2014-2015学年四川省宜宾三中高三（下）第一次月考化学试卷
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
1．化学与生产、生活息息相关．下列有关说法错误的是（ ） A． 大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的原因之一 B． 燃料脱硫和减少汽车尾气排放都能减少酸雨的产生 C． 从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现 D． 淀粉、纤维素和蛋白质都属于有机高分子化合物
2．下列关于化学反应及相关概念的叙述不正确的是（ ） ①通过化学变化可以实现O 与O 间的相互转化； ②凡是生成盐和水的反应都是中和反应； ③碱性氧化物一定是金属氧化物； ④只由一种元素组成的物质一定为纯净物；
⑤生成一种单质和一种化合物的反应一定是置换反应； ⑥两种碱之间一定不能发生反应．
A． ①③④⑤⑥ B． ②④⑤ C． ①③⑥ D． ①②④⑤⑥
3．下列反应的离子方程式书写正确的是（ ） A． SO2通入过量氨水中：SO2+NH3•H2O=NH4+HSO3
B． （CH3COO）2Ba溶液中滴入稀硫酸：Ba+SO4=BaSO4↓ C． 以Ag作电极，电解AgNO3溶液：4Ag+2H2O=4Ag↓+O2↑+4H D． AgCl悬浊液中加入Na2S溶液：2AgCl+S=Ag2S+2Cl
4．下列化学实验事实及其解释或结论都正确的是（ ）
A． 取少量溶液X，向其中加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe
B． 向1mL 1%的NaOH溶液中加入2mL 2%的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物X，加热后未出现砖红色沉淀，说明X中不含有醛基
2+
2﹣
﹣
+
+
2+
2﹣
+
﹣
16
18
C． 向CuSO4溶液中加入KI溶液，有白色沉淀生成，再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色，说明白色沉淀可能为CuI
D． 向浓度均为0.1mol•L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，首先生成蓝色沉淀，说明Ksp＞Ksp
5．可逆反应：mA（g）+nB（s）⇌rC（g）+qD（g）在反应过程中，其它条件不变，D的百分含量和T或P关系如图，下列叙述中正确的是（ ）
﹣1
A． 温度降低，化学平衡向逆方向移动 B． 使用催化剂，D的物质的量分数增加 C． 化学方程式系数m＜r+q．
D． 物质B的颗粒越小，反应越快有利于平衡向正向中移动
6．25℃时，几种弱酸的电离常数如表：25℃时，下列说法正确的是（ ） 弱酸的化学式 CH3COOH HCN H2S 电离常数（25℃） 1.8×10 4.9×10
A． 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（CH3COONa）＞pH（Na2S）＞pH（NaCN） B． NaHS和Na2S的混合溶液中，一定存在c（Na）+c（H）=c（OH）+c（HS）+2c（S） C． a mol/LHCN溶液与b mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中c（Na）＞c（CN），则a一定小于或等于b
D． 某浓度的NaCN溶液的pH=d，则其中由水电离出的c（OH）=10mol/L
7．如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22．下列说法正确的是（ ）
﹣
﹣d
+
﹣
+
+
﹣
﹣
2﹣
﹣5
﹣10
K1=1.3×10 K2=7.1×10
﹣7﹣15
A． X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高 B． 由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键 C． 物质WY2、W3X4均有熔点高、硬度大的特性
D． T元素的单质不具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4
二、解答题（共4小题，满分58分）
8．（14分）（2015春•宜宾校级月考）X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的前四周期元素．X的单质在Y2中燃烧可生成XY和XY2两种气体；Z的单质在Y2中燃烧的产物ZY2可使品红溶液褪色；W的单质是黄绿色的有毒气体；R离子的3d轨道半充满．请回答下列问题：
（1）X元素在元素周期表中的位置 ，R基态原子的电子排布式为 ；Y、Z、R三种元素中，电负性最大的是 ．（用元素符号表示） （2）XY2的中心原子杂化方式为 ，其分子的空间构型 ．
（3）金属R单质的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示．体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际占有的R原子的个数之比为 ．
（4）ZY2气体通入足量的含R和Ba的混合溶液中，生成白色沉淀，该反应的离子方程式为 ．
3+
2+
3+
9．（14分）（2015春•宜宾校级月考）某小组探究Na2CO3和NaHCO3的性质，实验步骤及记录如下：
Ⅰ．分别向盛有0.5g Na2CO3固体、0.5g NaHCO3固体的烧杯中加入10mL水（20℃），搅拌，测量温度为T1
Ⅱ．静置恒温后测量温度为T2；
Ⅲ．分别加入过量的10mL 密度约为1.1g/mL 20%的盐酸（20℃），搅拌，测量温度T3．得到表1的数据： 表1 温度
试剂 T1/℃ T2/℃ T3/℃ Na2CO3 23.3 20.0 23.7 NaHCO3 18.5 20.0 20.8 回答下列问题：
（1）Na2CO3溶于水显碱性，其原因是 （用离子方程式表示）．
（2）根据试题后的附表判断：步骤Ⅰ中Na2CO3、NaHCO3固体分别是全部溶解还是部分溶解 ．
（3）分析表1的数据得出：Na2CO3固体溶于水 ，NaHCO3固体溶于水 （填“放热”或“吸热”）．
（4）甲同学分析上述数据得出：Na2CO3和NaHCO3与盐酸反应都是放热反应．
乙同学认为还应该增加一个实验，并补做如下实验： ，搅拌，测量温度为22.2℃． （5）结合上述探究，下列说法正确的是 ． A．NaHCO3与盐酸的反应是吸热反应 B．不能用稀盐酸鉴别Na2CO3和NaHCO3固体
C．Na2CO3、NaHCO3固体与稀盐酸反应的能量变化还与物质的溶解等因素有关 D．利用上述实验数据即可计算：CO3（aq）+2H（aq）=H2O（l）+CO2（g）的△H
（6）丙同学为测定一份NaHCO3和Na2CO3混合固体中NaHCO3的纯度，称取m1 g混合物，加热至质量不变时，称其质量为m2 g，则原混合物中NaHCO3的质量分数为 （用代数式表示）． 附表：溶解度表
溶解度 温度 10℃ 20℃ 30℃ 40℃ Na2CO3 12.5g 21.5g 39.7g 40.0g NaHCO3 8.1g 9.6g 11.1g 12.7g
10．（14分）（2015春•宜宾校级月考）某些有机化合物之间具有如下转化关系：
2﹣
+
其中A是一种五元环状化合物，其分子中只有一种化学环境的氢原子；F核磁共振氢谱显示有三种化学环境的氢原子，且峰面积之比为2：2：3． 已知：①RCOOOCR
2RCOOH（其中R是烃基） ②RCOOH
（其中R是烃基）
（1）G是合成顺丁橡胶的主要原料，G的名称是 ．B中含氧官能团的名称是 ．
（2）上述6步反应中属于加成反应的是 （填反应序号）． （3）A的结构简式是 ． （4）⑥的化学方程式是 ．
（5）E在一定条件下能够发生缩聚反应，其中主链上含“﹣CH2﹣”的高聚物的结构简式是 ．
（6）柠檬酸有温和爽快的酸味，普遍用于各种饮料、葡萄酒、糖果、乳制品等食品的制造．柠檬酸分子式为C6H8O7，结构符合下列特征，则其结构简式为 ．
①与E的官能团的种类完全相同 ②分子中无手性碳原子 ③可能共平面的碳原子尽可能多的链状化合物．
11．（16分）（2015•重庆校级模拟）工业上回收利用某合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）的工艺流程如下：
（1）金属M为 ，操作1为 ．
（2）加入H2O2的作用是（用离子方程式表示） ，加入氨水的作用是 ． （3）充分焙烧的化学方程式为 ．
（4）已知Li2CO3微溶于水，其饱和溶液的浓度与温度关系见下表．操作2中，蒸发浓缩后必须趁热过滤，其原因是 ，90℃时Ksp（Li2CO3）的值为 ． 温度/℃ 10 30 60 90
浓度/mol・L 0.21 0.17 0.14 0.10
（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，则阳极的电极反应式为 ．
2014-2015学年四川省宜宾三中高三（下）第一次月考化学试卷 参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
1．化学与生产、生活息息相关．下列有关说法错误的是（ ） A． 大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的原因之一 B． 燃料脱硫和减少汽车尾气排放都能减少酸雨的产生 C． 从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现 D． 淀粉、纤维素和蛋白质都属于有机高分子化合物
考点： 常见的生活环境的污染及治理；物理变化与化学变化的区别与联系；淀粉的性质和用途；纤维素的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点． 分析： A．根据造成雾霾天气的原因判断；
B．燃料脱硫可以减少二氧化硫的排放，减少汽车尾气的排放可以减少含氮气体的排放； C．海水中提取氯化钠即为物理变化；
D．淀粉、纤维素和蛋白质分子式中都含有n，属于都属于有机高分子化合物．
解答： 解：A．大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘，是造成雾霾天气的一种重要因素，故A正确；
B．酸雨形成的主要原因是燃料燃烧生成的二氧化硫或者氮的氧化物形成硫酸或者硝酸形成的，将燃料脱硫和减少汽车尾气排放都可减少酸雨的产生，故B正确； C．海水中提取氯化钠即为物理变化，故C错误；
﹣1
D．淀粉、纤维素和蛋白质分子式中都含有n，属于都属于有机高分子化合物，故D正确； 故选C．
点评： 本题考查了常见生活环境的污染与治理、海水的利用和有机高分子化合物的判断等问题，难度一般．
2．下列关于化学反应及相关概念的叙述不正确的是（ ） ①通过化学变化可以实现O 与O 间的相互转化； ②凡是生成盐和水的反应都是中和反应； ③碱性氧化物一定是金属氧化物； ④只由一种元素组成的物质一定为纯净物；
⑤生成一种单质和一种化合物的反应一定是置换反应； ⑥两种碱之间一定不能发生反应．
A． ①③④⑤⑥ B． ②④⑤ C． ①③⑥ D． ①②④⑤⑥
考点： 酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；物理变化与化学变化的区别与联系；化学基本反应类型．
分析： ①同位素之间不能通过化学反应实现转化； ②生成盐和水的反应不一定都是中和反应； ③碱性氧化物都是金属氧化物；
④只由一种元素组成的物质可能是混合物；
⑤生成一种单质和一种化合物的反应不一定是置换反应； ⑥两种碱之间可能发生反应．
解答： 解：①同位素之间不能通过化学反应实现转化，故错误；
②生成盐和水的反应不一定都是中和反应，如二氧化碳和氢氧化钠的反应，故错误； ③碱性氧化物都是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Mn2O7，故正确； ④只由一种元素组成的物质可能是混合物，如金刚石和石墨的混合物，故错误；
⑤生成一种单质和一种化合物的反应不一定是置换反应，如CO和CuO的氧化还原反应，故错误；
⑥两种碱之间可能发生反应，如一水合氨和氢氧化铜的反应，故错误； 故选D．
16
18
点评： 本题考查较综合，涉及基本概念、物质性质等知识点，明确物质性质及基本概念采用举例法分析解答即可，这些选项都是易错题．
3．下列反应的离子方程式书写正确的是（ ） A． SO2通入过量氨水中：SO2+NH3•H2O=NH4+HSO3
B． （CH3COO）2Ba溶液中滴入稀硫酸：Ba+SO4=BaSO4↓ C． 以Ag作电极，电解AgNO3溶液：4Ag+2H2O=4Ag↓+O2↑+4H D． AgCl悬浊液中加入Na2S溶液：2AgCl+S=Ag2S+2Cl
考点： 离子方程式的书写．
分析： A．氨水过量，反应生成亚硫酸铵，不会生成亚硫酸氢根离子； B．漏掉了醋酸根离子与氢离子反应生成醋酸的反应；
C．银为电极，阳极银失去电子，阳极银离子得到电子生成银单质，不会生成氧气； D．硫化银更难溶，实现了难溶物的转化．
解答： 解：A．SO2通入过量氨水中，反应生成硫酸铵和水，正确的离子方程式为：SO2+2NH3•H2O=H2O+2NH4+SO3，故A错误；
B．（CH3COO）2Ba溶液中滴入稀硫酸，反应生成硫酸钡沉淀和醋酸，正确的离子方程式为：2H+2CH3COO+Ba+SO4=BaSO4↓+2CH3COOH，故B错误；
C．以Ag作电极，电解AgNO3溶液，相当于电镀银，不会生成氧气，故C错误；
D．AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，氯化银沉淀转化成硫化银沉淀，反应的离子方程式为：2AgCl+S
﹣
2
+
﹣
2+
2﹣+
2﹣
2﹣
﹣
+
+
2+
2﹣
+
﹣
=Ag2S+2Cl，故D正确；
﹣
故选D．
点评： 本题考查了离子方程式的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，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：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等；C为易错点，注意电极材料．
4．下列化学实验事实及其解释或结论都正确的是（ ）
A． 取少量溶液X，向其中加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe
2+
B． 向1mL 1%的NaOH溶液中加入2mL 2%的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物X，加热后未出现砖红色沉淀，说明X中不含有醛基
C． 向CuSO4溶液中加入KI溶液，有白色沉淀生成，再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色，说明白色沉淀可能为CuI
D． 向浓度均为0.1mol•L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，首先生成蓝色沉淀，说明Ksp＞Ksp
考点： 化学实验方案的评价；物质的检验和鉴别的实验方案设计． 专题： 实验评价题．
分析： A．原溶液中可能有Fe； B．NaOH不足，反应后溶液不为碱性； C．发生氧化还原反应生成CuI和碘单质； D．溶度积小的先转化为沉淀．
解答： 解：A．取少量溶液X，先加几滴KSCN溶液，再向其中加入适量新制氯水，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe，所以试剂的加入顺序不合理，不能确定含亚铁离子，故A错误； B．向1mL 1%的NaOH溶液中加入2mL 2%的CuSO4溶液，NaOH不足，反应后溶液不为碱性，则不能发生醛基被氧化的反应，故B错误；
C．向CuSO4溶液中加入KI溶液，有白色沉淀生成，再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色，则发生氧化还原反应生成白色沉淀CuI和碘单质，故C正确；
D．因溶度积小的先转化为沉淀，则MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，首先生成蓝色沉淀，说明Ksp＜Ksp，故D错误； 故选C．
点评： 本题考查化学实验方案的评价，涉及氧化还原反应、溶度积、离子的检验、氢氧化铜与醛的反应，注重常考考查的考查，题目难度不大．
5．可逆反应：mA（g）+nB（s）⇌rC（g）+qD（g）在反应过程中，其它条件不变，D的百分含量和T或P关系如图，下列叙述中正确的是（ ）
2+
3+﹣1
A． 温度降低，化学平衡向逆方向移动 B． 使用催化剂，D的物质的量分数增加 C． 化学方程式系数m＜r+q．
D． 物质B的颗粒越小，反应越快有利于平衡向正向中移动
考点： 体积百分含量随温度、压强变化曲线．
分析： 由图甲可知，温度T2为先到达平衡，则T2＞T1，升高温度，D的体积分数减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；
由图（2）可知，压强为P2先到达平衡，故P2＞P1，增大压强，D的体积分数减小，说明平衡向逆反应方向移动，m＜r+q， 注意反应中B为固体．
解答： 解：由图甲可知，温度T2为先到达平衡，故T2＞T1，升高温度，升高温度，D%减小，则平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应；由图乙可知，压强为P2先到达平衡，故P2＞P1，增大压强，D%减小，则平衡向逆向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，故m＜r+q．注意反应中B为固体；
A、已知正反应为放热反应，则温度降低，化学平衡向正反应方向移动，故A错误； B、使用催化剂，缩短到达平衡时间，平衡不移动，D%的不变，故B错误；
C、由右图可知，压强为P2先到达平衡，故P2＞P1，增大压强，D%减小，则平衡向逆向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，反应中B为固体，故m＜r+q，故C正确；
D、B为固体，物质B的颗粒越小，反应越快，但是固体浓度为常数，所以平衡不移动，故D错误； 故选：C．
点评： 本题考查化学平衡的移动、化学平衡影响因素、化学平衡图象等，难度中等，图象的解题方法是“先拐先平”，即曲线先折拐的首先达到平衡，以此判断温度或压强的高低，再依据外界条件对平衡的影响确定答案．
6．25℃时，几种弱酸的电离常数如表：25℃时，下列说法正确的是（ ） 弱酸的化学式 CH3COOH HCN H2S 电离常数（25℃） 1.8×10 4.9×10
A． 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（CH3COONa）＞pH（Na2S）＞pH（NaCN） B． NaHS和Na2S的混合溶液中，一定存在c（Na）+c（H）=c（OH）+c（HS）+2c（S） C． a mol/LHCN溶液与b mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中c（Na）＞c（CN），则a一定小于或等于b
D． 某浓度的NaCN溶液的pH=d，则其中由水电离出的c（OH）=10mol/L
考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡．
分析： A．电离平衡常数越大，酸性越强，电离程度越大，溶液的pH越高； B．根据混合液中的电荷守恒判断； C．等浓度时生成NaCN，CN离子水解；
D．先计算氢氧根离子浓度，水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度．
解答： 解：A．由表格中的数据可知，醋酸电离平衡常数最大，酸性最强，则酸性越强，盐的水解越弱，所以等物质的量浓度溶液的pH关系为pH（Na2S）＞pH（NaCN）＞pH（CH3COONa），故A错误；
B．NaHS和Na2S的混合溶液中存在电荷守恒，所以一定存在c（Na）+c（H）=c（OH）+c（HS
﹣
+
+
﹣
﹣
﹣
﹣d
+
﹣
+
+
﹣
﹣
2﹣
﹣5
﹣10
K1=1.3×10 K2=7.1×10
﹣7﹣15
）+2c（S），故B正确；
﹣
+
﹣
﹣1
2﹣
C．等浓度时生成NaCN，CN离子水解，则c（Na）＞c（CN），所以a mol•LHCN溶液与b mol•L
﹣1
NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中：c（Na）＞c（CN），则a≤b，故C正确；
﹣
d﹣14
+﹣
D．该溶液中c（OH）=10故选BC．
mol/L，水电离出的c（H）=c（OH）=10
+﹣d﹣14
mol/L，故D错误；
点评： 本题离子浓度大小比较、弱电解质的电离平衡的应用，题目难度中等，试题综合性较强，根据表格中数据正确判断各酸的酸性强弱为解答关键，注意掌握判断离子浓度大小常用方法．
7．如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22．下列说法正确的是（ ）
A． X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高 B． 由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键 C． 物质WY2、W3X4均有熔点高、硬度大的特性
D． T元素的单质不具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4
考点： 原子结构与元素周期律的关系；位置结构性质的相互关系应用．
分析： W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，令W的最外层电子数为a，则X、Y、Z最外层电子数分别为a+1、a+2、a+3，故a+a+1+a+2+a+3=22，解得a=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl、T为Ge，据此解答． 解答： 解：W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，令W的最外层电子数为a，则X、Y、Z最外层电子数分别为a+1、a+2、a+3，故a+a+1+a+2+a+3=22，解得a=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl、T为Ge．
A．X、Y、Z三种元素最低价氢化物分别为氨气、水、HCl，常温下水为液态，氨气、HCl为气体，故水的沸点最高，氨气分子之间都存在氢键，沸点比HCl的高，故A错误； B．N、O和H形成的化合物硝酸铵中既有离子键、又有共价键，故B错误； C．物质SiO2、Si3N4均为原子晶体，均有熔点高、硬度大的特性，故C正确； D．Ge元素的单质具有半导体的特性，与Cl元素可形成化合物GeCl4，故D错误， 故选：C．
点评： 本题考查位构性的知识，题目难度中等，把握短周期及最外层电子数的关系推断元素为解答的关键，涉及氢键、化学键、晶体类型及性质、元素周期律等，综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力．
二、解答题（共4小题，满分58分）
8．（14分）（2015春•宜宾校级月考）X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的前四周期元素．X的单质在Y2中燃烧可生成XY和XY2两种气体；Z的单质在Y2中燃烧的产物ZY2可使品红溶液褪色；W的单质是黄绿色的有毒气体；R离子的3d轨道半充满．请回答下列问题：
3+
（1）X元素在元素周期表中的位置 第二周期ⅣA族 ，R基态原子的电子排布式为 1s2s2p3s3p3d4s ；Y、Z、R三种元素中，电负性最大的是 O ．（用元素符号表示） （2）XY2的中心原子杂化方式为 sp ，其分子的空间构型 直线型 ．
（3）金属R单质的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示．体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际占有的R原子的个数之比为 1：2 ．
（4）ZY2气体通入足量的含R和Ba的混合溶液中，生成白色沉淀，该反应的离子方程式为 2Fe+SO2+Ba+2H2O=BaSO4↓+2Fe+4H ．
3+
2+
2+
+
3+
2+
2
2
6
2
6
6
2
考点： 位置结构性质的相互关系应用．
分析： X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的前四周期元素，Z的单质在Y2中燃烧的产物ZY2可使品红溶液褪色，则Y是O元素、Z是S元素、ZY2为SO2；X的单质在Y2中燃烧可生成XY和XY2两种气体，且X原子序数小于Y，则X是C元素，生成的两种气体为CO、CO2；W的单质是黄绿色的有毒气体，则W是Cl元素；R离子的3d轨道半充满，R原子外围电子排布为3d4s，核外有26个电子，故R为Fe元素．
（1）X为C元素，主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数；R为26号元素Fe，原子核外电子数为26，根据构造原理书写R基态原子核外电子排布式；元素的非金属性越强，其电负性越大；
（2）计算CO2分子中C原子价层电子对数确定C原子杂化方式，结合价层电子对数、孤电子对数确定空间构型；
（3）利用均摊法计算晶胞中Fe原子个数之比；
（4）SO2气体通入足量的含Fe和Ba的混合溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸根离子、亚铁离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀．
解答： 解：X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的前四周期元素，Z的单质在Y2中燃烧的产物ZY2可使品红溶液褪色，则Y是O元素、Z是S元素、ZY2为SO2；X的单质在Y2中燃烧可生成XY和XY2两种气体，且X原子序数小于Y，则X是C元素，生成的两种气体为CO、CO2；W
3+
2+
3+
6
2
的单质是黄绿色的有毒气体，则W是Cl元素；R离子的3d轨道半充满，R原子外围电子排布为3d4s，核外有26个电子，故R为Fe元素．
（1）X为C元素，处于周期表中第二周期ⅣA族，R为26号元素Fe，原子核外电子数为26，基态原子核外电子排布式为1s2s2p3s3p3d4s，O、S、Fe三种元素中，元素的非金属性越强，其电负性越大，所以这三种元素电负性大小顺序是O＞S＞Fe，则电负性最大的是O元素， 故答案为：第二周期ⅣA族；1s2s2p3s3p3d4s；O； （2）CO2分子中中心原子价层电子对个数是2+
=2，不含孤电子对，所以C原子杂化
2
2
6
2
6
6
2
2
2
6
2
6
6
2
6
2
3+
方式为sp，分子空间结构为直线型，答案为：sp；直线形；
（3）体心立方晶胞中Fe原子个数=1+8×=2，面心立方中Fe原子个数=6×+8×=4，体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际占有的R原子的个数之比=2：4=1：2，故答案为：1：2； （4）SO2气体通入足量的含Fe和Ba的混合溶液中发生氧化还原反应生成硫酸根离子、亚铁离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，离子方程式为：2Fe+SO2+Ba+2H2O=BaSO4↓+2Fe+4H，
故答案为：2Fe+SO2+Ba+2H2O=BaSO4↓+2Fe+4H．
点评： 本题考查位置结构性质相互关系及应用，推断元素是解题关键，涉及核外电子排布、杂化方式与空间构型判断、晶胞计算、氧化还原反应等知识点，题目难度中等．
9．（14分）（2015春•宜宾校级月考）某小组探究Na2CO3和NaHCO3的性质，实验步骤及记录如下：
Ⅰ．分别向盛有0.5g Na2CO3固体、0.5g NaHCO3固体的烧杯中加入10mL水（20℃），搅拌，测量温度为T1
Ⅱ．静置恒温后测量温度为T2；
Ⅲ．分别加入过量的10mL 密度约为1.1g/mL 20%的盐酸（20℃），搅拌，测量温度T3．得到表1的数据： 表1 温度
试剂 T1/℃ T2/℃ T3/℃ Na2CO3 23.3 20.0 23.7 NaHCO3 18.5 20.0 20.8
3+
2+
2+
+
3+
2+
2+
+
3+
2+
回答下列问题：
（1）Na2CO3溶于水显碱性，其原因是 CO3+H2O⇌HCO3+OH，HCO3+H2O⇌H2CO3+OH （用离子方程式表示）．
（2）根据试题后的附表判断：步骤Ⅰ中Na2CO3、NaHCO3固体分别是全部溶解还是部分溶解 Na2CO3、NaHCO3固体都是全部溶解 ．
（3）分析表1的数据得出：Na2CO3固体溶于水 放热 ，NaHCO3固体溶于水 吸热 （填“放热”或“吸热”）．
（4）甲同学分析上述数据得出：Na2CO3和NaHCO3与盐酸反应都是放热反应．
乙同学认为还应该增加一个实验，并补做如下实验： 10mL密度约为1.1g/mL20%的盐酸 ，搅拌，测量温度为22.2℃．
（5）结合上述探究，下列说法正确的是 AC ． A．NaHCO3与盐酸的反应是吸热反应 B．不能用稀盐酸鉴别Na2CO3和NaHCO3固体
C．Na2CO3、NaHCO3固体与稀盐酸反应的能量变化还与物质的溶解等因素有关 D．利用上述实验数据即可计算：CO3（aq）+2H（aq）=H2O（l）+CO2（g）的△H
（6）丙同学为测定一份NaHCO3和Na2CO3混合固体中NaHCO3的纯度，称取m1 g混合物，加热至质量不变时，称其质量为m2 g，则原混合物中NaHCO3的质量分数为 （用代数式表示）． 附表：溶解度表
溶解度 温度 10℃ 20℃ 30℃ 40℃ Na2CO3 12.5g 21.5g 39.7g 40.0g NaHCO3 8.1g 9.6g 11.1g 12.7g
考点： 探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．
分析： （1）碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性；
（2）根据溶解度分别求出10mL水（20℃）分别溶解的Na2CO3、NaHCO3固体与0.5g作比较分析；
（3）分析表1的数据得出：T1/℃，Na2CO3固体溶于水温度升高，NaHCO3固体溶于水温度降低； （4）需探究盐酸溶于水温度的变化；
2﹣
+
2﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
（5）A．分析表1的数据得出NaHCO3与盐酸的反应是吸热反应； B．Na2CO3和NaHCO3固体二者与酸反应的快慢不同；
C．从温度变化可判别Na2CO3、NaHCO3固体与稀盐酸反应的能量变化还与物质的溶解等因素有关；
D．利用上述实验数据只能计算：CO3（aq）+2H（aq）=H2O（l）+CO2（g）的温度变化； （6）根据质量守恒定律，由加热前后剩余物质的质量差可求得分解反应出二氧化碳与水的质量即固体减少的质量，由固体减少的质量根据化学方程式计算出样品中碳酸氢钠质量，并进一步计算样品中碳酸氢钠的质量分数．
解答： 解：（1）碳酸钠为强碱弱酸盐，钠离子不水解、碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解离子方程式为：CO3+H2O⇌HCO3+OH，HCO3+H2O⇌H2CO3+OH， 故答案为：CO3+H2O⇌HCO3+OH；HCO3+H2O⇌H2CO3+OH； （2）10mL水（20℃）溶解Na2CO3固体质量为：m=溶解NaHCO3固体质量为：m=解，
故答案为：Na2CO3、NaHCO3固体都是全部溶解；
（3）分析表1的数据得出：T1/℃，Na2CO3固体溶于水温度从20℃升高到23.3℃，放热，NaHCO3固体溶于水温度从20℃升高到18.5℃，吸热， 故答案为：放热；吸热；
（4）强酸溶于水放热，盐酸为强酸，所以需增加探究盐酸溶于水温度的变化，即10mL密度约为1.1g/mL20%的盐酸搅拌，测量温度为22.2℃， 故答案为：10mL密度约为1.1g/mL20%的盐酸；
（5）A．盐酸溶于水放热，测量温度为22.2℃，T1/℃，NaHCO3固体溶于水温度从20℃升高到18.5℃，吸热，两者反应恒温后测量温度T3为20.8℃低于22.2℃，所以NaHCO3与盐酸的反应是吸热反应，故A正确；
B．用稀盐酸鉴别NaHCO3和Na2CO3溶液，反应较快的为NaHCO3，能鉴别，故B错误； C．从上述温度变化数值可判别Na2CO3、NaHCO3固体与稀盐酸反应的能量变化还与物质的溶解等因素有关，故C正确；
D．反应热（△H）=生成物的总能量﹣反应物的总能量，利用上述实验数据只能计算：CO3（aq）+2H（aq）=H2O（l）+CO2（g）的温度变化，无法计算△H，故D错误；
+
2﹣
2﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
2﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
2﹣
+
×21.5g=2.15g＞0.5g，10mL水（20℃）
×9.6g=0.96g＞0.5g，0.5gNa2CO3、NaHCO3固体都是全部溶
故选AC；
（6）设样品中碳酸氢钠的质量为x． 2NaHCO3
Na2CO3+H2O↑+CO2↑ 固体质量减少
168 106 168﹣106=62 x m1﹣m2
=
x=
样品中碳酸氢钠的质量分数=
×100%
故答案为：=×100%．
点评： 本题考查探究Na2CO3和NaHCO3的性质的检验，抓住题干信息以及Na2CO3和NaHCO3的性质是解答本题的关键，注意物质性质的差异，题目难度中等．
10．（14分）（2015春•宜宾校级月考）某些有机化合物之间具有如下转化关系：
其中A是一种五元环状化合物，其分子中只有一种化学环境的氢原子；F核磁共振氢谱显示有三种化学环境的氢原子，且峰面积之比为2：2：3． 已知：①RCOOOCR
2RCOOH（其中R是烃基） ②RCOOH
（其中R是烃基）
（1）G是合成顺丁橡胶的主要原料，G的名称是 1，3﹣丁二烯 ．B中含氧官能团的名称是 羧基 ．
（2）上述6步反应中属于加成反应的是 ②⑤ （填反应序号）．
（3）A的结构简式是 ．
CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3+2H2O ．
（4）⑥的化学方程式是 HOOCCH2CH2COOH+2CH3CH2OH
（5）E在一定条件下能够发生缩聚反应，其中主链上含“﹣CH2﹣”的高聚物的结构简式是
．
（6）柠檬酸有温和爽快的酸味，普遍用于各种饮料、葡萄酒、糖果、乳制品等食品的制造．柠檬酸分子式为C6H8O7，结构符合下列特征，则其结构简式为 HOOCCH2CH2COH（COOH）HOOCCH2C2、（COOH）2CH2OH、（HOOC）3CCH2CH2OH ．
①与E的官能团的种类完全相同 ②分子中无手性碳原子 ③可能共平面的碳原子尽可能多的链状化合物．
考点： 有机物的推断．
分析： 根据信息①结合A的分子式和A为五元环且含有一种氢原子，可推出A中还含有一个
碳碳双键，是一种不饱和的环状酸酐，则A的结构简式是，A→B是酸酐水解，则B
是HOOC﹣CH=CH﹣COOH，B与氢气发生加成反应生成C，则C是HOOCCH2CH2COOH，根据信息②，则反应③是还原反应，故D是HOCH2CH2CH2CH2OH，由D与G的分子可知，反应④是消去反应，且G为合成顺丁橡胶的主要原料，所以G为CH2=CHCH=CH2．由B与E的相对分子质量，可知反应⑤是碳碳双键与H2O发生的加成反应，故E为
，C（丁二酸）分子内
含有两种不同化学环境的氢原子，根据反应条件，可知反应⑥为酯化反应，又结合C的结构简式和F的分子式知，X为乙醇，F核磁共振氢谱显示有三种化学环境的氢原子，且峰面积之比为2：2：3，所以反应后生成F为CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3，据此答题．
解答： 解：根据信息①结合A的分子式和A为五元环且含有一种氢原子，可推出A中还含有
一个碳碳双键，是一种不饱和的环状酸酐，则A的结构简式是，A→B是酸酐水解，
则B是HOOC﹣CH=CH﹣COOH，B与氢气发生加成反应生成C，则C是HOOCCH2CH2COOH，根据信息②，则反应③是还原反应，故D是HOCH2CH2CH2CH2OH，由D与G的分子可知，反应④是消去反应，且G为合成顺丁橡胶的主要原料，所以G为CH2=CHCH=CH2．由B与E的相对分子质量，
可知反应⑤是碳碳双键与H2O发生的加成反应，故E为，C（丁二酸）
分子内含有两种不同化学环境的氢原子，根据反应条件，可知反应⑥为酯化反应，又结合C的结构简式和F的分子式知，X为乙醇，F核磁共振氢谱显示有三种化学环境的氢原子，且峰面积之比为2：2：3，所以反应后生成F为CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3，
（1）G为CH2=CHCH=CH2，其名称为1，3﹣丁二烯，B是HOOC﹣CH=CH﹣COOH，含氧官能团的名称是：羧基，
故答案为：1，3﹣丁二烯；羧基；
（2）由上述分析可知，属于加成反应的是②⑤，
故答案为：②⑤；（3）由上述分析可知，A的结构简式是，
故答案为：；
（4）反应⑥的化学方程式为：HOOCCH2CH2COOH+2CH3CH2OH
CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3+2H2O，
CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3+2H2O；
故答案为：HOOCCH2CH2COOH+2CH3CH2OH
（5）E（）在一定条件下能够发生缩聚反应，其中主链上含“﹣CH2﹣”
的高聚物的结构简式是，
故答案为：；
（6）柠檬酸分子式为C6H8O7，结构符合下列特征，①与E的官能团的种类完全相同，则是含有羧基和羟基，根据分子式的不饱和度可知，分子应有3个羧基和一个羟基，②分子中无手性碳原子，即每个碳原子上连有至少两相同的原子或原子团，③可能共平面的碳原子尽可能
多的链状化合物，则其结构简式为 HOOCCH2CH2COH（COOH）2、HOOCCH2C（COOH）2CH2OH、（HOOC）
3
CCH2CH2OH，
故答案为：HOOCCH2CH2COH（COOH）2、HOOCCH2C（COOH）2CH2OH、（HOOC）3CCH2CH2OH． 点评： 本题考查有机物推断、官能团、有机反应类型、同分异构体等，需要学生对给予的信息进行利用，确定A的结构是关键，再结合转化关系进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．
11．（16分）（2015•重庆校级模拟）工业上回收利用某合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）的工艺流程如下：
（1）金属M为 Cu ，操作1为 过滤 ．
（2）加入H2O2的作用是（用离子方程式表示） 2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O ，加入氨水的作用是 调节溶液的pH使Fe转化为Fe（OH）3沉淀 ． （3）充分焙烧的化学方程式为 4CoC2O4・2H2O+3O2
2Co2O3+8H2O+8CO2 ．
3+
2+
+
3+
（4）已知Li2CO3微溶于水，其饱和溶液的浓度与温度关系见下表．操作2中，蒸发浓缩后必须趁热过滤，其原因是 减少Li2CO3的溶解损失 ，90℃时Ksp（Li2CO3）的值为 4.0×10 ． 温度/℃ 10 30 60 90
浓度/mol・L 0.21 0.17 0.14 0.10
（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，则阳极的电极反应式为 2CO3
﹣
2
﹣1
﹣3
﹣4e=O2↑+CO2↑ ．
﹣
考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用． 专题： 实验设计题．
分析： 合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）加入盐酸过滤得到金属M为不与盐酸反应的铜，浸出液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，通过操作Ⅰ过滤得到溶液A中加入草酸铵溶液
沉淀钴离子过滤得到溶液B主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离子，过滤得到碳酸锂；结晶析出CoC2O4•2H2O足量空气煅烧得到氧化钴，以此解答该题．
解答： 解：合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）加入盐酸过滤得到金属M为不与盐酸反应的铜，浸出液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，通过操作Ⅰ过滤得到溶液A中加入草酸铵溶液沉淀钴离子过滤得到溶液B主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离子，过滤得到碳酸锂；结晶析出CoC2O4•2H2O足量空气煅烧得到氧化钴，
（1）上述分析判断金属M为Cu，操作Ⅰ为过滤操作故答案为：Cu；过滤； （2）加入H2O2的作用是氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：
2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O；加入氨水的作用是调节溶液PH使Fe转化为Fe（OH）3沉淀， 故答案为：2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O；调节溶液的pH使Fe转化为Fe（OH）3沉淀； （3）CoC2O4焙烧生成Co2O3、CO2和水，反应的化学方程式为4CoC2O4・2H2O+3O2H2O+8CO2，
故答案为：4CoC2O4・2H2O+3O2
2Co2O3+8 H2O+8CO2；
2Co2O3+8
2+
+
3+
3+
2+
+
3+
3+
（4）Li2CO3微溶于水，溶解度随温度升高而降低，为减少Li2CO3的溶解损失，蒸发浓缩后必须趁热过滤，90℃时c（Li2CO3）的浓度为0.10mol/L，则c（Li）=0.20mol/L，（cCO3）=0.10mol/L，则Ksp（Li2CO3）=0.20×0.20×0.10=4.0×10， 故答案为：减少Li2CO3的溶解损失；4.0×10；
（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，应为二氧化碳和氧气，电极方程式为2CO3﹣4e=O2↑+CO2↑， 故答案为：2CO3﹣4e=O2↑+CO2↑．
点评： 本题主要考查物质的分离提纯的综合应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力、计算能力的考查，综合性强，注意把握实验的流程和原理，难度中等．
2﹣
﹣
2﹣
﹣
﹣3﹣3
+
2﹣
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