高考适应性训练
中，假设溶液体积不变。
已知：Ksp(CaCO3)＝4.96×109；Ksp(MgCO3)＝6.82×106；
－
－
Ksp[Ca(OH)2]＝4.68×106；Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×1012。 下列说法正确的是
2+2+ A. 沉淀物X为 B. 溶液M中存在Mg、不存在Ca
2+2+ C. 溶液N中存在Mg、Ca
D. 步骤②中若改为加入4.2g NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物
－
－
解析：这是一道新颖的计算型分析推断题，命题者通过精心选择，以从模拟海水中制备MgO的实验方案为背景，结合考查有关溶度积的概念及计算，把一个具体情景与教材的知识内容有机结合起来。要求考生定量地分析发生的反应，溶液中存在的离子，推断沉淀是否产生，从而得出正确的结论。计算强调了实用性以及认识、解决问题的综合性，体现了新课程的特色。
⑴ 步骤①,从题给的条件，可知n(NaOH ) = 0.001mol，[即n(OH) = 0.001mol]。依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1L模拟海水中，加入0.001mol NaOH时，OH 恰好与HCO3完全反应：OH＋HCO3= CO3＋H2O，生成0.001mol CO3。由于Ksp(CaCO3) << Ksp(MgCO3)，生成的CO3与水中的Ca反应生成CaCO3 沉淀Ca+ CO3= CaCO3↓。所以沉淀物X为CaCO3，A选项正确。
⑵ 由于CO3只有0.001mol，反应生成CaCO3 所消耗的Ca也只有0.001mol，滤液中还剩余c(Ca)＝0.010 mol〃L。滤液M中同时存在着Ca和Mg，选项B错误。 ⑶步骤②，当滤液M中加入NaOH 固体，调至pH=11（即pOH = 3）时，此时滤液中c(OH) = 1×10 mol〃L 。则
Q[Ca(OH)2]＝c(Ca)×(10)= 0.010×(10)= 10
2＋
－32
－32
2＋
－32
－32
－8
-3
-1
―
2＋
-1
2＋
2＋
2―
2＋
2―
2＋
2＋
2-
―
―
―
―
2-2―
―
＜Ksp[Ca(OH)2]，无Ca(OH)2生成。
-8
Q[Mg(OH)2]= c(Mg)×(10)= 0.050×(10) = 5×10> Ksp[Mg(OH)2]，有Mg(OH)2沉淀生成。
又由于Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg)×(10)＝5.6×10余，滤液N中不存在Mg。C选项错误。
⑷步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，则n（NaOH）=0.105mol，与0.05mol Mg反应： Mg+ 2 OH= Mg(OH)2↓，生成0.05 mol Mg(OH)2，剩余0.005 mol OH。
由于Q[Ca(OH)2]=c(Ca)×(OH)= 0.010×(0.005)＝2.5×10＜Ksp[Ca(OH)2]，所以无Ca(OH)2沉淀析出，沉淀物Y为Mg(OH)2沉淀，D选项错误。．
答案：A
（2009年安徽）25.(17分)
W、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大。W、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质，X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，Z能形成红色(或砖红色)Z2O 和黑色的ZO两种氧化物。
（1） W位于元素周期表第_____周期第____族。W的气态氢化物稳定性比H2O(g)____ _(填“强”或“弱”)。
（2） Y的基态原子核外电子排布式_______，Y的第一电离能比X的_____(填“大”或“小”)
（3）Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与Z的单质反应的化学方程式是
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2＋
―
2
2
－7
2＋
－
―
2＋
2＋
2＋
－32
－12
，c(Mg)＝5.6×10＜10，无剩
2＋－6－5
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________________________________________________________________________。 （4）已知下列数据：
Fe(s)+ 2O2(g)= FeO(s) △H= -272.0kJ·mol
321-1
2X(s) +O2(g)= X2O3(s) △= -1675.7kJ·mol-1
X的单质和FeO反应的热化学方程式是____________________________。 【解析】
第25题考查元素周期律和周期表以及原子核外电子排布式、电离能等。
题中给出的信息比较明显，导致酸雨的氧化物主要是SO2和NO2，根据原子序数依次增大可以判断出W为N元素，Y为S，N在周期表中为第二周期第VA族，其气态氢化物NH3稳定性比H2O弱。
Y为S原子基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，根据―X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子‖，可以画出起核外电子轨道式：
，
或结合题目第4小题第二个方程式生成X2O3，能确定X化合价为+3，N和S之间能形成+3价元素只有Al。
题中―Z能形成红色(或砖红色)的Z2O和黑色的ZO两种氧化物‖知Z为Cu。
第（3）题即为：
?
3可得答案： 第（4）题根据盖斯定律，将②－①×
2Al(s)+3FeO(s)=3Fe(s)+Al2O3(s) △H=-859.7kJ/mol （2010年安徽）25.（14分）
X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的四种常见元素，其相关信息如下表： 元素 X Y Z W 相关信息 X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等 常温常压下，Y单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积 Z和Y满周期,Z的电负性大于Y W的一种核素的质量数为63，中子数为34 （1）Y位于元素周期表第 周期表 族，Y和Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是 （写化学式）。
（2）XY2是一种常用的溶剂，XY2的分子中存在 个σ键。在H―Y、H―Z两种共价键中，键的极性较强的是 ，键长较长的是 。
（3）W的基态原子核外电子排布式是 。W2Y在空气中煅烧生成W2O的化学方程式是 。
（4）处理含XO、YO2烟道气污染的一种方法，是将其在催化剂作用下转化为单质Y。
1O2(g)=XO2(g) ?H=－283.0 kJ·mol－2 2Y(g)+ O2(g)=YO2(g) ?H =－296.0 kJ·mol－1
已知：XO(g)+
此反应的热化学方程式是 。 25。答案(1)3 VIA HClO4 (2)2 H-Z H-Y (3)[Ar]3d104s1 2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2
(4)2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2 (g) △H=-270kJ/mol
解析：由表中可知，X为C Y为 S Z为 Cl W为Cu
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（2011年安徽）25.（14分）W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如下图所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的电负性在同周期主族元素中最大。 （1）X位于元素周期表中第 周期第 族； W的基态原子核外有 个未成对电子。
（2）X的单质子和Y的单质相比，熔点较高的是 （写化学式）；Z的气态氢化物和溴化氢相比，较稳定的是 （写化学式）。
（3）Y与Z形成的化合物和足量水反应，生成一种弱酸 和一种强酸，该反应的化学方程式是 。
（4）在25oC、101 kPa下，已知Y的气态化物在氧气中
完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1mol 电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是 。
【解析】由题意可推得：W为O，X为Na，Y为Si，Z为Cl。Na、Si、Cl属同周期元素，其原子半径依序减小。 【答案】（1）三 ⅠA 2 （2）Si HCl
（3）SiCl4+4H2O==H4SiO4↓+4HCl或SiCl4+3H2O==H2SiO3↓+4HCl （4）SiH4(g)+2O2(g)==SiO2(s)+2H2O(l) △H== —1520.0kJ/mol
【解析】1mol SiH4完全燃烧生成SiO2和H2O，转移了8mol电子
(2011年江苏)21.(12分)本题包括A、B两小题，分别对应于“物质结构与性质”和“实验化学”两个选修模块的内容。请选定其中一题，并在相应的答题区域内作答。若两题都做，则按A题评分。
A.原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是形成化合物种最多的元素，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，W的原子序数为29。 回答下列问题：
（1）Y2X2分子中Y原子轨道的杂化类型为 ，1mol Y2X2含有σ键的数目为 。
（2）化合物ZX3的沸点比化合物YX4的高，其主要原因 是 。
（3）元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，元素Z的这种氧化物的分子式是 。 （4）元素W的一种氯化物晶体的晶胞结构如图13所示，该氯化物的化学式是 ，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物HnWCl3，反应的化学方程式为 。
【参考答案】A. （1）sp杂化
3mol或3×6.2×10 个 （2）NH3分子存在氢键 （3）N2O （4）CuCl
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CuCl＋2HCl＝H2CuCl3 (或CuCl＋2HCl＝H2[CuCl3])
【分析】本题把元素推理和物质结构与性质容融合成一体，考查学生对元素推理、原子轨道
杂化类型、分子空间结构、氢键、等电子体原理、晶胞结构、化学键的数目计算、新情景化学方程式书写等知识的掌握和应用能力。本题基础性较强，重点特出。
【备考提示】《选修三》的知识点是单一的、基础的，我们一定要确保学生不在这些题目上
失分。看来还是要狠抓重要知识点，强化主干知识的巩固和运用。
（2009年安徽）26. 是一种医药中间体，常用来制备抗凝血药，可通过下
列路线合成：
（1） A 与银氨溶液反应有银镜生成，则A的结构简式是 （2） B→C的反应类型是 （3） E的结构简式是
（4） 写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式 （5） 下列关于G的说法正确的是 A 能与溴单质反应 B 能与金属钠反应 C 1mol G最多能和3mol 氢气反应 D 分子式是C9H6O3
【解析】
第26题是一道非常简单的有机题，A到B(CH3COOH)的转化条件是―O2，催化剂‖，后第（1）题有提示―A与银氨溶液反应有银镜生成‖，故A为CH3CHO。
B到C的转化从反应物CH3COOH到生成物CH3COCl,可以看出这是取代反应。 D到E的转化条件是―CH3OH，浓硫酸‖，这是典型的酯化反应的条件，故E为
，
C和E在催化剂作用下反应生成F()，F有两个酯基，且上面的酯基水解后
生成酚羟基，故1mol F可以消耗3mol NaOH，故发生反应方程式为：
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F到G的转化条件是―①Na2CO3，液体石蜡②HCl‖，此条件中学中没有出现过，但并不影响答题，解决这一步并不需要知道这个条件是发生什么样的反应，考生没必要再此处花更多的时间，并且没有跟这步有关的问题。
G的结构
，可
有碳碳双键
可以和溴单质加成，有羟基可以跟金属钠反应，1mol G最多可以和4mol H2 加成，G的分子式为C9H6O3。
（2010年安徽）26.（17分）
F是新型降压药替米沙坦的中间体，可由下列路线合成：
（1）A?B的反应类型是 ，D?E的反应类型是 ，E?F的反应类型是 。
（2）写出满足下列条件的B的所有同分异构体 （写结构式）。 ①含有苯环 ②含有酯基 ③能与新制Cu(OH)2反应
（3）C中含有的它能团名称是 。已知固体C在加热条件下可深于甲醇，下列C?D的有关说法正确的是 。
a.使用过量的甲醇，是为了提高B的产 b.浓硫酸的吸水性可能会导致溶液变黑 c.甲醇即是反 物，又是溶剂 d.D的化学式为C2H2NO4
（4）E的同分异构苯丙氨酸经 合反应形成的高聚物是 （写结构简式）。
（5）已知
；在一定条件下可水解为
和
， F在强酸和长
时间加热条件下发生水解反应的化学方程式是 。 26. 答案：（1）氧化 还原 取代
OOCH （2）
CH3 邻间对三种 、
CH2OOCH
（3）硝基 羧基 acd
（4） H——[ NH-CH-CO ]n OH [ ]n CH 2
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