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- 模拟试卷
- 预测试卷
1．化学与人类生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
A．导致“雾霾天气“的原因有多种，化石燃料燃烧和工业废气中的氮氧化物均是导致“雾霾天气”的原因之一，故A正确，
B．铝能与酸、碱发生化学反应，则铝制餐具不宜长时间存放酸性、碱性或咸的食物，故B正确；
C．铁粉的与食品包装袋中的氧气发生反应，可以消耗食品包装袋内的氧气，防止食品氧化变质，故C正确；
D．一般的化学药品着火，要立即用水或泡沫灭火器灭火，但是如果是Na、K等着火由于燃烧产物能够与水或CO2发生反应，所以就不能用水或泡沫灭火器灭火，故D错误。
考查方向
解题思路
A.导致“雾霾天气“的原因有多种，化石燃料燃烧和工业废气中的氮氧化物均是导致“雾霾天气”的原因之一
B．铝与酸碱性物质都可以发生化学反应；
C．铁粉的与食品包装袋中的氧气发生反应，从而防止食品被氧化
D．一般的化学药品着火，要立即用水或泡沫灭火器灭火，但是如果是Na、K等着火由于燃烧产物能够与水或CO 2 发生反应。
易错点
A．不了解雾霾成分和形成的原因；
B．不了解铝与酸碱性物质的反应；
C．不了解铁粉的作用；
D．不了解化学药品与水的反应；
知识点
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
A．甲基是甲烷失去一个H原子后剩余的部分，所以一个甲基中的电子数是9，则1mol甲基（一CH3）所含的电子数应为9NA，故A错误，
B．6 g冰醋酸的物质的量为6 g/(6 0g/mol)=0.1mol，一个冰醋酸中含有共用电子对数目为8个，所以6 g冰醋酸含有共用电子对数目为0.8NA，故B正确；
C．N2和0 H2在一定条件下的反应为可逆反应，不能彻底进行，所以无法确定有多少N2发生了反应，所以C错误；
D．SO3标准状况下不是气体，无法用22.4 L 计算其物质的量，所以D错误。
考查方向
解题思路
A.甲基是甲烷失去一个H原子后剩余的部分，所以一个甲基中的电子数是9，则1mol甲基（一CH3）所含的电子数应为9NA
B．一个冰醋酸中含有共用电子对数目为8个；
C．N2和0 H2在一定条件下的反应为可逆反应；
D．SO3标准状况下不是气体，无法用22.4 L 计算其物质的量。
易错点
A．不清楚甲基的结构和组成
B．不清楚醋酸的结构以及共用电子对的含义
C．没有理解可逆反应的特点；
D．SO3标准状况下不是气体；
知识点
4．根据下列操作及现象，所得结论正确的是（ ）
正确答案
解析
A．NH3?H2O为弱电解质，加水稀释促进电离，由于溶液体积增大，pH反而减小，故A错误；
B．由于硝酸可以将SO32-氧化为SO42-；以及与BaCl2产生白色沉淀的溶液中还可能含有Ag+
所以向某无色溶液中滴加硝酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，原溶液中还可能含有SO32-或者还可能含有Ag+，故B错误；
C．盐类的水解为吸热反应，升高温度促进水解，可根据溶液颜色判断，故C正确；
D．向溴水中加入少量苯，振荡静置后水层为无色是由于苯萃取了溴水中的Br2，故D错误．
考查方向
解题思路
A.加水稀释过程中由于溶液体积增大，pH反而减小；
B．硝酸可以将SO32-氧化为SO42-；
C．盐类的水解为吸热反应，升高温度促进水解，可根据溶液颜色判断，故C正确
D．向溴水中加入少量苯，振荡静置后水层为无色是由于苯萃取了溴水中的Br2
易错点
A．不了解加水稀释过程中由于溶液体积增大，pH反而减小；
B．忽略硝酸可以将SO32-氧化为SO42-；以及与BaCl2产生白色沉淀的溶液中还可能含有Ag+
C．盐类的水解为吸热反应；
D．苯与液Br2在催化剂作用下才可以发生加成反应。
知识点
7．用AG表示溶液的酸度，AG = lg[c(H+)/c(OH-)]。室温下实验室中用0.01 mol·L-1的氢氧化钠溶液滴定20.00 mL 0.01 mol·L-1醋酸，滴定结果如图所示。下列有关叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
A.加入10.00 mL NaOH溶液时，CH3COOH与NaOH后，NaOH过量，得到NaOH和CH3COONa的物质的量为1：1混合溶液，在此混合溶液中存在电荷守恒：c(H+) + c(Na+) = c(CH3COO-) + c(OH-)，但是溶液中c(Na+)＜CH3COOH，所以c(H+) + c(CH3COOH) >c(CH3COO-) + c(OH-)，错误
B．A点时AG=0，则c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，由于醋酸是弱酸，二者的浓度相等，所以加入氢氧化钠溶液体积为20mL，恰好中和，则吃剩的盐水解是溶液显碱性，所以A点时加入氢氧化钠溶液体积小于20 mL，错误；
C．若B点时加入NaOH溶液40 mL，则所得溶液是CH3COOH和CH3COONa的等物质的量的混合溶液。根据物料守恒可得c(Na+)=2c(CH3COO－)+2c(CH3COOH)；所以C错误；
D．在开始时溶液的AG=7，c(H+)/c(OH-)=107；c(H+)·c(OH-)=10-14；则c(H+)=3.3×10-3，所以在室温时0.01 mol·L－1的醋酸溶液pH=3.5，正确；
考查方向
解题思路
A.根据A点的溶质的成分以及不能用电荷守恒进行判断；
B.根据A点时，AG=0，即c(H+)/c(OH-)=1来分析；
C加入NaOH溶液40 mL，得等浓度的CH3COONa和NaOH的混合溶液，根据溶液的电荷守恒和物料守恒来分析；
D.根据开始时溶液的AG=7，以及AG = lg[c(H+)/c(OH-)]进行计算。
易错点
A．不能判断出加入10.00 mL NaOH溶液时溶液中溶质的成分以及不能用电荷守恒进行判断；
B．不能判断出A点的离子浓度；
C．不能熟练使用物料守恒；
D．pH计算能力欠佳。
知识点
3．2015年10月5日，屠呦呦因发现治疗疟疾的青蒿素和双氢青蒿素（结构如图）获得诺贝尔生理学或医学奖。一定条件下青蒿素可以转化为双氢青蒿素。下列有关说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
A．根据青蒿素的结构简式可以确定其分子为C15H20O5，所以A错误；
B．有机化合物中与只有C=C可以与Br2发生加成反应，青蒿素不含C=C，所以不与Br2发生加成反应，所以B错误；
C．有机物合物中含有-OH官能团距可以发生氧化反应、酯化反应，所以C正确；
D．有机反应中氧化反应的实质是发生加氧或脱氢反应，青蒿素转化为双氢青蒿素发生的是加氢的反应，所以不是氧化反应，所以D错误。
考查方向
解题思路
A.根据青蒿素的结构简式可以确定其分子式；
B．有机化合物中与只有C=C可以与Br2发生加成反应；
C．有机物合物中含有-OH官能团距可以发生氧化反应、酯化反应；
D．有机反应中氧化反应的实质是发生加氧或脱氢反应。
易错点
A．不能准确确定分子中原子个数；
B．没有掌握有机合物物中与 Br2发生加成反应的官能团；
C．没有掌握有机合物物中发生氧化反应、酯化反应的官能团；
D．不理解有机反应中氧化反应的特点和实质；
知识点
5．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X最外层电子数是次外层2倍，Y是非金属性最强的元素，Z原子半径在同周期元素中最大，W可与Z形成离子化合物Z2W。下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
Y是非金属性最强的元素，所以Y是氟元素；根据X最外层电子数是次外层2倍，可知X是碳元素或硫元素，再根据X、Y、Z、W原子序数依次增大可知X是碳元素；Z原子半径在同周期元素中最大，则Z是钠元素；根据W可与Z形成离子化合物Z2W可知W有-2价，所以为硫元素；故
A．碳元素在自然界存在金刚石、石墨等游离态；硫元素在自然界有以硫磺这一游离态存在，所以A错误；
B．碳元素有CO、CO2 两种氧化物；钠元素有Na2O、Na2O2两种氧化物； 硫元素有SO2、SO3两种氧化物，所以B正确；
C．氟元素没有正化合价，所以C错误；
D．离子的电子层数不同时，层数越大，半径越大，所以离子半径中硫离子最大，当电子层数相同时，原子序数越大，离子半径越小，所以钠离子半径最小，故离子半径大小关系为：W >Z > Y，所以D错误。
考查方向
解题思路
Y是非金属性最强的元素，所以Y是氟元素；根据X最外层电子数是次外层2倍，可知X是碳元素或硫元素，再根据X、Y、Z、W原子序数依次增大可知X是碳元素；Z原子半径在同周期元素中最大，则Z是钠元素；根据W可与Z形成离子化合物Z2W可知W有-2价，故为硫元素；所以X、Y、Z、W四种元素分别为：碳元素、氟元素、钠元素、硫元素；
A．碳元素、硫元素在自然界有以游离态存在；
B．碳元素有CO、CO2 两种氧化物；钠元素有Na2O、Na2O2两种氧化物； 硫元素有SO2、SO3两种氧化物；
C．氟元素没有正化合价
D．离子半径：W >Y > Z
易错点
不能准确提取有关元素结构和性质的信息，不能准确把握元素周期律以及有关元素化合物的性质。
知识点
6．氮的化合物可以通过电化学转化，右图为NO转化为NO2的工作原理示意图，下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
A．Pt电极上是O2发生反应，而在原电池中O2是氧化剂做正极，发生反应的还原反应，所以A错误；
B．由于是固体电解质，所以在电极反应中没有水参与反应，又图中信息可以看出是O2- 参与电极反应，所以电极反应为O2 + 4e- = 2O2-，所以B错误；
C．由于没有标准状况；所以无法计算O2的体积，所以C错误；
D．外电路中NiO电极为负极，电子由负极向正极移动，所以D正确。
考查方向
解题思路
A．Pt电极上是O2发生的是还原反应
B．固体电解质中是O2- 参与电极反应
C．没有标准状况，无法确定O2的体积为；
D．外电路中NiO电极为负极，电子由负极向正极移动
易错点
不能准确进行原电池电极反应的书写和判断、忽略气体体积计算中的标准状况；不能熟练判断电子、电流、离子的移动方向。
知识点
8．研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义。
I．已知某些化学键的键能数据如下
化学键 C=O C—O C—H H—H O—H
键能/kJ·mol-1 745 351 415 436 462
则CO2(g) + 3H2(g)
II．将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：
2CO2(g) + 6H2(g)
（1）该反应化学平衡常数表达式K = __________。
（2）已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，达平衡时CO2的转化率如图所示
①该反应的ΔH __________ 0（填“>"或“<”）。
②若温度不变，减小反应投料比[n(H2)/n(CO2)]，K值将__________（填“增大”、“减小”或“不变”）。
③700K投料比[n(H2)/n(CO2)] = 2时，达平衡时H2的转化率α = __________。
（3）某温度下，向体积一定的密闭容器中通入CO2(g)与H2(g)发生上述反应，下列物理量不再发生变化时，能说明反应达到平衡状态的是__________。
A．二氧化碳的浓度
B．容器中的压强
C．气体的密度
D．CH3OCH3与H2O的物质的量之比
（4）某温度下，在体积可变的密闭容器中，改变起始时加入各物质的量，在不同的压强下，平衡时CH3OCH3(g)的物质的量如下表所示：
①P1 __________ P3（填“>”“<”或“=”）；
②X1 = __________；
③P2下，III中CH3OCH3的平衡转化率为__________。
正确答案
I. －184
II . (1)
(2) ①＜
②不变
③ 45﹪
(3) ABC
(4) ① ＞
②0.05mol
③ 96﹪
解析
I．断裂旧的化学键需要吸收能量，形成新的化学键释放能量，根据反应CO2(g) + 3H2(g)
（2）①温度升高，CO2转化率降低，所以平衡逆向移动，正反应为放热反应，所以ΔH<0；
②K值只与温度有关，若温度不变，K值不变，所以K值将不变；
③700K时，投料比[n(H2)/n(CO2)] = 2可以判断出CO2转化率为30﹪，则参加反应的CO2为0.3，参与反应的H2为0.9，即转化率为0.9/2×100﹪=45﹪；
（3）A．二氧化碳的浓度不变，反应达到平衡状态B．由于反应前后气体系数不同，所以容器中的压强不变，反应达到平衡状态C．由于反应后有液体水产生，所以反应过程中气体质量发生变化，体积一定的密闭容器中的密度也发生变化，容器中的密度不变，反应达到平衡状态D．由反应方程式可以看出，CH3OCH3与H2O的物质的量之比始终为1:3.所以不能做平衡标志；
（4）① 根据反应2CO2(g) + 6H2(g)
②在体积可变的密闭容器中，I与II属于等效平衡，可以按照比例求解：2.0：1.0=0.1：X1，求解得到X1=0.05；
③P2下时，III中CH3OCH3的物质的量为0.04 mol，所以转化了0.96 mol，即转化率为96﹪。
考查方向
解题思路
I．断裂旧的化学键需要吸收能量，形成新的化学键释放能量，
II . (1) 化学平衡常数的书写要注意系数，同时液体或纯固体看作常数1；
(2) ①温度升高，CO2转化率降低，所以平衡逆向移动，反应为放热反应；
②K值只与温度有关，若温度不变，K值不变；
③700K时，投料比[n(H2)/n(CO2)] = 2可以判断出CO2转化率为30﹪，再根据H2与CO发生反应的比例关6:2进行计算；
(3) A．二氧化碳的浓度不变，反应达到平衡状态B．由于反应前后气体系数不同，所以容器中的压强不变，反应达到平衡状态C．由于反应后有液体水产生，所以反应过程中气体质量发生变化，体积一定的密闭容器中的密度也发生变化，容器中的密度不变，反应达到平衡状态D．由反应方程式可以看出，CH3OCH3与H2O的物质的量之比始终为1:3.所以不能做平衡标志；
(4) ① 根据反应2CO2(g) + 6H2(g)
②在体积可变的密闭容器中，I与II属于等效平衡，可以按照比例求解；
③P2下时，III中CH3OCH3的物质的量为0.04 mol ，所以转化了0.96 mol ，转化率为96﹪
易错点
不能准确判断化学键与焓变的关系致错，没有理解等效平衡的本质特点致错，解答中不
善于从图表中获取信息。
知识点
9．碳酸镍可用于电镀、陶瓷器着色等。镍矿渣中镍元素的主要存在形式是Ni(OH)2和NiS（含有Fe、Cu、Ca、Mg、Zn等元素杂质），从镍矿渣出发制备碳酸镍的流程如下：
已知：常温下，溶度积常数
②NiS + ClO3- + H+ — Ni2+ + S + Cl- + H2O（未配平），此反应中还原产物与氧化产物的物质的量比为____________。
（2）经实验检验，含Ni2+浸出液中铁元素的存在形式只有Fe3+，证明该溶液中无Fe2+可选用的试剂是____________________，现象为______________________________。
（3）加入Na2CO3溶液沉铁时生成难溶于水的黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]和一种无色气体。写出此反应的离子方程式：__________________________________________________。
（4）加入NiS的作用是除去溶液中的Cu2+，原理是NiS(s) + Cu2+(aq)
（5）加入NaF的作用是______________________________。
（6）加入Na2CO3溶液沉镍，检验Ni2+是否沉淀完全的方法是____________________。
正确答案
（1）Ni(OH)2 + 2H+ = Ni2+ + 2H2O 1：3
（2）少量KMnO4溶液或K3[Fe(CN)6]溶液）；KMnO4溶液紫色未褪或未产生蓝色沉淀
（3）Na+ + 3Fe3+ + 2SO42–+ 3H2O + 3CO32– = NaFe3(SO4)2(OH)6 ↓+ 3CO2↑
（4）1.27×10–16
（5）除去溶液中的Ca2+、Mg2+
（6）静置后取上层清液少许于试管中，滴加Na2CO3溶液，若未出现浑浊，则沉淀完全
解析
（1）由于镍矿渣中镍元素的存在形式Ni(OH)2，所以发生反应的离子方程式为：Ni(OH)2 + 2H+ = Ni2+ + 2H2O，由于还原产物Cl-化合价降低了6，氧化产物S的化合价升高了2，所以根据化合价的公倍数确定物质的量比为2：6=1：3；
（2）要证明Fe3+溶液中无Fe2+，可选用少量酸性KMnO4溶液，Fe2+可使酸性KMnO4溶液褪色，或可选用K3[Fe(CN)6]溶液，Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应有蓝色沉淀产生；
（3）Na2CO3溶液沉铁时生成难溶于水的黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]和一种无色气体，根据元素守恒可知气体为CO2，所以发生反应的离子方程式为：Na+ + 3Fe3++ 2SO42–+ 3H2O + 3CO32–= NaFe3(SO4)2(OH)6 ↓+ 3CO2↑
（4）根据反应NiS(s) + Cu2+(aq)CuS(s) + Ni2+(aq)可知，
K=Ksp(NiS)/Ksp(CuS)=c(Ni2+) /c(Cu2+)=(1.07 × 10-21)/(1.27 × 10-36)=1.27×10–16
（5）由于滤液3中无Ca2+、Mg2+离子，所以根据元素守恒可知加入NaF的作用是除去溶液中的Ca2+、Mg2+；
（6）由于NiCO3溶液为沉淀，所以用Na2CO3溶液检验Ni2+是否沉淀，即静置后取上层清液少许于试管中，滴加Na2CO3溶液，若未出现浑浊，则沉淀完全。
考查方向
解题思路
（1）根据镍矿渣中镍元素的存在形式Ni(OH)2进行分析，完成方程式，还原产物与氧化产物的物质的量比可以根据化合价的公倍数确定；
（2）证明Fe3+溶液中无Fe2+可选用的试剂少量KMnO4溶液（褪色）或K3[Fe(CN)6]溶液（蓝色沉淀）
（3）Na2CO3溶液沉铁时生成难溶于水的黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]和一种无色气体，根据元素守恒可知气体为CO2
（4）根据反应NiS(s) + Cu2+(aq)
（5）根据元素守恒可知滤液3中无Ca2+、Mg2+离子，所以加入NaF的作用是除去溶液中的Ca2+、Mg2+；
（6）由于NiCO3溶液为沉淀，所以用Na2CO3溶液检验Ni2+是否沉淀。
易错点
不能有效提取图表中信息，阅读材料、接受信息的能力不强，物质的分离提纯的方法掌握不熟练，不能通过化合价升价确立生成物的比值，不能根据原子守恒确立反应方程式以及分析物质的作用。
知识点
10．[Cu(NH3)4]SO4·H2O是一种重要的染料及合成
（1）连接装置，_________________________，在各装置中加入相应的药品和试剂。
（2）打开K2、K4，闭合K1、K3，加热一段时间后观察到品红溶液褪色，写出NaOH溶液中发生反应的离子方程式____________________________________________。
（3）打开K1、K3，闭合K2、K4，继续加热一段时间后观察到湿润红色石蕊试纸变蓝，证明分解产物中含有______________________________（填化学式）。
（4）CCl4的作用是__________________________________________________。
（5）加热过程中，还生成Cu、N2和H2O。写出[Cu(NH3)4]SO4·H2O分解的化学方程式________________________________________。
（6）若实验中称取a g [Cu(NH3)4]SO4 · H2O，收集到b mL N2（已换算成标准状况），[Cu(NH3)4]SO4·H2O的分解率表达式为__________。
（7）量气管读数时需注意的事项有：①气体冷却到室温；②量气装置两侧液面相平；③________________________________________。若某同学按下图所示读数，则计算出的分解率__________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
正确答案
（1）检查装置气密性
（2）SO2 + 2OH– = SO32– +H2O
（3）NH3
（4）防止倒吸
（5）3[Cu(NH3)4]SO4·H2O 
（6）
（7）视线与凹液面最低处相平 偏低
解析
（1）有气体参与或生成的实验中连接装置后在各装置中加入相应的药品和试剂前要检查装置气密性；
（2）由品红溶液褪色可知有SO2，与NaOH溶液中发生反应生成 SO32–，反应的离子方程式为：SO2 + 2OH– = SO32– +H2O；
（3）湿润红色石蕊试纸变蓝，说明分解产物中含有碱性气体，即有NH3生成；
（4）由装置图以及NH3的性质可知CCl4的作用是防止倒吸；
（5）根据元素守恒以及题给信息：还有Cu、N2和H2O生成，同时根据前面分析可知还有NH3和SO2产生，可知发生反应的化学方程式为；3[Cu(NH3)4]SO4·H2O 
（6）根据化合价升降守恒以及元素守恒可知每3mol[Cu(NH3)4]SO4·H2O 可以收集到2mol N2；所以由b mL N2可知参加分解的Cu(NH3)4]SO4·H2O为b/22400mol ，所以分解率为 
考查方向
通过考查[Cu(NH3)4]SO4·H2O的部分分解产物，进一步气体制备过程中的基本实验操作以及物质成分的测定，要求考生必须认真审题，通过联系所学过的知识和技能，灵活运用并进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考，从而进一步考查考生的综合实验能力。
解题思路
（1）连接装置后在各装置中加入相应的药品和试剂前要检查装置气密性；
（2）由品红溶液褪色可知有SO2，与NaOH溶液中发生反应生成 SO32–；
（3）湿润红色石蕊试纸变蓝，证明分解产物中含有碱性气体NH3；
（4）由装置图以及NH3的性质可知CCl4的作用是防止倒吸；
（5）根据元素守恒以及题给信息进行分析；
（6）根据化合价升降守恒以及元素守恒可知每3mol [Cu(NH3)4]SO4 · H2O可以收集到2mol N2；
（7）为了使两液面不存在液差，所以视线与凹液面最低处必须在同一水平面上， 按照图读数，则生成的气体体积被压缩而减小，所以偏低。
易错点
不能全面、正确理解实验目的，对实验基本操作把握准确。
（1）没有掌握检查装置气密性的必要性；
（2）不能根据品红溶液褪色判断SO2；
（3）不能根据湿润红色石蕊试纸变蓝判断NH3；
（4）没有准确理解防止倒吸装置的功能以及使用要求；
（5）不能根据元素守恒以及题给信息进行方程式的书写；
（6）根据化合价升降守恒以及元素守恒进行计算；
（7）没有掌握量气装置的读数要求。。
知识点
12．【化学—选修3：物质结构与性质】
A、B、C、D、E、F、G是前四周期（除稀有气体）原子序数依次增大的七种元素，A的原子核外电子只有一种运动状态；B、C的价电子层中未成对电子数都是2；B、C、D同周期；E核外的s、p能级的电子总数相筹；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：（相关问题用元素符号表示）
（1）写出E的基态原子的电子排布式________________________________。
（2）B与C可形成化合物BC和BC2，BC2属于__________（填“极性”、“非极性”）分子，1 mol BC含有π键为______________mol。
（3）由元素A、C、G组成的离子[G(A2C)4]2+在水溶液中显天蓝色，不考虑空间结构，[G(A2C)4]2+的结构可用示意图表示为__________（配位键用→标出）。
（4）测定A、D形成的化合物的相对分子质量时，实验测定值一般高于理论值的原因是_________，
（5）由元素A、B、F组成的原子个数比9 : 3 : 1的一种物质，分子中含三个相同的原子团，其结构简式为____________________，分子中F原子的杂化方式为__________，该物质遇水爆炸，生成白色沉淀和无色气体，反应的化学方程式为____________________。 （6）G与氮元素形成的某种化合物的晶胞结构如图，则该化合物的化学式为__________，若晶体密度为a g·cm-3，列式计算G原子与氮原子最近的距离为____pm（不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值用NA表示）。
正确答案
（1）1s22s22p63s2
（2）非极性 2
（3）
（4）HF分子之间存在氢键，形成缔合分子
（5）Al(CH3)3 sp2杂化
Al(CH3)3 +3H2O = Al(OH)3↓+3CH4↑
（6）Cu3N
解析
根据A的原子核外电子只有一种运动状态可知A为氢元素；B、C的价电子层中未成对电子数都是2且原子序数依次增大可知B、C分别为碳元素和氧元素；根据B、C、D同周期可知D为氟元素；E核外的s、p能级的电子总数相筹可知E的电子排布式为1s22s22p63s2 ，即为镁元素，由于原子序数依次增大且F与E同周期，第一电离能比E小可知F为半充满且第一电离反常铝元素；G的+1价离子（G+）的各层电子全充满可知G为铜元素；
（1）镁元素的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s2 ；
（2）CO2分子中没有孤电子对，所以属于非极性分子，CO中含有碳氧三键，所以每个三键中含有2个π键，所以1 mol CO含有π键为2mol；
（3）[Cu(H2O)4]2+ 中含有配位键，Cu2+中有空轨道，H2O中O存在孤电子对，所以结构可用示意图表示为；
（4）由于HF分子之间存在氢键，形成缔合分子(HF)n，所以实验测定值一般高于理论值；
（5）由元素A、B、F组成的原子个数比9 : 3 : 1的一种物质的分子式为AlC3H9 ，由于分子中含三个相同的原子团，即为CH3，所以结构简式为 Al(CH3)3 ，CH3中碳原子的杂化方式为sp2杂化，该物质遇水爆炸，生成白色沉淀为Al(OH)3和无色气体CH4，反应方程式为 Al(CH3)3 +3H2O = Al(OH)3↓
+3CH4↑；
（6）Cu与氮元素形成的化合物的晶胞中，Cu原子为与晶胞的棱上，共有(1/4)×12=3，N 原子位于顶点上，共有(1/8)×8=1；所以则该化合物的化学式为Cu3N ；Cu原子与N原子最近的距离为棱长的
1/2，设距离为xcm，则根据密度计算公式ρ=ｍ/Ｖ可知a =(206/NA)/(2x)3，所以x=
考查方向
解题思路
根据A的原子核外电子只有一种运动状态可知A为氢元素；
B、C的价电子层中未成对电子数都是2且原子序数依次增大可知B、C分别为碳元素和氧元素；
根据B、C、D同周期可知D为氟元素；
E核外的s、p能级的电子总数相筹可知E的电子排布式为1s22s22p63s2 ，即为镁元素，由于原子序数依次增大且F与E同周期，第一电离能比E小可知F为半充满且第一电离反常铝元素；G的+1价离子（G+）的各层电子全充满可知G为铜元素；
（1）镁元素的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s2 ；
（2）CO2分子中没有孤电子对，所以属于非极性分子，CO中含有碳氧三键，所以每个CO中含有2个π键；
（3）[Cu(H2O)4]2+ 中含有配位键，Cu2+中有空轨道，H2O中O存在孤电子对；
（4）HF分子之间存在氢键，形成缔合分子(HF)n；
（5）由元素A、B、F组成的原子个数比9 : 3 : 1的一种物质的分子式为AlC3H9 ，由于分子中含三个相同的原子团，即为CH3，所以结构简式为 Al(CH3)3 ，CH3中碳原子的杂化方式为sp2杂化，该物质遇水爆炸，生成白色沉淀为Al(OH)3和无色气体CH4；
（6）Cu与氮元素形成的化合物的晶胞中，Cu原子为与晶胞的棱上，共有(1/4)×12=3，N 原子位于顶点上，共有(1/8)×8=1；Cu原子与N原子最近的距离为棱长的1/2；
易错点
由于不能有效掌握配位键的实质与题给信息的分析策略，所以不能准确判断出配位键；
空间想象能力薄弱，不能根据晶胞结构判断配位数，进而根据密度确定原子的距离。
知识点
13．【化学—选修5：有机化学基础】
芳香烃X，相对分子质量为92。以X为初始原料合成E，路线如下（部分产物和反应条件已略去）。
回答下列问题：
（1）有机物X的结构简式为________________________________________。
（2）A→B的反应条件为________________________________________。
（3）C→D转化中①的化学方程式为_____
（4）下列关于B的说法正确的是__________。
a．核磁共振氢谱
b．能发生消去反应和还原反应
c．能与钠反应放出氢气
d．能和NaOH溶液反应
（5）E有多种同分异构体，同时符合下列条件的同分异构体共有__________种。
①遇NaHCO3溶液有气体放出
②芳香族化合物
其中不含甲基的有机物的结构简式为____________________。
（6）有机物X可通过三步合成W，W是高分子化合物
已知：I．苯环上的甲基可以被酸性KMnO4氧化成羧基
II．苯环侧链的硝基可被Fe/HCl还原为氨基，苯环侧链的氨基易被氧化
①F的结构简式为____________________，试剂a为____________________。
②在一定条件下W聚合成高分子化合物的化学方程式为____________________。
正确答案
（1）
（2）NaOH水溶液 加热
（3）C6H5-CHO + 2Ag(NH3)2OH
（4）ac
（5）14种
（6） 
解析
根据芳香烃X相对分子质量为92可知，令其分子组成为CxHy，分子中最大碳原子数为92/12=7…8，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8，其结构简式为
E为
（1）根据分析可知X的结构简式为
（2）A→B的反应为卤代烃水解，所以条件为NaOH水溶液、加热；
（3）C→D转化中①的化学反应为
（4）B为
a．苯环上有三个峰氢谱，-CH2OH上有2个峰，所以共有5个峰，正确；
b．与-CH2OH相连的碳原子上没有H原子，所以不能发生消去反应和还原反应，错误；
c．含有-OH，所以能与钠反应放出氢气，正确；
d．含有的-CH2OH没有酸性，所以不能和NaOH溶液反应错误。
（5）E为
考查方向
解题思路
根据芳香烃X相对分子质量为92可知，令其分子组成为CxHy，分子中最大碳原子数为92/12=7…8，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8，其结构简式为
（1）有机物X的结构简式为
（2）A→B的反应为卤代烃水解，所以条件为NaOH水溶液、加热；
（3）C→D转化中①的化学反应为
（4）B为
a．苯环上有三个峰氢谱，-CH2OH上有2个峰
b．与-CH2OH相连的碳原子上没有H原子，所以不能发生消去反应和还原反应
c．含有-OH，所以能与钠反应放出氢气
d．含有的-CH2OH没有酸性，所以不能和NaOH溶液反应
（5）E为
（6）
易错点
不善于把握反应条件及有机物的结构变化、不注意题给条件信息、不能准确判断先氧化还是先还原、不能根据官能团变化来推断各物质，合成流程中不注意易被氧化官能团导致合成方案流程错误。
知识点
11．【化学—选修2：化学与技术】
海水的综合利用包括很多方面，下图是从海水中通过一系列工艺流程提取产品的流程图。
海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl-、Br-、SO42-、HCO3-等离子。
已知：MgCl2·6H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl气体等。回答下列问题：
（1）海水pH约为8的原因主要是天然海水含上述离子中的____________________。
（2）除去粗盐溶液中杂质（Mg2+、SO42-、Ca2+），加入药品的顺序可以为__________。
①NaOH溶液
②BaCl2溶液
③过滤后加盐酸
④Na2CO3溶液
（3）过程②中由MgCl2·6H2O制得无水MgCl2，应如何操作____________________。
（4）从能量角度来看，氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将____________________转化为____________________的过程。采用石墨阳极，不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为______________________________；电解时，若有少量水存在会造成产品镁的消耗，写出有关反应的化学方程式______________________________。
（5）从第③步到第④步的目的是____________________。采用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br2，并用SO2吸收。主要反应的化学方程式为______________________________。
正确答案
（1）
（2）①②④③（其它合理答案均可）
（3）在氯化氢气流中加热至恒重。
（4）电能 化学能 MgCl2(熔融)
（5）为了浓缩富集溴 Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr
解析
根据上述流程图：
（1）海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等离子，在这些离子中能发（1）生水解的是CO32-、HCO-3离子，CO32-+H2O⇌HCO-3+OH-，HCO-3+H2O⇌H2CO3+OH-，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性。
（2）为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-先过滤除去泥沙，可以先加NaOH除去Mg2+，再加过量BaCl2溶液除去SO42-，再加过量Na2CO3溶液除去Ca2+及过量钡离子，过滤除去沉淀，最后加适量盐酸，则正确的顺序为①②④③。
（3）从MgCl2溶液制备无水MgCl2晶体，目的是除水，但又要抑制Mg2+水解，故 将MgCl2 溶液在HCl气流中蒸干；
（4）氯碱工业是电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠的化学制备反应；通电条件下发生了化学反应，电能转化为化学能，电解熔融的氯化镁，电解熔融的无水MgCl2制取Mg；发生反应的化学方程式为：MgCl2(熔融)
（5）过程③得到的是的溶液溴的浓度太低，所以过程③到过程④的变化为Br-→Br2→Br-→Br2，，其目的是增大溴的浓度，实现溴的富集，故答案为：富集溴。过程③用SO2水溶液吸收溴单质，吸收率可达93%，生成两种强酸，离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-；
考查方向
解题思路
根据上述流程图：
（1）根据海水中的离子是否水解进行解答；
（2）为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-先过滤除去泥沙，可以先加NaOH除去Mg2+，再加过量BaCl2溶液除去SO42-，再加过量Na2CO3溶液除去Ca2+及过量钡离子，过滤除去沉淀，最后加适量盐酸。
（3）氯化镁水解显酸性，氯化氢气流中加热防止水解，HCl气流可抑制Mg2+水解
（4）氯碱工业是电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠的化学制备反应；通电条件下发生了化学反应，电能转化为化学能，电解熔融的氯化镁，电解熔融的无水MgCl2制取Mg；发生反应的化学方程式为MgCl2(熔融)
（5）过程③到④的变化为Br-→Br2→Br-→Br2，其目的是增大溴的浓度，实现溴的富集，SO2与溴水反应，反应生成硫酸和HBr；
易错点
（1）不理解水解反应的离子；
（2）没有掌握除去粗盐溶液中杂质的实质；
（3）不理解水解反应的实质以及影响水解的条件；
（4）没有掌握水对电解的影响
（5）不理解浓缩富集实质。