2021-2022學(xué)年北京市海淀區(qū)高三（上）期中化學(xué)試卷

第1頁（共1頁）2021-2022學(xué)年北京市海淀區(qū)高三（上）期中化學(xué)試卷一.本部分共14題，每題3分，共42分．在每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)．1．（3分）我國“天問一號”探測器使用了大量新材料，其中屬于金屬材料的是（）A．探測器結(jié)構(gòu)材料——鎂鋁合金 B．深空太陽能電池材料——砷化鎵 C．隔熱組件材料——二氧化硅納米氣凝膠 D．柔性可伸縮材料——形狀記憶聚合物2．（3分）下列有關(guān)放射性核素P的說法中，不正確的是（）A．P原子核外電子數(shù)為15 B．P原子的質(zhì)量數(shù)為15 C．P可能用于同位素示蹤 D．PH3和PH3的化學(xué)性質(zhì)基本相同3．（3分）下列化學(xué)用語或圖示表達(dá)不正確的是（）A．二氧化碳的電子式： B．乙烯的結(jié)構(gòu)式： C．乙醇的分子模型： D．鎂原子的結(jié)構(gòu)示意圖：4．（3分）用NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．6.2gNa2O中的離子總數(shù)為0.2NA B．pH＝2的鹽酸中的H+總數(shù)為0.01NA C．2.3gNa和足量氧氣反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NA D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，5.6LH2O所含O﹣H鍵的數(shù)目為0.5NA5．（3分）下列反應(yīng)中，H2O表現(xiàn)出氧化性的是（）A．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑ B．4NO2+O2+2H2O═4HNO3 C．2F2+2H2O═4HF+O2 D．2Na+2H2O═2NaOH+H2↑6．（3分）維生素C的結(jié)構(gòu)如圖所示．下列說法不正確的是（）A．維生素C中所含的官能團(tuán)是羥基、酯基和碳碳雙鍵 B．維生素C能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色 C．維生素C可保存在強(qiáng)堿性環(huán)境中 D．維生素C分子中含有σ鍵和π鍵7．（3分）下列物質(zhì)的應(yīng)用中，主要利用的反應(yīng)不屬于氧化還原反應(yīng)的是（）A．用鋁和氧化鐵的混合物焊接鐵軌 B．用氮?dú)鈱?shí)現(xiàn)工業(yè)合成氨 C．實(shí)驗(yàn)室用NaOH溶液吸收SO2尾氣 D．用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗(yàn)Cl28．（3分）以下是某種粗鹽（主要含SO42﹣、Ca2+、Mg2+等雜質(zhì)離子）精制成NaCl溶液的部分流程．下列說法不正確的是（）A．①中的除雜試劑可以是BaCl2溶液 B．②中加入過量Na2CO3溶液后，只有Ca2+被除去 C．③中加入過量NaOH溶液后過濾，還需加適量稀鹽酸 D．雜質(zhì)離子的去除順序還可以是③①②9．（3分）下列方程式能準(zhǔn)確解釋相應(yīng)事實(shí)的是（）A．硫酸型酸雨的形成：SO2+H2O?H2SO4 B．84消毒液不能與潔廁靈混用：ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O C．和面時(shí)在小蘇打中加少量醋酸，增強(qiáng)效果：H++HCO3﹣═H2O+CO2↑ D．向NaHSO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O10．（3分）實(shí)驗(yàn)室制備下列氣體所選試劑、制備裝置及收集方法均正確的是（）氣體試劑制備裝置收集方法ACl2MnO2和濃鹽酸beBSO2Cu和稀硫酸bcCNOCu和稀硝酸bcDNH3NH4Cl和Ca（OH）2adA．A B．B C．C D．D11．（3分）常溫常壓下，1體積水能溶解約700體積NH3．用如圖所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是（）A．?dāng)D壓滴管并打開止水夾后，觀察到燒杯中的水倒吸，產(chǎn)生紅色“噴泉” B．“噴泉”的產(chǎn)生能證明NH3與H2O發(fā)生了反應(yīng) C．若將NH3換成CO2，也能產(chǎn)生明顯的“噴泉” D．實(shí)驗(yàn)后，取出燒瓶中的溶液，測得其pH＞7，原因是：NH3+H2O?NH3?H2O，NH3?H2O?NH4++OH﹣12．（3分）以CO和H2為原料合成甲醇是工業(yè)上的成熟方法，直接以CO2為原料生產(chǎn)甲醇是目前的研究熱點(diǎn)．我國科學(xué)家用CO2人工合成淀粉時(shí)，第一步就需要將CO2轉(zhuǎn)化為甲醇。已知：①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）ΔH1＝﹣90.5kJ?mol﹣1②CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）ΔH2＝﹣41.1kJ?mol﹣1③2H2（g）+O2（g）?2H2O（g）ΔH3＝﹣483.6kJ?mol﹣1下列說法不正確的是（）A．若溫度不變，反應(yīng)①中生成1molCH3OH（l）時(shí)，放出的熱量大于90.5kJ B．CO2與H2合成甲醇的熱化學(xué)方程式為：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣49.4kJ?mol﹣1 C．通過電解制H2和選用高效催化劑，可降低CO2與H2合成甲醇的反應(yīng)的焓變 D．以CO2和H2O為原料合成甲醇，同時(shí)生成O2，該反應(yīng)需要吸收能量13．（3分）水體中的局部氮循環(huán)如圖所示，其中含氮物質(zhì)轉(zhuǎn)化方向與水深有關(guān)．下列說法不正確的是（）A．圖中涉及的反應(yīng)均為氧化還原反應(yīng) B．反硝化過程中含N物質(zhì)被還原 C．不同水深含氮物質(zhì)轉(zhuǎn)化方向不同，可能與溶氧量有關(guān) D．排放含NH4+廢水不會影響水體中NO2﹣的濃度14．（3分）研究小組在探究鹵素離子與硝酸銀的反應(yīng)時(shí)，進(jìn)行了以下實(shí)驗(yàn)。下列說法不正確的是（）編號操作試劑現(xiàn)象1①KCl溶液②稀硝酸酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀2①KCl溶液②濃硝酸酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀3①KI溶液②稀硝酸酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生黃色沉淀4①KI溶液②濃硝酸酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生褐色的濁液A．實(shí)驗(yàn)1和2說明，硝酸濃度不影響Cl﹣的檢驗(yàn) B．實(shí)驗(yàn)1和3說明，鹵素離子的檢驗(yàn)可使用稀硝酸酸化的AgNO3溶液 C．對比實(shí)驗(yàn)2和4，說明異?，F(xiàn)象的產(chǎn)生與鹵素離子種類有關(guān) D．由上述實(shí)驗(yàn)推測，Br﹣的檢驗(yàn)不能使用濃硝酸酸化的AgNO3溶液二.本部分共5題，共58分．15．（9分）鈦酸鈣是最典型的鈣鈦礦型化合物，該類化合物具有特殊的理化性質(zhì)。（1）基態(tài)Ca2+的核外電子排布式為。（2）鈦酸鈣的晶胞如右圖所示，1個(gè)晶胞中含有O2﹣的個(gè)數(shù)是。離子半徑Ca2+大于Ti4+，理由是。（3）鈦酸鈣的陰、陽離子均可被半徑相近的其它離子替代，從而衍生出多種鈣鈦礦型化合物。①晶體密度ρ可以用晶胞的質(zhì)量除以體積來求算。已知，鈦酸鈣晶胞的棱長為apm（1pm＝1×10﹣10cm），則鈦酸鈣晶體密度ρ＝g?cm﹣3（列出計(jì)算式）。②若忽略離子替代時(shí)的體積變化，下列鈣鈦礦型化合物中，密度大于鈦酸鈣的是（填字母序號）。a．BaTiO3b．MgTiO3c．BaZrO3（4）通過離子替代可獲得具有優(yōu)異光電性能的有機(jī)鈣鈦礦型化合物CH3NH3PbI3．其中有機(jī)陽離子CH3NH3+可由甲胺（CH3NH2）制得。①CH3NH3+中N的雜化方式為。②請從化學(xué)鍵的角度解釋由甲胺形成CH3NH3+的過程：。16．（10分）碘是人體必須的微量元素之一，海洋植物如海帶、海藻中含有豐富的碘元素。在實(shí)驗(yàn)室中，從海藻里提取碘的流程如圖：（1）指出上述過程中有關(guān)實(shí)驗(yàn)操作的名稱，步驟i：，步驟iii：。（2）步驟ii中可使用Cl2，從原子結(jié)構(gòu)角度說明理由：。Cl2過量時(shí)，可能無法獲得I2，原因是I2會被繼續(xù)氧化為IO3﹣，該反應(yīng)的離子方程式為。（3）當(dāng)使用H2O2做氧化劑時(shí)，I﹣的轉(zhuǎn)化率受外界因素的影響如圖所示。①圖1中，pH＝7時(shí)I﹣轉(zhuǎn)化率幾乎為0，結(jié)合離子方程式解釋原因：。②圖2中，H2O2與I﹣物質(zhì)的量之比從0.5：1提高至1﹕1時(shí)，I﹣的轉(zhuǎn)化率明顯增大，可能的原因是（寫出2條）。17．（11分）W、X、Y、Z為同一周期的四種主族元素，原子序數(shù)依次增大．基態(tài)Y原子的價(jià)電子排布為3s23p4，X的電離能數(shù)據(jù)如表所示。電離能I1I2I3I4???Ia/kJ?mol﹣17381451773310540???（1）X在元素周期表中的位置是。（2）用電子式表示W(wǎng)Z的形成過程：。（3）下列事實(shí)能用元素周期律解釋的是（填字母序號）。a．W可用于制備活潑金屬鉀b．Y的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性小于H2Oc．將Z單質(zhì)通入Na2S溶液中，溶液變渾濁d．Y的氧化物對應(yīng)的水化物H2YO3的酸性比H2SiO3強(qiáng)（4）為了進(jìn)一步研究最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸堿性與元素金屬性、非金屬性的關(guān)系，查閱如下資料。i．某元素最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物脫水前的化學(xué)式通?？梢员硎緸镸（OH）n，該水化物中的M﹣O﹣H結(jié)構(gòu)有兩種斷鍵方式：斷M﹣O鍵在水中電離出OH﹣；斷O﹣H鍵在水中電離出H+。ⅱ．在水等強(qiáng)極性溶劑中，成鍵原子電負(fù)性的差異是影響化學(xué)鍵斷裂難易程度的原因之一。水化物的M﹣O﹣H結(jié)構(gòu)中，成鍵原子電負(fù)性差異越大，所形成的化學(xué)鍵越容易斷裂。①已知：O、H元素的電負(fù)性數(shù)值分別為3.5和2.1；某元素M的電負(fù)性數(shù)值為2.5，且電負(fù)性差異是影響M﹣O﹣H中化學(xué)鍵斷裂難易程度的主要原因。該元素最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物呈（填“酸”或“堿”）性，依據(jù)是。②W和X的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物中，堿性較強(qiáng)的是（寫化學(xué)式），結(jié)合資料說明理由：。18．（14分）軟錳礦漿（主要成分MnO2）可吸收煙氣中的SO2，同時(shí)可制備MnCO3，工藝流程如圖：資料：①吸收后的軟錳礦漿中含有Fe2+、Fe3+、Al3+、Zn2+等陽離子；②金屬離子沉淀的pH如下表．金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Zn2+開始沉淀的pH8.16.31.53.46.2沉淀完全的pH10.18.32.84.78.2（1）脫硫的產(chǎn)物是MnSO4，軟錳礦中MnO2所起的作用是。（2）過程1向漿液中通入O2的目的是。（3）濾渣1的成分是，過程2中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。（4）制備MnCO3的過程中，一般控制溶液的pH范圍為5～7，不宜過大或過小，原因是。（5）已知：常溫下，（NH4）2CO3溶液的pH約為9.3，NH4HCO3溶液的pH約為7.8。請推測物質(zhì)A，并寫出制備MnCO3時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：。（6）取mg碳酸錳樣品，加適量硫酸加熱溶解后，用cmol?L﹣1的KMnO4溶液滴定，至滴定終點(diǎn)時(shí)，消耗KMnO4溶液的體積為VmL。（已知：反應(yīng)產(chǎn)物為MnO2，雜質(zhì)不參與反應(yīng)）樣品中MnCO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算式為（用質(zhì)量分?jǐn)?shù)表示）。19．（14分）某實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)用KSCN探究久置FeSO4固體變質(zhì)的情況．將0.3gFeSO4固體用10mL蒸餾水溶解，配成待測液，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。【初步實(shí)驗(yàn)】（1）用KSCN檢驗(yàn)的原理是（用離子方程式表示）。（2）甲同學(xué)認(rèn)為FeSO4固體幾乎未變質(zhì)，ⅱ中變血紅色是由于Fe2+被氧化，反應(yīng)的離子方程式為；ⅱ中血紅色褪去的可能原因是。（3）乙同學(xué)不認(rèn)同甲對現(xiàn)象的解釋，他推測加入濃硝酸后ⅱ中變血紅色還可能與其它因素有關(guān)，可能的影響因素是?！纠^續(xù)探究】步驟操作現(xiàn)象Ⅰ取2mL待測液，加入5滴0.1mol?L﹣1KSCN溶液，再加入5mL濃KNO3溶液溶液顏色無明顯變化Ⅱ取2mL待測液，溶液變?yōu)榧t色Ⅲ向Ⅱ中所得溶液中逐滴加入5mL濃硝酸，邊加邊振蕩溶液逐漸加深為血紅色，繼續(xù)滴加濃硝酸，溶液褪色，pH變化始終不明顯（4）請補(bǔ)全步驟Ⅱ中的操作。（5）由Ⅰ～Ⅲ推測FeSO4固體變質(zhì)的情況是（填字母序號），理由是。a．幾乎未變質(zhì)b．部分變質(zhì)c．完全變質(zhì)【反思與遷移】（6）從上述探究中獲得啟發(fā)，在用KSCN檢驗(yàn)Fe3+及進(jìn)行Fe2+還原性驗(yàn)證實(shí)驗(yàn)時(shí)，需要注意的事項(xiàng)有（至少2條）。

2021-2022學(xué)年北京市海淀區(qū)高三（上）期中化學(xué)試卷參考答案與試題解析一.本部分共14題，每題3分，共42分．在每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)．1．（3分）我國“天問一號”探測器使用了大量新材料，其中屬于金屬材料的是（）A．探測器結(jié)構(gòu)材料——鎂鋁合金 B．深空太陽能電池材料——砷化鎵 C．隔熱組件材料——二氧化硅納米氣凝膠 D．柔性可伸縮材料——形狀記憶聚合物【分析】A．合金屬于金屬材料；B．砷化鎵是一種半導(dǎo)體材料；C．二氧化硅納米氣凝膠為納米級二氧化硅顆粒構(gòu)成的充滿氣體的極輕的固體；D．形狀記憶聚合物是具有形狀記憶功能的高分子化合物?！窘獯稹拷猓篈．合金屬于金屬材料，故A正確；B．砷化鎵是一種半導(dǎo)體材料，不是金屬材料，故B錯(cuò)誤；C．二氧化硅納米氣凝膠為納米級二氧化硅顆粒構(gòu)成的充滿氣體的極輕的固體，屬于膠體，不是金屬材料，故C錯(cuò)誤；D．形狀記憶聚合物是具有形狀記憶功能的高分子化合物，屬于合成有機(jī)高分子化合物，不是金屬材料，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查物質(zhì)的組成及性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的組成、用途解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，學(xué)習(xí)中注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累，注意材料組成的分析判斷。2．（3分）下列有關(guān)放射性核素P的說法中，不正確的是（）A．P原子核外電子數(shù)為15 B．P原子的質(zhì)量數(shù)為15 C．P可能用于同位素示蹤 D．PH3和PH3的化學(xué)性質(zhì)基本相同【分析】原子符號左上角為質(zhì)量數(shù)，左下角為質(zhì)子數(shù)，原子中存在原子序數(shù)＝核電荷數(shù)＝質(zhì)子數(shù)＝核外電子數(shù)，質(zhì)量數(shù)＝質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，元素化學(xué)性質(zhì)取決于原子的最外層電子數(shù)，據(jù)此分析選項(xiàng)?！窘獯稹拷猓篈．P原子核外電子數(shù)＝質(zhì)子數(shù)＝15，故A正確；B．P原子的質(zhì)量數(shù)為32，故B錯(cuò)誤；C．放射性核素P是P的同位素，被廣泛用于同位素示蹤技術(shù)，故C正確；D．P原子核外電子數(shù)為15，原子的最外層電子數(shù)相同，化學(xué)性質(zhì)基本相同，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查了原子結(jié)構(gòu)、微粒數(shù)之間的關(guān)系、同位素概念和性質(zhì)分析，題目難度不大。3．（3分）下列化學(xué)用語或圖示表達(dá)不正確的是（）A．二氧化碳的電子式： B．乙烯的結(jié)構(gòu)式： C．乙醇的分子模型： D．鎂原子的結(jié)構(gòu)示意圖：【分析】A.二氧化碳中C原子和O原子之間以雙鍵結(jié)合；B.用一條短線來代替一對共用電子對所得到的式子為結(jié)構(gòu)式；C.乙醇的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH，C原子均為sp3雜化，與碳原子直接成鍵的四個(gè)原子呈四面體構(gòu)型；D.鎂原子的核內(nèi)有12個(gè)質(zhì)子，核外有12個(gè)電子?！窘獯稹拷猓篈.二氧化碳中C原子和O原子之間以雙鍵結(jié)合，故其電子式為，故A錯(cuò)誤；B.乙烯的電子式為，用一條短線來代替一對共用電子對所得到的式子為結(jié)構(gòu)式，乙烯的結(jié)構(gòu)式為，故B正確；C.乙醇的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH，C原子均為sp3雜化，與碳原子直接成鍵的四個(gè)原子呈四面體構(gòu)型，其分子模型為，故C正確；D.鎂原子的核內(nèi)有12個(gè)質(zhì)子，核外有12個(gè)電子，其原子結(jié)構(gòu)示意圖為，故D正確；故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查了常見化學(xué)用語的書寫判斷，涉及電子式、分子模型等知識，明確常見化學(xué)用語的書寫原則為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力、靈活運(yùn)用能力和規(guī)范答題的能力，題目難度不大。4．（3分）用NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．6.2gNa2O中的離子總數(shù)為0.2NA B．pH＝2的鹽酸中的H+總數(shù)為0.01NA C．2.3gNa和足量氧氣反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NA D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，5.6LH2O所含O﹣H鍵的數(shù)目為0.5NA【分析】A.Na2O中含有鈉離子和氧離子；B.題目未給溶液體積；C.1molNa反應(yīng)時(shí)失去1mol電子；D.22.4L/mol的適用條件為標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體?！窘獯稹拷猓篈.6.2gNa2O中的離子總數(shù)為×3×NA/mol＝0.3NA，故A錯(cuò)誤；B.pH＝2的鹽酸中的H+濃度為0.01mol/L，但題目未給溶液體積，無法求算物質(zhì)的量，故B錯(cuò)誤；C.2.3gNa和足量氧氣反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為×1×NA/mol＝0.1NA，故C正確；D.標(biāo)況下，水為非氣態(tài)物質(zhì)，無法使用22.4L/mol計(jì)算氣體的物質(zhì)的量，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查了阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，題目難度中等，注意掌握好以物質(zhì)的量為中心的各化學(xué)量與阿伏加德羅常數(shù)的關(guān)系，試題充分考查了學(xué)生靈活應(yīng)用所學(xué)知識的能力。5．（3分）下列反應(yīng)中，H2O表現(xiàn)出氧化性的是（）A．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑ B．4NO2+O2+2H2O═4HNO3 C．2F2+2H2O═4HF+O2 D．2Na+2H2O═2NaOH+H2↑【分析】表現(xiàn)出氧化性的物質(zhì)作氧化劑，被還原，化合價(jià)降低，水中的氫元素降價(jià)生成氫氣，氧元素是﹣2價(jià)，無法降價(jià)，所以只需要找出水被還原生成氫氣的方程式即可?！窘獯稹拷猓篈.過氧化鈉中氧元素由﹣1價(jià)→0價(jià)，化合價(jià)升高被氧化，同時(shí)氧元素由﹣1價(jià)→﹣2價(jià)，化合價(jià)降低被還原，Na2O2既做氧化劑，又做還原劑，故A錯(cuò)誤；B.二氧化氮中氮元素由+4→+5價(jià)，化合價(jià)升高被氧化，氧氣中氧元素由0價(jià)→﹣2價(jià)，化合價(jià)降低被還原，水沒有化合價(jià)的改變，既不是氧化劑，也不是還原劑，故B錯(cuò)誤；C.F2中氟元素由0價(jià)→﹣1價(jià)，化合價(jià)降低被還原，水中氧元素由﹣2價(jià)→0價(jià)，化合價(jià)升高被氧化，是還原劑，故C錯(cuò)誤；D.鈉元素由0價(jià)→+1價(jià)，化合價(jià)升高被氧化，水中氫元素由+1價(jià)→0價(jià)，化合價(jià)降低被還原，是氧化劑，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】本題屬于氧化還原中的常見考點(diǎn)，判斷物質(zhì)在反應(yīng)中的作用是氧化劑還是還原劑。需要熟練掌握氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物、氧化性、還原性、被氧化、被還原、發(fā)生氧化反應(yīng)、發(fā)生還原反應(yīng)的判斷。6．（3分）維生素C的結(jié)構(gòu)如圖所示．下列說法不正確的是（）A．維生素C中所含的官能團(tuán)是羥基、酯基和碳碳雙鍵 B．維生素C能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色 C．維生素C可保存在強(qiáng)堿性環(huán)境中 D．維生素C分子中含有σ鍵和π鍵【分析】由結(jié)構(gòu)可知，分子中含羥基、碳碳雙鍵、酯基，結(jié)合醇、烯烴、酯的性質(zhì)來解答?！窘獯稹拷猓篈.由結(jié)構(gòu)可知，所含的官能團(tuán)是羥基、酯基和碳碳雙鍵，故A正確；B.含碳碳雙鍵，能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，故B正確；C.含酯基，在堿性溶液中可發(fā)生水解反應(yīng)，不能保存在強(qiáng)堿性環(huán)境中，故C錯(cuò)誤；D.含碳碳雙鍵、碳氧雙鍵，且單鍵均為σ鍵，雙鍵含1個(gè)σ鍵和1個(gè)π鍵，則維生素C分子中含有σ鍵和π鍵，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握有機(jī)物的官能團(tuán)、有機(jī)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意烯烴、酯的性質(zhì)，題目難度不大。7．（3分）下列物質(zhì)的應(yīng)用中，主要利用的反應(yīng)不屬于氧化還原反應(yīng)的是（）A．用鋁和氧化鐵的混合物焊接鐵軌 B．用氮?dú)鈱?shí)現(xiàn)工業(yè)合成氨 C．實(shí)驗(yàn)室用NaOH溶液吸收SO2尾氣 D．用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗(yàn)Cl2【分析】A.鋁熱反應(yīng)的化學(xué)方程式為鋁和氧化鐵反應(yīng)生成鐵和氧化鋁；B.工業(yè)合成氨是氫氣和氮?dú)獍l(fā)生可逆反應(yīng)生成氨氣；C.NaOH和SO2的反應(yīng)生成Na2SO3和H2O；D.濕潤碘化鉀與氯氣發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘單質(zhì)和氯化鉀?！窘獯稹拷猓篈.鋁和氧化鐵反應(yīng)：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，鋁元素由0價(jià)→+3價(jià)，鐵元素由+3→0價(jià)，屬于氧化還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B.工業(yè)合成氨：N2+3H22NH3，氮元素由0價(jià)→﹣3價(jià)，氫元素由0價(jià)→+1價(jià)，屬于氧化還原反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C.氫氧化鈉吸收二氧化硫：2NaOH+SO2＝Na2SO3+H2O，無化合價(jià)變化，不屬于氧化還原反應(yīng)，故C正確；D.濕潤碘化鉀試紙檢驗(yàn)氯氣：2KI+Cl2＝I2+2KCl，碘元素由﹣1價(jià)→0價(jià)，氯元素由0價(jià)→﹣1價(jià)，屬于氧化還原反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題難度中等偏下，主要考查通過化學(xué)反應(yīng)的化合價(jià)改變來判斷氧化還原反應(yīng)，需要掌握常見反應(yīng)的方程式書寫。8．（3分）以下是某種粗鹽（主要含SO42﹣、Ca2+、Mg2+等雜質(zhì)離子）精制成NaCl溶液的部分流程．下列說法不正確的是（）A．①中的除雜試劑可以是BaCl2溶液 B．②中加入過量Na2CO3溶液后，只有Ca2+被除去 C．③中加入過量NaOH溶液后過濾，還需加適量稀鹽酸 D．雜質(zhì)離子的去除順序還可以是③①②【分析】由流程可知，①中加過量氯化鋇可除去硫酸根離子，生成沉淀為BaSO4；②中加過量碳酸鈉可除去鋇離子、鈣離子，沉淀混合物為CaCO3、BaCO3；③中加過量NaOH除去鎂離子，沉淀為Mg（OH）2，過濾后濾液含氯化鈉、氫氧化鈉和碳酸鈉，再加鹽酸反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)為NaCl，蒸發(fā)結(jié)晶得到NaCl，除雜過程中必須保證碳酸鈉在氯化鋇之后加入，保證除去過量的鋇離子，以此解答該題?！窘獯稹拷猓篈．①中加過量氯化鋇可除去硫酸根離子，生成沉淀為BaSO4，故A正確；B．②中加過量碳酸鈉可除去鋇離子、鈣離子，沉淀混合物為CaCO3、BaCO3，故B錯(cuò)誤；C．③中加過量NaOH除去鎂離子，沉淀為Mg（OH）2，過濾后濾液含氯化鈉、氫氧化鈉和碳酸鈉，再加鹽酸反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)為NaCl，故C正確；D．除雜過程中必須保證碳酸鈉在氯化鋇之后加入，保證除去過量的鋇離子，雜質(zhì)離子的去除順序還可以是③①②，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查混合物分離提純，為高頻考點(diǎn)，把握流程中發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離提純方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁庠鼗衔镏R的應(yīng)用，題目難度不大。9．（3分）下列方程式能準(zhǔn)確解釋相應(yīng)事實(shí)的是（）A．硫酸型酸雨的形成：SO2+H2O?H2SO4 B．84消毒液不能與潔廁靈混用：ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O C．和面時(shí)在小蘇打中加少量醋酸，增強(qiáng)效果：H++HCO3﹣═H2O+CO2↑ D．向NaHSO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O【分析】A．二氧化硫與水反應(yīng)生成亞硫酸；B．“84”消毒液主要成分為NaClO，潔廁靈的主要成分是稀鹽酸，二者能反應(yīng)，生成有毒氣體氯氣；C．醋酸為弱酸，應(yīng)保留化學(xué)式；D．氫氧化鋇足量，離子方程式按照硫酸氫鈉的化學(xué)式組成書寫，氫離子的系數(shù)為1。【解答】解：A．二氧化硫與水反應(yīng)生成亞硫酸，化學(xué)方程式應(yīng)為SO2+H2O═H2SO3，硫酸型酸雨形成的最后一步為亞硫酸被氧氣氧化為硫酸，離子方程式為：2H2SO3+2O2═4H++2SO42﹣，故A錯(cuò)誤；B．“84”消毒液主要成分為NaClO，潔廁靈的主要成分是稀鹽酸，二者能反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：2H++Cl﹣+ClO﹣＝Cl2↑+H2O，生成的氯氣有毒，故B正確；C．碳酸氫鈉與醋酸反應(yīng)，離子方程式：HCO3﹣+CH3COOH═CO2↑+H2O+CH3COO﹣，故C錯(cuò)誤；D．向NaHSO4溶液中加入足量的Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀，離子方程式為：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O，故D錯(cuò)誤；故選：B。【點(diǎn)評】本題考查了離子方程式的書寫，明確反應(yīng)實(shí)質(zhì)及離子方程式書寫方法是解題關(guān)鍵，注意化學(xué)式拆分、注意離子反應(yīng)遵循客觀事實(shí)，題目難度不大。10．（3分）實(shí)驗(yàn)室制備下列氣體所選試劑、制備裝置及收集方法均正確的是（）氣體試劑制備裝置收集方法ACl2MnO2和濃鹽酸beBSO2Cu和稀硫酸bcCNOCu和稀硝酸bcDNH3NH4Cl和Ca（OH）2adA．A B．B C．C D．D【分析】A．MnO2和濃鹽酸在燒瓶中加熱生成氯氣；B．Cu和稀硫酸不反應(yīng)；C．NO與氧氣反應(yīng)，不能用排空氣法收集；D．NH4Cl和Ca（OH）2生成氨氣，氨氣密度小于空氣，用向下排空氣法收集?！窘獯稹拷猓篈．MnO2和濃鹽酸在燒瓶中加熱生成氯氣，不能用試管，故A錯(cuò)誤；B．Cu和稀硫酸不反應(yīng)，不能制取SO2，故B錯(cuò)誤；C．Cu+稀HNO3生成NO，會和空氣反應(yīng)生成NO2，不能用排空氣法收集，故C錯(cuò)誤；D．NH4Cl和Ca（OH）2加熱生成氨氣，氨氣密度小于空氣，用向下排空氣法收集，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查常見氣體的制備及收集方法，把握圖示發(fā)生裝置、收集特點(diǎn)為解答關(guān)鍵，注意掌握常見氣體的性質(zhì)、制備原理、發(fā)生裝置及收集方法，試題側(cè)重考查學(xué)生的化學(xué)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?，題目難度不大。11．（3分）常溫常壓下，1體積水能溶解約700體積NH3．用如圖所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是（）A．?dāng)D壓滴管并打開止水夾后，觀察到燒杯中的水倒吸，產(chǎn)生紅色“噴泉” B．“噴泉”的產(chǎn)生能證明NH3與H2O發(fā)生了反應(yīng) C．若將NH3換成CO2，也能產(chǎn)生明顯的“噴泉” D．實(shí)驗(yàn)后，取出燒瓶中的溶液，測得其pH＞7，原因是：NH3+H2O?NH3?H2O，NH3?H2O?NH4++OH﹣【分析】氨氣極易溶于水，擠壓滴管并打開止水夾后，氨氣溶于水，造成圓底燒瓶內(nèi)氣體減少，壓強(qiáng)變小，外界大氣壓大，將燒杯中水壓入圓底燒瓶，形成噴泉?！窘獯稹拷猓篈.氨氣溶于水，形成無色氨水，加入酚酞，溶液才能變紅，故不會形成紅色噴泉，故A錯(cuò)誤；B.噴泉的形成證明氨氣在水中溶解度大，不能證明氨氣和水反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C.二氧化碳在水中溶解度小，不能形成噴泉，故C錯(cuò)誤；D.氨氣溶于水，發(fā)生反應(yīng)NH3+H2O?NH3?H2O，NH3?H2O?NH4++OH﹣，溶液顯堿性，pH＞7，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查噴泉實(shí)驗(yàn)和氨氣性質(zhì)，題目難度中等，掌握噴泉實(shí)驗(yàn)的發(fā)生原理和氨氣的相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵。12．（3分）以CO和H2為原料合成甲醇是工業(yè)上的成熟方法，直接以CO2為原料生產(chǎn)甲醇是目前的研究熱點(diǎn)．我國科學(xué)家用CO2人工合成淀粉時(shí)，第一步就需要將CO2轉(zhuǎn)化為甲醇。已知：①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）ΔH1＝﹣90.5kJ?mol﹣1②CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）ΔH2＝﹣41.1kJ?mol﹣1③2H2（g）+O2（g）?2H2O（g）ΔH3＝﹣483.6kJ?mol﹣1下列說法不正確的是（）A．若溫度不變，反應(yīng)①中生成1molCH3OH（l）時(shí)，放出的熱量大于90.5kJ B．CO2與H2合成甲醇的熱化學(xué)方程式為：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣49.4kJ?mol﹣1 C．通過電解制H2和選用高效催化劑，可降低CO2與H2合成甲醇的反應(yīng)的焓變 D．以CO2和H2O為原料合成甲醇，同時(shí)生成O2，該反應(yīng)需要吸收能量【分析】A．1molCH3OH（g）能量高于1molCH3OH（l）；B．根據(jù)蓋斯定律①﹣②得④：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）；C．催化劑不改變反應(yīng)的焓變；D．根據(jù)蓋斯定律④×2﹣③×3得2CO2（g）+4H2O（g）?2CH3OH（g）+3O2（g）?！窘獯稹拷猓篈．1molCH3OH（g）能量高于1molCH3OH（l），反應(yīng)物的總能量相同，根據(jù)能量守恒定律，若溫度不變，反應(yīng)①中生成1molCH3OH（l）時(shí)，放出的熱量大于90.5kJ，故A正確；B．根據(jù)蓋斯定律①﹣②得CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝（﹣90.5+41.1）kJ?mol﹣1＝﹣49.4kJ?mol﹣1，故B正確；C．催化劑可降低CO2與H2合成甲醇的反應(yīng)的活化能，但不改變反應(yīng)的焓變，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)蓋斯定律④×2﹣③×3得2CO2（g）+4H2O（g）?2CH3OH（g）+3O2（g）△H＝（﹣49.4×2+483.6×3）kJ/mol＝+1352kJ/mol＞0，則該反應(yīng)需要吸收能量，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查反應(yīng)熱與焓變，為高頻考點(diǎn)，掌握蓋斯定律的應(yīng)用是解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意物質(zhì)的狀態(tài)，題目難度不大。13．（3分）水體中的局部氮循環(huán)如圖所示，其中含氮物質(zhì)轉(zhuǎn)化方向與水深有關(guān)．下列說法不正確的是（）A．圖中涉及的反應(yīng)均為氧化還原反應(yīng) B．反硝化過程中含N物質(zhì)被還原 C．不同水深含氮物質(zhì)轉(zhuǎn)化方向不同，可能與溶氧量有關(guān) D．排放含NH4+廢水不會影響水體中NO2﹣的濃度【分析】A．有元素化合價(jià)發(fā)生變化的反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)；B．氧化還原反應(yīng)中化合價(jià)降低的物質(zhì)被還原；C．不同深度的水中含氧量不同；D．根據(jù)圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系，NH4+濃度增大，硝化作用增強(qiáng)?！窘獯稹拷猓篈．由圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，圖中涉及的反應(yīng)，元素化合價(jià)都發(fā)生了變化，故均為氧化還原反應(yīng)，故A正確；B．由圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，反硝化過程中含N物質(zhì)化合價(jià)均降低，被還原，故B正確；C．表層水中氧氣濃度大，含氮物質(zhì)轉(zhuǎn)化以硝化過程為主，發(fā)生氧化反應(yīng)；底層水中氧氣濃度小，含氮物質(zhì)轉(zhuǎn)化以反硝化過程為主，發(fā)生還原反應(yīng)，所以不同水深含氮物質(zhì)轉(zhuǎn)化方向不同，可能與溶氧量有關(guān)，故C正確；D．圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系中NH4+濃度增大，硝化作用增強(qiáng)，會導(dǎo)致NO2﹣增多，所以排放含NH4+廢水會影響水體中NO2﹣的濃度，故D錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查氧化還原反應(yīng)，為高頻考點(diǎn)，把握元素的化合價(jià)變化為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度不大。14．（3分）研究小組在探究鹵素離子與硝酸銀的反應(yīng)時(shí)，進(jìn)行了以下實(shí)驗(yàn)。下列說法不正確的是（）編號操作試劑現(xiàn)象1①KCl溶液②稀硝酸酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀2①KCl溶液②濃硝酸酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀3①KI溶液②稀硝酸酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生黃色沉淀4①KI溶液②濃硝酸酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生褐色的濁液A．實(shí)驗(yàn)1和2說明，硝酸濃度不影響Cl﹣的檢驗(yàn) B．實(shí)驗(yàn)1和3說明，鹵素離子的檢驗(yàn)可使用稀硝酸酸化的AgNO3溶液 C．對比實(shí)驗(yàn)2和4，說明異常現(xiàn)象的產(chǎn)生與鹵素離子種類有關(guān) D．由上述實(shí)驗(yàn)推測，Br﹣的檢驗(yàn)不能使用濃硝酸酸化的AgNO3溶液【分析】A．對比實(shí)驗(yàn)1和2，實(shí)驗(yàn)1酸化時(shí)使用的是稀硝酸，而實(shí)驗(yàn)2使用的是濃硝酸，但二者皆可以產(chǎn)生白色沉淀；B．稀硝酸酸化的硝酸銀溶液分別和F﹣、Cl﹣、I﹣反應(yīng)，得到氟化銀（易溶）、氯化銀（白色沉淀）、溴化銀（淺黃色沉淀）、碘化銀（黃色沉淀）；C．對比實(shí)驗(yàn)2和4的條件只有鹵素離子種類不一樣；D．濃硝酸的氧化性強(qiáng)于溴單質(zhì)，所以濃硝酸可以把溴離子氧化為溴單質(zhì)（紅棕色），同時(shí)有氮的氧化物產(chǎn)生?！窘獯稹拷猓篈．對比實(shí)驗(yàn)1和2，實(shí)驗(yàn)1酸化時(shí)使用的是稀硝酸，而實(shí)驗(yàn)2使用的是濃硝酸，但二者皆可以產(chǎn)生白色沉淀，故不影響氯離子的檢驗(yàn)，故A正確；B．稀硝酸酸化的硝酸銀溶液分別和F﹣、Cl﹣、I﹣反應(yīng)，得到氟化銀（易溶）、氯化銀（白色沉淀）、溴化銀（淺黃色沉淀）、碘化銀（黃色沉淀）故可以區(qū)分開，故B正確；C．對比實(shí)驗(yàn)2和4的條件可得，異?，F(xiàn)象的產(chǎn)生與鹵素離子種類有關(guān)，故C正確；D．濃硝酸的氧化性強(qiáng)于溴單質(zhì)，所以濃硝酸可以把溴離子氧化為溴單質(zhì)（紅棕色），同時(shí)有氮的氧化物產(chǎn)生，故可以有來檢測溴離子，故D錯(cuò)誤；故選：D。【點(diǎn)評】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價(jià)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重物質(zhì)性質(zhì)及化學(xué)反應(yīng)的考查，把握發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)及現(xiàn)象、結(jié)論的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，注意實(shí)驗(yàn)的評價(jià)性、操作性分析，題目難度不大。二.本部分共5題，共58分．15．（9分）鈦酸鈣是最典型的鈣鈦礦型化合物，該類化合物具有特殊的理化性質(zhì)。（1）基態(tài)Ca2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p6。（2）鈦酸鈣的晶胞如右圖所示，1個(gè)晶胞中含有O2﹣的個(gè)數(shù)是3。離子半徑Ca2+大于Ti4+，理由是Ca2+和Ti4+的電子排布相同，但Ca元素的核電荷數(shù)小于Ti，則離子半徑Ca2+大于Ti4+。（3）鈦酸鈣的陰、陽離子均可被半徑相近的其它離子替代，從而衍生出多種鈣鈦礦型化合物。①晶體密度ρ可以用晶胞的質(zhì)量除以體積來求算。已知，鈦酸鈣晶胞的棱長為apm（1pm＝1×10﹣10cm），則鈦酸鈣晶體密度ρ＝g?cm﹣3（列出計(jì)算式）。②若忽略離子替代時(shí)的體積變化，下列鈣鈦礦型化合物中，密度大于鈦酸鈣的是ac（填字母序號）。a．BaTiO3b．MgTiO3c．BaZrO3（4）通過離子替代可獲得具有優(yōu)異光電性能的有機(jī)鈣鈦礦型化合物CH3NH3PbI3．其中有機(jī)陽離子CH3NH3+可由甲胺（CH3NH2）制得。①CH3NH3+中N的雜化方式為sp3。②請從化學(xué)鍵的角度解釋由甲胺形成CH3NH3+的過程：氨分子中的一個(gè)氫原子被甲基取代后，所得甲胺（CH3NH2）的性質(zhì)與氨相似，其中的N原子有一對孤電子，可以通過配位鍵再結(jié)合一個(gè)H+形成CH3NH3+?！痉治觥浚?）Ca是20號元素，Ca的核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s2；（2）由均攤法可知，1個(gè)晶胞中含有O2﹣的個(gè)數(shù)是6×＝3，Ti是22號元素，Ti4+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p6；（3）①由均攤法可知，1個(gè)晶胞中含有O2﹣的個(gè)數(shù)是6×＝3，含有Ti4+的個(gè)數(shù)為1，含有Ca2+的個(gè)數(shù)為8×＝1，鈦酸鈣晶胞的棱長為apm（1pm＝10﹣10cm），則鈦酸鈣晶體密度ρ＝；②鈦酸鈣的陰、陽離子均可被半徑相近的其它離子替代，忽略離子替代時(shí)的體積變化，鈣鈦礦型化合物的密度取決于陰陽離子的質(zhì)量；（4）①CH3NH3+中以N原子為中心原子，價(jià)層電子對數(shù)為4；②從化學(xué)鍵的角度解釋由甲胺形成CH3NH3+的過程氨分子中的一個(gè)氫原子被甲基取代后，所得甲胺（CH3NH2）的性質(zhì)與氨相似?！窘獯稹拷猓海?）Ca是20號元素，基態(tài)Ca2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p6，故答案為：1s22s22p63s23p6；（2）由均攤法可知，1個(gè)晶胞中含有O2﹣的個(gè)數(shù)是6×＝3，Ti是22號元素，Ti4+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p6，Ca2+和Ti4+的電子排布相同，但Ca元素的核電荷數(shù)小于Ti，則離子半徑Ca2+大于Ti4+，故答案為：3；Ca2+和Ti4+的電子排布相同，但Ca元素的核電荷數(shù)小于Ti，則離子半徑Ca2+大于Ti4+；（3）①由均攤法可知，1個(gè)晶胞中含有O2﹣的個(gè)數(shù)是6×＝3，含有Ti4+的個(gè)數(shù)為1，含有Ca2+的個(gè)數(shù)為8×＝1，鈦酸鈣晶胞的棱長為apm（1pm＝10﹣10cm），則鈦酸鈣晶體密度ρ＝＝g?cm﹣3＝g?cm﹣3，故答案為：；②鈦酸鈣的陰、陽離子均可被半徑相近的其它離子替代，忽略離子替代時(shí)的體積變化，鈣鈦礦型化合物的密度取決于陰陽離子的質(zhì)量，由此可知密度大于鈦酸鈣的是BaTiO3和BaZrO3，故答案為：ac；（4）①CH3NH3+中以N原子為中心原子，價(jià)層電子對數(shù)為4，孤電子對為0，N的雜化方式為sp3雜化，故答案為：sp3；②從化學(xué)鍵的角度解釋由甲胺形成CH3NH3+的過程氨分子中的一個(gè)氫原子被甲基取代后，所得甲胺（CH3NH2）的性質(zhì)與氨相似，其中的N原子有一對孤電子，可以通過配位鍵再結(jié)合一個(gè)H+形成CH3NH3+，故答案為：氨分子中的一個(gè)氫原子被甲基取代后，所得甲胺（CH3NH2）的性質(zhì)與氨相似，其中的N原子有一對孤電子，可以通過配位鍵再結(jié)合一個(gè)H+形成CH3NH3+?！军c(diǎn)評】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及晶胞計(jì)算、原子雜化方式判斷等知識點(diǎn)，明確原子結(jié)構(gòu)、物質(zhì)結(jié)構(gòu)、均攤法在晶胞計(jì)算中的運(yùn)用等知識點(diǎn)是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是晶胞計(jì)算，題目難度中等。16．（10分）碘是人體必須的微量元素之一，海洋植物如海帶、海藻中含有豐富的碘元素。在實(shí)驗(yàn)室中，從海藻里提取碘的流程如圖：（1）指出上述過程中有關(guān)實(shí)驗(yàn)操作的名稱，步驟i：過濾，步驟iii：萃取分液。（2）步驟ii中可使用Cl2，從原子結(jié)構(gòu)角度說明理由：Cl與I為同主族元素，原子半徑：Cl＜I，則得電子能力：Cl＞I，故氧化性Cl2＞I2。Cl2過量時(shí)，可能無法獲得I2，原因是I2會被繼續(xù)氧化為IO3﹣，該反應(yīng)的離子方程式為5Cl2+I2+6H2O═10Cl﹣+2IO3﹣+10H+。（3）當(dāng)使用H2O2做氧化劑時(shí)，I﹣的轉(zhuǎn)化率受外界因素的影響如圖所示。①圖1中，pH＝7時(shí)I﹣轉(zhuǎn)化率幾乎為0，結(jié)合離子方程式解釋原因：H2O2做氧化劑時(shí)，反應(yīng)的離子方程式為：H2O2+2I﹣+2H+═I2+2H2O，pH＝7時(shí)，H+的濃度太小，反應(yīng)正向進(jìn)行受阻。②圖2中，H2O2與I﹣物質(zhì)的量之比從0.5：1提高至1﹕1時(shí)，I﹣的轉(zhuǎn)化率明顯增大，可能的原因是一是因?yàn)镠2O2濃度增大，促進(jìn)反應(yīng)正向進(jìn)行，二是因?yàn)檫^量H2O2分解產(chǎn)生的O2也能氧化I﹣（寫出2條）?！痉治觥亢Ｔ逶谯釄逯凶茻玫胶Ｔ寤?，將海藻灰用水浸泡，得到海藻灰懸濁液，然后利用過濾的方法分離，得到殘?jiān)秃琁﹣的溶液，向該溶液中加入氧化劑，把I﹣氧化成I2，得到含I2的水溶液，而I2在有機(jī)溶劑中的溶解度比在水中大，向該溶液中加入有機(jī)溶劑進(jìn)行萃取，再分液得到含I2的有機(jī)溶液，最后利用蒸餾法分離得到碘單質(zhì)?！窘獯稹拷猓海?）過濾適用于難溶性固體和水的分離，利用溶質(zhì)在互不相溶的溶劑里溶解度不同，用一種溶劑把溶質(zhì)從它跟另一種溶劑所組成的溶液里提取出來，這種方法叫做萃取，分離互不相溶的液體的方法是分液，故步驟i為過濾，步驟iii為萃取分液，故答案為：過濾；萃取分液；（2）步驟ii是向含I﹣的溶液中加入氧化劑，把I﹣氧化成I2，因?yàn)镃l與I為同主族元素，原子半徑：Cl＜I，則得電子能力：Cl＞I，故氧化性Cl2＞I2，即Cl2能把I﹣氧化成I2，故可使用Cl2作氧化劑，Cl2過量時(shí)，可能無法獲得I2，原因是I2會被繼續(xù)氧化為IO3﹣，還原產(chǎn)物為Cl﹣，氯元素的化合價(jià)從0價(jià)降低到﹣1價(jià)，變化數(shù)為1，碘元素的化合價(jià)從0價(jià)升高到+5價(jià)，變化數(shù)為5，根據(jù)元素升降價(jià)總數(shù)守恒，Cl2與I2的系數(shù)比為5：1，設(shè)I2的系數(shù)為1，則Cl2的系數(shù)為5，根據(jù)碘原子和氯原子守恒，IO3﹣的系數(shù)為10，Cl﹣的系數(shù)為10，再根據(jù)電荷守恒可知，生成物還有H+，系數(shù)為10，最后根據(jù)氫原子和氧原子守恒可知，反應(yīng)物還有H2O，系數(shù)為6，則其離子方程式為：5Cl2+I2+6H2O═10Cl﹣+2IO3﹣+10H+，故答案為：Cl與I為同主族元素，原子半徑：Cl＜I，則得電子能力：Cl＞I，故氧化性Cl2＞I2；5Cl2+I2+6H2O═10Cl﹣+2IO3﹣+10H+；（3）①H2O2做氧化劑時(shí)，反應(yīng)的離子方程式為：H2O2+2I﹣+2H+═I2+2H2O，故反應(yīng)要在酸性溶液中進(jìn)行，若pH＝7，H+的濃度太小，反應(yīng)正向進(jìn)行受阻，故答案為：H2O2做氧化劑時(shí)，反應(yīng)的離子方程式為：H2O2+2I﹣+2H+═I2+2H2O，pH＝7時(shí)，H+的濃度太小，反應(yīng)正向進(jìn)行受阻；②H2O2與I﹣物質(zhì)的量之比從0.5：1提高至1﹕1，相當(dāng)于保持I﹣的濃度不變，增大H2O2濃度，促進(jìn)反應(yīng)H2O2+2I﹣+2H+═I2+2H2O正向進(jìn)行，增大I﹣的轉(zhuǎn)化率，且H2O2過量，H2O2分解產(chǎn)生O2，O2也能氧化I﹣，則I﹣的轉(zhuǎn)化率增大。故答案為：一是因?yàn)镠2O2濃度增大，促進(jìn)反應(yīng)正向進(jìn)行，二是因?yàn)檫^量H2O2分解產(chǎn)生的O2也能氧化I﹣。【點(diǎn)評】本題以從海藻里提取碘的流程為背景考查物質(zhì)的分離操作、氧化還原反應(yīng)等，題目難度中等，關(guān)鍵是掌握從海藻里提取碘的原理、原子的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系、過氧化氫的性質(zhì)，明確圖象的橫縱坐標(biāo)及其曲線變化趨勢的意義，注意審題，提高學(xué)生的分析和推理能力。17．（11分）W、X、Y、Z為同一周期的四種主族元素，原子序數(shù)依次增大．基態(tài)Y原子的價(jià)電子排布為3s23p4，X的電離能數(shù)據(jù)如表所示。電離能I1I2I3I4???Ia/kJ?mol﹣17381451773310540???（1）X在元素周期表中的位置是第三周期第ⅡA族。（2）用電子式表示W(wǎng)Z的形成過程：。（3）下列事實(shí)能用元素周期律解釋的是bc（填字母序號）。a．W可用于制備活潑金屬鉀b．Y的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性小于H2Oc．將Z單質(zhì)通入Na2S溶液中，溶液變渾濁d．Y的氧化物對應(yīng)的水化物H2YO3的酸性比H2SiO3強(qiáng)（4）為了進(jìn)一步研究最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸堿性與元素金屬性、非金屬性的關(guān)系，查閱如下資料。i．某元素最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物脫水前的化學(xué)式通?？梢员硎緸镸（OH）n，該水化物中的M﹣O﹣H結(jié)構(gòu)有兩種斷鍵方式：斷M﹣O鍵在水中電離出OH﹣；斷O﹣H鍵在水中電離出H+。ⅱ．在水等強(qiáng)極性溶劑中，成鍵原子電負(fù)性的差異是影響化學(xué)鍵斷裂難易程度的原因之一。水化物的M﹣O﹣H結(jié)構(gòu)中，成鍵原子電負(fù)性差異越大，所形成的化學(xué)鍵越容易斷裂。①已知：O、H元素的電負(fù)性數(shù)值分別為3.5和2.1；某元素M的電負(fù)性數(shù)值為2.5，且電負(fù)性差異是影響M﹣O﹣H中化學(xué)鍵斷裂難易程度的主要原因。該元素最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物呈酸（填“酸”或“堿”）性，依據(jù)是M和O的電負(fù)性差值為1，O和H的電負(fù)性差值1.4，根據(jù)電負(fù)性差異是影響M?O?H中化學(xué)鍵斷裂難易程度的主要原因，明顯O﹣H鍵更容易斷裂，該元素最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物呈酸性。②W和X的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物中，堿性較強(qiáng)的是NaOH（寫化學(xué)式），結(jié)合資料說明理由：Na與O的電負(fù)性差值比Mg與O的電負(fù)性差值大，M?O鍵更容易斷裂，所以堿性較強(qiáng)的是NaOH?！痉治觥炕鶓B(tài)Y原子的價(jià)電子排布為3s23p4，可知Y為S，W、X、Y、Z為同一周期的四種主族元素，原子序數(shù)依次增大，Z為Cl，Y第三周期主族元素，其他三種元素為第三周期元素，根據(jù)X電離能知，該元素位于第ⅡA族，X為Mg元素，W為Na?！窘獯稹拷猓海?）X為Mg元素，位于第三周期第ⅡA族，故答案為：第三周期第ⅡA族；（2）由上面分析可知WZ為氯化鈉，NaCl為離子化合物，書寫電子式時(shí)注意，左邊寫鈉原子和氯原子電子式，右邊寫氯化鈉的電子式，中間用箭頭連接，用電子式表示NaCl的形成過程為，故答案為：；（3）a同主族元素從上到下元素的金屬性依次增強(qiáng)，A不能用元素周期律解釋，故a錯(cuò)誤；b．同主族元素從上到下元素的非金屬性依次減弱，S的非金屬性弱于O，氫化物穩(wěn)定性H2S小于H2O，b能用元素周期律解釋，故b正確；c．同周期從左到右元素的非金屬性依次增強(qiáng)，所以Cl的非金屬性強(qiáng)于S，C能用元素周期律解釋，故c正確；d．同周期從左到右元素的非金屬性依次增強(qiáng)，所以S的非金屬性強(qiáng)于Si，所以S的最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物H2SO4的酸性強(qiáng)于H2SiO3，d不能元素周期律解釋，故d錯(cuò)誤；故答案為：bc；（4）①根據(jù)O、H元素的電負(fù)性數(shù)值分別為3.5和2.1，某元素M的電負(fù)性數(shù)值為2.5，M和O的電負(fù)性差值為1，O和H的電負(fù)性差值1.4，根據(jù)電負(fù)性差異是影響M?O?H中化學(xué)鍵斷裂難易程度的主要原因，明顯O﹣H鍵更容易斷裂，該元素最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物呈酸性，故答案為：酸；②W的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物為NaOH，X的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物Mg（OH）2，同一周期從左到右電負(fù)性逐漸增大，Na與O的電負(fù)性差值比Mg與O的電負(fù)性差值大，M?O鍵更容易斷裂，所以堿性較強(qiáng)的是NaOH，故答案為：NaOH；Na與O的電負(fù)性差值比Mg與O的電負(fù)性差值大，M?O鍵更容易斷裂，所以堿性較強(qiáng)的是NaOH。【點(diǎn)評】本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的考查，涉及電離能、核外電子排布等，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)，注意第一電離能的規(guī)律及異?，F(xiàn)象，難度中等。18．（14分）軟錳礦漿（主要成分MnO2）可吸收煙氣中的SO2，同時(shí)可制備MnCO3，工藝流程如圖：資料：①吸收后的軟錳礦漿中含有Fe2+、Fe3+、Al3+、Zn2+等陽離子；②金屬離子沉淀的pH如下表．金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Zn2+開始沉淀的pH8.16.31.53.46.2沉淀完全的pH10.18.32.84.78.2（1）脫硫的產(chǎn)物是MnSO4，軟錳礦中MnO2所起的作用是吸收煙氣中的SO2，生成MnSO4。（2）過程1向漿液中通入O2的目的是將其中的Fe2+氧化成Fe3+，而后經(jīng)過調(diào)節(jié)溶液的pH除去。（3）濾渣1的成分是氫氧化鐵與氫氧化鋁，過程2中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為S2﹣+Zn2+＝ZnS↓。（4）制備MnCO3的過程中，一般控制溶液的pH范圍為5～7，不宜過大或過小，原因是pH過小Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH過大Mn2+轉(zhuǎn)化成沉淀。（5）已知：常溫下，（NH4）2CO3溶液的pH約為9.3，NH4HCO3溶液的pH約為7.8。請推測物質(zhì)A，并寫出制備MnCO3時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：Mn2++2HCO3﹣＝MnCO3↓+CO2↑+H2O。（6）取mg碳酸錳樣品，加適量硫酸加熱溶解后，用cmol?L﹣1的KMnO4溶液滴定，至滴定終點(diǎn)時(shí)，消耗KMnO4溶液的體積為VmL。（已知：反應(yīng)產(chǎn)物為MnO2，雜質(zhì)不參與反應(yīng)）樣品中MnCO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算式為（用質(zhì)量分?jǐn)?shù)表示）?！痉治觥寇涘i礦漿（主要成分MnO2）通入二氧化硫，進(jìn)行脫硫，通入氧氣將亞鐵離子氧化為鐵離子，加入氨水將Fe3+、Al3+變成氫氧化鐵與氫氧化鋁沉淀，加入硫化銨除去鋅離子，最后加入碳酸氫銨生成碳酸錳，依次答題；（1）MnO2可吸收煙氣中的SO2；（2）過程1向漿液中通入O2的目的是將其中的Fe2+氧化成Fe3+；（3）金屬離子沉淀的pH表可知，調(diào)節(jié)溶液的pH將Fe3+、Al3+變成氫氧化鐵與氫氧化鋁沉淀；（4）制備MnCO3的過程中，pH過小Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH過大Mn2+轉(zhuǎn)化成沉淀；（5）金屬離子沉淀的pH表可知，pH不能過大，所以選擇物質(zhì)A為NH4HCO3；（6）碳酸錳與硫酸反應(yīng)生成硫酸錳，而后與KMnO4反應(yīng)生成MnO2，化合價(jià)由+2價(jià)變成+4價(jià)，KMnO4由+7價(jià)變成+4價(jià)，化合價(jià)升降總數(shù)相等?！窘獯稹拷猓海?）由題意可知，MnO2可吸收煙氣中的SO2，生成MnSO4，故答案為：吸收煙氣中的SO2，生成MnSO4；（2）過程1向漿液中通入O2的目的是將其中的Fe2+氧化成Fe3+，而后經(jīng)過調(diào)節(jié)溶液的pH除去，故答案為：將其中的Fe2+氧化成Fe3+，而后經(jīng)過調(diào)節(jié)溶液的pH除去；（3）金屬離子沉淀的pH表可知，調(diào)節(jié)溶液的pH將Fe3+、Al3+變成氫氧化鐵與氫氧化鋁沉淀；離子方程式為Fe3++3OH﹣＝Fe（OH）3，Al3++3OH﹣＝Al（OH）3，過程2是加入硫化銨，生成硫化鋅沉淀，離子方程式為S2﹣+Zn2+＝ZnS↓，故答案為：氫氧化鐵與氫氧化鋁；S2﹣+Zn2+＝ZnS↓；（4）制備MnCO3的過程中，一般控制溶液的pH范圍為5～7，pH過小Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH過大Mn2+轉(zhuǎn)化成沉淀，故答案為：pH過小Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH過大Mn2+轉(zhuǎn)化成沉淀；（5）金屬離子