湖北省武汉市华中师范大学一附中高三化学上学期期中试题 （含解析）.doc

化学试卷一、单选题（每小题3分，共14小题，请将答案填在答题卡上，否则不得分）1（3分）下列说法正确的是（）a摩尔是用来衡量微观粒子多少的一种物理量b在一定的温度和压强下，各种气体的摩尔体积相等c阿伏加德罗常数的数值是0.012 kg碳所含的原子个数d若气体摩尔体积为22.4 lmol1，则所处条件为标准状况考点：物质的量的单位-摩尔；阿伏加德罗定律及推论.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：a、摩尔是物质的量的单位，不是物理量；b、气体摩尔体积的定义是1mol气体在一定条件下所占有的体积，气体体积与温度和压强有关；c、阿伏加德罗常数的数值是0.012 kg12c碳所含的原子个数；d、依据气体摩尔体积的定义回答解答：解：a、摩尔是物质的量的单位，不是物理量，故a错误；b、气体摩尔体积的定义是1mol气体在一定条件下所占有的体积，气体体积与温度和压强有关，温度和压强一定的条件下，气体摩尔体积相同，故b正确；c、阿伏加德罗常数的数值是0.012 kg12c碳所含的原子个数，故c错误；d、气体摩尔体积的定义是1mol气体在一定条件下所占有的体积，气体体积与温度和压强有关，故气体摩尔体积为22.4 lmol1，不一定是在标况下，故d错误；故选b点评：本题主要考查的是摩尔的定义以及气体摩尔体积的定义，属于概念性理解题，注意总结2（3分）下列说法正确的是（）a向fe（oh）3胶体溶液中逐滴加入稀硫酸，会逐渐生成红褐色沉淀，当稀硫酸过量，又变成棕黄色溶液，整个过程发生的都是化学变化b某些蛋白质可以分散在溶剂中形成分子胶体，乙醇能使蛋白质变性c不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数也不会相同d有化学键断裂或形成的变化一定是化学变化考点：胶体的重要性质；物理变化与化学变化的区别与联系；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点.分析：a氢氧化铁胶体滴入硫酸先聚沉生成沉淀氢氧化铁，继续滴入硫酸，氢氧化铁沉淀溶解；b乙醇可使蛋白质变性；c体积不同，不同状态下气体的vm也不同；d氯化氢溶于水有化学键断裂解答：解：a氢氧化铁胶体滴入硫酸先聚沉生成沉淀氢氧化铁是物理变化，故a错误； b蛋白质溶液是胶体，乙醇可使蛋白质变性，故b正确；c若体积不同，不同状态下气体的vm也不同，所以它们所含的分子数也可能相同，故c错误；d氯化氢溶于水有化学键断裂，是物理变化，故d错误故选b点评：本题考查胶体、蛋白质变性、化学变化等知识，难度不大，注意物理变化可能有化学键断裂3（3分）下列反应的离子方程式正确的是（）a氢氧化钠溶液中通入少量二氧化硫：so2+ohhso3b碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：hco3+ba2+ohbaco3+h2oc盐酸滴入氨水中：h+ohh2od碳酸钙溶解于稀硝酸中：co32+2h+co2+h2o考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：a、根据氢氧化钠和二氧化硫量的关系确定反应产物；b、根据离子之间的反应实质来判断；c、氨水是弱碱，在离子方程式中不能再拆；d、碳酸钙是难溶物，不能拆成离子形式解答：解：a、氢氧化钠和二氧化硫量的大小关系决定了反应产物，氢氧化钠溶液中通入少量二氧化硫：so2+2ohso32+h2o，故a错误；b、碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合，则氢氧化钡剩余，发生反应：hco3+ba2+ohbaco3+h2o，故b正确；c、氨水是弱碱，在离子方程式中不能再拆，盐酸滴入氨水中：h+nh3h2oh2o+nh4+，故c错误；d、碳酸钙是难溶物，不能拆成离子形式，反应为：caco3+2h+co2+h2o+ca2+，故d错误故选b点评：本题主要考查学生离子方程式的正误判断，是现在高考的热点，明确电荷守恒、质量守恒定律、电子守恒是判断离子方程式的书写正误常用的方法4（3分）大量事实证明，水溶液中并不存在h+、alo2等离子，实际存在的是h30+、al（oh）4铝和强碱溶液的反应可以理解为铝在碱性环境下先与水反应，而后进一步与强碱反应（反应均不可逆）对于al与重氢氧化钠（naod）的水溶液反应（假定水中不含氘和氚），下列说法正确的是（）a生成的氢气中只含有d2b生成的氢气中只含有h2c生成的氢气中含有h2、hd、d2d以上判断都不正确考点：铝的化学性质.专题：元素及其化合物分析：由信息可知，铝与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的偏铝酸钠和氢气（2al+2h2o+2naoh=2naalo2+3h2），结合同位素之间的关系来解答解答：解：al与重氢氧化钠（naod）的水溶液反应的过程中，水是氧化剂，金属铝是还原剂，根据铝与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的偏铝酸钠和氢气（2al+2h2o+2naoh=2naalo2+3h2），al（oh）3与naod反应生成hdo，则al（oh）3中的h与naod中的d可结合生成的氢气中含有h2、hd、d2，故选c点评：本题考查铝的化学性质及同位素的迁移应用，把握氧化还原反应分析及同位素的应用为解答的关键，侧重分析及迁移应用能力的考查，题目难度中等5（3分）（2008深圳一模）分析推理是化学学习方法之一下列实验推理中，正确的是（）a灼热的铂丝与 nh3、o2混合气接触，铂丝保持红热，说明氨的氧化反应是放热反应b某雨水的ph小于5.6，说明雨水中一定溶解了so2c某溶液中加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中一定含有co32d将镁条和铝片用导线连接再插进稀naoh溶液，镁条上产生气泡，说明镁比铝活泼考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计.专题：物质检验鉴别题分析：a放热反应可使铂丝保持红热；b雨水中可能溶解氮的氧化物；c沉淀可能为氯化银、硫酸钡、碳酸钡等；dal作负极，电池反应为al与naoh溶液的反应解答：解：a氨的氧化反应放热反应，可使铂丝保持红热，故a正确；b雨水中可能溶解氮的氧化物，ph小于5.6，不一定溶解so2，故b错误；c沉淀可能为氯化银、硫酸钡、碳酸钡等，则原溶液中可能含co32，故c错误；dal作负极，电池反应为al与naoh溶液的反应，mg上有气泡生成，但mg比al活泼，故d错误；故选a点评：本题考查物质的检验及鉴别，涉及氧化还原与能量变化、酸雨、离子检验、原电池等，选项d为解答的易错点，注意不能利用负极一定比正极活泼判断金属活泼性，题目难度不大6（3分）有机物a与b的分子式为c5h10o2，在酸性条件下均可水解，转化关系如图下列有关说法中正确的是（）ax、y互为同系物bc分子中的碳原子数最多为3个cx、y的化学性质不可能相似dx、y互为同分异构体考点：有机物的推断.专题：有机物的化学性质及推断分析：有机物a与b的分子式为c5h10o2，在酸性条件下可水解，则a、b应为酯，都生成c，且分别生成x和y，则x和y的分子式相同，结构不同，应为同分异构体，如c为ch3oh，则x、y可能分别为ch3ch2ch2cooh或ch3ch（ch3）cooh，如c为乙醇，则x、y只能为丙酸，不存在同分异构体，则c还可能为乙酸，x、y分别为ch3ch2ch2oh、ch3chohch3，如c为丙酸，则x、y只能为乙醇，不存在同分异构体，以此解答该题解答：解：有机物a与b的分子式为c5h10o2，在酸性条件下可水解，则a、b应为酯，都生成c，且分别生成x和y，则x和y的分子式相同，结构不同，应为同分异构体，如c为ch3oh，则x、y可能分别为ch3ch2ch2cooh或ch3ch（ch3）cooh，如c为乙醇，则x、y只能为丙酸，不存在同分异构体，则c还可能为乙酸，x、y分别为ch3ch2ch2oh、ch3chohch3，如c为丙酸，则x、y只能为乙醇，不存在同分异构体，则ax和y的分子式相同，结构不同，应为同分异构体，故a错误；b由以上分析可知，c中的碳原子最多为2个，故b错误；cx、y可能为酸或醇，具有相同的官能团，性质相似，故c错误；d由a分析可知，x、y互为同分异构体，故d正确故选d点评：本题考查有机物的推断，题目难度中等，注意根据反应框图判断c、x、y的可能组成，为解答该题的关键7（3分）某结晶水合物的化学式为rnh2o，其式量为m25时，将ag该晶体溶于bg水中可形成vml饱和溶液下列关系中正确的是（）a饱和溶液的物质的量浓度为c=b25时r的溶解度为s=gc饱和溶液中溶质的质量分数为w=d饱和溶液的密度为=考点：物质的量浓度的相关计算.专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：a根据n=计算rnh2o的物质的量，而n（r）=n（rnh2o），根据c=计算该饱和溶液的物质的量浓度；b根据化学式计算结晶水的质量、r的质量，进而计算溶液中水的总质量，计算100g溶解r的质量即为溶解度；c根据w（溶质）=100%计算该饱和溶液质量分数；d溶液总质量为（a+b）g，根据=计算溶液密度，或利用c=进行公示变形计算解答：解：an（r）=n（rnh2o）=mol，该饱和溶液的物质的量浓度=mol/l，故a错误；br的质量为ag，结晶水的质量为ag，则100g：s=（ag+bg）：ag，解得s=g，故b错误；c根据w（溶质）=100%，可知该饱和溶液质量分数为100%=，故c正确；d溶液总质量为（a+b）g，根据=可知，溶液密度为=g/mol，利用c=可知，密度=m（1000）g/ml=g/ml，故d错误，故选c点评：本题考查溶液浓度计算，涉及物质的量浓度、质量分数、溶解度，属于字母型计算，为易错题目，注意对基础知识的理解掌握8（3分）1.92g cu投入到一定量的浓hno3中，cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672ml气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的o2，恰好使气体完全溶于水，则通入o2的体积为（）a504mlb336mlc224mld168ml考点：氧化还原反应的电子转移数目计算.专题：压轴题；守恒思想；氧化还原反应专题分析：根据电子守恒计算，已知hno3no、no2hno3，反应前后hno3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则cu失去电子数目等于o2得到电子的数目，以此进行计算解答：解：1.92g cu的物质的量为n（cu）=0.03mol，反应时失去电子数目为20.03mol=0.06mol，反应整个过程为hno3no、no2hno3，反应前后hno3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则cu失去电子数目等于o2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n（o2）=0.015mol，v（o2）=0.015mol22400ml/mol=336ml，所以通入o2的体积为336ml，故选b点评：本题考查氧化还原反应电子转移数目的计算，本题难度不大，根据hno3no、no2hno3，得出cu失去电子数目等于o2得到电子的数目是解答本题的关键9（3分）（2013湖州模拟）多硫化钠na2sx（x2）在结构上与na2o2、fes2、cac2等有相似之处na2sx在碱性溶液中可被naclo氧化为na2so4，而naclo被还原为nacl，反应中na2sx与naclo的物质的量之比为1：16，则x的值是（）a5b4c3d2考点：化学方程式的有关计算；氧化还原反应.专题：压轴题；计算题；氧化还原反应专题分析：na2sx在碱性溶液中可被naclo氧化为na2so4，s元素化合价由升高为+6，而naclo被还原为nacl，cl元素化合价由+1价降低为1价，反应中na2sx与naclo的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，列方程计算x的值解答：解：na2sx在碱性溶液中可被naclo氧化为na2so4，s元素化合价由升高为+6，而naclo被还原为nacl，cl元素化合价由+1价降低为1价，反应中na2sx与naclo的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，则：x6（）=161（1）解得：x=5故选a点评：本题考查氧化还原反应的计算，难度中等，注意平均化合价的利用与氧化还原反应中守恒思想的运用10（3分）将16ml no和nh3的混合气体在催化剂作用下，400左右发生下列反应：6no+4nh35n2+6h2o（g）已知反应达平衡后，在相同条件下混合气体的体积变为17ml，则在原混合气体中，no和nh3的物质的量之比可能是 （）3：13：23：3 3：43：5abcd考点：化学平衡的计算.专题：化学平衡专题分析：依据反应前后气体体积增大计算气体体积，气体体积之比等于物质的量之比分析计算原混合气体组成，6no+4nh35n2+6h2ov增大6 4 5 6 16ml 4ml 5ml 6 ml （1716）ml反应后no和nh3的混合气体中剩余的气体16ml6ml4ml=6ml，若剩余no则原混合气体中no体积为6ml+6ml=12ml，nh3的体积4ml，在原混合气体中no和nh3的物质的量之比=12：4=3：1；若剩余nh3 则原混合气体中nh3的体积=4ml+6ml=10ml，no为6ml，在原混合气体中no和nh3的物质的量之比=6：10=3：5解答：解：6no+4nh35n2+6h2ov增大 6 4 5 6 1 6ml 4ml 5ml 6 ml （1716）ml反应后no和nh3的混合气体中剩余的气体16ml6ml4ml=6ml，若剩余no则原混合气体中no体积为6ml+6ml=12ml，nh3的体积4ml，在原混合气体中no和nh3的物质的量之比=12：4=3：1；若剩余nh3 则原混合气体中nh3的体积=4ml+6ml=10ml，no为6ml，在原混合气体中no和nh3的物质的量之比=6：10=3：5；所以，no和nh3的物质的量之比3：1或3：5，故选b点评：本题考查了化学平衡计算应用，注意体积变化的计算分析判断，掌握方法是关键，题目难度中等11（3分）下列有关描述中，与事实相符的是（）aal（oh）3、caco3都难溶，但溶解的部分都能完全电离b复盐是纯净物，而混盐（如caocl2）是混合物c弱电解质溶液中有溶质分子，但强电解质溶液中难以存在溶质分子d电解质溶液能够导电，是因为通电使电解质电离产生了自由移动的离子考点：强电解质和弱电解质的概念；混合物和纯净物.专题：物质的分类专题分析：a氢氧化铝属于弱电解质，碳酸钙属于强电解质；b只有一种物质组成的物质属于纯净物，有多种物质组成的属于混合物；c弱电解质在水溶液中部分电离，强电解质在水溶液中完全电离；d溶液中电解质的电离是在水的作用下发生的解答：解：a氢氧化铝属于弱电解质，在水溶液中部分电离，故a错误；b复盐有固定组成，混盐也有固定组成，只有一种物质，属于纯净物，故b错误；c弱电解质在水溶液中部分电离，故溶液中有溶质分子；强电解质在水溶液中完全电离，故溶液中没有溶质，故c正确；d溶液中电解质的电离是在水的作用下发生的，所以电解质溶液能导电，是因为在水的作用下电解质电离产生了自由移动的离子，故d错误；故选c点评：本题考查了电解质、非电解质、纯净物的概念，较基础，注意题给信息，混盐有分子式属于纯净物12（3分）（2010金华模拟）白藜芦醇广泛存在于食物（例如桑椹、花生、尤其是葡萄）中，它可能具有抗癌性能够跟1摩尔该化合物起反应的br2或h2的最大用量分别是（）a1摩尔 1摩尔b3.5摩尔 7摩尔c3.5摩尔 6摩尔d6摩尔 7摩尔考点：有机物分子中的官能团及其结构.专题：有机物的化学性质及推断分析：白藜芦醇含有的官能团有酚羟基、碳碳双键，酚羟基的邻、对位能与溴发生取代反应，碳碳双键能和溴发生加成反应；苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，据此计算br2和h2的最大用量解答：解：白藜芦醇含有的官能团有酚羟基、碳碳双键，酚羟基的邻、对位能与溴发生取代反应，碳碳双键能和溴发生加成反应；苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，所以1mol白藜芦醇与溴水发生取代反应需要溴5mol，碳碳双键与溴发生加成反应需溴1mol，所以共需要溴6mol；1mol白藜芦醇含有2mol苯环和1mol碳碳双键，2mol苯环与氢气加成需要6mol氢气，1mol碳碳双键与氢气加成需要1mol氢气，所以1mol白藜芦醇与氢气发生加成反应一共需要7mol氢气故选d点评：本题考查了有机物的官能团及其结构，难度不大，注意酚的取代反应位置是羟基的邻、对位，间位不能发生取代反应13（3分）已知某温度下ch3cooh和nh3h2o的电离常数相等，现向1ml浓度为0.5moll1的ch3cooh溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（）a水的电离程度始终增大b当加入氨水的体积为1 ml时，c（nh4+）=c（ch3coo）c先增大再减小dc（ch3cooh）与c（ch3coo）之和始终保持不变考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：a开始时，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当氨水过量后，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小；bch3cooh和nh3h2o的电离常数相等，氨水与醋酸的浓度、体积相等时，溶液显示中性，根据电荷守恒可知c（nh4+）=c（ch3coo）；c根据一水合氨的电离平衡常数可知，该比值与氢氧根离子成反比，电解氨水的过程中，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大；d根据物料守恒，醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变，但溶液体积增大，二者的浓度之和逐渐减小解答：解：a酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故a错误；b当加入氨水的体积为1ml时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（h+）=c（oh），根据电荷守恒可知：c（nh4+）=c（ch3coo），故b正确；c当向ch3cooh溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为ch3cooh和ch3coonh4的混合物，由ch3coonh4的水解常数kh=，随着氨水的加入，c（h+）逐渐减小，kh不变，则变小；当加氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数kb=，c（oh）与氢离子浓度成反比，随着氨水的滴入，氢氧根离子浓度逐渐增大，电离常数k不变，所以逐渐减小，即始终减小，故c错误；dn（ch3cooh）与n（ch3coo）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（ch3cooh）与c（ch3coo）之和逐渐减小，故d错误；故选b点评：本题考查了酸碱混合时溶液定性判断、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液ph的关系，明确根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法，试题考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力14（3分）分馏又称为分级蒸馏或精馏适用于互溶而且沸点相差很小的多组分混合液的分离控制好温度，便可将各种物质分离有关分馏操作，下列说法正确的是（）液体量不超过烧瓶容积，不少于温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶支管口附近为防止暴沸，应在烧瓶中加入沸石或碎瓷片冷凝管中冷却水下进上出，先加热，再通水按各组分沸点控制分馏温度，并收集在同一锥形瓶中停止加热后，应继续通水冷却冷凝管中蒸气abcd考点：蒸馏与分馏.专题：化学实验基本操作分析：蒸馏时为防止蒸馏烧瓶受热不均匀而导致炸裂，蒸馏烧瓶底部必须垫石棉网，为充分冷凝，冷凝管内水的流向是下进上出，为防止暴沸，实验中需在自来水中加几片碎瓷片，温度计的水银球应插入蒸馏烧瓶内支管口附近解答：解：液体量不超过烧瓶容积，不少于，故错误；温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶支管口附近，正确；为防止暴沸，应在烧瓶中加入沸石或碎瓷片，正确；冷凝管中冷却水下进上出，应先通水，再加热，故错误；按各组分沸点控制分馏温度，并及时更换锥形瓶，不能收集在同一锥形瓶中，故错误；停止加热后，应继续通水冷却冷凝管中蒸气，故正确，故选d点评：本题考查了蒸馏实验的基本操作及注意事项，明确蒸馏原理是解题关键，注意温度计水银球位置、冷凝水流向，为频考点，易出错二、非选择题（必做题）15（12分）已知a、b、c、d、e、f是含有同一种元素的化合物，工业生产c的过程中有有一个步骤为f经催化氧化生成b和h2o，它们之间能发生如下反应a+h2ob+c c+fd d+naohf+e+h2o（1）写出下列物质的化学式：ano2、dnh4no3、（2）写出反应的离子方程式，并指出反应的氧化剂和还原剂3no2+h2o=2h+2no3+no、氧化剂no2、还原剂no2（3）写出f经催化氧化生成b和h2o的化学方程式4nh3+5o24no+6h2o考点：无机物的推断.专题：推断题分析：a、b、c、d、e、f是含有同一种元素的化合物，f经催化氧化生成b和h2o，则f是nh3，它们之间能发生如下反应：d+naohf+e+h2o，说明d是铵盐，e为钠盐，且a、b、c、d、e、f是含有同一种元素的化合物，则e是nano3，d是nh4no3，根据c+fd知，c是hno3，根据a+h2ob+c知，且a和b、c都含有同一种元素，则a是no2，b是no，根据物质的性质分析解答解答：解：a、b、c、d、e、f是含有同一种元素的化合物，f经催化氧化生成b和h2o，则f是nh3，它们之间能发生如下反应：d+naohf+e+h2o，说明d是铵盐，e为钠盐，且a、b、c、d、e、f是含有同一种元素的化合物，则e是nano3，d是nh4no3，根据c+fd知，c是hno3，根据a+h2ob+c知，且a和b、c都含有同一种元素，则a是no2，b是no，（1）通过以上分析知，a和d分别是no2、nh4no3，故答案为：no2；nh4no3；（2）二氧化氮和水反应生成一氧化氮和硝酸，离子方程式为：3no2+h2o=2h+2no3+no，该反应中n元素化合价由+4价变为+2价和+5价，所以此反应中氧化剂no2，还原剂是no2，故答案为：3no2+h2o=2h+2no3+no；no2；no2；（3）硝酸铵和氢氧化钠反应生成氨气、硝酸钠和水，离子反应方程式为nh4+ohnh3+h2o，故答案为：nh4+ohnh3+h2o；（4）工业生产hno3的过程中有如下一步反应：即nh3经催化氧化生成no和h2o，反应方程式为：4nh3+5o24no+6h2o，故答案为：4nh3+5o24no+6h2o点评：本题以n元素为载体考查了含氮化合物的推断，以f为突破口结合物质间的转化分析推断，难度不大，注意多总结归纳基础知识，知道常见物质的性质16（10分）四种短周期元素a、b、c、d，原子序数依次变小，四种元素的原子核外电子层数之和为8b元素的原子最外层电子数等于c和d两元素的原子最外层电子数之和a元素和c元素的原子最外层上的电子数分别是各自电子层数的2倍d是宇宙中含量最多的元素（1）下列说法正确的是a、ba由c和d两种元素组成的一种气体是一种温室气体ba元素组成的单质能与强碱溶液反应ca、b、c、d四种元素不能组成离子化合物d含b元素的化合物是已知化合物中种类最多的（2）写出化合物（bd4）2a的电子式（3）在e物质的一个分子里含有一个a原子，一个b原子，一个c原子和一个d原子，四个原子共形成5对共用电子对，写出此分子的结构式hscne物质生成的钾盐或铵盐溶液常用检验fe3+（填写化学符号）（4）在f物质的一个分子里含有两个a原子、两个b原子和两个c原子g物质的一个分子里含有两个b原子和两个c原子f和g的某些化学性质和卤素十分接近，故称其为拟卤素或类卤素请写出g与水的化学反应方程式：（cn）2+h2o=hcn+hcno考点：位置结构性质的相互关系应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：四种短周期元素a、b、c、d，原子序数依次变小，d是宇宙中含量最多的元素，故d为h，原子序数为1，属于第一周期，b元素的原子最外层电子数等于c和d两元素的原子最外层电子数之和，设c元素的最外层电子数为x，则b最外层电子数为x+1，a、c元素的原子最外层上的电子数是其电子层数的2倍，若c位于第二周期，则c为碳，那么b为氮或磷，若c位于第三周期，则c为硫，那么b最外层电子数为7，为cl，那么a则只能位于第四周期，此情况不符合题意，故c为碳，处于第二周期，据此推断b为氮（若为p，处于第三周期，四种元素电子层数超过8），四种元素的原子核外电子层数之和为8，故a的电子层数为8122=3，a元素的原子最外层上的电子数是电子层数的2倍，故a为s；据此解答各小题即可解答：解：依据分析可知：a为硫，b为氮，c为碳，d为氦，（1）a由o和s两种元素组成的气体为二氧化碳，二氧化碳是温室气体，故a正确；bs单质能与强碱溶液反应，故b正确；cs、o、c、h四种元素能组成离子化合物：铵盐，故c错误；d含c元素的化合物是已知化合物中种类最多的，含o元素不是最多的，故d错误，故选ab；（2）（bd4）2a为（nh4）2s，其是由铵根和硫离子形成的离子化合物，电子式为：，故答案为：；（3）e物质的一个分子里含有一个s原子，一个n原子，一个c原子和一个h原子，四个原子共形成5对共用电子对，依据c能形成4对共价键，n能形成3对共价键，s能形成2对共价键，h能形成1对共价键，得出此分子的结构式为：hscn； e物质生成的钾盐为硫氰化钾，常用检验铁离子，故答案为：hscn；fe3+；（4）g物质的一个分子里含有两个n原子和两个c原子，即（cn）2，（cn）2的某些化学性质和卤素十分接近，氯气与水反应生成hcl和hclo，故（cn）2与水反应生成hcn和hcno，反应方程式为：，故答案为：（cn）2+h2o=hcn+hcno点评：本题主要考查的是元素的推断以及电子式的书写，卤素的性质、化学反应方程式的书写等，难度较大17（12分）某兴趣小组的学生根据mg与co2反应原理推测钠也能在co2中燃烧，为了确定其产物并进行实验论证，某同学设计了下列装置进行实验（已知pbcl2能被co还原得到黑色的pb）请回答下列问题：（1）如图装置2中应盛放饱和碳酸氢钠溶液（2）为了使反应随开随用，随关随停，上图方框内应选用c装置（填上图字母代号）（3）检查装置的气密性完好并装好药品后，在点燃酒精灯前，应先进行1装置的操作，待装置5（填数字编号）中出现澄清石灰水变浑浊的现象时，再点燃酒精灯（4）若装置6中有黑色沉淀生成，装置4中残留固体（只有一种物质）加盐酸后有能使澄清石灰水变浑浊的气体放出，则钠与二氧化碳反应的化学方程式为2na+2co2na2co3+co若装置6中溶液无明显现象，装置4中残留固体（有两种物质）加盐酸后有能澄清石灰水变浑浊的气体放出，则钠与二氧化碳反应的化学方程式为4na+3co22na2co3+c考点：性质实验方案的设计.专题：实验设计题分析：由实验方案图可知，1为二氧化碳发生装置，2为除去二氧化碳中的hcl装置，3为干燥装置，4为二氧化碳与钠反应装置，5为检验空气中的二氧化碳是否排尽装置，6为检验pdcl2溶液是否被co还原装置（1）由实验方案图可知装置2是除去二氧化碳中的hcl，应用饱和的碳酸氢钠溶液；（2）制取二氧化碳时，为了使制气过程具有“随开随用，随关随停”的特点，应该选用能够可以固、液药品分开的装置；（3）由实验方案图可知，1为二氧化碳发生装置，4为二氧化碳与钠反应装置，加入4装置的二氧化碳应干燥，没有其它，故装置2是除去二氧化碳其它中的hcl，应用饱和的碳酸氢钠溶液，3为干燥装置，吸收水蒸气，反应需要排尽装置内的空气，当5装置中产生白色沉淀，说明空气中的二氧化碳排尽，再加热4处的酒精灯发生反应；（4）由题意可知，装置4中的残留固体（只有一种物质）加盐酸有能使石灰水变浑浊的气体放出，说明生成碳酸钠，装置6中有黑色沉淀，说明pdcl2溶液能被co还原得到黑色的pd，所以反应物为碳酸钠和co；装置4中残留固体（有两种物质）加盐酸有能使石灰水变浑浊的气体放出，其中一种固体为碳酸钠，另一种固体为c；解答：解：由实验方案图可知，1为二氧化碳发生装置常用碳酸钙和盐酸制取，2为除去二氧化碳中的hcl装置用饱和的碳酸氢钠溶液，3为干燥装置除去二氧化碳中的水蒸气用浓硫酸，4为二氧化碳与钠反应装置2na+2co2na2co3+co，5为检验空气中的二氧化碳是否排尽装置，反应需要排尽装置内的空气，当装置5中澄清的石灰水变浑浊，说明空气中的二氧化碳排尽，6为检验pdcl2溶液是否被co还原装置，装置6中有黑色沉淀，说明pdcl2溶液能被co还原得到黑色的pd（1）由实验方案图可知，1为二氧化碳发生装置，4为二氧化碳与钠反应装置，加入4装置的二氧化碳应干燥，没有其它，故装置2是除去二氧化碳中的hcl，应用饱和的碳酸氢钠溶液，反应为na2co3+2hcl=2nacl+h2o+co2，故答案为：饱和碳酸氢钠；（2）制取二氧化碳时，为了使制气过程具有“随开随用，随关随停”的特点，应该选用能够可以固、液药品分开的装置，b无法控制反应的速率，a中只能控制反应的速率，但不能控制反应的随时进行与停止；而c中当打开止水夹时，酸就和有孔塑料板上的石灰石反应生成气体，当关闭止水夹时，生成的气体就无法从导管中排出，从而使装置内的压强增大，把酸液挤到长颈漏斗中，使固液分离，故选c；（3）由分析可知，反应需要排尽装置内的空气，当装置5中澄清的石灰水变浑浊，说明空气中的二氧化碳排尽，再加热4处的酒精灯发生反应，故答案为：5；澄清的石灰水变浑浊；（4）由题意可知，装置4中的残留固体（只有一种物质）加盐酸有能使石灰水变浑浊的气体放出，说明生成碳酸钠，装置6中有黑色沉淀，说明pdcl2溶液能被co还原得到黑色的pd，所以反应物为碳酸钠和co，反应的化学方程式为2na+2co2=na2co3+co，故答案为：2na+2co2=na2co3+co；装置4中残留固体（有两种物质）加盐酸有能使石灰水变浑浊的气体放出，其中一种固体为碳酸钠，另一种固体为c，反应的方程式为4na+3co2=2na2co3+c，故答案为：4na+3co2=2na2co3+c；点评：本题主要考查了学生对实验进行设计探究的能力，同时考查了学生对实验结果进行分析的能力，注意根据题干信息结合元素化合物知识并能灵活运用是正确解答本题的关键，题目难度中等18（9分）a是化合物，b是单质，它们之间相互反应以及生成物之间的转化关系如图所示：已知e溶液跟某常见有机物混合时，溶液呈紫色请回答：（1）b和a的浓溶液反应的条件是加热，过量b和a的稀溶液反应的化学方程式为3fe+8hno3（稀）=3fe（no3）2+2no+4h2o （2）写出g和f相互转化的化学方程式：gf2no+o2=2no2 （3）l转化成i的现象是白色沉淀变成灰绿色，最终变成红褐色； 有关的化学方程式为4fe（oh）2+o2+2h2o=4fe（oh）3考点：无机物的推断.专题：推断题分析：a、b是中学化学里常用的物质，其中b是单质，a是化合物；它们之间相互反应以及生成物之间的关系如图所示：已知e溶液跟nh4scn的稀溶液混合时，溶液呈血红色，说明e含有fe3+离子，加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀i为fe（oh）3，l为fe（oh）2，h为含fe2+离子的溶液；k为推断b为fe，d为h2o，j为o2，依据b和a的浓溶液反应生成的f和d反应生成g和a，判断f为no2，a为hno3，g为no，所以推断出e为fe（no3）3，h为fe（no3）2，依据推断的物质回答问题解答：解：a、b是中学化学里常用的物质，其中b是单质，a是化合物；它们之间相互反应以及生成物之间的关系如图所示：已知e溶液跟nh4scn的稀溶液混合时，溶液呈血红色，说明e含有fe3+离子，加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀i为fe（oh）3，l为fe（oh）2，h为含fe2+离子的溶液；k为推断b为fe，d为h2o，j为o2，依据b和a的浓溶液反应生成的f和d反应生成g和a，判断f为no2，a为hno3，g为no，所以推断出e为fe（no3）3，h为fe（no3）2，（1）fe和浓硝酸反应条件是加热，过量fe与稀硝酸反应生成硝酸亚铁和一氧化氮，反应方程式为3fe+8hno3（稀）=3fe（no3）2+2no+4h2o，故答案为：加热；fe+8hno3（稀）=3fe（no3）2+2no+4h2o；（2）no与氧气反应生成no2，反应方程式为2no+o2=2no2，故答案为：2no+o2=2no2；（3）fe（oh）2与氧气反应生成fe（oh）3，白色沉淀变成灰绿色，最终变成红褐色，化学方程式为4fe（oh）2+o2+2h2o=4fe（oh）3，故答案为：白色沉淀变成灰绿色，最终变成红褐色；4fe（oh）2+o2+2h2o=4fe（oh）3点评：本题考查了物质转化关系的推断，物质性质的应用，物质性质的分析判断，反应条件，反应现象的判断是解题关键，题目难度中等三、选做题（从以下两个题目中选择一个作答）【化学-选修3：物质结构与性质】19（15分）ti、fe、cr、mn等均为过渡元素，在生产生活中起着不可替代的重要作用，对其单质和化合物的应用研究是目前科学研究的前沿之一请回答下列问题：（1）cr元素（核电荷数为24）的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，这一排布方式符合洪特规则特例（或洪特规则）（填原理或规则），比较fe和 mn的各级电离能后发现，气态mn2+再失去一个电子比气态fe2+再失去一个电子难（填“难”或“易”）（每空两分，共6分）（2）过渡元素有着与主族元素不同的价电子构型，其中外围电子构型为4f75d16s2的元素在周期表中处在b族，该族元素共有32种（3）某钙钛型复合氧化物（如图1），以a原子为晶胞的顶点，a位可以是ca、sr、ba或pb，当b位是v、cr、mn、fe时，这种化合物具有cmr效应（巨磁电阻效应）用a、b、o表示这类特殊晶体的化学式：abo3（4）有一种蓝色晶体可表示为：kxfey（cn）z，研究表明它的结构特性是fe2+、fe3+分别占据立方体的顶点，自身互不相邻，而cn一位于立方体的棱上，k+位于上述晶胞体心，且k+空缺率为50%（体心中没有k+的占总体心的百分比），其晶体中的阴离子晶胞结构如图2所示，该晶体的化学式可表示为kfe2（cn）6或kfefe（cn）6考点：金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系；晶胞的计算.专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构分析：（1）根据能量最低原理及洪特规则特例书写；轨道上的电子处于全满、半满、全空时最稳定，电子不容易失去；（2）根据外围电子排布分析；（3）根据均摊法计算晶胞中a、b、o原子数目，进而确定化学式；（4）根据图2晶胞结构可知，晶胞中含有fe2+的个数为4=，fe3+的个数为4=、cn的个数为12=3，所以fe2+、fe3+、cn的个数比为1：1：6，根据化合价代数和为零可知，x=1，则晶体的化学式可表示为kfe2（cn）6解答：解：（1）根据能量最低原理及洪特规则特例，可知cr元素基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，锰元素的3d能级和4s能级上的电子都是价电子，mn元素基态原子的价电子排布式为3d54s2，由mn2+转化为mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转化为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而fe2+转化为fe3+时，3d能级由不稳定的3d6转化为稳定的3d5半充满较稳定状态，需要的能量相对要少， 故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；能量最低原理及洪特规则；难；（2）根据外围电子构型为4f75d16s2，则元素在周期表中处在b族，该族元素共有32，故答案为：b；32；（3）晶胞中a原子数目=8=1、b原子数目=1、o原子数目=6=3，这类特殊晶体的化学式为：abo3，故答案为：abo3；（4）根据图2晶胞结构可知，晶胞中含有fe2+的个数为4=，fe3+的个数为4=、cn的个数为12=3，所以fe2+、fe3+、cn的个数比为1：1：6，根据化合价代数和为零可知，x=1，则晶体的化学式可表示为k