《2019-2020学年安徽省滁州市来安中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年安徽省滁州市来安中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年安徽省滁州市来安中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1下列实验过程中，产生现象与对应的图形相符合的是（）A NaHSO3粉末加入HNO3溶液中BH2S气体通入氯水中CNaOH 溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中D CO2气体通入澄清石灰水中【答案】D【解析】【详解】A.NaHSO3粉末加入HNO3溶液中发生氧化还原反应，3NaHSO3+2HNO3=3NaHSO4+2NO+H2O，刚加入粉末时就有气体生成，故A错误；B.H2S气体通入氯水中发生氧化还原反应，H2S+Cl2=S+2HCl，溶液的酸性增强，
2、pH减小，故 B错误；C.NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中，刚滴入时便会有BaCO3沉淀生成，随着NaOH的滴入，沉淀质量增加，当 Ba2+全部转化为沉淀后，沉淀质量便不会再改变了，故C错误；D.溶液导电能力与溶液中的离子浓度有关，CO2气体通入澄清石灰水中，先发生反应：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O，离子浓度降低，溶液导电能力下降；接着通入CO2发生反应：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，碳酸氢钙属于强电解质，溶液中离子浓度增加，溶液导电能力上升，故D正确；故答案：D。2用下列实验方案及所选玻璃容器（非玻璃容器任选）就能实现相应实验目的的是实验目的实验方案所
3、选玻璃仪器A 除去 KNO3中少量 NaCl 将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤酒精灯、烧杯、玻璃棒B 证明 CH3COOH与 HClO的酸性强弱相同温度下用pH 试纸测定浓度均为 0.1 mol L1NaClO、CH3COONa溶液的 pH 玻璃棒、玻璃片C 配制 1 L 1.6%的 CuSO4溶液（溶液密度近似为1 g mL1）将 25 g CuSO4 5H2O 溶解在 975 g 水中烧杯、量筒、玻璃棒D 检验蔗糖水解产物具有还原性向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热试管、烧杯、酒精灯、滴管A A BB CC D D【答案】C【解析】【
4、分析】【详解】A二者溶解度受温度影响不同，冷却结晶后过滤可分离，则玻璃仪器还需要漏斗，故A 错误；BHClO 具有漂白性，不能用pH 试纸测 pH，故 B 错误；C在烧杯中配制一定质量分数的溶液，计算后称量、溶解，则25gCuSO4 5H2O 溶解在 975g 水中，质量分别为 16%，但溶液体积是11000g1g?mL=1000mL=1L，故 C正确；D向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，此时溶液呈酸性，要加NaOH 溶液中和至中性或弱碱性，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热，故D 错误；故选 C。3Na、Al、Fe都是重要的金属元素。下列说法正确的是A三者的氧化物都是碱性氧化物
5、B三者的氢氧化物都是白色固体C三者的氯化物都可用化合反应制得D三者的单质在空气中最终都生成氧化物【答案】C【解析】【详解】A.Na、Al、Fe的氧化物中，过氧化钠、四氧化三铁不是碱性氧化物，氧化铝为两性氧化物，故A 错误；B.氢氧化钠、氢氧化铝、氢氧化亚铁为白色固体，而氢氧化铁为红褐色固体，故B 错误；C.氯化钠、氯化铝、氯化铁都可以由三种的单质与氯气反应得到，故C正确；D.钠在空气中最终得到的是碳酸钠，Al 的表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止了Al 与氧气继续反应，铁在空气中会生锈，得到氧化铁，故D 错误；答案：C 4我国某科研团队设计了一种新型能量存储转化装置（如下图所示）。闭合 K2
6、、断开 K1时，制氢并储能；断开K2、闭合 K1时，供电。下列说法错误的是A制氢时，溶液中K+向 Pt 电极移动B制氢时，X电极反应式为22Ni(OH)eOHNiOOHH OC供电时，Zn 电极附近溶液的pH 降低D供电时，装置中的总反应为222Zn2H OZn(OH)H【答案】D【解析】【分析】闭合 K2、断开 K1时，该装置为电解池，Pt 电极生成氢气，则Pt 电极为阴极，X电极为阳极；断开K2、闭合 K1时，该装置为原电池，Zn 电极生成Zn2+，为负极，X 电极为正极。【详解】A.制氢时，Pt 电极为阴极，电解池中阳离子流向阴极，故A 正确；B.制氢时，X电极为阳极，失电子发生氧化反应
7、，根据根据化合价可知该过程中Ni(OH)2转化为 NiOOH，电极方程式为22Ni(OH)eOHNiOOHH O，故 B 正确；C.供电时，Zn 电极为负极，原电池中阴离子流向负极，所以氢氧根流向Zn 电极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O，转移两个电子同时迁移两个OH-，但会消耗4 个 OH-，说明还消耗了水电离出的氢氧根，所以电极负极pH 降低，故C正确；D.供电时，正极为NiOOH 被还原，而不是水，故D 错误；故答案为D。5化学与生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是A有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素B聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是
8、高分子生成小分子的过程C疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性D“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅【答案】C【解析】【详解】A.丝绸的主要成分是蛋白质，故A错误；B.聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，油脂不属于高分子，故B 错误；C.疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性，使蛋白质失去活性，故C正确；D.硅是半导体，“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是硅，故D 错误；故选 C。6海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程。下列有关说法正确的是A用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和 Na2CO3B溴元素在第、中被氧化，在第 中被还原C工业上一般
9、用金属钠与无水MgCl2反应制取 Mg 单质D海水中还含有碘元素，只需将海水中的碘升华就可以得到碘单质【答案】B【解析】【分析】【详解】A、澄清的石灰水和碳酸氢钠或碳酸钠都反应生成碳酸钙沉淀，现象相同，不能鉴别，错误，不选A；B、溴元素在中化合价升高，被氧化，在中化合价降低，被还原，正确，选B；C、工业上有电解氯化镁的形式制取镁单质，不是用金属钠置换出镁，错误，不选C；D、还有的碘元素是碘离子形式，不能升华，错误，不选D。答案选 B。7下列装置中，不添加其他仪器无法检查气密性的是()A BCD【答案】A【解析】A、因为分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，故分液漏斗中的液体上下压强相等，所以无
10、论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，所以不能检查出装置是否漏气；B、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，若液面高度不变，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气；C、用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内若有气泡产生，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气；D、向外拉活塞，若气密性良好，则导管口会有气泡产生，若气密性不好则不会有气泡产生，所以能检查出装置是否漏气；故选A。点睛：装置气密性的检验是常考的实验题，解题关键：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏。易错选项A，分液漏
11、斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，故分液漏斗中的液体上下压强相等，无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，这个叙述正确，但不是题目的要求。8在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A NH32O催化剂NO222OH OHNO3BMg(OH)2HClMgCl2(aq)灼烧无水 MgCl2CFe2O3Al高温Fe2Cl点燃FeCl2D NaCl(aq)电解NaOH(aq)2CO过量NaHCO3【答案】D【解析】【分析】【详解】A.NH32O催化剂NO2不能一步转化，氨气催化氧化得到NO 而不能直接得到NO2，选项 A 错误；B.MgCl2(aq)灼烧无水 MgCl2，氯化镁为强酸弱碱盐
12、，水解产生氢氧化镁和盐酸，盐酸易挥发，最后得到的氢氧化镁灼烧得到氧化镁，而不能一步得到无水氯化镁，选项B 错误；C.Fe2Cl点燃FeCl3，铁在氯气中燃烧生成氯化铁不是生成氯化亚铁，无法一步转化生成氯化亚铁，选项C错误；D.NaCl(aq)电解NaOH(aq)2CO过量NaHCO3，电解氯化钠溶液得到氢氧化钠，氢氧化钠溶液中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钠，反应均能一步转化，选项D 正确。答案选 D。【点睛】本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。9W、X、Y、Z
13、是原子序数依次增大的前四周期元素，W、X 是空气中含量最高的两种元素，Y的合金是当今世界使用量最大的合金，Z的单质常温下为液态。下列说法不正确的是A单质 Z保存时需要加水形成液封BY的金属性弱于第三周期的所有金属元素CW 与 X能形成二元化合物并非全部是酸性氧化物D向 YZ2溶液中通人少量氯气会发生置换反应【答案】D【解析】【分析】由题可知，W、X 是空气中含量最高的两种元素，则W、X分别是 N、O，Y的合金是当今世界使用量最大的合金，所以Y 为 Fe，Z的单质常温下为液态，常温下为液态的单质有溴和汞，由题中条件可知Z为 Br，由此解答。【详解】A单质溴易挥发且有毒，保存在棕色瓶里，添加少量水
14、作为液封，A 正确；B第三周期的金属元素有Na、Mg、Al，由金属活动顺序可知，Fe 的金属性比这三种金属都要弱，B 正确；CN 和 O 两种元素形成的二元化合物中，NO、NO2都不是酸性氧化物，C 正确；DYZ2就是 FeBr2，通入少量Cl2，由于 Fe2+还原性比Br-强，只能发生反应：6FeBr2+3Cl2=2FeCl3+4FeBr3，不属于置换反应，D 错误；答案选 D。10化学与社会、环境密切相关，下列说法不正确的是A植物秸秆可用于制造酒精与沼气等燃料B利用 CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”循环利用C雷雨过后感觉到空气清新是因为空气中产生了少量的二氧化氮D小苏打可用于治疗
15、胃酸过多，也可用于发酵粉制作面包【答案】C【解析】【详解】A.植物秸秆的主要成分为纤维素，能水解生成葡萄糖，葡萄糖条能反应生成酒精，可以在一定条件下生成甲烷，故正确；B.二氧化碳合成聚合物，其聚合物能降解，实现了碳的循环，故正确；C.雷雨天时空气中的氧气有些变成了臭氧，所以空气感觉清新，故错误；D.小苏打能与胃酸反应，用于治疗胃酸过多，碳酸氢钠能受热分解生成二氧化碳，可用于发酵粉制作面包，故正确。故选 C。11扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以物质a 为原料合成扁桃酸衍生物b 的过程如下：下列说法正确的是（）A物质 X是 Br2，物质 a 转化为 b 属于取代反应Blmol 物质 a 能与 3
16、molH2反应，且能在浓硫酸中发生消去反应C物质 b 具有多种能与NaHCO3反应的同分异构体D物质 b 的核磁共振氢谱有四组峰【答案】C【解析】【详解】A.根据质量守恒定律可知物质x 是 HBr，HBr 与 a 发生取代反应产生b 和 H2O，A 错误；B.a 中含有一个苯环和酯基，只有苯环能够与H2发生加成反应，1 mol 物质 a 能与 3 molH2反应，a 中含有酚羟基和醇羟基，由于醇羟基连接的C原子邻位C原子上没有H 原子，不能发生消去反应，B 错误；C.酚羟基可以与NaHCO3反应；物质b 中酚羟基与另一个支链可以在邻位、间位，Br 原子也有多个不同的取代位置，因此物质b 具有多
17、种能与NaHCO3反应的同分异构体，C 正确；D.物质 b 中有五种不同位置的H 原子，所以其核磁共振氢谱有五组峰，D 错误；故合理选项是C。12某黄色溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cl、SO42、CO32等离子（不考虑水的电离和离子的水解）。某同学为了确定其组分，设计并完成了如下实验：下列说法正确的是（）A c（Fe3+）一定为0.2 mol?L1Bc（Cl）至少为 0.2 mol?L1CNa+、SO42一定存在，NH4+一定不存在D Na+、Fe2+可能存在，CO32一定不存在【答案】D【解析】【分析】某黄色溶液中可能含有Na、NH4、Fe2、Fe3、Cl、SO42、
18、CO32等离子，初步判断含Fe3，加入过量 NaOH 溶液，加热，产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，灼烧得到1.6g 固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量=1.6g/160gmol1=0.01mol，则原溶液中含有0.02mol 铁元素为Fe3，原溶液中一定没有CO32，4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量=4.66g/233gmol1=0.02mol，原溶液中含有0.02mol 硫酸根离子，由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是否含有钠离子，由溶液为电中性可判断是否存在氯离子。【详解】加入过量NaOH 溶液，加热产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，1.6g 固体为三氧化二铁，氧化铁的物质
19、的量为0.01mol，则原溶液中含有0.02mol 铁元素为Fe3+，原溶液中一定没有CO32，由于加入了NaOH，无法判断原溶液中是否含有Na+，4.66g 不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02mol，则原溶液中含有 0.02mol 硫酸根离子，由电荷守恒，正电荷=3n（Fe3+）=0.06，负电荷=2n（SO42）=0.04，原溶液中一定有 Cl，物质的量应为0.02mol 30.02mol 2=0.02mol，若含有亚铁离子时，c（Cl）可能小于0.2mol/L，溶液中Fe2+加热被氧化也可以生成铁离子，则原溶液中c（Fe3+）=0.02mol0.1L0.2mol/L，溶
20、液中 Na+、NH4+、Fe2+离子可能存在，故选：D。13已知：AlO HCO H2O=Al(OH)3CO，向含 0.01 mol NaAlO2和 0.02mol NaOH 的稀溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，下列对应关系正确的是（）选项n(CO2)/mol 溶液中离子的物质的量浓度A 0 c(Na+)c(AlO2)c(OH-)B 0.01 c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)c(AlO2)C 0.015 c(Na+)c(CO32)c(OH-)c(HCO3)D 0.03 c(Na+)c(H+)c(CO32)c(HCO3)c(OH-)A A BB C
21、C D D【答案】C【解析】【分析】向含 0.01molNaAlO2和 0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02mol 氢氧化钠消耗0.01mol 二氧化碳，生成0.01mol 碳酸钠；然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol 偏铝酸钠消耗0.005mol 二氧化碳，生成0.005mol 碳酸钠；再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015mol 二氧化碳，生成0.03mol 碳酸氢钠。【详解】A.不通入 CO2，0.01 mol NaAlO2和 0.02 mol NaOH 的稀溶液
22、中，c(Na+)c(OH-)c(AlO2)，故 A 错误；B.当通入的二氧化碳为0.01mol 时，则溶液为含有0.01mol 碳酸钠和0.01mol 偏铝酸钠的混合液，没有HCO3，故 B 错误；C.当通入的二氧化碳为0.015mol 时溶液中含有0.015mol 碳酸钠，离子浓度的关系为c(Na+)c(CO32-)c(OH-)c(HCO3-)，故 C 正确；D.当通入二氧化碳的量为0.03mol 时，溶液为碳酸氢钠溶液，溶液显碱性，电荷守恒关系为：c(Na+)c(H+)2c(CO32)c(HCO3)c(OH-)，故 D 错误；正确答案是C。【点睛】本题将元素化合物知识与电解质溶液中离子浓度
23、大小比较综合在一起考查，熟练掌握相关元素化合物知识，理清反应过程，结合相关物质的用量正确判断相关选项中溶液的成分是解题的关键。电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性，进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。14查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生化学反应为：。则邻甲基乙苯通过上述反应得到的有机产物最多有()A 5 种B4 种C3 种D2 种【答案】B【解析】【详解】邻甲基乙苯的结构简式为：，根据题目所给反应信息，四种不同的断键方式可生成最多4 种有机产物，故答案为
24、B。15有机物 M、N 分子的模型如图所示，其中不同颜色的球表示不同的原子，原子之间的化学键可以是单键、双键。下列说法错误的是MNA M 与 HCOOCH3互为同分异构体BN 的官能团为羟基C在与钠的反应中N 放出气泡比M 快D N 能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】C【解析】【分析】根据分子模型可知，白球代表氢原子，绿球代表碳原子，红球代表氧原子，则 M、N 的结构简式为CH3COOH和 CH3CH2OH。【详解】A M 的结构简式为CH3COOH，与 HCOOCH3的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A 正确；BN 的结构简式为CH3CH2OH，官能团为羟基，故B 正确；CCH3COO
25、H和 CH3CH2OH 分别与钠反应时，CH3COOH中羧基中的氢比CH3CH2OH 中羟基中的氢更活泼，故放出氢气速率快，故C错误；D为 CH3CH2OH，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为乙酸，高锰酸钾被还原成锰离子，故会褪色，故D正确；答案选 C。【点睛】判断出 M、N 的分子结构是关键，根据图中信息可以得到白球代表氢原子，绿球代表碳原子，红球代表氧原子。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16三氯化硼（BCl3），主要用作半导体硅的掺杂源或有机合成催化剂，还用于高纯硼或有机硼的制取。某兴趣小组用氯气和硼为原料，采用下列装置（部分装置可重复使用）制备BCl3。已知：BCl3的沸点为12
26、.5，熔点为-107.3；遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸；2B+6HCl 2BCl3+3H2；硼与铝的性质相似，也能与氢氧化钠溶液反应。请回答下列问题：（1）A 装置可用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，反应的化学方程式为_。（2）装置从左到右的接口连接顺序为a_ j。（3）装里 E中的试剂为 _，如果拆去E装置，可能的后果是_。（4）D 装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，则造成的结果是_。（5）三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸（H3BO3）和白雾，写出该反应的化学方程式_，硼酸也可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示：则阳极的电极反应式_，分析产品室可得
27、到H3BO3的原因 _。【答案】KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2+3H2Oih defg（或gf）bc（或cb）de饱和食盐水硼粉与 HCl 气体反应生成H2，加热 H2与 Cl2的混合气体易发生爆炸会生成 B2O3，使产品不纯BCl3+3H2O H3BO3+3HCl2H2O-4e-O2+4H+阳极室的 H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的 B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3【解析】【分析】根据装置：由A 中氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，制得的氯气混有HCl 和水蒸气，可以由E中饱和食盐水吸收 HCl 气体，由C中浓硫酸吸水干燥；BCl3遇水剧烈反应生成硼酸和盐
28、酸，因此发生反应前需要先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气，干燥纯净的氯气与硼粉在D 中发生反应；BCl3的沸点为12.5，熔点为-107.3，可以用B中冰水冷凝产物BCl3并收集，F中 NaOH 可以吸收尾气，防止污染空气；为防止 F中的水蒸气进入B 装置，在B 和 F之间连接一个C干燥装置，据此分析解答。【详解】(1)A 装置用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，反应的方程式为：KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2+3H2O，故答案为：KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2+3H2O；(2)根据分析，A 制备氯气，E中饱和食盐水吸收HCl 气体，C中浓硫酸吸水干燥，为保证除杂充分，导
29、气管均长进短出，干燥纯净的氯气与硼粉在D 中发生反应，用B中冰水冷凝产物BCl3并收集，F中 NaOH 吸收尾气，防止污染空气，为防止F中的水蒸气进入B 装置，在 B和 F之间连接一个C 干燥装置，故连接顺序为：aih defg(或 gf)bc(或 cb)dej，故答案为：ih defg(或 gf)bc(或 cb)de；(3)装置 E中为饱和食盐水，可以除去氯气中的HCl 气体，若拆去E装置，硼粉与HCl 气体反应生成H2，加热 H2与 Cl2的混合气体易发生爆炸，故答案为：饱和食盐水；硼粉与HCl 气体反应生成H2，加热 H2与 Cl2的混合气体易发生爆炸；(4)D 装置中发生反应前先通入一
30、段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，氧气与硼粉会生成B2O3，使产品不纯，故答案为：会生成B2O3，使产品不纯；(5)三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和白雾，白雾为HCl，反应的方程式为：BCl3+3H2OH3BO3+3HCl；根据装置，阳极室为硫酸，放电的是水中氢氧根离子，电极反应式为：2H2O-4e-O2+4H+；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3，故答案为：BCl3+3H2O H3BO3+3HCl；2H2O-4e-O2+4H+；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品
31、室，二者反应生成H3BO3。【点睛】明确实验原理及实验操作方法、熟悉各装置的作用是解答本题的关键。本题的难点和易错点为(5)，根据电解原理正确判断阴阳极的电极反应是解答的关键，阳极室中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子，其中放电能力最强的是氢氧根离子，阴极室是氢离子放电。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17A、B、C、D 为原子序数依次增大的四种元素，A2-和 B+具有相同的电子构型：C、D 为同周期元素，C 核外电子总数是最外层层电子数的3 倍；D 元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：（1）四种元素中电负性最大的是_（填元素符号），其中 C原子的核外电子排布式为_。（2）单质
32、A 有两种同素异形体，其中沸点高的是_（填分子式）；A 和 B的氢化物所属的晶体类型分别为 _和_。（3）C和 D 反应可生成组成比为1：3 的化合物E，E的立体构型为 _，中心原子的杂化轨道类型为 _。（4）单质 D 与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为_。（5）A和 B 能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.566nm，F的化学式为 _；晶胞中 A 原子的配位数为_；列式计算晶体F的密度（g?cm-3）_。【答案】O ls22s22p63s23p3（或 Ne 3s23p3）O3分子晶体离子晶体三角锥形sp32Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaH
33、CO3+2NaCl（或 2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）Na2O 8 2.27 g/cm3【解析】【分析】A、B、C、D 为原子序数依次增大的四种元索，C 核外电子总数是最外层电子数的3 倍，则 C为 P元素，C、D 为同周期元索，D 元素最外层有一个未成对电子，则D 为 Cl元素，A2和 B具有相同的电子构型，则A为 O、B 为 Na 元素；通过以上分析，A、B、C、D 分别是 O、Na、P、Cl元素。【详解】（1）元素的非金属性越强，其电负性越大，这几种元素非金属性最强的是O 元素，则电负性最大的是O元素；C 是 P元素，其原子核外有15 个电子，根据构造原理书写P原
34、子核外电子排布式为ls22s22p63s23p3（或 Ne 3s23p3）；故答案为：O；ls22s22p63s23p3（或 Ne 3s23p3）；（2）单质 A 为氧气，氧气的同素异形体是臭氧，二者都是分子晶体，分子晶体熔沸点与范德华力成正比，范德华力与相对分子质量成正比，臭氧的相对分子质量大于氧气，则范德华力：臭氧氧气，所以熔沸点较高的是O3；A 和 B 的氢化物所属的晶体类型分别为水是分子晶体和NaH 为离子晶体。故答案为：O3；分子晶体；离子晶体；（3）C和 D 反应可生成组成比为1：3 的化合物PCl3，PCl3中 P原子价层电子对个数=3+53 12=4 且含 1个孤电子对，根据价
35、层电子对互斥理论判断该分子的立体构型为三角锥形、中心原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：三角锥形；sp3；（4）单质 Cl2与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，其化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或 2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）。故答案为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）；（5）O 和 Na 能够形成化合物F，半径大的为O 元素离子、半径小的为Na，该晶胞中大球个数=818+612=4、小球个数为8，则大球、小球个数之
36、比=4：8=1：2，则化学式为Na2O；观察晶胞中面心的原子，与之相连的原子有8 个，晶胞中O 原子的配位数为8；该晶胞体积=a3nm3，晶胞密度=4AMNV=376240.56610ANgcm3=2.27gcm3；故答案为：Na2O；2.27gcm-3。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、微粒空间构型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查基础知识点的灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，利用均摊法求出晶胞中原子的个数，结合密度公式含义计算。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18A、B、C、D 是四种短周期元素，E是过渡元素。A、B、C同周期
37、，C、D 同主族，A 的原子结构示意图为：，B 是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个成单电子，E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题：(1)用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是_，碱性最强的是_。(2)用元素符号表示D 所在周期(除稀有气体元素外)第一电离能最大的元素是_，电负性最大的元素是 _。(3)D 的氢化物比C 的氢化物的沸点_（填 高 或低），原因 _(4)E 元素原子的核电荷数是_，E元素在周期表的第_周期，第 _族，已知元素周期表可按电子排布分为s 区、p 区等，则E元素在 _区。(5)B、C最高价氧化物的晶体类型是分别是_晶体、_晶体(
38、6)画出 D 的核外电子排布图_，这样排布遵循了_原理和 _规则。【答案】HNO3NaOH FF高因为 NH3分子间形成氢键26 四d 离子分子1s22s22p3泡利洪特【解析】【分析】根据 A、B、C、D 是四种短周期元素，由A 的原子结构示意图可知，x=2，A 的原子序数为 14，故 A 为 Si 元素；A、B、C 同周期，B 是同周期第一电离能最小的元素，故B 为 Na 元素，C的最外层有三个成单电子，故C 原子的 3p 能级有 3 个电子，故C 为 P 元素；C、D 同主族，故D 为 N元素，E 是过渡元素，E 的外围电子排布式为3d64s2，则 E 为 Fe 元素。所以由上述分析可知
39、，A 为 Si 元素，B 为 Na 元素、C 为 P 元素，D 为 N 元素，E 为 Fe 元素。【详解】(1)由上述分析可知：五种元素中N 的非金属性最强，Na 的金属性最强，故最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HNO3，碱性最强的是NaOH，故答案为：HNO3；NaOH；(2)由上述分析可知：D 为 N 元素，属于第二周期，根据同周期自左而右，第一电离能增大(个别除外)，所以第一电离能最大的元素是F；同一周期自左而右，电负性逐渐增大，故电负性最大的元素是F，故答案为：F；F；(3)由上述分析可知：D 为 N 元素，D 的氢化物为NH3，C 为 P 元素，C的氢化物为PH3，因为 NH3分子
40、间形成氢键，所以沸点NH3 PH3，故答案：高；因为NH3分子间形成氢键；(4)根据 E的外围电子排布式为3d64s2可知，E 核电荷数是26，元素在周期表的第四周期第VIII族，价电子排布式为3d64s2，所以位于元素周期表d 区，故答案为：26；四；d；(5)由上述分析可知：B 为 Na 元素、C 为 P 元素，B、C的最高价氧化物分别为Na2O 属于离子晶体，P2O5属于分子晶体，故答案：离子；分子；(6)由上述分析可知：D 为 N 元素，D 的核外电子排布图1s22s22P3，这样排布是遵循了泡利原理和洪特规则。答案：1s22s22P3；泡利；洪特。19氮化钛(Ti3N4)为金黄色晶体
41、，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品。以TiCl4为原料，经过一系列反应可以制得Ti3N4和纳米 TiO2(如图 1)。图中的 M 是短周期金属元素，M 的部分电离能如表：I1I2I3I4I5电离能/(kJ/mol)738 1451 7733 10540 13630 请回答下列问题：(1)Ti 的基态原子外围电子排布式为_。(2)M 是_(填元素符号)，该金属晶体的堆积模型为六方最密堆积，配位数为_。(3)纳米 TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米 TiO2催化的一个实例如图2 所示。化合物甲的分子中采取sp2方式杂化的碳原子有_个，化合物乙中采取sp3方式杂化的原子3 对
42、应的元素的电负性由大到小的顺序为 _。(4)有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl 晶胞相似，如图3 所示，该晶胞中N、Ti 之间的最近距离为a pm，则该氮化钛的密度为_g/cm3(NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。该晶体中与氮原子距离相等且最近的氮原子有_个。(5)科学家通过X-射线探明KCl、MgO、CaO、TiN 的晶体与NaCl 的晶体结构相似。且知三种离子晶体的晶格能数据：离子晶体NaCl KCl CaO 晶格能/(kJ/mol)786 715 3401 KCl、CaO、TiN 三种离子晶体熔点由高到低的顺序为_。【答案】3d24s2Mg 12 7 ONC 310A462N2a 1
43、012 TiNCaOKCl【解析】【分析】(1)Ti 原子核外电子数为22，根据能量最低原理书写；(2)M 是短周期金属元素，M 的第三电离能剧增，处于A 族，能与 TiCl4反应置换出Ti，则 M 为 Mg，Mg晶体属于六方最密堆积，配位数为12；(3)采取 sp2杂化的碳原子价层电子对数是3，采取 sp3杂化的原子价层电子对数是4，乙中采取sp3杂化的原子有 C、N、O，同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大；(4)根据均摊法计算晶胞中Ti、N 原子数目，进而计算晶胞质量，根据=mV计算晶胞密度；以晶胞顶点N原子研究，与之距离相等且最近的N 原子处于面心位置；(5)由表中数据可知，
44、离子半径越小晶格能越大，离子带电荷越大，晶格能越大，晶格能大，对应的离子晶体的熔点就越高。【详解】(1)Ti 为 22 号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，因此外围电子排布式为3d24s2；(2)M 是短周期金属元素，M 的第三电离能剧增，处于A 族，能与 TiCl4反应置换出Ti，则 M 为 Mg，Mg晶体属于六方最密堆积，配位数为12；(3)化合物甲的分子中采取sp2杂化的碳原子为苯环上的六个、羰基中的一个，共7 个该 C原子；采取 sp3杂化的原子价层电子对数是4，乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，同一周期元素中，元素电负性随着原子序数依次增加电负性
45、逐渐增大，所以它们的电负性关系为：ONC；(4)根据均摊法，可知该晶胞中N 原子个数为：612+818=4，该晶胞中Ti 原子个数为：1+1214=4，所以晶胞的质量m=4 A62Ng，而晶胞的体积V=(2a 10-10)3cm3，所以晶体的密度=310A462N2a10g/cm3；以晶胞顶点N 原子研究，与之距离相等且最近的N 原子处于面心位置，每个顶点为8 个晶胞共用。每个面为 2 个晶胞共用，故与之距离相等且最近的N 原子为3 82=12；(5)离子晶体中，离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔沸点越高，则有TiNCaO，由表中数据可知CaOKCl，则三种晶体的晶格能由大到小的顺序为：TiNCaOKCl，所以 KCl、CaO、TiN 三种离子晶体熔点由高到低的顺序为TiNCaOKCl。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、原子的杂化、电负性、晶胞结构与计算等，注意理解电离能与最外层电子数关系，采用均摊方法对晶胞进行计算，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础。