2018-2019学年四川省棠湖中学高一下学期期末考试化学试题（解析版） 19页

四川省棠湖中学2018-2019学年高一下期末考试 化学试题 注意事项：‎ ‎1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。‎ ‎2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效；‎ ‎3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。满分：300分 ‎4．考试时间：物理，化学，生物同堂考试；时间共150分钟；‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 23 P 31 S 32 Mn 55 Fe 56‎ 第I卷 选择题（48分）‎ 一、选择题：本题共12个小题，每小题4分。共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.‎2019年3月21日，江苏响水化工厂发生特大爆炸事故。当地环保部门在现场检测到爆炸产生的气体有SO2、氮氧化物、挥发性有机物等。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 燃煤中加入CaO可以减少SO2气体的排放 B. 光化学烟雾的形成与氮氧化物有关 C. SO2随雨水降下可能形成酸雨 D. 空气质量报告中有可吸入颗粒、SO2、NO2、CO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A 项、加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，故A正确；‎ B项、光化学烟雾的形成主要是汽车尾气排放出的氮氧化物发生复杂的变化造成的，故B正确；‎ C项、酸雨的形成主要是由于化石燃料燃烧排放的废气中含有大量的二氧化硫或氮氧化物所致，故C正确；‎ D项、空气质量报告主要报告有害气体和固体颗粒物，二氧化硫、二氧化氮为有毒气体，可吸入颗粒，都是空气质量报告内容，二氧化碳是空气的成分之一，没有列入空气质量报告，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎2.NA代表阿伏加德罗常数的值.下列叙述正确的是 A. 标准状况下，22.4 L H2O中含有的分子数为NA B. 32gO2中含有的电子数为32NA C. 32gO2和O3的混合物中含有的氧原子数目为2NA D. 1 molNa2O2与足量的CO2反应转移的电子数为2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、标况下，水不是气体；‎ B、1mol氧气中含有电子的物质的量为16mol；‎ C、O2和O3的最简式相同，都为O；‎ D、1molNa2O2与足量的CO2充分反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子。‎ ‎【详解】A项、标况下，水不是气体，无法计算22.4L水的物质的量，故A错误；‎ B项、32g氧气的物质的量为1mol，1mol氧气中含有电子的物质的量为16mol，含有电子数为16NA，故B错误；‎ C项、O2和O3的最简式相同，都为O，由最简式可知32gO的物质的量为2mol，含有的氧原子数目为2NA，故C正确；‎ D项、1molNa2O2与足量的CO2充分反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，转移的电子数为NA，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件，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，准确计算反应中反应转移的电子数是解答关键。‎ ‎3.硒(Se)被誉为“生命的奇效元素”。富硒食品倍受追捧。已知硒元素与氧元素同族。与钙元素同周期。下列关于硒的描述错误的是 A. 原子序数是24‎ B. 气态氢化物化学式是H2Se，还原性比HCl强 C. 最高价氧化物是SeO3，是酸性氧化物 D. 原子半径比硫原子的原子半径大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硒元素与氧元素同主族，与钙元素同周期，Se在元素周期表中的第四周期第ⅥA族，与氧元素原子序数相差18，其原子序数为16+18＝34，A错误；‎ B．硒的负化合价为-2，气态氢化物化学式是H2Se，非金属性：Cl＞S＞Se，则氢化物还原性：HCl＜H2Se，B正确；‎ C．第ⅥA族元素的最高价为+6价，则最高价氧化物的化学式为SeO3，与同主族的S的化合物性质相似，属于酸性氧化物，C正确；‎ D．同主族自上而下原子半径增大，故Se原子半径比硫原子的原子半径大，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题主要是考查结构性质位置关系应用，注意理解同族元素性质的相似性与递变性，题目难度不大，另外注意同主族元素原子序数的计算方法。‎ ‎4.下列离子方程式书写正确的是 A. 铁钉放入硫酸铜溶液中：2Fe＋3Cu2＋＝2Fe3＋＋3Cu B. 金属铜溶于稀硝酸中： Cu+2NO3—＋4H +＝Cu2+＋2NO↑+2H2O C. 碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠中：NH4+＋OH－＝NH3 + H2O D. 少量二氧化硫通入澄清石灰水中：SO2+Ca2＋＋2OH－＝CaSO3↓+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜；‎ B、金属铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；‎ C、碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应生成一水合氨、碳酸钠和水；‎ D、少量二氧化硫与石灰水反应生成亚硫酸钙沉淀和水。‎ ‎【详解】A项、铁钉放入硫酸铜溶液中，铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故A错误；‎ B项、金属铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-‎ ‎=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B错误；‎ C项、碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应生成一水合氨、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：NH4++HCO3-+2OH-=NH3·H2O +CO32-+H2O，故C错误；‎ D项、少量二氧化硫与石灰水反应生成亚硫酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：SO2+Ca2＋＋2OH－=CaSO3↓+H2O，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，熟悉元素化合物知识的性质是解答关键。‎ ‎5.近两年流行喝果醋，苹果醋是一种由苹果发酵而成具有解毒、降脂、减肥和止泻等明显药效的健康食品。苹果酸(α－羟基丁二酸)是这种饮料的主要酸性物质，苹果酸的结构简式为，下列说法不正确的是 A. 苹果酸在一定条件下能发生酯化反应 B. 苹果酸在一定条件下能发生催化氧化反应 C. 苹果酸在一定条件下能发生取代反应 D. 1 mol苹果酸与Na2CO3溶液反应最多消耗1 mol Na2CO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由苹果酸的结构简式为知，含有羟基和羧基，能发生酯化反应，羟基能发生催化氧化反应，羧基能和碳酸钠溶液反应。根据官能团的特征进行解答。‎ ‎【详解】A.苹果酸中的羧基在一定条件下能与乙醇发生酯化反应，故A正确；‎ B.苹果酸的结构简式为，羟基可以被催化氧化，所以苹果酸在一定条件下能发生催化氧化反应，故B正确；‎ C.苹果酸中的羟基在一定条件下能与酸发生酯化反应，也是取代反应，故C正确；‎ D. 苹果酸的结构简式为当产物为NaHCO3时，1mol羧基消耗1mol碳酸钠，消耗的Na2CO3最多，而一个苹果酸分子中含有两个羧基，所以1mol苹果酸与Na2CO3溶液反应最多消耗2molNa2CO3，故D项错误；‎ 正确答案为D。‎ ‎6.下列化学用语描述中不正确的是（　　）‎ A. K2O的电子式： B. 硫离子的结构示意图：‎ C. 乙醛的结构简式：CH3COH D. 中子数为20的氯原子：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、K2O为离子化合物，是由钾离子和氧离子形成，电子式为，故A正确；‎ B项、硫离子核外有3个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图：，故B正确；‎ C项、乙醛的官能团为—CHO，结构简式为CH3CHO，故C错误；‎ D项、质子数为17，中子数为20的氯原子的质量数为37,原子符合为3717Cl，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学用语，注意掌握电子式、原子符号、结构简式等常见的化学用语的概念及判断方法是解答关键。‎ ‎7.在光照的条件下，将1 molCH4与一定量的氯气充分混合，经过一段时间，甲烷和氯气均无剩余，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，若已知生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳的物质的量分别为X mol，Y mol，Z mol，该反应中生成HCl的物质的量是 A. (1＋X＋2Y＋3Z) mol B. (X＋Y＋Z)mol C. (2X＋3Y＋4Z)mol D. (1－X－Y－Z)mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因为甲烷和氯气均无剩余，则由反应前后碳元素的质量守恒可得一氯甲烷的的物质的量为(1-X-Y-Z)mol，由氢元素的质量守恒可知n（HCl）=n（CH3Cl）+2n（CH2Cl2）+3n（CHCl3）+4n（CCl4）=（1-X-Y-Z+2X+3Y+4Z）mol=（1＋X＋2Y＋3Z）mol，故A正确；答案选A。‎ ‎【点睛】质量守恒是化学反应中的一条基本规律，守恒法也是在化学计算中常用的方法，守恒思想也是化学中一种非常重要的一种思想。‎ ‎8.某温度下，在2L容器中3种物质间进行反应，X、Y、Z的物质的量随时间的变化曲线如图。其中X、Y、Z都为气体，反应在t1min时到达平衡，如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 该反应的化学方程式是2X＝3Y+Z B. 已知１molＸ完全反应要吸收46kJ的热量，则至t1min时，该反应吸收的热量为36.8kJ·mol-1‎ C. 在此ｔ1min时间内，用Ｙ表示反应的平均速率ｖ(Y)为0.6mol/(L·min)‎ D. 在相同状态下，反应前的压强是反应后的0.75倍 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在0~t1min时X、Y、Z三者变化的物质的量依次为0.8mol、1.2mol、0.4mol，且X是反应物，Y、Z是生成物，三者的物质的量之比为2:3:1，t1min时反应达到平衡，则此反应的化学方程式为2X(g)3Y(g)+Z(g)，故A错误；‎ B．达到平衡时X的变化量为0.8mol，则反应中吸收的热量为46kJ×=36.8kJ，单位错误，故B错误；‎ C．达到平衡过程中Y的平均反应速率为=mol/(L·min)，故C错误；‎ D．在恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，则反应前的压强是反应后的倍，故D正确；‎ 答案为D。‎ ‎9.为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，甲、乙两位同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。下列叙述中不正确的是 A. 图甲所示实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小 B. 若图甲实验中反应速率为①＞②，则一定说明Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好 C. 用图乙所示装置测定反应速率，可测定反应产生的气体体积及反应时间 D. 为检查图乙所示装置的气密性，可关闭A处活塞。将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应的剧烈程度与实验现象有关，反应越剧烈，产生气体的速率越快，产生气泡越快，A正确；‎ B．催化剂能改变化学反应的速率，这里是加快速率，若图1所示实验中反应速率为①＞②，则不一定说明氯化铁比硫酸铜催化效果好，因二者所含的阴离子不同，要证明Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好，还要使选择的试剂中阴离子种类相同，B错误；‎ C．反应速率可用单位时间内产生的气体体积表示，该装置可通过注射器活塞的位置变化看生成气体的体积，C正确；‎ D．检查装置的气密性一般是利用气压的原理，在图2装置中，关闭A处活塞，将注射器的活塞拉出一定距离，过一段时间后再松开活塞，如活塞回到原位，说明气密性良好，否则漏气，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎10.X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大。X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等。下列说法正确的是 A. 元素Y、Z、W具有相同电子层结构的离子，其离子半径依次增大 B. 元素X能与元素Y形成离子化合物X2Y2‎ C. 元素W、R的最高价氧化物对应的水化物都是强酸 D. 元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY>XmR ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查原子结构、元素周期表、元素周期律等相关知识，首先应根据各元素原子的结构特点推断出各元素，然后根据其性质分析可得结论。‎ ‎【详解】由X是周期表中原子半径最小的元素可得X为氢元素，由Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍可得Y为氧元素，R与Y处于同一族可得R为硫元素，因Z、W、R处于同一周期，故三种元素属于第三周期，Y、R原子的核外电子数之和为8+16=24，则Z、W两原子的核外电子数只能是11和13，故Z、W分别为钠和铝元素。A. 元素Y、Z、W具有相同电子层结构的离子分别为O2、-Na+、Al3+，这三种离子的半径随其核电苛数的增加而减小，故A项错误；B.元素X能与元素Y形成化合物X2Y2为H2O2，属于共价化合物，故B项错误；C.元素W、R的最高价氧化物对应的水化物分别氢氧化铝和硫酸，其中氢氧化铝为两性氢氧化物，并不属于强酸，故C项错误；D.因非金属性Y大于R，故它们的氢化物的稳定性为XmY>XmR，故D项正确；答案选D。‎ ‎【点睛】本题综合性较强，有一定的难度，解决问题的关键在于抓住一些元素的特性或原子结构的特征来突破。‎ ‎11.下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系 据此判断下列说法中正确的是（ ）‎ A. 石墨转变为金刚石吸热反应 B. 白磷比红磷稳定 C. ①S(g)+O2(g)＝SO2(g)；②S(s)+O2(g)＝SO2(g)；放出热量：①˂②‎ D. CO(g)+H2O(g)＝CO2(g)+ H2 (g)；该反应为吸热反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图像可知金刚石所具有的总能量比石墨高，因此石墨转变为金刚石是吸热反应，故A项正确；B.由图像可知红磷所具有的能量比白磷低，因此红磷更稳定，故B项错误；C.对同一种物质而言，气态时所具有的能量比固态时所具有有能量高，即S(g)所具有的能量大于S(s)，放出热量应该为①>②，故C项错误；D.由图像可CO(g)和H2O(g)所具有的总能量高于CO2(g)和 H2 (g)所具有的总能量，因此反CO(g)+H2O(g)＝CO2(g)+ H2 (g)为放热反应，故D项错误；答案选A。‎ ‎【点睛】本题不仅需要掌握反应是放热还是吸热与反应物和生成物所具有的总能量之间的关系，而且还要厘清物质的聚积状态、物质的稳定性与物质所具的能量之间的关系，一般情况下，对同一种物质而言，气态时所具有的总能量最高，固态时所具有的总能量最低。对不同物质而言，所具有的能量越低性质越稳定。‎ ‎12.液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点。一种以液态肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液。下列关于该电池的叙述正确的是 A. b极发生氧化反应 B. a极的反应式：N2H4＋4OH－－4e－＝N2↑＋4H2O C. 放电时，电流从a极经过负载流向b极 D. 其中的离子交换膜需选用阳离子交换膜 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、该燃料电池中，通入氧化剂空气的电极b为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，A项错误；‎ B、通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：‎ N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，B项正确；‎ C、放电时，电流从正极b经过负载流向a极，C项错误；‎ D、该原电池中，正极上生成氢氧根离子，阴离子向负极移动，所以离子交换膜要选取阴离子交换膜，D项错误；‎ 答案选B。‎ 第II卷 非选择题（52分）‎ ‎13.某化学课外兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应情况，用如图所示装置进行有关实验：‎ ‎(1)B是用来收集实验中产生的气体的装置，但未将导管画全，请在图上把导管补充完整_________。‎ ‎(2)实验中他们取6.4 g铜片和12 mL 18 mol·L−1浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直到反应完毕，最后发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余。‎ ‎①写出铜跟浓硫酸反应的化学方程式：__________________；‎ ‎②为什么有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解，你认为原因是__________________；‎ ‎③下列药品中能够用来证明反应结束后的烧瓶中确有余酸的是________(填编号)。‎ A．铁粉 B．BaCl2溶液 C．银粉 D．Na2CO3溶液 ‎(3)装置C中试管D内盛装的是品红溶液，当B中气体收集满后，有可能观察到的现象是_____________，待反应结束后，向C中烧杯内加入沸水，D中观察到的现象是_____________。‎ ‎(4)实验装置C有可能造成环境污染，试用最简单的方法加以解决__________________(实验用品自选)。‎ ‎【答案】 (1). (2). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑ (3). ‎ 随着反应进行，硫酸被消耗，产物有水生成，所以浓硫酸变成稀硫酸，反应停止 (4). AD (5). 红色褪去 (6). 恢复红色 (7). 用浸有NaOH的溶液的面团塞在试管口 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）铜跟浓硫酸反应生成了SO2气体，SO2比空气重，可以用向上排气法收集，所以装置中的导气管应长进短出，装置图为；‎ ‎（2）①铜跟浓硫酸在加热时发生反应，反应化学方程式是Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑；‎ ‎②6.4g铜片的物质的量是0.1mol，该铜和12mL 18mol/L浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，依据化学反应方程式Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑的定量关系可知，0.1mol铜与含0.216mol硫酸的浓硫酸反应，最后发现烧瓶中还有铜片剩余，说明一定剩余酸，这是因为浓硫酸随着反应进行，浓度变小成为稀硫酸，不再和铜发生反应，所以有一定量的余酸但未能使用铜片完全溶解；‎ ‎③根据反应后必有硫酸铜产生，所以要证明反应结束后的烧瓶中确有余酸，只有证明氢离子，A．铁粉与氢离子反应产生气泡，正确；B．BaCl2溶液只能与硫酸根产生沉淀，无论硫酸是否过量，都会发生沉淀反应，因此不能证明硫酸是否过量，错误；C．银粉不反应，无现象，不能证明硫酸是否过量，错误；D．Na2CO3溶液与氢离子反应产生气泡，正确。答案选AD。‎ ‎（3）装置C中试管D内盛装的是品红溶液，当B中气体收集满后，SO2进入品红溶液，使品红溶液褪色；待反应结束后，向C中烧杯内加入沸水，升高温度，无色物质不稳定，受热分解，SO2逸出，品红溶液又变为红色；‎ ‎（4）实验装置C有可能造成环境污染，由于SO2是酸性氧化物，可以与碱发生反应产生盐和水，因此可以用浸有NaOH的溶液的面团塞在试管口。‎ ‎14.某人设计淀粉利用方案如下图所示：其中A是乙烯能催熟水果，B是高分子化合物，D是有水果香味的物质。请回答以下问题：‎ ‎（1）“C6H12O6”的名称是________，工业上由石蜡制取A的方法称作____。C中含有官能团名称是____________；‎ ‎（2）A→B反应类型为_________________；C→D反应类型为_________________；‎ ‎（3）写出下列转化的化学方程式 ‎①A→B：__________________；‎ ‎②C→D：___________________________；‎ ‎③CH3CH2OH→CH3CHO：_________________________。‎ ‎（4）已知A能使酸性高锰酸钾褪色，还原产物为Mn2+，写出该氧化还原反应的离子方程式____________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 葡萄糖 (2). 裂解 (3). 羧基 (4). 加聚反应 (5). 取代（酯化）反应 (6). (7). CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O (8). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (9). 5C2H4＋12MnO4－＋36H＋＝10CO2＋12Mn2+＋28H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成乙醇和二氧化碳，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛氧化生成C是乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成D是乙酸乙酯，A是乙烯，B是高分子化合物，所以B是乙烯发生加聚反应生成，则B是聚乙烯，据此解答。‎ ‎【详解】（1）淀粉水解生成葡萄糖，因此“C6H12O6”的名称是葡萄糖；A是乙烯，工业上由石蜡制取乙烯的方法称作裂解；C为CH3COOH，含有官能团名称为羧基；‎ ‎（2）A→B是乙烯发生加聚反应得到高分子化合物；C→D是乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯；‎ ‎（3）①A→B是乙烯发生加聚反应得到高分子化合物，反应方程式为 ‎；‎ ‎②C→D是乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；‎ ‎③乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。‎ ‎（3）已知乙烯能使酸性高锰酸钾褪色，还原产物为Mn2+，则该氧化还原反应的离子方程式为5C2H4＋12MnO4－＋36H＋＝10CO2＋12Mn2+＋28H2O。‎ ‎15.由N、B等元素组成的新型材料有着广泛用途。‎ ‎（1）B2H6是一种高能燃料，它与Cl2反应生成的BCl3可用于半导体掺杂工艺及高纯硅的制造；由第二周期元素组成的与BCl3互为等电子体的阴离子为_______（填离子符号，填一个）。‎ ‎（2）氨硼烷（H3N→BH3）和Ti（BH4）3均为广受关注的新型化学氢化物储氢材料．‎ ‎①H3N→BH3中B原子的外围电子排布图_________。‎ ‎②Ti（BH4）3由TiCl3和LiBH4反应制得，写出该制备反应的化学方程式____；基态Ti3+的成对电子有___对，BH4-的立体构型是____；Ti（BH4）3所含化学键的类型有____；‎ ‎③氨硼烷可由六元环状化合物（HB=NH）3通过如下反应制得：3CH4+2（HB=NH）3+6H2O→3CO2+6H3BNH3；与上述化学方程式有关的叙述不正确的是 _____________‎ A．氨硼烷中存在配位键 B．第一电离能：N＞O＞C＞B C．反应前后碳原子的轨道杂化类型不变 D．CH4、H2O、CO2都是非极性分子 ‎（3）磷化硼（BP）是受到高度关注的耐磨材料，如图1为磷化硼晶胞；‎ ‎①晶体中P原子填在B原子所围成的____空隙中。 ‎ ‎②晶体中B原子周围最近且相等B原子有____个。‎ ‎（4）立方氮化硼是一种新型的超硬、耐磨、耐高温的结构材料，其结构和硬度都与金刚石相似，但熔点比金刚石低，原因是__________。图2是立方氮化硼晶胞沿z轴的投影图，请在图中圆球上涂“●”和画“×”分别标明B与N的相对位置______。其中“●”代表B原子，“×”代表N原子。‎ ‎【答案】 (1). NO3-/CO32- (2). (3). TiCl3+3LiBH4Ti(BH4)3 + 3LiCl (4). 9 (5). 正四面体 (6). 配位键、共价键、离子键 (7). CD (8). 正四面体 (9). 12 (10). 氮化硼中硼的原子半径比C大，故其N-B键的键能小于金刚石中的C-C键，所以氮化硼的熔点就越低 (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据等电子体原理，原子数相同，价电子数也相同的粒子互为等电子体，所以由第2周期元素组成的与BCl3互为等电子体的阴离子为CO32-或NO3-，故答案为CO32-或NO3-；（2）①B原子的外围电子排布图为；TiCl3和LiBH4发生复分解反应得到Ti（BH4）3，反应方程式为：TiCl3+3LiBH4Ti(BH4)3 + 3LiCl；基态Ti3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d1，故其成对电子数为9；BH4-中B原子的价层电子数为（3+1+4）÷2=4，则其杂化方式为sp3，立体构型为正四面体；BH4-中B原子存在空轨道，与 H-能形成配位键，故Ti（BH4）3中所含化学键有离子键、共价键、配位键；③A．氨硼烷N与B间形成的是配位键，故A说法正确；B．在同周期元素中元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，而VA族元素的第一电离能要大于相邻元素，则第一电离能：N＞O＞C＞B，故B说法正确；C.反应前CH4中碳原子的轨道杂化类型为sp3，反应后生成的CO2中碳原子的轨道杂化类型为sp；故C说法错误；D．CH4、CO2都是非极性分子，但H2‎ O是极性分子，故D说法错误；答案为CD。（3）①由晶胞结构分析可每个B原子与周围四个P原子成键，同时每个P原子与周围四个B原子成键，P原子位于四个B原子形的正四面体中心，故答案为正四面体；②由晶胞结构可知晶体中B原子周围最近且相等的B原子和P原子周围最近且相等的P原子，以晶胞某个面心的P原子为中心，同一个平面内与之最近且相等的P原子为4个，三个面共12个，故答案为12；（4）氮化硼中硼的原子半径比C大，故其N-B键的键能小于金刚石中的C-C键，所以氮化硼的熔点就越低；立方氮化硼晶胞沿z轴的投影图相当于该晶胞的正视图，其晶胞结构与磷化硼相似，则参照图1可得B与N的相对位置为。‎ ‎【点睛】本题较全面的考查了物质结构的相关知识，难度较大，特别是在分析晶体的结构时对学生能力要求较高，在对一些陌生晶体结构进行分析时可根据几种典型晶体类比来分析，如磷化硼、氮化硼和金刚石三种晶体中原子的空间排列是相似的。‎ ‎16.I、乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于化学工业。实验室利用如图的装置制备乙酸乙酯。‎ ‎（1）与教材采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，其作用是：_____________。‎ ‎（2）请写出用CH3CH218OH制备乙酸乙酯的化学方程式：_____________，反应类型为_______。‎ ‎（3）为了证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用上图所示装置进行了以下4个实验。实验开始先用酒精灯微热3min，再加热使之微微沸腾3min。实验结束后充分振荡小试管Ⅱ再测有机层的厚度，实验记录如下：‎ 实验 编号 试管Ⅰ中的试剂 试管Ⅱ中的试剂 有机层的厚度/cm A ‎2 mL乙醇、1 mL乙酸、‎ ‎1mL18mol·L－1 浓硫酸 饱和Na2CO3溶液 ‎3.0‎ B ‎2 mL乙醇、1 mL乙酸 ‎0.1‎ C ‎2 mL乙醇、1 mL乙酸、‎ ‎3 mL 2mol·L－1 H2SO4‎ ‎06‎ D ‎2 mL乙醇、1 mL乙酸、盐酸 ‎0.6‎ ‎①实验D的目的是与实验C相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用。实验D中应加入盐酸的体积和浓度分别是______mL和_____mol·L－1 。‎ ‎②分析实验_________________（填实验编号）的数据，可以推测出浓H2SO4的吸水性提高了乙酸乙酯的产率。‎ ‎（4）若现有乙酸90g，乙醇138g发生酯化反应得到80g乙酸乙酯，试计算该反应的产率为______________（用百分数表示，保留一位小数）。‎ II、已知乳酸的结构简式为。试回答：‎ ‎①乳酸分子中的官能团有：_____________________________________（写名称）；‎ ‎②乳酸与足量金属钠反应的化学方程式为________________________________；‎ ‎③已知—COOH不会发生催化氧化，写出加热时，乳酸在Cu作用下与O2反应的化学方程式：________________________________________________；‎ ‎④腈纶织物产泛地用作衣物、床上用品等。腈纶是由CH2＝CH－CN聚合而成的。 写出在催化剂、加热条件下制备腈纶的化学方程式________________________。‎ ‎【答案】 (1). 防止倒吸 (2). CH3COOH＋CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3＋H2O (3). 酯化反应 (4). 3 (5). 4 (6). A C (7). 60．6% (8). 羟基、羧基 (9). (10). 2CH3CHOHCOOH+O22CH3COCOOH+2H2O (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）乙酸、乙醇易溶于碳酸钠溶液，会导致装置内气体减小，容易发生倒吸，球形干燥管容积较大，故可以防止倒吸，故答案为：防止倒吸；（2）根据酯化反应的机理可知反应方程式：CH3COOH＋CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3＋H2O，反应类型为取代反应或酯化反应；（3）①实验D的目的是与实验C相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用，由于在实验C中使用的硫酸是3mL 2mol/L，所以在实验D中应加入一元强酸盐酸的体积和浓度分别是3mL和4mol/L；②分析实验A、C 可知：其它条件相同只有硫酸的浓度不同，而最终使用浓硫酸反应产生的酯多，说明浓H2SO4的吸水性提高了乙酸乙酯的产率；故答案为AC；（4）n(乙酸)=90g÷60g/mol=1.5mol，n(乙醇)=138g÷46g/mol=3mol，由于乙醇过量，所以应该按照乙酸来计算得到的酯的质量。n(乙酸乙酯)=80÷88g/mol=0.909mol，则该反应的产率为0.909‎ ‎ mol÷1.5mol×100%=60.6%；II.①乳酸分子中的官能团有羟基和羧基，故答案为羟基、羧基；②乳酸分子中的羟基氢和羧基氢都能被金属钠置换，故反应方程式为，③加热时，乳酸在Cu作用下与O2反应主要的羟基被催化氧化，故反应方程式为2CH3CHOHCOOH+O22CH3COCOOH+2H2O；④ 腈纶是由丙烯腈发生加聚反应而得到的，反应的方程式为。‎ ‎【点睛】在所给的反应物的量有多种时，应考虑物质的过量问题，应先判断过量，然后按照量少的反应物的量进行计算。‎ ‎17.为了确定某铝热剂（含氧化铁和铝）的组成，分别进行下列实验。‎ ‎（1）若取a g样品，向其中加入足量的氢氧化钠溶液，测得生成的气体为b L(标况）。反应的离子方程式为_______________，样品中铝的物质的量为_____________（用含b的代数式表示）。‎ ‎（2）若取a g样品，在高温下能恰好完全反应，该反应的化学方程式为________________，样品中氧化铁与铝的质量比为_________________（用含a 、b的代数式表示）。‎ ‎（3）待（2）中反应产物冷却后，往其中加入足量的盐酸，测得生成的气体体积为c L（标况），则该气体与（1）中所得的气体的体积比c∶b＝______________。‎ ‎【答案】 (1). 2Al+2OH－+2H2O＝2AlO2－+3H2↑ (2). mol (3). Fe2O3 +2Al2Fe+Al2O3 (4). (a-)︰ (5). 2∶3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）铝热剂中的氧化铁与氢氧化钠溶液不反应，铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为2Al+2OH－+2H2O＝2AlO2－+3H2↑，由方程式可知3n（Al）=2n（H2），n（Al）=×= mol；（2）铝热反应为置换反应，方程式为Fe2O3 +2Al2Fe+Al2O3，在铝热剂中铝的质量为×27g，则氧化铁的质量为（a-×27）g，故样品中氧化铁与铝的质量比为（a-）：；（3）由于样品在高温下恰发完全反应，所以n（Al）=2n（Fe2O3），因此可得ag样品中铝的物质的量与反应后生成铁单质的物质的量，它们在反应中与氢气的关系式分别为2Al~3H2、2Fe~2H2，通过计算可知产生的氢气的物质的量之比为2:3，故c∶b＝2:3。‎ ‎【点睛】本题主要考查物质的量的计算在方程式中的应用，当涉及多个反应时，可根据关系式来进行计算过程的简化，优化计算思维。‎ ‎ ‎