2019-2020学年湖北省“荆、荆、襄、宜”四地七校考试联盟新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年湖北省“荆、荆、襄、宜”四地七校考试联盟新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1常温下，下列有关溶液的说法正确的是（）A pH 相等的 NH4Cl NH4Al(SO4)2NH4HSO4溶液：NH4浓度的大小顺序为B常温下，pH 为 5 的氯化铵溶液和pH 为 5 的醋酸溶液中水的电离程度相同CHA 的电离常数Ka=4.93 10-10，则等浓度的NaA、HA 混合溶液中：c(Na)c(HA)c(A)D 已知在相同条件下酸性HFCH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与 CH3COOK溶液中：c(Na)c

2、(F-)c(K)c(CH3COO-)【答案】A【解析】【分析】【详解】A氢离子抑制铵根离子水解，NH4HSO4溶液呈强酸性，NH4Al(SO4)2中两种阳离子水解显酸性，要使这三种溶液的pH 相等，则NH4Cl和 NH4Al(SO4)2溶液中阳离子的水解程度相等，硫酸氢铵浓度最小，所以NH4浓度的大小顺序为，故 A 正确；B氯化铵溶液中铵根水解促进水的电离，醋酸溶液中醋酸电离抑制水的电离，当pH 相同时，溶液中水的电离程度不同，故B 错误；CKh10-144.930101Ka，可知混合溶液中盐的水解大于弱酸的电离，则等浓度的NaA、HA 混合溶液中：c(HA)c(Na)c(A-)，故 C错误；

3、D酸性 HF CH3COOH，则酸根离子水解程度F-CH3COO-，则溶液中c(F-)c(CH3COO-)，物质的量浓度相等的 NaF 与 CH3COOK溶液中由物料守恒得c(Na)c(K)，可知 c(Na)-c(F-)c(K)-c(CH3COO-)，故 D错误；故答案选A。【点睛】本题 C选项注意利用HA 的电离常数计算A-的水解常数，判断混合溶液中水解和电离程度的相对大小，进而得出溶液中粒子浓度的相对大小。2下列物质的用途利用其物理性质的是A草酸用作还原剂B生石灰用作干燥剂C苯用作萃取剂D铁粉用作抗氧化剂【答案】C【解析】【详解】A.草酸用作还原剂是由于其容易失去电子，表现还原性，利用的是

4、物质的化学性质，A 不符合题意；B.生石灰用作干燥剂是由于CaO与水反应产生Ca(OH)2，利用的是物质的化学性质，B不符合题意；C.苯用作萃取剂是由于被萃取的物质容易溶于苯中，没有新物质存在，利用的是物质的物理性质，C符合题意；D.铁粉用作抗氧化剂是由于Fe 容易失去电子，表现还原性，是利用的物质的化学性质，D 不符合题意；故合理选项是C。3 向某恒容密闭容器中加入1.6 mol?L-1的 NO2后，会发生如下反应：2NO2(g)?N2O4(g)H=-56.9kJ?mol-1。其中 N2O4的物质的量浓度随时间的变化如图所示，下列说法不正确的是A升高温度，60s 后容器中混合气体颜色加深B0

5、-60s 内，NO2的转化率为75%C0-60s 内，v(NO2)=0.02mol?L-1?s-1D a、b 两时刻生成NO2的速率 v(a)v(b)【答案】D【解析】【分析】【详解】A.放热反应，温度升高，平衡逆向移动，二氧化氮的量增加，颜色变深，A 项正确；B.设容器体积为V，0-60s 内，生成N2O4的物质的量为0.6Vmol，则消耗的NO2的物质的量为1.2Vmol，NO2的转化率为1.2Vmol100%1.6Vmol=75%，B 项正确；C.根据图中信息可知，从反应开始到刚达到平衡时间段内24c0.6mol/Lv(N O)=t60sVV=0.01 mol?L-1?s-1，则 v(N

6、O2)=2 v(N2O4)=2 0.01 mol?L-1?s-1=0.02mol?L-1?s-1，C项正确；D.随着反应的进行，消耗的NO2的浓度越来越小，生成NO2的速率即逆反应速率越来越大，因此a、b 两时刻生成NO2的速率：v(a)c(NH4+)c(Na+)c(OH)c(H+)【答案】C【解析】【分析】常温下，向1L0.1mol L1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH，则溶液中发生反应NH4+OH-=NH1?H2O，随着反应进行，c(NH4+)不断减小，c(NH1?H2O)不断增大。【详解】A 项、M 点是向 1L 0.1mol?L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH 固体后，反应得

7、到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液中铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A 正确；B 项、根据电荷守恒c(H+)c(NH4+)c(Na+)c(OH)c(Cl)，可得 n(OH)n(H+)=c(NH4+)c(Na+)c(Cl)1L，在 M 点时 c(NH4+)=0.05mol?L1，c(Na+)=amol?L 1，c(Cl)=0.1mol?L1，带入数据可得n(OH)n(H+)=0.05mol?L-1+a mol?L-10.1mol?L-1 1L=(a0.05)mol，故 B正确；C 项、氨水的电离常数Kb=，则=，温度

8、不变Kb不变，随着 NaOH 的加入，c(NH4+)不断减小，不断减小，则不断减小，故C错误；D 项、当 n（NaOH）=0.05mol 时，NH4Cl和 NaOH 反应后溶液中溶质为等物质的量的NH1?H2O 和 NH4Cl、NaCl，NH1H2O 的电离程度大于NH4Cl 水解程度，导致溶液呈碱性，钠离子、氯离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Cl-）c（NH4+）c（Na+）c（OH-）c（H+），故 D 正确。故选 C。9下列属于强电解质的是A蔗糖B甘氨酸CI2DCaCO3【答案】D【解析】【分析】完全电离的电解质是强电解质，部分电离的电解质是弱电解质，强酸、强碱和大部分的盐是

9、强电解质，弱酸和弱碱都是弱电解质。【详解】A蔗糖是非电解质，故A 不选；B甘氨酸是弱电解质，故B不选；CI2是单质，不是电解质，故C不选；D CaCO3属于盐，是强电解质，故D 选；故选 D。【点睛】本题考查了强弱电解质的判断，电解质强弱与电离程度有关，与溶液的导电性强弱无关，D 为易错点，CaCO3难溶，但溶于水的部分全电离。10aL（标准状况）CO2通入 100mL3 mol/L NaOH 溶液的反应过程中所发生的离子方程式错误的是A a=3.36 时，CO2+2OH CO32+H2O Ba=4.48 时，2CO2+3OH CO32+HCO3+H2O Ca=5.60 时，3CO2+4OH

10、CO32+2HCO3+H2O D a=6.72 时，CO2+OH HCO3【答案】C【解析】【详解】n(NaOH)0.1 L 3 mol L10.3 mol；A.a3.36 时，n(CO2)0.15 mol，发生 CO22OH=CO32-H2O，故不选A；B.a4.48 时，n(CO2)0.2 mol，由 C原子守恒及电荷守恒可知，发生2CO23OH=CO32-HCO3-H2O，故不选 B；C.a5.60 时，n(CO2)0.25 mol，由 C原子守恒及电荷守恒可知，发生的反应为5CO26OH=CO32-4HCO3-H2O 中，故选C；D.a6.72 时，n(CO2)0.3 mol，发生 C

11、O2+OH=HCO3，故不选D；答案：C。【点睛】少量二氧化碳：发生CO2+2OH-=CO32-+H2O，足量二氧化碳：发生CO2+OH-=HCO3-，结合反应的物质的量关系判断。11下列反应的离子方程式正确的是（）A碳酸钠水解：CO32+2H2O?H2CO3+2OHB等物质的量浓度的Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液等体积混合Ba2+OH+H+SO42 BaSO4+H2O CNaClO 溶液中滴入少量FeSO4溶液：2Fe2+ClO+2H+Cl+Fe3+H2O D向 Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32+CO2+H2OH2SiO3+CO32【答案】B【解析】【分析】A碳酸为二元弱

12、酸，二元弱酸根离子分步水解；B等物质的量浓度的Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液等体积混合反应生成硫酸钡沉淀，氢氧化钠和水；C滴入少量FeSO4溶液，完全反应，生成氢氧化铁；D二氧化碳过量，反应生成硅酸沉淀和碳酸氢钠。【详解】A碳酸钠水解，离子方程式：CO32+H2O?HCO3+OH，故 A 错误；B等物质的量浓度的Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液等体积混合，离子方程式：Ba2+OH+H+SO42 BaSO4+H2O，故 B 正确；C 向 NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：H2O+2Fe2+ClO+4OH Cl+2Fe（OH）3，故 C 错误；D向 Na2SiO

13、3溶液中通入过量CO2，离子方程式：SiO32+2CO2+2H2OH2SiO3+2HCO3，故 D 错误；故选：B。12常温下在20mL0.1mol L1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol L1HCl溶液 40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴）随溶液pH 变化的部分情况如图所示。下列说法不正确的是A在同一溶液中，H2CO3、3HCO、23CO不能大量共存B测定混有少量氯化钠的碳酸钠的纯度，若用滴定法，指示剂可选用酚酞C 当 pH7 时，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系：c(Na)c(Cl)c(3HCO)c(H)c(OH)D已知在25时，23CO水

14、解反应的平衡常数即水解常数Kh12.0 104，溶液中 c(3HCO)c(23CO)1 1 时，溶液的pH10【答案】D【解析】【详解】A根据图像分析，pH8 时只有碳酸根离子和碳酸氢根离子，pH=8 时，只有碳酸氢根离子，pH8 时，溶液中只有碳酸和碳酸氢根离子，则在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存，故A 正确；B Na2CO3溶液中逐滴加入HCl 溶液，用酚酞作指示剂，滴定产物是3HCONa，用甲基橙作指示剂滴定时，3HCONa和 HCl 溶液的反应产物是H2CO3，故 B 正确；C由图象可知，pH=7 时，c(H)c(OH)，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-

15、、H2CO3，电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HCO3-)+c(OH-)，则 c(Na+)c(Cl-)，因 HCO3-水解，则 c(Na+)c(Cl-)c(HCO3-)，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为c(Na+)c(Cl-)c(HCO3-)c(H+)=c(OH-)，故 C 正确；D已知在25时，溶液中c(3HCO)c(23CO)1 1，23CO水解反应的平衡常数即水解常数Kh1-32-3(HCOOHCO)()()cccc(OH)=2.0 104，则 c(H)(OH)wKc144102.0 10=5.0 1011，溶液的pH 10，故 D 错误；1325时，向

16、 0.1mol/LNaA 溶液中滴滴加盐酸，遇得混合溶液的pH与-c(A)pc(HA)的变化关系如下图所示，-c(A)c(A)p=-lgc(HA)c(HA)下列叙述正确的是A E点溶液中c(Na+)c(A)BKa(HA)的数量级为103C滴加过程中-c(A)pc(HA)c(OH)保持不变D F点溶液中c(Na+)c(HA)c(A)c(OH)【答案】C【解析】【分析】由图可知，E点溶液 pH 为 7，溶液中c(H+)c(OH)，【详解】A项、由图可知，E点溶液 pH为 7，溶液中 c(H+)c(OH)，由溶液中电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)c(A)+c(Cl)+c(OH)可知，溶液中c(N

17、a+)c(A)+c(Cl)，故 A 错误；B 项、HA 的电离常数Ka(HA)=-c(A)c(HA)c H，由图可知pH 为 3.45 时，溶液中-c(A)pc(HA)=0，c（HA）=c(A)，则 Ka(HA)=c(H+)10-3.45，Ka(HA)的数量级为104，故 B 错误；C 项、溶液中-c(A)c(HA)c(OH)=+-c(A)c(HA)c(OHc HH)c=awKK，温度不变，水的离子积常数、弱酸的电离常数不变，则滴加过程中-c(A)pc(HA)c(OH)保持不变，故C 正确；D 项、F点溶液 pH 为 5，-c(A)pc(HA)=1，则溶液中c(A)c(HA)，由物料守恒c(N

18、a+)c(A)+c（HA）可知c(Na+)c(A)，则溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)c(A)c(HA)c(OH)，故 D 错误。故选 C。14依据反应2KIO3+5SO2+4H2O I2+3H2SO4+2KHSO4（KIO3过量），利用下列装置从反应后的溶液中制取碘的 CCl4溶液并回收KHSO4。下列说法不正确的是A用制取 SO2B用还原 IO3-C用从水溶液中提取KHSO4D用制取 I2的 CCl4溶液【答案】C【解析】【详解】A加热条件下Cu和浓硫酸反应生成二氧化硫，所以该装置能制取二氧化硫，故A 正确；B二氧化硫具有还原性，碘酸钾具有氧化性，二者可以发生氧化还原反应生成碘，且倒置

19、的漏斗能防止倒吸，所以能用该装置还原碘酸根离子，故B 正确；C从水溶液中获取硫酸氢钾应该采用蒸发结晶的方法，应该用蒸发皿蒸发溶液，坩埚用于灼烧固体物质，故 C 错误；C四氯化碳和水不互溶，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，然后再用分液方法分离，故D 正确；答案选 C。15向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A a 点对应的溶液中：Fe3+、AlO2-、SO42-、NO3-Bb 点对应的溶液中：K+、Ca2+、I、Cl-Cc 点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Ag+D d 点对应的溶液

20、中：F-、NO3-、Fe2+、Cl-【答案】B【解析】【详解】A 选项，a 点对应是Na2CO3、NaHCO3混合溶液：Fe3+、AlO2、SO42、NO3，CO32、HCO3与 Fe3+发生双水解反应，AlO2与 HCO3发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根，故A 错误；B 选项，b 点对应是NaHCO3：K+、Ca2+、I、Cl，都不发生反应，共存，故B 正确；C 选项，c 点对应的是NaCl溶液：Na+、Ca2+、NO3、Ag+，Ag+与 Cl发生反应，故C错误；D 选项，d 点对应的是NaCl 溶液、盐酸溶液中：F、NO3、Fe2+、Cl，F与 H+反应生成HF，NO3、Fe2+、H+发生

21、氧化还原反应，故D 错误；综上所述，答案为B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16ClO2是一种优良的消毒剂，熔点为-59.5，沸点为11.0，浓度过高时易发生分解引起爆炸，实验室在 50时制备ClO2。实验：制取并收集ClO2，装置如图所示：(1)写出用上述装置制取ClO2的化学反应方程式_。(2)装置 A中持续通入N2的目的是 _。装置 B应添加 _(填“冰水浴”、“沸水浴”或“50 的热水浴”)装置。实验：测定装置A 中 ClO2的质量，设计装置如图：过程如下：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL 水溶解后，再加3mL 硫酸溶液；按照右图组装好仪器；在玻璃液封管中加入中溶

22、液，浸没导管口；将生成的ClO2由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封溶液倒入锥形瓶中，洗涤玻璃液封管23 次，都倒入锥形瓶，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；用 c mol L-1 Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去 V mL Na2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。(3)装置中玻璃液封管的作用是_。(4)滴定终点的现象是_。(5)测得通入ClO2的质量 m(ClO2)=_g(用整理过的含c、V 的代数式表示)。【答案】323242242502NaClO+NaSO+H SO(浓)2ClO+2Na SO+H O降低 ClO2的浓度，防

23、止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸冰水浴防止 ClO2逸出，使 ClO2全部反应，准确测定 ClO2的质量溶液由蓝色变为无色，并且在30s 内颜色不发生变化1.3510-2cV【解析】【分析】.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质；(2)二氧化氯(ClO2)沸点为 11，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；.(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等，准确测量；(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴

24、定至终点；(5)根据氧化还原反应分析，有关系式2ClO25I210Na2S2O3计算 n(ClO2)，再根据m=nM 计算 m(ClO2)。【详解】.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质，则化学反应方程式为：323242242502NaClO+NaSO+H SO(浓)2ClO+2Na SO+H O，故答案为：323242242502NaClO+Na SO+H SO(浓)2ClO+2Na SO+H O；(2)二氧化氯(ClO2)沸点为 11，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，通入氮气，及

25、时排出；ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，故答案为：降低 ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸；冰水浴；.(3)装置中玻璃液封管的作用是，防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量，故答案为：防止 ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量；(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点，故答案为：溶液由蓝色变为无色，并且在30s 内颜色不发生变化；(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V?10-3L cmol/L=c?V?10-3 mol则

26、：根据关系式：2222332510210()10:2ClOINa S On ClOc Vmol，所以 n(ClO2)=15n(Na2S2O3)=15 c?V?10-3 mol，所以 m(ClO2)=n(ClO2)?M=15 c?V?10-3 mol 67.5g/mol=1.35cV 10-2g，故答案为：1.35cV 10-2。【点睛】本题以氯及其化合物的性质为线索，考查了物质含量的探究性实验，涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法、氧化还原反应在滴定中的应用，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17以烯烃为原料，合成某些高聚物的路线如图：

27、已知：（或写成R 代表取代基或氢）甲为烃F能与 NaHCO3反应产生CO2请完成以下问题：（1）CH3CH=CHCH3的名称是 _，Br2的 CCl4溶液呈 _色（2）XY 的反应类型为：_；DE 的反应类型为：_（3）H 的结构简式是 _（4）写出下列化学方程式：A B_；Z W_（5）化工生产表明高聚物H 的产率不及设计预期，产率不高的原因可能是_【答案】2丁烯橙红取代反应消去反应合成步骤过多、有机反应比较复杂【解析】【分析】2-丁烯和氯气在光照条件下发生取代反应生成X，X 和氢气发生加成反应生成A，A 和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成B，B 和乙烯反应生成环己烯，结合题给信息知，B 是

28、 CH2=CH-CH=CH2，则 A 为ClCH2CH2CH2CH2Cl，X 为 ClCH2CH=CHCH2Cl，环己烯与溴发生加成反应生成D 为，D 在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E为，E发生加聚反应得到；X发生水解反应生成Y为 HOCH2CH=CHCH2OH，Y发生氧化反应生成Z为 HOCCH=CHCHO，甲为烃，Z和甲反应生成W，W 和氢气发生加成反应生成，结合题给信息知，Z 和甲发生加成反应，所以甲的结构简式为：，W的结构简式为：，1，4-二甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成F为，和发生缩聚反应反应生成H，则 H 的结构简式为：，据此解答。【详解】（1）CH3CH=CHCH3的名

29、称是：2-丁烯，Br2的 CCl4溶液呈橙红色；（2）XY 是 ClCH2CH=CHCH2Cl发生水解反应生成Y为 HOCH2CH=CHCH2OH，属于取代反应；DE 是在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，故答案为：取代反应；消去反应；（3）H 的结构简式是：；（4）AB 的反应方程式为：，ZW的反应方程式为：；（5）化工生产表明高聚物H 的产率不及设计预期，产率不高的原因可能是：合成步骤过多、有机反应比较复杂，故答案为：合成步骤过多、有机反应比较复杂。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18（14 分）氟化钙为无色结晶体或白色粉末，难溶于水，主要用于冶金、化工、建材三大行业

30、，目前我国利用氟硅酸（H2SiF6）生产氟化钙有多种方案，氨法碳酸钙法是制备氟化钙的常见方案，其工艺流程如图所示。请回答下列问题：（1）萤石含有较多的氟化钙，在炼钢过程中，要加入少量的萤石，推测萤石的主要作用是_（填字母）。A还原剂B助熔剂C升温剂D增碳剂（2）请写出氨化釜中反应的化学方程式：_。（3）反应釜中产生两种气体，溶于水后一种显酸性，一种显碱性，请写出反应釜中反应的离子方程式：_。（4）从经济效益和环境效益上分析，本工艺为了节约资源，经过必要的处理可循环利用的物质是_。（5）本工艺用CaCO3作原料的优点为_（任写两条）；查文献可知3Ca(OH)2+H2SiF63CaF2+SiO2+

31、4H2O，请叙述此方法制备CaF2的最大难点是_。（6）以 1 t 18%氟硅酸为原料，利用上述氨法碳酸钙法制备CaF2，最后洗涤、干燥、称量得到0.25 t 纯净的 CaF2，请计算CaF2的产率为 _%（保留整数）。【答案】B（1 分）6NH3+H2SiF6+2H2O6NH4F+SiO2（3 分）CaCO3+24NH+2F-CaF2+CO2+2NH3+H2O（3 分）氨气（或氨水、液氨等，合理即可）（1 分）资源丰富；价格便宜等（2 分）CaF2与 SiO2的分离（1 分）85（3 分）【解析】【分析】【详解】（1）在炼钢过程中，要加入少量的萤石，可以联想铝热反应实验中加入少量冰晶石的作用

32、，应该是起到助熔的作用，故选B。（2）根据流程图可知进入氨化釜的是氟硅酸和液氨以及循环的浓氨，反应后从氨化釜出来的是二氧化硅和氟化铵溶液，可写出方程式为6NH3+H2SiF6+2H2O6NH4F+SiO2。（3）反应釜中产生两种气体，溶于水后一种显酸性，一种显碱性，根据反应物为碳酸钙和氟化铵溶液，生成物含氟化钙和氨水，可判断气体为CO2和 NH3，离子方程式为CaCO3+24NH+2F-CaF2+CO2+2NH3+H2O。（4）根据流程图可知能循环利用的物质是氨气（氨水或液氨）。（5）碳酸钙具有资源丰富，价格便宜，容易得到等优点；因为CaF2与 SiO2都是固体，且均不溶于水，因此它们的分离是

33、最大的难点。（6）设CaF2的理论产量为x t H2SiF6 3CaF21 3 1 18%14478xx=0.2925，产率=0.250.2925 100%85%。19氢原子是最轻的原子，人们曾预言它可能是所有元素之母。碳是地球上组成生命的最基本的元素之一。按要求回答：（1）宇宙中含量最多的元素是氢和_。基态碳原子的核外电子占有_个原子轨道。（2）光化学烟雾中除了含有NOx 外，还含有HCOOH、（PAN）等二次污染物。PAN 中 C 的杂化方式有_。1mol PAN 中含有的键数目为 _。组成 PAN 的元素的电负性大小顺序为 _。相同压强下，HCOOH 的沸点比CH3OCH3_（填“高”或

34、“低”），（3）水溶液中有H3O+、H5O2+、H9O4+等微粒的形式。请画出H5O2的结构式：_。（4）硅和碳在同一主族。下图为SiO2晶胞中Si 原子沿z 轴方向在xy 平面的投影图（即俯视图），其中 O 原子略去，Si 原子旁标注的数字表示每个Si 原子位于z 轴的高度，则SiA 与 SiB 之间的距离是_nm。（d 的单位为nm）【答案】氦4 sp2 sp310NA（或 6.02 1024）ONCH 高2d2【解析】【分析】【详解】(1)宇宙中氢元素占88.6%、氦占 11.1%，宇宙中含量最多的元素是氢和氦；C的电子排布为1s22s22p2，1s和 2s 轨道上有2 个电子，p 能级

35、有 3 个轨道，每个电子优先占据1 个轨道，则基态碳原子核外电子占有4个轨道；(2)甲基的VSEPR模型为四面体构型，-COO-上 C 的 VSEPR模型为平面三角形结构，则C原子的杂化类型分别为 sp2、sp3；一个双键含有一个键，由 PAN结构可知，一个中含有 10 个 键，所以 1mol PAN 中含有的键数目为10NA；PAN分子中含有C、H、N、O 元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性：ONCH；由于 HCOOH存在分子间氢键，CH3OCH3只存在分子间作用力，所以HCOOH的沸点比CH3OCH3高；(3)H5O2+是由水分子和H3O+通过氢键形成的微粒，则H5O2+的结构式为；(4)根据图可知其三维模型为(图中黑球和白球均为硅原子，氧原子位于两个硅原子之间，省略)，图中 ABCD四个 Si原子形成正四面体结构，且AB 距离等于AC距离，AC距离在底面投影为底面面对角线的一半，则SiA与 SiB的距离=12dd=222nm。【点睛】第 4 题为难点，学生要充分利用空间想象能力，根据平面图和坐标想象出三维模型，二氧化硅晶体如果把氧原子去掉跟金刚石的晶胞是一样的晶胞。