江苏省泰州市泰兴市2022届高三（上）期中化学试卷一、单项选择题：本题有10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意．1．“保护环境”是我国的基本国策．下列做法不应该提倡的是()A．使用氢能源代替化石燃料，减少CO2排放B．就地在田间焚烧秸秆，减少运输成本C．改进汽车尾气净化技术，减少污染物的排放D．研发可降解高分子材料，减少“白色污染”【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】保护环境，可从减少污染物的排放、节约能源等角度分析．【解答】解：A．氢能是清洁能源，不含碳元素，减少二氧化碳排放，故A正确；B．焚烧大量秸秆会造成空气污染，故B错误；C．改进汽车尾气净化技术，减少污染物的排放，符合保护环境的措施，故C正确；D．研发可降解高分子材料，减少塑料制品的使用，从而减少“白色污染”，符合保护环境的措施，故D正确．故选B．【点评】本题考查环境保护及可持续发展，节约资源、走可持续发展之路，人人有责，并做到从我做起，题目难度不大．2．下列有关氮元素及其化合物的表示正确的是()A．质子数为7、中子数为7的氮原子：NB．氮离子（N3﹣）的结构示意图：C．氨气分子的电子式：D．甘氨酸分子的结构简式：C2H5O2N【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【分析】A．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数；B．氮离子的核电荷数为7，最外层电子数为8；C．氨气为共价化合物，其分子中含有3个N﹣H键；-28-\nD．结构简式中应该标出有机物官能团机构．【解答】解：A．质子数为7、中子数为7的氮原子的质量数为14，该原子的正确表示方法为：147N，故A错误；B．为氮原子结构示意图，氮离子的最外层电子数为8，氮离子正确的离子结构示意图为，故B错误；C．氨气分子中，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氨气分子的电子式为，故C正确；D．C2H5O2N为分子式，甘氨酸的结构简式为：H2NCH2COOH，故D错误；故选C．【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、离子结构示意图、元素符号、结构简式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力．3．在呼吸面具中Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2．下列说法正确的是()A．在该反应中，每生成0.1mol氧气转移0.2mol电子B．Na、Na2O2中钠元素微粒的半径：r（Na）＜r（Na+）C．元素氧的单质只存在氧气和臭氧两种同素异形体D．在该反应条件下，氧元素的非金属性强于碳元素的非金属性【考点】钠的重要化合物；同素异形体．【分析】A、过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子；B、原子失去最外层电子形成阳离子，半径减小；C、由同种元素组成的不同种单质为同素异形体；D、比较非金属性可通过以下角度：①氢化物的稳定性，②与氢气反应的难易程度，③最高价氧化物对应的水化物的酸性，④单质之间的置换反应，⑤对应阴离子的还原性强弱，⑥与变价金属反应的化合价高低等．【解答】解：A、过氧化钠中氧元素为﹣1价，则过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故A正确；B、钠原子失去最外层电子形成的钠离子半径小于钠原子，故B错误；-28-\nC、元素氧的单质存在氧气、臭氧、O4等多种同素异形体，故C错误；D、过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气，反应中过氧化钠自身氧化还原反应，不能判断氧元素和碳元素的非金属性，故D错误；故选A．【点评】本题考查了钠的性质分析，原子结构的理解应用，注意同素异形体概念的分析，掌握基础是解题关键，题目较简单．4．下列物质性质与应用对应关系正确的是()A．晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料B．铜的金属活泼性比铁的差，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀C．二氧化硫具有氧化性，可用于漂白纸浆D．明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用作净水剂【考点】硅的用途；金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；二氧化硫的化学性质．【分析】A．硅位于非金属和金属分界线处，能制作半导体材料；B．根据牺牲阳极的阴极保护法来保护金属；C．二氧化硫的漂白原理是二氧化硫能和某些有色物质生成不稳定的无色物质；D．明矾溶于水可以形成Al（OH）3胶体，胶体吸附悬浮物质而沉降，起净水作用，是常用的净水剂；【解答】解：A．晶体硅熔点高硬度大可以制作玻璃刀等，硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，二者没有关系，故A错误；B．因要减缓船体的腐蚀应连接比铁更活泼的金属，如锌，这就是牺牲阳极的阴极保护法，将铜装在海轮外壳上会加快轮船的腐蚀，故B错误；C．二氧化硫的漂白原理是二氧化硫能和某些有色物质生成不稳定的无色物质，和其氧化性无关，故C错误；D．明矾溶于水可以形成Al（OH）3胶体，胶体具有很大的表面积，吸附悬浮物质而沉降，起净水作用，是常用的净水剂，故D正确；故选D．【点评】本题考查金属腐蚀的防护、二氧化硫的漂白原理、明矾的净水、半导体等知识，较为综合，难度中等，平时注意基础知识的全面掌握．-28-\n5．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为14．X是元素周期表中原子半径最小的元素，Z与X原子的最外层电子数相同，Y与W同主族．下列说法正确的是()A．Y分别与X、Z形成的化合物中化学键类型相同B．原子半径的大小顺序：r（Z）＞r（W）＞r（Y）C．W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强D．Z的最高价氧化物对应的水化物是酸【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大；X是元素周期表中原子半径最小的元素，则X是H元素；Z与X原子的最外层电子数相同，且Z原子序数大于Y，则Z是Na元素；Y与W同主族，X、Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则Y最外层电子数==6，Y原子序数小于W，则Y是O元素、W是S元素，再结合题目分析解答．【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大；X是元素周期表中原子半径最小的元素，则X是H元素；Z与X原子的最外层电子数相同，且Z原子序数大于Y，则Z是Na元素；Y与W同主族，X、Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则Y最外层电子数==6，Y原子序数小于W，则Y是O元素、W是S元素，A．Y分别与X、Z形成的化合物是水、硫化钠，水中只含共价键、硫化钠中只含离子键，所以水和硫化钠中化学键类型不相同，故A错误；B．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径的大小顺序：r（Z）＞r（W）＞r（Y），故B正确；C．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性Y＞W，则W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱，故C错误；D．Z是Na元素，其最高价氧化物的水化物是NaOH，为强碱，故D错误；故选B．【点评】本题考查原子结构和元素周期律的关系，为高频考点，涉及化学键判断、元素周期律应用等知识点，正确判断元素是解本题关键，知道非金属性、金属性强弱判断方法，题目难度不大．-28-\n6．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是()A．1.0mol•L﹣1的KNO3溶液中：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣B．使甲基橙变红色的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣C．0.1mol•L﹣1的NaOH溶液中：Na+、NH4+、Cl﹣、HCO3﹣D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Ca2+、K+、ClO﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．离子之间发生氧化还原反应；B．使甲基橙变红色的溶液，显酸性；C．离子之间结合生成弱电解质、水等；D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液．【解答】解：A．H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．使甲基橙变红色的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C．OH﹣、HCO3﹣结合生成水和碳酸根离子，OH﹣、NH4+结合生成弱电解质，不能大量共存，故C错误；D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在ClO﹣，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存问题，为高频考点，本题注意把握相关题给信息及常见离子之间的反应为解答该类题目的关键，学习中注重相关基础知识的积累，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．7．如图所示装置适用于实验室制氨气并验证氨气的某化学性质，其中能达到实验目的是()A．用装置甲制取氨气B．用装置乙除去氨气中的水蒸气-28-\nC．用装置丙验证氨气具有还原性D．用装置丁吸收尾气【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．氨气易溶于水，易挥发，应加热；B．氨气和浓硫酸反应；C．加热条件下，氨气与氧化铜发生氧化还原反应；D．氨气直接通入水中，不能防止倒吸．【解答】解：A．氨气易溶于水，易挥发，应用浓氢氧化钠溶液和氯化铵反应，且加热，故A错误；B．氨气和浓硫酸反应，应用碱石灰干燥氨气，故B错误；C．加热条件下，氨气与氧化铜发生氧化还原反应，根据氧化铜的颜色变化可判断是否发生氧化还原反应，故C正确；D．氨气直接通入水中，不能防止倒吸，应用四氯化碳，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，侧重于学生对基本实验操作正确与否的判断的考查，要求同学们要熟练掌握物质的基本物理和化学性质，注意基本实验操作的要领和实验要求．8．在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化不能一步实现的是()A．FeS2SO2H2SO4B．饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO3C．CuSO4（aq）Cu（OH）2Cu2OD．1mol•L﹣1HCl（aq）Cl2Ca（ClO）2【考点】钠的重要化合物；氯气的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】A、FeS2高温和氧气反应生成二氧化硫和氧化铁，二氧化硫被过氧化氢氧化为硫酸；B、饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳会发生生成碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；C、硫酸铜和过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，在碱性溶液中加入葡萄糖加热反应生成氧化亚铜；-28-\nD、二氧化锰和稀盐酸不反应．【解答】解：A、FeS2高温和氧气反应生成二氧化硫和氧化铁，二氧化硫被过氧化氢氧化为硫酸，FeS2SO2H2SO4，转化可以实现，故A不符合；B、饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳会发生生成碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO3，可以实现各步的一步转化，故B不符合；C、硫酸铜和过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，在碱性溶液中加入葡萄糖加热反应生成氧化亚铜，CuSO4（aq）Cu（OH）2Cu2O，转化关系可以实现，故C不符合；D、二氧化锰和稀盐酸不反应，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，Cl2Ca（ClO）2，第一步不能一步实现，故D符合；故选D．【点评】本题考查了物质性质的分析应用，主要是反应产物和反应条件的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．9．下列指定反应的离子方程式正确的是()A．NO2与水的反应：3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NOB．向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：NH4++OH﹣NH3↑+H2OC．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：2H++CaCO3═Ca2++H2O+CO2↑D．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+2H++NO3﹣═Ag++NO↑+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．二者反应生成硝酸与一氧化氮；B．漏掉碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应；C．醋酸为弱酸，应保留化学式；D．得失电子不守恒．【解答】解：A．NO2与水的反应，离子方程式：3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO，故A正确；B．向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热，离子方程式：HCO3﹣+NH4++2OH﹣NH3↑+2H2O+CO32﹣，故B错误；-28-\nC．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应，离子方程式：2CH3COOH+CaCO3═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故C错误；D．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜，离子方程式：3Ag+4H++NO3﹣═3Ag++NO↑+2H2O，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意化学式的拆分、原子个数、得失电子数、电荷数是否守恒，题目难度不大．10．离子交换膜法电解食盐水的示意如图，图中离子交换膜只允许阳离子通过．下列说法正确的是()A．e电极与电源的负极相连B．H+在f电极上发生还原反应C．精制饱和食盐水从图中b位置补充D．离子交换膜的作用只是防止生成的Cl2与H2发生反应【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】电解饱和食盐水时，电解池阳极，发生：2Cl─﹣2e﹣=Cl2↑，阴极，发生2H++2e﹣=H2↑，电解的总反应：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣；生成的氯气会和氢氧化钠之间反应得到氯化钠和次氯酸钠，但是加上阳离子交换膜可以避开这一反应，据此回答．【解答】解：A、电解饱和食盐水时，电解池阳极，发生：2Cl─﹣2e﹣=Cl2↑，阴极，发生2H++2e﹣=H2↑，产生Cl2的电极是阳极，即e电极与电源的正极相连，故A错误；B、阴极，发生2H++2e﹣=H2↑，所以H+在f电极上发生还原反应，故B正确；C、精制饱和食盐水从图中a位置补充，故C错误；D、阳离子交换膜的作用是防止生成氯气和氢氧化钠之间反应得到氯化钠和次氯酸钠，故D错误．故选B．-28-\n【点评】本题以电解氯化钠为例来考查学生电解池的工作原理知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度中等．二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．11．下列说法正确的是()A．2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0B．钢铁的腐蚀过程中，析氢腐蚀与吸氧腐蚀可能会同时发生C．N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，反应速率v（H2）和氢气的平衡转化率均增大D．室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH＞7【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；金属的电化学腐蚀与防护；化学反应速率的影响因素．【分析】A.2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，说明△G=△H﹣T△S＜0，该反应的△S＜0；B．酸性条件下，钢铁易发生析氢腐蚀，中性或弱酸性条件下，钢铁易发生吸氧腐蚀；C．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但正逆反应速率都增大；D．室温下，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH溶液浓度，二者等体积混合醋酸有剩余．【解答】解：A．正反应为熵减的反应，即△S＜0，常温下能自发进行，根据△H﹣T△S=△G＜0反应自发进行，可推知该反应△H＜0，故A错误；B．弱介质为弱酸性溶液时，钢铁可能发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀同时进行，故B正确；C．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，氢气转化率降低；因为升高温度导致活化分子百分数增大，所以正逆反应速率都增大，故C错误；D．室温下，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH溶液浓度，二者等体积混合醋酸有剩余，导致混合溶液呈酸性，溶液的pH＜7，故D错误；故选B．【点评】本题考查较综合，涉及反应自发性判断、金属的腐蚀、温度对化学反应速率及平衡的影响、酸碱中和等知识点，注意钢铁发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀的区别，易错选项是D．-28-\n12．普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构简式如图所示．下列说法不正确的是()A．普伐他汀分子中有4种含氧官能团B．每个普伐他汀分子中含有13个手性碳原子C．在一定条件下，普伐他汀能发生加成、取代、消去、缩聚反应D．普伐他汀可以和NaOH溶液、Na2CO3溶液反应，还可以和酸性KMnO4溶液反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．由结构可知，含有酯基、羟基、羧基三种含有官能团；B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；C．含有羧基、羟基，可以发生缩聚反应、取代反应，含有羟基，可以发生消去反应，含有碳碳双键，可以发生加成反应；D．羧基能与氢氧化钠、碳酸钠反应，酯基也与氢氧化钠反应，含有碳碳双键，具有烯烃的性质．【解答】解：A．该物质含氧官能团有：酯基、羟基、羧基三种，故A错误；B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，图中三线交点碳原子为手性碳原子，含有8个手性碳原子，故B错误；C．碳碳双键能发生加成反应、醇羟基和羧基及酯基能发生取代反应、醇羟基能发生消去反应、羧基和醇羟基能发生缩聚反应，故C正确；D．羧基能和碳酸钠、氢氧化钠反应，酯基和羧基能与氢氧化钠反应，碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D正确；故选：AB．【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查醇、羧酸、酯和烯烃性质，明确官能团及其性质关系即可解答，注意：该物质能发生加聚反应和缩聚反应．13．下列设计的实验方案能达到实验目的是()A．制备O2：用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置-28-\nB．提纯含有少量HCl的Cl2：将含有少量HCl的Cl2通入饱和的NaHCO3溶液和浓硫酸中净化气体C．检验溶液中是否含有CO32﹣：向溶液中加入盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定有大量的CO32﹣D．探究测定铝箔中氧化铝含量：取ag铝箔与足量稀盐酸充分反应，逸出的气体通过碱石灰后，测其体积为bL（标准状况）【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．Na2O2与水反应，H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体反应；B．HCl气体能与碳酸氢钠反应生成CO2，引入新的杂质气体；C．气体可能为二氧化碳或二氧化硫；D．发生Al与盐酸反应生成氢气，收集气体为氢气．【解答】解：A．Na2O2与水反应，H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体常温条件下反应，可选择相同的气体发生装置，故A正确；B．实验室制取氯气含有氯化氢和水分，常用饱和食盐水和浓硫酸净化气体，若饱和NaHCO3溶液，HCl会和NaHCO3反应生成CO2，引入新的杂质，故B错误；C．气体为可能二氧化碳或二氧化硫，则原溶液中可能含CO32﹣或SO32﹣或HCO3﹣、HSO3﹣，故C错误；D．发生Al与盐酸反应生成氢气，收集气体为氢气，利用氢气的体积可计算Al的质量，所以能测定铝箔中氧化铝的含量，故D正确．故选AD．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的制备、分离提纯、检验等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．14．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A．0.1mol•L﹣1pH=4的NaHA溶液中：c（Na+）=c（HA﹣）+2c（A2﹣）B．在0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中：c（OH﹣）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）C．pH相等的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）：①＞②＞③D．NH3•H2O和NH4Cl的混合溶液：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）-28-\n【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．常温下0.1mol•L﹣1的NaHA溶液pH=4，说明HA﹣的电离程度大于水解程度，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；B．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；C．pH相等的这几种钠盐，弱酸根离子水解程度越大，钠盐浓度越小；D．混合溶液pH=7，溶液呈中性，则溶液中存在c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒判断c（NH4+）、c（Cl﹣）相对大小．【解答】解：A．常温下0.1mol•L﹣1的NaHA溶液pH=4，说明HA﹣的电离程度大于水解程度，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH﹣），则存在c（Na+）＜c（HA﹣）+2c（A2﹣），故A错误；B．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），根据物料守恒得c（Na+）=c（H2CO3）+2c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），所以得c（OH﹣）﹣c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故B错误；C．pH相等的这几种钠盐，弱酸根离子水解程度越大，钠盐浓度越小，水解程度①＜②＜③，则三种盐溶液浓度①＞②＞③，根据钠原子守恒得c（Na+）：①＞②＞③，故C正确；D．混合溶液pH=7，溶液呈中性，则溶液中存在c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl﹣），故D错误；故选C．【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，涉及盐类水解、弱电解质的电离，明确溶液中溶质及其性质是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用．15．向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g）．各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别以如表和如图表示：容器甲乙丙容积0.5L0.5L1.0L温度/℃T1T2T2反应物1.5molA1.5molA6.0molA-28-\n起始量0.5molB0.5molB2.0molB下列说法正确的是()A．x=1B．10min内乙容器中反应的平均速率v（B）=0.025mol•L﹣1•min﹣1C．由图可知：T1＜T2，且该反应为吸热反应D．T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，平衡时A的转化率为75%【考点】化学平衡的计算．【分析】A．乙中平衡时A的转化率为=，丙中A的转化率为=，丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动，故x=1；B．由图可知，10min内乙容器中C的浓度变化量为1mol/L，根据v=计算v（C），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（B）；C．比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1＜T2，温度越高C的浓度越低，升高温度平衡向逆反应移动；D．计算甲中平衡时各组分的浓度，进而计算平衡常数，令T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，再表示出平衡时各组分的浓度，利用平衡常数列方程计算x的值，进而计算A的转化率．【解答】解：A．乙中平衡时A的转化率为=，丙中A的转化率为=，丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动，故x=1，故A正确；-28-\nB．由图可知，10min内乙容器中C的浓度变化量为1mol/L，v（C）==0.1mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）=v（C）=×0.1mol/（L•min）=0.05mol/（L•min），故B错误；C．比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1＜T2，温度越高C的浓度越低，升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，故C错误；D．甲中平衡时C的浓度为1.5mol/L，则：A（g）+B（g）⇌2C（g）开始（mol/L）：310变化（mol/L）：0.750.751.5平衡（mol/L）：2.250.251.5故T1℃，该反应的平衡常数为K==4令T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，则：A（g）+B（g）⇌2C（g）开始（mol/L）：130变化（mol/L）：xx2x平衡（mol/L）：1﹣x3﹣x2x所以=4，解得：x=0.75，故A的转化率=×100%=75%，故D正确，故选：AD．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、化学反应速率计算、化学平衡图象，D选项为易错点、难点，判断x的值是解题的关键，难度中等．二、第Ⅱ卷（非选择题共80分）铜灰NaCl配料反应盐酸、铜水解H2O过滤洗涤稀盐酸、酒精干燥产品滤液滤渣16．CuCl为白色晶体，微溶于水，不溶于稀酸和醇，易水解，在空气中易氧化成Cu2（OH）3Cl．实验室以铜灰（主要成分为CuO，其含量约为70%）制备CuCl的流程如下：-28-\n制备流程中，“水解”中发生的反应为：Na=CuCl↓+NaCl．（1）“反应”中，发生的化学方程式为CuO+2HCl+2NaCl+Cu═2Na+H2O，加入稍过量的盐酸作用有使反应充分进行或提高铜元素的浸取率、抑制CuCl水解．（2）“洗涤”中，先用稀盐酸洗涤数次后用酒精漂洗，用酒精漂洗的目的是洗去CuCl沉淀表面的杂质，减少CuCl溶解损耗，有利于干燥．（3）“过滤”、“洗涤”和“干燥”都必须在真空密闭的环境中进行，否则会发生反应的化学方程式为4CuCl+O2+4H2O═2Cu2（OH）3Cl+2HCl．（4）流程工艺中，水解后的滤液经过后期处理，可回收NaCl（填化学式）以循环使用．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】铜灰（主要成分为CuO，其含量约为70%）中加入氯化钠再加盐酸和铜发生反应生成Na，过滤除去滤渣，滤液进行水解得氯化亚铜，过滤，CuCl为在空气中易氧化成Cu2（OH）3Cl，所以所得固体用盐酸洗涤以除去Cu2（OH）3Cl，再酒精洗涤干燥得CuCl，（1）根据题中“反应”中的反应物质和生成物，利用元素守恒可写出反应的方程式，CuCl能水解，所以加入稍过量的盐酸抑制其水解，同时能提高铜元素的浸取率；（2）CuCl能溶于酒精，且酒精易挥发；（3）CuCl在空气中易氧化成Cu2（OH）3Cl，据此答题；（4）根据信息Na=CuCl↓+NaCl，水解后的滤液中含有氯化钠，可以循环使用．【解答】解：铜灰（主要成分为CuO，其含量约为70%）中加入氯化钠再加盐酸和铜发生反应生成Na，过滤除去滤渣，滤液进行水解得氯化亚铜，过滤，CuCl为在空气中易氧化成Cu2（OH）3Cl，所以所得固体用盐酸洗涤以除去Cu2（OH）3Cl，再酒精洗涤干燥得CuCl，（1）“反应”中铜、氯化钠、盐酸、氧化铜反应生成氯化亚铜，反应的方程式为CuO+2HCl+2NaCl+Cu═2Na+H2O，CuCl能水解，所以加入稍过量的盐酸抑制其水解，同时能提高铜元素的浸取率，故答案为：CuO+2HCl+2NaCl+Cu═2Na+H2O；使反应充分进行或提高铜元素的浸取率、抑制CuCl水解；-28-\n（2）CuCl能溶于酒精，且酒精易挥发，所以用酒精漂洗的目的是洗去CuCl沉淀表面的杂质，减少CuCl溶解损耗，有利于干燥，故答案为：洗去CuCl沉淀表面的杂质，减少CuCl溶解损耗，有利于干燥；（3）CuCl在空气中易氧化成Cu2（OH）3Cl，反应的方程式为4CuCl+O2+4H2O═2Cu2（OH）3Cl+2HCl，故答案为：4CuCl+O2+4H2O═2Cu2（OH）3Cl+2HCl；（4）根据信息Na=CuCl↓+NaCl，水解后的滤液中含有氯化钠，可以循环使用，故答案为：NaCl．【点评】本题考查学生阅读获取信息的能力、常用化学用语等，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握物质的性质以及反应流程，难度中等，注意工业流程的分析．17．米格列奈是一种非磺脲类胰岛素促分泌的药物，对于治疗糖尿病具备作用时间快、药效高、给药灵活和安全性能高等优点．它可由苯甲醛（A）为原料合成，部分合成路线如下：请回答下列问题：（1）化合物C中含氧官能团为酯基、羧基（填名称）．（2）由B→C、F→G的反应类型依次为加成、取代．（3）D和E发生取代反应生成F的同时有HCl生成，则E的结构简式是．-28-\n（4）X（）为C的同系物，写出符合下列条件的X的一种同分异构体的结构简式：或或（以上一种即可）．Ⅰ．能发生银镜反应，与FeCl3不发生显色反应，但其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应．Ⅱ．核磁共振氢谱图中有4个吸收峰．（5）已知：①②根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．【考点】有机物的合成．【分析】（1）根据C的结构简式可知其含氧官能团；（2）比较B和C的结构简式可知，B中碳碳双键与氢气发生了加成得C，比较F和G的结构简式可知，F中的酯基发生水解生成G中的羧基，据此答题；（3）比较D和E的结构简式，结合有HCl生成，利用元素守恒可知E的结构简式；（4）根据条件Ⅰ．能发生银镜反应，说明有醛基，与FeCl3不发生显色反应，但其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚酯，Ⅱ．核磁共振氢谱图中有4个吸收峰，即分子中有四种位置的氢原子，X为，据此可写出X的同分异构体的结构简式；（5）以为原料制备，结合题中各物质的转化条件可知，可以用与与HCN发生加成反应生成，发生消去反应生成-28-\n，与SOCl2发生取代反应生成，分子内脱去氯化氢得，与氢气加成得，据此答题．【解答】解：（1）根据C的结构简式可知其含氧官能团为酯基、羧基，故答案为：酯基、羧基；（2）比较B和C的结构简式可知，B中碳碳双键与氢气发生了加成得C，比较F和G的结构简式可知，F中的酯基发生取代（水解）生成G中的羧基，故答案为：加成、取代；（3）比较D和E的结构简式，结合有HCl生成，利用元素守恒可知E的结构简式为，故答案为：；（4）根据条件Ⅰ．能发生银镜反应，说明有醛基，与FeCl3不发生显色反应，但其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚酯，Ⅱ．核磁共振氢谱图中有4个吸收峰，即分子中有四种位置的氢原子，X为，所以X的同分异构体的结构简式为或或（以上一种即可），-28-\n故答案为：或或（以上一种即可）；（5）以为原料制备，结合题中各物质的转化条件可知，可以用与与HCN发生加成反应生成，发生消去反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，分子内脱去氯化氢得，与氢气加成得，合成路线为，-28-\n故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的信息进行利用，能较好的考查学生的阅读能力、自学能力，根据转化关系中物质的结构进行推断，解题的难点为（5），对学生的逻辑推理有一定的要求，难度中等．18．某研究小组以绿矾为原料制备化合物A，并通过如下实验步骤测定A的化学式：步骤1：准确称取A样品4.910g，干燥脱水至恒重，残留物质量为4.370g；步骤2：准确称取A样品4.910g置于锥形瓶中，加入足量的3.000mol•L﹣1的H2SO4溶液和适量蒸馏水，用0.5000mol•L﹣1的KMnO4溶液滴定，当MnO4﹣恰好完全被还原为Mn2+时，消耗KMnO4溶液的体积为24.00mL；步骤3：将步骤1所得固体溶于水，加入铁粉0.2800g，恰好完全反应．（1）①检验A中是否含有Fe2+可选用的试剂是c（填字母）．a．KSCN溶液b．KMnO4溶液c．K3溶液②证明A中含有钾元素的方法是用洁净的铂丝沾取A样品，在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若能看到紫色火焰，则证明A中含有K元素．（2）步骤2中发生反应的离子方程式为2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O．（3）通过计算确定化合物A的化学式（请写出计算过程）．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）①依据亚铁离子的检验方法分析选项；a．KSCN溶液，遇到亚铁离子不变色；b．酸性KMnO4溶液，遇到亚铁离子褪色，草酸根离子也能使酸性KMnO4溶液褪色；c．K32溶液遇到亚铁离子变蓝色；②用焰色反应，若火焰透过蓝色钴玻璃呈紫色，则说明含有钾元素；-28-\n（2）反应中MnO4﹣→Mn2+，Mn元素由+7价→+2价，得5个电子；C2O42﹣→CO2，C元素由+3价→+4价，一个C2O42﹣失去2个电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，以此分析；（3）A样品4.91g中，加入足量的3mol/L的H2SO4溶液和适量蒸馏水，再加入0.50mol/L的KMnO4溶液24.0mL，微热，恰好完全反应：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可知：n（C2O42﹣）=n（KMnO4），根据离子守恒求出n（K+），样品A中x：1：y：z：n=n（K+）：n（Fe3+）：n（C2O42﹣）：n（H2O），据此求算A的化学式．【解答】解：（1）①a．KSCN溶液，遇到亚铁离子不变色，不能证明亚铁离子的存在，故a错误；b．酸性KMnO4溶液，遇到亚铁离子褪色，可以检验亚铁离子的存在，但该溶液中含有草酸根离子，草酸根离子和高锰酸钾也能发生氧化还原反应，所以不能检验A中的亚铁离子，故b错误；c．K3溶液遇到亚铁离子变蓝色，可以证明亚铁离子的存在，故c正确；故答案为：c；②钾元素属于碱金属元素，通常用焰色反应进行检验，用洁净的铂丝沾取A样品，在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若能看到紫色火焰，则证明A中含有K元素，故答案为：用洁净的铂丝沾取A样品，在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若能看到紫色火焰，则证明A中含有K元素；（2）反应中MnO4﹣→Mn2+，Mn元素由+7价→+2价，一得5个电子；C2O42﹣→CO2，C元素由+3价→+4价，一个C2O42﹣失去2个电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=10，由电子守恒和原子守恒可知，反应为5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O；（3）n（H2O）==0.03000mol，n（Fe3+）=2n（Fe）=2×=0.01000mol，由方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O知：n（C2O42﹣）=×n（KMnO4）=×0.5000mol/L×0.02400L=0.03000mol，根据离子电荷守恒：n（K+）+3n（Fe3+）=2n（C2O42﹣），n（K+）=0.03000mol，n（K+）：n（Fe3+）：n（C2O42﹣）：n（H2O）=0.03000mol：0.01000mol：0.03000mol：0.03000mol=3：1：3：3，所以：x：y：z：n=3：1：3：3，A为K3Fe（C2O4）3•3H2O，答：化合物A的化学式为：K3Fe（C2O4）3•3H2O．-28-\n【点评】本题考查离子的检验、化学式的求算，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，为高考常见题型，注意把握实验的基本方法，掌握通过计算分析确定化学式的方法，题目难度中等．19．ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒等方面应用广泛．已知ClO2在常温下是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为﹣59℃，沸点为11.0℃，易溶于水．某学生通过图1所示装置对ClO2进行了模拟工业制备、收集、吸收、释放和应用的研究．（1）装置A中稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60℃时反应生成K2CO3、ClO2和CO2，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1．反应装置A中的玻璃仪器除酒精灯、烧杯外，还需要温度计．（2）装置B必须放在冰水浴中，其原因是使ClO2充分冷凝，减少挥发．（3）反应后在装置C中可得NaClO2溶液．已知（1）NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出的晶体是NaClO2，温度高于60℃时NaClO2会分解生成NaClO3和NaCl；（2）NaClO2的溶解度曲线如图2所示，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的实验操作步骤：①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③用38℃～60℃热水洗涤；④低于60℃干燥；得到成品．（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为5ClO2﹣+4H+═Cl﹣+4ClO2↑+2H2O．（5）用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐．若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是d（填序号）．a．明矾b．碘化钾c．盐酸d．硫酸亚铁．【考点】性质实验方案的设计．【分析】（1）KClO3和草酸（H2C2O4）在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4-28-\n，发生氧化还原反应，结合质量守恒可书写化学方程式；结合方程式中元素化合价变化判断氧化剂和还原剂及其反应的物质的量之比，装置A中稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60℃时反应生成K2CO3、ClO2和CO2，反应需要可知反应的温度在60°C，需要温度计；（2）二氧化氯的熔点较低，为收集二氧化氯，应在较低温度下进行；（3）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法；（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O；（5）亚氯酸盐具有氧化性，Fe2+将ClO2﹣还原成Cl﹣，Fe2+被氧化为铁离子．【解答】解：（1）KClO3和草酸（H2C2O4）在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4，反应的方程式为2KClO3+H2C2O4+2H2SO42ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O，氧化剂为KClO3，还原剂为H2C2O4，二者物质的量之比为2：1，装置A中稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60℃时反应生成K2CO3、ClO2和CO2，反应装置A中的玻璃仪器除酒精灯、烧杯外，还需要可知反应的温度，需要温度计，故答案为：2：1；温度计；（2）二氧化氯的熔点较低，为收集二氧化氯，应在较低温度下进行，所以应该采用冰水浴，故答案为：使ClO2充分冷凝，减少挥发；（3）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，故答案为：用38℃～60℃热水洗涤；低于60℃干燥；（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为：4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O，故答案为：5ClO2﹣+4H+═Cl﹣+4ClO2↑+2H2O；（5）若要除去超标的亚氯酸盐，ac均不能还原亚氯酸盐，b中KI具有还原性但氧化产物不适合饮用水使用，只有d中Fe2+将ClO2﹣还原成Cl﹣，Fe2+被氧化为铁离子，且铁离子水解生成胶体可净化饮用水，则最适宜的是d，故答案为：d．【点评】本题以ClO2的制备、吸收、释放为载体，考查实验制备方案设计、基本操作、对装置及操作的分析评价等，注意根据问题进行制备流程分析，难度中等．-28-\n20．（14分）“无论从经济的发展还是人类的进步而言，合成氨的发明都是本世纪科学领域中最辉煌的成就之一．”图1是与NH3相关的工业过程示意图．已知CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890kJ•mol﹣12CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566.0kJ•mol﹣12H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1（1）请写出CH4（g）与O2（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学反应方程式2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=﹣70.8kJ/mol．（2）在生产过程中，会涉及H2和CO2的分离．你认为可取的方法是c（填序号）．a．在加压条件下用水吸收CO2b．用NaOH溶液吸收CO2c．加压，使CO2液化（3）合成尿素的反应是分作两步进行的：①CO2（g）+2NH3（g）═H2NCOONH4（aq）（氨基甲酸铵）△H=﹣159.47kJ•mol﹣1②H2NCOONH4（aq）═CO（NH2）2（aq）+H2O（l）△H=﹢28.49kJ•mol﹣1在生产条件下，单位时间内获得尿素的产量与压强和n（NH3）：n（CO2）的关系如图2所示．生产过程中n（NH3）：n（CO2）的最佳配比为2：1，而实际生产条件下，往往使n（NH3）：n（CO2）≥3，这是因为有利于提高CO2的转化率，因为NH3极易溶于水、便于分离、回收利用．在得到的尿素溶液中会含有少量的氨基甲酸铵，除去这种杂质最简便的方法是加热．（4）将氨分为两部分，一部分经逐级氧化吸收转化为硝酸，另一部分又与HNO3反应生成NH4NO3．若HNO3与NH3的反应是完全的，有标准状况下50LNH3经上述反应过程生成84gNH4NO3．则NH3逐级转化为HNO3的转化率为89%．【考点】工业合成氨．【专题】简答题；热点问题；物质变化与能量变化统一思想；守恒法；利用化学方程式的计算．-28-\n【分析】（1）①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890kJ/mol②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566.0kJ/mol③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣571.6kJ/mol，根据盖斯定律，CH4（g）与O2（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学反应方程式为：①×2﹣②﹣③×2，据此计算；（2）能分离二氧化碳和氢气，不能将其中气体消耗掉，且不引入新的杂质，据此分析；（3）根据图象分析生产过程中n（NH3）：n（CO2）的最佳配比；结合二氧化碳的溶解性分析实际生产往往使n（NH3）：n（CO2）≥3；根据氨基甲酸铵的平衡移动分析；（4）根据有标准状况下50LNH3即=2.23mol，经上述反应过程生成84gNH4NO3即=1.05mol，所以生成硝酸铵的氨气和硝酸各1.05mol，而硝酸又是由剩余的氨气生成的，所以2.23mol﹣1.05mol=1.18mol氨气生成1.05mol的硝酸，据此计算分析．【解答】解：（1）①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890kJ/mol②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566.0kJ/mol③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣571.6kJ/mol，根据盖斯定律，CH4（g）与O2（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学反应方程式为：①×2﹣②﹣③×2即2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=﹣70.8kJ/mol，故答案为：2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=﹣70.8kJ/mol；（2）a．因为二氧化碳在水中的溶解性比较小，所以不可用水吸收，故错误；b．用NaOH溶液吸收CO2，会引入新的杂质，故错误；c．加压，使CO2液化，分离出氢气，故正确；故答案为：c；（3）根据图象分析生产过程中n（NH3）：n（CO2）的最佳配比为2：1；因为二氧化碳的溶解性比较小，所以实际生产往往要增大氨气的量，有利于提高CO2的转化率；因为CO2（g）+2NH3（g）⇌H2NCOONH4（aq）△H=﹣159.47kJ/mol，所以除去这种杂质最简便的方法是加入升温，使平衡逆向移动；故答案为：2：1；有利于提高CO2的转化率，因为NH3极易溶于水，便于分离、回收利用；加热；-28-\n（4）根据有标准状况下50LNH3即=2.23mol，经上述反应过程生成84gNH4NO3即=1.05mol，所以生成硝酸铵的氨气和硝酸各1.05mol，而硝酸又是由剩余的氨气生成的，所以2.23mol﹣1.05mol=1.18mol氨气生成1.05mol的硝酸，根据氮守恒则NH3～HNO3，所以NH3转化为HNO3的转化率×100%=89%，故答案为：89%．【点评】本题考查了盖斯定律的应用、影响化学平衡的因素、物质的量浓度变化随时间变化的曲线，题目难度中等，注意掌握影响化学平衡的因素、化学平衡的计算，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．21．我国为钴（Co）消费大国，以化合物形式消费的钴主要用作催化剂、磁性材料、电池材料、超硬材料、干燥剂、颜料与染料等领域．（1）蓝色无水CoCl2在潮湿的空气中逐渐变为粉红色，这一性质用在做干燥剂的硅胶中和制备显隐墨水，Co2+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d7．（2）钴的配合物很多，对钴的配合物的立体化学也研究得很多，例如，分子式为Co（NH3）5BrSO4有两种配合物，一种是红色的Br，另一种是紫色的SO4．①NH3分子中氮原子的杂化轨道类型为sp3杂化；②N、O、S第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞S；③写出一种与SO42﹣互为等电子体的分子的化学式为CCl4或SiCl4；④1mol2+中含有σ键的数目为21×6.02×1023个（或21mol）．（3）元素Co的一种氧化物晶体的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式为CoO．【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】（1）钴为27号元素，根据核外电子排布规律书写基态的电子排布式；（2）①根据NH3分子中氮原子的价层电子对判断杂化轨道类型；-28-\n②元素的非金属性越强，第一电离能越大，但氮原子最外层的电子处于半满状态，是一种稳定结构，第一电离能高于同周期的相邻元素；③原子数和价电子数都相等的微粒互为等电子体；④1mol2+中钴离子与氨分子及溴原子之间有配位键，也是σ键，每个氨分子内有3个σ键，据此计算；（3）利用均摊法，根据晶胞结构可知，晶胞中含有氧原子数为1+12×=4，钴原子数为8×=4，据此计算出晶胞中钴原子与氧原子个数之比，进而判断化学式；【解答】解：（1）钴为27号元素，根据核外电子排布规律可知，Co2+基态的电子排布式为1s22s22p63s23p63d7，故答案为：1s22s22p63s23p63d7；（2）①根据NH3分子中氮原子的价层电子对数为=4，所以氮原子杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：sp3杂化；②元素的非金属性越强，第一电离能越大，但氮原子最外层的电子处于半满状态，是一种稳定结构，第一电离能高于同周期的相邻元素，所以N、O、S第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞S，故答案为：N＞O＞S；③原子数和价电子数都相等的微粒互为等电子体，与SO42﹣互为等电子体的分子的化学式为CCl4或SiCl4，故答案为：CCl4或SiCl4；④1mol2+中钴离子与氨分子及溴原子之间有配位键，也是σ键，每个氨分子内有3个σ键，所以1mol2+中含有σ键的数目为21×6.02×1023个（或21mol），故答案为：21×6.02×1023个（或21mol）；（3）利用均摊法，根据晶胞结构可知，晶胞中含有氧原子数为1+12×=4，钴原子数为8×=4，晶胞中钴原子与氧原子个数之比为1：1，所以化学式为CoO，故答案为：CoO．-28-\n【点评】本题考查核外电子排布规律、第一电离能、晶胞计算、配合物的成键情况，侧重考查学生分析、计算能力及空间想象能力，利用均摊法计算晶胞，明确物质內界、外界的性质即可解答，题目难度中等．-28-
