高考化学化学键综合题含详细答案
一、化学键练习题（含详细答案解析）
1．
A、B、C、D、E、 F、G是周期表中短周期的七种元素，有关性质或结构信息如下表：
元
有关性质或结构信息
素
A地壳中含量最多的元素
B B阳离子与A阴离子电子数相同，且是所在周期中单核离子半径最小的
C C与B同周期，且是所在周期中原子半径最大的(稀有气体除外)
D D原子最外层电子数是电子层数的2倍，其氢化物有臭鸡蛋气味
E E与D同周期，且在该周期中原子半径最小
F F的氢化物和最高价氧化物的水化物反应生成一种离子化合物
G G是形成化合物种类最多的元素
(1) B元素符号为____，A与C以原子个数比为1：1形成的化合物的电子式为___，用电子式表示C与E形成化合物的过程____， D形成的简单离子的结构示意图为____。
(2) F的氢化物是由____(极性或非极性)键形成的分子，写出实验室制备该氢化物的化学方程式____。
(3) 非金属性D____E(填大于或小于)，请从原子结构的角度解释原因：__。
【答案】Al 极性 2NH4Cl+ Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O 小于 D的原子半径大于E的原子半径,所以得电子的能力比E弱【解析】
【分析】
【详解】
A是地壳中含量最多的元素，则A为O元素；B阳离子与A离子电子数相同，且是所在周期中单核离子半径最小的，则B为Al；C与B同周期，且是所在周期中原子半径最大的(稀有气体除外)，则C为Na；D原子最外层电子数是电子层数的2倍，其氢化物有臭鸡蛋气味，则D为S元素；E与D同周期，且在该周期中原子半径最小，则E为Cl；F的氢化物和最高价氧化物的水化物反应生成一种离子化合物，则F为N元素；G是形成化合物种类最多的元素，则G为碳元素；
(1) 由分析可知B元素符号为Al，O与Na以原子个数比为1：1形成的离子化合物是
Na 2O 2，电子式为；离子化合NaCl 的电子式形成过程为
， S 2-的离子的结构示意图为；
(2) NH 3是由极性键形成的极性分子，实验室利用氯化铵和氢氧化钙混合加热制备氨气的化学方程式为2NH 4Cl+ Ca(OH)2
CaCl 2+2NH 3↑+2H 2O ； (3)S 的原子半径大于Cl 的原子半径，所以S 得电子的能力比Cl 弱 ，即S 元素的非金属性小
于Cl 的非金属性。
2．
据《自然·通讯》(Nature Communications)报道，我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛。
请回答下列问题：
(1)基态硒原子的价电子排布式为________；硒所在主族元素的简单氢化物中沸点最低的是________。
(2)电还原法制备甲醇的原理为2CO 2+4H 2O 2CH 3OH+3O 2。
①写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式________；
②标准状况下，V L CO 2气体含有________个π键。
(3)苯分子中6个C 原子，每个C 原子有一个2p 轨道参与形成大π键，可记为(π66右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子)。已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，可表示为_______，Se 的杂化方式为________。
(4)黄铜矿由Cu +、Fe 3+、S 2-构成，其四方晶系晶胞结构如图所示。则Cu +的配位数为________；若晶胞参数a=b=524pm ，c=1032pm ，用N A 表示阿伏加德罗常数的值，该晶系
晶体的密度是________g·
cm -3(不必计算或化简，列出计算式即可)。
【答案】4s 24p 4 H 2S 或硫化氢 O =C =O A VN 11.2
π65 sp 2 4
()()21010A 64456432852410103210N --?+?+????或()()21010A 1844
52410103210N --????
【解析】
【分析】
(1)根据原子的构造原理书写基态硒原子的价电子排布式；根据同族元素形成的化合物的相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，H 2O 分子之间存在氢键，物质的熔沸点最高分析判断；
(2)①化合物分子中都含有极性键，根据分子的空间构型判断是否属于非极性分子，并书写其结构简式；②先计算CO 2的物质的量，然后根据CO 2分子中含有2个π键计算π键个数；
(3)根据化合物中原子个数及参与形成化学键的电子数目书写大π键的表示；
(4)根据四方晶系CuFeS 2晶胞结构所示分析可知亚铜离子形成四个共价键，硫原子连接两个亚铁离子和两个亚铜离子；用均摊方法，结合晶胞结构计算一个晶胞在含有的各种元素的原子个数，确定晶胞内共CuFeS 2的数目，a=b=0.524nm ，c=1.032nm ，则晶体的密度=m V 计算。
【详解】
(1)Se 是34号元素，根据原子核外电子排布的构造原理，可知其核外电子排布式是1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 24p 4，基态硒原子的价电子排布式为4s 24p 4；硒所在主族元素是第VIA ，简单氢化物化学式通式是H 2X ，这些氢化物都是由分子构成，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质气化消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高，由于H 2O 分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使其熔沸点在同族元素中最高，故第VIA 的简单氢化物中沸点最低的是H 2S ；
(2)①在方程式中的三种化合物分子中都存在极性共价键。其中CO 2是由极性键构成的非极性分子，其空间构型为直线型，结构式是O=C=O ；
②VL 标准状况下CO 2的物质的量是n(CO 2)=
VL 22.4/22.4V L mol =mol ，由于在1个CO 2分子中含有2个π键，所以22.4
V molCO 2气体中含有的π键数目为22.4V mol×2×N A /mol=A VN 11.2
； (3)已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，根据结构简式可知，形成大π键的原子个数是5个，有6个电子参与成键，因此可表示为π6
5，其中Se 的杂化方式为sp 2；
(4)根据晶胞结构分析可知，由面心上Cu 与2个S 相连，晶胞中每个Cu 原子与4个S 相连，Cu +的配位数为4；
②晶胞中Fe2+数目=8×1
8
+4×
1
2
+1=4，Cu+的数目=6×
1
2
+4×
1
4
=4，S2-数目为8×1=8，所以晶胞内共含4个CuFeS2，a=b=524pm，c=1032pm，则晶体的密度
ρ=()()
2
1010
A
644564328
52410103210N
m
V--
?+?+?
=
???
g/cm3或
()()
2
1010
A
1844
52410103210N
--
?
???
g/cm3。
【点睛】
本题考查了原子结构、核外电子排布式、物质的熔沸点高低比较、化学键形成、微粒的空间结构、晶胞结构的计算应用，掌握构造原理及物质结构与物质性质的关系和均摊方法在晶胞计算的应用是解题关键，要熟练掌握原子杂化理论，用对称思维方式判断分子的极性，弄清长度单位的换算在晶胞密度计算的应用，该题同时考查了学生的空间想象能力和数学计算与应用能力。
3．
．《自然》杂志曾报道我国科学家通过测量SiO2中26Al和10Be两种元素的比例确定“北京人”年龄的研究结果，这种测量方法叫“铝铍测年法”。完成下列填空：
（1）l0Be和9Be___（填序号）。
a.是同一种原子
b.具有相同的中子数
c.具有相同的化学性质
d.互为同位素
（2）写出A1(OH)3与NaOH溶液反应的化学方程式：___。
（3）研究表明28A1可以衰变为26Mg，可以比较这两种元素金属性强弱的方法是__（填序号）。
a.比较Mg(OH)2与A1(OH)3的碱性强弱
b.比较这两种元素的最高正化合价
c.将打磨过表面积相同的镁条和铝片分别和100℃热水作用，并滴入酚酞溶液
d.比较这两种金属的硬度和熔点
（4）目前还有一种测量方法叫“钾氩测年法”。
两种常见简单阴离子的核外电子排布与Ar相同，两者的半径大小关系为：___(用化学符号表示)；其中一种离子与钾同周期相邻元素的离子所形成的化合物可用作干燥剂，用电子式表示该物质的形成过程：___。
【答案】cd 2Al+2H2O+2NaOH= 2NaAlO2+3H2↑ ac S2->Cl-
【解析】
【分析】
【详解】
（1）l0Be和9Be是中子数不同，质子数相同的Be的两种核素，互为同位素，它们的化学性质相似，故答案为：cd；
（2）A1(OH)3具有两性，能与NaOH溶液反应，其反应的化学方程为2Al+2H2O+2NaOH=
2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2H2O+2NaOH= 2NaAlO2+3H2↑；
（3）a.金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，则比较Mg(OH)2与
A1(OH)3的碱性强弱，可以比较这两种元素金属性强弱，故a正确；
b.金属性为元素是否容易失去电子，而不是失去几个电子，则比较这两种元素的最高正化合价不能比较这两种元素金属性强弱，故b错误；
c.判断金属性可以用金属单质与水反应的剧烈程度进行判断，镁条能与热水发生反应，而铝几乎与水不发生反应，则可以比较这两种元素金属性强弱，故c正确；
d.硬度和熔点属于物理性质，不能用于比较金属性，故d错误；
综上所述，故答案为：ac；
（4）核外电子排布与Ar相同的阴离子可以为S2-、Cl-，二者电子层数相同，核电荷数小的半径大，则S2->Cl-；氯化钙可用作干燥剂，用电子式表示氯化钙的形成过程为
，故答案为：S2->Cl-；
。
4．
（1）双氧水(H2O2)是一种绿色氧化剂，它的电子式为__。
（2）在常压下，乙醇的沸点（78.2℃）比甲醚的沸点（-23℃）高。主要原因是__。（3）联氨（又称肼，分子式N2H4）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似。
①肼的水溶液显碱性原因是__（请用肼在水中一级电离的方程式来表示）。
②联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为__。
【答案】乙醇分子间形成了氢键，而甲醚却不能 N2H4+H2O?NH2NH3++OH-
N2H6(HSO4)2
【解析】
【分析】
【详解】
(1)双氧水(H2O2)是一种绿色氧化剂，双氧水是共价化合物，电子式为；
(2)在常压下，乙醇的沸点(78.2℃)比甲醚的沸点(-23℃)高。主要原因是乙醇分子间形成了氢键，而甲醚却不能；
(3)①联氨在水中的电离方程式与氨相似, 则联氨的第一步电离方程式为：
N2H4+H2O?NH2NH3++OH-，则肼的水溶液显碱性。
②联氨为二元弱碱，第一步电离方程式为：N2H4+H2O?N2H5++OH-，第二步电离方程式为：N2H5++H2O?N2H62++OH-，则联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2。
5．
原子结构与元素周期表存在着内在联系。根据所学物质结构知识，请回答下列问题：
(1)苏丹红颜色鲜艳、价格低廉，常被一些企业非法作为食品和化妆品等的染色剂，严重危害人们健康。苏丹红常见有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ4 种类型，苏丹红Ⅰ的分子结构如图所示：
苏丹红Ⅰ在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，有人把羟基取代在对位形成如图所示的结构：
则其在水中的溶解度会_____(填“增大”或“减小”)，原因是_____。
(2)已知 Ti3+可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为 TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：a.分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；b.分别往待测溶液中滴入 AgNO3溶液，均产生白色沉淀；c.沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的2/3。则绿色晶体配合物的化学式为_______，由 Cl-所形成的化学键类型是_______。
(3)如图中A、B、C、D四条曲线分别表示第ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族元素的氢化物的沸点，其中表示ⅦA族元素氢化物沸点的曲线是_____；表示ⅣA族元素氢化物沸点的曲线是
_____；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物沸点依次升高，其原因是__________；A、B、C曲线中第二周期元素的氢化物的沸点显著高于第三周期元素的氢化物的沸点，其原因是_______________。
【答案】增大苏丹Ⅰ已形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，而修饰后的结构易已形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于增大在水中的溶解度 [TiCl(H2O)5]Cl2·H2O 离子键、配位键 B D 结构与组成相似，分子间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高水、氨气、HF分子之间均能形成氢键，沸点较高
【解析】
【分析】
【详解】
(1)因为苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键，而使在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度，因此，本题答案是：增大；苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度；
(2)Ti3+的配位数均为6，往待测溶液中滴入AgNO3溶液均产生白色沉淀，则有氯离子在配合物的外界，两份沉淀经洗涤干燥后称量,发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的
白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的2
3
，可以知道紫色品体中含3个氯
离子，绿色晶体中含2个氯离子，即绿色晶体的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，氯原子形成化学键有含有离子键、配位键，因此，本题答案是：[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O；离子键、配位键；
(3)第二周期中元素形成的氢化物中，水为液态，其它为气体，故水的沸点最高，且相对分子质量越大，沸点越高，故B曲线为VIIA族元素氢化物沸点；HF分子之间、氨气分子之间均存在氢键，沸点高于同主族相邻元素氢化物，甲烷分子之间不能形成氢键，同主族形成的氢化物中沸点最低，故D曲线表示IVA族元素氢化物沸点；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水分子之间、氨气分子之间、HF分子之间均形成氢键，沸点较高；因此，本题答案是：B；D；结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水、氨气、HF分子之间均形成氢键，沸点较高。
6．
(1)下列物质中，既含离子键又含共价键的化合物是_________；同时存在σ键和π键的分子是_________，含有极性键的非极性分子是_________。
A．N2 B．C2H6 C．CaCl2 D．NH4Cl
(2)用“>”或“<”填空：
晶格能：Na2O_______KCl 酸性：H2SO4_______HClO4 离子半径：Al3＋_______F－
【答案】D A B > < <
【解析】
【分析】
（1）A．N2分子含有非极性共价键，属于单质，氮气分子结构简式为N≡N，所以氮气分子中含有σ键和π键的非极性分子；
B．C2H6分子中碳原子和氢原子之间存在极性键，碳原子和碳原子之间存在非极性共价键，属于共价化合物，乙烷的结构式为，乙烷分子中只含σ键的非极性分子；
C．CaCl2中只含离子键，属于离子化合物；
D．NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键，氮原子和氢原子之间存在共价键，属于离子化合物，铵根离子中氮原子和氢原子之间存在σ键；
（2）离子化合物中，阴阳离子半径越小，离子所带电荷数越多，晶格能越大；非金属性越强，所对应元素的最高价含氧酸的酸性越强；具有相同电子排布的离子中，原子序数大的
离子半径小。
【详解】
（1）由分析可知：既含离子键又含共价键的化合物是NH4Cl；同时存在σ键和π键的分子是N2；含有极性键的非极性分子是C2H6。
（2）Na+的半径比K+半径小，O2-的半径比Cl-半径小，并且O2-带的电荷数比Cl-多，故晶格能：Na2O>KCl；
同周期从左向右非金属性增强，非金属性S 具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为Al3＋< F－。 【点睛】 本题考查原子结构、元素周期律、分子结构、化学键，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。 7． 同一周期(短周期)各元素形成单质的沸点变化如下图所示(按原子序数连续递增顺序排列)。该周期部分元素氟化物的熔点见下表。 氟化物AF BF2DF4 熔点/K12661534183 (1)A原子核外共有_______种不同运动状态的电子、_______种不同能级的电子； (2)元素C的最高价氧化物对应水化物的电离方程式为__________； (3)解释上表中氟化物熔点差异的原因：_______； (4)在E、G、H三种元素形成的氢化物中，热稳定性最大的是_______（填化学式）。A、 B、C三种原子形成的简单离子的半径由大到小的顺序为______（填离子符号）。 【答案】11 4 AlO 2-+H++H2O Al(OH)3Al3++3OH- NaF与 MgF2为离子晶体，离子之间以离子键结合，离子键是强烈的作用力，所以熔点高；Mg2+的半径比Na+的半径小，离子电荷比Na+多，故MgF2的熔点比NaF高；SiF4为分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，故SiF4的熔点低 HCl Na+>Mg2+>Al3+ 【解析】 【分析】 图中曲线表示8种元素的原子序数(按递增顺序连续排列)和单质沸点的关系，H、I的沸点低于0℃，根据气体的沸点都低于0℃，可推断H、I为气体，气体元素单质为非气体，故为第三周期元素，则A为Na，B为Mg，C为Al，D为Si，E为P、G为S，H为Cl，I为Ar。 (1)原子中没有运动状态相同的电子，由几个电子就具有几种运动状态； 根据核外电子排布式判断占有的能级； (2)氢氧化铝为两性氢氧化物，有酸式电离与碱式电离； (3)根据晶体类型不同，以及同种晶体类型影响微粒之间作用力的因素解答； (4)同周期自左而右非金属性增强，非金属性越强氢化物越稳定； 电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，据此解答。 【详解】 由上述分析可知：A为Na，B为Mg，C为Al，D为Si，E为P、G为S，H为Cl，I为Ar。 (1)A为Na元素，原子核外电子数为11，故共有11种不同运动状态的电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s1，可见有4种不同能级的电子； (2)Al(OH)3为两性氢氧化物，在溶液中存在酸式电离和碱式电离两种形式的电离作用，电离方程式为：AlO 2-+H++H2O Al(OH)3Al3++3OH-； (3)NaF与MgF2为离子晶体，阳离子与阴离子之间以强烈的离子键结合，断裂化学键需消耗较高的能量，因此它们的熔沸点较高；由于Mg2+的半径比Na+的半径小，带有的电荷比Na+多，所以MgF2的熔点比NaF高；而SiF4为分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，破坏分子间作用力消耗的能量较少，故SiF4的熔点低； (4)同一周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素的非金属性：Cl>S>P。元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物就越稳定，故HCl最稳定性，Na+、Mg2+、Al3+核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子来说，离子的核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径Na+>Mg2+>Al3+。 【点睛】 本题考查核外电子排布规律、晶体结构与性质的关系、元素周期律等的应用，根据图象信息判断出元素是解题关键，突破口为二、三周期含有气体单质数目。 8． Q、R、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期元素，在短周期的所有元素中Q的原子半径与Z的原子半径之比最小(不包括稀有气体)，R、X、Y三种元素的原子核外电子层数相同，同一周期中R的一种单质的熔点最高，Y与Q、R、X、Z均能形成多种常见化合物。 (1)周期表中的位置：_________，其原子核外有______种不同形状的电子云。这五种元素中，最外层有两个未成对电子的元素是________(用元素符号表示)。 (2)Q分别与X、Y形成的最简单化合物的稳定性______>______(用分子式表示) (3)Q与R两元素组成的分子构型可能是________(填写序号)。 a．直线型 b．平面形 c．三角锥形 d．正四面体 (4)元素X、Y在周期表中位于同一主族，化合物Cu2X和Cu2Y可发生如下转化(其中D是淀粉水解的最终产物)： 非金属X_______Y(填“>”或“<”)，请用事实说明该结论：__________。 【答案】第二周期第VA族 2 C O H2O>NH3 abd < 2H2S+O2=2H2O+S↓ 【解析】 【分析】 Q、R、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期元素，在短周期的所有元素中Q的原子半径与Z的原子半径之比最小(不包括稀有气体)，则Q的原子半径最小，Z的原子半径最大，所以Q是H元素，Z是Na元素；R、X、Y三种元素的原子核外电子层数相同，这三种元素处于第二周期，同一周期中R的一种单质的熔点最高，金刚石的熔点最高，所以R是C元素，Y与Q、R、X、Z均能形成多种常见化合物，则Y是O元素，所以X是N元素。【详解】 根据上述分析可知Q是H，R是C，X是N，Y是O，Z是Na元素。 (1)X是N元素，原子核外电子排布为2、5，所以其处于第二周期第VA族，其核外电子排布式为1s22s22p3，有s、p两种轨道，故有两种不同形状的电子云，这五种元素中，最外层有两个未成对电子的元素是C和O元素； (2)Q分别与X、Y形成的最简单化合物是NH3、H2O，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，O的非金属性大于N元素，所以氢化物的稳定性：H2O>NH3； (3)Q与R两元素组成的分子可能是甲烷、乙烯、乙炔、苯等烃类物质，其中甲烷为正四面体结构，乙烯为平面结构，乙炔为直线形结构，故合理选项是abd； (4)X是N，Y是O，二者是同一周期的元素，元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，活动性强的可以把活动性弱的置换出来，所以可根据置换反应：2H2S+O2=2H2O+S↓，比较出元素的非金属性：N 【点睛】 本题考查原子结构与元素周期律的关系，正确推断元素的种类是解答本题的关键，要正确把握元素周期律的递变规律，掌握元素周期律的应用及判断方法。 9． 生活污水中氮元素是造成水体富营养化的主要原因。若某污水中NH4Cl含量为180 mg/L。 (1)写出NH4Cl的电子式_________。 (2)写出与氯同周期，有2个未成对电子的原子的电子排布式：_______、________ (3)为除去废水中的NH4+，向103 L该污水中加入0.1 mol/L NaOH溶液，理论上需要NaOH 溶液的体积为_________L(计算结果保留两位小数)。 (4)若某污水中同时存在NH4＋和NO3-时。可用下列方法除去：可先在酸性污水中加入铁屑 将NO3-转化为NH4＋后再除去，请配平下列离子方程式并标出电子转移的方向和数目： ___Fe +___NO3- +___H+=___Fe2+ +___NH4+ +___H2O，____________。 【答案】 1s22s22p63s23p2 1s22s22p63s23p4 33.64 4 1 10 4 1 3 【解析】 【分析】 (1) NH4Cl是离子化合物，由NH4+、Cl-通过离子键构成，结合离子化合物的表示方法书写其电子式； (2)根据Cl原子核外电子排布式确定其最外电子层所具有的轨道数目，结合每一轨道最多排布2个电子，确定与氯同一周期，有2个未成对电子的原子的电子排布式； (3)根据NH4Cl与NaOH溶液反应时二者的物质的量的比是1：1，根据污水中NH4Cl含量为180 mg/L，计算c(NH4Cl)，结合n=c·V计算； (4)根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平方程式。 【详解】 (1) NH4Cl是离子化合物，由NH4+、Cl-通过离子键构成，其电子式为： ； (2)Cl原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，其最外电子层3p能级具有3个轨道，由于原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同；同一个轨道最多可容纳2个电子则与氯同一周期，有2个未成对电子的原子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p2， 1s22s22p63s23p4，这两种元素分别是Si和S； (3)污水中NH4Cl含量为180 mg/L，则c(NH4Cl)= 0.18?g/L 53.5?g/mol = 0.18 53.5 mol/L，103 L该污水中 中含有NH4Cl的物质的量为n(NH4Cl)=0.18 53.5 mol/L×103 L=3.364 mol，根据反应： NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3↑+H2O，可知n(NaOH)=n(NH4Cl)=3.364 mol，由于NaOH溶液浓度为 0.1 mol/L，则理论上需要NaOH 溶液的体积V(NaOH)=n 3.364?mol c0.1?mol/L =33.64 L； (4)在反应：___Fe +___NO3- +___H+=___Fe2+ +___NH4+ +___H2O中，Fe元素化合价由0→+2价，升高2价，N元素化合价由NO3-→NH4+，降低8价，化合价升降最小公倍数是8，所以Fe、Fe2+系数是4，NO3-、NH4+系数是1，然后根据反应前后电荷守恒，可知H+的系数是10，最后根据原子守恒，可得H2O的系数是3；则配平后该反应方程式为： 4Fe+NO3-+10H+=4Fe2++NH4++3H2O，用单线桥法表示为： 。 【点睛】 本题考查了原子核外电子排布、物质的电子式表示、氧化还原反应方程式及物质的量在化学方程式计算的应用。掌握构造原理、离子化合物与共价化合物表示方法的区别及有电子转移的离子反应方程式配平原则是解题关键，物质反应时物质的量的比等于方程式中相应 物质的化学计量数的比。 10． 1100℃时，在体积为5L的密闭容器中，发生可逆反应：Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)并达到平衡，请完成下列各题： （1）上述反应中涉及的非金属元素原子的半径从大到小的顺序为_____________，非金属性最强的元素原子的电子排布式_________________，其电子的自旋方向共有________种。（2）该反应中O、S属于同主族元素，比较它们的单质的氧化性_____________________（用化学方程式表示），写出Na2O的电子式______，比较Na2O和Na2S的熔点高低： Na2O___Na2S。 （3）上述平衡的平衡常数表达式K＝______________________。降低温度，K值减小，则正反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。 （4）能判断反应达到平衡状态的依据是_____________(填序号)。 A．混合气体的压强不变 B．混合气体的密度不变 C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．各气体的浓度相等 （5）若初始时加入的Na2SO4为2.84g，10分钟后达到平衡时Na2SO4的转化率为45%， V(H2)=__________________。平衡后，向容器中充入1molH2，平衡向_________________（填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不移动”），重新达到平衡后，与原平衡相比，H2的 体积百分含量_____________(填“增大”、“减小”或“不变”) 【答案】S>O>H 1s22s22p4 2 2H2S+O2→2S+2H2O > [H2O]4/[H2]4吸 热 BC 27.7.2×10-4mol/（L·min）正反应方向不变 【解析】 【分析】 (1)根据元素周期律和泡利原理解答； (2)根据同主族元素从上往下非金属性减弱即氧化性减弱的规律和离子晶体熔沸点变化规律解答； (3)固体不写在平衡常数表达式中，平衡常数K= () () 4 2 4 2 c H O c H = 4 2 4 2 H O H ?? ?? ?? ?? ，降低温度，K值减 小，说明平衡逆向进行； (4)判断平衡的标志需要符合“变”到“不变”的物理特征以及建立平衡根本原因是正反应速率与逆反应速率相等； (5)根据反应Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)中的系数关系，计算V(H2)；根据勒夏特列原理，增大反应物浓度将使得平衡向着正方向移动，由于该反应为气体前后气体体积相等的反应，依据等效平衡的特点回答。 【详解】 (1)方程式中出现的三种非金属元素分别为H、O、S，根据元素周期律电子层数越多半径越大，可知半径大小为S>O>H，非金属最强的为O元素，核外电子数为8，因此根据原子核 外电子排布规则得知1s22s22p4，根据泡利原理可知自旋应该有2种； (2)根据同主族元素从上往下非金属性减弱即氧化性减弱的规律，可知氧气的氧化性强于硫单质，因此2H2S+O2→2S+2H2O能充分说明和验证这一结论；电子式是一种表示物质结构的化学表述方式，常见的电子式书写需要注意离子化合物与共价键的书写，Na2O的电子式 为：；离子晶体中，阴阳离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸 点越高，反之越低，由氧离子的半径小于硫离子可知：Na2O>Na2S； (3) Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)，固体不写在平衡常数表达式中，平衡常数 K=() ( ) 4 2 4 2 c H O c H = 4 2 4 2 H O H ?? ?? ?? ?? ，降低温度，K值减小，说明平衡逆向进行，逆反应方向是放热反应，正反应方向为吸热反应； (4)A. 反应Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)是气体体积不变的反应，反应过程中压强一直不变，混合气体的压强不变时，不一定是平衡状态，故A错误； B. 反应Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)是气体体积不变的反应，混合气体的密度不变时，说明氢气和水蒸气的质量不再变化，说明达到平衡状态，故B正确； C. 反应Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)是气体总物质的量不变的反应，混合气体的平均相对分子质量不变时，说明氢气和水蒸气的质量不再变化，说明达到平衡状态，故C正确； D. 各气体的浓度相等时，不能说明氢气和水蒸气的质量物质的量不再变化，不一定是平衡状态，故D错误； 正确答案是BC。 (5)若初始时加入Na2SO4物质的量为 2.84g 142g/mol =0.02mol， 10分钟后达到平衡时Na2SO4的转化率为45%，根据反应Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)中的系数关系，能计算出硫酸钠消耗的物质的量为0.02mol×45%=0.009mol，从而得知反应氢气的物质的量为 0.009mol×4=0.036mol，据此计算V(H2)= 0.036mol 5L10min ? =7.2×10-4mol/(L·min)；根据勒夏特列原理，增大反应物浓度将使得平衡向着正方向移动，由于该反应为气体前后气体体积相等的反应，依据等效平衡的特点，氢气的百分含量依然不变。 11． 中国药学家屠呦呦因发现青蒿素（一种用于治疗疟疾的药物）而获得诺贝尔生理医学奖。青蒿素（C15H22O5）的结构如图所示。请回答下列问题： （1）组成青蒿素的三种元素电负性由小到大排序是_____，在基态O原子中，核外存在 _____对自旋相反的电子。 （2）下列关于青蒿素的说法正确的是_____（填序号）。 a.青蒿素中既存在极性键又存在非极性键 b.在青蒿素分子中，所有碳原子均采取sp 3杂化 c.图中数字标识的五个碳原子均只以σ键与其它原子成键 （3）在确定青蒿素结构的过程中，可采用NaBH 4作为还原剂，其制备方法为：4NaH+B(OCH 3)→3NaBH 4+3CH 3ONa ①NaH 为_____晶体，如图是NaH 晶胞结构，则NaH 晶体的配位数是_____，若晶胞棱长为a ，则Na 原子最小核间距为_____。 ②B(OCH 3)3中B 采用的杂化类型是_____。写出两个与B(OCH 3)3具有相同空间构型的分子或离子_____。 ③NaBH 4结构如图所示，结构中存在的化学键类型有_____。 【答案】H ＜C ＜O 3 a 离子2 sp 2 3BF 、2-3CO 离子键、配位键、共价键 【解析】 【详解】 （1）青蒿素由碳、氢、氧三种元素组成，三种元素的电负性由小到大排序为H ＜C ＜O ； 基态氧原子的电子排布式为2241s 2s 2p ，因此一共有3对自旋相反的电子，还有2个未成对 电子； （2）a.青蒿素分子中有C-C 非极性键和O-O 非极性键，也有C-H 等极性键，a 项正确； b.标出的4号碳原子形成了3个σ键而没有孤电子对，因此为2sp 杂化，b 项正确； c.同b 项，4号碳原子形成了3个σ键和1个π键，c 项错误； 答案选a ； （3）①金属氢化物是由金属阳离子和-H 组成的，因此为离子晶体，NaH 的结构与食盐类似，因此配位数均为6，根据晶胞结构不难看出钠（黑球）与钠之间的最小核间距为面对角线的一半，已知晶胞棱长为a 2 ②硼原子的配位数为3，没有孤电子对，因此其采用2sp 的杂化方式，采用2sp 杂化的单核 分子有很多，例如3BF 、2- 3CO 等（合理即可）； ③首先阴、阳离子间存在离子键，硼原子最外层只有3个电子，因此除形成3个共价键外 NH。 还要形成1个配位键，类似于+ 4 【点睛】 金属氢化物是一种近年来经常出现的物质，例如氢化钾、氢化钠、氢化钙等，其中氢以少见的-1价存在，这些氢化物都可以和水反应放出氢气，反应的本质是-1价的氢和+1价的氢发生归中反应。 12． 碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。 (1)碳酸锂制取锂的反应原理为：①Li2CO3焙烧 ?????→Li2O+CO2； ?????→CO+2Li。锂原子的电子排布式为_____；CO2 的结构式为_____；反应②Li2O+C高温 真空 ②中涉及的化学键类型有_____。 (2)氢负离子(H﹣)与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释_____ (3)电池级碳酸锂对纯度要求很高，实验室测定Li2CO3产品纯度的方法如下：称取1.000g样品，溶于2.000 mol/L 10.00 mL 的硫酸，煮沸、冷却，加水定容至 100mL.取定容后的溶液10.00 mL，加入 2 滴酚酞试液，用 0.100 mol/L标准NaOH溶液滴定过量的硫酸，消耗NaOH溶液13.00 mL。 ①定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_____和_____。 ②滴定终点的判断依据为_____。 ③样品的纯度为_____。 【答案】1s22s1 O＝C＝O 离子键、共价键、金属键氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大玻璃棒 100mL容量瓶当滴入最后一滴标准NaOH溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 0.999 【解析】 【分析】 (1)根据锂的原子序数确定核外电子排布式，根据二氧化碳的电子式确定结构式，根据物质确定化学键的类型； (2)根据原子核外电子的排布，核电荷数，比较半径的大小； (3)①根据配置溶液的步骤，选择定容时的仪器；②根据酸碱中和滴定和指示剂的变色情况判定滴定终点；③利用硫酸的总物质的量减去与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量得到与碳酸锂反应的硫酸的物质的量，根据与碳酸锂反应的的硫酸的物质的量与碳酸锂的关系计算出碳酸锂的物质的量，m=nM，计算出纯碳酸锂的质量，利用样品的纯度=纯碳酸锂的质量/样品的质量，进行计算。 【详解】 (1) 锂是3号元素，质子数为3，核外电子排布式为1s22s1，CO2 的中心原子为C，碳原子 和氧原子形成两对共用电子对，Li2O属于离子晶体，含有离子键，C属于混合晶体，含有共价键，CO属于分子晶体，含有共价键， Li属于金属晶体，含有金属键，结构式为O＝C ＝O； (2) 氢是1号元素，质子数为1，锂是3号元素，质子数为3，氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大,故答案为氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大。 (3)①定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、100ml容量瓶，玻璃棒，答案为100ml容量瓶，玻璃棒； ②定容后的溶液含有硫酸，硫酸锂，加入酚酞，溶液是无色，再加入氢氧化钠溶液，溶液会逐渐变成粉红色，当最后一滴氢氧化钠加入，溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟不褪色，证明到达滴定终点，故答案为当滴入最后一滴标准NaOH溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。硫酸的物质的量n=cV=2.000 mol/L×0.01L=0.02mol，Li2CO3与硫酸反应Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑，稀释前 n(H2SO4)=n(Li2SO4)，加水定容至 100mL.稀释前后溶质的物质的量不变，n1(Li2SO4)= n2(Li2SO4)=0.02mol，取定容后的溶液 10.00 mL，则取出的溶质的物质的量 =0.02 10 mol=0.002mol，n(NaOH)=c(NaOH)V(NaOH)=0.1mol/L×0.013L=0.0013mol，由于 H2SO4+2NaOH= Na2SO4+2H2O，根据硫酸和氢氧化钠的物质的量关系，n(H2SO4)=1 2 n(NaOH)= 1 2 ×0.0013mol=0.00065mol，反应掉的硫酸的物质的量=0.002mol-0.00065mol=0.00135mol，n（H2SO4）=n（Li2SO4）= n(Li2CO3)=0.00135mol，根据锂元素守恒，10ml溶液中的m1 （Li2CO3）=nM=0.00135×74=0.0999g，100ml溶液中所含m2(Li2CO3)=0.0999g×10=0.999g， 故ω= () 223 m Li CO m样品 = 0.999g 1g =0.999。 【点睛】 计算质量分数时，需计算出纯物质的的质量，利用氢氧化钠与硫酸的物质的量关系，计算出滴定时用去的硫酸的物质的量，找到硫酸，硫酸锂，碳酸锂的关系，从而计算，计算时，找到所给信息和所求信息之间的关系是解题的关键。 13． （1）H、D、T三种原子，在标准状况下，它们的单质的密度之比是_______，它们与氧的同位素16O、18O相互结合为水，可得水分子的种数为_______；[14NH3T]+中，电子数、质子数、中子数之比为_____ （2）核内中子数为N的R2＋，质量数为A，则n g它的同价态氧化物中所含电子的物质的量为____________。 （3）含6.02×1023个中子的73Li 的质量是______g （4）①Ne ②HCl ③P 4 ④N 2H 4 ⑤Mg 3N 2 ⑥Ca(OH)2 ⑦CaC 2 ⑧NH 4I ⑨AlCl 3，请用上述物质的序号填空，只存在极性共价键的是____________，只存在非极性共价键的是_______________。既存在离子键又存在非极性共价键的是_____________。 （5）在下列变化中，①碘的升华 ②烧碱熔化 ③MgCl 2溶于水 ④HCl 溶于水 ⑤Na 2O 2溶于水，未发生化学键破坏的是_____________，仅发生离子键破坏的是_____________仅发生共价键破坏的是_________，既发生离子键破坏又发生化学键破坏的是_______。（填写序号） 【答案】1∶2∶3 12 10∶11∶9 n A 16 ×（A-N+8） 1.75或7/4 ②⑨ ③ ⑦ ① ②③ ④ ⑤ 【解析】 【分析】 (1)同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ=m V 计算其单质的密度之比；根据1个水分子是由两个氢原子和1个氧原子构成来分析；结合离子符号，计算含有电子数、质子数、中子数进行判计算； (2)核内中子数为N 的R 2+离子，质量数为A ，所以质子数为A-N ，电子数为A-N ；该离子带2个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为RO ，该氧化物的摩尔质量为(A+16)g/mol ，据此分析计算； (3)根据n=A N N 计算中子物质的量，Li 的中子数为7-3=4，进而计算Li 的物质的量，再根据m=nM 计算； (4)根据共价键和和离子键的定义判断。共价键：相邻原子间通过共用电子对形成的化学键；离子键：阴阳离子通过静电作用形成的化学键；共价键的极性根据成键元素判断； (5)根据物质含有的化学键类型以及变化类型进行判断。 【详解】 (1)质量数=质子数+中子数，三种原子的质量数分别为1、2、3，故在同温同压下，体积相等，故根据ρ=m V =nM V 知，其密度之比等于其摩尔质量之比，故密度之比为1∶2∶3；由氧的同位素有16O 、18O ，氢的同位素有11H 、12H 、13H ，在1个水分子中含有2个氢原子和1个氧原子，若水分子中的氢原子相同，则16O 可分别与11H 、12H 、13H 构成水，即存在三种水；18O 可分别与11H 、12H 、13H 构成水，即存在三种水；若水分子中的氢原子不同，则16O 可分别与11H 12H 、12H 13H 、11H 13H 构成水，即存在三种水；18O 可分别与11H 12H 、 12H 13H 、11H 13H 构成水，即存在三种水；所以共形成3×4=12种水；[14NH 3T]+ 中电子数、质子数、中子数分别为10、11、(14-7+2)=9，故电子数∶质子数∶中子数=10∶11∶9，故答案为：1∶2∶3；12；10∶11∶9； (2)该离子带2个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为RO ，该氧化物的摩尔质量为 (A+16)g/mol，n g 它的氧化物的物质的量为 n A16 +mol；1molRO中含有(A-N+8)mol质子， 所以ng它的氧化物中所含质子的物质的量为 n A16 +×(A-N+8)，质子数与电子数相同，所 以电子的物质的量为： n A16 +×(A-N+8)mol，故答案为： n A16 +×(A-N+8)； (3)6.02×1023个中子物质的量为1mol，Li的中子数为7-3=4，故Li的物质的量为 1 4mol=0.25mol，Li的质量=0.25mol×7g/mol= 7 4 g=1.75g，故答案为：1.75； (4)①Ne为单原子分子，不存在化学键； ②HCl中H原子和Cl原子形成极性共价键； ③P4中存在P-P非极性共价键； ④N2H4中存在N-H极性共价键和N-N非极性共价键； ⑤Mg3N2中镁离子与氮离子间形成离子键； ⑥Ca(OH)2中钙离子和氢氧根离子间形成离子键；氢氧根离子内部氧原子、氢原子间形成极性共价键； ⑦CaC2中钙离子和C22-间形成离子键；C22-内部碳原子之间形成非极性共价键； ⑧NH4I铵根离子与碘离子间形成离子键；铵根离子内部氮原子、氢原子间形成极性共价键； ⑨AlCl3是共价化合物，氯原子与铝原子形成极性共价键； 因此只存在极性共价键的是②⑨；只存在非极性共价键的是③；既存在离子键又存在非极性共价键的是⑦，故答案为：②⑨；③；⑦； (5)①碘为分子晶体，升华时克服分子间作用力，没有化学键发生变化； ②烧碱为离子晶体，含有离子键和共价键，融化时离子键断裂，而共价键没有变化； ③MgCl2为离子化合物，溶于水没有发生化学变化，只发生离子键断裂； ④氯化氢为共价化合物，只含有共价键，溶于水没有发生化学变化，只发生共价键断裂； ⑤Na2O2含有离子键和共价键，溶于水发生化学反应，得到氢氧化钠和氧气，破坏离子键和共价键； 因此未发生化学键破坏的是①；仅发生离子键破坏的是②③；仅发生共价键破坏的是④，既发生离子键破坏又发生共价键破坏的是⑤，故答案为：①；②③；④；⑤。 【点睛】 本题的易错点为(4)和(5)，要注意常见物质中化学键类型的判断和常见变化过程中化学键的变化情况的归纳。 14． 钠是一种非常活泼、具有广泛应用的金属。 （1）钠的原子结构示意图为，钠在反应中容易___电子（填“得到”或“失去”）。 （2）金属钠非常活泼，通常保存在________里，以隔绝空气。 （3）汽车安全气囊的气体发生剂NaN3可由金属钠生产。某汽车安全气囊内含NaN3、 Fe2O3和NaHCO3等物质。 ⅰ．当汽车发生较严重的碰撞时，引发NaN3分解2NaN3 = 2Na + 3N2，从而为气囊充气。N2的电子式为_________。 ⅱ．产生的Na立即与Fe2O3发生置换反应生成Na2O，化学方程式是________。ⅲ．NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程释放的热量。NaHCO3起冷却作用时发生反应的化学方程式为________。 ⅳ．一个安全气囊通常装有50 g NaN3，其完全分解所释放的N2为_______mol。 （4）工业通过电解NaCl生产金属钠：2NaCl(熔融)2Na+Cl2，过程如下： 已知：电解时需要将NaCl加热至熔融状态。NaCl的熔点为801℃，为降低能耗，通常加入CaCl2从而把熔点降至约580℃。 ①把NaCl固体加热至熔融状态，目的是________。 ②电解时，要避免产生的Na与Cl2接触而重新生成NaCl。用电子式表示NaCl的形成过程________。 ③粗钠中含有少量杂质Ca，过程Ⅱ除去Ca的化学方程式是________。 ④过程Ⅰ中，CaCl2能发生像NaCl那样的电解反应而被消耗。但在过程Ⅰ中CaCl2却不断地被重新生成，原因是________。 【答案】失去煤油6Na＋Fe2O3=3Na2O＋2Fe2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O 1.2mol破坏离子键，产生自由移动的Na＋和Cl－ 2Ca＋Na2O2=2CaO＋2Na Ca与Na活泼，Ca与Cl2反应生成CaCl2 【解析】 【分析】 (1)根据钠原子的结构示意图最外层电子数分析； (2)金属钠为活泼金属，能与氧气反应，常保存在煤油中； (3)i．N2中两个氮原子之间共用叁键； ii．发生置换反应，利用置换反应特点完成； iii.利用碳酸氢钠不稳定性进行分析； iv.根据反应方程式进行计算； (4)①利用电解质导电条件进行分析； ②NaCl 是离子化合物，是由Na ＋和Cl －组成； ③根据流程进行分析； ④利用金属性强弱进行分析； 【详解】 (1)根据钠的原子结构示意图，最外层只有1个电子，容易失去1个电子，达到稳定结构； 答案为失去； (2)金属钠是活泼金属，能与氧气反应，常保存在煤油里，以隔绝空气； 答案：煤油； (3)i.N 2中两个氮原子以叁键结合，且氮原子最外层有5个电子，其电子式为 ； 答案：； ii.Na 与Fe 2O 3发生置换反应，根据置换反应特点，Na 应将Fe 置换出来，即反应方程式为6Na ＋Fe 2O 3=3Na 2O ＋2Fe ； 答案：6Na ＋Fe 2O 3=3Na 2O ＋2Fe ； iii.分解反应为吸热反应，碳酸氢钠不稳定，受热易分解，降低温度，其反应方程式为2NaHCO 3Na 2CO 3＋CO 2↑＋H 2O ； 答案：2NaHCO 3 Na 2CO 3＋CO 2↑＋H 2O ； iv.根据反应方程式： 3222 62NaN 5g 3m = 2Na + ol 503g n(N )N 解得n(N 2)≈1.2mol ； 答案：1.2mol ； (4)①NaCl 为电解质，固体不导电，熔融状态下能够导电，破坏离子键，产生自由移动的Na ＋和Cl －； 答案：破坏离子键，产生自由移动的Na ＋和Cl －； ②NaCl 为离子化合物，是由Na ＋和Cl －组成，用电子式表示NaCl 的形成过程：； 答案：； ③根据过程II ，粗钠中加入过氧化钠生成氧化钙和金属钠，因此发生的反应方程式为2Ca ＋Na 2O 2=2CaO ＋2Na ； 答案：2Ca ＋Na 2O 2=2CaO ＋2Na ； ④过程Ⅰ中，CaCl 2被电解成Ca 和Cl 2，因为Ca 比Na 活泼，因此Ca 与Cl 2反应生成CaCl 2； 答案：Ca 与Na 活泼，Ca 与Cl 2反应生成CaCl 2。 1996年广东高考化学真题及答案 第I卷 （选择题共84分） 合题意.) 根据以下叙述,回答1～2小题. 1995年诺贝尔化学奖授予致力于研究臭氧层被破坏问题的三位环境化学家.大气中的臭氧层可滤除大量的紫外光,保护地球上的生物.氟利昂(如CCl2F2可在光的作用下分解,产生Cl原子,Cl原子会对臭氧层产生长久的 破坏作用(臭氧的分子式为O3).有关反应为: 1.在上述臭氧变成氧气的反应过程中,Cl是( ). (A)反应物(B)生成物(C)中间产物 (D)催化剂 2.O3和O2是( ). (A)同分异构体(B)同系物 (C)氧的同素异形体(D)氧的同位素 请分别比较3～5三个小题中前后两个数值的相对大小.选择(A)、(B)、(C)、(D)表示前者和后者的关系. 3.原子核外的M电子层和L电子层最多可容纳的电子数( ). (A)大于(B)小于 (C)等于 (D)不能肯定 4.钢和生铁中碳的百分含量( ). (A)大于(B)小于 (C)等于 (D)不能肯定 5.相同温度下的0.1摩/升和0.01摩升CH3COOH溶液中,CH3COOH的电离度( ). (A)大于(B)小于 (C)等于 (D)不能肯定 项符合题意.若正确答案只包括一个选项,多选时,该题为0分;若正确答案包括两个选项,只选一个且正确的给1分,选两个且都正确的给3分,但只要选错一个,该小题就为0分.) 6.科学家最近制造出第112号新元素,其原子的质量数为277,这是迄今已知元素中最重的原子.关于 该新元素的下列叙述正确的是( ). (A)其原子核内中子数和质子数都是112 (B)其原子核内中子数为165,核外电子数为112 (C)其原子质量是12C原子质量的277倍 (D)其原子质量与12C原子质量之比为277:12 7.关于磷的下列叙述中,正确的是( ). (A)红磷没有毒性而白磷剧毒 (B)白磷在空气中加热到260℃可转变为红磷 (C)白磷可用于制造安全火柴 (D)少量白磷应保存在水中 8.把三氯化铁溶液蒸干灼烧,最后得到的固体产物是( ). (A)无水三氯化铁(B)氢氧化铁 (C)氧化亚铁 (D)三氧化二铁 2020年高考化学计算题专题复习 (精选高考真题+详细教案讲义，值得下载) 1．(2019·唐山一模)阿伏加德罗常数的值用N A表示，下列叙述正确的是() A．室温时，1 L pH＝2的NH4Cl溶液中所含H＋的数目为1×10－12N A B．1 mol LiAlH4在125 ℃时完全分解生成LiH、H2、Al，转移电子数为3N A C．1.7 g氨气中含有共价键的数目为0.4N A D．标准状况下，22.4 L NO2含有的原子数小于3N A 解析：选B A项，室温时，1 L pH＝2的NH4Cl溶液中所含H＋的数目为0.01N A；B项，1 mol LiAlH4在125 ℃时完全分解生成LiH、H2、Al，反应中Al元素的化合价从＋3价降低到0价，因此转移电子数为3N A；C项，1.7 g氨气的物质的量是0.1 mol，其中含有共价键的数目为0.3N A；D项，标准状况下，NO2不是气体。 2．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是() A．常温常压下，30.0 g氟化氢中含有氟原子的数目为 1.5N A B．标准状况下，33.6 L乙烯与乙炔的混合物中含有碳原子的数目为3N A L－1的Na2CO3溶液中含有氧原子的数目为3N A C．1 L 1 mol· D．某密闭容器中0.1 mol Na2O2和0.1 mol CO2充分反应，转移电子的数目为0.1N A mol－1＝1.5 mol，含有 20 g· 解析：选C30.0 g氟化氢的物质的量为30.0 g÷ 氟原子的数目为 1.5N A，故A正确；标准状况下，33.6 L乙烯与乙炔的混合气体的物质的量为 1.5 mol，它们分子中均含有2个碳原子，则混合物中含有碳原子 高考化学化学反应原理综合题含答案 一、化学反应原理 NH ClO为白色晶体，分解时产生大量气体，是复合火箭推进剂的重要成1．高氯酸铵() 44 分。 ()1高氯酸铵中氯元素的化合价为_____________。 ()2高氯酸铵在高温条件下分解会产生H() O g和三种单质气体，请写出该分解反应的化 2 学方程式____________________________。 ()3某研究小组在实验室设计如下装置检验高氯酸铵分解的产物。该小组连接好装置后，依次检查装置的气密性、装入试剂、通干燥的惰性气体排尽装置内的空气、将导管末端移入盛满水的试管E、通入气体产物。(已知：焦性没食子酸溶液用于吸收氧气) ①装置A、B、C、D中盛放的药品可以依次为__________(选填序号：Ⅰ、Ⅱ或Ⅲ)。 .碱石灰、湿润的淀粉KI试纸、氢氧化钠溶液、Cu Ⅰ .无水硫酸铜、湿润的红色布条、氢氧化钠溶液、Cu Ⅱ .无水硫酸铜、湿润的淀粉KI试纸、饱和食盐水、Cu Ⅲ ②装置E收集到的气体可能是_____________(填化学式)。 ()4经查阅资料，该小组利用反应NaClO4(aq)+NH4Cl(aq)90℃=NH4ClO4(aq)+NaCl(aq)在实验室NH ClO，该反应中各物质的溶解度随温度的变化曲线如图。 制取44 ①从混合溶液中获得较多粗NH ClO4晶体的实验操作依次为________、_________和过 4 滤、洗涤、干燥。 ②研究小组分析认为，若用氨气和浓盐酸代替NH Cl，则上述反应不需要外界供热就能 4 进行，其原因是_______________________________。 ()5研究小组通过甲醛法测定所得产品NH4ClO4的质量分数。[已知：NH4ClO4的相对 2018年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ） 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分） 1．（6分）磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一，采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下： 下列叙述错误的是（） A．合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用 B．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li C．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+ D．上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠2．（6分）下列说法错误的是（） A．蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖 B．酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质C．植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色 D．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖 3．（6分）在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是（） A．B． C．D． 4．（6分）N A是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（） A．16.25gFeCl3，水解形成的Fe（OH）3为胶体粒子数为0.1N A B．22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18N A C．92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0N A D．1.0molCH4与Cl2在光照下生成CH3Cl的分子数为1.0N A 5．（6分）环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺（2，2）戊烷（）是最单的一种，下列关于该化合物的说法错误的是（） A．与环戊烯互为同分异构体 B．二氯化物超过两种 C．所有碳原子均处同一平面 D．生成1molC5H12，至少需要2molH2 6．（6分）主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20．W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化台物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是（） A．常温常压下X的单质为气态 B．Z的氢化物为离子化合物 C．Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性 D．W与Y具有相同的最高化合价 7．（6分）最近我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如右所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为： ①EDTA﹣Fe2+﹣e﹣=EDTA﹣Fe3+ ②2EDTA﹣Fe3++H2S=2H++S+2EDTA﹣Fe2+该装置工作时，下列叙述错误的是（） A．阴极的电极反应：CO2+2H++2e﹣═CO+H2O B．协同转化总反应：CO2+H2S═CO+H2O+S C．石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低 D．若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA﹣Fe3+/EDTA﹣Fe2+，溶液需为酸性 二、解答题（共3小题，满分43分） 8．（14分）醋酸亚铬[（CH3COO）2Cr?2H2O]为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价络；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示。回答下列问题： （1）实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是仪器a的名称是。（2）将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置。打开K1、K2，关闭K3。 ①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为 ②同时c中有气体产生，该气体的作用是 （3）打开K3，关闭K1和K2．c中亮蓝色溶液流入d，其原因 是；d中析出砖红色沉淀。为使沉淀充分析出并 分离，需采用的操作是、洗涤，干燥。 （4）指出装置d可能存在的缺点 专题四：中学化学计算题常见方法及策略 二. 知识要点及例题： （一）化学计算中的转化策略 1. 由陌生转化为熟悉。 在解题过程中，当接触到一个难以解决的陌生问题时，要以已有知识为依据，将所要求解的问题与已有知识进行比较、联系，异中求同，同中求异，将陌生转化为熟悉，再利用旧知识，解决新问题。 [例1] 现有25℃的硫酸铜饱和溶液300克，加热蒸发掉80克水后，再冷却到原来的温度，求析出CuSO4·5H2O多少克（已知25℃时，CuSO4的溶解度为20克）。 [例2] 溶质质量分数为3x％和x％的两种硫酸等体积混合后，混合液中溶质的质量分数是（） A. 2x％ B. 大于2x％ C. 小于2x％ D. 无法计算 2. 由局部转化为整体。 复杂的化学问题，往往是由几个小问题组合而成，若将这些小问题孤立起来，逐个分析解决，不但耗时费力，且易出错。如能抓住实质，把所求问题转化为某一整体状态进行研究，则可简化思维程序，收到事半功倍之效。 [例3] 有一包FeSO4和Fe2（SO4）3的固体混合物，已测得含铁元素的质量分数为31％，则混合物中硫元素的质量分数是____。 [例4] 有一放置在空气中的KOH固体，经测定，其中含 KOH 84.9％，KHCO35.1％，K2CO32.38％，H2O 7.62％。将此样品若干克投入 98克10％的盐酸中，待反应完全后，再需加入20克10％的KOH溶液方能恰好中和。求蒸发中和后的溶液可得固体多少克。 3. 由复杂转化为简单 著名数学家华罗庚教授曾经说过：“把一个较复杂的问题‘退’成最简单、最原始的问题，把这最简单、最原始的问题想通了，想透了……”然后各个击破，复杂问题也就迎刃而解，不攻自破了。华罗庚教授所说的“退”，就是“转化”，这种“退”中求进的思维策略常被用于解决复杂的化学问题。 [例5] 向1000克未知溶质质量分数的硫酸铜溶液中加入一定量的氢氧化钠溶液，过滤、干燥后得到蓝色固体19.6克。在所得滤液中加入过量铁粉，充分反应后，再加入足量盐酸，最后得到6.4克固体，求原溶液中硫酸铜的质量分数。 4. 由隐含转化为显露。 有些题目从表面看来似缺条件而无法求解，实际上解题条件就隐含在语言叙述、化学现象、化学原理之中。解答此类题目的关键，是充分挖掘题中的隐含条件，化隐为显，架设由未知到已知的“桥梁”。 [例6] 将镁粉和碳酸镁的混合物置于氧气中灼烧，直至质量不再改变为止。经测定，灼烧 后所得固体质量与原混合物质量相同，求原混合物中镁粉和碳酸镁的质量比。 近五年高考真题化学大题 （2013年全国卷1，13分）醇脱水是合成烯烃常用的方法。实验室合成环己烯的反应和实验装置如下： 相对分子质量密度/（g·cm－3）沸点/（0C）溶解性 环己醇1000.9618161微溶于水 环己烯820.810283难溶于水 在a中加入20 g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1 mL浓硫酸。b中通入冷却水后，开 始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过900C。 分离提纯：反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钼颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯10g。 回答下列问题： （1）装置b的名称是。 （2）加入碎瓷片的作用是；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是。 A．立即补加 B．冷却后补加 C．不需补加 D．重新配料 （3）本实验中最容易产生的副产物的结构简式为。 （4）分液漏斗在使用前须清洗干净并；在本实验分离过程，产物应该从分液漏斗的（填“上口倒出”或“下口放出”）。 （5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是。 （6）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有（填正确答案标号） A．圆底烧瓶 B．温度计 C．吸滤瓶 D．球形冷凝管 E．接收器 （7）本实验所得到的环己烯产率是（填正确答案标号） A．41% B．50% C．61% D．70% 答案：（1）直形冷凝管（2）防液体暴沸；B（3）（4）检漏；上品倒出。 （5）干燥（或除不除醇）（6）CD（7）C （2014年全国卷1,13分）乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味。实验室制备乙酸 异戊酯的反应、 装置示意图和有关数据如下： 2014年安徽高考理综化学试题解析 第Ⅰ卷 的资源化利用是解决温室效应的重要途径，以下是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚氰酸的反应： NH3+CO2 +H2O 下列有关三聚氰酸的说法正确的是 A．分子式为C3H6N3O3 B．分子中既含极性键，又含非极性键 C．属于共价化合物 D．生成该物质的上述反应为中和反应 【答案】C 【解析】三聚氰酸分子式为C3H3N3O3，分子中只含极性键(碳氮极性键、碳氧极性键和氧氢极性键)。氰酸的结构为HO—C≡N，3个氰酸分子发生加成生成三聚氰酸。本题是用NH3捕获CO2在一定条件下生成三聚氰酸，其过程是：NH3先与CO2发生加成反应生成中间产物氨基甲酸H2N—COOH，3个H2N—COOH失去3个水分子生成三聚氰酸。 8.下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是 A．该溶液中，K+、Fe2+、C6H5OH、Br—可以大量共存 B．和KI溶液反应的离子方程式： Fe3+ +2I—== Fe2+ +I2 C．和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式： Fe3+ +SO42—+Ba2+ +3OH—== Fe(OH)3↓+BaSO4↓ D．1 mol/L该溶液和足量的Zn充分反应，生成 gFe 【答案】D 【解析】A选项：Fe3+与C6H5OH反应：Fe3++6C6H5OH==[Fe(OC6H5)6]3—+6H+ B选项：正确的离子方程式为2Fe3+ +2I—== 2Fe2+ +I2 C选项：正确的离子方程式为2Fe3+ +3SO42—+3Ba2+ +6OH—== 2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓ 9.为实现实验目的，依据下表提供的主要仪器，所用试剂合理的是 选项实验目的主要仪器试剂 A分离Br2和CCl4混合物分液漏斗、烧杯Br2和CCl4混合物、蒸馏水 B鉴别葡萄糖和蔗糖试管、烧杯、酒精灯葡萄糖溶液、蔗糖溶液、银氨溶液C实验室制取H2试管、带导管的橡皮塞锌粒、稀HNO3 D测定NaOH溶液浓度滴定管、锥形瓶、烧杯NaOH溶液、 mol/L盐酸 【解析】A选项：Br2和CCl4是两种互溶的液体，Br2和CCl4混合物是溶液，不能通过分液的方法分离。 B选项：葡萄糖是还原性糖(分子中含—CHO)，蔗糖是非还原性糖(分子中不含—CHO)。 C选项：实验室制取H2的试剂通常是用锌粒和稀盐酸或稀硫酸，不是稀硝酸。锌与稀硝酸反应反应通常不能得到H2，而是低价氮的化合物或氮单质。 D选项：缺少酸碱指示剂。 10.臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其反应为：2NO2(g)+O3(g) N2O5(g)+O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断准确的是 A B C D 高考化学计算题专题复习一、涉及化工生产流程的计算 题型特点:以常见化工生产流程图为背景,根据不同反应步骤中反应物的利用率计算反应物的投料比或产率。 解题方法:以化学方程式为基础,应用守恒理论,对多个相关联的化学方程式进行简约(叠加,找出分散在不同化学反应中的不同物质之间的化学计量数关系,以此计量关系进行计算。 1.(08南通一检某化肥厂以氨和空气(其中氧气的体积分数为0.2为原料生产硝酸铵过程如下: 其中反应①为4NH 3+5O 2 4NO +6H 2O ⑴步骤②中发生了两个反应,将这两个化学方程式合并为一个化学方程式,可表示为___________________________。 ⑵若不考虑副反应且各步反应均完全,为使生产过程中不再补充空气,则原料气中氨(包括第③步被硝酸吸收的氨的体积分数最大值为____________。 ⑶假设实际生产中,反应①、②中含氮物质的利用率分别为a 、b ,反应③中氨的利用率为c 、硝酸的利用率为100%,则合成硝酸铵的整个流程中,氨的总利用率是多少? 解析:(14NO +3O 2+2H 2O =4HNO 3 (2①、②、③步反应叠加 4NH 3+5O 4NO +6H 2O 4NO +3O 2+2H 2O =4HNO 3 4NH 3+4HNO 3=4NH 4NO 3 4NH 3+4O 2+H 2O=2NH 4NO 3+3H 2O NH 3%=4/(4+4/0.2=1/6(或16.7% (3解法一:假设消耗NH 3的总物质的量为1mol ,其中用于制取HNO 3的NH 3的物质的量为x mol ,被HNO 3吸收的NH 3的物质的量为y mol ,则有:x +y =1、abx =cy 。解得:x =c ab c + y = c ab ab + 氨的总利用率=(xab +yc /1= c ab abc +2 解法二:假设第①步参加反应的氨气的物质的量为4mol ,则: 生成硝酸的物质的量4ab mol ; 第③步需要氨气的物质的量为 c 1、四氯化钛（TiCl4）是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料，由钛铁矿（主要成分是FeTiO3）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下： 回答下列问题： （1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生。 2Fe3＋＋Fe === 3Fe2＋ 2TiO2＋(无色) ＋Fe＋4H＋=== 2Ti3＋(紫色) ＋Fe2＋＋2H2O Ti3＋(紫色) ＋Fe3＋＋H2O ===TiO2＋(无色) ＋Fe2＋＋2H＋ （2）在②→③工艺中需要控制条件以形成TiO2·n H2O溶胶，该分散质颗粒直径大小在_____________范围。 （3）若把③中制得的固体TiO2·n H2O用酸清洗除去其中的Fe (OH)3杂质，还可制得钛白粉。已知25℃时， ,该温度下反应Fe (OH)3＋3H＋Fe3＋＋H2O的平衡常数K=_____________。（4）已知：TiO2 (s) ＋2 Cl2 (g)=== TiCl4(l) ＋O2(g) △H=+140KJ·mol-1 C(s) ＋O2(g)=== 2CO(g) △H=—221KJ·mol-1 写出④中TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式：_____________。 （5）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是_____________（只要求写出一项）。 （6）依据右表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4 ，可采用_____________方法。 2、某研究性学习小组为合成1-丁醇，查阅资料得知一条合成路线： CH3CH=CH2+CO+H2CH3CH2CH2CHO CH3CH2CH2CH2OH； CO的制备原理：HCOOH CO↑+H2O，并设计出原料气的制备装置（如图）。 2018年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ） 一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．（6分）化学与生活密切相关，下列说法错误的是（） A．碳酸钠可用于去除餐具的油污 B．漂白粉可用于生活用水的消毒 C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查 2．（6分）研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如图所示）。下列叙述错误的是（） A．雾和霾的分散剂相同 B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵 C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂 D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关 3．（6分）实验室中用如右图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。 光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是（） A． B．C．D． 4．（6分）W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，下列叙述正确的是（） A．X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物 B．Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键 C．四种元素的简单离子具有相同的电子层结构 D．W的氧化物对应的水化物均为强酸 5．（6分）N A代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（） A．常温常压下，124gP4中所含P一P键数目为4N A B．100 mL 1mol?L﹣1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0．lN A C．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2N A D．密闭容器中，2 mol SO2和1molO2催化反应后分子总数为2N A 6．（6分）我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na﹣CO3二次电池，将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液。钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO2+4Na ?2Na2CO3+C，下列说法错误的是（） A．放电时，ClO4﹣向负极移动 B．充电时释放CO2，放电时吸收CO2 C．放电时，正极反应为：3CO2+4e﹣═2CO32﹣+C D．充电时，正极反应为：Na++e﹣═Na 7．（6分）下列实验过程可以达到实验目的是（） 编号实验目的 实验过程 A 配制 0.4000mol?L﹣1的 NaOH溶液 称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250mL容量瓶中定容 B 探究维生素C的还原性向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C 溶液，观察颜色变化 C 制取并纯化氢气向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、 浓硫酸和KMnO4溶液 D 探究浓度对反应速率的 影响 向2支盛有5mL不同浓度 NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实验现象 二、非选择题：每个试题考生必须作答。 8．（14分）我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示： 相关金属离子[c0（M n+）=01mol?L﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 2017年普通高等学校招生全国统一考试 理科化学综合能力测试试题卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．作答时，务必将答案写在答题卡上。学科.网写在本试卷及草稿纸上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Ca 40 一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 8．阿伏加德罗常数的值为A N 。下列说法正确的是 A ．1 L 0.1 mol·1 L -NH 4Cl 溶液中，4NH + 的数量为0.1A N B ．2.4 g Mg 与H 2SO 4完全反应，转移的电子数为0.1A N C ．标准状况下，2.24 L N 2和O 2的混合气体中分子数为0.2A N D ．0.1 mol H 2和0.1 mol I 2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2A N 9．a 、b 、c 、d 为原子序数依次增大的短周期主族元素，a 原子核外电子总数与b 原子次外层的电子数相同；c 所在周期数与族数相同；d 与a 同族。下列叙述正确的是 A ．原子半径：d>c>b>a B ．4种元素中b 的金属性最强 C ．c 的氧化物的水化物是强碱 D ．d 单质的氧化性比a 单质的氧化性强 10．下列由实验得出的结论正确的是 D ． 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体 能使湿润的石蕊试纸变红 生成的氯甲烷具有酸性 11．用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为 24224H SO H C O -混合溶液。下列叙述错误的是 A ．待加工铝质工件为阳极 B ．可选用不锈钢网作为阴极 C ．阴极的电极反应式为：3Al 3e Al +-+= D ．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动 12．改变0.11mol L -?二元弱酸2H A 溶液的pH ，溶液中的2H A 、HA -、2A -的物质的量分 数(X)δ随pH 的变化如图所示[已知22(X) (X)(H A)(HA )(A ) c c c c δ--= ++]。 下列叙述错误的是 A ．pH=1.2时，2(H A)(HA )c c -= B ．22lg[(H A)] 4.2K =- C ．pH=2.7时，22(HA )(H A)(A )c c c -->= D ．pH=4.2时，2(HA )(A )(H )c c c --+== 13．由下列实验及现象不能推出相应结论的是 实验 现象 结论 A ． 向2 mL 0.1 1mol L -?的3 FeCl 溶液中 加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN 黄色逐渐消失，加KSCN 溶液颜色不变 还原性：2Fe>Fe + 浙江新高考29题——化学计算 1. 将露置于空气中的某氢氧化钠固体样品溶于水，向所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成的CO2体积（标准状况）与加入的盐酸体积有如图关系（不考虑CO 2在水中的溶解）。 试计算：（无需书写计算步骤） (1)盐酸的物质的量浓度为mol/L。 (2)该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比为。 2. 取1.19gK2CO3和KHCO3的混合物溶于水配成25mL溶液，往溶液中加入25mLBa(OH)2溶液恰好使生成的 白色沉淀的量最多。反应后溶液的c(OH-)=0.3mol/L（混合溶液体积为50mL）。试计算： (1)反应后溶液中n(OH-)= mol。 (2)原混合物中n(K2CO3):n(KHCO3)= 。 3. 取2.74gNa2CO3和NaHCO3的混合物溶于水配成25mL溶液，往溶液中加入25mLHCl溶液恰好完全反应生成标准状况下672mL气体。反应后溶液的c(Cl-)=0.8mol/L(混合溶液体积为50mL）。试计算： (1)反应后溶液中n(Cl-)= mol。 (2)原混合物中n(Na2CO3):n(NaHCO3)= 。 5. 取14.3g Na2CO3·xH2O溶于水配成100mL溶液，然后逐滴滴入稀盐酸直至没有气体放出为止，用去盐酸20.0mL，并收集到1.12LCO2(标准状况)。试计算： (1) 稀盐酸物质的量的浓度为mol/L。 (2) x值是。 6. 取NaHCO3和Na2CO3的混合物8.22g，加热到质量不再发生变化，冷却后测得其质量为6.36g。 (1)取等质量的原混合物溶于水，配成80mL溶液，则c(Na+)= mol/L (2)向(1)所配的溶液中逐滴加入1mol/L的稀盐酸至过量， 生成CO2的体积(标准状况)与加入盐酸的体积有如右图所示 的关系（不考虑CO2的溶解），则a点消耗盐酸的体积为 mL。 7. 标准状况下，将7.84L HCl气体溶于水配得350mL 盐酸，然后与含17.9g Na2CO3和NaHCO3的溶液混合，充分反应后生成0.200mol CO2气体。 （1）盐酸的物质的量浓度 mol/L 高三化学综合练习题 一、单选题 1.不断进步的材料逐渐构筑了我们现代社会的文明。下列说法错误的是( ) A.“唐三彩”和景德镇瓷器的主要化学成分都是硅酸盐 B.玻璃是一种常见的无机非金属材料，在一定温度下软化可制得玻璃仪器 C.高铁和城铁所用镁合金具有密度小、强度高、耐腐蚀等特点 D.以高纯硅制成的光导纤维内窥镜可直接窥视有关器官部位的变化 2.下列说法正确的是( ) A．与含有相同的官能团，互为同系物 B．属于醛类，官能团为—CHO C．的名称为：2—乙基―1―丁烯 D．的名称为：2—甲基―1,3―二丁烯 3.下图中的实验操作、现象与结论均正确的是( ) 4.下列解释正确的是（ ） A.H 2O 很稳定，是因为水分子之间存在氢键 B.HF 的熔、沸点在同族元素的氢化物中出现反 常，是因为HF 分子内有氢键 C.卤素单质从上到下熔、沸点升高，是因为它们 的组成、结构相似，从上到下其摩尔质量增大， 分子间的范德华力增大 D.氨气极易溶于水，与氢键没有关系 5.某有机物的结构如图所示。下列说法错误的是( ) A.该有机物的分子式为C 12H 20 B.能发生取代、氧化、加成等反应 C.该分子中所有碳原子可能共平面 D.一氯代物共有3种 6.下列转化图中的A 是单质，其他物质均是中学化学中常见的物质，B 、C 、D 三种化合物与A 含有一种相同的元素。下列说法正确的是( ) A.若X 、D 均是氢氧化物且D 具有两性，则B —定是2NaA1O B.若B 是能使湿润石蕊试纸变蓝色的气体，则D 可能有氧化性 C.若A 是硅、X 是氧气，则D 能使紫色石蕊试液变红色 D.若C 是形成酸雨的主要气体，则D —定是盐 7.某同学欲验证Fe 3+和I -在水溶液中发生可逆反应:2Fe 3+ + 2I -===2Fe 2 ++I 2，设计了下列实验操作，并给出了预测现象，其中不必要的实验操作是（不考虑水中溶解的少量氧气的影响）（ ） 方程式通式 ＣＸＨＹ ＋（ｘ＋ 4y ）Ｏ２ →ｘＣＯ２＋ 2y Ｈ２Ｏ ＣＸＨＹＯz ＋(x+24z y -) Ｏ２ →ｘＣＯ２＋2 y Ｈ２Ｏ 注意 1、有机物的状态：一般地，常温C 1—C 4气态； C 5—C 8液态(新戊烷C 5常温气态， 标况液态)； C 9以上固态(不严格) 1、有机物完全燃烧时的耗氧量 【引例】完全燃烧等物质的量的下列有机物，在相同条件下，需要O 2最多的是（ B ） A. 乙酸乙酯 CH 3COOC 2H 5 B. 异丁烷 CH(CH 3)3 C. 乙醇 C 2H 5OH D. 葡萄糖 C 6H 12O 6 ①等物质的量的烃C X H Y 完全燃烧时，耗氧量决定于的ｘ＋ 4 y 值，此值越大，耗氧量越多； ②等物质的量的烃的含氧衍生物C X H Y O Z 完全燃烧耗氧量决定于的x+24z y -值，此值越大，耗氧量越多； 【注】C X H Y 和C X H Y O Z 混搭比较——把衍生物C X H Y O Z 分子式写成残基·不耗氧的 CO 2 · H 2O 后,剩余残基再跟烃C X H Y 比较。如比较乙烯C 2H 4和乳酸C 3H 6O 3,后者就可写成 C 2H 4?1CO 2?1H 2O ，故等物质的量的二者耗氧量相同。 【练习】燃烧等物质的量的下列各组物质，耗氧量不相同的是( B ) A ．乙烷CH 3CH 3与丙酸C 2H 5COOH B ．乙烯CH 2=CH 2与乙二醇CH 2OH CH 2OH C ．乙炔HC ≡CH 与乙醛CH 3CHO D ．乙炔HC ≡CH 与乙二醇CH 2OH CH 2OH 【引例】等质量的下列烃完全燃烧生成CO 2和H 2O 时，耗氧量最多的是（ A ） A ．C 2H 6 B ． C 3H 8 C ．C 4H 10 D ．C 5H 12 ③等质量的烃CxHy 完全燃烧时，耗氧量决定于x y 的值，此值越大，耗氧量越多； ④等质量的烃的含氧衍生物CxHyOz 完全燃烧时，先化成 Cx Hy ?mCO2?nH2O 的形式，耗 氧量决定于 ' 'x y 的值，此值越大，耗氧量越多； 2011年高考试题按专题分类汇总化学与环境-5综合 （2011广安升学）20、下列行为与“绿色环保”理念不相符的是 A、分类回收、利用垃圾，减少资源浪费 B、推广使用一次性木筷，减少疾病传染 C、开发太阳能、风能等新能源，减少使用化石能源 D、使用催化净化装置，减少汽车尾气的污染 （2011山东东营）3．下列因果关系不正确的是 （2011泰安毕业）1.空气的成分中，能导致温室效应的气体是 A.氮气 B.氧气 C. 二氧化碳 D. 稀有气体 （2011永州）16.人类只有一个地球，保护环境，人人有责。下列说法能达到相应目的是 A.推广使用无氟冰箱有利于防止“臭氧空洞” B.工厂用高烟囱排放废气防止“酸雨” C.使用车用乙醇汽油防止“温室效应” D.及时焚烧废弃塑料减少“白色污染” （2011营口）2. “低碳生活，保护环境”已成为社会发展的主题，下述不符合此主题的是( )。 A. 使用可降解塑料袋 B. 发展快速公交，减少私车出行 C. 积极开发和利用新能源 D. 大量使用化肥提高粮食产量 （2011义乌毕业）1. 保护地球是每个公民应尽的义务，下列做法对人类的生存环境会造成危害的是 A．回收处理废旧电池 B．使用无磷洗衣粉 C．冰箱、空调使用含氯氟烃的制冷剂 D．工业废水经处理达标后再排放（2011徐州升学）11．.2011年，我市“创模”工作取得重大突破，国家环保部授予徐州市“国家环境保护模范城市城市”称号。为巩固成果，下列措施不可行 ．．．的是（） A．将麦秸大面积露天焚烧 B．多植树造林来防止扬尘污染 C．工业废水达标处理再排放 D．减少使用一次性的塑料制品 (2011芜湖)7．爱护环境，关注自己和他人健康，是每个公民的义务。下列做法正确的是（） A．室内公共场所禁止吸烟，其他场所可以任意吸烟 B．核能不安全，禁止使用核能 C．加速石油、煤炭的开采，快速提高人类生活质量 D．限制或禁止燃放烟花爆竹 (2011无锡)6．2009年12月在哥本哈根召开了联合国气候变化大会，气候变化问题进一步成为人类关注的热点．下列认识不正确的是( ) 绝密★启用前 2018年普通高等学校招生全国统一考试 理科综合能力测试 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ar 40 Fe 56 I 127 一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的。 7．磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下： 下列叙述错误的是 A．合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用 B．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li C．“沉淀”反应的金属离子为3 Fe D．上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠 8．下列说法错误的是 A．蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖 B．酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质 C．植物油含不饱和脂肪酸酯，能使 Br/CCl褪色 24 D．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖 9．在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是 10．A N 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A ．16.25 g 3FeCl 水解形成的3Fe(OH)胶体粒子数为0.1A N B ．22.4 L （标准状况）氩气含有的质子数为18A N C ．92.0 g 甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0A N D ．1.0mol 4CH 与2Cl 在光照下反应生成的3CH Cl 分子数为A 1.0N 11．环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[2.2]戊烷（ ）是最简单的一种。下 列关于该化合物的说法错误的是 A ．与环戊烯互为同分异构体 B ．二氯代物超过两种 C ．所有碳原子均处同一平面 D ．生成1 mol 512C H 至少需要2 mol 2H 12．主族元素W 、X 、Y 、Z 的原子序数依次增加，且均不大于20。W 、X 、Z 最外层电子数之和 为10；W 与Y 同族；W 与Z 形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是 A ．常温常压下X 的单质为气态 B ．Z 的氢化物为离子化合物 C ．Y 和Z 形成的化合物的水溶液呈碱性 D ．W 与Y 具有相同的最高化合价 13．最近我国科学家设计了一种22CO H S +协同转化装置， 实现对天然气中2CO 和2H S 的高效去除。示意图如右所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯（石墨烯包裹的ZnO ）和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为： ① 2+3+EDTA-Fe e EDTA-Fe --= ② 3++2+22EDTA-Fe H S 2H S 2EDTA-Fe +=++ 该装置工作时，下列叙述错误的是 A ．阴极的电极反应：22CO 2H 2e CO H O +-++=+ B ．协同转化总反应：222CO H S CO H O S +=++ 高考化学试题及答案 Document serial number【NL89WT-NY98YT-NC8CB-NNUUT-NUT108】 2019年普通高等学校招生全国统一考试 理科综合能力测试化学 2019-6-9 H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl Ar 40 Fe 56 I 127 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。7．陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是 A．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁 B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成 C．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐 D．陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点 8．关于化合物2?苯基丙烯（），下列说法正确的是 A．不能使稀高锰酸钾溶液褪色 B．可以发生加成聚合反应 C．分子中所有原子共平面 D．易溶于水及甲苯 9．实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是 A．向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K B．实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色 C．装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢 D．反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯 10．固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是 A．冰表面第一层中，HCl以分子形式存在 B．冰表面第二层中，H+浓度为5×10?3 mol·L?1（设冰的密度为g·cm?3）C．冰表面第三层中，冰的氢键网格结构保持不变 D．冰表面各层之间，均存在可逆反应HCl H++Cl? 11．NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸氢钾H 2A的K a1 =×10?3 ， K a2 =×10?6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是 A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关 B．Na+与A2?的导电能力之和大于HA?的 C．b点的混合溶液pH=7 D．c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH?) 12．利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是 A．相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能 B．阴极区，在氢化酶作用下发生反应H 2 +2MV2+2H++2MV+ C．正极区，固氮酶为催化剂，N 2发生还原反应生成NH 3 D．电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动 高考化学计算题精选精编（附答案及评分标准） 1、（12分）有三种质量比可能相同或不同的镁铝合金样品①、②、③。小明、小青、小红三同学各取一种样品，对合金中镁的质量分数进行下列实验探究。 （1）小明取样品①m 1 g 和过量的氢氧化钠溶液反应，然后过滤；再往滤液中通入过量的二氧化碳气体，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干、灼烧，得到固体质量仍为m 1 g 。则合金中镁的质量分数为_______________________。（2分） （2）小青取样品②m 2 g 和足量的稀硫酸反应，发现固体完全溶解，标准状况下得到气体体积为V L ，则m 3的取值围是___________________。（2分） （3）小红取不同质量的样品③分别和30mL 同浓度的盐酸反应，所取合金质量与产生气体体 (ⅱ)合金中镁的质量分数；（2分） (ⅲ)在c 组实验后，还需向容器中加入1.0mol/L 的氢氧化钠溶液多少毫升才能使剩余 合金中的铝恰好完全溶解？（2分） (12分)（1）47.06% (2分) （2） 0.80V1996年广东高考化学真题及答案
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