2022學(xué)年河北省衡水中學(xué)高三上學(xué)期期末化學(xué)試卷

1、2022學(xué)年河北省衡水中學(xué)高三（上）期末化學(xué)試卷一、選擇題：本大題共7小題，每小題6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（6分）化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列說法不正確的是（）A煤、石油、天然氣是不可再生能源，風(fēng)能、生物質(zhì)能、沼氣是可再生能源B“84消毒液”具有強氧化性，可做環(huán)境的消毒劑從而預(yù)防流感C已知水熱反應(yīng)是指在高溫高壓下，將二氧化碳轉(zhuǎn)化為有機物的技術(shù)，則水熱反應(yīng)可以降低自然界中碳的含量D已知是指大氣中直徑小于或等于微米的顆粒物，也稱為“細顆粒物”，則在空氣中有可能形成膠體【分析】A能夠源源不斷的從自然界得到補充的能源叫可再生能源；B強氧化性物質(zhì)能氧化蛋白質(zhì)而使其變性；C水熱

2、反應(yīng)是指在高溫高壓下，將二氧化碳轉(zhuǎn)化為有機物的技術(shù)，從而減少自然界中二氧化碳，但C含量不變；D分散質(zhì)微粒直徑在1100nm之間的分散系是膠體，能產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)【解答】解：A風(fēng)能、沼氣、生物質(zhì)能是通過太陽光的照射和水的循環(huán)來形成的，太陽光可以源源不斷的從自然界得到，是可再生能源，煤、石油和天然氣屬于三大化石燃料，都屬于不可再生的能源，故A正確；B強氧化性物質(zhì)能氧化蛋白質(zhì)而使其變性，流感病毒的成分是蛋白質(zhì)，“84消毒液”具有強氧化性，能使流感病毒變性，所以可做環(huán)境的消毒劑從而預(yù)防流感，故B正確；C水熱反應(yīng)是指在高溫高壓下，將二氧化碳轉(zhuǎn)化為有機物的技術(shù)，從而減少自然界中二氧化碳，根據(jù)原子守恒知，自然

3、界中C含量不變，故C錯誤；D分散質(zhì)微粒直徑在1100nm之間的分散系是膠體，能產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)，是指大氣中直徑小于或等于微米的顆粒物，也稱為“細顆粒物”，其分散質(zhì)微粒直徑在1100nm之間，所以在空氣中有可能形成膠體，故D正確；故選C【點評】本題考查環(huán)境污染與治理、基本概念、蛋白質(zhì)的性質(zhì)，為高頻考點，把握物質(zhì)性質(zhì)及基本概念內(nèi)涵是解本題關(guān)鍵，易錯選項是C，注意：自然界中二氧化碳含量減少不表示自然界中C含量減少，題目難度不大2（6分）下列有關(guān)說法正確的是（）A分子式為C5H11Cl的有機物，分子中含2個甲基的同分異構(gòu)體有4種B甲苯與氯氣在光照下反應(yīng)主要生成2，4二氯甲苯C苯酚、甲醛通過加聚反應(yīng)可制得

4、酚醛樹脂D合成順丁橡膠（）的單體是CH3CH=CHCH3【分析】A先確定分子式為C5H11Cl的同分異構(gòu)體，在此基礎(chǔ)上進行判斷；B甲苯與氯氣在光照下反應(yīng)，取代甲基的H原子；C苯酚、甲醛發(fā)生縮聚反應(yīng)；D的單體為1，3丁二烯【解答】解：A分子式為C5H11Cl的同分異構(gòu)體有：主鏈有5個碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主鏈有4個碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；主鏈有3個碳原子的：CH3C（CH3

5、）2CH2Cl；共有8種情況，但含有2個甲基的有機物有4種，故A正確；B甲苯與氯氣在光照下反應(yīng)，取代甲基的H原子，故B錯誤；C苯酚、甲醛發(fā)生縮聚反應(yīng)，不是加聚反應(yīng)，故C錯誤；D順丁橡膠的結(jié)構(gòu)簡式為：，根據(jù)加聚反應(yīng)原理可得其單體為：CH2=CHCH=CH2，故D錯誤故選A【點評】本題考查了高分子化合物的判斷、加聚反應(yīng)原理等知識，為高考常見題型，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，題目難度中等，注意掌握高分子化合物的概念、常見有機反應(yīng)類型3（6分）短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序數(shù)依次增大，甲形成的化合物種類最多，乙、丙、丁為同周期元素，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物兩兩之間能相互反應(yīng)，丁的原子序數(shù)為甲、乙原子序

6、數(shù)之和下列說法正確的是（）A元素丙的單質(zhì)可用于冶煉金屬B甲的氫化物比丁的氫化物熱穩(wěn)定性強C簡單離子半徑：乙丁丙D甲與乙的氧化物均有強氧化性【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序數(shù)依次增大，甲形成的化合物種類最多，則甲為C元素；乙、丙、丁為同周期元素，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物兩兩之間能相互反應(yīng)，則丙為Al元素，乙為Na元素，丁為S或Cl元素；結(jié)合丁的原子序數(shù)為甲、乙原子序數(shù)之和可知丁的原子序數(shù)=611=17，則丁為Cl元素，據(jù)此結(jié)合元素周期律進行判斷【解答】解：短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序數(shù)依次增大，甲形成的化合物種類最多，則甲為C元素；乙、丙、丁為同周期元素，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物

7、兩兩之間能相互反應(yīng)，則丙為Al元素，乙為Na元素，丁為S或Cl元素；結(jié)合丁的原子序數(shù)為甲、乙原子序數(shù)之和可知丁的原子序數(shù)=611=17，則丁為Cl元素，A元素丙為Al元素，利用鋁熱反應(yīng)可冶煉金屬，故A正確；B甲為C、丁為Cl，非金屬性ClC，則氫化物穩(wěn)定性：CCl，即：甲丁，故B錯誤；C乙、丙、丁分別為Na、Al、Cl，離子的電子層越多，離子半徑越多，電子層相同時，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則離子半徑大小為：丁乙丙，故C錯誤；D甲為C，其氧化物為二氧化碳、CO，乙為Na，氧化物為氧化鈉、過氧化鈉，二氧化碳、CO不具有強氧化性，氧化鈉不具有強氧化性，故D錯誤；故選A【點評】本題考查了原子結(jié)構(gòu)與

8、元素周期律的關(guān)系，題目難度中等，推斷元素為解答關(guān)鍵，注意熟練掌握原子結(jié)構(gòu)與元素周期表、元素周期律的關(guān)系，試題培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力4（6分）已知下列實驗事實：Cr2O3固體既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液；將K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液變藍；向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液下列判斷不正確的是（）A化合物KCrO2中Cr元素為3價B實驗證明Cr2O3是兩性氧化物C實驗證明氧化性：Cr2O72I2D實驗證明H2O2有氧化性【分析】中，氧化鉻與酸、堿反應(yīng)生成鹽和水，為兩性氧化物；中，發(fā)生氧化還原反

9、應(yīng)，Cr元素的化合價由3價升高為6價，則過氧化氫中O元素的化合價降低；中，溶液變藍，生成碘單質(zhì)，則發(fā)生氧化還原反應(yīng)，Cr元素的化合價降低，I元素的化合價升高，以此來解答【解答】解：A化合物KCrO2中，K為1價，O為2價，由化合物中正負化合價的倒數(shù)和為0，則Cr元素為3價，故A正確；B由反應(yīng)可知，氧化鉻與酸、堿反應(yīng)生成鹽和水，為兩性氧化物，故B正確；C由中溶液變藍，生成碘單質(zhì)可知，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，Cr元素的化合價降低，I元素的化合價升高，由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知，證明氧化性為Cr2O72I2，故C錯誤；D實驗中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，Cr元素的化合價由3價升高為6價，則過氧化氫中O

10、元素的化合價降低，所以證明H2O2有氧化性，故D正確；故選C【點評】本題考查氧化還原反應(yīng)，為高頻考點，把握反應(yīng)中元素的化合價變化為解答的關(guān)鍵，側(cè)重基本概念及分析能力、知識遷移應(yīng)用能力的考查，選項B為解答的易錯點，題目難度不大5（6分）某同學(xué)將光亮鎂條放入盛有NH4Cl溶液的試管中，有大量氣泡產(chǎn)生為探究該反應(yīng)原理，該同學(xué)做了以下試驗并觀察到相關(guān)現(xiàn)象，由此得出的結(jié)論不合理的是（）選項實驗及現(xiàn)象結(jié)論A將濕潤紅色石蕊試紙靠近試管口反應(yīng)中有NH3產(chǎn)生B收集產(chǎn)生的氣體并點燃，火焰呈淡藍色反應(yīng)中有H2產(chǎn)生C收集氣體的同時測得溶液的olCO，控制作在不同溫度下發(fā)生反應(yīng)：Ni（s）4CO（g）Ni（CO）4（g

11、），當反應(yīng)進行到5min時，測得Ni（CO）4的體積分數(shù)與溫度的關(guān)系如圖所示下列說法正確的是（）A正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，平衡常數(shù)：K（T1）K（T2）B反應(yīng)進行到5min時，b容器中v（正）=v（逆）C達到平衡時，a、b、c中CO的轉(zhuǎn)化率為bacD減壓或升溫可將b中的平衡狀態(tài)轉(zhuǎn)變成c中的平衡狀態(tài)【分析】A根據(jù)升高溫度平衡移動的方向判斷反應(yīng)熱；B未到達平衡前，升高溫度Ni（CO）4的含量增大，到達平衡后再升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，Ni（CO）4的含量降低，而5min時，b容器中Ni（CO）4的含量不一定最高，不一定是平衡狀態(tài)；C根據(jù)溫度對平衡的影響來判斷，升高溫度平衡逆向移動，CO的轉(zhuǎn)化率減小

12、；Db中的平衡狀態(tài)轉(zhuǎn)變成c中的平衡狀態(tài)，Ni（CO）4的體積分數(shù)減小，說明平衡逆向移動，根據(jù)方程式的特點，升高溫度或減壓都可以【解答】解：A升高溫度，甲Ni（CO）4百分含量減小，說明正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，則H0，故A錯誤；B5min時，b容器中Ni（CO）4的含量不一定最高，不一定是平衡狀態(tài)，則v（正）、v（逆）不一定相等，故B錯誤；C達到平衡時，a、b、c三個容器的反應(yīng)溫度不同，a容器溫度最低，c容器的反應(yīng)溫度最高，根據(jù)反應(yīng)放熱可判斷出，升高溫度，平衡逆向移動，Ni（CO）4的體積分數(shù)減小，故應(yīng)為abc，故C錯誤；Db中的平衡狀態(tài)轉(zhuǎn)變成c中的平衡狀態(tài)，Ni（CO）4的體積分數(shù)減小，說明平衡逆向

13、移動，根據(jù)方程式的特點，減小壓強或升高溫度平衡逆向移動，故D正確故選D【點評】本題考查化學(xué)平衡圖象題，難度較大，B選項為易錯點，學(xué)生容易認為b容器到達平衡，注意從圖象中曲線的變化趨勢分析條件改變導(dǎo)致平衡移動的特點7（6分）常溫下，某酸HA的電離常數(shù)：K=1105，下列說法正確的是（）AHA溶液中加入NaA固體后，減小B常溫下，LHA溶液中水電離的c（H）為1013mol/LC常溫下，LNaA溶液水解常數(shù)為109DNaA溶液中加入HCl溶液至恰好完全反應(yīng)，存在關(guān)系：2c（Na）c（A）c（Cl）【分析】A的比值為A的水解平衡常數(shù)，水解平衡常數(shù)只受溫度影響；BHA為弱酸，則氫離子濃度小于L，水電離

14、的氫離子濃度大于1013mol/L；CNaA的水解平衡常數(shù)K=，據(jù)此帶入數(shù)據(jù)計算即可；D根據(jù)混合液中的物料守恒判斷；【解答】解：A的比值為A的水解平衡常數(shù)，加入NaA固體后，由于溫度不變，則水解平衡常數(shù)不變，故A錯誤；B由于HA為弱酸，則常溫下LHA溶液中氫離子濃度小于L，水電離的c（H）一定大于mol/L=1013mol/L，故B錯誤；CNaA的水解平衡常數(shù)K=109，故C正確；DNaA溶液中加入HCl溶液至恰好完全反應(yīng)，NaA和HCl的物質(zhì)的量相等，根據(jù)物料守恒可得：2c（Na）=c（A）c（Cl）c（HA），故D錯誤；故選C【點評】本題考查了離子濃度大小比較、鹽的水解原理、弱電解質(zhì)的電離

15、平衡等知識，題目難度中等，明確影響弱電解質(zhì)的電離平衡、鹽的水解原理的因素為解答關(guān)鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒在判斷離子濃度大小中的應(yīng)用方法二、非選擇題8（15分）亞硝酸鹽是一種工業(yè)鹽，外觀與食鹽非常相似，毒性較強某化學(xué)興趣小組對食鹽與亞硝酸鈉進行多角度探究：（一）鑒別NaCl和NaNO2甲同學(xué)用沉淀分析法經(jīng)查：常溫下KsL第一次實驗數(shù)據(jù)出現(xiàn)異常，造成這種異常的原因可能是（填字母代號）a錐形瓶洗凈后未干燥b酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗c滴定終點時仰視讀數(shù)酸性KMnO4溶液滴定亞硝酸鈉溶液的離子方程式為該樣品中亞硝酸鈉的質(zhì)量分數(shù)為【分析】（一）溶度積表達式相同時，溶度積小的先生成沉淀；

16、NaNO2說明為強堿弱酸鹽，亞硝酸根離子水解導(dǎo)致溶液顯示堿性；（二）裝置A中是濃硝酸和銅加熱發(fā)生的反應(yīng)，反應(yīng)生成二氧化氮和硝酸銅和水，裝置C中是A裝置生成的二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸和一氧化氮；通過裝置D中的干燥劑吸收水蒸氣，通過裝置F中的干燥劑防止水蒸氣進入，通過裝置E中的過氧化鈉與一氧化氮反應(yīng)，最后通過酸性高錳酸鉀溶液除去剩余一氧化氮防止污染空氣（1）可通過上下移動銅絲控制反應(yīng)是否進行；（2）濃硝酸和銅加熱發(fā)生反應(yīng)生成二氧化氮和硝酸銅和水；裝置C中是A裝置生成的二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸和一氧化氮；通過裝置F中的干燥劑防止水蒸氣進入（3）根據(jù)c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷

17、濃度的誤差；該反應(yīng)中亞硝酸根離子被氧化為硝酸根離子，高錳酸根離子被還原為錳離子；根據(jù)方程式5NO22MnO46H=5NO32Mn23H2O可求出亞硝酸鈉的物質(zhì)的量，然后求樣品中亞硝酸鈉的質(zhì)量分數(shù)【解答】解：（一）溶度積表達式相同時，溶度積小的先生成沉淀，根據(jù)溶度積常數(shù)知Ksol=，所以樣品中亞硝酸鈉的質(zhì)量分數(shù)100%=%；故答案為：%【點評】本題考查物質(zhì)制備，涉及鹽類水解、物質(zhì)制備、實驗操作、實驗評價、化學(xué)方程式有關(guān)計算等知識點，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷、計算等知識的綜合運用能力，易錯點是誤差分析，題目難度中等9（13分）MnCO3是信息產(chǎn)業(yè)和機電工業(yè)的重要基礎(chǔ)功能材料，某地有含錳礦石（主要成分是

18、MnO2還含CaO、Al2O3、FeS等雜質(zhì)），由此礦石生產(chǎn)MnCO3的工藝流程如下：物質(zhì)開始沉淀沉淀完全Fe（OH）3Ca（OH）212Al（OH）3回答下列問題：（1）操作為：（2）取溶液加入KSCN溶液，溶液呈血紅色，試寫出酸溶過程中FeS發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：（3）調(diào)節(jié)溶液ol1對于該反應(yīng)，溫度不同（T2T1）、其他條件相同時，下列圖象正確的是（填代號）（2）用活性炭還原法也可以處理氮氧化物，某研究小組向某密閉容器加入一定量的活性炭和NO，發(fā)生反應(yīng)C（s）2NO（g）N2（g）CO2（g）H在T1時，反應(yīng)進行到不同時間測得各物質(zhì)的量濃度如下：濃度/molL1/時間/min0102030

19、4050NON20CO20根據(jù)圖表數(shù)據(jù)分析T1時，該反應(yīng)在020min的平均反應(yīng)速率v（CO2）=；計算該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=30min后，只改變某一條件，根據(jù)上表的數(shù)據(jù)判斷改變的條件可能是（填字母代號）a加入一定量的活性炭b通入一定量的NOc適當縮小容器的體積d加入合適的催化劑若30min后升高溫度至T2，達到平衡時，容器中NO、N2、CO2的濃度之比為5：3：3，則達到新平衡時NO的轉(zhuǎn)化率（填“升高”或“降低”），H0（填“”或“”）（3）以CO2與NH3為原料可合成化肥尿素化學(xué)式為CO（NH2）2已知：2NH3（g）CO2（g）=NH2CO2NH4（s）H=molNH2CO2NH4（s）=

20、CO（NH2）2（s）H2O（g）H=molH2O（l）=H2O（g）H=mol寫出CO2與NH3合成尿素和液態(tài)水的熱化學(xué)反應(yīng)方程式（4）一種氨燃料電池，使用的電解質(zhì)溶液是2mol/L1的KOH溶液電池反應(yīng)為：4NH33O2=2N26H2O；請寫出通入a氣體一極的電極反應(yīng)式為；每消耗轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為【分析】（1）該反應(yīng)中焓變小于0，為放熱反應(yīng)，升高溫度，正逆反應(yīng)速率都增大，且反應(yīng)向著逆向進行，二氧化氮轉(zhuǎn)化率減小、一氧化碳的體積含量減小，據(jù)此對各圖象進行判斷；（2）分析圖表數(shù)據(jù)，根據(jù)V=計算得到反應(yīng)速率，根據(jù)=計算；依據(jù)圖表數(shù)據(jù)分析，結(jié)合平衡濃度計算平衡常數(shù)和濃度變化分析判斷，30min后，

21、只改變某一條件，反應(yīng)重新達到平衡，C（s）2NO（g）N2（g）CO2（g），依據(jù)圖表數(shù)據(jù)分析，平衡狀態(tài)物質(zhì)濃度增大，依據(jù)平衡常數(shù)計算，平衡常數(shù)隨溫度變化，平衡常數(shù)不變說明改變的條件一定不是溫度；依據(jù)數(shù)據(jù)分析，氮氣濃度增大，二氧化碳和一氧化氮濃度增大，反應(yīng)前后氣體體積不變，所以可能是減小溶液體積后加入一定量一氧化氮；若30min后升高溫度至T2，達到平衡時，容器中NO、N2、CO2的濃度之比從為5：3：3，氮氣和二氧化碳難度之比始終為1：1，所以5：34：3，說明平衡向逆反應(yīng)方向移動；（3）由已知熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計算得到CO2與NH3合成尿素和液態(tài)水的熱化學(xué)反應(yīng)方程式；（4）由反應(yīng)可知，

22、負極上氨氣失去電子生成氮氣，根據(jù)電子與氨氣的物質(zhì)的量關(guān)系計算【解答】解：（1）該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，正逆反應(yīng)速率均增大，都應(yīng)該離開原來的速率點，圖象與實際情況不相符，故甲錯誤；升高溫度，反應(yīng)向著逆向進行，反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率減小，反應(yīng)速率加快，圖象與實際反應(yīng)一致，故乙正確，壓強相同時，升高溫度，反應(yīng)向著逆向移動，一氧化氮的體積分數(shù)應(yīng)該增大，圖象與實際不相符，故丙錯誤，故答案為：乙；（2）020min內(nèi)，CO2的平均反應(yīng)速率v（CO2）=L1min1；故答案為：L1min1；C（s）2NO（g）N2（g）CO2（g），平衡濃度c（N2）=L；c（CO2）=L；c（NO）=L；反應(yīng)的平衡常數(shù)K=；

23、故答案為：L1min1；30min后，只改變某一條件，反應(yīng)重新達到平衡，C（s）2NO（g）N2（g）CO2（g），依據(jù)圖表數(shù)據(jù)分析，平衡狀態(tài)物質(zhì)濃度增大，依據(jù)平衡常數(shù)計算K=，平衡常數(shù)隨溫度變化，平衡常數(shù)不變說明改變的條件一定不是溫度；依據(jù)數(shù)據(jù)分析，氮氣濃度增大，二氧化碳和一氧化氮濃度增大，反應(yīng)前后氣體體積不變，所以可能是減小溶液體積后加入一定量一氧化氮；a加入一定量的活性炭，碳是固體對平衡無影響，平衡不動，故a錯誤；b通入一定量的NO，新平衡狀態(tài)下物質(zhì)平衡濃度增大，故b正確；c適當縮小容器的體積，反應(yīng)前后體積不變，平衡狀態(tài)物質(zhì)濃度增大，故c正確；d加入合適的催化劑，催化劑只改變化學(xué)反應(yīng)速率

24、，不改變化學(xué)平衡，故d錯誤；故答案為：bc；若30min后升高溫度至T2，達到平衡時，容器中NO、N2、CO2的濃度之比從為5：3：3，氮氣和二氧化碳難度之比始終為1：1，所以5：34：3，說明平衡向逆反應(yīng)方向移動，達到新平衡時NO的轉(zhuǎn)化率，說明逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，則正反應(yīng)是放熱反應(yīng)；故答案為：降低；（3）2NH3（g）CO2（g）NH2CO2NH4（s）H=molNH2CO2NH4（s）CO（NH2）2（s）H2O（g）H=molH2O（l）H2O（g）H=mol依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計算得到CO2與NH3合成尿素和液態(tài)水的熱化學(xué)反應(yīng)方程式為：2NH3（g）CO2（g）=CO（NH2）2（

25、s）H2O（l）H=mol1；故答案為：2NH3（g）CO2（g）=CO（NH2）2（s）H2O（l）H=mol1；（4）電池反應(yīng)為：4NH33O2=2N26H2O該電池負極是氨氣失電子生成氮氣，負極的電極反應(yīng)式為2NH36OH6e=N26H2O；每消耗即，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為；故答案為：2NH36OH6e=N26H2O；【點評】本題考查了蓋斯定律的應(yīng)用、原電池原理的應(yīng)用、影響平衡移動的因素、平衡常數(shù)的有關(guān)計算等，綜合性較強，側(cè)重分析及計算能力的考查，把握化學(xué)平衡常數(shù)的有關(guān)計算以及原電池原理、電極反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，題目難度中等【化學(xué)-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】（15分）11（15分）碳、氮、氟、

26、硅、鐵、鈦等元素的化合物廣泛應(yīng)用于生產(chǎn)生活，回答下列問題：（1）基態(tài)Si原子中，電子占據(jù)的最高能層具有的原子軌道數(shù)為，1mol氮氣分子中鍵和鍵的物質(zhì)的量之比為；基態(tài)鈦原子的價電子排布式為（2）C、N、F三種元素電負性由大到小的順序為第二周期元素中第一電離能介于B、F之間的有種（3）NF3分子的空間構(gòu)型為三角錐型，N原子的雜化軌道類型為（4）已知鐵的單質(zhì)有如圖1所示的兩種常見堆積方式，其中屬于面心立方最密堆積的是（填a或b）（5）金剛砂（SiC）的硬度僅次于金剛石，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示，金剛砂晶體類型為，每個C原子周圍最近的C原子數(shù)目為，若晶胞的邊長為acm，阿伏伽德羅常數(shù)為NA，則金剛砂的密度

27、為gcm3（不需要化簡）【分析】（1）硅質(zhì)子數(shù)為14，根據(jù)能量最低原理書寫核外電子排布式，根據(jù)核外電子排布式確定最高能層具有的原子軌道數(shù)，每個氮氣分子中有一個鍵和2個鍵，Ti是22號元素，根據(jù)核外電子排布規(guī)律書寫價電子排布式；（2）同一周期元素，元素電負性隨著原子序數(shù)增大而增大，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，據(jù)此判斷；（3）根據(jù)NF3分子中N原子的價層電子對數(shù)判斷雜化軌道類型；（4）由圖可知，a為面心立方最密堆積，b為體心立方最密堆積；（5）金剛砂硬度大，晶胞中Si、C原子之間形成共價鍵，為空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，屬于原子晶體，晶胞中存在四面

28、體構(gòu)型，晶胞中Si、C原子位置可以互換，互換后以頂點C原子為研究對象，與之最近的C原子處于面心，每個頂點為8個晶胞共用，每個面心為2個晶胞共用；晶胞中Si處于頂點與面心、C原子處于晶胞內(nèi)部，利用均攤法計算晶胞中Si、C原子數(shù)目，進而計算晶胞質(zhì)量，再根據(jù)=計算晶胞密度【解答】解：（1）硅質(zhì)子數(shù)為14，基態(tài)Si原子的核外電子排布式為1s22s22ol氮氣分子中鍵和鍵的物質(zhì)的量之比為1：2，Ti是22號元素，核外電子排布式為1s22s22）3，則晶胞密度為4g（acm）3=gcm3，故答案為：原子晶體；12；【點評】本題主要考查原子結(jié)構(gòu)與位置關(guān)系、雜化軌道、電負性、第一電離能、晶體類型與性質(zhì)、晶胞結(jié)

29、構(gòu)與計算等，注意利用均攤法進行計算，題目難度中等，側(cè)重對學(xué)生的基礎(chǔ)知識和綜合能力的考查【化學(xué)-選修5：有機化學(xué)基礎(chǔ)】（15分）12M是石油裂解氣的重要成分，由M制備環(huán)酯的名稱是，A含有的官能團名稱是（2）的反應(yīng)類型是，的反應(yīng)類型是（3）C的結(jié)構(gòu)簡式為由CG的過程中步驟、的目的是（4）G中最多有個原子共平面，其順式結(jié)構(gòu)式為（5）符合下列條件D的同分異構(gòu)體有種氯原子連在碳鏈的一端羥基連在不同的碳原子上，其中核磁共振氫譜為4組峰且峰面積比為4：2：2：1的為（寫結(jié)構(gòu)簡式）（6）由I和G在一定條件下制取環(huán)酯是石油裂解氣的重要成分，與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成CH2=CHCH2Cl，則M為CH2=CHCH3由

30、反應(yīng)信息可知，CH2=CHCH2Cl在催化劑條件下生成CH2=CH2、ClCH2CH=CHCH2Cl，A在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生反應(yīng)，故A為ClCH2CH=CHCH2Cl，B為CH2=CH2B與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成H，H為BrCH2CH2Br，H在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成I，I為HOCH2CH2OHA在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生反應(yīng)生成C，C為HOCH2CH=CHCH2OH，C生成D是C與HCl的加成反應(yīng)，故D為HOCH2CH2CHClCH2OH，D發(fā)生氧化反應(yīng)生成E，E發(fā)生消去反應(yīng)生成F，F(xiàn)酸化得到G，而G與I發(fā)生酯化反應(yīng)生成環(huán)酯是石油裂解氣的重要成分，與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成CH2=CHCH2Cl，則M為CH2=CHCH3由反應(yīng)信息可知，CH2=CHCH2Cl在催化劑條件下生成CH2=CH2、ClCH2CH=CH