2019-2020年高三化学3月模拟试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三化学3月模拟试卷（含解析）一、选择题（本题包括7个小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1生活是化学的源泉，下列有关生产、生活中的化学叙述错误的是（） A 食盐和油都是生活必需品加碘盐中的碘以碘化钾的形式存在；而植物油变质是由于发生了酯化反应 B “神十”搭载的长二F改进型火箭推进剂是偏二甲肼（C2H8N2）和四氧化二氮，其中四氧化二氮作氧化剂 C 镁铝合金可用作制造飞机的材料 D 近期正热播柴静的雾霾调查纪录片穹顶之下PM2.5是灰霾天气的主要原因，是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也叫可入肺颗粒物，与肺癌、哮喘等疾病的发生密切相关，它主要来自化石燃料的燃烧（如机动车尾气、燃煤）等2用NA表示阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是（） A 在O2参与的反应中，1 mol O2作氧化剂时得到的电子数一定是4NA B 1 L 1 molL1 NH4NO3溶液中氮原子数小于2NA C 常温常压下，11.2 g乙烯中含有共用电子对数目为2.4NA D 标准状况下，22.4 L CHCl3中所含有的分子数为NA3下列离子方程式正确的是（） A 磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+3H2O B 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3 C 用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+2H+2ClMn2+Cl2+2H2O D 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO+2Fe（OH）32FeO42+3Cl+H2O+4H+4下列陈述、正确并且有因果关系的是（）选项 陈述 陈述A H2O2、SO2都能使酸性高锰酸钾褪色 前者表现出氧化性后者表现出还原性B SiO2能与氢氟酸及碱反应 SiO2是两性氧化物C 浓硝酸、浓硫酸能用铁、铝容器盛装 浓硝酸、浓硫酸都有强氧化性D BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀 说明Ksp（BaSO4）大于Ksp（BaCO3） A A B B C C D D5最近有研究人员发现了一种处理高浓度乙醛废水的新方法隔膜电解法，乙醛分别在阴、阳极发生反应，转化为乙醇和乙酸实验室以一定浓度的乙醛Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如图所示下列说法正确的是（） A 若以CH4空气燃料电池为直流电源，燃料电池的b极应通入空气 B 电解过程中，阴极区Na2SO4的物质的量增大 C 阳极反应CH3CHO2e+2H+CH3COOH+H2O D 电解过程中，两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生了无色气体，则阳极产生的是O26下列有关溶液中粒子浓度关系的比较中不正确的是（） A 醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c（H+）c（OH）+c（CH3COO） B 用0.100 0 molL1NaOH滴定未知浓度的CH3COOH溶液，恰好反应时：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+） C pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液以任意比混合：c（H+）+c（M+）c（OH）+c（A） D 物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c（CH3COO）+c（CH3COOH）c（Na+）7700时，在容积为2L的密闭容器中发生反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），部分数据见下表（表中t2t1）：反应时间/min n（CO）/mol n（H2O）/mol n（CO2）/mol n（H2）/mol0 1.20 0.60 0 0t1 0.80 t2 0.20 下列说法正确的是（） A 反应在t1 min内的反应速率为v（H2）=molL1min1 B 保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60 mol CO和1.20 mol H2O，达到平衡时n（CO2）=0.40 mol C 保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20 mol H2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数减小 D 温度升高至800，上述反应的平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应二、非选择题（共4题，共58分）8（14分）（xx米易县校级模拟）A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的七种元素，其中A、B、C、D、E为短周期元素，F、G为第四周期元素已知：A是原子半径最小的元素，B、C、D是紧邻的三个族的元素，C的三价阴离子和E的二价阳离子具有相同的电子层结构，F元素的基态原子具有六个成单电子，G是B族的元素回答下列问题：（1）F元素的原子基态价层电子排布图是B、C、D元素的第一电离能由大到小的顺序是（用元素符号表示）（2）在元素B与A形成的水果催熟剂气体化合物中，元素B的杂化方式为杂化；元素A与C形成的最简单的X分子的空间构型为，将过量的X通入含有元素G的蓝色硫酸盐溶液中，反应的离子方程式为；（3）常温常压下，有23g液态化合物B2A6D与足量的D的单质充分反应，生成BD2气体和A2D液体，同时放出683.5kJ的热量，该反应的热化学方程式为：（4）E单质晶体中原子的堆积模型如图，晶胞是图中的；配位数是9（14分）（xx米易县校级模拟）某化学兴趣小组同学展开对漂白剂亚氯酸钠（NaClO2）的研究实验：制取NaClO2晶体已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38时析出晶体的是NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaClBa（ClO）2可溶于水利用如图所示装置进行实验（1）装置的作用是装置的作用是（2）装置中产生ClO2的化学方程式为（3）从装置反应后的溶液获得晶体NaClO2的操作步骤为：减压，55蒸发结晶；趁热过滤；低于60干燥，得到成品（4）设计实验检验所得NaClO2晶体是否含有杂质Na2SO4，操作与现象及结论是：取少量晶体溶于蒸馏水，实验：测定某亚氯酸钠样品的纯度 设计如下实验方案，并进行实验：准确称取所得亚氯酸钠样品m g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（已知：ClO2+4I+4H+=2H2O+2I2+Cl）将所得混合液配成100mL待测溶液移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用c molL1 Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为V mL（已知：I2+2S2O322I+S4O62）（5）滴定中使用的指示剂是，达到滴定终点时的现象为（6）样品中NaClO2的质量分数为（用含m、c、V的代数式表示，式量：NaClO2 啊90.5）10（15分）（xx米易县校级模拟）咖啡酸苯乙酯有极强的抗炎和抗氧化活性而起到抗肿瘤的作用现设计出如下路线合成缓释药物聚咖啡酸苯乙酯：已知：B的核磁共振氢谱有三个波峰；红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键；且：； （1）咖啡酸仅含C、H、O三种元素，蒸气密度是相同条件下H2的90倍，含氧质量分数为35.6%，则咖啡酸的分子式为；咖啡酸可与NaHCO3溶液反应生成气体，1mol 咖啡酸与足量钠反应生成1.5mol H2，咖啡酸中所有含氧官能团的名称：；（2）写出下列反应的类型：，（3）写出反应的化学方程式：（4）写出反应的化学方程式：（5）满足下列条件的咖啡酸的同分异构体有种任写三种含有两个羧基 苯环上有三个取代基11（15分）（xx米易县校级模拟）从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取氧化铝的两种流程如图：（1）给滤液E中通入过量的NH3，其反应的离子方程式是、（2）流程中加入烧碱溶液后，生成SiO的离子方程式是（3）验证滤液A中含Fe3+，可取少量滤液并加入（填写试剂名称）（4）滤液C中溶质的主要成分是（填化学式），写出该溶质的一种用途（5）滤液C和滤液F共同的溶质为G，若用惰性电极电解500mL 0.1molL1的G溶液，若阳极得到56mL气体（标准状况），则所得溶液在常温下的pH为（忽略电解前后溶液体积的变化）（6）已知25时Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=1.81011取适量的滤液A，加入一定量的烧碱溶液至达到沉淀溶解平衡，测得该溶液的pH=13.00，则25时残留在溶液中的c（Mg2+）= molL1xx年四川省攀枝花市米易中学高考化学模拟试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括7个小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1生活是化学的源泉，下列有关生产、生活中的化学叙述错误的是（） A 食盐和油都是生活必需品加碘盐中的碘以碘化钾的形式存在；而植物油变质是由于发生了酯化反应 B “神十”搭载的长二F改进型火箭推进剂是偏二甲肼（C2H8N2）和四氧化二氮，其中四氧化二氮作氧化剂 C 镁铝合金可用作制造飞机的材料 D 近期正热播柴静的雾霾调查纪录片穹顶之下PM2.5是灰霾天气的主要原因，是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也叫可入肺颗粒物，与肺癌、哮喘等疾病的发生密切相关，它主要来自化石燃料的燃烧（如机动车尾气、燃煤）等考点： 有机物的结构和性质；常见的生活环境的污染及治理；合金的概念及其重要应用；有机化学反应的综合应用分析： A加碘盐中的碘以碘酸钾存在，植物油变质发生氧化反应；B发生C2H8N2+2N2O42CO2+4H2O+3N2，四氧化二氮中N元素的化合价降低；C镁铝合金的硬度高，密度小；D灰霾与固体颗粒物的排放有关解答： 解：A食盐和油都是生活必需品，加碘盐中的碘以碘酸钾的形式存在，而植物油（属于油脂）变质是由于发生了氧化反应，故A错误；B发生C2H8N2+2N2O42CO2+4H2O+3N2，四氧化二氮中N元素的化合价降低，则四氧化二氮作氧化剂，故B正确；C镁铝合金的硬度高，密度小，则镁铝合金可用作制造飞机的材料，故C正确；D灰霾与固体颗粒物的排放有关，颗粒物主要来自化石燃料的燃烧（如机动车尾气、燃煤）等，大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也叫可入肺颗粒物，与肺癌、哮喘等疾病的发生密切相关，故D正确；故选A点评： 本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握化学与生活的关系等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大2用NA表示阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是（） A 在O2参与的反应中，1 mol O2作氧化剂时得到的电子数一定是4NA B 1 L 1 molL1 NH4NO3溶液中氮原子数小于2NA C 常温常压下，11.2 g乙烯中含有共用电子对数目为2.4NA D 标准状况下，22.4 L CHCl3中所含有的分子数为NA考点： 阿伏加德罗常数分析： A根据氧气参加反应生成的产物有一般氧化物和过氧化物两种情况分析；B依据氮原子守恒计算；C根据乙烯的结构计算出含有的共用电子对数目；D气体摩尔体积适用与气体解答： 解：A.1molO2作氧化剂时，若生成一般氧化物，得到4mol电子，若生成了过氧化物，得到了2mol电子，所以得到的电子数不一定是4NA，故A错误；B.1mol硝酸铵含有2mol氮原子，1 L 1 molL1 NH4NO3溶液中氮原子数等于2NA，故B错误；C.11.2g乙烯的物质的量为：=0.4molmol，含有1.6mol碳氢键和0.4mol碳碳键，总共含有2.4mol共用电子对，含有共用电子对数目为2.4NA，故C正确；D标况下，三氯甲烷为液态，不能使用气体摩尔体积，故D错误；故选：C点评： 本题考查了考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意标准状况下三氯甲烷的状态不是气体，题目难度不大3下列离子方程式正确的是（） A 磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+3H2O B 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3 C 用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+2H+2ClMn2+Cl2+2H2O D 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO+2Fe（OH）32FeO42+3Cl+H2O+4H+考点： 离子方程式的书写分析： A磁性氧化铁为四氧化三铁，与硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水；B反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；C电荷、原子不守恒；D强碱溶液中不能生成H+解答： 解：A磁性氧化铁溶于稀硝酸的离子反应为3Fe3O4+NO3+28H+9Fe3+14H2O+NO，故A错误；B向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3的离子反应为AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故B正确；C用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气的离子反应为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故C错误；D在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4的离子反应为4OH+3ClO+2Fe（OH）32FeO42+3Cl+5H2O，故D错误；故选B点评： 本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应及氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大4下列陈述、正确并且有因果关系的是（）选项 陈述 陈述A H2O2、SO2都能使酸性高锰酸钾褪色 前者表现出氧化性后者表现出还原性B SiO2能与氢氟酸及碱反应 SiO2是两性氧化物C 浓硝酸、浓硫酸能用铁、铝容器盛装 浓硝酸、浓硫酸都有强氧化性D BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀 说明Ksp（BaSO4）大于Ksp（BaCO3） A A B B C C D D考点： 二氧化硫的化学性质；硝酸的化学性质；过氧化氢；浓硫酸的性质；硅和二氧化硅分析： A、过氧化氢和高锰酸钾溶液发生氧化还原反应是过氧化氢的还原性；B、SiO2是酸性氧化物；C、浓硝酸、浓硫酸常温下使铁、铝发生钝化，表现的是强氧化性；D、沉淀形成与离子浓度大小有关，温度不变溶度积常数不变解答： 解：A、H2O2、SO2都能使酸性高锰酸钾褪色，表现出的是还原性，故A错误；B、与NaOH反应生成盐和水，而与HF反应生成物不是盐，为其特性，SiO2是酸性氧化物，故B错误；C、铝、铁常温下在浓硝酸中发生钝化能用铁、铝容器盛装，钝化是浓硝酸、浓硫酸都有强氧化性的表现，故C正确；D、BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀，是因为碳酸根离子浓度大，和钡离子浓度乘积等于碳酸钡的Ksp，实际Ksp（BaSO4）小于Ksp（BaCO3），故D错误；故选C点评： 本题考查过氧化氢、二氧化硫的还原性，二氧化硅的性质用途、沉淀溶解平衡和溶度积分析，金属的钝化等，题目难度不大，明确钝化的原理是解题的关键5最近有研究人员发现了一种处理高浓度乙醛废水的新方法隔膜电解法，乙醛分别在阴、阳极发生反应，转化为乙醇和乙酸实验室以一定浓度的乙醛Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如图所示下列说法正确的是（） A 若以CH4空气燃料电池为直流电源，燃料电池的b极应通入空气 B 电解过程中，阴极区Na2SO4的物质的量增大 C 阳极反应CH3CHO2e+2H+CH3COOH+H2O D 电解过程中，两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生了无色气体，则阳极产生的是O2考点： 原电池和电解池的工作原理专题： 电化学专题分析： Aa为正极，b为负极，负极发生氧化反应，通入甲烷；B钠离子和硫酸根离子不参与电极反应，物质的量不变；C质量不守恒；D阳极发生4OH4eO2+2H2O、CH3CHO2e+H2O=CH3COOH+2H+，阴极发生4H+4e=2H2、CH3CHO+2e+2H2OCH3CH2OH+2OH解答： 解：Aa为正极，b为负极，连接电解池阴极的是原电池负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，该燃料电池中燃料是甲烷，所以b电极上投放的是CH4，故A错误；B钠离子和硫酸根离子不参与电极反应，物质的量不变，故B错误；C质量不守恒，应为CH3CHO2e+H2O=CH3COOH+2H+，故C错误；D阳极发生4OH4eO2+2H2O、CH3CHO2e+H2O=CH3COOH+2H+，阴极发生4H+4e=2H2、CH3CHO+2e+2H2OCH3CH2OH+2OH，则两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生了无色气体，则阳极产生的是O2，故D正确故选D点评： 本题考查了原电池和电解池的原理，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意把握反应的原理和电极方程式的书写，为解答该题的关键，难度中等6下列有关溶液中粒子浓度关系的比较中不正确的是（） A 醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c（H+）c（OH）+c（CH3COO） B 用0.100 0 molL1NaOH滴定未知浓度的CH3COOH溶液，恰好反应时：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+） C pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液以任意比混合：c（H+）+c（M+）c（OH）+c（A） D 物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c（CH3COO）+c（CH3COOH）c（Na+）考点： 离子浓度大小的比较分析： A任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；B二者恰好中和时生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，再结合电荷守恒判断c（Na+）、c（CH3COO）相对大小；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；D任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断解答： 解：A任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得：c（H+）c（OH）+c（CH3COO），故A正确；B二者恰好中和时生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），再结合电荷守恒得c（Na+）c（CH3COO），因为盐类水解较微弱，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+），故B正确；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（M+）c（OH）+c（A），故C正确；D任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（CH3COO）+c（CH3COOH）2c（Na+），故D错误；故选D点评： 本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，注意：溶液中电荷守恒及物料守恒与离子浓度大小无关，与溶液酸碱性无关，为易错点7700时，在容积为2L的密闭容器中发生反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），部分数据见下表（表中t2t1）：反应时间/min n（CO）/mol n（H2O）/mol n（CO2）/mol n（H2）/mol0 1.20 0.60 0 0t1 0.80 t2 0.20 下列说法正确的是（） A 反应在t1 min内的反应速率为v（H2）=molL1min1 B 保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60 mol CO和1.20 mol H2O，达到平衡时n（CO2）=0.40 mol C 保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20 mol H2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数减小 D 温度升高至800，上述反应的平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应考点： 化学平衡建立的过程专题： 化学平衡专题分析： A由表中数据可知，t1min内参加反应的CO的物质的量为1.2mol0.8mol=0.4mol，根据v=计算v（CO），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（CO2）；B依据化学平衡三段式列式计算；C保持其他条件不变，增加一种反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，另一种反应物的转化率增大；Dt1min时反应已经达到平衡状态，反应前后气体的体积不变，利用物质的量代替浓度计算700时平衡常数，比较不同温度下的平衡常数大小判断反应的热效应解答： 解：A由表中数据可知，t1min内参加反应的CO的物质的量为1.2mol0.8mol=0.4mol，v（CO）=mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比，故v（CO2）=v（H2）=mol/（Lmin），故A错误；B CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），起始量（mol） 1.2 0.6 0 0变化量（mol） 0.4 0.4 0.4 0.4平衡量（mol） 0.8 0.2 0.4 0.4t1min时n（CO）=0.8mol，则水n（H2O）=0.6mol0.4mol=0.2mol，t2min时n（H2O）=0.2mol，说明t1min时反应已经达到平衡状态，体积为2L，计算式中可以用物质的量代替浓度计算平衡常数K=1； CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），起始量（mol） 0.6 1.2 0 0变化量（mol） x x x x平衡量（mol） 0.6x 1.2x x x 体积为2L，计算式中可以用物质的量代替浓度计算平衡常数K=1，x=0.4mol；故B正确；C、保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小，H2O的体积分数会增大，故C错误；D、依据B计算，700C时反应的平衡常数K=1，温度升至800，上述反应平衡常数为0.64，说明温度升高，平衡是向左移动的，那么正反应应为放热反应，故D错误；故选B点评： 本题考查化学反应速率计算、平衡状态判断、等效平衡、平衡常数计算与应用，注意平衡常数的计算应用与影响因素分析，难度中等二、非选择题（共4题，共58分）8（14分）（xx米易县校级模拟）A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的七种元素，其中A、B、C、D、E为短周期元素，F、G为第四周期元素已知：A是原子半径最小的元素，B、C、D是紧邻的三个族的元素，C的三价阴离子和E的二价阳离子具有相同的电子层结构，F元素的基态原子具有六个成单电子，G是B族的元素回答下列问题：（1）F元素的原子基态价层电子排布图是B、C、D元素的第一电离能由大到小的顺序是NOC（用元素符号表示）（2）在元素B与A形成的水果催熟剂气体化合物中，元素B的杂化方式为sp2杂化；元素A与C形成的最简单的X分子的空间构型为三角锥形，将过量的X通入含有元素G的蓝色硫酸盐溶液中，反应的离子方程式为Cu2+4NH3=Cu（NH3）42+；（3）常温常压下，有23g液态化合物B2A6D与足量的D的单质充分反应，生成BD2气体和A2D液体，同时放出683.5kJ的热量，该反应的热化学方程式为：C2H6O（1）+（g）=2CO2（g）+3H2O（1）H=1367.0 kJmol1（4）E单质晶体中原子的堆积模型如图，晶胞是图中的c；配位数是12考点： 位置结构性质的相互关系应用分析： A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的七种元素，其中AE为短周期主族元素，A是原子半径最小的元素，则A为H元素；C的三价阴离子和E的二价阳离子具有相同的电子层结构，C在第二周期第A族，E在第三周期第A族，所以C是N元素，E是Mg元素；B、C、D是紧邻的三个族的元素，B、C、D原子序数依次增大，所以B是碳元素，D是O元素；F、G为第四周期元素，F的基态原子具有六个成单电子，则F的价电子排布为3d54s1，是24号元素，故F为Cr元素，G是B族的元素，所以G是Cu元素，据此解答解答： 解：A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的七种元素，其中AE为短周期主族元素，A是原子半径最小的元素，则A为H元素；C的三价阴离子和E的二价阳离子具有相同的电子层结构，C在第二周期第A族，E在第三周期第A族，所以C是N元素，E是Mg元素；B、C、D是紧邻的三个族的元素，B、C、D原子序数依次增大，所以B是碳元素，D是O元素；F、G为第四周期元素，F的基态原子具有六个成单电子，则F的价电子排布为3d54s1，是24号元素，故F为Cr元素，G是B族的元素，所以G是Cu元素（1）F元素的原子基态价层电子排布图是：；同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳3个电子，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，故第一电离能由大到小的顺序为NOC，故答案为：；NOC；（2）在元素B与A形成的水果催熟剂气体化合物为C2H4，分子中C原子形成3个键，没有孤电子对，故C原子采取sp2杂化；NH3分子的空间立体构型为：三角锥形；硫酸铜与过量的NH3水溶液反应得到含配离子的深蓝色溶液，该配离子的化学式为Cu（NH3）42+，反应离子方程式为：Cu2+4NH3=Cu（NH3）42+，故答案为：Cu（NH3）42+；Cu2+4NH3=Cu（NH3）42+；（3）常温常压下，有23g液态化合物C2H6O与足量的O2充分反应，生成CO2气体和H2O液体，同时放出683.5kJ的热量，C2H6O的物质的量为=0.5mol，则1molC2H6O反应放出热量为683.5kJ=1367.0 kJ，该反应的热化学方程式为：C2H6O（1）+（g）=2CO2（g）+3H2O（1）H=1367.0 kJmol1，故答案为：C2H6O（1）+（g）=2CO2（g）+3H2O（1）H=1367.0 kJmol1；（4）Mg单质晶体是六方最密堆积，晶胞是图中的c，配位数是12，故答案为：c；12点评： 本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、杂化方式、分子空间构型、配合物、晶胞结构及计算、热化学方程式书写等，推断元素是解题的关键，需要学生具备扎实的基础难度中等9（14分）（xx米易县校级模拟）某化学兴趣小组同学展开对漂白剂亚氯酸钠（NaClO2）的研究实验：制取NaClO2晶体已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38时析出晶体的是NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaClBa（ClO）2可溶于水利用如图所示装置进行实验（1）装置的作用是吸收多余的ClO2气体，防止污染环境装置的作用是防止倒吸（2）装置中产生ClO2的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4（浓）2ClO2+2Na2SO4+H2O（3）从装置反应后的溶液获得晶体NaClO2的操作步骤为：减压，55蒸发结晶；趁热过滤；用3860热水洗涤；低于60干燥，得到成品（4）设计实验检验所得NaClO2晶体是否含有杂质Na2SO4，操作与现象及结论是：取少量晶体溶于蒸馏水，滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2SO4，若无白色沉淀出现，则不含Na2SO4实验：测定某亚氯酸钠样品的纯度 设计如下实验方案，并进行实验：准确称取所得亚氯酸钠样品m g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（已知：ClO2+4I+4H+=2H2O+2I2+Cl）将所得混合液配成100mL待测溶液移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用c molL1 Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为V mL（已知：I2+2S2O322I+S4O62）（5）滴定中使用的指示剂是淀粉溶液，达到滴定终点时的现象为滴加最后一滴Na2S2O3标准液时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点（6）样品中NaClO2的质量分数为%（用含m、c、V的代数式表示，式量：NaClO2 啊90.5）考点： 性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计分析： （1）本实验产生污染性气体，直接排放会污染环境，故需要尾气处理，装置就是用碱吸收反应产生的ClO2等尾气；装置为安全瓶，防止装置中气体温度降低而产生倒吸；（2）亚硫酸钠具有还原性，在反应中作还原剂，生成硫酸钠，结合原子守恒可知，还有水生成，然后配平书写方程式；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，注意温度控制；（4）根据SO42的检验方法来分析；（5）有碘单质参和生成的反应，一般采用淀粉溶液做指示剂，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；（6）根据关系式NaClO22I24S2O32进行计算解答： 解：（1）本实验产生污染性气体，直接排放会污染环境，故需要尾气处理，装置就是用碱吸收反应产生的ClO2等尾气，当关闭K2时，打开K1，可以吸收反应产生的ClO2气体，防止污染环境，装置为安全瓶，防止装置中气体温度降低而产生倒吸，故答案为：吸收多余的ClO2气体，防止污染环境；防止倒吸；（2）氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯，反应的化学方程式应为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4（浓）2ClO2+2Na2SO4+H2O；故答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4（浓）2ClO2+2Na2SO4+H2O；（3）为防止析出晶体NaClO23H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度3860进行洗涤，低于60干燥，故答案为：用3860热水洗涤；（4）SO42的检验用氯化钡溶液，取少量晶体溶于蒸馏水，然后滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2SO4，若无白色沉淀出现，则不含Na2SO4；故答案为：滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2SO4，若无白色沉淀出现，则不含Na2SO4；（5）碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，滴加最后一滴Na2S2O3标准液时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点，故答案为：淀粉溶液；滴加最后一滴Na2S2O3标准液时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点；（6）令样品中NaClO2的质量分数为a，则： NaClO2 2I2 4S2O32 90.5g 4mol mag cmolL1V103L，解得a=%；故答案为：%点评： 本题主要考查物质的制备、实验的原理、氧化还原反应滴定等，理解原理是解题的关键，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，注意氧化还原反应滴定中利用关系式进行的计算，难度较大10（15分）（xx米易县校级模拟）咖啡酸苯乙酯有极强的抗炎和抗氧化活性而起到抗肿瘤的作用现设计出如下路线合成缓释药物聚咖啡酸苯乙酯：已知：B的核磁共振氢谱有三个波峰；红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键；且：； （1）咖啡酸仅含C、H、O三种元素，蒸气密度是相同条件下H2的90倍，含氧质量分数为35.6%，则咖啡酸的分子式为C9H8O4；咖啡酸可与NaHCO3溶液反应生成气体，1mol 咖啡酸与足量钠反应生成1.5mol H2，咖啡酸中所有含氧官能团的名称：羧基、羟基；（2）写出下列反应的类型：氧化反应，加聚反应（3）写出反应的化学方程式：（4）写出反应的化学方程式：+2Ag（NH3）2OH+2Ag+3NH3+H2O（5）满足下列条件的咖啡酸的同分异构体有6种任写三种（任三种）含有两个羧基 苯环上有三个取代基考点： 有机物的推断分析： 咖啡酸的相对分子质量为902=180，n（O）=（18035.6%）16=4，咖啡酸可与NaHCO3溶液反应生成气体，说明含有羧基COOH；1 mol咖啡酸与足量钠反应生成1.5mol H2，则说明一共含有3个羟基OH结合含氧数目及羧基，则应该有1个羧基和2个羟基，分子中C、H总相对原子质量为180164=116，分子中碳原子最大数目为=94，结合转化关系与反应信息可知，咖啡酸的分子式为C9H8O4则A为，因为B的核磁共振氢谱有三个波峰，说明有三种氢原子，氯原子在苯环上甲基的对位上，故B为，B在NaOH的水溶液中发生反应产生，酸化后产生C为，对甲基苯酚被H2O2氧化生成D为，D在氯气存在时光照发生取代反应产生E为，E在加热时与氢氧化钠溶液发生反应产生F为，F在催化剂存在时加热得到G为G与CH3CHO在NaOH溶液中加热发生反应得到H为H与银氨溶液水浴加热反应产生I为I酸化得到咖啡酸为咖啡酸与苯乙醇发生酯化反应得到J为咖啡酸苯乙酯，结构简式为：咖啡酸苯乙酯在一定条件下发生加聚反应产生高聚物聚咖啡酸苯乙酯，据此解答解答： 解：咖啡酸的相对分子质量为902=180，n（O）=（18035.6%）16=4，咖啡酸可与NaHCO3溶液反应生成气体，说明含有羧基COOH；1 mol咖啡酸与足量钠反应生成1.5mol H2，则说明一共含有3个羟基OH结合含氧数目及羧基，则应该有1个羧基和2个羟基，分子中C、H总相对原子质量为180164=116，分子中碳原子最大数目为=94，结合转化关系与反应信息可知，咖啡酸的分子式为C9H8O4则A为，因为B的核磁共振氢谱有三个波峰，说明有三种氢原子，氯原子在苯环上甲基的对位上，故B为，B在NaOH的水溶液中发生反应产生，酸化后产生C为，对甲基苯酚被H2O2氧化生成D为，D在氯气存在时光照发生取代反应产生E为，E在加热时与氢氧化钠溶液发生反应产生F为，F在催化剂存在时加热得到G为G与CH3CHO在NaOH溶液中加热发生反应得到H为H与银氨溶液水浴加热反应产生I为I酸化得到咖啡酸为咖啡酸与苯乙醇发生酯化反应得到J为咖啡酸苯乙酯，结构简式为：咖啡酸苯乙酯在一定条件下发生加聚反应产生高聚物聚咖啡酸苯乙酯，（1）由上述分析可知，咖啡酸的分子式为C9H8O4，结构简式为，所有含氧官能团的名称：羧基、羟基，故答案为：C9H8O4；羧基、羟基；（3）反应属于氧化反应，反应属于加聚反应，故答案为：氧化反应；加聚反应；（4）反应的化学方程式：，故答案为：；（4）反应为发生银镜反应，反应的化学方程式为+2Ag（NH3）2OH+2Ag+3NH3+H2O，故答案为：+2Ag（NH3）2OH+2Ag+3NH3+H2O；（5）满足条件含有两个羧基 苯环上有三个取代基的咖啡酸的同分异构体有：，共6种，故答案为：6；（任三种）点评： 本题考查有机物推断与合成，利用正、逆推法相结合进行推断，是对学生综合能力的考查，难度中等11（15分）（xx米易县校级模拟）从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取氧化铝的两种流程如图：（1）给滤液E中通入过量的NH3，其反应的离子方程式是H+NH3H2O=NH4+H2O、Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+（2）流程中加入烧碱溶液后，生成SiO的离子方程式是SiO2+2OHSiO32+H2O（3）验证滤液A中含Fe3+，可取少量滤液并加入硫氰化钾（填写试剂名称）（4）滤液C中溶质的主要成分是NaCl、NaHCO3（填化学式），写出该溶质的一种用途制纯碱（或作发酵粉、食用盐等）（5）滤液C和滤液F共同的溶质为G，若用惰性电极电解500mL 0.1molL1的G溶液，若阳极得到56mL气体（标准状况），则所得溶液在常温下的pH为12（忽略电解前后溶液体积的变化）（6）已知25时Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=1.81011取适量的滤液A，加入一定量的烧碱溶液至达到沉淀溶解平衡，测得该溶液的pH=13.00，则25时残留在溶液中的c（Mg2+）=1.8109 molL1考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题： 实验设计题分析： 根据工艺流程可知，铝土矿与盐酸反应得固体A为滤液A，则固体A为SiO2，滤液A含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀B为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液B含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液B中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，沉淀C为Al（OH）3，滤液C中含有NaCl、NaHCO3；根据工艺流程可知，铝土矿中的Al2O3、SiO2能和氢氧化钠反应，可知固体D为Fe2O3、MgO等，滤液D为硅酸钠、偏铝酸钠，滤液中通入过量盐酸，沉淀E为硅酸，滤液E中含有氯化铝、NaCl和过量的HCl，通入过量氨气，沉淀F为氢氧化铝，滤液F为氯化钠、氯化铵溶液，据此答题解答： 解：根据工艺流程可知，铝土矿与盐酸反应得固体A为滤液A，则固体A为SiO2，滤液A含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀B为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液B含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液B中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，沉淀C为Al（OH）3，滤液C中含有NaCl、NaHCO3；根据工艺流程可知，铝土矿中的Al2O3、SiO2能和氢氧化钠反应，可知固体D为Fe2O3、MgO等，滤液D为硅酸钠、偏铝酸钠，滤液中通入过量盐酸，沉淀E为硅酸，滤液E中含有氯化铝、NaCl和过量的HCl，通入过量氨气，沉淀F为氢氧化铝，滤液F为氯化钠、氯化铵溶液；（1）根据以上分析，滤液E即氯化铝、NaCl和过量的HCl中通入过量的NH3，离子方程式为：H+NH3H2O=NH4+H2O，Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故答案为：H+NH3H2O=NH4+H2O；Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；（2）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，二氧化硅不能拆，故离子反应方程式为：SiO2+2OHSiO32+H2O，故答案为：SiO2+2OHSiO32+H2O；（3）Fe3+与硫氰化钾溶液反应，使溶液变红色，检验滤液B中是否含Fe3+离子的方法为：取少量滤液B，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3+，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+，故答案为：硫氰化钾；（4）根据以上分析，滤液C中溶质的主要成分NaCl、NaHCO3，NaCl、NaHCO3一种用途为制纯碱（或作发酵粉、食用盐等），故答案为：NaCl、NaHCO3；制纯碱（或作发酵粉、食用盐等）；（5）根据以上分析，滤液C和滤液F共同的溶质为G即氯化钠，用惰性电极电解氯化钠溶液，阳极上的电极反应式为：2Cl2e=Cl2，生成标准状况下56mL气体，即0.0025mol，转移电子数为0.005mol，所以阴极也有0.005mol的氢离子得电子生成氢气，所以生成氢氧根离子为0.005mol，c（0H）=0.01mol/L，则c（H+）=1012mol/L，所以pH=12，故答案为：12；（6）已知25时Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=1.81011，pH=13.00时溶液中的c（Mg2+）=1.8109mol/L，故答案为：1.8109点评： 本题以氧化铝提取工艺流程为载体，考查无机物推断、元素化合物性质及相互转化、除杂的方法、离子方程式、溶度积的计算等，难度中等