热点题型最重要 预计今年还要考4

热点题型最重要预计几年还要靠四选考：物质结构与性质热点剖析1．正确推断1～36号元素在周期表中的位置，正确书写原子或离子电子排布式，注意半充满或全充满为稳定结构。2．同一周期从左到右，元素的第一电离能总体上呈现从小到大的变化趋势（其中IIA和VA略大）；同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小。同一周期从左到右，元素电负性递增；同一主族从上而下，元素电负性递减。3．形成氢键的分子常见的有：H2O、HF、NH3，它们的熔点和沸点都高于同主族其它元素的氢化物的熔点和沸点。［例25］下表中实线是元素周期表的部分边界，其中上边界并未用实线标出。ABCDECuGa依据信息回答下列问题：（1）周期表中基态Ga原子的核外电子排布式为，Cu在元素周期表的位置为。GaN晶体结构与单晶硅相似。在GaN晶体中，每个Ga原子与个N原子相连，在四大晶体类型中，GaN属于晶体。（2）由A、B、C、D、E元素组成的10电子粒子中，含配位键的有、；根据VSEPR理论预测ED4—离子的空间构型为型。C、D、E按原子个数比1：1：1形成的分子是有机合成中的重要试剂，所有原子都满足最外层8电子稳定结构。其电子式为。解析：（1）GaN的结构与单晶硅相似，晶体硅为原子晶体，晶体中每1个硅原子与周围4个硅原子以共价键结合形成正四面体构型，因此在GaN晶体属于原子晶体，每个Ga原子与4个N原子相连。（2）A为H，B为C，C为N，D为O，E为Cl。它们可构成10电子分子CH4、NH3、H2O，N和O含有孤对电子，可与H＋形成配位键，可形成NH4+和H3O+。ED4—离子为ClO4―，Cl原子与其中1个O形成共价键，与另外3个O形成配位键，结合后Cl与O形成的4个价键完全等同，因此ClO4―为正四面体构型。C、D、E形成的分子NOCl，要使所有原子都满足最外层8电子稳定结构，其中N最外层5个电子，需形成3个共价键；O最外层6个电子，需形成2个共价键；Cl最外层7个电子，需形成1个共价键，因此结构式为O＝N－Cl。答案：（1）1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1)第4周期第IB族4原子晶体（2）H3O+、NH4+正四面体［例26］新型节能材料高温超导体的最先突破是在1987年从新的钇钡铜氧材料的研究开始的。在制备钇钡铜氧高温超导体的同时，偶然得到了副产品——紫色的硅酸铜钡。凑巧的是，后者正是发现于中汉代器物上的被称为“汉紫”的颜料，还发现于秦俑彩绘。钇钡铜氧的晶胞结构如图。研究发现，此高温超导体中的铜元素有两种价态，＋2价和＋3价。（1）给出铜在周期表中的位置（周期和族）（2）写出Cu3+的核外电子排布：。（3）根据图示晶胞结构，推算晶体中Y，Cu，Ba和O原子个数比，确定其化学式为：。（4）根据(3)所推出的化合物的组成，计算出其中Cu原子的平均化合价(该化合物中各元素的化合价为Y：+3、Ba：+2)，最后计算化合物中这两种价态Cu原子个数比为：_________。（5）在硫酸铜溶液中通入过量的氨气，小心蒸发，最终得到的［Cu(NH3)4］SO4晶体中含有的化学键除了普通共价键外，还有和。解析：（2）Cu的原子序数为29，其原子核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s1，因此Cu3+的核外电子排布：1s22s22p63s23p63d8。（3）观察晶胞的结构，如右图所示，晶胞中N(O)＝＋＝7，N(Cu)＝＋＝3，N(Ba)＝2，N(Y)＝1，因此该晶体的化学式为YBa2Cu3O7。（4）根据Y、Ba和O的化合价，则在晶体中Cu的平均化合价为＋，运用十字交叉法：，容易计算可得Cu2＋和Cu3＋个数比为2：1。答案：（1）第四周期，第=1\*ROMANIB族（2）［Ar］3d8或1s22s22p63s23p63d8（3）YBa2Cu3O7（4）Cu2+:Cu3+=2:1（5）离子键，配位键巩固练习25．今有aX、bY、cZ三种元素。已知：=1\*GB3①各原子序数a、b、c均小于20，且a+b+c＝25；=2\*GB3②元素Y的原子外围电子构型为ns2npn＋2；=3\*GB3③X和Y在不同条件下可形成X2Y和X2Y2两种化合物，Y和Z在不同条件下可形成ZY和ZY2两种化合物；=4\*GB3④Z的硫化物的相对分子质量与Z氯化物的相对分子质量之比为38︰77。据上可推知，(1)X：，Y：，Z：（写元素符号）。(2)X2Y2是晶体（填晶体类型），该晶体中含微粒间的作用有：。(3)Z的硫化物和氯化物的分子空间构型分别是、，其中Z原子分别以、杂化轨道成键。26．下图是元素周期表中的一部分，表中所列字母分别代表一种化学元素，请回答下列问题：ABCMDEFGHINJKL（1）上述所列元素的原子中，最外层电子层上只有两个电子的是________________(填“元素符号”)；（2）下列叙述正确的是_____________（填字母序号）；a．K的最高价氧化物对应的水化物是一种强碱b．硒化氢的稳定性强于H的氢化物的热稳定性c．F与H形成化合物水溶液的pH大于F与I形成化合物水溶液的pH，说明相同浓度氢化物水溶液的酸性H弱于Id．MA2E分子中M原子采取sp2杂化方式e．N的电子排布式：ls22s22p63s23p63d44s2（3）根据VSEPR理论预测DA4＋离子的空间构型，ME2的空间构型；（4）元素F和元素I形成的化合物是晶体（填晶体类型），右图为该晶体的结构示意图，请在图中用实心球（●）和空心球（○）分别表示元素F和元素I所在位置。（5）已知Ti3＋可形成配位数为6的配合物。现有含钛的两种颜色的晶体，一种为紫色，另一为绿色，相关实验证明，两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：a．分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；b．分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；c．沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的2/3。则绿色晶体的化学式为，该配合物中的配位体为。参考答案：1．答案：C[解析]A中Na2CO3溶液会发生水解使溶液中CO32－有所减小，所以溶液中CO32－数目小于，A错；B中1molCnH2n+2（烷烃）中含有的共价键数为（3n+1）NA，故B错；C中可以假设46g气体全部是NO2，其物质的量为1mol，其中含有的原子数为3NA，尽管NO2会部分转化为N2O4，但原子数不变，C对；D中2.24LCO2不一定处于标准状况下，故其中含有的原子数也就不一定为N2．答案：D[解析]同温同压下，等体积的14N18O与13C18O的分子数和物质的量一定相等。由于二者均为双原子分子，故它们的原子数也相等，14N18O的质子数、电子数和中子数分别为15、15、17，13C18O的质子数和中子数分别为14、14、17，故二者所含的中子数相等，质子数、电子数不相等。14N18O与13C18O的摩尔质量分别为32g·mol－1和31g3．[答案]D[解析]本题综合考查氧化还原反应的有关概念、电子转移数目分析等知识。反应中铁元素的化合价由+3价升高为+6价，过氧化钠中的氧元素由-1价降为-2价，故Na2O2为氧化剂，Fe2O3为还原剂，Na2FeO4为氧化产物，氧化性是Na2O2强于Na2FeO4，故A、B均错；当有3molNa2O2发生反应时，有6mol电子发生转移，故C错；Na2FeO4中的铁为+6价，具有强氧化性，在对江河湖水消毒时，Na2FeO4发生还原反应生成Fe3+，Fe3+水解生成氢氧化铁胶体具有净水作用，D对。4．[答案]C[解析]本题考查氧化性、还原性强弱比较和氧化还原反应的先后顺序。由题干给出的三个方程式可得，氧化性顺序是：KMnO4＞Cl2＞FeCl3＞I2；还原性顺序是：I-＞Fe2+＞Cl-＞Mn2+，故要除去I-而不影响Fe2+和Cl-，只能选择FeCl3。5．[答案]B[解析]A中产物中的MgCO3沉淀应为Mg（OH）2沉淀，A错；C中电荷不守恒，C错；D中的碳酸氢钙在溶液中应写成离子形式，D错。B正确。6．[答案]AC[解析]A中遗漏部分反应物和产物，正确的离子方程式为：2CH3COO—+Ba2＋＋2H++SO42-＝BaSO4↓+2CH3COOH，A错；B中由于SO2不足，只能使CO32－转化为HCO3－，自身转化为SO32—，B对；C中的离子方程式反应物和产物都正确，且元素和电荷均守恒，但Fe2＋与Br－的配比不符合实际，二者的个数比应为1：2，正确的离子方程式为：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2＝2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－，C错；向氯化铝溶液中加入氨水，产物不受氨水的量的影响，故D正确。7．[答案]B[解析]由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol•L－1的溶液则溶液pH为1或13，则溶液中含有大量H＋或OH―。①中的S2－与H＋不能大量存在；②中的Fe2＋与OH―不能大量存在；④中的HCO3－与H＋或OH―都不能大量存在，且在碱性条件下Ca2＋与HCO3－均不能大量存在；⑥中NH4+与OH―不能大量共存，HCO3－与H＋或OH―都不能大量共存。③⑤中的各离子相互间不发生反应，也不与H＋或OH－反应，符合题意。8．[答案]AD[解析]根据“无色溶液”排除C选项；B中Ba2＋与SO42－不能大量共存；A、D中各离子间不发生反应，且不含有颜色的离子。A中的H＋与NH4HCO3作用能产生CO2气体，D中的Al3+与HCO3－发生互促水解反应产生CO2气体。故A与D符合题意。9．[答案]AC[解析]A选项中，草酸氢钾溶液呈酸性，说明HC2O4―的电离程度大于水解程度，故离子浓度的大小关系为c(C2O42－)＞c(H2C2O4)＞c(H＋)＞c(OH―)，A对；B选项中发生的反应为2NH4HSO4+2NaOH=(NH4)2SO4+Na2SO4+2H2O，所得溶液为等物质的量的(NH4)2SO4和Na2SO4的混合溶液，溶液因NH4+的水解而呈酸性，其中的离子浓度大小关系为：c(Na＋)=c(SO42―)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH―)，B错；C选项中，Na2CO3与HCl物质的量之比为2：1，发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，Na2CO3过量，所得溶液中有Na2CO3，NaHCO3，NaCl共存，其物质的量相等，CO32－、HCO3－的水解使溶液呈碱性，但CO32－水解程度大小于HCO3－水解程度，C项正确；（NH4）2CO3溶液中，由于CO32－的水解，使NH4+水解程度大于(NH4)2SO4溶液中NH4+的水解程度，当两溶液中c(NH4+)相同时，c［(NH4)2SO4］＜c［(NH4)2CO310．[答案]C[解析]A选项中，在A、B间任意一点上溶液的pH均大于7，溶液的溶质可能为KOH、HCOOK，或HCOOK（大量）、HCOOH（少量），溶液中离子浓度的关系可能为c(K+)>c(OH－)>c(HCOO－)>c(H+)或c(K+)>c(HCOO－)>c(OH－)>c(H+)，故A错；B选项中，KOH溶液与甲酸溶液恰好完全中和时，V(HCOOH)=，pH>7，在B点溶液的pH=7，则c(K+)=c(HCOO－)>c(OH－)=c(H+)，此时a略大于，故B错；在C点，溶液显酸性，但不管溶液显什么性，电荷总是守恒的，故C对；在D点，甲酸溶液的体积为20mL，n(HCOOH)+n(HCOO－)=·L－1×0.02L=mol，n(K+)=·L－1×0.015L=mol，故c(HCOO－)+c(HCOOH)＜2c(K+)，D不正确。11．[答案]C[解析]本题主要考查电解原理的应用。解决本题的关键是明确电解总式中氧元素的化合价变化。根据题目信息“其还原产物为双氧水”可知双氧水在阴极生成，双氧水是由O2发生还原反应生成的，O3则是由H2O发生氧化反应生成的，故电解池的阳极生成臭氧，阴极生成双氧水。阳极反应为3H2O－6e－=O3+6H+（或3H2O→O3+6H++6e－），阴极反应为3O2+6H++6e－=3H2O2（或3O2+6H++6e－→3H2O2）。虽然阳极产生的H+与阴极消耗的H+的个数相等，但由于水量减少，故电解池中硫酸溶液的pH应减小，故A、B、D均错。12．[答案]B[解析]本题综合考查电解原理和原电池原理的应用。由于H2的还原性比Cu强，因此铜不能与水自发反应放出氢气，因此题中反应不可能设计为原电池，只能设计为电解池。在电解池中Cu为阳极，符合题意的只有B选项。13．[答案]D[解析]本题考查学生对燃烧热的理解和热化学方程式的书写。A选项中，1mol碳燃烧生成CO不是完全燃烧，反应放出的热量应小于，故A错；B选项中，水的状态和△H的符号均错；C选项中，水的状态错，应为液态水，故C错；D中C6H12O6(s)完全燃烧放出热量1400kJ是正确的。要正确理解燃烧热概念中生成稳定氧化物的含义，CO2是C的稳定氧化物，生成的H2O应该是液态的。14．[答案]D[解析]本题主要考查运用盖斯定律进行反应热的简单计算。利用题给的三个热化学方程式的特点，根据盖斯定律，将①×3＋③－②可得，液态乙醇完全燃烧的热化学方程式为：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H4=－(3Q1+Q3－Q2)kJ·mol－1即1mol乙醇完全燃烧放出热量(3Q1+Q3－Q2)kJ，则23g（mol）酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为Q1－+kJ。答案选D。15．[答案]B[解析]本题综合考查条件对化学反应速率和化学平衡的影响。加入催化剂不能提高NO的转化率，只能提高反应速率，升高温度平衡左移，NO的转化率降低，A错；升温和加入N2都使平衡左移，C错；降温和加压都能使平衡右移，提高NO的转化率，但降温使反应速率降低，加压使反应速率加快，二者作用的相对大小不一定，故反应速率不一定提高，D错。16．[答案]A[解析]从图象中可以看出T1温度下反应达到平衡所需要的时间比T2多，故T2＞T1，温度升高，达到平衡时Y的值减小。根据合成氨反应的特点，升高温度时，平衡左移，N2的转化率降低，符合题意，A正确；由于是体积恒定的密闭容器，混合气体的密度不随平衡移动而变化，故B错；平衡左移，气体的物质的量增加，压强增大，故C错；平衡左移，H2的体积分数增大，故D错。17．[答案]C[解析]本题考查沉淀溶解平衡和溶度积的应用。A中溶液混合后c(CH3COO－)=c(Ag+)=·L－1，c(CH3COO－)·c(Ag+)=1×10－4mol2·L－2＜×10－3mol2·L－2，故不能产生CH3COOAg沉淀；B中应先生成Ag2S沉淀；C中要产生Mg(OH)2沉淀，[c(OH－)]2＞×10－11mol3·L－3÷mol·L－1=1×10－10mol2·L－2，c(OH－)＞1×10－5mol·L－1，pH＞9，故C正确；Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与沉淀量和溶液中离子的浓度无关，故D错。18．[答案]（1）CH3COOHCH3COO－+H+，14-a（2）7（3）NH4++OH－NH3·H2O使溶解平衡Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH－(aq)右移，从而促进了Mg(OH)2的溶解。（4）NH4++H2ONH3·H2O+H+；Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH－(aq)，NH4++OH－NH3·H2O[解析]本题综合考查电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡。要抓住醋酸和一水合氨的电离平衡常数相等，二者的酸性和碱性强弱相当这一特点分析(1)和(2)。同浓度的醋酸溶液中的c(H+)和氨水中的c(OH－)相等，醋酸铵溶液呈中性。分析(3)和(4)时，要抓住主要矛盾，NH4+对Mg(OH)2的沉淀溶解平衡起主要影响作用。AUTONUM9．[答案]②③⑤⑦[解析]本题综合考查了仪器的使用和洗涤，药品的保存，基本操作、物质的提纯等实验操作。①测定中和热时，需要不断搅拌使酸和碱迅速混合均匀；④沾有银的试管可用稀硝酸洗涤；⑥不能将pH试纸放入溶液中，而是放在表面皿或玻璃片上，用玻璃棒蘸取溶液或用胶头滴管吸取溶液，点在试纸上；⑧加入氢氧化钠溶液会使乙酸乙酯水解；⑨托盘天平称量只能精确到小数点后一位即5.8g；⑩用溴水除去苯中溶有的少量苯酚时，生成的三溴苯酚和溴都易溶于苯中使苯中含有的杂质更多，应该用NaOH溶液除去苯中溶有的少量苯酚。AUTONUM0．[答案]EG[解析]本题考查了玻璃棒在化学实验中的应用。A中搅拌溶解用到玻璃棒；在B中要使蔗糖、浓硫酸和水在小烧怀中混合，因此用到玻璃棒；C中过滤要用玻璃棒引流；在D中可用玻璃棒分别蘸取浓氨水和浓盐酸，相互靠近，因此要用到玻璃棒；在E中中和滴定是在锥形瓶中进行的，是摇动锥形瓶使反应液混合，不需要玻璃棒搅拌；硫酸铜晶体里结晶水含量测定，在加热的过程中要不断搅拌使其均匀受热，要用到玻璃棒；将适量氯化铁饱和溶液滴入沸水中，不需要搅拌，搅拌容易引起胶体聚沉，因此不需要玻璃棒。21．答案：（1）（2）+3NaOH→+CH3COONa+2H2O[解析]本题考查根据根据分子式和有机物的性质推断有机物结构简式的能力。根据“A、B、C三种有机物苯环上的一氯取代物均有两种”可推得，A、B、C均为苯环上有两个对位的取代基，再根据它们与NaOH溶液反应的情况可推得，A中含有一个羧基和一个醇羟基，B中含有一个羧基和一个酚羟基，C中含有一个酚羟基和一个乙酸与酚形成的酯基结构，结构简式见答案。22．[答案](1)羟基、羧基；(2)①③；(3)B：HOOC—CH＝CH—COOHC：HOOC—C—CH2—COOHF：C8H8O8[解析]本题综合考查根据有机物的结构推断性质、同分异构体书写、反应方程式书写等能力。根据苹果酸的结构可以推得，苹果酸可以发生的反应为：酯化反应、氧化反应、消去反应、取代反应、缩聚反应等反应类型。生成B的反应为消去反应；生成C的反应为氧化反应；生成D、E、F的反应均为两分子苹果酸之间发生酯化反应，只是形成环的大小不同。书写苹果酸的同分异构体时一定要严格遵守限制条件，分子内必须有醛基、羧基、醇羟基，且同一碳原子不能连有2个羟基，先写主链为四个碳的结构，再写主链为三个碳的结构。23．[答案](1)C8H8O2(2)4[解析](1)有机物A中C、H、O的原子个数比为：：：＝4：4：1，A的最简式为C4H4O，最简式式量为68，由于A分子中含有苯环，故碳原子数大于或等于6，又因为其相对分子质量小于150，故A的分子式只能为C8H8O2。(2)若A能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，则A分子中含有羧基，其结构有四种分别是、、和。(3)若A与NaOH溶液在加热时才能较快反应，则A为酯类，据“1molA消耗1molNaOH”可推得，A只能是羧酸与醇形成的酯，其结构简式只能有两种，见答案。(4)若A与NaOH溶液在加热时才能较快反应，且1molA消耗2molNaOH，则A为羧酸与酚形成的酯，可能有以下四种，其中不能发生镜镜反应的是第一种。24．[答案](1)C6H4S4+11O26CO2+4SO2+2H2O；(2)无水硫酸铜；(3)c；(4)E中溶液不褪色，F中溶液变浑浊；(5)气体通过Ⅱ时，会带出水蒸气，干扰氢元素的验证；(6)将有机物中的碳元素全部氧化成二氧化碳；(7)试剂瓶未与空气相通；(8)(9)h[解析](1)有机物燃烧时，C、H、N、S元素完全燃烧的产物分别为CO2、H2O、N2、