2019高考化學(xué)真題變式卷

2018高考化學(xué)真題變式卷出卷人：馬鵬飛注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H—1Li—7C—12N—14O-16Na—23Al—27P—31S—32Cl—35．5Fe—56Cu—64Ba—137第I卷（選擇題共42分）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選項中，只有一項是符合題目要求的）.《本草綱目》中載有一藥物，名“銅青”。藏器曰：生熟銅皆有青，即是銅之精華，大者即空綠，以次空青也。銅青則是銅器上綠色者，淘洗用之。時珍曰：近時人以醋制銅生綠，取收曬干貨之。后者的反應(yīng)原理為A.析氫腐蝕 B.吸氧腐蝕 C.化學(xué)腐蝕D.置換反應(yīng)【答案】B【解析】銅在空氣中長時間放置，會與空氣中氧氣、二氧化碳、水反應(yīng)生成堿式碳酸銅Cu2（OH）2c03,發(fā)生反應(yīng)為：2Cu+0+H0+C0=Cu（OH）CO,所以反應(yīng)原理為化學(xué)腐蝕，答案選C。" '".高鐵酸鉀（中O4）是一種新型的自來水處理劑，它的性質(zhì)和作用是有強氧化性,可消毒殺菌,還原產(chǎn)物能吸附水中雜質(zhì)有強還原性,可消毒殺菌,氧化產(chǎn)物能吸附水中雜質(zhì)有強氧化性,能吸附水中雜質(zhì),還原產(chǎn)物能消毒殺菌有強還原性,能吸附水中雜質(zhì),氧化產(chǎn)物能消毒殺菌【答案】A【解析】高鐵酸鉀具有強氧化性,可殺菌消毒。同時生成的還原產(chǎn)物鐵離子,在溶液中能水解生成氫氧化鐵膠體，吸附水中的懸浮物，因此正確的答案選A?？键c：考查物質(zhì)的性質(zhì)與應(yīng)用,涉及氧化還原反應(yīng)的理論。.下列實驗操作能夠達到實驗?zāi)康牡氖茿.實驗室采用圖①所示裝置收集SO2B.可用圖②所示裝置比較KMnO4、C12、S的氧化性強弱C.實驗室四氯化碳中常含有少量溴，加適量的苯，振蕩、靜置后分液，可除去四氯化碳中的溴D.稱取0.40gNaOH固體，直接置于100ml容量瓶中加水至刻度線，可配制0.10mol-L-NaOH溶液【答案】B【解析】試題分析：A、二氧化硫的密度大于空氣的密度，所以收集二氧化硫應(yīng)該采用向上排空氣法收集不是向下排空氣法收集，故A錯誤；B、高錳酸鉀能氧化濃鹽酸生成氯氣，反應(yīng)中高錳酸鉀作氧化劑，氧化產(chǎn)物是氯氣，所以高錳酸鉀的氧化性大于氯氣；氯氣和硫離子反應(yīng)生成硫單質(zhì)，氯氣是氧化劑，硫是氧化產(chǎn)物，所以氯氣的氧化性大于硫，由此得出高錳酸鉀的氧化性大于氯氣，氯氣的大于硫，故B正確；C、溴和溴乙烷都易溶于苯，所以不能采用分液的方法分離，故C錯誤；D、容量瓶不能用來溶解氫氧化鈉固體，只能是先把氫氧化鈉放在燒杯中溶解，等冷卻至室溫時，再轉(zhuǎn)移至容量瓶中，故D錯誤；故選B?？键c：考查了氧化性強弱的比較、容量瓶的用途、氣體的收集的相關(guān)知識。4.工業(yè)上氟氣可作為火箭燃料中的氧化劑。1886年法國化學(xué)家H.MOissan通過電解氟氫化鉀（KHF2）的氟化氫無水溶液第一次制得氟氣。已知：KF+HF===KHF2,制備氟氣的電解裝置如圖所示。下列說法錯誤的是鋼電極碳電極電解骯A.鋼電極與電源的負極相連 B.電解過程需不斷補充的X是KFC.陰極室與陽極室必須隔開 D.氟氫化鉀在氟化氫中可以電離【答案】B【解析】【詳解】電解熔融的氟氫化鉀（KHF2）和氟化氫（HF）混合物制備氟單質(zhì)，氟離子在陽極失電子生成氟氣，陰極上KHF得到電子生成氫氣，電極反應(yīng)為：2HF-+2e—HT+4F-。A.根據(jù)圖示，2 22鋼電極上產(chǎn)生氫氣，發(fā)生還原反應(yīng)，鋼電極為陰極，與電源的負極相連，拗正確；B.根據(jù)題意，電解過程中會不斷消耗氟氫化鉀（KHF2）,需不斷補充的X是氟氫化鉀（KHF2）,故B錯誤；C.電解制氟時，為了防止氟氣和氫氣發(fā)生劇烈反應(yīng)，引發(fā)爆炸，陰極室與陽極室必須隔開，故C正確；D.根據(jù)上述分析，氟氫化鉀在氟化氫中可以電離出HF-,故D正確；故選B。25.有機物W在工業(yè)上常用作溶劑和香料，其合成方法如下：I⑤"COOII—MN W下列說法正確的是A.N、W互為同系物 B.M的二氯代物有8種結(jié)構(gòu)C.W能發(fā)生皂化反應(yīng) D.M、N、W均能發(fā)生加成和取代反應(yīng)【答案】D【解析】N屬于羧酸，W屬于酯，為不同類別的有機物，不屬于同系物，故A錯誤；M中2個Cl均在甲基上有1種，均在苯環(huán)上有鄰、間、對位置時有2+3+1=6種，1個Cl在甲基、1個Cl在苯環(huán)上有3種，共10種，故B錯誤；C.油脂堿性條件下的水解反應(yīng)為皂化反應(yīng)，則W不是油脂，不能發(fā)生皂化反應(yīng)，故C錯誤；D.M、N、W均含苯環(huán)，均可與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，在催化劑條件下苯環(huán)上H可發(fā)生取代反應(yīng)，故D正確；故選D。.己知a、b、c、d四種短周期主族元素，在周期表中相對位置如右圖所示，下列說法正確的是a、c兩元素的最高正價一定相等d的原子序數(shù)不可能是b的原子序數(shù)的3倍c的最高價氧化物對應(yīng)的水化物可溶于d的最高價氧化物對應(yīng)的水化物D.若c元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物是強酸，則d元素的單質(zhì)具有強氧化性【答案】D【解析】若a是氧元素，則c是硫元素，最高正價不相等，故A錯誤；若b是Be元素，則d是Mg元素，d的原子序數(shù)是b的原子序數(shù)的3倍，故B錯誤；若c的最高價氧化物對應(yīng)的水化物是氫氧化鋁，則d的最高價氧化物對應(yīng)的水化物是硅酸，氫氧化鋁難溶于硅酸，故C錯誤；若c元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物是強酸，則c是S,d是氯元素，氯氣具有強氧化性，故D正確。.t℃時，AgX(X=C1、Br)的溶度積與c(Ag+)和c(X-)的相互關(guān)系如下圖所示，其中A線表示AgC1,B線表示488「，已知p(Ag+)=—lgc(Ag+),p(X-)=—lgc(X-)。下列說法正確的是c點可表示AgC1的不飽和溶液b點的AgC1溶液加入AgNO3晶體可以變成a點t℃時，AgC1(s)+Br-(aq) AgBr(s)+C1-(aq)平衡常數(shù)K=10-4t℃時，取a點的AgC1溶液和b點AgBr溶液等體積混合，會析出AgBr沉淀【答案】D【解析】根據(jù)圖示，A為氯化銀溶液中p(Ag+)與p(Cl-)的關(guān)系曲線，線上每一點均為氯化銀的飽和溶液，如a點，p(Ag+)=—lgc(Ag+)=5,則c(Ag+)=10-5mol/L,p(Cl-)=—lgc(Cl-)=5,則c(Cl-)=10-5mol/L,貝UK(AgCI)=c(Ag+)Xc(Cl-)=10-5X10-5=10-10,同理K(AgBr);c(Ag+)c(Br-)=10-7X10-7=10-14。A.c點,c(Ag+)=10-4mol/L,c(Cl-)=10-4mol/L,因為1o-4X10-4=10-8>K(AgC1)=10-io,說明是AgC1的過飽和溶液，故A錯誤；B.b點的AgC1溶液加入AgNO3晶體，sC(Ag+)增大，但c(Cl-)基本不變，不能變成a點，故B錯誤；C.t℃時，AgC1(s)+Br-(aq)488「心)+05口)平衡c(Cl')K(AgCI)10」°常數(shù)K=^^=———=~^=104,故C錯誤；D.t℃時，取a點的AgC1溶液和b點AgBr111溶液等體積混合，c(Ag+)=;X10-4mol/L+:X10-7mol/L心：;X10-4mol/L,c(Br-)=：X10-7mol/L,則c(Ag+)c(Br-)=X10-4XX10-7>10-14,有AgBr沉淀生成，故D正確；故選D。第II卷（非選擇題共58分）二、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分。第8、9、10題為必考題,每個試題考生都必須作答。第11、12、13題為選考題,考生任選一題作答。如果多做,則按所做的第一題計分。）TOC\o"1-5"\h\z（14分）堿式碳酸鎂可用于生產(chǎn)牙膏、醫(yī)藥和化妝品等，化學(xué)式為4MgCO3-Mg（OH）2-5H2O,某堿式碳酸鎂樣品中含有SiO2雜質(zhì)，為測定其純度，某興趣小組設(shè)計了如下幾個 2 2方案I取一定質(zhì)量的樣品，與稀硫酸充分反應(yīng)，通過測定生成CO2的質(zhì)量計算純度。（1）乙中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。⑵儀器接口的連接順序為（裝置可以重復(fù)使用）a-,丁的作用是。（3）當(dāng)樣品充分反應(yīng)后,緩慢通入空氣的目的是 。方案II①稱取堿式碳酸鎂樣品mg；②將樣品充分高溫煅燒，冷卻后稱量；③重復(fù)操作②，測得剩余固體質(zhì)量為m1g。（4）下列儀器中,該方案不會用到的是 （填標(biāo)號）。

(5)判斷樣品完全分解的方法是 。(6)有同學(xué)認為方案II高溫煅燒的過程中會發(fā)生MgCO3+SiO2逼遢MgSiOjCOj,會導(dǎo)致測定結(jié)果有誤，你認為這位同學(xué)的觀點正確嗎? (填“正確”或“錯誤”)。請說明理由：(2)一定溫度下反應(yīng)CO(g)+2H2(g)=CH30H(g)在容積為2L的密閉容器中進行，其相關(guān)數(shù)據(jù)見上圖。①從反應(yīng)開始至平衡時，用H2表示化學(xué)反應(yīng)速率為 ，該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù)為②5min后速率變化加劇的原因可能是；(3)在6.98MPa、250℃和催化劑(CoI2)作用下，甲醇可轉(zhuǎn)化為乙酸：CH3OH(g)+CO(g)=CH3COOH(g)有機合成常有副反應(yīng)存在。若反應(yīng)釜中CH30H和C0配料比(質(zhì)量)為1,甲醇生成乙酸的選擇率為90.0%，則此反應(yīng)C0的轉(zhuǎn)化率為。(4)常溫Ka(CH3COOH)=1.8X10-5,0.1mol-L-iCHfOOH溶液中滴加0.1mol-L-iCHfOONa溶液至pH=7,此時混合溶液中兩溶質(zhì)的物質(zhì)的量比n(CH3COOH):n(CH3COONa)=—?！敬鸢浮竣?CO(g)+2H2(g)=CH30H⑴△H= -127.8kJ?mol-i(2分)CH4 + HO -2e= CHOH + 2H(2 分)75 ”.0.06mol-L-i-min-i(2分) ，2-mol-2(或9.375L2-mol-2等。無單位不扣分)(3分)使用催化劑(2分).78.8%(79%或78.75%(2分).1:180(2分)【解析】(1)①由CO(g)和CHOH(l)的燃燒熱AH分別為-283.0kJ?mol-1和-726.8kJ?mol-1,則①CO3(g)+1/2O(g)=CO(g)AH=-283.0kJ-mol-1②CHOH(l)+3/2O(g)=CO(g)+2HO(l)22 3 22 2△H=-726.8kJ-mol-1③H(g)+1/2O(g)=HO(l)AH=-286kJ-mol-1由蓋斯定律可知用2 22①+③-2/3X②得反應(yīng)CO(g)+2H2(g)=CH30H(l),該反應(yīng)的反應(yīng)熱^H=-283.0kJ?mol-1+(-286kJ-mol-1)-2/3(-726.8kJ-mol-1)=-127.8kJ-mol-1,即CO(g)+2H2(g)=CH30H(l)△H=-129kJ?mol-1。故答案為：CO(g)+2H2(g)=CH30H(l)4H=-127.8kJ?mol-1；②利用太陽能將天然氣轉(zhuǎn)化為較易存運的甲醇，陽極失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，反應(yīng)方程式為:(2.0-0.8)molCH4+H20-2e-二CH30H+2H+；(2)①從反應(yīng)開始至平衡時，用H2表示化學(xué)反應(yīng)速率為五丁而；=0.06moH「minT；K==0.06moH「minT；K=②5min后速率變化加劇的原因可能是使用催化劑；（3）CH3OH和CO配料比（質(zhì)量）為1,令投料1g,反應(yīng)的CO為:1gx90%x1g,反應(yīng)的CO為:1gx90%x2832；：*/、《，則CO的轉(zhuǎn)化率為0.7875g/1gX100%=78.8%(79%或78.75%）；（4）c(CH^COO~y18xio-5c(CH3COOH)卅)ioxio-7=，n(CHCOOH):n(CHCOONa)=1:180點睛：（4）綜合考查弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡,難度較大,明確電平衡常數(shù)的概念是解題的關(guān)鍵,注意電荷守恒的含義,對學(xué)生應(yīng)用知識的能力要求較高。10.（14分）以硼鎂礦（2MgO-B2O3-H2O、SiO2及少量Fe^、CaCO3,A12O）為原料生產(chǎn)硼酸的工藝流程如下：TOC\o"1-5"\h\z⑴由于礦粉中含CaCO3,“浸取”時容易產(chǎn)生大量泡沫使物料從反應(yīng)器中溢出，應(yīng)采取的措施為 。（2）“浸出液”顯酸性，含有H3BO3、Mg2+和SO42-,還含有Fe2+、Fe3+、Ca2+、A1+等雜質(zhì)。“除雜”時，向浸出液中依次加入適量H2O2和MgO，可以除去的雜質(zhì)離子為H2H2O2的作用為（3）“浸取”后,采用“熱過濾”的目的為 。（4）“母液”可用于回收硫酸鎂,已知硫酸鎂的溶解度隨溫度變化的曲線如圖所示,且溶液的沸點隨壓強增大而升高。為了從“母液”中充分回收MgSO4-H2O,應(yīng)采取的措施是將“母液”蒸發(fā)濃縮, 。硫酸鎂溶解度總硫酸鎂溶解度總(5)己知25℃時，硼酸(H3BO3)溶液中存在如下平衡:H3BO3(aq)+H2O(1)=[B(OH)4]-(aq)+H+(aq)；K=5.7X10-io；25℃時，0.7mol-L-i硼酸溶液中c(H+);mol^L-i0(6)已知25℃時：化學(xué)式H2CO3CHCOOH3電離常數(shù)K=4.4X10-71K=4.7X10-112K=1.75X10-5下列說法正確的是 （填選項字母）0a.碳酸鈉溶液滴入硼酸溶液中能觀察到有氣泡產(chǎn)生b.碳酸鈉溶液滴入醋酸溶液中能觀察到有氣泡產(chǎn)生c.等濃度碳酸溶液和硼酸溶液的pH：前者>后者d.等濃度碳酸鈉溶液和醋酸鈉溶液的pH：前者>后者【答案】.分批慢慢加入硫酸（或邊加入邊攪拌）（2分）.Fe3+、Fe2+、AL+（2分） HO+2H++2Fe2+=2Fe3++2H0（2分）22 2.防止因溫度下降使H3BO3從溶液中析出（2分）.加壓升溫結(jié)晶（或加壓升溫結(jié)晶并過濾）（2分）.2X10-5（2分）.bd（2分）【解析】【詳解】（1）CaCO3與硫酸反應(yīng)生成二氧化碳、硫酸鈣和水，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CaCO3（粉末）+H2sO4;CaSO4+H2O+COj,由于礦粉中含CaCO」“浸取”時容易產(chǎn)生大量泡沫使物料從反應(yīng)器中溢出;故應(yīng)分批慢慢加入H2SO4；故答案為：3應(yīng)分批慢慢加入H2SO4；（2）加適量HO把Fe2+氧化為Fe3+,所以HO的作用是：HO+2H++2Fe2+=2Fe3++2HO,加口MgO調(diào)節(jié)22 22 22 2pH,使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為沉淀而除去，所以除去的離子有Fe3+、Fe2+、A1+；故答案為：Fe3+、Fe2+、Al3+；HO+2H++2Fe2+=2Fe3++2HO；22 2（3）由題目信息可知3H3BO3的溶解度隨溫度的升高而增大，所以要采用“熱過濾”，以防溫度下降時H3BO3從溶液中析出：故答案為：防止溫度下降時H3BO3從溶液中析出；（4）根據(jù)圖可知溫度越高MgSO4?H2O的溶解度越小，由于溶液的沸點隨壓強增大而升高，為了防止溶液沸騰，應(yīng)該在較高的壓強條件下加熱，使MgSO?HO結(jié)晶析出，故答案為：加壓升溫結(jié)42晶；(5)25℃時0.7m01叱-1硼酸溶液中H+的濃度:c(H+)二卜七二。~；：。；：/mol/L心2X10-5mol-L-i,故答案為：2X10-5mol-L-i；(6)相同溫度、濃度下，酸的電離平衡常數(shù)越大，酸的酸性越強，其酸根離子的水解能力越小，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，酸性強弱順序是CH3COOH>H2CO3>H3BO3>HCO「所以離子水解能力碳酸根離子>碳酸氫根離子〉醋酸根離子。a.3酸性H2c0,H3b0,HCO3-,3所以碳酸鈉溶液滴入硼酸中生成碳酸氫鈉和硼酸鈉，沒有氣體生成，故a錯誤；1.酸性CH3COOHAH2CO3,所以碳酸鈉溶液滴入醋酸中生成醋酸鈉、水和二氧化碳，所以能看到有氣泡生成，故b正確；c.酸性HCO23>H3BO3,所以碳酸的電離程度大于硼酸，則等濃度的碳酸和硼酸溶液比較，碳酸的酸性大于硼酸，3所以pH：前者〈后者，故c錯誤；d.酸性CH3COOH>H2CO3,所以碳酸根離子水解能力大于醋酸根離子，則等濃度的碳酸鈉和醋酸鈉溶液比較，pH：L』>后者，故d正確；故答案為：bd.11.【化學(xué)——選修2化學(xué)與技術(shù)】(15分)利用氟磷灰石［Ka,(PO4)3F)］生產(chǎn)磷銨［OH,)3PO4］并制取硫酸、聯(lián)產(chǎn)水泥。其工藝流程如下圖所示：熱交換器卜 她8田0催化氧化| 賺”S03 J 黏土I |學(xué)燥機| 高溫…濃硫酸石膏 9007300七一*-CaO卜水泥窯 ^水泥氣體|脫水、還原|氟用灰石嶼+流系T操制|NHj焦炭、石英砂、口就1 』，~~1500七 日瞬 HaPO#—|裝置I1操作II一操作山 磷鑲(1)操作I的名稱;在實驗室中操作II包括、。(2)沸騰槽的材質(zhì)是 (從“玻璃”、“鋼鐵”、“附有聚偏氟乙烯防腐層的石墨”中選擇)3選擇的理由是 (3)工業(yè)上還可以用氟磷灰石與焦炭、石英砂混合3在電爐中加熱到1500℃生成白磷3同時逸TOC\o"1-5"\h\z出SiF和CO,反應(yīng)方程式為： 。(4)黏土中有一種成分為石脂(Al2［OH］4Si2O5-nH2O),其用氧化物表示為 (5)已知50的催化氧化反應(yīng)為2SO(g))*O(g)=^2SO(g) △H<0。從化學(xué)反應(yīng)原2理的角度說明催化氧化2時使用熱2交換器的原因_3 。(6)制硫酸所產(chǎn)生的尾氣除了含僑、。外，還含有SO、微量的SO和酸霧。擬用下圖所示的裝置測定硫酸尾氣中SO2的含量：22 2 3若下列各組中的試劑，前者濃度為031mol-L-i，后者適量，溶液體積為51^;通入尾氣101(已換算為標(biāo)準(zhǔn)狀況)時反應(yīng)管中的溶液恰好變色。判斷下列試劑組能否測定硫酸尾氣忖2的體積分?jǐn)?shù)。能者，確定SO的體積分?jǐn)?shù)；不能者，說明原因。編號2試劑組結(jié)論①NaOH溶液、酚歐試液②Na2cO3溶液、酚歐試液③‘碘水、淀粉溶液④KMnO,溶液、稀硫酸【答案】（1）過濾（1分）；蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶（2分）（2）附有聚偏氟乙烯防腐層的石墨（1分）因為酸性且加熱，鋼鐵易被溶解，反應(yīng)產(chǎn)生HF,HF能腐蝕玻璃（2分）1500℃（3）4Ca5（P04）3F+21SiO2+30C=20CaSiO3+3P4+SiF4T+30COT（1分）（4）AlO-2SiO3?（n+2）HO（1分）3 4 4（5）移2去3反應(yīng)中2放出的熱量,2使反應(yīng)后的氣體降溫并預(yù)熱未反應(yīng)的氣體（1分）（6）①不能，因為SO和CO均可以與NaOH溶液反應(yīng)，且產(chǎn)物NaSO、NaCO的溶液仍然為堿性,不能確定反應(yīng)終點（22分）2 23 3②不能，因為SO2可以與Na2cO3溶液反應(yīng)生成Na2sO3,反應(yīng)后溶液仍然為堿性，不能確定反應(yīng)終點（2分）③0.112%（1分）④0.28%（1分）12.【化學(xué)——選修3物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】（15分）a、b、c、d、e均為周期表前四周期元素，原子序數(shù)依次增大，相關(guān)信息如下表所示。a原子核外電子分別占3個不同能級，且每個能級上排布的電子數(shù)相同b基態(tài)原子的p軌道電子數(shù)比s軌道電子數(shù)少1c在周期表所列元素中電負性最大d位于周期表中第4縱行e基態(tài)原子M層全充滿，N層只有一個電子請回答：（1）d屬于 區(qū)的元素，其基態(tài)原子的價電子排布圖為。（2）b與其同周期相鄰元素第一電離能由大到小的順序為（用元素符號表示）。（3）c的氫化物水溶液中存在的氫鍵有種，任意畫出一種。（4）a與其相鄰?fù)髯逶氐淖罡邇r氧化物的熔點高低順序為（用化學(xué)式表示）。若將a元素最高價氧化物水化物對應(yīng)的正鹽酸根離子表示為A,則A的空間構(gòu)型為；A的中心原子的軌道雜化類型為，與A互為等電子體的一種分子為（填化學(xué)式）。（5）e與Au的合金可形成面心立方最密堆積的晶體，在晶胞中e原子處于面心，該晶體具有儲氫功能，氫原子可進入到由e原子與Au原子構(gòu)成的四面體空隙中，儲氫后的晶胞結(jié)構(gòu)與金剛石晶胞結(jié)構(gòu)相似，該晶體儲氫后的化學(xué)式為，若該晶體的相對分子質(zhì)量為M,密度為ag/cm3,則晶胞的體積為（用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值）。

【答案】⑴.D（1分）.N>O>C（1分）【答案】⑴.D（1分）.N>O>C（1分）.4（2分）⑷.SiO2>CO2（1分）（10）.H4Cu3Au（2分）*弓1口向（2分）F—H…F或F—H…O或0一氏?干或O—H…0（1分）平面三角形（1分） sp2（1分） SO3或BF3（1分）M3—白城（2分）【解析】【分析】a、b、c、d、e均為周期表前四周期元素，原子序數(shù)依次增大，a原子核外電子分占3個不同能級，且每個能級上排布的電子數(shù)相同，核外電子排布為1s22s22p2,故a為C元素；b元素基態(tài)原子的p軌道電子數(shù)比s軌道電子數(shù)少1,核外電子排布為1s22s22p3,故b為N元素；c在周期表所列元素中電負性最大，則c為F元素；d位于周期表中第4縱行，且處于第四周期，故d為Ti；e的基態(tài)原子M層全充滿，N層只有一個電子，則核外電子數(shù)為2+8+18+1=29,故e為Cu,據(jù)此解答?！驹斀狻浚╨）d為Ti元素，屬于d區(qū)的元素，基態(tài)原子的價電子排布3d24s2,故其基態(tài)原子的3d * 3d *價電子排布圖為田王亡匚匚|向，故答案為：d；H用||口向；（2）與b同周期相鄰元素分別為C、。，同周期隨原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大趨勢，但N元素原子2p能級容納3個電子，為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能由大到小的順序為：N>O>C,故答案為：N>O>C；O—HiO,共4種，故答案為：4；F—H…F、F_HQ、O—H…F、O—HQO—HiO,共4種，故答案為：4；F—H…F、F_HQ、O—H…F、O—HQ任意一種；a與其相鄰?fù)髯逶氐淖罡邇r氧化物分別為CO2、SiO2,前者屬于分子晶體，后者屬于原子晶體，故熔點高低順序為SiO2>CO2.a元素最高價氧化物水化物對應(yīng)的正鹽酸根離子為COr,4+2-2x3離子中C原子價層電子對數(shù)=3+—;—=3,沒有孤電子對，故碳酸根離子為平面三角形結(jié)構(gòu)，中心C原子的軌道雜化類型為sp2雜化；與CO32-互為等電子體的一種分子為SO3等，故答案為:SiO2>CO2；平面三角形；sp2雜化；SO3；,則形成的晶體中晶胞中Cu與Au的合金可形成面心立方最密堆積的晶體，在晶胞中Cu原子處于面心，Au原子處于頂點，該晶體具有儲氫功能，氫原子可進入到由Cu原子與Au原子構(gòu)成的四面體空隙中，儲氫后的晶胞結(jié)構(gòu)與金剛石晶胞結(jié)構(gòu)相似，金剛石晶胞結(jié)構(gòu)為,,則形成的晶體中晶胞中原子為H原子，共有有4個，Cu原子數(shù)目為6*=3,Au原子數(shù)目為8*=1,該晶體儲氫后的化學(xué)式為HCuAu,若該晶體的相對分子質(zhì)量為M,化學(xué)式為HCuAu,若該晶體的相對分子質(zhì)量為M,晶胞質(zhì)量為43M M胞的體積為、g：ag/cm3=.cm3,MLg,晶體密度為ag/cm3,則晶M故答案為：H4Cu3Au；「Cm3?！军c睛】本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)的綜合考查，涉及核外電子排布、電離能、氫鍵、晶體類型與性質(zhì)、分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、晶胞計算等,明確元素種類是解題關(guān)鍵。本題的易錯點為（2）,注意同周期元素第一電離能異常情況,難點為（5）,注意利用均攤法進行晶胞的有關(guān)計算。13.【化學(xué)—選修5有機化學(xué)基礎(chǔ)】（15分）化合物G元素第一電離能異常情況,難點為（5）,注意利用均攤法進行晶胞的有關(guān)計算。13.【化學(xué)—選修5有機化學(xué)基礎(chǔ)】（15分）化合物G是制備治療高血壓藥物納多洛爾的中間體，實驗室由A制備G的一種路線如下:已知：（1）A的化學(xué)名稱是。（2）H中所含官能團的名稱是；有G生成H的反應(yīng)類型是。（3）C的結(jié)構(gòu)簡式為,F的結(jié)構(gòu)簡式為。（4）由D生成E的化學(xué)方程式為。⑸芳香族化合物X是F的同分異構(gòu)體，1molX最多可與4molNaOH反應(yīng)，其核磁共振氫譜顯示分子中有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫，且峰面積比為3：3：1,寫出兩種符合要求的X的結(jié)構(gòu)簡式:⑹寫出以甲苯和a%⑼2O為原料（其他無機試劑任選）制備化合物’線： 【答案】.萘（1分）.羥基、醚鍵（2分）取代反應(yīng)（1分）

00CCII1(5).（2分）OOCCH1(6).HCOOHCOO（3分）00CCII1(5).（2分）OOCCH1(6).HCOOHCOO【解析】【分析】,B發(fā)生取代反應(yīng)生成C為,C發(fā)生加成反應(yīng)生成D，結(jié)合H的結(jié)構(gòu)簡式可知D發(fā)生取代反應(yīng)生成E,B發(fā)生取代反應(yīng)生成C為,C發(fā)生加成反應(yīng)生成D，結(jié)合H的結(jié)構(gòu)簡式可知D發(fā)生取代反應(yīng)生成E為，，G發(fā)生取代反應(yīng)生成H。（2）H中所含官能團的名稱是羥基、醚鍵；由G生成H的反應(yīng)類型是取代反應(yīng)，故答案為