福建省漳州市2015屆高三化學(xué)沖刺試卷(3)(含解析)

1、2015年福建省漳州市高考化學(xué)沖刺試卷（3）一、選擇題（本大題共7小題，每小題6分，共42分在每小題給出的四個(gè)備選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求）1下列說(shuō)法不正確的是( )A有科學(xué)家稱硅是“21世紀(jì)的能源”，這主要是由于作為半導(dǎo)體材料的硅在太陽(yáng)能發(fā)電過(guò)程中具有重要的作用B濃硝酸在光照條件下變黃，說(shuō)明濃硝酸易分解生成有色產(chǎn)物且溶于濃硝酸C漂白粉既可作漂白棉、麻、紙張的漂白劑，又可用作游泳池及環(huán)境的消毒刑D鋁熱反應(yīng)常被用于野外焊接鋼軌，說(shuō)明鋁的氧化性很強(qiáng)2下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是( )A油脂的種類很多，但它們水解后都一定有一產(chǎn)物產(chǎn)生B淀粉、纖維素都屬糖類，它們的通式相同，但它們不互為同分異構(gòu)體C已知CH4

2、+H2OCH3OH+H2該反應(yīng)的有機(jī)產(chǎn)物是無(wú)毒物質(zhì)DC（CH3）4二氯代物只有2種3下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可用同一原理解釋的是( )A品紅溶液中分別通入SO2和Cl2，溶液均褪色B溴水分別滴入植物油和裂化汽油中，溴水均褪色C雞蛋白溶液中分別加入NaCl溶液和HgCl2溶液，均有固體析出D分別加熱盛有NH4Cl和單質(zhì)碘的試管，管口均有固體凝結(jié)4已知NaHSO3溶液顯酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3+H2OH2SO3+OHHSO3H+SO32，向0.1molL1的NaHSO3溶液中分別加入以下物質(zhì)，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是( )A加入少量金屬Na，平衡左移，平衡右移，溶液中c（HSO3）增大B加入少量Na2S

3、O3固體，則c（H+）+c（Na+）=c（HSO3）+c（OH）+c（SO32）C加入少量NaOH溶液，的值均增大D加入氨水至中性，則2c（Na+）=c（SO32）c（H+）=c（OH）5V、W、X、Y是元素周期表中短周期元素，在周期表中的位置關(guān)系如圖所示：YVXWZ為第四周期常見(jiàn)元素，該元素是人體血液中血紅蛋白的組成金屬元素V的最簡(jiǎn)單氫化物為甲，W的氣態(tài)氫化物為乙，甲、乙混合時(shí)有白煙生成，甲能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)，W與Z可形成化合物ZW3下列判斷正確的是( )A原子半徑：XYVWBX、W的質(zhì)子數(shù)之和與最外層電子數(shù)之和的比值為 2：1C甲、乙混合時(shí)所生成的白煙為離子化合物，但其中含有共價(jià)鍵

4、D在足量的沸水中滴入含有16.25 g ZW3的溶液可得到0.1 mol Z（OH）36液體燃料電池相比于氣體燃料電池具有體積小，無(wú)需氣體存儲(chǔ)裝置等優(yōu)點(diǎn)一種以肼（N2H4）為燃料的電池裝置如圖所示該電池用空氣中的氧氣作為氧化劑，KOH作為電解質(zhì)下列關(guān)于該燃料電池的敘述不正確的是( )A電流從右側(cè)電極經(jīng)過(guò)負(fù)載后流向左側(cè)電極B負(fù)極發(fā)生的電極反應(yīng)式為N2H4+4OH4eN2+4H2OC該燃料電池的電極材料應(yīng)采用多孔導(dǎo)電材料，以提高電極反應(yīng)物質(zhì)在電極表面的吸附量，并使它們與電解質(zhì)溶液充分接觸D該燃料電池持續(xù)放電時(shí)，K+從負(fù)極向正極遷移，因而離子交換膜需選用陽(yáng)離子交換膜7T時(shí)，在1L的密閉容器中充入2m

5、ol CO2和6mol H2，一定條件下發(fā)生反應(yīng)：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJ/mol，測(cè)得H2和CH3OH（g）的濃度隨時(shí)間變化如下圖所示下列說(shuō)法不正確的是( )A010 min 內(nèi)（H2）=0.3 mol/（Lmin）BT時(shí)，平衡常數(shù)K=，CO2與H2的轉(zhuǎn)化率相等CT時(shí)，若上述反應(yīng)中有64 g CH3OH生成，則同時(shí)放出98.0 kJ的熱量D達(dá)到平衡后，升高溫度或再充入CO2氣體，都可以提高H2的轉(zhuǎn)化率二、非選擇題（本大題共3小題，共58分其中3題必考題，2題選考題任選一題）82013年初，霧霾天氣多次肆虐我國(guó)中東部地區(qū)其中，汽車尾氣和燃煤尾氣是

6、造成空氣污染的原因之一（1）汽車尾氣凈化的主要原理為2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）在密閉容器中發(fā)生該反應(yīng)時(shí)，c（CO2）隨溫度（T）、催化劑的表面積（S）和時(shí)間（t）的變化曲線，如圖1所示據(jù)此判斷：該反應(yīng)的_0（填“”或“”）在T1溫度下，02s內(nèi)的平均反應(yīng)速率v（N2）=_當(dāng)固體催化劑的質(zhì)量一定時(shí)，增大其表面積可提高化學(xué)反應(yīng)速率若催化劑的表面積S1S2，在上圖中畫(huà)出c（CO2）在T1、S2條件下達(dá)到平衡過(guò)程中的變化曲線若該反應(yīng)在絕熱、恒容的密閉體系中進(jìn)行，下列示意圖正確且能說(shuō)明反應(yīng)在進(jìn)行到t1時(shí)刻達(dá)到平衡狀態(tài)的是_（填字母）（2）直接排放煤燃燒產(chǎn)生的煙氣會(huì)引起嚴(yán)重的環(huán)境

7、問(wèn)題煤燃燒產(chǎn)生的煙氣含氮的氧化物，用CH4催化還原NOx可以消除氮氧化物的污染例如：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867.0kJmol12NO2（g）N2O4（g）H=56.9kJmol1寫出CH4催化還原N2O4（g）生成N2和H2O（g）的熱化學(xué)方程式_將燃煤產(chǎn)生的二氧化碳回收利用，可達(dá)到低碳排放的目的圖2是通過(guò)人工光合作用，以CO2和H2O為原料制備HCOOH和O2的原理示意圖電極a、b表面發(fā)生的電極反應(yīng)式分別為a：_，b：_9目前，新能源不斷被利用到現(xiàn)代的汽車中，高鐵電池技術(shù)就是科研機(jī)構(gòu)著力研究的一個(gè)方向（1）高鐵酸鉀鋅電池（堿性介質(zhì)）是一種典

8、型的高鐵電池，則該種電池負(fù)極材料是_（填化學(xué)式）（2）工業(yè)上常采用NaClO氧化法生產(chǎn)高鐵酸鉀（K2FeO4），K2FeO4在堿性環(huán)境中穩(wěn)定，在中性和酸性條件下不穩(wěn)定反應(yīng)原理為在堿性條件下，利用NaClO氧化Fe（NO3）3制得Na2FeO4：3NaClO+2Fe（NO3）3+10NaOH2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2ONa2FeO4與KOH反應(yīng)生成K2FeO4：Na2FeO4+2KOHK2FeO4+2NaOH主要的生產(chǎn)流程如圖1：寫出反應(yīng)的離子方程式：_流程圖中反應(yīng)是在某低溫下進(jìn)行的，且此溫度無(wú)NaOH析出，說(shuō)明此溫度下Ksp（K2FeO4）_Ksp（Na2FeO4）（填

9、“”、“”或“=”）（3）已知K2FeO4在水溶液中可以發(fā)生：4FeO+10H2O4Fe（OH）3+8OH+3O2，則K2FeO4在水處理中的作用是_（4）FeO在水溶液中的存在形態(tài)如圖2所示若向pH=10的這種溶液中加硫酸至pH=2，HFeO的分布分?jǐn)?shù)的變化情況是_若向pH=6的這種溶液中滴加KOH溶液，則溶液中含鐵元素的微粒中，_轉(zhuǎn)化為_(kāi)（填化學(xué)式）10硫代硫酸鈉（Na2S2O3）可用作傳統(tǒng)照相業(yè)的定影劑、鞣革時(shí)重鉻酸鹽的還原劑及紙漿漂白時(shí)的脫氯劑等某化學(xué)探究小組通過(guò)查閱資料，利用圖1所示裝置及試劑可制備硫代硫酸鈉（1）裝置A中的“硫酸”最好選用_（填字母序號(hào)）A發(fā)煙硫酸 B濃硫酸 C80

10、%的硫酸 D10%的硫酸（2）裝置C中除生成目標(biāo)產(chǎn)物硫代硫酸鈉外，還生成一種溫室氣體則裝置C中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)（3）裝置B的作用是_，裝置D的作用是_（4）若將分液漏斗中的硫酸換為濃鹽酸，裝置C中除生成硫代硫酸鈉外，還生成一種鈉鹽，該鈉鹽的化學(xué)式為_(kāi)，為防止該鈉鹽的生成，有同學(xué)在上述裝置中增加了如圖2裝置E該裝置E應(yīng)該添加的位置為_(kāi)（填字母序號(hào)）A只能在裝置A和裝置B之間B只能在裝置B和裝置C之間C在裝置A和裝置B或裝置B和裝置C之間都可以D只能在裝置C和裝置D之間該裝置中盛放的試劑為_(kāi)（填字母序號(hào)）ANaOH溶液 BNa2SO3溶液 CNaHCO3溶液 DNaHSO3溶液二、非選擇題

11、（本大題共1小題，共58分其中3題必考題，2題選考題任選一題）（13分）化學(xué)一物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)11（13分）用Cr3+摻雜的氮化鋁是理想的LED用熒光粉基質(zhì)材料，氮化鋁（其晶胞如圖1所示）可由氯化鋁與氨經(jīng)氣相反應(yīng)制得（1）Cr3+基態(tài)的核外電子排布式可表示為_(kāi)（2）氮化鋁的化學(xué)式為_(kāi)（3）氯化鋁是易升華，其雙聚物Al2Cl6結(jié)構(gòu)如圖2所示在Al2Cl6中存在的化學(xué)鍵有_（填字母）a離子鍵 b共價(jià)鍵 c配位鍵 d金屬鍵（4）一定條件下用Al2O3和CCl4反應(yīng)制備AlCl3的反應(yīng)為Al2O3+3CCl42AlCl3+3COCl2其中，COCl2分子的空間構(gòu)型為_(kāi)化學(xué)一有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)12有機(jī)物丙（C1

12、3H18O2）是一種香料，其合成路線如圖所示已知：RCHCH2RCH2CH2OH；質(zhì)譜圖表明甲的相對(duì)分子質(zhì)量為88，它的核磁共振氫譜顯示有3組峰；乙是的同系物回答下列問(wèn)題：（1）A的化學(xué)名稱是_（2）B的分子式是_（3）C與新制堿性Cu（OH）2反應(yīng)的化學(xué)方程式是_（4）丙中有兩個(gè)甲基，在一定條件下，1mol D可以和2mol H2反應(yīng)生成乙，D可以發(fā)生銀鏡反應(yīng)，則D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)（5）甲與乙反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)，該反應(yīng)的類型是_（6）甲的同分異構(gòu)體中符合下列條件的共有_種含有“COO”結(jié)構(gòu)；核磁共振氫譜有3組峰且峰面積比為3：2：32015年福建省漳州市高考化學(xué)沖刺試卷（3）一、選擇題（本大

13、題共7小題，每小題6分，共42分在每小題給出的四個(gè)備選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求）1下列說(shuō)法不正確的是( )A有科學(xué)家稱硅是“21世紀(jì)的能源”，這主要是由于作為半導(dǎo)體材料的硅在太陽(yáng)能發(fā)電過(guò)程中具有重要的作用B濃硝酸在光照條件下變黃，說(shuō)明濃硝酸易分解生成有色產(chǎn)物且溶于濃硝酸C漂白粉既可作漂白棉、麻、紙張的漂白劑，又可用作游泳池及環(huán)境的消毒刑D鋁熱反應(yīng)常被用于野外焊接鋼軌，說(shuō)明鋁的氧化性很強(qiáng)【考點(diǎn)】硅和二氧化硅；硝酸的化學(xué)性質(zhì)；氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用；鋁的化學(xué)性質(zhì) 【專題】元素及其化合物【分析】A硅在自然界中含量豐富，主要以硅酸鹽和二氧化硅的形式存在，僅次于氧，硅作為一種普遍使用的新型能源

14、主要是由于作為半導(dǎo)體材料的硅在太陽(yáng)能發(fā)電過(guò)程中具有重要的作用，以此解答該題；B濃硝酸見(jiàn)光易分解，分解生成的二氧化氮溶于硝酸呈黃色；C漂白粉的主要成分為次氯酸鈣Ca（ClO）2和氯化鈣，即可用作漂白劑，又可用作消毒劑漂白粉中有效成分是Ca（ClO）2；D鋁熱反應(yīng)常被用于野外焊接鋼軌，鋁熱反應(yīng)中，鋁失電子而作還原劑【解答】解：A硅是“21世紀(jì)的能源”，是因?yàn)楣柙谧匀唤缰泻控S富，能作為半導(dǎo)體材料的硅在太陽(yáng)能發(fā)電過(guò)程中具有重要的作用，故A正確；B濃硝酸見(jiàn)光易分解，則濃HNO3不穩(wěn)定，生成有色產(chǎn)物能溶于濃硝酸而變黃，故B正確；C漂白粉中有效成分是Ca（ClO）2，漂白的原理是：Ca（ClO）2在空氣中

15、發(fā)生反應(yīng)Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，HClO具有漂白性，能使品紅等有色物質(zhì)褪色，又可用作游泳池及環(huán)境的消毒劑，故C正確；D2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe該反應(yīng)放出大量的熱量使得生成的鐵融化，常被用于野外焊接鋼軌，鋁熱反應(yīng)中，鋁失電子化合價(jià)升高而作還原劑，故D錯(cuò)誤；故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查了硅、氯、氮、鋁等元素化合物知識(shí)，側(cè)重考查了鋁熱反應(yīng)，明確鋁熱反應(yīng)的原理是解本題關(guān)鍵，題目難度不大2下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是( )A油脂的種類很多，但它們水解后都一定有一產(chǎn)物產(chǎn)生B淀粉、纖維素都屬糖類，它們的通式相同，但它們不互為同分異構(gòu)體C已知CH4+H2OCH3OH+H2該反應(yīng)

16、的有機(jī)產(chǎn)物是無(wú)毒物質(zhì)DC（CH3）4二氯代物只有2種【考點(diǎn)】同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體；油脂的性質(zhì)、組成與結(jié)構(gòu) 【分析】A、油脂水解為甘油和高級(jí)脂肪酸（鹽）；B、淀粉和纖維素聚合度不同；C、CH3OH有毒；D、4個(gè)甲基上的12個(gè)H等效【解答】解：A、油脂水解為甘油和高級(jí)脂肪酸（鹽），它們水解后都一定有相同產(chǎn)物甘油，故A正確；B、淀粉和纖維素均屬于多糖，聚合度n不同，因此分子式不同，不互為同分異構(gòu)體，故B正確；C、CH3OH有毒，能致人失明，故C錯(cuò)誤；D、4個(gè)甲基上的12個(gè)H等效，二氯代物只有2種，其中一種情況為取代同一甲基上的2個(gè)H，另外一種情況為分別取代不同甲基上的一個(gè)H，故D正確；故選C【點(diǎn)

17、評(píng)】本題考查淀粉、纖維素、油脂的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及聚合物、等效氫、甲醇的性質(zhì)和應(yīng)用，難度不大3下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可用同一原理解釋的是( )A品紅溶液中分別通入SO2和Cl2，溶液均褪色B溴水分別滴入植物油和裂化汽油中，溴水均褪色C雞蛋白溶液中分別加入NaCl溶液和HgCl2溶液，均有固體析出D分別加熱盛有NH4Cl和單質(zhì)碘的試管，管口均有固體凝結(jié)【考點(diǎn)】二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)；氯氣的化學(xué)性質(zhì)；銨鹽；化石燃料與基本化工原料；氨基酸、蛋白質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特點(diǎn) 【專題】元素及其化合物【分析】A二氧化硫與品紅化合生成無(wú)色物質(zhì)，氯氣與水反應(yīng)生成的HClO具有強(qiáng)氧化性；B植物油和裂化汽油中均含碳碳雙鍵；C前者是鹽析，后

18、者是蛋白質(zhì)變性；D前者為化學(xué)變化，后者為物理變化【解答】解：A二氧化硫與品紅化合生成無(wú)色物質(zhì)，氯氣與水反應(yīng)生成的HClO具有強(qiáng)氧化性使品紅漂白，則褪色原理不同，故A不選；B植物油和裂化汽油中均含碳碳雙鍵，均與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，則褪色原理相同，故B選；C前者是鹽析，后者是蛋白質(zhì)變性，二者原理不同，鹽析可逆，變性不可逆，故C不選；D前者為化學(xué)變化，后者為物理變化，二者原理不同，故D不選；故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)，綜合考查元素化合物知識(shí)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，注意反應(yīng)原理的判斷及現(xiàn)象的分析，題目難度不大4已知NaHSO3溶液顯酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3+

19、H2OH2SO3+OHHSO3H+SO32，向0.1molL1的NaHSO3溶液中分別加入以下物質(zhì)，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是( )A加入少量金屬Na，平衡左移，平衡右移，溶液中c（HSO3）增大B加入少量Na2SO3固體，則c（H+）+c（Na+）=c（HSO3）+c（OH）+c（SO32）C加入少量NaOH溶液，的值均增大D加入氨水至中性，則2c（Na+）=c（SO32）c（H+）=c（OH）【考點(diǎn)】離子濃度大小的比較；鹽類水解的原理 【專題】鹽類的水解專題【分析】A加入金屬鈉，先和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，氫氧化鈉抑制水解平衡促進(jìn)電離平衡；B依據(jù)溶液中電荷守恒分析判斷；C加入氫氧化鈉促進(jìn)電離平

20、衡右移，抑制水解平衡左移；D依據(jù)溶液中的電荷守恒分析比較【解答】解：A加入少量金屬Na，Na與HSO3電離出的H+反應(yīng)，溶液中c（HSO3）濃度減小，故A錯(cuò)誤；B加入少量Na2SO3固體溶解后溶液中存在電荷守恒，c（H+）+c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH），故B錯(cuò)誤；C加入氫氧化鈉促進(jìn)電離，平衡右移，抑制水解，平衡左移，c（SO32），c（OH）濃度增大；，比值增大，故C正確；D.0.1molL1的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，溶液中存在物料守恒，即：c（Na+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3），則c（Na+）c（SO32）c（H+）=c（OH）

21、，故D錯(cuò)誤；故選C【點(diǎn)評(píng)】本題考查電解質(zhì)溶液，涉及弱電解質(zhì)的電離和鹽類的水解、三大守恒關(guān)系的應(yīng)用，平衡分析和溶液中離子濃度關(guān)系判斷是解題關(guān)鍵，題目難度中等5V、W、X、Y是元素周期表中短周期元素，在周期表中的位置關(guān)系如圖所示：YVXWZ為第四周期常見(jiàn)元素，該元素是人體血液中血紅蛋白的組成金屬元素V的最簡(jiǎn)單氫化物為甲，W的氣態(tài)氫化物為乙，甲、乙混合時(shí)有白煙生成，甲能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)，W與Z可形成化合物ZW3下列判斷正確的是( )A原子半徑：XYVWBX、W的質(zhì)子數(shù)之和與最外層電子數(shù)之和的比值為 2：1C甲、乙混合時(shí)所生成的白煙為離子化合物，但其中含有共價(jià)鍵D在足量的沸水中滴入含有16.2

22、5 g ZW3的溶液可得到0.1 mol Z（OH）3【考點(diǎn)】元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用 【專題】元素周期律與元素周期表專題【分析】V、W、X、Y是元素周期表中短周期元素，則Y、V為第二周期而X、W為第三周期元素；Z為第四周期常見(jiàn)元素，該元素是人體血液中血紅蛋白的組成金屬元素，為Fe元素；V的最簡(jiǎn)單氫化物為甲，W的氣態(tài)氫化物為乙，甲、乙混合時(shí)有白煙生成，甲能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)，則甲是NH3，乙為HCl，所以V是N、W是Cl元素，則Y是C、X是Al元素，W與Z可形成化合物ZW3，ZW3為FeCl3；A原子電子層數(shù)越多其原子半徑越大，同一周期元素，原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小；BAl

23、、Cl的質(zhì)子數(shù)之和為30，最外層電子數(shù)之和為10；C白煙為NH4Cl，是離子化合物，銨根離子和酸根離子之間存在離子鍵，NH原子之間存在共價(jià)鍵；D沸水中加入FeCl3溶液得到的是Fe（OH）3膠體，該反應(yīng)為可逆反應(yīng)【解答】解：V、W、X、Y是元素周期表中短周期元素，則Y、V為第二周期而X、W為第三周期元素；Z為第四周期常見(jiàn)元素，該元素是人體血液中血紅蛋白的組成金屬元素，為Fe元素；V的最簡(jiǎn)單氫化物為甲，W的氣態(tài)氫化物為乙，甲、乙混合時(shí)有白煙生成，甲能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)，則甲是NH3，乙為HCl，所以V是N、W是Cl元素，則Y是C、X是Al元素，W與Z可形成化合物ZW3，ZW3為FeCl3；

24、A原子電子層數(shù)越多其原子半徑越大，同一周期元素，原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，所以原子半徑XWYV，故A錯(cuò)誤；BAl、Cl的質(zhì)子數(shù)之和為30，最外層電子數(shù)之和為10，二者之比為3：1，故B錯(cuò)誤；C白煙為NH4Cl，是離子化合物，銨根離子和酸根離子之間存在離子鍵，NH原子之間存在共價(jià)鍵，所以氯化銨中存在離子鍵和共價(jià)鍵，故C正確；D沸水中加入FeCl3溶液得到的是Fe（OH）3膠體，該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，溶液中的Fe3+不可能完全轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3膠體，故D錯(cuò)誤；故選C【點(diǎn)評(píng)】本題考查元素周期表和元素周期律綜合應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，涉及化學(xué)鍵判斷、膠體制備、原子結(jié)構(gòu)、元素周期律等知識(shí)點(diǎn)，正確判斷元素是

25、解本題關(guān)鍵，注意銨鹽中都存在離子鍵，銨鹽是全部由非金屬元素形成的離子化合物，易錯(cuò)選項(xiàng)是D6液體燃料電池相比于氣體燃料電池具有體積小，無(wú)需氣體存儲(chǔ)裝置等優(yōu)點(diǎn)一種以肼（N2H4）為燃料的電池裝置如圖所示該電池用空氣中的氧氣作為氧化劑，KOH作為電解質(zhì)下列關(guān)于該燃料電池的敘述不正確的是( )A電流從右側(cè)電極經(jīng)過(guò)負(fù)載后流向左側(cè)電極B負(fù)極發(fā)生的電極反應(yīng)式為N2H4+4OH4eN2+4H2OC該燃料電池的電極材料應(yīng)采用多孔導(dǎo)電材料，以提高電極反應(yīng)物質(zhì)在電極表面的吸附量，并使它們與電解質(zhì)溶液充分接觸D該燃料電池持續(xù)放電時(shí)，K+從負(fù)極向正極遷移，因而離子交換膜需選用陽(yáng)離子交換膜【考點(diǎn)】化學(xué)電源新型電池 【專題

26、】電化學(xué)專題【分析】該燃料電池中，負(fù)極上燃料失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，左側(cè)為負(fù)極，電極反應(yīng)式為：N2H4+4OH4e=N2+4H2O，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)，右側(cè)為正極，電極反應(yīng)式為：O2+2H2O+4e=4OH，電池總反應(yīng)為：N2H4+O2=N2+2H2O，結(jié)合離子的移動(dòng)方向、電流的方向分析解答【解答】解：A該燃料電池中，右側(cè)通入氧化劑空氣的電極b為正極，電流從正極流向負(fù)極，即電流從右側(cè)電極經(jīng)過(guò)負(fù)載后流向左側(cè)電極，故A正確；B通入燃料的電極為負(fù)極，負(fù)極上燃料失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：N2H4+4OH4e=N2+4H2O，故B正確；C因?yàn)殡姵刂姓?fù)極上為氣體參與的反應(yīng)，所以采用多孔導(dǎo)電

27、材料，可以提高電極反應(yīng)物質(zhì)在電極表面的吸附量，并使它們與電解質(zhì)溶液充分接觸，故C正確；D該原電池中，正極上生成氫氧根離子，所以離子交換膜要選取陰離子交換膜，故D錯(cuò)誤；故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查了燃料電池，明確正負(fù)極上發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是電極反應(yīng)式的書(shū)寫，要結(jié)合電解質(zhì)溶液的酸堿性書(shū)寫，注意電流的方向和電子的流向相反，難度不大7T時(shí)，在1L的密閉容器中充入2mol CO2和6mol H2，一定條件下發(fā)生反應(yīng)：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJ/mol，測(cè)得H2和CH3OH（g）的濃度隨時(shí)間變化如下圖所示下列說(shuō)法不正確的是( )A010 min 內(nèi)（H2）

28、=0.3 mol/（Lmin）BT時(shí)，平衡常數(shù)K=，CO2與H2的轉(zhuǎn)化率相等CT時(shí)，若上述反應(yīng)中有64 g CH3OH生成，則同時(shí)放出98.0 kJ的熱量D達(dá)到平衡后，升高溫度或再充入CO2氣體，都可以提高H2的轉(zhuǎn)化率【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的影響因素；化學(xué)平衡建立的過(guò)程 【專題】化學(xué)平衡專題【分析】A、據(jù)v（H2）=計(jì)算；B、據(jù)K=求算；C、據(jù)熱化學(xué)方程式求算；D、正反應(yīng)放熱，升溫平衡逆向移動(dòng)【解答】解：A、v（H2）=0.3 mol/（Lmin），故A正確；B、氫氣反應(yīng)了3mol/L，則二氧化碳反應(yīng)1mol/L，生成甲醇1mol/L則生成水蒸氣1mol/L，K=，CO2與H2的起始濃度與化學(xué)計(jì)量數(shù)

29、相等，所以轉(zhuǎn)化率相等，故B正確；C、生成1mol甲醇即32g，放熱49KJ，醋酸64g甲醇放熱98KJ，故C正確；D、正反應(yīng)放熱，升溫時(shí)平衡逆向移動(dòng)，氫氣轉(zhuǎn)化率降低，故D錯(cuò)誤；故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查了化學(xué)反應(yīng)速率的求算、平衡常數(shù)的計(jì)算、據(jù)熱化學(xué)方程式計(jì)算、轉(zhuǎn)化率，題目難度中等二、非選擇題（本大題共3小題，共58分其中3題必考題，2題選考題任選一題）82013年初，霧霾天氣多次肆虐我國(guó)中東部地區(qū)其中，汽車尾氣和燃煤尾氣是造成空氣污染的原因之一（1）汽車尾氣凈化的主要原理為2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）在密閉容器中發(fā)生該反應(yīng)時(shí)，c（CO2）隨溫度（T）、催化劑的表面積（S）和

30、時(shí)間（t）的變化曲線，如圖1所示據(jù)此判斷：該反應(yīng)的0（填“”或“”）在T1溫度下，02s內(nèi)的平均反應(yīng)速率v（N2）=0.05mol/（Ls）當(dāng)固體催化劑的質(zhì)量一定時(shí)，增大其表面積可提高化學(xué)反應(yīng)速率若催化劑的表面積S1S2，在上圖中畫(huà)出c（CO2）在T1、S2條件下達(dá)到平衡過(guò)程中的變化曲線若該反應(yīng)在絕熱、恒容的密閉體系中進(jìn)行，下列示意圖正確且能說(shuō)明反應(yīng)在進(jìn)行到t1時(shí)刻達(dá)到平衡狀態(tài)的是bd（填字母）（2）直接排放煤燃燒產(chǎn)生的煙氣會(huì)引起嚴(yán)重的環(huán)境問(wèn)題煤燃燒產(chǎn)生的煙氣含氮的氧化物，用CH4催化還原NOx可以消除氮氧化物的污染例如：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=

31、867.0kJmol12NO2（g）N2O4（g）H=56.9kJmol1寫出CH4催化還原N2O4（g）生成N2和H2O（g）的熱化學(xué)方程式CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），H=810.1kJ/mol將燃煤產(chǎn)生的二氧化碳回收利用，可達(dá)到低碳排放的目的圖2是通過(guò)人工光合作用，以CO2和H2O為原料制備HCOOH和O2的原理示意圖電極a、b表面發(fā)生的電極反應(yīng)式分別為a：2H2O4eO2+4H+，b：2CO2+4e+4H+2HCOOH【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算；熱化學(xué)方程式；原電池和電解池的工作原理 【專題】計(jì)算題；平衡思想；演繹推理法；化學(xué)反應(yīng)中的能量變化；化學(xué)

32、平衡專題；電化學(xué)專題【分析】（1）根據(jù)到達(dá)平衡的時(shí)間判斷溫度高低，根據(jù)平衡時(shí)二氧化碳的濃度判斷溫度對(duì)平衡的影響，進(jìn)而判斷H；由圖可知，T2溫度平衡時(shí)，二氧化碳的濃度變化量為0.1mol/L，根據(jù)v=計(jì)算v（CO2），再根據(jù)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算v（N2）；接觸面積越大反應(yīng)速率越快，到達(dá)平衡的時(shí)間越短，催化劑的表面積S1S2，S2條件下達(dá)到平衡所用時(shí)間更長(zhǎng)，但催化劑不影響平衡移動(dòng)，平衡時(shí)二氧化碳的濃度與溫度T1到達(dá)平衡時(shí)相同；a、到達(dá)平衡后正、逆速率相等，不再變化；b、到達(dá)平衡后，溫度為定值，平衡常數(shù)不變，結(jié)合反應(yīng)熱判斷隨反應(yīng)進(jìn)行容器內(nèi)溫度變化，判斷溫度對(duì)化學(xué)平衡常數(shù)的影響；c、t1時(shí)刻

33、后二氧化碳、NO的物質(zhì)的量發(fā)生變化，最后不再變化；d、到達(dá)平衡后各組分的含量不發(fā)生變化；（2）根據(jù)蓋斯定律，由已知熱化學(xué)方程式乘以適當(dāng)?shù)南禂?shù)進(jìn)行加減構(gòu)造目標(biāo)熱化學(xué)方程式；由圖可知，左室投入水，生成氧氣與氫離子，電極a表面發(fā)生氧化反應(yīng)，為負(fù)極，右室通入二氧化碳，酸性條件下生成HCOOH，電極b表面發(fā)生還原反應(yīng)，為正極【解答】解：（1）由圖1可知，溫度T1先到達(dá)平衡，故溫度T1T2，溫度越高平衡時(shí)，二氧化碳的濃度越低，說(shuō)明升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，故正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即H0，故答案為：；由圖可知，T2溫度時(shí)2s到達(dá)平衡，平衡時(shí)二氧化碳的濃度變化量為0.2mol/L，故v（CO2）=0.1mol/（

34、Ls），速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，故v（N2）=v（CO2）=×0.1mol/（Ls）=0.05mol/（Ls），故答案為：0.05mol/（Ls）；接觸面積越大反應(yīng)速率越快，到達(dá)平衡的時(shí)間越短，催化劑的表面積S1S2，S2條件下達(dá)到平衡所用時(shí)間更長(zhǎng)，但催化劑不影響平衡移動(dòng)，平衡時(shí)二氧化碳的濃度與溫度T1到達(dá)平衡時(shí)相同，故c（CO2）在T1、S2條件下達(dá)到平衡過(guò)程中的變化曲線為：，故答案為：；a、到達(dá)平衡后正、逆速率相等，不再變化，t1時(shí)刻V正最大，之后隨反應(yīng)進(jìn)行速率發(fā)生變化，未到達(dá)平衡，故a錯(cuò)誤；b、該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，隨反應(yīng)進(jìn)行溫度升高，化學(xué)平衡常數(shù)減小，到達(dá)平衡后，溫度為

35、定值，達(dá)最高，平衡常數(shù)不變，為最小，圖象與實(shí)際符合，故b正確，c、t1時(shí)刻后二氧化碳、NO的物質(zhì)的量發(fā)生變化，t1時(shí)刻未到達(dá)平衡狀態(tài)，故c錯(cuò)誤；d、NO的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為定值，t1時(shí)刻處于平衡狀態(tài)，故d正確；故答案為：bd；（2）已知：、CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H1=867kJ/mol、2NO2（g）N2O4（g）H2=56.9kJ/mol根據(jù)蓋斯定律，得CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），故H=867kJ/mol（56.9kJ/mol）=810.1kJ/mol，即CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+

36、2H2O（g），H=810.1kJ/mol，故答案為：CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），H=810.1kJ/mol；由圖可知，左室投入水，生成氧氣與氫離子，電極a表面發(fā)生氧化反應(yīng)，為負(fù)極，電極反應(yīng)式為2H2O4eO2+4H+，右室通入二氧化碳，酸性條件下生成HCOOH，電極b表面發(fā)生還原反應(yīng)，為正極，電極反應(yīng)式為2CO2+4e+4H+2HCOOH，故答案為：2H2O4eO2+4H+；CO2+2H+2e=HCOOH【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡圖象、化學(xué)反應(yīng)速率、影響化學(xué)平衡的因素、熱化學(xué)方程式書(shū)寫、原電池、電離平衡常數(shù)與水解平衡常數(shù)等，題目綜合性較大，難度中等，

37、是對(duì)知識(shí)的綜合利用、注意基礎(chǔ)知識(shí)的理解掌握9目前，新能源不斷被利用到現(xiàn)代的汽車中，高鐵電池技術(shù)就是科研機(jī)構(gòu)著力研究的一個(gè)方向（1）高鐵酸鉀鋅電池（堿性介質(zhì)）是一種典型的高鐵電池，則該種電池負(fù)極材料是Zn（填化學(xué)式）（2）工業(yè)上常采用NaClO氧化法生產(chǎn)高鐵酸鉀（K2FeO4），K2FeO4在堿性環(huán)境中穩(wěn)定，在中性和酸性條件下不穩(wěn)定反應(yīng)原理為在堿性條件下，利用NaClO氧化Fe（NO3）3制得Na2FeO4：3NaClO+2Fe（NO3）3+10NaOH2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2ONa2FeO4與KOH反應(yīng)生成K2FeO4：Na2FeO4+2KOHK2FeO4+2NaOH

38、主要的生產(chǎn)流程如圖1：寫出反應(yīng)的離子方程式：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O流程圖中反應(yīng)是在某低溫下進(jìn)行的，且此溫度無(wú)NaOH析出，說(shuō)明此溫度下Ksp（K2FeO4）Ksp（Na2FeO4）（填“”、“”或“=”）（3）已知K2FeO4在水溶液中可以發(fā)生：4FeO+10H2O4Fe（OH）3+8OH+3O2，則K2FeO4在水處理中的作用是殺菌消毒、凈水（4）FeO在水溶液中的存在形態(tài)如圖2所示若向pH=10的這種溶液中加硫酸至pH=2，HFeO的分布分?jǐn)?shù)的變化情況是先變大，后變小若向pH=6的這種溶液中滴加KOH溶液，則溶液中含鐵元素的微粒中，HFeO4轉(zhuǎn)化為FeO42（填化學(xué)式）【考點(diǎn)

39、】制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；原電池和電解池的工作原理 【專題】實(shí)驗(yàn)分析題；實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題；演繹推理法；電化學(xué)專題；無(wú)機(jī)實(shí)驗(yàn)綜合【分析】（1）高鐵酸鉀鋅電池（堿性介質(zhì)）中，高鐵酸鉀是氧化劑在正極反應(yīng)，鋅易失電子是還原劑發(fā)生氧化反應(yīng)而作負(fù)極，據(jù)此答題；（2）氯氣和氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水；相同溫度下，溶度積大的物質(zhì)向溶度積小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化；（3）高鐵酸鈉具有強(qiáng)氧化性，被還原后生成氫氧化鐵膠體，氫氧化鐵膠體具有吸附性；（4）根據(jù)圖象可知隨著溶液堿性的增強(qiáng)，HFeO4的分布分?jǐn)?shù)先增大后減小；向pH=6的這種溶液中滴加KOH溶液，根據(jù)圖象知，隨著溶液堿性的增強(qiáng)，F(xiàn)eO42的分布分?jǐn)?shù)逐漸增大，HFeO4的分

40、布分?jǐn)?shù)逐漸減小【解答】解：（1）高鐵酸鉀鋅電池（堿性介質(zhì)）中，高鐵酸鉀是氧化劑在正極反應(yīng)，鋅易失電子是還原劑發(fā)生氧化反應(yīng)而作負(fù)極，故答案為：Zn；（2）氯氣和氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，離子反應(yīng)方程式為：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案為：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；相同溫度下，溶度積大的物質(zhì)向溶度積小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化，所以Ksp（K2FeO4）Ksp（Na2FeO4），故答案為：；（3）高鐵酸鈉具有強(qiáng)氧化性，所以能殺菌消毒，被還原后生成氫氧化鐵膠體，氫氧化鐵膠體具有吸附性，所以能凈水，故答案為：殺菌消毒、凈水；（4）根據(jù)圖象知，隨著溶液堿性的增強(qiáng)，HFeO4的分布分

41、數(shù)先增大后減小，故答案為：先變大，后變小；根據(jù)圖象知，隨著溶液堿性的增強(qiáng)，F(xiàn)eO42的分布分?jǐn)?shù)逐漸增大，HFeO4的分布分?jǐn)?shù)逐漸減小，所以HFeO4轉(zhuǎn)化為FeO42，故答案為：HFeO4；FeO42【點(diǎn)評(píng)】本題考查原電池原理、難溶電解質(zhì)的溶解平衡等知識(shí)點(diǎn)，難度不大，注意基礎(chǔ)知識(shí)的積累、運(yùn)用10硫代硫酸鈉（Na2S2O3）可用作傳統(tǒng)照相業(yè)的定影劑、鞣革時(shí)重鉻酸鹽的還原劑及紙漿漂白時(shí)的脫氯劑等某化學(xué)探究小組通過(guò)查閱資料，利用圖1所示裝置及試劑可制備硫代硫酸鈉（1）裝置A中的“硫酸”最好選用C（填字母序號(hào)）A發(fā)煙硫酸 B濃硫酸 C80%的硫酸 D10%的硫酸（2）裝置C中除生成目標(biāo)產(chǎn)物硫代硫酸鈉外，

42、還生成一種溫室氣體則裝置C中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為4SO2+2S2+CO323S2O32+CO2（3）裝置B的作用是防止裝置C中的液體倒吸入裝置A中（或作安全瓶），裝置D的作用是吸收尾氣中的SO2（4）若將分液漏斗中的硫酸換為濃鹽酸，裝置C中除生成硫代硫酸鈉外，還生成一種鈉鹽，該鈉鹽的化學(xué)式為NaCl，為防止該鈉鹽的生成，有同學(xué)在上述裝置中增加了如圖2裝置E該裝置E應(yīng)該添加的位置為A（填字母序號(hào)）A只能在裝置A和裝置B之間B只能在裝置B和裝置C之間C在裝置A和裝置B或裝置B和裝置C之間都可以D只能在裝置C和裝置D之間該裝置中盛放的試劑為D（填字母序號(hào)）ANaOH溶液 BNa2SO3溶液 CNa

43、HCO3溶液 DNaHSO3溶液【考點(diǎn)】制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì) 【專題】實(shí)驗(yàn)分析題；實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題；演繹推理法；無(wú)機(jī)實(shí)驗(yàn)綜合【分析】硫酸與亞硫酸鈉反應(yīng)生成SO2，裝置B中的兩個(gè)導(dǎo)管均為短管，作安全瓶，裝置C中二氧化硫、硫化鈉和碳酸鈉反應(yīng)生成硫代硫酸鈉和二氧化碳，裝置D中的氫氧化鈉溶液可以與二氧化硫反應(yīng)，防止污染環(huán)境（1）SO32與H+反應(yīng)可生成SO2，故所用硫酸不能是分子狀態(tài)的硫酸，必須能電離出H+；（2）結(jié)合反應(yīng)物碳酸鈉可知生成的溫室氣體為二氧化碳，因此該反應(yīng)的反應(yīng)物為二氧化硫、硫化鈉和碳酸鈉，生成物為硫代硫酸鈉和二氧化碳；（3）裝置B中的兩個(gè)導(dǎo)管均為短管，作安全瓶；裝置D中的氫氧化鈉溶液可以與二氧

44、化硫反應(yīng)；（4）若將硫酸換為濃鹽酸，則生成的二氧化硫中混有 HCl；裝置 E 的作用是除去 HCl，則其應(yīng)放置在安全瓶前； 二氧化硫與氫氧化鈉、亞硫酸鈉、碳酸氫鈉溶液均能發(fā)生反應(yīng)【解答】解：硫酸與亞硫酸鈉反應(yīng)生成SO2，裝置B中的兩個(gè)導(dǎo)管均為短管，作安全瓶，裝置C中二氧化硫、硫化鈉和碳酸鈉反應(yīng)生成硫代硫酸鈉和二氧化碳，裝置D中的氫氧化鈉溶液可以與二氧化硫反應(yīng)，防止污染環(huán)境（1）SO32與H+反應(yīng)可生成SO2，故所用硫酸不能是分子狀態(tài)的硫酸，必須能電離出H+，硫酸的濃度大則反應(yīng)速率快，故選取80%的硫酸，故答案為：C；（2）結(jié)合反應(yīng)物碳酸鈉可知生成的溫室氣體為二氧化碳，因此該反應(yīng)的反應(yīng)物為二氧化

45、硫、硫化鈉和碳酸鈉，生成物為硫代硫酸鈉和二氧化碳，離子方程式為：4SO2+2S2+CO323S2O32+CO2，故答案為：4SO2+2S2+CO323S2O32+CO2；（3）裝置B中的兩個(gè)導(dǎo)管均為短管，作安全瓶；裝置D中的氫氧化鈉溶液可以與二氧化硫反應(yīng)，防止污染環(huán)境，故答案為：防止裝置C中的液體倒吸入裝置A中（或作安全瓶）；吸收尾氣中的SO2；（4）若將硫酸換為濃鹽酸，則生成的二氧化硫中混有 HCl，HCl 可與碳酸鈉、硫化鈉反應(yīng)生成氯化鈉；裝置 E 的作用是除去 HCl，則其應(yīng)放置在安全瓶前； 二氧化硫與氫氧化鈉、亞硫酸鈉、碳酸氫鈉溶液均能發(fā)生反應(yīng)，因此只能選取 NaHSO3溶液，故答案為

46、：NaCl；A；D【點(diǎn)評(píng)】本題考查了物質(zhì)制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)和制備過(guò)程分析應(yīng)用，主要是實(shí)驗(yàn)基本操作的應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)，注意積累是解題關(guān)鍵，題目難度中等二、非選擇題（本大題共1小題，共58分其中3題必考題，2題選考題任選一題）（13分）化學(xué)一物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)11（13分）用Cr3+摻雜的氮化鋁是理想的LED用熒光粉基質(zhì)材料，氮化鋁（其晶胞如圖1所示）可由氯化鋁與氨經(jīng)氣相反應(yīng)制得（1）Cr3+基態(tài)的核外電子排布式可表示為1s22s22p63s23p63d3（2）氮化鋁的化學(xué)式為AlN（3）氯化鋁是易升華，其雙聚物Al2Cl6結(jié)構(gòu)如圖2所示在Al2Cl6中存在的化學(xué)鍵有bc（填字母）a離子鍵 b共價(jià)鍵 c

47、配位鍵 d金屬鍵（4）一定條件下用Al2O3和CCl4反應(yīng)制備AlCl3的反應(yīng)為Al2O3+3CCl42AlCl3+3COCl2其中，COCl2分子的空間構(gòu)型為平面三角形【考點(diǎn)】原子核外電子排布；判斷簡(jiǎn)單分子或離子的構(gòu)型；配合物的成鍵情況 【專題】化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)【分析】（1）鉻24號(hào)元素，鉻元素失去3個(gè)電子變成Cr3+，所以Cr3+核外有21個(gè)電子，根據(jù)構(gòu)造原理寫出其核外電子排布式；（2）利用均攤法求出晶胞中兩種原子的個(gè)數(shù)，再確定分子式；（3）根據(jù)雙聚物Al2Cl6結(jié)構(gòu)確定化學(xué)鍵的類型；（4）COCl2分子的結(jié)構(gòu)式為，雙鍵中含有1個(gè)鍵、1個(gè)鍵，確定碳原子的雜化方式與分子構(gòu)型【解答】解：（1）

48、鉻24號(hào)元素，鉻元素失去3個(gè)電子變成Cr3+，所以Cr3+核外有21個(gè)電子，根據(jù)構(gòu)造原理知，該離子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d3，故答案為：1s22s22p63s23p63d3；（2）氮化鋁晶胞中N原子的個(gè)數(shù)=8×+1=2，Al原子的個(gè)數(shù)=4×+1=2，所以氮化鋁的化學(xué)式為AlN；故答案為：AlN；（3）雙聚物Al2Cl6形式存在，氯化鋁中鋁原子最外層電子只有3個(gè)電子，每個(gè)鋁原子和四個(gè)氯原子形成共價(jià)鍵，且其中一個(gè)共用電子對(duì)是氯原子提供，所以含有配位鍵，則在Al2Cl6中存在的化學(xué)鍵有共價(jià)鍵、配位鍵，故答案為：bc；（4）COCl2分子的結(jié)構(gòu)式為，C=O中含有1個(gè)鍵、1個(gè)鍵，碳原子的雜化