2015年河南省開封市高考模擬(二模二練)化學(xué)試卷

2015年河南省開封市高考模擬（二模二練）化學(xué)試卷一、選擇題（此題包含13小題，每題6分，共78分，每題只有一個(gè)合理的選項(xiàng)）1.以下對(duì)于化學(xué)用語(yǔ)的表示中，正確的選項(xiàng)是（）A．B．重水的分子式H218O次氯酸的電子式C．乙酸的構(gòu)造式CH3COOHD．2+Mg的構(gòu)造表示圖考點(diǎn)：電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號(hào)及名稱的綜合；原子構(gòu)造表示圖；構(gòu)造式．分析：A．次氯酸為共價(jià)化合物，次氯酸中存在1個(gè)氧氫鍵和1個(gè)氧氯鍵；B．質(zhì)量數(shù)應(yīng)當(dāng)寫在元素符號(hào)的左上角；C．構(gòu)造式中需要用短線表示出所有的共價(jià)鍵，CH3COOH為構(gòu)造簡(jiǎn)式；D．鎂離子的核電荷數(shù)為12．解答：解：A．次氯酸的分子式為：HClO，次氯酸為共價(jià)化合物，其分子中存在

1個(gè)氧氯鍵和1個(gè)氫氧鍵，次氯酸的電子式為：

，故

A正確；B．重水的分子式為：

H218O，故

B錯(cuò)誤；C．CH3COOH為乙酸的構(gòu)造簡(jiǎn)式，乙酸的構(gòu)造式為：，故C錯(cuò)誤；D．鎂離子的核電荷數(shù)為12，最外層為8個(gè)電子，鎂離子正確的離子構(gòu)造表示圖為：，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選A．評(píng)論：此題觀察了常有化學(xué)用語(yǔ)的判斷，題目難度中等，注意掌握構(gòu)造式、電子式、離子構(gòu)造表示圖等化學(xué)用語(yǔ)的看法及表示方法，明確構(gòu)造式與構(gòu)造簡(jiǎn)式、離子構(gòu)造表示圖與原子構(gòu)造表示圖的差異．2．（6分）（2015?開封二模）以下對(duì)于分子式為

CHO的有機(jī)物的同分異構(gòu)體的說(shuō)法中，不正482確的是（）A．屬于酯類的有4種B．屬于羧酸類的有2種C．存在分子中含有六元環(huán)的同分異構(gòu)體D．既含有羥基又含有醛基的有3種考點(diǎn)：同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體．分析：A、C4H8O2屬于酯類的同分異構(gòu)體，為飽和一元酯，依據(jù)酸和醇的種類來(lái)確立；B、C4H8O2屬于羧酸時(shí)，能夠依據(jù)羧基地點(diǎn)異構(gòu)能夠獲得丁酸的同分異構(gòu)體；C、依據(jù)六元環(huán)聯(lián)合有機(jī)物的分子式來(lái)確立；D、C4H8O2屬于羥基醛時(shí)，能夠依據(jù)官能團(tuán)的地點(diǎn)異構(gòu)獲得其同分異構(gòu)體．解答：解：A、C4H8O2屬于酯類的同分異構(gòu)體，為飽和一元酯，若為甲酸與丙醇形成的酯，甲酸只有1種構(gòu)造，丙醇有2種，形成的酯有2種，若為乙酸與乙醇形成的酯，乙酸只有1種構(gòu)造，乙醇只有1種構(gòu)造，形成的乙酸乙酯有1種，若為丙酸與甲醇形成的酯，丙酸只有1種構(gòu)造，甲醇只有1種構(gòu)造，形成的丙酸甲酯只有1種，所以C4H8O2屬于酯類的同分異構(gòu)體共有4種，故A正確；B、C4H8O2屬于羧酸時(shí)，能夠是丁酸或2﹣甲基丙酸，共有2種同分異構(gòu)體，故B正確；C、存在分子中含有六元環(huán)的同分異構(gòu)體：，故C正確；D、C4H8O2屬于羥基醛時(shí)，能夠是2﹣羥基丁醛、3﹣羥基丁醛、4﹣羥基丁醛、2﹣甲基2﹣羥基丙醛、2﹣甲基﹣3羥基丙醛，共5種同分異構(gòu)體，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選D．評(píng)論：此題觀察同分異構(gòu)體的種類，依據(jù)官能團(tuán)異構(gòu)和地點(diǎn)異構(gòu)和碳鏈異構(gòu)來(lái)綜合分析同分異構(gòu)體的種數(shù)，難度不大，有益于培育學(xué)生的邏輯推理能力．3．（6分）（2015?開封二模）以下相關(guān)實(shí)驗(yàn)偏差分析中，不正確的選項(xiàng)是（A．用潤(rùn)濕的pH試紙測(cè)稀堿液的pH值，測(cè)定值偏小B．用容量瓶配制溶液，定容時(shí)俯視刻度線，所配溶液濃度偏小C．滴定前滴定管內(nèi)無(wú)氣泡，終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)有氣泡，所測(cè)體積偏小D．測(cè)定中和反響的反響熱時(shí)，將堿緩慢倒入酸中，所測(cè)溫度值偏低

）考點(diǎn)：測(cè)定溶液pH的方法；配制必定物質(zhì)的量濃度的溶液；中和滴定；中和熱的測(cè)定．分析：A、潤(rùn)濕的pH值試紙能夠稀釋堿液；B、定容時(shí)俯視刻度線，以致所配溶液的體積偏小，聯(lián)合c=判斷；C、滴定前滴定管內(nèi)無(wú)氣泡，終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)有氣泡，氣體據(jù)有液體應(yīng)據(jù)有的體積；D、測(cè)定中和反響的反響熱時(shí)，將堿緩慢倒入酸中，以致熱量損失過大．解答：解：A、潤(rùn)濕的pH值試紙能夠稀釋堿液，溶液中氫氧根離子依據(jù)減小，測(cè)定的溶液堿性減弱，測(cè)定值偏小，故A正確；B、定容時(shí)俯視刻度線，以致所配溶液的體積偏小，聯(lián)合c=可知，所配溶液的濃度偏大，故B錯(cuò)誤；C、滴定前滴定管內(nèi)無(wú)氣泡，終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)有氣泡，氣體據(jù)有液體應(yīng)據(jù)有的體積，會(huì)以致所測(cè)溶液體積偏小，故C正確；D、測(cè)定中和反響的反響熱時(shí)，將堿緩慢倒入酸中，以致熱量損失過大，所測(cè)溫度值偏小，故D正確；應(yīng)選B．評(píng)論：此題觀察實(shí)驗(yàn)基本操作、偏差分析等，難度中等，理解實(shí)驗(yàn)進(jìn)行的原理是解題的要點(diǎn)，注實(shí)驗(yàn)基本操作的掌握．4．（6分）（2015?開封二模）人工腎臟可用間接電化學(xué)方法除掉代謝產(chǎn)物中的尿素，原理如圖．下列相關(guān)說(shuō)法正確的選項(xiàng)是（）A．a(chǎn)為電源的負(fù)極B．電解結(jié)束后，陰極室溶液的pH與電解前對(duì)比將高升+D．若兩極共采集到氣體13.44L（標(biāo)準(zhǔn)情況），則除掉的尿素為7.2g（忽視氣體的溶解）考點(diǎn)：電解原理．分析：A、依據(jù)電解池中陰離子在陽(yáng)極放電和陽(yáng)離子在陰極放電的規(guī)律，聯(lián)合此題圖中的電極產(chǎn)物CO和N能夠判斷出A為電源的正極，b為電源的負(fù)極；22B、陰極反響為：﹣﹣+﹣﹣﹣6H2O+6e═6OH+3H2↑（或6H+6e═3H2↑）陽(yáng)極反響為：6Cl﹣6e═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO+6HCl2，依據(jù)上述反響式能夠看出在陰、陽(yáng)極上﹣++﹣產(chǎn)生的OH、H的數(shù)目相等，陽(yáng)極室中反響產(chǎn)生的H經(jīng)過質(zhì)子互換膜進(jìn)入陰極室與OH恰巧反響生成水，所以陰極室中電解前后溶液的pH不變；C、由圖可知，陽(yáng)極室第一是氯離子放電生成氯氣，氯氣再氧化尿素生成氮?dú)狻⒍趸?，同時(shí)會(huì)生成HCl；D、依據(jù)n=計(jì)算兩極產(chǎn)生的氣體的物質(zhì)的量，利用氣體中各組分的比率關(guān)系，計(jì)算n（N2）=n（CO2），再依據(jù)方程式計(jì)算尿素的物質(zhì)的量，依據(jù)m=nM計(jì)算尿素的質(zhì)量．解答：解：A、由圖可知，左室電極產(chǎn)物為CO2和N2，發(fā)生氧化反響，故A為電源的正極，右室電解產(chǎn)物H2，發(fā)生復(fù)原反響，故b為電源的負(fù)極，故A錯(cuò)誤；B、陰極反響為﹣﹣+﹣═3H2↑），陽(yáng)極反響為6Cl﹣﹣6e﹣6H2O+6e═6OH+3H2↑（或6H+6e═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N+CO+6HCl，依據(jù)上述反響式能夠看出在陰、陽(yáng)極上22﹣++﹣產(chǎn)生的OH、H的數(shù)目相等，陽(yáng)極室中反響產(chǎn)生的H經(jīng)過質(zhì)子互換膜進(jìn)入陰極室與OH恰巧反響生成水，所以陰極室中電解前后溶液的pH不變，故B錯(cuò)誤；C、由圖可知，陽(yáng)極室第一是氯離子放電生成氯氣，氯氣再氧化尿素生成氮?dú)狻⒍趸?，同時(shí)會(huì)生成HCl，陽(yáng)極室中發(fā)生的反響挨次為：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，故C錯(cuò)誤；D、電解采集到的13.44L氣體，物質(zhì)的量為=0.6mol，由反響CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl可知n（N2）=n（CO2）=0.6mol×=0.12mol，可知生成0.12molN2所耗費(fèi)的CO（NH2）2的物質(zhì)的量也為0.12mol，其質(zhì)量為：m[CO（NH2）2]=0.12mol×60g?mol﹣1=7.2g，故D正確；應(yīng)選：D．評(píng)論：此題觀察電解池原理與相關(guān)計(jì)算，難度較大，要點(diǎn)注意觀察電極產(chǎn)物，判斷發(fā)生的反響，注意依據(jù)方程式判斷左室中pH值的變化．5．（6分）（2015?開封二模）依據(jù)原子構(gòu)造及元素周期律的知識(shí)，以下推測(cè)正確的選項(xiàng)是（）A．Cl與Cl得電子能力不同樣B．同主族元素含氧酸的酸性隨核電荷數(shù)的增添而減弱C．同周期元素（除0族元素外）從左到右，原子半徑逐漸減小D．若M+和R2﹣的核外電子層構(gòu)造同樣，則原子序數(shù)R＞M考點(diǎn)：原子構(gòu)造與元素周期律的關(guān)系．分析：A．互為同位素原子的化學(xué)性質(zhì)幾乎完整同樣；B．同主族元素最高價(jià)含氧酸自上而下酸性減弱；C．電子層構(gòu)造同樣，核電荷數(shù)越大原子半徑越??；+2﹣的核外電子層構(gòu)造同樣，則M位于R的下一周期．D．M和R解答：解：A．3517Cl與3717Cl互為同位素，化學(xué)性質(zhì)幾乎完整同樣，電子能力同樣，故A錯(cuò)誤；B．同主族元素最高價(jià)含氧酸自上而下酸性減弱，不是最高價(jià)含氧酸不必定滿足該關(guān)系，如HClO為弱酸、HBrO4為強(qiáng)酸，故B錯(cuò)誤；C．同一周期中除了罕有氣體外，擁有同樣的電子層，則核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，故C正確；+2﹣M為陽(yáng)離子，則M位于R的下一周期，原子序數(shù)：RD．M和R的核外電子層構(gòu)造同樣，M，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選C．評(píng)論：此題觀察原子構(gòu)造與元素周期律的關(guān)系，題目難度中等，注意對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的理解掌握，明確原子構(gòu)造與元素周期律的關(guān)系為解答要點(diǎn)．6．（6分）（2015?開封二模）以下液體均處于25°C，相關(guān)表達(dá)正確的選項(xiàng)是（）A．AgCl在同濃度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度同樣B．某物質(zhì)的溶液pH＜7，則該物質(zhì)必定是酸或強(qiáng)酸弱堿鹽C．pH=4.5的番茄汁中++）的100倍c（H）是pH=6.5的牛奶中c（HD．pH=5.633+3﹣的CHCOOH與CHCOONa混淆溶液中，c（Na）＞c（CHCOO）考點(diǎn)：pH的簡(jiǎn)單計(jì)算；溶解度、飽和溶液的看法．分析：A．溫度必定，氯化銀的溶度積常數(shù)必定，sp+﹣K=C（Ag）．C（Cl），氯離子濃度越大，氯化銀的溶解度越??；B．溶液PH小于7的溶液有酸、強(qiáng)酸弱堿鹽以及強(qiáng)酸的酸式鹽等；C．依據(jù)PH大小可計(jì)算出溶液中H+濃度，pH=4.5，c（H+）=10﹣4.5mol?L﹣1，pH=6.5，其+﹣6.5mol?L﹣1；c（H）=10+D．pH=5.6的CH3COOH與CH3COONa混淆溶液呈酸性，溶液中﹣H大于OH濃度，依據(jù)溶液呈電中性，則有﹣+c（CH3COO）＞c（Na）．解答：解：A．同濃度的2和NaCl溶液中，氯化鈣中氯離子濃度是氯化鈉中的2倍，依據(jù)CaCl+﹣即氯化銀的溶解度越小，Ksp=C（Ag）．C（Cl）知，氯離子濃度越大，銀離子濃度越小，所以氯化銀CaCl2的溶解度小于同濃度的NaCl溶液中的溶解度，故A錯(cuò)誤；B．某些強(qiáng)酸的酸式鹽如NaHSO4溶液的pH＜7，故B錯(cuò)誤；+﹣4.5﹣1+﹣6.5﹣1+C．pH=4.5，c（H）=10mol?L，pH=6.5，其c（H）=10mol?L，c（H）是100倍的關(guān)系，故C正確；D．混淆溶液顯酸性，則+﹣﹣+c（H）＞c（OH），依據(jù)電荷守恒，c（CH3COO）＞c（Na），故D錯(cuò)誤；應(yīng)選C．評(píng)論：此題綜合觀察了電解質(zhì)溶液中的相關(guān)知識(shí)，包含積淀溶解均衡的挪動(dòng)、溶液的pH與c+累，對(duì)溶液濃度不一樣種類計(jì)算方法的整理以及均衡挪動(dòng)的影響條件的理解，題目難度中等．7．（6分）（2015?開封二模）的變化情況以以下圖所示（第

COCl2的分解反響系統(tǒng)達(dá)到均衡后，各物質(zhì)的濃度在不一樣條件下10min到14min的COCl2濃度變化曲線未示出）．以下相關(guān)說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是（）A．分解反響方程式為COCl2=Cl2+COB．第2min反響溫度高于第8min反響溫度C．在第8min反響溫度下，12min時(shí)反響從頭達(dá)到均衡，則此時(shí)D．產(chǎn)物CO在2～3min、5～6min和12～13min時(shí)均勻反響速率為（2～3）

c（COCl2）≈0.031mol/Lv（5～6）＞v（12～13）=v考點(diǎn)：物質(zhì)的量或濃度隨時(shí)間的變化曲線．分析：A、依據(jù)圖中各物的變化判斷反響物和生成物，利用元素守恒判斷化學(xué)方程式；B、依據(jù)溫度對(duì)反響速率的影響判斷；C、由圖可知，10min瞬時(shí)Cl2濃度不變，CO的濃度降低，故改變條件為移走CO，降低CO的濃度，均衡常數(shù)不變，與8min抵達(dá)均衡時(shí)的均衡常數(shù)同樣，由圖可知，12min時(shí)抵達(dá)均衡時(shí)Cl2的均衡濃度為0.12mol/L，CO的均衡濃度為0.06mol/L，依據(jù)均衡常數(shù)計(jì)算c（COCl2）；D、依據(jù)化學(xué)反響速率的定義，可知反響在2～3min和12～13min處于均衡狀態(tài)，CO的均勻反響速率為0，據(jù)此判斷；解答：解：A、依據(jù)圖中各物的變化可知，COCl2減小的同時(shí)，Cl2和CO都增添，所以反響物為COCl2，生成物為Cl2和CO，分解反響方程式為COCl2=Cl2+CO，故A正確；B、比較2min和第8min時(shí)各物質(zhì)的濃度可知，由2min到8min均衡正向挪動(dòng)，但條件的改變不必定就改變溫度，也能夠是改變其余條件比方壓強(qiáng)等，故B錯(cuò)誤；C、由圖可知，8min時(shí)COCl2的均衡濃度為0.04mol/L，Cl2的均衡濃度為0.11mol/L，CO的均衡濃度為0.085mol/L，故該溫度下化學(xué)均衡常數(shù)k==0.234mol?L﹣1，10min瞬時(shí)Cl2濃度不變，CO的濃度降低，故改變條件為移走CO，降低CO的濃度，均衡常數(shù)不變，與8min抵達(dá)均衡時(shí)的平衡常數(shù)同樣，由圖可知，12min時(shí)抵達(dá)均衡時(shí)Cl2的均衡濃度為0.12mol/L，CO的均衡濃度為0.06mol/L，故：=0.234mol/L，解得c（COCl2）=0.031mol/L，故C正確；D、依據(jù)化學(xué)反響速率的定義，可知反響在2～3min和12～13min處于均衡狀態(tài)，CO的均勻反響速率為0，在5～6min時(shí)，反響向正反響進(jìn)行，故CO的均勻反響速率為：v5～6）＞v（2～3）=v（12～13），故D正確；應(yīng)選B．評(píng)論：此題主要觀察了化學(xué)均衡圖象、均衡常數(shù)、化學(xué)均衡與反響速率的影響要素，題目難度中等，依據(jù)均衡常數(shù)與改變條件的瞬時(shí)各物質(zhì)的濃度變化判斷條件是解題的要點(diǎn)．三、非選擇題（包含必考題和選考題兩部分，第22～32題為必考題，每個(gè)試題考生都一定作答，第33～40題，考生依據(jù)要求作答）（一）必考題8．（14分）（2015?開封二模）硼、鎂及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中應(yīng)用寬泛．已知：硼鎂礦主要成分為Mg2B2O5?H2O，硼砂的化學(xué)式為Na2B4O7?10H2O．利用硼鎂礦制取金屬鎂及粗硼的工藝流程以下．回答以下相關(guān)問題．（1）硼砂中B的化合價(jià)為+3，溶于熱水后，常用H2SO4調(diào)pH到2～3制取H3BO3，反響的離子方程式為2﹣+晶體加熱脫水的產(chǎn)物，其與Mg反響制取B4O7+2H+5H2O=4HBO33．X為H3BO3粗硼的化學(xué)方程式為3Mg+B2O32B+3MgO，該反響中的氧化劑是B2O3（填化學(xué)式）．（2）硼酸是一種一元弱酸，它與水作用時(shí)聯(lián)合水電離的﹣H+，這一變化OH而開釋出水電離的的化學(xué)方程式為H3BO3+H2O?[B（OH）4]﹣+H+．皮膚上不當(dāng)心遇到氫氧化鈉溶液，一般先用大批水沖洗，而后再涂上硼酸溶液，則硼酸與氫氧化鈉反響的離子方程式為﹣H3BO3+OH=[BOH）4]﹣．（3）MgCl2?7H2O需要在HCl氛圍中加熱制MgCl2，其目的是防范MgCl2水解生成Mg（OH）2．（4）制得的粗硼在必定條件下生成BI3，BI3加熱分解能夠獲得純凈的單質(zhì)硼．現(xiàn)將0.020g粗硼制成的BI3完整分解，生成的I2用0.30mol/LNa2S2O3（H2S2O3為弱酸）溶液滴定至終點(diǎn)，消耗Na2S2O3溶液18.00mL．盛裝Na2S2O3溶液的儀器應(yīng)為堿式（填“酸式”或“堿式”）滴定管．該粗硼樣品的純度為97.2%（提示：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣）．考點(diǎn)：物質(zhì)分別和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用．分析：硼鎂礦主要成分為Mg2B2O5?H2O，硼砂的化學(xué)式為Na2B4O?10H72O．利用硼鎂礦制取金屬鎂及粗硼的工藝流程中硼鎂礦加入氫氧化鈉濃溶液過濾獲得氯化鎂，加入濃鹽酸溶解經(jīng)過蒸發(fā)濃縮獲得氯化鎂結(jié)晶水合物，在氯化氫氣流中加熱獲得氯化鎂固體，電解獲得鎂；濾液中主若是NaBO2，通入適當(dāng)二氧化碳?xì)怏w獲得硼砂，溶于熱水后，用H2SO4調(diào)pH2～3制取H3BO3，加熱獲得B2O3；（1）硼砂的化學(xué)式為Na2B4O7?10H2O，依照元素化合價(jià)注明計(jì)算硼元素化合價(jià)；用H2SO4調(diào)pH2～3，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3；X為H3BO3晶體加熱脫水的產(chǎn)物得到B2O3，鎂和獲得B2O3反響生成氧化鎂和硼，反響中元素化合價(jià)降低的做氧化劑；（2）硼酸是一種一元弱酸，它與水作用時(shí)聯(lián)合水電離的﹣+OH而開釋出水電離的H，據(jù)此書寫離子方程式，硼酸與氫氧化鈉反響生成四羥基硼酸根；（3）氯化鎂在水溶液中水解生成氫氧化鎂；（4）H2S2O3為弱酸，Na2S2O3溶液顯堿性，據(jù)此選擇滴定管；依據(jù)關(guān)系式B～BI3～I(xiàn)2～23S2O3﹣及滴定數(shù)據(jù)計(jì)算出粗硼中硼的含量．解答：解：（1）硼砂的化學(xué)式為Na2B4O7?10H2O，鈉元素化合價(jià)為+1價(jià)，氧元素化合價(jià)﹣2價(jià)，依照化合價(jià)代數(shù)和計(jì)算獲得硼元素化合價(jià)為+3價(jià)；用H2SO4調(diào)pH2～3，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3，反響的離子方程式為：2﹣+B4O7+2H+5H2O=4H3BO3，X為H3BO3晶體加熱脫水的產(chǎn)物是B2O3，鎂和獲得B2O3反響生成氧化鎂和硼，反響的化學(xué)方程式為：3Mg+B2O32B+3MgO，反響中元素化合價(jià)降低的做氧化劑，硼元素化合價(jià)+3價(jià)變化為0價(jià)，則B2O3做氧化劑；故答案為：+3；B4O72﹣+2H++5H2O=4H3BO3；3Mg+B2O32B+3MgO；B2O3；（2）硼酸是一種一元弱酸，它與水作用時(shí)聯(lián)合水電離的﹣+OH而開釋出水電離的H，據(jù)﹣+此書寫離子方程式為：H3BO3+H2O?[B（OH）4]+H，硼酸是一元弱酸與氫氧化鈉反響生成四羥基硼酸根，反響的離子方程式為：﹣4]﹣；H3BO3+OH=[B（OH）故答案為：H3BO3+H2O?[B（OH）4]﹣+﹣﹣；+H；H3BO3+OH=[B（OH）4]3）MgCl2?7H2O需要在HCl氛圍中加熱，是為了防范氯化鎂水解生成氫氧化鎂，故答案為：防范MgCl2水解生成Mg（OH）2；4）H2S2O3為弱酸，Na2S2O3溶液顯堿性，據(jù)此選擇滴定管應(yīng)為簡(jiǎn)式滴定管；硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量為：0.30mol/L×0.018L=0.0054mol，2﹣﹣2﹣，I2+2S2O3=2I+S4O6依據(jù)關(guān)系式：B～BI3～I(xiàn)2～3S2O32﹣，n（B）=n（S2O32﹣）=0.0018mol，硼的質(zhì)量為：10.81g/mol×0.0018mol=0.01944g，粗硼中硼的含量為：100%=97.2%，故答案為：堿式；97.2%．評(píng)論：此題觀察了鹽類的水解、原電池原理和電解池原理的分析，積淀溶解均衡的計(jì)算應(yīng)用，題目難度稍大，計(jì)算是難點(diǎn)，計(jì)算時(shí)要充分利用題目所給數(shù)目關(guān)系和表中數(shù)據(jù)，依據(jù)質(zhì)量關(guān)系和質(zhì)量分?jǐn)?shù)的看法迅速解題．9．（15分）（2015?開封二模）苯甲酸寬泛應(yīng)用于制藥和化工行業(yè)，某同學(xué)試試用甲苯的氧化反響制備苯甲酸．反響原理（如圖）：已知甲苯的熔點(diǎn)為﹣95°C，沸點(diǎn)為110.6°C，易揮發(fā)，密度為0.866g/cm3；苯甲酸的熔點(diǎn)為122.4°C，在25°C和95°C下溶解度分別為0.3g和6.9g．【制備產(chǎn)品】將30.0mL甲苯和25.0mL1mol/L高錳酸鉀溶液在100°C下反響30min，裝置如圖1所示．（1）圖中冷凝管的進(jìn)水口為a（填“a”或“b”）．支管的作用是均衡壓強(qiáng)，便于甲苯順利滴入三頸燒瓶．（2）在本實(shí)驗(yàn)中，三頸燒瓶最適合的容積是B（填字母）．A．50mLB．100mLC．200mLD．250mL有對(duì)于用酒精燈直接加熱，用開水浴加熱的長(zhǎng)處是便于控制溫度和使容器受熱均勻．【分別產(chǎn)品】該同學(xué)設(shè)計(jì)以下賤程分別粗產(chǎn)品苯甲酸和回收甲苯（如圖2）．（3）操作Ⅰ的名稱是分液；含有雜質(zhì)的產(chǎn)物經(jīng)操作Ⅱ進(jìn)一步提純得無(wú)色液體甲苯，則操作Ⅱ的名稱是蒸餾．（4）測(cè)定白色固體的熔點(diǎn)，發(fā)現(xiàn)其在115°C開始融化，達(dá)到130°C時(shí)仍有少許不熔．該同學(xué)推測(cè)白色固體是苯甲酸與KCl的混淆物，設(shè)計(jì)了以下方案進(jìn)行提純和檢驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)結(jié)果表示推測(cè)正確，請(qǐng)達(dá)成表中內(nèi)容．序號(hào)實(shí)驗(yàn)方案實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論①將白色固體加入水中，加熱溶解，冷卻結(jié)獲得白色晶體和無(wú)色溶液╲晶、過濾．②取少許濾液于試管中，滴入適當(dāng)?shù)南跛崴嵘砂咨e淀濾液含Cl﹣化的AgNO3溶液．③干燥白色晶體，加熱使其融化，測(cè)其熔白色晶體在122.4℃左右白色晶體是苯點(diǎn)．時(shí)完整融化甲酸【純度測(cè)定】稱取1.220g白色晶體，配成100mL甲醇溶液，取25.00mL溶液，用0.1000mol/LKOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，重復(fù)滴定四次，每次耗費(fèi)的體積以下表所示．第一次序二次序三次序四次體積（mL）（5）滴定操作中，假如對(duì)裝有KOH標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管讀數(shù)時(shí)，滴定前仰望，滴定后俯視則測(cè)定結(jié)果偏?。ㄌ睢捌蟆?、“偏小”或“不變”）．計(jì)算樣品中苯甲酸純度為96%

．考點(diǎn)：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．分析：（1）依據(jù)逆流的冷卻的效率高的原理判斷，支管連結(jié)了恒壓滴液漏斗中的液體上、下方，使恒壓滴液漏斗中的液體上、下方的壓強(qiáng)相等；2）本實(shí)驗(yàn)頂用到的液體體積約為55mL，據(jù)此選擇三頸燒瓶的規(guī)格，開水浴加熱便于控制溫度和使容器受熱均勻；3）依照流程分析混淆物分其余實(shí)驗(yàn)方法和操作步驟；（4）聯(lián)合反響化學(xué)方程式中生成的產(chǎn)物和流程中分別步驟分析，白色固體B是苯甲酸與KCl的混淆物；依照苯甲酸熔點(diǎn)122.4℃，在25℃和95℃時(shí)溶解度分別為0.3g和6.9g；先檢驗(yàn)苯甲酸的檢驗(yàn)再檢驗(yàn)氯化鉀的存在；5）滴定操作中，假如對(duì)裝有KOH標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管讀數(shù)時(shí)，滴定前仰望，滴定后俯視則讀取的溶液的體積小于實(shí)質(zhì)用掉的溶液的體積，據(jù)此判斷；依據(jù)苯甲酸純度=

×100%計(jì)算純度．解答：解：（1）依據(jù)逆流的冷卻的效率高的原理可知，進(jìn)水口應(yīng)在冷凝管的下方a處，支管連接了恒壓滴液漏斗中的液體上、下方，使恒壓滴液漏斗中的液體上、下方的壓強(qiáng)相等，便于甲苯順利滴入三頸燒瓶，故答案為：a；均衡壓強(qiáng)，便于甲苯順利滴入三頸燒瓶；（2）本實(shí)驗(yàn)頂用到的液體體積約為55mL，所以選擇100mL的三頸燒瓶，應(yīng)選B，開水浴加熱便于控制溫度和使容器受熱均勻，故答案為：B；便于控制溫度和使容器受熱均勻；3）必定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反響一段時(shí)間后停止反響，按流程分別出苯甲酸和回收未反響的甲苯；所以操作Ⅰ是分別出有機(jī)相甲苯，用分液方法獲得；操作Ⅱ是蒸餾的方法控制甲苯沸點(diǎn)獲得純凈的甲苯液體，故答案為：分液；蒸餾；4）經(jīng)過測(cè)定白色固體B的熔點(diǎn)，發(fā)現(xiàn)其在115℃開始融化，達(dá)到130℃時(shí)仍有少許不熔，推測(cè)白色固體B是苯甲酸與KCl的混淆物，氯化鉀能夠用硝酸酸化的硝酸銀溶液檢驗(yàn)氯離子的存在；利用苯甲酸的溶解度特色在25℃和95℃時(shí)溶解度分別為0.3g和6.9g；利用不一樣溫度下的溶解度，分別混淆物，獲得晶體后經(jīng)過測(cè)定熔點(diǎn)判斷能否為苯甲酸，所以實(shí)驗(yàn)方案及現(xiàn)象為：序號(hào)實(shí)驗(yàn)方案實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論①將白色固體B加入水中，加熱，溶解，獲得白色晶體和無(wú)色溶液冷卻結(jié)晶、過濾②取少許濾液于試管中，滴入適當(dāng)?shù)南跛嵘砂咨e淀濾液含有Cl﹣酸化的AgNO3溶液③干燥白色晶體，加熱使其融化，測(cè)其熔白色晶體在122.4℃左右時(shí)白色晶體是點(diǎn)；完整融化苯甲酸故答案為：①冷卻結(jié)晶、過濾；②滴入適當(dāng)?shù)南跛崴峄腁gNO3溶液；③加熱使其融化，測(cè)其熔點(diǎn)；白色晶體在122.4℃左右時(shí)完整融化；5）滴定操作中，假如對(duì)裝有KOH標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管讀數(shù)時(shí)，滴定前仰望，滴定后俯視則讀取的溶液的體積小于實(shí)質(zhì)用掉的溶液的體積，所以測(cè)定結(jié)果偏?。槐郊姿峒兌?

×100%=

×100%=96%，故答案為：偏??；96%．評(píng)論：此題觀察了物質(zhì)性質(zhì)的實(shí)驗(yàn)原理的分析判斷，物質(zhì)分別條件，試劑選擇，操作步驟的理解應(yīng)用，物質(zhì)成分的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)方案、步驟、試劑，樣品純度的計(jì)算，題目難度中等．10．（14分）（2015?開封二模）開發(fā)新能源是解決環(huán)境污染的重要措施，此中甲醇、甲烷是優(yōu)良的潔凈燃料，可制作燃料電池．1）已知：①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO（g）+4H2O（g）△H1=﹣1274.0kJ/mol②2CO（g）+O2（g）=2CO（g）△H2=﹣566.0kJ/mol③H2O（g）=H2O（l）△H3=﹣44kJ/mol．甲醇不完整焚燒生成一氧化碳和液態(tài)水的熱化學(xué)方程式為CHOH3（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣442kJ?mol﹣1．（2）生產(chǎn)甲醇的原料

CO和

H2可由反響

CH4（g）+H2O（g）

CO（g）+3H2（g）△H＞0獲得．①必定條件下CH4的均衡轉(zhuǎn)變率與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系如圖1．則P1＜P2（填“＜”、“＞”或“=”，下同）．A、B、C三點(diǎn)處對(duì)應(yīng)均衡常數(shù)（KA、KB、KC）的大小次序?yàn)镵a＜Kb＜Kc．100°C時(shí)，將1molCH4和2molH2O通入容積為1L的定容密閉容器中發(fā)生反響，能說(shuō)明該反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到均衡狀態(tài)的是ac（填序號(hào)）．a(chǎn)．容器的壓強(qiáng)恒定b．容器內(nèi)氣體密度恒定c．3v正（CH4）=v逆（H2）d．單位時(shí)間內(nèi)耗費(fèi)0.1molCH4同時(shí)生成0.3molH23）甲醇燃料電池（簡(jiǎn)稱DMFC）因?yàn)闃?gòu)造簡(jiǎn)單、能量轉(zhuǎn)變率高、對(duì)環(huán)境無(wú)污染，可作為慣例能源的代替品而愈來(lái)愈遇到關(guān)注．DMFC工作原理如圖2所示：通入a氣體的電極是原電池的負(fù)極（填“正”或“負(fù)”），其電極反響式為CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+．（4）某研究小組將兩個(gè)甲烷燃料電池串聯(lián)后作為電源，進(jìn)行飽和氯化鈉溶液電解實(shí)驗(yàn)，如圖3所示U形管中氯化鈉溶液的體積為800ml．閉合K后，若每個(gè)電池甲烷用量均為0.224L（標(biāo)況），且反響完整，則理論上經(jīng)過電解池的電量為×8×9.65×104﹣C?mol1=7.72×103C（列式計(jì)算．法拉第常數(shù)F=9.65×104C/mol），若產(chǎn)生的氣體所有逸出，電解后溶液混淆均勻，電解后U形管中溶液的pH為13．考點(diǎn)：化學(xué)均衡的影響要素；用蓋斯定律進(jìn)行相關(guān)反響熱的計(jì)算；原電池和電解池的工作原理．分析：（1）依據(jù)熱化學(xué)方程式利用蓋斯定律計(jì)算反響熱并書寫熱化學(xué)方程式；2）①在200℃時(shí)，看不一樣壓強(qiáng)下CO的轉(zhuǎn)變率大小，聯(lián)合化學(xué)方程式中反響前后氣體的體積變化解答；正反響吸熱，隨溫度高升，均衡正向挪動(dòng)，化學(xué)均衡常數(shù)K增大；②可逆反響達(dá)到均衡狀態(tài)時(shí)，正逆反響速率相等各組分濃度保持不變；3）依據(jù)圖知，互換膜是質(zhì)子互換膜，則電解質(zhì)溶液呈酸性，依據(jù)氫離子挪動(dòng)方向知，通入a的電極為負(fù)極、通入b的電極為正極，負(fù)極上甲醇失掉電子發(fā)生氧化反響；（4）電解氯化鈉溶液的化學(xué)方程式為2NaCl+2HO↑+Cl↑，可知關(guān)系22NaOH+H2式1molCH4～8mole﹣～8molNaOH計(jì)算．解答：解：（1）依據(jù)蓋斯定律，將已知反響①﹣②﹣③×4獲得CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l），所以該反響的△H=（﹣1274.0kJ/mol）﹣（﹣566.0kJ/mol）﹣（﹣44.0kJ/mol）×4=442kJ?mol﹣1，即CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣442kJ?mol﹣1，故答案為：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣442kJ?mol﹣1；（2）①在圖a的200℃地點(diǎn)，平行與縱軸畫一條虛線，可見CH4的轉(zhuǎn)變率P1＞P2，在CH4g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g）反響中，生成物的氣體體積大于反響物，壓強(qiáng)增大時(shí)均衡向逆向挪動(dòng)，故P1＜P2，正反響吸熱，隨溫度高升，均衡正向挪動(dòng)，化學(xué)均衡常數(shù)K增大，所以Ka＜Kb＜Kc，故答案為：＜；Ka＜Kb＜Kc；②可逆反響達(dá)到均衡狀態(tài)時(shí)，正逆反響速率相等各組分濃度保持不變，a．反響前后氣體體積不一樣，所以容器的壓強(qiáng)恒準(zhǔn)時(shí)反響達(dá)到均衡狀態(tài)，故a正確；b．容器體積不變，氣體質(zhì)量不變，所以容器內(nèi)氣體密度一直恒定，故b錯(cuò)誤；c．3v正（CH4）=v逆（H2），說(shuō)明正逆反響速率相等，反響達(dá)到均衡狀態(tài)，故c正確；d．單位時(shí)間內(nèi)耗費(fèi)0.1molCH4同時(shí)生成0.3molH2，都是正反響速率，不可以說(shuō)明反響達(dá)到均衡狀態(tài)，故d錯(cuò)誤；故答案為：ac；（3）依據(jù)圖知，互換膜是質(zhì)子互換膜，則電解質(zhì)溶液呈酸性，依據(jù)氫離子挪動(dòng)方向知，通入a的電極為負(fù)極、通入b的電極為正極，負(fù)極上甲醇失掉電子發(fā)生氧化反響，負(fù)極反響式為CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+，正極上氧氣得電子發(fā)生復(fù)原反響，電極反響式為+O2+4e+4H=2H2O，﹣+故答案為：負(fù)；CH3OH﹣6e+H2O=CO2+6H；（4）電解氯化鈉溶液的化學(xué)方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+H↑+Cl2↑，可知關(guān)系式1molCH4～8mole﹣～8molNaOH，故若每個(gè)電池甲烷通入量為0.224L（標(biāo)準(zhǔn)情況），生成0.08molNaOH，c（NaOH）==0.1mol/L，pH=13；電解池經(jīng)過的電量為8×9.65×104C?mol﹣1=7.72×103C（題中固然有兩個(gè)燃料電池，但電子的傳達(dá)量只好用一個(gè)池的甲烷量計(jì)算），故答案為：×8×9.65×104﹣13C?mol=7.72×10C；13．評(píng)論：此題涵蓋熱化學(xué)、電化學(xué)主體內(nèi)容，波及電極判斷與電極反響式書寫等問題，做題時(shí)注意從氧化復(fù)原的角度判斷原電池的正負(fù)極以及電極方程式的書寫，此題中難點(diǎn)和易錯(cuò)點(diǎn)為電極方程式的書寫．三、（二）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道生物題中每科任選一題做答，并用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)一定與所涂題目的題號(hào)一致，在答題卡選答地區(qū)指定地點(diǎn)答題。假如多做，則每學(xué)科按所做的第一題計(jì)分。(物理選考題，15分）【化學(xué)——選修2：化學(xué)與技術(shù)】（15分）11．（15分）（2015?開封二模）硅及其化合物的開發(fā)由來(lái)已久，在現(xiàn)代生活中有寬泛應(yīng)用．回答以下問題．1）高純硅是現(xiàn)代信息、半導(dǎo)體和光伏發(fā)電等家產(chǎn)都需要的基礎(chǔ)資料．工業(yè)上提純硅有多種路線，此中一種工藝流程表示圖及主要反響如圖．電弧爐

發(fā)生的主要反響SiO2+2CSi+2CO↑流化床反響器Si+3HClSiHCl3+H2復(fù)原爐①?gòu)?fù)原爐中發(fā)生主要反響的化學(xué)方程式為SiHCl3+H2Si+3HCl．該工藝中可循環(huán)使用的物質(zhì)為HCl和H2（填化學(xué)式）．用石英砂和焦炭在電弧爐中高溫加熱也能夠生產(chǎn)碳化硅，該反響的化學(xué)方程式為SiO2+3CSiC+2CO↑．②在流化床反響的產(chǎn)物中，SiHCl3大概占85%，還有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，相關(guān)物質(zhì)的沸點(diǎn)數(shù)據(jù)以下表，提純SiHCl3的主要工藝操作挨次是沉降、冷凝和精餾（或蒸餾）．物質(zhì)SiSiCl4SiHCl3SiH2Cl2SiH3ClHClSiH4沸點(diǎn)/°C235557.631.88.2﹣30.4﹣84.9﹣111.9③SiHCl3極易水解，其完整水解的化學(xué)方程式為SiHCl3+3H2O═HSiO+H↑+3HCl↑．232（2）氮化硅（Si3N4）是一種高溫構(gòu)造資料，粉末狀態(tài)的Si3N4能夠由SiCl4的蒸氣和NH3反響制?。勰頢i3N4遇空氣和水都不穩(wěn)固．但將粉末狀的Si3N4和適當(dāng)氧化鎂在230×1.01×105Pa和185°C的密閉容器中進(jìn)行熱辦理，能夠制得構(gòu)造十分密切、對(duì)空氣和水都相當(dāng)穩(wěn)固的固體資料，同時(shí)還獲得遇水不穩(wěn)固的Mg3N2．①由SiCl4和NH3反響制取Si3N4的化學(xué)方程式為3SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl．②四氯化硅和氮?dú)庠跉錃夥諊Ｗo(hù)下，增強(qiáng)熱發(fā)生反響，使生成的Si3N4堆積在石墨表面可得較高純度的氮化硅，該反響的化學(xué)方程式為3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl．③Si3N4和適當(dāng)氧化鎂在230×1.01×105Pa和185°C的密閉容器中進(jìn)行熱辦理的過程中，除生成Mg3N2外，還可能生成SiO2物質(zhì)（填化學(xué)式）．熱辦理后除掉MgO和Mg3N2的方法是加足量稀鹽酸過濾．考點(diǎn)：物質(zhì)分別和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用；化學(xué)方程式的書寫；物質(zhì)的分別、提純和除雜．分析：（1）石英砂主要成分為二氧化硅，粗硅提純是利用碳做復(fù)原劑復(fù)原二氧化硅為單質(zhì)硅，二氧化硅和碳在高溫的條件下反響生成碳化硅和一氧化碳，復(fù)原爐中SiHCl3和氫氣發(fā)生反響生成硅和氯化氫；①?gòu)?fù)原爐中SiHCl3和氫氣發(fā)生反響生成硅和氯化氫；可循環(huán)使用的物質(zhì)是參加反響過程，最后又從頭生成的物質(zhì)；石英砂主要成分為二氧化硅，粗硅提純是利用碳做復(fù)原劑復(fù)原二氧化硅為單質(zhì)硅，二氧化硅和碳在高溫的條件下反響生成碳化硅和一氧化碳；②依據(jù)題中數(shù)據(jù)，采納精餾（或蒸餾）方法提純SiHCl3；③SiHCl3水解生成硅酸、氫氣和氯化氫；（2）①由SiCl4和NH3反響制取Si3N4，依據(jù)反響物和生成物寫出化學(xué)方程式；②化學(xué)氣相堆積法是兩種或兩種以上的氣態(tài)原資料導(dǎo)入到一個(gè)反響室內(nèi)，而后他們互相之間發(fā)生化學(xué)反響，形成一種新的資料，堆積到晶片表面上得較高純度的氮化硅，依據(jù)反響物和生成物寫出化學(xué)方程式；③SiN與MgO反響除生成MgN外還可能生成SiO，SiO與鹽酸不反響，而MgN、MgO34322232溶于鹽酸的性質(zhì)．解答：解：（1）①?gòu)?fù)原爐中SiHCl3和氫氣發(fā)生反響制得純硅，SiHCl3+H2Si+3HCl，流程分析可知可循環(huán)使用的物質(zhì)為HCl和H2；用石英砂和焦炭在電弧爐中高溫加熱也能夠生產(chǎn)碳化硅，石英砂的主要成分是二氧化硅，制備粗硅發(fā)生置換反響，SiO2+2CSi+2CO↑，同時(shí)，在反響中，也可能生成碳化硅，反響為SiO2+3CSiC+2CO↑，故答案為：

SiHCl3+H2

Si+3HCl；HCl和H2；SiO2+3C

SiC+2CO↑；②利用沸點(diǎn)的不一樣提純SiHCl3屬于蒸餾，SiHCl3（沸點(diǎn)33.0℃）中含有少許SiCl

4（沸點(diǎn)57.6℃）和HCl（沸點(diǎn)﹣84.7℃），因?yàn)榉悬c(diǎn)差異較大，能夠經(jīng)過精餾（或蒸餾）除掉雜質(zhì)；故答案為：精餾（或蒸餾）；③SiHCl3水解反響生成硅酸、氫氣和氯化氫，反響的方程式為：SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl↑；故答案為：SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl↑；（2）①SiCl4和NH3反響生成Si3N4和氯化氫，反響化學(xué)反響方程式：3SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl；故答案為：3SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl；②SiCl4與N2、H2反響生成Si3N4，還應(yīng)生成HCl，化學(xué)方程式為：3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl；故答案為：3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl；③由元素守恒判斷，Si3N4與MgO反響除生成Mg3N2外還可能生成SiO2，利用SiO2與鹽酸不反響，而Mg3N2、MgO溶于鹽酸的性質(zhì)，可采納加入足量稀鹽酸的方法，使MgO、Mg3N2溶解后過濾；故答案為：SiO2；加足量稀鹽酸過濾．評(píng)論：此題觀察了實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)的相關(guān)知識(shí)，重視觀察了硅及其化合物的相關(guān)知識(shí)，注意粗硅的提純反響原理，注意依據(jù)質(zhì)量守恒書寫化學(xué)方程式，題目難度中等．四、【化學(xué)——選修3：物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)】（15分）12．（15分）（2015?開封二模）鋰﹣磷酸氧銅電池正極的活性物質(zhì)是Cu4O（PO4）2，可經(jīng)過下列反響制備：2Na3PO4+2NH3?H2O=Cu4O（PO4）2↓+3Na2SO4+（NH4）2SO4+H2O．+4CuSO請(qǐng)回答以下問題．（1）上述方程式中波及到的N、O元素電負(fù)性由小到大的次序是O＜N．（2）基態(tài)S的價(jià)電子排布式為24K、3s3p．與Cu同周期且最外層電子數(shù)相等的元素還有Cr（填元素符號(hào)）．（3）PO43﹣的空間構(gòu)型是，此中P原子的雜化方式為sp3．（4）在硫酸銅溶液中加入過分的KSCN溶液，生成配合物2﹣﹣中含有的[Cu（CN）4]則1molCNπ鍵的數(shù)目為2NA．（5）銅晶體為面心立方最密集積聚，銅的原子半徑為127.8pm，列式計(jì)算晶體銅的密度9.0g/cm3g/cm3．（6）下表列出了含氧酸酸性強(qiáng)弱與非羥基氧原子數(shù)的關(guān)系．次氯酸磷酸硫酸高氯酸含氧酸Cl﹣OH非羥基氧原子數(shù)0123酸性弱酸中強(qiáng)酸強(qiáng)酸最強(qiáng)酸由此可得出的判斷含氧酸強(qiáng)弱的一條經(jīng)驗(yàn)規(guī)律是非羥基氧原子數(shù)越多，該含氧酸的酸性越強(qiáng)．亞磷酸（H3PO3）也是中強(qiáng)酸，它的構(gòu)造式為．亞磷酸與過分的氫氧化鈉溶液反響的化學(xué)方程式為H3PO3+2NaOH=NaHPO3+2H2O．考點(diǎn)：晶胞的計(jì)算；原子核外電子排布；元素電離能、電負(fù)性的含義及應(yīng)用；原子軌道雜化方式及雜化種類判斷．分析：（1）依據(jù)洪特規(guī)則特例判斷第一電離能大小次序；（2）依據(jù)S最外層有6個(gè)電子，寫出其價(jià)電子排布式；Cu最外層有1個(gè)電子，數(shù)依據(jù)其最外層電子數(shù)判斷；（3）依據(jù)磷原子價(jià)層電子對(duì)互斥理論確立其空間構(gòu)型及磷原子的雜化方式；﹣1個(gè)?鍵，2個(gè)π鍵；（4）在CN中碳原子與氮原子是以共價(jià)三鍵聯(lián)合的，含有（5）銅晶體為面心立方最密集積聚，據(jù)此可計(jì)算出晶胞中含有銅原子數(shù)，依據(jù)公式ρ=計(jì)算得出密度；（6）依據(jù)表中數(shù)據(jù)能夠看出非羥基氧原子數(shù)與酸性強(qiáng)弱的關(guān)系，亞磷酸（H3PO3）是中強(qiáng)酸，說(shuō)明有1個(gè)非羥基氧原子，據(jù)此寫出它的構(gòu)造式，含氧酸中羥基中的氫能被氫氧化鈉中和，據(jù)此寫化學(xué)方程式；解答：解：（1）當(dāng)元素的原子核外電子層上的電子處于全充滿、半充滿或全空狀態(tài)時(shí)，能量低比較穩(wěn)固，N原子的電子處于半充滿狀態(tài)，是穩(wěn)固狀態(tài)，所以N、O元素第一電離能由小到大的次序?yàn)镺＜N，故答案為：O＜N；24周期的元素中，與銅原子最外層電子數(shù)相等的元素還有K、Cr，24故答案為：3s3p；K、Cr；（3）PO43﹣中P原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=4+（5+3﹣4×2）=4，所以P原子按sp3方式雜化，原子四周不含孤電子對(duì)，所以其空間構(gòu)型正四周體，3故答案為：正四周體；sp；﹣個(gè)?鍵，2個(gè)π鍵，所以（4）在CN中碳原子與氮原子是以共價(jià)三鍵聯(lián)合的，含有1﹣1molCN中含有的π鍵的數(shù)目為2NA，故答案為：2NA；（5）銅晶體為面心立方最密積聚，則每個(gè)晶胞中含有銅的原子：8×+6×=4，Cu原子半徑為r=127.8pm=1.278×10﹣8cm，設(shè)晶胞的邊長(zhǎng)為d，則有d=4r，所以d=r，所以晶體銅的密度ρ==g/cm3=9.0g/cm3，故答案為：9.0g/cm3；（6）依據(jù)表中數(shù)據(jù)能夠看出非羥基氧原子數(shù)越多，該含氧酸的酸性越強(qiáng)，亞磷酸（H3PO3）是中強(qiáng)酸，說(shuō)明有1個(gè)非羥基氧原子，據(jù)此可寫出它的構(gòu)造式為：，含氧酸中羥基中的氫能被氫氧化鈉中和，所以1molH3PO3可與2molNaOH反響，反響的化學(xué)方程