衡水2017屆高三年級下冊七調理科綜合化學試題（解析版）

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河北省衡水中學2017屆高三下學期七調理科綜合化學試題

1.化學創(chuàng)造美好生活。以下說法不正確的是

A.食品包裝內常放置具有吸水性的化學藥品以保持干燥，如五氧化二磷和硅膠

B.青蒿素在超臨界C0,中有很強的溶解性，萃取青蒿素可用超臨界C0,作萃取劑

C.利用太陽能電池板發(fā)電，不發(fā)生化學變化

D.在即將到來的新能源時代，核能、太陽能、氫能將成為主要能源

【答案】A

【解析】A、五氧化二磷與水反應生成酸，酸具有腐蝕性，不能作食品干燥劑，而

硅膠可以，選項A不正確；B、青蒿素為有機酯類物質，不溶于水，在超臨界CO2

中有很強的溶解性，則萃取青蒿素可用超臨界CO2作萃取劑，選項B正確；C、太

陽能電池板發(fā)電，太陽能轉化為電能，沒有新物質生成，則不發(fā)生化學變化，選項

C正確；D、減少化石能源的使用，開發(fā)核能、太陽能、氫能等新能源，在即將到

來的新能源時代，核能、太陽能、氫能將成為主要能源，選項D正確。答案選

Ao

2.被譽為''礦石熊貓”的香花石，由我國地質學家首次發(fā)現(xiàn)，它由前20號元素中的6種組

成，其化學式為XsYzQWR,）,其中X、Y、Z為金屬元素，Z的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相

等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外層電了數(shù)是次外層的3倍，T無正價，X

與R原子序數(shù)之和是W的2倍。下列說法錯誤的是

A.原子半徑：Y>Z〉R>T

B.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：W<R<T

C.最高價氧化物對應的水化物的堿性：x>z

D.XR?、WR,兩種化合物中R的化合價相同

【答案】D

【解析】試題分析：香花石化學式為X3Y2（ZWR4）3T2,由前20號元素中的6種組

成，其中R原子最外層電子數(shù)為其次外層電子數(shù)的3倍，R原子只能有2個電子

1

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層，最外層電子數(shù)為6,則R為0元素；Y、Z、R、T位于同周期，即處于第二周

期，T元素無正價，則T為F元素；Z的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等，則Z

為Be元素；Y為金屬元素，則Y為Li；X、Z位于同主族，則X為Mg元素或Ca

元素，若X為鎂元素，則由X與R原子序數(shù)之和是W的2倍，則號=10,推出

W為速元素不符合題意，若X為Ca元素，則由X與R原子序數(shù)之和是W的2

倍，則粵=14,推出W為Si元素，符合題意；A.Y為鋰元素、Z為鍍元素、R

為氧元素、T為氟元素，位于同周期，元素的原子半徑從左向右半徑在減小，即原

子半徑：Y>Z>R>T,故A正確；B.W為硅元素、R為氧元素、T為氟元素，

非金屬性F>O>Si,則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性W<RVT,故B正確；C.X為鈣元

素、Z為鍍元素，金屬性Ca>Be,則最高價氧化物對應的水化物堿性：氫氧化鈣

>氫氧化鍍，故C正確；D.XR2、WR2兩化合物CaCb、SiO2,CaCh中O元素為

-1價，SiCh中O元素化合價為-2,故D錯誤，故選D。

【考點定位】考查結構性質位置關系應用

【名師點晴】推斷元素是解題的關鍵，注意掌握核外電子排布與元素周期律；香花

石化學式為X3Y2億WR4）3T2,由前20號元素中的6種組成，其中R原子最外層電

子數(shù)為其次外層電子數(shù)的3倍，R原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為6,則

R為O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即處于第二周期，T元素無正價，則T為

F元素；Z的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等，則Z為Be元素；Y為金屬元

素，則Y為Li；X、Z位于同主族，則X為Mg元素或Ca元素，若X為鎂元素，

則由X與R原子序數(shù)之和是W的2倍，則號=10,推出W為速元素不符合題

意，若X為Ca元素，則由X與R原子序數(shù)之和是W的2倍，則粵=14,推出

W為Si元素，據(jù)此解答即可。

3.下列有機物的同分異構體數(shù)目（不考慮立體異構）由小到大的順序是

2

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①②③④

分子式c3H5clCHC10

C8H10C4H8。249

限定條件芳香煌能發(fā)生加成反應能與氫氧化鈉溶液反應能與鈉反應

A.③②①④B.②③①②C.③①②④D.②①③④

【答案】D

【解析】①分子式為CgHio的芳香烽中，如果只含有1個取代基，則為乙基，則有

乙基苯。如果含有兩個取代基，則為兩甲基，有鄰位、間位、對位三種，則有1,

2—二甲基苯，1,3—二甲基苯，1,4—二甲基苯，共計是4種；②C3H5C1,能發(fā)

生加成反應，說明含有碳碳雙鍵，可看成是丙烯分子中的1個氫原子被1個氯原子取

代，取代不同碳原子上的氫原子有3種；③分子式C4H8。2的有機物能與氫氧化鈉

反應的有竣酸和酯，若為竣酸，除竣基外，丙基有兩種：正丙基和異丙基，則屬于

竣酸的有2種；若為酯，甲酸丙酯有2種，乙酸乙酯只有1種，丙酸甲酯1種，4

種酯，總共6種同分異構體；④C4H9C10能與鈉反應，說明含有羥基而不是酸的結構，

可看成是丁烷分子中的2個氫原子分別被1個氯原子和1個羥基取代，而丁烷有正

丁烷和異丁烷，如果正丁烷取代同一個碳原子上的氫原子，則有2種，取代不同碳

原子上的氫原子有6種；如果異丁烷取代同一個碳原子上的氫原子，則有2種，取

代不同碳原子上的氫原子有3種；合計是11種。答案選D。

4.某恒溫密閉容器發(fā)生可逆反應Z(?)+W(?)^X(g)+Y(?)AH,在3時刻反應達到平衡，

在t?時刻縮小容器體積，ts時刻再次達到平衡狀態(tài)后未再改變條件。下列有關說法中正確的是

3

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A.Z和W在該條件下至少有一個是為氣態(tài)

B.3?t2時間段與ts時刻后，兩時間段反應體系中氣體的平均摩爾質量不可能相等

C.若該反應只在某溫度T。以上自發(fā)進行，則該反應的平衡常數(shù)K隨溫度升高而增大

D.若在該溫度下此反應平衡常數(shù)表達式為K=c(X),則3?t,時間段與ts時刻后的X濃度不

相等

【答案】C

【解析】試題分析：A、根據(jù)圖像可知，正反應速率不隨反應時間和壓強的改變而

改變，故Z和W都是不是氣體，A錯誤；B、結合圖像可知，X是氣體，Y可能是

氣體，也可能不是，所以反應過程中氣體的摩爾質量可能會相等，B錯誤；C、由

于該反應在溫度為To以上時才能自發(fā)進行，根據(jù)△H-T4S<0,得出該反應是吸

熱反應，升高溫度平衡正向移動，平衡常數(shù)增大，C正確；D、由于化學平衡常數(shù)

只與溫度有關，該溫度下平衡常數(shù)的表達式K=c(X)是定值，則力?t2時間段與

t3時刻后的c(X)相等，D錯誤；答案選C。

考點：考查化學平衡有關計算、化學平衡圖像等

5.向含amolH?S水溶液中通入bmolCl2,當通入的Cl?少量時，產(chǎn)生淺黃色渾濁，增加通入

C1。的量，淺黃色渾濁逐漸消失，最后成為無色溶液，溶液呈酸性，下列說法不正確的是

A.當bWa時，發(fā)生的離子方程式：H2S+C12=2H+SI+2CV

B.當2a=b時，發(fā)生的離子方程式：3H2S+6Cl2+4H20=14H++2S(+S0/+12C1

C.當aWbW4a時，反應中轉移電子的物質的量n(e)為2amolWn(e)W8amol

2

D.當a〈b〈4a時，溶液中的S、S04\C1的物質的量比為(4af)：(b-a)：2b

【答案】D

【解析】試題分析：A.當bga時，氯氣不足，氯氣只把H2s氧化為單質S,發(fā)生

+

的離子方程式：H2S+C12=2H+S1+2C1-,A正確；B.當2a=b時，生成的S繼續(xù)被

+2

氯氣氧化，發(fā)生的離子方程式：3H2S+6C12+4H2O=14H+2S；+SO4+12C1-,B正

確；C.當4a=b時，生成的S繼續(xù)被氯氣氧化，發(fā)生的離子方程式：

+2

H2S+4C12+4H2O=10H+SO4+8Cl-,因此當ag￡4a時，反應中轉移電子的物質的量

n(e)為2amoKn(e-)S8amol,C正確；D.當a<b<4a時根據(jù)電荷守恒和S原子守

4

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恒，溶液中的S、SO4"C1-的物質的量比為(4a-b)：(b-a)：6b,D錯誤。答案選

Do

考點：考查氧化還原反應的有關判斷與計算

6.某同學組裝了如圖所示的電化學裝置，電極I為A1,其他電極均為Cu,則下列敘述中正確

的是

A.電極I發(fā)生還原反應

B.電流方向：電極IV-*合一電極I

c.電極n逐漸溶解

D.電極HI的電極反應：Cu"+2e「=Cu

【答案】B

【解析】試題分析：A、電極I是原電池的負極，發(fā)生氧化反應，錯誤；B、電極I

與n及電解質溶液構成原電池，電極ni與iv及電解質溶液構成電解池，原電池

中A1作負極，Cu作正極，電極ni是電解池的陽極，電極iv是電解池的陰極，所

以電流的流向是從電源的正極流出，流到陽極，再從陰極流回電源的負極，正確；

c、電極n是原電池的正極，正極上有Cu析出，錯誤；D、電極ni是電解池的陽

極，所以發(fā)生氧化反應，Cu失去電子生成Cu2+,錯誤，答案選A。

考點：考查原電池、電解池的組合裝置的判斷，反應原理的應用

7.根據(jù)表提供的數(shù)據(jù)，下列判斷正確的是

CH3COOHHC1O

弱酸化學式H2CO3

5

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K,]=4.3X10-7

電離平衡常數(shù)1.8X10V3.0X10-8

4=5.6X10”

A.等物質的量的Na2c和CH3C00H兩種溶液混合，一定有：c(Na+)+c(H')=2c(C()3")+c(HC(V

)+c(CH3coeT)

+2-

B.常溫下，已知酸H2A存在如下平衡：H2A^^H++HA\HA^^H+A7Kal=5.9X10

*K『6.4X10^),則NaHA溶液中水的電離程度一定大于純水中水的電離程度

C.相同濃度的CH3C00Na和NaClO混合溶液中各離子濃度大小關系是：

+

C(Na*)>c(C100>c(CH3C000>c(Off)>c(H)

D.常溫下，在0.Imol/LCHCOOH溶液中滴加0.Imol/LNaOH的溶液發(fā)生反應，當

-

C(CH3COOH)：c(CH3C00)=5:9時,此時溶液pH=5

【答案】D

【解析】A、根據(jù)電荷守恒規(guī)律，等物質的量的Na2c。3和CH3coOH兩種溶液混

++2

合一定有c(Na)+c(H)=c(OH)+C(CH3COO)+C(HCO3-)+2c(CO3),選項A錯

誤；B、H2A為二元弱酸，則NaHA溶液的酸堿性未知，HA-的水解與電離程度的

強弱無法判斷，所以NaHA溶液中水的電離程度與純水中水的電離程度無法比

較，選項B錯誤；C、根據(jù)電離平衡常數(shù)可知，醋酸的酸性大于次氯酸，所以同

濃度的醋酸鈉與次氯酸鈉的混合液中次氯酸根離子的水解程度大于醋酸根離子的水

+

解程度，溶液呈堿性，則溶液中離子的濃度關系是c(Na)>C(CH3COO)>C(C1O)>

c(OH)>c(H+),錯誤；D、常溫下，在O.lmol/LCH3coOH溶液中滴力口

0.Imol/LNaOH的溶液發(fā)生反應，當c(CH3coOH):c(CH3coe)-尸5:9時，根據(jù)醋酸的

電離常數(shù)K=1.8X10-5=")黑黑'，則c(H+)=lxlO-5mol/L,所以溶液的

c(CH3coOH)

pH=5,選項D正確。答案選D。

點睛：考查電解質溶液中離子濃度的關系比較，電離常數(shù)的應用，正確書寫電離平

衡常數(shù)以及會利用溶液中三大守恒原理：電荷守恒、物料守恒、質子守恒是解答題

目的關鍵。

6

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8.某廢催化劑含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.50%的ZnS和12.8%的CuS及少

量的Fe3O4。某同學用15.0g該廢催化劑為原料，回收鋅和銅。采用的實驗方案如

下，回答下列問題：

UlCuSO,5H2O

已知：ZnS與稀硫酸反應，且化合價不變;CuS既不溶解于稀硫酸，也不與稀

硫酸反應

(2)濾液1中含有Fe2+,選用提供的試劑進行檢驗，檢驗方法如下:

(提供的試劑：稀鹽酸KSCN溶液KMnCU溶液NaOH溶液碘水)

(3)本實驗要用到抽濾，設所用的洗滌劑為X,抽濾洗滌沉淀的操作

(4)寫出第二次浸出的化學反應方程式,

向盛有濾渣1的反應器中加H2s04和H2O2溶液，應先加c

(5)濾渣2的主要成分是o

濃縮、結晶得到硫酸鋅晶體的主要儀器名稱是o

(6)某同學在實驗完成之后，得到1.50gCUSO4-5H2。，則銅的回收率為

7

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【答案】(1).D(2).取少量濾液1,滴加高鎰酸鉀溶液，若褪色，則證明有亞鐵離子

(3).關小水龍頭，使洗滌劑X緩緩通過沉淀物(4).CUS+H202+H2S04=CUS04+S+2H20(5).H2SO4

(6).SiO2>S(7).蒸發(fā)皿(8).30%.

【解析】(1)第一次浸出主要是ZnS和稀硫酸反應，ZnS和稀硫酸反應生成

ZnSO4和H2S,硫化氫有毒，污染環(huán)境，所以必須要有尾氣處理裝置，合適的裝置

是D；(2)檢驗濾液1中的Fe2+,根據(jù)提供的試劑，為了操作簡便可以選用高鋪

酸鉀溶液，第一次浸出時加了稀硫酸，所以不需要再加酸，答案為：取少量濾液

1,滴加高鎰酸鉀溶液，若褪色，則證明有Fe2+；(3)抽濾洗滌沉淀的操作是：關

小水龍頭，使洗滌劑x緩緩通過沉淀物；(4)第二次浸出主要是CuS在酸性條件

下和H2O2發(fā)生的氧化還原反應，反應的化學方程式為CuS+H2O2+H2s04=CuSO4

+S+2H2O,向盛有濾渣1的容器中加H2s04和H2O2,由于濾渣的主要成分是SiO2

和CuS,可以催化過氧化氫分解，所以要先加入H2s04；(5)二氧化硅不會和硫

酸及過氧化氫反應，所以濾渣2的主要成分是SiCh,濃縮、結晶得到硫酸鋅晶體

的儀器是蒸發(fā)皿；(6)廢催化劑中銅的物質的量為隼了平=0.02mol,1.50g

CUSO4WH2O晶體中銅的物質的量為：羨罟=0.006mol,則銅的回收率為

250g/mol

9.從古至今，鐵及其化合物在人類生產(chǎn)生活中的作用發(fā)生了巨大變化。

(1)古代中國四大發(fā)明之一的司南是由天然磁石制成的，其主要成分是(填字母序

號)。

a.Feb.FeOc.Fe304d.Fe2O3

(2)現(xiàn)代利用鐵的氧化物循環(huán)裂解水制氫氣的過程如圖二所示。整個過程與溫度密切相關，當

溫度低于570℃時，F(xiàn)e304(s)和CO(g)反應得到的產(chǎn)物是Fe(s)和CO乂g)，阻礙循環(huán)反應的

進行.

圖1

8

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5701000■舄位

圖2

卜#0(，)cot*)

1

①已知：Fe3()a(s)+C0(g)^^3FeO(s)+CO2(g)AH^+19.3kJ?moF

1

3FeO(s)+H,0(g)Fe304(s)+H2(g)AH2---57.2kJ,mol

1

C(s)+C02(g)2C0(g)△%=+172.4kJ?moF

鐵氧化物循環(huán)裂解水制氫氣總反應的熱化學方程式是。

②如圖一表示其他條件一定時，F(xiàn)eQ4(s)和CO(g)反應達平衡時CO(g)的體積百分含量隨溫度的

變化關系.

i.HISFe3O4(s)+4C0(g)3Fe(s)+4C02(g)AH_0(填“>”、或“=”),理

由是O

ii.隨溫度升高，反應Fe304(s)+C0(g)—二3FeO(s)+C02(g)平衡常數(shù)的變化趨勢是；

1000℃時，該反應的化學平衡常數(shù)的數(shù)值是=

(3)①古老而神奇的藍色染料普魯士藍的合成方法如下：

復分解反應ii的離子方程式是

②如今基于普魯士藍合成原理可檢測食品中CK,方案如下:

食品特測液(氣體)受網(wǎng)則試紙變藍

若試紙變藍則證明食品中含有CN,請解釋檢測時試紙中FeS04的作用。

1

【答案】(1).c(2).C(s)+H20(g)=H2(g)+C0(g)AH=+134.5kJ-mor.(3).AH<

0(4).當其他條件一定時，溫度升高，CO的體積百分含量增大，可逆反應Fe3()4(s)+4C0

9

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(g)-^3Fe(s)+4C0z(g)逆向移動,故△*()(5).增大(6).4(7).3[Fe(CN)J*

+4Fe"=Fe』Fe(CN)6]3；(8).堿性條件下，F(xiàn)e?+與CN■結合生成[Fe(CN)J*;Fe*被空氣中。

氧化生成Fe"；[Fe(CN)6廣與Fe”反應生成譜魯士藍使試紙顯藍色

【解析】(1)古代中國四大發(fā)明之一的司南是由天然磁石制成的，磁鐵成分主要是四氧化三

鐵，選c；

1

(2)?I.Fe3O4(s)+CO(g)^3FeO(s)+CO2(g)AHi=+19.3kJ?mol-

1

II.3FeO(s)+H2O(g)^Fe3O4(s)+H2(g)AH2=-57.2kJ?mol-

1

III.C(s)+CO2(g)^2CO(g)AH3=+l72.4kJ?mol-

依據(jù)蓋斯定律計算i+n+ni得到鐵氧化物循環(huán)裂解水制氫氣總反應的熱化學方程式；

C(s)+H2O(g)=H2(g)+CO(g)AH=+134.5kJ?moF；

②i.當溫度低于570℃時，溫度降低CO的轉化率增大；因為當溫度低于570℃時，溫度降低,

CO的體積百分含量降低，可逆反應Fe3O4+4CO(g)-3Fe(s)+4CCh(g)正向移動，故CO的轉

化率增大。

ii.高于570。。隨溫度升高，反應Fe3O4(s)+CO(g)^^3FeO(s)+CO2(g)平衡正向進行，平衡

常數(shù)的變化趨勢增大，1040℃時CO體積分數(shù)為20%,結合三行計算列式計算得到平衡濃度，

設起始濃度CO為lmol/L,消耗CO濃度為x

Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g)

起始量(mol/L)10

變化量(mol/L)xx

平衡量(mol/L)1-xx

-^--=20%,x=0.8mol/L,K==4；

1l~0.8

4

(3)①[Fe(CN)61-和Fe3+反應生成FedFeQN)小藍色沉淀，反應的離子方程式為：3[Fe(CN)6]-

3+

+4Fe=Fe4[Fe(CN)6]3；;

②基于普魯士藍合成原理可檢測食品中CN:堿性條件下，F(xiàn)e2+與CN-結合生成[Fe(CN)6F；

3+4

Fe2+被空氣中Ch氧化生成Fe；[Fe(CN)6]-與Fe3+反應生成普魯士藍使試紙顯藍色。

(4)若不出現(xiàn)渾濁現(xiàn)象，則c(Fe3+)*C3(OH-)WKsp[Fe(OH)3],代入有關數(shù)據(jù)后可求出c(OH)<2xlO-

13mol/L,c(H+)>0.05mol/L,則加入鹽酸的體積至少為竺4^^^=0.0025L=2.5mL。

2mol/L

10

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10.鎮(zhèn)及其化合物用途廣泛。某礦渣的土要成分是NiFe204(鐵酸鎂)、NiO、FeO、CaO、Si02

等，如圖1是從該礦渣中回收NiSO,的工藝路線：

（XHRSO.%C將次NaF王器刊

[,1[IIxFl*?—*???—?NiSO?

_JL_J600-C9^|-?|S.tl-*-?|W3H更烈|—

1—1----------——有機絹：再呈后不環(huán)朝南）

已知：(NHjS04在350°。以上會分解生成NHs和H'SO”NiFe。在焙燒過程中

生成NiSO,、Fe2(S04)3O錫(Sn)位子第五周期第IVA族.

(1)焙燒前將礦渣與(NHjSO,混合研磨，混合研磨的目的是0

(2)”浸泡"過程中FeKSO,生成FeO(OH)的離子方程式為,“浸渣”的成分除

Fe。、FeO(OH)外還含有(填化學式)。

(3)為保證產(chǎn)品純度，要檢測“浸出液”的總鐵量：取一定體積的浸出液，用鹽酸酸化后，加

入SnCl,將Fe"還原為Fe",所需SnCl,的物質的量不少于Fe"物質的量的倍；除去過量

的SnCL后，再用酸性K￡r。標準溶液滴定溶液中的Fe",還原產(chǎn)物為Cr",滴定時反應的離

子方程式。

⑷“浸出液”中c(Ca2+)=1.0X103mol?L,當除鈣率達到99%時，溶液中c(F「

)=[己知K^CaFz)>4.0X10"]

(5)本工藝中，萃取劑與溶液的體積比(V。/%)對溶液中Ni/Fe"的萃取率影響如圖2所示，

v0/vA的最佳取值是=

(6)己知正十二烷可用作該工藝的萃取劑。用電化學制備正十二烷的方法為：向燒杯中加入

50mL甲醇，不斷攪拌加入少量金屬鈉，再加入11mL正庚酸攪拌均勻，裝好伯電極，接通電源

反應，當電流明顯減小時切斷電源，然后提純正十二烷。己知電解總反應為：

2c6Hl3coONa+2CH30H通電C12H26+2co2t+H2t+2CH30Na

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下列說法正確的是()

A.圖中電源的A極為直流電源的負極

B.加入金屬鈉可以將酸轉化為鈉鹽，提高離子濃度，增強導電性

C.陽極電極反應為：2C6H13C00-2e-=C12H26+2C021

D.反應一段時間后將電源正負極反接，會產(chǎn)生雜質影響正十二烷的制備

【答案】(1).增大接觸面積，加快反應速率，使反應更充分(2).

3++2-2++

Fe+2H2O?^aFeO(OH)；+3H(3).Si02>CaS04(4).0.5(5),Cr2O7+6Fe+14H

=2Cr3++6Fe3++7H,0(6).c(F+)=2.0X10%mol?U1(7).0.25(8).D

【解析】(1)焙燒前將礦渣與(NHjSO,混合研磨，以增大接觸面積，加快反應速

率，使反應更充分；(2)放在95c熱水中浸泡，使F/發(fā)生水解，即離子反應方

3++

程式為：Fe+2H2OJUFeO(OH)；+3H,SiO2不溶于水，Ca?+和SO產(chǎn)生成微溶于水的

CaS04,因此浸渣中除Fe?()3、FeO(OH)外，還有SiO?和CaSO,；(3)根據(jù)得失電子

33+3+

數(shù)目守恒n(Sn，X2=n(Fe*)X1,解得n(Sn")：n(Fe)=0.5,K2Cr207^Cr,化合

價除低3價，共降低6價，F(xiàn)e'+fFe：",化合價升高1價，最小公倍數(shù)6,因此離子

2-2++3+3+

反應方程式為：Cr207+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7H20；(4)除鈣后溶液中c(Cd)

-3-12+2

=1%XI.OX10mol-L=l.0X103moi.由Ksp(CaF,)=c(Ca)Xc(F),得小

)=2.0X10-3mol-L1；(5)要求Fe"萃取率最低,Ni"的萃取率最高,根據(jù)圖像，

最佳取值為0.25；(6)A、A連接的電極生成氫氣，發(fā)生還原反應，則A為負極，

選項A正確；B、C6Hl3coONa為強電解質，導電能力比正庚酸強，選項B正確；

C、陽極發(fā)生氧化反應，電極方程式為2c6H13C00—2e-=C12H26+2C02t,選項C正

確；D、因Cl2H26為液體，而雜質為氣體，不影響Cl2H26的制備，選項D錯誤。

答案選D。

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點睛：本題考查影響化學反應速率的因素、氧化還原反應方程式的書寫、溶度積的

計算等知識點。解答本題的關鍵是掌握氧化還原反應配平中的守恒原理以及溶度積

的表小式。

11.2015年國產(chǎn)C919大型客機正式下線，標志著我國成為世界上少數(shù)幾個具有自行研制大型

飛機的國家之一，標志著我國航空工業(yè)進入了新的發(fā)展階段.

(1)飛機的外殼通常采用鎂-鋁合金材料，鋁的價電子排布圖為，第一電離能：

鎂(填“大于”或“小于”)鋁。

(2現(xiàn)代飛機為了減輕質量而不減輕外殼承壓能力，通常采用復合材料一玻璃纖維增強塑料，

其成分之一為環(huán)氧樹脂，常見的E51型環(huán)氧樹脂中部分結構如下圖所示：

,、

CH3/=X

—0—》—C—〈—0-CHj-CH—CHj一

(對

CH3

其中碳原子的雜化方式為,個數(shù)比為=

II.大型飛機的發(fā)動機被譽為航空工業(yè)皇冠上的“寶石”。制造過程中通常采用碳化鴇做關鍵

部位的材料

(3)鴇元素位于周期表的第六周期第VIB族，已知該元素價電子不遵循半充滿排布規(guī)律，請寫

出其外圍電子排布式。

(4)下圖為碳化鴇晶體的一部分結構，碳原子嵌入金屬鴇的晶格的間隙，并不破壞原有金屬的

晶格，形成填隙+固溶體，也稱為填隙化合物。在此結構中，其中鋁原子有個，1個

鴇原子周圍距離鴇原子最近的碳原子有個，C原子填入鴇原了組成的空

隙。鴇取子填入碳原子組成的空隙。下列金屬元素的堆積方式與碳化鴇晶胞中碳原

子和鴇原子所處位置類似的是

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A.FeCuB.TiAu

C.MgZnD.CuAg

（5）假設該部分晶體的體積為Vcnf,碳化鴇的摩爾質量為Mg/mol,密度為bg/cm3,則阿伏

加德羅常數(shù)凡用上述數(shù)據(jù)可以表示為

3$3P

【答案】（1）:〃

(2).大于(3).sp\sp3(4).2:1(5).5d46s2(6).

6(7).6(8).四面體(9).八面體(10).C(11),^

【解析】試題分析：（1）鋁是13號元素，最外層有3個電子，根據(jù)核外電子排布

規(guī)律，鋁的價電子排布圖為!s.3p鎂、鋁屬于同一周期元素，鎂

原子的最外層電子排布為2s2,處于全充滿狀態(tài)，相對比較穩(wěn)定，第一電離能比同

周期相鄰元素的第一電離能都大，所以第一電離能：鎂大于鋁；

（2）根據(jù)環(huán)氧樹脂的結構簡式可知，分子中碳元素部分形成單鍵，部分形成苯

環(huán)，因此碳原子的雜化軌道類型是sp2、sp3；對應個數(shù)比為12：6=2：1。

（3）鴇元素位于周期表的第六周期第VIB族，其外圍電子排布式為5d56s1

（4）碳化鴇晶體結構類似于金屬Zn、Ti、Mg的六方最密堆積，差別在于每層是

碳和鴇交替排列的，所以配位數(shù)減半為6個，即在此結構中，其中鴇原子有6個，

1個鴇原子周圍距離鴇原子最近的碳原子有6個，下列金屬元素的堆積方式與碳化

鴇晶胞中碳原子和鴇原子所處位置類似的是Co

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（5）利用均攤法計算，該晶胞中鴇原子個數(shù)=2x6xl/3xl/2+2xl/2+l+6xl/3=6

個，晶胞中碳原子各為6個。已經(jīng)知道晶胞體積，根據(jù)密度=1!1+丫，b=

6M+（NAXV）,所以NA=空。

【名師點晴】考查軌道排布圖、第一電離能、雜化類型的判斷，晶胞的計算等知

識。

【名師點睛】該題考查的知識點較多，綜合性強。明確核外電子排布規(guī)律、元素周

期律是解答的關鍵。難點是晶胞結構分析與計算，注意利用均攤方法可計算晶胞中

含有的各種元素原子的個數(shù)，根據(jù)物質的密度計算公式就可以計算得到晶胞的邊

長。關于晶胞的計算需要注意：（1）判斷某種微粒周圍等距且緊鄰的微粒數(shù)目

時，要注意運用三維想象法。如NaCl晶體中，Na+周圍的Na+數(shù)目（Na+用“。”表

示）：

每個面上有4個，共計12個。（2）?？嫉膸追N晶體主要有干冰、冰、金剛石、

SiCh、石墨、CsCl、NaCl、K、Cu等，要熟悉以上代表物的空間結構。當題中信

息給出與某種晶體空間結構相同時，可以直接套用某種結構。

12.某有機物有如下轉化關系:

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{注：物質ABCDEF中C原子數(shù)均為9}

MgX解武法劑)

,OMgXOH

②一一6?R—MgX?-c—0——

AA

根據(jù)以上信息回答下列問題：

(1)K的分子式是；G-H的反應類型是；

⑵化合物A不與FeC%溶液發(fā)生顯色反應，推測其'H核磁共振譜(H-NMR)中顯示有種不

同化學環(huán)境的氫原子，其個