四川省成都市外国语学校2014届高三(上)月考化学试卷(12月份)

1、2013-2014学年四川省成都市外国语学校高三（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题（每题只有一个符合题意，每小题6分，共42分）1（6分）（2012中山模拟）化学与能源、环保、资源利用、食品安全等密切相关，下列说法正确的是（）A石油液化气、汽油和石蜡的主要成分都是碳氢化合物B核电站泄漏的放射性碘131、铯137互称同位素，可使蛋白质变性C某雨水样品放置一段时间后pH由4.68变为4.28，是因为水中溶解的CO2增多D“地沟油”、“塑化剂”（邻苯二甲酸酯类物质）均属于高分子化合物，都对健康有害2（6分）（2013秋金牛区校级月考）NA为阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是（）A46 g NO2

2、和N2O4混合气体中含有原子总数为3NAB常温下，CuZn原电池中，正极产生1.12 L H2时，转移的电子数应小于0.1NAC12 g金刚石中含有的共价键数为2NAD2.1 g DTO中所含中子数为NA3（6分）（2013秋福建校级期末）已知某物质X能发生如下转化：下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述错误的是（）A若X为N2或NH3，则A为硝酸B若X为S或H2S，则A为硫酸C若X为非金属单质或非金属氢化物，则A不一定能与金属铜反应生成YD反应和一定为氧化还原反应，反应一定为非氧化还原反应4（6分）（2013江西校级模拟）下列反应的离子方程式正确的是（）ANH4HCO3溶液与过量KOH浓溶

3、液共热：NH3+H2OB用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：C用FeS除去工业废水中的Hg2+：Hg2+S2HgSD足量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：Ca2+2ClO+SO2CaSO4+2Cl5（6分）（2013秋金牛区校级月考）一定条件下，容积为2L的恒容密闭容器中，通入2mol N2、3mol H2进行反应催化剂高温高压N2（g）+3H2（g）2NH3（g），20min后，N2的物质的量为1.9mol，1h后测得容器内气体的压强不再改变，且为反应开始时压强的0.8倍，则下列叙述正确的是（）A1 h后反应进行完全，容器中的N2浓度为0.55 molL1B前20 min用NH3表示的反应速率

4、为0.01 molL1min1C增加H2的浓度或降低温度，平衡将向正反应方向移动，且反应速率均加快D当容器内压强不改变时，说明反应已达到平衡状态6（6分）（2013绵阳模拟）关于下列各图的叙述，正确的是（）A表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为483.6kJmol1B表示Cu形成金属晶体时的堆积方式C烧杯a中的溶液pH降低D待镀铁制品应与电源正极相连7（6分）（2013秋桃城区校级期中）C和CuO在一定温度下反应，产物有Cu、Cu2O、CO、CO2若将2.00g C跟16.0g CuO混合，隔绝空气加热，将生成的气体全部通过足量的澄清石灰水，反应一段时间后共收集到1.12L

5、气体（标准状况），生成沉淀的质量为5.00g下列说法错误的是（）A反应后的固体混合物中Cu的质量为12.8gB反应后的固体混合物中还含有碳C反应后的固体混合物总质量为14.4gD反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为0.05mol二、非选择题（共58分）：8（16分）（2013秋金牛区校级月考）周期表中前36号元素A、B、C、D、E、F、G、H，它们的原子序数依次增大，其中B、C、D为同一周期；E、F、G为同一周期；A和E、D和G分别为同一主族；A与B组成的化合物是一种温室气体；D元素原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍；E是所在周期原子半径最大的元素（除稀有气体外）；F元素的离子半径是同周

6、期元素形成的简单离子中最小的；H元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子（1）E2D2物质中化学键的类型是（2）一定条件下，A2气体与C2气体充分反应可生成6.8g的气体，放出18.44kJ热量，则该反应的热化学方程式为：；生成物分子的空间构型为，其中C的杂化方式为（3）C和E组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，该反应的化学方程式是（4）H的基态原子的电子排布式为已知H2+能与（2）中的生成物的水溶液形成配合物，请写出该配合物中阳离子的结构简式：，在此配合物的水溶液中加入乙醇，现象是9（6分）（2013秋金牛区校级月考）镁、铜等金属离子是人体内多种酶的辅因子工业上

7、从海水中提取镁时，先制备无水氯化镁，然后将其熔融电解，得到金属镁（1）以MgCl2为原料用熔融盐电解法制备镁时，常加入NaCl、KCl或CaCl2等金属氯化物，其主要作用除了降低熔点之外还有（2）已知MgO的晶体结构属于NaCl型，某同学画出的MgO晶胞结构示意图如图所示，请改正图中错误：（3）Mg是第三周期元素，该周期部分元素氟化物的熔点见表：氟化物NaFMgF2SiF4熔点/K12661534183解释表中氟化物熔点差异的原因：10（6分）（2013秋金牛区校级月考）人工模拟酶是当前研究的热点有研究表明，化合物X可用于研究模拟酶，当结合或Cu（I）（I表示化合价为+1）时，分别形成a和b：

8、a中连接相邻含N杂环的碳碳键可以旋转，说明该碳碳键具有键的特性微粒间的相互作用包括化学键和分子间相互作用，比较a和b中微粒间相互作用力的差异11（12分）（2013秋金牛区校级月考）仔细阅读下列三段文字由稀有气体元素Xe（氙）与氧元素形成的一种共价化合物XeO3极不稳定，易转化为单质而呈强氧化性将适量的XeO3投入含Mn2+的水溶液中，溶液逐渐变为紫红色且pH不断减小将0.08mol KMnO4固体（质量为12.64g）加热一段时间后，收集到a mol O2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到b mol Cl2，此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中氧化还原反应中实际上包含氧

9、化和还原两个过程下面是一个还原过程的反应式：Cl2+2e2Cl回答问题：（1）试写出有关的离子方程式：（2）请配平的化学方程式：KMnO4+HClKCl+MnCl2+Cl2+H2O通过对第段文字中提供的数据进行推导和计算可得出：a+b的最大值为，a+b最小值为（3）下列四种物质中能使中的还原过程发生的物质是A Na2CO3 BKMnO4 CXeO3 DNa2SO3将该反应的氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并用单线桥表示电子转移的方向和数目：12（18分）（2014秋重庆月考）工业上生产金属钛的方法很多以钛铁矿（主要成分FeTiO3，钛酸亚铁）为主要原料冶炼金属钛，生产的工

10、艺流程图如图1，其中钛铁矿与浓硫酸发生反应的化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O回答下列问题：（1）钛铁矿和浓硫酸反应属于 （选填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”）（2）上述生产流程中加入物质A的目的是防止Fe2+被氧化，物质A是，上述制备TiO2的过程中，所得到的副产物和可回收利用的物质分别是、（3）反应TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti在Ar气氛中进行的理由是（4）由二氧化钛制取四氯化钛所涉及的反应有：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）H1=72kJmol1TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g

11、）+O2（g）H2=+38.8kJmol1C（s）+CO2（g）=2CO（g）H3=+282.8kJmol1反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）在高温下能够自发进行的原因是反应C（s）+O2（g）=CO2（g）的H=（5）研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2CaO作电解质，利用下图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛（6）写出阳极所发生反应的电极反应式：在制备金属钛前后，CaO的总量不变，其原因是（请结合化学用语解释）2013-2014学年四川省成都市外国语学校高三（上）月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个符合题意，每小题

12、6分，共42分）1（6分）（2012中山模拟）化学与能源、环保、资源利用、食品安全等密切相关，下列说法正确的是（）A石油液化气、汽油和石蜡的主要成分都是碳氢化合物B核电站泄漏的放射性碘131、铯137互称同位素，可使蛋白质变性C某雨水样品放置一段时间后pH由4.68变为4.28，是因为水中溶解的CO2增多D“地沟油”、“塑化剂”（邻苯二甲酸酯类物质）均属于高分子化合物，都对健康有害考点：常见的生活环境的污染及治理；常见的食品添加剂的组成、性质和作用版权所有专题：化学应用分析：A石油液化气、汽油和石蜡的主要成分都是由碳、氢两种元素组成，属于碳氢化合物；B质子数相同，中子数不同的原子互称同位素，同

13、位素不可使蛋白质变性；C亚硫酸容易被空气中氧气氧化生成硫酸；D地沟油”、“塑化剂”（邻苯二甲酸酯类物质）均不是高分子化合物，都对人体有害；解答：解：A石油液化气、汽油和石蜡的主要成分都是碳氢化合物，故A正确；B碘131、铯137是质子数不同，中子数不同的原子，不是同位素，不可使蛋白质变性，故B错误；C二氧化硫和水反应生成亚硫酸，所以导致雨水的pH值小于5.6，亚硫酸易被空气中的氧气氧化生成硫酸，使溶液的pH值变得更小，故C错误；D地沟油”、“塑化剂”（邻苯二甲酸酯类物质）均不是高分子化合物，都对人体有害，故D错误；故选：A；点评：本题主要考查有机物的组成、结构和用途，难度不大，根据所学知识即可

14、完成2（6分）（2013秋金牛区校级月考）NA为阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是（）A46 g NO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NAB常温下，CuZn原电池中，正极产生1.12 L H2时，转移的电子数应小于0.1NAC12 g金刚石中含有的共价键数为2NAD2.1 g DTO中所含中子数为NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：ANO2和N2O4的最简式相同为NO2，计算46g NO2中所含原子数；B常温下Vm22.4L/mol，1.12 L H2的物质的量小于0.05mol；C金刚石中，每个C与其它4个C形成了四个共价键，根据均摊法计算出1mol

15、C含有的共价键；DD中含有1个中子，T中含有2个中子解答：解：ANO2和N2O4的最简式相同为NO2，计算46g NO2中所含原子数=×3×NA=3NA，故A正确；B常温下Vm22.4L/mol，1.12 L H2的物质的量小于0.05mol，所以转移的电子数应小于0.1NA，故B正确；C.12g金刚石中含有1molC，金刚石中，每个C与其它4个C形成了4个共价键，每个碳原子形成的共价键数目为：×4=2，所以1molC原子形成的共价键为2mol，含有的共价键数目为2NA，故C正确；DD中含有1个中子，T中含有2个中子，2.1 g DTO的物质的量=0.1mol，含

16、中子数为0.3NA，故D错误；故选：D点评：本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确常见物质的空间结构及成键情况是解题关键，题目难度中等3（6分）（2013秋福建校级期末）已知某物质X能发生如下转化：下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述错误的是（）A若X为N2或NH3，则A为硝酸B若X为S或H2S，则A为硫酸C若X为非金属单质或非金属氢化物，则A不一定能与金属铜反应生成YD反应和一定为氧化还原反应，反应一定为非氧化还原反应考点：无机物的推断版权所有专题：元素及其化合物分析：由转化关系可知，A能发生连续氧化，则由氨气和氧气反应生成一氧化氮

17、，最终实现转化的生成物是硝酸；S在氧气中反应生成二氧化硫，再被氧化后产物和水反应生成的是硫酸，A为硫酸或硝酸，X为氮气、氨气、S或H2S等，以此来解答解答：解：A若X为N2或NH3，Y为NO，Z为NO2，则A为硝酸，故A正确；B若X为S或H2S，Y为SO2，Z为SO3，则A为硫酸，故B正确；C若X为非金属单质或非金属氢化物，A为硝酸和硫酸，稀硝酸与Cu反应Y，浓硝酸和Cu反应不生成Y，且Cu与稀硫酸不反应，则A不一定能与金属铜反应生成Y，故C正确；D反应和一定为氧化还原反应，反应若为二氧化氮和水的反应一定为氧化还原反应，故D错误；故选：D点评：本题考查无机物的推断，侧重氮及其化合物、硫及其化合

18、物知识的考查，把握转化关系中X连续氧化为解答的突破口，属于综合知识的考查，综合性较强，题目难度较大4（6分）（2013江西校级模拟）下列反应的离子方程式正确的是（）ANH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热：NH3+H2OB用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：C用FeS除去工业废水中的Hg2+：Hg2+S2HgSD足量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：Ca2+2ClO+SO2CaSO4+2Cl考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A漏写碳酸氢根离子与碱的反应；B发生氧化还原反应生成铜离子和水；CFeS不溶于水，在离子反应中应保留化学式；D发生氧化还原反应生成硫酸钙和盐酸解答：解：

19、ANH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热的离子反应为NH4+HCO3+2OHNH3+2H2O+CO32，故A错误；B用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板的离子反应为Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O，遵循电子守恒、电荷守恒、质量守恒定律，故B正确；C用FeS除去工业废水中的Hg2+的离子反应为Hg2+FeSHgS+Fe2+，故C错误；D足量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：Ca2+ClO+H2O+SO2CaSO4+2H+Cl，故D错误；故选B点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应及离子反应方程式的书写方法即可解答，注意电子守恒、电荷守恒、质量守恒定律的应用，题目难度不大5（6

20、分）（2013秋金牛区校级月考）一定条件下，容积为2L的恒容密闭容器中，通入2mol N2、3mol H2进行反应催化剂高温高压N2（g）+3H2（g）2NH3（g），20min后，N2的物质的量为1.9mol，1h后测得容器内气体的压强不再改变，且为反应开始时压强的0.8倍，则下列叙述正确的是（）A1 h后反应进行完全，容器中的N2浓度为0.55 molL1B前20 min用NH3表示的反应速率为0.01 molL1min1C增加H2的浓度或降低温度，平衡将向正反应方向移动，且反应速率均加快D当容器内压强不改变时，说明反应已达到平衡状态考点：化学平衡的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：

21、A、利用三段式法计算；B、先求出氮气的反应速率，在据速率之比等于化学计量数之比求算；C、降低温度时正逆反应速率都降低；D、反应前后气体体积不同，所以压强不变说明达到平衡状态解答：解：A、N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始量（mol） 2 3 0转化量（mol） x 3x 2x平衡量（mol）2x 33x 2x有（2x）+（33x）+2x=0.8×（2+3）x=0.5，平衡时氮气浓度为：=0.75mol/L，故A错误；B、v（N2）=0.0025mol/（Lmin），故B错误；C、降温正逆反应速率都降低，故C错误；D、反应前后气体体积不同，所以压强不变说明达到平衡状态，故D正确

22、；故选D点评：本题考查了平衡计算、化学反应速率的计算、平衡移动、平衡状态的判断，题目难度中等6（6分）（2013绵阳模拟）关于下列各图的叙述，正确的是（）A表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为483.6kJmol1B表示Cu形成金属晶体时的堆积方式C烧杯a中的溶液pH降低D待镀铁制品应与电源正极相连考点：反应热和焓变；金属晶体的基本堆积模型；原电池和电解池的工作原理版权所有专题：化学反应中的能量变化；化学键与晶体结构；电化学专题分析：A、依据燃烧热概念分析，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；B、依据铜的晶体结构特征是面心立方最密堆积分析判断；C、依据原电池原理

23、分析，通氧气的电极为正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子；D、电镀原理是镀层金属做阳极与电源正极相连，待镀金属做阴极与电源负极相连，含镀层金属离子的电解质溶液；解答：解：A、1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，图中分析可知焓变是2mol氢气燃烧生成气态水放出的热量，不符合燃烧热概念，故A错误；B、图中表示的是面心立方最密堆积属于Cu型，即铜原子形成晶体时采用的堆积方式，故B正确；C、烧杯a中通氧气的电极为正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，溶液PH增大，故C错误；D、镀层金属做阳极与电源正极相连，待镀金属做阴极与电源负极相连，故D错误；故选B点评：本题考查了化学反应热概念的分

24、析判断，晶体结构的理解应用，原电池电解池原理分析，掌握基础是关键，题目难度中等7（6分）（2013秋桃城区校级期中）C和CuO在一定温度下反应，产物有Cu、Cu2O、CO、CO2若将2.00g C跟16.0g CuO混合，隔绝空气加热，将生成的气体全部通过足量的澄清石灰水，反应一段时间后共收集到1.12L气体（标准状况），生成沉淀的质量为5.00g下列说法错误的是（）A反应后的固体混合物中Cu的质量为12.8gB反应后的固体混合物中还含有碳C反应后的固体混合物总质量为14.4gD反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为0.05mol考点：化学方程式的有关计算；氧化还原反应版权所有专题：计算题分析

25、：反应得到混合气体与通过足量的澄清石灰水，反应一段时间后共收集到1.12L气体（标准状况）为CO的体积，生成沉淀的质量为5.00g为碳酸钙，据此计算CO、二氧化碳的物质的量，反应后的固体混合物含有Cu、Cu2O，可能含有碳，A假设CuO完全被还原为Cu，根据Cu守恒计算生成Cu的质量，由产物中CO2、CO中的O原子守恒计算氧化铜失去氧的质量，进而计算CuO反应后的总质量，与Cu的质量比较判断；B根据碳原子守恒计算参加反应的C的质量，进而确定碳是否完全反应来解答；C反应后固体混合物总质量=原固体混合物总质量生成CO2与CO的总质量；DCu2O、CuO均含有1个氧原子，根据剩余的氧原子质量计算，剩

26、余氧原子质量=CuO反应后的总质量Cu元素的质量解答：解：由题意可知，生成的n（CO2）=n（CaCO3）=0.05mol，n（CO）=0.05mol，A假设CuO完全被还原为Cu，根据Cu守恒生成Cu的质量=×64g/mol=12.8g，由产物中CO2、CO中的O原子守恒可知失去氧的质量=（0.05mol×2+0.05mol）×16g/mol=2.4g，故CuO反应后的总质量=16g2.4g=13.6g，故反应后固体中Cu的质量小于12.8g，故A错误；B生成的n（CO2）=n（CaCO3）=0.05mol，n（CO）=0.05mol，根据C守恒可知，参加反应的

27、C的质量=（0.05mol+0.05mol）×12g/mol=1.2g，故还有2g1.2g=0.8g碳未参与反应，故B正确；C反应后固体总质量=16g+2g0.05mol×（44g/mol+28g/mol）=14.4g，故C正确；D反应后m（O）=13.6g12.8g=0.8g，Cu2O、CuO均含有1个氧原子，根据氧原子守恒可知反应后的固体混合物中氧化物的物质的量=0.05 mol，故D正确，故选A点评：本题考查混合物计算，侧重对解题方法技巧与思维能力的考查，注意利用守恒思想进行解答，难度较大二、非选择题（共58分）：8（16分）（2013秋金牛区校级月考）周期表中前36

28、号元素A、B、C、D、E、F、G、H，它们的原子序数依次增大，其中B、C、D为同一周期；E、F、G为同一周期；A和E、D和G分别为同一主族；A与B组成的化合物是一种温室气体；D元素原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍；E是所在周期原子半径最大的元素（除稀有气体外）；F元素的离子半径是同周期元素形成的简单离子中最小的；H元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子（1）E2D2物质中化学键的类型是非极性共价键、离子键（2）一定条件下，A2气体与C2气体充分反应可生成6.8g的气体，放出18.44kJ热量，则该反应的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92

29、.2kJ/mol；生成物分子的空间构型为三角锥形，其中C的杂化方式为sp3（3）C和E组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，该反应的化学方程式是Na3N+4H2O=3NaOH+NH3H2O（4）H的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1已知H2+能与（2）中的生成物的水溶液形成配合物，请写出该配合物中阳离子的结构简式：；Cu（NH3）42+，在此配合物的水溶液中加入乙醇，现象是有深蓝色晶体析出考点：位置结构性质的相互关系应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：周期表中前36号元素A、B、C、D、E、F、G、H，它们的原子序数依次增大；D元素原子的最外

30、层电子数是次外层电子数的3倍，D原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则D为氧元素；H元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则H原子核外电子数=2+8+18+1=29，则H为Cu元素；D和G分别为同一主族，G的原子序数小于Cu，则G为硫元素；E是所在周期原子半径最大的元素（除稀有气体外），处于A族，结合原子序数可知，E只能处于第三周期，故E为Na；F元素的离子半径是同周期元素形成的简单离子中最小的，原子序数介于Na与硫之间，故F为Al；A和E同主族，A与B组成的化合物是一种温室气体，B、C、D为同一周期，则A为氢元素，B为碳元素，C的原子序数介于碳、氧之间，故C为氮

31、元素，据此进行解答解答：解：周期表中前36号元素A、B、C、D、E、F、G、H，它们的原子序数依次增大；D元素原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，D原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则D为氧元素；H元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则H原子核外电子数=2+8+18+1=29，则H为Cu元素；D和G分别为同一主族，G的原子序数小于Cu，则G为硫元素；E是所在周期原子半径最大的元素（除稀有气体外），处于A族，结合原子序数可知，E只能处于第三周期，故E为Na；F元素的离子半径是同周期元素形成的简单离子中最小的，原子序数介于Na与硫之间，故F为Al；A和E同主族

32、，A与B组成的化合物是一种温室气体，B、C、D为同一周期，则A为氢元素，B为碳元素，C的原子序数介于碳、氧之间，故C为氮元素，（1）Na2O2属于离子化合物，过氧根离子中氧原子之间形成共价键，含有非极性共价键、离子键，故答案为：非极性共价键、离子键；（2）一定条件下，H2气体与N2气体充分反应可生成6.8g的气体，放出18.44kJ热量，则生成2mol氨气放出的热量=18.44kJ×=92.2kJ，则该反应的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.2kJ/mol；NH3分子的空间构型为三角锥形，分子中N原子价层电子对数=3+=4，故N原子采取sp3杂化方式，故

33、答案为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.2kJ/mol；三角锥形；sp3；（3）N和Na组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，应生成氢氧化钠与一水合氨，该化合物为Na3N，该反应的化学方程式是：Na3N+4H2O=3NaOH+NH3H2O，故答案为：Na3N+4H2O=3NaOH+NH3H2O；（4）Cu元素的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+能与氨水形成配合物，该配合物中阳离子的结构简式：Cu（NH3）42+，在此配合物的水溶液中加入乙醇，现象是有深蓝色晶体析出，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；Cu（NH

34、3）42+；有深蓝色晶体析出点评：本题考查结构性质位置关系应用，题目难度中等，推断元素是解题关键，涉及化学键、核外电子排布、热化学方程式、配合物等知识，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容9（6分）（2013秋金牛区校级月考）镁、铜等金属离子是人体内多种酶的辅因子工业上从海水中提取镁时，先制备无水氯化镁，然后将其熔融电解，得到金属镁（1）以MgCl2为原料用熔融盐电解法制备镁时，常加入NaCl、KCl或CaCl2等金属氯化物，其主要作用除了降低熔点之外还有增强熔融盐的导电性（2）已知MgO的晶体结构属于NaCl型，某同学画出的MgO晶胞结构示意图如图所示，请改正图中错误：空心球应为O2，实心

35、球应为Mg2+，8号空心球改为实心球（3）Mg是第三周期元素，该周期部分元素氟化物的熔点见表：氟化物NaFMgF2SiF4熔点/K12661534183解释表中氟化物熔点差异的原因：NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2的熔点远比SiF4的熔点高又因为Mg2+的半径小于Na+的半径，Mg2+的电荷较高，所以MgF2的离子键强度大于NaF的离子键强度，故MgF2的熔点大于NaF的熔点考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别版权所有专题：化学键与晶体结构分析：（1）熔融物的导电性与离子浓度有关；（2）根据氯化钠的晶胞结构知，氧化镁中镁原子和镁原子处于小正方形的对角

36、线上；（3）离子晶体氟化物的熔点较高，分子晶体氟化物的熔点较低，离子晶体的熔点与离子半径成反比、与离子所带电荷成正比解答：解：（1）离子浓度越大其熔融盐的导电性越强，所以以MgCl2为原料用熔融盐电解法制备Mg时，常加入NaCl、KCl、或CaCl2等金属氯化物，其主要作用除了降低熔点之外还有：增大离子浓度，从而增大熔融盐的导电性，故答案为：增强熔融盐的导电性；（2）根据氯化钠的晶胞结构知，氧化镁中镁原子和镁原子处于小正方形的对角线上，根据图象知，应该为黑色，故答案为：空心球应为O2，实心球应为Mg2+，8号空心球改为实心球；（3）离子晶体的熔点较高，分子晶体的熔点较低，NaF与MgF2为离子

37、晶体，SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2远比SiF4熔点要高，又因为Mg2+的半径小于Na+的半径，所以MgF2的离子键强度大于NaF的离子键强度，故MaF2的熔点大于NaF，故答案为：NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2的熔点远比SiF4的熔点高又因为Mg2+的半径小于Na+的半径，Mg2+的电荷较高，所以MgF2的离子键强度大于NaF的离子键强度，故MgF2的熔点大于NaF的熔点点评：本题考查了物质结构和性质的有关知识，同时考查学生的空间想象能力、分析问题及解决问题能力，难度中等10（6分）（2013秋金牛区校级月考）人工模拟酶是当前研究的热点有研究表

38、明，化合物X可用于研究模拟酶，当结合或Cu（I）（I表示化合价为+1）时，分别形成a和b：a中连接相邻含N杂环的碳碳键可以旋转，说明该碳碳键具有键的特性微粒间的相互作用包括化学键和分子间相互作用，比较a和b中微粒间相互作用力的差异a中存在分子间氢键和范德华力，b中存在配位键考点：化学键；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别版权所有专题：化学键与晶体结构分析：键能旋转，键不能旋转； 分子晶体中分子之间存在范德华力，氨基连接的H原子和相邻的O或N原子能形成氢键；提供孤电子对的原子和提供空轨道的原子之间易形成配位键解答：解：键是原子中电子头对头形成的，所以能旋转，键是原子中电子肩并肩形成的，所以不

39、能旋转，故答案为：；a是分子晶体，是由分子构成的，所以a中存在范德华力，根据图象知，a中还存在氢键，b中Cu原子和N原子之间存在配位键，故答案为：a中存在分子间氢键和范德华力，b中存在配位键点评：本题考查配位键、分子间作用力等知识点，明确配位键的构成条件、氢键概念等知识点即可解答，注意配位键属于共价键，氢键属于分子间作用力，为易错点11（12分）（2013秋金牛区校级月考）仔细阅读下列三段文字由稀有气体元素Xe（氙）与氧元素形成的一种共价化合物XeO3极不稳定，易转化为单质而呈强氧化性将适量的XeO3投入含Mn2+的水溶液中，溶液逐渐变为紫红色且pH不断减小将0.08mol KMnO4固体（质

40、量为12.64g）加热一段时间后，收集到a mol O2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到b mol Cl2，此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程下面是一个还原过程的反应式：Cl2+2e2Cl回答问题：（1）试写出有关的离子方程式：5XeO3+6Mn2+9H2O=6MnO4+5Xe+18H+（2）请配平的化学方程式：2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O通过对第段文字中提供的数据进行推导和计算可得出：a+b的最大值为0.2，a+b最小值为0.16（3）下列四种物质中能使中的还原过程发生的物质是DA Na

41、2CO3 BKMnO4 CXeO3 DNa2SO3将该反应的氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并用单线桥表示电子转移的方向和数目：考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应版权所有专题：氧化还原反应专题分析：（1）反应中Xe元素化合价由XeO3+6价降低为Xe中0价，总共降低6价，Mn元素化合价由Mn2+中+2价升高为MnO4中+7价，总共升高5价，化合价最小公倍数为30，故XeO3系数为5，故Mn2+系数为6，再结合原子守恒配平；（2）Mn元素的化合价降低5，Cl元素的化合价升高1，由电子守恒和原子守恒配平；在氧化还原反应中得失电子数相等，所以反应过程中锰元素得到的电子数等于

42、O元素、Cl元素失去的电子数，结合极限法计算；（3）还原过程的反应式：Cl2+2e2Cl，Cl元素的化合价降低，则选项中物质作还原剂，只有Na2SO3符合，由电子守恒可知，Cl2、=Na2SO3的化学计算数相同，均为1时转移2e，以此来解答解答：解：（1）反应中Xe元素化合价由XeO3+6价降低为Xe中0价，总共降低6价，Mn元素化合价由Mn2+中+2价升高为MnO4中+7价，总共升高5价，化合价最小公倍数为30，故XeO3系数为5，故Mn2+系数为6，再结合原子守恒配平后方程式为5XeO3+6Mn2+9H2O=6MnO4+5Xe+18H+，故答案为：5XeO3+6Mn2+9H2O=6MnO4

43、+5Xe+18H+；（2）Mn元素的化合价降低5，Cl元素的化合价升高1，由电子守恒和原子守恒可知，反应为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，上述过程中，锰元素得到的电子数等于O元素、Cl元素失去的电子数，所以0.08mol×（72）=2a×（20）mol+2b（10）mol，则2a+b=0.2，a+b=0.2a，当高锰酸钾不分解生成氧气时，a=0，当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气的物质的量为0.04mol，所以x的取值范围为：0a0.04，所以0.16a+b0.2，即最大值为0.2，最小值为0.16，故答案为：2；16；2；2；5；

44、8；0.2；0.16；（3）（3）还原过程的反应式：Cl2+2e2Cl，Cl元素的化合价降低，则选项中物质作还原剂，只有Na2SO3符合，由电子守恒可知，Cl2、Na2SO3的化学计算数相同，均为1时转移2e，S失去电子，电子转移方向和数目为，故答案为：D；点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念、计算的考查，注意从化合价角度和习题信息角度分析，题目难度不大12（18分）（2014秋重庆月考）工业上生产金属钛的方法很多以钛铁矿（主要成分FeTiO3，钛酸亚铁）为主要原料冶炼金属钛，生产的工艺流程图如图1，其中钛铁矿与浓硫酸发生反应

45、的化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O回答下列问题：（1）钛铁矿和浓硫酸反应属于非氧化还原反应 （选填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”）（2）上述生产流程中加入物质A的目的是防止Fe2+被氧化，物质A是Fe，上述制备TiO2的过程中，所得到的副产物和可回收利用的物质分别是绿矾、硫酸（3）反应TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti在Ar气氛中进行的理由是防止高温下Mg（Ti）与空气中的氧气（或CO2、N2）作用）（4）由二氧化钛制取四氯化钛所涉及的反应有：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）H1=72kJmol1T

46、iO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）H2=+38.8kJmol1C（s）+CO2（g）=2CO（g）H3=+282.8kJmol1反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）在高温下能够自发进行的原因是该反应的S0（熵增）反应C（s）+O2（g）=CO2（g）的H=393.6 kJ/mol（5）研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2CaO作电解质，利用下图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛（6）写出阳极所发生反应的电极反应式：2O24eO2或 C+2O24eCO2在制备金属钛前后，CaO的总量不变，其原因是（请结合化学用语解释）制备TiO2时，在电解槽发生如下反应：2CaO2Ca+O2