2019高考化學(xué)真題變式卷

BatchDoc Word文檔批量處理工具2018高考化學(xué)真題變式卷出卷人：馬鵬飛注意事項：1答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1 Li7 C12 N14 O16 Na23 Al27 P31 S32 Cl355 Fe56 Cu64 Ba137 第卷 （選擇題 共42分）一、選擇題（本大題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.本草綱目中載有一藥物，名“銅青”。藏器曰：生熟銅皆有青，即是銅之精華，大者即空綠，以次空青也。銅青則是銅器上綠色者，淘洗用之。時珍曰：近時人以醋制銅生綠，取收曬干貨之。后者的反應(yīng)原理為A. 析氫腐蝕 B. 吸氧腐蝕 C. 化學(xué)腐蝕 D. 置換反應(yīng)【答案】B【解析】銅在空氣中長時間放置，會與空氣中氧氣、二氧化碳、水反應(yīng)生成堿式碳酸銅Cu2(OH)2CO3，發(fā)生反應(yīng)為：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，所以反應(yīng)原理為化學(xué)腐蝕，答案選C。2.高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種新型的自來水處理劑，它的性質(zhì)和作用是A. 有強(qiáng)氧化性，可消毒殺菌，還原產(chǎn)物能吸附水中雜質(zhì)B. 有強(qiáng)還原性，可消毒殺菌，氧化產(chǎn)物能吸附水中雜質(zhì)C. 有強(qiáng)氧化性，能吸附水中雜質(zhì)，還原產(chǎn)物能消毒殺菌D. 有強(qiáng)還原性，能吸附水中雜質(zhì)，氧化產(chǎn)物能消毒殺菌【答案】A【解析】高鐵酸鉀具有強(qiáng)氧化性，可殺菌消毒。同時生成的還原產(chǎn)物鐵離子，在溶液中能水解生成氫氧化鐵膠體，吸附水中的懸浮物，因此正確的答案選A?？键c：考查物質(zhì)的性質(zhì)與應(yīng)用，涉及氧化還原反應(yīng)的理論。3.下列實驗操作能夠達(dá)到實驗?zāi)康牡氖茿. 實驗室采用圖所示裝置收集SO2B. 可用圖所示裝置比較KMnO4、C12、S的氧化性強(qiáng)弱C. 實驗室四氯化碳中常含有少量溴，加適量的苯，振蕩、靜置后分液，可除去四氯化碳中的溴D. 稱取040gNaOH固體，直接置于100ml容量瓶中加水至刻度線，可配制0.10molL-1NaOH溶液【答案】B【解析】試題分析：A、二氧化硫的密度大于空氣的密度，所以收集二氧化硫應(yīng)該采用向上排空氣法收集不是向下排空氣法收集，故A錯誤；B、高錳酸鉀能氧化濃鹽酸生成氯氣，反應(yīng)中高錳酸鉀作氧化劑，氧化產(chǎn)物是氯氣，所以高錳酸鉀的氧化性大于氯氣；氯氣和硫離子反應(yīng)生成硫單質(zhì)，氯氣是氧化劑，硫是氧化產(chǎn)物，所以氯氣的氧化性大于硫，由此得出高錳酸鉀的氧化性大于氯氣，氯氣的大于硫，故B正確；C、溴和溴乙烷都易溶于苯，所以不能采用分液的方法分離，故C錯誤；D、容量瓶不能用來溶解氫氧化鈉固體，只能是先把氫氧化鈉放在燒杯中溶解，等冷卻至室溫時，再轉(zhuǎn)移至容量瓶中，故D錯誤；故選B?？键c：考查了氧化性強(qiáng)弱的比較、容量瓶的用途、氣體的收集的相關(guān)知識。4.工業(yè)上氟氣可作為火箭燃料中的氧化劑。1886年法國化學(xué)家HM0issan通過電解氟氫化鉀(KHF2)的氟化氫無水溶液第一次制得氟氣。已知：KF+HF=KHF2，制備氟氣的電解裝置如圖所示。下列說法錯誤的是A. 鋼電極與電源的負(fù)極相連 B. 電解過程需不斷補(bǔ)充的X是KFC. 陰極室與陽極室必須隔開 D. 氟氫化鉀在氟化氫中可以電離【答案】B【解析】【詳解】電解熔融的氟氫化鉀（KHF2）和氟化氫（HF）混合物制備氟單質(zhì)，氟離子在陽極失電子生成氟氣，陰極上KHF2得到電子生成氫氣，電極反應(yīng)為：2HF2-+2e-H2+4F-。A. 根據(jù)圖示，鋼電極上產(chǎn)生氫氣，發(fā)生還原反應(yīng)，鋼電極為陰極，與電源的負(fù)極相連，故A正確；B. 根據(jù)題意，電解過程中會不斷消耗氟氫化鉀（KHF2），需不斷補(bǔ)充的X是氟氫化鉀（KHF2），故B錯誤；C. 電解制氟時，為了防止氟氣和氫氣發(fā)生劇烈反應(yīng)，引發(fā)爆炸，陰極室與陽極室必須隔開，故C正確；D. 根據(jù)上述分析，氟氫化鉀在氟化氫中可以電離出HF2-，故D正確；故選B。5.有機(jī)物W在工業(yè)上常用作溶劑和香料，其合成方法如下：下列說法正確的是A. N、W互為同系物 B. M的二氯代物有8種結(jié)構(gòu)C. W能發(fā)生皂化反應(yīng) D. M、N、W均能發(fā)生加成和取代反應(yīng)【答案】D【解析】AN屬于羧酸，W屬于酯，為不同類別的有機(jī)物，不屬于同系物，故A錯誤；BM中2個Cl均在甲基上有1種，均在苯環(huán)上有鄰、間、對位置時有2+3+1=6種，1個Cl在甲基、1個Cl在苯環(huán)上有3種，共10種，故B錯誤；C油脂堿性條件下的水解反應(yīng)為皂化反應(yīng)，則W不是油脂，不能發(fā)生皂化反應(yīng)，故C錯誤；DM、N、W均含苯環(huán)，均可與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，在催化劑條件下苯環(huán)上H可發(fā)生取代反應(yīng)，故D正確；故選D。6.己知a、b、c、d四種短周期主族元素，在周期表中相對位置如右圖所示，下列說法正確的是A. a、c兩元素的最高正價一定相等B. d的原子序數(shù)不可能是b的原子序數(shù)的3倍C. c的最高價氧化物對應(yīng)的水化物可溶于d的最高價氧化物對應(yīng)的水化物D. 若c元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物是強(qiáng)酸，則d元素的單質(zhì)具有強(qiáng)氧化性【答案】D【解析】若a是氧元素，則c是硫元素，最高正價不相等，故A錯誤；若b是Be元素，則d是Mg元素，d的原子序數(shù)是b的原子序數(shù)的3倍，故B錯誤；若c的最高價氧化物對應(yīng)的水化物是氫氧化鋁，則d的最高價氧化物對應(yīng)的水化物是硅酸，氫氧化鋁難溶于硅酸，故C錯誤；若c元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物是強(qiáng)酸，則c是S，d是氯元素，氯氣具有強(qiáng)氧化性，故D正確。7.t時，AgX(X=C1、Br)的溶度積與c(Ag+)和c(X-)的相互關(guān)系如下圖所示，其中A線表示AgC1，B線表示AgBr，已知p(Ag+)=lgc(Ag+)，p(X-)=lgc(X-)。下列說法正確的是A. c點可表示AgC1的不飽和溶液B. b點的AgC1溶液加入AgNO3晶體可以變成a點C. t時，AgC1(s)+Br-(aq)AgBr(s)+C1-(aq)平衡常數(shù)K=10-4D. t時，取a點的AgC1溶液和b點AgBr溶液等體積混合，會析出AgBr沉淀【答案】D【解析】根據(jù)圖示，A為氯化銀溶液中p(Ag+)與p(Cl-)的關(guān)系曲線，線上每一點均為氯化銀的飽和溶液，如a點，p(Ag+)=lgc(Ag+)=5，則c(Ag+)=10-5 mol/L，p(Cl-)=lgc(Cl-)=5，則c(Cl-)=10-5 mol/L，則Ksp（AgC1）= c(Ag+)c(Cl-)=10-510-5=10-10，同理Ksp（AgBr）=c(Ag+)c(Br-)=10-710-7=10-14。A. c點，c(Ag+)=10-4 mol/L，c(Cl-)=10-4 mol/L，因為10-410-4=10-8Ksp（AgC1）=10-10，說明是AgC1的過飽和溶液，故A錯誤；B. b點的AgC1溶液加入AgNO3晶體，c(Ag+)增大，但c(Cl-)基本不變，不能變成a點，故B錯誤；C. t時，AgC1(s)+Br-(aq)AgBr(s)+C1-(aq)平衡常數(shù)K=104，故C錯誤；D. t時，取a點的AgC1溶液和b點AgBr溶液等體積混合，c(Ag+)=10-4 mol/L +10-7 mol/L10-4mol/L，c(Br-)=10-7 mol/L，則c(Ag+)c(Br-)=10-410-710-14，有AgBr沉淀生成，故D正確；故選D。第II卷（非選擇題 共58分）二、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分。第8、9、10題為必考題，每個試題考生都必須作答。第11、12、13題為選考題，考生任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。）8.（14分）堿式碳酸鎂可用于生產(chǎn)牙膏、醫(yī)藥和化妝品等，化學(xué)式為4MgCO3Mg(OH)25H2O，某堿式碳酸鎂樣品中含有SiO2雜質(zhì)，為測定其純度，某興趣小組設(shè)計了如下幾個方案：方案I 取一定質(zhì)量的樣品，與稀硫酸充分反應(yīng)，通過測定生成CO2的質(zhì)量計算純度。(1)乙中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。(2)儀器接口的連接順序為(裝置可以重復(fù)使用)a_，丁的作用是_。(3)當(dāng)樣品充分反應(yīng)后，緩慢通入空氣的目的是_。方案II稱取堿式碳酸鎂樣品mg；將樣品充分高溫煅燒，冷卻后稱量；重復(fù)操作，測得剩余固體質(zhì)量為m1g。(4)下列儀器中，該方案不會用到的是_(填標(biāo)號)。(5)判斷樣品完全分解的方法是_。(6)有同學(xué)認(rèn)為方案II高溫煅燒的過程中會發(fā)生MgCO3+SiO2MgSiO3+CO2，會導(dǎo)致測定結(jié)果有誤，你認(rèn)為這位同學(xué)的觀點正確嗎?_(填“正確”或“錯誤”)。請說明理由：_?！敬鸢浮?(1)4MgCO3Mg(OH)25H2O+5H2SO45MgSO4+11H2O+4CO2（2分）(2)debcb（2分） 除去生成的CO2中的水蒸氣（2分）(3)將裝置中殘留的CO2全部趕出，使其被完全吸收（2分）(4).E（1分）(5)將樣品連續(xù)兩次高溫煅燒，冷卻稱量質(zhì)量相差0.1g 以內(nèi)（2分）(6)錯誤（1分） 該反應(yīng)的發(fā)生不影響固體質(zhì)量差（2分）【解析】考點分析：本題主要考查對于“測定堿式碳酸鎂純度”實驗的評價，涉及碳酸鹽受熱分解和二氧化碳性質(zhì)等。（1）乙中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為4MgCO3Mg(OH)25H2O+5H2SO4=5MgSO4+11H2O+4CO2。（2）通過濃硫酸除去水蒸氣，通過干燥管吸收二氧化碳；氣體通過干燥管的方向是“寬進(jìn)細(xì)出”；為了防止空氣中水蒸氣、二氧化碳進(jìn)入量化二氧化碳質(zhì)量的干燥管，需要再連接一個干燥管。故儀器接口的連接順序為adebcb，丁的作用是除去CO2中的水蒸氣。（3）當(dāng)樣品充分反應(yīng)完后，緩慢通入空氣的目的是：將裝置中殘留的CO2全部趕出被完全吸收。（4）該方案不會用到的是E。（5）判斷樣品完全分解的方法是樣品連續(xù)兩次高溫煅燒，冷卻稱量質(zhì)量相差0.1g以內(nèi)；本實驗加熱前需要稱量坩堝的質(zhì)量、坩堝與藥品的質(zhì)量和，加熱至質(zhì)量恒重，至少稱量兩次，一共至少需要稱量4次。（6）錯誤。理由：該反應(yīng)的發(fā)生不影響生成CO2和水蒸氣的量。9. （15分）甲醇（CH3OH）常溫下為無色液體，是應(yīng)用廣泛的化工原料和前景樂觀的燃料。（1）己知：CO、H2、CH3OH的燃燒熱（H）分別為283.0 kJmol-1、285.8 kJmol-1、-726.8 kJmol-1，則CO和H2反應(yīng)生成CH3OH的熱化學(xué)方程式是_。有人設(shè)想綜合利用太陽能將天然氣轉(zhuǎn)化為較易存運(yùn)的甲醇，裝置如下圖，裝置工作時陽極反應(yīng)方程式為_。（2）一定溫度下反應(yīng)CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)在容積為2L的密閉容器中進(jìn)行，其相關(guān)數(shù)據(jù)見上圖。從反應(yīng)開始至平衡時，用H2表示化學(xué)反應(yīng)速率為_，該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù)為_；5min后速率變化加劇的原因可能是_；（3）在6.98MPa、250和催化劑(CoI2)作用下，甲醇可轉(zhuǎn)化為乙酸：CH3OH(g) + CO(g) = CH3COOH(g)有機(jī)合成常有副反應(yīng)存在。若反應(yīng)釜中CH3OH和CO配料比(質(zhì)量)為1,甲醇生成乙酸的選擇率為90.0%，則此反應(yīng)CO的轉(zhuǎn)化率為_。（4）常溫Ka(CH3COOH)=1.810-5， 0.1 molL-1CH3COOH溶液中滴加0.1 molL-1CH3COONa溶液至 pH=7，此時混合溶液中兩溶質(zhì)的物質(zhì)的量比n(CH3COOH):n(CH3COONa)=_?！敬鸢浮?1). CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l) H = -127.8kJmol-1(2分) CH4 + H2O -2e- = CH3OH + 2H+(2分)(2). 0.06molL-1min-1(2分) L2mol-2（或9.375 L2mol-2等。無單位不扣分）(3分)使用催化劑(2分)(3). 78.8%(79%或78.75%(2分)(4). 1:180(2分)【解析】（1）由CO（g）和CH3OH（l）的燃燒熱H分別為-283.0kJmol-1 和-726.8kJmol-1 ，則CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）H=-283.0kJmol-1 CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2 H2O（l）H=-726.8kJmol-1 H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）H=-286kJmol-1 由蓋斯定律可知用+-2/3得反應(yīng)CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l），該反應(yīng)的反應(yīng)熱H=-283.0kJmol-1 +（-286kJmol-1 ）-2/3（-726.8kJmol-1 ）=-127.8kJmol-1 ，即CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）H=-129kJmol-1 。故答案為：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）H=-127.8kJmol-1 ；利用太陽能將天然氣轉(zhuǎn)化為較易存運(yùn)的甲醇，陽極失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，反應(yīng)方程式為： CH4 + H2O -2e- = CH3OH + 2H+ ；（2）從反應(yīng)開始至平衡時，用H2表示化學(xué)反應(yīng)速率為 =0.06molL-1min-1；K= 5min后速率變化加劇的原因可能是使用催化劑；（3）CH3OH和CO配料比(質(zhì)量)為1，令投料1g，反應(yīng)的CO為： ，則CO的轉(zhuǎn)化率為0.7875g/1g100%=78.8%(79%或78.75% )；（4） ，n(CH3COOH):n(CH3COONa)=1:180點睛：（4）綜合考查弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡，難度較大，明確電平衡常數(shù)的概念是解題的關(guān)鍵，注意電荷守恒的含義，對學(xué)生應(yīng)用知識的能力要求較高。10. （14分）以硼鎂礦(2MgOB2O3H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3、A12O3)為原料生產(chǎn)硼酸的工藝流程如下：已知：表一：不同溫度下H3BO3的溶解度溫度）204060100溶解度（g）5.08.714.840.2表二：不同物質(zhì)沉淀完全時的pH物質(zhì)Fe（OH）3Al（OH）3Fe（OH）2Mg（OH）2pH3.25.29.712.4(1)由于礦粉中含CaCO3，“浸取”時容易產(chǎn)生大量泡沫使物料從反應(yīng)器中溢出，應(yīng)采取的措施為_。(2)“浸出液”顯酸性，含有H3BO3、Mg2+和SO42-，還含有Fe2+、Fe3+、Ca2+、Al3+等雜質(zhì)?！俺s”時，向浸出液中依次加入適量H2O2和MgO，可以除去的雜質(zhì)離子為_，H2O2的作用為_(用離子方程式表示)。(3)“浸取”后，采用“熱過濾”的目的為_。(4)“母液”可用于回收硫酸鎂，已知硫酸鎂的溶解度隨溫度變化的曲線如圖所示，且溶液的沸點隨壓強(qiáng)增大而升高。為了從“母液”中充分回收MgSO4H2O，應(yīng)采取的措施是將“母液”蒸發(fā)濃縮，_。(5)己知25時，硼酸(H3BO3)溶液中存在如下平衡：H3BO3(aq)+H2O(1)B(OH)4-(aq)+H+(aq)；K=5.710-10；25時，0.7molL-1硼酸溶液中c(H+)=_molL-1。(6)已知25時：化學(xué)式H2CO3CH3COOH電離常數(shù)K1=4.410-7K2=4.710-11K=1.7510-5下列說法正確的是_(填選項字母)。a碳酸鈉溶液滴入硼酸溶液中能觀察到有氣泡產(chǎn)生b碳酸鈉溶液滴入醋酸溶液中能觀察到有氣泡產(chǎn)生c等濃度碳酸溶液和硼酸溶液的pH：前者后者d等濃度碳酸鈉溶液和醋酸鈉溶液的pH：前者后者【答案】(1).分批慢慢加入硫酸（或邊加入邊攪拌）(2分)(2).Fe3+、Fe2+、Al3+ (2分) H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O(2分)(3).防止因溫度下降使H3BO3從溶液中析出(2分)(4).加壓升溫結(jié)晶（或加壓升溫結(jié)晶并過濾）(2分)(5).210-5(2分)(6).bd(2分)【解析】【詳解】（1）CaCO3與硫酸反應(yīng)生成二氧化碳、硫酸鈣和水，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CaCO3 （粉末）+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2，由于礦粉中含CaCO3，“浸取”時容易產(chǎn)生大量泡沫使物料從反應(yīng)器中溢出，故應(yīng)分批慢慢加入H2SO4；故答案為：應(yīng)分批慢慢加入H2SO4 ；（2）加適量H2O2把Fe2+氧化為Fe3+，所以H2O2的作用是：H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O，加MgO調(diào)節(jié)pH，使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為沉淀而除去，所以除去的離子有Fe3+、Fe2+、Al3+；故答案為：Fe3+、Fe2+、Al3+；H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O；（3）由題目信息可知：H3BO3的溶解度隨溫度的升高而增大，所以要采用“熱過濾”，以防溫度下降時H3BO3從溶液中析出；故答案為：防止溫度下降時H3BO3從溶液中析出；（4）根據(jù)圖可知溫度越高M(jìn)gSO4H2O的溶解度越小，由于溶液的沸點隨壓強(qiáng)增大而升高，為了防止溶液沸騰，應(yīng)該在較高的壓強(qiáng)條件下加熱，使MgSO4H2O結(jié)晶析出，故答案為：加壓升溫結(jié)晶；（5）25時0.7molL-1硼酸溶液中H+的濃度：c（H+）=mol/L210-5molL-1，故答案為：210-5molL-1；（6）相同溫度、濃度下，酸的電離平衡常數(shù)越大，酸的酸性越強(qiáng)，其酸根離子的水解能力越小，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，酸性強(qiáng)弱順序是CH3COOHH2CO3H3BO3HCO3-，所以離子水解能力碳酸根離子碳酸氫根離子醋酸根離子。a酸性H2CO3H3BO3HCO3-，所以碳酸鈉溶液滴入硼酸中生成碳酸氫鈉和硼酸鈉，沒有氣體生成，故a錯誤；b酸性CH3COOHH2CO3，所以碳酸鈉溶液滴入醋酸中生成醋酸鈉、水和二氧化碳，所以能看到有氣泡生成，故b正確；c酸性H2CO3H3BO3，所以碳酸的電離程度大于硼酸，則等濃度的碳酸和硼酸溶液比較，碳酸的酸性大于硼酸，所以pH：前者后者，故c錯誤；d酸性CH3COOHH2CO3，所以碳酸根離子水解能力大于醋酸根離子，則等濃度的碳酸鈉和醋酸鈉溶液比較，pH：前者后者，故d正確；故答案為：bd11【化學(xué)選修2化學(xué)與技術(shù)】（15分）利用氟磷灰石（Ca5（PO4）3F）生產(chǎn)磷銨（NH4）3PO4并制取硫酸、聯(lián)產(chǎn)水泥。其工藝流程如下圖所示：（1）操作I的名稱_；在實驗室中操作II包括_、_。（2）沸騰槽的材質(zhì)是_（從“玻璃”、“鋼鐵”、“附有聚偏氟乙烯防腐層的石墨”中選擇），選擇的理由是_（3）工業(yè)上還可以用氟磷灰石與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1500生成白磷，同時逸出SiF4和CO，反應(yīng)方程式為：_。（4）黏土中有一種成分為石脂（Al2OH4Si2O5nH2O），其用氧化物表示為_。（5）已知SO2的催化氧化反應(yīng)為2SO2（g）十O2（g） 2SO3（g） H0。從化學(xué)反應(yīng)原理的角度說明催化氧化時使用熱交換器的原因_。（6）制硫酸所產(chǎn)生的尾氣除了含有N2、O2外，還含有SO2、微量的SO3和酸霧。擬用下圖所示的裝置測定硫酸尾氣中SO2的含量：若下列各組中的試劑，前者濃度為01molL-1，后者適量，溶液體積為5mL；通入尾氣10L（已換算為標(biāo)準(zhǔn)狀況）時反應(yīng)管中的溶液恰好變色。判斷下列試劑組能否測定硫酸尾氣中SO2的體積分?jǐn)?shù)。能者，確定SO2的體積分?jǐn)?shù)；不能者，說明原因。編號試劑組結(jié)論NaOH溶液、酚酞試液Na2CO3溶液、酚酞試液碘水、淀粉溶液KMnO4溶液、稀硫酸【答案】（1）過濾（1分）；蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶（2分）（2）附有聚偏氟乙烯防腐層的石墨（1分）因為酸性且加熱，鋼鐵易被溶解，反應(yīng)產(chǎn)生HF，HF能腐蝕玻璃（2分）（3）4Ca5（PO4）3F+21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO（1分）（4）Al2O32SiO2（n+2）H2O（1分）（5）移去反應(yīng)中放出的熱量，使反應(yīng)后的氣體降溫并預(yù)熱未反應(yīng)的氣體（1分）（6） 不能，因為SO2和CO2均可以與NaOH溶液反應(yīng)，且產(chǎn)物Na2SO3、NaCO3的溶液仍然為堿性，不能確定反應(yīng)終點（2分）不能，因為SO2可以與Na2CO3溶液反應(yīng)生成Na2SO3，反應(yīng)后溶液仍然為堿性，不能確定反應(yīng)終點（2分）0112%（1分）028%（1分）12.【化學(xué)選修3物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】（15分）a、b、c、d、e均為周期表前四周期元素，原子序數(shù)依次增大，相關(guān)信息如下表所示。a原子核外電子分別占3個不同能級，且每個能級上排布的電子數(shù)相同b基態(tài)原子的p軌道電子數(shù)比s軌道電子數(shù)少1c在周期表所列元素中電負(fù)性最大d位于周期表中第4縱行e基態(tài)原子M層全充滿，N層只有一個電子請回答：(1)d屬于_區(qū)的元素，其基態(tài)原子的價電子排布圖為_。(2)b與其同周期相鄰元素第一電離能由大到小的順序為_(用元素符號表示)。(3)c的氫化物水溶液中存在的氫鍵有_種，任意畫出一種_。(4)a與其相鄰?fù)髯逶氐淖罡邇r氧化物的熔點高低順序為_(用化學(xué)式表示)。若將a元素最高價氧化物水化物對應(yīng)的正鹽酸根離子表示為A，則A的空間構(gòu)型為_；A的中心原子的軌道雜化類型為_，與A互為等電子體的一種分子為_(填化學(xué)式)。(5)e與Au的合金可形成面心立方最密堆積的晶體，在晶胞中e原子處于面心，該晶體具有儲氫功能，氫原子可進(jìn)入到由e原子與Au原子構(gòu)成的四面體空隙中，儲氫后的晶胞結(jié)構(gòu)與金剛石晶胞結(jié)構(gòu)相似，該晶體儲氫后的化學(xué)式為_，若該晶體的相對分子質(zhì)量為M，密度為a gcm3，則晶胞的體積為_(用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)?！敬鸢浮?1). D（1分） （2分）(2). NOC（1分）(3). 4（2分） FHF或FHO或OHF或OHO（1分）(4). SiO2CO2 （1分） 平面三角形（1分） sp2（1分） SO3 或BF3（1分）(10). H4Cu3Au（2分） （2分）【解析】【分析】a、b、c、d、e均為周期表前四周期元素，原子序數(shù)依次增大，a原子核外電子分占3個不同能級，且每個能級上排布的電子數(shù)相同，核外電子排布為1s22s22p2，故a為C元素；b元素基態(tài)原子的p軌道電子數(shù)比s軌道電子數(shù)少1，核外電子排布為1s22s22p3，故b為N元素；c在周期表所列元素中電負(fù)性最大，則c為F元素；d位于周期表中第4縱行，且處于第四周期，故d為Ti；e的基態(tài)原子M層全充滿，N層只有一個電子，則核外電子數(shù)為2+8+18+1=29，故e為Cu，據(jù)此解答。【詳解】（l）d為Ti元素，屬于d區(qū)的元素，基態(tài)原子的價電子排布3d24s2，故其基態(tài)原子的價電子排布圖為，故答案為：d；（2）與b同周期相鄰元素分別為C、O，同周期隨原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大趨勢，但N元素原子2p能級容納3個電子，為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能由大到小的順序為：NOC，故答案為：NOC；（3）c的氫化物為HF，水溶液中存在的氫鍵有、，共4種，故答案為：4；、任意一種；（4）a與其相鄰?fù)髯逶氐淖罡邇r氧化物分別為CO2、SiO2，前者屬于分子晶體，后者屬于原子晶體，故熔點高低順序為SiO2CO2a元素最高價氧化物水化物對應(yīng)的正鹽酸根離子為CO32-，離子中C原子價層電子對數(shù)=3+=3，沒有孤電子對，故碳酸根離子為平面三角形結(jié)構(gòu)，中心C原子的軌道雜化類型為 sp2雜化；與CO32-互為等電子體的一種分子為SO3等，故答案為：SiO2CO2；平面三角形；sp2雜化；SO3；（5）Cu與Au的合金可形成面心立方最密堆積的晶體，在晶胞中Cu原子處于面心，Au原子處于頂點，該晶體具有儲氫功能，氫原子可進(jìn)入到由Cu原子與Au原子構(gòu)成的四面體空隙中，儲氫后的 晶胞結(jié)構(gòu)與金剛石晶胞結(jié)構(gòu)相似，金剛石晶胞結(jié)構(gòu)為，則形成的晶體中晶胞中原