2024年高考化学终极押题密卷2（新高考2）含答案

2024年高考化学终极押题密卷2（新高考2）一．选择题（共7小题）1．下列有关传统文化的分析错误的是（）A．“慈石（Fe3O4）治肾家诸病，而通耳明目”。中“慈石”属于金属氧化物 B．东晋葛洪：“以曾青涂铁，铁赤色如铜”。文中发生了置换反应 C．《本草经集注》中“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石（KNO3）也”。“硝石”属于盐类 D．我国清代《本草纲目拾遗》中叙述了“铁线粉”：“粤中洋行有舶上铁丝……日久起销，用刀刮其销……所刮下之销末，名铁线粉”。铁线粉的成分是纯铁粉2．北京大学肿瘤医院季加孚课题组在ScienceChinaLifeSciences发表了的研究论文，揭示了白皮杉醇抗胃癌的机制，并且基于网络药理学层面探讨新型药物联合治疗策略，对发现新的天然小分子药物及胃癌治疗靶点具有重要的意义。下列关于白皮杉醇说法的不正确是（）A．白皮杉醇分子中存在顺反异构现象 B．1mol白皮杉醇与浓溴水反应，最多消耗7molBr2 C．白皮杉醇分子在空气中不能稳定存在 D．可与NH4HCO3溶液反应产生气体3．现有Q、X、Y、Z、W五种前四周期元素，它们的原子序数依次增大。Q原子核外成对电子数和未成对电子数之比为4：3；X、Z同主族，它们形成的两种化合物中，两元素的原子的质子总数之比分别为1：1和2：3；Y原子半径短周期中最大，W+的K、L、M层电子全充满。下列说法正确的是（）A．HnX的沸点比HnZ的沸点高是因为H—X键长比H—Z键长短，键能更大 B．第一电离能：Q＞X＞Z C．W2+比W+稳定 D．X与Y形成的化合物中只含一种化学键4．如图所示的氢氧燃料电池，下列有关该电池的说法错误的（）A．b电极是正极 B．电子由b电极经过灯泡流向a电极 C．电池总反应式为O2+2H2═2H2O D．氢氧燃料电池能量转化率很高5．下列实验装置可以达到相应实验目的的是（）ABCD用酸性高锰酸钾溶液测定葡萄酒中SO2的含量验证氯、硫、碳的电负性强弱设计随关随停制备氯气装置在HCl气流中制备无水氯化铁A．A B．B C．C D．D6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1molT2O比0.1molO多0.2NA个中子 B．含0.1mol的FeCl3饱和溶液与沸水反应制备Fe（OH）3胶体的胶粒数目为0.1NA C．常温常压下，总质量为14g的N2和CO混合气体中分子总数为NA D．1mol/L的CuSO4溶液中含有个数为NA7．室温下向含KSCN、KIO3和K2CrO4的溶液中滴加AgNO3溶液，混合液中和pAg[pAg＝﹣lgc（Ag+）]的关系如图所示。已知：Ksp（AgSCN）＜Ksp（AgIO3）。下列叙述错误的是（）A．直线Ⅱ代表和pAg的关系 B．d点直线Ⅱ和直线Ⅲ对应的两种沉淀的Ksp相同 C．向等浓度的K2CrO4和KSCN混合溶液中逐滴滴加AgNO3溶液，先生成AgSCN沉淀 D．得平衡常数K为104⋅49二．解答题（共4小题）8．依据图中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：（1）图1中，X的化学式为，从化合价上看，X具有性（填“氧化”或“还原”）。（2）图2中，属于氮的固定的过程是。（填序号）（3）回答下列关于NH3的问题：①实验室常用NH4Cl与Ca（OH）2制取氨气，该反应的化学方程式为。②氨气是重要的化工原料，可以合成多种物质，写出其催化氧化的化学方程式。（4）工业生产中利用氨水吸收SO2和NO2，原理如图所示：NO2被吸收过程的离子方程式是。（5）化学反应N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）的能量变化如图所示：①该反应（填“吸收”或“放出”）能量；②已知：断开1molH﹣H键要吸收436kJ的能量，断开1molN≡N键要吸收946kJ的能量，形成1molN﹣H键需要释放391kJ的能量，故E3＝。9．氨是最基本的化工原料，常用于制液氮、氨水、硝酸、铵盐和胺类等。（1）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，其反应如下：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝﹣92.0kJ/mol根据下列键能数据，结合上述反应数据，计算N﹣H的键能是kJ•mol﹣1。化学键N≡NH﹣H键能/（kJ•mol﹣1）946436（2）合成氨工业中，原料气（N2、H2及少量CO、NH3的混合气）在进入合成塔前需经过铜氨液处理，目的是除去其中CO，其反应为：[Cu（NH3）2]++CO+NH3⇌[Cu（NH3）3CO]+ΔH＜0。①配离子[Cu（NH3）3CO]+的中心离子是，配位数是。②铜氨溶液吸收CO适宜的生产条件：温、压。（填“高”“低”）（3）恒温恒压条件下，向容器中通入1molN2和3molH2，合成氨反应用摩尔分数表示的平衡常数Kx＝，达到平衡时N2的转化率为。（保留3位有效数字）（已知反应的aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g）Kx＝，物质ⅰ的摩尔分数xⅰ＝。＝2.24。）（4）制备（NH4）2SO4时所需的NH3可以通过反应合成，但缺。有学者倡议：常温下，把石膏矿中Ca（Ⅱ）转化为难溶的CaCO3，留下的和形成（NH4）2SO4。反应方程式如下：CaSO4（s）+2NH3⋅H2O（aq）+H2CO3（aq）⇌（NH4）2SO4（aq）+CaCO3（s）+2H2O（l），化学平衡常数为Kc，用下列相关K的符号来表示Kc＝。通过计算反应的Kc判断以上倡议（填“可行”或“不可行”）。（已知Ksp（CaCO3）＝2.5×10﹣9、Ksp（CaSO4）＝9.0×10﹣6、Kb（NH3⋅H2O）＝1.8×10﹣5、H2CO3的Ka1＝4.0×10﹣7、Ka2＝5.0×10﹣11、Kw＝1.0×10﹣14）（5）NH3与镓（Ga）在高温下生成GaN，氮化镓晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。①以晶胞边长为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中的原子位置，称作原子坐标。B原子坐标为（），则A原子坐标为。②若NA为阿伏加德罗常数的值，GaN晶胞中N原子与N原子之间最短的核间距离是bnm，则GaN晶体的密度为g•cm﹣3（只列计算式）。10．2024年1月31日，武汉大学陆庆全课题组利用地球上丰富的铁作为催化剂，产生高度亲电性的氯自由基以活化烷基C—H键，从而实现了在温和条件下烷烃C―H硼化反应。回答下列问题：（1）基态Fe2+的外围电子排布式为。（2）H、Cl、C、S的电负性由小到大的顺序是，N、O、F三种元素的第一电离能最小的是。（3）B2H6相对分子质量比H2O大，但常温下H2O为液体，B2H6为气体，原因是；B2H6分子内不存在的化学键有。A．极性共价键B．配位键C．π键D．离子键（4）催化反应的一种中间产物结构如图，其分子中B与周围直接相连的原子形成的空间构型为，碳的杂化类型为，1mol分子内含有的σ键数目为NA。（5）晶体硼的熔点为2300℃，而晶体硅的熔点为1410℃，试从结构角度解释其熔点差别较大的原因：。11．乙酰水杨酸E和对乙酰氨基酚J是常见的解热镇疼药物。以苯酚A为原料，可合成化合物E和化合物J。（1）化合物I的名称为；化合物E的官能团名称为。（2）流程中A→F反应，可同时得到对硝基苯酚和邻硝基苯酚，并可采用蒸馏方式提纯。提纯时，首先蒸出的是（填写名称），原因是。（3）G→H的化学方程式为。（4）吡啶（）是类似苯的芳香化合物。化合物J的同分异构体中，同时满足如下3个条件的同分异构体有种。条件：①是吡啶的衍生物；②含有乙基（﹣C2H5）；③能与NaHCO3溶液反应生成CO2。（5）根据上述信息，写出一种以苯酚和邻二甲苯为原料合成的路线图。（其他无机试剂任选，已知：）三．工艺流程题（共1小题）12．氧缺位体（CuFe2O4﹣δ）是热化学循环分解水制氢的催化剂。一种以黄铜矿（主要成分是CuFeS2，含Al2O3、SiO2等杂质）为原料制备CuFe2O4﹣δ流程如图所示：已知：①酸浸后溶液中的金属离子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+②25℃时已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：金属氢氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Cu（OH）2Fe（OH）2开始沉淀的pH7.0完全沉淀的pH9.0请回答下列问题：（1）CuFeS2“焙烧”时生成三种氧化物，其中金属氧化物的化学式为。（2）焙烧产物中的SO2在有氧条件下利用石灰石浆液吸收可制得一种副产品。（填化学式）（3）流程中，若无“还原”工序，造成的后果是。（4）已知Cu（NH3）2Cl2有两种同分异构体，则“沉铁”过程中生成的的空间结构是。（5）“灼烧”工序的化学方程式是，“煅烧”时通入N2的作用是。（6）“煅烧”CuFe2O4得到氧缺位体（CuFe2O4﹣δ）时，不同温度范围内，发生变价的金属元素不同，某温度下制得的氧缺位体质量为原质量的99%，则δ＝。（7）氧缺位体催化分解水制氢可分为两步：第一步：（完成方程式）；第二步：2CuFe2O4＝2CuFe2O4﹣δ+δO2↑。

2024年菁优高考化学终极押题密卷2（新高考2）参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）1．下列有关传统文化的分析错误的是（）A．“慈石（Fe3O4）治肾家诸病，而通耳明目”。中“慈石”属于金属氧化物 B．东晋葛洪：“以曾青涂铁，铁赤色如铜”。文中发生了置换反应 C．《本草经集注》中“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石（KNO3）也”。“硝石”属于盐类 D．我国清代《本草纲目拾遗》中叙述了“铁线粉”：“粤中洋行有舶上铁丝……日久起销，用刀刮其销……所刮下之销末，名铁线粉”。铁线粉的成分是纯铁粉【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；化学基本反应类型．【专题】物质的分类专题．【答案】D【分析】A．四氧化三铁是铁的氧化物；B．置换反应指一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应；C．盐指能够电离出金属阳离子或铵根离子和酸根离子的化合物；D．“铁线粉”主要成分是铁锈，含有氧化铁、铁粉等。【解答】解：A．四氧化三铁是铁的氧化物，属于金属氧化物，故A正确；B．硫酸铜与铁反应生成硫酸亚铁和铜，发生置换反应，故B正确；C．“硝石”为硝酸钾，硝酸钾属于盐，故C正确；D．“铁线粉”主要成分是铁锈，含有氧化铁、铁粉等，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查物质的分类，为基础知识的考查，题目难度不大。2．北京大学肿瘤医院季加孚课题组在ScienceChinaLifeSciences发表了的研究论文，揭示了白皮杉醇抗胃癌的机制，并且基于网络药理学层面探讨新型药物联合治疗策略，对发现新的天然小分子药物及胃癌治疗靶点具有重要的意义。下列关于白皮杉醇说法的不正确是（）A．白皮杉醇分子中存在顺反异构现象 B．1mol白皮杉醇与浓溴水反应，最多消耗7molBr2 C．白皮杉醇分子在空气中不能稳定存在 D．可与NH4HCO3溶液反应产生气体【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【答案】D【分析】A．碳碳双键连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构；B．苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和溴水以1：1发生取代反应，碳碳双键和溴以1：1发生加成反应；C．酚羟基易被氧化；D．酚羟基和NH4HCO3不反应。【解答】解：A．分子中碳碳双键连接2个不同的原子或原子团，所以存在顺反异构，故A正确；B．苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和溴水以1：1发生取代反应，碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，1mol白皮杉醇与浓溴水反应，最多消耗7molBr2，6mol溴发生取代反应、1mol溴发生加成反应，故B正确；C．分子中酚羟基易被氧化，所以白皮杉醇分子在空气中不能稳定存在，故C正确；D．酚的酸性小于碳酸，所以分子中酚羟基和NH4HCO3不反应，故D错误；故选：D。【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。3．现有Q、X、Y、Z、W五种前四周期元素，它们的原子序数依次增大。Q原子核外成对电子数和未成对电子数之比为4：3；X、Z同主族，它们形成的两种化合物中，两元素的原子的质子总数之比分别为1：1和2：3；Y原子半径短周期中最大，W+的K、L、M层电子全充满。下列说法正确的是（）A．HnX的沸点比HnZ的沸点高是因为H—X键长比H—Z键长短，键能更大 B．第一电离能：Q＞X＞Z C．W2+比W+稳定 D．X与Y形成的化合物中只含一种化学键【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．【答案】B【分析】现有Q、X、Y、Z、W五种前四周期元素，它们的原子序数依次增大。Y原子半径短周期中最大，则Y为Na元素；Q原子核外成对电子数和未成对电子数之比为4：3，其原子序数小于Na元素，则Q位于第二周期，其原子序数为4+3＝7，则Q为N元素；W+的K、L、M层电子全充满，W原子的核外电子总数为2+8+18+1＝29，则W为Cu元素；X、Z同主族，它们形成的两种化合物中，两元素的原子的质子总数之比分别为1：1和2：3，X介于N和Na元素之间，满足条件的X只有O元素，则Z为S元素，以此分析解答。【解答】解：根据分析可知，Q为N元素，X为O元素，Y为Na元素，Z为S元素，W为Cu元素，A．H2O分子间存在氢键，H2S分子间没有氢键，导致H2O的沸点较高，与键长无关，故A错误；B．主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，N的第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N＞O＞S，故B正确；C．W2+、W+分别为Cu2+、Na+，金属性越强，对于离子的氧化性越弱，其稳定性越强，则Na+比Cu2+稳定，故C错误；D．Na与O元素形成的过氧化钠中含有离子键和共价键，故D错误；故选：B。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。4．如图所示的氢氧燃料电池，下列有关该电池的说法错误的（）A．b电极是正极 B．电子由b电极经过灯泡流向a电极 C．电池总反应式为O2+2H2═2H2O D．氢氧燃料电池能量转化率很高【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【答案】B【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，电极反应式为H2﹣2e﹣＝2H+，通入氧气的一极为原电池的正极，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极。【解答】解：A．氢氧燃料电池中，H2在负极a上被氧化，O2在正极b上被还原，故A正确；B．原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，即由a通过灯泡流向b，故B错误；C．氢氧燃料电池的总反应为：2H2+O2＝2H2O，属于环保电池，故C正确。D．氢氧燃料电池是将化学能转化为电能的装置，能量转化率高，故D正确；故选：B。【点评】本题考查原电池的工作原理，题目难度不大，注意把握电极方程式的书写，特别是电解质溶液的酸碱性。5．下列实验装置可以达到相应实验目的的是（）ABCD用酸性高锰酸钾溶液测定葡萄酒中SO2的含量验证氯、硫、碳的电负性强弱设计随关随停制备氯气装置在HCl气流中制备无水氯化铁A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【答案】D【分析】A．二氧化硫、乙醇都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；B．挥发的HCl能和碳酸氢钠溶液反应生成CO2，且S元素的最高价氧化物的水化物是H2SO4，元素的非金属性越强，其电负性越大；C．浓盐酸和二氧化锰制取氯气需要加热且二氧化锰为粉末状固体；D．氯化铁水解生成氢氧化铁和HCl，加热促进盐酸挥发。【解答】解：A．二氧化硫、乙醇都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，同时图中手易将活塞拉出，故A错误；B．挥发的HCl能和碳酸氢钠溶液反应生成CO2，且S元素的最高价氧化物的水化物是H2SO4，同时盐酸和亚硫酸不能代表氯和硫判断电负性，故B错误；C．浓盐酸和二氧化锰制取氯气需要加热且二氧化锰为粉末状固体，不能使用启普发生器产生氯气，故C错误；D．氯化铁水解生成氢氧化铁和HCl，加热促进盐酸挥发，在HCl气体中加热氯化铁晶体，可以抑制其水解从而可制备得到氯化铁，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质、实验操作规范性是解本题关键，A选项为解答易错点，题目难度不大。6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1molT2O比0.1molO多0.2NA个中子 B．含0.1mol的FeCl3饱和溶液与沸水反应制备Fe（OH）3胶体的胶粒数目为0.1NA C．常温常压下，总质量为14g的N2和CO混合气体中分子总数为NA D．1mol/L的CuSO4溶液中含有个数为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．【答案】A【分析】A．1个T2O中含有12个中子，1个O中含有10个中子；B．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；C．N2和CO的摩尔质量都是28g/mol，14g该混合物的物质的量为0.5mol；D．n＝cV。【解答】解：A．1个T2O中含有12个中子，1个O中也含有10个中子，则0.1molT2O比0.1O含有中子数多0.2NA，故A正确；B．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氯化铁形成的胶粒的个数小于NA个，故B错误；C．14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为0.5mol，分子总数为0.5NA，故C错误；D．溶液的体积未知，无法计算溶液中的物质的量，故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查与物质的量有关的计算，涉及到计算物质的量浓度、物质的量、质量等，解题的关键是掌握计算方法和条件，为高频考点，难度中等。7．室温下向含KSCN、KIO3和K2CrO4的溶液中滴加AgNO3溶液，混合液中和pAg[pAg＝﹣lgc（Ag+）]的关系如图所示。已知：Ksp（AgSCN）＜Ksp（AgIO3）。下列叙述错误的是（）A．直线Ⅱ代表和pAg的关系 B．d点直线Ⅱ和直线Ⅲ对应的两种沉淀的Ksp相同 C．向等浓度的K2CrO4和KSCN混合溶液中逐滴滴加AgNO3溶液，先生成AgSCN沉淀 D．得平衡常数K为104⋅49【考点】沉淀溶解平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【答案】B【分析】AgSCN和AgIO3的物质类型相同、阴阳离子个数比为1：1，K2CrO4中阴阳离子个数比为1：2，则AgSCN、AgIO3的pX与pAg关系图象的斜率相同、是两条平行直线，且Ksp（AgSCN）＜Ksp（AgIO3），当pAg相同时c（SCN﹣）＜c（）、p（SCN﹣）＞p（），所以图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表pSCN﹣、、与pAg的关系，Ksp（AgSCN）＝c（Ag+）•c（SCN﹣）＝10﹣2×10﹣9.99＝10﹣11.99，Ksp（AgIO3）＝10﹣7.5，据此分析解答。【解答】解：A．由上述分可知，图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表pSCN﹣、、与pAg的关系，故A正确；B．d点是直线Ⅱ和直线Ⅲ相交点，此时c（）＝c（），但Ksp（AgIO3）＝c（Ag+）•c（），Ksp（Ag2CrO4）＝c2（Ag+）•c（），所以两种沉淀的Ksp不相同，故B错误；C．由图可知，向等浓度的K2CrO4和KSCN混合溶液中逐滴滴加AgNO3溶液时，生成AgSCN沉淀的pAg大，生成Ag2CrO4沉淀的pAg小，即生成AgSCN沉淀所需c（Ag+）较小，先生成AgSCN沉淀，故C正确；D．由上述分可知，Ksp（AgSCN）＝10﹣11.99，Ksp（AgIO3）＝10﹣7.5，则AgIO3+SCN﹣⇌AgSCN+的平衡常数K＝＝＝＝104.49，故D正确；故选：B。【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握对应曲线的判断、Ksp的表达式及计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析能力、计算能力与运用能力的考查，题目难度中等。二．解答题（共4小题）8．依据图中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：（1）图1中，X的化学式为N2O5，从化合价上看，X具有氧化性（填“氧化”或“还原”）。（2）图2中，属于氮的固定的过程是①。（填序号）（3）回答下列关于NH3的问题：①实验室常用NH4Cl与Ca（OH）2制取氨气，该反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O。②氨气是重要的化工原料，可以合成多种物质，写出其催化氧化的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O。（4）工业生产中利用氨水吸收SO2和NO2，原理如图所示：NO2被吸收过程的离子方程式是2NO2+4＝N2+4。（5）化学反应N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）的能量变化如图所示：①该反应放出（填“吸收”或“放出”）能量；②已知：断开1molH﹣H键要吸收436kJ的能量，断开1molN≡N键要吸收946kJ的能量，形成1molN﹣H键需要释放391kJ的能量，故E3＝92kJ。【考点】含氮物质的综合应用；反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化；氮族元素．【答案】（1）N2O5；氧化；（2）①；（3）①2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；②4NH3+5O24NO+6H2O；（4）2NO2+4＝N2+4；（5）①放出；②92kJ。【分析】（1）由图可知，X为N元素的+5价的氧化物，从化合价上看，+5价的N元素在反应中，化合价只能降低，被还原，表现出氧化性；（2）氮的固定是指氮气转化为含氮化合物的过程；（3）①实验室常用NH4Cl与Ca（OH）2在加热条件下反应生成CaCl2、NH3、H2O；②氨气催化氧化生成NO、H2O；（4）根据图示，氨水中通入SO2，生成亚硫酸铵，然后向亚硫酸铵溶液中通入NO2，NO2被还原为N2，亚硫酸铵被氧化为硫酸铵，根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒，书写反应的离子方程式；（5）①反应物的能量大于生成物的能量，则该反放出能量；②ΔH＝反应物键能之和﹣生成物键能之和，E3与ΔH数值上相等。【解答】解：（1）根据图示，X为N元素的+5价的氧化物，是五氧化二氮，化学式为N2O5，N元素为+5价，是最高价，具有氧化性，在反应中，N元素化合价降低，被还原，故答案为：N2O5；氧化；（2）图2中，属于氮的固定的过程是反应①，氮气转化为氮化镁，故答案为：①；（3）①NH4Cl与Ca（OH）2制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；②氨气发生催化氧化的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（4）根据图示，氨水中通入SO2，生成亚硫酸铵，然后向亚硫酸铵溶液中通入NO2，NO2被还原为N2，亚硫酸铵被氧化为硫酸铵，根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒，可得反应的离子方程式为：2NO2+4＝N2+4，故答案为：2NO2+4＝N2+4；（5）①反应物的总能量大于生成物的总能量，这样的反应属于放热反应，故答案为：放出；②断开1molH﹣H键要吸收436kJ的能量，断开1molN≡N键要吸收946kJ的能量，形成1molN﹣H键需要释放391kJ的能量，根据方程式：N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g），则有ΔH＝（946+436×3﹣391×6）kJ/mol＝﹣92kJ/mol，则E3＝92kJ，故答案为：92kJ。【点评】本题主要考查学生看图理解能力、分析能力，同时考查方程式书写与关系式计算，掌握氮及其化合物之间的转化是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度中等。9．氨是最基本的化工原料，常用于制液氮、氨水、硝酸、铵盐和胺类等。（1）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，其反应如下：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝﹣92.0kJ/mol根据下列键能数据，结合上述反应数据，计算N﹣H的键能是391kJ•mol﹣1。化学键N≡NH﹣H键能/（kJ•mol﹣1）946436（2）合成氨工业中，原料气（N2、H2及少量CO、NH3的混合气）在进入合成塔前需经过铜氨液处理，目的是除去其中CO，其反应为：[Cu（NH3）2]++CO+NH3⇌[Cu（NH3）3CO]+ΔH＜0。①配离子[Cu（NH3）3CO]+的中心离子是Cu+，配位数是4。②铜氨溶液吸收CO适宜的生产条件：低温、高压。（填“高”“低”）（3）恒温恒压条件下，向容器中通入1molN2和3molH2，合成氨反应用摩尔分数表示的平衡常数Kx＝，达到平衡时N2的转化率为10.7%。（保留3位有效数字）（已知反应的aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g）Kx＝，物质ⅰ的摩尔分数xⅰ＝。＝2.24。）（4）制备（NH4）2SO4时所需的NH3可以通过反应合成，但缺。有学者倡议：常温下，把石膏矿中Ca（Ⅱ）转化为难溶的CaCO3，留下的和形成（NH4）2SO4。反应方程式如下：CaSO4（s）+2NH3⋅H2O（aq）+H2CO3（aq）⇌（NH4）2SO4（aq）+CaCO3（s）+2H2O（l），化学平衡常数为Kc，用下列相关K的符号来表示Kc＝K2b（NH3⋅H2O）•Ka1•Ka2•Ksp（CaSO4）×。通过计算反应的Kc判断以上倡议可行（填“可行”或“不可行”）。（已知Ksp（CaCO3）＝2.5×10﹣9、Ksp（CaSO4）＝9.0×10﹣6、Kb（NH3⋅H2O）＝1.8×10﹣5、H2CO3的Ka1＝4.0×10﹣7、Ka2＝5.0×10﹣11、Kw＝1.0×10﹣14）（5）NH3与镓（Ga）在高温下生成GaN，氮化镓晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。①以晶胞边长为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中的原子位置，称作原子坐标。B原子坐标为（），则A原子坐标为（0，，）。②若NA为阿伏加德罗常数的值，GaN晶胞中N原子与N原子之间最短的核间距离是bnm，则GaN晶体的密度为g•cm﹣3（只列计算式）。【考点】化学平衡的计算．【专题】化学反应中的能量变化；化学键与晶体结构；化学平衡计算．【答案】（1）391；（2）①Cu+；4；②低；高；（3）10.7%；（4）K2b（NH3⋅H2O）•Ka1•Ka2•Ksp（CaSO4）×；可行；（5）①（0，，）；②。【分析】（1）焓变ΔH＝反应物的总键能﹣生成物的总键能，据此计算N﹣H键键能；（2）①配离子[Cu（NH3）3CO]+中NH3、CO为配体，均为中性分子，则中心离子为Cu+；②）[Cu（NH3）2]++CO+NH3⇌[Cu（NH3）3CO]+是气体体积减小的放热反应，低温和高压有利于平衡正向移动；（3）反应三段式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）起始量（mol）130变化量（mol）a3a2a平衡量（mol）1﹣a3﹣3a2a平衡时气体总量为（4﹣2a）mol，x（N2）＝，x（H2）＝，x（NH3）＝，平衡常数Kx＝＝＝，解得a≈0.107mol；（4）反应CaSO4（s）+2NH3⋅H2O（aq）+H2CO3（aq）⇌（NH4）2SO4（aq）+CaCO3（s）+2H2O（l）的平衡常数为Kc＝＝××＝K2b（NH3⋅H2O）•Ka1•Ka2•Ksp（CaSO4）×；（5）①A原子在左侧平面的面心位置，并且在yoz平面内；②GaN晶胞中N原子与N原子之间最短的核间距离是bnm，即晶胞面对角线长为2bnm，晶胞参数为bnm＝b×10﹣7cm，晶胞体积V＝（b×10﹣7）3cm3，晶胞中含有4个N原子，则晶胞质量m＝g，根据密度ρ＝进行计算。【解答】解：（1）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝﹣92.0kJ/mol，设N﹣H键键能为x，则946kJ/mol+3×436kJ/mol﹣6x＝﹣92.0kJ/mol，解得x＝391kJ/mol，即N﹣H键键能为391kJ/mol，故答案为：391；（2）①配离子[Cu（NH3）3CO]+中NH3、CO为配体，均为中性分子，则中心离子为Cu+，配位原子的数目为4，即该配离子中配位数为4，故答案为：Cu+；4；②反应[Cu（NH3）2]++CO+NH3⇌[Cu（NH3）3CO]+是气体体积减小的放热反应，则铜氨液吸收CO适宜的生产条件是低温和高压，故答案为：低；高；（3）反应三段式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）起始量（mol）130变化量（mol）a3a2a平衡量（mol）1﹣a3﹣3a2a平衡时气体总量为（4﹣2a）mol，x（N2）＝，x（H2）＝，x（NH3）＝，平衡常数Kx＝＝＝，解得a≈0.107mol，则达到平衡时N2的转化率为×100%＝10.7%，故答案为：10.7%；（4）反应CaSO4（s）+2NH3⋅H2O（aq）+H2CO3（aq）⇌（NH4）2SO4（aq）+CaCO3（s）+2H2O（l）的平衡常数为Kc＝＝××＝K2b（NH3⋅H2O）•Ka1•Ka2•Ksp（CaSO4）×＝＝2.48832×105＞105，平衡进行程度较大，即该倡议可行，故答案为：K2b（NH3⋅H2O）•Ka1•Ka2•Ksp（CaSO4）×；可行；（5）①A原子位于左侧平面的面心，并且在yoz平面内，所以A原子坐标为（0，，），故答案为：（0，，）；②晶胞中含有4个N原子，则晶胞质量m＝g，GaN晶胞中N原子与N原子之间最短的核间距离是bnm，即晶胞面对角线长为2bnm，晶胞参数为bnm＝b×10﹣7cm，晶胞体积V＝（b×10﹣7）3cm3，晶胞密度ρ＝＝＝g•cm﹣3，故答案为：。【点评】本题考查化学平衡计算、晶胞密度及其相关计算、反应热与焓变，侧重计算能力和运用能力考查，把握反应热与键能的计算关系、化学平衡常数的计算、化学平衡影响因素、晶胞结构及其相关计算是解题关键，注意掌握晶胞密度的计算方法，题目难度较大。10．2024年1月31日，武汉大学陆庆全课题组利用地球上丰富的铁作为催化剂，产生高度亲电性的氯自由基以活化烷基C—H键，从而实现了在温和条件下烷烃C―H硼化反应。回答下列问题：（1）基态Fe2+的外围电子排布式为3d6。（2）H、Cl、C、S的电负性由小到大的顺序是H＜C＜S＜Cl，N、O、F三种元素的第一电离能最小的是O。（3）B2H6相对分子质量比H2O大，但常温下H2O为液体，B2H6为气体，原因是H2O能形成分子间氢键；B2H6分子内不存在的化学键有BCD。A．极性共价键B．配位键C．π键D．离子键（4）催化反应的一种中间产物结构如图，其分子中B与周围直接相连的原子形成的空间构型为平面三角形，碳的杂化类型为sp2、sp3，1mol分子内含有的σ键数目为37NA。（5）晶体硼的熔点为2300℃，而晶体硅的熔点为1410℃，试从结构角度解释其熔点差别较大的原因：二者都是共价晶体，但B﹣B键键长比Si—Si短的多，共价键更强，熔点更高。【考点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【答案】（1）3d6；（2）H＜C＜S＜Cl；O；（3）H2O能形成分子间氢键；BCD；（4）平面三角形；sp2、sp3；37；（5）二者都是共价晶体，但B﹣B键键长比Si—Si短的多，共价键更强，熔点更高。【分析】（1）Fe为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为[Ar]3d64s2，失去4s上的2个电子形成Fe2+；（2）同周期主族元素从左到右元素的电负性增大，非金属性越强电负性越强；同周期主族元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但ⅡA、VA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能；（3）水分子间存在氢键，而乙硼烷无法形成氢键，所以常温下H2O为液体，乙硼烷为气体；乙硼烷分子内存在硼氢键，为极性共价键和σ键，B﹣B键为非极性共价键；（4）分子中B与三个原子相连，为sp2杂化，故为平面三角形结构；碳有饱和碳和双键碳，故为sp2、sp3杂化，单键都是σ键，双键中有一个σ键；（5）由已知条件可知，二者都是共价晶体，但B﹣B键键长比Si—Si短的多，共价键更强，熔点更高。【解答】解：（1）Fe为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为[Ar]3d64s2，失去4s上的2个电子形成Fe2+，所以Fe2+的外围电子排布式为3d6，故答案为：3d6；（2）同周期主族元素从左到右元素的电负性增大，非金属性越强电负性越强，所以H、Cl、C、S的电负性由小到大的顺序是H＜C＜S＜Cl；同周期主族元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但ⅡA、VA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能，所以第一电离能最小的元素是O，故答案为：H＜C＜S＜Cl；O；（3）水分子间存在氢键，而乙硼烷无法形成氢键，所以常温下H2O为液体，乙硼烷为气体；乙硼烷分子内存在硼氢键，为极性共价键和σ键，B﹣B键为非极性共价键，不存在离子键、配位键和π键，故BCD正确，故答案为：BCD；（4）分子中B与三个原子相连，为sp2杂化，故为平面三角形结构；碳有饱和碳和双键碳，故为sp2、sp3杂化，单键都是σ键，双键中有一个σ键，故1mol分子中含有的σ键数目为37mol，故答案为：平面三角形；sp2、sp3；37；（5）由已知条件可知，二者都是共价晶体，但B﹣B键键长比Si—Si短的多，共价键更强，熔点更高，故答案为：二者都是共价晶体，但B﹣B键键长比Si—Si短的多，共价键更强，熔点更高。【点评】本题主要考查元素周期表与元素周期律的知识及核外电子排布式的书写等知识，为高频考点，题目难度一般。11．乙酰水杨酸E和对乙酰氨基酚J是常见的解热镇疼药物。以苯酚A为原料，可合成化合物E和化合物J。（1）化合物I的名称为对氨基苯酚（或4﹣氨基苯酚）；化合物E的官能团名称为酯基、羧基。（2）流程中A→F反应，可同时得到对硝基苯酚和邻硝基苯酚，并可采用蒸馏方式提纯。提纯时，首先蒸出的是邻硝基苯酚（填写名称），原因是对硝基苯酚可形成分子间氢键，使其沸点升高，邻硝基苯酚形成分子内氢键，使其沸点降低，故先蒸馏出来的是邻硝基苯酚。（3）G→H的化学方程式为。（4）吡啶（）是类似苯的芳香化合物。化合物J的同分异构体中，同时满足如下3个条件的同分异构体有10种。条件：①是吡啶的衍生物；②含有乙基（﹣C2H5）；③能与NaHCO3溶液反应生成CO2。（5）根据上述信息，写出一种以苯酚和邻二甲苯为原料合成的路线图。（其他无机试剂任选，已知：）【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【答案】（1）对氨基苯酚（或4﹣氨基苯酚）；酯基、羧基；（2）邻硝基苯酚；对硝基苯酚可形成分子间氢键，使其沸点升高，邻硝基苯酚形成分子内氢键，使其沸点降低，故先蒸馏出来的是邻硝基苯酚；（3）；（4）10；（5）。【分析】与NaOH反应生成和水，苯酚钠与CO2反应生成，该过程中苯环与CO2发生加成反应引入﹣COOH，而后羧基再与﹣ONa反应，酸化生成，与乙酸酐发生取代反应生成和CH3COOH；发生硝化反应生成，中硝基还原为氨基、同时酚羟基与氢氧化钠发生中和反应生成，G中的﹣ONa结构会与盐酸反应生成酚羟基（强酸制取弱酸），﹣NH2会与盐酸会成盐生成﹣NH3Cl，可知H为，与碳酸氢钠反应生成，与乙酸酐发生取代反应生成和CH3COOH；（5）由D→E的转化，与反应生成，结合本题中信息可知，一定条件下脱水生成，而用酸性高锰酸钾溶液氧化生成。【解答】解：（1）I的结构简式为，氨基为取代基，其命名为对氨基苯酚或4﹣氨基苯酚；观察结构可知，化合物E的官能团有酯基和羧基，故答案为：对氨基苯酚（或4﹣氨基苯酚）；酯基、羧基；（2）对硝基苯酚可形成分子间氢键，使其沸点升高，而邻硝基苯酚形成分子内氢键，使其沸点降低，故先蒸馏出来的是沸点相对低的邻硝基苯酚，故答案为：邻硝基苯酚；对硝基苯酚可形成分子间氢键，使其沸点升高，邻硝基苯酚形成分子内氢键，使其沸点降低，故先蒸馏出来的是邻硝基苯酚；（3）G中的﹣ONa结构会与盐酸反应生成酚羟基（强酸制取弱酸），﹣NH2会与盐酸发生中和反应生成﹣NH3Cl，所以G→H的化学方程式为，故答案为：；（4）化合物J（）的同分异构体满足如下3个条件：①是吡啶的衍生物，说明含有，②含有乙基（﹣C2H5）；③能与NaHCO3溶液反应生成CO2，说明含有﹣COOH，固定﹣COOH在环上，与N原子有邻、间、对3种位置，对应的﹣CH2CH3依次有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有4+4+2＝10种，故答案为：10；（5）由D→E的转化，与反应生成，结合本题中信息可知，一定条件下脱水生成，而用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，合成路线为，故答案为：。【点评】本题考查有机物的合成，涉及有机物命名、官能团识别、有机物的结构与性质、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物结构变化来理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。三．工艺流程题（共1小题）12．氧缺位体（CuFe2O4﹣δ）是热化学循环分解水制氢的催化剂。一种以黄铜矿（主要成分是CuFeS2，含Al2O3、SiO2等杂质）为原料制备CuFe2O4﹣δ流程如图所示：已知：①酸浸后溶液中的金属离子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+②25℃时已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：金属氢氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Cu（OH）2Fe（OH）2开始沉淀的pH7.0完全沉淀的pH9.0请回答下列问题：（1）CuFeS2“焙烧”时生成三种氧化物，其中金属氧化物的化学式为CuO、Fe3O4。（2）焙烧产物中的SO2在有氧条件下利用石灰石浆液吸收可制得一种副产品CaSO4。（填化学式）（3）流程中，若无“还原”工序，造成的后果是调节pH值时会使Fe3+发生沉淀。（4）已知Cu（NH3）2Cl2有两种同分异构体，则“沉铁”过程中生成的的空间结构是平面正方形。（5）“灼烧”工序的化学方程式是CuO+2Fe（OH）3CuFe2O4+3H2O，“煅烧”时通入N2的作用是做保护气，防止生成物被氧化。（6）“煅烧”CuFe2O4得到氧缺位体（CuFe2O4﹣δ）时，不同温度范围内，发生变价的金属元素不同，某温度下制得的氧缺位体质量为原质量的99%，则δ＝0.15。（7）氧缺位体催化分解水制氢可分为两步：第一步：2CuFe2O4﹣δ+δH2O＝δH2↑+CuFe2O4（完成方程式）；第二步：2CuFe2O4＝2CuFe2O4﹣δ+δO2↑。【考点】制备实验方案的设计．【专题】制备实验综合．【答案】（1）CuO、Fe3O4；（2）CaSO4；（3）调节pH值时会使Fe3+发生沉淀；（4）平面正方形；（5）CuO+2Fe（OH）3CuFe2O4+3H2O；做保护气，防止生成物被氧化；（6）0.15；（7）2CuFe2O4﹣δ+δH2O＝δH2↑+CuFe2O4。【分析】氧气具有氧化性，已知酸浸后的溶液中金属离子有Cu2+，Fe2+，Al3+和Fe3+，CuFeS2焙烧生成三种氧化物，结合质量守恒可知，三种氧化物为SO2、CuO、Fe3O4，加入硫酸金属氧化物转化为相应的硫酸盐，滤渣1为SiO2，加入Cu还原Fe3+为Fe2+，加入CuO调节pH使Al3+沉淀，，而Cu2+和Fe2+不沉淀，滤渣2中有Al（OH）3、CuO、Cu，加H2O2将Fe2+氧化为Fe3+离子，加入过量的氨水反应生成Cu（NH3）4SO4，Fe3+生成Fe（OH）3沉淀，Cu（NH3）4SO4经过系列操作生成CuO，灼烧CuO和Fe（OH）3生成CuFe2O4，在N2做保护气下煅烧生成CuFe2O4﹣δ。【解答】解：（1）已知酸浸后的溶液中金属离子有Cu2+，Fe2+，Al3+和Fe3+，CuFeS2焙烧生成三种氧化物，结合质量守恒可知，三种氧化物为SO2、CuO、Fe3O4，其中金属氧化物的化学式为CuO、Fe3O4，故答案为：CuO、Fe3O4；（2）焙烧产物中的SO2在有氧条件下利用石灰石浆液Ca（OH）2吸收可制得一种副产品是CaSO4，故答案为：CaSO4；（3）加入Cu还原Fe3+为Fe2+，若没有还原工序，调节pH值时会使Fe3+发生沉淀，故答案为：调节pH值时会使Fe3+发生沉淀；（4）已知Cu（NH3）2Cl2有两种同分异构体，则可知其结构不是四面体结构，而是平面四边形结构，故的空间构型为平面正方形，故答案为：平面正方形；（5）灼烧CuO和Fe（OH）3生成CuFe2O4，反应的方程式为CuO+2Fe（OH）3CuFe2O4+3H2O；N2做保护气，防止生成物被氧化，故答案为：CuO+2Fe（OH）3CuFe2O4+3H2O；做保护气，防止生成物被氧化；（6）“煅烧”CuFe2O4得到氧缺位体（CuFe2O4﹣δ），质量减少的是氧气质量，δ×100%＝1﹣99%，得出δ＝0.15，故答案为：0.15；（7）制取氢气的总反应为：2δH2O＝2δH2↑+δO2↑，结合第二步反应2CuFe2O4＝2CuFe2O4﹣δ+δO2↑，可知第一步反应为2CuFe2O4﹣δ+δH2O＝δH2↑+CuFe2O4，故答案为：2CuFe2O4﹣δ+δH2O＝δH2↑+CuFe2O4。【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。

考点卡片1．酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【知识点的认识】1、酸、碱、盐的对比物质类别概念构成特点分类酸电离时生成的阳离子全部是H+的化合物氢离子和酸根离子①酸分子中是否有氧原子：含氧酸、无氧酸；②酸分子电离生成个数：一元酸、二元酸、三元酸；③酸性强弱：强酸、弱酸；④沸点高低：高沸点酸、非挥发性酸；低沸点酸、挥发性酸碱电离时生成的阴离子全部是OH﹣的化合物金属阳离子（或铵根离子）与氢氧根离子构成的①溶解性；可溶性碱、不溶性碱；②碱性强弱：强碱、弱碱；③与一个金属离子结合的的个数：一元碱、二元碱盐一类金属离子或铵根离子（NH4+）与酸根离子或非金属离子结合的化合物。金属阳离子（或铵根离子）与酸根离子（1）根据组成不同：①正盐；②酸式盐；③碱式盐（2）溶解性：可溶性盐、不溶性盐（3）相同金属离子或酸根离子的统称：某盐、某酸盐①金属元素+酸根，读作“某酸某或某酸亚某”；②金属元素+非金属元素，读作“某化某或某化亚某”；③金属元素+H+酸根，读作“某酸氢某或酸式某酸某”；④金属元素+OH+酸根，读作“碱式某酸某或碱式某化某”氧化物其构成中只含两种元素，其中一种一定为氧元素，另一种若为金属元素，则为金属氧化物；若为非金属，则为非金属氧化物。氧元素为负二价时和另外一种化学元素组成的二元化合物①金属氧化物与非金属氧化物②离子型氧化物与共价型氧化物离子型氧化物：部分活泼金属元素形成的氧化物如Na2O、CaO等；共价型氧化物：部分金属元素和所有非金属元素的氧化物如MnO2、HgO、SO2、ClO2等③普通氧化物、过氧化物和超氧化物④酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物、不成盐氧化物、其它复杂氧化物2、酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物的对比：酸性氧化物碱性氧化物两性氧化物概念一类能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物能跟酸起反应，生成一种盐和水的氧化物叫碱性氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）。既可以与酸反应生成盐和水又可以与碱反应生成盐和水的氧化物组成一般是非金属元素的氧化物和某些过渡金属元素的高价氧化物碱性氧化物都是金属氧化物。金属氧化物一般为碱性氧化物，但有例外，比如七氧化二锰和三氧化铬主要由活动性较低的金属组成。常例CO2、SO2、SO3、P2O5、SiO2、Mn2O7、CrO3Na2O、CaO、BaO和CrO、MnOBeO、Al2O3、ZnO等。性质1．与水反应生成相应的酸（除了二氧化硅SiO2，它不与水反应）2．与碱反应生成盐和水3．与碱性氧化物反应1．碱性氧化物的对应水化物是碱。例如，CaO对应的水化物是Ca（OH）2，Na2O对应的水化物是NaOH．但对应水化物是不溶性碱的则其氧化物不与水反应，如：氧化铜不与水反应，碱金属钠、钾等，还有钙和钡的氧化物能跟水反应，生成相应的氢氧化物。它们都是强碱：Na2O+H2O═2NaOHCaO+H2O═Ca（OH）22．高温下，部分碱性氧化物和酸性氧化物作用生成盐：CaO+SiO2═CaSiO33．部分碱性氧化物可直接与酸性氧化物反应：Na2O+CO2═Na2CO3。碱性氧化物受热时比较稳定，一般不会分解。既能表现酸性氧化物的性质，又能表现碱性氧化物的性质区别与联系大多数金属氧化物是碱性氧化物，大多数非金属氧化物是酸性氧化物。碱性氧化物都是一些金属氧化物，酸性氧化物中有一些是非金属氧化物，也有一些是金属氧化物。所以说，金属氧化物不一定是碱性氧化物，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物（如CO、NO）。酸性氧化物也不一定是非金属氧化物，但碱性氧化物一定是金属氧化物。【命题方向】本内容重点掌握酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物的概念和性质。题型一：酸、碱、盐互为氧化物的概念典例1：分类是学习和研究化学的一种重要方法，下列分类合理的是（）A．K2CO3和K2O都属于盐B．KOH和Na2CO3都属于碱C．H2SO4和HNO3都属于酸D．Na2O和Na2SiO3都属于氧化物分析：电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物叫酸；电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物叫碱；电离时生成金属离子和酸根离子的化合物叫盐；由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物叫氧化物；据定义分析即可。解答：A、K2CO3属于盐，K2O属于氧化物，故A错误。B、KOH属于碱，Na2CO3属于盐，故B错误。C、H2SO4和HNO3都属于酸，故C正确。D、Na2O属于氧化物，Na2SiO3属于盐，故D错误。故选C。点评：本题考查了酸、碱、盐、氧化物的概念，难度不大，注意这几个概念的区别。题型二：酸性氧化物、碱性氧化物的识别典例2：下列物质的分类正确的是（）碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4NaOHSO2CO2BNaOHHClNaClNa2OCOCNaOHCH3COOHCaF2COSO2DKOHHNO3CaCO3CaOSO2A．AB．BC．CD．D分析：根据碱电离出的阴离子全部是氢氧根离子，酸电离出的阳离子全部是氢离子，盐电离出的阳离子是金属离子或铵根离子，阴离子是酸根离子，能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物等概念进行分析。解答：A、NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，故A错误；B、CO属于不成盐氧化物，故B错误；C、CO属于不成盐氧化物，故C错误；D、根据物质的分类，KOH属于碱，HNO3属于酸，CaCO3属于盐，CaO属于碱性氧化物，SO2属于酸性氧化物，故D正确。故选D。点评：本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类角度的总结。题型三：酸性氧化物、非金属氧化物、碱性氧化物、金属氧化物的辨析关系典例3：下列关于氧化物的叙述中，正确的是（）A．酸性氧化物都是非金属氧化物B．非金属氧化物都是酸性氧化物C．碱性氧化物肯定是金属氧化物D．金属氧化物肯定是碱性氧化物分析：A、能和碱反应生成只盐和水的氧化物是酸性氧化物；B、非金属氧化物可能是不成盐氧化物；C、能和酸反应只生成盐和水的氧化物是碱性氧化物。D、金属氧化物不一定都是碱性氧化物。解答：A、酸性氧化物也可能是金属氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故A错误；B、非金属氧化物不一定是酸性氧化物，可能是不成盐氧化物，如CO属于非金属氧化物但不属于酸性氧化物，故B错误；C、碱性氧化物肯定是金属氧化物，故C正确；D、金属氧化物不一定是碱性氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故D错误；故选C。点评：本题考查了氧化物的概念及其联系，难度不大，但概念间的联系是学习的难点，属于易错题。【解题思路点拨】金属氧化物不一定是碱性氧化物，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物（如CO、NO）。酸性氧化物也不一定是非金属氧化物，但碱性氧化物一定是金属氧化物。2．化学基本反应类型【知识点的认识】四大基本反应类型：化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应．（1）化合反应：由两种或两种以上物质反应生成另一种物质的反应．特点：多变一，公式：A+B→AB．化合反应中，不一定有元素化合价的改变（2）分解反应：由一种反应物生成2种或2种以上其它物质的反应．特点：一变多，公式：AB→A+B．分解反应中，不一定有元素化合价的改变．（3）置换反应：由一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物．特点：一（种单质）换一（种单质），公式：A+BC→B+AC．（4）复分解反应：由两种化合物相互交换成份生成另外两种化合物的反应．特点：双交换，价（化合价）不变，公式：AB+CD→AD+CB．【命题方向】题型：化学基本反应相关概念典例：下列关于化学反应类型的叙述中，正确的是（）A．凡是生成盐和水的反应都是中和反应B．复分解反应一定没有单质参加C．生成一种单质和一种化合物的反应一定是置换反应D．分解反应的生成物中一定有单质分析：A．酸与碱反应生成盐与水的反应是中和反应；B．复分解反应是指由两种化合物互相交换成分反应，生成另外两种化合物的反应；C．置换反应是指由一种单质和一种化合物反应，生成另外一种单质和一种化合物的反应；D．分解反应是指由一种物质（化合物）生成另外两种或两种以上物质的反应．解答：A．有盐和水生成的反应不一定是中和反应，例如二氧化碳和氢氧化钠反应生成盐碳酸钠和水的反应，故A错误；B．复分解反应一定没有单质参加，因为复分解反应中的两种反应物都是化合物，故B正确；C．生成一种单质和一种化合物的反应，不一定是置换反应，因为反应物不一定是一种单质和一种化合物，如氯酸钾分解生成KCl与氧气，故C错误；D．分解反应的生成物不一定有单质，如碳酸钙分解生成氧化钙与二氧化碳，故D错误；故选B．点评：本题考查学生对基本反应类型、中和反应概念的理解，注意根据概念中物质分类及种类进行把握理解．【解题思路点拨】四大基本反应类型与氧化还原反应的联系：置换反应一定是氧化还原反应，复分解反应一定不是氧化还原反应，化合反应和分解反应可能是氧化还原反应，也可能不是．3．阿伏加德罗常数【知识点的认识】1、阿伏伽德罗常数：（1）概念：阿伏伽德罗常数的定义值是指0.012kg12C所含的原子数，约为6.02×1023，符号为NA．表示1mol任何粒子的数目。（2）单位：mol﹣1。2、阿伏伽德罗常数可用多种实验方法测得，到目前为止测得比较精确的数据是6.0221367×1023mol﹣1。【命题方向】本考点主要考察阿伏伽德罗常数的概念、符号及数值、单位，需要重点掌握。题型一：阿伏伽德罗常数的概念典例1：下列叙述正确的是（）A．1mol任何物质都含有6.02×1023个原子B．0.012kg12C约含有6.02×1023个碳原子C．硫酸的摩尔质量是98gD．常温常压下，1mol氧气的体积约为22.4L分析：A、物质有的是单原子分子，有的是双原子分子多原子分子，离子化合物等；B、依据阿伏伽德罗常数的概念分析判断；C、摩尔质量是单位物质的量的物质的质量；D、常温常压下，气体摩尔体积不为22.4L/mol。解答：A、构成物质的微粒不同，1mol任何物质不一定都含有6.02×1023个原子，故A错误；B、0.012kg12C约含有6.02×1023个碳原子为1mol，为阿伏伽德罗常数的规定，故B正确；C、硫酸的摩尔质量是98g/mol，故C错误；D、常温常压下，1mol氧气的体积不是22.4L，故D错误；故选B。点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查阿伏伽德罗常数的规定，气体摩尔体积的条件应用，摩尔质量的概念判断，题目较简单。题型二：阿伏伽德罗常数的计算应用典例2：设NA是阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（）A．1L0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.1NAB．1molNH3中含有N﹣H键的数目为3NAC．7.8gNa2O2中含有的阳离子数目为0.1NAD．标准状况下，22.4L水中分子个数为NA分析：A、氯化铁溶液中铁离子部分水解，铁离子数目减少；B、氨气分子中含有3个氮氢键，1mol氨气中含有3mol氮氢键；C、过氧化钠中的阳离子为钠离子，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子；D、标准状况下水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量。解答：A、1L0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液中含有溶质氯化铁0.1mol，铁离子部分水解，溶液中含有的铁离子小于0.1mol，Fe3+的数目小于0.1nA，故A错误；B、1mol氨气中含有3mol氮氢键，含有N﹣H键的数目为3nA，故B正确；C、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子，含有的阳离子数目为0.2nA，故C错误；D、标况下，水不是气体，题中条件无法计算22.4L水的物质的量，故D错误；故选B。点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下的气体摩尔体积的使用条件。【解题思路点拨】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：1）物质的状态是否为气体；2）对于气体注意条件是否为标况；3）注意同位素原子的差异；4）注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；5）注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和构成，而不是有Na+和O2﹣构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。4．原子核外电子排布05．原子结构与元素周期律的关系【知识点的知识】（1）“位、构、性”之间的关系：（2）“位、构、性”关系的应用：1）元素原子的核外电子排布，决定元素在周期表中的位置，也决定了元素的性质；2）元素在周期表中的位置，以及元素的性质，可以反映原子的核外电子排布；3）根据元素周期律中元素的性质递变规律，可以从元素的性质推断元素的位置；4）根据元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可以推测元素的性质．【命题方向】本考点主要考察位构性的关系及其应用，在高考中通常以综合题推断题的形式出现，需要重点掌握．题型一：“位、构、性”的关系典例1：（2014•滨州一模）短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液呈碱性，乙位于第VA族，甲和丙同主族，丁原子最外层电子数与电子层数相等，则（）A．原子半径：丙＞乙＞丁B．单质的还原性：丁＞丙＞甲C．甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物D．乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应分析：短周期元素甲乙丙丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性，则甲为H，乙位于第VA族，乙为N；甲和丙同主族，丙为Na；丁的最外层电子数和电子层数相等，则丁在第三周期第ⅢA族，即丁为Al，以此来解答．解答：短周期元素甲乙丙丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性，则甲为H，乙位于第VA族，乙为N；甲和丙同主族，丙为Na；丁的最外层电子数和电子层数相等，则丁在第三周期第ⅢA族，即丁为Al，A、同周期原子半径从左向右减小，电子层越多，半径越大，则原子半径为丙＞丁＞乙，故A错误；B、金属性越强，单质的还原性越强，则单质的还原性丙＞丁＞甲，故B错误；C、甲、乙的氧化物为共价化合物，丙的氧化物为离子化合物，故C错误；D、乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、氢氧化钠、氢氧化铝，氢氧化铝为两性氢氧化物，能相互反应，故D正确．故选D．点评：本题考查元素周期律及元素对应的单质、化合物的性质，元素的推断是解答本题的关键，注意氨气的水溶液为碱性是解答本题的突破口，难度不大．题型二：“位、构、性”关系的应用﹣﹣元素的推断典例2：（2014•番禺区一模）短周期元素X、Y、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示．常温下，Al能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液．下列说法正确的是（）XYWQA．Y的最高化合价为+6B．离子半径：W＞Q＞Y＞XC．氢化物的沸点：Y＞QD．最高价氧化物的水化物的酸性：W＞Q分析：短周期元素X、Y、W、Q，常温下，Al能溶于W的最髙价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液．则W为S元素，由元素周期表中的相对位置可知，X为N元素、Y为O元素、Q为Cl元素，据此解答．解答：短周期元素X、Y、W、Q，常温下，Al能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液．则W为S元素，由元素周期表中的相对位置可知，X为N元素、Y为O元素、Q为Cl元素，A．Y为O元素，没有+6价，故A错误；B．电子层越多离子半径越大，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，故离子半径S2﹣＞Cl﹣＞N3﹣＞O2﹣，故B错误；C．水分子之间存在氢键，常温下为液体，HCl常温下为气体，故水的沸点更高，故C正确；D．非金属性Cl＞S，故最高价氧化物的水化物的酸性：HClO4＞H2SO4，故D错误，故选C．点评：本题考查结构位置性质关系应用，难度不大，注意把握周期表的结构，注意主族元素化合价与族序数关系及元素化合价特殊性．【解题思路点拨】平时做注意积累元素相关的知识有利用快速做题．6．元素电离能、电负性的含义及应用【知识点的知识】一、元素电离能的含义及应用1、基态：处于最低能量的原子。2、激发态：1）概念：基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子。2）激发态产生方法：①光激发：这是产生激发态的最主要方法。②放电。主要用于激励原子，如高压汞灯、氙弧光灯。③化学激活。某些放热化学反应可能使电子被激发，导致化学发光。激发态是短寿命的，很容易返回到基态，同时放出多余的能量。3、电离能：1）定义：基态的气态原子或气态离子失去一个电子所需要的最小能量称为元素的电离能。2）符号：I．单位为kJ•mol﹣1。表示式：M（g）＝M+（g）+e﹣I1M+（g）＝M2+（g）+e﹣I2M2+（g）＝M3+（g）+e﹣I33）意义：比较元素金属性强弱，即失去电子的难易程度。电离能越大，气态时原子越难失去电子；电离能越小，气态时原子越容易失去电子。难点突破：Mg的第一电离能比Al大，所以Al比Mg容易失去电子，但根据金属活动性顺序表可知Mg的活动大于Al，与酸反应时更剧烈，似乎矛盾？（解释：条件不一样，电离能指的是气态，后面指的是溶液中）4、第一电离能递变性规律：1）随原子序数变化图2）同一周期或主族①总体规律：②总体增大的趋势中有些曲折解释：当外围电子在能量相等的轨道上形成全空（p0，d0，f0）、半满（p3，d5，f7）或全满（p6，d10，f14）结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。二、元素电负性的含义及应用1、电负性的概念：1）定义：元素原子吸引电子的能力。2）应用：①元素的电负性越大，吸引电子的能力越强。一般认为，电负性大于1.8的元素为非金属元素；小于1.8的元素为金属元素。电负性越大，元素的非金属性越强；电负性越小，元素的金属性越强。电负性最大的元素是F，为4.0，锂的电负性为1.0。②判断化合价：一般地，电负性大的元素呈负价，电负性小的元素呈正价。③判断化学键类型：电负性产值大的元素原子之间一般形成离子键；差值小的元素原子之间形成共价键。2、电负性递变性规律：1）随原子序数变化图2）同一周期或主族【命题方向】本考点主要考察电离能、电负性的含义以及变化规律，通常在选择题或综合题中出现，需要重点掌握。题型一：元素第一电离能大小的比较典例1：下列说法中正确的是（）A．第三周期中钠的第一电离能最小B．铝的第一电离能比镁的第一电离能大C．在所有元素中氟的第一电离能最大D．钾的第一电离能比镁的第一电离能大分析：A、同周期自左而右，元素的第一电离能增大，注意能级处于半满、全满的稳定特殊情况；B、镁原子的3s能级处于全满稳定状态，能量较低，第一电离能比Al元素高；C、同周期稀有气体的第一电离能最大，同族自上而下第一电离能降低；D、同主族自上而下第一电离能降低，同周期自左而右第一电离能增大，据此解答。解答：A、同周期自左而右，元素的第一电离能增大，故第3周期所包含的元素中钠的第一电离能最小，故A正确；B、镁原子的3s能级处于全满稳定状态，能量较低，第一电离能比Al元素高，故B错误；C、稀有气体的原子结构是稳定结构，同周期稀有气体的第一电离能最大，同族自上而下第一电离能降低，故氦元素的第一电离能最大，故C错误；D、同主族自上而下第一电离能降低，故第一电离能Na＞K，同周期自左而右第一电离能增大，故第一电离能Mg＞Na，所以第一电离能Mg＞K，故D错误；故选A。点评：考查第一电离能的变化规律等，比较基础，注意同周期主族元素能级处于半满、全满的稳定特殊情况第一电离能增大的特殊情况。典例2：下面的电子结构中，第一电离能最小的原子可能是（）A．ns2np3B．ns2np5C．ns2np4D．ns2np6分析：同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，同一主族元素中，其第一电离能随着原子序数的增大而减小。解答：同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，同一主族元素中，其第一电离能随着原子序数的增大而减小，ns2np3属于第VA族元素、ns2np5属于第VIIA族元素、ns2np4属于第VIA族元素、ns2np6属于O族元素，如果这几种元素都是第二周期元素，其第一电离能大小顺序是Ne＞F＞N＞O，所以第一电离能最小的原子可能是第VIA族元素，故选C。点评：本题考查了第一电离能大小的判断，明确元素周期律中第一电离能变化规律是解本题关键，再根据元素在周期表中所处位置判断，题目难度不大。题型二：元素电负性大小的比较典例3：下列是几种原子的基态电子排布，电负性最大的原子是（）A．1s22s22p4B．1s22s22p63s23p3C．1s22s22p63s23p2D．1s22s22p63s23p64s2分析：不同元素的原子在分子内吸引电子的能力大小可用数值表示，该数值称为电负性，即元素的非金属性越强其电负性越大。同一周期中，电负性随着原子