《2019-2020学年安徽省“庐巢六校联盟”(金汤白泥乐槐六校)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“庐巢六校联盟”(金汤白泥乐槐六校)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“庐巢六校联盟”（金汤白泥乐槐六校）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锂空气电池是一种用锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物的电池。其工作原理如图，下列说法中错误的是()A多孔电极可以提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面B正极的电极反应：-22O+4e+2H O=4OHC有机电解液可以是乙醇等无水有机物D充电时专用充电电极可防止空气极腐蚀和劣化【答案】C【解析】【分析】在锂空气电池中，锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物，在水性电解液中氧气得电子生成氢氧根离子，据此解
2、答。【详解】A.多孔电极可以增大电极与电解质溶液的接触面积，有利于氧气扩散至电极表面，A 正确；B.因为该电池正极为水性电解液，正极上是氧气得电子的还原反应，反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，B 正确；C.乙醇可以和金属锂反应，所以不能含有乙醇，C 错误；D.充电时，阳极生成氧气，可以和碳反应，结合电池的构造和原理，采用专用充电电极可以有效防止空气极腐蚀，D 正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查电化学基础知识，涉及电极判断、反应式的书写等相关知识，C项为易错点，注意锂的活泼性较强，可以和乙醇发生置换反应，试题难度不大。2短周期主族元素X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增加。已知，离子化
3、合物甲是由X、Y、Z、W 四种元素组成的，其中，阴阳离子个数比为11，阳离子是一种5 核 10 电子微粒；Q 元素原子半径是短周期主族元素中最大的；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，其中丁在常温下为气体。下列说法正确的是A甲中既含离子键，又含共价键B丙和戊的混合物一定显酸性C丁一定能使湿润的红色石蕊试纸变蓝D原子半径：XYZ W【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增加。离子化合物甲是由X、Y、Z、W 四种元素组成的，其中阴阳离子个数比为11，阳离子是一种5 核 10 电子微粒，该阳离子为NH4+，则 X为
4、 H 元素；Q 元素原子半径是短周期主族元素中最大的，则Q 为 Na 元素，因此Y、Z、W 均为第二周期元素，阴离子组成元素的原子序数小于Na，则阴离子为碳酸氢根离子，则甲为NH4HCO3，因此 Y为 C元素、Z为 N 元素、W 为 O 元素；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，则乙为氢氧化钠或硝酸，与碳酸氢铵反应生成氨气，碳酸钠和水或硝酸铵、二氧化碳和水，其中丁在常温下为气体，则丁为氨气或二氧化碳，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X 为 H 元素，Y为 C元素，Z为 N 元素，W 为 O 元素，Q 为 Na 元素，甲为NH4HCO3，乙为
5、 NaOH 或硝酸，丁为氨气或二氧化碳，丙、戊为碳酸钠或硝酸铵和水。A甲为 NH4HCO3，属于离子化合物，含有离子键，铵根离子、HCO3-中还含有共价键，故A 正确；B丙和戊的混合物可能为碳酸钠溶液或硝酸铵溶液，碳酸钠水解后溶液显碱性，故B错误；C丁可能为二氧化碳，二氧化碳不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C 错误；D同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：XWZY，故 D 错误；答案选 A。3下列有关物质结构的叙述正确的是A在离子化合物中不可能存在非极性共价键B由电子定向移动而导电的物质一定是金属晶体C有键能很大的共价键存在的物质熔沸点一定很高D
6、只含有共价键的物质不一定是共价化合物【答案】D【解析】【详解】A含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有极性键或非极性键，如Na2O2，故 A 错误；B多数物质导电都是靠电子定向移动的，不仅仅是金属，如半导体材料硅等，故B错误；C分子晶体的熔沸点高低取决于分子间作用力的大小，与共价键的强弱无关，故C 错误；D只含共价键的物质不一定是共价化合物，可能是多原子单质，如臭氧等，故D 正确；答案选 D。【点睛】含有离子键的化合物是离子化合物，而极性键和非极性键是从原子之间的共用电子对是否偏移判断的，它们之间没有必然的联系。4已知：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)196.64kJ，则下
7、列判断正确的是A 2SO2(g)O2(g)2SO3(l)Q，Q196.64kJ B2molSO2气体和过量的O2充分反应放出196.64kJ 热量C1LSO2(g)完全反应生成1LSO3(g)，放出 98.32kJ 热量D使用催化剂，可以减少反应放出的热量【答案】A【解析】【详解】A.气态 SO3变成液态SO3要放出热量，所以2SO2(g)O2(g)2SO3(l)Q，Q196.64kJ，故 A 正确；B、2molSO2气体和过量的O2充分反应不可能完全反应，所以热量放出小于196.64kJ，故 B错误；C、状况未知，无法由体积计算物质的量，故C错误；D、使用催化剂平衡不移动,不影响热效应,所以
8、放出的热量不变,故 D 错误；答案选 A。5可用于检测CO的某气敏传感器的工作原理如图所示。下列说法不正确的是A工作过程中化学能转化为电能B工作一段时间后溶液的pH 几乎不变C电极 I 上发生反应：CO-2e-+H2O=CO2+2H+D电极 II 上发生反应：O2+2H2O+4e-=4OH【答案】D【解析】【分析】该传感器在工作过程中，负极上CO 失电子生成CO2，-+22CO-2e+H O=CO+2H，则为负极，氧气在正极上得电子，为正极，+-22O+4H+4e=2H O，其电池的总反应为222CO+O=2CO。【详解】A.装置属于原电池装置，工作过程中化学能转化为电能，故A 正确；B.电池
9、的总反应为222CO+O=2CO，工作一段时间后溶液的pH 几乎不变，故B 正确；C.由图可知，CO 在负极上失去电子生成二氧化碳，则通 CO 的电极反应式为-+22CO-2e+H O=CO+2H，故 C 正确；D.氧气在正极上得电子，为正极，酸性环境中电极反应式为：+-22O+4H+4e=2HO，故 D 错误；故选：D。【点睛】该装置是燃料电池，通入燃料的一断为负极，通入氧气的一端为正极；判断溶液pH 是否变化，要根据总反应去判断，观察总反应中是否消耗氢离子或氢氧根，是否生成或氢氧根，是否消耗或生成水。6实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2为原料制备ClO2的过程如下图所示，下列说法不正确
10、的是A X 中大量存在的阴离子有Cl-和 OH-BNCl3 的键角比CH4的键角大CNaClO2 变成ClO2发生了氧化反应D制取3 mol ClO2至少需要0.5mol NH4Cl【答案】B【解析】【分析】由制备流程可知，氯化铵与盐酸的混合溶液电解时发生NH4Cl+2HCl电解3H2+NCl3，然后加亚氯酸钠溶液发生6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2+NH3+3NaCl+3NaOH，则 X 含 NaOH、NaCl，以此来解答。【详解】A.NaClO2溶液与 NCl3溶液发生氧化还原反应，由于有氨气产生，所以反应物必然有H2O 参加，所以反应方程式为6NaClO2+NCl3+3H2
11、O=6ClO2+NH3+3NaCl+3NaOH，所以大量存在的阴离子有C1-和 OH-，故 A 正确；B.N 原子、C原子均为sp3杂化，NCl3分子有 1 对孤电子对，甲烷分子没有孤电子对，孤对电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故NCl3的的键角小于CH4的键角，故B 错误；C.NaClO2变成 ClO2，NaClO2中氯元素化合价从+3价升高为+4价，发生了氧化反应，故C 正确；D.由反应 NH4Cl+2HCl电解3H2+NCl3、6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2+NH3+3NaCl+3NaOH可知，制取3molClO2至少需要0.5molNH4Cl，故
12、D 正确；故选：B。【点睛】孤对电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力。7ICl 能发生下列变化，其中变化时会破坏化学键的是（）A升华B熔化C溶于 CCl4D受热分解【答案】D【解析】【详解】ICl 是共价化合物，在升华、熔化时化学键不断裂，溶于CCl4时未发生电离，化学键不断裂，破坏的均为分子间作用力；受热分解时发生化学反应，发生化学键的断裂和形成，故选D。8298K 时，用 0.01mol?L-1NaOH 溶液滴定10mL0.01mol?L-1H2A 溶液的滴定曲线如图所示（已知：25时，H2A 的 Ka1=10-1.75，Ka2=10-7.19）。下列说法不正确的是（）A
13、a 点所得溶液中：V0=5mL BB 点所得溶液中：c(H2A)c(H)=c(A2-)c(OH-)CC点所得溶液中：c(Na)3 c(HA-)D D 点所得溶液中A2-水解平衡常数Kh1=10-6.81【答案】A【解析】【分析】【详解】A a 点所得溶液中，pH=1.75，则 c(H2A)=a1(H)(HA)ccK=c(HA-)，所以 H2A 与 NaOH 反应发生后，c(H2A)c(HA-)，V05mL，A 不正确；BB 点时，H2A 与 KOH刚好完全反应生成KHA，溶液中存在三个平衡体系：HA-H+A2-，HA-+H2OH2A+OH-，H2OH+OH-，由此得出所得溶液中：c(H2A)c
14、(H)=c(A2-)c(OH-)，B正确；CC点时，c(HA-)=2a2(H)(A)ccK=c(A2-)，依据电荷守恒c(Na)+c(H+)=c(HA-)+2 c(A2-)+c(OH-)=3c(HA-)+c(OH-)，因为 pH=7.19，c(H+)3 c(HA-)，C正确；D D 点所得溶液中，A2-水解平衡常数Kh1=W2aKK=-14-7.191010=10-6.81，D 正确；故选 A。9研究海水中金属桥墩的腐蚀及防护是桥梁建设的重要课题。下列有关说法错误的是A桥墩的腐蚀主要是析氢腐蚀B钢铁桥墩在海水中比在河水中腐蚀更快C图 1 辅助电极的材料可以为石墨D图 2 钢铁桥墩上发生的反应是
15、O2+2H2O+4e一=4OH-【答案】A【解析】【详解】A桥墩浸泡在接近中性的海水中，主要发生析氧腐蚀，故A 错误；B海水中含有氯化钠等电解质，导电性比河水强，钢铁桥墩在海水中比在河水中腐蚀更快，故B正确；C图 1 为外加电源的阴极保护法，辅助电极的材料可以为石墨等，故C 正确；D图 2 为牺牲阳极的阴极保护法，钢铁桥墩充当正极，正极上发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e一=4OH-，故 D 正确；故选 A。10在两只锥形瓶中分别加入浓度均为1mol/L 的盐酸和NH4Cl溶液，将温度和pH 传感器与溶液相连，往瓶中同时加入过量的质量、形状均相同的镁条，实验结果如图。关于该实验的下
16、列说法，正确的是（）A反应剧烈程度：NH4ClHCl BP点溶液：c(NH4+)+2c(Mg2+)c(Cl-)CQ 点溶液显碱性是因为MgCl2发生水解D 1000s 后，镁与NH4Cl 溶液反应停止【答案】B【解析】【详解】A NH4Cl 是强酸弱碱盐，发生水解反应溶液显酸性，浓度均为1mol/L 的盐酸和NH4Cl溶液中，盐酸中的氢离子浓度酸远大于NH4Cl溶液，与金属反应属于放热反应，图中盐酸与镁反应温度迅速升高，而氯化铵溶液与镁反应放出热量较少，则反应剧烈程度：HCl NH4Cl，故 A 错误；BP点时氯化铵溶液的电荷守恒式为：c(NH4+)+2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl-)
17、+c(OH-)，由于 P点溶液显碱性，c(OH-)c(H+)，则 c(NH4+)+2c(Mg2+)c(Cl-)，故 B 正确；CQ 点溶液显碱性是因为NH4Cl 发生水解生成一水合氨和氢离子，由于氢离子与金属镁反应被消耗，促使水解平衡正向移动，一水合氨浓度增大，溶液的碱性增强，故C 错误；D由图像可知，1000s 后，镁与NH4Cl溶液反应的温度和pH 仍在升高，只是变化较小，反应没有停止，故 D 错误；答案选 B。11香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下。下列有关香叶醇的叙述正确的是A分子式为C10Hl8O B分子中所有碳原子不可能共平面C既属于醇类又属于烯烃D能发生加成反应，不能
18、发生氧化反应【答案】A【解析】【详解】A由结构简式可知，该有机物的分子式为C10H18O，故 A 正确；B根据乙烯分子的平面结构分析，与双键两端的碳原子相连的碳原子都在同一平面上，且单键可以旋转，所以该分子中所有碳原子有可能共面，故B 错误；C含有羟基，属于醇类，因为含有O，所以不是烃，故C 错误；D含 C=C，能发生加成反应，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，含-OH 能发生氧化反应，故D 错误。故选 A。【点睛】此题易错点在C 项，烃只能含有碳氢两种元素。12NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB标准状况下，22.4L
19、 氖气含有的电子数为10NAC常温下，pH1的醋酸溶液中含有的H数为A0.1ND 120g NaHSO4分子中阳离子和阴离子的总数为3NA【答案】B【解析】【详解】A.氯气溶于水，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以无法计算转移的电子数，故A 错误;B.标准状况下，22.4L 氖气为 1mol，一个 Ne 原子含有10 个电子，即1mol 氖气含有 10NA个电子，故B正确；C.醋酸溶液的体积未知，则无法计算H+数目，故C错误；D.120g NaHSO4为 1mol，1molNaHSO4分子中含有1molNa+和 1molHSO4-，则 120g NaHSO4分子中阳离子和阴离子的总数
20、为2NA，故 D 错误；故选 B。13下列有关实验的图示及分析均正确的是（）选项实验目的实验图示实验分析A 实验室用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸溶液摇瓶时，使溶液向一个方向做圆运动，勿使瓶口接触到滴定管，溶液也不得溅出B 石油分馏时接收馏出物为收集到不同沸点范围的馏出物，需要不断更换锥形瓶C 测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率实验中需测定的物理量是反应时间和生成氢气的体积D 用四氯化碳萃取碘水中的碘充分震荡后静置，待溶液分层后，先把上层液体从上口倒出，再让下层液体从下口流出A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A滴定时左手控制活塞，右手摇瓶，使溶液向一个方向做圆运动，勿使瓶口接触到滴定
21、管，溶液也不得溅出，操作合理，故A 正确；B锥形瓶不能密封，难以接收馏分，故B 错误；C气体可从长颈漏斗逸出，应选分液漏斗，故C 错误；D四氯化碳的密度比水的密度大，分层后有机层在下层，则分层后，先把下层液体从下口流出，再让上层液体从上口倒出，故D 错误；故答案为A。14下列关于有机物的说法错误的是A植物油分子结构中含有碳碳双键B乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，属于取代反应C同温同压下，等质量的乙炔和苯完全燃烧耗氧量相同D分子式为C3H6BrC1 的有机物不考虑立体异构共5 种【答案】B【解析】【详解】A植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子结构中含有碳碳双键，故A 正确；B钠与乙醇发生反应生成
22、乙醇钠和氢气，属于置换反应，故B 错误；C乙炔和苯的最简式相同，都是CH，则相同质量的乙炔和苯充分燃烧耗氧量相同，故C正确；D分子式为C3H6BrC1 的有机物的同分异构体有：Br 在 1 号 C上，C1 有 3 种位置，即3 种结构；Br在 2 号 C上，C1有 2 种位置，即2 种结构，共5 种结构，故D 正确；故选 B。【点睛】本题的易错点为A，要注意油脂包括油和脂，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂是饱和高级脂肪酸甘油酯，不饱和高级脂肪酸结构中含有碳碳双键。15化学与生活、生产密切相关，下列叙述正确的是A用含橙色的酸性重铬酸钾溶液的仪器检验酒驾，利用了乙醇的挥发性和还原性。B空气污染日报中
23、的空气污染指数的主要项目有可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮和二氧化碳C为消除碘缺乏症，我国卫生部门规定食盐中必须加碘，其中碘元素以KI 形式存在D为了获得更好的消毒效果，医用酒精的浓度通常为95%【答案】A【解析】【详解】A乙醇的沸点低，易挥发，能与酸性重铬酸钾反应，反应中乙醇作还原剂，表现还原性，所以用含橙色酸性重铬酸钾的仪器检验酒驾，利用了乙醇的挥发性和还原性，故A 正确；B可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮为污染环境的主要物质，为空气污染日报中的空气污染指数，其中没有二氧化碳这一项，故B 错误；C为消除碘缺乏症，卫生部规定食盐中必须加含碘物质，在食盐中所加含碘物质是碘酸钾(KIO3)，故
24、C错误；D医用酒精的浓度为75%，不是 95%，故 D 错误；故选 A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16实验室从含碘废液（除2H O外，含有4CCl、2I、I等）中回收碘，实验过程如下：（1）向含碘废液中加入稍过量的23Na SO溶液，将废液中的2I还原为I，其离子方程式为_；该操作将2I还原为I的目的是 _。（2）操作X的名称为 _。（3）氧化时，在三颈瓶中将含I的水溶液用盐酸调至pH约为 2，缓慢通入2Cl，在 40左右反应（实验装置如图所示）。实验控制在较低温度下进行的原因是_；仪器 a、b 的名称分别为：a_、b_；仪器 b 中盛放的溶液为_。（4）已知：2233242
25、5SO2IO2H=I5SOH O；某含碘废水（pH约为 8）中一定存在2I，可能存在I、3IO中的一种或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有I、3IO的实验方案（实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、3FeCl溶液、23Na SO溶液）。取适量含碘废水用4CCl多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在；_；另从水层中取少量溶液，加入12mL:淀粉溶液，加盐酸酸化后，滴加23Na SO溶液，若溶液变蓝说明废水中含有3IO；否则说明废水中不含有3IO。（5）二氧化氯（2ClO，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂和水处理剂。现用2ClO氧化酸性含I废液回收碘。完成2ClO氧
26、化I的离子方程式：ClO2+I-1+_=2I+Cl-1+_；若处理含I相同量的废液回收碘，所需2Cl的物质的量是2ClO的_倍。【答案】SO32-+I2+H2O=2I-+2H+SO42-使 CCl4中的碘进入水层分液使氯气在溶液中有较大的溶解度球形冷凝管锥形瓶NaOH 溶液从水层中取少量溶液，加入12mL 淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，若溶液变蓝色（发生的反应为2I-+2Fe3+=2Fe2+I2）说明废水中含I-，否则不含I-2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O 2.5【解析】【分析】含碘废液含有CCl4、I2、I-等，加入亚硫酸钠溶液还原碘单质为碘离子，分液得到
27、溶液中通入氯气氧化碘离子为碘单质，富集碘元素，加入四氯化碳萃取分液后，蒸馏法得到碘单质。结合氧化还原反应的规律和物质的性质分析解答。【详解】(1)碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘离子，离子反应方程式为SO32-+I2+H2O=2I-+2H+SO42-；碘微溶于水，而碘离子易溶于水，为了使更多的I 元素进入水溶液应将碘还原为碘离子，故答案为SO32-+I2+H2O=2I-+2H+SO42-；使 CCl4中的碘进入水层；(2)四氯化碳是难溶于水、密度比水大的液体，两者不互溶，分离互不相溶的液体采用分液的方法分离，所以操作 X 为分液，故答案为分液；(3)碘易升华，且氯气的溶
28、解度随着温度的升高而减小，温度越高，氯气的溶解度越小，反应越不充分，所以应该在较低温度下进行反应；根据图示，仪器 a、b 分别为球形冷凝管、锥形瓶；氯气、碘蒸气都有毒，不能直接排空，二者都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质，所以用NaOH 溶液吸收氯气和碘蒸气，故答案为使氯气在溶液中有较大的溶解度；球形冷凝管、锥形瓶；NaOH 溶液；(4)根据实验方案可知，是排除水层中的碘单质，是检验是否存在碘酸根离子，因此是检验是否存在碘离子。碘离子具有还原性，能被氧化剂氧化生成碘单质，碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原为碘，碘遇淀粉变蓝色，检验I-的方法为：从水层中取少量溶液，加入12mL 淀粉溶液，加入
29、盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，若溶液变蓝色（发生反应为：2I-+2Fe3+=2Fe2+I2）说明废水中含I-，否则不含I-，故答案为从水层中取少量溶液，加入12mL 淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，若溶液变蓝色（发生反应为：2I-+2Fe3+=2Fe2+I2）说明废水中含I-，否则不含I-；(5)用 ClO2氧化酸性含I-废液回收碘，是二氧化氯在酸溶液中氧化碘离子生成碘单质，二氧化氯被还原为氯离子，ClO2Cl-5e-，2I-I22e-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，故答案为2ClO2+10I-+8H+=5
30、I2+2Cl-+4H2O；由氧化还原反应的电子守恒，每摩尔 Cl2得到 2mol 电子，而每摩尔ClO2得到 5mol 电子，根据电子守恒，则处理含I-相同量的废液回收碘，所需Cl2的物质的量是ClO2的 2.5 倍，故答案为2.5。【点睛】明确物质的性质是解答本题的关键。本题的易错点和难点为(4)，要注意实验目的和实验方案设计的意图。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M 位于第二周期VA 族。D、E、H 均为难溶于水的白色固体：化合物C、E 均含 A 元素。其余物质均为中学化学中常见物质。请回答：（1）写出 H 的化学式：_。（2
31、）化合物A3M4中含有的化学键类型为：_。（3）写出反应的离子方程式：_。【答案】AgCl 共价键 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O【解析】根据题中各物质转化关系，D 受热得 E，E能与氢氧化钠反应生成F，F与过量的二氧化碳反应生成 D，说明 D 为弱酸且能受热分解；新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M 位于第二周期VA族，应为N 元素，A元素为四价元素，C、E均为含 A 元素，可知A3M4应为 Si3N4，可以确定A 为 Si，E为 SiO2，F为 Na2SiO3，则 D 为 H2SiO3，G 与硝酸银反应生成不溶于稀硝酸的沉淀H，则可知G 中有 Cl-，H 为 AgCl
32、，故 C为 SiCl4，B为 Cl2；由 SiCl4+3H24HCl+H2SiO3，生成 G：HCl；（1）H 的化学式为AgCl；（2）化合物Si3N4中含有的化学键类型为共价键；（3）SiO2溶解于 NaOH 溶液发生反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18锂因其重要的用途，被誉为“能源金属”和“推动世界前进的金属”（1）Li3N 可由 Li 在 N2中燃烧制得取4.164g 锂在 N2中燃烧，理论上生成Li3N_g；因部分金属Li 没有反应，实际反应后固体质量变为6.840g，则固体中Li3N 的质量是 _g（保留三位小
33、数，Li3N 的式量：34.82）（2）已知：Li3N+3H2O 3LiOH+NH3取 17.41g 纯净 Li3N，加入 100g 水，充分搅拌，完全反应后，冷却到 20，产生的NH3折算成标准状况下的体积是_L过滤沉淀、洗涤、晾干，得到LiOH固体 26.56g，计算 20时 LiOH的溶解度 _（保留 1 位小数，LiOH的式量：23.94）锂离子电池中常用的LiCoO2，工业上可由碳酸锂与碱式碳酸钴制备（3）将含 0.5molCoCl2的溶液与含0.5molNa2CO3的溶液混合，充分反应后得到碱式碳酸钴沉淀53.50g；过滤，向滤液中加入足量HNO3酸化的 AgNO3溶液，得到白色沉
34、淀143.50g，经测定溶液中的阳离子只有Na+，且 Na+有 1mol；反应中产生的气体被足量NaOH 溶液完全吸收，使NaOH 溶液增重13.20g，通过计算确定该碱式碳酸钴的化学式_，写出制备碱式碳酸钴反应的化学方程式_（4）Co2(OH)2CO3和 Li2CO3在空气中保持温度为600800，可制得LiCoO2，已知：3Co2(OH)2CO3+O2 2Co3O4+3H2O+3CO2；4Co3O4+6Li2CO3+O2 12LiCoO2+6CO2按钴和锂的原子比1：1 混合固体，空气过量70%，800时充分反应，计算产物气体中CO2的体积分数 _（保留三位小数，已知空气组成：N2体积分数
35、0.79，O2体积分数0.21）【答案】6.964 6.656 11.2 12.8g 2CoCO3?3Co（OH）2?H2O 5CoCl2+5Na2CO3+4H2O=2CoCO3?3Co（OH）2?H2O+10NaCl+3CO2 0.305【解析】【分析】【详解】（1）首先写出锂在氮气中燃烧的方程式：236Li+N2Li N点燃，接下来根据4.164g=0.6mol6.94g/mol算出锂的物质的量，则理论上能生成0.2mol 的氮化锂，这些氮化锂的质量为0.2mol34.82g/mol=6.964g；反应前后相差的质量为6.840g-4.164g=2.676g，这些增加的质量实际上是氮原子的
36、质量，即2.676g=0.191mol14g/mol的氮原子，根据氮守恒我们知道氮化锂的物质的量也为0.191mol，这些氮化锂的质量为0.191mol34.82g/mol=6.656g；（2）根据17.41g=0.5mol34.82g/mol先算出氮化锂的物质的量，根据方程式不难看出氮化锂和氨气是1:1 的，这些氨气在标况下的体积为22.4L/mol0.5mol=11.2L；根据化学计量比，0.5mol 的氮化锂理论上能生成 1.5mol 的LiOH，这些LiOH的质量为1.5mol23.94g/mol=35.91g，缺少的那9.35 克LiOH即溶解损失掉的，但是需要注意：溶解度指的是10
37、0 克溶剂能溶解达到饱和的最大溶质的量，虽然一开始有100克水，但是反应会消耗掉1.5mol 水，这些水的质量为1.5mol18g/mol=27g，因此我们算出的9.35 克是73 克水中能溶解的LiOH的量，换算一下9.35gS=100g-27g100g，解得 S 为 12.8 克；（3）加入硝酸银后的白色沉淀为AgCl，根据143.5g=1mol143.5g/mol算出-Cl的物质的量，因此-Cl全部留在溶液中，碱式碳酸钴中无-Cl，+Na也全部留在溶液中，沉淀中无+Na，使烧碱溶液增重是因为吸收了2CO，根据13.2g=0.3mol44g/mol算出2CO的物质的量，根据碳守恒，剩下的0
38、.5mol-0.3mol=0.2mol2-3CO进入了碱式碳酸钴中，0.5mol2+Co全部在碱式碳酸钴中，剩下的负电荷由-OH 来提供，因此-OH 的物质的量为 0.6mol。将 0.5mol2+Co、0.2mol2-3CO和 0.6mol-OH 的质量加起来，发现只有0.5mol59g/mol+0.2mol60g/mol+0.6mol17g/mol=51.7g，剩下的 1.8 克只能是结晶水，即 0.1mol结晶水，综上，碱式碳酸钴的分子式为3222CoCO3Co(OH)H O；写出制备方程式223232225CoCl+5Na CO+4H O=2CoCO3Co(OH)H O+10NaCl+
39、3CO；（4）令参加反应的氧气为3mol，相当于3mol21%的空气，又因为空气过量70%，则一共通入了31+0.7mol21%（）空气，反应中一共生成了6mol 水蒸气和12mol 二氧化碳，则二氧化碳的体积分数为12100%=30.5%312+6-3+1.70.21（）。19科学家研究发现：硫化态的钴、钼、硫相互作用相（所谓“CoMoS”相）和噻吩(分子式为C4H4S)的加氢脱硫反应(C4H4S+4H2C4H10+H2S)活性有线性关系。请回答下列有关问题：(1)基态钴原子的外围电子排布图（轨道表示式）为_。(2)常温下，噻吩是一种无色、有恶臭、能催泪的液体，天然存在于石油中。1mol 噻
40、吩()中含有的键数目为 _。在组成噻吩的三种元素中，电负性最小的是_（填元素符号，下同）；与 S元素位于同一周期的非金属元素第一电离能由大到小的顺序为_。(3)已知沸点：H2OH2SeH2S，其原因_。(4)H2S在空气中燃烧可生成SO2，SO2催化氧化后得到SO3。写出与SO2互为等电子体的分子和离子：_、_（各一种）。气态 SO3以单分子形式存在，其分子的立体构型为_；固态 SO3形成三聚体环状结（如图1 所示），该分子中S原子的杂化轨道类型为_。(5)Na2S的晶胞结构如图2 所示，则黑球代表的离子是_。已知 Na的半径为0.102nm，S2-的半径为0.184nm，根据硬球接触模型，则
41、Na2S的晶胞参数a=_nm（列出计算式即可）。【答案】9NAH ClPSSi 水分子间存在氢键，沸点高；相对分子质量 H2Se大，范德华力强，沸点比 H2S高O3NO2-(或其他合理答案)平面三角形sp3硫离子(或 S2-)0.661 或4 3(0.1020.184)3【解析】【分析】(1)基态钴原子的外围电子排布式为3d74s2，由此可得出其电子排布图（轨道表示式）。(2)在噻吩分子中，含有3 个碳碳键、2 个碳硫键、4 个碳氢键，由此可得出1mol 噻吩（）中含有的键数目。在组成噻吩的C、H、S三种元素中，电负性最小的是非金属性最弱的元素；与S元素位于同一周期的非金属元素有Si、P、S、
42、Cl，它们的非金属性依次增强，但P的价电子轨道半充满，第一电离能反常，由此可得出第一电离能由大到小的顺序。(3)已知沸点：H2OH2SeH2S，只有 H2O 分子间能形成氢键，而H2Se的相对分子质量比H2S大。(4)寻找与SO2互为等电子体的分子和离子，可从它们的相邻元素进行分析。气态 SO3分子中，S的价层电子数为3，由此确定立体构型；固态SO3形成三聚体环状结构，该分子中S原子的价层电子对数为4，由此确定杂化轨道类型。(5)Na2S的晶胞结构中，黑球有4 个，而白球有8 个，由此确定黑球代表的离子。晶胞参数为a，则体对角线为3a nm，体对角线上黑球与白球间的距离为体对角线长度的14，从
43、而得出143a=0.102+0.184，由此求出a。【详解】(1)基态钴原子的外围电子排布式为3d74s2，则其电子排布图为。答案为：；(2)在噻吩分子中，含有 3 个碳碳键、2 个碳硫键、4 个碳氢键，且两原子间只能形成1 个键，所以 1mol噻吩（）中含有的键数目为9NA。答案为：9NA；在组成噻吩的C、H、S三种元素中，电负性最小的是非金属性最弱的元素H；与 S元素位于同一周期的非金属元素有Si、P、S、Cl，它们的非金属性依次增强，但P的价电子轨道半充满，第一电离能反常，则第一电离能由大到小的顺序为ClPSSi。答案为：H；ClPSSi；(3)已知沸点：H2OH2SeH2S，只有 H2
44、O 分子间能形成氢键，而H2Se的相对分子质量比H2S大，其原因为水分子间存在氢键，沸点高；相对分子质量H2Se大，范德华力强，沸点比H2S高。答案为：水分子间存在氢键，沸点高；相对分子质量H2Se大，范德华力强，沸点比H2S高；(4)寻找与SO2互为等电子体的分子和离子，可从它们的相邻元素进行分析，由此得出分子和离子为：O3、NO2-(或其他合理答案)。答案为：O3；NO2-(或其他合理答案)；气态 SO3分子中，S的价层电子数为3，则立体构型为平面三角形；固态SO3形成三聚体环状结构，该分子中 S原子的价层电子对数为4，则杂化轨道类型为sp3。答案为：平面三角形；sp3；(5)Na2S的晶胞结构中，黑球有4 个，而白球有8 个，则黑球代表的离子为硫离子(或 S2-)。晶胞参数为a，则体对角线为3a，体对角线上黑球与白球间的距离为体对角线长度的14，从而得出143a=(0.102+0.184)nm，a=0.661nm 或4 3(0.1020.184)3nm。答案为：硫离子(或 S2-)；0.661 或4 3(0.1020.184)3。【点睛】SO2的原子总数为3，价电子总数为18，从其附近寻找等电子分子，则只能为O3，寻找等电子离子时，范围相对宽一些，可把S换成 N 或 Cl，不足或多出的电子用带电荷补齐，则为NO2-或 ClO2+等。