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2014-2015学年福建省漳州市龙海二中高二(下)期末化学试卷


2014-2015 学年福建省漳州市龙海二中高二(下)期末化学试卷
一、选择题(每小题只有一个正确选项,每小题 3 分,共 48 分) 1.造纸工业中常用 Cl2 漂白纸浆,漂白后的纸浆用 NaHSO3 除去残留的 Cl2,其反应为: Cl2+NaHSO3+H2O=NaCl+H2SO4+HCl,在这个反应中,氧化产物与还原产物的物质的量之 比为( ) A. 2:3 B.

3:1 C. 2:1 D. 1:2 2.下列各组离子在指定的条件下一定能大量共存的是( A. B. C. D. pH=1 的溶液中:Na 、Fe 、NO3 、Cl ﹣ 3+ 2+ 2﹣ pH=7 的溶液中:Fe 、Mg 、Cl 、SO4 ﹣ ﹣ 2+ + 使酚酞变红的溶液中:Ba 、Cl 、Na 、NO3 ﹣ ﹣ + 2+ 加入铝粉产生氢气的溶液:Na 、Cu 、Cl 、NO3
2﹣ 2﹣




+

2+





3.已知 I2+SO3 +H2O═SO4 +2I +2H .某无色溶液中只可能含有 I ,NH4 ,Ba ,SO3 ﹣ ﹣ ,MnO4 中的一种或几种,若向该溶液中滴加少量的溴水,溶液仍为无色,下列判断正确 的是( ) A. 该溶液中肯定不含 I + C. 该溶液中肯定含有 NH4


+



+

2+

2

B. 该溶液中可能含有 Ba ﹣ D. 该溶液中可能含有 MnO4

2+

4.设 NA 为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( ) A. 42g 乙烯和丙烯的混合气体中碳原子数目一定为 3NA. B. 用惰性电极电解 CuSO4 溶液后,如果加入 0.1molCu(OH)2 能使溶液复原,则电 解时产生标准状况下 1.12L 的气体 C. 配制一定物质的量浓度的 NaOH 溶液,把 NaOH 固体于烧杯中充分溶解,并迅速 转移到容量瓶中定容 D. 30g 的 NO 与 O2 充分反应后,生成的气体分子数为 1NA. 5.下列离子方程式书写正确的是( A. B. C. D. )


过量的 SO2 通入 NaOH 溶液中:SO2+2OH ═SO3 +H2O + 3+ Fe2O3 溶于氢碘酸:Fe2O3+6H ═2Fe +3H2O ﹣ + 碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应:NH4 +OH ═H2O+NH3↑ ﹣ + 2﹣ 二氧化硫通入溴水中,溴水褪色:SO2+Br2+2H2O═4H +2Br +SO4
2+


2﹣

6.有 Fe 、NO3 、Fe 、NH4 、H2O 和 H 六种粒子,分别属于同一氧化还原反应中的反 应物和生成物,下列叙述错误的是( ) A. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1:8 + B. 还原产物为 NH4 ﹣ ﹣ C. 若有 1molNO3 参加还原反应,转移 8mol e D. 该反应中 H2O 是反应物之一 7.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是( )

3+

+

+

A. B. C. D.

1molSiO2 含有 2NA 个 Si﹣O 键 1molNa2O2 固体中含离子总数为 3NA. 标准状况下,22.4 L SO3 所含分子数为 NA. 2+ 1L0.5mol/L 的 MgCl2 溶液中,含有 Mg 个数为 0.5NA.

8.下列说法或有关化学用语的表达正确的是( ) A. 在基态多电子原子中,p 轨道电子能量一定高于 s 轨道电子能量 B. 核外电子排布由 1s 2s 2p 3s ﹣→1s 2s 2p 的变化需要吸收能量 C. 因氧元素电负性比氮元素大,故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大 D. 根据原子核外电子排布的特点,Cu 在周期表中属于 s 区元素 9.甲、乙、丙、丁四种物质分别含两种或三种元素,它们的分子中各含 l8 个电子.甲是气 态氢化物,在水中分步电离出两种阴离子.下列推断合理的是( ) A. 某钠盐溶液含甲电离出的阴离子,则该溶液只能与酸反应 B. 丁和甲中各元素质量比相同,则丁中一定含有﹣l 价的元素 C. 丙中含有第二周期ⅣA 族的元素,则丙一定是只含 C、H 的化合物 D. 乙与氧气的摩尔质量相同,则乙一定含有极性键和非极性键 10.A 的化学式为 NH5,常温下呈固态,构成它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原 子的最外电子层结构.则下列有关说法中,不正确的是( ) A. 1mol NH5 中含有 5NA 个 N﹣H 键(NA 为阿佛加德罗常数的数值) B. NH5 中既有共价键,又有离子键 C. 它与水反应的化学方程式为:NH5+H2O═NH3?H2O+H2↑
2 2 6 1 2 2 6

D. NH5 的电子式为: 11.最近,科学家成功地制成了一种新型的碳氧化合物,该化合物晶体中每个碳原子均以四 个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构.下列对该晶体的叙述错误的是 ( ) A. 该物质的化学式为 CO4 B. 该晶体的熔、沸点高,硬度大 C. 该晶体中 C 原子与 C﹣0 化学键数目之比为 1:4 D. 该晶体的空间最小环由 12 个原子构成 12.下列醇既能发生消去反应,又能被氧化为醛的是( )

A. CH3OH

B.

C.

D.

13.下列关于有机化合物的说法中,正确的是( A. B. C. D.



除去 CH4 中的 C2H4 杂质选用溴的 CCl4 溶液 油脂、淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物 甲苯和乙烯都可与酸性高锰酸钾溶液发生化学反应造成酸性高锰酸钾溶液褪色 蛋白质溶液加入 CuSO4 溶液会析出,这一过程属于蛋白质的盐析

14.有关有机物的下列说法中正确的是( ) A. 汽油、煤油和植物油都是烃的混合物 B. 甲烷、乙烯和苯在工业上都可以通过煤干馏得到 C. 分子式为 C8H6O2 的芳香族有机物分子中不可能有羧基 D. 含五个碳原子的有机物,分子中最多可形成四个碳碳单键 15.下列选项中的数值前者小于后者的是( ) A. 25℃和 l00℃时 H2O 的 KW ﹣ B. 同温同浓度的 KHCO3 溶液和 NH4HCO3,溶液中的 c(HCO3 ) C. 同温同浓度的 NaHCO3 溶液和 CH3COONa 溶液的 pH D. 中和 25mL0.1mol/L NaOH 溶液所需 CH3COOH 和 HCl 的物质的量 16.部分氧化的 FeCu 合金样品(氧化产物为 Fe2O3、CuO)共 5.76g,经如下处理:下列说 法正确的是( )

A. B. C. D.

滤液 A 中的阳离子为 Fe 、Fe 、H 样品中 Fe 元素的质量为 2.24g 样品中 CuO 的质量为 4.0g V=896mL

2+

3+

+

二、非选择题(共 4 个大题,共 52 分) 17.A、B、C、D 四种短周期元素,原子序数依次增大;A 和 C 能形成一种分子 X 或一种 +1 价阳离子 Y;B 元素的原子有两个未成对电子;C、D 在元素周期表中处于相邻的位置, 它们的单质在常温下均为无色气体.试回答下列问题: (1)A、D 元素的名称分别为:A D . (2) X 与等物质的量的 HCl 反应, 产物溶于水得 (填“酸性”、 “中性”或“碱性”) 溶液,用离子方程式表示其原因 .

(3) 12gB 单质在空气中完全燃烧, 将燃烧后的气体缓慢通入 1L1mol?L 的 NaOH 溶液中, 充分吸收后,最终所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是: . (4)把 1molC 的单质、3molA 的单质置于一恒温恒容密闭容器中反应,达到平衡时,放出 akJ 的热量,此时,容器内的压强是反应开始时的 75%,写出该反应的热化学方程 式 . 18.铁、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛,回答下列问题. (1)电子工业常用 30%的 FeCl3 溶液腐蚀附在绝缘板上的铜箔制造印刷电路板,取其腐蚀 后的废液,加入一定量的铁粉后,若无固体剩余,则反应后的溶液中肯定有的离子 是 ;若有红色固体,则反应后的溶液中肯定没有的离子是 ,检验 该离子的试剂为 . (2)将少量铜丝放入适量的稀硫酸中,温度控制在 50℃﹣60℃,加入 H2O2,反应一段时 间后可制得硫酸铜,发生反应的化学方程式为: , (3) 实验室利用硫酸厂烧渣 (主要成分是 Fe2O3 及少量 FeS、 SiO2) 制备绿矾 (FeSO4.7H2O) , 测定产品中绿矾含量的实验步骤: a.称取 5.7g 产品,溶解,配成 250mL 溶液; b.量取 25mL 待测液于锥形瓶中; c.用硫酸酸化的 0.01mol?L KMnO4 溶液滴定至终点,消耗 KMnO4 溶液的体积为 40mL. 根据上述步骤回答下列问题: ①滴定时发生反应的离子方程式为(完成并配平离子反应方程式) Fe +
3+ 2+ 2+
﹣1

﹣1

Mn

+(





Fe + Mn +( ) ②用硫酸酸化的 KMnO4 溶液滴定至终点的标志是 . ③上述产品中 FeSO4?7H2O 的质量分数为 . (4)铁氰化钾 K3[Fe(CN)6]和亚铁氰化钾 K4[Fe(CN)6]的混合溶液可用于太阳能电池 的电解液,该太阳能电池的工作原理示意图如图所示,其中催化剂 a 为 极,电 极反应式为 .

19.过渡元素具有较多的空轨道,所以第四周期的 Cr、Fe、Co、Ni、Cu、Zn 等多种金属能 形成配合物. (1)铬元素的基态原子的外围电子排布式是 . (2)科学家通过 X 射线测得胆矾结构示意图可简单表示如下:

图中虚线表示的作用力为 ; (3)胆矾溶液与氨水在一定条件下可以生成 Cu(NH3)4SO4?H2O 晶体.在 Cu(NH3) 2+ 4SO4?H2O 晶体中,[Cu(NH3)4] 为平面正方形结构,则呈正四面体结构的原子团 是 ,其中心原子的杂化轨道类型是 ; (4) 金属镍粉在 CO 气流中轻微加热, 生成无色挥发性液态 Ni (CO) 呈正四面体构型. 试 4, 推测四羰基镍的晶体类型是 ,Ni(CO)4 易溶于下列 (用序号作 答) . A.水 B.四氯化碳 C.苯 D.硫酸镍溶液 (5) 元素 X 位于第四周期, 其基态原子的内层轨道全部排满电子, 且最外层电子数为 2. 元 素 Y 基态原子最外层电子数是其内层的 3 倍.X 与 Y 所形成化合物晶体的晶胞如图所示, 该化合物的化学式为 .

20.某物质 E 可做香料,其结构简式为

,以苯为原料工业合成路线如下:

已知:

R﹣CH=CH2+HBr→

(R﹣代表烃基)

R﹣CH=CH2+HBr 回答下列问题: (1)E 的官能团是 (写名称) ,②的反应类型是 (2)B 的结构简式可能是 、 ; (3)步骤④的化学方程式是 ; (4)E 有多种同分异构体,写出符合以下条件的结构简式 ①具有顺反结构 ②能与 NaOH 溶液反应 ③分子中苯环上的一溴代物有两种.

(只写顺式结构) .

2014-2015 学年福建省漳州市龙海二中高二(下)期末化 学试卷
参考答案与试题解析

一、选择题(每小题只有一个正确选项,每小题 3 分,共 48 分) 1.造纸工业中常用 Cl2 漂白纸浆,漂白后的纸浆用 NaHSO3 除去残留的 Cl2,其反应为: Cl2+NaHSO3+H2O=NaCl+H2SO4+HCl,在这个反应中,氧化产物与还原产物的物质的量之 比为( ) A. 2:3 B. 3:1 C. 2:1 D. 1:2 考点:氧化还原反应的计算. 专题:氧化还原反应专题. 分析:Cl2+NaHSO3+H2O=NaCl+H2SO4+HCl 中,Cl 元素的化合价降低得到电子被还原,S 元素的化合价升高失去电子被氧化,结合电子及原子守恒计算. 解答: 解:Cl2+NaHSO3+H2O=NaCl+H2SO4+HCl 中,S 元素的化合价升高失去电子被氧 化,则 H2SO4 为氧化产物,Cl 元素的化合价降低得到电子被还原,则 NaCl、HCl 为还原产 物,由反应可知,生成 1mol 氧化产物时,得到 2mol 还原产物,则氧化产物与还原产物的 物质的量之比为 1:2, 故选 D. 点评:本题考查氧化还原反应的计算, 为高频考点, 把握反应中元素的化合价变化及氧化还 原反应基本概念为解答的关键,侧重分析与计算能力的考查,题目难度不大. 2.下列各组离子在指定的条件下一定能大量共存的是( A. B. C. D. pH=1 的溶液中:Na 、Fe 、NO3 、Cl ﹣ 3+ 2+ 2﹣ pH=7 的溶液中:Fe 、Mg 、Cl 、SO4 ﹣ ﹣ 2+ + 使酚酞变红的溶液中:Ba 、Cl 、Na 、NO3 ﹣ ﹣ + 2+ 加入铝粉产生氢气的溶液:Na 、Cu 、Cl 、NO3
+ 2+
﹣ ﹣



考点:离子共存问题. 分析: A.pH=1 的溶液,显酸性,离子之间发生氧化还原反应; 3+ B.pH=7 的溶液,不能大量存在 Fe ; C.使酚酞变红的溶液,显碱性; D.加入铝粉产生氢气的溶液,为非氧化性酸或强碱溶液. 解答: 解:A.pH=1 的溶液,显酸性,H 、Fe 、NO3 发生氧化还原反应,不能大量共 存,故 A 错误; 3+ B.pH=7 的溶液,不能大量存在 Fe ,在 pH=4.4 左右沉淀完全,故 B 错误; C.使酚酞变红的溶液,显碱性,该组离子之间不反应,可大量共存,故 C 正确; D.加入铝粉产生氢气的溶液,为非氧化性酸或强碱溶液,酸溶液中 Al、H 、NO3 发生氧 2+ 化还原反应不生成氢气,碱溶液中不能大量存在 Cu ,故 D 错误; 故选 C.
+


+

2+



点评:本题考查离子的共存, 为高频考点, 把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答 的关键,侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存及分析与应用能力的综合考查,题目难 度不大. 3.已知 I2+SO3 +H2O═SO4 +2I +2H .某无色溶液中只可能含有 I ,NH4 ,Ba ,SO3 ﹣ ﹣ ,MnO4 中的一种或几种,若向该溶液中滴加少量的溴水,溶液仍为无色,下列判断正确 的是( ) A. 该溶液中肯定不含 I + C. 该溶液中肯定含有 NH4 考点:离子共存问题. 专题:离子反应专题. 分析:无色溶液不含 MnO4 ,因还原性 SO3 >I ,滴加少量的溴水,溶液仍为无色,则 ﹣ 2+ 2﹣ 可能不含 I ,且 Ba 、SO3 不能共存,以此来解答. ﹣ 2﹣ 解答: 解:无色溶液不含 MnO4 ,滴加少量的溴水,溶液仍为无色,因还原性 SO3 >I ﹣ ﹣ 2﹣ 2+ ,溴水少量,则可能不含 I ,溴水与 SO3 反应生成硫酸与 HBr,溶液为无色,且 Ba 、 ﹣ ﹣ 2 2 2+ + SO3 不能共存,则一定含 SO3 ,不含 Ba ,又溶液为电中性,一定含阳离子为 NH4 , 故选 C. 点评:本题考查离子的共存,为高频考点,把握常见离子之间的反应为解答的关键,侧重复 分解反应、氧化还原反应的离子共存考查,注意常见离子的颜色,题目难度不大. 4.设 NA 为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( ) A. 42g 乙烯和丙烯的混合气体中碳原子数目一定为 3NA. B. 用惰性电极电解 CuSO4 溶液后,如果加入 0.1molCu(OH)2 能使溶液复原,则电 解时产生标准状况下 1.12L 的气体 C. 配制一定物质的量浓度的 NaOH 溶液,把 NaOH 固体于烧杯中充分溶解,并迅速 转移到容量瓶中定容 D. 30g 的 NO 与 O2 充分反应后,生成的气体分子数为 1NA. 考点:阿伏加德罗常数. 分析: A.乙烯和丙烯的最简式为 CH2,根据最简式进行计算; B.没有告诉在标准状况下,无法计算电解生成气体的体积; C.溶解后的氢氧化钠溶液必须冷却后才能转移到容量瓶中,否则影响配制结果; D.30NO 的物质的量为 1mol,1mol 一氧化氮与氧气反应生成 1mol 二氧化氮,由于部分二 氧化氮转化成四氧化二氮,则生成物的物质的量小于 1mol. 解答: 解:A.42g 乙烯和丙烯的混合物中含有 42g 最简式 CH2,含有最简式的物质的量 为: =3mol,则混合物中含有 3mol 碳原子,混合气体中碳原子数目一定为 3NA,
﹣ ﹣

2﹣

2﹣



+



+

2+

2

B. 该溶液中可能含有 Ba ﹣ D. 该溶液中可能含有 MnO4

2+

2﹣



故 A 正确; B.不是标况下,不能使用标况下的气体摩尔体积计算气体体积,故 B 错误; C.氢氧化钠溶于水放出热量,必须冷却后再转移到容量瓶,故 C 错误;

D.30gNO 的物质的量为:

=1mol,1molNO 与氧气完全反应生成 1mol 二氧化氮,

由于部分部分二氧化氮转化成四氧化二氮,则生成物的物质的量小于 1mol,生成的气体分 子数小于 NA,故 D 错误; 故选 A. 点评:本题考查阿伏加德罗常数的综合应用, 题目难度中等, 注意明确标况下气体摩尔体积 的使用条件,掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系. 5.下列离子方程式书写正确的是( A. B. C. D. )


过量的 SO2 通入 NaOH 溶液中:SO2+2OH ═SO3 +H2O + 3+ Fe2O3 溶于氢碘酸:Fe2O3+6H ═2Fe +3H2O ﹣ + 碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应:NH4 +OH ═H2O+NH3↑ ﹣ + 2﹣ 二氧化硫通入溴水中,溴水褪色:SO2+Br2+2H2O═4H +2Br +SO4

2﹣

考点:离子方程式的书写. 分析: A.二氧化硫过量,反应生成亚硫酸氢根离子; B.铁离子具有氧化性,能够将碘离子氧化成碘单质; C.强氧化钠足量,铵根离子和碳酸氢根离子都采用反应,漏掉了碳酸氢根离子与氢氧根离 子的反应; D.二氧化硫与溴发生了氧化还原反应生成溴化氢和硫酸. 解答: 解:A.过量的 SO2 通入 NaOH 溶液中,反应生成亚硫酸氢钠,正确的离子方程式 ﹣ ﹣ 为:SO2+OH ═HSO3 ,故 A 错误; ﹣ + 2+ B.生成的铁离子将碘离子氧化,正确的离子方程式为:2I +Fe3O4+8H =3Fe +4H2O+I2, 故 B 错误; C. 二者反应生成碳酸钠、 一水合氨和水,正确的离子方程式为: 2OH +NH4 +HCO3 =CO3 ﹣ +NH3?H2O+H2O,故 C 错误; ﹣ + 2 D. 二氧化硫通入溴水中, 溴水褪色, 反应的离子方程式为: SO2+Br2+2H2O═4H +2Br +SO4 ﹣ ,故 D 正确; 故选 D. 点评:本题考查了离子方程式的正误判断,该题是高考中的高频题,属于中等难度的试题, 注意掌握离子方程式的书写原则,明确离子方程式正误判断常用方法:检查反应能否发生, 检查反应物、生成物是否正确,检查各物质拆分是否正确,如难溶物、弱电解质等需要保留 化学式,检查是否符合守恒关系(如:质量守恒和电荷守恒等) 、检查是否符合原化学方程 式等. 6.有 Fe 、NO3 、Fe 、NH4 、H2O 和 H 六种粒子,分别属于同一氧化还原反应中的反 应物和生成物,下列叙述错误的是( ) A. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1:8 + B. 还原产物为 NH4 ﹣ ﹣ C. 若有 1molNO3 参加还原反应,转移 8mol e D. 该反应中 H2O 是反应物之一 考点:氧化还原反应.
2+
﹣ ﹣

+



2

3+

+

+

分析: Fe 具有还原性,NO3 在酸性条件下具有强氧化性,由题意可以确定,铁元素的 ﹣ 2+ + 3+ + 化合价升高,N 元素的化合价降低,则发生反应 8Fe +NO3 +10H =8Fe +NH4 +3H2O. ﹣ 2+ A、该反应中氧化剂是 NO3 ,还原剂是 Fe ,结合方程式判断氧化剂与还原剂的物质的量 之比; B、氧化剂通过还原反应生成的产物为还原产物.反应中 N 元素的化合价由 NO3 中+5 价降 + 低为 NH4 中﹣3 价; ﹣ ﹣ + C、 反应中 N 元素的化合价由 NO3 中+5 价降低为 NH4 中﹣3 价, 据此计算有 lmolNO3 发 生还原反应转移电子数; D、根据以上分析,H2O 是生成物之一. ﹣ 2+ 解答: 解:Fe 具有还原性,NO3 在酸性条件下具有强氧化性,由题意可以确定,铁元 ﹣ 2+ + 3+ + 素的化合价升高, N 元素的化合价降低, 则发生反应 8Fe +NO3 +10H =8Fe +NH4 +3H2O. ﹣ 2+ A、由方程式可知该反应中氧化剂(NO3 )与还原剂(Fe )物质的量之比为 1:8,故 A 正确; B、反应中 N 元素的化合价由 NO3 中+5 价降低为 NH4 中﹣3 价,NH4 是还原产物,故 B 正确; C、反应中 N 元素的化合价由 NO3 中+5 价降低为 NH4 中﹣3 价,所以有 lmolNO3 还原反应,转移电子数为 1mol×[5﹣(﹣3)]=8mol,故 C 正确;
﹣ ﹣ ﹣

2+



+

+

+



发生

D、根据以上分析,H2O 是生成物之一,故 D 错误, 故选:D. 点评:本题考查氧化还原反应, 难度中等, 根据反应物和生成物结合物质的性质书写该反应 的离子方程式是解答关键. 7.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是( ) A. 1molSiO2 含有 2NA 个 Si﹣O 键 B. 1molNa2O2 固体中含离子总数为 3NA. C. 标准状况下,22.4 L SO3 所含分子数为 NA. 2+ D. 1L0.5mol/L 的 MgCl2 溶液中,含有 Mg 个数为 0.5NA. 考点:阿伏加德罗常数. 分析: A、依据二氧化硅结构分析判断; B、 过氧化钠中阴离子为过氧根离子, 1mol 过氧化钠中含有 2mol 钠离子、 1mol 过氧根离子, 总共含有 3mol 离子; C、标准状况下,22.4 L SO3 为固态; 2+ D、根据氢氧化镁为弱碱,Mg 要发生水解; 解答: 解:A、1molSiO2 晶体内含有 4NA 个 Si﹣O 键,故 A 错误; B、 过氧化钠中阴离子为过氧根离子, 1mol 过氧化钠中含有 2mol 钠离子、 1mol 过氧根离子, 总共含有 3mol 离子,含阴、阳离子的总数为 3NA,故 B 正确; C、标准状况下,22.4 L SO3 为固态,故 C 错误; 2+ 2+ D、因为氢氧化镁为弱碱,Mg 要发生水解,所以 1L0.5mol/L 的 MgCl2 溶液中,含有 Mg 个数小于 0.5NA,故 D 错误; 故选:B. 点评:本题考查了阿伏伽德罗常的应用,主要考查二氧化硅的结构,过氧化钠的电离,题目 难度中等, 注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件, 掌握好以物质的量为中心的各化学量 与阿伏加德罗常数的关系.

8.下列说法或有关化学用语的表达正确的是( ) A. 在基态多电子原子中,p 轨道电子能量一定高于 s 轨道电子能量 2 2 6 1 2 2 6 B. 核外电子排布由 1s 2s 2p 3s ﹣→1s 2s 2p 的变化需要吸收能量 C. 因氧元素电负性比氮元素大,故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大 D. 根据原子核外电子排布的特点,Cu 在周期表中属于 s 区元素 考点:元素电离能、 电负性的含义及应用; 原子核外电子的运动状态; 吸热反应和放热反应. 分析: A、同一层即同一能级中的 p 轨道电子的能量一定比 s 轨道电子能量高,但外层 s 轨道电子能量则比内层 p 轨道电子能量高; 2 2 6 1 2 2 6 B、原子由 1s 2s 2p 3s 失去一个电子转变为 1s 2s 2p 的变化需要吸收能量; C、N 原子的 2p 轨道处于半满,第一电离能大于氧原子; D、Cu 的外围电子排布式为 3d 4S ,位于元素周期表的 ds 区. 解答: 解:A、同一层即同一能级中的 p 轨道电子的能量一定比 s 轨道电子能量高,但外 层 s 轨道电子能量则比内层 p 轨道电子能量高,故 A 错误; 2 2 6 1 B、核外电子排布由 1s 2s 2p 3s ,该原子处于基态钠原子,失去最外层一个电子转变成 2 2 6 2 2 6 1 2 2 6 1s 2s 2p 为钠离子,所以由 1s 2s 2p 3s →1s 2s 2p 的变化需要吸收能量,故 B 正确; C、N 原子的 2p 轨道处于半满,第一电离能大于氧原子,故 C 错误; 10 1 D、Cu 的外围电子排布式为 3d 4S ,位于元素周期表的 ds 区,故 D 错误; 故选 B. 点评:本题考查原子核外电子排布规律及排布式的书写, 题目难度不大, 本题注意原子核外 电子的排布和运动特点. 9.甲、乙、丙、丁四种物质分别含两种或三种元素,它们的分子中各含 l8 个电子.甲是气 态氢化物,在水中分步电离出两种阴离子.下列推断合理的是( ) A. 某钠盐溶液含甲电离出的阴离子,则该溶液只能与酸反应 B. 丁和甲中各元素质量比相同,则丁中一定含有﹣l 价的元素 C. 丙中含有第二周期ⅣA 族的元素,则丙一定是只含 C、H 的化合物 D. 乙与氧气的摩尔质量相同,则乙一定含有极性键和非极性键 考点:位置结构性质的相互关系应用. 分析:甲是 18 电子的氢化物,且其水溶液为二元弱酸,不难得出甲为 H2S,乙与氧气的摩 尔质量相同, 可能为 CH3OH、 N2H4 等符合, 丙中含有二周期 IVA 族的元素, 可能为 CH3OH, 丁和甲中各元素质量比相同,应为 H2O2,结合各物质的结构和性质解答该题. 解答: 解:甲是 18 电子的氢化物,且其水溶液为二元弱酸,不难得出甲为 H2S,乙与氧 气的摩尔质量相同,可能为 CH3OH、N2H4 等符合,丙中含有二周期 IVA 族的元素,可能为 CH3OH,丁和甲中各元素质量比相同,应为 H2O2, ﹣ ﹣ A.甲为 H2S,某钠盐溶液若为 NaHS 溶液,其中含有 HS 、OH ,但 NaHS 既能与盐酸等 反应生成 H2S,也能与 Na0H 反应生成 Na2S,故 A 错误; B.H2S 中元素的质量比为 1:16,H2O2 分子中元素的质量比也为 1:16,H2O2 中氧元素的 价态为一 1 价,故 B 正确; C.第二周期 IVA 族元素为 C,如 CH3OH 符合,但 CH3OH 分子中含有氧元素,故 C 错误; D. 氧气的摩尔质量为 32g/mol, 乙的摩尔质量也为 32g/mol, 且含有 18 电子, CH3OH 符合, CH3OH 中只含有极性键无非极性键,故 D 错误;
10 1

故选 B. 点评:本题考查无机物的推断,题目难度较大,注意常见 18 电子物质的种类以及性质,解 答本题时注意能找出反例, 试题侧重考查学生的分析、 理解能力及灵活应用基础知识的能力. 10.A 的化学式为 NH5,常温下呈固态,构成它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原 子的最外电子层结构.则下列有关说法中,不正确的是( ) A. 1mol NH5 中含有 5NA 个 N﹣H 键(NA 为阿佛加德罗常数的数值) B. NH5 中既有共价键,又有离子键 C. 它与水反应的化学方程式为:NH5+H2O═NH3?H2O+H2↑

D. NH5 的电子式为: 考点:不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别. 专题:化学键与晶体结构. 分析:固体 A 的化学式为 NH5,它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电 子层结构,应为 NH4H,是一种离子化合物,能与水反应:NH4H+H2O=NH3?H2O+H2↑,有 氨气生成. 解答: 解: A. 根据氮原子的原子结构, 最外层 5 个电子最多和四个氢原子形成共价键 (其 中一个是配位键,氮原子提供一对电子,氢离子提供空轨道形成) ,形成了带正电荷的铵根 离子,所以另一个氢原子只能是形成 H ,阴阳离子间形成离子键,故 A 错误; ﹣ + B.NH5 是离子化合物氢化铵,铵根中的氮原子与四个氢原子形成四个共价键,NH4 与 H 之间为离子键,故 B 正确; C. NH4H 中含有﹣1 价 H, 可与水发生氧化还原反应, 方程式为 NH4H+H2O=NH3?H2O+H2↑, 故 C 正确; D.根据离子化合物的结构特征,阳离子是铵根离子,阴离子是氢阴离子,都达到了稀有气 体的最外层结构,电子式正确,故 D 正确. 故选 A. 点评:本题考查离子化合物的结构和性质, 涉及原子间化学键的形成, 原子最外层电子的稳 定结构形成,电子式的书写等知识,为高频考点,注意把握题给信息,难度不大. 11.最近,科学家成功地制成了一种新型的碳氧化合物,该化合物晶体中每个碳原子均以四 个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构.下列对该晶体的叙述错误的是 ( ) A. B. C. D. 该物质的化学式为 CO4 该晶体的熔、沸点高,硬度大 该晶体中 C 原子与 C﹣0 化学键数目之比为 1:4 该晶体的空间最小环由 12 个原子构成


考点:晶胞的计算;晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系. 专题:化学键与晶体结构.

分析:根据题意知,该化合物晶体中以 C﹣O 结合为一种空间网状的无限延伸结构,所以该 化合物属于原子晶体,和晶体二氧化硅的结构相似,利用均摊法确定其化学式,根据原子晶 体的性质分析解答. 解答: 解:A.晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合,每个氧原子和 2 个碳 原子以共价单键相结合,所以碳氧原子个数比=1:2,则其化学式为:CO2,故 A 错误; B.该化合物晶体属于原子晶体,所以其熔沸点高,硬度大,故 B 正确; C.该晶体中,每个碳原子含有 4 个 C﹣O 共价键,所以 C 原子与 C﹣0 化学键数目之比为 1:4,故 C 正确; C.该晶体的空间最小环由 6 个碳原子和 6 个氧原子构成,故 D 正确; 故选 A. 点评:本题考查晶体类型的判断及其结构的分析, 该化合物和二氧化硅晶体的结构类似, 根 据二氧化硅的结构来分析解答即可,难度中等. 12.下列醇既能发生消去反应,又能被氧化为醛的是( )

A. CH3OH

B.

C.

D. 考点:有机物的结构和性质. 分析:醇能发生消去反应, 说明连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子, 醇能被氧化 生成醛,说明醇羟基位于边上,据此分析解答. 解答: 解:醇能发生消去反应,说明连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子,醇能 被氧化生成醛,说明醇羟基位于边上, A.甲醇中只有一个碳原子,不能发生消去反应,故 A 错误; B.2﹣丙醇被氧化生成酮而不是醛,故 B 错误; C. 该分子中连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上没有氢原子, 不能发生消去反应, 故 C 错误; D.该分子中醇羟基位于边上且连接醇羟基碳原子相邻碳原子上含有氢原子,所以能发生消 去反应、能被氧化生成醛,故 D 正确; 故选 D. 点评:本题考查有机物结构和性质, 明确官能团及其性质关系即可解答, 注意醇发生消去反 应时醇分子结构特点,为易错点. 13.下列关于有机化合物的说法中,正确的是( ) A. 除去 CH4 中的 C2H4 杂质选用溴的 CCl4 溶液 B. 油脂、淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物 C. 甲苯和乙烯都可与酸性高锰酸钾溶液发生化学反应造成酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 蛋白质溶液加入 CuSO4 溶液会析出,这一过程属于蛋白质的盐析 考点:有机物的结构和性质.

分析: A.甲烷易溶于四氯化碳; B.油脂不是高分子化合物; C.甲苯可被酸性高锰酸钾氧化,乙烯含有碳碳双键,也可被氧化; D.硫酸铜可使蛋白质变性. 解答: 解:A.甲烷易溶于四氯化碳,应用溴水除杂,故 A 错误; B.高分子化合物的相对分子质量在 10000 以上,油脂不是高分子化合物,故 B 错误; C.甲苯可被酸性高锰酸钾氧化,乙烯含有碳碳双键,可被酸性高锰酸钾氧化,故 C 正确; D.硫酸铜可使蛋白质变性,故 D 错误. 故选 C. 点评:本题综合考查有机物的结构和性质,为高考常见题型,侧重于双基的考查,注意把握 有机物的性质的异同,难度不大. 14.有关有机物的下列说法中正确的是( ) A. 汽油、煤油和植物油都是烃的混合物 B. 甲烷、乙烯和苯在工业上都可以通过煤干馏得到 C. 分子式为 C8H6O2 的芳香族有机物分子中不可能有羧基 D. 含五个碳原子的有机物,分子中最多可形成四个碳碳单键 考点:饱和烃与不饱和烃;有机化合物中碳的成键特征;煤的干馏和综合利用. 分析: A、植物油属于酯类是烃的衍生物; B、根据石油的成分分析; C、分子式为 C8H6O2 的芳香族有机物分子中不可能有羧基,若有羧基,其分子式应该为 C8H8O2; D、环戊烷中含有五根碳碳单键. 解答: 解:A、汽油、煤油的主要成分为烷烃,属于碳氢化合物,植物油属于酯类是烃的 衍生物,故 A 错误; B、石油主要是烷烃、环烷烃和芳香烃的混合物,石油分馏得不到乙烯,故 B 错误; C、分子式为 C8H6O2 的芳香族有机物分子中含有两个不饱和键,所以不可能有羧基,若有 羧基,其分子式应该为 C8H8O2,故 C 正确; D、环戊烷中含有五根碳碳单键,所以含五个碳原子的有机物,每个分子中最多含有五根碳 碳单键,故 D 错误; 故选 C. 点评:本题考查有机物的结构与性质,把握常见有机物的组成、结构、性质为解答的关键, 注意官能团与性质的关系,题目难度不大. 15.下列选项中的数值前者小于后者的是( ) A. 25℃和 l00℃时 H2O 的 KW ﹣ B. 同温同浓度的 KHCO3 溶液和 NH4HCO3,溶液中的 c(HCO3 ) C. 同温同浓度的 NaHCO3 溶液和 CH3COONa 溶液的 pH D. 中和 25mL0.1mol/L NaOH 溶液所需 CH3COOH 和 HCl 的物质的量 考点:盐类水解的原理;化学方程式的有关计算;水的电离. 分析: A、水的电离是吸热的过程,水的离子积只受温度的影响; B、同温同浓度的 KHCO3 溶液和 NH4HCO3 溶液中的碳酸氢根离子的水解程度不相同;

C、NaHCO3 溶液和 CH3COONa 溶液中的阴离子的水解程度不相同,所以酸碱性不同; D、氢氧化钠和一元酸反应时,恰好中和,酸、碱的物质的量相同. 解答: 解:A、水的电离是吸热的过程,水的离子积只受温度的影响,温度越高,水的 Kw 越大,所以 25℃时 H2O 的 KW 小于 l00℃时 H2O 的 KW,故 A 正确; B、同温同浓度的 KHCO3 溶液和 NH4HCO3 溶液中的碳酸氢根离子的水解程度不相同,后 ﹣ 者铵根离子的存在促进碳酸氢根离子的水解,所以溶液中的 c(HCO3 )前者大于后者,故 B 错误; C、 醋酸酸性强于碳酸, 所以碳酸氢根离子的水解程度大于醋酸根离子的水解程度, NaHCO3 溶液的 pH 大于 CH3COONa 溶液,故 C 错误; D、 中和 25mL0.1mol/L NaOH 溶液所需 CH3COOH 和 HCl 的物质的量是相等的, 故 D 错误. 故选 A. 点评:本题考查水的离子积的影响他因素以及盐的水解原理知识, 注意盐的水解规律: 越弱 越水解的应用是关键,难度中等. 16.部分氧化的 FeCu 合金样品(氧化产物为 Fe2O3、CuO)共 5.76g,经如下处理:下列说 法正确的是( )

A. B. C. D.

滤液 A 中的阳离子为 Fe 、Fe 、H 样品中 Fe 元素的质量为 2.24g 样品中 CuO 的质量为 4.0g V=896mL

2+

3+

+

考点:铁的氧化物和氢氧化物;铜金属及其重要化合物的主要性质. 专题:几种重要的金属及其化合物. 3+ 2+ + 分析:氧化性:Fe >Cu >H ,铁离子优先反应,其次是氢原子与铁反应,由于滤液中不 含铜离子,且有气体氢气生成,则滤渣 3.2g 为金属铜,物质的量为 0.05mol,即合金样品中 总共含有铜元素 0.05mol;滤液 A 中不含铁离子,则最后灼烧得到的固体 3.2g 为 Fe2O3,物 质的量为 0.02mol,铁元素的物质的量为 0.04mol,据此进行解答. 3+ 2+ + 解答: 解:A.由于氧化性 Fe >Cu >H ,铁离子优先反应,所以滤液中一定不存在铁 离子,故 A 错误; B.滤液 A 中含有亚铁离子和氢离子,加入足量氢氧化钠溶液后,过滤,最后灼烧得到的固 体为氧化铁,3.2g 氧化铁的物质的量为 0.02mol,含有铁元素的物质的量为 0.02mol×2=0.04mol,样品中所有铁元素都生成了氧化铁,所以样品中 Fe 元素的质量为: 56g/mol×0.04mol=2.24g,故 B 正确;

C. 由于生成了氢气、 滤液中不含铜离子, 滤渣 3.2g 为金属铜, 铜元素的物质的量为 0.05mol, 若全部为氧化铜,氧化铜的质量为:80g/mol×0.05mol=4.0g,由于部分铜被氧化成氧化铜, 则样品中氧化铜的质量一定小于 4.0g,故 C 错误; D.由于部分铁用于置换金属铜,则与氢离子反应生成氢气的铁的物质的量小于 0.04mol, 反应生成的气体的物质的量小于 0.04mol,标况下生成的气体的体积一定小于: 22.4mol/L×0.04mol=0.896L=896mL,故 D 错误; 故选 B. 点评:本题为无机推断, 考查了铁、 铜单质及其氧化物的性质, 题目难度中等, 注意掌握铁、 铜的单质及其化合物性质,明确离子的氧化性强弱是解题关键,试题培养了学生的分析、理 解能力. 二、非选择题(共 4 个大题,共 52 分) 17.A、B、C、D 四种短周期元素,原子序数依次增大;A 和 C 能形成一种分子 X 或一种 +1 价阳离子 Y;B 元素的原子有两个未成对电子;C、D 在元素周期表中处于相邻的位置, 它们的单质在常温下均为无色气体.试回答下列问题: (1)A、D 元素的名称分别为:A 氢 D 氧 . (2)X 与等物质的量的 HCl 反应,产物溶于水得 酸性 (填“酸性”、“中性”或“碱性”) 溶液,用离子方程式表示其原因 NH4 +H2O NH3?H2O+H . ﹣1 (3) 12gB 单质在空气中完全燃烧, 将燃烧后的气体缓慢通入 1L1mol?L 的 NaOH 溶液中, ﹣ + 充分吸收后,最终所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是: c(Na )>c(HCO3 )>c ﹣ + 2﹣ (OH )>c(H )>c(CO3 ) . (4)把 1molC 的单质、3molA 的单质置于一恒温恒容密闭容器中反应,达到平衡时,放出 akJ 的热量,此时,容器内的压强是反应开始时的 75%,写出该反应的热化学方程式 N2 ﹣1 (g)+3H2(g) 2NH3(g)△ H=﹣2a kJ mol . 考点:位置结构性质的相互关系应用. 分析:A、B、C、D 四种短周期元素,原子序数依次增大,C、D 在元素周期表中处于相邻 的位置,它们的单质在常温下均为无色气体,则 C 为 N 元素、D 为 O 元素;B 元素的原子 2 2 2 有两个未成对电子,原子序数小于氮,核外电子排布为 1s 2s 2p ,故 B 为碳元素;A 和 C + 能形成一种分子 X 或一种+1 价阳离子 Y,A 为 H 元素,X 为 NH3,Y 为 NH4 ,据此解答. 解答: 解:A、B、C、D 四种短周期元素,原子序数依次增大,C、D 在元素周期表中处 于相邻的位置,它们的单质在常温下均为无色气体,则 C 为 N 元素、D 为 O 元素;B 元素 2 2 2 的原子有两个未成对电子,原子序数小于氮,核外电子排布为 1s 2s 2p ,故 B 为碳元素; + A 和 C 能形成一种分子 X 或一种+1 价阳离子 Y,A 为 H 元素,X 为 NH3,Y 为 NH4 . (1)由上述分析可知,A 为氢元素,D 为氧元素,故答案为:氢;氧; (2)X 为 NH3,与等物质的量的 HCl 反应生成 NH4Cl,溶液中 NH4 水解: + + NH4 +H2O NH3?H2O+H ,溶液呈酸性, + + 故答案为:酸性;NH4 +H2O NH3?H2O+H ; (3)12g 碳单质的物质的量为 =1mol,所以生成的二氧化碳为 1mol,氢氧化钠的
+ + +

物质的量为 l L×l mol/L=1mol,n(CO2) :n(NaOH)=1:1,所以二氧化碳与氢氧化钠反应 ﹣ 生成 NaHCO3, HCO3 的水解沉淀等于电离程度, 溶液呈碱性, 溶液中氢离子源于水的电离、 ﹣ ﹣ + + 2﹣ 碳酸氢根电离,故溶液中:c(Na )>c(HCO3 )>c(OH )>c(H )>c(CO3 ) , ﹣ ﹣ + + 2﹣ 故答案为:c(Na )>c(HCO3 )>c(OH )>c(H )>c(CO3 ) ;

(4)N2+3H2

2NH3

物质的量减小

1 2 n (1mol+3mol)×(1﹣75%)=1mol 故 n=0.5mol,则 1mol 氮气反应放出的热量为 2a kJ,反应热化学方程式为:N2(g)+3H2 ﹣1 (g) 2NH3(g)△ H=﹣2a kJ mol , ﹣1 故答案为:N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△ H=﹣2a kJ mol . 点评:本题考查结构性质与位置关系综合应用,涉及盐类水解应用、热化学方程式、化学平 衡计算等,难度中等,是对所学知识的综合考查,推断元素是解题的关键. 18.铁、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛,回答下列问题. (1)电子工业常用 30%的 FeCl3 溶液腐蚀附在绝缘板上的铜箔制造印刷电路板,取其腐蚀 2+ 后的废液, 加入一定量的铁粉后, 若无固体剩余, 则反应后的溶液中肯定有的离子是 Fe 、 2+ 3+ Cu ;若有红色固体,则反应后的溶液中肯定没有的离子是 Fe ,检验该离子的试剂 为 KSCN 溶液 . (2)将少量铜丝放入适量的稀硫酸中,温度控制在 50℃﹣60℃,加入 H2O2,反应一段时 间后可制得硫酸铜,发生反应的化学方程式为: Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O , (3) 实验室利用硫酸厂烧渣 (主要成分是 Fe2O3 及少量 FeS、 SiO2) 制备绿矾 (FeSO4.7H2O) , 测定产品中绿矾含量的实验步骤: a.称取 5.7g 产品,溶解,配成 250mL 溶液; b.量取 25mL 待测液于锥形瓶中; c.用硫酸酸化的 0.01mol?L KMnO4 溶液滴定至终点,消耗 KMnO4 溶液的体积为 40mL. 根据上述步骤回答下列问题: ①滴定时发生反应的离子方程式为(完成并配平离子反应方程式) 5 Fe + 1 Mn
2+
﹣1

+( 8

) H

+

═ 5

Fe + 1

3+

Mn +( 4 ) H2O

2+

②用硫酸酸化的 KMnO4 溶液滴定至终点的标志是 滴入最后一滴酸性 KMnO4 时,溶液呈 淡紫色,半分钟内不褪色 . ③上述产品中 FeSO4?7H2O 的质量分数为 0.975(或 97.5%) . (4)铁氰化钾 K3[Fe(CN)6]和亚铁氰化钾 K4[Fe(CN)6]的混合溶液可用于太阳能电池 的电解液,该太阳能电池的工作原理示意图如图所示,其中催化剂 a 为 负 极,电极反应 式为 [Fe(CN)6] ﹣e =[Fe(CN)6]
4﹣


3﹣



考点:铁的氧化物和氢氧化物;氧化还原反应方程式的配平;原电池和电解池的工作原理; 铜金属及其重要化合物的主要性质.

分析: (1)铜与氯化铁反应生成氯化铁、氯化亚铁,反应方程式为: 2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2,加入一定量的铁粉后,若无固体剩余,发生 2Fe +Fe=3Fe ; 3+ 2+ 2+ 2+ 若有红色固体,发生 2Fe +Fe=3Fe 、Fe+Cu =Fe +Cu; (2)根据 H2O2 的氧化性,在酸性条件下双氧水可以把铜氧化成二价铜离子; (3)①根据在酸性条件下反应,反应物一定有氢离子,然后根据电子守恒和质量守恒配平 方程式; ②根据反应结束时滴入高锰酸钾溶液溶液后颜色变化判断滴定终点; ③根据反应方程式及高锰酸钾的物质的量计算出产品中 FeSO4?7H2O 的质量分数; (4)由图可知,电子从负极流向正极,则 a 为负极,b 为正极,负极发生氧化反应,正极 发生还原反应,阳离子向正极移动,以此来解答. 解答: 解: (1)铜与氯化铁反应生成氯化铁、氯化亚铁,反应方程式为: 2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2,加入一定量的铁粉后,若无固体剩余,发生 2Fe +Fe=3Fe , 2+ 2+ 3+ 2+ 2+ 2+ 则溶液中的阳离子为 Fe 、Cu ;若有红色固体,发生 2Fe +Fe=3Fe 、Fe+Cu =Fe +Cu, 3+ 3+ 则溶液中肯定没有的离子是 Fe ,检验 Fe 选择 KSCN 溶液,观察是否出现血红色,若无 血红色出现,证明不含, 2+ 2+ 3+ 故答案为:Fe 、Cu ;Fe ; KSCN 溶液; (2)少量铜丝放入适量的稀硫酸中铜丝不与稀硫酸反应,但加入 H2O2 后由于双氧水具有 强氧化性,在酸性条件下可以把铜氧化成二价铜离子,所以方程式为: Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O, 故答案为:Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O; (3)①用硫酸酸化的 0.01mol/L KMnO4 溶液,所以反应物中一定有氢离子,高锰酸根离子 化合价由+7 变为+2,降低了 5 价,亚铁离子与+2 变为+3,升高了 1 价,所以高锰酸根离子 系数为 1、亚铁离子系数为 5,根据电荷守恒、质量守恒配平氢离子、水,配平后的方程式 为:5Fe +1MnO4 +8H ═5Fe +1Mn +4H2O, + 故答案为:5;1;8;H ;5;1;4;H2O; ②当亚铁离子与高锰酸钾离子完全反应后,再滴入一滴高锰酸钾溶液,溶液会呈淡紫色, 据此判断滴定终点, 故答案为:滴定最后一滴酸性 KMnO4 时溶液呈淡紫色,半分钟内不褪色; ③25mL 待测液消耗的高锰酸钾的物质的量为:0.01mol/L×0.04L=0.0004mol, 5.7g 产品配成 250mL 溶液消耗高锰酸钾的物质的量为 0.0004mol×
2+


3+

2+

3+

2+

2+



+

3+

2+

=0.004mol,

根据反应:5Fe +1MnO4 +8H ═5Fe +Mn +4H2O,硫酸亚铁的物质的量为: 0.004mol×5=0.02mol, 所以样品中含有的 FeSO4?7H2O 的质量为:278g/mol×0.02mol=5.56g, FeSO4?7H2O 的质量分数为: ×100%≈97.5%,

+

3+

2+

故答案为:0.975 或 97.5%. (4)由图可知,电子从负极流向正极,则 a 为负极,发生氧化反应,可知催化剂 a 表面发 生反应电极反应为 Fe(CN)6 ﹣e ═Fe(CN)6 , ﹣ 4﹣ 3﹣ 故答案为:负;Fe(CN)6 ﹣e ═Fe(CN)6 . 点评:本题考查金属及化合物的综合应用, 为高频考点, 涉及氧化还原反应计算、 离子反应、 离子检验及原电池的应用等,注重化学反应原理的分析与应用能力的考查,题目难度中等.
4﹣


3﹣

19.过渡元素具有较多的空轨道,所以第四周期的 Cr、Fe、Co、Ni、Cu、Zn 等多种金属能 形成配合物. (1)铬元素的基态原子的外围电子排布式是 3d 4s . (2)科学家通过 X 射线测得胆矾结构示意图可简单表示如下:
5 1

图中虚线表示的作用力为 氢键、配位键 ; (3)胆矾溶液与氨水在一定条件下可以生成 Cu(NH3)4SO4?H2O 晶体.在 Cu(NH3) 2+ 2 [Cu (NH3) 则呈正四面体结构的原子团是 SO4 4SO4?H2O 晶体中, 4] 为平面正方形结构, 一 3 ,其中心原子的杂化轨道类型是 sp ; (4) 金属镍粉在 CO 气流中轻微加热, 生成无色挥发性液态 Ni (CO) 呈正四面体构型. 试 4, 推测四羰基镍的晶体类型是 分子晶体 ,Ni(CO)4 易溶于下列 BC (用序号作答) . A.水 B.四氯化碳 C.苯 D.硫酸镍溶液 (5) 元素 X 位于第四周期, 其基态原子的内层轨道全部排满电子, 且最外层电子数为 2. 元 素 Y 基态原子最外层电子数是其内层的 3 倍.X 与 Y 所形成化合物晶体的晶胞如图所示, 该化合物的化学式为 ZnO . 考点:原子核外电子排布;配合物的成键情况;晶胞的计算. 分析: (1)根据 Cr 是 24 号元素,其原子核外有 24 个电子书写外围电子排布式; (2)电子对给予﹣接受键被称为配位键;氢键是由已经与电负性很强的原子形成共价键的 氢原子与另一个分子中电负性很强的原子之间的作用力,根据定义判断; (3)根据价层电子对互斥理论、杂化轨道理论分析; (4)根据其状态、熔点判断四羰基镍的晶体类型;根据相似相溶原理分析; (5)元素 X 位于第四周期,其基态原子的内层轨道全部排满电子,则内层电子数 =2+8+18=28,且最外层电子数为 2,所以该原子有 30 个电子,为 Zn 元素;元素 Y 最外层 电子数是其内层的 3 倍,元素最外层电子数小于或等于 8,则 Y 是 O 元素. 解答: 解: (1)Cr 是 24 号元素,其原子核外有 24 个电子,根据能量最低原理及洪特规 则书写其核外电子排布式,3d 能级的能量大于 4s 能级的能量,所以先排 4s 后排 3d,轨道 5 1 中的电子处于全满、半满、全空时原子最稳定,所以 Cr 的外围电子排布式为 3d 4s , 5 1 故答案为:3d 4s ; (2)通过图象知,图中虚线表示的作用力有铜离子和水分子之间的配位键,氢原子和另一 分子中氧原子之间的氢键, 故答案为:氢键、配位键; (3)SO4
2一

离子中含有 4 个 δ 键,孤电子对数=

=0,所以 SO4

2一

为正四面体结

构;杂化轨道数=中心原子的孤电子对数+中心原子的 δ 键个数,所以采用 sp 杂化, 2一 3 故答案为:SO4 ;sp ;

3

(4)Ni(CO)4 是液态挥发性物质,所以其熔点较低,故为分子晶体;呈正四面体构型, 是对称结构,所以是非极性物质,根据相似相溶原理知,Ni(CO)4 易溶于非极性溶剂, 苯、四氯化碳是非极性物质,所以 Ni(CO)4 易溶于苯、四氯化碳, 故答案为:分子晶体;BC; (5)元素 X 位于第四周期,其基态原子的内层轨道全部排满电子,则内层电子数 =2+8+18=28,且最外层电子数为 2,所以该原子有 30 个电子,为 Zn 元素;元素 Y 最外层 电子数是其内层的 3 倍,元素最外层电子数小于或等于 8,则 Y 是 O 元素,该晶胞中 X 离 子数目=8× +6× =4,Y 离子数目=4,所以 X 和 Y 离子数目之比等于 4:4 即 1:1,所以该 化合物的化学式为 ZnO,故答案为:ZnO. 点评:本题考查较为综合,涉及电子排布式、分子的立体构型、杂化轨道类型、氢键、化学 键类型等知识,具有一定的难度,本题注意 Cr 原子核外电子排布式中 3d 上 5 个电子 4s 上 1 个电子,不是 3d 上 4 个电子 4s 上 2 个电子,要注意 Cr、Cu 原子核外电子排布式的书写.

20.某物质 E 可做香料,其结构简式为

,以苯为原料工业合成路线如下:

已知:

R﹣CH=CH2+HBr→

(R﹣代表烃基)

R﹣CH=CH2+HBr 回答下列问题: (1)E 的官能团是 醛基 (写名称) ,②的反应类型是 取代反应

(2)B 的结构简式可能是 (3)步骤④的化学方程式是







(4)E 有多种同分异构体,写出符合以下条件的结构简式 (只写顺式结构) . ①具有顺反结构 ②能与 NaOH 溶液反应 ③分子中苯环上的一溴代物有两种. 考点:有机物的推断. 专题:有机物的化学性质及推断. 分析:根据题中各物质转化关系,反应①为苯与丙烯发生加成反应得异丙苯,异丙苯与氯

气在光照条件下发生侧链上取代反应生成一氯代物 B,则 B 为



,反应③为 B 在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成

,反应④为

与 HBr 发生加成反应生成 C,C 发生水

解反应生成 D,D 发生氧化反应生成

,则 D 为

,C 为

,据此解答. 解答: 解:根据题中各物质转化关系,反应①为苯与丙烯发生加成反应得异丙苯,异丙

苯与氯气在光照条件下发生侧链上取代反应生成一氯代物 B,则 B 为



,反应③为 B 在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成

,反应④为

与 HBr 发生加成反应生成 C,C 发生水

解反应生成 D,D 发生氧化反应生成

,则 D 为

,C 为

, (1)根据 E 的结构简式可知,E 的官能团是醛基,根据上面的分析可知②的反应类型是取 代反应,故答案为:醛基;取代反应;

(2)由上述分析可知,B 的结构简式可能是





故答案为:





(3)步骤④的化学方程式是



故答案为:



(4)E(

)的同分异构体符合以下条件:

①具有顺反结构,碳碳双键中碳原子连接不同的原子或原子团; ②能与 NaOH 溶液反应,含有酚羟基; ③分子中苯环上的一溴代物有两种,两个不同的取代基处于对位,

该同分异构体的顺式结构为:



故答案为:



点评:本题考查有机物的推断与合成, 充分利用有机物的结构, 采取正逆推法相结合进行推 断,需要学生熟练掌握官能团的性质与转化,难度中等.


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