2024年高考化学终极押题密卷3（全国甲卷）含答案

2024年高考化学终极押题密卷3（全国甲卷）一．选择题（共7小题）1．化学与科技、生活息息相关。下列说法错误的是（）A．航天器中使用的太阳能电池板主要成分是硅 B．抗原检测盒中提取管的材料聚乙烯属于有机高分子 C．冬奥会礼服中的发热材料石墨烯与C60互为同素异形体 D．北斗卫星运载火箭采用的推进剂液氢、四氧化二氮等属于共价化合物2．丙烯不溶于H2O，能与Cl2、HCl反应。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．21g丙烯所含共用电子对数为4NA B．1.5molD2O所含中子数为15NA C．22.4LCl2溶于水转移的电子数为NA D．2mol⋅L﹣1HCl溶液中Cl﹣数为2NA3．某常用医药中间体的结构简式如图所示。下列关于该有机物说法正确的是（）A．分子式为C12H10NO B．分子中所有碳原子一定共面 C．分子中C原子杂化方式为sp3 D．与HCl、NaOH均能发生反应4．某实验探究小组设计完成了如图实验，下列有关说法正确的是（）A．i中深蓝色溶液中只存在 B．ii中生成黑色沉淀说明仅Cu2+转化为CuS C．iii中蓝色沉淀为[Cu（NH3）4]SO4⋅H2O D．iv中反应为5．W、X、Y、Z是电负性依次增大的前四周期主族元素。W为前四周期电负性最小的元素，X为地壳中含量第二的元素，Y的基态原子中单电子和成对电子个数比为3：4，Z的一种单质是极性分子且常用于消毒杀菌。下列说法中正确的是（）A．第一电离能：Y＜Z B．氢化物的沸点：W＞Z C．1molXZ2晶体中有2molX﹣Z键 D．元素X、Y、Z的最高正化合价依次升高6．由CH3CH2OH和O2构成的质子交换膜燃料电池的结构示意如图所示，电池总反应为CH3CH2OH+3O2═2CO2+3H2O，当通过质子交换膜2molH+时，下列说法正确的是（）A．a电极的电极反应式为CH3CH2OH+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+ B．若用该燃料电池为铅蓄电池充电，电极b．连接铅蓄电池的Pb极 C．燃料电池所消耗的O2在标准状况下的体积为22.4L D．铅蓄电池中电解液质量增大80g7．GaCl3溶液中存在平衡：Ga3+Ga（OH）2+Ga（OH）2+Ga（OH）3Ga（OH）4﹣。常温下，向GaCl3溶液中加入NaOH溶液，Ga3+、Ga（OH）2+、Ga（OH）2+、Ga（OH）3、Ga（OH）4﹣的浓度分数（α）随溶液pH变化如图所示。下列说法错误的是（）A．曲线c表示Ga（OH）2+的浓度分数随溶液pH的变化 B．x点对应的溶液中，c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣） C．y点对应的溶液中，pH＝ D．常温下，Ga（OH）2++H2O⇌Ga（OH）2++H+的平衡常数K＝10﹣3.6二．解答题（共4小题）8．氯气是一种重要的化工原料，它的发现和研究经过了化学家们的不懈努力。（1）舍勒发现氯气的方法是实验室制取氯气的主要方法之一（如图1）①连接好装置后应进行的操作是。②仪器a的名称为，装置A中发生反应的离子方程式为。③B处为收集氯气的装置，进气口为（填“a”或“b”）；反应结束时，100mL12mol⋅L﹣1浓盐酸浓度变为8mol⋅L﹣1，忽略溶液体积变化和浓盐酸的挥发，理论上可收集标准状况下的Cl2L。（2）贝托莱发现氯气能溶于水。同学们利用数字化实验探究氯水失效的原因。实验如下：用强光照射盛有新制氯水的广口瓶，并用传感器测定广口瓶中氧气的体积分数，得到图2曲线。①氯水在光照后出现如图中曲线变化的原因（用化学方程式解释）。②上述实验过程中，溶液的pH会（填“增大”或“减小”）。（3）台耐特将氯气通入石灰乳并进一步改进，制得了我们现在常用的漂白粉。漂白粉的有效成分为（填化学式）。9．以NOx为主要成分的雾霾综合治理是当前重要的研究课题，其中汽车尾气的处理尤为重要。已知：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）ΔH1＝akJ•mol﹣1C（s）+O2（g）⇌CO2（g）ΔH2＝bkJ•mol﹣12C（s）+O2（g）⇌2CO（g）ΔH3＝ckJ•mol﹣1回答下列问题：（1）汽车尾气中的NO和CO在催化转换器中发生以下反应可减少尾气污染：2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）ΔH。则ΔH＝kJ•mol﹣1（用含a、b、c的表达式表示）。已知该反应低温时为自发反应，则该反应的反应热ΔH0（填“＞”、“＜”或“＝”）。（2）某温度时，向2L恒容密闭体系中通入2molCO和1molNO发生反应：2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）①下列能说明反应达到平衡状态的是。a．2v正（NO）＝v逆（N2）b．体系中混合气体密度不再改变c．CO与NO转化率的比值不再改变d．该温度下，的值不再改变②某温度下，该反应达平衡时CO与CO2体积分数之比为3：2，则平衡常数为。该反应中的v正＝k正•c2（NO）c2（CO），v逆＝k逆•c（N2）c2（CO2），则该反应达到平衡时，k正k逆（填“＞”、“＜”或“＝”）。③平衡时CO2的体积分数与温度、压强的关系如图所示。则温度：T1T2（填“＞”或“＜”），理由是。④若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的（填字母序号）点。10．以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵[（NH4）3Fe（C6H5O7）2]。（1）Fe基态核外电子排布式为；[Fe（H2O）6]2+中与Fe2+配位的原子是。（填元素符号）（2）NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为。（3）与互为等电子体的一种分子为。（填化学式）（4）柠檬酸的结构简式见图（）。1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为NA。（5）经X射线衍射测定发现，晶体铁在417℃以上堆积方式的剖面图如图所示，则该堆积方式属于。若该堆积方式下的晶胞参数为acm，则铁原子的半径为pm。11．有机物G是多种药物和农药的合成中间体，如图是G的一种合成路线：已知：①同一碳原子上连两个羟基不稳定，发生反应：R﹣CH（OH）2→R﹣CHO+H2O；②羟醛缩合反应原理：。回答下列问题：（1）试剂X的名称为；E中所含官能团的名称为。（2）D的结构简式为；D→E的反应类型为。（3）试写出反应F→G的化学方程式为。（4）有机物H（）与A的关系为，H有多种同分异构体，其中含有六元碳环结构的同分异构体有种（不含立体异构，且H除外）．其中核磁共振氢谱显示有5组峰的同分异构体的结构简式为。三．工艺流程题（共1小题）12．以电解铝废渣（主要含AlF3、NaF、LiF、CaO）为原料，制备电池级碳酸锂的工艺流程如图：已知：AlF3、LiF难溶于水，LiOH溶于水，Li2CO3微溶于水，Ksp（Li2CO3）＝2.5×10﹣2、Ksp（CaCO3）＝2.8×10﹣9。回答下列问题：（1）基态Al原子核外电子有种不同的空间运动状态，Al原子的第一电离能低于Mg，原因是。（2）电解氧化铝生成铝的化学方程式为，无碳电解铝技术是利用陶瓷材料替代碳作阳极，该技术的优点之一是。（3）“气体1”是（填化学式，下同），“滤渣1”的主要成分是。（4）已知“碱解”同时生成白色沉淀，写出生成“气体2”的离子方程式：。（5）“苛化”中存在如下反应：Li2CO3（s）+Ca2+（aq）⇌2Li+（aq）+CaCO3（s）。通过计算解释生石灰能使Li2CO3完全转化的原因：。（6）已知AlCl3可形成共价分子，AlF3为离子晶体，从电负性的角度解释其原因：。

2024年菁优高考化学终极押题密卷3（全国甲卷）参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）1．化学与科技、生活息息相关。下列说法错误的是（）A．航天器中使用的太阳能电池板主要成分是硅 B．抗原检测盒中提取管的材料聚乙烯属于有机高分子 C．冬奥会礼服中的发热材料石墨烯与C60互为同素异形体 D．北斗卫星运载火箭采用的推进剂液氢、四氧化二氮等属于共价化合物【考点】同素异形体；有机高分子化合物的结构和性质．【专题】物质的性质和变化专题．【答案】D【分析】A．太阳能电池板主要成分是晶体硅；B．乙烯的分子量超过1万；C．碳元素形成的不同结构的单质为同素异形体；D．液氢（H2）是单质，四氧化二氮（N2O4）属于共价化合物。【解答】解：A．太阳能电池板主要成分是晶体硅，是良好的半导体，故A正确；B．乙烯的分子量超过1万，聚乙烯属于有机高分子化合物，故B正确；C．石墨烯与C60均是碳元素形成的不同结构的单质二者互为同素异形体，故C正确；D．液氢（H2）是单质，四氧化二氮（N2O4）属于共价化合物，故D错误；故选：D。【点评】本题考查物质的应用，难度不大，熟悉常见的物质及其性质即可解答，注意日常学习中的积累。2．丙烯不溶于H2O，能与Cl2、HCl反应。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．21g丙烯所含共用电子对数为4NA B．1.5molD2O所含中子数为15NA C．22.4LCl2溶于水转移的电子数为NA D．2mol⋅L﹣1HCl溶液中Cl﹣数为2NA【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】B【分析】A．1个丙烯（CH2＝CHCH3）分子中含有9个共用电子对；B．1个D2O中含有10个中子；C．温度、压强未知，无法求出22.4LCl2的物质的量，且溶于水的Cl2只有一部分与水发生反应；D．溶液的体积未知，无法求微粒的数目。【解答】解：A．1个丙烯（CH2＝CHCH3）分子中含有9个共用电子对，21g丙烯的物质的量为＝0.5mol，则所含共用电子对数为4.5NA，故A错误；B．1个D2O中含有10个中子，则1.5molD2O所含中子数为15NA，故B正确；C．温度、压强未知，无法求出22.4LCl2的物质的量，且溶于水的Cl2只有一部分与水发生反应，所以无法求出转移的电子数，故C错误；D．溶液的体积未知，无法求出2mol⋅L﹣1HCl溶液中Cl﹣数，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查阿伏加德罗常数的计算，为高频考点，题目难度不大。3．某常用医药中间体的结构简式如图所示。下列关于该有机物说法正确的是（）A．分子式为C12H10NO B．分子中所有碳原子一定共面 C．分子中C原子杂化方式为sp3 D．与HCl、NaOH均能发生反应【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．由结构简式可知，该有机物分子含有12个碳原子、11个氢原子、1个氮原子、1个氧原子；B．单键可以旋转，2个苯环平面不一定共面；C．分子中碳原子价层电子对数都是3；D．含有酚羟基，能与碱反应，含有氨基，能与酸反应。【解答】解：A．由结构简式可知，该有机物分子含有12个碳原子、11个氢原子、1个氮原子、1个氧原子，其分子式为C12H11NO，故A错误；B．单键可以旋转，2个苯环平面不一定共面，分子中所有碳原子不一定共面，故B错误；C．分子中碳原子价层电子对数都是3，都采取sp2杂化，故C错误；D．含有酚羟基，能与NaOH发生中和反应，含有氨基，具有碱性，能与盐酸反应生成盐，故D正确；故选：D。【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题。4．某实验探究小组设计完成了如图实验，下列有关说法正确的是（）A．i中深蓝色溶液中只存在 B．ii中生成黑色沉淀说明仅Cu2+转化为CuS C．iii中蓝色沉淀为[Cu（NH3）4]SO4⋅H2O D．iv中反应为【考点】铜盐．【专题】物质的性质和变化专题．【答案】C【分析】A．溶液中存在电荷守恒分析，溶液中存在阴阳离子；B．ii中生成黑色沉淀为CuS，配离子中和溶液中铜离子都生成沉淀；C．深蓝色溶液中加入少量硫酸，氢离子结合氨气生成铵根离子，促进Cu2++4NH3⇌，逆向进行，生成的铜离子与过量氨水反应生成氢氧化铜沉淀；D．iv中深蓝色溶液中加入少量氢氧化钠固体，反应为。【解答】解：A．i中深蓝色溶液中存在和离子等，故A错误；B．ii中加入硫化钠溶液，生成黑色沉淀，发生的反应为：+S2﹣＝CuS↓+4NH3，Cu2++S2﹣＝CuS↓，故B错误；C．iii中深蓝色溶液中加入少量硫酸，氢离子结合氨气生成铵根离子，促进Cu2++4NH3⇌，逆向进行，生成的铜离子与过量氨水反应生成蓝色沉淀为氢氧化铜，故C错误；D．iv中深蓝色溶液中加入少量氢氧化钠固体，反应为，生成蓝色沉淀氢氧化铜，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了物质性质、反应现象、反应产物的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。5．W、X、Y、Z是电负性依次增大的前四周期主族元素。W为前四周期电负性最小的元素，X为地壳中含量第二的元素，Y的基态原子中单电子和成对电子个数比为3：4，Z的一种单质是极性分子且常用于消毒杀菌。下列说法中正确的是（）A．第一电离能：Y＜Z B．氢化物的沸点：W＞Z C．1molXZ2晶体中有2molX﹣Z键 D．元素X、Y、Z的最高正化合价依次升高【考点】原子结构与元素周期律的关系．【答案】B【分析】W、X、Y、Z是电负性依次增大的前四周期主族元素，W为前四周期电负性最小的元素，则W为K元素；X为地壳中含量第二的元素，则X为Si元素；Y的基态原子中单电子和成对电子个数比为3：4，Y原子的核外电子排布式为1s22s22p3，则Y为N元素；Z的一种单质是极性分子且常用于消毒杀菌，该单质为臭氧，则Z为O元素，A．N的2p能级为半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素；B．常温下KH为固态，H2O、H2O2为液态；C．1molSiO2晶体中有4molSi﹣O键；D．O的电负性较强，没有最高正化合价。【解答】解：根据分析可知，W为K元素，X为Si元素，Y为N元素，Z为O元素，A．N的2p能级为半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N＞O，故A错误；B．W、Z元素的氢化物分别为KH、H2O（或H2O2），常温下KH为固态，H2O、H2O2为液态，则氢化物的沸点：KH＞H2O（或H2O2），故B正确；C．XZ2为SiO2，1molSiO2晶体中有4molSi﹣O键，故C错误；D．Si、N的最高正化合价依次为+4价、+5价，但O的电负性较强，没有最高正化合价，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，结合元素电负性、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。6．由CH3CH2OH和O2构成的质子交换膜燃料电池的结构示意如图所示，电池总反应为CH3CH2OH+3O2═2CO2+3H2O，当通过质子交换膜2molH+时，下列说法正确的是（）A．a电极的电极反应式为CH3CH2OH+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+ B．若用该燃料电池为铅蓄电池充电，电极b．连接铅蓄电池的Pb极 C．燃料电池所消耗的O2在标准状况下的体积为22.4L D．铅蓄电池中电解液质量增大80g【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【答案】A【分析】电池总反应为CH3CH2OH+3O2═2CO2+3H2O，由图可知，a极失电子为负极，则由c通入乙醇，乙醇失电子被氧化为二氧化碳，溶液为酸性环境，负极电极反应式为CH3CH2OH+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+，b极通入氧气，则b作正极，正极的电极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O，据此分析。【解答】解：A．由图可知，a极失电子为负极，负极电极反应式为CH3CH2OH+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+，故A正确；B．若用该燃料电池为铅蓄电池充电，电极b为正极，连接铅蓄电池的正极，即PbO2极，故B错误；C．正极的电极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O，当通过质子交换膜2molH+时，电路中转移2mol电子，燃料电池所消耗的O2在标准状况下的体积为×22.4L/mol＝11.2L，故C错误；D．铅蓄电池充电时阴极发生的反应是PbSO4+2e﹣＝Pb+，阳极反应为PbSO4﹣2e﹣+2H2O＝PbO2++4H+，当电路中转移2mol电子，电极上2molPbSO4转变为1molPb和1molPbO2，电解液质量增大2mol×96g/mol﹣1mol×32g/mol＝160g，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学电源新型电池，明确放电时正负极与充电时阴阳极之间的关系是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意书写电极反应的方法掌握。7．GaCl3溶液中存在平衡：Ga3+Ga（OH）2+Ga（OH）2+Ga（OH）3Ga（OH）4﹣。常温下，向GaCl3溶液中加入NaOH溶液，Ga3+、Ga（OH）2+、Ga（OH）2+、Ga（OH）3、Ga（OH）4﹣的浓度分数（α）随溶液pH变化如图所示。下列说法错误的是（）A．曲线c表示Ga（OH）2+的浓度分数随溶液pH的变化 B．x点对应的溶液中，c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣） C．y点对应的溶液中，pH＝ D．常温下，Ga（OH）2++H2O⇌Ga（OH）2++H+的平衡常数K＝10﹣3.6【考点】沉淀溶解平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【答案】C【分析】A．根据溶液中存在的平衡Ga3+Ga（OH）2+Ga（OH）2+Ga（OH）3Ga（OH）4﹣知，GaCl3溶液呈酸性，常温下，向GaCl3溶液中加入NaOH溶液，溶液的pH值增大，促进水解，平衡正向移动，所以随着pH值的增大，α（Ga3+）减小，则图中曲线a、b、c、d、e分别表示Ga3+、Ga（OH）2+、Ga（OH）2+、Ga（OH）3、Ga（OH）4﹣的浓度分数（α）随溶液pH变化；B．x点溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），α[Ga（OH）2+]＝α[Ga（OH）3]，则c[Ga（OH）2+]＝c[Ga（OH）3]，x点对应的溶液中所含溶质为：NaCl和Ga（OH）2Cl；C．由图示信息故可知，y点表示c[Ga（OH）2+]＝c[Ga（OH）4﹣]，K3＝，K4＝，则K3×K4＝c2（H+），即c（H+）＝，pH＝﹣lgc（H+）＝﹣lg；D．Ga（OH）2++H2O⇌Ga（OH）2++H+的平衡常数K＝，由图可知，pH＝3.6左右时c[Ga（OH）2+]＝c[Ga（OH）2+]。【解答】解：A．根据以上分析知，曲线c表示Ga（OH）2+的浓度分数随溶液pH的变化，故A正确；B．由图示信息可知，x点表示c[Ga（OH）2+]＝c[Ga（OH）3]对应的溶液中所含溶质为：NaCl和Ga（OH）2Cl，故有c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B正确；C．由图示信息故可知，y点表示c[Ga（OH）2+]＝c[Ga（OH）4﹣]，K3＝，K4＝，则K3×K4＝c2（H+），即c（H+）＝，pH＝﹣lgc（H+）＝﹣lg＝﹣，故C错误；D．Ga（OH）2++H2O⇌Ga（OH）2++H+的平衡常数K＝，由图可知，pH＝3.6左右时c[Ga（OH）2+]＝c[Ga（OH）2+]，所以该反应的平衡常数K＝10﹣3.6，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，正确理解溶度积曲线是解本题关键，注意掌握溶度积常数的计算，试题培养了学生的分析能力及灵活运用基础知识的能力，题目难度不大。二．解答题（共4小题）8．氯气是一种重要的化工原料，它的发现和研究经过了化学家们的不懈努力。（1）舍勒发现氯气的方法是实验室制取氯气的主要方法之一（如图1）①连接好装置后应进行的操作是检查装置的气密性。②仪器a的名称为分液漏斗，装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O。③B处为收集氯气的装置，进气口为b（填“a”或“b”）；反应结束时，100mL12mol⋅L﹣1浓盐酸浓度变为8mol⋅L﹣1，忽略溶液体积变化和浓盐酸的挥发，理论上可收集标准状况下的Cl22.24L。（2）贝托莱发现氯气能溶于水。同学们利用数字化实验探究氯水失效的原因。实验如下：用强光照射盛有新制氯水的广口瓶，并用传感器测定广口瓶中氧气的体积分数，得到图2曲线。①氯水在光照后出现如图中曲线变化的原因2HClO2HCl+O2↑（用化学方程式解释）。②上述实验过程中，溶液的pH会减小（填“增大”或“减小”）。（3）台耐特将氯气通入石灰乳并进一步改进，制得了我们现在常用的漂白粉。漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2（填化学式）。【考点】氯气的实验室制法；氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【答案】（1）①检查装置的气密性；②分液漏斗；MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；③b；2.24；（2）①2HClO2HCl+O2↑；②减小；（3）Ca（ClO）2。【分析】（1）由实验装置可知，A中发生MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，B中收集Cl2，C中氢氧化钠可吸收多余的氯气，防止污染环境；（2）氯水在光照发生的反应为2HClO2HCl+O2↑；（3）氯气通入石灰乳中生成氯化钙和次氯酸钙。【解答】解：（1）①连接好装置后应进行的操作是检查装置的气密性，故答案为：检查装置的气密性；②仪器a的名称为分液漏斗；由实验装置可知，A中发生MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，则改写成离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：分液漏斗；MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；③氯气的密度比空气大，故集气瓶应该长进短出，故从b进入，100mL12mol⋅L﹣1浓盐酸浓度变为8mol⋅L﹣1，则消耗盐酸的物质的量＝0.4mol，根据反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，生成氯气的体积为2.24L，故答案为：b；2.24；（2）①氯水在光照会产生氧气，发生的反应为2HClO2HCl+O2↑，故答案为：2HClO2HCl+O2↑；②反应中有盐酸生成，故pH减小，故答案为：减小；（3）氯气通入石灰乳中生成氯化钙和次氯酸钙，其中Ca（ClO）2是漂白粉的有效成分，故答案为：Ca（ClO）2。【点评】本题考查了实验室制备氯气的基本操作，掌握基础是解题关键，题目难度不大。9．以NOx为主要成分的雾霾综合治理是当前重要的研究课题，其中汽车尾气的处理尤为重要。已知：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）ΔH1＝akJ•mol﹣1C（s）+O2（g）⇌CO2（g）ΔH2＝bkJ•mol﹣12C（s）+O2（g）⇌2CO（g）ΔH3＝ckJ•mol﹣1回答下列问题：（1）汽车尾气中的NO和CO在催化转换器中发生以下反应可减少尾气污染：2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）ΔH。则ΔH＝2b﹣a﹣ckJ•mol﹣1（用含a、b、c的表达式表示）。已知该反应低温时为自发反应，则该反应的反应热ΔH＜0（填“＞”、“＜”或“＝”）。（2）某温度时，向2L恒容密闭体系中通入2molCO和1molNO发生反应：2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）①下列能说明反应达到平衡状态的是d。a．2v正（NO）＝v逆（N2）b．体系中混合气体密度不再改变c．CO与NO转化率的比值不再改变d．该温度下，的值不再改变②某温度下，该反应达平衡时CO与CO2体积分数之比为3：2，则平衡常数为。该反应中的v正＝k正•c2（NO）c2（CO），v逆＝k逆•c（N2）c2（CO2），则该反应达到平衡时，k正＞k逆（填“＞”、“＜”或“＝”）。③平衡时CO2的体积分数与温度、压强的关系如图所示。则温度：T1＜T2（填“＞”或“＜”），理由是该反应正反应是放热反应，当压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，CO2的体积分数降低，所以T1＜T2。④若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的E（填字母序号）点。【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡计算．【答案】（1）2b﹣a﹣c；＜；（2）①d；②；＞；③＜；该反应正反应是放热反应，当压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，CO2的体积分数降低，所以T1＜T2（2分）④E。【分析】（1）①N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）ΔH1＝akJ•mol﹣1②C（s）+O2（g）⇌CO2（g）ΔH2＝bkJ•mol﹣1③2C（s）+O2（g）⇌2CO（g）ΔH3＝ckJ•mol﹣1根据盖斯定律：2×②﹣①﹣③得2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）；ΔH﹣TΔS＜0，反应才能自发进行；（2）①反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；②某温度下，该反应达平衡时CO与CO2体积分数之比为3：2，列化学平衡三段式，K＝；该反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则v正＝k正•c2（NO）c2（CO）＝v逆＝k逆•c（N2）c2（CO2），＝；③该反应正反应是放热反应，当压强相同时，升高温度，平衡逆向移动；④若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，平衡逆向移动，平衡时CO2的体积分数减小。【解答】解：（1）①N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）ΔH1＝akJ•mol﹣1②C（s）+O2（g）⇌CO2（g）ΔH2＝bkJ•mol﹣1③2C（s）+O2（g）⇌2CO（g）ΔH3＝ckJ•mol﹣1根据盖斯定律：2×②﹣①﹣③得2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）ΔH＝（2b﹣a﹣c）kJ/mol；已知该反应低温时为自发反应，该反应ΔS＜0，根据ΔH﹣TΔS＜0，反应才能自发进行，所以ΔH＜0，故答案为：2b﹣a﹣c；＜；（2）①a．v正（NO）＝2v逆（N2）说明反应达到平衡状态，故a错误；b．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则恒容容器中混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故b错误；c．CO与NO两者投料之比和转化物质的量之比均为1：1，所以两者转化率的比值始终不变，故c错误；d．该温度下，Qc＝的值随着反应进行发生改变，当的值不再改变，说明反应达到平衡状态，故d正确；故答案为：d；②某温度下，该反应达平衡时CO与CO2体积分数之比为3：2，列化学平衡三段式，2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）起始（mol）2100转化（mol）2x2xx2x平衡（mol）2﹣2x1﹣2xx2x＝，解得x＝0.4，K＝＝＝；该反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则v正＝k正•c2（NO）c2（CO）＝v逆＝k逆•c（N2）c2（CO2），＝＝K＝，所以k正＞k逆，故答案为：；＞；③该反应正反应是放热反应，当压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，CO2的体积分数降低，所以T1＜T2，故答案为：＜；该反应正反应是放热反应，当压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，CO2的体积分数降低，所以T1＜T2；④若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，平衡逆向移动，平衡时CO2的体积分数减小，则重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的E点，故答案为：E。【点评】本题综合考查化学知识，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动以及化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，掌握盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式是解题关键，此题难度中等。10．以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵[（NH4）3Fe（C6H5O7）2]。（1）Fe基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；[Fe（H2O）6]2+中与Fe2+配位的原子是O。（填元素符号）（2）NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是sp3；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。（3）与互为等电子体的一种分子为CH4。（填化学式）（4）柠檬酸的结构简式见图（）。1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为7NA。（5）经X射线衍射测定发现，晶体铁在417℃以上堆积方式的剖面图如图所示，则该堆积方式属于面心立方最密堆积。若该堆积方式下的晶胞参数为acm，则铁原子的半径为×1010pm。【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】化学键与晶体结构．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d64s2；O；（2）sp3；N＞O＞C；（3）CH4；（4）7；（5）面心立方最密堆积；×1010。【分析】（1）Fe是26号元素，根据核外电子排布规律书写基态核外电子排布式；配原子含有孤电子对；（2）NH3分子中氮原子形成3个N﹣H键，还有1对孤电子对；同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于氧元素的；（3）用碳原子替换N原子与1个单位正电荷可得与互为等电子体的一种分子；（4）柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成7个σ键；（5）晶胞中原子处于顶点与面心，属于面心立方最密堆积；处于面对角线上的原子相邻，原子核间距等于晶胞棱长的倍。【解答】解：（1）Fe是26号元素，根据核外电子排布规律，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；[Fe（H2O）6]2+中配体是H2O，配体中O原子含有孤对电子与Fe2+配位，故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；O；（2）NH3分子中氮原子形成3个N﹣H键，还有1对孤电子对，N原子采取sp3杂化；同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于氧元素的，故第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C，故答案为：sp3；N＞O＞C；（3）用碳原子替换N原子与1个单位正电荷可得与互为等电子体的一种分子：CH4，故答案为：CH4；（4）柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成7个σ键，故1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为7NA，故答案为：7；（5）晶胞中原子处于顶点与面心，属于面心立方最密堆积；处于面对角线上的原子相邻，原子核间距等于晶胞棱长的倍，故2r（Fe）＝×acm，则r（Fe）＝cm，即r（Fe）＝×1010pm，故答案为：面心立方最密堆积；×1010。【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、配合物、杂化方式、电离能、等电子体、化学键、晶胞结构与计算等，注意同周期第一电离能变化异常情况，理解电子构型对电离能的影响。11．有机物G是多种药物和农药的合成中间体，如图是G的一种合成路线：已知：①同一碳原子上连两个羟基不稳定，发生反应：R﹣CH（OH）2→R﹣CHO+H2O；②羟醛缩合反应原理：。回答下列问题：（1）试剂X的名称为乙酸；E中所含官能团的名称为碳溴键、羟基、醛基。（2）D的结构简式为；D→E的反应类型为取代反应。（3）试写出反应F→G的化学方程式为++H2O。（4）有机物H（）与A的关系为同系物，H有多种同分异构体，其中含有六元碳环结构的同分异构体有5种（不含立体异构，且H除外）．其中核磁共振氢谱显示有5组峰的同分异构体的结构简式为。【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【答案】（1）乙酸；碳溴键、羟基、醛基；（2）；取代反应；（3）++H2O；（4）同系物；5；。【分析】由A的分子式、B的结构简式，结合A转化为B反应条件可知，A→B发生酯化反应，推知A为、X为CH3COOH，发生取代反应生成，对比C、E的结构简式，结合D的分子式、反应条件、信息①，可推知D为，D发生取代反应生成，与CH3ONa发生取代反应生成和NaBr，由G的分子式，结合信息②推知G为。【解答】解：（1）由分析可知，X的结构简式为CH3COOH，试剂X的名称为乙酸；E中所含官能团的名称为碳溴键、羟基、醛基，故答案为：乙酸；碳溴键、羟基、醛基；（2）由分析可知，D的结构简式为；D→E的过程中氢原子被溴原子替代，该反应类型为取代反应，故答案为：；取代反应；（3）反应F→G的化学方程式为++H2O，故答案为：++H2O；（4）有机物H（）与A（）的关系为同系物，H含有六元碳环结构的同分异构体，可以有1个侧链为﹣CH2OH或﹣OCH3，可以有2个侧链为﹣OH、﹣CH3，除H外还有同、邻、间3种位置关系，故符合条件的同分异构体有2+3＝5种，其中核磁共振氢谱显示有5组峰的同分异构体的结构简式为，故答案为：同系物；5；。【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及有机物命名、官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写等，充分利用有机物分子式、结构简式进行分析推断，试题培养了学生分析推理能力、知识迁移运用能力。三．工艺流程题（共1小题）12．以电解铝废渣（主要含AlF3、NaF、LiF、CaO）为原料，制备电池级碳酸锂的工艺流程如图：已知：AlF3、LiF难溶于水，LiOH溶于水，Li2CO3微溶于水，Ksp（Li2CO3）＝2.5×10﹣2、Ksp（CaCO3）＝2.8×10﹣9。回答下列问题：（1）基态Al原子核外电子有7种不同的空间运动状态，Al原子的第一电离能低于Mg，原因是基态Mg原子价电子为3s2，最外层全充满稳定结构，Al原子价电子为3s23p1易失去电子。（2）电解氧化铝生成铝的化学方程式为2Al2O34Al+3O2↑，无碳电解铝技术是利用陶瓷材料替代碳作阳极，该技术的优点之一是防止阳极与氧气反应。（3）“气体1”是HF（填化学式，下同），“滤渣1”的主要成分是硫酸钙。（4）已知“碱解”同时生成白色沉淀，写出生成“气体2”的离子方程式：2Al3++3+3H2O＝2Al（OH）3↓+3CO2↑。（5）“苛化”中存在如下反应：Li2CO3（s）+Ca2+（aq）⇌2Li+（aq）+CaCO3（s）。通过计算解释生石灰能使Li2CO3完全转化的原因：Li2CO3（s）+Ca2+（aq）⇌2Li+（aq）+CaCO3（s）的平衡常数K＝═×＝＝＝×10﹣7＞105，故该反应可以进行完全。（6）已知AlCl3可形成共价分子，AlF3为离子晶体，从电负性的角度解释其原因：F的电负性大于Cl，Al与F的电负性之差很大，形成离子键，而Al和Cl的电负性之差不大，形成共价键。【考点】制备实验方案的设计；原子核外电子排布．【专题】制备实验综合．【答案】（1）7；基态Mg原子价电子为3s2，最外层全充满稳定结构，Al原子价电子为3s23p1易失去电子；（2）2Al2O34Al+3O2↑；防止阳极与氧气反应；（3）HF；硫酸钙；（4）2Al3++3+3H2O＝2Al（OH）3↓+3CO2↑；（5）Li2CO3（s）+Ca2+（aq）⇌2Li+（aq）+CaCO3（s）的平衡常数K＝═×＝＝＝×10﹣7＞105，故该反应可以进行完全；（6）F的电负性大于Cl，Al与F的电负性之差很大，形成离子键，而Al和Cl的电负性之差不大，形成共价键。【分析】电解铝之后的废渣先经过酸溶，让氟离子变成HF而除去，再加入水进行水浸，除掉微溶于水的硫酸钙，再加入碳酸钠溶液进行碱解，除去铝离子，同时生成二氧化碳，再加入生石灰进行苛化，生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀，最后得到含有NaOH和LiOH的混合溶液，再通入二氧化碳气体进行碳化，生成的电池级碳酸锂，由此分析回答；【解答】解：（1）基态Al原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，故基态Al原子核外电子有7种不同的空间运动状态；基态Mg原子价电子为3s2，最外层全充满稳定结构，Al原子价电子为3s23p1易失去电子，故Al原子的第一电离能低于Mg，故答案为：7；基态Mg原子价电子为3s2，最外层全充满稳定结构，Al原子价电子为3s23p1易失去电子；（2）电解氧化铝，生成铝和氧气，方程式为2Al2O34Al+3O2↑；比起碳来说，陶瓷更加稳定，不会与氧气发生反应，故优点就是防止阳极与氧气反应，故答案为：2Al2O34Al+3O2↑；防止阳极与氧气反应；（3）气体1是酸溶时，氟离子结合氢离子生成的HF；滤渣1是在水浸时将微溶于水的硫酸钙沉淀了出来，故答案为：HF；硫酸钙；（4）碱解时，加入的碳酸钠与溶液中的铝离子发生双水解，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，其方程式为2Al3++3+3H2O＝2Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：2Al3++3+3H2O＝2Al（OH）3↓+3CO2↑；（5）Li2CO3（s）+Ca2+（aq）⇌2Li+（aq）+CaCO3（s）的平衡常数K＝═×＝＝＝×10﹣7＞105，故该反应可以进行完全，可以使溶液中的Li2CO3比较彻底地转化，故答案为：Li2CO3（s）+Ca2+（aq）⇌2Li+（aq）+CaCO3（s）的平衡常数K＝═×＝＝＝×10﹣7＞105，故该反应可以进行完全；（6）AlCl3可形成共价分子，AlF3为离子晶体，原因F的电负性大于Cl，Al与F的电负性之差很大，形成离子键，而Al和Cl的电负性之差不大，形成共价键，故答案为：F的电负性大于Cl，Al与F的电负性之差很大，形成离子键，而Al和Cl的电负性之差不大，形成共价键。【点评】本题考查物质的制备和基本操作综合应用，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，题目主要涉及分离提纯的方法、物质性质的分析应用等知识，题目难度较大。

考点卡片1．同素异形体【知识点的认识】1、同素异形体的概念：同素异形体，是相同元素组成，不同形态的单质．如碳元素就有金刚石、石墨、无定形碳等同素异形体．同素异形体由于结构不同，彼此间物理性质有差异；但由于是同种元素形成的单质，所以化学性质相似，也有差异．如金刚石和石墨的导电性、硬度均不同，虽都能与氧气反应生成CO2，由于反应的热效应不同，二者的稳定性不同（石墨比金刚石能量低，石墨比金刚石稳定）．形成同素异形体的方式：①组成分子的原子数目不同，例如：氧气（O2）和臭氧（O3）②晶格中原子的排列方式不同，例如：金刚石和石墨和C60③晶格中分子排列的方式不同，例如：正交硫和单斜硫④还有红磷和白磷注意：同素异形体指的是由同种元素形成的结构不同的单质，如H2和D2的结构相同，不属于同素异形体．【命题方向】本考点主要考察同素异形体的概念，重点需要和同位素进行区别．题型一：同素异形体的概念典例1：下列物质中，属于同素异形体的是（）A．O2和O3B．CO和CO2C．12C和13CD．CH4和C2H6分析：由同种元素组成的不同单质互称同素异形体，根据同素异形体的概念可知，把握两点：①同种元素②不同单质即可解答．解答：由同种元素组成的不同单质互称同素异形体，同素异形体必须是单质．A、O2和O3是同素异形体，故A正确．B、CO和CO2是化合物，故B错误．C、12C和13C是原子，故C错误．D、CH4和C2H6是化合物，故D错误．故选A．点评：本题难度不大，判断是否互为同素异形体的关键要把握两点：①同种元素形成，②不同单质，据此解答即可．题型二：化学“五同”的区分典例2：下列说法正确的是（）A．1H、2H、3H互为同素异形体B．O2、O3互为同位素C．正丁烷和异丁烷互为同分异构体D．乙烷、乙烯互为同系物分析：A、同素异形体是同种元素形成的不同单质；B、同位素是质子数相同质量数不同的同种元素的不同核素；C、同分异构体是分子式相同，结构不同的物质互称同分异构体；D、同系物是结构相似，组成上相差一个或多个相同基团的物质．解答：A、1H、2H、3H互为同位素，故A错误；B、O2、O3互为同素异形体，故B错误；C、正丁烷和异丁烷分子式相同，结构不同互为同分异构体，故C正确；D、乙烷、乙烯结构不同，组成不相差CH2基团，不是同系物，故D错误；故选C．点评：本题考查了同位素、同素异形体、同分异构体、同系物和同种物质这化学“五同”的比较学习，难度不大，明确这几个概念是解本题的关键．【解题思路点拨】同素异形体、同位素、同分异构体与同系物的比较：同位素同素异形体同系物同分异构体同种物质定义质子数相同，中子数不同的原子（核素）由同一种元素组成的不同单质结构相似，分子组成相差一个或若干个CH2基团的物质分子式相同，结构不同的化合物组成、结构相同对象原子单质化合物化合物物质化学式元素符号表示不同，如H、H、H元素符号表示相同，分子式可以不同，如O2和O3不同相同相同，如水与冰、H2与D2、H2O和D2O等结构电子层结构相同，原子核结构不同单质的组成或结构不同相似不同相同性质物理性质不同，化学性质相同物理性质不同，化学性质相同物理性质不同，化学性质相似物理性质不同，化学性质不一定相同结构式的形状及物质的聚集状态可能不同注意：重点要注意对象的区别．2．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。3．原子核外电子排布04．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．5．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，电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，据此分析解答。解答：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，元素的非金属性越强其电负性越大。同一周期中，电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小。A是O元素，B是P元素，C是Si元素，D是Ca元素，所以非金属性最强的元素是O元素，即电负性最强的元素是O元素，故选A。点评：本题考查了元素非金属性强弱的判断，难度不大，明确元素的非金属性强弱与元素的电负性强弱关系是解答本题的关键。典例4：已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是（）A．X与Y形成化合物时，X可以显负价，Y显正价B．第一电离能可能Y小于XC．最高价含氧酸的酸性：X对应的酸的酸性弱于Y对应的酸的酸性D．气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX分析：由X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，则非金属性X＞Y，A、电负性大的元素在化合物中显负价；B、同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，当能级处于半满、全满稳定状态时，能量较低，第一电离能大于同周期相邻元素；C、非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，但O、F除外；D、非金属性越强，气态氢化物越稳定。解答：A、电负性大的元素在化合物中显负价，所以X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故A正确；B、第一电离能可能Y大于X，如N＞O，也可能小于X，故B正确；C、非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性X＞Y，则X对应的酸性强于Y对应的酸的酸性，故C错误；D、非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX，故D正确；故选：C。点评：本题主要考查位置、结构、性质的关系，明确同周期位置关系及电负性大小得出元素的非金属性是解答本题的关键，题目难度不大。【解题思路点拨】价电子构型与电离能：影响电离能大小的因素：1）原子核电荷数：（同一周期）即电子层数相同，核电荷数越多、半径越小、核对外层电子引力越大，越不易失去电子，电离能越大；2）原子半径：（同族元素）原子半径越大，原子核对外层电子的引力越小，越容易失去电子，电离能越小；（3）电子构型：全充满、半充满较大。因为全充满和半充满的电子构型较为稳定（相对于相邻原子）。6．原子轨道杂化方式及杂化类型判断【知识点的知识】1、杂化的概念：原子在形成分子时，为了增强成键能力，使分子的稳定性增加，趋向于将不同类型的原子轨道重新组合成能量、形状和方向与原来不同的新原子轨道，这种重新组合称为杂化．2、杂化轨道的概念：杂化后的原子轨道称为杂化轨道．3、杂化原则：1）只有能量相近的轨道才能相互杂化；2）形成的杂化轨道数目等于参加杂化的原子轨道数目；3）杂化后轨道伸展方向和形状发生改变；4）杂化后都是能量相同的轨道（即等价轨道）．4、杂化类型：1）sp3杂化原子形成分子时，同一原子中能量相近的一个ns轨道与三个np轨道进行混合组成四个新的原子轨道称为sp3杂化轨道．1°等性sp3杂化（如CH4，CCl4）：2°不等性sp3杂化（如NH3，H2O）：1232）sp2杂化同一个原子的一个ns轨道与两个np轨道进行杂化组合为sp2杂化轨道．BF3杂化：注意：乙烯、苯属于sp2杂化．3）sp杂化：BeCl2杂化：同一原子中ns﹣np杂化成新轨道：一个s轨道和一个p轨道杂化组合成两个新sp杂化轨道．注意：乙炔属于sp杂化．总结：杂化类型spsp2sp3杂化轨道排布直线形三角形四面体杂化轨道中孤对电子数00012分子空间构型直线形三角形正四面体三角锥形角形实例BeCl2BF3CCl4NH3H2O【命题方向】题型一：杂化类型的判断典例1：下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（）A．CO2与SO2B．CH4与NH3C．BeCl2与BF3D．C2H2与C2H4分析：A、B、C物质属于ABm，ABm型杂化类型的判断：中心原子电子对计算公式：价电子对数n＝（中心原子的价电子数+配位原子的价电子数×m±电荷数）注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“﹣”，电荷数为负值时取“+”．②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n＝2，sp杂化；n＝3，sp2杂化；n＝4，sp3杂化．D、对于有机物利用杂化轨道数＝孤对电子对数+σ键数进行判断．解答：A、CO2中C原子杂化轨道数为×（4+0）＝2，采取sp杂化方式，SO2中S原子杂化轨道数为×（6+0）＝3，采取sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故A错误．B、CH4中C原子杂化轨道数为×（4+4）＝4，采取sp3杂化方式，NH3中N原子杂化轨道数为×（5+3）＝4，采取sp3杂化方式，二者杂化方式相同，故B正确；C、BeCl2中Be原子杂化轨道数为×（2+2）＝2，采取sp杂化方式，BF3中B原子杂化轨道数为×（3+3）＝3，采取sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故C错误；D、C2H2分子中碳原子形成1个C﹣H，1个C≡C（含1个σ键），C原子杂化轨道数为1+1＝2，采取sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C﹣H，1个C═C双键（含1个σ键），C原子杂化轨道数为（2+1）＝3，C原子采取sp2杂化方式，故D错误．故选：B．点评：考查杂化轨道理论，难度中等，判断中心原子的杂化轨道数是关键．题型二：杂化轨道的概念典例2：有关杂化轨道的说法不正确的是（）A．杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变B．sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°C．四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释D．杂化轨道全部参加形成化学键分析：A．原子轨道杂化前后轨道总数不变，但形状发生变化；B．根据其空间构型判断夹角；C．采用用sp3杂化的分子根据其含有的孤电子对个数确定其实际空间构型；D．杂化轨道可以部分参加形成化学键．解答：A．杂化前后的轨道数不变，杂化后，各个轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生了改变，故A正确；B．sp3、sp2、sp杂化轨道其空间构型分别是正四面体、平面三角形、直线型，所以其夹角分别为109°28′、120°、180°，故B正确；C．部分四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释，如甲烷、氨气分子、水分子，故C正确；D．杂化轨道可以部分参加形成化学键，例如NH3中N发生了sp3杂化，形成了4个sp3杂化杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，故D错误；故选：D．点评：本题考查了原子杂化，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及原子杂化方式的判断，难度中等．题型三：杂化类型和空间构型的关系典例3：氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为（）A．两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化B．NH3分子中N原子形成3个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道C．NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强D．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子分析：NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，为正四面体构型．解答：NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N﹣H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，C﹣H之间的键角相等为109°28′，故CH4为正四面体构型，故ABD错误，C正确．故选：C．点评：考查了分子空间构型的判断，难度中等，注意理解价层电子对互斥理论与杂化轨道理论．【解题思路点拨】杂化类型的判断方法：1）例如常见的简单分子，C2H2、CO2为直线型分子，键角为180°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp；C2H4、C6H6为平面型分子，键角为120°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp2；CH4、CCl4为正四面体，键角109.5°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp3．扩展到以共价键形成的晶体，如：已知金刚石中的碳原子、晶体硅和石英中的硅原子，都是以正四面体结构形成共价键的，所以也都是采用sp3杂化；已知石墨的二维结构平面内，每个碳原子与其它三个碳原子结合，形成六元环层，键角为120°，由此判断石墨的碳原子采用sp2杂化．2）根据价层电子对互斥理论判断杂化类型：ABm型杂化类型的判断：中心原子电子对计算公式：价电子对数n＝（中心原子的价电子数+配位原子的价电子数×m±电荷数）注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“﹣”，电荷数为负值时取“+”．②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n＝2，sp杂化；n＝3，sp2杂化；n＝4，sp3杂化．3）对于有机物利用杂化轨道数＝孤对电子对数+σ键数进行判断．如：C2H2分子中碳原子形成1个C﹣H，1个C≡C（含1个σ键），C原子杂化轨道数为1+1＝2，采取sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C﹣H，1个C═C双键（含1个σ键），C原子杂化轨道数为（2+1）＝3，C原子采取sp2杂化方式．7．晶胞的计算【知识点的知识】1、均摊法确定晶胞中粒子数目：1）立方晶胞：（1）顶点：每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占1/8份额；（2）棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占1/4份额；（3）面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占1/2份额；（4）内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞．2）六方晶胞：（1）每个顶点上的粒子被6个晶胞共用．（2）每条横棱