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1、2015年福建省高考化学模拟练笔试卷（6月份）（解析版）2015年福建省高考化学模拟练笔试卷(6月份) 一、选择题(共7小题，每小题6分，满分42分) 1(下列对化学反应的认识，错误的是( ) A( 化学反应能够制造出新的物质，同时也能制造出新的元素 B( 化合反应不一定为氧化还原反应 C( 化学反应必然伴随着能量的变化 D( 海水中含有钾元素，经过物理变化和化学反应可以得到钾单质 考点:化学的主要特点与意义( 分析: A(化学变化的实质是分子分成原子，原子再重新组合成新的分子，所以反应前后原子的种类、数目、质量都不变; B(氧化还原反应必须有化合价变化; C(化学反应的实质是化学键的断裂与形
2、成，断键吸收能量，成键释放能量; D(根据钾的化合价的变化来解答; 解答: 解:A(化学反应能够制造出新的物质，但不能制造出新的元素，故A错误; B(化合反应不一定有化合价变化，例如氧化钙与水反应，所以不一定是氧化还原反应，故B正确; C(化学反应的实质是化学键的断裂与形成，断键吸收能量，成键释放能量，所以一定会有能量的变化，故C正确; +D(在海水中钾是以K的形式存在，要转化为钾单质，钾元素必然降价，要发生还原反应，所以需要经过物理变化和化学反应，故D正确; 故选:A( 点评:本题考查了化学反应的特点，明确化学反应的实质和特征是解题关键，题目难度不大( 2(下列有关有机物的说法正确的是( )
3、 A( 蛋白质溶液与淀粉溶液可用丁达尔效应鉴别 B( 麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖 C( 实验室只需用乙酸与乙醇共热就可制得乙酸乙酯 D( 将葡萄糖加入新制Cu(OH)悬浊液中并加热至沸腾，出现红色沉淀 2考点:有机物的结构和性质;有机化学反应的综合应用( 分析: A(蛋白质溶液与淀粉溶液均为胶体分散系; B(蔗糖不含,CHO; C(制备乙酸乙酯，需要浓硫酸; D(葡萄糖含,CHO，具有还原性( 解答: 解:A(蛋白质溶液与淀粉溶液均为胶体分散系，则不能用丁达尔效应鉴别，故A错误; B(蔗糖不含,CHO，不属于还原性糖，而麦芽糖、葡萄糖均为还原性糖，故B错误; C(制
4、备乙酸乙酯，需要浓硫酸作催化剂和吸水剂，故C错误; D(葡萄糖含,CHO，具有还原性，则加入新制Cu(OH)悬浊液中并加热至沸腾，出现红色沉淀，2故D正确; 故选D( 点评:本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意有机物中官能团的判断、性质及发生的反应，题目难度不大( 3(下列有关实验操作的叙述正确的是( ) A( 将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中 B( 某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体水溶液一定显碱性 C( NaCl溶液蒸发结晶时，蒸发皿中刚好有晶体析出时即停止加热 D( 向AlCl溶液中滴加氨水，会产生白色沉淀，
5、再加入NaHSO溶液，沉淀不消失 34考点:化学实验方案的评价( 专题:实验评价题( 分析: A(乙醇易溶于水; B(石蕊在碱性条件下变为蓝色; C(当有大量固体析出时停止加热; D(硫酸氢钠溶液呈酸性，可溶解氢氧化铝( 解答: 解:A(乙醇易溶于水，应用苯或四氯化碳作萃取剂，故A错误; B(石蕊在碱性条件下变为蓝色，故B正确; C(当有大量固体析出且有少量液体剩余时停止加热，用余热蒸干，故C错误; D(氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝，硫酸氢钠溶液呈酸性，可溶解氢氧化铝，故D错误( 故选B( 点评:本题考查物质的分离、提纯及制备等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异
6、同以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等( 4(甲、乙、丙均为中学化学常见的不同物质，它们的转化关系如图所示: 其中甲不可能是( ) A( SiO B(SO C( NHCl D( AlO 22423考点:硅和二氧化硅;铵盐;二氧化硫的化学性质;镁、铝的重要化合物( 分析: A(二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸，硅酸分解生成二氧化硅; B(二氧化硫与与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠与少量盐酸反应生成亚硫酸，亚硫酸分解生成二氧化硫; C(氯化铵与氢氧化钠反应生成氨气，氨气与盐酸反应生成氯化氨; D(三氧化二铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，四羟基合铝酸钠与盐酸反应
7、生成氢氧化铝，氢氧化铝分解生成三氧化二铝( 解答: 解:A(若甲二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠反应生成乙硅酸钠，硅酸钠与盐酸反应生成丙硅酸，硅酸分解生成二氧化硅，故A正确; B(若甲为二氧化硫，二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠与与盐酸反应生成亚硫酸，亚硫酸分解分解生成二氧化硫，故B正确; C(若甲为氯化铵则，氯化铵与氢氧化钠反应生成乙氨气，氨气与盐酸反应生成氯化氨，不符合题意，故C错误; D(若甲为三氧化二铝，三氧化二铝与氢氧化钠反应生成乙四羟基合铝酸钠，四羟基合铝酸钠与盐酸反应生成丙氢氧化铝，氢氧化铝分解生成三氧化二铝，故D正确; 故选:C( 点评:本题考查了物质转化关系的特征转变
8、、物质性质的应用，主要考查量不同产物不同的常见物质的性质应用，难度中等，等熟悉物质的性质是解题关键( 5(下列液体均处于25?，有关叙述正确的是( ) A( 某物质的溶液pH,7，则该物质属于酸或强酸弱碱盐 + B( pH=4.5的番茄汁中c(H)是pH=6.5的牛奶中c(H)的100倍 ,+ C( pH=5.6的CHCOOH与CHCOONa混合溶液中，c(Na),c(CHCOO) 333D( AgCl在同浓度的CaCl和NaCl溶液中的溶解度相同 2考点:pH的简单计算;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质( 专题:电离平衡与溶液的pH专题( 分析: A、常温下，酸溶液、强酸弱碱盐、部分酸式
9、盐的pH,7; +B、根据pH=,lgc(H)来计算回答; C、pH=5.6的CHCOOH与CHCOONa混合溶液中酸的电离程度大于盐的水解程度，溶液中存在电33荷守恒; D、氯离子对氯化银的沉淀溶解平衡起到抑制作用( 解答: 解:A、常温下，酸溶液、强酸弱碱盐的pH,7，此外硫酸氢钠是强酸强碱盐，溶液显示酸性，故A错误; ,+4.5+6.5B、根据pH=,lgc(H)，pH=4.5的番茄汁中c(H)是10，pH=6.5的牛奶中c(H)是10，+pH=4.5的番茄汁中c(H)是pH=6.5的牛奶中c(H)的100倍，故B正确; +C、pH=5.6的CHCOOH与CHCOONa混合溶液中，酸的电
10、离程度大于盐的水解程度，c(H),c33,+(OH)，溶液中存在电荷守恒c(Na)+c(H)=c(CHCOO)+c(OH)，所以c(Na),c3,(CHCOO)，故C错误; 3D、氯离子对氯化银的沉淀溶解平衡起到抑制作用，氯离子浓度越大，抑制程度越大，同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的氯离子浓度前者较大，AgCl在同浓度的CaCl和NaCl溶液中的溶解度不相等，故2D错误( 故选B( 点评:本题考查学生溶液中离子浓度的大小比较以及pH有关计算、沉淀溶解平衡移动的影响因素等知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大( 6(某种可充电聚合物锂离子电池放电时的反应为:LiCoO+LiC?6C+Li
11、CoO，其工作原理示,1x2x62意图如图(下列说法不正确的是( ) A( 放电时LiC发生氧化反应 x6B( 充电时将电池的负极与外接电源的负极相连 + C( 充电时，Li通过阳离子交换膜从左向右移动 ,+ D( 放电时，电池的正极反应为LiCoO+xLi+xe?LiCoO ,1x22考点:原电池和电解池的工作原理( ,+分析:根据电池反应式知，负极反应式为LiC,xe=C+xLi、正极反应式为LiCoO+xLi+xe,x661x2=LiCoO，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，以此解答该题( 2解答: 解:放电时的反应为LiCoO+LiC=6C+LiCoO，Co元素的化合
12、价升高，C元素的化合,1x2x62价降低， A(C元素的化合价升高，则放电时LiC发生氧化反应，故A正确; x6B(充电时负极与阴极相连，将电池的负极与外接电源的负极相连，故B正确; +C(充电时，为电解装置，阳离子向阴极移动，则Li通过阳离子交换膜从右向左移动，故C错误; ,+D(正极上Co元素化合价降低，放电时，电池的正极反应为:LiCoO+xLi+xe?LiCoO，故D,1x22正确; 故选C( 点评:本题考查原电池原理，明确电池反应中元素的化合价变化及原电池的工作原理即可解答，注意与氧化还原反应的结合，题目难度不大( 7(在催化剂作用下，可由甲醇和CO直接合成碳酸二甲酯:CO+2CHO
13、H,?CO(OCH)+HO(某223322研究小组在其他条件不变的情况下，通过研究催化剂用量分别对转化数(TON)的影响来评价催化剂的催化效果(计算公式为TON=转化的甲醇的物质的量/催化剂的物质的量(根据该研究小组的实验及催化剂用量TON的影响图，判断下列说法不正确的是( ) A( 由甲醇和CO直接合成碳酸二甲酯，可以利用价廉易得的甲醇把影响环境的温室气体CO22转化为资源，在资源循环利用和环境保护方面都具有重要意义 B( 在反应体系中添加合适的吸水剂，将提高该反应的TON ,5 C( 当催化剂用量为1.210 mol时，该反应的TON达到最高点 ,5 D( 当催化剂用量高于1.210 mo
14、l时，随着催化剂用量的增加，甲醇的平衡转化率逐渐降低 考点:化学平衡的影响因素;化学平衡建立的过程( 分析: A、在催化剂作用下，可由甲醇和CO直接合成碳酸二甲酯(DMC):CO+2CHOH?CO223(OCH)+HO，可以减少二氧化碳的排放; 322B、添加合适的吸水剂，导致生成物浓度减小，平衡右移; ,5C、由图象得出当催化剂用量为1.210 mol时，TON的变化; D、结合TON=，计算分析判断( 解答: 解:在催化剂作用下，可由甲醇和CO直接合成碳酸二甲酯(DMC):CO+2CHOH?CO223(OCH)+HO， 322A(依据反应化学方程式可知，甲醇和二氧化碳反应生成DMC和水，由
15、甲醇和CO直接合成DMC，2可以利用甲醇把影响环境的温室气体CO转化为资源，在资源循环利用和环境保护方面都具有重要2意义，故A正确; B(在反应体系中添加合适的脱水剂，减少生成物浓度，平衡正向进行，将提高该反应的TON，故B正确; ,5C(由图象可知，当催化剂用量等于1.210mol时，该反应的TON达到最高点，故C正确; ,5D(当催化剂用量高于1.210mol时，随着催化剂用量的增加，TOM减小，即TOM的分母(催化剂的用量)增大，但是甲醇的平衡转化率不变，故D错误， 故选D( 点评:本题考查图象分析方法，平衡影响因素，中等难度，充分运用题中信息是解答本题的关键，题目难度中等( 二、解答题
16、(共3小题，满分45分) 8(I(短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中相对位置如图所示( X Y Z W 其中Y所处的周期序数与族序数相等(按要求回答下列问题: (1)写出X的原子结构示意图 ( (2)列举一个事实说明W非金属性强于Z: 2HClO+NaSiO=2NaClO+HSiO? (用化学方423423程式表示) II(运用所学化学原理，解决下列问题: (3)已知:Si+2NaOH+HO?NaSiO+2H?(某同学利用单质硅和铁为电极材料设计原电池(NaOH2232,2为电解质溶液)，该原电池负极的电极反应式为 Si,4e+6OH=SiO+3HO ; 32,1(4)已知:?C(s)+O
17、(g)?CO(g)?H=a kJmol; 22,1?CO(g)+C(s)?2CO(g)?H=b kJmol; 2,1?Si(s)+O(g)?SiO(s)?H=c kJmol( 22工业上生产粗硅的热化学方程式为 2C(s)+SiO(s)=Si(s)+2CO(g)?H=(a+b,c)kJmol2,1 ; (5)已知:CO(g)+HO(g) H(g)+CO(g)(右表为该反应在不同温度时的平衡222常数( 温度/? 400 500 800 平衡常数K 9.94 9 1 则:该反应的?H , 0(填“,”或“,”);500?时进行该反应，且CO和HO起始浓度相等，CO2平衡转化率为 75% ( 考点
18、:元素周期律和元素周期表的综合应用;热化学方程式;原电池和电解池的工作原理;化学平衡的计算( 分析: I(由元素在周期表中位置，可知X处于第二周期，Y、Z、W处于第三周期，Y所处的周期序数与族序数相等，则Y为Al，可推知Z为Si、X为N、W为Cl; ,2?(3)负极发生氧化反应，Si在负极失去电子，碱性条件下生成SiO、HO; 32,1(4)已知:?C(s)+O(g)?CO(g)?H=a kJmol; 22,1?CO(g)+C(s)?2CO(g)?H=b kJmol; 2,1?Si(s)+O(g)?SiO(s)?H=c kJmol 22根据盖斯定律，?+?,?可得2C(s)+SiO(s)=Si
19、(s)+2CO(g)，反应热也进行相应的计算; 2(5)由表中数据可知，升高温度，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动; 令CO和HO起始物质的量均为1mol，设平衡时参加反应CO的物质的量为xmol，利用三段式表2示出各组分物质的量变化量、平衡时各组分物质的量，反应前后气体体积不发生变化，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式列方程计算解答( 解答: 解:I(由元素在周期表中位置，可知X处于第二周期，Y、Z、W处于第三周期，Y所处的周期序数与族序数相等，则Y为Al，可推知Z为Si、X为N、W为Cl( (1)N原子结构示意图为，故答案为:; (2)说明Cl非金属性强于Si的方程式为:2HClO
20、+NaSiO=2NaClO+HSiO?， 423423故答案为:2HClO+NaSiO=2NaClO+HSiO?; 423423,2?(3)负极发生氧化反应，Si在负极失去电子，碱性条件下生成SiO、HO，负极电极反应式32,2为:Si,4e+6OH=SiO+3HO， 32,2故答案为:Si,4e+6OH=SiO+3HO; 32,1(4)已知:?C(s)+O(g)?CO(g)?H=a kJmol; 22,1?CO(g)+C(s)?2CO(g)?H=b kJmol; 2,1?Si(s)+O(g)?SiO(s)?H=c kJmol 22,1根据盖斯定律，?+?,?可得:2C(s)+SiO(s)=S
21、i(s)+2CO(g)?H=(a+b,c)kJmol， 2,1故答案为:2C(s)+SiO(s)=Si(s)+2CO(g)?H=(a+b,c)kJmol; 2(5)由表中数据可知，升高温度，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即该反应的?H,0; 令CO和HO起始物质的量均为1mol，设平衡时参加反应CO的物质的量为xmol，则: 2CO(g)+HO(g)?H(g)+CO(g) 222开始(mol):1 1 0 0 转化(mol):x x x x ,x 1,x x x 平衡(mol):1反应前后气体体积不发生变化，可用物质的量代替浓度计算平衡常数，故=9，解得x=0.7
22、5，故CO平衡转化率为100%=75%， 故答案为:,;75%( 点评:本题属于拼合型题目，涉及结构性质位置关系、电极反应式、热化学方程式、平衡常数影响因素及应用等，难度不大( 9(为了提高资源利用率，减少环境污染，化工集团将钛厂、氯碱厂和甲醇厂组成产业链，如图所示( 请填写下列空白: (1)钛铁矿进入氯化炉前通常采取洗涤、粉碎、烘干、预热等物理方法处理，请从原理上解释粉碎的作用: 增大反应物间接触面积，提高反应速率 (2)已知氯化炉中反应氯气和焦炭的理论用料物质的量比为7:6，则氯化炉中化学方程式为 2FeTiO+6C+7Cl2FeCl+2TiCl+6CO 其中还原剂是 C、FeTiO (
23、32343(3)Ar气通入还原炉中并不参与反应，通入Ar气的作用是: Mg和Ti都有强还原性，在Ar气氛围中可防止被氧化 ,3(4)向FeCl溶液中加入AgNO和KBr，当两种沉淀共存时，= 2.710 33(5)欲用FeCl固体配制稀的FeCl溶液，请简述操作步骤 将氯化铁固体溶于较浓的盐酸，然后33再加水稀释 ( 考点:三废处理与环境保护;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质( 分析: (1)粉碎反应物，可以增大其表面积，从而提高反应速率; (2)根据“氯化炉中反应氯气和焦炭的理论用料物质的量比为7:6”写出反应的化学方程式，还原剂在反应中化合价升高、被氧化，然后根据化合价变化情况判断还原
24、剂; (3)根据氩气性质不活泼及Mg和Ti等具有强还原性易被氧化方面考虑; ,+(4)当两种沉淀共存时，Ag离子浓度相同，根据溶度积常数可得:c(Br)=，c,Cl)=，据此计算出; (5)铁离子易水解，所以在配制氯化铁溶液时常将FeCl固体先溶于较浓的盐酸中，然后再加水稀3释( 解答: 解:(1)粉碎反应物，可以增大其表面积，从而增大反应物之间的接触面积，提高反应速率， 故答案为:增大反应物间接触面积，提高反应速率; (2)已知氯化炉中反应氯气和焦炭的理论用料物质的量比为7:6，则发生的反应为:2FeTiO+6C+7Cl2FeCl+2TiCl+6CO，根据化合价变化可知，C和FeTiO为还原
25、剂， 32343故答案为:2FeTiO+6C+7Cl2FeCl+2TiCl+6CO;C、FeTiO; 32343(3)氩气性质不活泼可以防止Mg和Ti等具有强还原性的物质被氧化， 故答案为:Mg和Ti都有强还原性，在Ar气氛围中可防止被氧化; ,+(4)当两种沉淀共存时，Ag离子浓度相同，根据溶度积常数计算，c(Br)=，c,3(Cl)=，则=2.710， ,3故答案为:2.710; 3+(5)FeCl为强酸弱碱盐，铁离子水解而使其溶液呈酸性，水解离子反应方程式为Fe+3HO?Fe32+(OH)+3H，根据方程式知，为防止铁离子水解，在配制氯化铁溶液时常将FeCl固体先溶于较33浓的盐酸中，氢
26、离子浓度增大，从而抑制铁离子水解，然后再加水稀释， 故答案为:将氯化铁固体溶于较浓的盐酸，然后再加水稀释( 点评:本题考查了难溶电解质的溶解平衡的计算、盐的水解原理的应用、化学方程式书写等知识，题目难度中等，试题知识点较多，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力( 10(银氨溶液可用于检测CO气体，实验室研究的装置如图: +已知:银氨溶液制备反应为:Ag+2NHHO?+2HO(反应结束后试管C底部有黑色沉淀生成，322分离出上层清液和底部黑色固体备用( (1)甲酸(HCOOH)遇浓硫酸分解生成CO和HO，该反应体现浓硫酸的 脱水性 (填“强氧化2性”或“脱水性”)( (2)装置A
27、中软管的作用是 恒压，使甲酸溶液能顺利滴下 ( (3)为验证上层清液中产物的成分，进行如下实验: a(测得上层清液pH为10( b(向上层清液中滴加几滴Ba(OH)溶液，发现有白色浑浊出现，同时产生能使湿润红色石蕊试2纸变蓝的气体( c(取新制的银氨溶液滴加几滴Ba(OH)溶液，无明显现象( 2?实验c的目的是 对比试验，排除银氨溶液对产物检验的干扰 ( ,+2?根据上述实验现象判断，上层清液中产物成分为 (NH)CO或NH、CO (填化学符号)( 42343(4)设计实验证明黑色固体的成分是Ag:可供选择的试剂有:浓硫酸、浓硝酸、NaOH溶液、NaCl溶液( 取少量上述黑色固体，用蒸馏水洗净
28、， 滴加浓硝酸，固体全部溶解并有少量红棕色气体产生，继续滴加NaCl溶液，能产生白色沉淀，说明黑色固体为单质银 ，说明黑色固体是Ag单质(补充必要的实验内容及实验现象) (5)从银氨溶液中回收银的方法是:向银氨溶液中加入过量盐酸，过滤，向沉淀AgCl中加入羟氨(NHOH)，充分反应后可得银，羟氨被氧化为N( 22,+?写出生成AgCl沉淀的离子反应 Cl+2H=AgCl?+2NH ( 4?若该反应中消耗6.6g羟氨，理论上可得银的质量为 21.6 g( 考点:性质实验方案的设计( 分析: (1)甲酸(HCOOH)遇浓硫酸分解生成CO和HO，C元素的化合价不变，甲酸脱水; 2(2)A中软管可使下
29、方生成的气体的气压转移到液体的上方; (3)?取新制的银氨溶液滴加几滴Ba(OH)溶液，无明显现象，与b对比; 2?由a可知溶液为碱性，由b、c可知b中生成白色沉淀为碳酸钡，气体为氨气，即试管C中反应生成碳酸铵; (4)Ag与浓硝酸发生氧化还原反应生成硝酸银、二氧化氮; (5)?银氨溶液与盐酸反应生成AgCl和氯化铵; ?AgCl中加入羟氨(NHOH)，发生氧化还原反应，遵循电子守恒( 2解答: 解:(1)甲酸(HCOOH)遇浓硫酸分解生成CO和HO，C元素的化合价不变，甲酸脱水，2则体现浓硫酸的脱水性， 故答案为:脱水性; (2)A中软管可使下方生成的气体的气压转移到液体的上方，即其作用为恒
30、压，使甲酸溶液能顺利滴下， 故答案为:恒压，使甲酸溶液能顺利滴下; (3)?取新制的银氨溶液滴加几滴Ba(OH)溶液，无明显现象，为b、c的对比试验，排除银氨2溶液对产物检验的干扰， 故答案为:对比试验，排除银氨溶液对产物检验的干扰; ?由a可知溶液为碱性，由b、c可知b中生成白色沉淀为碳酸钡，气体为氨气，即试管C中HCOOH,+2与银氨溶液反应生成碳酸铵，所以上层清液中产物成分为(NH)CO或NH、CO， 42343,+2故答案为:(NH)CO或NH、CO; 42343(4)Ag与浓硝酸发生氧化还原反应生成硝酸银、二氧化氮，则证明黑色固体的成分是Ag的方法为取少量上述黑色固体，用蒸馏水洗净，
31、滴加浓硝酸，固体全部溶解并有少量红棕色气体产生，继续滴加NaCl 溶液，能产生白色沉淀，说明黑色固体为单质银， 故答案为:滴加浓硝酸，固体全部溶解并有少量红棕色气体产生，继续滴加NaCl溶液，能产生白色沉淀，说明黑色固体为单质银; ,+(5)?银氨溶液与盐酸反应生成AgCl和氯化铵，该离子反应为Cl+2H=AgCl?+2NH， 4,+故答案为:Cl+2H=AgCl?+2NH; 4?AgCl中加入羟氨(NHOH)，发生氧化还原反应，消耗6.6g羟氨，n(NHOH)=0.2mol，22由电子守恒可知，理论上可得银的质量为 108g/mol=21.6g， 故答案为:21.6( 点评:本题考查性质实验
32、方案的设计，为高频考点，题目难度中等，把握甲酸中含,CHO与银氨溶液的反应及产物的检验设计为解答的关键，试题侧重考查学生的分析能力、计算能力及化学实验能力( (共1小题，满分13分) 11(1)第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有 3 种( (2)CH中共用电子对偏向C，SiH中硅元素为+4价，则C、Si、H的电负性由大到小的顺序为 C44,H,Si ( 61(3)FeC晶体中碳元素为,3价，则其中基态铁离子的电子排布式为 3d4s ( 3(4)甲醇(CHOH)分子内的O,C,H键角 小于 (填“大于”、“等于”或“小于”)甲醛(HC32?O) 分子内的O,C,H键角( (5)BF和NF都
33、是四个原子的分子，BF分子的立体构型是平面三角形，而NF分子的立体构型33332是三角锥形的原因是 BF中B的杂化类型为sp，形成3个共用电子对，无孤对电子(为平面三角33形;NF中N的杂化类型为sp，形成3个共用电子对，还有一对孤对电子，因而为三角锥形 3(6)某配合物的分子结构如右图所示，?其分子内不含有 AC (填序号)( A(离子键 B(极性键 C(金属键 D(配位键 E(氢键 F(非极性键( 23?其分子中碳原子的杂化方式为 sp和sp 杂化( 考点:元素周期表的结构及其应用;共价键的形成及共价键的主要类型;判断简单分子或离子的构型;原子轨道杂化方式及杂化类型判断( 分析: (1)同
34、一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第?A元素第一电离能大于第?A元素，第?A族的第一电离能大于第?A族元素; (2)根据共用电子对偏向电负性大的原子进行解答; 61(3)FeC晶体中碳元素为,3价，则其中基态铁离子的电子排布式为:3d4s; 3(4)根据键和孤对电子数判断分子的立体构型以及键角; (5)根据价电子对数判断其杂化类型，根据形成的杂化轨道判断其空间构型; (6)?根据图可知，碳氮之间为双键，其中之一为键，氮和镍之间电子对由氮原子单方面提供为配位键，其它都为共价键，据此答题; 23?其分子中碳原子的杂化方式为sp和sp( 解答: 解:(1)同一周期元素
35、中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第?A元素第一电离能大于第?A元素，第?A族的第一电离能大于第?A族元素，所以第二周期中第一电离能顺序为:Li,B,Be,C,O,N，第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素; 故答案为:3; (2)共用电子对偏向电负性大的原子，CH中共用电子对偏向C，则电负性C,H;SiH中共用电44子对偏向H，则电负性H,Si，所以C、Si、H的电负性大小关系为:C,H,Si， 故答案为:C,H,Si; 6161(3)FeC晶体中碳元素为,3价，则其中基态铁离子的电子排布式为:3d4s，故答案为:3d4s; 33(4)甲醇分子内碳
36、原子形成4个键，杂化方式为sp杂化，键角小于120?，甲醛分子内碳原子形成3个键，杂化方式为2杂化，键角为120?;所以甲醇(CHOH)分子内的O,C,H键角 小于3甲醛(HC?O)分子内的O,C,H键角; 2故答案为:小于; 2(5)BF中价电子对数为:=3，形成了三条杂化轨道，即B的杂化类型为sp，形成3个共用3电子对，无孤对电子(为平面三角形;NF中价电子对数为:=4，形成了四条杂化轨道，即N33的杂化类型为sp，形成3个共用电子对，还有一对孤对电子，因而为三角锥形; 2故答案为:BF中B的杂化类型为sp，形成3个共用电子对，无孤对电子(为平面三角形;NF中333N的杂化类型为sp，形成
37、3个共用电子对，还有一对孤对电子，因而为三角锥形; (6)?根据图b可知，碳氮之间为双键，其中之一为键，氮和镍之间电子对由氮原子单方面提供为配位键，其它都为共价键，故答案为:AC; 2323?其分子中碳原子的杂化方式为sp和sp，故答案为:sp和sp( 点评:本题考查电离能、电负性、核外电子排布，分子构型的判断，难度不大，应根据价电子对数=孤电子对数+共价键数判断( (共1小题，满分0分) 12(某课题组拟采用苯酚和化合物B为主要物质合成有机中间体M(CHO)( 16144已知: I(R,COOHR,CHO; ?(经红外光谱检测研究确认，有机物M含有2个“C,O,C”结构(且lmol M与足量
38、 的银氨溶液反应能生成4molAg( (1)有机物B中含有的官能团名称是 溴原子 ( (2)有机物B在X溶液作用下可生成乙二醇，则X为 NaOH (填化学式)( (3)有机物C分子苯环上有两个对位的取代基，写出有机物C的结构简式 ( (4)?有机物D中不能发生的反应类型是 b (选填序号，下同)( a(取代反应b(消去反应c(加成反应d(氧化反应 ?有机物Y与D互为同分异构体，写出符合下列条件的Y的结构简式 ( i(含有苯环，苯环上的一卤代物有3种同分异构体 ?(能与新制的氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀 ?(1molY最多能与2mol NaOH溶液反应 (5)写出由有机物B与有机物D合成M的
39、化学方程式 ( 考点:有机物的推断;有机物的合成( 分析:乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成B为CHBrCHBr(C发生结合信息?中的反应生成D，可知C中含有,COOH，D中含有,CHO，(3)22中有机物C分子苯环上有两个对位的取代基，结合C的分子式CHO，可知C中还含有酚羟基，763故C为，则D为(有机物M含有2个“C,O,C”结构，lmol M与足量的银氨溶液反应能生成4molAg，说明M分子中含有2个醛基，结合M的分子式可知，因此生成M的反应可以看作CHBrCHBr中Br原子被，故M为22，据此解答( 解答: 解:乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴的四氯化
40、碳溶液发生加成反应生成B为CHBrCHBr(C发生结合信息?中的反应生成D，可知C中含有,COOH，D中含有,CHO，(3)22中有机物C分子苯环上有两个对位的取代基，结合C的分子式CHO，可知C中还含有酚羟基，763故C为，则D为(有机物M含有2个“C,O,C”结构，lmol M与足量的银氨溶液反应能生成4molAg，说明M分子中含有2个醛基，结合M的分子式可知，因此生成M的反应可以看作CHBrCHBr中Br原子被，故M为22( (1)有机物B为CHBrCHBr，含有的官能团为溴原子，故答案为:溴原子; 22(2)卤代烃发生在碱性条件下水解生成醇，有机物B在NaOH水溶液中水解生成乙二醇，故
41、答案为:NaOH; (3)由上述分析可知，C的结构简式为:，故答案为:; 6.方向角：指北或指南方向线与目标方向线所成的小于90的水平角，叫做方向角。如图4，OA、OB、OC、OD的方向角分别是；北偏东30，南偏东45(东南方向)、南偏西为60，北偏西60。平方关系：商数关系：4)?D的结构简式为，分子中含有酚羟基和醛基，所以可以发生取代反应、加(成反应、氧化反应，不能发生消去反应，故选:bb; ?D的同分异构体符合:i(含有苯环，苯环上的一卤代物有3种同分异构体;?(能与新制的氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀，说明含有醛基;?.1molY最多能与2moINaOH溶液反应，说明含有甲酸形成的酯
42、基，故F的结构简式为，故答案为:; (二)教学难点圆由两个条件唯一确定：一是圆心（即定点），二是半径（即定长）。因此符合条件的结构简式为， 当a越大，抛物线开口越小；当a越小，抛物线的开口越大。故答案为:; 5)B为CH(BrCHBr、D为、M为，所以22推论2 经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心.B、D转化为M的反应的化学方程式为:定义：在RtABC中，锐角A的邻边与斜边的比叫做A的余弦，记作cosA，即;104.305.6加与减（二）2 P57-60， 如果圆的半径为r，点到圆心的距离为d，则故答案为:( 化简后即为： 这就是抛物线与x轴的两交点之间的距离公式。点评:本题考查有机物的推断、官能团结构与性质、限制条件同分异构体书写、有机化学方程式的书写等，充分利用有机物的分子式与M的结构特点进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查学生分析推理能力，难度中等(