2024年高考化學總復習練習題四（含解析）

2024年高考化學總復習練習題(四)

可能用到的相對原子質量：H1C12N14016Na23Mg24S32Ca40Fe56

一、選擇題：

1.化學與生活、環(huán)境、科技等親密相關。下列說法不正確的是

A.溫室效應導致海水的酸度增大，貝殼類生物的生存將會受到威逼

B.油脂的主要成分是高級脂肪酸甘油酯，長時間放置的油脂會因水解而變質

C.石墨烯彈性氣凝膠制成的輕質“碳海綿”可用作處理海上原油泄漏的吸油材料

D.白葡萄酒含維生素C等多種維生素，通常添加微量S0,的目的是防止養(yǎng)分成分被氧化

【答案】B

【解析】A、二氧化碳和水反應生成碳酸，可以增加酸度，碳酸能與碳酸鈣反應，所以珊瑚、貝殼類等生物的

生存將會受到威逼，故A正確；

B、油脂的主要成分是高級脂肪酸甘油酯，長時間放置的油脂會因氧化而變質，故B錯誤；

C、氣凝膠制成的輕質“碳海綿”，具有吸附性，則可用作處理海上原油泄漏的吸油材料，故C正確；

D、二氧化硫具有還原性，可防止養(yǎng)分成分被氧化，故D正確。答案選B。

2.分子式為C4H的物質，能使澳的CCL溶液褪色且只有一種不飽和含氧官能團的物質最多有

A.8種B.7種C.6種D.5種

【答案】A

【解析】能使澳的CCL溶液褪色且只有一種不飽和含氧官能團，說明含有碳碳雙鍵和竣基或酯基中的一種，

當含氧官能團為-C00H時，相應的同分異構體有3種：CH2=C(CH3)C00H,CH2=CHCH2COOH>CH3CH=CHCOOH；當

含氧官能團是酯基時有如下5種：甲酸酯有3種、乙酸酯1種；丙烯酸酯1種，共8種。答案選A。

【點睛】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系為解答的關鍵，側重分析與

推斷實力的考查，留意較酸、烯燃的性質，能與NaHCOs溶液反應生成氣體，則有機物含-COOH,能使澳的CCL

溶液褪色，分子式為心員。2,比飽和一元較酸少2個H,則含碳碳雙鍵。

3.NA代表阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是

A.Imol碳正離子(OV)所含的電子總數為9NA

B.25℃,pH=13的Ba(0H)z溶液中含有Ok的數目為0.1g

C.常溫常壓下，過氧化鈉與水反應時，生成8g氧氣轉移的電子數為0.5g

D.Imol雄黃(As4s“)，結構如圖：專中，含有2N.個S—S鍵

【答案】D

【解析】A.一個碳原子含有6個電子，三個氫原子有3個電子，一個碳正離子帶一個正電荷，故一個碳正離

+

子電子數為6+3T=8,Imol碳正離子(CH3)所含的電子總數為8NA,故A項錯誤；

B.題目中未指出溶液的體積，無法計算氫氧根數目，故B項錯誤;

C.過氧化鈉與水反應時氧氣為過氧根失電子得來的氧化產物，且為唯一氧化產物，過氧根中氧為負一價，生

成8g氧氣即0.5mol氧氣共失去Imol電子，即反應中失電子數為1刈，轉移電子數為1g,故C項錯誤；

D.一個有聲分子中含有兩個S—S鍵，Imol雄黃含有21個S—S鍵，故D項正確；故答案為D。

4.短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大。W的單質與乂在暗處能化合并發(fā)生爆炸，X是同周期中金屬性

最強的元素，Y原子的最外層電子數等于電子層數，W和Z原子的最外層電子數相同。下列說法錯誤的是

A.單質的沸點：Z>W

B.簡潔離子半徑：X>W

C.元素X與氧可形成既含離子鍵又含非極性共價鍵的化合物

D.X、Y、Z的最高價氧化物對應的水化物兩兩之間能相互反應

【答案】B

【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W的單質與員在暗處能化合并發(fā)生爆炸，則W為F元

素；X是同周期中金屬性最強的元素，X的原子序數大于F,則X位于第三周期，為Na元素；Y原子的最外層

電子數等于電子層數，丫的原子序數大于Na,則位于第三周期，最外層含有3個電子，為A1元素；W和Z原

子的最外層電子數相同，則Z為C1元素；A.Z、W的單質分別為氯氣、氟氣，二者形成的晶體都是分子晶體，

相對分子質量氯氣較大，則氯氣的沸點較高，即單質的沸點：Z>W,故A正確；B.X為Na、W為F,二者的

離子都含有2個電子層，Na的核電荷數較大，則鈉離子的離子半徑較小，即簡潔離子半徑：X<肌故B錯誤；

C.X為Na,金屬鈉與。形成的過氧化鈉中既含離子鍵也含非極性共價鍵，故C正確；D.X、Y、Z的最高價

氧化物對應的水化物分別為NaOH、氫氧化鋁、高氯酸，氫氧化鋁具有兩性，則氫氧化鈉、氫氧化鋁和高氯酸

之間能相互反應，故D正確；故答案為B。

5.將4molA(g)和2molB(g)在2L的恒容密閉容器中混合并在肯定條件下發(fā)生反應:2A(g)+B(g)合2C(g)AH<0,

反應2s后測得C的濃度為0.6mol?I?。下列說法正確的是

A.2s后物質A的轉化率為70%

B.當各物質濃度滿意c(A)=2c(B)=c(C^上該反應達到了平衡狀態(tài)

C.達到平衡狀態(tài)時，增加A的物質的量，A和B的轉化率都提高

D.達到平衡狀態(tài)時，上升溫度，平衡逆向移動，同時化學平衡常數K減小

【答案】D

【解析】起始時,A的濃度為電㈣=2mol/L,B的濃度為生色=1mol/L,反應2s后測得C的濃度為0.6mol/L,

2L2L

則2A(g)+B(g)w2c(g)

起先(mol/L)210

轉化（mol/L）0.60.30.6

2s(mol/L)1.40.70.6

A.2s后物質A的轉化率為"吧匹X100%=30%,故A錯誤；

2moVL

B.c(A)=2c(B)=c(C)時，不能判定平衡狀態(tài)，與起始濃度、轉化率有關，故B錯誤；

C.達到平衡狀態(tài)時，增加A物質的量，促進B的轉化，平衡正向移動，B的轉化率增大，而A的轉化率減小,

故C錯誤；

D.AH<0,為放熱反應，上升溫度，平衡逆向移動，則同時化學平衡常數K減小，故D正確。答案選D。

6.依據下列試驗操作和現象所得到的結論正確的是

選項試驗操作和現象試驗結論

A向苯酚溶液中滴加少量濃澳水、振蕩，無白色沉淀苯酚濃度小

向久置的NazSOs溶液中加入足量BaCk溶液，出現白色沉淀；再加入

B部分Na2s被氧化

足量稀鹽酸，部分沉淀溶解

向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2sO,，加熱；再加入銀氨溶液；未出現

C蔗糖未水解

銀鏡

D向某黃色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈藍色溶液中含Bn

【答案】B

【解析】A.向苯酚溶液中加少量的濃澳水，生成的三澳苯酚可以溶解在過量的苯酚溶液中，所以無白色沉淀，

A錯誤；B.沉淀部分溶解，說明還有一部分不溶解，不溶解的肯定是硫酸領，溶解的是亞硫酸鋼，所以亞硫

酸鈉只有部分被氧化，B正確；C.銀鏡反應是在堿性條件下發(fā)生的，本試驗中沒有加入堿中和做催化劑的稀

硫酸，所以無法發(fā)生銀鏡反應，從而無法證明蔗糖是否水解，C錯誤；D.溶液變藍，說明有碘生成或原來就

有碘分子。能把碘離子氧化為碘的黃色溶液除了可能是濱水外，還可能是含其他氧化劑(如Fe>)的溶液；

當然黃色溶液也可能是稀的碘水，所以D錯誤。答案選B。

7.為探討用AgNOs溶液將混合溶液中的C「和CrO/沉淀分別，繪制了25℃時AgCl和Ag/rO”兩種難溶化合物的溶

解平衡曲線。其中，pAgJ-lgc(Ag+),其余離子類推。兩條相交的溶解平衡曲線把圖像分成了X、Y、Z、M四

個區(qū)域。下列說法錯誤的是

pCl或pCrO：

A.KsP(Ag￡rOj約為1X10"，Ksp(AgCl)的數量級為10戈

B.M區(qū)域內可析出AgzCrOa沉淀，而不析出AgCl沉淀

C.向C「、CrO廣均為0.1mol/L的混合溶液中逐滴加入稀硝酸銀溶液，先析出AgCl沉淀

c(CrO;)

D.向AgKrOa、AgCl混合固體和水的溶解平衡體系中加入少量水，一——W增大

9

【答案】D

【解析】A.依據圖象曲線上的數據結合溶度積常數概念計算得到；曲線上的點是沉淀溶解平衡，AgzCrO4的沉

+22+2

淀溶解平衡為：Ag2CrO4(s),2Ag(aq)+CrO4"(aq)；Ksp(Ag2CrO4)=c(Ag)?c(Cr04')=r*10AgCl的

沉淀溶解平衡為：AgCl(s)=Ag+(aq)+CF(aq)；Ksp(AgCl>c(Ag+)-c(CrXO^^lO^lO"10,A正確；

B.在難溶化合物的溶解平衡曲線下方的點，溶液中離子濃度幕之積大于其Ksp,可以形成該物質的沉淀，在

溶解平衡曲線上方的點溶液中離子濃度幕之積小于其Ksp,不行以形成該物質的沉淀，M區(qū)域在AgCl溶解曲

線上方而處于AgzCrOa沉淀下方，所以M區(qū)域內可析出AgzCrOa沉淀，而不析出AgCl沉淀，B正確；

C.向cr、CrO廣均為0.1mol/L的混合溶液中逐滴加入稀硝酸銀溶液，形成AgCl沉淀須要Ag+的濃度c(Ag+)=

10-1。11012

-----=10-9mol/L；形成AgzCrOa沉淀須要Ag+的濃度c(Ag+)=/-----=3.162X10-6mol/L>10-9mol/L,形成AgCl

0.1V0.1

沉淀須要的Ag+小，因此會先析出AgCl沉淀，C正確；

D.向AgzCrOq、AgCl混合固體和水的溶解平衡體系中加入少量水，其中仍舊存在AgErO”、AgCl的沉淀溶解平

c(CrOt)

衡，溫度不變，所以"7—」不變，D錯誤；故合理選項是D。

C(C1)

二、非選擇題：

(一)必考題：共43分。

8.某化學愛好小組欲制備摩爾鹽［(NHjzFefOj?6H20］并探究其分解產物。查到如下信息：

摩爾鹽可由FeSO4溶液與(NHJ2SO4溶液混合制備;該物質能溶于水、不溶于乙醇，在空氣中能漸漸被氧化；100℃

起先分解，且分解產物中含有鐵氧化物、硫氧化物、氨氣和水蒸氣等。

I.制備摩爾鹽

(1)向新制的FeSO"溶液中加入(NHJ2SO4固體，加熱，試驗過程中最好采納加熱方式。

(2)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶使摩爾鹽結晶析出，晶體過濾后用洗滌。

(3)該小組用滴定法測產品純度。現稱取ag該產品于錐形瓶中，加蒸儲水溶解，用0.1000mol/L酸性KMnO&

溶液滴定，到達滴定終點時，消耗KMnOa溶液20.00mL,則該產品的純度為。

II.探究摩爾鹽受熱分解的產物

(4)驗證分解產物中含有氨氣和水蒸氣，并探究殘留固體成分。

①所選用裝置的正確連接依次為。(可選部分儀器，填裝置的字母序號)

②A中固體完全分解后變?yōu)榧t棕色粉末，設計試驗證明A中殘留固體僅為Fe2O3,而不含FeO或

Fe304o

(5)探究分解產物中的硫氧化物，按A—D—B—F的依次連接裝置，進行試驗。

①D裝置中試劑的作用是o

②試驗過程中，僅B中有沉淀生成，其他試驗證明摩爾鹽受熱分解除上述產物外，還有N?生成。寫出摩爾鹽

受熱分解的化學方程式。

【答案】(14分)(1)熱水浴(2分)

(2)乙醇(1分)

392

(3)—%(2分)

a

(4)A-E-F-C(2分)取少量A中殘留固體加入適量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量酸性高

銃酸鉀溶液，若高銃酸鉀溶液不褪色，則殘留固體是FezOs而不含FeO和Fes?！?3分)

(5)檢驗是否含有S03,并防止SO?和N&一同進入D裝置生成白色沉淀，干擾SOs的檢驗(2分)

2[(NH4)2Fe(SOD2?6H20]=Fe203+4S02t+2NH3f+N2f+17H20(2分)

【解析】L(1)摩爾鹽[(NH3Fe(SO3?6H20]不穩(wěn)定，在溫度超過100℃時分解，則試驗過程中最好采納熱

水浴加熱方式；

(2)摩爾鹽能溶于水、不溶于乙醇，則晶體過濾后用乙醇洗滌；

(3)依據5Fe"+Mn0J+8H+=5Fe"+Mn2,+4H20可知：5[(NH4)2Fe(S04)2?6H20]~~~5Fe"~~MnOJ滴定時消耗的KMr。

物質的量為0.Imol/LXO.02L=0.002moL則(NH4)2Fe(S04)2?6H20的物質的量為5X0.002mol=0.OlmoL該產

0.01molx392g/mol392

品的純度為-------------------xl00%=—%；

aga

II.(4)①試驗I驗證分解產物中含有氨氣和水蒸氣，選擇裝置A先通入氮氣排凈裝置中的空氣，加熱分解

硫酸亞鐵錢，分解產物中含有鐵氧化物、硫氧化物、氨氣和水蒸氣等，通過裝置E中無水硫酸銅檢驗生成的

水，再通過裝置F中的足量堿石灰除去水蒸氣、硫的氧化物，通過裝置C檢驗氨氣的生成，通入后溶液變紅

色說明生成氣體中含氨氣，所選用裝置的正確連接依次為A-E-F-C；

②設計試驗證明A中殘留固體僅為FezOs,而不含FeO或FesOa,設計試驗利用亞鐵離子具有還原性可以使酸性

高鎰酸鉀溶液褪色設計，取少量A中殘留固體加入適量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量酸性高鎰酸

鉀溶液，若高錦酸鉀溶液不褪色，則殘留固體是FezOs而不含FeO和Fes?！?；

(5)①利用D裝置中盛裝的酸性BaCl?溶液可的作用是檢驗是否含有SO3,并防止S0?和Nm一同進入D裝置

生成白色沉淀，干擾S03的檢驗；

②試驗過程中，D中無沉淀，而B中有沉淀生成，說明分解產物中含有SO?,而沒有SO3,說明(NHjFe(S04)z

受熱分解生成氨氣、二氧化硫、氧化鐵、水，還有N?產生，結合原子守恒和電子守恒配平書寫化學方程式為

2[(NHJ2Fe(SO4)2?6H20]捷Fe203+4S02t+2NH3t+N2t+17H20o

10.C0,和CH,是兩種重要的溫室氣體，通過CH&和C0?反應制造更高價值化學品是目前的探討目標。

(1)250℃時，以保合金為催化劑，向4L容器中通入6moic0八6molCH4,發(fā)生如下反應：C02(g)+CH4(g)

02C0(g)+2H2(g)o平衡體系中各組分體積分數如下表：

物質

CH4CO2coH2

體積分數0.10.10.40.4

①此溫度下該反應的平衡常數K=0

1

②已知：CH4(g)+202(g)=C02(g)+2H20(g)AH=-890.3kJ-mor

-1

CO(g)+H20(g)=CO2(g)+H2(g)AH=+2.8kJ,mol

1

2C0(g)+02(g)=2C02(g)AH=-566.0kJ?mol"

1

反應CO2(g)+CH4(g)=2C0(g)+2H2(g)KAH=kJ-moF

(2)以二氧化鈦表面覆蓋Cu2Al2O4為催化劑，可以將CO2和CH&干脆轉化成乙酸。

①在不同溫度下催化劑的催化效率與乙酸的生成速率如圖所示。250?300℃時，溫度上升而乙酸的生成速率

降低的緣由是o

2?tbOO△

OOQ乙

I爵

40信

202

1速

率

1—

00

00200300

②為了提高該反應中CH4的轉化率，可以實行的措施是

(3)Li20>Na?0、MgO均能汲取CO?;

①假如找尋汲取C02的其他物質,下列建議不合理的是o

a.可在具有強氧化性的物質中找尋

b.可在堿性氧化物中找尋

c.可在IA、IIA族元素形成的氧化物中找尋

②LizO汲取CO2后,產物用于合成LidSiO,,LiLiOi用于汲取、釋放CO2,原理是：在500℃,CO?與I^SiO”接

觸后生成LiEOs；平衡后加熱至700℃,反應逆向進行，放出CO?,LnSiO,再生，說明該原理的化學方程式是

（4）高溫電解技術能高效實現下列反應：C02+H20備CO+H計。2,其可將釋放的C。,轉化為具有工業(yè)利用

價值的產品。工作原理示意圖如下:

H

電極a

固體電解質----:

電極b

COz在電極a放電的電極反應式是

【答案】（14分，每空2分）（1）64+247.3

（2）溫度超過250℃時，催化劑的催化效率降低增大反應壓強或增大CO2的濃度

(3)aCO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3

(4)C02+2e-=C0+0”

【解析】(1)建立三步走思維：

CO2(g)+CH4(g)l2CO(g)+2H2(g)

開始6mol6mol00

轉化xmolxmol2xinol2xmol

平衡(6-x)mol(6-x)mol2xinol2xmol

6-x

-=0.1

6-x+6-x+2x+2x

x=4

①此溫度下該反應的平衡常數K=\2=64

—x—

44

1

②已知:?CH4(g)+20z(g)=C02(g)+2H20(g)AH=-890.3kJ-moF

1

②CO(g)+H20(g)=CO2(g)+H2(g)AH=+2.8kJ-mol-

1

③2co(g)+02(g)=2C0z(g)AH=-566.0kJ-moF

將①+②X2-③X2,反應C0z(g)+CH4(g)d2co(g)+2Hz(g)的AH=+247.3kJ-mol-1

⑵以二氧化鈦表面覆蓋CU2Al為催化劑，可以將CO?和CH,干脆轉化成乙酸。

①250?300℃時，依據圖中信息知道高于250℃時，催化劑的催化效率降低，因此溫度上升而乙酸的生成速率降

低，故答案為溫度超過250℃時，催化劑的催化效率降低；

②為了提高該反應中C也的轉化率，可以實行的措施是增大壓強或者增加二氧化碳的濃度，

⑶丘0、Na20>MgO均能汲取C02；

①a選項，可在具有強氧化性的物質中找尋，強氧化性的物質不與二氧化碳反應，故a不合理；

b選項，堿性氧化物與二氧化碳反應，故b合理；

c選項，可在IA、IIA族元素形成的氧化物主要是堿性氧化物，與二氧化碳反應，故c合理；

綜上所述，答案為a；

②LiQ汲取CO,后，產物用于合成LiSiOa,LiSiOa用于汲取、釋放CO2,原理是：在500℃,CO?與LiSiO4接觸

后生成Li￡03,依據質量守恒，另一中生成物為LizSiOs,平衡后加熱至700℃,反應逆向進行，放出CO?,LnSiO,

再生，說明該原理的化學方程式是CO2+Li4SiO4;=SLi2cO3+Li2SiO3,

故答案為C02+Li4SiO4『TLi2cO3+Li2SiO3；

⑷依據分析CO?在電極a放電變?yōu)镃O,化合價降低，得到電子，因此其電極反應式是CO?+2葭=C0+()2，

11.水是一種重要的自然資源，水質優(yōu)劣干脆影響人體健康，水處理技術在生產、生活中應用廣泛。聚合硫酸鐵

(PFS)是水處理中重要的絮凝劑。以黃鐵礦的燒渣(主要成分為FezOs、FeO、SiO?等)和廢鐵屑為原料制取聚合

x

硫酸鐵([Fez(OH)*(SOJ3--]J的工藝流程如圖：

2

(1)用98%的硫酸配制28%的硫酸，所需的玻璃儀器除量筒外，還有(填標號)。

a.容量瓶b.燒杯c.玻璃棒d.分液漏斗

(2)廢鐵屑表面附有鐵銹，鐵銹的主要成分為,步驟③的詳細試驗操作有一。

(3)水解、聚合要嚴控pH和溫度。pH偏小時Fe，+水解程度弱，pH偏大時則。寫出水解、聚合反應生

成PFS的化學方程式：o

(4)步驟⑥相對于常壓蒸發(fā)，減壓蒸發(fā)的優(yōu)點是o

(5)污水經過一級、二級處理后，還含有少量Cu,Hg2\Pb。+等重金屬離子，可加入沉淀劑使其沉淀。下列

物質能作為沉淀劑的是(填標號)。

a.氨水b.硫化氫氣體c.硫酸鈉溶液d.純堿溶液

(6)硬度為1°的水是指每升水含lOmgCaO或與之相當的物質(如7.ImgMgO)o若某自然水中

c(Ca2+)=l.5X10^mol/L,c(Mg2+)=6.4X10^mol/L,則此水的硬度為。

【答案】(15分)(1)be(2分)

(2)FeG?nHzO或FezOs(1分)蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶、過濾(洗滌)(2分)

xmx

(3)形成氫氧化鐵沉淀(2分)mFe(S0)+xmH0[Fe?(OH)(S0)3--]?+—HS0(2分)

2432x42224

(4)降低蒸發(fā)溫度防止產物分解(2分)

(5)bd(2分)

(6)12°(2分)

【解析】黃鐵礦的燒渣中主要成分為FezOs、FeO、SiO2,向其中加入稀硫酸，發(fā)生反應產生FeSO”、Fe2(S04)3,

SiO,不溶于水，將其過濾除去，向濾液I中加入廢Fe屑，Fe2(S0j會發(fā)生反應產生FeSO”過濾除去過量的

鐵屑，將濾液H蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌得到FeSO「7艮0,向其中加入壓SO”、H202,發(fā)生氧化還原反

應產生Fe2(SO3,然后經水解、聚合得到PFS。

(1)配制肯定質量分數稀硫酸要在燒杯中進行，首先依據計算用量筒量取肯定體積的濃硫酸，將其沿燒杯內

部緩緩倒入盛有肯定質量水的燒杯中，并用玻璃棒不斷攪拌，再加入水直至前后運用的水量與計算一樣時，

停止加入，攪拌勻稱，就得到待求質量分數的溶液。故運用的儀器，除量筒外，還須要燒杯和玻璃棒，故合

理選項是be；

(2)鐵銹主要成分是氧化鐵的結晶水合物或氧化鐵，化學式寫為FezO,?nHz?；騀ez。,；步驟③是從FeSO,溶液

中獲得的FeSO「7H?0,詳細試驗操作有蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶、過濾(洗滌)；

(3)鐵鹽是強酸弱堿鹽，在溶液中Fe，+水解使溶液顯酸性，增大溶液中c(10,鹽水解程度減小，即pH偏小

時Fe"水解程度弱，pH偏大時則水解程度增大，會形成氫氧化鐵沉淀。依據題意可知Fez(SOJ3水解、聚合反

xmx

應生成PFS的化學方程式為：mFe2(S04)3+xmHa=[Fe2(0H)、(S04)3-—L+——H2s0&。

22

的水解規(guī)律及鹽水解的酸堿性分析；

(4)降低壓強，物質的沸點降低，降低蒸發(fā)溫度能夠防止產物分解，所以減壓蒸發(fā)比常壓蒸發(fā)好；

(5)a.氨水會使金屬陽離子形成沉淀，但會引入新的雜質離子NHJ,不符合題意；

b.硫化氫氣體會使雜質離子形成溶解度小的CuS、HgS、PbS沉淀，然后經過濾除去，b符合題意；

c.硫酸鈉溶液不能除去Cu,去除效果不志向，c不符合題意；

d.純堿溶液與雜質離子反應會形成金屬氫氧化物沉淀除去，d符合題意；故合理選項是bd；

(6)c(Ca2+)=l.5X10-3mol/L,則c(Mg")=6.4XlOZiol/L,IL水中含有n(C」)=X5X103mol,

n(Mg2+)=6.4XlO^moL依據元素守恒可得m(CaO)=1.5X10-3molX56g/molX1000mg/g=84mg,

」,84mg25.6mg

m(MgO)=6.4X10molX40g/molX1000mg/g=25.6mg,所以該水的硬度為77------H——--------=12°。

10mg7.1mg

(-)選考題：

12.堿金屬及碳族元素在科研領域、生活和生產方面有廣泛的應用?；卮鹣铝袉栴}：

(1)在元素周期表中，與Li的化學性質最相像的鄰族元素是(填元素符號)，該元素基態(tài)原子最

外層電子的自旋狀態(tài)（填“相同”或“相反”兀

（2）碳和硅的有關化學鍵鍵能如下所示：

化學鍵C-HC-CSidHSi-0

鍵能/kjw）『413336318452

SiBi的穩(wěn)定性小于C%,更易生成氧化物，緣由是。

（3）自然硅酸鹽都是由［SiOj四面體以頂角氧原子相連而成，可成鏈狀也可成環(huán)，所以硅酸鹽種類繁多。下

圖a代表SiO：,b、c是硅氧四面體形成的環(huán)狀結構。

硅氧四面體中Si的軌道雜化類型為；圖b環(huán)狀結構硅酸根的化學式為若在環(huán)

狀結構中硅的原子數為n,寫出環(huán)狀結構中硅酸根的通式。

（4）鉀與澳作用能形成澳化鉀晶體，該晶體類型為，其晶格能可通過下圖的Borm±aber循環(huán)計

算得到。

-393.8kj-mof

K(s)+l/2Br；(l)KBr(s)

15.5kJ.mor'

l/2Br式g)

89.2kj-mol'1

96.5kJ.moK1

-324.7kj-mof'

Br(g)-----------------------Br(g)

,+

418.8kj-tnor'

K(g)--------------------------------------?K*(g)

從上圖可知，K原子的第一電離能為kJ/moLBr丹r鍵鍵能為kJ/moLKBr的晶格能為

kj/mol,晶格能越大，該晶體的熔點越—

【答案】（15分）

（1）Mg（1分）相反（1分）

（2）C千鍵的鍵能大于CK鍵，C出鍵比CE鍵穩(wěn)定，而Si七鍵的鍵能卻遠小于SiE鍵，所以Si出鍵不穩(wěn)

定而傾向于形成穩(wěn)定性更強的SiE鍵（2分）

（3）sp3雜化（1分）位論"-（2分）SiaK（2分）

（4）離子晶體（2分）418.8（1分）193.0（1分）689.1（1分）高（1分）

【解析】（1）在周期表中，與Li的化學性質最相像的鄰族元素是Mg,該元素是12號元素，核外電子排布是

Is22s22Pti3s2,在同一軌道上最多容納2個自旋方向相反的電子，所以在Mg原子基態(tài)原子核外M層電子2個電

子的自旋狀態(tài)相反；

(2)由表中數據可知，C出鍵的鍵能大于CK鍵，C出鍵比C~0鍵穩(wěn)定.而Si出鍵的鍵能卻遠小于Si內鍵,

所以Si七鍵不穩(wěn)定而傾向于形成穩(wěn)定性更強的SiE鍵，所以SiH4的穩(wěn)定性小于CH4,更易生成氧化物SiO?；

(3)硅氧四面體中Si原子與4個0原子形成4個。鍵，無孤電子對，因此其立體構型為正四面體，Si原子

軌道雜化類型為sp'雜化；

b中含有3個四面體結構，所以含有3個Si原子，含有的氧原子數為9,含有氧原子數比3個硅酸根離子少6

個3,帶有的電荷為：3義(4)=6該離子化學式是(SiO*-；

c中含有6個四面體結構，所以含有6個Si原子，含有的氧原子數為18,含有氧原子數比6個硅酸根離子少

6個0,帶有的電荷為：6X(^)=-12；依據圖示可知：若一個單環(huán)狀離子中Si原子數為n(n23),則含有n

個四面體結構，含有的氧原子比n個硅酸根離子恰好少n個0原子，即：含有n個Si,則含有3n個0,帶有

的負電荷為:nX(-2)=-2n,其化學式為:SiM；

(4)KBr晶體由K，、Br-通過離子鍵結合形成離子晶體；依據示意圖可知K原子的第一電離能為418.8kJ/mol；

LmolBn蒸氣轉化為Br氣態(tài)原子汲取能量96.5kJ,則Brfr鍵鍵能96.5kJ/molX2=193.OkJ/mol；

2

晶格能是氣態(tài)離子形成Imol離子晶體釋放的能量，則依據圖示，結合蓋斯定律可得

(89.2+418.8)+(15.5+96.5-324.7)kJ/mol-QkJ/mol=^93.8kJ/moL解得Q=+689.IkJ/mol；

離子晶體的晶格能越大，離子之間的作用力就越強，斷裂消耗的能量就越大，因此該晶體的熔點越高。

13.有機制藥工業(yè)中常用以下方法合成一種藥物中間體(G)：

N三C

(1)G的分子式是___o

(2)化合物A中含氧官能團的名稱為

(3)由C-D的反應類型為—；化合物E的結構簡式為

(4)寫出B-C的反應的化學方程式：―0

(5)寫出同時滿意下列條件的B的一種同分異構體的結構簡式：_o

①能與新制Cu(OH)2在加熱條件下反應生成成紅色沉淀，水解產物之一能與FeCL溶液發(fā)生顯色反應；

②核磁共振氫譜為四組峰，峰面積比為1：2：4：9；

③分子中含有氨基。

CH2CH2CH3

(6)已知：RCN——~>RCHNH,請寫出以HOOCCH2cH￡00H和CH3CH2CI為原料制備0-N0的合成路途

催化劑,△22vY

流程圖—(無機試劑任用)。合成路途流程圖示例如下：

CH3cH20H濃硫酸》CH?=CH2里1CH3cH2cl

i7or

【答案】(15分)

(1)CHHI802N2(2分)

(2)?；?1分)

⑶取代反應(2分)HsCN^V^00011(2分)

COOH

COOC2Hs2c

(4)+HC1-門分)

C^=N—/pi

o