2010年海南高考化學(xué)試題及答案

絕密★啟用前2010年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試(海南卷)化學(xué)注意事項(xiàng)：1．本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在答題卡上。2．回答第I卷時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號(hào)。寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。3．回答第Ⅱ卷時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。4．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H1Cl2N14O16Na23Mg24S32C135.5K39Fe56Ni59Cu64Lal39第Ⅰ卷一、選擇題：本題共6小題，每小題2分，共12分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、下列物質(zhì)中，可形成酸雨的是A、二氧化硫B、氟氯代烴C、二氧化碳D、甲烷2、常溫下，將0.1mol·L1氫氧化鈉溶液與0.06mol·L1硫酸溶液等體積混合，該混合溶液的pH等于A．3、對(duì)于化學(xué)反應(yīng)3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)，下列反應(yīng)速率關(guān)系中，正確的是A.υ(W)=3υ(Z)B.2υ(X)=3υ(Z)C.2υ(X)=v(Y)D.3υ(W)=2υ(X)4、把VL含有MgS04和K2S04的混合溶液分成兩等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂;另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇。則原混合溶液中鉀離子的濃度為A.EQ\f(ba,V)mol·L1B.EQ\f(2ba,V)mol·L1C.EQ\f(2(ba),V)mol·L1D.EQ\f(2(2ba),V)mol·L15．已知：Ksp(AgCl)=1．8×10—10，Ksp(AgI)=1.5×10—16，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10—12，則下列難溶鹽的飽和溶液中，Ag+濃度大小順序正確的是A．AgCl>AgI>Ag2CrO4B．AgCl>Ag2CrO4>AgIC．Ag2CrO4>AgCl>AgID．Ag2CrO4>AgI>AgCl6．光譜研究表明，易溶于水的S02所形成的溶液中存在著下列平衡：據(jù)此，下列判斷中正確的是A．該溶液中存在著SO2分子B．該溶液中H+濃度是SO23濃度的2倍C．向該溶液中加入足量的酸都能放出SO2氣體D．向該溶液中加入過(guò)量NaOH可得到Na2SO3、NaHSO3和NaOH的混合溶液二、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意。若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選得0分：若正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確得2分，選兩個(gè)且都正確得4分，但只要選錯(cuò)一個(gè)就得0分。7．下列物質(zhì)中既有氧化性又有還原性的是A．HClOB．Al2O3C．N203D．SiO28．下列化合物中既易發(fā)生取代反應(yīng)，也可發(fā)生加成反應(yīng)，還能使KMn04酸性溶液褪色的是A．乙烷B．乙醇C．丙烯D．苯9．利用電解法可將含有Fe、Zn、Ag、Pt等雜質(zhì)的粗銅提純，下列敘述正確的是A.電解時(shí)以精銅作陽(yáng)極B．電解時(shí)陰極發(fā)生還原反應(yīng)C．粗銅連接電源負(fù)極，其電極反應(yīng)是Cu=Cu2++2e—D．電解后，電解槽底部會(huì)形成含少量Ag、Pt等金屬的陽(yáng)極泥10．能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式是A．金屬鋁溶于稀硫酸中：Al+2H+=A13++H2↑B．碳酸鋅溶于稀硝酸中：CO23+2H+=H2O+CO2↑C．醋酸鈉水溶液中通入足量C02：2CH3COO—+CO2+H20=2CH3COOH+CO23D．少量Cl2通入KI溶液中：Cl2+2I—=2C1—+I211.短周期元素X、Y、Z所在的周期數(shù)依次增大，它們的原子序數(shù)之和為20，且Y2—與Z+核外電子層的結(jié)構(gòu)相同。下列化合物中同時(shí)存在極性和非極性共價(jià)鍵的是A.Z2YB．X2Y2C．Z2Y2D．ZYX12．下列化合物分子中的所有原子都處于同一平面的是A．溴苯B．對(duì)二甲苯C．氯乙烯D．丙烯第Ⅱ卷本卷包括必考題和選考題兩部分。第13題～第17題為必考題，每個(gè)試題考生都必須做答。第18題～第20題為選考題，考生根據(jù)要求做答。13．(8分)A～G各物質(zhì)間的關(guān)系如下圖，其中B、D為氣態(tài)單質(zhì)。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)物質(zhì)C和E的名稱分別為_(kāi)_______________、__________________；(2)可選用不同的A進(jìn)行反應(yīng)①，若能在常溫下進(jìn)行，其化學(xué)方程式為_(kāi)____________；若只能在加熱情況下進(jìn)行，則反應(yīng)物A應(yīng)為_(kāi)____________；(3)反應(yīng)②的化學(xué)方程式為_(kāi)______________________________________；(4)新配制的F溶液應(yīng)加入_____________以防止其轉(zhuǎn)化為G。檢驗(yàn)G溶液中陽(yáng)離子的常用試劑是_____________，實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為_(kāi)___________________________________________。14．(8分)高爐煉鐵過(guò)程中發(fā)生的主要反應(yīng)為已知該反應(yīng)在不同溫度下的平衡常數(shù)如下：請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=_____________，△H________0(填“>”、“<”或“=”)；(2)在一個(gè)容積為10L的密閉容器中，1000℃時(shí)加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反應(yīng)經(jīng)過(guò)l0min后達(dá)到平衡。求該時(shí)間范圍內(nèi)反應(yīng)的平均反應(yīng)速率υ(C02)=_____________、CO的平衡轉(zhuǎn)化率=_____________：(3)欲提高(2)中CO的平衡轉(zhuǎn)化率，可采取的措施是_____________。A．減少Fe的量B．增加Fe203的量C．移出部分C02D．提高反應(yīng)溫度E．減小容器的容積F．加入合適的催化劑15．(9分)A是自然界存在最廣泛的ⅡA族元素，常以化合物F存在。從單質(zhì)A起始發(fā)生的一系列化學(xué)反應(yīng)可由下圖表示：請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）A與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)____________，E與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__________；（2）F的化學(xué)式為_(kāi)__________，G和D的電子式分別為_(kāi)____________和____________；（3）D與H反應(yīng)可能生成的鹽有_____________(填化學(xué)式)；（4）實(shí)際生產(chǎn)中，可由F為原料制備單質(zhì)A，簡(jiǎn)述一種制備方法_________________。16、(8分)有機(jī)物A可作為植物生長(zhǎng)調(diào)節(jié)劑，為便于使用，通常將其制成化合物D,D在弱酸性條件下會(huì)緩慢釋放出A。合成D的一種方法及各物質(zhì)間轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示：請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)A的名稱是_____________，A與氯氣反應(yīng)可生成C，C的名稱是_____________；(2)經(jīng)測(cè)定E中含有氯元素，且E可以與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)，則E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)________，由A直接生成E的反應(yīng)類型是_____________；(3)在弱酸性條件下，D與水反應(yīng)生成A的化學(xué)方程式為_(kāi)________________________；(4)寫(xiě)出E的兩個(gè)同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式__________________________。17．(11分)根據(jù)氨氣還原氧化銅的反應(yīng)，可設(shè)計(jì)測(cè)定銅元素相對(duì)原子質(zhì)量么(近似值)的實(shí)驗(yàn)。先稱量反應(yīng)物氧化銅的質(zhì)量m(CuO)，反應(yīng)完全后測(cè)定生成物水的質(zhì)量m(H20)，由此計(jì)算。為此，提供的實(shí)驗(yàn)儀器及試劑如下(根據(jù)需要可重復(fù)選用，加入的NH4C1與Ca(OH)2的量足以產(chǎn)生使CuO完全還原的氨氣)：請(qǐng)回答下列問(wèn)題：[來(lái)源:學(xué)§科§網(wǎng)Z§X§X§K](1)氨氣還原熾熱氧化銅的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________________________；(2)從所提供的儀器及試劑中選擇并組裝本實(shí)驗(yàn)的一套合理、簡(jiǎn)單的裝置，按氣流方向的連接順序?yàn)?用圖中標(biāo)注的導(dǎo)管口符號(hào)表示)a→______________________________；(3)在本實(shí)驗(yàn)中，若測(cè)得m(CuO)=ag，m(H2O)=bg，則Ar(Cu)=_______________；(4)在本實(shí)驗(yàn)中，使測(cè)定結(jié)果Ar(Cu)偏大的是_______________(填序號(hào))；①CuO未完全起反應(yīng)②CuO不干燥③CuO中混有不反應(yīng)的雜質(zhì)④堿石灰不干燥⑤NH4C1與Ca(OH)2混合物不干燥(5)在本實(shí)驗(yàn)中，還可通過(guò)測(cè)定_______________和_______________，或_______________和_______________達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?。選考題(請(qǐng)考生在第18、19、20三題中任選一題做答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。做答時(shí)用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號(hào)涂黑)。第18、19、20三題的第Ⅰ題為選擇題，在給出的四個(gè)選項(xiàng)中，至少有兩項(xiàng)是符合題目要求的，請(qǐng)將符合題目要求的選項(xiàng)標(biāo)號(hào)填在答題卡相應(yīng)位置；第Ⅱ題為非選擇題，請(qǐng)?jiān)诖痤}卡相應(yīng)位置做答并寫(xiě)明小題號(hào)。18．(20分)18I(6分)已知：，如果要合成所用的原始原料可以是A.2甲基l，3丁二烯和2丁炔B．1，3戊二烯和2丁炔C．2，3二甲基1，3戊二烯和乙炔D、2，3二甲基l，3丁二烯和丙炔18II(14分)A～G都是有機(jī)化合物，它們的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)已知：6.0g化合物E完全燃燒生成8.8gC02和3.6gH20；E的蒸氣與氫氣的相對(duì)密度為30，則E的分子式為_(kāi)______________：[來(lái)源:ZXXK](2)A為一取代芳烴，B中含有一個(gè)甲基。由B生成C的化學(xué)方程式為_(kāi)______________；(3)由B生成D、由C生成D的反應(yīng)條件分別是_______________、_______________；(4)由A生成B、由D生成G的反應(yīng)類型分別是_______________、_______________；(5)F存在于梔子香油中，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)______________；(6)在G的同分異構(gòu)體中，苯環(huán)上一硝化的產(chǎn)物只有一種的共有___________個(gè)，其中核磁共振氫譜有兩組峰，且峰面積比為l：1的是_______________(填結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式)。19、（20分)19I(6分)下列描述中正確的是A、CS2為V形的極性分子B、Cl0—3的空間構(gòu)型為平面三角形C、SF6中有6對(duì)完全相同的成鍵電子對(duì)D、SiF4和SO2—3的中心原子均為sp3雜化19Ⅱ(14分)金屬鎳及其化合物在合金材料以及催化劑等方面應(yīng)用廣泛。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)Ni原子的核外電子排布式為_(kāi)_____________________________；(2)Ni0、Fe0的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同，Ni2+和Fe2+的離子半徑分別為69pm和78pm，則熔點(diǎn)NiO________FeO(填“<”或“>”)；(3)Ni0晶胞中Ni和O的配位數(shù)分別為_(kāi)______________、_______________；(4)金屬鎳與鑭(La)形成的合金是一種良好的儲(chǔ)氫材料，其晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如左下圖所示。該合金的化學(xué)式為_(kāi)______________；(5)丁二酮肟常用于檢驗(yàn)Ni2+：在稀氨水介質(zhì)中，丁二酮肟與Ni2+反應(yīng)可生成鮮紅色沉淀，其結(jié)構(gòu)如右上圖所示。①該結(jié)構(gòu)中，碳碳之間的共價(jià)鍵類型是鍵，碳氮之間的共價(jià)鍵類型是______________，氮鎳之間形成的化學(xué)鍵是_______________；②該結(jié)構(gòu)中，氧氫之間除共價(jià)鍵外還可存在_______________；③該結(jié)構(gòu)中，碳原子的雜化軌道類型有_______________。20、(20分)20Ⅰ(6分)固硫劑是把煤燃燒時(shí)生成的二氧化硫以鹽的形式固定在爐渣中的物質(zhì)，可減少二氧化硫?qū)Υ髿獾奈廴尽Ｏ铝形镔|(zhì)中可用做固硫劑的有A．CaOB．Na2C03C．NH4N03D.P20520Ⅱ(14分)以黃鐵礦為原料，采用接觸法生產(chǎn)硫酸的流程可簡(jiǎn)示如下：請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)在爐氣制造中，生成S02的化學(xué)方程式為_(kāi)____________________________；(2)爐氣精制的作用是將含S02的爐氣______________、______________及干燥，如果爐氣不經(jīng)過(guò)精制，對(duì)S02催化氧化的影響是____________________________________：(3)精制爐氣(含SO2體積分?jǐn)?shù)為7％、O2為ll％、N2為82％)中S02平衡轉(zhuǎn)化率與溫度及壓強(qiáng)關(guān)系如下圖所示。在實(shí)際生產(chǎn)中，S02催化氧化反應(yīng)的條件選擇常壓、450℃；左右(對(duì)應(yīng)圖中A點(diǎn))，而沒(méi)有選擇S02轉(zhuǎn)化率更高的B或C點(diǎn)對(duì)應(yīng)的反應(yīng)條件，其原因分別是______________________________、______________________________；(4)在S02催化氧化設(shè)備中設(shè)置熱交換器的目的是_______________、_______________，從而充分利用能源。

2010年海南省高考化學(xué)題參考答案題號(hào)123456789101112答案ABCDCAACCBDDBAC13、（1）濃鹽酸、四氧化三鐵；18IA、D18II(1)C2H4O2(2)（按教材：）2010年海南省高考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、解答題（共6小題，滿分18分）1．（3分）（2010?海南）下列物質(zhì)中，可形成酸雨的是（）A．二氧化硫 B．氟氯代烴 C．二氧化碳 D．甲烷【考點(diǎn)】常見(jiàn)的生活環(huán)境的污染及治理；二氧化硫的污染及治理．【分析】首先要知道什么是酸雨，然后分析酸雨的成因．【解答】解：酸雨是指pH小于5.6的降水，主要是由于人為排放的硫氧化物和氮氧化物等酸性氣體轉(zhuǎn)化而成的，我國(guó)主要以硫酸型酸雨為主，這是由于我國(guó)以煤炭為主的能源結(jié)構(gòu)造成的，因此選項(xiàng)A正確．故選A．【點(diǎn)評(píng)】酸雨是工業(yè)高度發(fā)展而出現(xiàn)的副產(chǎn)物，由于人類大量使用煤、石油、天然氣等化石燃料，燃燒后產(chǎn)生的硫氧化物或氮氧化物，在大氣中經(jīng)過(guò)化學(xué)反應(yīng)，形成硫酸或硝酸，隨雨水降到地面成為酸雨．2．（3分）（2010?海南）常溫下，將0.1mol?L﹣1氫氧化鈉溶液與0.06mol?L﹣1硫酸溶液等體積混合，該混合溶液的pH等于（）A．1.7 B．2.0 C．12.0 D．12.4【考點(diǎn)】pH的簡(jiǎn)單計(jì)算．【分析】根據(jù)酸堿溶液混合時(shí)，先判斷過(guò)量，然后計(jì)算過(guò)量的酸或堿的物質(zhì)的量濃度，最后計(jì)算溶液的pH來(lái)解答即可．【解答】解：設(shè)溶液的體積都是1L，則氫氧化鈉的物質(zhì)的量為1L×0.1mol?L﹣1=0.1mol，硫酸的物質(zhì)的量為1L×0.06mol?L﹣1=0.06mol，H+的物質(zhì)的量為0.06mol×2=0.12mol，則當(dāng)酸堿發(fā)生中和時(shí)H+和OH﹣的物質(zhì)的量分別為0.12mol和0.1mol，則硫酸過(guò)量，過(guò)量的H+的物質(zhì)的量為0.12mol﹣0.1mol=0.02mol，則反應(yīng)后溶液中H+的物質(zhì)的量濃度為c（H+）==0.01mol?L﹣1，pH=﹣lg10﹣2=2.0，故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查溶液pH的有關(guān)計(jì)算，明確酸堿反應(yīng)的過(guò)量分析是解答的關(guān)鍵，并應(yīng)熟悉物質(zhì)的量的計(jì)算、pH的計(jì)算公式來(lái)解答即可．3．（3分）（2010?海南）對(duì)于化學(xué)反應(yīng)3W（g）+2X（g）=4Y（g）+3Z（g），下列反應(yīng)速率關(guān)系中，正確的是（）A．v（W）=3v（Z） B．2v（X）=3v（Z） C．2v（X）=v（Y） D．3v（W）=2v（X）【考點(diǎn)】化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)計(jì)量數(shù)的關(guān)系．【專題】化學(xué)反應(yīng)速率專題．【分析】根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率是用單位時(shí)間內(nèi)反應(yīng)物濃度的減少或生成物濃度的增加來(lái)表示的，利用化學(xué)反應(yīng)中化學(xué)反應(yīng)速率之比等于其化學(xué)計(jì)量數(shù)之比來(lái)解答．【解答】解：A、由化學(xué)計(jì)量數(shù)可知，v（W）：v（Z）=1：1，故A錯(cuò)誤；B、由化學(xué)計(jì)量數(shù)可知，v（X）：v（Z）=2：3，故B錯(cuò)誤；C、由化學(xué)計(jì)量數(shù)可知，v（X）：v（Y）=2：4=1：2，即2v（X）=v（Y），故C正確；D、由化學(xué)計(jì)量數(shù)可知，v（W）：v（X）=3：2，故A錯(cuò)誤；故選C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)計(jì)量數(shù)的關(guān)系，明確化學(xué)反應(yīng)速率之比可由化學(xué)反應(yīng)中的化學(xué)計(jì)量數(shù)直接觀察得出是解答的關(guān)鍵．4．（3分）（2010?海南）把VL含有MgS04和K2S04的混合溶液分成兩等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇．則原混合溶液中鉀離子的濃度為（）A．mol?L﹣1 B．mol?L﹣1C．mol?L﹣1 D．mol?L﹣1【考點(diǎn)】離子方程式的有關(guān)計(jì)算．【分析】根據(jù)兩等份中一份加氫氧化鈉時(shí)發(fā)生Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，另一份加BaCl2的溶液發(fā)生Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，且兩個(gè)反應(yīng)中使鎂離子、硫酸根離子完全轉(zhuǎn)化為沉淀，利用物質(zhì)的物質(zhì)的量代入離子方程式來(lái)計(jì)算Mg2+和SO42﹣的物質(zhì)的量，然后計(jì)算原混合溶液中鉀離子的濃度．【解答】解：設(shè)每份中鎂離子的物質(zhì)的量為x，硫酸根離子的物質(zhì)的量為y，則由Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓可知，12xamol，解得x=0.5amol，由Ba2++SO42﹣=BaSO4↓可知，11bmoly，解得y=bmol，忽略溶液中的H+和OH﹣由電荷守恒知，b×2=n（K+）+0.5a×2，溶液中K+的物質(zhì)的量為（b﹣0.5a）×2mol=（2b﹣a）mol，又由于混合溶液分成兩等份，則原溶液中的K+的物質(zhì)的量為2（2b﹣a）mol，則原混合溶液中鉀離子的濃度為=mol?L﹣1，故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生利用離子方程式進(jìn)行計(jì)算，學(xué)生應(yīng)明確信息中恰好使離子轉(zhuǎn)化為沉淀，然后利用離子之間的反應(yīng)、電荷守恒、物質(zhì)的量濃度的計(jì)算即可解答．5．（3分）（2010?海南）已知：Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，Ksp（AgI）=1.5×10﹣16，Ksp（Ag2CrO4）=2.0×10﹣12，則下列難溶鹽的飽和溶液中，Ag+濃度大小順序正確的是（）A．AgCl＞AgI＞Ag2CrO4 B．AgCl＞Ag2CrO4＞AgIC．Ag2CrO4＞AgCl＞AgI D．Ag2CrO4＞AgI＞AgCl【考點(diǎn)】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)．【專題】壓軸題．【分析】根據(jù)對(duì)應(yīng)化學(xué)式相似的AgCl和AgI來(lái)說(shuō)Ksp越小Ag+濃度越小，即AgCl＞AgI；假設(shè)Ag2CrO4飽和溶液中Ag+的濃度為x，則CrO42﹣的濃度為0.5x，由溶度積常數(shù)的表達(dá)式可知Ksp（Ag2CrO4）=x2×0.5x=0.5x3=2.0×10﹣12，x3=4.0×10﹣12，即x═，因?yàn)锳gCl飽和溶液中Ag+的濃度為，所以Ag2CrO4＞AgCl，故順序?yàn)椋篈g2CrO4＞AgCl＞AgI．【解答】解：A、由Ksp計(jì)算可知，Ag+濃度大小順序應(yīng)為Ag2CrO4＞AgCl，故A錯(cuò)；B、Ag+濃度大小順序應(yīng)為Ag2CrO4＞AgCl，故B錯(cuò)；C、飽和溶液中：對(duì)應(yīng)化學(xué)式相似的AgCl和AgI來(lái)說(shuō)Ksp越小Ag+濃度越小，即AgCl＞AgI；Ag2CrO4溶液中Ag+的濃度為，AgCl飽和溶液中Ag+的濃度為，所以有Ag2CrO4＞AgCl＞AgI，故C正確；D、化學(xué)式相似的AgCl和AgI來(lái)說(shuō)Ksp越小Ag+濃度越小，Ag+濃度大小順序應(yīng)為AgCl＞AgI，故D錯(cuò)．故選C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查溶度積常數(shù)的概念和有關(guān)計(jì)算，做題時(shí)注意不同物質(zhì)的化學(xué)式是否相似，如不同，可用溶度積常數(shù)計(jì)算．6．（3分）（2010?海南）光譜研究表明，易溶于水的S02所形成的溶液中存在著下列平衡：據(jù)此，下列判斷中正確的是（）A．該溶液中存在著SO2分子B．該溶液中H+濃度是SO32﹣濃度的2倍C．向該溶液中加入足量的酸都能放出SO2氣體D．向該溶液中加入過(guò)量NaOH可得到Na2SO3、NaHSO3和NaOH的混合溶液【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的影響因素；化學(xué)反應(yīng)的可逆性；化學(xué)平衡建立的過(guò)程．【專題】壓軸題．【分析】根據(jù)化學(xué)平衡的中的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，則在轉(zhuǎn)化中存在不完全轉(zhuǎn)化性，反應(yīng)物與生成物都存在同一體系中，并利用離子濃度的改變來(lái)分析平衡的移動(dòng)．【解答】解：A、因?yàn)樵摲磻?yīng)是可逆反應(yīng)，所以達(dá)到平衡后反應(yīng)物和生成物共同存在于體系中，即存在SO2分子，故A正確；B、因溶液中H+的來(lái)源有3個(gè)方面，即水的電離、SO2?xH2O和HSO3﹣的電離，因此溶液中H+濃度不一定是SO32﹣濃度的2倍，故B錯(cuò)誤；C、SO2是一種還原性氣體，若加入的酸是氧化性酸，SO2將被氧化成硫酸而不會(huì)放出SO2氣體，當(dāng)加入非氧化性酸，平衡逆向移動(dòng)，有氣體放出，故C錯(cuò)誤；D、NaHSO3是一種酸式鹽可以與NaOH反應(yīng)，因氫氧化鈉過(guò)量，則方程式為NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O，則不存在NaHSO3，故D錯(cuò)誤；故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡狀態(tài)的特點(diǎn)和外界條件對(duì)化學(xué)平衡的影響，明確反應(yīng)的可逆性、不完全轉(zhuǎn)化性、物質(zhì)之間的化學(xué)反應(yīng)是解答本題的關(guān)鍵．二、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分．每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意．若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選得0分：若正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確得2分，選兩個(gè)且都正確得4分，但只要選錯(cuò)一個(gè)就得0分．7．（4分）（2010?海南）下列物質(zhì)中既有氧化性又有還原性的是（）A．HClO B．Al2O3 C．N2O3 D．SiO2【考點(diǎn)】重要的氧化劑；重要的還原劑．【分析】判斷物質(zhì)的氧化性和還原性，需從兩個(gè)反面入手，1．熟悉物質(zhì)的性質(zhì)，2．物質(zhì)所含元素的化合價(jià)，如果物質(zhì)所含元素處于中間價(jià)態(tài)，則物質(zhì)既有氧化性又有還原性．【解答】解：A、HClO中的Cl元素的化合價(jià)為+1價(jià)，一般情況下凡元素化合價(jià)處于中間價(jià)態(tài)都是既有氧化性又有還原性，故A正確；B、Al2O3中鋁元素的化合價(jià)為+3價(jià)，處于最高價(jià)態(tài)，則只有氧化性，故B錯(cuò)誤；C、N203中N元素的化合價(jià)為+3價(jià)，處于中間價(jià)態(tài)，則該物質(zhì)都既有氧化性又有還原性，故C正確；D、SiO2中Si元素的化合價(jià)為+4價(jià)，處于最高價(jià)態(tài)，則只有氧化性，故D錯(cuò)誤；故選：AC．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考察對(duì)氧化性和還原性的判斷和理解．氧化性是指物質(zhì)得電子的能力，處于高價(jià)態(tài)的物質(zhì)一般具有氧化性．還原性是在氧化還原反應(yīng)里，物質(zhì)失去電子或電子對(duì)偏離的能力，金屬單質(zhì)和處于低價(jià)態(tài)的物質(zhì)一般具有還原性．8．（4分）（2010?海南）下列化合物中既易發(fā)生取代反應(yīng)，也可發(fā)生加成反應(yīng)，還能使KMnO4酸性溶液褪色的是（）A．乙烷 B．乙醇 C．丙烯 D．苯【考點(diǎn)】取代反應(yīng)與加成反應(yīng)；氧化還原反應(yīng)．【分析】乙烷屬于飽和烷烴，性質(zhì)穩(wěn)定，主要發(fā)生取代反應(yīng)，不能發(fā)生加成反應(yīng)；乙醇為飽和一元醇，也不能發(fā)生加成反應(yīng)；能發(fā)生加成反應(yīng)的物質(zhì)具有不飽和鍵；苯的結(jié)構(gòu)比較特殊，性質(zhì)也比較特殊，既能發(fā)生加成反應(yīng)，也能發(fā)生取代反應(yīng)，但不能使KMn04酸性溶液褪色．【解答】解：A、乙烷屬于烷烴主要發(fā)生取代反應(yīng)，故A錯(cuò)；B、乙醇屬于飽和一元醇不能發(fā)生加成反應(yīng)，故B錯(cuò)；C、丙烯屬于烯烴且含有一個(gè)甲基，甲基上發(fā)生取代反應(yīng)，碳碳雙鍵能發(fā)生加成、能使高錳酸鉀溶液褪色，因此符合題意，故C正確；D、苯屬于芳香烴可以發(fā)生取代反應(yīng)和加成反應(yīng)，但不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D錯(cuò)．故選C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考察常見(jiàn)有機(jī)化合物的化學(xué)性質(zhì)及常見(jiàn)的有機(jī)化學(xué)反應(yīng)類型，注意烯烴的性質(zhì)以及苯的性質(zhì)的特殊性．9．（4分）（2010?海南）利用電解法可將含有Fe、Zn、Ag、Pt等雜質(zhì)的粗銅提純，下列敘述正確的是（）A．電解時(shí)以精銅作陽(yáng)極B．電解時(shí)陰極發(fā)生還原反應(yīng)C．粗銅連接電源負(fù)極，其電極反應(yīng)是Cu=Cu2++2e﹣D．電解后，電解槽底部會(huì)形成含少量Ag、Pt等金屬的陽(yáng)極泥【考點(diǎn)】銅的電解精煉；電解原理．【分析】銅的電解精煉是電解原理的一重要應(yīng)用，在理解電解原理的基礎(chǔ)上，解答此題便可迎刃而解．【解答】解：A、電解精煉銅時(shí)，粗銅應(yīng)作陽(yáng)極，精銅作陰極，故A錯(cuò)；B、陽(yáng)極與電池的正極相連發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極與電池的負(fù)極相連發(fā)生還原反應(yīng)，故B對(duì)；C、粗銅連接電源的正極，發(fā)生氧化反應(yīng)，故C錯(cuò)；D、金屬的活動(dòng)性順序?yàn)閆n＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt，因此Ag、Pt不會(huì)放電，以單質(zhì)形式沉積下來(lái)，故D對(duì)；故選：BD．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查電解原理及其應(yīng)用．電化學(xué)原理是高中化學(xué)的核心考點(diǎn)，本題利用電解法進(jìn)行粗銅提純時(shí)粗銅應(yīng)作陽(yáng)極，精銅作陰極；陽(yáng)極與電池的正極相連發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極與電池的負(fù)極相連發(fā)生還原反應(yīng)；這幾種金屬的活動(dòng)性順序?yàn)閆n＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt，因此在電解過(guò)程中Ag、Pt不會(huì)失去電子，而是形成陽(yáng)極泥．10．（4分）（2010?海南）能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式是（）A．金屬鋁溶于稀硫酸中：Al+2H+=A13++H2↑B．碳酸鋅溶于稀硝酸中：CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑C．醋酸鈉水溶液中通入足量C02：2CH3COO﹣+CO2+H20=2CH3COOH+CO32﹣D．少量Cl2通入KI溶液中：Cl2+2I﹣=2C1﹣+I2【考點(diǎn)】離子方程式的書(shū)寫(xiě)．【分析】做題時(shí)要注意看反應(yīng)是否配平，看“分子”、“離子”書(shū)寫(xiě)是否得當(dāng)，還要看反應(yīng)是否符合客觀事實(shí)．【解答】解：A、方程式未配平，反應(yīng)前后的電荷不守恒，正確的寫(xiě)法為：2Al+6H+=2Al3++3H2↑；B、碳酸鋅屬于難溶性物質(zhì)，應(yīng)用化學(xué)式來(lái)表示，正確的寫(xiě)法為：ZnCO3+2H+=Zn2++H2O+CO2↑；C、醋酸的酸性強(qiáng)于碳酸，該反應(yīng)不會(huì)發(fā)生．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考察離子方程式的書(shū)寫(xiě)和正誤判斷．判斷離子方程式的正誤時(shí)，關(guān)鍵抓住離子方程式是否符合客觀事實(shí)、化學(xué)式的拆分是否準(zhǔn)確、是否遵循電荷守恒和質(zhì)量守恒等方面．11．（4分）（2010?海南）短周期元素X、Y、Z所在的周期序數(shù)依次增大，它們的原子序數(shù)之和為20，且Y2﹣與Z+核外電子層的結(jié)構(gòu)相同．下列化合物中同時(shí)存在極性和非極性共價(jià)鍵的是（）A．Z2Y B．X2Y2 C．Z2Y2 D．ZYX【考點(diǎn)】元素周期表的結(jié)構(gòu)及其應(yīng)用；原子核外電子排布；化學(xué)鍵．【專題】壓軸題．【分析】根據(jù)本題中短周期元素Y2﹣與Z+核外電子層的結(jié)構(gòu)相同，并且都屬于短周期元素，可知二者的離子核外各有10個(gè)電子，根據(jù)Y與Z的化合價(jià)，可知Y、Z分別屬于ⅥA和IA族元素，Y的原子序數(shù)為8，屬于O元素，Z的原子序數(shù)為11，屬于Na元素，再根據(jù)三者原子序數(shù)之和為20，可知X為H元素，三者形成的化合物分別有Na2O、Na2O2、H2O、H2O2以及NaOH，根據(jù)化合物類型可判斷出化學(xué)鍵類型．【解答】解：A、Z2Y為Na2O，只含離子鍵，故A不選；B、X2Y2為H2O2，同時(shí)存在極性和非極性共價(jià)鍵，故B選；C、Z2Y2為Na2O2，既含有離子鍵，有含有非極性共價(jià)鍵，故C不選；D、ZYX為NaOH，，含有離子鍵和極性共價(jià)鍵，故C不選；故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查元素周期表的結(jié)構(gòu)、原子核外電子排布及化學(xué)鍵的有關(guān)知識(shí)．注重原子結(jié)構(gòu)與元素在周期表中位置的關(guān)系，熟悉原子結(jié)構(gòu)和元素周期表的特點(diǎn)來(lái)解答，該類型的題目難度一般不會(huì)很大．12．（4分）（2010?海南）下列化合物分子中的所有原子都處于同一平面的是（）A．溴苯 B．對(duì)二甲苯 C．氯乙烯 D．丙烯【考點(diǎn)】常見(jiàn)有機(jī)化合物的結(jié)構(gòu)．【專題】壓軸題．【分析】在常見(jiàn)的有機(jī)化合物中甲烷是正四面體結(jié)構(gòu)，乙烯和苯是平面型結(jié)構(gòu)，乙炔是直線型結(jié)構(gòu)，其它有機(jī)物可在此基礎(chǔ)上進(jìn)行判斷．【解答】解：A、苯所有原子都在同一個(gè)平面上，溴苯可以看作是一個(gè)溴原子取代苯環(huán)上的一個(gè)氫原子，在同一個(gè)平面，故A正確；B、對(duì)二甲苯含有2個(gè)甲基，甲基具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，因此所有原子不可能處于同一平面上，故B錯(cuò)誤；C、乙烯具有平面型結(jié)構(gòu)，氯乙烯可看作是一個(gè)氯原子取代乙烯中的一個(gè)氫原子，在同一個(gè)平面，故C正確；D、丙烯中有一個(gè)甲基，甲基具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，因此所有原子不可能處于同一平面上，故D錯(cuò)誤．故選A、C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考察有機(jī)化合物的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，做題時(shí)注意從甲烷、乙烯、苯和乙炔的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)判斷有機(jī)分子的空間結(jié)構(gòu)．三、解答題（共8小題，滿分104分）13．（8分）（2010?海南）A～G各物質(zhì)間的關(guān)系如圖，其中B、D為氣態(tài)單質(zhì)．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）物質(zhì)C和E的名稱分別為濃鹽酸、四氧化三鐵；（2）可選用不同的A進(jìn)行反應(yīng)①，若能在常溫下進(jìn)行，其化學(xué)方程式為2H2O2═2H2O+O2↑；若只能在加熱情況下進(jìn)行，則反應(yīng)物A應(yīng)為KClO3；（3）反應(yīng)②的化學(xué)方程式為4HCl（濃）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑；（4）新配制的F溶液應(yīng)加入鐵粉以防止其轉(zhuǎn)化為G．檢驗(yàn)G溶液中陽(yáng)離子的常用試劑是KSCN溶液，實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為溶液變成紅色．【考點(diǎn)】無(wú)機(jī)物的推斷；氯氣的化學(xué)性質(zhì)；二價(jià)Fe離子和三價(jià)Fe離子的檢驗(yàn)；常見(jiàn)氣體制備原理及裝置選擇．【分析】本題的突破點(diǎn)是MnO2，在中學(xué)化學(xué)中MnO2參與的反應(yīng)主要是氧氣和氯氣的制備，所以依據(jù)框圖的轉(zhuǎn)化特點(diǎn)可知B是氧氣，D是氯氣，C是濃鹽酸，E是四氧化三鐵，F(xiàn)是氯化亞鐵，G是氯化鐵；Fe2+具有還原性，因此配制時(shí)需要加入鐵粉防止被氧化；利用有關(guān)元素化合物知識(shí)，從質(zhì)量守恒的角度書(shū)寫(xiě)化學(xué)方程式．【解答】解：（1）在中學(xué)化學(xué)中MnO2參與的反應(yīng)主要是氧氣和氯氣的制備，所以依據(jù)框圖的轉(zhuǎn)化特點(diǎn)可知B是氧氣，D是氯氣，C是濃鹽酸，E是四氧化三鐵，F(xiàn)是氯化亞鐵，G是氯化鐵；故答案為：濃鹽酸、四氧化三鐵；（2）MnO2參與制備氧氣的反應(yīng)有兩種，一種是由MnO2做催化劑的條件下，加熱KClO3分解制得氧氣；另一種是MnO2做催化劑的條件下，常溫下H2O2分解制得氧氣，故答案為：2H2O2═2H2O+O2↑；KClO3（3）反應(yīng)②為實(shí)驗(yàn)室制備氯氣的常用方法，故答案為：4HCl（濃）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑（4）Fe2+具有還原性，因此配制時(shí)需要加入鐵粉防止被氧化；Fe3+與SCN﹣反應(yīng)生成紅色物質(zhì)，故答案為：鐵粉；KSCN溶液；溶液變成紅色【點(diǎn)評(píng)】本題屬于無(wú)機(jī)框圖題，主要考察常見(jiàn)物質(zhì)的性質(zhì)、制備和檢驗(yàn)，本題由化學(xué)中常見(jiàn)的反應(yīng)入題，注意元素化合物知識(shí)的積累和常見(jiàn)離子的檢驗(yàn)方法．14．（8分）（2010?海南）高爐煉鐵過(guò)程中發(fā)生的主要反應(yīng)為Fe2O3（s）+CO（g）=Fe（s）+CO2（g）已知該反應(yīng)在不同溫度下的平衡常數(shù)如下：溫度/℃100011501300平衡常數(shù)4.03.73.5請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=，△H＜0（填“＞”、“＜”或“=”）；（2）在一個(gè)容積為10L的密閉容器中，1000℃時(shí)加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反應(yīng)經(jīng)過(guò)10min后達(dá)到平衡．求該時(shí)間范圍內(nèi)反應(yīng)的平均反應(yīng)速率v（C02）=0.006mol/（L?min）、CO的平衡轉(zhuǎn)化率=60%：（3）欲提高（2）中CO的平衡轉(zhuǎn)化率，可采取的措施是C．A．減少Fe的量B．增加Fe203的量C．移出部分C02D．提高反應(yīng)溫度E．減小容器的容積F．加入合適的催化劑．【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算；反應(yīng)速率的定量表示方法；用化學(xué)平衡常數(shù)進(jìn)行計(jì)算；化學(xué)平衡的影響因素．【專題】實(shí)驗(yàn)分析題；關(guān)系式法；化學(xué)平衡專題．【分析】（1）根據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)的概念來(lái)書(shū)寫(xiě)表達(dá)式，并利用溫度與化學(xué)平衡常數(shù)的關(guān)系來(lái)分析反應(yīng)熱；（2）根據(jù)各物質(zhì)的物質(zhì)的量、化學(xué)平衡常數(shù)及三段法計(jì)算來(lái)平衡時(shí)的量，再計(jì)算反應(yīng)速率及物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率；（3）根據(jù)影響化學(xué)平衡移動(dòng)的因素可知，提高（2）中CO的平衡轉(zhuǎn)化率則是分析能使平衡正向移動(dòng)的措施來(lái)解答．【解答】解：（1）由平衡常數(shù)是指在一定溫度下，當(dāng)一個(gè)可逆反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)，生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比值，但需要注意但是固體和純液體的濃度視為常數(shù)，不能出現(xiàn)在表達(dá)式中，則K=，又從表中數(shù)據(jù)可知隨著溫度的升高平衡常數(shù)逐漸減小，則說(shuō)明溫度升高平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，所以正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，即△H＜0，故答案為：；＜；（2）設(shè)CO轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為x，則Fe2O3（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）起始量（mol）1.01.0轉(zhuǎn)化的量（mol）xx平衡時(shí)的量（mol）1.0﹣x1.0+x又在1000℃時(shí)K=4.0，則有=4.0，解得x=0.6，C02的濃度變化量為：c（C02）==0.06mol/L，則用二氧化碳表示的反應(yīng)速率為=0.006mol/（L．min），CO的轉(zhuǎn)化率為×100%=60%，故答案為：0.006mol/（L．min）；60%；（3）若提高CO的平衡轉(zhuǎn)化率，則化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，因Fe、Fe2O3都是固體，改變質(zhì)量平衡不移動(dòng)，故AB不選；移出二氧化碳?xì)怏w，減小生成物中氣體的濃度，則平衡正向移動(dòng)，故C選；因反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，故D不選；因該反應(yīng)前后氣體的體積不變，則減小容器的容積，平衡不移動(dòng)，故E不選；因催化劑對(duì)平衡移動(dòng)無(wú)影響，則加入合適的催化劑不能使平衡移動(dòng)，故F不選；故答案為：C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查化學(xué)平衡常數(shù)的概念及計(jì)算以及反應(yīng)熱的有關(guān)判斷，利用化學(xué)平衡三段法計(jì)算平衡時(shí)的量并借助化學(xué)反應(yīng)速率的概念、轉(zhuǎn)化率的概念來(lái)計(jì)算，并應(yīng)熟悉外界條件對(duì)化學(xué)平衡的影響來(lái)解答即可．15．（9分）（2010?海南）A是自然界存在最廣泛的ⅡA族元素，常以化合物F存在．從單質(zhì)A起始發(fā)生的一系列化學(xué)反應(yīng)可由下圖表示：請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）A與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑，E與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為NaH+H2O═NaOH+H2↑；（2）F的化學(xué)式為CaCO3，G和D的電子式分別為和；（3）D與H反應(yīng)可能生成的鹽有Na2CO3、NaHCO3（填化學(xué)式）；（4）實(shí)際生產(chǎn)中，可由F為原料制備單質(zhì)A，簡(jiǎn)述一種制備方法將CaCO3與鹽酸反應(yīng)生成CaCl2，然后電解熔融的CaCl2固體制取單質(zhì)鈣．【考點(diǎn)】無(wú)機(jī)物的推斷；常見(jiàn)金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜合應(yīng)用．【分析】本題的突破點(diǎn)是A，在自然界存在最廣泛的ⅡA族元素中常溫下與水反應(yīng)的是單質(zhì)Ca，與水反應(yīng)生成Ca（OH）2和H2，則B是H2，C是Ca（OH）2，E是NaH，H是NaOH，CaCO3受熱分解生成CO2和CaO，而CO2恰好與Ca（OH）2反應(yīng)生成CaCO3和H2O，所以D和G分別是CO2和CaO；Ca作為活潑的金屬元素一般只能通過(guò)電解法來(lái)制備．【解答】解：（1）在自然界存在最廣泛的ⅡA族元素中常溫下與水反應(yīng)的是單質(zhì)Ca，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑，在Ca（OH）2和H2中能與金屬Na反應(yīng)的是H2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：H2+2Na═2NaH；所以B是H2，C是Ca（OH）2，E是NaH，NaH與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NaH+H2O═NaOH+H2↑，所以H是NaOH．故答案為：Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑；NaH+H2O═NaOH+H2↑；（2）由反應(yīng)條件可知F可能為CaCO3，CaCO3受熱分解生成CO2和CaO，而CO2恰好與Ca（OH）2反應(yīng)生成CaCO3和H2O，所以D和G分別是CO2和CaO；CO2和CaO分別屬于共價(jià)化合物和離子化合物，分別含有極性共價(jià)鍵和離子鍵；故答案為：CaCO3；；（3）CO2對(duì)應(yīng)的碳酸是二元酸，與NaOH反應(yīng)時(shí)可能會(huì)生成兩種碳酸鹽：Na2CO3和NaHCO3，故答案為：Na2CO3、NaHCO3；（4）Ca作為活潑的金屬元素一般只能通過(guò)電解法來(lái)制備，可用電解熔融的CaCl2的方法制備．故答案為：將CaCO3與鹽酸反應(yīng)生成CaCl2，然后電解熔融的CaCl2固體制取單質(zhì)鈣．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考察查常見(jiàn)金屬單質(zhì)及其化合物之間的相互轉(zhuǎn)化，注意框圖推斷題的突破口，熟悉元素化合物的性質(zhì)，注意電子式的書(shū)寫(xiě)以及金屬的冶煉方法．16．（8分）（2010?海南）有機(jī)物A可作為植物生長(zhǎng)調(diào)節(jié)劑，為便于使用，通常將其制成化合物D，D在弱酸性條件下會(huì)緩慢釋放出A．合成D的一種方法及各物質(zhì)間轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示：請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）A的名稱是乙烯，A與氯氣反應(yīng)可生成C，C的名稱是1，2﹣二氯乙烷；（2）經(jīng)測(cè)定E中含有氯元素，且E可以與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)，則E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為ClCH2CH2OH，由A直接生成E的反應(yīng)類型是加成反應(yīng)；（3）在弱酸性條件下，D與水反應(yīng)生成A的化學(xué)方程式為+H2OHCl+H3PO4+CH2=CH2↑；（4）寫(xiě)出E的兩個(gè)同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式ClCH2OCH3、CH3CHClOH．【考點(diǎn)】有機(jī)物的合成；有機(jī)化合物命名；同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體；有機(jī)化學(xué)反應(yīng)的綜合應(yīng)用．【分析】本題的突破點(diǎn)是A，因?yàn)橛袡C(jī)物A可作為植物生長(zhǎng)調(diào)節(jié)劑，所以A是乙烯，乙烯可以與氯氣發(fā)生加成反應(yīng)生成1，2﹣二氯乙烷，由于E中含有氯元素，且E可以與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)，所以E中既含有氯原子又含有羥基，所以E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：ClCH2CH2OH，乙烯與氯水發(fā)生加成反應(yīng)：CH2=CH2+HO﹣Cl→ClCH2CH2OH，乙烯在Ag作催化劑條件下發(fā)生氧化反應(yīng)生成乙醛，乙醛與HCl發(fā)生加成反應(yīng)也可生成E，1molPCl3與3mol乙醛反應(yīng)生成C6H12Cl3O3P，A與氯氣反應(yīng)可生成C，C為1，2﹣二氯乙烷，E可能的同分異構(gòu)體是ClCH2OCH3和CH3CHClOH．【解答】解：（1）有機(jī)物A可作為植物生長(zhǎng)調(diào)節(jié)劑，應(yīng)為乙烯，乙烯可氯氣發(fā)生加成反應(yīng)生成1，2﹣二氯乙烷，故答案為：乙烯、1，2﹣二氯乙烷；（2）E中含有氯元素，且E可以與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)，所以E中既含有氯原子又含有羥基，所以E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：ClCH2CH2OH，A直接生成E的反應(yīng)類型是加成反應(yīng)，方程式為CH2=CH2+HO﹣Cl→ClCH2CH2OH，故答案為：ClCH2CH2OH、加成反應(yīng)；（3）D為，在弱酸性條件下會(huì)緩慢釋放出乙烯，根據(jù)質(zhì)量守恒可知，反應(yīng)的化學(xué)方程式為+H2OHCl+H3PO4+CH2=CH2↑，故答案為：+H2OHCl+H3PO4+CH2=CH2↑；（4）E為ClCH2CH2OH，對(duì)應(yīng)的同分異構(gòu)體可為醚類以及Cl原子位置的異構(gòu)，可能的同分異構(gòu)體是ClCH2OCH3和CH3CHClOH，故答案為：ClCH2OCH3、CH3CHClOH．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查有機(jī)物的制備、有機(jī)化合物的命名、有機(jī)反應(yīng)類型的判斷以及同分異構(gòu)體的書(shū)寫(xiě)等，題目難度中等，易錯(cuò)點(diǎn)為（3），注意從質(zhì)量守恒的角度書(shū)寫(xiě)化學(xué)方程式．17．（11分）（2010?海南）根據(jù)氨氣還原氧化銅的反應(yīng)，可設(shè)計(jì)測(cè)定銅元素相對(duì)原子質(zhì)量Ar（Cu）（近似值）的實(shí)驗(yàn)．先稱量反應(yīng)物氧化銅的質(zhì)量m（CuO），反應(yīng)完全后測(cè)定生成物水的質(zhì)量m（H20），由此計(jì)算Ar（Cu）．為此，提供的實(shí)驗(yàn)儀器及試劑如下（根據(jù)需要可重復(fù)選用，加入的NH4C1與Ca（OH）2的量足以產(chǎn)生使CuO完全還原的氨氣）：請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）氨氣還原熾熱氧化銅的化學(xué)方程式為2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2；（2）從所提供的儀器及試劑中選擇并組裝本實(shí)驗(yàn)的一套合理、簡(jiǎn)單的裝置，按氣流方向的連接順序?yàn)椋ㄓ脠D中標(biāo)注的導(dǎo)管口符號(hào)表示）a→e→b→e；（3）在本實(shí)驗(yàn)中，若測(cè)得m（CuO）=ag，m（H2O）=bg，則Ar（Cu）=；（4）在本實(shí)驗(yàn)中，使測(cè)定結(jié)果Ar（Cu）偏大的是①③（填序號(hào)）；①Cu0未完全起反應(yīng)②CuO不干燥③Cu0中混有不反應(yīng)的雜質(zhì)④堿石灰不干燥⑤NH4C1與Ca（OH）2混合物不干燥（5）在本實(shí)驗(yàn)中，還可通過(guò)測(cè)定m（CuO）和m（Cu），或m（Cu）和m（H2O）達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模究键c(diǎn)】氨的實(shí)驗(yàn)室制法；化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算；氨的化學(xué)性質(zhì)；氣體的凈化和干燥；相對(duì)分子質(zhì)量的測(cè)定．【分析】（1）氨氣具有弱還原性，在加熱條件下可以被氧化銅氧化，生成氮?dú)狻~和水；（2）根據(jù)題干可知需測(cè)定生成水的質(zhì)量，生成的氨氣需先通過(guò)堿石灰干燥、再在與氧化銅反應(yīng)，最后用堿石灰吸收生成的水，以測(cè)得生成水的質(zhì)量；（3）由反應(yīng)方程式可知氧化銅和水的物質(zhì)的量相等，列出關(guān)系式：=，求出銅元素相對(duì)原子質(zhì)量Ar（Cu）=，；（4）根據(jù)Ar（Cu）=，從是否影響a或b來(lái)分析誤差；（5）根據(jù)化學(xué)方程式可知也可以通過(guò)測(cè)定m（CuO）和m（Cu）或m（Cu）和m（H2O）來(lái)達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模窘獯稹拷猓海?）氨氣具有弱還原性，在加熱條件下可以被氧化銅氧化，反應(yīng)物為氮?dú)狻~和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2，故答案為：2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2；（2）因?yàn)樾枰獪y(cè)定反應(yīng)后生成物水的質(zhì)量，所以必需保證通入的氨氣是純凈干燥的，由于濃硫酸可以與氨氣反應(yīng)，因此只能通過(guò)堿石灰進(jìn)行干燥，再通入氧化銅進(jìn)行反應(yīng)，最后在通入堿石灰吸收反應(yīng)生成的水，以測(cè)得生成水的質(zhì)量，所以正確的順序?yàn)閍→e→b→e，故答案為：a→e→b→e；（3）根據(jù)反應(yīng)方程式2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2；33可知氧化銅和水的物質(zhì)的量相等，所以有以下關(guān)系式：=，解得Ar（Cu）==，故答案為：；（4）由（3）可知得Ar（Cu）=，①若Cu0未完全起反應(yīng)，說(shuō)明b偏小，結(jié)果偏大；②若CuO不干燥，說(shuō)明a偏小，b偏大，結(jié)果偏低；③若Cu0中混有不反應(yīng)的雜質(zhì)，說(shuō)明b偏小，結(jié)果偏大；④若堿石灰不干燥，說(shuō)明氨氣干燥不徹底，b偏大，結(jié)果偏低；⑤若NH4C1與Ca（OH）2混合物不干燥，但只要氨氣干燥徹底，對(duì)結(jié)果不影響．所以選項(xiàng)①③正確，故答案為：①③；（5）根據(jù)反應(yīng)方程式2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2，可知也可以通過(guò)測(cè)定m（CuO）和m（Cu）或m（Cu）和m（H2O）來(lái)達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故答案為：m（CuO）和m（Cu）、m（Cu）和m（H2O）．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查氨氣的制備、凈化、干燥和利用方程式進(jìn)行的計(jì)算以及有關(guān)誤差分析，一定要認(rèn)真、細(xì)致的分析問(wèn)題．18．（20分）（2010?海南）I已知：，如果要合成所用的原始原料可以是ADA.2﹣甲基﹣l，3﹣丁二烯和2﹣丁炔B．1，3﹣戊二烯和2﹣丁炔C．2，3﹣二甲基﹣1，3﹣戊二烯和乙炔D．2，3﹣二甲基﹣l，3﹣丁二烯和丙炔II（A～G都是有機(jī)化合物，它們的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）已知：6.0g化合物E完全燃燒生成8.8gC02和3.6gH20；E的蒸氣與氫氣的相對(duì)密度為30，則E的分子式為C2H4O2：（2）A為一取代芳烴，B中含有一個(gè)甲基．由B生成C的化學(xué)方程式為C6H5CHClCH3+H2OC6H5CHOHCH3+HCl；（3）由B生成D、由C生成D的反應(yīng)條件分別是NaOH醇溶液并加熱、濃硫酸并加熱；（4）由A生成B、由D生成G的反應(yīng)類型分別是取代反應(yīng)、加成反應(yīng)；（5）F存在于梔子香油中，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；（6）在G的同分異構(gòu)體中，苯環(huán)上一硝化的產(chǎn)物只有一種的共有7個(gè)，其中核磁共振氫譜有兩組峰，且峰面積比為l：1的是（填結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式）．【考點(diǎn)】有機(jī)物的推斷；有機(jī)物的合成；同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體；有機(jī)化學(xué)反應(yīng)的綜合應(yīng)用；有關(guān)有機(jī)物分子式確定的計(jì)算．【分析】Ⅰ．可以采用逆向合成分析法去頂兩種原料；Ⅱ．根據(jù)阿伏加德羅定律的推論相對(duì)密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，E的蒸氣與氫氣的相對(duì)密度為30，摩爾質(zhì)量是60，根據(jù)生成二氧化碳和水的質(zhì)量確定最簡(jiǎn)式，結(jié)合摩爾質(zhì)量可確定有機(jī)物為C2H4O2，為乙酸，由框圖可知E和C酯化生成F，由原子守恒知C的分子式是C8H10O，因?yàn)锳為一取代芳烴，且B中含有一個(gè)甲基，所以B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為C6H5CHClCH3，D可以與Br2發(fā)生加成反應(yīng)，所以D是苯乙烯，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為C6H5CH=CH2，C是C6H5CHOHCH3，因此酯化產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是，結(jié)合題給信息和有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)可解答該題．【解答】解：Ⅰ．本題可以采用逆向合成分析法．或者是．根據(jù)有機(jī)物的命名原則兩種原料分別是2，3﹣二甲基﹣l，3﹣丁二烯和丙炔或者是2﹣甲基﹣l，3﹣丁二烯和2﹣丁炔，故答案為：AD；Ⅱ．（1）根據(jù)阿伏加德羅定律的推論相對(duì)密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，因此E摩爾質(zhì)量是60.6.0gE的物質(zhì)的量就是0.1mol，完全燃燒后生成C02和H20的物質(zhì)的量分別為和，其中碳、氫的質(zhì)量分別為0.2×12=2.4g和0.4×1=0.4g，因此E中氧元素的質(zhì)量為6.0﹣2.4﹣0.4=3.2g，所以氧元素的物質(zhì)的量為，因此碳、氫、氧三種原子個(gè)數(shù)之比為1：2：1，即最簡(jiǎn)式為CH2O，因?yàn)镋摩爾質(zhì)量是60，所以分子式是C2H4O2，故答案為：C2H4O2；（2）由框圖可知E和C酯化生成F，由原子守恒知C的分子式是C8H10O，因?yàn)锳為一取代芳烴，且B中含有一個(gè)甲基，所以B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為C6H5CHClCH3，B生成C的化學(xué)方程式是：C6H5CHClCH3+H2OC6H5CHOHCH3+HCl，故答案為：C6H5CHClCH3+H2OC6H5CHOHCH3+HCl；（3）因?yàn)镈可以與Br2發(fā)生加成反應(yīng)，所以D是苯乙烯，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為C6H5CH=CH2，鹵代烴發(fā)生消去反應(yīng)的條件是NaOH醇溶液并加熱；醇發(fā)生消去反應(yīng)的條件是濃硫酸并加熱，故答案為：NaOH醇溶液并加熱；濃硫酸并加熱；（4）A屬于苯的同系物，B屬于鹵代烴，所以由A生成B的反應(yīng)類型是取代反應(yīng)；D中含有碳碳雙鍵，因此由D生成G的反應(yīng)類型是加成反應(yīng)，故答案為：取代反應(yīng)；加成反應(yīng)；（5）因?yàn)镃、E可以發(fā)生酯化反應(yīng)，所以E是乙酸，又因?yàn)镃是C6H5CHOHCH3，因此酯化產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是，故答案為：；（6）苯環(huán)上一硝化的產(chǎn)物只有一種，說(shuō)明應(yīng)該是對(duì)稱性結(jié)構(gòu)，根據(jù)G的分子式C8H8Br2可知符合條件的共有以下7種：其中核磁共振氫譜有兩組峰，且峰面積比為l：1的是，故答案為：7；．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)式的確定、有機(jī)化合物的推斷、同分異構(gòu)體的書(shū)寫(xiě)和判斷、有機(jī)反應(yīng)方程式的書(shū)寫(xiě)和反應(yīng)類型的判斷，題目難度中等，易錯(cuò)點(diǎn)為同分異構(gòu)體的判斷，注意正確推斷有機(jī)物的結(jié)構(gòu)為解答該題的關(guān)鍵．19．（20分）（2010?海南）I下列描述中正確的是C、DA、CS2為V形的極性分子B、Cl03﹣的空間構(gòu)型為平面三角形C、SF6中有6對(duì)完全相同的成鍵電子對(duì)D、SiF4和SO32﹣的中心原子均為sp3雜化Ⅱ金屬鎳及其化合物在合金材料以及催化劑等方面應(yīng)用廣泛．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）Ni原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2；（2）Ni0、Fe0的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同，Ni2+和Fe2+的離子半徑分別為69pm和78pm，則熔點(diǎn)NiO＞FeO（填“＜”或“＞”）；（3）Ni0晶胞中Ni和O的配位數(shù)分別為6、6；（4）金屬鎳與鑭（La）形成的合金是一種良好的儲(chǔ)氫材料，其晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如左下圖所示．該合金的化學(xué)式為L(zhǎng)aNi5；（5）丁二酮肟常用于檢驗(yàn)Ni2+：在稀氨水介質(zhì)中，丁二酮肟與Ni2+反應(yīng)可生成鮮紅色沉淀，其結(jié)構(gòu)如圖所示．①該結(jié)構(gòu)中，碳碳之間的共價(jià)鍵類型是σ鍵，碳氮之間的共價(jià)鍵類型是一個(gè)σ鍵、一個(gè)π鍵，氮鎳之間形成的化學(xué)鍵是配位鍵；②該結(jié)構(gòu)中，氧氫之間除共價(jià)鍵外還可存在氫鍵；③該結(jié)構(gòu)中，碳原子的雜化軌道類型有sp2、sp3．【考點(diǎn)】晶體的類型與物質(zhì)的性質(zhì)的相互關(guān)系及應(yīng)用；原子核外電子排布；化學(xué)鍵；判斷簡(jiǎn)單分子或離子的構(gòu)型；配合物的成鍵情況；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【專題】壓軸題．【分析】（1）依據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論可知CS2為直線形的非極性分子，Cl03﹣是三角錐形；硫原子最外層有6個(gè)電子，和氟原子之間有6對(duì)完全相同的成鍵電子對(duì)，SiF4和SO32﹣的空間構(gòu)型分別為正四面體和三角錐形，但中心原子均采用的是sp3雜化；（2）鎳屬于28號(hào)元素，根據(jù)構(gòu)造原理可以寫(xiě)出該原子的核外電子排布式；（3）離子晶體的熔點(diǎn)與離子鍵的強(qiáng)弱有關(guān)，離子所帶電荷數(shù)越多，離子半徑越小，離子鍵越強(qiáng)，熔點(diǎn)越高；（4）因?yàn)镹i0、Fe0的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同，而氯化鈉中陰陽(yáng)離子的配位數(shù)均為6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位數(shù)也均為6；（5）晶胞中鑭原子數(shù)=8×=1；鎳原子數(shù)=1+8×=5，由此可判斷出化學(xué)式；（6）雙鍵是由一個(gè)σ鍵和一個(gè)π鍵構(gòu)成；鎳原子有空軌道，氮原子有孤電子對(duì)，因此二者形成配位鍵；丁二酮肟中碳原子既有單鍵又有雙鍵，因此雜化類型是sp2和sp3雜化．【解答】解：Ⅰ、A、依據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論可知CS2為直線形的非極性分子，故A錯(cuò)誤；B、由價(jià)層電子對(duì)互斥理論可知Cl03﹣中中心原子的孤電子對(duì)數(shù)是×（8﹣3×2）=1，所以Cl03﹣是三角錐形，故B錯(cuò)誤；C、硫原子最外層有6個(gè)電子，和氟原子之間有6對(duì)完全相同的成鍵電子對(duì)，故C正確；D、SiF4和SO32﹣的空間構(gòu)型分別為正四面體和三角錐形，但中心原子均采用的是sp3雜化，故D正確．故選C、D．Ⅱ、（1）鎳屬于28號(hào)元素，根據(jù)構(gòu)造原理可以寫(xiě)出該原子的核外電子排布式，Ni的核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2故答案為：