江西省上饒市2015年高考化學(xué)三模試卷匯總

1、江西省上饒市2015年高考化學(xué)三模試卷、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1.化學(xué)與環(huán)境？材料？信息？能源關(guān)系密切，下列說(shuō)法不正確的是（）A.利用催化設(shè)施，可以將汽車(chē)尾氣中CO和NO轉(zhuǎn)化為無(wú)害氣體；B.聚乙烘用I2或Na等做摻雜處理后可形成一種導(dǎo)電塑料，該導(dǎo)電塑料是一種純凈物，有,固定的熔點(diǎn)？沸點(diǎn)C.：先通入氯氣，再加入硫酸亞鐵處理水，能達(dá)到消毒殺菌和除去懸浮雜質(zhì)的目的D.半導(dǎo)體行業(yè)中有一句話：從沙灘到用戶”計(jì)算機(jī)芯片的材料是硅考點(diǎn)：常見(jiàn)的生活環(huán)境的污染及治理；混合物和純凈物；氯氣的化學(xué)性質(zhì)；硅和二氧化硅.分析：A.汽車(chē)尾氣系統(tǒng)中使用催化轉(zhuǎn)化器，可降低CO、NO等有毒氣體的排放；B?聚

2、乙烘用I2或Na等做摻雜處理后可形成一種導(dǎo)電塑料，屬于混合物，無(wú)固定的熔點(diǎn)、沸點(diǎn)；C.氯氣具有強(qiáng)氧化性，可消毒殺菌，可將亞鐵離子氧化為三價(jià)鐵離子，鐵離子水解能生成氫氧化鐵膠體具有吸附性可凈水；D?硅單質(zhì)是半導(dǎo)體材料，常用于計(jì)算機(jī)芯片的材料和太陽(yáng)能電池解答：解：A.利用催化設(shè)施，可以將汽車(chē)尾氣中CO和NO轉(zhuǎn)化為無(wú)害氣體二氧化碳和氮?dú)?，故A正確；B?聚乙烘是一種導(dǎo)電聚合物，屬于混合物，混合物無(wú)固定的熔點(diǎn)、沸點(diǎn)，故B錯(cuò)誤;C.氯氣具有強(qiáng)氧化性，可消毒殺菌，可將亞鐵離子氧化為三價(jià)鐵離子，鐵離子水解能生成氫氧化鐵膠體具有吸附性可凈水，故C正確；D?沙子主要成分是二氧化硅，通過(guò)反應(yīng)可以生成硅，硅單質(zhì)是半導(dǎo)

3、體材料，常用于計(jì)算機(jī)芯片的材料和太陽(yáng)能電池，故D正確；故選：B.點(diǎn)評(píng)：本體考查了物質(zhì)的性質(zhì)和用途，明確硅、二氧化硅、氯氣等物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意混合物不具有固定的熔沸點(diǎn)，題目難度不大.考點(diǎn)：化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià).？分析.|A?二氧化氮與水反應(yīng)生成NO;B?鍍鋅時(shí)電解質(zhì)應(yīng)為含鋅離子的物質(zhì)；C?不能在容量瓶中稀釋濃硫酸；D.過(guò)氧化鈉為粉末固體，與水接觸后不能分離.解答：解:.二氧化氮與水反應(yīng)生成NO,則導(dǎo)管長(zhǎng)進(jìn)短出可除雜，故A正確；B?鍍鋅時(shí)電解質(zhì)應(yīng)為含鋅離子的物質(zhì)，則圖中電解質(zhì)應(yīng)為硫酸鋅或硝酸鋅等，故B錯(cuò)誤；C.不能在容量瓶中稀釋濃硫酸，應(yīng)在燒杯中稀釋、冷卻后轉(zhuǎn)移到容量瓶中，故錯(cuò)誤；除去NO中

4、的NO2點(diǎn)評(píng)：本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，涉及混合物分離提純、電鍍、溶液配制、氣體的制備等，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)原理、實(shí)/基本操作等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大.（6分）（2015?上饒三模）現(xiàn)有5種短周期元素X?Y?Z?Q?W,原子序數(shù)依次增大，在鐵制品表面鍍鋅周期表中X原子的半徑最小；X和W同主族；Y原子的核外電子總數(shù)是其次外層電子數(shù)的3倍，Q是地殼中含量最高的元素？下列說(shuō)法不正確的是(AO原子半徑：YvQvW乙X3可使紫色石蕊試液變藍(lán)?C?Z?Q可組成離子化合物或共價(jià)化合物?D10-10和2.710-15,則飽和溶液中c(X+)一

5、定大于c(A3+)C.每個(gè)Fe(OH)3膠體粒子含一個(gè)氫氧化鐵分子D.某溶液中存在K+?HCO3-?CO32-?OH-?H+,其離子濃度大小順序可能為c(K+)c(HCO-3)c(H+)c(CO2-3)考點(diǎn)：離子濃度大小的比較；分散系、膠體與溶液的概念及關(guān)系；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；中和滴定.分析：A、測(cè)定的鹽酸的體積變小，所以測(cè)定的鹽酸濃度偏低；B、依據(jù)溶度積常數(shù)計(jì)算計(jì)算；氫氧化鐵膠體中的分散質(zhì)粒子是很多Fe(OH)3分子的集合體；如果是碳酸氫鉀溶液中存在K+?HCO3-?CO32-?OH-?H+，其溶液離子濃度大小為c(K+)c(HCO-3)c(H+)c(CO2-3).解答：

6、解：A、若滴定前仰視讀數(shù)，滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)，則測(cè)定的鹽酸的體積變小，所以測(cè)定的鹽酸濃度偏低，故A錯(cuò)誤;B、c(X+)=_=10-5,c(A3+)=?1.4X-(5，故C(X+)c(HCO-3)c(H+)c(CO2-3),故D正確；故選D.點(diǎn)評(píng)：本題主要考查離子濃度的大小和難溶電解質(zhì)的溶解平衡、酸堿中和滴定等，綜合性強(qiáng)題目難度不大. TOC o 1-5 h z （6分）（2015?上饒三模）下列說(shuō)法不正確的是（）A?銀氨溶液可以用于區(qū)分麥芬糖和蔗糖.B.乙醇、乙二醇、丙三醇的沸點(diǎn)依次升高CC9OH1mol乙酰水楊酸（DOH（JCOCII）最多可以和2molNaOH反應(yīng)-oTT HYPERLIN

7、K l bookmark10 o Current Document HI（H可用機(jī)HCHO為原料合成1考點(diǎn)：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)；晶體熔沸點(diǎn)的比較；有機(jī)物的鑒別；常用合成高分子材料的化學(xué)成分及其性能.？分析：A.麥芬糖為還原性糖，可以與銀氨溶液反應(yīng)；B?乙醇、乙二醇、丙三醇相對(duì)分子質(zhì)量逐漸增大，氫鍵數(shù)目增多；C?乙酰水楊酸含有竣基和酯基，且可水解生成酚羥基；D?反應(yīng)類似苯酚與甲醛的縮聚反應(yīng).解答：解：A.麥芬糖為還原性糖，可以與銀氨溶液反應(yīng)，蔗糖不反應(yīng)，故A正確；B?乙醇、乙二醇、丙三醇相對(duì)分子質(zhì)量逐漸增大，氫鍵數(shù)目增多，則乙醇、乙二醇、丙三醇的沸點(diǎn)依次升高，故B正確；C?乙酰水楊酸含有竣基和酯

8、基，且可水解生成酚羥基，則1mol乙酰水楊酸C9OH/OCOCH（）最多可以和3molNaOH反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D.反應(yīng)類似苯酚與甲醛的縮聚反應(yīng)，故D正確.故選C.點(diǎn)評(píng)：本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)和常見(jiàn)題型，側(cè)重于學(xué)生的分析的考查,注意把握有機(jī)物的官能團(tuán)的性質(zhì)以及有機(jī)物的結(jié)構(gòu)，難度不大（6分）（2015?上饒三模）海水中含有豐富的鋰資源，研究人員開(kāi)發(fā)了一種只能讓鋰離子通過(guò)的特殊交換膜，弁運(yùn)用電解實(shí)現(xiàn)從海水中提取高濃度的鋰鹽，其工作原理如圖所示？下列說(shuō)法不正確臻臻臻的是（）n b內(nèi)離于空換眼A . c B.1a連接電源的正極-i+的移動(dòng)方向是從海水進(jìn)入到鹽酸中C.一段時(shí)間后，b電極附近

9、溶液的pH降低D.電解過(guò)程中還可能獲得有經(jīng)濟(jì)價(jià)值的副產(chǎn)物氫氣和氯氣考點(diǎn)：電解原理.？分析：要想從海水中提取高濃度的鋰鹽，則鋰離子應(yīng)從海水進(jìn)入到鹽酸中，依據(jù)電解池工作原理，陽(yáng)離子移向陰極，可知b為陰極與電源負(fù)極相連，a為陽(yáng)極與電源正極相連；電解池陽(yáng)極海水中的氯離子放電生成氯氣，陰極上鹽酸中的氫離子失去電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，據(jù)此解答.解答：解：A?要想從海水中提取高濃度的鋰鹽，則鋰離子應(yīng)從海水進(jìn)入到鹽酸中，依據(jù)電解池工作原理，陽(yáng)離子移向陰極，可知b為陰極與電源負(fù)極相連，a為陽(yáng)極與電源正極相連，故A正確；B?電解池中陽(yáng)離子移向陰極，b電極為陰極，所以Li+的移動(dòng)方向是從海水進(jìn)入到鹽酸中，故B正確

10、；C.b電極為陰極，陰極上氫離子放電，氫離子濃度減小，pH值增大，故C錯(cuò)誤；D?電解池陽(yáng)極海水中的氯離子放電生成氯氣，陰極上鹽酸中的氫離子失去電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，故D正確；故選：C.點(diǎn)評(píng)：本題考查了電解原理，明確電解池工作原理、準(zhǔn)確判斷電解池的陰陽(yáng)極及發(fā)生的反應(yīng)是解題關(guān)鍵，題目難度不大.（6分）（2015?上饒三模）某溶液僅含F(xiàn)e2+、Na+、AI3+、Ba2+、SO42-、N03-、Cl-中的4種離子，所含離子的物質(zhì)的量均為1mol.若向該溶液中加入過(guò)量的稀硫酸，有氣體產(chǎn)生，且溶液中陰離子種類不變（不考慮水的電離和離子的水解）？下列說(shuō)法不正確的是（）A.亥溶液中所含的離子是：Fe2+、

11、Na+、SO42-、NO3-B.若向該溶液中加入過(guò)量的稀硫酸，產(chǎn)生的氣體在空氣中能變成紅棕色C.若向該溶液中加人過(guò)量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液顯血紅色；D.若向該溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反應(yīng)后，過(guò)濾、洗滌、灼燒，最終所得固體的質(zhì)量為72g考點(diǎn)：常見(jiàn)離子的檢驗(yàn)方法.專題：離子反應(yīng)專題.分析：向該溶液中加入過(guò)量的稀硫酸，有氣泡產(chǎn)生，且溶液中陰離子種類不變，則一定發(fā)生Fe2+、N03-的氧化還原反應(yīng)生成硝酸鐵和NO,陰離子種類不變，則原溶液中存在SO42-,又溶液中含有四種離子，所含離子的物質(zhì)的量均為1mol,由電荷守恒可知,含有帶一個(gè)單位正電荷的陽(yáng)離子，以此來(lái)解答.解答：解：向該溶液中

12、加入過(guò)量的稀硫酸，有氣泡產(chǎn)生，且溶液中陰離子種類不變，則一定發(fā)生Fe2+、N03-的氧化還原反應(yīng)生成硝酸鐵和NO,陰離子種類不變，說(shuō)明原溶液中原來(lái)已經(jīng)存在SO42-,又溶液中含有四種離子，反應(yīng)生成了Fe3+,所含離子的物質(zhì)的量均為1mol,由電荷守恒可知，含有帶一個(gè)單位正電荷的陽(yáng)離子，即一定含有Na+,A、由上述推斷可知，該溶液中所含的離子為：Fe2+、Na+、SO42-、NO3-,故A正確；B、生成的NO易被空氣中的氧氣氧化成紅棕色的二氧化氮，故B正確；C、該溶液中加酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成三價(jià)鐵離子，若加KSCN溶液，則溶液顯血紅色，故C正確；D、若向該溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反應(yīng)

13、后，過(guò)濾、洗滌、灼燒，最終所得固體為氧化鐵，其質(zhì)量為:0.5molxi60g/mol=80g,故D錯(cuò)誤,故選：D.點(diǎn)評(píng)：本題考查離子的檢驗(yàn)，明確常見(jiàn)離子的性質(zhì)及檢驗(yàn)中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)是解答本題的關(guān)鍵，注意檢驗(yàn)中應(yīng)排除離子的相互干擾來(lái)解答，弁注意離子共存及電荷守恒的應(yīng)用，題目難度中等.二、解答題（共3小題，滿分43分）（12分）（2015?上饒三模）氫澳酸在醫(yī)藥和石化工業(yè)上有廣泛用途.如圖是模擬工業(yè)制備氫澳酸的流程如圖1:圖I圖2回答下列問(wèn)題：混合中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為SO2+Br2+2H2O=4H+2Br-+SO42-.混合中加入試劑a是BaCI2溶液.（3）加入Na2SO3的目的是除去過(guò)量的

14、Br2，但要防止過(guò)量，原因是SO32-+2H+=SO2f+H2O（請(qǐng)用離子方程式表示）.（4）工業(yè)氫澳酸常帶有淡淡的黃色，可能的原因是：含F(xiàn)e3+含Br2含F(xiàn)e3+和Br2,只用下列一種試劑就能分析產(chǎn)生淡黃色的原因？該試劑是e（填寫(xiě)字母）.a.KMnO4溶液b.NaOH溶液c.KSCN溶液d.淀粉KI溶液e.CCI4（5）實(shí)驗(yàn)室制取Br2的反應(yīng)為：2NaBr+3H2SO4+NmO22NaHSO4+MnSO4+Br2f+2H2O制取Br2最好選用下列裝置中的c（填寫(xiě)字母，固定和加熱裝置均已省略）？簡(jiǎn)述檢驗(yàn)圖2裝置氣密性的方法關(guān)閉分液漏斗活塞，將燒瓶上的導(dǎo)氣管連接一段橡皮管弁伸入水中，用手捂熱燒瓶

15、，若導(dǎo)管末端有氣泡產(chǎn)生，冷卻后導(dǎo)管中上升一段水柱，證明裝置氣密性良好考點(diǎn)：氯、澳、碘及其化合物的綜合應(yīng)用；制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)專題：鹵族元素.分析：(1)Br2具有強(qiáng)氧化性，在溶液中將S02氧化為H2SO4，自身被還原為HBr.由流程圖可知，混合后過(guò)濾生成硫酸鋇，濾液蒸餾產(chǎn)生NaCI溶液，故鋇離子、氯離子應(yīng)是加入試劑a引入的；Na2SO3過(guò)量，能與HBr反應(yīng)生成二氧化硫、溴化鈉、水；CCI4與溶液混合后分層，根據(jù)有機(jī)層與水溶液的顏色判斷氫溴酸常帶黃色原因；根據(jù)反應(yīng)物的狀態(tài)、反應(yīng)條件選擇裝置；檢驗(yàn)裝置氣密性為：關(guān)閉分液漏斗活塞，將燒瓶上的導(dǎo)氣管連接一段橡皮管并伸入水中，用手捂熱燒瓶，若導(dǎo)管末端有氣

16、泡產(chǎn)生，冷卻后導(dǎo)管中上升一段水柱，證明裝置氣密性良好.解答：解：(1)Br2具有強(qiáng)氧化性，在溶液中將S02氧化為H2SO4,自身被還原為HBr,反應(yīng)離子方程式為SO2+Br2+2H2O=4H+2Br-+SO42-,故答案為：SO2+Br2+2H2O=4H+2Br-+SO42-；由流程圖可知，混合后過(guò)濾生成硫酸鋇，濾液蒸餾產(chǎn)生NaCI溶液，故鋇離子、氯離子應(yīng)是加入試劑a引入的，故試劑a為BaCI2溶液，故答案為：BaCI2溶液；Na2SO3過(guò)量，能與HBr反應(yīng)生成二氧化硫、溴化鈉、水，反應(yīng)離子方程式為SO32-+2H+=SO2f+H2O,故答案為：SO32-+2H+=SO2+H2O；CCI4與溶

17、液混合后分層，有機(jī)層在下層，水層在上層，若有機(jī)層無(wú)色，水層為黃色，則為含F(xiàn)e3+所致，若有機(jī)層為橙色，水層為無(wú)色，為含Br2所致，若有機(jī)層為橙色、水層為黃色，則為含F(xiàn)e3+和Br2所致，故選e；該反應(yīng)為固體、液體混合加熱制備氣體，應(yīng)選擇c裝置，檢驗(yàn)裝置氣密性為：關(guān)閉分液漏斗活塞，將燒瓶上的導(dǎo)氣管連接一段橡皮管并伸入水中，用手捂熱燒瓶，若導(dǎo)管末端有氣泡產(chǎn)生，冷卻后導(dǎo)管中上升一段水柱，證明裝置氣密性良好，故答案為：c;關(guān)閉分液漏斗活塞，將燒瓶上的導(dǎo)氣管連接一段橡皮管并伸入水中，用手捂熱燒瓶，若導(dǎo)管末端有氣泡產(chǎn)生，冷卻后導(dǎo)管中上升一段水柱，證明裝置氣密性良好.點(diǎn)評(píng)：本題以制備氫溴酸為載體，考查學(xué)生對(duì)

18、工藝流程的理解、物質(zhì)的分離提純等基本操作、物質(zhì)檢驗(yàn)、實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)、物質(zhì)性質(zhì)等，難度中等，理解原理是解題的關(guān)鍵，是對(duì)知識(shí)的綜合 TOC o 1-5 h z 運(yùn)用，需學(xué)生具有扎實(shí)的基礎(chǔ)知識(shí)與靈活運(yùn)用知識(shí)解決問(wèn)題的能力.(16分)(2015?上饒三模)物質(zhì)的類別和核心元素的化合價(jià)是研究物質(zhì)性質(zhì)的兩個(gè)基本視角？圖中X的電子式為廳兒匕；其水溶液長(zhǎng)期在空氣中放置容易變渾濁，該變化體現(xiàn)出：S非金屬性比O弱(填強(qiáng)”或弱”？用原子結(jié)構(gòu)解釋原因：同主族元素最外層電子數(shù)相同，從上到下，電子層數(shù)增多，原子半徑增大，得電子能力逐漸減弱？Na2S2O3是一種用途廣泛的鈉鹽？下列物質(zhì)用于Na2S2O3的制備，從氧化還原反應(yīng)

19、的角度，理論上有可能的是bd(填a. Na2S+S字母序號(hào))？b.Z+Sc.Na2SO3+Yd.NaHS+NaHSO3已知反應(yīng)：Na2S2O3+H2SO4Ma2SO4+$+SO2T+H2O?研究其反應(yīng)速率時(shí)，下列說(shuō)法正確的是b(填寫(xiě)字母序號(hào))？可通過(guò)測(cè)定一段時(shí)間內(nèi)生成SO2的體積，得出該反應(yīng)的速率可通過(guò)比較出現(xiàn)渾濁的時(shí)間，研究濃度？溫度等因素對(duì)該反應(yīng)速率的影響可通過(guò)Na2S2O3固體與稀硫酸和濃硫酸的反應(yīng)，研究濃度對(duì)該反應(yīng)速率的影響治理含CO?SO2的煙 TOC o 1-5 h z 道氣，可以將其在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為單質(zhì)S和無(wú)毒的氣體？已知：CO(g)+O2(g)=CO2(g)H=-283kJ

20、?mol1S(s)+O2(g)=SO2(g)H=-296kJ?mol-1則治理煙道氣反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g)H=-270kJ?mol-1?一定條件下，將CO與SO2以體積比為4:1置于恒容密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，下列選項(xiàng)能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是cd( 填寫(xiě)字母序號(hào)) ？v(CO)：v(SO2)=2：1平衡常數(shù)不變氣體密度不變C02和S02的體積比保持不變測(cè)得上述反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，混合氣體中CO的體積分?jǐn)?shù)為，則S02的轉(zhuǎn)化率為60%?最近科學(xué)家提出綠色自由”構(gòu)想：把空氣吹入碳酸鉀溶液，然后再把CO2從溶液中提取出來(lái)，經(jīng)化學(xué)反應(yīng)后使空氣中的CO2轉(zhuǎn)變?yōu)榭?/p>

21、再生燃料甲醇？甲醇可制作燃料電池？寫(xiě)出以氫氧化鉀為電解質(zhì)的甲醇燃料電池負(fù)極反應(yīng)式CH3OH-6e-?+8OH-=CO32-+6H2O某同學(xué)用沉淀法測(cè)定含有較高濃度CO2的空氣中CO2的含量，經(jīng)查得一些物質(zhì)在20C的數(shù)據(jù)如下表？容解度(s)/g溶度積(Ksp)Ca(OH)2Ba(OH)2CaCO3BaCO3).163.892.9X0-92.6M0-9吸收CO2最合適的試劑是Ba(OH)2(填“Ca(OH)2”或“Ba(OH)2溶液？ir：w*Wlh考點(diǎn)：化學(xué)平衡的計(jì)算；原電池和電解池的工作原理；化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷；難溶電解質(zhì)的0溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用分析：(1)X為H

22、2S,S最外層6個(gè)電子，能夠與2個(gè)H原子形成共價(jià)鍵；H2s在空氣中變渾濁是因?yàn)楸谎鯕庋趸癁镾;同主族元素最外層電子數(shù)相同，原子半徑自上而下逐漸增大，得電子能力逐漸減弱，失電子能力逐漸增強(qiáng)；Na2s2O3中S為+2價(jià)，從氧化還原的角度分析，反應(yīng)物中S元素化合價(jià)必須分別大于2和小于2;硫代硫酸鈉與稀硫酸反應(yīng)生成了單質(zhì)硫，溶液變渾濁，反應(yīng)速率越快，出現(xiàn)渾濁時(shí)間越短；由信息可知轉(zhuǎn)化為單質(zhì)S和無(wú)毒的氣體二氧化碳，利用已知熱化學(xué)方程式，利用蓋斯定律可知;E-得到2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g);反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)正逆反應(yīng)速率相等，各組分濃度保持不變；利用三段式法得到_7平衡的各物質(zhì)濃度，

23、由達(dá)平衡時(shí)混合氣體中CO的體積分?jǐn)?shù)為五計(jì)算轉(zhuǎn)化的量，再計(jì)算二氧化硫的轉(zhuǎn)化率；甲醇作燃料電池，以氫氧化鉀為電解質(zhì)，則負(fù)極上甲醇失去電子生成碳酸根離子；由表格數(shù)據(jù)可知，溶度積相差不大，但溶解度差異大，溶解度大的其濃度大，吸收效果好.解答：解：(1)X中S元素的化合價(jià)為-2價(jià)，則X為H2S,S最外層6個(gè)電子，能夠與2個(gè)H原子形成共價(jià)鍵，其電子式為H:S：H；H2S在空氣中變渾濁是因?yàn)楸谎鯕庋趸癁镾,所以S非金屬性比0弱；同主族元素最外層電子數(shù)相同，原子半徑自上而下逐漸增大，得電子能力逐漸減弱，失電子能力逐漸增強(qiáng)，故答案為：H$：H；弱；電子層數(shù)增多，原子半徑增大；(2)Na2S2O3中S為+2價(jià)，從

24、氧化還原的角度分析，反應(yīng)物中S元素化合價(jià)必須分別大于2和小于2,a中S化合價(jià)都小于2,c中S的化合價(jià)都大于2,bd符合題意，故答案為：bd；根據(jù)硫代硫酸鈉與稀硫酸反應(yīng)生成了單質(zhì)硫，溶液變渾濁，可以判斷反應(yīng)速率快慢，反應(yīng)速率越快，出現(xiàn)渾濁時(shí)間越短，故答案為：b；(3)已知：CO(g)+02(g)=C02(g)H=-283kJ?mol-1S(s)+O2(g)=SO2(g)H=-296kJ?mol-1由蓋斯定律可知;E-得到2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g)H=-270kJ?mol-1,故答案為：2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g)H=-270kJ?mol-1；a.CO

25、和SO2的速率之比始終等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，其無(wú)法判斷反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)，故a錯(cuò)誤;b.溫度不變平衡常數(shù)始終不變，平衡常數(shù)不變不能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故b錯(cuò)誤；c.容器體積不變，S為固態(tài)，反應(yīng)正向進(jìn)行氣體體積減小，當(dāng)氣體質(zhì)量不變時(shí)，說(shuō)明各組分濃度不變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故c正確；d. C02和S02的體積比保持不變說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故d(s) +2CO2 (g)0 0 x2xx2x4 - 2y74-#+1 - x+2x =:1 ,解得 x=0.6 ,正確;反應(yīng)前轉(zhuǎn)化了平衡后mol)mol)mol)2CO (g) +SO2(g) S2x4 - 2x混合氣體中CO的體積分?jǐn)?shù)

26、為110,6所以SO2的轉(zhuǎn)化率為1X100%=60%,故答案為：cd;60%;甲醇燃料電池以氫氧化鉀為電解質(zhì)，則負(fù)極上甲醇失去電子生成碳酸根離子，負(fù)極反應(yīng)為CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O,故答案為:CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O;(5)由表格數(shù)據(jù)可知，碳酸鈣、碳酸粉的溶度積相差不大，但Ca(OH)2、Ba(OH)2溶解度差異大，溶解度大的其濃度大，吸收效果好，則吸收CO2最合適的試劑是Ba(OH)2溶液，故答案為：Ba(OH)2.點(diǎn)評(píng)：本題考查較綜合，涉及氧化還原反應(yīng)、元素周期律的應(yīng)用、化學(xué)平衡計(jì)算、蓋斯定律應(yīng)用、電極反應(yīng)及圖象、表格數(shù)據(jù)分析等，注重高頻

27、考點(diǎn)的考查，把握反應(yīng)原理、信息處理及應(yīng)用為解答的關(guān)鍵，綜合性較強(qiáng)，題目難度中等(15分)(2015?上饒三模)無(wú)機(jī)化合物A主要用于藥物制造.在一定條件下，2.30g固體A與5.35gNH4Cl固體恰好完全反應(yīng)，生成固體B和4.48L氣體C(標(biāo)準(zhǔn)狀況).氣體C極易溶于水得到堿性溶液，電解無(wú)水B可生成一種短周期元素的金屬單質(zhì)D和氯氣.由文獻(xiàn)資料知道：工業(yè)上物質(zhì)A可用金屬D與液態(tài)的C在硝酸鐵催化下反應(yīng)來(lái)制備A物質(zhì)，純凈的A物質(zhì)為白色固體，但制得的粗品往往是灰色的；物質(zhì)A的熔點(diǎn)390C,沸點(diǎn)430C,密度大于苯或甲苯，遇水反應(yīng)劇烈，也要避免接觸酸、酒精.在空氣中A緩慢分解，對(duì)其加強(qiáng)熱則猛烈分解，在75

28、0?800C分解為化合物E和氣體C.回答下列問(wèn)題：HA的化學(xué)式LiNH2,C的電子式為一，一.A與鹽酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為L(zhǎng)iNH2+2HCI=LiCI+NH4CIA在750? 800C分解的方程式為3LiNH2Li3N+2NH3品往往是灰色的，其可能的原因是制得的產(chǎn)物中含有雜質(zhì)鐵(4)久置的A可能大部分變質(zhì)而不能使用，需要將其銷毀？遇到這種情況，可用苯或甲苯將其覆蓋，然后緩慢加入用苯或甲苯稀釋過(guò)的無(wú)水乙醇，試解釋其化學(xué)原理.LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它們，所以可用苯或甲苯進(jìn)行覆蓋；乙醇羥基上的氫較活潑，故也可以跟LiNH2反應(yīng)，方程式為L(zhǎng)iNH2+C2H5OH-C2H5OLi+NH3,

29、但是由于醇羥基上的氫比水中氫不活潑，故此反應(yīng)進(jìn)行較緩慢，可將其銷毀又不會(huì)有危險(xiǎn)(5)工業(yè)制備單質(zhì)D的流程圖如圖： 步驟中操作名稱是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶 試用平衡移動(dòng)原理解釋步驟中減壓的目的是(g),減小壓強(qiáng)，有利于平衡向正方向移動(dòng)，有利于無(wú)水(6)式為存在平衡：LiCI?H2O ( s) ? LiCI ( s) +H2OLiCI的制備.寫(xiě)出D的重氫化合物與水反應(yīng)的化學(xué)方程LiD+H2O=LiOH+HD .BHKQB割解JDF嬉氛It氯咒Jt中考點(diǎn)：無(wú)機(jī)物的推斷專題：推斷題.分析：(1)在一定條件下，2.30g固體A與5.35gNH4CI固體恰好完全反應(yīng)，生成固體4.48L氣體C(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，氣體

30、C極易溶于水得到堿性溶液，可推知C為NH3,電解無(wú)水B可生成一種短周期元素的金屬單質(zhì)D和氯氣，B為金屬D氯化物，4.48L氨42L氣的物質(zhì)的量=22.4L/mcd=0.2mol,其質(zhì)量=0.2molX17g/mol=3.4g,根據(jù)質(zhì)量守恒可知B的質(zhì)量為2.3g+5.35g-3.4g=4.25g,NH4CI的摩爾質(zhì)量為53.5g/mol,5.35gNH4CI為0.1mol,若D為nA族金屬，則固體A與NH4CI固體反應(yīng)可表為：A+NH4CRDCI2+NH3,根據(jù)CI原子守恒，DCI2的物質(zhì)的量=0.05mol,其摩爾質(zhì)量=。?5mcil=85g/mol,D的相對(duì)分子質(zhì)量=85-71=14,不符合

31、題意，若D為IA族金屬，則固體A與NH4CI固體反應(yīng)可表為：A+NH4ODCI+NH3,根據(jù)Cl原子守恒，生25召DCI的物質(zhì)的量=0.1mol,其摩爾質(zhì)量=?1An1=42.5g/mol,D的相對(duì)分子質(zhì)量=42.5-35.5=7，故D為L(zhǎng)i,可推知B為L(zhǎng)iCI,那么2.3g化合物A中含Li元素也為O.lmol,再根據(jù)質(zhì)量守恒和原子守恒(原子的種類和數(shù)目反應(yīng)前后相同)，貝U2.3gA中含有N原子為0.2mol-0.1mol=0.1mol,含有H原子為0.2mol4-0.4mol=0.2mol,可推知A是LiNH2;根據(jù)化合物A(LiNH2)遇水強(qiáng)烈水解，能生成LiOH和NH3,所以其與鹽酸反應(yīng)

32、生成LiCl、NH4Cl;LiNH2中N原子與H原子數(shù)目之比為1:2,NH3中N原子與H原子數(shù)目之比為1:3,故化合物E含有Li、N元素，應(yīng)為L(zhǎng)i3N,根據(jù)質(zhì)原子守恒書(shū)寫(xiě)方程式為；制得的產(chǎn)物中含有雜質(zhì)鐵，使粗品往往是灰色；LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它們，所以可用苯或甲苯進(jìn)行覆蓋；乙醇羥基上的氫較活潑，故也可以跟LiNH2反應(yīng)，但是由于醇羥基上的氫比水中氫不活潑，故此反應(yīng)進(jìn)行較緩慢，可將其銷毀又不會(huì)有危險(xiǎn)；、通過(guò)工業(yè)制備單質(zhì)Li的流程圖可知：步驟是要從LiCl溶液獲得LiCl?H2O晶體，所以，其操作應(yīng)為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌；、步驟中存在平衡：LiCl?H2O(s)?LiCl

33、(s)+H2O(g),結(jié)合壓強(qiáng)對(duì)平衡移動(dòng)影響分析解答；(6)根據(jù)水解原理解答：LiD中陽(yáng)離子與水電離的氫氧根離子結(jié)合，而陽(yáng)離子與水電離的氫離子結(jié)合.解答：(1)在一定條件下，2.30g固體A與5.35gNH4Cl固體恰好完全反應(yīng)，生成固體B和8L氣體C(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，氣體C極易溶于水得到堿性溶液，可推知C為NH3,電解無(wú)水B可生成一種短周期元素的金屬單質(zhì)D和氯氣，B為金屬D氯化物，4.48L氨4.48L氣的物質(zhì)的量=22?4L/wl=0.2mol,其質(zhì)量=0.2molX17g/mol=3.4g,根據(jù)質(zhì)量守恒可知B的質(zhì)量為2.3g+5.35g-3.4g=4.25g,NH4C1的摩爾質(zhì)量為53.5g

34、/mol,5.35gNH4Cl為0.1mol,若D為nA族金屬，則固體A與NH4CI固體反應(yīng)可表為：A+NH4CRDCI2+NH3,根據(jù)CI原子守恒，DCI2的物質(zhì)的量=0.05mol,其摩爾質(zhì)量4*-55二?0弓bl=85g/mol,D的相對(duì)分子質(zhì)量=85-71=14,不符合題意，若D為IA族金屬，則固體A與NH4CI固體反應(yīng)可表為：A+NH4ODCI+NH3,根據(jù)Cl原子守恒，生25召DCI的物質(zhì)的量=0.1mol,其摩爾質(zhì)量=二=42.5g/mol,D的相對(duì)分子質(zhì)量=42.5-35.5=7,故D為L(zhǎng)i,可推知B為L(zhǎng)iCI,那么2.3g化合物A中含Li元素也為O.lmol,再根據(jù)質(zhì)量守恒和

35、原子守恒(原子的種類和數(shù)目反應(yīng)前后相同),貝U2.3gA中含有N原子為0.2mol-0.1mol=0.1mol,含有H原子為0.2mol4-0.4mol=0.2mol,可推知A是LiNH2,氨氣的電子式為:H4-I故答案為：LiNH2;根據(jù)化合物A(LiNH2)遇水強(qiáng)烈水解，能生成LiOH和NH3,所以其與鹽酸反應(yīng)生成LiCl、NH4Cl,反應(yīng)方程式為：LiNH2+2HCI=LiCI+NH4CI,故答案為：LiNH2+2HCI=LiCI+NH4CI;LiNH2中N原子與H原子數(shù)目之比為1:2,NH3中N原子與H原子數(shù)目之比為1:3,故化合物E含有Li、N元素，應(yīng)為L(zhǎng)i3N，反應(yīng)方程式為：3Li

36、NH2Li3N+2NH3;制得的產(chǎn)物中含有雜質(zhì)鐵，使粗品往往是灰色,故答案為：3LiNH2Li3N+2NH3;制得的產(chǎn)物中含有雜質(zhì)鐵；LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它們，所以可用苯或甲苯進(jìn)行覆蓋；乙醇羥基上的氫較活潑，故也可以跟LiNH2反應(yīng)，方程式為L(zhǎng)iNH2+C2H5OHTC2H5OLi+NH3，但是由于醇羥基上的氫比水中氫不活潑，故此反應(yīng)進(jìn)行較緩慢，可將其銷毀又不會(huì)有危險(xiǎn)，故答案為：LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它們，所以可用苯或甲苯進(jìn)行覆蓋；乙醇羥基上的氫較活潑，故也可以跟LiNH2反應(yīng)，方程式為L(zhǎng)iNH2+C2H5OH-TC2H5OLi+NH3，但是由于醇羥基上的氫比水中氫不

37、活潑，故此反應(yīng)進(jìn)行較緩慢，可將其銷毀又不會(huì)有危險(xiǎn).通過(guò)工業(yè)制備單質(zhì)Li的流程圖可知：步驟是要從LiCI溶液獲得LiCI?H2O晶體，所以，其操作應(yīng)為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌？步驟是要將LiCI-H2O晶體在減壓、干燥的氯化氫氣氛中加熱(200C)生成無(wú)水LiCI，然后經(jīng)步驟電解熔融的LiCI制得金屬Li,則：步驟中的操作己經(jīng)有過(guò)濾、洗滌，還應(yīng)有蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶”，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；LiCI?H20晶體脫去結(jié)晶水生成無(wú)水LiCI的反應(yīng)：LiCI?H20(s)?LiCI(s)+H20(g),是一個(gè)擴(kuò)大氣體體積的反應(yīng)，所以減小壓強(qiáng)，有利于平衡LiCI?H20(s)?LiCI+H

38、20(g),向正方向移動(dòng)，有利于無(wú)水LiCI的制備.故答案為：存在平衡：LiCI?H20(s)?LiCI(s)+H20(g),減小壓強(qiáng)，有利于平衡向正方向移動(dòng)，有利于無(wú)水LiCI的制備；LiD中陽(yáng)離子與水電離的氫氧根離子結(jié)合，而陽(yáng)離子與水電離的氫離子結(jié)合，反應(yīng)方程式為：LiD+H2O=LiOH+HD,故答案為：LiD+H20=Li0H+HD.點(diǎn)評(píng)：本題考查無(wú)機(jī)物推斷、化學(xué)實(shí)驗(yàn)等，題目素材比較陌生，增大題目難度，側(cè)重考查學(xué)生對(duì)知識(shí)的遷移應(yīng)用與綜合分析解決問(wèn)題能力，對(duì)學(xué)生的邏輯推理有較高的要求，計(jì)算推斷金屬D為L(zhǎng)i是關(guān)鍵，難度較大.、選考題：共45分？請(qǐng)考生從給出的3道物理題？3道化學(xué)題？2道生物

39、題中每科任選一題作答，弁用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號(hào)涂黑？注意所做題目的題號(hào)必須與所涂題目的題號(hào)一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題？如果多做，則每學(xué)科按所做的第一題計(jì)分【化學(xué)-選彳2:化學(xué)與技術(shù)】11.(15分)(2015?上饒三模)由熔鹽電解法獲得的粗鋁含有一定量的金屬鈉和氫氣，這些雜質(zhì)可采用吹氣精煉法除去，產(chǎn)生的尾氣經(jīng)處理后可用于鋼材鍍鋁，工藝流程如下：(已知：NaCI熔點(diǎn)為801C;AICI3在181C升華；固體直接變?yōu)闅怏w叫做升華)r氣體A同收就“電鍍訃q固休口血、:二70融鹽把NaCI和AICI3的固體混合加熱到 181 ( 最低溫物置于如圖所示的裝置的一端，度)C,即可分離

40、NaCI和AICI3?(2)浮除去？氣泡的主要成分除 CI2外將CI2連續(xù)通入生期中的粗鋁熔體里，雜質(zhì)隨氣泡上(4) Na+?K+?AICI4 - ?AI2CI7-等離子？鋼材表面(電極)的電極反應(yīng)式為氧化鋁膜，避免鋼材接觸空氣而防止鋼材被腐AICI4 - +3e AI+4CI -或 AI2O7 - +6e -還含有H2、HCI、AICI3;固態(tài)雜質(zhì)黏附于氣泡上，在熔體表面形成浮渣，浮渣中肯定存在的物質(zhì)是NaCI?用廢堿液處理氣體A的過(guò)程中，所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式有：H+O1+H2O,CI2+2OH-=CI-+CIO-+H2O鍍鋁電鍍池中，金屬鋁為陽(yáng)極，熔融鹽電鍍池中存在 TOC o 1-5

41、h z =2AI+7CI-?(5)鋼材鍍鋁后，在表面氧化成致密的:物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用；原電池和電解池的工作原理:粗鋁700。C通入氯氣在生期中精煉，將CI2連續(xù)通入生期中的粗鋁熔體，雜質(zhì)隨氣泡上浮除去.氣泡的主要成分除CI2外還含有H2、HCI、AICI3,除渣得到高純鋁液和尾氣，高純鋁液冷卻得到高純鋁錠，尾氣冷凝得到氣體A為CI2,廢堿液回收得到回收液；B固體加入氯化鈉氯化鉀加熱得到熔融鹽電鍍得到鍍鋁制品；NaCI熔點(diǎn)為801C；AICI3在181C升華，據(jù)此分析分離的溫度根據(jù)題中信息：NaCI熔點(diǎn)為801C；AICI3在181C升華，在結(jié)合物質(zhì)之間的反應(yīng)來(lái)分析；酸性氣體

42、能和強(qiáng)堿反應(yīng)，用燒堿來(lái)處理尾氣，氯氣和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水；電鍍池中鍍件金屬作陽(yáng)極，金屬發(fā)生氧化反應(yīng)，鋼材做陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，熔融鹽電鍍池中存在Na+?K+?AICI4-?AI2CI7-等離子分析根據(jù)氧化鋁的性質(zhì)穩(wěn)定來(lái)回答，鋁金屬表面形成的致密氧化鋁膜具有保護(hù)作用：辟不檄7。0喟職聾尾氣冷凝得到氣體A為CI2,廢噴液回收得,將CI2連續(xù)通入生期中的粗知熔體，雜得隨氣泡上浮除去.氣泡的主要成分除CI2外還含有H2、HCI、AICI3,除渣得到高純鋁液和尾氣，高純鋁液冷卻得到高純鋁錠，尾氣冷凝得到氣體A為CI2,廢堿液回收得到回收液；B固體加入氯化鈉氯化鉀加熱得到熔融鹽

43、電鍍得到鍍鋁制品；NaCI熔點(diǎn)為801C;AICI3在181C升華，把NaCI和AICI3的固體混合物置于如圖所示的裝置的一端，加熱到181C氯化鋁變化為氣體升華，在另一端冷凝分離，故答案為：181;粗鋁含有一定量的金屬鈉和氫氣，鈉、鋁和氯氣反應(yīng)生成了氯化鈉和氯化鋁，氫氣和氯氣發(fā)生反應(yīng)生成氯化氫，其中氯化鈉熔點(diǎn)為801C,較高，是固態(tài)雜質(zhì)隨氣泡上浮，氣泡的主要成分除CI2外還含有H2、HCI、AICI3,故答案為：H2、HCI、AICI3;NaCI;A中有氯氣以及氯化氫，均能和燒堿反應(yīng)，用于尾氣處理，實(shí)質(zhì)為：CI2+2OH-=CI-+CIO-+H2O,H+OH-=H2O，故答案為：CI2+2O

44、H-=CI-+CIO-+H2O;電鍍池中鍍件金屬鋁作陽(yáng)極，金屬鋁失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，鋼材做陰極，表面(電極)的電極反應(yīng)式為：AICI4-+3eAI+4CI-或AI2O7-+6e-=2AI+7CI-,故答案為：陽(yáng)；AI2O7-+6e-=2AI+7CI-;鋁金屬表面形成的致密氧化鋁膜具有保護(hù)作用，致密的氧化膜能隔絕鋼材與空 TOC o 1-5 h z 氣中的02、CO2和H2O等接觸，使電化學(xué)腐蝕和化學(xué)腐蝕不能發(fā)生，故答案為：氧化鋁膜.點(diǎn)評(píng)：本題考查了物質(zhì)分離提純的流程分析判斷，物質(zhì)性質(zhì)和試劑作用于產(chǎn)物的判斷是解題關(guān)鍵，是一道有關(guān)金屬的工業(yè)制備知識(shí)題目，考查角度廣，難度中等.二、化學(xué)-選修3:物質(zhì)

45、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(15分)(2015?上饒三模)I.德國(guó)和美國(guó)科學(xué)家首先制出由20個(gè)碳原子組成的空心籠狀分子C20,該籠狀結(jié)構(gòu)是由許多正五邊形構(gòu)成如圖.C20分子中每個(gè)碳原子只跟相鄰的3個(gè)碳原子形成化學(xué)鍵；多面體的頂點(diǎn)數(shù)、面數(shù)和棱邊數(shù)的關(guān)系，遵循歐拉定理：頂點(diǎn)數(shù)+面數(shù)+棱邊數(shù)=2，請(qǐng)回答：C20分子共有12個(gè)正五邊形，共有30條棱邊.n.A、B、C是短周期非金屬元素，核電荷數(shù)依次增大.A原子外圍電子排布為ns2np2,C是地殼中含量最多的元素.D元素的核電荷數(shù)為29?請(qǐng)用對(duì)應(yīng)的元素符號(hào)或化學(xué)式填空：A、B、C的第一電離能由小到大的順序?yàn)镃vOvN.分子(AB)2中鍵與鍵之間的夾角為180并有對(duì)稱性，

46、每個(gè)原子最外層電子數(shù)均滿足八電子，其結(jié)構(gòu)式為心 , 1mol 該分子中含有n 鍵的數(shù)目為4NA （或2.408X024).該分子中碳原子的雜化軌道類型是sp,該分子屬于非極性分子(填極性”或非極性”).基態(tài)D原子的電子排布式為1s22s22P63s23P63d104s1考點(diǎn)：晶胞的計(jì)算；位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用.專題：元素周期律與元素周期表專題；化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu).分析：I?每條共價(jià)鍵被兩個(gè)碳原子共有，根據(jù)歐拉定理計(jì)算；II.由題意可知，A、B、C、D四種元素分別是C、N、0、Cu;(1)根據(jù)第一電離能遞變規(guī)律得到答案；(2)(CN)2中鍵與鍵之間的夾角為180C最外層電子數(shù)為4,N原子最外層

47、電子數(shù)為5,且每個(gè)原子最外層電子數(shù)均滿足八電子推斷其結(jié)構(gòu)式；根據(jù)結(jié)構(gòu)式判斷n鍵數(shù)目，根據(jù)結(jié)構(gòu)式判斷雜化類型，根據(jù)其對(duì)稱性判斷其分子類型；(3)根據(jù)Cu的原子序數(shù)為29,根據(jù)能量最低原則、泡利不相容原理和洪特規(guī)則寫(xiě)出核外電子排布式.解答：人鼻解：I.頂點(diǎn)數(shù)為20,每條共價(jià)鍵被兩個(gè)碳原子共有，所以棱數(shù)為2=30;根據(jù)歐拉定理，面數(shù)=30+2-20=12,故答案為：12、30;(1)第一電離能從左到右呈增大趨勢(shì)，由于N原子2P軌道半充滿，較為穩(wěn)定，其第一電離能較大，0原子2p軌道比N原子多一個(gè)電子，容易失去第一個(gè)電子，N原子第一電離能大于0原子，第一電離能從小到大順序?yàn)椋篊V0VN,故答案為：CV0

48、VN;(CN)2中鍵與鍵之間的夾角為180C最外層電子數(shù)為4,N原子最外層電子數(shù)為5,且每個(gè)原子最外層電子數(shù)均滿足八電子，則C、N原子之間以C-N結(jié)合，C還有一個(gè)未成對(duì)電子，故兩個(gè)C原子形成一對(duì)共用電子對(duì)，則其結(jié)構(gòu)式為:；根據(jù)結(jié)構(gòu)式可知，分子內(nèi)含有4條n鍵，則1mol該分子中含有4moln鍵，結(jié)構(gòu)中含有兩條CN,即有2條2P軌道未參與雜化，判斷雜化類型為sp雜化,由于其分子具有對(duì)稱性，又由于鍵與鍵之間的夾角為180呈直線型，屬于非極性分子,故答案為：一、4NA（或2.4081024）、sp、非極性；Cu的原子序數(shù)為29,根據(jù)能量最低原則、泡利不相容原理和洪特規(guī)則寫(xiě)出核外電子排布式為：1s22s22P63s23P63d104s1,故答案為：1s22s22P63s23P63d104s1點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及核外電子排布規(guī)律、電離能、雜化理論、分子結(jié)構(gòu)、晶胞結(jié)構(gòu)等，難度中等.三、【化學(xué)-選修有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】（15分）13.（2015?上饒三模）現(xiàn)有分子式為CnH8O2X2的物質(zhì)M,可發(fā)生如下所示轉(zhuǎn)化：HAACOOH一*紅色沉淀CHiCHOrH-rw-rnnNM水猛泌葉01 C0。NH4已知：物質(zhì)B在質(zhì)譜分析中，在質(zhì)譜圖顯示存在多種質(zhì)荷比不相同的粒子，其中質(zhì)荷比