2024年高考化學終極押題密卷2（新高考2）一．選擇題（共7小題）1．下列有關傳統文化的分析錯誤的是（）A．“慈石（Fe3O4）治腎家諸病，而通耳明目”。中“慈石”屬于金屬氧化物 B．東晉葛洪：“以曾青涂鐵，鐵赤色如銅”。文中發生了置換反應 C．《本草經集注》中“以火燒之，紫青煙起，乃真硝石（KNO3）也”。“硝石”屬于鹽類 D．我國清代《本草綱目拾遺》中敘述了“鐵線粉”：“粵中洋行有舶上鐵絲……日久起銷，用刀刮其銷……所刮下之銷末，名鐵線粉”。鐵線粉的成分是純鐵粉2．北京大學腫瘤醫院季加孚課題組在ScienceChinaLifeSciences發表了的研究論文，揭示了白皮杉醇抗胃癌的機制，并且基于網絡藥理學層面探討新型藥物聯合治療策略，對發現新的天然小分子藥物及胃癌治療靶點具有重要的意義。下列關于白皮杉醇說法的不正確是（）A．白皮杉醇分子中存在順反異構現象 B．1mol白皮杉醇與濃溴水反應，最多消耗7molBr2 C．白皮杉醇分子在空氣中不能穩定存在 D．可與NH4HCO3溶液反應產生氣體3．現有Q、X、Y、Z、W五種前四周期元素，它們的原子序數依次增大。Q原子核外成對電子數和未成對電子數之比為4：3；X、Z同主族，它們形成的兩種化合物中，兩元素的原子的質子總數之比分別為1：1和2：3；Y原子半徑短周期中最大，W+的K、L、M層電子全充滿。下列說法正確的是（）A．HnX的沸點比HnZ的沸點高是因為H—X鍵長比H—Z鍵長短，鍵能更大 B．第一電離能：Q＞X＞Z C．W2+比W+穩定 D．X與Y形成的化合物中只含一種化學鍵4．如圖所示的氫氧燃料電池，下列有關該電池的說法錯誤的（）A．b電極是正極 B．電子由b電極經過燈泡流向a電極 C．電池總反應式為O2+2H2═2H2O D．氫氧燃料電池能量轉化率很高5．下列實驗裝置可以達到相應實驗目的的是（）ABCD用酸性高錳酸鉀溶液測定葡萄酒中SO2的含量驗證氯、硫、碳的電負性強弱設計隨關隨停制備氯氣裝置在HCl氣流中制備無水氯化鐵A．A B．B C．C D．D6．設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．0.1molT2O比0.1molO多0.2NA個中子 B．含0.1mol的FeCl3飽和溶液與沸水反應制備Fe（OH）3膠體的膠粒數目為0.1NA C．常溫常壓下，總質量為14g的N2和CO混合氣體中分子總數為NA D．1mol/L的CuSO4溶液中含有個數為NA7．室溫下向含KSCN、KIO3和K2CrO4的溶液中滴加AgNO3溶液，混合液中和pAg[pAg＝﹣lgc（Ag+）]的關系如圖所示。已知：Ksp（AgSCN）＜Ksp（AgIO3）。下列敘述錯誤的是（）A．直線Ⅱ代表和pAg的關系 B．d點直線Ⅱ和直線Ⅲ對應的兩種沉淀的Ksp相同 C．向等濃度的K2CrO4和KSCN混合溶液中逐滴滴加AgNO3溶液，先生成AgSCN沉淀 D．得平衡常數K為104?49二．解答題（共4小題）8．依據圖中氮元素及其化合物的轉化關系，回答問題：（1）圖1中，X的化學式為，從化合價上看，X具有性（填“氧化”或“還原”）。（2）圖2中，屬于氮的固定的過程是。（填序號）（3）回答下列關于NH3的問題：①實驗室常用NH4Cl與Ca（OH）2制取氨氣，該反應的化學方程式為。②氨氣是重要的化工原料，可以合成多種物質，寫出其催化氧化的化學方程式。（4）工業生產中利用氨水吸收SO2和NO2，原理如圖所示：NO2被吸收過程的離子方程式是。（5）化學反應N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）的能量變化如圖所示：①該反應（填“吸收”或“放出”）能量；②已知：斷開1molH﹣H鍵要吸收436kJ的能量，斷開1molN≡N鍵要吸收946kJ的能量，形成1molN﹣H鍵需要釋放391kJ的能量，故E3＝。9．氨是最基本的化工原料，常用于制液氮、氨水、硝酸、銨鹽和胺類等。（1）工業合成氨是人類科學技術的一項重大突破，其反應如下：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）ΔH＝﹣92.0kJ/mol根據下列鍵能數據，結合上述反應數據，計算N﹣H的鍵能是kJ?mol﹣1。化學鍵N≡NH﹣H鍵能/（kJ?mol﹣1）946436（2）合成氨工業中，原料氣（N2、H2及少量CO、NH3的混合氣）在進入合成塔前需經過銅氨液處理，目的是除去其中CO，其反應為：[Cu（NH3）2]++CO+NH3?[Cu（NH3）3CO]+ΔH＜0。①配離子[Cu（NH3）3CO]+的中心離子是，配位數是。②銅氨溶液吸收CO適宜的生產條件：溫、壓。（填“高”“低”）（3）恒溫恒壓條件下，向容器中通入1molN2和3molH2，合成氨反應用摩爾分數表示的平衡常數Kx＝，達到平衡時N2的轉化率為。（保留3位有效數字）（已知反應的aA（g）+bB（g）?cC（g）+dD（g）Kx＝，物質ⅰ的摩爾分數xⅰ＝。＝2.24。）（4）制備（NH4）2SO4時所需的NH3可以通過反應合成，但缺。有學者倡議：常溫下，把石膏礦中Ca（Ⅱ）轉化為難溶的CaCO3，留下的和形成（NH4）2SO4。反應方程式如下：CaSO4（s）+2NH3?H2O（aq）+H2CO3（aq）?（NH4）2SO4（aq）+CaCO3（s）+2H2O（l），化學平衡常數為Kc，用下列相關K的符號來表示Kc＝。通過計算反應的Kc判斷以上倡議（填“可行”或“不可行”）。（已知Ksp（CaCO3）＝2.5×10﹣9、Ksp（CaSO4）＝9.0×10﹣6、Kb（NH3?H2O）＝1.8×10﹣5、H2CO3的Ka1＝4.0×10﹣7、Ka2＝5.0×10﹣11、Kw＝1.0×10﹣14）（5）NH3與鎵（Ga）在高溫下生成GaN，氮化鎵晶胞結構可看作金剛石晶胞內部的碳原子被N原子代替，頂點和面心的碳原子被Ga原子代替。①以晶胞邊長為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中的原子位置，稱作原子坐標。B原子坐標為（），則A原子坐標為。②若NA為阿伏加德羅常數的值，GaN晶胞中N原子與N原子之間最短的核間距離是bnm，則GaN晶體的密度為g?cm﹣3（只列計算式）。10．2024年1月31日，武漢大學陸慶全課題組利用地球上豐富的鐵作為催化劑，產生高度親電性的氯自由基以活化烷基C—H鍵，從而實現了在溫和條件下烷烴C―H硼化反應。回答下列問題：（1）基態Fe2+的外圍電子排布式為。（2）H、Cl、C、S的電負性由小到大的順序是，N、O、F三種元素的第一電離能最小的是。（3）B2H6相對分子質量比H2O大，但常溫下H2O為液體，B2H6為氣體，原因是；B2H6分子內不存在的化學鍵有。A．極性共價鍵B．配位鍵C．π鍵D．離子鍵（4）催化反應的一種中間產物結構如圖，其分子中B與周圍直接相連的原子形成的空間構型為，碳的雜化類型為，1mol分子內含有的σ鍵數目為NA。（5）晶體硼的熔點為2300℃，而晶體硅的熔點為1410℃，試從結構角度解釋其熔點差別較大的原因：。11．乙酰水楊酸E和對乙酰氨基酚J是常見的解熱鎮疼藥物。以苯酚A為原料，可合成化合物E和化合物J。（1）化合物I的名稱為；化合物E的官能團名稱為。（2）流程中A→F反應，可同時得到對硝基苯酚和鄰硝基苯酚，并可采用蒸餾方式提純。提純時，首先蒸出的是（填寫名稱），原因是。（3）G→H的化學方程式為。（4）吡啶（）是類似苯的芳香化合物。化合物J的同分異構體中，同時滿足如下3個條件的同分異構體有種。條件：①是吡啶的衍生物；②含有乙基（﹣C2H5）；③能與NaHCO3溶液反應生成CO2。（5）根據上述信息，寫出一種以苯酚和鄰二甲苯為原料合成的路線圖。（其他無機試劑任選，已知：）三．工藝流程題（共1小題）12．氧缺位體（CuFe2O4﹣δ）是熱化學循環分解水制氫的催化劑。一種以黃銅礦（主要成分是CuFeS2，含Al2O3、SiO2等雜質）為原料制備CuFe2O4﹣δ流程如圖所示：已知：①酸浸后溶液中的金屬離子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+②25℃時已知幾種金屬離子沉淀的pH如表所示：金屬氫氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Cu（OH）2Fe（OH）2開始沉淀的pH7.0完全沉淀的pH9.0請回答下列問題：（1）CuFeS2“焙燒”時生成三種氧化物，其中金屬氧化物的化學式為。（2）焙燒產物中的SO2在有氧條件下利用石灰石漿液吸收可制得一種副產品。（填化學式）（3）流程中，若無“還原”工序，造成的后果是。（4）已知Cu（NH3）2Cl2有兩種同分異構體，則“沉鐵”過程中生成的的空間結構是。（5）“灼燒”工序的化學方程式是，“煅燒”時通入N2的作用是。（6）“煅燒”CuFe2O4得到氧缺位體（CuFe2O4﹣δ）時，不同溫度范圍內，發生變價的金屬元素不同，某溫度下制得的氧缺位體質量為原質量的99%，則δ＝。（7）氧缺位體催化分解水制氫可分為兩步：第一步：（完成方程式）；第二步：2CuFe2O4＝2CuFe2O4﹣δ+δO2↑。

2024年菁優高考化學終極押題密卷2（新高考2）參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）1．下列有關傳統文化的分析錯誤的是（）A．“慈石（Fe3O4）治腎家諸病，而通耳明目”。中“慈石”屬于金屬氧化物 B．東晉葛洪：“以曾青涂鐵，鐵赤色如銅”。文中發生了置換反應 C．《本草經集注》中“以火燒之，紫青煙起，乃真硝石（KNO3）也”。“硝石”屬于鹽類 D．我國清代《本草綱目拾遺》中敘述了“鐵線粉”：“粵中洋行有舶上鐵絲……日久起銷，用刀刮其銷……所刮下之銷末，名鐵線粉”。鐵線粉的成分是純鐵粉【考點】酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯系；化學基本反應類型．【專題】物質的分類專題．【答案】D【分析】A．四氧化三鐵是鐵的氧化物；B．置換反應指一種單質和一種化合物反應生成另一種單質和另一種化合物的反應；C．鹽指能夠電離出金屬陽離子或銨根離子和酸根離子的化合物；D．“鐵線粉”主要成分是鐵銹，含有氧化鐵、鐵粉等。【解答】解：A．四氧化三鐵是鐵的氧化物，屬于金屬氧化物，故A正確；B．硫酸銅與鐵反應生成硫酸亞鐵和銅，發生置換反應，故B正確；C．“硝石”為硝酸鉀，硝酸鉀屬于鹽，故C正確；D．“鐵線粉”主要成分是鐵銹，含有氧化鐵、鐵粉等，故D錯誤；故選：D。【點評】本題主要考查物質的分類，為基礎知識的考查，題目難度不大。2．北京大學腫瘤醫院季加孚課題組在ScienceChinaLifeSciences發表了的研究論文，揭示了白皮杉醇抗胃癌的機制，并且基于網絡藥理學層面探討新型藥物聯合治療策略，對發現新的天然小分子藥物及胃癌治療靶點具有重要的意義。下列關于白皮杉醇說法的不正確是（）A．白皮杉醇分子中存在順反異構現象 B．1mol白皮杉醇與濃溴水反應，最多消耗7molBr2 C．白皮杉醇分子在空氣中不能穩定存在 D．可與NH4HCO3溶液反應產生氣體【考點】有機物的結構和性質．【專題】有機物的化學性質及推斷．【答案】D【分析】A．碳碳雙鍵連接2個不同的原子或原子團時存在順反異構；B．苯環上酚羥基的鄰位、對位氫原子能和溴水以1：1發生取代反應，碳碳雙鍵和溴以1：1發生加成反應；C．酚羥基易被氧化；D．酚羥基和NH4HCO3不反應。【解答】解：A．分子中碳碳雙鍵連接2個不同的原子或原子團，所以存在順反異構，故A正確；B．苯環上酚羥基的鄰位、對位氫原子能和溴水以1：1發生取代反應，碳碳雙鍵和溴以1：1發生加成反應，1mol白皮杉醇與濃溴水反應，最多消耗7molBr2，6mol溴發生取代反應、1mol溴發生加成反應，故B正確；C．分子中酚羥基易被氧化，所以白皮杉醇分子在空氣中不能穩定存在，故C正確；D．酚的酸性小于碳酸，所以分子中酚羥基和NH4HCO3不反應，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查有機物的結構和性質，側重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確官能團及其性質的關系是解本題關鍵，題目難度不大。3．現有Q、X、Y、Z、W五種前四周期元素，它們的原子序數依次增大。Q原子核外成對電子數和未成對電子數之比為4：3；X、Z同主族，它們形成的兩種化合物中，兩元素的原子的質子總數之比分別為1：1和2：3；Y原子半徑短周期中最大，W+的K、L、M層電子全充滿。下列說法正確的是（）A．HnX的沸點比HnZ的沸點高是因為H—X鍵長比H—Z鍵長短，鍵能更大 B．第一電離能：Q＞X＞Z C．W2+比W+穩定 D．X與Y形成的化合物中只含一種化學鍵【考點】原子結構與元素周期律的關系．【專題】元素周期律與元素周期表專題．【答案】B【分析】現有Q、X、Y、Z、W五種前四周期元素，它們的原子序數依次增大。Y原子半徑短周期中最大，則Y為Na元素；Q原子核外成對電子數和未成對電子數之比為4：3，其原子序數小于Na元素，則Q位于第二周期，其原子序數為4+3＝7，則Q為N元素；W+的K、L、M層電子全充滿，W原子的核外電子總數為2+8+18+1＝29，則W為Cu元素；X、Z同主族，它們形成的兩種化合物中，兩元素的原子的質子總數之比分別為1：1和2：3，X介于N和Na元素之間，滿足條件的X只有O元素，則Z為S元素，以此分析解答。【解答】解：根據分析可知，Q為N元素，X為O元素，Y為Na元素，Z為S元素，W為Cu元素，A．H2O分子間存在氫鍵，H2S分子間沒有氫鍵，導致H2O的沸點較高，與鍵長無關，故A錯誤；B．主族元素同周期從左向右第一電離能呈增大趨勢，同主族從上到下第一電離能逐漸減小，N的第一電離能大于同周期相鄰元素，則第一電離能：N＞O＞S，故B正確；C．W2+、W+分別為Cu2+、Na+，金屬性越強，對于離子的氧化性越弱，其穩定性越強，則Na+比Cu2+穩定，故C錯誤；D．Na與O元素形成的過氧化鈉中含有離子鍵和共價鍵，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，結合原子序數、原子結構來推斷元素為解答關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規律性知識的應用，題目難度不大。4．如圖所示的氫氧燃料電池，下列有關該電池的說法錯誤的（）A．b電極是正極 B．電子由b電極經過燈泡流向a電極 C．電池總反應式為O2+2H2═2H2O D．氫氧燃料電池能量轉化率很高【考點】化學電源新型電池．【專題】電化學專題．【答案】B【分析】氫氧燃料電池中，通入氫氣的一極為電源的負極，發生氧化反應，電極反應式為H2﹣2e﹣＝2H+，通入氧氣的一極為原電池的正極，電極反應式為O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，原電池工作時，電子由負極經外電路流向正極。【解答】解：A．氫氧燃料電池中，H2在負極a上被氧化，O2在正極b上被還原，故A正確；B．原電池工作時，電子由負極經外電路流向正極，即由a通過燈泡流向b，故B錯誤；C．氫氧燃料電池的總反應為：2H2+O2＝2H2O，屬于環保電池，故C正確。D．氫氧燃料電池是將化學能轉化為電能的裝置，能量轉化率高，故D正確；故選：B。【點評】本題考查原電池的工作原理，題目難度不大，注意把握電極方程式的書寫，特別是電解質溶液的酸堿性。5．下列實驗裝置可以達到相應實驗目的的是（）ABCD用酸性高錳酸鉀溶液測定葡萄酒中SO2的含量驗證氯、硫、碳的電負性強弱設計隨關隨停制備氯氣裝置在HCl氣流中制備無水氯化鐵A．A B．B C．C D．D【考點】化學實驗方案的評價．【專題】實驗評價題．【答案】D【分析】A．二氧化硫、乙醇都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化；B．揮發的HCl能和碳酸氫鈉溶液反應生成CO2，且S元素的最高價氧化物的水化物是H2SO4，元素的非金屬性越強，其電負性越大；C．濃鹽酸和二氧化錳制取氯氣需要加熱且二氧化錳為粉末狀固體；D．氯化鐵水解生成氫氧化鐵和HCl，加熱促進鹽酸揮發。【解答】解：A．二氧化硫、乙醇都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，同時圖中手易將活塞拉出，故A錯誤；B．揮發的HCl能和碳酸氫鈉溶液反應生成CO2，且S元素的最高價氧化物的水化物是H2SO4，同時鹽酸和亞硫酸不能代表氯和硫判斷電負性，故B錯誤；C．濃鹽酸和二氧化錳制取氯氣需要加熱且二氧化錳為粉末狀固體，不能使用啟普發生器產生氯氣，故C錯誤；D．氯化鐵水解生成氫氧化鐵和HCl，加熱促進鹽酸揮發，在HCl氣體中加熱氯化鐵晶體，可以抑制其水解從而可制備得到氯化鐵，故D正確；故選：D。【點評】本題考查化學實驗方案評價，側重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確實驗原理、元素化合物的性質、實驗操作規范性是解本題關鍵，A選項為解答易錯點，題目難度不大。6．設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．0.1molT2O比0.1molO多0.2NA個中子 B．含0.1mol的FeCl3飽和溶液與沸水反應制備Fe（OH）3膠體的膠粒數目為0.1NA C．常溫常壓下，總質量為14g的N2和CO混合氣體中分子總數為NA D．1mol/L的CuSO4溶液中含有個數為NA【考點】阿伏加德羅常數．【專題】阿伏加德羅常數和阿伏加德羅定律．【答案】A【分析】A．1個T2O中含有12個中子，1個O中含有10個中子；B．一個氫氧化鐵膠粒是多個氫氧化鐵的聚集體；C．N2和CO的摩爾質量都是28g/mol，14g該混合物的物質的量為0.5mol；D．n＝cV。【解答】解：A．1個T2O中含有12個中子，1個O中也含有10個中子，則0.1molT2O比0.1O含有中子數多0.2NA，故A正確；B．一個氫氧化鐵膠粒是多個氫氧化鐵的聚集體，故1mol氯化鐵形成的膠粒的個數小于NA個，故B錯誤；C．14g由N2與CO組成的混合氣體的物質的量為0.5mol，分子總數為0.5NA，故C錯誤；D．溶液的體積未知，無法計算溶液中的物質的量，故D錯誤；故選：A。【點評】本題主要考查與物質的量有關的計算，涉及到計算物質的量濃度、物質的量、質量等，解題的關鍵是掌握計算方法和條件，為高頻考點，難度中等。7．室溫下向含KSCN、KIO3和K2CrO4的溶液中滴加AgNO3溶液，混合液中和pAg[pAg＝﹣lgc（Ag+）]的關系如圖所示。已知：Ksp（AgSCN）＜Ksp（AgIO3）。下列敘述錯誤的是（）A．直線Ⅱ代表和pAg的關系 B．d點直線Ⅱ和直線Ⅲ對應的兩種沉淀的Ksp相同 C．向等濃度的K2CrO4和KSCN混合溶液中逐滴滴加AgNO3溶液，先生成AgSCN沉淀 D．得平衡常數K為104?49【考點】沉淀溶解平衡．【專題】電離平衡與溶液的pH專題．【答案】B【分析】AgSCN和AgIO3的物質類型相同、陰陽離子個數比為1：1，K2CrO4中陰陽離子個數比為1：2，則AgSCN、AgIO3的pX與pAg關系圖象的斜率相同、是兩條平行直線，且Ksp（AgSCN）＜Ksp（AgIO3），當pAg相同時c（SCN﹣）＜c（）、p（SCN﹣）＞p（），所以圖中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別代表pSCN﹣、、與pAg的關系，Ksp（AgSCN）＝c（Ag+）?c（SCN﹣）＝10﹣2×10﹣9.99＝10﹣11.99，Ksp（AgIO3）＝10﹣7.5，據此分析解答。【解答】解：A．由上述分可知，圖中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別代表pSCN﹣、、與pAg的關系，故A正確；B．d點是直線Ⅱ和直線Ⅲ相交點，此時c（）＝c（），但Ksp（AgIO3）＝c（Ag+）?c（），Ksp（Ag2CrO4）＝c2（Ag+）?c（），所以兩種沉淀的Ksp不相同，故B錯誤；C．由圖可知，向等濃度的K2CrO4和KSCN混合溶液中逐滴滴加AgNO3溶液時，生成AgSCN沉淀的pAg大，生成Ag2CrO4沉淀的pAg小，即生成AgSCN沉淀所需c（Ag+）較小，先生成AgSCN沉淀，故C正確；D．由上述分可知，Ksp（AgSCN）＝10﹣11.99，Ksp（AgIO3）＝10﹣7.5，則AgIO3+SCN﹣?AgSCN+的平衡常數K＝＝＝＝104.49，故D正確；故選：B。【點評】本題考查難溶電解質的溶解平衡，把握對應曲線的判斷、Ksp的表達式及計算、平衡移動為解答的關鍵，側重分析能力、計算能力與運用能力的考查，題目難度中等。二．解答題（共4小題）8．依據圖中氮元素及其化合物的轉化關系，回答問題：（1）圖1中，X的化學式為N2O5，從化合價上看，X具有氧化性（填“氧化”或“還原”）。（2）圖2中，屬于氮的固定的過程是①。（填序號）（3）回答下列關于NH3的問題：①實驗室常用NH4Cl與Ca（OH）2制取氨氣，該反應的化學方程式為2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O。②氨氣是重要的化工原料，可以合成多種物質，寫出其催化氧化的化學方程式4NH3+5O24NO+6H2O。（4）工業生產中利用氨水吸收SO2和NO2，原理如圖所示：NO2被吸收過程的離子方程式是2NO2+4＝N2+4。（5）化學反應N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）的能量變化如圖所示：①該反應放出（填“吸收”或“放出”）能量；②已知：斷開1molH﹣H鍵要吸收436kJ的能量，斷開1molN≡N鍵要吸收946kJ的能量，形成1molN﹣H鍵需要釋放391kJ的能量，故E3＝92kJ。【考點】含氮物質的綜合應用；反應熱和焓變．【專題】化學反應中的能量變化；氮族元素．【答案】（1）N2O5；氧化；（2）①；（3）①2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；②4NH3+5O24NO+6H2O；（4）2NO2+4＝N2+4；（5）①放出；②92kJ。【分析】（1）由圖可知，X為N元素的+5價的氧化物，從化合價上看，+5價的N元素在反應中，化合價只能降低，被還原，表現出氧化性；（2）氮的固定是指氮氣轉化為含氮化合物的過程；（3）①實驗室常用NH4Cl與Ca（OH）2在加熱條件下反應生成CaCl2、NH3、H2O；②氨氣催化氧化生成NO、H2O；（4）根據圖示，氨水中通入SO2，生成亞硫酸銨，然后向亞硫酸銨溶液中通入NO2，NO2被還原為N2，亞硫酸銨被氧化為硫酸銨，根據原子守恒、電荷守恒、化合價升降守恒，書寫反應的離子方程式；（5）①反應物的能量大于生成物的能量，則該反放出能量；②ΔH＝反應物鍵能之和﹣生成物鍵能之和，E3與ΔH數值上相等。【解答】解：（1）根據圖示，X為N元素的+5價的氧化物，是五氧化二氮，化學式為N2O5，N元素為+5價，是最高價，具有氧化性，在反應中，N元素化合價降低，被還原，故答案為：N2O5；氧化；（2）圖2中，屬于氮的固定的過程是反應①，氮氣轉化為氮化鎂，故答案為：①；（3）①NH4Cl與Ca（OH）2制取氨氣的化學方程式為2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案為：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；②氨氣發生催化氧化的化學方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；（4）根據圖示，氨水中通入SO2，生成亞硫酸銨，然后向亞硫酸銨溶液中通入NO2，NO2被還原為N2，亞硫酸銨被氧化為硫酸銨，根據原子守恒、電荷守恒、化合價升降守恒，可得反應的離子方程式為：2NO2+4＝N2+4，故答案為：2NO2+4＝N2+4；（5）①反應物的總能量大于生成物的總能量，這樣的反應屬于放熱反應，故答案為：放出；②斷開1molH﹣H鍵要吸收436kJ的能量，斷開1molN≡N鍵要吸收946kJ的能量，形成1molN﹣H鍵需要釋放391kJ的能量，根據方程式：N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g），則有ΔH＝（946+436×3﹣391×6）kJ/mol＝﹣92kJ/mol，則E3＝92kJ，故答案為：92kJ。【點評】本題主要考查學生看圖理解能力、分析能力，同時考查方程式書寫與關系式計算，掌握氮及其化合物之間的轉化是解決本題的關鍵，屬于基本知識的考查，難度中等。9．氨是最基本的化工原料，常用于制液氮、氨水、硝酸、銨鹽和胺類等。（1）工業合成氨是人類科學技術的一項重大突破，其反應如下：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）ΔH＝﹣92.0kJ/mol根據下列鍵能數據，結合上述反應數據，計算N﹣H的鍵能是391kJ?mol﹣1。化學鍵N≡NH﹣H鍵能/（kJ?mol﹣1）946436（2）合成氨工業中，原料氣（N2、H2及少量CO、NH3的混合氣）在進入合成塔前需經過銅氨液處理，目的是除去其中CO，其反應為：[Cu（NH3）2]++CO+NH3?[Cu（NH3）3CO]+ΔH＜0。①配離子[Cu（NH3）3CO]+的中心離子是Cu+，配位數是4。②銅氨溶液吸收CO適宜的生產條件：低溫、高壓。（填“高”“低”）（3）恒溫恒壓條件下，向容器中通入1molN2和3molH2，合成氨反應用摩爾分數表示的平衡常數Kx＝，達到平衡時N2的轉化率為10.7%。（保留3位有效數字）（已知反應的aA（g）+bB（g）?cC（g）+dD（g）Kx＝，物質ⅰ的摩爾分數xⅰ＝。＝2.24。）（4）制備（NH4）2SO4時所需的NH3可以通過反應合成，但缺。有學者倡議：常溫下，把石膏礦中Ca（Ⅱ）轉化為難溶的CaCO3，留下的和形成（NH4）2SO4。反應方程式如下：CaSO4（s）+2NH3?H2O（aq）+H2CO3（aq）?（NH4）2SO4（aq）+CaCO3（s）+2H2O（l），化學平衡常數為Kc，用下列相關K的符號來表示Kc＝K2b（NH3?H2O）?Ka1?Ka2?Ksp（CaSO4）×。通過計算反應的Kc判斷以上倡議可行（填“可行”或“不可行”）。（已知Ksp（CaCO3）＝2.5×10﹣9、Ksp（CaSO4）＝9.0×10﹣6、Kb（NH3?H2O）＝1.8×10﹣5、H2CO3的Ka1＝4.0×10﹣7、Ka2＝5.0×10﹣11、Kw＝1.0×10﹣14）（5）NH3與鎵（Ga）在高溫下生成GaN，氮化鎵晶胞結構可看作金剛石晶胞內部的碳原子被N原子代替，頂點和面心的碳原子被Ga原子代替。①以晶胞邊長為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中的原子位置，稱作原子坐標。B原子坐標為（），則A原子坐標為（0，，）。②若NA為阿伏加德羅常數的值，GaN晶胞中N原子與N原子之間最短的核間距離是bnm，則GaN晶體的密度為g?cm﹣3（只列計算式）。【考點】化學平衡的計算．【專題】化學反應中的能量變化；化學鍵與晶體結構；化學平衡計算．【答案】（1）391；（2）①Cu+；4；②低；高；（3）10.7%；（4）K2b（NH3?H2O）?Ka1?Ka2?Ksp（CaSO4）×；可行；（5）①（0，，）；②。【分析】（1）焓變ΔH＝反應物的總鍵能﹣生成物的總鍵能，據此計算N﹣H鍵鍵能；（2）①配離子[Cu（NH3）3CO]+中NH3、CO為配體，均為中性分子，則中心離子為Cu+；②）[Cu（NH3）2]++CO+NH3?[Cu（NH3）3CO]+是氣體體積減小的放熱反應，低溫和高壓有利于平衡正向移動；（3）反應三段式為N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）起始量（mol）130變化量（mol）a3a2a平衡量（mol）1﹣a3﹣3a2a平衡時氣體總量為（4﹣2a）mol，x（N2）＝，x（H2）＝，x（NH3）＝，平衡常數Kx＝＝＝，解得a≈0.107mol；（4）反應CaSO4（s）+2NH3?H2O（aq）+H2CO3（aq）?（NH4）2SO4（aq）+CaCO3（s）+2H2O（l）的平衡常數為Kc＝＝××＝K2b（NH3?H2O）?Ka1?Ka2?Ksp（CaSO4）×；（5）①A原子在左側平面的面心位置，并且在yoz平面內；②GaN晶胞中N原子與N原子之間最短的核間距離是bnm，即晶胞面對角線長為2bnm，晶胞參數為bnm＝b×10﹣7cm，晶胞體積V＝（b×10﹣7）3cm3，晶胞中含有4個N原子，則晶胞質量m＝g，根據密度ρ＝進行計算。【解答】解：（1）N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）ΔH＝﹣92.0kJ/mol，設N﹣H鍵鍵能為x，則946kJ/mol+3×436kJ/mol﹣6x＝﹣92.0kJ/mol，解得x＝391kJ/mol，即N﹣H鍵鍵能為391kJ/mol，故答案為：391；（2）①配離子[Cu（NH3）3CO]+中NH3、CO為配體，均為中性分子，則中心離子為Cu+，配位原子的數目為4，即該配離子中配位數為4，故答案為：Cu+；4；②反應[Cu（NH3）2]++CO+NH3?[Cu（NH3）3CO]+是氣體體積減小的放熱反應，則銅氨液吸收CO適宜的生產條件是低溫和高壓，故答案為：低；高；（3）反應三段式為N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）起始量（mol）130變化量（mol）a3a2a平衡量（mol）1﹣a3﹣3a2a平衡時氣體總量為（4﹣2a）mol，x（N2）＝，x（H2）＝，x（NH3）＝，平衡常數Kx＝＝＝，解得a≈0.107mol，則達到平衡時N2的轉化率為×100%＝10.7%，故答案為：10.7%；（4）反應CaSO4（s）+2NH3?H2O（aq）+H2CO3（aq）?（NH4）2SO4（aq）+CaCO3（s）+2H2O（l）的平衡常數為Kc＝＝××＝K2b（NH3?H2O）?Ka1?Ka2?Ksp（CaSO4）×＝＝2.48832×105＞105，平衡進行程度較大，即該倡議可行，故答案為：K2b（NH3?H2O）?Ka1?Ka2?Ksp（CaSO4）×；可行；（5）①A原子位于左側平面的面心，并且在yoz平面內，所以A原子坐標為（0，，），故答案為：（0，，）；②晶胞中含有4個N原子，則晶胞質量m＝g，GaN晶胞中N原子與N原子之間最短的核間距離是bnm，即晶胞面對角線長為2bnm，晶胞參數為bnm＝b×10﹣7cm，晶胞體積V＝（b×10﹣7）3cm3，晶胞密度ρ＝＝＝g?cm﹣3，故答案為：。【點評】本題考查化學平衡計算、晶胞密度及其相關計算、反應熱與焓變，側重計算能力和運用能力考查，把握反應熱與鍵能的計算關系、化學平衡常數的計算、化學平衡影響因素、晶胞結構及其相關計算是解題關鍵，注意掌握晶胞密度的計算方法，題目難度較大。10．2024年1月31日，武漢大學陸慶全課題組利用地球上豐富的鐵作為催化劑，產生高度親電性的氯自由基以活化烷基C—H鍵，從而實現了在溫和條件下烷烴C―H硼化反應。回答下列問題：（1）基態Fe2+的外圍電子排布式為3d6。（2）H、Cl、C、S的電負性由小到大的順序是H＜C＜S＜Cl，N、O、F三種元素的第一電離能最小的是O。（3）B2H6相對分子質量比H2O大，但常溫下H2O為液體，B2H6為氣體，原因是H2O能形成分子間氫鍵；B2H6分子內不存在的化學鍵有BCD。A．極性共價鍵B．配位鍵C．π鍵D．離子鍵（4）催化反應的一種中間產物結構如圖，其分子中B與周圍直接相連的原子形成的空間構型為平面三角形，碳的雜化類型為sp2、sp3，1mol分子內含有的σ鍵數目為37NA。（5）晶體硼的熔點為2300℃，而晶體硅的熔點為1410℃，試從結構角度解釋其熔點差別較大的原因：二者都是共價晶體，但B﹣B鍵鍵長比Si—Si短的多，共價鍵更強，熔點更高。【考點】原子核外電子排布；元素電離能、電負性的含義及應用；化學鍵；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【專題】元素周期律與元素周期表專題．【答案】（1）3d6；（2）H＜C＜S＜Cl；O；（3）H2O能形成分子間氫鍵；BCD；（4）平面三角形；sp2、sp3；37；（5）二者都是共價晶體，但B﹣B鍵鍵長比Si—Si短的多，共價鍵更強，熔點更高。【分析】（1）Fe為26號元素，基態Fe原子的價電子排布式為[Ar]3d64s2，失去4s上的2個電子形成Fe2+；（2）同周期主族元素從左到右元素的電負性增大，非金屬性越強電負性越強；同周期主族元素的第一電離能從左到右呈增大趨勢，但ⅡA、VA族元素的第一電離能大于同周期相鄰元素的第一電離能；（3）水分子間存在氫鍵，而乙硼烷無法形成氫鍵，所以常溫下H2O為液體，乙硼烷為氣體；乙硼烷分子內存在硼氫鍵，為極性共價鍵和σ鍵，B﹣B鍵為非極性共價鍵；（4）分子中B與三個原子相連，為sp2雜化，故為平面三角形結構；碳有飽和碳和雙鍵碳，故為sp2、sp3雜化，單鍵都是σ鍵，雙鍵中有一個σ鍵；（5）由已知條件可知，二者都是共價晶體，但B﹣B鍵鍵長比Si—Si短的多，共價鍵更強，熔點更高。【解答】解：（1）Fe為26號元素，基態Fe原子的價電子排布式為[Ar]3d64s2，失去4s上的2個電子形成Fe2+，所以Fe2+的外圍電子排布式為3d6，故答案為：3d6；（2）同周期主族元素從左到右元素的電負性增大，非金屬性越強電負性越強，所以H、Cl、C、S的電負性由小到大的順序是H＜C＜S＜Cl；同周期主族元素的第一電離能從左到右呈增大趨勢，但ⅡA、VA族元素的第一電離能大于同周期相鄰元素的第一電離能，所以第一電離能最小的元素是O，故答案為：H＜C＜S＜Cl；O；（3）水分子間存在氫鍵，而乙硼烷無法形成氫鍵，所以常溫下H2O為液體，乙硼烷為氣體；乙硼烷分子內存在硼氫鍵，為極性共價鍵和σ鍵，B﹣B鍵為非極性共價鍵，不存在離子鍵、配位鍵和π鍵，故BCD正確，故答案為：BCD；（4）分子中B與三個原子相連，為sp2雜化，故為平面三角形結構；碳有飽和碳和雙鍵碳，故為sp2、sp3雜化，單鍵都是σ鍵，雙鍵中有一個σ鍵，故1mol分子中含有的σ鍵數目為37mol，故答案為：平面三角形；sp2、sp3；37；（5）由已知條件可知，二者都是共價晶體，但B﹣B鍵鍵長比Si—Si短的多，共價鍵更強，熔點更高，故答案為：二者都是共價晶體，但B﹣B鍵鍵長比Si—Si短的多，共價鍵更強，熔點更高。【點評】本題主要考查元素周期表與元素周期律的知識及核外電子排布式的書寫等知識，為高頻考點，題目難度一般。11．乙酰水楊酸E和對乙酰氨基酚J是常見的解熱鎮疼藥物。以苯酚A為原料，可合成化合物E和化合物J。（1）化合物I的名稱為對氨基苯酚（或4﹣氨基苯酚）；化合物E的官能團名稱為酯基、羧基。（2）流程中A→F反應，可同時得到對硝基苯酚和鄰硝基苯酚，并可采用蒸餾方式提純。提純時，首先蒸出的是鄰硝基苯酚（填寫名稱），原因是對硝基苯酚可形成分子間氫鍵，使其沸點升高，鄰硝基苯酚形成分子內氫鍵，使其沸點降低，故先蒸餾出來的是鄰硝基苯酚。（3）G→H的化學方程式為。（4）吡啶（）是類似苯的芳香化合物。化合物J的同分異構體中，同時滿足如下3個條件的同分異構體有10種。條件：①是吡啶的衍生物；②含有乙基（﹣C2H5）；③能與NaHCO3溶液反應生成CO2。（5）根據上述信息，寫出一種以苯酚和鄰二甲苯為原料合成的路線圖。（其他無機試劑任選，已知：）【考點】有機物的合成．【專題】有機物的化學性質及推斷．【答案】（1）對氨基苯酚（或4﹣氨基苯酚）；酯基、羧基；（2）鄰硝基苯酚；對硝基苯酚可形成分子間氫鍵，使其沸點升高，鄰硝基苯酚形成分子內氫鍵，使其沸點降低，故先蒸餾出來的是鄰硝基苯酚；（3）；（4）10；（5）。【分析】與NaOH反應生成和水，苯酚鈉與CO2反應生成，該過程中苯環與CO2發生加成反應引入﹣COOH，而后羧基再與﹣ONa反應，酸化生成，與乙酸酐發生取代反應生成和CH3COOH；發生硝化反應生成，中硝基還原為氨基、同時酚羥基與氫氧化鈉發生中和反應生成，G中的﹣ONa結構會與鹽酸反應生成酚羥基（強酸制取弱酸），﹣NH2會與鹽酸會成鹽生成﹣NH3Cl，可知H為，與碳酸氫鈉反應生成，與乙酸酐發生取代反應生成和CH3COOH；（5）由D→E的轉化，與反應生成，結合本題中信息可知，一定條件下脫水生成，而用酸性高錳酸鉀溶液氧化生成。【解答】解：（1）I的結構簡式為，氨基為取代基，其命名為對氨基苯酚或4﹣氨基苯酚；觀察結構可知，化合物E的官能團有酯基和羧基，故答案為：對氨基苯酚（或4﹣氨基苯酚）；酯基、羧基；（2）對硝基苯酚可形成分子間氫鍵，使其沸點升高，而鄰硝基苯酚形成分子內氫鍵，使其沸點降低，故先蒸餾出來的是沸點相對低的鄰硝基苯酚，故答案為：鄰硝基苯酚；對硝基苯酚可形成分子間氫鍵，使其沸點升高，鄰硝基苯酚形成分子內氫鍵，使其沸點降低，故先蒸餾出來的是鄰硝基苯酚；（3）G中的﹣ONa結構會與鹽酸反應生成酚羥基（強酸制取弱酸），﹣NH2會與鹽酸發生中和反應生成﹣NH3Cl，所以G→H的化學方程式為，故答案為：；（4）化合物J（）的同分異構體滿足如下3個條件：①是吡啶的衍生物，說明含有，②含有乙基（﹣C2H5）；③能與NaHCO3溶液反應生成CO2，說明含有﹣COOH，固定﹣COOH在環上，與N原子有鄰、間、對3種位置，對應的﹣CH2CH3依次有4種、4種、2種位置，故符合條件的同分異構體共有4+4+2＝10種，故答案為：10；（5）由D→E的轉化，與反應生成，結合本題中信息可知，一定條件下脫水生成，而用酸性高錳酸鉀溶液氧化生成，合成路線為，故答案為：。【點評】本題考查有機物的合成，涉及有機物命名、官能團識別、有機物的結構與性質、有機反應方程式的書寫、限制條件同分異構體的書寫、合成路線設計等，對比有機物結構變化來理解發生的反應，題目側重考查學生分析推理能力、知識遷移運用能力。三．工藝流程題（共1小題）12．氧缺位體（CuFe2O4﹣δ）是熱化學循環分解水制氫的催化劑。一種以黃銅礦（主要成分是CuFeS2，含Al2O3、SiO2等雜質）為原料制備CuFe2O4﹣δ流程如圖所示：已知：①酸浸后溶液中的金屬離子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+②25℃時已知幾種金屬離子沉淀的pH如表所示：金屬氫氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Cu（OH）2Fe（OH）2開始沉淀的pH7.0完全沉淀的pH9.0請回答下列問題：（1）CuFeS2“焙燒”時生成三種氧化物，其中金屬氧化物的化學式為CuO、Fe3O4。（2）焙燒產物中的SO2在有氧條件下利用石灰石漿液吸收可制得一種副產品CaSO4。（填化學式）（3）流程中，若無“還原”工序，造成的后果是調節pH值時會使Fe3+發生沉淀。（4）已知Cu（NH3）2Cl2有兩種同分異構體，則“沉鐵”過程中生成的的空間結構是平面正方形。（5）“灼燒”工序的化學方程式是CuO+2Fe（OH）3CuFe2O4+3H2O，“煅燒”時通入N2的作用是做保護氣，防止生成物被氧化。（6）“煅燒”CuFe2O4得到氧缺位體（CuFe2O4﹣δ）時，不同溫度范圍內，發生變價的金屬元素不同，某溫度下制得的氧缺位體質量為原質量的99%，則δ＝0.15。（7）氧缺位體催化分解水制氫可分為兩步：第一步：2CuFe2O4﹣δ+δH2O＝δH2↑+CuFe2O4（完成方程式）；第二步：2CuFe2O4＝2CuFe2O4﹣δ+δO2↑。【考點】制備實驗方案的設計．【專題】制備實驗綜合．【答案】（1）CuO、Fe3O4；（2）CaSO4；（3）調節pH值時會使Fe3+發生沉淀；（4）平面正方形；（5）CuO+2Fe（OH）3CuFe2O4+3H2O；做保護氣，防止生成物被氧化；（6）0.15；（7）2CuFe2O4﹣δ+δH2O＝δH2↑+CuFe2O4。【分析】氧氣具有氧化性，已知酸浸后的溶液中金屬離子有Cu2+，Fe2+，Al3+和Fe3+，CuFeS2焙燒生成三種氧化物，結合質量守恒可知，三種氧化物為SO2、CuO、Fe3O4，加入硫酸金屬氧化物轉化為相應的硫酸鹽，濾渣1為SiO2，加入Cu還原Fe3+為Fe2+，加入CuO調節pH使Al3+沉淀，，而Cu2+和Fe2+不沉淀，濾渣2中有Al（OH）3、CuO、Cu，加H2O2將Fe2+氧化為Fe3+離子，加入過量的氨水反應生成Cu（NH3）4SO4，Fe3+生成Fe（OH）3沉淀，Cu（NH3）4SO4經過系列操作生成CuO，灼燒CuO和Fe（OH）3生成CuFe2O4，在N2做保護氣下煅燒生成CuFe2O4﹣δ。【解答】解：（1）已知酸浸后的溶液中金屬離子有Cu2+，Fe2+，Al3+和Fe3+，CuFeS2焙燒生成三種氧化物，結合質量守恒可知，三種氧化物為SO2、CuO、Fe3O4，其中金屬氧化物的化學式為CuO、Fe3O4，故答案為：CuO、Fe3O4；（2）焙燒產物中的SO2在有氧條件下利用石灰石漿液Ca（OH）2吸收可制得一種副產品是CaSO4，故答案為：CaSO4；（3）加入Cu還原Fe3+為Fe2+，若沒有還原工序，調節pH值時會使Fe3+發生沉淀，故答案為：調節pH值時會使Fe3+發生沉淀；（4）已知Cu（NH3）2Cl2有兩種同分異構體，則可知其結構不是四面體結構，而是平面四邊形結構，故的空間構型為平面正方形，故答案為：平面正方形；（5）灼燒CuO和Fe（OH）3生成CuFe2O4，反應的方程式為CuO+2Fe（OH）3CuFe2O4+3H2O；N2做保護氣，防止生成物被氧化，故答案為：CuO+2Fe（OH）3CuFe2O4+3H2O；做保護氣，防止生成物被氧化；（6）“煅燒”CuFe2O4得到氧缺位體（CuFe2O4﹣δ），質量減少的是氧氣質量，δ×100%＝1﹣99%，得出δ＝0.15，故答案為：0.15；（7）制取氫氣的總反應為：2δH2O＝2δH2↑+δO2↑，結合第二步反應2CuFe2O4＝2CuFe2O4﹣δ+δO2↑，可知第一步反應為2CuFe2O4﹣δ+δH2O＝δH2↑+CuFe2O4，故答案為：2CuFe2O4﹣δ+δH2O＝δH2↑+CuFe2O4。【點評】本題考查物質的制備，側重考查學生物質之間反應和分離提純知識的掌握情況，試題難度中等。

考點卡片1．酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯系【知識點的認識】1、酸、堿、鹽的對比物質類別概念構成特點分類酸電離時生成的陽離子全部是H+的化合物氫離子和酸根離子①酸分子中是否有氧原子：含氧酸、無氧酸；②酸分子電離生成個數：一元酸、二元酸、三元酸；③酸性強弱：強酸、弱酸；④沸點高低：高沸點酸、非揮發性酸；低沸點酸、揮發性酸堿電離時生成的陰離子全部是OH﹣的化合物金屬陽離子（或銨根離子）與氫氧根離子構成的①溶解性；可溶性堿、不溶性堿；②堿性強弱：強堿、弱堿；③與一個金屬離子結合的的個數：一元堿、二元堿鹽一類金屬離子或銨根離子（NH4+）與酸根離子或非金屬離子結合的化合物。金屬陽離子（或銨根離子）與酸根離子（1）根據組成不同：①正鹽；②酸式鹽；③堿式鹽（2）溶解性：可溶性鹽、不溶性鹽（3）相同金屬離子或酸根離子的統稱：某鹽、某酸鹽①金屬元素+酸根，讀作“某酸某或某酸亞某”；②金屬元素+非金屬元素，讀作“某化某或某化亞某”；③金屬元素+H+酸根，讀作“某酸氫某或酸式某酸某”；④金屬元素+OH+酸根，讀作“堿式某酸某或堿式某化某”氧化物其構成中只含兩種元素，其中一種一定為氧元素，另一種若為金屬元素，則為金屬氧化物；若為非金屬，則為非金屬氧化物。氧元素為負二價時和另外一種化學元素組成的二元化合物①金屬氧化物與非金屬氧化物②離子型氧化物與共價型氧化物離子型氧化物：部分活潑金屬元素形成的氧化物如Na2O、CaO等；共價型氧化物：部分金屬元素和所有非金屬元素的氧化物如MnO2、HgO、SO2、ClO2等③普通氧化物、過氧化物和超氧化物④酸性氧化物、堿性氧化物和兩性氧化物、不成鹽氧化物、其它復雜氧化物2、酸性氧化物、堿性氧化物和兩性氧化物的對比：酸性氧化物堿性氧化物兩性氧化物概念一類能與水作用生成酸或與堿作用生成鹽和水的氧化物能跟酸起反應，生成一種鹽和水的氧化物叫堿性氧化物（且生成物只能有鹽和水，不可以有任何其它物質生成）。既可以與酸反應生成鹽和水又可以與堿反應生成鹽和水的氧化物組成一般是非金屬元素的氧化物和某些過渡金屬元素的高價氧化物堿性氧化物都是金屬氧化物。金屬氧化物一般為堿性氧化物，但有例外，比如七氧化二錳和三氧化鉻主要由活動性較低的金屬組成。常例CO2、SO2、SO3、P2O5、SiO2、Mn2O7、CrO3Na2O、CaO、BaO和CrO、MnOBeO、Al2O3、ZnO等。性質1．與水反應生成相應的酸（除了二氧化硅SiO2，它不與水反應）2．與堿反應生成鹽和水3．與堿性氧化物反應1．堿性氧化物的對應水化物是堿。例如，CaO對應的水化物是Ca（OH）2，Na2O對應的水化物是NaOH．但對應水化物是不溶性堿的則其氧化物不與水反應，如：氧化銅不與水反應，堿金屬鈉、鉀等，還有鈣和鋇的氧化物能跟水反應，生成相應的氫氧化物。它們都是強堿：Na2O+H2O═2NaOHCaO+H2O═Ca（OH）22．高溫下，部分堿性氧化物和酸性氧化物作用生成鹽：CaO+SiO2═CaSiO33．部分堿性氧化物可直接與酸性氧化物反應：Na2O+CO2═Na2CO3。堿性氧化物受熱時比較穩定，一般不會分解。既能表現酸性氧化物的性質，又能表現堿性氧化物的性質區別與聯系大多數金屬氧化物是堿性氧化物，大多數非金屬氧化物是酸性氧化物。堿性氧化物都是一些金屬氧化物，酸性氧化物中有一些是非金屬氧化物，也有一些是金屬氧化物。所以說，金屬氧化物不一定是堿性氧化物，非金屬氧化物也不一定是酸性氧化物（如CO、NO）。酸性氧化物也不一定是非金屬氧化物，但堿性氧化物一定是金屬氧化物。【命題方向】本內容重點掌握酸性氧化物、堿性氧化物和兩性氧化物的概念和性質。題型一：酸、堿、鹽互為氧化物的概念典例1：分類是學習和研究化學的一種重要方法，下列分類合理的是（）A．K2CO3和K2O都屬于鹽B．KOH和Na2CO3都屬于堿C．H2SO4和HNO3都屬于酸D．Na2O和Na2SiO3都屬于氧化物分析：電離時生成的陽離子全部是氫離子的化合物叫酸；電離時生成的陰離子全部是氫氧根離子的化合物叫堿；電離時生成金屬離子和酸根離子的化合物叫鹽；由兩種元素組成其中一種是氧元素的化合物叫氧化物；據定義分析即可。解答：A、K2CO3屬于鹽，K2O屬于氧化物，故A錯誤。B、KOH屬于堿，Na2CO3屬于鹽，故B錯誤。C、H2SO4和HNO3都屬于酸，故C正確。D、Na2O屬于氧化物，Na2SiO3屬于鹽，故D錯誤。故選C。點評：本題考查了酸、堿、鹽、氧化物的概念，難度不大，注意這幾個概念的區別。題型二：酸性氧化物、堿性氧化物的識別典例2：下列物質的分類正確的是（）堿酸鹽堿性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4NaOHSO2CO2BNaOHHClNaClNa2OCOCNaOHCH3COOHCaF2COSO2DKOHHNO3CaCO3CaOSO2A．AB．BC．CD．D分析：根據堿電離出的陰離子全部是氫氧根離子，酸電離出的陽離子全部是氫離子，鹽電離出的陽離子是金屬離子或銨根離子，陰離子是酸根離子，能與酸反應生成鹽和水的氧化物為堿性氧化物，能與堿反應生成鹽和水的氧化物為酸性氧化物等概念進行分析。解答：A、NaOH屬于堿，SO2屬于酸性氧化物，故A錯誤；B、CO屬于不成鹽氧化物，故B錯誤；C、CO屬于不成鹽氧化物，故C錯誤；D、根據物質的分類，KOH屬于堿，HNO3屬于酸，CaCO3屬于鹽，CaO屬于堿性氧化物，SO2屬于酸性氧化物，故D正確。故選D。點評：本題考查物質的分類，題目難度不大，注意物質的分類角度的總結。題型三：酸性氧化物、非金屬氧化物、堿性氧化物、金屬氧化物的辨析關系典例3：下列關于氧化物的敘述中，正確的是（）A．酸性氧化物都是非金屬氧化物B．非金屬氧化物都是酸性氧化物C．堿性氧化物肯定是金屬氧化物D．金屬氧化物肯定是堿性氧化物分析：A、能和堿反應生成只鹽和水的氧化物是酸性氧化物；B、非金屬氧化物可能是不成鹽氧化物；C、能和酸反應只生成鹽和水的氧化物是堿性氧化物。D、金屬氧化物不一定都是堿性氧化物。解答：A、酸性氧化物也可能是金屬氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故A錯誤；B、非金屬氧化物不一定是酸性氧化物，可能是不成鹽氧化物，如CO屬于非金屬氧化物但不屬于酸性氧化物，故B錯誤；C、堿性氧化物肯定是金屬氧化物，故C正確；D、金屬氧化物不一定是堿性氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故D錯誤；故選C。點評：本題考查了氧化物的概念及其聯系，難度不大，但概念間的聯系是學習的難點，屬于易錯題。【解題思路點撥】金屬氧化物不一定是堿性氧化物，非金屬氧化物也不一定是酸性氧化物（如CO、NO）。酸性氧化物也不一定是非金屬氧化物，但堿性氧化物一定是金屬氧化物。2．化學基本反應類型【知識點的認識】四大基本反應類型：化合反應、分解反應、置換反應、復分解反應．（1）化合反應：由兩種或兩種以上物質反應生成另一種物質的反應．特點：多變一，公式：A+B→AB．化合反應中，不一定有元素化合價的改變（2）分解反應：由一種反應物生成2種或2種以上其它物質的反應．特點：一變多，公式：AB→A+B．分解反應中，不一定有元素化合價的改變．（3）置換反應：由一種單質和一種化合物反應生成另一種單質和另一種化合物．特點：一（種單質）換一（種單質），公式：A+BC→B+AC．（4）復分解反應：由兩種化合物相互交換成份生成另外兩種化合物的反應．特點：雙交換，價（化合價）不變，公式：AB+CD→AD+CB．【命題方向】題型：化學基本反應相關概念典例：下列關于化學反應類型的敘述中，正確的是（）A．凡是生成鹽和水的反應都是中和反應B．復分解反應一定沒有單質參加C．生成一種單質和一種化合物的反應一定是置換反應D．分解反應的生成物中一定有單質分析：A．酸與堿反應生成鹽與水的反應是中和反應；B．復分解反應是指由兩種化合物互相交換成分反應，生成另外兩種化合物的反應；C．置換反應是指由一種單質和一種化合物反應，生成另外一種單質和一種化合物的反應；D．分解反應是指由一種物質（化合物）生成另外兩種或兩種以上物質的反應．解答：A．有鹽和水生成的反應不一定是中和反應，例如二氧化碳和氫氧化鈉反應生成鹽碳酸鈉和水的反應，故A錯誤；B．復分解反應一定沒有單質參加，因為復分解反應中的兩種反應物都是化合物，故B正確；C．生成一種單質和一種化合物的反應，不一定是置換反應，因為反應物不一定是一種單質和一種化合物，如氯酸鉀分解生成KCl與氧氣，故C錯誤；D．分解反應的生成物不一定有單質，如碳酸鈣分解生成氧化鈣與二氧化碳，故D錯誤；故選B．點評：本題考查學生對基本反應類型、中和反應概念的理解，注意根據概念中物質分類及種類進行把握理解．【解題思路點撥】四大基本反應類型與氧化還原反應的聯系：置換反應一定是氧化還原反應，復分解反應一定不是氧化還原反應，化合反應和分解反應可能是氧化還原反應，也可能不是．3．阿伏加德羅常數【知識點的認識】1、阿伏伽德羅常數：（1）概念：阿伏伽德羅常數的定義值是指0.012kg12C所含的原子數，約為6.02×1023，符號為NA．表示1mol任何粒子的數目。（2）單位：mol﹣1。2、阿伏伽德羅常數可用多種實驗方法測得，到目前為止測得比較精確的數據是6.0221367×1023mol﹣1。【命題方向】本考點主要考察阿伏伽德羅常數的概念、符號及數值、單位，需要重點掌握。題型一：阿伏伽德羅常數的概念典例1：下列敘述正確的是（）A．1mol任何物質都含有6.02×1023個原子B．0.012kg12C約含有6.02×1023個碳原子C．硫酸的摩爾質量是98gD．常溫常壓下，1mol氧氣的體積約為22.4L分析：A、物質有的是單原子分子，有的是雙原子分子多原子分子，離子化合物等；B、依據阿伏伽德羅常數的概念分析判斷；C、摩爾質量是單位物質的量的物質的質量；D、常溫常壓下，氣體摩爾體積不為22.4L/mol。解答：A、構成物質的微粒不同，1mol任何物質不一定都含有6.02×1023個原子，故A錯誤；B、0.012kg12C約含有6.02×1023個碳原子為1mol，為阿伏伽德羅常數的規定，故B正確；C、硫酸的摩爾質量是98g/mol，故C錯誤；D、常溫常壓下，1mol氧氣的體積不是22.4L，故D錯誤；故選B。點評：本題考查了阿伏伽德羅常數的應用，主要考查阿伏伽德羅常數的規定，氣體摩爾體積的條件應用，摩爾質量的概念判斷，題目較簡單。題型二：阿伏伽德羅常數的計算應用典例2：設NA是阿伏加德羅常數的數值。下列說法正確的是（）A．1L0.1mol?L﹣1的FeCl3溶液中，Fe3+的數目為0.1NAB．1molNH3中含有N﹣H鍵的數目為3NAC．7.8gNa2O2中含有的陽離子數目為0.1NAD．標準狀況下，22.4L水中分子個數為NA分析：A、氯化鐵溶液中鐵離子部分水解，鐵離子數目減少；B、氨氣分子中含有3個氮氫鍵，1mol氨氣中含有3mol氮氫鍵；C、過氧化鈉中的陽離子為鈉離子，0.1mol過氧化鈉中含有0.2mol鈉離子；D、標準狀況下水的狀態不是氣體，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算水的物質的量。解答：A、1L0.1mol?L﹣1的FeCl3溶液中含有溶質氯化鐵0.1mol，鐵離子部分水解，溶液中含有的鐵離子小于0.1mol，Fe3+的數目小于0.1nA，故A錯誤；B、1mol氨氣中含有3mol氮氫鍵，含有N﹣H鍵的數目為3nA，故B正確；C、7.8g過氧化鈉的物質的量為0.1mol，0.1mol過氧化鈉中含有0.2mol鈉離子，含有的陽離子數目為0.2nA，故C錯誤；D、標況下，水不是氣體，題中條件無法計算22.4L水的物質的量，故D錯誤；故選B。點評：本題考查阿伏加德羅常數的有關計算和判斷，題目難度中等，注意明確標況下的氣體摩爾體積的使用條件。【解題思路點撥】阿伏伽德羅常數的常見問題和注意事項：1）物質的狀態是否為氣體；2）對于氣體注意條件是否為標況；3）注意同位素原子的差異；4）注意可逆反應或易水解鹽中離子數目的判斷；5）注意物質的結構：如Na2O2是由Na+和構成，而不是有Na+和O2﹣構成；SiO2、SiC都是原子晶體，其結構中只有原子沒有分子，SiO2是正四面體結構，1molSiO2中含有的共價鍵為4NA，1molP4含有的共價鍵為6NA等。4．原子核外電子排布05．原子結構與元素周期律的關系【知識點的知識】（1）“位、構、性”之間的關系：（2）“位、構、性”關系的應用：1）元素原子的核外電子排布，決定元素在周期表中的位置，也決定了元素的性質；2）元素在周期表中的位置，以及元素的性質，可以反映原子的核外電子排布；3）根據元素周期律中元素的性質遞變規律，可以從元素的性質推斷元素的位置；4）根據元素在周期表中的位置，根據元素周期律，可以推測元素的性質．【命題方向】本考點主要考察位構性的關系及其應用，在高考中通常以綜合題推斷題的形式出現，需要重點掌握．題型一：“位、構、性”的關系典例1：（2014?濱州一模）短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序數依次增大，甲和乙形成的氣態化合物的水溶液呈堿性，乙位于第VA族，甲和丙同主族，丁原子最外層電子數與電子層數相等，則（）A．原子半徑：丙＞乙＞丁B．單質的還原性：丁＞丙＞甲C．甲、乙、丙的氧化物均為共價化合物D．乙、丙、丁的最高價氧化物對應的水化物能相互反應分析：短周期元素甲乙丙丁的原子序數依次增大，甲和乙形成的氣態氫化物的水溶液呈堿性，則甲為H，乙位于第VA族，乙為N；甲和丙同主族，丙為Na；丁的最外層電子數和電子層數相等，則丁在第三周期第ⅢA族，即丁為Al，以此來解答．解答：短周期元素甲乙丙丁的原子序數依次增大，甲和乙形成的氣態氫化物的水溶液呈堿性，則甲為H，乙位于第VA族，乙為N；甲和丙同主族，丙為Na；丁的最外層電子數和電子層數相等，則丁在第三周期第ⅢA族，即丁為Al，A、同周期原子半徑從左向右減小，電子層越多，半徑越大，則原子半徑為丙＞丁＞乙，故A錯誤；B、金屬性越強，單質的還原性越強，則單質的還原性丙＞丁＞甲，故B錯誤；C、甲、乙的氧化物為共價化合物，丙的氧化物為離子化合物，故C錯誤；D、乙、丙、丁的最高價氧化物對應的水化物分別為硝酸、氫氧化鈉、氫氧化鋁，氫氧化鋁為兩性氫氧化物，能相互反應，故D正確．故選D．點評：本題考查元素周期律及元素對應的單質、化合物的性質，元素的推斷是解答本題的關鍵，注意氨氣的水溶液為堿性是解答本題的突破口，難度不大．題型二：“位、構、性”關系的應用﹣﹣元素的推斷典例2：（2014?番禺區一模）短周期元素X、Y、W、Q在元素周期表中的相對位置如圖所示．常溫下，Al能溶于W的最高價氧化物的水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液．下列說法正確的是（）XYWQA．Y的最高化合價為+6B．離子半徑：W＞Q＞Y＞XC．氫化物的沸點：Y＞QD．最高價氧化物的水化物的酸性：W＞Q分析：短周期元素X、Y、W、Q，常溫下，Al能溶于W的最髙價氧化物的水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液．則W為S元素，由元素周期表中的相對位置可知，X為N元素、Y為O元素、Q為Cl元素，據此解答．解答：短周期元素X、Y、W、Q，常溫下，Al能溶于W的最高價氧化物的水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液．則W為S元素，由元素周期表中的相對位置可知，X為N元素、Y為O元素、Q為Cl元素，A．Y為O元素，沒有+6價，故A錯誤；B．電子層越多離子半徑越大，電子層結構相同核電荷數越大離子半徑越小，故離子半徑S2﹣＞Cl﹣＞N3﹣＞O2﹣，故B錯誤；C．水分子之間存在氫鍵，常溫下為液體，HCl常溫下為氣體，故水的沸點更高，故C正確；D．非金屬性Cl＞S，故最高價氧化物的水化物的酸性：HClO4＞H2SO4，故D錯誤，故選C．點評：本題考查結構位置性質關系應用，難度不大，注意把握周期表的結構，注意主族元素化合價與族序數關系及元素化合價特殊性．【解題思路點撥】平時做注意積累元素相關的知識有利用快速做題．6．元素電離能、電負性的含義及應用【知識點的知識】一、元素電離能的含義及應用1、基態：處于最低能量的原子。2、激發態：1）概念：基態原子的電子吸收能量后，電子會躍遷到較高能級，變成激發態原子。2）激發態產生方法：①光激發：這是產生激發態的最主要方法。②放電。主要用于激勵原子，如高壓汞燈、氙弧光燈。③化學激活。某些放熱化學反應可能使電子被激發，導致化學發光。激發態是短壽命的，很容易返回到基態，同時放出多余的能量。3、電離能：1）定義：基態的氣態原子或氣態離子失去一個電子所需要的最小能量稱為元素的電離能。2）符號：I．單位為kJ?mol﹣1。表示式：M（g）＝M+（g）+e﹣I1M+（g）＝M2+（g）+e﹣I2M2+（g）＝M3+（g）+e﹣I33）意義：比較元素金屬性強弱，即失去電子的難易程度。電離能越大，氣態時原子越難失去電子；電離能越小，氣態時原子越容易失去電子。難點突破：Mg的第一電離能比Al大，所以Al比Mg容易失去電子，但根據金屬活動性順序表可知Mg的活動大于Al，與酸反應時更劇烈，似乎矛盾？（解釋：條件不一樣，電離能指的是氣態，后面指的是溶液中）4、第一電離能遞變性規律：1）隨原子序數變化圖2）同一周期或主族①總體規律：②總體增大的趨勢中有些曲折解釋：當外圍電子在能量相等的軌道上形成全空（p0，d0，f0）、半滿（p3，d5，f7）或全滿（p6，d10，f14）結構時，原子的能量較低，元素的第一電離能較大。二、元素電負性的含義及應用1、電負性的概念：1）定義：元素原子吸引電子的能力。2）應用：①元素的電負性越大，吸引電子的能力越強。一般認為，電負性大于1.8的元素為非金屬元素；小于1.8的元素為金屬元素。電負性越大，元素的非金屬性越強；電負性越小，元素的金屬性越強。電負性最大的元素是F，為4.0，鋰的電負性為1.0。②判斷化合價：一般地，電負性大的元素呈負價，電負性小的元素呈正價。③判斷化學鍵類型：電負性產值大的元素原子之間一般形成離子鍵；差值小的元素原子之間形成共價鍵。2、電負性遞變性規律：1）隨原子序數變化圖2）同一周期或主族【命題方向】本考點主要考察電離能、電負性的含義以及變化規律，通常在選擇題或綜合題中出現，需要重點掌握。題型一：元素第一電離能大小的比較典例1：下列說法中正確的是（）A．第三周期中鈉的第一電離能最小B．鋁的第一電離能比鎂的第一電離能大C．在所有元素中氟的第一電離能最大D．鉀的第一電離能比鎂的第一電離能大分析：A、同周期自左而右，元素的第一電離能增大，注意能級處于半滿、全滿的穩定特殊情況；B、鎂原子的3s能級處于全滿穩定狀態，能量較低，第一電離能比Al元素高；C、同周期稀有氣體的第一電離能最大，同族自上而下第一電離能降低；D、同主族自上而下第一電離能降低，同周期自左而右第一電離能增大，據此解答。解答：A、同周期自左而右，元素的第一電離能增大，故第3周期所包含的元素中鈉的第一電離能最小，故A正確；B、鎂原子的3s能級處于全滿穩定狀態，能量較低，第一電離能比Al元素高，故B錯誤；C、稀有氣體的原子結構是穩定結構，同周期稀有氣體的第一電離能最大，同族自上而下第一電離能降低，故氦元素的第一電離能最大，故C錯誤；D、同主族自上而下第一電離能降低，故第一電離能Na＞K，同周期自左而右第一電離能增大，故第一電離能Mg＞Na，所以第一電離能Mg＞K，故D錯誤；故選A。點評：考查第一電離能的變化規律等，比較基礎，注意同周期主族元素能級處于半滿、全滿的穩定特殊情況第一電離能增大的特殊情況。典例2：下面的電子結構中，第一電離能最小的原子可能是（）A．ns2np3B．ns2np5C．ns2np4D．ns2np6分析：同一周期中，元素的第一電離能隨著原子序數的增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于相鄰元素，同一主族元素中，其第一電離能隨著原子序數的增大而減小。解答：同一周期中，元素的第一電離能隨著原子序數的增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于相鄰元素，同一主族元素中，其第一電離能隨著原子序數的增大而減小，ns2np3屬于第VA族元素、ns2np5屬于第VIIA族元素、ns2np4屬于第VIA族元素、ns2np6屬于O族元素，如果這幾種元素都是第二周期元素，其第一電離能大小順序是Ne＞F＞N＞O，所以第一電離能最小的原子可能是第VIA族元素，故選C。點評：本題考查了第一電離能大小的判斷，明確元素周期律中第一電離能變化規律是解本題關鍵，再根據元素在周期表中所處位置判斷，題目難度不大。題型二：元素電負性大小的比較典例3：下列是幾種原子的基態電子排布，電負性最大的原子是（）A．1s22s22p4B．1s22s22p63s23p3C．1s22s22p63s23p2D．1s22s22p63s23p64s2分析：不同元素的原子在分子內吸引電子的能力大小可用數值表示，該數值稱為電負性，即元素的非金屬性越強其電負性越大。同一周期中，電負性隨著原子