江西省新余市分宜县高考化学四模试卷（实验班含解析）.doc

2016年江西省新余市分宜县实验班高考化学四模试卷一、（选择题，每小题6分，共48分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的1用na表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）a常温常压下的33.6 l氯气与27 g铝充分反应，转移电子数为3nab常温下，46 g分子式为c2h6o的物质中一定含有极性键为7na，非极性键为nac125 ml 16 mol/l浓硫酸与足量的铜反应，生成so2的分子数小于nad标准状况下，体积为22.4 l no2、n2o4的混合气体，升温至常温，则混合气体分子数为na2下列各组物质间反应可能包括多步反应，其总的离子方程式正确的是（）anaclo 溶液中通入过量so2clo +so2+h2ohclo+hso3b甲醇、氧气和氢氧化钾溶液组成的燃料电池的负极反应ch3oh+h2o6eco2+6h+calcl3 溶液中投入过量na：al3+4na+2h2oalo2+4na+2h2d向明矾溶液中滴加ba（oh）2，恰好使so42 沉淀完全：2al3+3so42+3ba2+6oh 2al（oh）3+3baso43日常生活中遇到的很多问题都涉及化学知识，下列有关做法在日常生活中可行的是（）a淀粉和纤维素的化学式相同，两者互为同分异构体b苯能和氢气发生加成反应，是由于其结构中有碳碳双键c紫外线杀菌是在紫外线条件下，蛋白质发生盐析杀死细菌d乙醇和乙酸都能与金属钠反应放出氢气4某短周期金属元素原子核外最外层电子数是最内层电子数的1.5倍，下列说法正确的是（）a该元素的单质性质活泼，具有较强的还原性，可以用于某些金属冶炼b该元素的单质常温下不与浓硫酸反应c该元素的单质无需特别保存，因为其性质稳定，不易与空气成分反应d该元素的最高价氧化物对应的水化物只能与酸反应5石墨烯是碳原子构成的单层二维蜂窝状晶格结构（如图所示）的一种碳质新材料，是构建富勒烯、纳米碳管的基本单元，有广泛的用途下列说法正确的是（）a石墨烯是一种有机物b石墨烯中碳原子间以共价键结合c石墨烯具有和乙烯相同的性质d12g石墨烯中约含6.021023个e6下列说法正确的是（）a实验室常用铝盐溶液与氢氧化钠溶液制备al（oh）3沉淀b将na投入到nh4cl溶液中只能生成一种气体c过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成d饱和石灰水中加入少量cao，恢复至室温后溶液的ph改变7在体积为a l的密闭容器中，放入2la气体和1lb气体，在一定条件下发生反应：3a（气）+b（气）nc（气）+2d（气），反应达平衡后，a的浓度减少到原来的，混合气体的平均相对分子质量增大了倍，则反应式中的n值为（）a1b2c3d48将等物质的量浓度的cuso4溶液和nacl溶液等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解中溶液ph随时间t变化的曲线如图，则下列说法正确的是（）a阳极产物一定是cl2，阴极产物一定是cubbc段表示在阴极上是h+放电产生了h2ccd段表示电解水dcd段表示阳极上oh放电破坏了水的电离平衡，产生了h+二、（非选择题，共5小题，共52分）9第28届国际地质大会提供的资料显示，海底有大量的天然气水合物，可满足人类1000年的能源需要天然气水合物是一种晶体，晶体中平均每46个水分子构建成8个笼，每个笼可容纳1个ch4分子或1个游离h2o分子根据上述信息，完成下面两题：（1）下列关于天然气水合物中两种分子描述正确的是a两种都是极性分子b两种都是非极性分子ch2o是极性分子，ch4是非极性分子d其中氧原子和碳原子的杂化方式分别为sp2和sp3e其中氧原子和碳原子的杂化方式均为sp3（2）晶体中每8个笼只有6个容纳了ch4分子，另外2个笼被游离h2o分子填充，则天然气水合物的平均组成可表示为10（1）三聚氰胺分子的结构简式如图1所示，则其中氮原子轨道杂化类型是，l mol三聚氰胺分子中含 mol键（2）某元素位于第四周期viii族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，则其基态原子的m层电子排布式为（3）过渡金属配合物ni（ co）n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n=（4）碳化硅的晶胞结构（如图2）与金刚石类似（其中“”为碳原子，“”为硅原子）图2中“”点构成的堆积方式与下列图式中 所表示的堆积方式相同（5）碳化硅的结构中，设晶胞边长为a cm，碳原子直径为b cm，硅原子直径为c cm，则该晶胞的空间利用率为 （用含a、b、c的式子表示）11工业上常以赤铁矿石（主要成分为fe2o3）和焦炭为主要原料，在高温下炼铁焦炭产生co的反应是：c+o2co2； c+co22co（1）co还原赤铁矿的化学方程式是（2）下列说法正确的是a为使赤铁矿石充分燃烧，需将其粉碎b足量的空气能提高炼铁反应速率c与生铁相比较，纯铁转化为“铁水”的温度低（3）生铁的用途很多，某电镀厂用生铁将废水中的cr2o72转化为cr3+，流程图1：气体a是在上述酸性溶液中，生铁比纯铁产生fe2+的速率快，原因是将cr3+转化为cr（oh）3的离子方程式是（4）电解法将一定浓度的酸性废水中的cr2o72转化为cr3+，其原理示意图2：阳极附近溶液中cr2o72转化为cr3+的离子方程式是一段时间后，试管底部出现沉淀解释生成沉淀的原因：12甲、乙两同学为探究so2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色baso3沉淀，用下图所示装置进行实验（夹持装置和a中加热装置已略，气密性已检验）实验操作和现象：操作现象关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热a中有白雾生成，铜片表面产生气泡b中有气泡冒出，产生大量白色沉淀c中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失打开弹簧夹，通入n2，停止加热，一段时间后关闭从b、c中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸均未发现白色沉淀溶解（1）a中反应的化学方程式是（2）c中白色沉淀是，该沉淀的生成表明so2具有性（3）c中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是（4）分析b中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应为证实各自的观点，在原实验基础上：甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是；乙在a、b间增加洗气瓶d，d中盛放的试剂是进行实验，b中现象：甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸结合离子方程式解释实验现象异同的原因：（5）合并（4）中两同学的方案进行实验b中无沉淀生成，而c中产生白色沉淀，由此得出的结论是13已知：ch3ch2oh+nabr+h2so4（浓）ch3ch2br+nahso4+h2o实验室制备溴乙烷（沸点为38.4）的装置和步骤如下：如图所示连接仪器，检查装置的气密性，然后向u形管和大烧杯里加入冰水；在圆底烧瓶中加入10ml95%乙醇、28ml浓硫酸，然后加入研细的13g溴化钠和几粒碎瓷片；小火加热，使其充分反应试回答下列问题：（1）反应时若温度过高可看到有红棕色气体产生，该气体的化学式为（2）为了更好的控制反应温度，除用图示的小火加热，更好的加热方式是（3）反应结束后，u形管中粗制的溴乙烷呈棕黄色将u形管中的混合物倒入分液漏斗中，静置，待液体分层后，分液，取（填“上层”或“下层”）液体为了除去其中的杂质，可选择下列试剂中的（填序号）ana2so3溶液 bh2o cnaoh溶液 dccl4（4）要进一步制得纯净的c2h5br，可再用水洗，然后加入无水cacl2干燥，再进行（填操作名称）（5）下列几项实验步骤，可用于检验溴乙烷中的溴元素，其正确的操作顺序是：取少量溴乙烷，然后（填序号）加热 加入agno3溶液 加入稀hno3酸化 加入naoh溶液 冷却2016年江西省新余市分宜县实验班高考化学四模试卷参考答案与试题解析一、（选择题，每小题6分，共48分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的1用na表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）a常温常压下的33.6 l氯气与27 g铝充分反应，转移电子数为3nab常温下，46 g分子式为c2h6o的物质中一定含有极性键为7na，非极性键为nac125 ml 16 mol/l浓硫酸与足量的铜反应，生成so2的分子数小于nad标准状况下，体积为22.4 l no2、n2o4的混合气体，升温至常温，则混合气体分子数为na【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】a、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4l/mol；b、分子式为c2h6o的物质可能为乙醇，也可能是二甲醚；c、铜只能与浓硫酸反应，也稀硫酸不反应；d、no2、n2o4的混合气体中存在平衡：2no2n2o4，正反应方向吸热【解答】解：a、常温时气体摩尔体积大于22.4l/mol，所以33.6lcl2的物质的量小于15 mol，故转移的电子数少于3 na，故a错；b、c2h6o有二种可能的结构ch3ch2oh和ch3och3，没有非极性键，故b错；c、浓h2so4在反应过程中会逐渐变稀，与铜的反应即停止，即浓硫酸不能反应完全，则生成的二氧化硫分子个数小于na个，故c正确；d、no2、n2o4的混合气体中存在平衡：2no2n2o4，正反应方向吸热，在升温时，平衡向生成no2的方向移动，分子数增多，故d错故选c、【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大2下列各组物质间反应可能包括多步反应，其总的离子方程式正确的是（）anaclo 溶液中通入过量so2clo +so2+h2ohclo+hso3b甲醇、氧气和氢氧化钾溶液组成的燃料电池的负极反应ch3oh+h2o6eco2+6h+calcl3 溶液中投入过量na：al3+4na+2h2oalo2+4na+2h2d向明矾溶液中滴加ba（oh）2，恰好使so42 沉淀完全：2al3+3so42+3ba2+6oh 2al（oh）3+3baso4【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】a次氯酸根离子能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子；b碱性甲醇燃料电池中，甲醇被氧化，应为原电池负极反应；c钠与水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠与氯化铝反应生成偏铝酸钠和水；d硫酸根离子恰好沉淀时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1：4，二者反应生成偏铝酸根离子【解答】解：anaclo溶液中通入过量so2气体的离子反应为clo+h2o+so22h+cl+so42，评价不合理，故a错误；b负极上甲醇失电子被氧化，生成碳酸根离子，电极反应式为：ch3oh6e+8ohco32+6h2o，故b错误；calcl3 溶液中投入过量na，离子方程式：al3+4na+2h2oalo2+4na+2h2，故c正确；d明矾kal（so4）2溶液中滴入ba（oh）2溶液使so42恰好完全沉淀，硫酸铝钾与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，反应生成偏铝酸钠，正确的离子方程式为：2ba2+4oh+al3+2so422baso4+alo2+2h2o，故d错误；故选：c【点评】本题考查了离子方程式的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：电荷守恒、原子个数守恒，反应是否符合客观事实，反应物用量对反应的影响3日常生活中遇到的很多问题都涉及化学知识，下列有关做法在日常生活中可行的是（）a淀粉和纤维素的化学式相同，两者互为同分异构体b苯能和氢气发生加成反应，是由于其结构中有碳碳双键c紫外线杀菌是在紫外线条件下，蛋白质发生盐析杀死细菌d乙醇和乙酸都能与金属钠反应放出氢气【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【专题】有机反应【分析】a淀粉和纤维素的化学式相同，但n不同；b苯中不含碳碳双键；c在紫外线条件下，蛋白质发生变性；d含oh、cooh，与na反应【解答】解：a淀粉和纤维素均为高分子化合物，两者化学式相同，但由于其中的n值不确定，两者不是同分异构体，故a错误；b苯分子中不存在碳碳双键，是一种介于单键和双键之间的特殊键，故b错误；c紫外线杀菌是蛋白质在紫外线作用下发生变性，杀死细菌，故c错误；d乙醇结构中有羟基、乙酸结构中有羧基，两者都能和金属钠反应放出氢气，故d正确；故选d【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的组成、官能团与性质、有机反应等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大4某短周期金属元素原子核外最外层电子数是最内层电子数的1.5倍，下列说法正确的是（）a该元素的单质性质活泼，具有较强的还原性，可以用于某些金属冶炼b该元素的单质常温下不与浓硫酸反应c该元素的单质无需特别保存，因为其性质稳定，不易与空气成分反应d该元素的最高价氧化物对应的水化物只能与酸反应【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】短周期金属元素原子核外最外层电子数是最内层电子数的1.5倍，最外层电子数为3，则该元素为alaal单质还原性强，利用铝热反应可以冶炼金属；bal在浓硫酸中发生钝化；c表面形成致密的氧化物保护膜；d氢氧化铝属于两性氢氧化物【解答】解：短周期金属元素原子核外最外层电子数是最内层电子数的1.5倍，最外层电子数为3，则该元素为alaal单质还原性强，利用铝热反应可以冶炼金属，故a正确；bal在浓硫酸生成致密的氧化物保护膜，阻止内部金属与硫酸反应发生钝化，故b错误；cal的表面形成致密的氧化物保护膜，单质无需特别保存，故c错误；d氢氧化铝属于两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应，故d错误，故选：a【点评】本题考查原子结构与元素性质，侧重考查al元素单质化合物的性质，注意对基础知识的理解掌握5石墨烯是碳原子构成的单层二维蜂窝状晶格结构（如图所示）的一种碳质新材料，是构建富勒烯、纳米碳管的基本单元，有广泛的用途下列说法正确的是（）a石墨烯是一种有机物b石墨烯中碳原子间以共价键结合c石墨烯具有和乙烯相同的性质d12g石墨烯中约含6.021023个e【考点】化学键；晶胞的计算【专题】化学键与晶体结构【分析】a石墨烯仅由碳原子构成，为无机物；b石墨烯中非金属c原子之间的化学键为共价键；c石墨烯不含c=c官能团；d计算c原子的物质的量，结合c的原子构成判断电子数目【解答】解：a石墨烯仅由碳原子构成，为单质，不是有机化合物，故a错误；b石墨烯中存在cc键，为共价键，故b正确；c石墨烯不含c=c官能团，与乙烯的性质不同，故c错误；d.12gc的物质的量为1mol，含电子数为66.021023个，故d错误故选b【点评】本题考查石墨烯的组成和结构，题目难度不大，注意把握物质的组成、结构和性质的规律6下列说法正确的是（）a实验室常用铝盐溶液与氢氧化钠溶液制备al（oh）3沉淀b将na投入到nh4cl溶液中只能生成一种气体c过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成d饱和石灰水中加入少量cao，恢复至室温后溶液的ph改变【考点】镁、铝的重要化合物；硝酸的化学性质；钠的化学性质【分析】a氢氧化铝能溶于强碱溶液，实验室制备用铝盐与氨水制备；b钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铵发生复分解反应；c铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，和稀硝酸反应生成一氧化氮；d饱和石灰水中加入少量cao，发生反应生成氢氧化钙，由氢氧化钙析出，恢复至室温后，剩余溶液仍是氢氧化钙饱和溶液【解答】解：a氢氧化铝能溶于强碱溶液，不溶于弱碱，故实验室制备用铝盐与氨水制备，防止氢氧化铝溶解，故a错误；b钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，放出大量的热，加热条件下氢氧化钠和氯化铵发生复分解反应生成氨气，故b错误；c铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，和浓硝酸反应生成二氧化氮，故c正确；d饱和石灰水中加入少量cao，发生反应生成氢氧化钙，由氢氧化钙析出，恢复至室温后，剩余溶液仍是氢氧化钙饱和溶液，温度不变，氢氧化钙的溶解度不变，饱和溶液的ph不变，故d错误；故选c【点评】本题考查铝、钠元素电子化合物性质、硝酸性质、氢氧化钙的性质等，难度中等，d选项注意氢氧化钙的溶解度，温度越高溶解度越小7在体积为a l的密闭容器中，放入2la气体和1lb气体，在一定条件下发生反应：3a（气）+b（气）nc（气）+2d（气），反应达平衡后，a的浓度减少到原来的，混合气体的平均相对分子质量增大了倍，则反应式中的n值为（）a1b2c3d4【考点】化学平衡的计算【专题】化学平衡专题【分析】设a、b的起始物质的量分别为2mol、1mol，平衡时转化的a为2mol=1mol，则： 3a（气）+b（气）nc（气）+2d（气）起始量（mol）：2 1 0 0变化量（mol）：1 n 平衡量（mol）：1 n 再根据混合气体平均相对分子质量增大了倍列方程计算解答【解答】解：设a、b的起始物质的量分别为2mol、1mol，平衡时转化的a为2mol=1mol，则： 3a（气）+b（气）nc（气）+2d（气）起始量（mol）：2 1 0 0变化量（mol）：1 n 平衡量（mol）：1 n 再根据混合气体平均相对分子质量增大了倍，根据m=可知，（1+）=，解得n=1，故选：a【点评】本题考查化学平衡计算，关键是判断反应前后气体物质的量关系，掌握三段式在化学平衡计算中应用8将等物质的量浓度的cuso4溶液和nacl溶液等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解中溶液ph随时间t变化的曲线如图，则下列说法正确的是（）a阳极产物一定是cl2，阴极产物一定是cubbc段表示在阴极上是h+放电产生了h2ccd段表示电解水dcd段表示阳极上oh放电破坏了水的电离平衡，产生了h+【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】将等物质的量浓度的cuso4溶液和nacl溶液等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解顺序为先电解氯化铜，再电解硫酸铜，最后电解水设cuso4的和nacl各nmol，电解分3个阶段：ab段：阳极：nmol氯离子失nmol电子，阴极： nmol铜离子得nmol电子，由于铜离子水解使溶液酸性减弱，铜离子浓度逐渐减小，溶液ph值逐渐增大；bc段：阳极：nmol氢氧根离子失nmol电子（来源于水的电离），阴极： nmol铜离子再得nmol电子，由于氢氧根离子消耗，溶液中氢离子浓度增大，溶液的ph值迅速减小；cd段：阳极：氢氧根离子失去电子，阴极：氢离子得到电子，开始电解水，溶液中氢离子浓度逐渐增大，ph值减小，根据以上分析进行判断【解答】解：设cuso4的和nacl各nmol，电解分3个阶段：ab段：阳极：nmol氯离子失nmol电子，阴极： nmol铜离子得nmol电子，由于铜离子水解使溶液酸性减弱，铜离子浓度逐渐减小，溶液ph值逐渐增大；bc段：阳极：nmol氢氧根离子失nmol电子（来源于水的电离），阴极： nmol铜离子再得nmol电子，由于氢氧根离子消耗，溶液中氢离子浓度增大，溶液的ph值迅速减小；cd段：阳极：氢氧根离子失去电子，阴极：氢离子得到电子，开始电解水，溶液中氢离子浓度逐渐增大，ph值减小，a、电解开始时，阳极先发生2cl2ecl2，后发生4oh4e2h2o+o2，阴极反应先发生cu2+2ecu，后发生2h+2eh2，故a错误；b、bc段阳极发生的电极反应是：4oh4e2h2o+o2，阴极铜离子得到电子，生成铜单质，故b错误；c、cd段：阳极：氢氧根离子失去电子，阴极：氢离子得到电子，开始电解水，故c正确；d、cd段发生2h+2eh2、4oh4e2h2o+o2，即cd段电解的物质是水，故d错误；故选：c【点评】本题考查电解原理，明确电解过程中离子的移动及离子的放电顺序、发生的电极反应是解答本题的关键，并注意结合图象来分析解答，题目难度中等二、（非选择题，共5小题，共52分）9第28届国际地质大会提供的资料显示，海底有大量的天然气水合物，可满足人类1000年的能源需要天然气水合物是一种晶体，晶体中平均每46个水分子构建成8个笼，每个笼可容纳1个ch4分子或1个游离h2o分子根据上述信息，完成下面两题：（1）下列关于天然气水合物中两种分子描述正确的是cea两种都是极性分子b两种都是非极性分子ch2o是极性分子，ch4是非极性分子d其中氧原子和碳原子的杂化方式分别为sp2和sp3e其中氧原子和碳原子的杂化方式均为sp3（2）晶体中每8个笼只有6个容纳了ch4分子，另外2个笼被游离h2o分子填充，则天然气水合物的平均组成可表示为ch48h2o或6ch448h2o【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）分子结构不对称，正负电荷的中心不重合的分子为极性分子，而结构对称且正负电荷的中心重合的分子为非极性分子，根据价层电子对数判断杂化方式；（2）每8个笼由46个h2o分子构成框架，其中容纳6个ch4分子和2个h2o分子可判断每8个笼共48个h2o分子和6个ch4分子；据此推断可表示可燃冰的平均组成的化学式【解答】解：水分子的空间构型为v型结构，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；甲烷的空间构型为正四面体，c原子位于结构的中间，带负电，4个h原子位于四周，各带正电，但由于正四面体为空间对称结构，结构对称且正负电荷的中心重合，属于非极性分子；水分子中中心原子o的价层电子对数=2=4，故氧原子为sp3杂化，甲烷中中心原子c价层电子对数=4=4，故碳原子为sp3杂化，故答案为：ce；（2）晶体中每8个笼只有6个容纳了ch4分子，另外2个笼被游离h2o分子填充，因此6个笼中有6个甲烷分子，水分子46+2=48，共48个h2o，则天然气水合物平均分子组成可表示为ch48h2o或6ch448h2o，故答案为：ch48h2o或6ch448h2o【点评】本题是一道应用型信息题，解题时要把握题给信息的实质，结合新旧知识，对需解答的问题进行分析、辨别，它侧重考查学生接受并运用新信息解决问题的能力，题目难度中等10（1）三聚氰胺分子的结构简式如图1所示，则其中氮原子轨道杂化类型是sp2、sp3，l mol三聚氰胺分子中含15 mol键（2）某元素位于第四周期viii族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，则其基态原子的m层电子排布式为3s23p63d8（3）过渡金属配合物ni（ co）n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n=4（4）碳化硅的晶胞结构（如图2）与金刚石类似（其中“”为碳原子，“”为硅原子）图2中“”点构成的堆积方式与下列图式中d 所表示的堆积方式相同（5）碳化硅的结构中，设晶胞边长为a cm，碳原子直径为b cm，硅原子直径为c cm，则该晶胞的空间利用率为100% （用含a、b、c的式子表示）【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子核外电子排布；晶胞的计算；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构【分析】（1）三聚氰胺分子中，氨基上的n原子成3个 键、有一个孤电子对，环上的n原子成2个 键、有一个孤电子对，杂化轨道数= 键数+孤电子对数，据此确定n原子杂化方式；根据三聚氰胺分子中含有 键计算；（2）元素位于第四周期viii族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，c原子的电子排布为1s22s22p2，未成对电子数为2，则该元素为ni；（3）ni的价电子数为10，每个配体提供一个电子对，根据10+2n=18计算；（4）由图2可知，碳原子为面心立方堆积，为abc型堆积；（5）以顶点c原子研究，与之最近的c原子位于面心上，每个顶点原子为12个面共用；根据均摊法计算晶胞中c、si原子数目，进而计算晶胞中含有c、si原子总体积，计算晶胞的体积，晶胞的空间利用率=100%【解答】解：（1）三聚氰胺分子中，氨基上的n原子含有3个 键和一个孤电子对，所以采取sp3杂化，环上的n原子含有2个 键和一个孤电子对，所以采取sp2杂化，一个三聚氰胺分子中含有15个 键，所以1mol三聚氰胺分子中 键为15mol，故答案为：sp2、sp3；15；（2）元素位于第四周期viii族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，c原子的电子排布为1s22s22p2，未成对电子数为2，则该元素为ni，其基态原子的m层电子排布式为3s23p63d8，故答案为：3s23p63d8；（3）ni的价电子数为10，每个配体提供一个电子对，则10+2n=18，故n=4，故答案为：4；（4）由图2可知，碳原子为面心立方堆积，为abc型堆积，选项d符合，故答案为：d；（5）以顶点c原子研究，与之最近的c原子位于面心上，每个顶点原子为12个面共用，故与碳原子距离最近且相等的碳原子有12个；算晶胞中c原子数目=8+6=4、si原子数目=4，晶胞边长为a cm，则晶胞体积为a3cm3，碳原子直径为b cm，则晶胞中c原子总体积=4（）3cm3=b3cm3，硅原子直径为c cm，则晶胞中si原子总体积=4（）3cm3=c3cm3，故晶胞中c、si原子总体积=b3cm3+b3cm3=（b3+c3）cm3，故晶胞的空间利用率=100%=100%，故答案为：100%【点评】本题考查晶胞结构与计算、杂化理论、核外电子排布、化学键等，需要学生具有良好的空间想象力与计算能力，（4）（5）为易错点、难点，题目难度中等11工业上常以赤铁矿石（主要成分为fe2o3）和焦炭为主要原料，在高温下炼铁焦炭产生co的反应是：c+o2co2； c+co22co（1）co还原赤铁矿的化学方程式是fe2o3+3co2fe+3co2（2）下列说法正确的是aba为使赤铁矿石充分燃烧，需将其粉碎b足量的空气能提高炼铁反应速率c与生铁相比较，纯铁转化为“铁水”的温度低（3）生铁的用途很多，某电镀厂用生铁将废水中的cr2o72转化为cr3+，流程图1：气体a是h2在上述酸性溶液中，生铁比纯铁产生fe2+的速率快，原因是生铁中含有c，在硫酸溶液中形成无数微小原电池，加快反应速率将cr3+转化为cr（oh）3的离子方程式是2cr3+3ca（oh）22cr（oh）3+3ca2+（4）电解法将一定浓度的酸性废水中的cr2o72转化为cr3+，其原理示意图2：阳极附近溶液中cr2o72转化为cr3+的离子方程式是6fe2+cr2o72+14h+6fe3+2cr3+7h2o一段时间后，试管底部出现沉淀解释生成沉淀的原因：随着电解进行，溶液中c（h+）逐渐减少，c（oh）浓度增大，生成fe（oh）3和cr（oh）3沉淀【考点】高炉炼铁；电解原理；金属的回收与环境、资源保护【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】（1）根据工业炼铁的原理进行分析；（2）铁矿石需要粉碎，以增大和空气的接触面；浓度越大反应速率越大；合金的熔点低硬度大；（3）铁与硫酸反应生成h2；原电池加快反应速率；cr（oh）3是沉淀；（4）铁作阳极，电极本身被氧化，反应式为fe2efe2+，溶液呈酸性，h+离子在阴极放电生成氢气，反应式为2h+2eh2，生成的fe2+离子与cr2o72离子发生氧化还原反应；随着电解进行，溶液中c（h+） 逐渐减少，c（oh）浓度增大；【解答】解：（1）一氧化碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，故答案为：fe2o3+3co2fe+3co2；（2）a、原料铁矿石是固体、空气是气体，为了加快反应速率，所以要将黄铁矿粉碎，增大接触面，提高反应速率，故a正确；b、采用空气过量目的是增大氧气浓度，提高一氧化碳的浓度，提高炼铁反应速率，故b正确；c、生铁是合金，熔点低，故c错误；故答案为：a b；（3）铁与硫酸反应生成h2，故答案为：h2；生铁中含有c，铁和碳在硫酸溶液中形成原电池，故答案为：生铁中含有c，在硫酸溶液中形成无数微小原电池，加快反应速率；cr3+与石灰乳反应生成cr（oh）3是沉淀，离子方程式是2cr3+3ca（oh）22cr（oh）3+3ca2+，故答案为：2cr3+3ca（oh）22cr（oh）3+3ca2+；（4）铁作阳极，电极本身被氧化，反应式为fe2efe2+，溶液呈酸性，h+离子在阴极放电生成氢气，反应式为2h+2eh2，fe2+离子与cr2o72离子发生氧化还原反应生成fe3+离子和cr3+离子，反应离子方程式为6fe2+cr2o72+14h+6fe3+2cr3+7h2o，故答案为：6fe2+cr2o72+14h+6fe3+2cr3+7h2o；随着电解进行，c（oh）浓度增大，生成fe（oh）3和cr（oh）3沉淀，故答案为：随着电解进行，溶液中c（h+） 逐渐减少，c（oh）浓度增大，生成fe（oh）3和cr（oh）3沉淀；【点评】本题考查较为综合，涉及高炉炼铁、电解、氧化还原反应等问题，题目难度中等，本题电解离子方程式的书写是易错点12甲、乙两同学为探究so2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色baso3沉淀，用下图所示装置进行实验（夹持装置和a中加热装置已略，气密性已检验）实验操作和现象：操作现象关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热a中有白雾生成，铜片表面产生气泡b中有气泡冒出，产生大量白色沉淀c中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失打开弹簧夹，通入n2，停止加热，一段时间后关闭从b、c中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸均未发现白色沉淀溶解（1）a中反应的化学方程式是cu+2h2so4cuso4+so2+2h2o（2）c中白色沉淀是baso4，该沉淀的生成表明so2具有还原性（3）c中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是2no+o22no2（4）分析b中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应为证实各自的观点，在原实验基础上：甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是通n2一段时间，排除装置中的空气；乙在a、b间增加洗气瓶d，d中盛放的试剂是饱和nahso3溶液进行实验，b中现象：甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸结合离子方程式解释实验现象异同的原因：甲：so42+ba2baso4，乙：2ba2+2so2+o2+2h2o2baso4+4h+，白雾的量远多于装置中o2的量（5）合并（4）中两同学的方案进行实验b中无沉淀生成，而c中产生白色沉淀，由此得出的结论是so2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成baso3沉淀【考点】二氧化硫的化学性质【专题】压轴题【分析】（1）由题给实验目的和实验可知，a中发生的反应方程式为：cu+2h2so4cuso4+so2+2h2o；（2）c中白色沉淀不溶于稀盐酸，说明沉淀是baso4，原因是硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将so2氧化为so42，说明so2具有还原性；（3）c中液面上方生成浅棕色气体则是硝酸还原生成的no，遇o2生成了红棕色的no2之故，化学方程式是2no+o22no2；（4）甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响，在cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿n2；乙同学为除去白雾或so2中的so3，可在a、b间增加一个盛放浓硫酸或饱和nahso3溶液的洗气瓶；由于甲同学没有排除白雾的干扰，生成baso4沉淀的离子方程式为so42+ba2baso4；乙同学没有排除空气的干扰，其生成baso4的离子方程式为2ba2+2so2+o2+2h2o2baso4+4h+；（5）合并甲、乙两同学的方案进行实验时，b中无沉淀生成，c中产生白色沉淀，说明so2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成baso3沉淀【解答】解：（1）铜和浓硫酸加热条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：cu+2h2so4cuso4+so2+2h2o；（2）a中生成气体so2，c中的白色沉淀不溶于稀盐酸，说明c中沉淀为是baso4，原因是硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将so2氧化为so42，说明so2具有还原性；（3）c中发生的反应是3so2+3ba2+2no3+2h2o3baso4+2no+4h+，c中液面上方生成浅棕色气体则是硝酸还原生成的no遇o2生成了红棕色的no2之故，化学方程式是2no+o22no2；（4）a中白雾与氯化钡反应能生成baso4沉淀，故其可能含有so3或h2so4，；甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响，在cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿n2；a中白雾可能含有so3或h2so4，乙同学为除去白雾或so2中的so3，可在a、b间增加一个盛放浓硫酸或饱和nahso3溶液的洗气瓶；在甲、乙两同学的实验中，b中均出现了不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明该白色沉淀都是baso4，由于甲同学没有排除白雾的干扰，故生成baso4沉淀的离子方程式为so42+ba2+baso4；乙同学没有排除空气的干扰，其生成baso4的离子方程式为2ba2+2so2+o2+2h2o2baso4+4h+，白雾的量远多于装置中氧气的量，所以甲中产生大量白色沉淀，乙中产生少量白色沉淀；（5）合并甲、乙两同学的方案进行实验时，b中无沉淀生成，c中产生白色沉淀，说明so2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成baso3沉淀故答案为：（1）cu+2h2so4cuso4+so2+2h2o；（2）baso4，还原；（3）2no+o22no2，（4）通n2一段时