湖南省2022年上学期长沙市雅礼中学高三化学第一次月考试题答案

湖南省2022年上学期长沙市雅礼中学高三化学第一次月考试题答案一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1．（3分）下列关于文献记载的说法正确的是（　　）A．《天工开物》中“世间丝麻裘褐皆具素质”，文中“丝、麻”的主要成分都是蛋白质B．《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该提取过程属于化学变化C．《抱朴子》中“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程D．《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，涉及的实验操作是蒸馏【分析】A．“麻”指的是纤维素，主要成分是多糖；B．青蒿素提取利用的是萃取原理；C．升华属于物理变化，HgS变为水银为化学变化；D．蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离。【解答】解：A．《天工开物》中有如下描述：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质…”文中的“麻”指的是纤维素，主要成分是多糖，故A错误；B．青蒿素提取利用的是萃取原理，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C．升华属于物理变化，丹砂（HgS）烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属于升华，故C错误；D．蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则涉及的操作为蒸馏，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了蒸馏、物质的变化、纤维素等，涉及化学与生产生活的关系，明确相关物质的组成、性质及用途是解题关键，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。2．（3分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（　　）A．二氧化硅硬度大，可用于制光导纤维B．Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料27/27\nC．NH4Cl分解时吸收大量的热，可用作阻燃剂D．CO2密度比空气大，可用作气体肥料【分析】A．依据二氧化硅具有良好的光学特性解答；B．耐高温材料应具有较高的熔点；C．大多数分解反应吸收热量；D．植物光合作用需要吸收大量二氧化碳。【解答】解：A．二氧化硅具有良好的光学特性，可以用于制造光导纤维，与其硬度大无关，故A错误；B．氧化铝具有较高熔点，可用作耐高温材料，与其是两性氧化物性质无关，故B错误；C．NH4Cl分解时吸收大量的热，使周围环境温度降低，可以做阻燃剂，故C正确；D．植物光合作用需要吸收大量二氧化碳，所以可用作气体肥料，与其密度大无关，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了元素化合物知识，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。3．（3分）下列有关物质的分类或归纳的说法正确的是（　　）A．PM2.5（微粒直径约为2.5×10﹣6m）分散在空气中形成气溶胶，能产生丁达尔效应B．乙烯、油脂、纤维素、光导纤维都属于高分子化合物C．漂白粉、水玻璃、福尔马林都是混合物D．纯碱、氨水、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质和非电解质【分析】A．粒子直径大于1×10﹣7m；B．光导纤维的主要成分为二氧化硅；C．漂白粉含有氯化钙、次氯酸钙，水玻璃为硅酸钠的水溶液，福尔马林为甲醛的水溶液；D．氨水为混合物，而电解质、非电解质都是纯净物。【解答】解：A．胶体可产生丁达尔效应，气溶胶属于胶体，微粒直径在10﹣7m～10﹣9m之间，PM2.5（微粒直径约为2.5×10﹣6m）微粒直径大于10﹣7m，不能形成气溶胶，故A错误；B．光导纤维的主要成分为二氧化硅，为无机物，不属于高分子化合物，故B错误；27/27\nC．漂白粉含有氯化钙、次氯酸钙，水玻璃为硅酸钠的水溶液，福尔马林为甲醛的水溶液，都为混合物，故C正确；D．氨水为混合物，而电解质、非电解质都是纯净物，氨水既不是电解质也不是非电解质，故D错误。故选：C。【点评】本题综合考查物质的类别及应用等知识，为高频考点，题目难度不大。体现了化学来源于生活，服务于生活的特点，平时注意基础知识的积累。4．（3分）在一定温度下，某无水盐R在水中溶解度为23g，向R的饱和溶液中加入Bg该盐，保持温度不变，析出R结晶水合物Wg，从原饱和溶液中析出溶质R的质量为（　　）A．（W﹣B）gB．（W﹣B）gC．（W﹣B）gD．（W﹣B）g【分析】向R的饱和溶液中加入Bg该无水盐，保持温度不变，析出R的结晶水合物R•nH2O的质量为Wg，得到的溶液仍然是此温度下的饱和溶液，据此计算．【解答】解：向R的饱和溶液中加入Bg该无水盐，保持温度不变，析出R的结晶水合物R•nH2O的质量为Wg，可知原饱和溶液质量减少（W﹣B）g，减少的溶液是饱和溶液，则析出溶质的质量为：（W﹣B）g，故选：A。【点评】本题溶解度的相关计算，结合质量分数和概念的考查，比较容易．5．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）A．在密闭容器中，使1molN2和3molH2充分反应后生成NH3的分子数为2NAB．标准状况下，0.56L丙烷中含有共价键的数目为0.25NAC．2gH2O和D2O的混合物中，含有的中子数为NAD．若lmol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数为NA【分析】A．氮气与氢气合成氨气为可逆反应；B.1个丙烷分子中含有8个C﹣H，2个C﹣C键，共含有10个共价键；C．H2O和D2O含有分子数不同，摩尔质量不同；D．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体。【解答】解：A．氮气与氢气合成氨气为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以使1molN2和3molH2充分反应后生成NH3的分子数为小于2NA，故A错误；27/27\nB．标准状况下，0.56L丙烷中含有共价键的数目为：×10×NA＝0.25NA，故B正确；C．H2O和D2O含有分子数不同，摩尔质量不同，所以只知道混合物总质量，无法计算中子数，故C错误；D．由于一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，无若lmol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数小于NA，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，明确以物质的量为核心计算公式，熟悉丙烷的结构组成即可解答，题目难度不大。6．（3分）由下列实验及现象不能推出相应结论的是（　　）选项实验现象结论A向2mL0.1mol/L的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变还原性：Fe＞Fe2+B将金属镁点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性C加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D将湿润的淀粉碘化钾试纸放在盛满某有色气体的集气瓶口试纸变蓝色该气体可能为氯气A．AB．BC．CD．D【分析】A.加KSCN溶液颜色不变，说明铁离子被还原；B.瓶内有黑色颗粒产生，说明生成碳，二氧化碳被还原；C.碳酸氢铵不稳定，加热易分解；D.氯气可氧化碘化钾生成碘。【解答】解：A.加KSCN溶液颜色不变，说明铁离子与铁反应生成亚铁离子而被还原，可说明还原性：Fe＞Fe2+，故A正确；27/27\nB.瓶内有黑色颗粒产生，说明生成碳，二氧化碳被还原，反应中CO2表现氧化性，故B正确；C.碳酸氢铵不稳定，加热易分解，生成的氨气可使石蕊试纸变蓝，故C错误；D.氯气具有氧化性，可氧化碘化钾生成碘，试纸变蓝色，故D正确。故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质以及实验的合理性的分析，题目难度不大。7．（3分）溶液A中可能含有如下离子：Na+、NH4+、Ba2+、Mg2+、SO42﹣、SO32﹣、Cl﹣、OH﹣．某同学设计并完成了如图的实验：下列说法正确的是（　　）A．溶液A中一定存在NH4+、SO42﹣、SO32﹣，可能存在Na+B．溶液A中一定存在NH4+、Mg2+、SO42﹣、SO32﹣，可能存在Cl﹣C．溶液A中可能存在Cl﹣，且c（Na+）≥0.20mol•L﹣1D．如果气体F能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明溶液中一定含有NH4+【分析】溶液A加入过量氯化钡溶液生成沉淀B质量为4.50g沉淀，且沉淀部分溶解于稀盐酸，说明原来有SO32﹣，则原溶液中没有Mg2+、Ba2+，沉淀没有完全溶解，说明原溶液中有SO42﹣，且BaSO4的质量为2.33g，则说明原溶液中SO42﹣的物质的量为0.01mol，BaSO3的质量为4.50g﹣2.33g＝2.17g，则SO32﹣的物质的量为0.01mol，溶液加入NaOH溶液生成448mL气体，为氨气，n（NH3）＝＝0.02mol，说明含有0.02molNH4+，则阴离子的电荷总数为2n（SO32﹣）+2n（SO42﹣）＝2×0.01mol+2×0.01mol＝0.04mol，则阳离子的电荷总数为n（NH4+）＝0.02mol，0.04mol＞0.02mol，根据电荷守恒溶液中肯定存在其它阳离子，故存在Na+，以此解答该题。【解答】解：溶液A加入过量氯化钡溶液生成沉淀B质量为4.50g沉淀，且沉淀部分溶解于稀盐酸，说明原来有SO32﹣，则原溶液中没有Mg2+、Ba2+，沉淀没有完全溶解，说明原溶液中有SO42﹣，且BaSO4的质量为2.33g，则说明原溶液中SO42﹣27/27\n的物质的量为0.01mol，BaSO3的质量为4.50g﹣2.33g＝2.17g，则SO32﹣的物质的量为0.01mol，溶液加入NaOH溶液生成448mL气体，为氨气，n（NH3）＝＝0.02mol，说明含有0.02molNH4+，则阴离子的电荷总数为2n（SO32﹣）+2n（SO42﹣）＝2×0.01mol+2×0.01mol＝0.04mol，则阳离子的电荷总数为n（NH4+）＝0.02mol，0.04mol＞0.02mol，根据电荷守恒溶液中肯定存在其它阳离子，故存在Na+，A．根据上述分析溶液A中一定存在NH4+、SO42﹣、SO32﹣、Na+，故A错误；B．根据上述分析溶液A中一定存在NH4+、SO42﹣、SO32﹣、Na+，可能存在Cl﹣，故B错误；C．溶液A中可能存在Cl﹣，则阴离子的电荷总数为2n（SO32﹣）+2n（SO42﹣）+n（Cl﹣）＝2×0.01mol+2×0.01mol＝0.04mol+n（Cl﹣），阳离子的电荷总数为n（NH4+）+n（Na+）＝0.02mol+n（Na+），根据电荷守恒，则0.04mol+n（Cl﹣）＝0.02mol+n（Na+），则n（Na+）＝0.02mol+n（Cl﹣），故n（Na+）≥0.02mol，故c（Na+）≥0.20mol•L﹣1，故C正确；D．NH4+检验用湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明溶液中一定含有NH4+，故D错误，故选：C。【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握实验中发生的反应、现象与结论的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。8．（3分）工业上用发烟HClO4将潮湿的CrC13氧化为棕色的烟[CrO2（C1O4）2]，来除去Cr（Ⅲ），HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法错误的是（　　）A．CrO2（C1O4）2中Cr元素显+6价B．HClO4属于强酸，该反应还生成了另一种强酸C．该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3：8D．该反应离子方程式为19ClO4﹣+8Cr3++8OH﹣═8CrO2（ClO4）2+3C1﹣+4H2O【分析】A、根据化合价代数为0分析解答；B、部分高氯酸被还原成﹣1价的氯，而生成盐酸；C、根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为19ClO4﹣+8Cr3++4H2O＝8CrO2（ClO4）2+3C1﹣+8H+，氧化剂为ClO4﹣，还原剂为Cr3+；D、反应的离子方程式为19ClO4﹣+8Cr3++4H2O＝8CrO2（ClO4）2+3C1﹣+8H+。【解答】解：A、CrO2（ClO4）2中O为﹣27/27\n2价、Cl为+7价，则根据化合物中元素化合价代数和等于0，可知Cr元素化合价为+6价，故A正确；B、Cl元素非金属性较强，HClO4属于强酸，HClO4氧化CrC13为棕色的[CrO2（C1O4）2]，部分HClO4被还原生成HCl，HCl也属于强酸，故B正确；C、根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为19ClO4﹣+8Cr3++4H2O＝8CrO2（ClO4）2+3C1﹣+8H+，化合价降低的为氧化剂ClO4﹣，其中有3molCl元素发生变化，化合价升高的为还原剂，对应的产物为氧化产物，故CrO2（ClO4）2，其中有8molCr元素发生变化，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3：8，故C正确；D、根据选项B分析可知该反应的离子方程式为19ClO4﹣+8Cr3++4H2O＝8CrO2（ClO4）2+3C1﹣+8H+，故D错误；故选：D。【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握氧化还原反应中元素化合价的变化，为解答该类题目的关键，题目难度不大。9．（3分）白银（Ag）是高新技术产业的基础材料之一。在一种光盘金属层中回收少量白银（金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略）的流程如图：已知：NaC1O溶液在受热或酸性条件下易分解。下列叙述正确的是（　　）A．“氧化”过程若在加强热和强酸性条件下进行时可提高氧化速率B．“操作1”所用到的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯、分液漏斗C．若“还原”过程通过原电池来实现，则N2为正极产物D．“还原”过程中参加反应的n[Ag（NH3）2+]：n[N2H4•H2O]＝4：1【分析】回收一种光盘金属层中的少量Ag，由流程可知，加入氢氧化钠调节溶液pH，加入过量NaClO，发生4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑，操作I分离出滤液，为过滤操作，AgCl加10%氨水溶解，发生AgCl+2NH3•H2O⇌Ag（NH3）2++Cl﹣+2H2O，过滤分离出的滤渣为Ag和其它不溶性金属杂质，对银氨溶液用N2H4•H2O在碱性条件下还原Ag（NH3）2+得到Ag，以此解答该题。27/27\n【解答】解：A．氧化剂为NaClO，在强酸条件下并加热，可使次氯酸分解，导致氧化速率降低，故A错误；B．“操作1”为过滤，所用到的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯、漏斗，故B错误；C．反应中N2H4•H2O生成氮气，为氧化，为负极反应，故C错误；D．涉及反应为4Ag（NH3）2++N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O，参加反应的n[Ag（NH3）2+]：n[N2H4•H2O]＝4：1，故D正确。故选：D。【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意信息的应用及实验设计，题目难度中等。10．（3分）下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是（　　）①②③A．由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体B．红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应【分析】A．浓硝酸不稳定，加热分解生成的二氧化氮气体为红棕色；B．加热条件下，浓硝酸可与碳发生氧化还原反应，但浓硝酸可分解；C．化合价降低，生成的产物为还原产物；D．碳加热至红热，可与空气中氧气反应生成二氧化碳。【解答】解：A．加热条件下，浓硝酸分解4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O生成二氧化氮和氧气，则产生的气体一定是混合气体，故A正确；B．碳与浓硝酸反应的方程式为C+4HNO3（浓）4NO2↑+CO2↑+2H2O，二氧化氮气体为红棕色，在加热条件下，浓硝酸可分解生成二氧化氮，不一定与碳反应生成，故B正确；27/27\nC．硝酸中N元素化合价为+5价，生成二氧化氮的N元素化合价为+4价，化合价降低，在生成的红棕色气体为还原产物，故C正确；D．碳加热至红热，可与空气中氧气反应生成二氧化碳，不一定是与浓硝酸发生了反应，故D错误；故选：D。【点评】本题考查浓硝酸的性质，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用，注意把握物质的性质以及实验的严密性和可行性的评价，题目难度不大。11．（3分）甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙。下列有关物质的推断不正确的是（　　）A．若甲为焦炭，则丁可能是O2B．若甲为SO2，则丁可能是氨水C．若甲为Fe，则丁可能是盐酸D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2【分析】A、甲为碳，丁为O2物质转化关系为CCOCO2；B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；C、若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应；D、若甲为NaOH溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3。【解答】解：A、甲为碳，丁为O2物质转化关系为CCOCO2；2C+O2＝2CO，2CO+O2＝2CO2，CO2+C2CO，故A正确；B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；SO2+NH3•H2O＝NH4HSO3，NH4HSO3+NH3•H2O＝（NH4）2SO3+H2O；（NH4）2SO3+H2O+SO2＝2NH4HSO3，故B正确；C、若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应，故C错误；D、若甲为NaOH溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3；2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O，Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3，NaHCO3+NaOH＝Na2CO3+H2O，故D正确；27/27\n故选：C。【点评】本题考查了物质性质的转化关系和性质的应用，物质的量不同产物不同，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等。12．（3分）在一定量铁的氧化物中，加入45mL4mol/L硫酸溶液恰好完全反应，所得溶液中Fe2+能恰好被标准状况下672mL氯气氧化。则该固体中铁原子和氧原子的个数之比为（　　）A．5：6B．7：9C．3：4D．2：3【分析】铁的氧化物与硫酸反应生成硫酸盐和水，由守恒可知，n（H2O）＝n（H2SO4）＝n（氧化物中O）；Fe2+能恰好被标准状况下672mL氯气氧化，由电子守恒可计算亚铁离子的物质的量，且铁的氧化物中正负化合价的代数和为0，以此来解答。【解答】解：硫酸的物质的量为4mol/L×0.045L＝0.18mol，可知氧化物中含O为0.18mol，Fe2+能恰好被标准状况下672mL氯气氧化，由电子守恒可知n（Fe2+）＝＝0.06mol，铁的氧化物中正负化合价的代数和为0，设n（Fe3+）＝x，则3x+0.06×2＝0.18×2，解得x＝0.08mol，该固体中铁原子和氧原子的个数之比为（0.06mol+0.08mol）：0.18mol＝7：9，故选：B。【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握原子守恒、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。13．（3分）下列说法中不正确的有（　　）①氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂②测定新制氯水的pH时，先用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，再与标准比色卡对照③用米汤直接检验食用盐中是否含有碘元素④pH在5.6～7.0之间的降水通常称为酸雨⑤加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定原溶液有SO42﹣存在⑥SO2通入紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色⑦配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液，用烧杯称量后加蒸馏水溶解，未冷却到室温便转移到容量瓶中，导致结果偏高27/27\n⑧分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内壁上的黑色物质可用稀盐酸洗涤⑨蒸干AlCl3溶液可得纯净的无水氯化铝⑩2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H1和2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H2中的△H1＞△H2A．5个B．6个C．7个D．8个【分析】①氯气和碱反应生成次氯酸盐、氯化物和水；②氯水中含HClO，具有漂白性；③食盐中的碘以碘酸钾的形式存在；④pH值小于5.6的雨水为酸雨；⑤硝酸根离子能够氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子；⑥二氧化硫不能漂白指示剂；⑦未冷却到室温便转移到容量瓶中，冷却后溶液体积偏小；⑧二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生反应；⑨铝离子水解，且生成盐酸易挥发；⑩气态水生成液态水会放出热量。【解答】解：①氯气和碱反应生成次氯酸盐、氯化物和水，氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂，故①正确；②氯水中含HClO，具有漂白性，应选pH计测定氯水的pH，故②错误；③单质碘遇到淀粉变蓝，食盐中的碘以碘酸钾的形式存在，碘酸根离子遇到淀粉不变蓝，故③错误；④pH值小于5.6的雨水为酸雨，故④错误；⑤加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，不能确定有SO42﹣存在，可能为亚硫酸根离子，故⑤错误；⑥SO2通入紫色石蕊试液，溶液只变红不褪色，故⑥错误；⑦配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液，用烧杯称量后加蒸馏水溶解，未冷却到室温便转移到容量瓶中，导致溶液体积偏小，依据C＝可知，会导致结果偏高，故⑦正确；⑧用稀盐酸不能洗涤试管残留物，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生反应，故⑧错误；⑨铝离子水解，且生成盐酸易挥发，则不能蒸干AlCl3溶液可得纯净的无水氯化铝，蒸干得到氢氧化铝，故⑨错误；27/27\n⑩2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H1和2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H2中，前者反应放出的热量少于后者，所以△H1＞△H2，故⑩正确；故选：C。【点评】本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质及发生的化学反应为解答的关键，注意性质及用途的关系，题目难度中等。14．（3分）近年来我国政府强化了对稀土元素原料的出口管制，引起了美、日等国家的高度关注与不满．所谓“稀土元素”是指镧系元素及第5周期ⅢB族的钇（39Y），它们被称为“工业味精”．它们在军工生产、高科技领域中有极为重要的作用，下列有关“稀土元素”的说法正确的是（　　）A．它们的原子核外均有5个电子层B．它们的原子最外层均含有3个电子C．它们均是金属元素D．76Y、80Y中子数不同，化学性质不同【分析】A．镧系元素处于第六周期ⅢB族；B．稀土元素原子最外层均含有2个电子；C．稀土元素都是金属元素；D．同位素化学性质几乎完全相同．【解答】解：A．镧系元素处于第六周期ⅢB族，电子层为6，第5周期ⅢB族的钇电子层为5，电子层不相同，故A错误；B．稀土元素原子最外层均含有2个电子，故B错误；C．稀土元素都是金属元素，故C正确；D．76Y、80Y是Y元素的不同核素，中子数不同，互为同位素，化学性质几乎完全相同，故D错误，故选：C。【点评】本题考查结构与位置关系、元素周期表结构、同位素等，难度不大，注意整体把握元素周期表的结构．15．（3分）下列数据或事实所呈现的规律不能用元素周期律解释的是（　　）A．化学方程式K27/27\nF2+H2⇌2HF1.8×1036Cl2+H2⇌2HCl9.7×1012Br2+H2⇌2HBr5.6×107B．最高价含氧酸酸性强弱HClO4强酸H3PO4中强酸H2SiO3弱酸C．气态氢化物分解温度/℃H2O＞2000H2S≈300H2Se≈160D．共价键键能/kJ•mol﹣1C﹣C347C＝C620C≡C812【分析】A．元素的非金属性越强，对应的单质越易与氢气反应，化学平衡常数表明生成氢化物的难易程度；B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；C．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，分解温度越高；D．碳碳三键的键能、碳碳双键的键能和碳碳单键的键能比较，不是单键键能之和。【解答】解：A．元素的非金属性越强，对应的单质越易与氢气反应，F2在暗处遇H2爆炸，氯气光照反应，溴单质和氢气加热反应，I2在暗处遇H2几乎不反应，数据说明生成氢化物的进行程度，与非金属性有关，故A不选；B．非金属性Cl＞P＞Si，则最高价含氧酸的酸性：HClO4＞H3PO4＞H2SiO3，能够用元素周期律解释，故B不选；27/27\nC．分解温度越高，说明氢化物越稳定，非金属性O＞S＞Se，则气态氢化物的稳定性：H2O＞H2S＞H2Se，能够用元素周期律解释，故C不选；D．碳碳三键的键能、碳碳双键的键能和碳碳单键的键能比较，不是单键键能之和，和元素周期律无关，故D选；故选：D。【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，明确元素周期律内容为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。16．（3分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是（　　）A．元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞ZB．Y单质的熔点高于X单质C．W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有一种D．化合物M中W不都满足8电子稳定结构【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na；根据M的结构简式可知，W可以与Y形成2个共价键，W的最外层含有6个电子，其原子序数小于Na，则W为O元素；W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Z的最外层电子数为8﹣1＝7，Z的原子序数大于Na，则Z为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，Y的原子序数为14，则Y为Si元素，据此结合元素周期律知识解答。【解答】解：根据分析可知，W为O，X为Na，Y为Si，Z为Cl元素。A．同一周期从左向右非金属性逐渐增强，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性：O＞Cl＞Si，即W＞Z＞Y，故A错误；B．Na形成晶体为金属晶体，其熔点较低，而Si形成晶体为原子晶体，具有较高熔点，所以单质熔点：Y＞X，故B正确；C．O与Na可以形成氧化钠和过氧化钠，与Cl元素形成Cl2O、ClO2、Cl2O7等多种化合物，故C错误；27/27\nD．该化合物中O元素均满足8电子稳定结构，故D错误；故选：B。【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。二、解答题（共4小题，满分38分）17．（10分）碱式碳酸镁可用于生产牙膏、医药和化妆品等，化学式为4MgCO3•Mg（OH）2•5H2O，某碱式碳酸镁样品中含有SiO2杂质，为测定其纯度，某兴趣小组设计了如下几个方案：方案Ⅰ、取一定质量的样品，与稀硫酸充分反应，通过测定生成CO2的质量计算纯度。（1）乙中发生反应的化学方程式为　4MgCO3•Mg（OH）2•5H2O+5H2SO4＝5MgSO4+11H2O+4CO2↑　。（2）仪器接口的连接顺序为（装置可以重复使用）a→　d→e→b→c→b　。方案Ⅱ、①称取碱式碳酸镁样品mg；②将样品充分高温煅烧，冷却后称量；③重复操作②，测得剩余固体质量为mg。（3）下列仪器中，方案Ⅱ不会用到的是　E　（填字母代号）。（4）判断样品完全分解的方法是　将样品连续两次高温煅烧，冷却称量质量相差0.1g以内　。（5）有同学认为方案Ⅱ高温煅烧的过程中会发生MgCO3+SiO2MgSiO3+CO2↑，会导致测定结果有误，你认为这位同学的观点正确吗？　错误　（填“正确”或“27/27\n错误”）。请说明理由：　该反应的发生不影响固体质量差　。【分析】打开K，通过装置甲吸收通入的空气中的二氧化碳，防止干扰产生的二氧化碳的测定，排净装置内空气，关闭K，通过装置乙的分液漏斗滴入稀硫酸发生反应生成二氧化碳、水和硫酸镁，通过装置丁吸收气体中的水蒸气，通过装置丙吸收生成的二氧化碳测定其质量，为避免空气中二氧化碳、水蒸气进入干燥管，可以在连接一个干燥管，丁的作用是除去生成的CO2中的水蒸气；（1）乙中4MgCO3•Mg（OH）2•5H2O和H2SO4反应生成MgSO4、H2O、CO2；（2）装置甲吸收通入的空气中的二氧化碳，装置乙的分液漏斗滴入稀硫酸发生反应生成二氧化碳、水和硫酸镁，装置丁吸收气体中的水蒸气，装置丙吸收生成的二氧化碳并测定其质量，为避免空气中二氧化碳、水蒸气进入干燥管，可以在连接一个干燥管；（3）方案Ⅱ为灼烧，灼烧需要泥三角、三脚架、酒精灯、坩埚，在干燥器中冷却，不需要蒸发皿；（4）判断样品完全分解的方法是将样品连续两次高温煅烧，冷却称量质量相差0.1g以内；（5）该反应不影响生成CO2和水蒸气的量，则这位同学的观点是错误的。【解答】解：（1）乙中发生反应的化学方程式为4MgCO3•Mg（OH）2•5H2O+5H2SO4＝5MgSO4+11H2O+4CO2↑，故答案为：4MgCO3•Mg（OH）2•5H2O+5H2SO4＝5MgSO4+11H2O+4CO2↑；（2）打开K，通过装置甲吸收通入的空气中的二氧化碳，防止干扰产生的二氧化碳的测定，排净装置内空气，关闭K，通过装置乙的分液漏斗滴入稀硫酸发生反应生成二氧化碳、水和硫酸镁，通过装置丁吸收气体中的水蒸气，通过装置丙吸收生成的二氧化碳测定其质量，为避免空气中二氧化碳、水蒸气进入干燥管，可以在连接一个干燥管，则装置顺序为a→d→e→b→c→b，故答案为：d→e→b→c→b；（3）灼烧需要泥三角、三脚架、酒精灯、坩埚，在干燥器中冷却，不需要蒸发皿，故答案为：E；（4）判断样品完全分解的方法是将样品连续两次高温煅烧，冷却称量质量相差0.1g以内，故答案为：将样品连续两次高温煅烧，冷却称量质量相差0.1g以内；27/27\n（5）发生反应MgCO3+SiO2MgSiO3+CO2↑，不影响生成CO2和水蒸气的量，则这位同学的观点是错误的，故答案为：错误；该反应的发生不影响固体质量差。【点评】本题考查探究物质的组成，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。18．（8分）软锰矿的主要成分是MnO2，还含有少量金属铁、镁、铝、锌、铜的化合物等杂质。黄铁矿的主要成分是FeS2，还含有硅、铝的氧化物等杂质。工业上用软锰矿制备碳酸锰并回收硫酸铵，其主要流程如图。已知金属离子从开始形成氢氧化物沉淀，到沉淀完全时溶液的pH如表：金属离子Fe2+Fe3+Al3+Cu2+Mn2+开始沉淀pH7.52.74.15.98.8完全沉淀pH9.53.75.46.910.8（1）提高浸出率可采取的措施有　AB　（填字母代号）。A．适当升高温度B．搅拌C．加适量纯碱D．加压（2）浸取完成后，取浸取液少许，加入KSCN溶液无明显现象，则浸取时发生的主要反应的化学方程式是　MnO2+FeS2+2H2SO4＝MnSO4+FeSO4+2S+2H2O　。（3）调节pH为5.4～5.8的目的是　使Fe3+、Al3+完全沉淀　。（4）滤渣3的主要成分的化学式是　Cu（OH）2　。（5）50℃碳化过程发生反应的离子方程式是　2HCO3﹣+Mn2+＝MnCO3↓+H2O+CO2↑　。【分析】软锰矿和黄铁矿加入硫酸酸浸，滤渣1为S、SiO227/27\n，由（2）浸取完成后，取浸取液少许，加入KSCN溶液无明显现象，说明酸性条件下，二氧化锰将FeS2中硫元素氧化为S单质，没有氧化Fe元素，铝的氧化物溶于酸，故浸取液中含有Mn2+、Fe2+、Cu2+、Al3+等，结合碳化得到碳酸锰，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液pH＝5.4﹣5.8，将Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，再加入氨水调节pH＝6﹣8，生成氢氧化铜，滤渣3为氢氧化铜，滤液中主要含有MnSO4，在滤液中加入碳酸氢铵，加热碳化，生成MnCO3沉淀、CO2、（NH4）2SO4，过滤得到MnCO3，滤液中主要含有（NH4）2SO4，以此解答该题。【解答】解：（1）提高浸出率的可采取的措施有适当升高温度和搅拌，加适量纯碱会生成沉淀不能提高浸出率，加压不影响溶液中固体浸出率，故答案为：AB；（2）浸取完成后，取浸取液少许，加入KSCN溶液无明显现象，则浸取时发生的主要反应是二氧化硫与软锰矿浆作用生成硫酸锰和少量的硫酸铝、硫酸亚铁、硫和水，反应的化学方程式：MnO2+FeS2+2H2SO4＝MnSO4+FeSO4+2S+2H2O，故答案为：MnO2+FeS2+2H2SO4＝MnSO4+FeSO4+2S+2H2O；（3）调节pH为5.4～5.8的目的是：使Fe3+、Al3+完全沉淀生成Al（OH）3、Fe（OH）3，故答案为：使Fe3+、Al3+完全沉淀；（4）由以上分析可知滤渣3的主要成分的化学式是Cu（OH）2，故答案为：Cu（OH）2；（5）50℃碳化过程发生反应的离子方程式是2HCO3﹣+Mn2+＝MnCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为：2HCO3﹣+Mn2+＝MnCO3↓+H2O+CO2↑。【点评】本题综合考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握反应的流程以及相关物质的性质，题目难度不大．19．（6分）A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，其中B与C同周期，D与E和F同周期，A与D同主族，C与F同主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，D是所在周期原子半径最大的主族元素。又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体。请回答下列问题：（1）C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是（用离子符号表示）　S2﹣＞O2﹣＞Na+　。27/27\n（2）由A、B、C三种元素以原子个数比4：2：3形成化合物X，X中所含化学键类型有　离子键、共价键　。（3）若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，请写出反应的化学方程式：　2A1+Fe2O3Al2O3+2Fe　。若E是非金属元素，其单质在电子工业中有重要应用，请写出其氧化物溶于强碱溶液的离子方程式：　SiO2+2OH﹣＝SiO32﹣+H2O　。【分析】A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则C是O元素；C与F同主族，则F是S元素；D与E和F同周期，即处于第三周期，D是所在周期原子半径最大的主族元素，则D是Na元素；E的原子序数大于钠小于硫，所以E的单质是固体，E为Al或Si，六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体，B的原子序数小于氧，且B、C处于同一周期，所以B是N元素；A的单质是气体，则A的原子序数最小，所以A是H元素，以此来解答。【解答】解：由上述分析可知，A为H、B为N、C为O、D为Na、E为Al或Si、F为S，（1）电子层数越多离子半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，所以C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是S2﹣＞O2﹣＞Na+，故答案为：S2﹣＞O2﹣＞Na+；（2）由A、B、C三种元素以原子个数比4：2：3形成化合物X为NH4NO3，X中所含化学键类型有离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；（3）若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，则E为Al元素，铝和氧化铁能发生铝热反应，反应方程式为2A1+Fe2O3Al2O3+2Fe，若E是非金属元素，其单质在电子工业中有重要应用，则E是Si元素，二氧化硅和强碱反应生成硅酸盐和水，离子反应方程式为SiO2+2OH﹣＝SiO32﹣+H2O，故答案为：2A1+Fe2O3Al2O3+2Fe；SiO2+2OH﹣＝SiO32﹣+H2O。【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握原子序数、原子结构、元素的位置来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识及元素化合物知识的应用，题目难度不大。20．（14分）化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。（1）实验一：用如图装置（夹持、加热仪器略）制备SO2，将足量SO2通入AgNO327/27\n溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是　Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O　。②试剂a是　饱和NaHSO3溶液　。（2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。（资料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶于水）实验二：验证B的成分①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：　Ag2SO3+4NH3•H2O＝2Ag（NH3）2++SO32﹣+4H2O　。②加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F．推断D中主要是BaSO3，进而推断B中含有Ag2SO3．向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2SO3．所用试剂及现象是　H2O2溶液，产生白色沉淀　。（3）根据沉淀F的存在，推测SO42﹣的产生有两个途径：途径1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。途径2：实验二中，SO32﹣被氧化为SO42﹣进入D。实验三：探究SO42﹣的产生途径①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有　Ag+　：取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4．做出判断的理由：　Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4　。②实验三的结论：　途径1不产生SO42﹣，途径2产生SO42﹣　。（4）实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是　2Ag++SO2+H2O＝Ag2SO3↓+2H+　。（5）根据物质性质分析，SO2与AgNO327/27\n溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和SO42﹣生成。（6）根据上述实验所得结论：　SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3和H+，同时生成少量Ag2SO4，即既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，其中沉淀反应的速率比氧化还原反应快　。【分析】实验一、Cu和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，试剂a除去二氧化硫中杂质，且不能和二氧化硫反应，常用饱和亚硫酸氢钠溶液，然后二氧化硫通入硝酸银溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B；实验二、沉淀B中加入氨水生成银氨溶液，然后向溶液C中加入过量硝酸钡，钡离子和C中阴离子反应生成沉淀D，洗涤干净沉淀后加入过量稀盐酸，加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F，推断D中主要是BaSO3，沉淀F为BaSO4，滤液E中含有二氧化硫或亚硫酸；实验三、①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，说明溶液A中含有Ag+；Ag2SO4微溶于水，Ag2SO4在水溶液中能电离出Ag+，说明溶液A中含有硫酸银；②取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4，则得到的SO42﹣是SO32﹣被氧化得到的；通过以上分析知，实验一中二氧化硫和硝酸银反应生成亚硫酸银和氢离子，同时生成少量硫酸银，以此解答该题。【解答】解：（1）①浓H2SO4可以与Cu反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；②加热条件下，铜与浓硫酸反应，生成的二氧化硫气体中可能含有SO3等杂质，试剂a用于除去二氧化硫中的杂质，一般用饱和NaHSO3溶液；故答案为：饱和NaHSO3溶液；（2）①Ag2SO3溶于氨水生成银氨络离子，反应的离子方程式为Ag2SO3+4NH3•H2O＝2Ag（NH3）2++SO32﹣+4H2O；故答案为：Ag2SO3+4NH3•H2O＝2Ag（NH3）2++SO32﹣+4H2O；②加入过氧化氢溶液，产生白色沉淀，可知滤液E中含有二氧化硫或亚硫酸，说明B中含有Ag2SO3；故答案为：H2O2溶液；产生白色沉淀；27/27\n（3）①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有Ag+；取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4，原因是Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，溶液中没有SO42﹣，必定没有Ag2SO4；故答案为：Ag+；Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4；②由实验三可知SO42﹣产生的途径是SO32﹣被氧化为SO42﹣进入D，则实验三的结论是途径1不产生SO42﹣，途径2产生SO42﹣；故答案为：途径1不产生SO42﹣，途径2产生SO42﹣；（4）由以上分析可知SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和硝酸，离子方程式是2Ag++SO2+H2O＝Ag2SO3↓+2H+；故答案为：2Ag++SO2+H2O＝Ag2SO3↓+2H+；（6）由以上实验现象可知二氧化硫和硝酸银反应生成亚硫酸银和氢离子，同时生成少量硫酸银，即既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，其中沉淀反应的速率比氧化还原反应快，故答案为：SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3和H+，同时生成少量Ag2SO4，即既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，其中沉淀反应的速率比氧化还原反应快。【点评】本题考查了物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析能力、应用能力与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。[选修5：有机化学基础]21．（14分）已知有机物F和高分子N的合成路线如图所示。已知：R﹣CH＝CH﹣R′R﹣COOH+R′﹣COOH；27/27\nR﹣CH＝CH﹣R′R﹣CHO+R′﹣CHO。（1）Q只含碳、氢、氧三种元素，且其碳、氢、氧元素质量比为9：1：6，经测定Q的相对分子质量是128。1molQ可与1molBr2加成，并能与1molNaHCO3恰好完全反应，且分子中无支链。Q的分子式是　C6H8O3　。（2）A所含官能团的名称是　羟基、羧基　；A→B的反应类型是　消去反应　。（3）写出C与银氨溶液反应的化学方程式：　CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O　。（4）G的结构简式是　　；Q的反式结构简式是　　。（5）写出满足下列条件的H的一种同分异构体的结构简式　　。①能与NaHCO3反应；②能发生银镜反应；③核磁共振氢谱有4个吸收峰（6）写出H→N的化学方程式：　　。【分析】Q只含碳、氢、氧三种元素，且其碳、氢、氧元素质量比为9：1：6，则三种原子的个数之比是：1：＝6：8：3，即最简式为C6H8O3，而Q的相对分子质量是128，则Q的分子式是C6H8O3，1molQ可与lmolBr2加成，说明含有1个碳碳双键，并能与lmolNaHCO3恰好完全反应，说明含有1个羧基，且分子中无支链，Q被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙二酸和E，E能和氢气发生加成反应生成F，F中含有﹣COOH、﹣OH，F发生反应生成六元环化合物，应是发生酯化反应，为2molF反应生成lmolG，且羟基连接在与羧基相邻的碳原子上，因此F的结构简式为CH3CH227/27\nCH（OH）COOH，E的结构简式为CH3CH2COCOOH，G的结构简式为，Q的结构简式是CH3CH2COCH＝CHCOOH，Q与氢气加成生成A，则A的结构简式为CH3CH2CH（OH）CH2CH2COOH，B能被臭氧氧化，则A生成B是羟基的消去反应，根据B的氧化产物含有C（乙醛）可知，B的结构简式为CH3CH＝CHCH2CH2COOH，则D的结构简式为OHCCH2CH2COOH，D继续被氧化生成H，则H的结构简式为HOOCCH2CH2COOH，H与乙二醇发生缩聚反应生成高分子化合物N，则N的结构简式为。【解答】解：（1）根据以上分析可知，Q的分子式为C6H8O3，故答案为：C6H8O3；（2）由分析可知，A的结构简式为CH3CH2CH（OH）CH2CH2COOH，分子含有的官能团是羟基、羧基，A→B的反应类型是消去反应，故答案为：羟基、羧基；消去反应；（3）C分子中含有醛基，发生银镜反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；（4）由分析可知，G的结构简式是；Q的结构简式是CH3CH2COCH＝CHCOOH，Q的反式结构简式是，故答案为：；；（5）H的结构简式为HOOCCH2CH2COOH，H的一种同分异构体满足条件：①能与NaHCO3反应，说明含有羧基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③核磁共振氢谱有4个吸收蜂，即含有4类氢原子，所以符合条件的有机物结构简式可以为等，27/27\n故答案为：；（6）H→N的化学方程式为：，故答案为：。【点评】本题考查有机物推断，综合分析确定F的结构简式是关键，再结合转化关系推断，较好的考查学生分析推理能力，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化。[选修3：物质结构与性质]22．碳是地球上组成生命的最基本元素之一，与其他元素结合成不计其数的无机物和有机化合物，构成了丰富多彩的世界。碳及其化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：（1）冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物。X、Y、Z是常见的三种冠醚，其结构如图所示。它们能与碱金属离子作用，并且随着环的大小不同而与不同金属离子作用。①Li+与X的空腔大小相近，恰好能进入到X的环内，且与氧原子的一对孤电子对作用形成稳定结构W（如图）。基态碳原子核外有　6　种运动状态不同的电子，其外围电子轨道表示式为　　。W中Li+与孤对电子之间的作用属于　D　。（填标号）A．离子键B．共价键C．氢键D．配位键E．以上都不是②冠醚Y能与K+形成稳定结构，但不能与Li+形成稳定结构，理由是　Li+的半径比Y空腔小很多，不易与空腔内氧原子的孤对电子形成配位键　。③冠醚分子中氧的杂化轨道的空间构型是　四面体　，C﹣O﹣C的键角　＜　（填27/27\n“＞”、“＜”或“＝”）122°28′。（2）碳的一种同素异形体﹣﹣石墨，其晶体结构及晶胞如图1、图2所示。则石墨晶胞含碳原子个数为　4　个。已知石墨的密度为ρg•cm﹣3，C﹣C键键长为rcm，阿伏加德罗常数的值为NA，计算石墨晶体的层间距d为　　cm。（3）碳的另一种同素异形体﹣﹣金刚石，其晶胞如图3所示。已知金属钠的晶胞（体心立方堆积）沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图如图A所示，则金刚石晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应该是图　D　（从A～D图中选填）。【分析】（1）①原子核外没有运动状态相同的电子；碳原子外围电子排布式为2s22p2；提供空轨道和提供孤对电子的原子之间易形成配位键；②Li+的半径远小于Y空腔，不易形成配位键；③冠醚分子中氧原子有2对孤对电子，形成2个C﹣O键，价层电子对数为4；孤电子对之间排斥力大于孤电子对与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间排斥力；（2）均摊法计算晶胞中C原子数目，可得晶胞质量，C﹣C键键长为rcm，则晶胞底面边长＝2×（rcm×sin60°）＝rcm，底面面积＝rcm×（rcm×sin60°），结合质量＝密度×体积计算；（3）6个顶点原子投影形成正六边形，面心上6个Si原子投影也形成小的正六边形，体对角线上的原子投影重合，投影在在正六边形中心，且大、小正六边形顶点与体心在同一直线上。【解答】解：（1）①原子核外没有运动状态相同的电子，碳原子核外电子数为6，即有6种运动状态不同的电子；碳原子外围电子排布式为2s22p2，外围电子轨道表达式为27/27\n；提供空轨道和提供孤对电子的原子之间易形成配位键，Li+提供空轨道、O原子提供孤对电子，二者形成配位键，故答案为：6；；D；②Li+的半径比Y空腔小很多，不易与空腔内氧原子的孤对电子形成配位键，所以得不到稳定结构，故答案为：Li+的半径比Y空腔小很多，不易与空腔内氧原子的孤对电子形成配位键；③冠醚分子中氧原子有2对孤对电子，形成2个C﹣O键，价层电子对数为4，氧原子采取sp3杂化，氧的杂化轨道的空间构型是四面体；孤电子对之间排斥力大于孤电子对与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间排斥力，导致C﹣O﹣C的键角＜122°28′，故答案为：四面体；＜（2）晶胞中C原子数目＝8×+2×+4×+1＝4，晶胞质量＝g，C﹣C键键长为rcm，则晶胞底面边长＝2×（rcm×sin60°）＝rcm，底面面积＝rcm×（rcm×sin60°），则g＝rcm×（rcm×sin60°）×2dcm×ρg•cm﹣3，解得d＝，故答案为：4；；（3）6个顶点原子投影形成正六边形，面心上6个Si原子投影也形成小的正六边形，体对角线上的原子投影重合，投影在在正六边形中心，且大、小正六边形顶点与体心在同一直线上，图形D符合，故选：D。【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、配位键、杂化轨道、晶胞结构与计算等，（2）（3）为易错点、难点，需要学生具备一定的数学计算能力和一定的空间想象。声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/11/118:11:26；用户：郭娜；邮箱：xxdsgjzx76@xyh.com；学号：3786530827/27