陕西省西安市西工大附中高三化学三模试题含解析.doc

陕西省西工大附中2014届高三三模化学试卷一、选择题（本题包括13小题每小题6分，共计78分每小题只有一个选项符合题意）1环境问题的最终解决要依靠科技进步下列关于保护生存环境的说法中，不正确的是（）A通常利用沉淀反应除去污水中的重金属离子B垃圾焚烧不仅可以用于发电，还不会带来任何新的污染C减少使用、加强回收和再利用是治理“白色污染”的主要途径D可通过改进燃烧装置和燃烧技术，减少煤等化石燃料燃烧产生的污染考点：常见的生活环境的污染及治理.专题：元素及其化合物分析：A、重金属离子污染环境；B、焚烧垃圾发电排出的烟气中会有二恶英等物质；C、减少使用和回收利用是减少白色污染的途径；D、对化石燃料燃烧和使用过程中的污染气体等进行处理减少污染解答：解：A、利用沉淀反应除去污水中的重金属离子，减少重金属污染，利于保护环境，故A正确；B、焚烧垃圾发电排出的烟气中会有二恶英等物质，也会带来污染，故B错误；C、减少使用、加强回收和再利用塑料是治理“白色污染”的主要途径，故C正确；D、可通过改进燃烧装置和燃烧技术，减少煤等化石燃料燃烧产生的污染，利用保护环境，故D正确；故选B点评：本题考查了环境的污染与处理，解答本题要充分理解保护环境的重要性，了解各种环境污染的途径，只有这样才能对相关方面的问题做出正确的判断2（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值下列叙述不正确的是（）A常温常压下，1molC2H5所含的电子总数为17NAB常温常压下，6.4g氧气和臭氧中所含有的原子总数为0.4NAC1mol OH参与电解，反应过程中转移的电子数为4NAD常温下，20L pH=12的Na2CO3溶液中含有的OH离子数为0.2NA考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A乙基中含有17个电子，1mol乙基中含有17mol电子；B6.4g氧气和臭氧的混合物中含有6.4g氧原子，含有0.4mol氧原子；C1mol氢氧根离子参与电解生成0.25mol氧气，失去了1mol电子；D计算出氢氧根离子的数目，然后根据n=cV计算出氢氧根离子的物质的量解答：解：A1mol乙基中含有17mol电子，所含的电子总数为17NA，故A正确；B6.4g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子的质量为6.4g，含有0.4mol氧原子，所含有的原子总数为0.4NA，故B正确；C1mol OH参与电解生成0.25mol氧气和0.5mol水，反应过程中失去0.25mol4=1mol电子，转移的电子数为NA，故C错误；DpH=12的Na2CO3溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，20L溶液中含有氢氧根离子的物质的量为0.2mol，含有的OH离子数为0.2NA，故D正确；故选C点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意乙基中含有17个电子，选项C为易错点，注意氢氧根离子放电情况，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力3（6分）下列说法正确的是（）A1 mol蔗糖可水解生成2 mol葡萄糖BCH3CH=CHCH3与C3H6一定互为同系物CD乙醇可与水以任意比例混溶，是因为与水形成了氢键考点：蔗糖、麦芽糖简介；有机化合物命名；芳香烃、烃基和同系物.专题：有机化学基础分析：A蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；B结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物互为同系物的物质具有以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同；C该物质为2，3二甲基丁烷；D乙醇、水分子之间能形成氢键；解答：解：A蔗糖水解的化学方程式C12H22O11+H2OC6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6（果糖），所以1 mol蔗糖可水解生成1mol葡萄糖和1mol果糖，故A错误；BCH3CH=CHCH3，含有双键，属于烯烃，C3H6 为丙烯或环丙烷，二者不一定是同系物，故B错误；C根据烷烃的命名方法，基名同，要合并，逗号隔，短线分，所以该有机物的正确名称为2，3二甲基丁烷，故C错误；D氧的电负性较大，乙醇、水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶，故D正确；故选D点评：本题考查蔗糖水解、同系物、有机物的命名、氢键等知识，题目难度不大，注意基础知识的积累4甲、乙、丙、丁、戊是中学常见的无机物，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）下列说法不正确的是（）A若甲既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则丙可能属于两性氧化物B若甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，且戊为碱，则丙只能为Na2O2C若丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，丁为10电子分子，则乙的水溶液可能具有漂白作用D若甲、丙、戊含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为：甲丙戊考点：无机物的推断.专题：推断题分析：A甲为单质，既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则甲为Al；B甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，则甲为Na，乙为氧气；C丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，丁为10电子分子，则丙为HCl，丁为NH3；D若甲、丙、戊含有同一种元素，当甲为S，乙为氧气，丙为二氧化硫，戊为硫酸，则含S元素的化合价符合题意解答：解：A甲为单质，既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则甲为Al，乙为氧气，二者反应生成丙为氧化铝，属于两性氧化物，故A正确；B甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，则甲为Na，乙为氧气，二者反应生成的丙可能为Na2O2或Na2O，故B错误；C丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，丁为10电子分子，则丙为HCl，丁为NH3，若乙为氯气，其水溶液中含有HClO，具有漂白作用，故C正确；D若甲、丙、戊含有同一种元素，当甲为S，乙为氧气，丙为二氧化硫，丁为HClO等具有强氧化性的物质，戊为硫酸，则含S元素的化合价由低到高的顺序为甲丙戊，故D正确；故选B点评：本题考查无机物的推断，熟悉物质的性质及转化关系图中的反应是解答本题的关键，注意选项D为解答的难点，符合甲、丙、戊中同种元素的化合价升高为非金属元素或变价金属元素，题目难度较大5（6分）下列有关说法正确的是（）A浓盐酸在化学反应中既可以做氧化剂，又可以作还原剂B工业上常以SiO2为原料制取粗硅，这一过程中，硅元素被氧化C在任何条件下都不能发生反应：Cu+H2SO4CuSO4+H2D1L 0.1mol/L FeCl3溶液滴入沸水中，得到的Fe（OH）3胶粒个数为NA考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；胶体的重要性质；氧化还原反应；硅和二氧化硅；铜金属及其重要化合物的主要性质.专题：元素及其化合物分析：A、盐酸中氯离子具有还原性，氢离子具有氧化性；B、化合价降低元素在反应中被还原；C、电解池可以实现非自发的氧化还原反应的发生；D、根据胶体粒子是氢氧化铁的集合体来回答判断解答：解：A、盐酸中氯离子具有还原性，如高锰酸钾可以将之氧化为氯气，氢离子具有氧化性，如金属铁和氢离子之间的反应生成氢气，所以浓盐酸在化学反应中既可以做氧化剂，又可以作还原剂，故A正确；B、业上常以SiO2为原料制取粗硅，这一过程中，硅元素被还原，故B错误；C、电解池可以实现反应Cu+H2SO4CuSO4+H2的发生，金属铜作阳极，石墨作阴极，电解质采用硫酸溶液即可，故C错误；D、氢氧化铁胶体的胶粒是氢氧化铁的集合体，且铁离子不能完全水解，所以此情况下得到的Fe（OH）3胶粒个数小于NA，故D错误故选A点评：本题考查学生氧化还原反应、电解池原理的应用以及胶体微粒和胶体之间的关系等知识，综合性强，难度不大6（6分）已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO3，氧化性：HClOCl2Br2Fe3+I2下列有关离子反应或离子方程式的叙述中，正确的是（）A向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：2ClO+CO2+H2O2HClO+CO32B向溴水中加入足量氯化亚铁溶液能使溴水变成无色C能使pH试纸显深红色的溶液中，Fe3+、Cl、Ba2+、Br能大量共存D向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；氧化性、还原性强弱的比较.专题：基本概念与基本理论分析：A酸性HClOHCO3，则二氧化碳和次氯酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸；B溴和亚铁离子发生氧化还原反应；C能使pH试纸显深红色的溶液中，说明溶液呈强酸性，弱酸根离子、还原性离子不存在；D氧化性：Fe3+I2，则碘离子先被氧化解答：解：A酸性HClOHCO3，则二氧化碳和次氯酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为ClO+CO2+H2O=HClO+HCO3，故A错误；B溴和亚铁离子发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe2+Br22Fe3+2Br，故B错误；C能使pH试纸显深红色的溶液中，说明溶液呈强酸性，弱酸根离子、还原性离子不存在，这几种离子之间不反应，所以能共存，故C正确；D氧化性：Fe3+I2，则碘离子先被氧化，离子方程式为2I+Cl2I2+2Cl，故D错误；故选C点评：本题以氧化还原反应为载体考查了离子方程式的书写，明确酸性强弱、离子反应先后顺序是解本题关键，根据物质之间的反应来分析解答，题目难度不大，易错选项是D7（6分）常温下，向0.1mol/L的H2SO4溶液中逐滴加入0.1mol/L的Ba（OH）2溶液，生成沉淀的质量与加入Ba（OH）2溶液的体积关系如图所示，下列说法中正确的是（）Aad溶液的pH：abcdBad溶液的导电能力：abcdCb处溶液的c（H+）与d处溶液的c（OH）相等Dc处溶液和d处溶液均呈碱性考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；电解质溶液的导电性；离子浓度大小的比较.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：硫酸和氢氧化钡的反应方程式为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2H2O，随着氢氧化钡溶液的加入，溶液中氢离子的浓度逐渐降低，当达到c点时，硫酸和氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡和水，继续滴加氢氧化钡溶液，氢氧化钡过量导致溶液成为氢氧化钡溶液解答：解：A、硫酸和氢氧化钡的反应方程式为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2H2O，随着氢氧化钡溶液的加入，溶液中氢离子的浓度逐渐降低，溶液的PH 值逐渐增大，当达到c点时，硫酸和氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡和水，溶液的PH=7，继续滴加氢氧化钡溶液，溶液的PH7，故A正确B、导电能力与溶液中自由移动离子的浓度有关，离子浓度越大，导电能力越强，随着氢氧化钡溶液的加入，溶液中硫酸根离子和氢离子逐渐减少，当达到c点时，硫酸和氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡和水，溶液的导电性最小，继续滴加氢氧化钡溶液时，氢氧化钡是可溶性的强电解质，溶液中自由移动的离子浓度增大，导电性逐渐增强，所以导电能力是先减小后增大，故B错误C、硫酸和氢氧化钡的反应方程式为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2H2O，溶液混合前硫酸的物质的量浓度和氢氧化钡的物质的量浓度相同，根据图象知，滴加氢氧化钡溶液20mL时，两种溶液恰好反应，所以硫酸的体积为20mL，b点时，氢离子的物质的量浓度=mol/L；d点时氢氧根离子的物质的量浓度=mol/L，所以两处的物质的量浓度不同，故C错误D、c处，硫酸和氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡和水，溶液呈中性；d处氢氧化钡溶液过量导致溶液呈碱性，故D错误故选A点评：本题以硫酸和氢氧化钡的反应为载体考查了酸碱中和反应过程中溶液导电能力变化、酸碱性的变化等知识点，难度不大，注意导电能力与溶液中离子的浓度有关，与溶液的PH值无关二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）有两种位于短周期的相邻周期、相邻主族的非金属元素X、Y，已知两元素最高价氧化物的水化物均为强酸根据如图转化关系（反应条件及部分产物已略去），回答下列问题：（1）若A、B、C、D均为含X元素的化合物，且A的一个分子中只含有10个电子，则：A分子的空间构型为三角锥形反应I的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O化合物NaX3是合成“达菲”的中间活性物质，NaX3受撞击后生成Na3X和另一种气体单质，请写出该反应的化学方程式3NaN3=Na3N+4N2（2）若A、B、C、D均为含Y元素的化合物，且A的摩尔质量为34gmol1，则：将反应IV所得的溶液加热蒸干得到物质（填化学式）：CuSO4反应I的化学方程式为2H2S+3O22SO2+2H2O含Y元素的化合物Na2Y2和次氯酸钠溶液在强碱性环境中能发生反应，产物无沉淀，请写出该反应的离子反应方程式S22+7ClO+2OH=2SO42+7Cl+H2O考点：无机物的推断.专题：推断题分析：两种位于短周期的相邻周期、相邻主族的非金属元素X、Y，已知两元素最高价氧化物的水化物均为强酸，故X、Y两元素一种为N元素，另一种为S元素；（1）若A、B、C、D均为含X元素的化合物，且A的一个分子中只含有10个电子，故X为N元素，A为NH3，由A与E反应生成B，B与E反应生成C，考虑E为O2，B为NO，C为NO2，由Cu+DB，C+FD可知，D为硝酸，F为H2O，验证符合转化关系；（2）Y元素为S元素，若A、B、C、D均为含Y元素的化合物，由Cu+DB，考虑D为H2SO4，B为SO2，A的摩尔质量为34gmol1，则A为H2S，可以推知E为O2，C为SO3，F为H2O，验证符合转化关系解答：解：两种位于短周期的相邻周期、相邻主族的非金属元素X、Y，已知两元素最高价氧化物的水化物均为强酸，故X、Y两元素一种为N元素，另一种为S元素，（1）若A、B、C、D均为含X元素的化合物，且A的一个分子中只含有10个电子，故X为N元素，A为NH3，由A与E反应生成B，B与E反应生成C，考虑E为O2，B为NO，C为NO2，由Cu+DB，C+FD可知，D为硝酸，F为H2O，验证符合转化关系，则：由上述分析可知，A为NH3，为三角锥形，故答案为：三角锥形；反应I是氨气催化氧化生成NO与水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；NaN3受撞击后生成Na3N和另一种气体单质，该气体为N2，该反应的化学方程式为：3NaN3=Na3N+4N2，故答案为：3NaN3=Na3N+4N2；（2）Y元素为S元素，若A、B、C、D均为含Y元素的化合物，由Cu+DB，考虑D为H2SO4，B为SO2，A的摩尔质量为34gmol1，则A为H2S，可以推知E为O2，C为SO3，F为H2O，验证符合转化关系，则：将反应IV是铜与硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫与水，所得的溶液是硫酸铜溶液，加热蒸干得到的物质是CuSO4，故答案为：CuSO4；反应I是硫化氢燃烧生成二氧化硫与水，反应方程式为：2H2S+3O22SO2+2H2O，故答案为：2H2S+3O22SO2+2H2O；化合物Na2S2和次氯酸钠溶液在强碱性环境中能发生反应，产物无沉淀，生成硫酸钠、氯化钠与水，该反应的离子反应方程式：S22+7ClO+2OH=2SO42+7Cl+H2O，故答案为：S22+7ClO+2OH=2SO42+7Cl+H2O点评：本题考查无机物推断，涉及N、S等元素单质及其化合物之间的相互转化，X、Y两元素最高价氧化物的水化物均为强酸及再周期表中的位置为解题突破口，推断出X、Y元素后，根据题目信息结合转化关系进行推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质9（15分）“温室效应”是哥本哈根气候变化大会研究的环境问题之一CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体因此，控制和治理CO2是解决“温室效应”的有效途径（1）其中一种途径是将CO2转化成有机物实现碳循环如：2CO2（g）+2H2O（l）C2H4（g）+3O2（g）H=+1411.0kJ/mol2CO2（g）+3H2O（l）C2H5OH（1）+3O2（g）H=+1366.8kJ/mol则由乙烯水化制乙醇反应的热化学方程式为C2H4（g）+H2O（l）C2H5OH（l）H=44.2kJ/mol（2）在一定条件下，6H2（g）+2CO2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g）根据上表中数据分析：温度（k）CO2转化率（%）5006007008001.545332012260432815383623722温度一定时，提高氢碳比，CO2的转化率增大（填“增大”“减小”“不变”）该反应的正反应为放（填“吸”或“放”）热反应（3）一定条件下，将3molH2和1molCO2两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3H2（g）+CO2（g）CH3OH（g）+H2O（g）2min末该反应达到平衡，测得CH3OH的浓度为0.2mol/L下列判断不正确的是bcda该条件下此反应的化学平衡常数表达式为K=bH2的平均反应速率为0.3mol/（Ls） cCO2的转化率为60%d若混合气体的密度不再改变时，该反应一定达到平衡状态（4）科技人员设想以如图所示装置及电化学原理，将CO2和H2转化为甲醇若A处通入CO2，B处通入H2，C为CH3OHB极为负极A极的电极反应式为CO2+6H+6e=CH3OH+H2O（5）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，已知常温下，其溶解度为1.2103g，则其Ksp为1.44108mo1/L考点：热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素.专题：基本概念与基本理论分析：（1）利用盖斯定律可以计算反应的焓变；（2）增加氢气的量能够使二氧化碳的转化率增大；升高温度化学平衡向着吸热方向进行；（3）a、化学平衡常数b、化学反应速率等于单位时间内物质的浓度的变化量；c、物质的转化率=100%，d、混合气体的密度=，看分子和分母的变化来判断是否为平衡状态；（4）失电子的极为负极，燃料电池中燃料作负极，氧气在正极上放电；（5）根据溶解度的概念结合Ksp表达式进行计算即可解答：解：（1）根据盖斯定律，乙烯水化制乙醇的反应应是2CO2（g）+3H2O（l）C2H5OH（1）+3O2（g）H=+1366.8kJ/mol和2CO2（g）+2H2O（l）C2H4（g）+3O2（g）H=+1411.0kJ/mol的差，故C2H4（g）+H2O（l）C2H5OH（l）H=44.2 kJ/mol，故答案为：C2H4（g）+H2O（l）C2H5OH（l）H=44.2 kJ/mol；（2）温度一定时，提高氢碳比n（H2）/n（CO2），相当于增加氢气的量，增加氢气的量能够使二氧化碳的转化率增大，故答案为：增大； 从表中数据看出：温度越高，二氧化碳的转化率越小，升高温度化学平衡向着吸热方向，即向着使二氧化碳的转化率减小的方向（逆向）进行，故正向是放热反应，故答案为：放；（3）a、化学平衡常数=（固体和纯溶剂不列入表达式中）=，故a正确；b、H2的平均反应速率=0.3mol/（lmin），而不是3mol/（ls），选项单位错误，故B错误；c、甲醇的浓度为0.2mol/L，生成的物质的量为0.4mol，则消耗掉的二氧化碳为0.4mol，所以二氧化碳物质的转化率=100%=100%=40%，故c错误；d、混合气体的密度=，混合气体的质量遵循质量守恒，任何状态下质量均是定值，此反应又是在固定容积为2L的密闭容器中发生，所以体积在任何状态下均是定值，所以密度在任何状态下均是定值，故d错误，故答案为：bcd；（4）根据燃料电池的结构示意图A处通入CO2，B处通入H2，可以知道B极为失去电子的极，失电子的极为负极，在燃料电池中燃料氢气作负极，故答案为：负；氧气在正极上得电子，在酸性介质下，二氧化碳得电子的还原反应为：CO2+6H+6e=CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6H+6e=CH3OH+H2O；（5）因为常温时，碳酸钙的溶解度为1.2103g，则100克水形成饱和碳酸钙溶液的质量=100g+1.2103g100g，稀溶液的密度=1g/ml，100克水形成饱和碳酸钙溶液的体积=100ml=0.1L，溶液中钙离子的物质的量=溶液中碳酸根离子的物质的量=溶解碳酸钙的物质的量=1.2105mol，溶液中含C（Ca2+）=C（CO32）=1.2104mol/L，则其Ksp=1.2104mol/L1.2X104mol/L=1.44108mo1/L，故答案为：1.44108mo1/L点评：本题综合考查了学生有关热化学、电化学、化学反应平衡的移动以及溶液中的溶解度和Ksp之间的关系知识，属于知识的迁移和应用题方面的题目，难度大10（14分）Na2O2是常见的氧化剂某化学小组的同学欲通过以下实验确定炭粉与Na2O2反应的产物实验步骤I按如图所示装置（部分仪器未画出）组装仪器，并检查装置气密性将0.6g炭粉与3.9g Na2O2均匀混合，装入试管，在靠近试管口处放置一张湿润的氯化钯试纸（湿润氯化钯试纸遇CO变黑，可用于检验是否有CO生成）、用酒精灯微微加热试管底部实验现象试管中发生剧烈反应并产生火花，氯化钯试纸未变黑，石灰水未变浑浊请回答：（1）在图中方框内绘出仪器装置简图，使仪器装置图完整（2）装置B的作用是防止倒吸（3）通过探究发现，装置A中发生的反应为2Na2O2+CNa2CO3+X，X的电子式是（4）CO在潮湿环境中可将氯化钯还原为黑色粉末状的钯（Pd），同时生成另外两种物质已知反应过程中转移6.02l023个电子时，生成53g Pd，该反应的化学方程式为PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HCl（5）将装置A中充分反应后所得产物溶于适量水中所得溶液的溶质是NaOH、Na2CO3（填化学式）溶液中下列关系正确的是bd（填字母序号）a、c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3）b、c（Na+）c（OH）c（CO32）c（HCO3）c、c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）d、c（H+）+c（Na+）=c（OH）+2c（CO32）+c（HCO3）若使所得溶液与100mL稀盐酸恰好完全反应至溶液pH=7，该盐酸的物质的量浓度为1mol/L考点：性质实验方案的设计；离子浓度大小的比较；钠的重要化合物.专题：元素及其化合物分析：（1）0.6g炭粉与3.9g Na2O2均匀混合，装入试管，且试管中应有一张湿润的氯化钯试纸，由于反应物为固体，试管口应略向下倾斜；（2）B为安全瓶；（3）根据质量守恒判断X；（4）n（Pd）=0.5mol，转移电子的物质的量为1mol，反应为为PdCl2、CO和H2O，生成物应为CO2和HCl；（5）反应生成Na2CO3和Na2O，Na2O和水反应生成NaOH；反应后溶液呈碱性，结合电荷守恒判断；反应溶液溶质为NaCl，根据质量守恒计算解答：解：（1）0.6g炭粉与3.9g Na2O2均匀混合，装入试管，且试管中应有一张湿润的氯化钯试纸，由于反应物为固体，试管口应略向下倾斜，则缺少的应为，故答案为：；（2）B为安全瓶，可防止倒吸，故答案为：防止倒吸；（3）根据质量守恒判断X为Na2O，电子式为，故答案为：；（4）n（Pd）=0.5mol，转移电子的物质的量为1mol，反应为为PdCl2、CO和H2O，生成物应为CO2和HCl，则反应的方程式为PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HCl，故答案为：PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HCl；（5）反应生成Na2CO3和Na2O，Na2O和水反应生成NaOH，故答案为：NaOH、Na2CO3；由于CO32水解，则c（CO32）c（OH），故a错误、b正确；根据电荷应溶液中还存在NaOH，则c错误，由电荷守恒可知d正确，故答案为：b d；n（Na2O2）=0.05mol，反应后溶液溶质为NaCl，则生成NaCl0.1mol，所以c（HCl）=c（NaCl）=1mol/L，故答案为：1 mol/L点评：本题考查实验探究问题，涉及过氧化钠的性质、离子浓度比较等问题，难度较大，注意根据反应的现象判断反应原理，把握实验基本操作方法，为高考常见题型三、【选修3-物质结构与性质】11（15分）（2011许昌一模）化学选修物质结构与性质下表为长式周期表的一部分，其中的序号代表对应的元素（1）写出上表中元素原子的外围电子排布式3d54s1（2）在元素与形成的水果催熟剂气体化合物中，元素的杂化方式为sp2杂化；元素与形成的化合物的晶体类型是离子晶体（3）元素的第一电离能（填写“”、“=”或“”）的第一电离能；元素与元素形成的X分子的空间构型为三角锥形请写出与元素的单质互为等电子体分子、离子的化学式CO、C22（各写一种）（4）在测定元素与形成化合物的相对分子质量时，实验测得的值一般高于理论值的主要原因是HF分子间会形成氢键（5）的最高价氧化物对应的水化物稀溶液与元素的单质反应时，元素被还原到最低价，该反应的化学方程式为4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O（6）将过量的X通入含有元素的蓝色硫酸盐溶液中，反应的离子方程式为Cu2+2NH3H2O=Cu（OH）2+2NH4+；元素的某种氧化物的晶体结构如图所示，其中实心球表示元素原子，则一个晶胞中所包含的氧原子数目为2考点：元素周期律和元素周期表的综合应用；原子核外电子排布；晶胞的计算.专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构分析：根据元素周期表结构，可以确定、元素分别为：H、Be、C、N、O、F、Mg、Cl、Cr、Cu；（1）是Cr元素，原子序数为24，根据核外电子排布规律书写；（2）是C元素，是H元素，形成的水果催熟剂气体化合物是乙烯，杂化轨道用于容纳孤对电子对和成键；是Mg元素，是Cl元素，活泼金属与活泼非金属形成离子化合物；（3）是N元素，是O元素，同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，能量相同的原子轨道在全满、半满、全空时体系能量最低，原子较稳定，因此价电子排布处于半满的轨道的元素，其第一电离能比临近原子的第一电离能大；元素与元素形成的是NH3分子，三角锥形；原子数目和电子总数（或价电子总数）相同的微粒互为等电子体，等电子体具有相似的结构特征；（4）F的电负性大，HF分子间会形成氢键；（5）是N元素，最高价氧化物对应的水化物稀溶液为稀硝酸，与Mg单质反应，Mg是还原剂，被氧化为Mg（NO3）2，稀硝酸起氧化剂、酸的作用，起氧化剂的硝酸作用被还原为NH4NO3；（6）氨气与硫酸铜溶液反应，生成Cu（OH）2蓝色沉淀；白色球为氧原子，利用均摊法，计算一个晶胞中所包含的氧原子数目解答：解：（1）是Cr元素，Cr是24号元素，其原子核外有24个电子，根据能量最低原理及洪特规则书写其核外电子排布式，3d能级的能量大于4s能级的能量，所以先排4s后排3d，轨道中的电子处于全满、半满、全空时原子最稳定，所以Cr的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，外围电子排布式3d54s1，故答案为：3d54s1；（2）乙烯中有双键和单键，其中碳碳双键中一个是键和1个pp的键，其余的4个碳氢键均为键，碳原子杂化轨道数为3，所以采用sp2杂化方式；活泼金属与活泼非金属形成离子化合物，元素与形成的化合物是氯化镁，属于离子化合物，形成离子晶体，故答案为：sp2；离子晶体；（3）是N元素，外围电子排布式2s22p3，是O元素，外围电子排布式2s22p4，两元素处于同一周期，氧原子原子序数大，但N元素P能级处于半满，能量更低，原子较稳定，其第一电离能氧原子的第一电离能大；元素与元素形成的是NH3分子，N原子采取sp3杂化，有一对孤对电子对，所以为三角锥形； N2有2个原子，14个电子（或10个价电子），其等电子体为CO、C22 等；故答案为：；三角锥形；CO、C22； （4）F的电负性大，HF分子间会形成氢键，实验测得的值一般高于理论值，故答案为：HF分子间会形成氢键；（5）Mg与稀硝酸反应方程式为4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O，故答案为：4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O； （6）氨气与硫酸铜溶液反应，生成Cu（OH）2蓝色沉淀，反应离子方程式为Cu2+2NH3H2O=Cu（OH）2+2NH4+；白色球为氧原子，所以一个晶胞中所包含的氧原子数目为1+8=2，故答案为：Cu2+2NH3H2O=Cu（OH）2+2NH4+；2点评：本题是一道结构化学知识的题目，综合性较强，难度较大四、【选修5-有机化学基础】12聚谷氨酸（PGA）是一种具有水溶性、生物相容性、可生物降解、可食用的对人体和环境无毒的高分子聚合物，广泛应用于农业、化妆品、食品和医药等领域下图是根据实际需要，对聚谷氨酸（PGA）中的羧基进行化学修饰的路线，其中B、C、F均为高分子化合物请回答：（1）PGA的单体的结构简式为（2）PGA与NaHCO3溶液反应，可观察到的实验现象是有无色气体生成（3）BC的反应类型是取代反应（4）下列关于CH3CH=CH2的说法中，正确的是ac（填字母序号）a能使KMnO4酸性溶液褪色 b存在顺式和反式两种结构c与HBr发生加成反应可得到两种产物d可以用溴的四氯化碳溶液鉴别丙烯和丙炔（5）D的核磁共振氢谱有4个吸收峰，D发生银镜反应的化学方程式为CH3CH2CH2CHO+2 Ag（NH3）2OHCH3CH2CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O（6）C与E反应合成F的化学方程式为（7）E与邻苯二甲酸（）反应生成的产物DBP（C16H22O4）是广泛使用的增塑剂之一DBP有多种同分异构体，其中符合下列条件的DBP的同分异构体有12种，写出其中一种同分异构体的结构简式a1mol化合物能与2mol NaHCO3反应；b苯环上只有两个取代基，且相同；c苯环上的一氯取代物有三种考点：有机物的合成.专题：有机化合物的获得与应用分析：由PGA的结构可知，其单体的结构简式为，对比PGA与C的结构可知，PGA中羧基与碳酸氢钠发生反应生成B，B中Na被CH2CH3取代生成C，则B为，由信息a可知，丙烯与CO、氢气在催化剂条件下得到D，结合（5）中D的核磁共振氢谱有4个吸收峰，则D为CH3CH2C