2019-2020年高三化学上学期定位模拟考试试题（含解析）新人教版.doc

2019-2020年高三化学上学期定位模拟考试试题（含解析）新人教版注意事项: 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分.考试时间60分钟。 2.答题前请将自己的学校、班级、姓名、考场号等填写在答题卷密封线内的相应栏目。 3.请将答案按题序号填写在答题卷上.考后仅收答题卷。 可能用到的相对原子质量:H:1 C:12 N:14 0:16 S:32 Ca:40 Fe:56 Cu:64【试卷综析】本试卷是理科单独化学试卷，知识考查综合性较强，以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导，在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视学生科学素养的考查。考查了较多的知识点：化学与环境、氧化还原反应、无机物的性质与转化、热化学、电化学、溶液中的离子关系等；试题重点考查：化学在生活中的应用、元素周期律、溶液中的离子、化学反应与能量、化学平衡的移动等主干知识。注重从题目中提取信息，难度中等。一、选择题(本题包括7小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个正确选项) 【题文】 1.下列有关实验原理或实验操作正确的是 A.用水湿润pH试纸测量某溶液的pH值 B.盛放NaOH溶液时.使用带玻璃塞的磨口瓶 C.用50 mL酸式滴定管可准确量取25.00 mLKMnO4溶液 D.用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出【知识点】基本实验操作、仪器的使用D1J1【答案解析】C 解析：A、用水湿润pH试纸导致溶液的浓度减小，故A错误； B、玻璃中含有二氧化硅，与氢氧化钠反应生成硅酸钠，黏住瓶口，应用橡胶塞，故B错误；C、KMnO4溶液具有强氧化性，用酸式滴定管量取，故C正确；D、溴的苯溶液密度比水小，从上口倒出，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查基本实验操作及一起使用，需要平时积累，难度不大。【题文】2.下列有关物质性质及应用的说法正确的是 A.过量的铜与浓硝酸反应可生成NO B. Fe在O2中的燃烧产物可用于制红色涂料 C. Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到 D.Fe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者表现出还原性后者表现出漂白性【知识点】铜、铁、硫及其化合物知识C3D3【答案解析】A 解析：A、铜与浓硝酸反应生成NO2，过量的铜与浓硝酸反应会使硝酸变稀，可生成NO，故A正确； B、制红色涂料的主要成分是三氧化二铁，Fe在O2中的燃烧产物是四氧化三铁，故B错误；C、Al是活泼性较强的金属，用电解冶炼法得到，故C错误；D、Fe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，都表现出还原性，故D错误；故答案选A 【思路点拨】本题考查金属、非金属及其化合物之间的转化等知识，注意A中硝酸变稀，难度不大。【题文】3. NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是 A. 1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA B.标准状况下，5.6L丙烷中含有共价键的数目为2NA C.16g由氧气和臭氧组成的混合物中含有的分子总数为0.5 NA D. 0. 1 mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧原子数一定为0. 6NA【知识点】阿伏伽德罗常数和物质的量、常用化学计量综合A1A4【答案解析】D 解析：A、1 mol FeI2与足量氯气反应：3Cl2+2Fe2+4I-=2Fe3+6Cl-+2I2，转移3mol电子，电子数为3NA，故A错误； B、丙烷中共价键数为10个，5.6L物质的量为0.2mol，故共价键共2.5mol,个数2.5NA，故B错误；C、氧气和臭氧组成的混合物中含有的分子总数无法计算，故C错误；D、组成：乙烯C2H4和乙醇C2H6O可以写成：C2H4（H2O)，完全燃烧所消耗的氧气=0.3mol,原子数=0.6mol，个数为0. 6NA，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查化学计量综合应用，结合物质结构、氧化还原反应、有机物等知识，难度中等。【题文】4.三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应:3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，下列有关该反应的说法正确的是 A. NF3是氧化剂，H2O是还原剂 B.若生成1 mol HNO3，则转移2mol电子 C.还原剂和氧化剂的物质的量之比是2:1 D.每消耗0. 2 mol氧化剂，可收集到5.418L气体【知识点】氧化还原反应B3B4【答案解析】B 解析：A、只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，故A错误； B、生成1molHNO3，转移的电子的物质的量为1mol（5-3）=2mol，故B正确；C、NF3生成NO，被还原，做氧化剂，NF3生成HNO3，被氧化，做还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2 ，故C错误；D、每消耗0. 2 mol氧化剂，可收集0.2molNO，0.9molHF，共1.1mol,标况下体积为24.64L，故D错误；故答案选B【思路点拨】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，注意化合价的升降为氧化还原反应的特征，注意从化合价的角度分析。【题文】5.下列离子在给定的条件下一定能大量共存的是 A.pH=1的溶液中:Na+、 K+ 、MnO4- 、CO32- B. 0. 1 mol/L NH4HCO3溶液中:K+、Na+、NO3-、Cl- C. c(Fe3+) =0. 1 mol/L的溶液中:NH4+、Cl-、AlO2-、SO42- D.室温下，水电离出的c(H+ )=1 10-13mo1/L的溶液中:Mg2+、K+、NO3-、Cl-【知识点】离子共存问题B1B4【答案解析】B 解析：A、pH=1的溶液是酸性溶液，CO32-不能共存，故A错误； B、 NH4HCO3溶液中:K+、Na+、NO3-、Cl-都可以共存，故B正确；C、Fe3+与AlO2-发生双水解，不能共存，故C错误；D、水电离出的c(H+ )=1 10-13mo1/L的溶液可能是酸性溶液或碱性溶液，若是碱性溶液，Mg2+不能共存，故D错误；故答案选B【思路点拨】本题考查离子共存问题，生成沉淀、弱电解质、气体或氧化还原、双水解都不能共存，难度中等。【题文】6.能正确表示下列反应的离子方程式的是 A.用CH3COOH溶解CaCO3:CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2B.将过量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中:SO2 +ClO-+H2O =HClO+HSO3-C.硫酸亚铁溶液中加入酸化的双氧水:2Fe2+ +2H+H2O2=2Fe3+2H2O D.等物质的量的MgC12 、Ba(OH)2和HCl溶液混合:Mg2+ +2OH- =Mg( OH)2【知识点】离子方程式的书写判断B1【答案解析】C 解析：A、CH3COOH是弱电解质，不能拆成离子，故A错误； B、HClO具有强氧化性，把亚硫酸根氧化成硫酸根，故B错误；C、硫酸亚铁溶液中加入酸化的双氧水，发生氧化还原反应，电荷、原子都守恒，故C正确；D、等物质的量的MgC12 、Ba(OH)2和HCl溶液混合:Mg2+ +4OH- +2H+=Mg( OH)2+2H2O，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查离子方程式的书写正误，注意B选项的氧化还原，难度中等。【题文】7. A、B、C、X均为中学化学常见物质一定条件下它们有如图转化关系(其他产物已略去).下列说法正确的是A.若X为Fe，则C可能为Fe(NO3 )2B.若X为KOH溶液，则A可能为AlC.若X为O2，则A可为有机物乙醇，也可为非金属单质硫D.若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X一定为CO2【知识点】无机物的性质与转化C5 D5【答案解析】A 解析：A、若X为Fe，则A和铁量不同产物不同，且产物可以和铁反应，证明A为氧化性酸，判断A可以为HNO3，B为Fe（NO3）3溶液，则C可能为Fe（NO3）2溶液，故A正确； B、若X为KOH溶液；A为A1时和碱反应只能生成偏氯酸钾，不符合转化关系，A可以为Al3+，故B错误；C、若X为O2，A为有机物乙醇，可以实现ABC的转化，但不能一步实现AC；为非金属单质硫时，可以实现ABC的转化，但不能实现AC的转化，故C错误；D、若A、B、C均为焰反应呈黄色的化合物，说明含钠元素，转化关系中A可以是NaOH，X可以是二氧化碳或二氧化硫，B为碳酸钠或亚硫酸钠，C为碳酸氢钠或亚硫酸氢钠，故D错误；故答案选A【思路点拨】本题考查了物质转化关系的应用，物质性质的综合应用，主要考查物质连续反应的特征应用，熟练掌握元素化合物的性质是解题关键。难度中等。二、非选择题(本题包括两部分，8-10题为必考题，11-13为选考题。) 必考部分(包括3小题，共43分) 【题文】 8. (15分)某研究小组为了探究一种无机矿物盐x(仅含四种元素)的组成和性质.设计并完成了如下实验:另取10.80gX在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1。请回答下列问题：(1)X的化学式为 ，在隋性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为 。(2)一定条件下，气体甲与固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应，写出一个可能的化学反应方程式 。并设计实验方案验证该反应的产物 。(3)白色沉淀1中金属元素的原子结构示意图为 ，气体甲的电子式为 。(4)自色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是 。(用化学反应方程式表示)【知识点】无极推断题C3 D3 D5【答案解析】（1） CaFe（CO3）2 CaFe（CO3）2 CaO+FeO+2CO2（2）2FeO+CO2Fe2O3+CO 检验方法：将固体用盐酸溶解，加入KSCN溶液，若溶液呈红色，证明有Fe(III)；检测CO：将气体通入灼烧CuO，黑色固体变成红色。 （4）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3解析：气体甲能与溶液1先产生沉淀后沉淀溶解，则是二氧化碳与氢氧化钙的反应，说明固体X含有钙元素，隔绝空气加热产生气体二氧化碳，说明X含有碳、氧元素。同时根据溶液3先产生白色沉淀后产生红褐色，可得出固体1还含有铁元素（1）X的化学式为：CaFe（CO3）2 在惰性气流中加热至完全分解的化学反应方程式为： CaFe（CO3）2 CaO+FeO+2CO2（2）一定条件下，气体二氧化碳与固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应，可能的化学反应方程式：2FeO+CO2Fe2O3+CO 检验方法：将固体用盐酸溶解，加入KSCN溶液，若溶液呈红色，证明有Fe(III)；检测CO：将气体通入灼烧CuO，黑色固体变成红色。（3）综上分析，白色沉淀1是碳酸钙，其中的金属元素是20号Ca，其原子结构示意图为：；气体甲是CO2，其电子式为：；（4）白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【思路点拨】本题考查了物质的推断，注意寻找题目的突破口，大胆推测，题目有一定难度。【题文】9. (14分)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。中华人民共和国国家标准(G112760-2011)规定葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)不能超过0.25g/L。某兴趣小组用下图装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。 (1)仪器A的名称是 。水通入A的进口为 (填字母)。 (2)B中加人300. 00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应.其化学方程式为 。 (3)除去C中过量的H2O2，然后用0.0900 mol/L NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择上述图2中的 (填序号);若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为 ；若用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处时，管内液体的体积 (填序号)(= 10mL;=40mL; 40mL) (4)配制100 mL 0. 0900 mol/LNaOH标准溶液的操作如下:烧杯中的溶液冷却到室温后，小心转入仪器X中将用托盘天平称量好的NaOH固体放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解继续加蒸馏水至液面离刻度线12 c m处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低点与刻度线相切用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，每次洗涤液都小心转入仪器X中，并轻轻摇匀将仪器X塞紧，充分摇匀。 上述操作步骤的正确顺序为 (填序号)。仪器X的名称是 。(5)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为 g/L。(6)该测定结果比实际值偏高.可能的原因是 ，利用现有装置提出改进的措施为 。【知识点】二氧化硫的性质、探究物质的组成、含量D3J2【答案解析】(1)冷凝管(1分)b (1分)(2)SO2 +H2O2=H2SO4 (2分) (3) (1分)酚酞(1分)(1分) (4)(2分)100mL容量瓶(1分)(5)0.24 (2分) (6)原因:盐酸的挥发(1分)改进措施:用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验。（除盐酸挥发的影响）(1分)解析：（1）根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，所以应该进水口为b，（2）双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，（3）氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用的方法；滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂（酚酞的变色范围是8.210.0）；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积（50.00mL-10.00mL）=40.00mL，所以正确， (4)上述操作步骤的正确顺序为，仪器X的名称是100mL容量瓶。（5）根据2NaOHH2SO4SO2可知SO2的质量为：1/2（0.0900mol/L0.025L）64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：0.72g/0.3L=0.24g/L，(6)由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响；【思路点拨】本题考查了探究物质的组成、测量物质的含量的方法，题目难度中等，试题涉及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，要求学生掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。 【题文】10. (14分)氮元素的化合物种类繁多，性质也各不相同。(1)NO2有较强的氧化性，能将SO2氧化生成SO3，本身被还原为NO，已知下列两反应过程中能量变化如图所示:则NO2氧化SO4的热化学方程式为 。(2)在2L密闭容器中放入1 mol氨气，在一定温度进行如下反应:2NH3(g)N2(g)3H2(g)，反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据如下表 则平衡时氨气的转化率为 。(3)肼（N2H4）又称联氨，是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料。在空气中完全燃烧生成氮气，当反应转移0. 2 mol电子时，生成气体在标准状况下的体积为 。联氨溶于水可以发生与氨水类似的电离，联氨在水溶液中的电离方程式为 （写一步即可）。(4)NH4在溶液中能发生水解反应。在25时，0. 1 mol/L氯化铵溶液由水电离出的氢离子浓度为1 X 10-5mol/L，则在该温度下此溶液中氨水的电离平衡常教Kb(NH3H2O)= 。(5)催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。 催化反硝化法中，H2能将NO3-还原为N3，25时，反应进行10 min，溶液的pH由7变为12，则其平均反应速率v(NO3-)为 。 电化学降解NO3-的原理如右图所示。若电解过程中转移了2 mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(m左-m右 )为 g。【知识点】热化学方程式 化学平衡的计算F1F2G4【答案解析】(1)NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H=-41.8kJmol-1； (2)40% (2分) (3) 1.12L(2分)N2H4+H2O=N2H5+OH- (2分)Kb(NH3H2O)=1X10-5mol/L (2分)(5)0.001mol/( Lmin) (2分) 14.4(2分)解析：（1）由图示得到以下两个方程式：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=-196.6kJmol-1，2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=-113.0kJmol-1，根据盖斯定律可知，（）/2可得NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g），则H=-41.8kJmol-1，（2）根据数据判断4分钟达到平衡，设氨气的转化率为a，利用压强之比等于物质的量之比计算； 2NH3 N2 + 3H2 n 2 1 3 2 a0.5a 1.5a a5/7=1/(1+a) 解得a=0.4，故氨气的转化率为40%；（3）肼（N2H4）在空气中完全燃烧生成氮气和水，方程式为： N2H4+O2=N2+2H2O 转移电子数22.4L 4 mol V 0.2mol V=1.12L；肼易溶于水，它是与氨类似的弱碱，则电离生成OH-和阳离子，电离方程式为N2H4+H2O=N2H5+OH-；（4）NH4+在溶液中能发生水解反应，NH4+H2ONH3H2O+H+故c（NH3H2O）=c（H+）=110-5mol/L，则c（OH-）=Kw/c(H+)=1014/105=10-9mol/L，c（NH4+）=0.1mol/L，氨水的电离方程式为：NH3H2ONH4+OH-电离平衡常数Kb（NH3H2O）=c(NH4+)c(OH)/c(NH3H2O)，数据代入表达式：Kb（NH3H2O）=0.1mol/L109mol/L105mol/L=110-5mol/L；利用溶液pH变化可知有OH-生成，再结合原子守恒可写出反应的离子方程式为：2NO3-+5H2=N2+2OH-+4H2O，利用离子方程式知v（NO3-）=v（OH-）=(102107)/10=0.001 mol/（Lmin），转移2mol电子时，阳极（阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+）消耗1mol水，产生2molH+进入阴极室，阳极室质量减少18g；阴极室中放出0.2molN2（5.6g），同时有2molH+（2g）进入阴极室，因此阴极室质量减少3.6g，故膜两侧电解液的质量变化差（m左-m右）=18g-3.6g=14.4g；【思路点拨】本题考查了热化学方程式的书写，平衡转化率的计算，氧化还原反应的计算及电离平衡常数的计算，其中电离平衡常数计算较难差量法是常用的计算方法，根据氧化还原反应计算时，可把转移电子数看作物质来根据方程式计算（5）中要注意该题中阴极室有氢离子进入，易漏掉，为易错点。 选考部分（包括3小题，每题15分，请考生从中选1道试题作答。)【题文】11.选修2化学与技术(15分)锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌。某含锌矿的主要成分为ZnS(还含少量FeS等其他成分)，以其为原料冶炼锌的工艺流程如下:请回答下列问题。(1)硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，主要成分发生反应的化学方程式为 。(2) 焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的 操作。工业上制备该酸的三个主要阶段分别为 、 、 。(3)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为 ，其作用是 。(4)电解沉淀过程中的阴极采用铝板，阳极采用Pb-Ag合金惰性电极，锌在 极沉积，阳极的电极反应方程式为 。(5)改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种工业价值的非金属单质。“氧压酸浸”发生主要反应的离子方程式为 。(6)我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌。明代宋应星著的天工开物中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，冷淀，毁罐取出，即倭铅也。”该炼锌工艺过程主要反应的化学方程式为 。(注:炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌)【知识点】金属冶炼的一般原理、物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用C5G2【答案解析】 (15分)(1) ZnS+O3ZnO+SO2 （2分）(2)浸出催化氧化吸收(各1分.共4分)(3)锌粉置换出Fe等(各1分，共2分)(4)阴(1分) 4OH-4e-=2H2O+O2 (2分)(5）2ZnS+4H+O2=2Zn2+2S+2H2O (2分)（6）ZnCO3+2CZn+3CO (2分) 解析：（1）含锌矿的主要成分是ZnS，与空气中氧气发生氧化还原反应，焙砂的主要成分为ZnO，反应方程式为：ZnS+O3ZnO+SO2；（2）焙烧生成的含硫氧化物可转换为硫酸，用于后续的浸出操作； 工业上制备硫酸的三个主要阶段分别为催化、氧化、吸收；（3）该含锌矿中还含有FeS等杂质，浸出操作后转化为亚铁离子，可加入锌粉出去亚铁离子，从而出去Fe等；（4）电解沉积过程中，是电解ZnSO4，阴极锌离子放电生成锌，故锌在阴极沉积；阳极发生氧化反应，产物为O2，电极反应式为：4OH-4e-=2H2O+O2；（5）“氧压酸浸”法顾名思义，可知反应物中含有H+和O2，可以获得非金属单质S，写出化学方程式为：2ZnS+4H+O2=2Zn2+2S+2H2O（6）根据题目描述可知反应物为ZnCO3和C，产物含有Zn，则化学方程式为：ZnCO3+2CZn+3CO【思路点拨】本题难度不大，掌握氧化物的特征、利用化合价的原则计算指定元素的化合价的方法、化学方程式的书写方法、含杂质物质的化学方程式的计算等是正确解答本题的关键。【题文】 12. 选修3物质结构与性质(15分) A、B、X、Y、Z是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大。A元素可形成自然界硬度最大的单质;B与A同周期，核外有三个未成对电子；X原子的第一电离能至第四电离能分别是:I1 =578kJ/mol，I2= 1817kJ/mol， I3= 2745kJ/mol，I4 =11575kJ/mol；常温常压下，Y单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质；Z的一种同位素的质量数为63，中子数为34。请回答下列问题。 (1)AY2是一种常用的溶剂，是 (填极性分子或非极性分子)，分子中存在_个键。 (2)X与NaOH溶液反应的离子方程式为_。超高导热绝缘耐高温纳米XB在绝缘材料中应用广泛，晶体与金刚石类似，属于_晶体.B的最简单氢化物容易液化,理由是_。 (3)X、氧、B元素的电负性由大到小顺序为_(用元素符号作答)。 (4)Z的基态原子核外电子排布式为_。元素Z与人体分泌物中的盐酸以及空气反应可生成超氧酸:Z十HCl十O2 = ZCI十HO2， HO2(超氧酸)不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性。下列说法或表示不正确的是_(填序号)。 氧化剂是O2HO2在碱中不能稳定存在氧化产物是HO2, 1 molZ参加反应有1 mol电子发生转移已知Z的晶胞结构如下图所示，又知Z的密度为9.00g/cm3，则晶胞边长为_ ；ZYO4常作电镀液，其中YO42-的空间构型是_ 。Y原子的杂化轨道类型是_。【知识点】物质结构与性质、晶体结构、计算、杂化轨道 E5N3N4【答案解析】(1)非极性分子(1分)2 (1分)(2)2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2(或2Al+2OH-+6H2O=2Al(OH)4+3H2) (2分)原子晶体(1分)分子间形成氢键 (1分)(3)ONAl (2分)(4)Ar3d104s1或1s22s2 3S23p63d104s1 (2分)(1分)(5) (2分)正四面体(1分)，sp3杂化(1分) 解析：A元素可形成自然界硬度最大的单质，是C元素；B与A同周期，核外有三个未成对电子，是N元素；X原子的第四电离能剧增，表现+3价，则为Al元素 ；常温常压下，Y单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质，是S元素；Z的一种同位素的质量数为63，中子数为34，质子数为29，是Cu元素（1）AY2化学式是CS2，其结构式S=C=S，直线型，是非极性分子，存在2个键；(2)X是Al，与NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2(或2Al+2OH-+6H2O=2Al(OH)4+3H2)；XB是CN，晶体与金刚石类似，属于原子晶体；B的最简单氢化物是NH3，N原子电负性大，分子间形成氢键，所以容易液化；（3）Al、O、N元素的电负性与非金属性一致，由大到小顺序为：ONAl；（4）Z是29号Cu元素，基态原子核外电子排布式为：Ar3d104s1或1s22s2 3S23p63d104s1；O2中氧元素的化合价是0价，HO2中氧元素的化合价是-0.5价，化合价降低作氧化剂，故正确，不选；HO2为超氧酸，应具有酸性，可与碱反应，故HO2在碱中不能稳定存在，正确，不选；还原产物是HO2, 故错误；1 molCu参加反应生成+1价铜离子，有1 mol电子发生转移，正确，不选；（5）铜原子位于顶点和面心：数目为81/8+61/2=4，即该晶胞实际拥有4个铜原子,晶胞中含有4个铜原子，则晶胞质量为(464/NA )g，该晶胞体积为a3cm3，则密度=464/NAa3=256/a3NA=9.00g/cm3， 则a=；SO42-中中心原子S的价层电子对为（6+2）/2=4，孤电子对数为(6+2-24)/2=0，其空间结构为正四面体，S原子杂化方式为sp3。 【思路点拨】本题考查结构性质位置关系、核外电子排布规律、电离能、化学键、晶胞结构及计算等，难度中等，推断元素是解题关键，注意利用均摊法进行晶胞的有关计算。【题文】13.选修5有机化学基础(15分)结晶玫瑰是具有强烈玫瑰香气的香料，可由下列反应路线合成(部分反应条件略去):请回答下列问题.(1)A的类别是_，能与Cl2反应生成A的烷烃是_；B中的官能团是_。(2)已知:B苯甲醇+苯甲酸钾，则经反应路线得到的产物加水萃取、分液、能除去的副产物是_。(3)已知:，则经反应路线得到一种副产物，其核磁共振氢谱有4组峰，各组吸收峰的面积之比为_。(4 )G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，与足量饱和溴水反应未见白色沉淀产生，且能发生消去反应，发生该消去反应需要的条件为_，消去反应所得有机物的结构简式为_（只写一种）。 (5)反应的化学方程式为_。该反应的反应类型为_。【知识点】有机物分子中的官能团及其结构、有机物的合成 L7M3【答案解析】 (1)卤代烃 CH4或甲烷-CH0或醛基(各I分，共3分) (2)苯甲酸钾(2分)(3)1:2:4:4 (不考虑顺序，合理即给分)(2分) (4) NaOH的乙醇溶液共热（3分）或（2分）(5) +CH3COOH+H2O(2分) 酯化反应（取代反应）（1分） 解析：（1）A为三氯甲烷，含有官能团Cl原子，所以A为卤代烃，甲烷能够与氯气发生取代反应生成三氯甲烷；有机物B为苯甲醛，含有的官能团为醛基：-CHO；（2）苯甲酸钾为盐，所以苯甲酸能够溶于水，则加水萃取、分液，能除去的副产物是苯甲酸钾；（3）根据反应+H2O可知，能够与G反应生成，该有机物分子中含有4种位置不同的H，个数之比为1：2：4：4（苯环对称），则各组吸收峰的面积之比为1：2：4：4；（4）根据遇FeCl3溶液显色可知L含酚羟基，与足量饱和溴水反应未见白色沉淀产生说明酚羟基的邻、对位没有H，即邻、对位有取代基，又L与NaOH的乙醇溶液共热说明L能发生消去反应，该基团是-C2H4Cl，则L与NaOH的乙醇溶液共热，所得有机物的结构简式为或，（5）反应为和乙酸发生酯化反应生成，反应的化学方程式为：+CH3COOH+H2O【思路点拨】本题考查了有机物分类、有机物结构与性质、有机合成方案设计、同分异构体求算等知识，题目难度中等，注意掌握常见有机物组成、分类及具有的结构与性质，明确同分异构体的概念及求算方法，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力。