陕西省西北工大附中2020届高三化学一轮复习摸底考试试题（含解析）VIP

陕西省西北工大附中2020届高三化学一轮复习摸底考试试题（含解析）一、选择题（共7小题，每小题 6分，满分42分）1. 新版人民币的发行，引发了人们对有关人民币中化学知识的关注下列表述不正确的是（ ）A. 制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素B. 用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的 Fe3O4 是一种磁性物质C. 防伪荧光油墨由颜料与树脂连接料等制成，其中树脂属于有机高分子材料D. 某种验钞笔中含有碘酒溶液，遇假钞呈现蓝色，其中遇碘变蓝的是葡萄糖【答案】D【解析】试题分析：A棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素，故A正确；BFe3O4是磁性物质，有磁性，故B正确；C树脂相对分子质量很大，属于有机高分子材料，故C正确；D葡萄糖遇碘不变蓝，故D错误；故选D。考点：考查物质的性质2. 明代宋应星著的天工开物中有关于“火法”冶炼锌的工艺记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，冷淀，毁罐取出，即倭铅也。”下列说法不正确的是（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌）（ ）A. 该冶炼锌的反应属于置换反应B. 煤炭中起作用的主要成分是 CC. 冶炼 Zn 的反应方程式为： ZnCO3+2CZn+3COD. 倭铅是指金属锌和铅的混合物【答案】D【解析】试题分析：碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，化学方程式为：ZnCO3+2CZn+3CO，故答案为：ZnCO3+2CZn+3CO。A、该冶炼锌的反应属于置换反应，正确；B、煤炭中起作用的主要成分是C，作还原剂，正确；C、冶炼Zn的反应方程式为：ZnCO3+2CZn+3CO，正确；D、根据题意和反应方程式，倭铅是指金属锌，错误；故选D。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。3. X、Y、Z、W是短周期元素，原子序数依次递增。X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与 NaOH 溶液反应，Z 原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W 原子的最外层电子数之和为14。下列说法正确的是（ ）A. 气态氢化物的稳定性： XZWB. Y 的阳离子半径比 W 的阴离子半径小C. X、 Z、 W 氧化物对应水化物酸性的强弱顺序为 ZXWD. 室温下，含 Y 元素的盐形成的水溶液其 pH7【答案】BC【解析】试题分析：根据题意可推知这几种元素分别是X是C；Y是Al；Z是Si；W是Cl。A元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性ClCSi，所以气态氢化物的稳定性：Z XCSi，所以X、Z、W氧化物对应水化物酸性的强弱顺序为ZXW，错误； D室温下，含Y元素的盐如AlCl3是强酸弱碱盐，弱碱金属阳离子水解使形成的水溶液显酸性，其pH7，错误。考点：考查元素的推断、元素形成的化合物的性质比较、盐的水解等知识。4. 纸电池是一种有广泛应用的“软电池”，如图这种碱性纸电池采用薄层纸片作为载体和传导体，纸的两面分别附着锌和二氧化锰下列有关该纸电池说法不合理的是（ ）A. Zn 为负极，进行氧化反应B. 电池工作时，电子由 MnO2 流向 ZnC. 正极反应：MnO2+e+H2OMnO(OH)+OHD. 电池总反应： Zn+2MnO2+2H2OZn(OH)2+2MnO（ OH）【答案】B【解析】试题分析：A锌作负极失去电子被氧化，发生氧化反应，故A正确；B电子由负极经外电路流向正极，即Zn流向MnO2，故B错误；CMnO2被还原，为原电池的正极，电极反应为MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-，故C正确；D碱性条件下，锌和二氧化锰构成原电池，其电池总反应为Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH)，故D正确；故选B。【考点定位】考查化学电源新型电池，侧重于电极反应方程式的考查。【名师点晴】明确燃料电池工作原理是解题关键；碱性条件下，锌和二氧化锰构成原电池，其电池总反应为Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH)，所以Zn被氧化，为原电池的负极，电极反应为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，MnO2被还原，为原电池的正极，电极反应为MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-，以此来解答。5. 一定条件下，反应：6H2+2CO2C2H5OH+3H2O 的数据如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 该反应的H0B. 达平衡时，v（H2）正=v（CO2）逆C. b 点对应的平衡常数 K值大于 c 点D. a 点对应的 H2 的平衡转化率为 90%【答案】D考点：考查对化学平衡图像的分析能力，化学反应的热效应的判断，化学平衡常数的变化，转化率的计算6. 现有常温下水电离出的 c（H+）均为 11011mol/L 的 4 种溶液： HCl 溶液； CH3COOH 溶液； NaOH溶液； 氨水。有关上述溶液的比较中，正确的是（ ）A. 向等体积溶液中分别加水稀释 100 倍后，溶液的 pH： B. 等体积的、溶液分别与足量铝粉反应，生成 H2 的量最小C. 、溶液等体积混合后，溶液显碱性D. 、溶液混合若 pH=7，则消耗溶液的体积： 【答案】B【解析】试题分析：常温下水电离出的c(H+)均为110-11mol/L，则溶质抑制了水的电离，该溶液为酸溶液或碱溶液，为一元强酸或强碱，则二者浓度为0.001mol/L；为弱电解质，在溶液中只能部分电离，则其浓度大于0.001mol/L。A由于加水稀释100倍后，弱电解质电离程度增大，溶液中弱酸电离出的氢离子、弱碱的电离出的氢氧根离子的物质的量增大，所以强电解质溶液的pH变化为2，弱电解质溶液的pH变化小于2，故稀释后溶液的pH大小为：，故A错误；B铝足量时，2mol氯化氢生成1mol氢气，2mol氢氧化钠生成3mol氢气，的浓度相等，所以生成的氢气大于；的浓度大于，所以生成的氢气大于，即：等体积、铝足量时生成的氢气最少，故B正确；C、溶液等体积混合后，由于醋酸浓度大于氢氧化钠溶液，所以混合液中醋酸过量，反应后的溶液显示酸性，故C错误；D、溶液混合若pH=7，由于氨水的浓度大于氯化氢溶液，则消耗氯化氢溶液的体积应该加大，即：消耗溶液的体积：，故D错误；故选B。考点：考查了弱电解质的电离及其影响的相关知识。7. 取一定质量的均匀固体混合物 Cu、CuO 和Cu2O，将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少3.20g，另一份中加入500mL 稀硝酸（其还原产物为NO），固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO 气体 4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为（ ）A. 2.4mol/L B. 1.4mol/L C. 1.2mol/L D. 0.7mol/L【答案】A【解析】一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少3.20g，为混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为3.2g/16g/mol=0.2mol；另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu(NO3)2 ，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为4.48L/22.4L/mol=0.2mol，根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2nCu（NO3）2=n（NO）+2n（O）+3n(NO)=0.2mol+20.2mol+30.2mol=1.2mol，硝酸的浓度为1.2mol/0.5L=2.4mol/L故选A点睛：本题考查混合物的计算、电子守恒计算、电荷守恒等，难度中等，理清反应过程中氮原子的去处是解题的关键，本题采取守恒法解答，简化计算过程，注意体会，也可以通过列方程组解答，但过程较繁二、解答题（共 3 小题，满分 43 分）8. KMnO4 常用作氧化剂、防腐剂、消毒剂、漂白剂和水处理剂等（1）在 K2MnO4 溶液中通入 CO2 可制得高锰酸钾，副产物是黑色沉淀 M。该反应中氧化剂与还原剂的质量之比为_由锂离子有机高聚物、锂及 M 构成原电池，电池反应为 Li+M=LiM（s），消耗8.7gM 时转移 0.1mol 电子则该电池正极的电极反应为_（2）实验室用 KMnO4 制备 O2 和 Cl2取 0.4mol KMnO4 固体加热一段时间后，收集到amolO2，在反应后的残留固体中加入足量浓盐酸，加热又收集到 bmolCl2设锰元素全部转化成 Mn2+存在于溶液中，当 a+b=0.8mol 时，在标准状况下生成 Cl2 的体积为_L；（3）电解 K2MnO4 溶液加以制备 KMnO4工业上，通常以软锰矿（主要成分是 MnO2）与 KOH 的混合物在铁坩埚（熔融池）中混合均匀，小火加热至熔融，即可得到绿色的 K2MnO4，化学方程式为_用镍片作阳极（镍不参与反应），铁板为阴极，电解 K2MnO4 溶液可制备 KMnO4上述过程用流程图表示如下：则 D 的化学式为_；阳极的电极反应式为_；阳离子迁移方向是_（4）高锰酸钾在酸性介质中还原产物为Mn2+，废液中 c（Mn2+）浓度较大时会污染水体。实验室可以用过二硫酸铵(NH4)2S2O8溶液检验废水中 Mn2+，实验现象是溶液变紫红色（还原产物为 SO42）过二硫酸可以看成是 H2O2 的衍生物，过二硫酸铵中含有过氧键（OO）写出检验 Mn2+的离子方程式_如果将这个反应设计成盐桥原电池，盐桥中溶液最好选用_（选填：饱和 KCl溶液、饱和 K2SO4 溶液或饱和 NH4Cl 溶液）【答案】 (1). 1:2 (2). MnO2+e-+Li+=LiMnO2 (3). 13.44 (4). 2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O (5). KOH (6). MnO42-e-=MnO4- (7). K+由阳离子交换膜左侧向右侧迁移 (8). 2Mn2+5S2O82-+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+ (9). 饱和K2SO4溶液【解析】（1）由已知，反应物为K2MnO4、CO2，生成KMnO4，根据C原子守恒，生成物还应有K2CO3，黑色固体M必为MnO2，所以的化学方程式为：3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3；由化学反应方程式分析可得：氧化剂和还原剂均为K2MnO4，氧化剂与还原剂的质量比为1：2；由锂离子有机高聚物、锂及MnO2构成原电池，电池反应为Li+MnO2=LiMnO2(s)，负极上发生失电子的氧化反应：Li-e=Li+，正极上发生得电子的还原反应：MnO2+e+Li+=LiMnO2，故答案为：1：2；MnO2+e+Li+=LiMnO2。（2）Mn元素由+7价降为+2价，O元素由-2价升为0价，Cl元素由-1价升为0价，由题意根据得失电子守恒，整个过程中，Mn元素获得的电子等于O元素、Cl元素失去的电子，则有：0.4mol（72）=4a+2b=2mol；又因为a+b=0.8mol，解得a=0.2，b=0.6，所以生成标准状况下Cl2的体积为0.6mol22.4L/mol=13.44L。（3）由已知，软锰矿（主要成分是MnO2）与KOH小火加热至熔融，得到K2MnO4，Mn元素化合价由+4价升为+6价，则空气中的O2作氧化剂，化学方程式为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；电解锰酸钾溶液时阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为：2H2O+2eH2+2OH，K+通过阳离子交换膜由左侧向右侧迁移，所以D是氢氧化钾溶液，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为：MnO42eMnO4。（4）由已知，在酸性介质中，Mn2+被(NH4)2S2O8溶液氧化为MnO4，还原产物为SO42-，所以离子方程式为：2Mn2+5S2O82+8H2O=2MnO4+10SO42+16H+；因为(NH4)2S2O8溶液具有强氧化性，所以如果将这个反应设计成盐桥原电池，盐桥中溶液最好选用不能被氧化的物质，可以选择饱和K2SO4溶液。点睛：本题综合考查电解原理，涉及电极反应式、方程式的书写以及运用守恒法的计算等知识，侧重于对氧化还原反应知识的考查，注意根据原子守恒和化合价升降分析反应物和生成物，从而得出正确的方程式。9. 工业碳酸钠（纯度约为 98%）中常含有 Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl和SO42等杂质为了提纯工业碳酸钠，并获得试剂级碳酸钠，采取工艺流程如图所示：已知：碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如下图所示：有关物质的溶度积如下物质CaCO3MgCO3Ca(OH)2Mg(OH)2Fe(OH)3Ksp4.961096.821064.681065.6110122.641039（1）加入 NaOH 溶液主要为了除去 （填离子符号），发生反应的离子方程式为_；“沉淀”的主要成份有_（填化学式）；向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加 NaOH 溶液，当两种沉淀共存且溶液的 pH=8 时， c(Mg2+)：c(Fe3+)=_（2）热的 Na2CO3 溶液有较强的去油污能力，其原因是（用离子方程式及必要的文字加以解释）_（3） “趁热过滤”时的温度应控制在_（4）已知：Na2CO310H2O（s）=Na2CO3（s）+10H2O（g） H=+532.36kJmol1Na2CO310H2O（s）=Na2CO3H2O（s）+9H2O（g） H=+473.63kJmol1写出 Na2CO3H2O 脱水反应的热化学方程式_（5）有人从“绿色化学”角度设想将“母液”沿流程图中虚线所示进行循环使用请你分析实际生产中是否可行_，其理由是_【答案】 (1). MgCO3+2OH-=Mg(OH)2+CO32-、Mg2+2OH-=Mg(OH)2 (2). Mg(OH)2、Fe(OH)3、CaCO3 (3). 2.1251021 (4). Na2CO3在溶液中存在水解平衡 CO32+H2OHCO3+OH，溶液呈碱性，当温度升高时水解平衡正向移动，使溶液碱性增强，故去油污能力增强 (5). 高于36 (6). Na2CO3H2O（s）=Na2CO3（s）+H2O（g） H=+58.73KJ/mol (7). 不可行 (8). 若“母液”循环使用，则溶液 c(Cl)和 c(SO42)增大，最后所得产物 Na2CO3中混有杂质【解析】（1）工业碳酸钠（纯度约为 98%）中常含有 Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl和SO42等杂质，所以“除杂”中加入过量的NaOH溶液，可生成Mg(OH)2 、Fe(OH)3 、CaCO3沉淀，主要是除去镁离子，滤渣的主要成分为Mg(OH)2 、Fe(OH)3 、CaCO3，发生的发应有：Fe3+3OH=Fe(OH)3 ，MgCO3+2OH-=Mg(OH)2+CO32-、Mg2+2OH-=Mg(OH)2，当两种沉淀共存且溶液的 pH=8 时，c（OH）=10-14/10-8=10-6molL1； c(Mg2+)：c(Fe3+)= ；（2）热的 Na2CO3 溶液有较强的去油污能力，Na2CO3在溶液中存在水解平衡 CO32+H2OHCO3+OH，溶液呈碱性，当温度升高时水解平衡正向移动，使溶液碱性增强，故去油污能力增强。（3） “趁热过滤”时的温度应控制在高于36 ，使析出的晶体为Na2CO3H2O，防止因温度过低而析出Na2CO310H2O晶体或Na2CO37H2O晶体；（4）根据盖斯定律，可将两式相减得到Na2CO3H2O（s）=Na2CO3（s）+H2O（g） H=+58.73KJ/mol；（5）不可行； 若母液循环使用，则溶液 c(Cl)和 c(SO42)增大，最后所得产物 Na2CO3 中混有杂质。点睛：本题考查了物质的分离、提纯及物质的制取、容度积计算等知识，是一道综合性较强的试题，有利于考查学生分析和解决问题的能力，解题关键是要理解化学基本原理。试题难点：利用容度积求 c(Mg2+)：c(Fe3+)。10. 某兴趣小组的同学发现，将CuSO4溶液与K2CO3溶液混合会产生蓝绿色沉淀他们对沉淀的组成很感兴趣，决定采用实验的方法进行探究（1）【提出假设】假设1：所得沉淀为 Cu(OH)2；假设2：所得沉淀为_；（填化学式）假设3：所得沉淀为碱式碳酸铜化学式可表示为 m Cu(OH)2nCuCO3【查阅资料】无论是哪一种沉淀受热均易分解（假设均不含结晶水）【定性探究】步骤 1：将所得悬浊液过滤，先用蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤，风干；步骤 2：甲同学取一定量固体，用气密性良好的如装置如图（夹持仪器未画）进行定性实验；（2）若反应后 A 中蓝绿色固体变黑， C 中无明显现象，证明假设_成立（3）乙同学认为只要将上图中 B 装置的试剂改用下列某试剂后，便可验证上述所有假设，该试剂是_（填代号）A浓硫酸 B无水 CuSO4 C碱石灰 D P2O5（4）乙同学验证假设 3 成立的实验现象是_【定量探究】（5）乙同学进一步探究假设 3 中固体的组成：乙同学查得一些物质在常温时的数据（如下表）后，将 C 中的澄清石灰水改为 Ba(OH)2溶液，其原因是_（填代号）溶解度（S）/p溶度积（Ksp）摩尔质量（M） /gmol1Ca(OH)2Ba(OH)2CaCO3BaCO3CaCO3BaCO30.163.892.91092.6109100197A Ba(OH)2 溶解度大于Ca(OH)2，能充分吸收 CO2BBa(OH)2为强碱，Ca(OH)2为弱碱C吸收等量 CO2 生成的 BaCO3 的质量大于 CaCO3，测量误差小D相同条件下， CaCO3 的溶解度明显大于 BaCO3若所取蓝绿色固体质量为 27.1g，实验结束后，装置 B 的质量增加 2.7g，C 中产生沉淀的质量为 19.7g则该蓝绿色固体的化学式为_； A 中发生反应的化学方程式为_【答案】 (1). CuCO3 (2). 1 (3). B (4). A 中蓝绿色固体变黑色， B 中无水 CuSO4固体变蓝， C 中有白色沉淀产生 (5). AC (6). 2CuCO33Cu(OH)2或 3Cu(OH)22CuCO3 或 Cu5(OH)6(CO3)2 (7). 2CuCO33Cu(OH) 5CuO+3H2O+2CO2【解析】（1）CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合产生蓝绿色沉淀，氢氧化铜和碳酸铜都是蓝色沉淀，可能是反应复分解反应生成了碳酸铜沉淀，或双水解生成了氢氧化铜沉淀，或碱式碳酸铜，假设1中沉淀为Cu(OH)2 ，假设2为CuCO3；（2）加热氢氧化铜生成水蒸气和黑色氧化铜，加热碳酸铜分解生成二氧化碳和黑色氧化铜，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，若反应后A中蓝绿色固体变黑，C中澄清石灰水不变浑，证明一定不含有碳酸铜，现象的产生为氢氧化铜，假设1正确。（3）加热氢氧化铜生成水蒸气和黑色氧化铜，加热碳酸铜分解生成二氧化碳和黑色氧化铜，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，所以需要验证水的存在和二氧化碳的存在就可以证明产生的物质成分，装置A中加热是否变化为黑色固体，装置B选择无水硫酸铜验证是否生成水，澄清石灰水是否变浑浊证明是否生成二氧化碳，故选B即可。（4）假设3：所得沉淀为碱式碳酸铜化学式可表示为 m Cu(OH)2nCuCO3，氢氧化铜、碳酸铜分解，装置A中加热都会变化为黑色固体，装置B选择无水硫酸铜，根据是否变蓝色验证是否生成水，根据装置C中澄清石灰水是否变浑浊证明是否生成二氧化碳，所以证明假设是否正确的现象为：A中蓝绿色固体变黑色说明氢氧化铜、碳酸铜分解，B中无水CuSO4固体变蓝说明存在Cu(OH)2 ，C中有白色沉淀产生说明存在CuCO3，即能验证假设3成立，即A 中蓝绿色固体变黑色， B 中无水 CuSO4 固体变蓝， C 中有白色沉淀产生。（5） A、Ba(OH)2 溶解度大于Ca(OH)2，能充分吸收 CO2，故A正确；B、氢氧化钙也为强碱，故B错误；C、BaCO3的摩尔质量大于CaCO3，测量误差小，故C正确；D、CaCO3的溶解度和BaCO3溶解度相差不大，故D错误。故选AC。B中吸收水的物质的量n=2.7g/18gmol1=0.15mol，C中吸收二氧化碳生成碳酸钡白色沉淀，根据碳原子守恒二氧化碳的物质的量=19.7g/197gmol1=0.1mol，氧化铜的物质的量=（27.1g-2.7g-0.1mol44gmol1）/80gmol1=0.25mol，则铜离子、氢氧根离子和碳酸根离子的物质的量之比=0.25mol：0.3mol：0.1mol=5：6：2，所以其化学式为：2CuCO33Cu(OH)2或 3Cu(OH)22CuCO3 或 Cu5(OH)6(CO3)2 ，2CuCO33Cu(OH)2受热分解生成CuO、二氧化碳和水，其反应的方程为：2CuCO33Cu(OH) 5CuO+3H2O+2CO2 。三、化学-选修 2 化学与技术（共 1 小题，满分 15 分）11. 胆矾是一种常见的化合物，工业上它也是一种制取其它含铜化合物的原料，现有废铜（主要杂质为 Fe）来制备胆矾有人设计了如下流程：pH 值控制可参考下列数据物质开始沉淀时的 pH 值完全沉淀时的 pH 值氢氧化铁2.73.7氢氧化亚铁7.69.6氢氧化铜5.26.4请根据上述流程回答下列问题：（1） A 可选用_（填字母）a稀 H2SO4 b浓 H2SO4、加热 c浓 FeCl3 溶液 d浓 HNO3（2） 中加 H2O2 的目的_（3） 中加 Cu2(OH)2CO3 的目的是_，其优点是_（4） 加热煮沸时发生的化学反应的离子方程式为 _（5） V 中加 H2SO4 调节 pH=1 是为了_，某工程师认为上述流程中所加的 A 物质并不理想，需作改进，其理由是_，若你是工程师，将对所加的 A 物质作何改进？请提出建议_【答案】 (1). b (2). 将 Fe2+氧化为 Fe3+ (3). 除去过量的硫酸 (4). 不引入新的杂质 (5). Fe3+3H2O Fe(OH)3+3H+ (6). 抑制Cu2的水解 (7). 会产生 SO2，会对污染环境，硫酸的利用率低 (8). 可以向稀硫酸中不断通氧气（或者加 H2O2）并加热.四、化学-选修 3 物质结构与性质（共 1 小题，满分 0 分）12. 元素及其化合物在生活及生产中有很多重要用途卤素化学丰富多彩，能形成卤化物、卤素互化物、多卤化物等多种类型的化合物（1）拟卤素如(CN)2、(SCN)2、(OCN)2 等与卤素单质结构相似、性质相近已知(CN)2分子中所有原子都满足 8 电子稳定结构，则其分子中 键与 键数目之比为_(SCN)2对应的酸有两种，理论上硫氰酸（HSCN ）的沸点低于异硫氰酸（HN=C=S）的沸点，其原因是_（2）卤化物 RbICl2 在加热时会分解为晶格能相对较大的卤化物 A 和卤素互化物或卤素单质，A 的化学式_SiC、GaN、GaP、GaAs 等是人工合成半导体的材料， 具有高温、高频、大功率和抗辐射的应用性能而成为半导体领域研究热点试回答下列问题：（3）碳的基态原子 L 层电子轨道表达式为_，砷属于_区元素（4）N 与氢元素可形成一种原子个数比为 1：1 的粒子，其式量为 60，经测定该粒子中有一正四面体构型，判断该粒子中存在的化学键_.A配位键 B极性共价键 C非极性共价键 D氢键（5）CaC2晶体的晶胞结构与 NaCl 晶体的相似（如图1 所示），但 CaC2 晶体中含有的哑铃形 C22的存在，使晶胞沿一个方向拉长 CaC2 晶体中 1 个 Ca2+周围距离最近的 C22数目为_ A、B、C 为原子序数依次递增的前四周期的元素，A 的第一电离能介于镁和硫两元素之间，A 单质晶体的晶胞结构如图2 所示 B的价电子排布为（n+1）sn（n+1）pn+2，C位于元素周期表的 ds 区，其基态原子不存在不成对电子 B与 C所形成化合物晶体的晶胞如图3 所示（6） A 单质晶体属于_晶体（填晶体类型）.（7）B 与 C 所形成化合物晶体的化学式_【答案】 (1). 3:4 (2). 异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能 (3). RbCl (4). (5). p (6). ABC (7). 4 (8). 原子 (9). ZnS【解析】（1）拟卤素如(CN)2、(SCN)2、(OCN)2 等与卤素单质结构相似、性质相近已知(CN)2分子中所有原子都满足 8 电子稳定结构，C原子形成四个共价键，原子形成三个共价键，CN)2 结构式为NC-CN，每个分子中含有3个键，4个键，则其分子中键与键数目之比为3：4；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成分子间氢键，能形成分子间氢键的物质分子间作用力大，所以异硫氰酸熔沸点高于硫氰酸。（2）RbICl2加热时会分解为晶格能相对大的卤化物A和卤素互化物或卤素单质，氯离子的半径小于碘离子，RbCl的离子键长小于RbI的离子键长，晶格能较大为RbCl，则A为RbCl；（3）碳原子的L层有4个电子，2个在2S上，2个在2P上，且自旋相同，碳的基态原子L层电子轨道表达式为，砷原子的外围电子排布为ns2np5，砷属于P区元素。（4）N 与氢元素可形成一种原子个数比为 1：1 的粒子，其式量为 60，分子式为N2H4，氮原子之间形成非极性键，氮原子和氢原子之间形成极性键，氢原子和氮原子之间形成配位键，故选ABC；（5）根据图知，钙离子的上下、前后、左右有6个C22，晶胞沿一个方向拉长，CaC2晶体中1个Ca2周围距离最近的C22数目为4；（6）A、B、C为原子序数依次递增的前四周期的元素，A的第一电离能介于镁和硫两元素之间，A单质晶体的晶胞结构如图2所示，可知：A为硅形成的晶体，属于原子晶体； （7）B的价电子排布为（n+1）sn（n+1）pn+2，有三个电子层，外层为6个电子，B为S原子，C位于元素周期表的ds区，其基态原子不存在不成对电子，为Zn原子，B与C所形成化合物晶体的化学式为：ZnS。点睛：本题考查物质结构和性质，涵盖晶胞计算、化学键判断、氢键等知识点，学习中注意区别极性键和非极性键概念、理解原子结构等知识点是解本题关键，注意：配位键属于共价键，氢键属于分子间作用力，（5）是易错点，根据图知，钙离子的上下、前后、左右有6个C22，但注意题干中：“晶胞沿一个方向拉长”这句，所以CaC2晶体中1个Ca2周围距离最近的C22数目为只有4。五、化学-选修 5：有机化学基础（共 1 小题，满分 0 分）13. 有机物分子中与“”相连的碳原子上的氢活性较大，可以与甲醛或卤代烃等发生反应已知： 有机物 J 是重要的工业原料，其合成路线如下（部分产物和反应条件略）：（1） A 中所含官能团的名称是_（2） AB 的反应类型是_反应 BC 的反应方程式_（3） G 俗称缩苹果酸，与 B 以物质的量之比 1：2 反应，则 G+BH 的化学方程式是_（4） D 的分子式为 C5H10O4，若一次取样检验 D 的含氧官能团，按顺序写出所用试剂_（5）已知 E 中只有一种官能团，且核磁共振氢谱显示其分子中有两种不同化学环