最新海南理综化学试题及解析优秀名师资料

《最新海南理综化学试题及解析优秀名师资料》由会员分享，可在线阅读，更多相关《最新海南理综化学试题及解析优秀名师资料（24页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、2014年海南理综化学试题及解析第?卷 一、选择题:本题共6小题，每小题2分，共12分。在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的。 1、化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是( ) A、碘酒是指单质碘的乙醇溶液 B、84消毒液的有效成分是NaClO C、浓硫酸可刻蚀石英制艺术品 D、装饰材料释放的甲醛会造成污染 【答案】C 【解析】A、碘酒是单质碘溶于酒精形成的分散系(溶液)，A正确;B、“84消毒液”是由氯气和NaOH反应后得到的消毒剂，主要成分为NaCl和NaClO，其中具有漂白性的原因是NaClO与酸反应生成具有漂白性的HClO，所以有效成分为NaClO，B正确;C、浓硫酸不与玻璃的

2、成分二氧化硅发生反应，而二氧化硅与氢氟酸反应:SiO+4HF?SiF?+2HO，所以工艺师用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，C错误;D、甲醛为242常用的合成粘合剂的材料，且甲醛有毒，则某些装饰材料挥发出甲醛和苯等有毒物质会对空气造成污染，D正确。 2、下列有关物质性质的说法错误的是( ) A、热稳定性:HCl,HI B、原子半径:Na,Mg 2C、酸性:HSO,HSOD、结合质子能力:S,Cl 2324 【答案】C 【解析】A、同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性HCl,HI，A正确;B、同周期从左到右，元素原子半径逐渐减小，所以原子半径:Na,Mg，B正确;C、HSO属

3、于中强酸，HSO属于强酸，故酸性:HSO,HSO，C错误;D、23242423酸性越弱，酸越难电离，对应的酸根离子越易结合氢离子，因为HCl强于HS，所以结合22质子能力:S,Cl，D正确。 3、以石墨为电极，电解KI溶液(含有少量的酚酞和淀粉)，下列说法错误的是 A、阴极附近溶液呈红色 B、阴极逸出气体 C、阳极附近溶液呈蓝色 D、溶液的PH变小 【答案】D 【解析】以石墨为电极，电解KI溶液，发生的反应为2KI+2HO2KOH+H?+I222(类似于电解饱和食盐水)，阴极产物是H和KOH，阳极产物是I。由于溶液中含有少量22的酚酞和淀粉，所以阳极附近的溶液会变蓝(淀粉遇碘变蓝)，阴极附近的

4、溶液会变红(溶液呈碱性)，ABC正确;由于电解产物有KOH生成，所以溶液的PH逐渐增大，D错误。 、标准状况下，气态分子断开1mol化学键的焓变称为键焓。已知HH，HO，和O=O4键的键焓?H分别为436KJ/mol，463KJ/mol，495KJ/mol，下列热化学方程式正确的是( ) A、HO(g)=H(g)+1/2O(g) ?H =485KJ/mol 222B、HO(g)=H(g)+1/2O(g) ?H = + 485KJ/mol 222C、2 H(g) + O(g)=2 HO(g) ?H = + 485KJ/mol 222D、2 H(g) + O(g)=2 HO(g) ?H =485K

5、J/mol 222【答案】D 【解析】根据“HH，HO，和O=O键的键焓?H分别为436KJ/mol，463KJ/mol，495KJ/mol”，可以计算出2mol H和1mol O完全反应生成2mol HO(g)产生的焓变是222436KJ/mol2+495KJ/mol1463KJ/mol4= 485KJ/mol，所以该过程的热化学方程式为2 H(g) + O(g)=2 HO(g) ?H = 485KJ/mol，D正确。 222、下列除杂操作可行的是( ) 5A、通过浓硫酸除去HCl中的HO B、通过灼热的CuO除去H中的CO 22C、通过灼热的镁粉除去N中的OD、通过水除去CO中的CO 22

6、 2【答案】A 【解析】A、浓硫酸具有吸水性且不与HCl发生反应，所以除去HCl中的HO可以通2过浓硫酸进行，A正确;B、H和CO均能与CuO发生反应(H+CuOCu+HO、222CO+CuOCu+CO?)，B错误;C、N和O均能与镁粉发生反应(3Mg+ N 2222MgN、Mg+ O2MgO)，C错误;D、CO在水中的溶解度很小，不能用水来除去3222CO中的CO。因为一氧化碳具有还原性，可将混合气通过灼热的氧化铜，一氧化碳会与氧2化铜反应生成铜和二氧化碳，将一氧化碳转化为二氧化碳。 6、NaOH溶液滴定盐酸的实验中，不必用到的是( ) A、酚酞 B、圆底烧瓶 C、锥形瓶 D、碱式滴定管 【

7、答案】B 【解析】用已知浓度的氢氧化钠溶液来滴定未知浓度的盐酸时所需仪器:带滴定管夹的铁架台、碱式滴定管、烧杯、锥形瓶、漏斗(可用来向滴定管中加入液体)，用不到圆底烧瓶。滴定终点用指示剂酚酞来判断。 二、选择题:本题共6小题，每小题4分，每小题有12个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选的0分，若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且正确得4分，但只要选错一个就得0分。 7、下列有关物质水解的说法正确的是( ) A、蛋白质水解的最终产物是多肽 B、淀粉水解的最终产物是葡萄糖 C、纤维素不能水解成葡萄糖 D、油脂水解产物之一是甘油 【答案】BD 【解析】A、蛋白质先水解成多

8、肽，多肽再水解成最终产物氨基酸，故蛋白质水解的最终产物是各种氨基酸，A错误;B、淀粉在酸的催化作用下，能发生水解;淀粉的水解过程:先生成分子量较小的糊精(淀粉不完全水解的产物)，糊精继续水解生成麦芽糖，最终水解产物是葡萄糖，B正确;C、纤维素属于多糖，水解的最终产物是葡萄糖，C错误;油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，在酸性条件下水解生成高级脂肪酸与甘油;在碱性条件下，完全水解生成高级脂肪酸盐(肥皂)与甘油，D正确。 8、某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是 A、反应过程a有催化剂参与 B、该反应为放热反应，热效应等于?H C、改变催化剂，可改变该反应的活化能 D、有催化剂的条件下，反应的

9、活化能等于E+E 12【答案】BC 【解析】A、由图可知，反应过程a需要的活化能比b要高，所以a没有催化剂参与，A错误;B、由图可知，该反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应属于放热反应，反应的热效应等于反应物与生成物能量之差，即?H，B正确;C、使用催化剂，改变了反应进行的途径，降低了反应的活化能，C正确。 、下列有关物质应用的说法错误的是( ) 9A、玻璃容器可长期盛放各种酸 B、纯碱可用于清洗油污 2+ B、浓氨水可检验氯气管道泄漏 D、NaS可除去污水中的Cu2【答案】A 解析】A、玻璃容器可长期盛放不与玻璃发生反应的酸，但由于HF能与玻璃的成分【SiO发生反应(SiO+

10、4HF?SiF?+2HO)，所以玻璃容器不能存放氢氟酸(HF)，A错误;22422B、纯碱(NaCO)溶液由于CO水解而显碱性，可以促进油脂的水解，因此纯碱可用233于清洗油污，B正确;C、氯气与浓氨水挥发出的氨气可发生如下反应:8NH+3Cl?N+6NHCl，当将浓氨水靠近氯气时，可以看到白烟(NHCl)生成，所以工3224422+厂里常用浓氨水来检验氯气管道是否泄漏，C正确;D、S能与Cu反应生成CuS沉淀，2+降低了水中的Cu浓度，D正确。 10、下列关于物质应用和组成的说法正确的是( ) A、PO可用于干燥Cl和NHB、“可燃冰”的主要成分是甲烷和水 2523 C、CCl可用于鉴别溴水

11、和碘水 D、Si和SiO都用于制造光导纤维 42【答案】BC 【解析】A、PO属于酸性干燥剂，不能用来干燥碱性气体NH，A错误;B、“可燃冰”253是水和甲烷在低温、高压的条件下形成的冰状固体，分布于深海沉积物中，由天然气与水在高压低温条件下形成的类冰状的结晶物质，所以“可燃冰”的主要成分是甲烷和水，B正确;C、四氯化碳的密度大于水的密度，所以四氯化碳在下方，水在上方;萃取时，上层液体是水，溴被萃取到下方四氯化碳中，所以上层无色，下层橙色;将碘水与四氯化碳混合，碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的大，且四氯化碳的密度大于水的密度，故混合后?中溶液分层上层是水下层是碘的四氯化碳溶液，因此下层为紫红色

12、，所以CCl可用于鉴别溴4水和碘水，C正确;D、SiO用于制造光导纤维，Si用于制造半导体材料，D正确。 211、室温下，用0.100mol/L NaOH溶液分别滴定20.00ml 0.100mol/L 的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是( ) 表示的是滴定盐酸的曲线 A、?B、PH=7时，滴定醋酸消耗V(NaOH)小于20ml C、V(NaOH) =20ml时，C= C3(Cl )(CHCOO ) D、V(NaOH) =10ml时，醋酸溶液中:C, C, C, C 3(Na+ )(CHCOO )(H+ )(OH )【答案】B 【解析】A、滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH

13、=1，0.1000mol/L醋酸pH,1，所以滴定盐酸的曲线是图?，滴定醋酸的曲线是图?，故A错误;B、醋酸钠水解呈碱性，氯化钠不水解，pH=7时，醋酸所用NaOH溶液的体积小，故B错误;C、V(NaOH)=20.00 mL 时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，浓度小于氯离子，故C错误;D、加入10ml氢氧化钠时，溶液中恰好为同浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸电离大于醋酸根的水解程度，+所以C(CHCOO ) ,C(Na )，D错误。 312、将BaO放入密闭真空容器中，反应2BaO(s) 2BaO(s)+O(g)达到平衡，保持温度222不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的

14、是( ) A、平衡常数减小 B、BaO量不变 C、氧气压强不变 D、BaO量增加 2【答案】CD 【解析】A、化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不改变，A错误;B、由于该反应2BaO(s) 2BaO(s)+O(g)的正反应是体积增大的反应，当温度保持不变时，22缩小容器体积(相当于加压)，平衡会向体积减小的方向即逆方向移动，所以BaO量减小，)不变，所以不变，所以B错误;C、由于温度不变，则化学平衡常数(Kc,()Oc()O22氧气压强不变，C正确;D、由于该反应2BaO(s) 2BaO(s)+O(g)的正反应是体积增22大的反应，当温度保持不变时，缩小容器体积(相当于加压)，平

15、衡会向体积减小的方向即逆方向移动，所以BaO量增加，D正确。 2第?卷 本题包括必考题和选考题两部分，第13题第17题为必考题，每个试题考生都必须作答，第1820题为选考题，考生根据要求作答。 13、(9分)4种相邻主族短周期元素的相对位置如表，元素x的原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性。回答下列问题: m n x y (1)元素x在周期表中的位置是_周期，_族，其单质可采用电解熔融_的方法制备。 (2)m、n、y三种元素最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是_，碱性最强的是_(填化学式)。 (3)气体分子(mn)的电子式为_，(mn)称为拟卤素，性质与卤素相似，其22与氢氧化钠溶液反

16、应的化学方程式为_。 【答案】(9分) (1)三 IIA MgCl (每空1分，共3分) 2(2)HNO Al(OH) (每空1分，共2分) 33(3) 2NaOH+(CN)=NaCN+NaCNO+HO (每空2分，共4分) 22【解析】根据四种元素(相邻主族短周期元素)的位置关系，可知x是Mg，y是Al，m是C，n是N。 (1)元素x(Mg)在周期表中的位置是第三周期IIA族，由于Mg的化学性质比较活泼，常用电解熔融的MgCl的方法制备; 2(2)m(Mg)、n(C)、y(N)三种元素中，金属性最强的是Al元素，故最高价氧化物的水化物中碱性最强的是Al(OH)，非金属性最强的是N元素，所以最

17、高价氧化物的水3化物中酸性最强的是HNO; 3(3)气体分子(mn)的化学式是(CN)，属于共价化合物，电子式是;22根据题目中的信息“(mn)称为拟卤素，性质与卤素相似”，所以(CN)与氢氧化钠溶液反22应发生的化学方程式类似于Cl与氢氧化钠溶液反应，所以反应的方程式为22NaOH+(CN)=NaCN+NaCNO+HO。 22 14、(9分)硝基苯甲酸乙酯在OH 存在下发生水解反应: ONCHCOOCH+OHONCHCOO+ CHOH 2642526425两种反应物的初始浓度均为0.050mol/L，15?时测得ONCHCOOCH的转化率随时间26425变化的数据如表所示，回答下列问题: 0

18、 120 180 240 330 530 600 700 800 ts/ 0 33.0 41.8 48.8 58.0 69.0 70.4 71.0 71.0 a/% (1)列式计算该反应在120180s与180240s区间的平均反应速率_，_;比较两者大小可得出的结论是_。 (2)列式计算15?C时该反应的平衡常数_。 (3)为提高ONCHCOOCH 的平衡转化率，除可适当控制反应温度外，还可以采取的25264措施有_(要求写出两条)。 【答案】(9分) ,10.050molL(41.8%33.0%),，,511,，,7.310molLs(1) (2分) (180120),s,10.050mo

19、lL(48.8%41.8%),，,511,，,5.810molLs (2分) (240180),s随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢 (1分) ,1220.050molL71.0%,，(71.0%)K,6.0K,6.0(2)或(2分) 2,12(171.0%),0.050molL(171.0%),，,(3)增加OH的浓度、移去产物 (2分) 【解析】(1)根据题目中提供的信息。可知在120180s内的平均反应速率是: ,10.050molL(41.8%33.0%),，,511,，,7.310molLs (180120),s在180240s内的平均反应速率是: ,10.050molL(4

20、8.8%41.8%),，,511,，,5.810molLs (240180),s,5117.310molL，,s 根据以上两个反应速率120180s内()和180240s内,5115.810molL，,s()，可以看出:随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢; ,120.050molL71.0%,，K,6.0 (2)15?C时该反应的平衡常数; ,120.050molL(171.0%),，, (3)提高ONCHCOOCH 的平衡转化率，就意味着ONCHCOOCH+OH2642526425ONCHCOO+ CHOH反应的平衡向正方向移动，可以采取的措施增大反应物的26425浓度(增加OH的浓

21、度)，减小生成物的浓度(移去产物)。 15、(8分)卤代烃在生产生活中具有广泛的应用，回答下列问题: (1)多氯代甲烷常为有机溶剂，其分子结构为正四面体的是_，工业上分离这些多氯代物的方法是_。 (2)三氟氯溴乙烯(CFCHClBr)是一种麻醉剂，写出其所有同分异构体的结构简式3_(不考虑立体异构)。 (3)聚氯乙烯是生活中常用的塑料，工业生产聚氯乙烯的一种工艺路线如下: 反应?的化学方程式为_，反应类型为_，反应?的反应类型为_。 【答案】(8分) (1)四氯化碳 分馏 (每空1分，共2分) (2) (3分) (3)HC=CH+ClCHClCHCl 加成反应 消去反应(每空1分，共3分) 2

22、2222【解析】(1)甲烷的结构是正四面体，所以只有当甲烷的4个H原子全部被Cl原子取代生成四氯化碳时，其结构才是正四面体;多氯代物的组成和结构相似，随着相对分子质量的增大，物质的沸点逐渐升高，那么可以利用它们之间沸点的差异，采取蒸馏法(分馏)进行分离; (2)三氟氯溴乙烯(CFCHClBr)的同分异构体就是F、Cl、Br三种原子之间互换位3置，则可以写出三种同分异构体 ; (3)乙烯(HC=CH)生成1,2二氯乙烷(CHClCHCl)是加成反应，方程式为2222HC=CH+ClCHClCHCl，1,2二氯乙烷(CHClCHCl)生成氯乙烯(CH=CHCl)22222222属于卤代烃的消去反应

23、。 16、(9分)锂锰电池的体积小，性能优良，是常用的一次电池。该电池反应原理如图所示，+其中电解质LiClO溶于混合有机溶剂中，Li 通过电解质迁移入MnO晶格中，生成LiMnO。422回答下列问题: (1)外电路的电流方向是由_极流向_极。(填字母) (2)电池正极反应式为_。 (3)是否可用水代替电池中的混合有机溶剂,_(填“是”或“否”)原因是_。 (4)MnO可与KOH和KClO在高温条件下反应，生成KMnO，反应的化学方程式为2424_，KMnO在酸性溶液中歧化，生成KMnO和244MnO的物质的量之比为_。 2【答案】(9分) (1)b a (每空1分，共2分) +MnO(2)+

24、e+Li=LiMnO(2分) 22 (3)否 电极Li是活泼金属，能与水反应 (每空1分，共2分) (4)3MnO+KClO+6KOH2KMnO+KCl+3HO (2分) 232422:1 (1分) 【解析】(1)结合所给装置图以及原电池反应原理，可知Li作负极材料，MnO作正极2材料，所以电子流向是从a?b，那么电流方向则是b?a; +(2)根据题目中的信息“电解质LiClO溶于混合有机溶剂中，Li 通过电解质迁移入4+MnO晶格中，生成LiMnO”，所以正极的电极反应式MnO+e+Li=LiMnO; 2222(3)因为负极的电极材料Li是活泼的金属，能够与水发生反应，故不能用水代替电池中的

25、混合有机溶剂; (4)由题目中的信息“MnO可与KOH和KClO在高温条件下反应，生成KMnO”，2424，46MnMn,可知该反应属于氧化还原反应，Mn元素化合价升高()，则Cl元素的化合价，,51ClCl,降低()，所以方程式为3MnO+KClO+6KOH2KMnO+KCl+3HO;根23242，67据“KMnO在酸性溶液中歧化，生成KMnO()和MnOKMnOKMnO,2442244，64()”，根据电子得失守恒，可知生成的KMnO和MnO的物质的量KMnOMnO,42242之比为2:1。 17、(9分)硫代硫酸钠(NaSO)可用做分析试剂及鞣革的还原剂，它受热、遇酸易分解。223工业上

26、可用反应:2NaS+NaCO+4SO=3NaSO+CO 制得，实验室模拟该工业过程的装223 22232置如图所示，回答下列问题: (1)b中反应的离子方程式为_，c中试剂为_。 (2)反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变为澄清，此浑浊物是_。 (3)d中的试剂为_。 (4)实验中要控制SO生成速率，可采取的措施有_(写出两条) 2(5)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入SO不能过量，原因是_。 2【答案】(9分) +2(1)SO+2H=SO?+HO或HSO+H=SO?+HO (1分) 322322硫化钠和碳酸钠混合溶液 (2分) (2)硫 (1分) (3)NaOH溶液 (1分) (4)控制

27、反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度) (2分) (5)若SO过量，溶液显酸性，产物分解 (2分) 2【解析】根据装置图可知，最左侧装置是制备SO、中间装置用来制备硫代硫酸钠2(NaSO)，右侧装置是尾气处理装置(吸收SO)。 2232(1)b用来制备SO，实验室常用亚硫酸钠(或亚硫酸氢钠)和硫酸反应生成二氧化硫、2+2硫酸钠和水，离子方程式为:SO+2H=SO?+HO或HSO+H=SO?+HO;根据制取322322硫代硫酸钠(NaSO)的方程式2NaS+NaCO+4SO=3NaSO+CO，可知c中试剂为223223 22232硫化钠和碳酸钠混合溶液; 2(2)因为SO具有氧化性，溶液中

28、存在S，所以二者能发生氧化还原反应生成单质S; 2(3)d是尾气处理装置(吸收SO)，所以d中盛放的试剂是NaOH溶液; 2(4)控制SO生成速率，可以采取控制反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓2度)的方法; (5)硫代硫酸钠(NaSO)属于强碱弱酸盐，与酸容易发生反应223+2-(SO+2H=S?+SO?+HO)，如若SO过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠(NaSO)就23222223发生反应导致产品质量减少。 选考题 【有机化学基础】 18?(6分)图示为一种天然产物，具有一定的除草功效，下列有关该化合物的说法错误的是( ) A、分子中含有三种含氧官能团 B、1 mol 该化合物最多能与

29、6 mol NaOH 反应 C、既可以发生取代反应，又能够发生加成反应 D、既能与FeCl发生显色反应，也能和NaHCO反应放出CO 332【答案】BD(6分) 【解析】根据有机物的结构简式可知，该有机物结构中含有三种含氧官能团:酚羟基(OH)，酯基(COO)和醚键(O)，A正确;B、能够和NaOH发生反应的官能团三个酚羟基(OH)，酯基(COO)，而1 mol 该化合物含3mol酚羟基(OH)和1mol酯基(COO)，所以1 mol 该化合物最多能与4 mol NaOH 反应，B错误;C、该有机物结构中还有碳碳双键(C=C)，能发生加成反应，含有酚羟基(OH)，还能发生取代反应，C正确;D、

30、该化合物含有酚羟基(OH)，能与FeCl溶液发生显色反应3(溶液显紫色)，虽然酚羟基(OH)具有酸性，但是其酸性弱于HCO，故不能和NaHCO233反应放出CO，D错误。 218?(14分) 1，6 己二酸(G)是合成尼龙的重要原料之一，可用六个碳原子的化合物氧化制备。下图为A通过氧化反应制备G的反应过程(可能的反应中间物质为B、C、D、E和F)。 回答了了问题: (1)化合物A中含碳87.8,，其余为氢，A的化学名称为_。 (2)B到C的反应类型为_。 (3)F的结构简式为_。 (4)在上述中间物质中，核磁共振氢谱出峰最大的是_，最少的是_(填化合物代号)。 (5)由G合成尼龙的化学方程式为

31、_。 (6)由A通过两步制备1,3环己二烯的合成线路为_。 【答案】(14分) (1)环己烯2分) (2)加成反应 (1分) (3) (2分) (4)DE F (2分，1分，共3分) (5)(2分) (6) (4分) 【解析】(1)结合“化合物A中含碳87.8,，其余为氢”以及AB间的转化关系，可知A的结构简式为(环己烯); (2)根据BC的结构简式，可知B生成C的反应属于加成反应(与H加成); 2(4)上述物质中，BCG三种物质中只有3种不同类型的H原子，D、E有6种不同类型的H原子，F有2种不同类型的H原子，因此核磁共振氢谱中出现峰最多的是D、E，最好的是F; (5)由可知该反应为缩聚反应

32、，小分子物质是HO，故方2; 程式为(6)由A()通过两步制备1，3环己二烯()，我们可以采取逆推法，可以由发生消去反应(NaOH醇溶液/加热)制得，可以由发生加成反应(与Br/CCl)制得，所以制备的路线是 2419(【选修3-物质结构与性质】(20分) 19-I(6分)对于钠的卤化物(NaX)和硅的卤化物(SiX)，下列叙述正确的是 4A(SiX难水解 B(SiX是共价化合物 44C(NaX易水解 D(NaX的熔点一般高于SiX 4【答案】BD(6分) 【解析】A、硅的卤化物(SiX)的水解比较强烈，如SiCl+3HO,HSiO?+4HCl、 44223SiF+3HO,HSiO?+4HF，

33、A错误;B、硅的卤化物(SiX)全部由非金属元素构成，属于共42234价化合物，B正确;C、钠的卤化物(NaX)属于强酸强碱盐，不发生水解，C错误;D、钠的卤化物(NaX)是由离子键构成的，属于离子晶体，SiX属于分子晶体，所以NaX的熔点4一般高于SiX，D正确。 419-II(14分)碳元素的单质有多种形式，下图依次是C、石墨和金刚石的结构图: 60回答下列问题: (1)金刚石、石墨、C.碳纳米管等都是碳元素的单质形式，它们互为_。 60(2)金刚石、石墨烯(指单层石墨)中碳原子的杂化形式分别为_、_。 (3)C属于_晶体，石墨属于_晶体。 60(4)石墨晶体中，层内C-C键的键长为142

34、 pm，而金刚石中C-C键的键长为154 pm。其原因是金刚石中只存在C-C间的_共价键，而石墨层内的C-C间不仅存在_共价键，还有_键。 (5)金刚石晶胞含有_个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r= _a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率_ (不要求计算结果)。 【答案】(14分) (1)同素异形体 (2分) 32 (2)sp sp(每空1分，共2分) (3)分子 混合 (每空1分，共2分) (4) (或大或p-p) (每空1分，共3分) ,43，,8r33,3(5)8 (1分，2分，2分，共5分) ,38a16【解析】(1)金刚石、石墨、C.碳纳米管等

35、都是碳元素的单质形式，它们的组成相60同，结构不同、性质不同，互称为同素异形体; 3(2)金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键(即C原子采取sp杂化方式)，2构成正四面体，石墨中的碳原子用sp杂化轨道与相邻的三个碳原子以键结合，形成正六角形的平面层状结构; (3)C中构成微粒是分子，所以属于分子晶体;石墨的层内原子间以共价键加合，60层与层之间以分子间作用力结合，所以石墨属于混合晶体; (4)在金刚石中只存在C-C之间的键;石墨层内的C-C之间不仅存在键，还,存在键; ,(5)由金刚石的晶胞结构可知，晶胞内部有4个C原子，面心上有6个C原子，顶11点有8个C原子，所以金刚石晶胞中C原子数

36、目为4+6+8=8;若C原子半径为r，281金刚石的边长为a，根据硬球接触模型，则正方体对角线长度的就是C-C键的键长，即433ar,2ra,，所以，碳原子在晶胞中的空间占有率484433388()，,ra3,338,=。 ,33aa1620(【选修2化学与技术】(20分) 20-I(6分)下列有关叙述正确的是 A(碱性锌锰电池中，MnO是催化剂 2B(银锌纽扣电池工作时，AgO被还原为Ag 2C(放电时，铅酸蓄电池中硫酸浓度不断增大 D(电镀时，待镀的金属制品表面发生还原反应 【答案】BD(6分) 【解析】A、由碱性锌锰电池的总反应:Zn+2MnO+2HO?2MnOOH+Zn(OH)，222

37、可知正极MnO得电子被还原，A错误;B、银锌纽扣电池由锌粉作负极、氧化银作正极和2氢氧化钾溶液构成(电池工作时的反应原理为:Zn+AgO+HO?Zn(OH)+2Ag，电池工222作过程中，正极上氧化银得电子发生还原反应，生成Ag，B正确;C、铅酸蓄电池放电时，发生的反应是PbO+Pb+2HSO2PbSO+2HO，硫酸不断的消耗，浓度不断减小，C22442错误;D、电镀时，待镀的金属制品作阴极，在阴极上发生还原反应，D正确。 20-II(14分)锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌。某含锌矿的主要成分为ZnS(还含少量FeS等其他成分)，以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示

38、: 含尘烟气 净化、制酸 废电积液 硫化锌精矿 焙砂 浸出液 滤液 锌 焙烧 浸出 净化 电解沉积 浸出渣 回收利用 滤渣 回收利用 回答下列问题: (1)硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的主要成分的化学式为_。 (2)焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的_操作. (3)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为_，其作用是_。 (4)电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用Pb-Ag合金惰性电极，阳极逸出的气体是_。 (5)改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质。“氧压酸浸”中发生的主

39、要反应的离子方程式为_。 当a0时，抛物线开口向上，并且向上方无限伸展。当a0时，抛物线开口向下，并且向下方无限伸展。(6)我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌。明代宋应星著的天工开物中有关于 “升炼倭铅”的记载:“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，冷淀，毁罐取出，即倭铅也。”该炼锌工艺过程主要反应的化学方程式为_。(注:炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌) 【答案】(14分) 104.305.6加与减（二）2 P57-60(1)ZnO (2分) 垂直于切线; 过切点; 过圆心.(2)浸出 (2分) (3)锌粉 置换出Fe等 (每空2分，共4分) (4)O

40、(2分) 2 7.三角形的外接圆、三角形的外心。+2+(5)2ZnS+4H+O=2Zn+2S?+2HO (2分) 22(一)数与代数（1）一般式：(6)ZnCO+2CZn+3CO? (2分) 30 抛物线与x轴有0个交点（无交点）；【解析】(1)硫化锌精矿的主要成分为ZnS，在沸腾炉中与氧气发生反应的方程式为ZnS+OZnO+SO，故产生焙砂的主要成分的化学式ZnO; 22二、学生基本情况分析：(2)从流程图可以看出，“浸出”环节需要加入酸，所以用焙烧过程中产生的含尘烟气制取的酸，可用于后续的浸出操作; 2、探索并掌握20以内退位减法、100以内加减法(包括不进位、不退位与进位、退位)计算方法

41、，并能正确计算;能根据具体问题，估计运算的结果;初步学会应用加减法解决生活中简单问题，感受加减法与日常生活的密切联系。3+(3)为了保证“浸出”环节焙砂能够全部溶解，所以加入的酸是过量的，此时杂质Fe也存在于“浸出液”中，所以加入锌粉的目的就是置换出Fe; (4)根据题目中的信息“阴极采用铝板，阳极采用Pb-Ag合金惰性电极”，则阳极为惰性电极，此时阳极参加反应的微粒是OH，电极反应式4OH+4e=2HO+O?，故阳极22逸出的气体是O; 253.264.1生活中的数3 P24-29+(5)根据信息“氧压酸浸”，可知参加反应的物质时ZnS、O和酸提供的H，生成物2+2+“有工业价值的非金属单质”即为S，所以离子方程式为2ZnS+4H+O=2Zn+2S?+2HO; 22(6)该炼锌工艺参加反应的物质时煤炭饼和炉甘石(碳酸锌)，得到的物质是倭铅(金属锌) 和CO，ZnCO+2CZn+3CO?。 3