新版【模擬題分類匯編】高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)：第五單元+選修模塊

第五單元選修模塊專題十五化學(xué)與技術(shù)1.〔2023·貴州省貴陽市期末〕NaCl是價廉且應(yīng)用廣泛的化工業(yè)原料，例如，純堿工業(yè)、氯堿工業(yè)、氯酸鉀工業(yè)、肥皂工業(yè)等?！?〕19世紀(jì)60年代氨堿法是純堿工業(yè)廣泛使用的方法，20世紀(jì)20年代以后被聯(lián)合制堿法逐漸取代。①請寫出以NaCl為原料利用氨堿法生產(chǎn)純堿的化學(xué)方程式；②在聯(lián)合制堿法中，純堿工廠與工廠進(jìn)行聯(lián)合生產(chǎn)，以方便的獲得原料；③在聯(lián)合制堿法中循環(huán)使用，而在氨堿法中循環(huán)使用率不高的物質(zhì)是?！?〕氯酸鉀是重要的化工業(yè)產(chǎn)品，在火柴、炸藥、雷管、焰火等制造中有重要應(yīng)用，工業(yè)中首先通過電解熱食鹽水制得氯酸鈉，再參加一定量的氯化鉀即可得到氯酸鉀沉淀。①在火柴、炸藥、雷管、焰火的制造過程中大量使用氯酸鉀，主要應(yīng)用氯酸鉀的性； ②請寫出電解食鹽水生產(chǎn)氯酸鈉的化學(xué)方程式，該工藝過程中使用的裝置與氯堿工業(yè)中使用的裝置主要區(qū)別有〔請答出兩點〕；〔3〕在肥皂的工業(yè)生成過程中，也要使用NaCl的目的是。1.【答案】〔1〕①NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O②合成氨NH3、CO2③CO2NaCl〔2〕①強氧化〔“氧化〞也可〕②NaCl＋3H2ONaClO3＋3H2↑需要加熱恒溫控制、沒有離子交換膜〔3〕參加食鹽使肥皂析出【解析】〔1〕NaCl為原料利用氨堿法生產(chǎn)純堿是利用NaHCO3的溶解度相對較小，先向飽和食鹽水中通入氨氣至飽和，再通入CO2，反響的化學(xué)反響式為：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O〔1分〕有于氨堿法生產(chǎn)純堿需氨氣，所以應(yīng)與合成氨工廠進(jìn)行聯(lián)合生產(chǎn)，以便獲得氨氣與二氧化碳；氨堿法中循環(huán)使用率不高的物質(zhì)是CO2與NaCl；〔2〕火柴、炸藥、雷管、焰火的制造過程中大量使用氯酸鉀，利用氯酸鉀強氧化性；由于電解飽和實驗水得到氯酸鈉與氫氣，所以需要加熱恒溫控制，沒有離子交換膜；〔3〕在肥皂的工業(yè)生成過程中參加食鹽利用鹽析使肥皂析出。2.〔2023·湖北省武昌市期末〕世界環(huán)保聯(lián)盟建議全面禁止使用氯氣用于飲用水的消毒，而建議采用高效“綠色〞消毒劑二氧化氯。二氧化氯是一種極易爆炸的強氧化性氣體，易溶于水、不穩(wěn)定、呈黃綠色，在生產(chǎn)和使用時必須盡量用稀有氣體進(jìn)行稀釋，同時需要防止光照、震動或受熱。實驗室以電解法制備ClO2的流程如下：〔1〕ClO2中所有原子〔填“是〞或“不是〞〕都滿足8電子結(jié)構(gòu)。上圖所示方法制得的混合氣中雜質(zhì)氣體B能使石蕊試液顯藍(lán)色，除去該雜質(zhì)氣體可選用__； A．飽和食鹽水 B．堿石灰 C．濃硫酸 D．蒸餾水〔2〕穩(wěn)定性二氧化氯是為推廣二氧化氯而開發(fā)的新型產(chǎn)品。以下說法正確的選項是； A．二氧化氯可廣泛用于工業(yè)和飲用水處理 B．應(yīng)用在食品工業(yè)中能有效地延長食品貯藏期 C．穩(wěn)定性二氧化氯的出現(xiàn)大大增加了二氧化氯的使用范圍 D．在工作區(qū)和成品儲藏室內(nèi)，要有通風(fēng)裝置和監(jiān)測及警報裝置〔3〕歐洲國家主要采用氯酸鈉氧化濃鹽酸制備，但該方法缺點是產(chǎn)率低、產(chǎn)品難以別離，還可能污染環(huán)境。寫出該方法發(fā)生的化學(xué)方程式；〔4〕我國廣泛采用經(jīng)枯燥空氣稀釋的氯氣與固體亞氯酸鈉〔NaClO2〕反響制備，化學(xué)方程式是，此法相比歐洲方法的優(yōu)點是〔5〕科學(xué)家又研究出了一種新的制備方法，利用硫酸酸化的草酸〔H2C2O4〕溶液復(fù)原氯酸鈉，化學(xué)反響方程式為，此法提高了生產(chǎn)及儲存、運輸?shù)钠桨残?，原因是____2.【答案】〔1〕不是C〔2〕A、B、C、D〔3〕2NaClO3＋4HCl(濃)2NaCl＋Cl2↑＋2ClO2↑＋2H2O〔4〕2NaClO2＋Cl22NaCl＋2ClO2產(chǎn)率高，易于別離，沒有產(chǎn)生毒副產(chǎn)品〔5〕H2C2O4＋2NaClO3＋H2SO4Na2SO4＋2CO2↑＋2ClO2↑＋2H2O反響過程中生成的二氧化碳起到稀釋作用【解析】〔1〕Cl最外層7個電子，只有1個單電子，O最外層6個電子，含2個單電子，那么O原子不能滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，產(chǎn)物中雜質(zhì)氣體B能使石蕊試液顯藍(lán)色，為氨氣，可選酸來除雜，只有C中濃硫酸符合。

〔2〕ClO2可廣泛用于工業(yè)和飲用水處理，代替Cl2，為“綠色〞消毒劑，A項正確；應(yīng)用在食品工業(yè)中能有效地延長食品貯藏期，能殺菌消毒，B項正確；穩(wěn)定性二氧化氯的出現(xiàn)大大增加了二氧化氯的使用范圍，便于運輸和應(yīng)用，C項正確；二氧化氯是一種極易爆炸的強氧化性氣體，在工作區(qū)和成品儲藏室內(nèi)，要有通風(fēng)裝置和監(jiān)測及警報裝，D項正確?！?〕氯酸鈉氧化濃鹽酸生成氯化鈉、氯氣、二氧化氯、水，該反響為2NaClO3+4HCl〔濃〕═2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O。〔4〕氯氣與固體亞氯酸鈉〔NaClO2〕反響，生成氯化鈉和二氧化氯，該反響為2NaClO2+Cl2═2NaCl+2ClO2，該法相比歐洲方法的優(yōu)點為平安性好，沒有產(chǎn)生毒副產(chǎn)品。〔5〕用硫酸酸化的草酸〔H2C2O4〕溶液復(fù)原氯酸鈉，反響生成硫酸鈉、二氧化碳、二氧化氯、水，該反響為H2C2O4+2NaClO3+H2SO4═Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O，此法提高了生產(chǎn)及儲存、運輸?shù)钠桨残?，原因是反響過程中生成的二氧化碳起到稀釋作用。3.〔2023·河南省開封市第一次模擬〕硫酸廠用煅燒黃鐵礦(FeS2)來制取硫酸，實驗室利用硫酸廠燒渣(主要成分是Fe2O3及少量FeS、SiO2制備綠礬。〔一〕SO2和O2反響制取的反響原理為：，在一密閉容器中一定時間內(nèi)到達(dá)平衡。(1)該反響的平衡常數(shù)表達(dá)式為______。(2)該反響到達(dá)平衡狀態(tài)的標(biāo)志是______。A．v(SO2)=v(SO3)B．混合物的平均相對分子質(zhì)量不變C．混合氣體質(zhì)量不變D．各組分的體積分?jǐn)?shù)不變〔二〕某科研單位利用原電池原理，用SO2和O2來制備硫酸，裝置如圖，電極為多孔的材料，能吸附氣體，同時也能使氣體與電解質(zhì)溶液充分接觸。(3)B電極的電極反響式為______；溶液中H＋的移動方向由______極到______極；電池總反響式為______?！踩忱脽凭G礬的過程如下測定綠礬產(chǎn)品中含量的實驗步驟：a．稱取5.7g產(chǎn)品，溶解，配成250mL。溶液。b．量取25mL待測液于錐形瓶中。c．用硫酸酸化的0.01mol/LKMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液體積40mL。根據(jù)上述步驟同答以下問題。(4)滴定時發(fā)生反響的離子方程式為〔完成并配平離子反響方程式〕。(5)用硫酸酸化的KMnO4滴定終點的標(biāo)志是。(6)計算上述產(chǎn)品中的FeSO4·7H2O質(zhì)量分?jǐn)?shù)為______。3.【答案】〔1〕〔2〕BD〔3〕SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+BA2SO2+O2+2H2O=2H2SO4〔或2SO2+O2+2H2O=4H++SO42-〕〔4〕5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O〔5〕滴定最后一滴酸性KMnO4時溶液呈淡紫色，半分鐘內(nèi)不褪色〔6〕0.975或97.5%【解析】〔2〕未指明SO2和SO3的速率方向，A項錯誤；該反響是氣體體積減小的反響，混合氣體的相對分子質(zhì)量和各組分體積分?jǐn)?shù)不變均能夠說明到達(dá)平衡狀態(tài)，B、D項正確；反響混合物均為氣體，根據(jù)質(zhì)量守恒定律，無論反響是否平衡，氣體質(zhì)量不變，C項錯誤。〔3〕該裝置的總反響方程式為：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。由圖可知，B電極生成H2SO4，那么SO2在該電極發(fā)生氧化反響，為負(fù)極：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+。H+移向正極〔B→A〕?！?〕MnO4-→Mn2+化合價降低5價，F(xiàn)e2+→Fe3+化合價升高1價，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和元素守恒可配平反響方程式。〔5〕酸性高錳酸鉀溶液呈紫紅色，即是反響物，同時也起到指示劑作用，滴定最后一滴酸性KMnO4時溶液呈淡紫色，半分鐘內(nèi)不褪色。 〔6〕反響存在數(shù)量關(guān)系為：5FeSO4·7H2O~MnO4-5×278g1molm0.01mol·L-1×0.04Lm=0.556g，那么產(chǎn)品純度為：〔0.556g×10〕/5.7g×100%=97.5%4.〔2023·河北省唐山市期末〕工業(yè)上用鈦鐵精礦〔FeTiO3〕提煉TiO2的工藝流程如下：〔1〕寫出硫酸酸浸溶解鈦鐵精礦的離子方程式。酸浸時為了提高浸出率，可以采取的措施為。〔2〕鈦鐵精礦后冷卻、結(jié)晶得到的副產(chǎn)物A為，結(jié)晶析出A時，為保持較高的酸度不能加水，其原因可能為?！?〕濾液水解時往往需加大量水稀釋同時加熱，其目的是?！?〕上述工藝流程中表達(dá)綠色化學(xué)理念的是?！?〕工業(yè)上將TiO2和碳粉混合加熱氯化生成的TiCl4，然后在高溫下用金屬鎂復(fù)原TiCl4得到金屬鈦，寫出TiO2制備Ti的化學(xué)方程式：。4.【答案】〔1〕FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O增大硫酸濃度或加熱升高溫度或邊加硫酸邊攪拌或增加浸出時間〔2〕FeSO4·7H2O減少FeSO4·7H2O的溶解量、抑制TiO2+水解〔3〕促進(jìn)水解趨于完全，得到更多的H2TiO3沉淀〔4〕水解得到的稀硫酸可以循環(huán)使用〔5〕TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2COTiCl4+2MgTi+2MgCl2【解析】〔1〕FeTiO3中Fe、Ti分別顯＋2、＋4價，溶于硫酸得到對應(yīng)的硫酸鹽FeSO4、TiOSO4：FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O?！?〕副產(chǎn)物A為硫酸亞鐵溶液結(jié)晶得到的FeSO4·7H2O，結(jié)晶時不能加水，是為了抑制TiO2+水解、減少FeSO4·7H2O的溶解量?！?〕濾液水解時往往需加大量水稀釋同時加熱，主要是促進(jìn)TiO2＋水解趨于完全，得到更多的H2TiO3沉淀?！?〕該工藝流程中硫酸可以循環(huán)使用，表達(dá)綠色化學(xué)理念?！?〕高溫下碳粉轉(zhuǎn)化為CO：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。TiCl4與鎂反響為置換反響：TiCl4+2MgTi+2MgCl2。5.〔2023·甘肅省蘭州市、張掖市第一次診斷〕〔1〕以下關(guān)于工業(yè)生產(chǎn)說法正確的選項是?！蔡钚蛱枴矨．在侯氏制堿工業(yè)中，向飽和氯化鈉溶液中先通二氧化碳，后通氨氣B．在硫酸工業(yè)、合成氨工業(yè)、硝酸工業(yè)中，皆采用循環(huán)操作提高原料利用率C．在氯堿工業(yè)，電解槽被離子交換膜隔成陰極室和陽極室D．工業(yè)上采用電解熔融氯化鋁的方法制取金屬鋁E．石油裂化屬于化學(xué)變化，主要目的是為了獲得短鏈不飽和氣態(tài)烴〔2〕我國規(guī)定飲用水質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定必須符合下表中要求：pHCa2+、Mg2+總濃度細(xì)菌總數(shù)6.5～8.5＜0.0045mol·L-1＜100個·mL-1以下是原水處理成自來水的工藝流程示意圖：①原水中含Ca2+、Mg2+、HCO3-、Cl-等，參加石灰生成Ca(OH)2，進(jìn)而發(fā)生假設(shè)干復(fù)分解反響，寫出其中的離子方程式〔只要求寫出兩個〕：；。②FeSO4·7H2O是常用的凝聚劑，它在水中最終生成沉淀；通入二氧化碳的目的是和。③氣體A的作用是，通?？梢杂肅a(ClO)2替代A，以下物質(zhì)中同樣可以作為氣體A的代用品〔填編號，多項選擇倒扣〕。a．ClO2b．濃氨水c．K2FeO4d．SO25.【答案】〔1〕BC〔2〕①HCO3-+OH-=CO32-+H2O、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O〔任選其二〕②膠體Fe(OH)3除去Ca2+調(diào)節(jié)pH③殺菌消毒ac【解析】〔1〕在侯氏制堿工業(yè)中，常溫下1體積水能夠溶解2體積的CO2、700體積NH3，向飽和氯化鈉溶液中先通二氧化碳，后通氨氣，二氧化碳在溶液中溶解量少，生成碳酸氫鈉少，應(yīng)先通入氨氣再通入二氧化碳，A項錯誤；在硫酸工業(yè)中二氧化硫可以循環(huán)利用、合成氨工業(yè)中氫氣、氮氣可以循環(huán)利用、硝酸工業(yè)中一氧化氮可以循環(huán)利用，皆采用循環(huán)操作提高原料利用率，B項正確；在氯堿工業(yè)，電解槽被離子交換膜隔成陰極室和陽極室，陽極室生成氯氣，陰極室生成氫氣和氫氧化鈉，C項正確；氯化鋁是共價化合物，工業(yè)上不能采用電解熔融氯化鋁的方法制取金屬鋁，應(yīng)電解熔融的氧化鋁制備，D項錯誤；石油裂化屬于化學(xué)變化，主要目的是得到相對分子量小的烴，裂解是為了獲得短鏈不飽和氣態(tài)烴，E項錯誤。〔2〕①由于Mg(OH)2的溶解度比MgCO3小，故參加Ca(OH)2會沉淀Mg2+生成Mg(OH)2沉淀，可以和HCO3-反響生成CaCO3和水，反響的離子方程式為：HCO3-+OH-═CO32-+H2O，Mg2++2OH-═Mg〔OH〕2↓。②綠礬水解生成氫氧化亞鐵，在空氣中迅速被氧化為氫氧化鐵，氫氧化鐵膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的主要作用；絮凝劑在原水處理流程中的作用是吸附水中懸浮雜質(zhì)使之沉降；通入CO2的目的是除去過量的Ca〔OH〕2和調(diào)節(jié)pH。③氣體A是氯氣，目的是氯氣和水反響生成的次氯酸具有強氧化性，能殺菌消毒，替代物質(zhì)需要具備氧化性的物質(zhì)才能起到消毒殺菌。ClO2具有氧化性可以替代氯氣消毒殺菌，a項正確；濃氨水是一元弱堿溶液，不能殺菌消毒，b項錯誤；K2FeO4是高鐵酸鉀具有氧化性能起到殺菌消毒的作用，c項正確；SO2是有毒氣體，具有弱氧化性，不能用來殺菌消毒，d項錯誤。專題十六物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)1.(2023·四川省成都市期末)X、Y、Z、W、R五種分屬于不同主族的短周期元素，原子序數(shù)依次增大，X的氣態(tài)氫化物分子只有一對孤對電子；Y、Z、W的最高價氧化物的水化物可以兩兩相互反響。(1)X在周期表中的位置________；Z3＋的核外電子排布式_________。(2)Y、Z、R的第一電離能大小順序________〔用元素符號表示〕。(3)W最高正價氧化物分子構(gòu)型為_________；將該氧化物溶于水，那么所得溶液陰離子中的W雜化軌道類型為_________。(4)將R的單質(zhì)與Y的最高價氧化物對應(yīng)水化物混合，其反響的離子方程式為________。(5)右圖所示為Y、Z形成的合金晶胞結(jié)構(gòu)，如果將含lmolY的該合金置于足量水中充分反響，放出標(biāo)況下氣體________L。1.【答案】〔1〕第二周期、VA族1s22s22p6〔2〕Na<Al<Cl(3)平面三角形sp3〔4〕Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O〔5〕44.8【解析】X的氣態(tài)氫化物只有一對孤對電子且為五種元素中原子序數(shù)最小的元素，故為氮元素；Y、Z、W的最高價氧化物的水化物可以兩兩反響，那么為分別為Na、Al、S，R為Cl?！?〕硫的最高價氧化物為SO3，價層電子對為6/2=3，那么SO3中硫為sp2雜化，分子空間結(jié)構(gòu)為平面三角形。SO3溶于水生成H2SO4，H2SO4電離產(chǎn)生SO42-，中心硫原子的價電子對數(shù)〔6+2〕/2=4，故硫雜化類型為sp3雜化?！?〕氯氣能夠與NaOH反響，離子方程式為：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O?！?〕合金中Na、Al之比為1:1，含1molNa的合金置于足量的水發(fā)生的反響有：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。故存在如下轉(zhuǎn)化關(guān)系。Na~Al~2H21mol44.8L2.(2023·江蘇省揚州市期末)一定條件下，Ni2+與丁二酮肟生成鮮紅色沉淀A?！?〕基態(tài)Ni2+的核外電子排布式為▲。〔2〕丁二酮肟組成元素中C、N、O的電負(fù)性由大到小的順序為▲。丁二酮肟分子中C原子軌道的雜化類型是▲?！?〕元素Ni的一種碲〔Te〕化物晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如下圖，那么該化合物的化學(xué)式為▲?！?〕Ni(CO)4是一種無色液體，沸點為42.1℃，熔點為-19.3℃。Ni(CO)4的晶體類型是▲。請寫出一種由第二周期主族元素組成的且與CO互為等電子體的陰離子的電子式▲。2.【答案】〔1〕1s22s22p63s23p63d8(或[Ar]3d8)〔2〕O＞N＞Csp3和sp2〔3〕NiTe2〔4〕分子晶體或【解析】〔1〕Ni的原子序數(shù)為28，根據(jù)能量最低原理可寫出Ni2+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d8(或[Ar]3d8)?！?〕C、N、O處于同周期，電負(fù)性依次增強。丁二酮肟分子中有形成雙鍵和四條單鍵的兩類碳原子，即碳的雜化類型有sp2和sp3?！?〕晶胞為長方體結(jié)構(gòu)，均攤法Ni處于晶胞的八個頂點，兩個Te處于晶胞內(nèi)，故該混合物的化學(xué)式為NiTe2?！?〕Ni(CO)4熔沸點低，應(yīng)為分子晶體。根據(jù)等電子體概念可知，與CO互為等電子體有CN-和C22-。3.〔2023·吉林省延邊州市期末〕冰晶石又名六氟合鋁酸鈉或氟化鋁鈉，白色細(xì)小的結(jié)晶體。工業(yè)上制取冰晶石(Na3AlF6)的化學(xué)方程式如下：2Al(OH)3+12HF+3A=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O。根據(jù)題意完成以下填空：〔1〕反響物A的分子式為，屬于晶體〔2〕生成物中屬于極性分子是〔寫分子式〕，該分子的中心原子的雜化軌道類型為，該分子的空間構(gòu)型為〔3〕反響物中有兩種元素在元素周期表中位置相鄰，請用一個化學(xué)方程式來表示它們的電負(fù)性的大小，并請寫出其中電負(fù)性較小的元素原子的價層軌道表示式：?！?〕Al單質(zhì)的晶體中原子的堆積方式如以下圖甲所示，其晶胞特征如以下圖乙所示，原子之間相互位置關(guān)系的平面圖如以下圖丙所示。甲甲乙丙假設(shè)Al的原子半徑為d，NA代表阿伏加德羅常數(shù)，Al的相對原子質(zhì)量為M，請答復(fù)：晶胞中Al原子的配位數(shù)為，一個晶胞中Al原子的數(shù)目為；該晶體的密度為〔用字母表示〕3.【答案】〔1〕Na2CO3離子〔2〕H2Osp3V形〔3〕2F2+2H2O=4HF+O2〔4〕124EQ\F(M,4EQ\R(,2)d3NA)【解析】〔1〕結(jié)合質(zhì)量守恒定律可得，A為Na2CO3，是離子晶體。〔2〕〔2〕生成物中屬于極性分子是H2O，中心原子sp3雜化。〔3〕生成物中相鄰的元素為F和O?！?〕從圖看該晶體為面心立方最密堆積：與一個Al距離最近且相等的鋁原子的個數(shù)為12個，所以晶胞中Al原子的配位數(shù)為12；一個晶胞中Al原子的數(shù)目為8×1/8+6×1/2=4；該Al晶體屬于面心立方晶格，其密度為一個晶胞的質(zhì)量除以一個晶胞的體積。(一個晶胞中有4個Al)。設(shè)立方體邊長為a，結(jié)合丙圖可知：4d=，所以該晶體的密度為=EQ\F(M,4EQ\R(,2)d3NA)。4.〔2023·河南省開封市第一次模擬〕乙炔是有機合成工業(yè)的一種原料。工業(yè)上曾用CaC2與水反響生成乙炔。(1)CaC2與水反響生成乙炔的反響方程式為________。(2)比擬第二周期元素C、N、O三種元素的第一電離能從大到小順序為______〔用元素符號表示〕，用原子結(jié)構(gòu)觀點加以解釋______。(3)CaC中C22－與O22＋互為等電子體，O22＋的電子式可表示為______；1molO22＋中含有的鍵數(shù)目為_______。(4)CaC2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)與NaCI晶體的相似〔如右圖所示〕，但CaC2晶體中含有的中啞鈴形C22－的存在，使晶胞沿一個方向拉長。CaC2晶體中1個Ca2＋周圍距離最近的C22－數(shù)目為______。(5)將乙炔通入[Cu(NH3)2]Cl溶液生成Cu2C2紅棕色沉淀。Cu－基態(tài)核外電子排布式為_______(6)乙炔與氫氰酸反響可得丙烯腈。丙烯腈分子中碳原子軌道雜化類型是______；分子中處于同一直線上的原子數(shù)目最多為______。4.【答案】【解析】〔2〕同一周期從左到右，第一電離能呈增大趨勢，因氮原子的2p軌道處于半滿狀態(tài)相對穩(wěn)定，使其第一電離能大于氧，故第一電離能N>O>C。〔3〕根據(jù)等電子體原理可知，O22+的電子式為，在1mol三鍵含有2mol的π鍵和1mol的δ鍵，故1molO22+中，含有2NA個π鍵。

〔4〕Ca2+位于晶胞的棱上，由于晶胞沿一個方向拉長，1個Ca2+周圍距離最近的C22-有4個。〔5〕Cu為29號元素，Cu的基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，失去2個電子后生成Cu+，Cu+的根本電子排布式為1s22s22p63s23p63d10。〔6〕H2C=CH-C≡N中，H2C=和=CH-中的C原子都形成3個δ鍵，碳原子的雜化軌道類型為sp和sp2雜化，同一直線上有3個原子。5.〔2023·河北省唐山市期末〕A、B、C、D、E、F六種元素的原子序數(shù)依次遞增，A、B、C、D位于前三周期。A位于周期表的s區(qū)，其原子中電子層數(shù)和未成對電子數(shù)相同；B的基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數(shù)相同；D原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的3倍；F為28號元素；E的一種氧化物具有磁性。請答復(fù)以下問題：〔1〕基態(tài)E核外電子排布式為：，第二周期基態(tài)原子未成對電子數(shù)與F相同且電負(fù)性最小的元素名稱為?！?〕CD3-的空間構(gòu)型〔用文字描述〕。〔3〕配合物F(BD)n的中心原子價電子數(shù)與配體提供電子總數(shù)之和為18，那么n=，根據(jù)等電子原理，BD分子內(nèi)σ鍵與π鍵個數(shù)之比為。〔4〕A、B、D三種元素組成的一種化合物M是新裝修居室中常含有的一種有害氣體：M分子中的中心原子采用雜化?！?〕一種E和F的合金晶體具有面心立方最密堆積的結(jié)構(gòu)。在晶胞中，F(xiàn)原子位于頂點，E原子位于面心，那么該合金中F原子與E原子個數(shù)之比為，假設(shè)該晶胞的邊長為apm，那么合金的密度為g·cm-3〔只要求列算式，不必計算出數(shù)值，阿伏伽德羅常數(shù)為NA〕。5.【答案】〔1〕1s22s22p63s23p63d64s2碳〔2〕平面三角形〔3〕41∶2〔4〕sp2〔5〕1∶3(58+56×3)×1030/(a3NA)〔其他合理答案均給分〕【解析】s區(qū)電子層數(shù)和未成對電子數(shù)相同的元素是氫，即A元素是氫；B的基態(tài)有三個能量不同原子軌道，且每種軌道中的電子總數(shù)相同，那么電子排布式為1s22s22p2，是碳元素；根據(jù)D元素的結(jié)構(gòu)可知其電子排布式為1s22s22p4，D是氧元素，那么C是氮元素；28號元素是鎳，F(xiàn)e3O4是磁性氧化鐵，故為E元素。〔1〕Ni的未成對電子數(shù)為2，故第二周期有兩個未成對電子數(shù)是碳和氧，電負(fù)性最小的是碳?！?〕NO3-中氮原子的價層電子對數(shù)：〔5+1〕/2=3，故氮原子雜化類型為sp2，是平面三角形?！?〕Ni的價電子排布式為3d84s2，CO提供的價電子數(shù)為2，故n=4。CO與N2互為等電子體，存在三鍵故分子內(nèi)σ鍵與π鍵個數(shù)之比為1:2?！?〕HCHO的碳原子的價層電子對數(shù)：〔4+2〕/2=3，故碳原子的雜化類型為sp2?！?〕根據(jù)E、F在晶胞中的位置可知，每個晶胞含E、F個數(shù)分別為3、1。6.(2023·湖北省宜昌市期末)I．氫能的存儲是氫能應(yīng)用的主要瓶頸，配位氫化物、富氫載體化合韌是目前所采用的主要儲氫材料?！?〕Ti〔BH4〕2是一種過渡元素硼氫化物儲氫材料。在基態(tài)Ti2+中，電子占據(jù)的最高能層符號為，該能層具有的原子軌道數(shù)為；〔2〕液氨是富氫物質(zhì)，是氫能的理想載體，利用實現(xiàn)儲氫和輸氫。以下說法正確的選項是；a．NH3分子中氮原子的軌道雜化方式為sp2雜化b．NH+4與PH+4、CH4、BH-4、ClO—4互為等電子體c．相同壓強時，NH3的沸點比PH3的沸點高d．[Cu〔NH3〕4]2+離子中，N原子是配位原子〔3〕NF3與NH3的空間構(gòu)型相同，但NF3不易與Cu2+形成配離子，其原因是；II．氯化鈉是生活中的常用調(diào)味品，也是結(jié)構(gòu)化學(xué)中研究離子晶體時常用的代表物，其晶胞結(jié)構(gòu)如下圖。〔1〕設(shè)氯化鈉晶體中Na+與跟它最近鄰的Cl—之間的距離為r，那么該Na+與跟它次近鄰的C1—個數(shù)為，該Na+與跟它次近鄰的Cl—之間的距離為；〔2〕在氯化鈉晶體中Na+的半徑為以apm，Cl—的半徑為bpm，它們在晶體中是緊密接觸的，那么在氯化鈉晶體中離子的空間利用率為；〔用含a、b的式子表示〕〔3〕納米材料的外表原子占總原子數(shù)的比例很大，這是它有許多特殊性質(zhì)的原因。假設(shè)某氯化鈉顆粒形狀為立方體，邊長為氯化鈉晶胞的10倍，那么該氯化鈉顆粒中外表原子占總原子數(shù)的百分比為。6.【答案】Ⅰ．〔1〕M9〔2〕cd〔3〕N、F、H三種元素的電負(fù)性為F>N>H，在NF3中，共用電子對偏向F，偏離N原子，使得氮原子上的孤電子對難于與Cu2＋形成配位鍵。Ⅱ．〔1〕8r〔2〕〔3〕26％或【解析】〔1〕鈦是22號元素，Ti2+核外有20個電子，根據(jù)構(gòu)造原理知其基態(tài)核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d2，占據(jù)最高能量的電子層為M層，該能層填充電子的軌道有3s、2p、3d共9個軌道。〔2〕NH3分子中N原子含有3個共用電子對和一個孤電子對，所以其價層電子對是4，采用sp3雜化，a錯誤；ClO4-與NH4+不是等電子體，b項錯誤；相同壓強時，氨氣中含有氫鍵，PH3中不含氫鍵，所以NH3沸點比PH3高，c正確；[Cu〔NH3〕4]2+離子中，N原子提供孤電子對，所以N原子是配位原子，d正確。

II.〔1〕與Na+次近鄰的Cl-處于晶胞的體心位置，故次近鄰的Cl-有8個。設(shè)二者之間距離為x，那么x2=r2+2r2，x=r?！?〕晶胞中含有Na+、Cl-分別為4個，離子體積為：[4π〔a3+b3〕]/3，而晶胞的體積為：(2a+2b)3，故體積的空間利用率為：?！?〕由于立方體中的總原子數(shù)為n3〔n為棱上原子數(shù)〕，因此邊長為氯化鈉晶胞邊長的10倍的氯化鈉顆粒中總原子數(shù)為213，而其內(nèi)部的總原子數(shù)為193〔相當(dāng)于將外面剝掉一層〕，所以其外表的原子數(shù)為213-193。外表原子占總原子數(shù)的百分?jǐn)?shù)：〔213-193〕/213=26%。專題十七有機化學(xué)根底1.(2023·江蘇省揚州市期末)以下說法正確的選項是A．蛋白質(zhì)的水解可用于別離和提純蛋白質(zhì)B．丙烯酸甲酯可通過縮聚反響生成高分子化合物C．用乙醇和濃硫酸制備乙烯時，可用水浴加熱控制反響的溫度D．有機物的核磁共振氫譜有兩個峰，且峰面積之比為3∶11.【答案】D【解析】可以利用蛋白質(zhì)的鹽析別離和提純蛋白質(zhì)，A項錯誤；丙烯酸甲酯含有碳碳雙鍵，能夠發(fā)生能夠發(fā)生加聚反響生成高分子化合物，B項錯誤；乙醇通過消去反響生成乙烯，所需溫度為170℃不能使用水浴加熱，C項錯誤；分子中有兩類氫原子，數(shù)量比為3:1，D項正確。2.〔2023·浙江省湖州市期末〕以下說法正確的選項是A.按系統(tǒng)命名法，化合物的名稱是2，5，5—三甲基—3—乙基庚烷B.將與NaOH的醇溶液共熱可制備CH3—CH═CH2C.向檸檬醛中參加酸性高錳酸鉀，假設(shè)溶液褪色，說明分子中含有醛基D.三種氨基酸脫水，最多可生成6種二肽2.【答案】A【解析】將鍵線式展開為：CH3CH2(CH3)2CCH2CH(CH2CH3)CH(CH3)2，根據(jù)烷烴命名原那么可知名稱正確，A項正確；醇的消去反響條件為濃硫酸、加熱，B項錯誤；檸檬醛中含有碳碳雙鍵，也能夠使酸性高錳酸鉀溶液褪色，C項錯誤；三種氨基酸形成二肽12種，D項錯誤。3.〔2023·江西省吉安市期末〕質(zhì)譜圖說明某有機物的相對分子質(zhì)量為70，紅外光譜表征到C=C和C=O的存在，1H核磁共振譜如右圖〔峰面積之比依次為1:1:1:3〕，以下說法正確的選項是A．分子中共有5種化學(xué)環(huán)境不同的氫原子B．該有機物的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=CHCOOHC．該物質(zhì)的分子式為C4H6OD．該有機物不可能與新制氫氧化銅反響3.【答案】C【解析】分子中共有4個峰，所以有4種化學(xué)環(huán)境不同的氫原子，故A項錯誤；CH3CH=CHCOOH的相對分子質(zhì)量為86，B項錯誤；C4H6O的相對分子質(zhì)量為70，根據(jù)題意該有機物結(jié)構(gòu)為：CH3CH=CHCHO，C項正確、D項錯誤。4.(2023·北京市海淀區(qū)期末)氯霉素主要成分的結(jié)構(gòu)簡式為：，以下有關(guān)該化合物的說法不正確的選項是A．屬于芳香族化合物B．能發(fā)生水解反響C．不能發(fā)生消去反響D．能發(fā)生催化氧化4.【答案】C【解析】氯霉素含有苯環(huán)，屬于芳香族化合物，A項正確；氯霉素含有肽鍵，能發(fā)生水解反響，B項正確；氯霉素含有羥基，能發(fā)生消去反響，以及催化氧化反響，C項錯誤、D項正確。5.〔2023·安徽省池州市期末〕以丙烯為原料合成高分子纖維P的路線如下：〔1〕①的反響類型是______________?！?〕C的核磁共振氫譜顯示3個吸收峰，②的化學(xué)方程式是___________________

〔3〕③是加成反響，D分子中苯環(huán)上的一氯代物只有一種。D的結(jié)構(gòu)簡式是______________?！?〕④的化學(xué)方程式是___________________________________________

〔5〕P的結(jié)構(gòu)簡式是____________5.【答案】〔1〕加成反響

〔2〕CH2=CHCH2OH+H2OHOCH2CH2CH2OH

〔3〕〔4〕〔5〕【解析】〔1〕比照A和B的化學(xué)式知，A到B發(fā)生A與氫氣的加成反響，把醛基復(fù)原為羥基；〔2〕由C的核磁共振氫譜可判斷出C的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2CH2OH，B的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCH2OH，故反響②是B與水發(fā)生加成反響，化學(xué)方程式為；〔3〕依據(jù)加成反響的原理，再結(jié)合題意判斷出D的結(jié)構(gòu)簡式為；〔4〕D被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成E,E為，在濃硫酸催化、加熱條件下和甲醇發(fā)生酯化反響，化學(xué)方程式為；〔5〕利用題中所給信息，結(jié)合C和F的結(jié)構(gòu)簡式判斷出P的結(jié)構(gòu)簡式為。6.〔2023·北京市西城區(qū)期末〕〔16分〕雙草酸酯(CPPO)是冷光源發(fā)光材料的主要成分，合成某雙草酸酯的路線設(shè)計如下：：催化劑①催化劑②一定條件一定條件〔1〕B分子中含有的官能團(tuán)名稱是______?！?〕該CPPO結(jié)構(gòu)中有______種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子。〔3〕反響④的化學(xué)方程式是______?！?〕在反響①~⑧中屬于取代反響的是______?！?〕C的結(jié)構(gòu)簡式是______?！?〕寫出F和H在一定條件下聚合生成高分子化合物的化學(xué)方程式______?！?〕資料顯示：反響⑧有一定的限度，在D與I發(fā)生反響時參加有機堿三乙胺能提高目標(biāo)產(chǎn)物的產(chǎn)率，其原因是______。6.【答案】〔1〕羥基〔2〕3〔3〕CH2=CH2+Br2CH2Br-CH2Br〔4〕②③⑤⑧〔5〕〔6〕〔7〕有機堿三乙胺能跟反響⑧的生成物HCl發(fā)生反響，使合成雙草酸酯的平衡右移?！?分〕【解析】〔1〕CH2=CH2與HCl發(fā)生加成反響生成A(CH3CH2Cl)，A(CH3CH2Cl)在NaOH溶液加熱條件下發(fā)生水解反響生成B〔CH3CH2OH〕，B分子中含有的官能團(tuán)名稱是羥基。〔2〕CPPO結(jié)構(gòu)對稱，分子中乙基上有兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子、苯環(huán)上有一種氫原子，共三種氫原子，故有三種吸收峰。〔3〕CH2=CH2與溴水發(fā)生加成反響生成E(CH2Br-CH2Br)，反響方程式為CH2=CH2+Br2CH2Br-CH2Br；〔4〕在反響①~⑧中，①是加成反響，②是水解反響〔取代反響〕，③是取代反響，④是加成反響，⑤是取代反響，⑥是氧化反響，⑦是氧化反響，⑧是取代反響?！?〕結(jié)合信息①、②和CPPO的結(jié)構(gòu)簡式可知CPPO中的乙二酸酯局部來自I，苯環(huán)側(cè)鏈的CH3CH2O來自B，利用酯水解規(guī)律可知C的結(jié)構(gòu)簡式為：。〔6〕F是，H是，二者在一定條件下發(fā)生縮聚反響生成高分子化合物的化學(xué)方程式為：?！?〕在D與I發(fā)生反響制取CPPO時參加有機堿三乙胺，有機堿三乙胺能跟反響⑧的生成物HCl發(fā)生反響，使合成CPPO的平衡右移，提高目標(biāo)產(chǎn)物CPPO的產(chǎn)率。7.〔2023·北京市東城區(qū)期末〕氯丁橡膠E〔〕的合成路線如下：〔1〕氯丁橡膠中官能團(tuán)的名稱是____________?！?〕②的反響條件和無機試劑是____________?！?〕假設(shè)A為反式結(jié)構(gòu)，用結(jié)構(gòu)簡式表示A的結(jié)構(gòu)是___________。

〔4〕④的化學(xué)方程式是___________________。

〔5〕B的同分異構(gòu)體有多種，寫出屬于酯類且能發(fā)生銀鏡反響的所有的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：_____________

7.【答案】(1)氯原子、碳碳雙鍵

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