，故答案为：NO（3）NO3中N原子价层电子对数=3+=3，故N元素采取sp2杂化，将2个N原子用1个C、O原子替换可得与N2O互为等电子体的分子为C
33、O2，故答案为：sp2；CO2；（4）由Cu晶体的晶胞结构为面心立方最密集堆积，以顶点Cu原子为研究对象，与之最近的Cu原子位于面心上，1个顶点Cu原子为12个面共用，故Cu原子的配位数为12，故答案为：12；（5）氨的催化氧化为：4NH3+5O24NO+6H2O（g），已知17gNH3催化氧化生成气态水时放出Q kJ的热量，则4mol氨气反应放出的热量=4QkJ，故NH3催化氧化的热化学反应方程式为：4NH3（g）+5O24NO（g）+6H2O（g）H=4QkJ/mol，故答案为：4NH3（g）+5O24NO（g）+6H2O（g）H=4QkJ/mol；（6）Na2O2由钠离子与过氧根离子构成
34、，过氧根离子中氧原子之间形成1对共用电子对且O原子满足8电子结构，故过氧化钠电子式为；它可与FeCl2溶液反应，若反应的Na2O2与FeCl2的物质的量之比为1：2，过氧化钠具有强氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子，根据电子转移守恒可知，亚铁离子恰好被完全氧化，反应生成NaCl，由氯离子守恒可知生成FeCl3，结合元素守恒可知生成氢氧化铁，配平后该反应的化学方程式为3Na2O2+6FeCl2+6H2O6NaCl+4Fe（OH）3+2FeCl3，故答案为：；3Na2O2+6FeCl2+6H2O6NaCl+4Fe（OH）3+2FeCl3【点评】本题结构性质位置关系综合应用，涉及核外电子排布、杂化轨道、
35、等电子体、热化学方程式、晶胞结构、氧化还原反应、电子式等，题目综合性较大，为主干知识的考查，（6）中方程式的书写为易错点、难点，利用守恒判断产物及个物质的化学计量数，难点中等9（16分）某种降血压药物H（）可由下列路线合成：已知：RCHCH2RCH2CH2BrRCH2COOH回答下列问题：（1）A的名称为2甲基丙烯（2）BC的反应条件为氢氧化钠水溶液、加热，FG的反应类型为取代反应（3）D的结构简式为（CH3）2CHCHO（4）符合下列条件G的同分异构体有6种，其中核磁共振氢谱为5组峰的为（写结构简式）能使FeCl3溶液显紫色；苯环上只有2个取代基；1mol该物质最多可消耗3molNaOH（5
36、）GH的化学方程式为【考点】有机物的推断 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】G与乙二醇反应得到H，由H的结构可知G为，E在溴、红磷条件下反应得到F，F与苯酚钠反应得到G，结合反应信息可知F为，E为（CH3）2CHCOOH，逆推可得D为（CH3）2CHCHO，C为（CH3）2CHCH2OH，B为（CH3）2CHCH2Br、A为（CH3）2C=CH2，据此解答【解答】解：G与乙二醇反应得到H，由H的结构可知G为，E在溴、红磷条件下反应得到F，F与苯酚钠反应得到G，结合反应信息可知F为，E为（CH3）2CHCOOH，逆推可得D为（CH3）2CHCHO，C为（CH3）2CHCH2OH，B为（CH3
37、）2CHCH2Br、A为（CH3）2C=CH2，（1）由上述分析可知，A为（CH3）2C=CH2，名称为2甲基丙烯，故答案为：2甲基丙烯；（2）BC是（CH3）2CHCH2Br在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成（CH3）2CHCH2OH；FG是苯酚钠与反应生成，属于取代反应，故答案为：氢氧化钠水溶液、加热；取代反应；（3）由上述分析可知，D结构简式为（CH3）2CHCHO，故答案为：（CH3）2CHCHO；（4）G为，其同分异构体符合下列条件：能使FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；苯环上只有2个取代基，1mol该物质最多可消耗3mol NaOH，可以确定另外取代基为OOCCH2C
38、H2CH3或OOCCH（CH3）2，各有邻、间、对三种位置，故符合条件的同分异构体共有6种，其中核磁共振氢谱为5组峰的为，故答案为：6；（5）GH的化学方程式为：，故答案为：【点评】本题考查有机物推断，根据H的结构推断G的结构是关键，结合给予的信息采取逆推法推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，能较好的考查学生的阅读、自学能力和思维能力，是高考热点题型，难度中等10（14分）根据Mg能在CO2中燃烧，某兴趣小组推测Na应该也能在CO2中燃烧，且固体产物可能为C、Na2O和Na2CO3中的两种或三种该小组用如图1装置进行了实验探究已知PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd回答下列问题：（1）为
39、了使反应随开随用，随关随停，如图1虚线方框内应选用C装置（填右图字母代号），如何检验所选装置的气密性关闭弹簧夹，向长颈漏斗中加水，一定时间后静置液面保持不动，说明气密性良好（2）装置2中所盛试剂为BANaOH溶液 B饱和NaHCO3溶液C饱和Na2CO3溶液 D饱和NaCl溶液（3）检测装置的气密性完好并装好药品后，在点燃酒精灯前应先进行装置1中的反应操作，待观察到装置5中出现大量混浊现象时，再点燃酒精灯，这步操作的目的是排尽装置中的空气（4）由实验现象和进一步的探究得出反应机理A装置6中有黑色沉淀生成；B取反应后直玻管中的固体物质23.0g溶于足量的水中，无气泡产生且得到澄清的溶液；将溶液加
40、水稀释配成250mL的溶液；C取25.00ml步骤B的溶液，滴加足量BaCl2溶液，将生成的白色沉淀过滤、洗涤、干燥，称量得固体质量为1.97g步骤C中不溶物干燥前必须经过洗涤，如何检验该沉淀是否洗涤干净取最后一次洗涤液加入稀H2SO4，不出现浑浊说明沉淀洗涤干净该探究得出钠与二氧化碳反应的化学方程式为6Na+4CO22Na2O+Na2CO3+3CO【考点】性质实验方案的设计 【专题】实验设计题【分析】（1）制取二氧化碳时，为了使制气过程具有“随开随用，随关随停”的特点，应该选用能够可以固、液药品分开的装置，根据装置特点确定检验所选装置的气密性的方法；（2）由实验方案图可知装置b是除去二氧化碳
41、中的HCl，应用饱和的碳酸氢钠溶液；（3）由实验方案图可知，a为二氧化碳发生装置，d为二氧化碳与钠反应装置，加入d装置的二氧化碳应干燥，没有其其它，故装置b是除去二氧化碳其它中的HCl，应用饱和的碳酸氢钠溶液，c为干燥装置，吸收水蒸气反应需要排尽装置内的空气，当e装置中产生白色沉淀，说明空气中的二氧化碳排尽，再加热d处的酒精灯发生反应；（4）取最后一次洗涤液加入稀H2SO4，不出现浑浊说明沉淀洗涤干净；根据步骤A装置6中有黑色沉淀生成，可知钠与二氧化碳反应生成了一氧化碳；步骤C中最终所得固体质量为1.97g为碳酸钡，说明反应生成碳酸钠，根据碳元素守恒可知碳酸钠的物质的量0.01mol，故23g
42、固体物质中碳酸钠的物质的量为0.1mol，其质量10.6g，根据步骤B取反应后直玻管中的固体物质23.0g溶于足量的水中，无气泡产生且得到澄清的溶液，可知固体中有氧化钠，质量为：2310.6=12.4g，物质的量为=0.2mol；根据Na2O和Na2CO3物质的量之比为 0.2mol：0.1mol=2：1，利用元素守恒和电子守恒配平反应方程式为：6Na+4CO22Na2O+Na2CO3+3CO【解答】解：（1）制取二氧化碳时，为了使制气过程具有“随开随用，随关随停”的特点，应该选用能够可以固、液药品分开的装置，A中只能控制反应的速率，但不能控制反应的随时进行与停止；而C中当打开止水夹时，酸就和
43、有孔塑料板上的石灰石反应生成气体，当关闭止水夹时，生成的气体就无法从导管中排出，从而使装置内的压强增大，把酸液挤到长颈漏斗中，使固液分离，故选C检验所选装置的气密性的方法为：关闭弹簧夹，向长颈漏斗中加水，一定时间后静置液面保持不动，说明气密性良好，故答案为：C；关闭弹簧夹，向长颈漏斗中加水，一定时间后静置液面保持不动，说明气密性良好；（2）由实验方案图可知，a为二氧化碳发生装置，d为二氧化碳与钠反应装置，加入d装置的二氧化碳应干燥，没有其它，故装置b是除去二氧化碳中的HCl，应用饱和的碳酸氢钠溶液，故答案为：B；（3）由分析可知，反应需要排尽装置内的空气，当装置中产生白色沉淀，说明空气中的二氧
44、化碳排尽，再加热d处的酒精灯发生反应，故答案为：装置中产生白色沉淀；排尽装置内的空气；（4）检验该沉淀是否洗涤干净 取最后一次洗涤液加入稀H2SO4，不出现浑浊说明沉淀洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液加入稀H2SO4，不出现浑浊说明沉淀洗涤干净；根据步骤A装置6中有黑色沉淀生成，可知钠与二氧化碳反应生成了一氧化碳；步骤C中最终所得固体质量为1.97g为碳酸钡，说明反应生成碳酸钠，根据碳元素守恒可知，碳酸钠的物质的量=0.01mol，故23g固体物质中碳酸钠的物质的量为0.01mol=0.1mol，其质量=0.1mol106g/mol=10.6g；根据步骤B取反应后直玻管中的固体物质23.0
45、g溶于足量的水中，无气泡产生且得到澄清的溶液，可知固体中有氧化钠，质量为2310.6=12.4g，物质的量为=0.2mol，根据Na2O和Na2CO3物质的量之比为 0.2mol：0.1mol=2：1，利用元素守恒和电子守恒配平反应方程式为：6Na+4CO22Na2O+Na2CO3+3CO，故答案为：6Na+4CO22Na2O+Na2CO3+3CO【点评】本题考查物质组成与探究，涉及对实验方案的理解、实验基本操作、化学计算与数据处理等，确定生成物的成分以发生的反应是难度，也是易错点，题目难度较大11利用某含铬废液含较低浓度的Na2Cr2O7、Fe2（SO4）3制备K2Cr2O7流程如下：用Na
46、OH溶液调pH至3.6，产生红褐色沉淀，过滤；向滤液中加入Na2SO3，一定操作后分离出Na2SO4；将分离出Na2SO4后的溶液调pH约为5，得到Cr（OH）3沉淀；在KOH存在条件下，向Cr（OH）3中加入足量H2O2溶液，得到黄色溶液；向黄色溶液中加入物质A后，溶液变为橙红色，一定操作后得到K2Cr2O7固体；测定K2Cr2O7固体的纯度已知：Cr2O72（橙红色）+H2O2CrO42（黄色）+2H+（1）步骤中红褐色沉淀的化学式是Fe（OH）3（2）步骤中加入Na2SO3的目的是将+6价的Cr还原为+3价（3）步骤中反应的离子方程式是2Cr（OH）3+3H2O2+4OH=2CrO42+
47、8H2O（4）步骤中加入的物质A可以是c（填序号）aKOH bK2CO3 cH2SO4 dSO2（5）步骤的操作是：取0.45g K2Cr2O7产品配成溶液，酸化后滴入18.00mL，.50mol/L的FeSO4溶液，恰好使Cr2O72完全转化为Cr3+产品中K2Cr2O7的纯度是98%（注：K2Cr2O7的摩尔质量为294g/mol）（6）向橙红色的K2Cr2O7溶液中，滴加Ba（NO3）2溶液，产生黄色沉淀，溶液pH减小试推测黄色沉淀是BaCrO4，溶液pH变小的原因是K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72（橙红色）+H2O2CrO42（黄色）+2H+，加入Ba（NO3）2溶液后，产生
48、BaCrO4沉淀，c（CrO42）降低，平衡正向移动，c（H+）增大【考点】制备实验方案的设计；氧化还原反应；氧化还原反应的计算 【专题】实验分析题；实验设计题【分析】本题是利用某含铬废液制备K2Cr2O7流程，因废液中含有Fe3+，滴加NaOH调节溶液pH时会生成Fe（OH）3红褐色沉淀，达到除去溶液里Fe3+的目的，然后加入亚硫酸钠溶液将溶液里的将+6价的Cr还原为+3价，然后将Cr3+转化为Cr（OH）3沉淀，再通过氧化和酸化两个过程即得到目标产物，最后利用滴定法测定产品的纯度，可结合关系式和原子守恒进行计算，据此可作答；（1）根据沉淀的颜色判断；（2）Na2SO3具有还原性，具有氧化性
49、Na2Cr2O7；（3）Cr（OH）3与H2O2反应生成生成CrO42；（4）酸性条件下CrO42转化为Cr2O72；（5）Fe2+使Cr2O72完全转化为Cr3+，反应为Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，根据方程式计算出的K2Cr2O7物质的量和质量，再求出纯度；（6）根据Cr2O72（橙红色）+H2O2CrO42（黄色）+2H+平衡移动分析【解答】解：（1）用NaOH溶液调pH至3.6，产生红褐色沉淀，则该沉淀为Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；（2）Na2SO3具有还原性，具有氧化性Na2Cr2O7，向滤液中加入Na2SO3，发生氧化还原反应，将+6价
50、的Cr还原为+3价，故答案为：将+6价的Cr还原为+3价；（3）在KOH存在条件下，向Cr（OH）3中加入足量H2O2溶液，Cr（OH）3与H2O2反应生成生成CrO42，反应的离子方程式为：2Cr（OH）3+3H2O2+4OH=2CrO42+8H2O，故答案为：2Cr（OH）3+3H2O2+4OH=2CrO42+8H2O；（4）向黄色溶液中加入物质A后，溶液变为橙红色，一定操作后得到K2Cr2O7固体，在酸性条件下CrO42转化为Cr2O72，说明A为酸，则A可以是硫酸，故选c；故答案为：c；（5）Fe2+使Cr2O72完全转化为Cr3+，反应为Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6F
51、e3+7H2O，已知18.00mL 0.50mol/L的FeSO4溶液，则K2Cr2O7物质的量为：0.018L0.50mol/L=0.0015mol，其质量为0.0015mol294g/mol=0.441g，其纯度为100%=98%；故答案为：98%；（6）向橙红色的K2Cr2O7溶液中，滴加Ba（NO3）2溶液，由于K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72（橙红色）+H2O2CrO42（黄色）+2H+，钡离子与铬酸根离子生成BaCrO4沉淀，c（CrO42）降低，平衡正向移动，c（H+）增大；故答案为：BaCrO4；K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72（橙红色）+H2O2CrO42（黄色）+2H+，加入Ba（NO3）2溶液后，产生BaCrO4沉淀，c （CrO42）降低，平衡正向移动，c （H+）增大【点评】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、离子方程式的书写、根据方程式的计算、化学平衡移动等问题，题目难度中等，本题注意从质量守恒的角度利用关系式法计算
