2022-2022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D．SO2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，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NAB．100ml18.4mol/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0.1molN2和0.3molH2，充分反应后转移电子的数目为0.6NAD．80gNH4NO3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：A＜B＜C＜YB．A、B的氢化物的沸点由低到高的顺序为：HA＜HBC．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：H2YO3＜H2XO3D．B、C简单离子的还原性由弱到强的顺序为：B﹣＜C2﹣5．有25℃时0.1mol/L的①氯化铵、②氯化钠、③醋酸钠三种溶液．下列有关判断不正确的是()A．①与②比较：c（Na+）＞c（NH4+）B．①中离子浓度的大小关系是：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．①和②等体积混合的溶液中：c（Cl﹣）=c（Na+）+c（NH4+）+c（NH3•H2O）D．向③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），有如下数据：实验温度/℃起始量/mol平衡量/molCOH2OCO2H2CO216502.01.0000.828002.02.0001.017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%C．650℃时，化学平衡常数K=D．实验1再加入1.0molH2O，重新达到平衡时，n（CO2）为1.6mol7．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[K2SO4•Al2（SO4）3•24H2O]作混凝剂，降低浊度，明矾水解的离子方程式是：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+B．装置中由NaCl转化为NaClO的化学方程式是：NaCl+H2O═H2↑+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5﹣10min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）A～F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__________．17（5）已知17gA的简单氢化物催化氧化生成气态水时放出QkJ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：Ⅰ．RCH═CH2RCH2CH2BrⅡ．RCH2COOH回答下列问题：（1）A的名称为__________．（2）B→C的反应条件为__________，F→G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）．①能使FeCl3溶液显紫色；②苯环上只有2个取代基；③1mol该物质最多可消耗3molNaOH．（5）G→H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（填右图字母代号），如何检验所选装置的气密性__________．17（2）装置2中所盛试剂为__________．A．NaOH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．①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__________．②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：Ⅰ．用NaOH溶液调pH至3.6，产生红褐色沉淀，过滤；Ⅱ．向滤液中加入Na2SO3，一定操作后分离出Na2SO4；Ⅲ．将分离出Na2SO4后的溶液调pH约为5，得到Cr（OH）3沉淀；Ⅳ．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；Ⅴ．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；Ⅵ．测定K2Cr2O7固体的纯度．已知：Cr2O72﹣（橙红色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+（1）步骤Ⅰ中红褐色沉淀的化学式是__________．（2）步骤Ⅱ中加入Na2SO3的目的是__________．（3）步骤Ⅳ中反应的离子方程式是__________．（4）步骤Ⅴ中加入的物质A可以是__________．（填序号）a．KOHb．K2CO3c．H2SO4d．SO2（5）步骤Ⅵ的操作是：取0.45gK2Cr2O7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__________．172022-2022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D．SO2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：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．【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．173．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，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NAB．100ml18.4mol/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0.1molN2和0.3molH2，充分反应后转移电子的数目为0.6NAD．80gNH4NO3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、100ml18.4mol/L的浓硫酸中含有溶质硫酸1.84mol，随着反应的进行，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，0.1molN2和0.3molH2充分反应后生成的氨气小于0.2mol；D、80gNH4NO3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0.92mol，故B错误；C、0.1molN2和0.3molH2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：A＜B＜C＜YB．A、B的氢化物的沸点由低到高的顺序为：HA＜HBC．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：H2YO3＜H2XO3D．B、C简单离子的还原性由弱到强的顺序为：B﹣＜C2﹣【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；17B．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A＜B＜C＜Y，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：H2YO3＜H2XO3，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B﹣＜C2﹣，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①氯化铵、②氯化钠、③醋酸钠三种溶液．下列有关判断不正确的是()A．①与②比较：c（Na+）＞c（NH4+）B．①中离子浓度的大小关系是：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．①和②等体积混合的溶液中：c（Cl﹣）=c（Na+）+c（NH4+）+c（NH3•H2O）D．向③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．①氯化铵溶液中，铵根离子部分水解，则c（NH4+）＜0.1mol/L，而②氯化钠溶液中，c（Na+）=0.1mol/l，则c（Na+）＞c（NH4+），故A正确；B．①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．①氯化铵、②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+）=0.05mol/L，c（NH4+）+c（NH3•H2O）=0.05mol/L，则c（Cl﹣）=c（Na+）+c（NH4+）+c（NH3•H2O），故C正确；17D．③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/℃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%C．650℃时，化学平衡常数K=D．实验1再加入1.0molH2O，重新达到平衡时，n（CO2）为1.6mol【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）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），起始（mol）2.01.000转化（mol）0.80.80.80.8平衡（mol）1.20.20.80.8平衡常数K==，在800℃CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），起始（mol）2.02.000转化（mol）1.01.01.01.0平衡（mol）1.01.01.01.0平衡常数K==1，17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）2.01.000转化（mol）0.80.80.80.8平衡（mol）1.20.20.80.8CO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）2.02.000转化（mol）xxxx平衡（mol）2﹣x2﹣xxx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[K2SO4•Al2（SO4）3•24H2O]作混凝剂，降低浊度，明矾水解的离子方程式是：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+B．装置中由NaCl转化为NaClO的化学方程式是：NaCl+H2O═H2↑+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5﹣10min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、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；17D、阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=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++3H2O⇌Al（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+NaCl+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：2Cl﹣﹣2e﹣=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．【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）A～F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N＞O．（3）AB3﹣中A原子的杂化轨道类型为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17gA的简单氢化物催化氧化生成气态水时放出QkJ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）+5O2═4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣4QkJ/mol．17（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+6H2O═6NaCl+4Fe（OH）3↓+2FeCl3．【考点】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=64﹣35=29，故D为Cu；E、F既同周期又同族，为Ⅷ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的一种核素的质量数为64，中子数为35，则其质子数=64﹣35=29，故D为Cu；E、F既同周期又同族，为Ⅷ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N＞O，故答案为：N＞O．（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CO2，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+5O2═4NO+6H2O（g），已知17gNH3催化氧化生成气态水时放出QkJ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）+5O2═4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣4QkJ/mol，故答案为：4NH3（g）+5O2═4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣4QkJ/mol；（6）Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，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+6H2O═6NaCl+4Fe（OH）3↓+2FeCl3，17故答案为：；3Na2O2+6FeCl2+6H2O═6NaCl+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、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：Ⅰ．RCH═CH2RCH2CH2BrⅡ．RCH2COOH回答下列问题：（1）A的名称为2﹣甲基丙烯．（2）B→C的反应条件为氢氧化钠水溶液、加热，F→G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）．①能使FeCl3溶液显紫色；②苯环上只有2个取代基；③1mol该物质最多可消耗3molNaOH．（5）G→H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．17【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Ⅱ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Ⅱ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，（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）B→C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；F→G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：①能使FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；②苯环上只有2个取代基，③1mol该物质最多可消耗3molNaOH，可以确定另外取代基为﹣OOCCH2CH2CH3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）G→H的化学方程式为：，故答案为：．17【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B．A．NaOH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．①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．②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；17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0.1mol，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：23﹣10.6=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⑤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，故答案为：装置⑤中产生白色沉淀；排尽装置内的空气；（4）①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；②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=0.1mol×106g/mol=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23﹣10.6=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．1711．利用某含铬废液[含较低浓度的Na2Cr2O7、Fe2（SO4）3]制备K2Cr2O7流程如下：Ⅰ．用NaOH溶液调pH至3.6，产生红褐色沉淀，过滤；Ⅱ．向滤液中加入Na2SO3，一定操作后分离出Na2SO4；Ⅲ．将分离出Na2SO4后的溶液调pH约为5，得到Cr（OH）3沉淀；Ⅳ．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；Ⅴ．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；Ⅵ．测定K2Cr2O7固体的纯度．已知：Cr2O72﹣（橙红色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+（1）步骤Ⅰ中红褐色沉淀的化学式是Fe（OH）3．（2）步骤Ⅱ中加入Na2SO3的目的是将+6价的Cr还原为+3价．（3）步骤Ⅳ中反应的离子方程式是2Cr（OH）3+3H2O2+4OH﹣=2CrO42﹣+8H2O．（4）步骤Ⅴ中加入的物质A可以是c．（填序号）a．KOHb．K2CO3c．H2SO4d．SO2（5）步骤Ⅵ的操作是：取0.45gK2Cr2O7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）+H2O⇌2CrO42﹣（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．【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）+H2O⇌2CrO42﹣（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；17（5）Fe2+使Cr2O72﹣完全转化为Cr3+，反应为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，已知18.00mL0.50mol/L的FeSO4溶液，则K2Cr2O7物质的量为：×0.018L×0.50mol/L=0.0015mol，其质量为0.0015mol×294g/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）+H2O⇌2CrO42﹣（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）+H2O⇌2CrO42﹣（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．17
