贵州省平塘县民族中学2020届高三上学期开学考试化学试题

贵州省平塘县民族中学2020届高三上学期开学考试化学试题

贵州省平塘县民族中学2019—2020学年上学期开学考试 高三化学试题 ‎1. 下列有关化学用语表示正确的是 A. 乙酸的结构简式为： C2H4O2‎ B. F-的结构示意图为:‎ C. 中子数为17的氯原子:‎ D. NH3的电子式为:‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．乙酸的结构简式为CH3COOH，A错误；B．F-的结构示意图为，B正确；C．中子数为17的氯原子的质量数＝17+17＝34，可表示为，C错误；D．NH3的电子式为，D错误，答案选B。‎ 考点：考查化学用语判断 ‎2.全矾液流电池是一种新型电能储存和高效转化装置。某溶液中含有NO3-和Cr2O72-，现向此溶液中滴入29.00mL 0.1mol/L的FeSO4溶液，恰好使VO2+→VO2+、Cr2O72-→Cr3+。再滴入2.00mL 0.020mol/L KMnO4溶液，又恰好使VO2+→VO2+，而Cr3+不变，此时MnO4→Mn2+，则原溶液中Cr的质量为 A. 156 mg B. 234 mg C. 31.2 mg D. 46.8mg ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由信息滴入29.00mL0.1mol/L的FeSO4溶液，恰好使VO2+→VO2+，Cr2O72-→Cr3+，Fe元素的化合价升高，V、Cr元素的化合价降低；再滴入2.00mL，0.020mol/LKMnO4溶液，又恰好使VO2+→VO2+，而Cr3+不变，此时MnO4→Mn2+‎ ‎，Mn元素的化合价降低，V元素的化合价升高，则整个过程中Fe、Mn、Cr的化合价变化，设原溶液中Cr的质量为x，由电子守恒可知，29.00mL×10-3L×0.1mol/L×（3-2）=x/52g/mol×（6-3）+2.00mL×10-3L×0.020mol/L×（7-2），解得x=46.8×10-3g=46.8mg，答案选D。‎ 考点：考查氧化还原反应的计算 ‎3.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不正确的是 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Y D. 反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【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，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。‎ ‎【详解】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①和②能氧气参与反应，一定为氧化还原反应，而反应③若为二氧化氮和水的反应，则也是氧化还原反应，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎4. 化学概念在逻辑上存在如下关系：‎ 对下列概念的说法正确的是( )‎ A. 化合物与电解质属于重叠关系 B. 化合物与碱性氧化物属于交叉关系 C. 溶液与胶体属于并列关系 D. 离子化合物和电解质属于交叉关系 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A电解质属于化合物；B碱性氧化物属于化合物；C溶液与胶体是不同的分散性属于并列关系；D离子化合物一定是电解质。故选C 考点：考查基本概念 ‎5.在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1mol的Na、Na2O、Na2O2和NaOH，然后加入100 mL水，搅拌，使固体完全溶于水。则甲、乙、丙、丁溶液中溶质的质量分数大小顺序是 A. 甲＜乙＜丙＜丁 B. 丁＜甲＜乙＝丙 C. 甲＝丁＜乙＝丙 D. 丁＜甲＜乙＜丙 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据钠原子守恒计算溶质的质量，再根据反应方程式计算溶液的质量，从而计算溶液的质量分数。‎ ‎【详解】在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1 mol钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：‎ ‎2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2）=2.3g-0.1g=2.2g；‎ Na2O+H2O＝2NaOH，溶液增加的质量=m（Na2O）=0.1mol×62g/mol=6.2g；‎ ‎2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，溶液增加的质量=m（Na2O2）-m（O2）=m（Na2O）=6.2g；‎ 将氢氧化钠加入水中，溶液增加的质量为氢氧化钠的质量=0.1mol×40g/mol=4g；‎ 所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氢氧化钠＜氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，0.1mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：4/（100+2.2）×100%、8/（100+6.2）×100%、8/（100+6.2）×100%、4/（100+4）×100%，所以甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是：丁＜甲＜乙=丙，故答案选B。‎ ‎6.在下列变化①大气固氮 ②硝酸银分解 ③实验室制取氨气中,按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原顺序排列,正确的是 A. ①②③ B. ②①③ C. ③②① D. ③①②‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎①大气固氮 氮气和氧气反应生成一氧化氮， 化合价由0价升到+2价，被氧化 ‎②硝酸银分解，生成银、二氧化氮、氧气，氮元素化合价由+5价降到+4价，被还原 ‎③实验室制取氨气，不是氧化还原反应 ，故A正确 ‎7. 实验室中以下物质的贮存方法不正确的是 A. 浓硝酸用带橡胶塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处 B. 保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉 C. 少量金属钠保存在煤油中 D. 试剂瓶中的液溴可用水封存，防止溴挥发 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓硝酸具有腐蚀性，见光易分解，因此浓硝酸应该用带玻璃塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处，A错误；‎ B．硫酸亚铁易被氧化，且亚铁离子水解，因此保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉，B正确；‎ C．钠易被氧化，易与水反应，密度大于煤油，因此少量金属钠保存在煤油中，C正确；‎ D．试剂瓶中的液溴可用水封存，防止溴挥发，D正确。‎ 答案选A。‎ ‎8.利用废镀锌铁皮制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnSO4晶体的实验流程如下：‎ 已知：Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似。‎ ‎（1）用NaOH溶液处理废镀锌铁皮除溶解锌外，另一个作用是_______________。为缩短用NaOH溶液处理废镀锌铁皮的时间，可采取的措施是_____________（答两条）。‎ ‎（2）加入适量H2O2溶液的主要作用是______________。溶液B中n(Fe2+):n(Fe3+)=______。‎ ‎（3）在由溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须缓慢滴加稀NaOH溶液并持续通入N2，持续通入N2的原因是_____________________。‎ ‎（4）请补充完整下列由溶液A获得副产品ZnSO4晶体的实验步骤：‎ ‎①向溶液A中通入CO2气体，得到Zn (OH)2沉淀；‎ ‎②______________、洗涤得到沉淀；‎ ‎③______________；‎ ‎④将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即可得到产品。‎ ‎【答案】（共14分。每空2分）‎ ‎（1）除去表面的油污 （适当）加热，增大氢氧化钠溶液的浓度，将固体粉碎 充分搅拌等（合理答案均可）‎ ‎（2）氧化部分亚铁离子(Fe2+) 1:2(或0.5)‎ ‎（3）防止亚铁离子(Fe2+)被氧化 ‎（4）②过滤 ③用适量的稀硫酸将沉淀完全溶解 ‎【解析】‎ 试题分析：(1)由于Zn的性质与Al的相似，可溶于NaOH溶液，因此用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮，除去表面的油污后，可将镀层锌溶解。为缩短用NaOH溶液处理废镀锌铁皮的时间，可采取的措施有加热，增大氢氧化钠溶液的浓度，将固体粉碎、充分搅拌等。故填：除去表面的油污；加热、增大氢氧化钠溶液的浓度、将固体粉碎、充分搅拌等 ‎（2）铁与稀硫酸反应生成Fe2+，加入适量H2O2溶液的目的是氧化部分亚铁离子(Fe2+)。在Fe3O4中n(Fe2+):n(Fe3+)=1:2，因此溶液B中n(Fe2+):n(Fe3+)=1:2。故填：氧化部分亚铁离子；1:2‎ ‎(3)溶液B中含有Fe2＋、Fe3＋，加入NaOH溶液、加热，可得Fe3O4胶体粒子，其中Fe2＋‎ 极易被氧化成Fe3＋，持续通入N2的目的是防止Fe2＋被氧化。故填：防止亚铁离子(Fe2+)被氧化 ‎（4）根据实验操作步骤的提示可知，②中洗涤得到沉淀，首先要过滤得到沉淀，由①得到Zn(OH)2沉淀结合实验的目的是制备ZnSO4；因此③用适量的稀硫酸将沉淀完全溶解，故填：过滤；用适量的稀硫酸将沉淀完全溶解 考点：考查了化学工艺流程的相关知识。‎ ‎9.SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。‎ ‎（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：‎ ‎① 尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：____________。‎ ‎② 反应器中NH3还原NO2的化学方程式：____________。‎ ‎③ 当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：________。‎ ‎④ 尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60 g·mol −1）含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 mol·L−1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2 mL c2 mol·L−1 NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是________。‎ ‎（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：‎ NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。‎ ‎① 通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是_________。‎ ‎② 用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2‎ 的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是__________。‎ ‎③ 还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整： _______□15NNO+□H2O_______‎ ‎【答案】 (1). CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3 (2). 8NH3+6NO27N2+12H2O (3). 2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4 (4). (5). BaO (6). 8∶1 (7). 415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，结合原子守恒，发生反应的化学方程式为CO(NH2)2+H2O2NH3↑+CO2↑。②从图中可以看出NH3在催化剂作用下还原NO2生成氮气和水，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O。③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成(NH4)2SO4，此反应中SO2是还原剂，氧气是氧化剂，结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4。④硫酸的物质的量为：v1×10-3L×c1 mol·L−1，其中与NaOH溶液反应的硫酸的物质的量为：×v2×10-3L×c2mol·L−1，所以吸收NH3的硫酸的物质的量为：v1×10-3L×c1 mol·L−1-×v2×10-3L×c2 mol·L−1=(v1c1-v2c2)×10-3 mol，则尿素[CO(NH2)2]的物质的量为：(v1c1-v2c2)×10-3 mol，尿素溶液中溶质的质量分数是：(v1c1-v2c2)×10-3 mol×60g/mol÷a g×100%=。‎ ‎（2）①由图示可知BaO和NOx作用生成Ba(NO3)2，Ba(NO3)2再还原为N2，则储存NOx的物质是BaO。②由图示可知，第一步反应为H2与Ba(NO3)2作用生成NH3，1molBa(NO3)2作用生成NH3共转移16mol电子，根据电子守恒，参加反应的氢气的物质的量为16mol÷2=8mol，则消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8:1。③反应物有15NO与NH3，结合产物中有水，可知还有另一反应物O2，反应中NH3是还原剂，15NO与O2是氧化剂，因含氮产物均为15NNO，则15NO与NH3以1:1参加反应，结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O。‎ ‎【点睛】本题以SCR和NSR技术控制发动机的NOx排放为载体，重点考查化学方程式书写、化学计算、氧化还原反应电子转移的应用等知识，考查考生的读图能力、计算能力和对试题的综合分析能力。注意读图时要结合题目要求展开，如题中图a表示NOx的储存和还原过程，因此主要就是从图左到图右，BaO转变成Ba(NO3)2，Pt没有发生变化，所以BaO是储存NOx的试剂，而Pt没有变化则可能是该储存过程中的催化剂。该题涉及到方程式的书写较多，尤其是氧化还原反应方程式的配平是解答的难点，注意利用好“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)。‎ ‎10.常见的五种盐A、B、C、D、E，它们的阳离子可能是Na＋、NH4+、Cu2＋、Ba2＋、Al3＋、Ag＋、Fe3＋，阴离子可能是Cl－、NO3—、SO42—、CO32—，已知：‎ ‎①五种盐均溶于水，水溶液均为无色；‎ ‎②D的焰色反应呈黄色；‎ ‎③A溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，D的溶液呈碱性；‎ ‎④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀；‎ ‎⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失；‎ ‎⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀；‎ 已知：向Ag+溶液中滴加氨水，先产生沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）五种盐中，一定没有阳离子是_____；所含阴离子相同的两种盐的化学式是________。‎ ‎（2）D的化学式为____________，D溶液显碱性的原因是(用离子方程式表示)_____________。‎ ‎（3）A和C的溶液反应的离子方程式是_______________；E和氨水反应的离子方程式是_______________。‎ ‎（4）若要检验B中所含的阳离子，正确的实验方法是：_________________________。‎ ‎【答案】 (1). Cu2＋、Fe3＋ (2). (NH4)2SO4、Al2(SO4)3 (3). Na2CO3 (4). CO32-+H2OHCO3-+OH- (5). Ag＋＋Cl－=AgCl↓ (6). Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+ (7). 取少量B于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察是否变蓝色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①五种盐均溶于水，水溶液均为无色，五种盐溶液中一定不含Cu2+、Fe3+，Ba2+与SO42-、CO32-不在同一溶液中，Al3+与CO32-不在同一溶液中，Ag+与Cl-、SO42-、CO32-不在同一溶液中；‎ ‎②D的焰色反应呈黄色，D中阳离子为Na+；‎ ‎③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，B、C、E的溶液中含NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈碱性，D中含CO32-，结合②知D为Na2CO3；‎ ‎④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀，A、C溶液中不含CO32-和SO42-；‎ ‎⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失，根据“已知：向Ag+溶液中滴加氨水，先产生沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解”，C中阳离子为Ag+，E中阳离子为Al3+，Ag+与Cl-、SO42-、CO32-在溶液中不能大量共存，C为AgNO3；‎ ‎⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，C为AgNO3，A的阴离子为Cl-；E中阳离子为Al3+，A的溶液呈中性，A为BaCl2，E为Al2（SO4）3，结合前面的分析，B溶液呈酸性，则B为（NH4）2SO4。‎ 据此分析作答。‎ ‎【详解】①五种盐均溶于水，水溶液均为无色，五种盐溶液中一定不含Cu2+、Fe3+，Ba2+与SO42-、CO32-不在同一溶液中，Al3+与CO32-不在同一溶液中，Ag+与Cl-、SO42-、CO32-不在同一溶液中；‎ ‎②D的焰色反应呈黄色，D中阳离子为Na+；‎ ‎③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，B、C、E的溶液中含NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈碱性，D中含CO32-，结合②知D为Na2CO3；‎ ‎④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀，A、C溶液中不含CO32-和SO42-；‎ ‎⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失，根据“已知：向Ag+溶液中滴加氨水，先产生沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解”，C中阳离子为Ag+，E中阳离子为Al3+，Ag+与Cl-、SO42-、CO32-在溶液中不能大量共存，C为AgNO3；‎ ‎⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，C为AgNO3，A的阴离子为Cl-；E中阳离子为Al3+，A的溶液呈中性，A为BaCl2，E为Al2（SO4）3，结合前面的分析，B溶液呈酸性，则B为（NH4）2SO4。‎ ‎（1）五种盐中，一定没有的阳离子是Cu2+、Fe3+；所含阴离子相同的两种盐的化学式是（NH4）‎ ‎2SO4、Al2（SO4）3，其中阴离子都为SO42-。‎ ‎（2）D的化学式为Na2CO3。Na2CO3溶液呈碱性的原因是CO32-发生了水解，CO32-水解的离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-。‎ ‎（3）A为BaCl2，C为AgNO3，A与C的溶液反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓。E为Al2（SO4）3，E与氨水反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+。‎ ‎（4）B为（NH4）2SO4，B中阳离子为NH4+，检验NH4+的正确的实验方法是：取少量B于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察是否变蓝色，若试纸变蓝色，说明B中含NH4+。‎ ‎【点睛】本题考查离子的检验和推断，熟悉各离子的性质、离子之间的反应以及根据实验现象进行推理是解题的关键。离子推断时必须的遵循是：肯定原则（通过实验现象确定一定存在的离子）、互斥原则（相互间能反应的离子在同一溶液中不能大量共存）、电荷守恒原则（阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数）。‎ ‎11.[2017新课标Ⅱ]化合物G是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体，一种合成G的路线如下：‎ 已知以下信息：‎ ‎①A的核磁共振氢谱为单峰；B的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6∶1∶1。‎ ‎②D的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1 mol D可与1 mol NaOH或2 mol Na反应。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的结构简式为____________。‎ ‎（2）B的化学名称为____________。‎ ‎（3）C与D反应生成E的化学方程式为____________。‎ ‎（4）由E生成F的反应类型为____________。‎ ‎（5）G的分子式为____________。‎ ‎（6）L是D的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，1 mol的L可与2 mol的Na2CO3‎ 反应，L共有______种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的结构简式为___________、____________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 2-丙醇（或异丙醇） (3). (4). 取代反应 (5). C18H31NO4 (6). 6 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由题中信息可知，A的分子式为C2H4O，其核磁共振氢谱为单峰，则A为环氧乙烷，其结构简式为；B的分子式为C3H8O，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6∶1∶1，则B为2-丙醇，其结构简式为CH3CH(OH)CH3；A与B发生反应生成C；D的分子式为C7H8O2，其苯环上仅有两种不同化学环境的氢， 1molD可与1mol NaOH或2mol Na反应，则D的结构简式为；由E的分子式并结合G的分子结构可知，C与D发生取代反应生成E， E为；由F的分子式并结合G的分子结构可知，E与发生取代反应，F为；F与2-丙胺发生取代反应生成Ｇ。‎ ‎（1）的结构简式为．‎ ‎（2）的化学名称为丙醇．‎ ‎（3）与反应生成化学方程式为．‎ ‎（4）由生成的反应类型为取代反应．‎ ‎（5）的分子式为．‎ ‎（6）是（）的同分异构体，可与溶液发生显色反应，说明L有酚羟基；的可与的 反应，说明L有两个酚羟基和一个甲基。当两个酚羟基在苯环上邻位时，甲基的位置有2种；当二个酚羟基在苯环上间位时，甲基的位置有3种，当二个酚羟基在苯环上对位时，甲基的位置有1种，所以共有6种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为的结构简式为、．‎ 点睛：本题考查了考生对有机物的性质、物质的反应类型、物质之间的相互转化关系和一些基本概念、基本理论的掌握和应用能力；进行结构简式的判断时，注意结合题目中已知信息进行分析，找出分子结构的变化之处，分析官能团的变化，结合反应条件分析反应类型，确定生成物的结构简式。书写同分异构体时，要把题中限定的性质转化为结构信息，并根据其可能的排列方式找到所有同分异构体，防止漏解。‎ ‎12.A～G是前四周期除稀有气体之外原子序数依次增大的七种元素。A与其他元素既不同周期又不同族；B、C的价电子层中未成对电子数都是2；E核外的s、p能级的电子总数相等；F与E同周期且第一电离能比E小；G的＋1价离子（G+）的各层电子全充满。回答下列问题：‎ ‎（1）写出元素名称：B ，G 。‎ ‎（2）写出F的价电子排布图： 。‎ ‎（3）写出化合物BC的结构式： 。‎ ‎（4）由A、C、F三元素形成的离子[F(CA)4]— 是F在水溶液中的一种存在形式，其中F的杂化类型是 。‎ ‎（5）在测定A、D形成化合物的相对分子质量时，实验测定值一般高于理论值的主要原因是 。‎ ‎（6）E的一种晶体结构如图甲，则其一个晶胞中含有 个E；G与D形成的化合物的晶胞结构如图乙，若晶体密度为ag/cm3，则G与D最近的距离为 pm ‎（阿伏加德罗常数用NA表示，列出计算表达式，不用化简；乙中○为G，●为D。）‎ ‎【答案】（1） 碳（1分） 铜（1分） （2）（3）C≡O ‎（4）SP3杂化 （5）HF分子间通过氢键形成缔合分子（合理答案均计分）‎ ‎（6）2×108pm （3分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：A～G是前四周期除稀有气体之外原子序数依次增大的七种元素。A与其他元素既不同周期又不同族，是H；B、C只能是第2周期元素，价电子层中未成对电子数都是2是2p2和2p4产生的，故分别是C和O；E核外的s、p能级的电子总数相等，有1s22s22p4或1s22s22p63s2，从晶体来看为金属，故是Mg；F与E(Mg)同周期且第一电离能比Mg小，F是Al；G的＋1价离子（G+）的各层电子全充满，是第4周期元素，离子应该为1s22s22p63s23p63d10，是Cu。D不在第IA族，有时8O~12Mg之间，为F。‎ ‎（4）离子[Al(OH)4]— 中的Al价层电子4对，杂化类型是sp3。‎ ‎（5）在测定A、D形成的化合物HF的相对分子质量时，因HF分子间通过氢键形成缔合分子使得实验测定值一般高于理论值。‎ ‎（6）如图甲Cu的一种晶体结构是六方最密堆积，图为3个晶胞，一个晶胞中含有2个Cu；Cu与F形成的化合物是的晶胞结构如图乙，1:1的是CuF，Cu与F最近的距离为为对角线的1/4，故有：‎ Cu与F最近的距离×108pm 考点：物质结构及相关知识。‎ ‎ ‎ ‎ ‎