高中化學高考高考沖刺 同課異構(gòu)

2023年新課標II高考化學試卷一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿分21分）1．（3分）食品干燥劑應(yīng)無毒、無味、無腐蝕性及環(huán)境友好．下列說法錯誤的是（）A．硅膠可用作食品干燥劑B．P2O5不可用作食品干燥劑C．六水合氯化鈣可用作食品干燥劑D．加工后具有吸水性的植物纖維可用作食品干燥劑2．（3分）（2023春?婁底期末）某羧酸酯的分子式為C18H26O5，1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，該羧酸的分子式為（）A．C14H18O5B．C14H16O4C．C16H22O5D．C16H20O53．（3分）（2023春?北侖區(qū)校級期末）原子序數(shù)依次增大的元素a、b、c、d，它們的最外層電子數(shù)分別為1、6、7、1．a(chǎn)﹣的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同，b和c的次外層有8個電子，c﹣和d+的電子層結(jié)構(gòu)相同．下列敘述錯誤的是（）A．元素的非金屬性次序為c＞b＞aB．a(chǎn)和其他3種元素均能形成共價化合物C．d和其他3種元素均能形成離子化合物D．元素a、b、c各自最高和最低化合價的代數(shù)和分別為0、4、64．（3分）NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值．下列敘述正確的是（）A．60g丙醇中存在的共價鍵總數(shù)為10NAB．1L?L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣離子數(shù)之和為C．鈉在空氣中燃燒可生成多種氧化物．23g鈉充分燃燒時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1NAD．235g核素92235U發(fā)生裂變反應(yīng)：92235U+01n3890Sr+54136U+1001n凈產(chǎn)生的中子（01n）數(shù)為10NA5．（3分）分子式為C5H10O2并能與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)放出氣體的有機物有（不含量立體異構(gòu)）（）A．3種B．4種C．5種D．6種6．（3分）海水開發(fā)利用的部分過程如圖所示．下列說法錯誤的是（）A．向苦鹵中通入Cl2是為了提取溴B．粗鹽可采用除雜和重結(jié)晶等過程提純C．工業(yè)生產(chǎn)常選用NaOH作為沉淀劑D．富集溴一般先用空氣和水蒸氣吹出單質(zhì)溴，再用SO2將其還原吸收7．（3分）（2023春?北侖區(qū)校級期末）用圖所示裝置進行下列實驗：將①中溶液滴入②中，預(yù)測的現(xiàn)象與實際相符的是（）選項①中物質(zhì)②中物質(zhì)預(yù)測②中的現(xiàn)象A稀鹽酸碳酸鈉與氫氧化鈉的混合溶液立即產(chǎn)生氣泡B濃硝酸用砂紙打磨過的鋁條產(chǎn)生紅棕色氣體C氯化鋁溶液濃氫氧化鈉溶液產(chǎn)生大量白色沉淀D草酸溶液高錳酸鉀酸性溶液溶液逐漸褪色A．AB．BC．CD．D二、解答題8．（14分）酸性鋅錳干電池是一種一次電池，外殼為金屬鋅，中間是碳棒，其周圍是有碳粉，二氧化錳，氯化鋅和氯化銨等組成的填充物，該電池在放電過程產(chǎn)生MnOOH，回收處理該廢電池可以得到多種化工原料，有關(guān)數(shù)據(jù)下表所示：溶解度/（g/100g水）溫度/℃化合物020406080100NH4ClZnCl2343395452488541614化合物Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Ksp近似值10﹣1710﹣1710﹣39回答下列問題：（1）該電池的正極反應(yīng)式為，電池反應(yīng)的離子方程式為：．（2）維持電流強度為，電池工作五分鐘，理論消耗鋅g．（已經(jīng)F=96500C/mol）（3）廢電池糊狀填充物加水處理后，過濾，濾液中主要有ZnCl2和NH4Cl，兩者可以通過分離回收，濾渣的主要成分是MnO2、和，欲從中得到較純的MnO2，最簡便的方法是，其原理是．（4）用廢電池的鋅皮制作ZnSO4?7H2O的過程中，需除去鐵皮中的少量雜質(zhì)鐵，其方法是：加入稀H2SO4和H2O2，溶解，鐵變?yōu)榧訅A調(diào)節(jié)pH為時，鐵剛好沉淀完全（離子濃度小于1×10﹣5mol?L﹣1時，即可認為該離子沉淀完全）．繼續(xù)加堿調(diào)節(jié)pH為時，鋅開始沉淀（假定Zn2+濃度為?L﹣1）．若上述過程不加H2O2的后果是，原因是．9．（14分）甲醇既是重要的化工原料，又可作為燃料．利用合成氣（主要成分為CO、CO2和H2）在催化劑的作用下合成甲醇，發(fā)生的主要反應(yīng)如下：①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1②CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H2③CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H3回答下列問題：化學鍵H﹣HC﹣OC≡O(shè)H﹣OC﹣HE/（kJ．mol﹣1）4363431076465413（1）已知反應(yīng)①中的相關(guān)的化學鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：由此計算△H1=kJ．mol﹣1，已知△H2=﹣58kJ．mol﹣1，則△H3=kJ．mol﹣1（2）反應(yīng)①的化學平衡常數(shù)K的表達式為；圖1中能正確反映平衡常數(shù)K隨溫度變化關(guān)系的曲線為（填曲線標記字母），其判斷理由是．（3）合成氣的組成n（H2）/n（CO+CO2）=時體系中的CO平衡轉(zhuǎn)化率（a）與溫度和壓強的關(guān)系如圖2所示．a(chǎn)（CO）值隨溫度升高而（填“增大”或“減小”），其原因是．圖2中的壓強由大到小為，其判斷理由是10．（15分）二氧化氯（ClO2，黃綠色易溶于水的氣體）是高效、低毒的消毒劑，回答下列問題：（1）工業(yè)上可用KClO3與Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，該反應(yīng)氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為．（2）實驗室用NH4Cl、鹽酸、NaClO2（亞氯酸鈉）為原料，通過以下過程制備ClO2：①電解時發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為．②溶液X中大量存在的陰離子有．③除去ClO2中的NH3可選用的試劑是（填標號）a．水b．堿石灰C．濃硫酸d．飽和食鹽水（3）用如圖裝置可以測定混合氣中ClO2的含量：Ⅰ．在錐形瓶中加入足量的碘化鉀，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：Ⅱ．在玻璃液封裝置中加入水．使液面沒過玻璃液封管的管口；Ⅲ．將一定量的混合氣體通入錐形瓶中吸收；Ⅳ．將玻璃液封裝置中的水倒入錐形瓶中：Ⅴ．用?L﹣1硫代硫酸鈉標準溶液滴定錐形瓶中的溶液（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），指示劑顯示終點時共用去硫代硫酸鈉溶液．在此過程中：①錐形瓶內(nèi)ClO2與碘化鉀反應(yīng)的離子方程式為②玻璃液封裝置的作用是③V中加入的指示劑通常為，滴定至終點的現(xiàn)象是④測得混合氣中ClO2的質(zhì)量為g．（4）用ClO2處理過的飲用水會含有一定最的亞氯酸鹽．若要除去超標的亞氯酸鹽，下列物質(zhì)最適宜的是（填標號）a．明礬b．碘化鉀c．鹽酸d．硫酸亞鐵．三、化學——選修2：化學與技術(shù)。（滿分15分）11．（15分）苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工業(yè)上可用異丙苯氧化法生產(chǎn)苯酚和丙酮，其反應(yīng)和工藝流程示意圖如下：相關(guān)化合物的物理常數(shù)物質(zhì)相對分子質(zhì)量密度（g/cm﹣3）沸點/℃異丙苯120153丙酮58苯酚94182回答下列問題：（1）在反應(yīng)器A中通入的X是．（2）反應(yīng)①和②分別在裝置和中進行（填裝置符號）．（3）在分解釜C中加入的Y為少量濃硫酸，其作用是，優(yōu)點是用量少，缺點是．（4）反應(yīng)②為（填“放熱”或“吸熱”）反應(yīng)．反應(yīng)溫度控制在50﹣60℃，溫度過高的安全隱患是．（5）中和釜D中加入的Z最適宜的是（填編號．已知苯酚是一種弱酸）a．NaOHb．CaCO3c．NaHCO3d．CaO（6）蒸餾塔F中的餾出物T和P分別為和，判斷的依據(jù)是．（7）用該方法合成苯酚和丙酮的優(yōu)點是．四、化學-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)。（滿分15分）12．（15分）A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素，A2﹣和B+具有相同的電子構(gòu)型；C、D為同周期元索，C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍；D元素最外層有一個未成對電子．回答下列問題：（1）四種元素中電負性最大的是（填元素符號），其中C原子的核外電子排布式為．（2）單質(zhì)A有兩種同素異形體，其中沸點高的是（填分子式），原因是；A和B的氫化物所屬的晶體類型分別為和．（3）C和D反應(yīng)可生成組成比為1：3的化合物E，E的立體構(gòu)型為，中心原子的雜化軌道類型．（4）化合物D2A的立體構(gòu)型為，中心原子的價層電子對數(shù)為，單質(zhì)D與濕潤的Na2CO3反應(yīng)可制備D2A，其化學方程式為．（5）A和B能夠形成化合物F，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞參數(shù)a=，F(xiàn)的化學式為，晶胞中A原子的配位數(shù)為；列式計算晶體F的密度（g?cm﹣3）．五、化學一選修5：有機化學基礎(chǔ)（滿分15分）13．（15分）聚戊二酸丙二醇酯（PPG）是一種可降解的聚酯類高分子材料，在材枓的生物相容性方面有很好的應(yīng)用前景．PPG的一種合成路線如下：已知：①烴A的相對分子質(zhì)量為70，核磁共振氫譜顯示只有一種化學環(huán)境的氫②化合物B為單氯代烴：化合物C的分子式為C5H8③E、F為相對分子質(zhì)量差14的同系物，F(xiàn)是福爾馬林的溶質(zhì)④冋答下列問題：（1）A的結(jié)構(gòu)簡式為．（2）由B生成C的化學方程式為．（3）由E和F生成G的反應(yīng)類型為，G的化學名稱為．（4）①由D和H生成PPG的化學方程式為：②若PPG平均相對分子質(zhì)量為10000，則其平均聚合度約為（填標號）．a(chǎn)．48b．58c．76d．122（5）D的同分異構(gòu)體中能同時滿足下列條件的共有種（不含立體異構(gòu)）：①能與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)產(chǎn)生氣體②既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，又能發(fā)生水解反應(yīng)其中核磁共振氫譜顯示為3組峰，且峰面積比為6：1：1的是（寫結(jié)構(gòu)簡式）D的所有同分異構(gòu)體在下列一種表征儀器中顯示的信號（或數(shù)據(jù)）完全相同，該儀器是（填標號）．a(chǎn)．質(zhì)譜儀b．紅外光譜儀c．元素分析儀d．核磁共振儀．

2023年新課標II高考化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿分21分）1．（3分）食品干燥劑應(yīng)無毒、無味、無腐蝕性及環(huán)境友好．下列說法錯誤的是（）A．硅膠可用作食品干燥劑B．P2O5不可用作食品干燥劑C．六水合氯化鈣可用作食品干燥劑D．加工后具有吸水性的植物纖維可用作食品干燥劑考點：真題集萃；常見的食品添加劑的組成、性質(zhì)和作用．分析：A．硅膠具有吸水性，無毒；B．P2O5吸水轉(zhuǎn)化為酸；C．六水合氯化鈣不能吸水；D．具有吸水性的植物纖維無毒．解答：解：A．硅膠具有吸水性，無毒，則硅膠可用作食品干燥劑，故A正確；B．P2O5吸水轉(zhuǎn)化為酸，導致食品變質(zhì)，則P2O5不可用作食品干燥劑，故B正確；C．六水合氯化鈣不能吸水，則不能作食品干燥劑，故C錯誤；D．具有吸水性的植物纖維無毒，則可用作食品干燥劑，故D正確；故選C．點評：本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及食品干燥劑，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、化學與生活的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的綜合考查，題目難度中等．2．（3分）（2023春?婁底期末）某羧酸酯的分子式為C18H26O5，1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，該羧酸的分子式為（）A．C14H18O5B．C14H16O4C．C16H22O5D．C16H20O5考點：真題集萃；有機物實驗式和分子式的確定．分析：1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，則說明酯中含有2個酯基，結(jié)合酯的水解特點以及質(zhì)量守恒定律判斷．解答：解：某羧酸酯的分子式為C18H26O5，1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，說明酯中含有2個酯基，設(shè)羧酸為M，則反應(yīng)的方程式為C18H26O5+2H2O=M+2C2H6O，由質(zhì)量守恒可知M的分子式為C14H18O5，故選A．點評：本題為2023年高考題，考查有機物的推斷，為高頻考點，把握酯化反應(yīng)中碳原子個數(shù)變化、官能團的變化為推斷的關(guān)系，側(cè)重酯的性質(zhì)的考查，題目難度不大．3．（3分）（2023春?北侖區(qū)校級期末）原子序數(shù)依次增大的元素a、b、c、d，它們的最外層電子數(shù)分別為1、6、7、1．a(chǎn)﹣的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同，b和c的次外層有8個電子，c﹣和d+的電子層結(jié)構(gòu)相同．下列敘述錯誤的是（）A．元素的非金屬性次序為c＞b＞aB．a(chǎn)和其他3種元素均能形成共價化合物C．d和其他3種元素均能形成離子化合物D．元素a、b、c各自最高和最低化合價的代數(shù)和分別為0、4、6考點：真題集萃；原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．專題：元素周期律與元素周期表專題．分析：原子序數(shù)依次增大的元素a、b、c、d，它們的最外層電子數(shù)分別為1、6、7、1，a﹣的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同，則a為H元素；b和c的次外層有8個電子，原子只能有3個電子層，則b為S元素，c為Cl，c﹣和d+的電子層結(jié)構(gòu)相同，則d為K元素．A．同周期自左而右非金屬性增強，氫化物中H元素為正價，其非金屬性最弱；B．H元素與K元素形成的化合物為KH，屬于離子化合物；C．K元素與其它元素可以形成KH、K2S、KCl；D．H元素最高正化合價為+1、最低負化合價為﹣1，S元素最高正化合價為+6、最低負化合價為﹣2，Cl元素最高正化合價為+7、最低負化合價為﹣1．解答：解：原子序數(shù)依次增大的元素a、b、c、d，它們的最外層電子數(shù)分別為1、6、7、1，a﹣的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同，則a為H元素；b和c的次外層有8個電子，原子只能有3個電子層，則b為S元素，c為Cl，c﹣和d+的電子層結(jié)構(gòu)相同，則d為K元素．A．同周期自左而右非金屬性增強，氫化物中H元素為正價，其非金屬性最弱，故非金屬性Cl＞S＞H，故A正確；B．H元素與S元素、Cl元素放出形成H2S、HCl，二者屬于共價化合物，但與K元素形成的化合物為KH，屬于離子化合物，故B錯誤；C．K元素與其它元素可以形成KH、K2S、KCl，均屬于離子化合物，故C正確，；D．H元素最高正化合價為+1、最低負化合價為﹣1，S元素最高正化合價為+6、最低負化合價為﹣2，Cl元素最高正化合價為+7、最低負化合價為﹣1，最高和最低化合價的代數(shù)和分別為0、4、6，故D正確，故選：B．點評：本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系應(yīng)用，推斷元素是解題關(guān)鍵，側(cè)重對元素周期律的考查，題目涉及金屬氫化物是中學知識的盲點，難度不大．4．（3分）NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值．下列敘述正確的是（）A．60g丙醇中存在的共價鍵總數(shù)為10NAB．1L?L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣離子數(shù)之和為C．鈉在空氣中燃燒可生成多種氧化物．23g鈉充分燃燒時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1NAD．235g核素92235U發(fā)生裂變反應(yīng)：92235U+01n3890Sr+54136U+1001n凈產(chǎn)生的中子（01n）數(shù)為10NA考點：真題集萃；阿伏加德羅常數(shù)．專題：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律．分析：A．丙醇中含7個C﹣H鍵、2個C﹣C鍵、1個C﹣O鍵和1個O﹣H鍵；B．HCO3﹣水解生成碳酸，結(jié)合原子守恒分析；C．鈉發(fā)生氧化反應(yīng)后，Na元素的化合價由0升高為+1價；D．92235U+01n3890Sr+54136U+1001n凈產(chǎn)生的中子為10﹣1=9個．解答：解：丙醇為1mol，丙醇中含7個C﹣H鍵、2個C﹣C鍵、1個C﹣O鍵和1個O﹣H鍵，存在的共價鍵總數(shù)為11NA，故A錯誤；?L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣離子數(shù)之和小于，碳酸分子中含C原子，故B錯誤；鈉充分燃燒時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為×（1﹣0）×NA=1NA，故C正確；D．92235U+01n3890Sr+54136U+1001n凈產(chǎn)生的中子為10﹣1=9個，則235g核素92235U發(fā)生裂變反應(yīng)凈產(chǎn)生的中子（01n）數(shù)為9NA，故D錯誤；故選C．點評：本題考查阿伏伽德羅常數(shù)及計算，為高頻考點，把握物質(zhì)中的化學鍵、物料守恒、鹽類水解、氧化還原反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子計算等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的綜合考查，綜合性較強，題目難度中等．5．（3分）分子式為C5H10O2并能與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)放出氣體的有機物有（不含量立體異構(gòu)）（）A．3種B．4種C．5種D．6種考點：真題集萃；有機化合物的異構(gòu)現(xiàn)象．專題：同分異構(gòu)體的類型及其判定．分析：分子式為C5H10O2且與NaHCO3溶液能產(chǎn)生氣體，則該有機物中含有﹣COOH，所以為飽和一元羧酸，烷基為﹣C4H9，丁基異構(gòu)數(shù)等于該有機物的異構(gòu)體數(shù)．解答：解：分子式為C5H10O2且與NaHCO3能產(chǎn)生氣體，則該有機物中含有﹣COOH，所以為飽和一元羧酸，烷基為﹣C4H9，﹣C4H9異構(gòu)體有：﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH2CH3，﹣CH2CH（CH3）CH3，﹣C（CH3）3，故符合條件的有機物的異構(gòu)體數(shù)目為4．故選B．點評：本題為2023年考題，主要考查同分異構(gòu)體書寫、官能團的性質(zhì)與確定等，側(cè)重于學生的分析能力的考查，難度中等，熟練掌握碳原子數(shù)小于5的烴基的個數(shù)是解決本題的關(guān)鍵，甲基與乙基均1種，丙基2種、丁基4種、戊基8種．6．（3分）海水開發(fā)利用的部分過程如圖所示．下列說法錯誤的是（）A．向苦鹵中通入Cl2是為了提取溴B．粗鹽可采用除雜和重結(jié)晶等過程提純C．工業(yè)生產(chǎn)常選用NaOH作為沉淀劑D．富集溴一般先用空氣和水蒸氣吹出單質(zhì)溴，再用SO2將其還原吸收考點：真題集萃；海水資源及其綜合利用．分析：A．向苦鹵中通入Cl2置換出溴單質(zhì)，分離得到溴；B．粗鹽中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等雜質(zhì)，精制時應(yīng)加入試劑進行除雜，過濾后向濾液中加入鹽酸至溶液呈中性，再進行重結(jié)晶進行提純；C．工業(yè)生成處于生石灰或石灰水作沉淀劑；D．先用空氣和水蒸氣吹出單質(zhì)溴，再用SO2將其還原吸收轉(zhuǎn)化為HBr，達到富集的目的．解答：解：A．向苦鹵中通入Cl2置換出溴單質(zhì)，分離得到溴，通入Cl2是為了提取溴，故A正確；B．粗鹽中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等雜質(zhì)，精制時通常在溶液中依次中加入過量的BaCl2溶液、過量的NaOH溶液和過量的Na2CO3溶液，過濾后向濾液中加入鹽酸至溶液呈中性，再進行重結(jié)晶進行提純，故B正確；C．工業(yè)生成處于生石灰或石灰水作沉淀劑，故C錯誤；D．海水提取溴一般用氯氣置換溴離子轉(zhuǎn)化為溴單質(zhì)，用空氣和水蒸氣吹出單質(zhì)溴，再用SO2將其還原吸收轉(zhuǎn)化為HBr，達到富集的目的，故D正確，故選：C．點評：本題考查海水資源的綜合利用，注意掌握中學常見的化學工業(yè)，側(cè)重對化學與技術(shù)的考查，難度不大．7．（3分）（2023春?北侖區(qū)校級期末）用圖所示裝置進行下列實驗：將①中溶液滴入②中，預(yù)測的現(xiàn)象與實際相符的是（）選項①中物質(zhì)②中物質(zhì)預(yù)測②中的現(xiàn)象A稀鹽酸碳酸鈉與氫氧化鈉的混合溶液立即產(chǎn)生氣泡B濃硝酸用砂紙打磨過的鋁條產(chǎn)生紅棕色氣體C氯化鋁溶液濃氫氧化鈉溶液產(chǎn)生大量白色沉淀D草酸溶液高錳酸鉀酸性溶液溶液逐漸褪色A．AB．BC．CD．D考點：真題集萃；實驗裝置綜合．分析：A．先發(fā)生鹽酸與NaOH的反應(yīng)；B．常溫下，Al遇濃硝酸發(fā)生鈍化；C．NaOH過量，開始不生成沉淀；D．發(fā)生氧化還原反應(yīng)．解答：解：A．先發(fā)生鹽酸與NaOH的反應(yīng)，然后鹽酸與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉，最后鹽酸與碳酸氫鈉反應(yīng)生成氣體，則現(xiàn)象不合理，故A錯誤；B．常溫下，Al遇濃硝酸發(fā)生鈍化，則不能觀察到紅棕色氣體，現(xiàn)象不合理，故B錯誤；C．NaOH過量，開始不生成沉淀，反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氯化鈉，開始無現(xiàn)象，故C錯誤；D．草酸與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)，溶液褪色，現(xiàn)象合理，故D正確；故選D．點評：本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及實驗裝置的綜合應(yīng)用，為高頻考點，為2023年高考真題，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、反應(yīng)與現(xiàn)象的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ木C合考查，綜合性較強，題目難度中等．二、解答題8．（14分）酸性鋅錳干電池是一種一次電池，外殼為金屬鋅，中間是碳棒，其周圍是有碳粉，二氧化錳，氯化鋅和氯化銨等組成的填充物，該電池在放電過程產(chǎn)生MnOOH，回收處理該廢電池可以得到多種化工原料，有關(guān)數(shù)據(jù)下表所示：溶解度/（g/100g水）溫度/℃化合物020406080100NH4ClZnCl2343395452488541614化合物Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Ksp近似值10﹣1710﹣1710﹣39回答下列問題：（1）該電池的正極反應(yīng)式為MnO2+H++e﹣=MnOOH，電池反應(yīng)的離子方程式為：2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+．（2）維持電流強度為，電池工作五分鐘，理論消耗鋅g．（已經(jīng)F=96500C/mol）（3）廢電池糊狀填充物加水處理后，過濾，濾液中主要有ZnCl2和NH4Cl，兩者可以通過加熱濃縮冷卻結(jié)晶分離回收，濾渣的主要成分是MnO2、碳粉和MnOOH，欲從中得到較純的MnO2，最簡便的方法是空氣中加熱，其原理是碳粉轉(zhuǎn)變?yōu)槎趸?，MnOOH氧化為二氧化錳．（4）用廢電池的鋅皮制作ZnSO4?7H2O的過程中，需除去鐵皮中的少量雜質(zhì)鐵，其方法是：加入稀H2SO4和H2O2，溶解，鐵變?yōu)镕e3+加堿調(diào)節(jié)pH為時，鐵剛好沉淀完全（離子濃度小于1×10﹣5mol?L﹣1時，即可認為該離子沉淀完全）．繼續(xù)加堿調(diào)節(jié)pH為6時，鋅開始沉淀（假定Zn2+濃度為?L﹣1）．若上述過程不加H2O2的后果是Zn2+和Fe2+分離不開，原因是Zn（OH）2、Fe（OH）2的Ksp相近．考點：真題集萃；原電池和電解池的工作原理；物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用．分析：（1）該電池的正極發(fā)生還原反應(yīng)，MnO2被還原生成MnOOH；負極鋅被氧化生成Zn2+，以此書寫電池總反應(yīng)式；（2）持電流強度為，電池工作五分鐘，則電量為×300s=150C，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為，以此計算消耗鋅的質(zhì)量、物質(zhì)的量；（3）填充物含有碳粉、二氧化錳，且生成MnOOH等，在空氣中加熱時，碳粉、MnOOH可被氧化；（4）鐵加入稀H2SO4和H2O2，可被氧化生成Fe3+，鐵剛好沉淀完全時離子濃度小于1×10﹣5mol?L﹣1，結(jié)合Ksp=10﹣39計算pH，并根據(jù)Ksp計算鋅開始沉淀的pH．解答：解：（1）該電池的正極發(fā)生還原反應(yīng)，MnO2被還原生成MnOOH，電解方程式為MnO2+H++e﹣=MnOOH，負極鋅被氧化生成Zn2+，電池總反應(yīng)式為2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+，故答案為：MnO2+H++e﹣=MnOOH；2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+；（2）持電流強度為，電池工作五分鐘，則電量為×300s=150C，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為，則消耗Zn的質(zhì)量為××65g/mol=，故答案為：；（3）濾液中主要有ZnCl2和NH4Cl，可通過加熱濃縮、冷卻結(jié)晶得到晶體，填充物含有碳粉、二氧化錳，且生成MnOOH等，在空氣中加熱時，碳粉、MnOOH可被氧化，分別生成二氧化碳和二氧化錳，故答案為：加熱濃縮；冷卻結(jié)晶；碳粉；MnOOH；空氣中加熱；碳粉轉(zhuǎn)變?yōu)槎趸?，MnOOH氧化為二氧化錳；（4）鐵加入稀H2SO4和H2O2，可被氧化生成Fe3+，鐵剛好沉淀完全時離子濃度小于1×10﹣5mol?L﹣1，因Ksp=10﹣39，則c（OH﹣）=mol/L≈×10﹣11mol/L，此時pH=，如鋅開始沉淀，則c（OH﹣）=mol/L=10﹣8mol/L，此時pH=6，由表中數(shù)據(jù)可知Zn（OH）2、Fe（OH）2的Ksp相近，如不加H2O2，則Zn2+和Fe2+分離不開，故答案為：Fe3+；；6；Zn2+和Fe2+分離不開；Zn（OH）2、Fe（OH）2的Ksp相近．點評：本題為2023年新課標卷考題，考查原電池知識以及物質(zhì)的分離、提純，側(cè)重于原電池的工作原理以及實驗基本操作和注意問題，題目難度中等，有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)．9．（14分）甲醇既是重要的化工原料，又可作為燃料．利用合成氣（主要成分為CO、CO2和H2）在催化劑的作用下合成甲醇，發(fā)生的主要反應(yīng)如下：①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1②CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H2③CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H3回答下列問題：化學鍵H﹣HC﹣OC≡O(shè)H﹣OC﹣HE/（kJ．mol﹣1）4363431076465413（1）已知反應(yīng)①中的相關(guān)的化學鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：由此計算△H1=﹣99kJ．mol﹣1，已知△H2=﹣58kJ．mol﹣1，則△H3=+41kJ．mol﹣1（2）反應(yīng)①的化學平衡常數(shù)K的表達式為；圖1中能正確反映平衡常數(shù)K隨溫度變化關(guān)系的曲線為a（填曲線標記字母），其判斷理由是反應(yīng)①正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，平衡常數(shù)隨溫度升高而減?。?）合成氣的組成n（H2）/n（CO+CO2）=時體系中的CO平衡轉(zhuǎn)化率（a）與溫度和壓強的關(guān)系如圖2所示．a(chǎn)（CO）值隨溫度升高而減?。ㄌ睢霸龃蟆被颉皽p小”），其原因是反應(yīng)①正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，平衡體系中CO的量增大，反應(yīng)③為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動，又使平衡體系中CO的增大，總結(jié)果，隨溫度升高，CO的轉(zhuǎn)化率減?。畧D2中的壓強由大到小為P1＞P2＞P3，其判斷理由是相同溫度下，反應(yīng)③前后氣體分子數(shù)不變，壓強改變不影響其平衡移動，反應(yīng)①正反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，增大壓強，有利于平衡向正反應(yīng)方向移動，CO的轉(zhuǎn)化率增大，故增大壓強有利于CO的轉(zhuǎn)化率升高考點：真題集萃；反應(yīng)熱和焓變；化學平衡的影響因素．分析：（1）反應(yīng)熱=反應(yīng)物總鍵能﹣生成物總鍵能；根據(jù)蓋斯定律：反應(yīng)②﹣反應(yīng)①=反應(yīng)③，反應(yīng)熱也進行相應(yīng)的計算；（2）化學平衡常數(shù)指可逆反應(yīng)得到平衡時，各生成物濃度的化學計量數(shù)次冪的乘積除以各反應(yīng)物濃度的化學計量數(shù)次冪的乘積所得的比值；化學平衡常數(shù)只受溫度影響，根據(jù)溫度對平衡移動的影響，進而判斷溫度對平衡常數(shù)影響；（3）由圖可知，壓強一定時，隨溫度的升高，CO的轉(zhuǎn)化率降低，根據(jù)升高溫度對反應(yīng)①、③的影響，進行分析CO轉(zhuǎn)化率變化原因；相同溫度下，反應(yīng)③前后氣體分子數(shù)不變，壓強改變不影響其平衡移動，反應(yīng)①正反應(yīng)為氣體分子式減小的反應(yīng)，增大壓強，有利于平衡向正反應(yīng)方向移動，CO的轉(zhuǎn)化率增大．解答：解：（1）反應(yīng)熱=反應(yīng)物總鍵能﹣生成物總鍵能，故△H1=1076kJ．mol﹣1+2×436kJ．mol﹣1﹣（3×413+343+465）kJ．mol﹣1=﹣99kJ．mol﹣1；根據(jù)蓋斯定律：反應(yīng)②﹣反應(yīng)①=反應(yīng)③，故△H3=△H2﹣△H1=﹣58kJ．mol﹣1﹣（﹣99kJ．mol﹣1）=+41kJ．mol﹣1，故答案為：﹣99；+41；（2）反應(yīng)①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）的平衡常數(shù)表達式K=；反應(yīng)①正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，平衡常數(shù)減小，曲線a正確反映平衡常數(shù)K隨溫度變化關(guān)系，故答案為：；a；反應(yīng)①正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，平衡常數(shù)隨溫度升高而減??；（3）由圖可知，壓強一定時，隨溫度的升高，CO的轉(zhuǎn)化率減小，反應(yīng)①正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，平衡體系中CO的量增大，反應(yīng)③為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動，又使平衡體系中CO的增大，總結(jié)果，隨溫度升高，CO的轉(zhuǎn)化率減?。幌嗤瑴囟认?，反應(yīng)③前后氣體分子數(shù)不變，壓強改變不影響其平衡移動，反應(yīng)①正反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，增大壓強，有利于平衡向正反應(yīng)方向移動，CO的轉(zhuǎn)化率增大，故增大壓強有利于CO的轉(zhuǎn)化率升高，故壓強：P1＞P2＞P3，故答案為：減小；反應(yīng)①正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，平衡體系中CO的量增大，反應(yīng)③為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動，又使平衡體系中CO的增大，總結(jié)果，隨溫度升高，CO的轉(zhuǎn)化率減小；P1＞P2＞P3；相同溫度下，反應(yīng)③前后氣體分子數(shù)不變，壓強改變不影響其平衡移動，反應(yīng)①正反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，增大壓強，有利于平衡向正反應(yīng)方向移動，CO的轉(zhuǎn)化率增大，故增大壓強有利于CO的轉(zhuǎn)化率升高．點評：本題考查反應(yīng)熱有關(guān)計算、平衡常數(shù)及其影響因素、化學平衡的影響因素、化學平衡圖象綜合應(yīng)用等，側(cè)重考查學生分析計算能力，需要學生具備扎實的基礎(chǔ)，難度中等．10．（15分）二氧化氯（ClO2，黃綠色易溶于水的氣體）是高效、低毒的消毒劑，回答下列問題：（1）工業(yè)上可用KClO3與Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，該反應(yīng)氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為2：1．（2）實驗室用NH4Cl、鹽酸、NaClO2（亞氯酸鈉）為原料，通過以下過程制備ClO2：①電解時發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑．②溶液X中大量存在的陰離子有Cl﹣、OH﹣．③除去ClO2中的NH3可選用的試劑是c（填標號）a．水b．堿石灰C．濃硫酸d．飽和食鹽水（3）用如圖裝置可以測定混合氣中ClO2的含量：Ⅰ．在錐形瓶中加入足量的碘化鉀，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：Ⅱ．在玻璃液封裝置中加入水．使液面沒過玻璃液封管的管口；Ⅲ．將一定量的混合氣體通入錐形瓶中吸收；Ⅳ．將玻璃液封裝置中的水倒入錐形瓶中：Ⅴ．用?L﹣1硫代硫酸鈉標準溶液滴定錐形瓶中的溶液（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），指示劑顯示終點時共用去硫代硫酸鈉溶液．在此過程中：①錐形瓶內(nèi)ClO2與碘化鉀反應(yīng)的離子方程式為2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O②玻璃液封裝置的作用是吸收殘留的ClO2氣體（避免碘的逸出）③V中加入的指示劑通常為淀粉溶液，滴定至終點的現(xiàn)象是溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色④測得混合氣中ClO2的質(zhì)量為g．（4）用ClO2處理過的飲用水會含有一定最的亞氯酸鹽．若要除去超標的亞氯酸鹽，下列物質(zhì)最適宜的是d（填標號）a．明礬b．碘化鉀c．鹽酸d．硫酸亞鐵．考點：真題集萃；探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量．專題：實驗探究和數(shù)據(jù)處理題．分析：（1）KClO3在H2SO4存在下與Na2SO3反應(yīng)，SO32﹣被氧化成SO42﹣，由電子、電荷守恒可知該離子反應(yīng)為2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O；（2）由生產(chǎn)流程可知氯化銨在鹽酸溶液中進行電解，陰極生成氫氣，陽極生成NCl3，電解方程式為NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，X中含Cl﹣、OH﹣；由信息可知，ClO2易溶于水，所以不能利用水溶液吸收，氨氣為堿性氣體，利用性質(zhì)差異分離提純；（3）①由題目信息可知，ClO2通入錐形瓶與酸性碘化鉀溶液反應(yīng)，氧化I﹣為I2，自身被還原為Cl﹣，同時生成水；②玻璃液封裝置可防止有害氣體逸出；③淀粉遇碘單質(zhì)變藍；④根據(jù)關(guān)系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3計算n（ClO2），再根據(jù)m=nM計算m（ClO2）；（4）亞氯酸鹽具有氧化性，F(xiàn)e2+將ClO2﹣還原成Cl﹣，F(xiàn)e2+被氧化為鐵離子．解答：解：（1）KClO3在H2SO4存在下與Na2SO3反應(yīng)制得ClO2，可知SO32﹣被氧化成SO42﹣，由電子、電荷守恒可知該離子反應(yīng)為2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O，氧化劑為KClO3，還原劑為Na2SO3，由離子反應(yīng)可知該反應(yīng)氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為2：1，故答案為：2：1；（2）①由生產(chǎn)流程可知氯化銨在鹽酸溶液中電解，陰極生成氫氣，陽極生成NCl3，電解方程式為NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，故答案為：NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑；②在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，溶液X中大量存在的陰離子有，故答案為：Cl﹣、OH﹣；③a．ClO2易溶于水，不能利用飽和食鹽水吸收氨氣，故錯誤；b．堿石灰不能吸收氨氣，故錯誤；c．濃硫酸可以吸收氨氣，且不影響ClO2，故正確；d．ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨，故錯誤；故答案為：c；（3）①由題目信息可知，ClO2通入錐形瓶與酸性碘化鉀溶液反應(yīng)，氧化I﹣為I2，自身被還原為Cl﹣，同時生成水，反應(yīng)離子方程式為2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O，故答案為：2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O；②玻璃液封裝置的作用是吸收殘留的ClO2氣體（避免碘的逸出），故答案為：吸收殘留的ClO2氣體（避免碘的逸出）；③V中加入的指示劑通常為淀粉溶液，滴定至終點的現(xiàn)象是溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色，故答案為：淀粉溶液；溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色；④含有Na2S2O3物質(zhì)的量為L×L=mol，則：根據(jù)關(guān)系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，210n（ClO2）所以n（ClO2）=，所以m（ClO2）=mol×mol=，故答案為：；（4）若要除去超標的亞氯酸鹽，ac均不能還原亞氯酸鹽，b中KI具有還原性但氧化產(chǎn)物不適合飲用水使用，只有d中Fe2+將ClO2﹣還原成Cl﹣，F(xiàn)e2+被氧化為鐵離子，且鐵離子水解生成膠體可凈化飲用水，則最適宜的是d，故答案為：d．點評：本題考查物質(zhì)含量的測定，為高頻考點，為2023年高考真題，把握物質(zhì)的性質(zhì)、制備流程、發(fā)生的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗、計算能力的綜合考查，綜合性較強，題目難度中等．三、化學——選修2：化學與技術(shù)。（滿分15分）11．（15分）苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工業(yè)上可用異丙苯氧化法生產(chǎn)苯酚和丙酮，其反應(yīng)和工藝流程示意圖如下：相關(guān)化合物的物理常數(shù)物質(zhì)相對分子質(zhì)量密度（g/cm﹣3）沸點/℃異丙苯120153丙酮58苯酚94182回答下列問題：（1）在反應(yīng)器A中通入的X是氧氣或空氣．（2）反應(yīng)①和②分別在裝置A和C中進行（填裝置符號）．（3）在分解釜C中加入的Y為少量濃硫酸，其作用是催化劑，優(yōu)點是用量少，缺點是腐蝕設(shè)備．（4）反應(yīng)②為放熱（填“放熱”或“吸熱”）反應(yīng)．反應(yīng)溫度控制在50﹣60℃，溫度過高的安全隱患是溫度過高會導致爆炸．（5）中和釜D中加入的Z最適宜的是c（填編號．已知苯酚是一種弱酸）a．NaOHb．CaCO3c．NaHCO3d．CaO（6）蒸餾塔F中的餾出物T和P分別為丙酮和苯酚，判斷的依據(jù)是丙酮的沸點低于苯酚．（7）用該方法合成苯酚和丙酮的優(yōu)點是原子利用率高．考點：真題集萃；制備實驗方案的設(shè)計．專題：實驗設(shè)計題．分析：用異丙苯氧化法生產(chǎn)苯酚和丙酮，由給予的反應(yīng)信息，異丙苯與氧氣在反應(yīng)器A中發(fā)生氧化反應(yīng)生成，在蒸發(fā)器中分離出，未反應(yīng)的異丙苯進行循環(huán)利用，在分解釜中在濃硫酸作催化劑條件下分解得到、，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能與苯酚反應(yīng)，可以是碳酸氫鈉，然后用水洗滌，再經(jīng)過蒸餾，由于丙酮的沸點低于苯酚，則T為丙酮、P為苯酚．（1）在反應(yīng)器A發(fā)生信息中的反應(yīng)①，應(yīng)通入氧氣或空氣；（2）由上述分析可知，反應(yīng)①在A中發(fā)生，反應(yīng)②在C中發(fā)生；（3）濃硫酸起催化劑作用，濃硫酸腐蝕性強，會腐蝕設(shè)備，（4）反應(yīng)②的△H＜0，為放熱反應(yīng)，含有過氧化物，溫度過高，容易發(fā)生爆炸；（5）加入的Z中和硫酸，且不能與苯酚反應(yīng)；（6）沸點越低越先蒸出，處于蒸餾塔的上部；（7）由異丙苯最終得到苯酚和丙酮，原子利用率高．解答：解：用異丙苯氧化法生產(chǎn)苯酚和丙酮，由給予的反應(yīng)信息，異丙苯與氧氣在反應(yīng)器A中發(fā)生氧化反應(yīng)生成，在蒸發(fā)器中分離出，未反應(yīng)的異丙苯進行循環(huán)利用，在分解釜中在濃硫酸作催化劑條件下分解得到、，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能與苯酚反應(yīng)，可以是碳酸氫鈉，然后用水洗滌，再經(jīng)過蒸餾，由于丙酮的沸點低于苯酚，則T為丙酮、P為苯酚．（1）在反應(yīng)器A發(fā)生信息中的反應(yīng)①，故需要氧氣或空氣，故答案為：氧氣或空氣；（2）由上述分析可知，反應(yīng)①在反應(yīng)器中發(fā)生，即A裝置，反應(yīng)②在分解釜中進行，即C裝置，故答案為：A；C；（3）在濃硫酸作條件下分解得到、，濃硫酸作作催化劑，濃硫酸腐蝕性強，容易腐蝕設(shè)備，故答案為：催化劑；腐蝕設(shè)備；（4）反應(yīng)②的△H＜0，為放熱反應(yīng)，有過氧化物存在，溫度過高會導致爆炸，反應(yīng)溫度控制在50﹣60℃，故答案為：放熱；溫度過高會導致爆炸；（5）加入Z的目的是中和硫酸，且不能與苯酚反應(yīng)，a．NaOH能與硫酸、苯酚反應(yīng)，故不選；b．CaCO3為固體，且與硫酸反應(yīng)生成的硫酸鈣微溶，會阻止碳酸鈣與硫酸的反應(yīng)，故b不選；c．NaHCO3能與硫酸反應(yīng)，不與苯酚反應(yīng)，故c選；d．CaO能與苯酚反應(yīng)，且與硫酸反應(yīng)生成的硫酸鈣微溶，會阻止碳酸鈣與硫酸的反應(yīng)，故d不選；故選：c；（6）由于丙酮的沸點低于苯酚，沸點越低越先蒸出，處于蒸餾塔的上部，則T為丙酮、P為苯酚，故答案為：丙酮；苯酚；丙酮的沸點低于苯酚；（7）由異丙苯最終得到苯酚和丙酮，整個過程原子利用率高，故答案為：原子利用率高．點評：本題考查有機物的制備實驗方案，涉及對化學工藝流程、裝置及試劑的分析評價等，關(guān)鍵是根據(jù)實驗?zāi)康呐c給予的反應(yīng)信息理解工藝流程原理，是對學生綜合能力的考查，難度中等．四、化學-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)。（滿分15分）12．（15分）A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素，A2﹣和B+具有相同的電子構(gòu)型；C、D為同周期元索，C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍；D元素最外層有一個未成對電子．回答下列問題：（1）四種元素中電負性最大的是O（填元素符號），其中C原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p3．（2）單質(zhì)A有兩種同素異形體，其中沸點高的是O3（填分子式），原因是O3相對原子質(zhì)量較大，范德華力較大；A和B的氫化物所屬的晶體類型分別為分子晶體和離子晶體．（3）C和D反應(yīng)可生成組成比為1：3的化合物E，E的立體構(gòu)型為三角錐形，中心原子的雜化軌道類型sp3．（4）化合物D2A的立體構(gòu)型為V形，中心原子的價層電子對數(shù)為4，單質(zhì)D與濕潤的Na2CO3反應(yīng)可制備D2A，其化學方程式為2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl．（5）A和B能夠形成化合物F，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞參數(shù)a=，F(xiàn)的化學式為Na2O，晶胞中A原子的配位數(shù)為8；列式計算晶體F的密度（g?cm﹣3）．考點：真題集萃；位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用．分析：C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍，應(yīng)為P元素，C、D為同周期元素，則應(yīng)為第三周期元素，D元素最外層有一個未成對電子，應(yīng)為Cl元素，A2﹣和B+具有相同的電子構(gòu)型，結(jié)合原子序數(shù)關(guān)系可知A為O元素，B為Na元素，（1）四種元素電負性最大的為O元素，C為P元素；（2）A為O元素，有O2、O3兩種同素異形體，O3相對原子質(zhì)量較大，沸點較高，B的氫化物為NaH，為離子晶體；（3）C和D反應(yīng)可生成化合物為PCl3，為sp3雜化；（4）化合物D2A為Cl2O，立體構(gòu)型為V形，氯氣與濕潤的Na2CO3反應(yīng)的方程式為2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；（5）A和B能夠形成化合物F為離子化合物，陰離子位于晶胞的定點和面心，陽離子位于晶胞的體心，則Na的個數(shù)為8，O的個數(shù)為8×+6×=4，N（Na）：N（O）=2：1，則形成的化合物為Na2O，計算質(zhì)量和體積，可計算密度．解答：解：C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍，應(yīng)為P元素，C、D為同周期元素，則應(yīng)為第三周期元素，D元素最外層有一個未成對電子，應(yīng)為Cl元素，A2﹣和B+具有相同的電子構(gòu)型，結(jié)合原子序數(shù)關(guān)系可知A為O元素，B為Na元素，（1）四種元素分別為O、Na、O、Cl，電負性最大的為O元素，C為P元素，核外電子排布為1s22s22p63s23p3，故答案為：O；1s22s22p63s23p3；（2）A為O元素，有O2、O3兩種同素異形體，二者對應(yīng)的晶體都為分子晶體，因O3相對原子質(zhì)量較大，則范德華力較大，沸點較高，A的氫化物為水，為分子晶體，B的氫化物為NaH，為離子晶體，故答案為：O3；O3相對原子質(zhì)量較大，范德華力較大；分子晶體；離子晶體；（3）C和D反應(yīng)可生成組成比為1：3的化合物為PCl3，P形成3個δ鍵，孤電子對數(shù)為=1，則為sp3雜化，立體構(gòu)型為為三角錐形，故答案為：三角錐形；sp3；（4）化合物D2A為Cl2O，O為中心原子，形成2個δ鍵，孤電子對數(shù)為=2，則中心原子的價層電子對數(shù)為4，立體構(gòu)型為V