1、2015屆江西省上饒市高三三?；瘜W(xué)試卷 （解析版）一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1化學(xué)與環(huán)境材料信息能源關(guān)系密切，下列說法不正確的是（）A利用催化設(shè)施，可以將汽車尾氣中CO和NO轉(zhuǎn)化為無害氣體B聚乙炔用I2或Na等做摻雜處理后可形成一種導(dǎo)電塑料，該導(dǎo)電塑料是一種純凈物，有固定的熔點(diǎn)沸點(diǎn)C先通入氯氣，再加入硫酸亞鐵處理水，能達(dá)到消毒殺菌和除去懸浮雜質(zhì)的目的D半導(dǎo)體行業(yè)中有一句話：“從沙灘到用戶”，計(jì)算機(jī)芯片的材料是硅考點(diǎn)：常見的生活環(huán)境的污染及治理；混合物和純凈物；氯氣的化學(xué)性質(zhì)；硅和二氧化硅.分析：A汽車尾氣系統(tǒng)中使用催化轉(zhuǎn)化器，可降低CO、NO等有毒氣體的排放；B聚乙炔用I2

2、或Na等做摻雜處理后可形成一種導(dǎo)電塑料，屬于混合物，無固定的熔點(diǎn)、沸點(diǎn)；C氯氣具有強(qiáng)氧化性，可消毒殺菌，可將亞鐵離子氧化為三價(jià)鐵離子，鐵離子水解能生成氫氧化鐵膠體具有吸附性可凈水；D硅單質(zhì)是半導(dǎo)體材料，常用于計(jì)算機(jī)芯片的材料和太陽能電池解答：解：A利用催化設(shè)施，可以將汽車尾氣中CO和NO轉(zhuǎn)化為無害氣體二氧化碳和氮?dú)?，故A正確；B聚乙炔是一種導(dǎo)電聚合物，屬于混合物，混合物無固定的熔點(diǎn)、沸點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C氯氣具有強(qiáng)氧化性，可消毒殺菌，可將亞鐵離子氧化為三價(jià)鐵離子，鐵離子水解能生成氫氧化鐵膠體具有吸附性可凈水，故C正確；D沙子主要成分是二氧化硅，通過反應(yīng)可以生成硅，硅單質(zhì)是半導(dǎo)體材料，常用于計(jì)算機(jī)芯

3、片的材料和太陽能電池，故D正確；故選：B點(diǎn)評：本體考查了物質(zhì)的性質(zhì)和用途，明確硅、二氧化硅、氯氣等物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意混合物不具有固定的熔沸點(diǎn)，題目難度不大2（6分）（2015上饒三模）下列實(shí)驗(yàn)裝置和試劑的選用或操作都正確的是（）A除去NO中的NO2B鐵制品表面鍍鋅C稀釋濃硫酸D制備少量O2考點(diǎn)：化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價(jià).分析：A二氧化氮與水反應(yīng)生成NO；B鍍鋅時(shí)電解質(zhì)應(yīng)為含鋅離子的物質(zhì)；C不能在容量瓶中稀釋濃硫酸；D過氧化鈉為粉末固體，與水接觸后不能分離解答：解：二氧化氮與水反應(yīng)生成NO，則導(dǎo)管長進(jìn)短出可除雜，故A正確；B鍍鋅時(shí)電解質(zhì)應(yīng)為含鋅離子的物質(zhì)，則圖中電解質(zhì)應(yīng)為硫酸鋅或硝酸鋅等，故B

4、錯(cuò)誤；C不能在容量瓶中稀釋濃硫酸，應(yīng)在燒杯中稀釋、冷卻后轉(zhuǎn)移到容量瓶中，故C錯(cuò)誤；D過氧化鈉為粉末固體，與水接觸后不能分離，關(guān)閉止水夾不能使固體與液體分離，則不能利用圖中裝置制備少量氧氣，故D錯(cuò)誤；故選A點(diǎn)評：本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價(jià)，為高頻考點(diǎn)，涉及混合物分離提純、電鍍、溶液配制、氣體的制備等，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)原理、實(shí)驗(yàn)基本操作等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評價(jià)性分析，題目難度不大3（6分）（2015上饒三模）現(xiàn)有5種短周期元素XYZQW，原子序數(shù)依次增大，在周期表中X原子的半徑最?。籜和W同主族；Y原子的核外電子總數(shù)是其次外層電子數(shù)的3倍，Q是地殼中含量最高的元

5、素下列說法不正確的是（）A原子半徑：YQWBZX3可使紫色石蕊試液變藍(lán)CXZQ可組成離子化合物或共價(jià)化合物DX2Q2Y2X6兩種分子中含有的電子數(shù)化學(xué)鍵種類都相同考點(diǎn)：原子結(jié)構(gòu)與元素的性質(zhì)；原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系.分析：現(xiàn)有5種短周期元素XYZQW，原子序數(shù)依次增大，在周期表中X原子的半徑最小，則X為H元素；Y原子的核外電子總數(shù)是其次外層電子數(shù)的3倍，原子只能有2個(gè)電子層，核外電子數(shù)為6，故Y為C元素；Q是地殼中含量最高的元素，則Q為O元素X和W同主族，W原子序數(shù)大于氧，故W為Na；Z的原子序數(shù)大于碳而小于氧，所以Z是N元素，據(jù)此解答解答：解：現(xiàn)有5種短周期元素XYZQW，原子序數(shù)依次增大

6、，在周期表中X原子的半徑最小，則X為H元素；Y原子的核外電子總數(shù)是其次外層電子數(shù)的3倍，原子只能有2個(gè)電子層，核外電子數(shù)為6，故Y為C元素；Q是地殼中含量最高的元素，則Q為O元素X和W同主族，W原子序數(shù)大于氧，故W為Na；Z的原子序數(shù)大于碳而小于氧，所以Z是N元素AC和O屬于同一周期，碳原子半徑大于氧原子半徑，碳原子半徑小于鈉原子半徑，所以原子半徑：QYW，故A錯(cuò)誤；B氨氣溶于水得到氨水，氨水電離出氫氧根離子而使溶液呈堿性，所以氨氣可使紫色石蕊溶液變藍(lán)，故B正確；CXZQ可組成硝酸銨、硝酸等，銨鹽屬于離子化合物，硝酸是共價(jià)化合物，故C正確；DH2O2、C2H62種分子中含有的電子數(shù)都是18，化

7、學(xué)鍵種類都是共價(jià)鍵，故D正確；故選A點(diǎn)評：考查元素周期律、微粒半徑比較等，難度中等，正確推斷元素是解本題的關(guān)鍵，注意半徑比較規(guī)律與基礎(chǔ)知識掌握4（6分）（2015上饒三模）下列敘述中正確的是（）A根據(jù)圖，若滴定前仰視讀數(shù)，滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)，則測定的鹽酸濃度偏高B250時(shí)，難溶物XY和AB3的KSP分別為1.01010和2.71015，則飽和溶液中c（X+）一定大于c（A 3+ ）C每個(gè)Fe（OH）3膠體粒子含一個(gè)氫氧化鐵分子D某溶液中存在K+HCO3CO32OHH+，其離子濃度大小順序可能為c（K+）c（HCO3）c（H+）c（CO23）考點(diǎn)：離子濃度大小的比較；分散系、膠體與溶液的概念及關(guān)

8、系；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；中和滴定.分析：A、測定的鹽酸的體積變小，所以測定的鹽酸濃度偏低；B、依據(jù)溶度積常數(shù)計(jì)算計(jì)算；C、氫氧化鐵膠體中的分散質(zhì)粒子是很多Fe（OH）3分子的集合體；D、如果是碳酸氫鉀溶液中存在K+HCO3CO32OHH+，其溶液離子濃度大小為c（K+）c（HCO3）c（H+）c（CO23）解答：解：A、若滴定前仰視讀數(shù)，滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)，則測定的鹽酸的體積變小，所以測定的鹽酸濃度偏低，故A錯(cuò)誤；B、c（X+）=105，c（A3+）=1.4105，故C（X+）C（A3+），故B錯(cuò)誤；C、氫氧化鐵膠體中的分散質(zhì)粒子是很多Fe（OH）3分子的集合體，所以每個(gè)Fe

9、（OH）3膠體粒子含若干個(gè)氫氧化鐵分子，故C錯(cuò)誤；D、如果是碳酸氫鉀溶液中存在K+HCO3CO32OHH+，其溶液離子濃度大小為c（K+）c（HCO3）c（H+）c（CO23），故D正確；故選D點(diǎn)評：本題主要考查離子濃度的大小和難溶電解質(zhì)的溶解平衡、酸堿中和滴定等，綜合性強(qiáng)，題目難度不大5（6分）（2015上饒三模）下列說法不正確的是（）A銀氨溶液可以用于區(qū)分麥芽糖和蔗糖B乙醇、乙二醇、丙三醇的沸點(diǎn)依次升高C1mol乙酰水楊酸（）最多可以和2molNaOH反應(yīng)D可用和HCHO為原料合成考點(diǎn)：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)；晶體熔沸點(diǎn)的比較；有機(jī)物的鑒別；常用合成高分子材料的化學(xué)成分及其性能.分析：A麥芽糖

10、為還原性糖，可以與銀氨溶液反應(yīng)；B乙醇、乙二醇、丙三醇相對分子質(zhì)量逐漸增大，氫鍵數(shù)目增多；C乙酰水楊酸含有羧基和酯基，且可水解生成酚羥基；D反應(yīng)類似苯酚與甲醛的縮聚反應(yīng)解答：解：A麥芽糖為還原性糖，可以與銀氨溶液反應(yīng)，蔗糖不反應(yīng)，故A正確；B乙醇、乙二醇、丙三醇相對分子質(zhì)量逐漸增大，氫鍵數(shù)目增多，則乙醇、乙二醇、丙三醇的沸點(diǎn)依次升高，故B正確；C乙酰水楊酸含有羧基和酯基，且可水解生成酚羥基，則1mol乙酰水楊酸（）最多可以和3molNaOH反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D反應(yīng)類似苯酚與甲醛的縮聚反應(yīng)，故D正確故選C點(diǎn)評：本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)和常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析的考查，注意把握有機(jī)物

11、的官能團(tuán)的性質(zhì)以及有機(jī)物的結(jié)構(gòu)，難度不大6（6分）（2015上饒三模）海水中含有豐富的鋰資源，研究人員開發(fā)了一種只能讓鋰離子通過的特殊交換膜，并運(yùn)用電解實(shí)現(xiàn)從海水中提取高濃度的鋰鹽，其工作原理如圖所示下列說法不正確獉獉獉的是（）Aa連接電源的正極BLi+的移動(dòng)方向是從海水進(jìn)入到鹽酸中C一段時(shí)間后，b電極附近溶液的pH降低D電解過程中還可能獲得有經(jīng)濟(jì)價(jià)值的副產(chǎn)物氫氣和氯氣考點(diǎn)：電解原理.分析：要想從海水中提取高濃度的鋰鹽，則鋰離子應(yīng)從海水進(jìn)入到鹽酸中，依據(jù)電解池工作原理，陽離子移向陰極，可知b為陰極與電源負(fù)極相連，a為陽極與電源正極相連；電解池陽極海水中的氯離子放電生成氯氣，陰極上鹽酸中的氫離子

12、失去電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，據(jù)此解答解答：解：A要想從海水中提取高濃度的鋰鹽，則鋰離子應(yīng)從海水進(jìn)入到鹽酸中，依據(jù)電解池工作原理，陽離子移向陰極，可知b為陰極與電源負(fù)極相連，a為陽極與電源正極相連，故A正確；B電解池中陽離子移向陰極，b電極為陰極，所以Li+的移動(dòng)方向是從海水進(jìn)入到鹽酸中，故B正確；Cb電極為陰極，陰極上氫離子放電，氫離子濃度減小，pH值增大，故C錯(cuò)誤；D電解池陽極海水中的氯離子放電生成氯氣，陰極上鹽酸中的氫離子失去電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，故D正確；故選：C點(diǎn)評：本題考查了電解原理，明確電解池工作原理、準(zhǔn)確判斷電解池的陰陽極及發(fā)生的反應(yīng)是解題關(guān)鍵，題目難度不大7（6分）（20

13、15上饒三模）某溶液僅含F(xiàn)e2+、Na+、Al3+、Ba2+、SO42、NO3、Cl中的4種離子，所含離子的物質(zhì)的量均為1mol若向該溶液中加入過量的稀硫酸，有氣體產(chǎn)生，且溶液中陰離子種類不變（不考慮水的電離和離子的水解）下列說法不正確的是（）A該溶液中所含的離子是：Fe2+、Na+、SO42、NO3B若向該溶液中加入過量的稀硫酸，產(chǎn)生的氣體在空氣中能變成紅棕色C若向該溶液中加人過量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液顯血紅色D若向該溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反應(yīng)后，過濾、洗滌、灼燒，最終所得固體的質(zhì)量為72g考點(diǎn)：常見離子的檢驗(yàn)方法.專題：離子反應(yīng)專題分析：向該溶液中加入過量的稀硫酸，有氣泡

14、產(chǎn)生，且溶液中陰離子種類不變，則一定發(fā)生Fe2+、NO3的氧化還原反應(yīng)生成硝酸鐵和NO，陰離子種類不變，則原溶液中存在SO42，又溶液中含有四種離子，所含離子的物質(zhì)的量均為1mol，由電荷守恒可知，含有帶一個(gè)單位正電荷的陽離子，以此來解答解答：解：向該溶液中加入過量的稀硫酸，有氣泡產(chǎn)生，且溶液中陰離子種類不變，則一定發(fā)生Fe2+、NO3的氧化還原反應(yīng)生成硝酸鐵和NO，陰離子種類不變，說明原溶液中原來已經(jīng)存在SO42，又溶液中含有四種離子，反應(yīng)生成了Fe3+，所含離子的物質(zhì)的量均為1mol，由電荷守恒可知，含有帶一個(gè)單位正電荷的陽離子，即一定含有Na+，A、由上述推斷可知，該溶液中所含的離子為：

15、Fe2+、Na+、SO42、NO3，故A正確；B、生成的NO易被空氣中的氧氣氧化成紅棕色的二氧化氮，故B正確；C、該溶液中加酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成三價(jià)鐵離子，若加KSCN溶液，則溶液顯血紅色，故C正確；D、若向該溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反應(yīng)后，過濾、洗滌、灼燒，最終所得固體為氧化鐵，其質(zhì)量為：0.5mol160g/mol=80g，故D錯(cuò)誤，故選：D點(diǎn)評：本題考查離子的檢驗(yàn)，明確常見離子的性質(zhì)及檢驗(yàn)中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)是解答本題的關(guān)鍵，注意檢驗(yàn)中應(yīng)排除離子的相互干擾來解答，并注意離子共存及電荷守恒的應(yīng)用，題目難度中等二、解答題（共3小題，滿分43分）8（12分）（2015上饒三模）氫溴酸在

16、醫(yī)藥和石化工業(yè)上有廣泛用途如圖是模擬工業(yè)制備氫溴酸的流程如圖1：回答下列問題：（1）混合中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42（2）混合中加入試劑a是BaCl2溶液（3）加入Na2SO3的目的是除去過量的Br2，但要防止過量，原因是SO32+2H+=SO2+H2O（請用離子方程式表示）（4）工業(yè)氫溴酸常帶有淡淡的黃色，可能的原因是：含F(xiàn)e3+含Br2含F(xiàn)e3+和Br2，只用下列一種試劑就能分析產(chǎn)生淡黃色的原因該試劑是e（填寫字母）aKMnO4溶液 bNaOH溶液 cKSCN溶液 d淀粉KI溶液 eCCl4（5）實(shí)驗(yàn)室制取Br2的反應(yīng)為：2NaBr+3H2SO4

17、+NmO22NaHSO4+MnSO4+Br2+2H2O 制取Br2最好選用下列裝置中的c （填寫字母，固定和加熱裝置均已省略）簡述檢驗(yàn)圖2裝置氣密性的方法關(guān)閉分液漏斗活塞，將燒瓶上的導(dǎo)氣管連接一段橡皮管并伸入水中，用手捂熱燒瓶，若導(dǎo)管末端有氣泡產(chǎn)生，冷卻后導(dǎo)管中上升一段水柱，證明裝置氣密性良好考點(diǎn)：氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用；制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì).專題：鹵族元素分析：（1）Br2具有強(qiáng)氧化性，在溶液中將SO2氧化為H2SO4，自身被還原為HBr（2）由流程圖可知，混合后過濾生成硫酸鋇，濾液蒸餾產(chǎn)生NaCl溶液，故鋇離子、氯離子應(yīng)是加入試劑a引入的；（3）Na2SO3過量，能與HBr反應(yīng)生成二

18、氧化硫、溴化鈉、水；（4）CCl4與溶液混合后分層，根據(jù)有機(jī)層與水溶液的顏色判斷氫溴酸常帶黃色原因；（5）根據(jù)反應(yīng)物的狀態(tài)、反應(yīng)條件選擇裝置；檢驗(yàn)裝置氣密性為：關(guān)閉分液漏斗活塞，將燒瓶上的導(dǎo)氣管連接一段橡皮管并伸入水中，用手捂熱燒瓶，若導(dǎo)管末端有氣泡產(chǎn)生，冷卻后導(dǎo)管中上升一段水柱，證明裝置氣密性良好解答：解：（1）Br2具有強(qiáng)氧化性，在溶液中將SO2氧化為H2SO4，自身被還原為HBr，反應(yīng)離子方程式為SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42，故答案為：SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42；（2）由流程圖可知，混合后過濾生成硫酸鋇，濾液蒸餾產(chǎn)生NaCl溶液，故鋇離子、氯離子

19、應(yīng)是加入試劑a引入的，故試劑a為BaCl2溶液，故答案為：BaCl2溶液；（3）Na2SO3過量，能與HBr反應(yīng)生成二氧化硫、溴化鈉、水，反應(yīng)離子方程式為SO32+2H+=SO2+H2O，故答案為：SO32+2H+=SO2+H2O；（4）CCl4與溶液混合后分層，有機(jī)層在下層，水層在上層，若有機(jī)層無色，水層為黃色，則為含F(xiàn)e3+所致，若有機(jī)層為橙色，水層為無色，為含Br2所致，若有機(jī)層為橙色、水層為黃色，則為含F(xiàn)e3+和Br2所致，故選e；（5）該反應(yīng)為固體、液體混合加熱制備氣體，應(yīng)選擇c裝置，檢驗(yàn)裝置氣密性為：關(guān)閉分液漏斗活塞，將燒瓶上的導(dǎo)氣管連接一段橡皮管并伸入水中，用手捂熱燒瓶，若導(dǎo)管末

20、端有氣泡產(chǎn)生，冷卻后導(dǎo)管中上升一段水柱，證明裝置氣密性良好，故答案為：c；關(guān)閉分液漏斗活塞，將燒瓶上的導(dǎo)氣管連接一段橡皮管并伸入水中，用手捂熱燒瓶，若導(dǎo)管末端有氣泡產(chǎn)生，冷卻后導(dǎo)管中上升一段水柱，證明裝置氣密性良好點(diǎn)評：本題以制備氫溴酸為載體，考查學(xué)生對工藝流程的理解、物質(zhì)的分離提純等基本操作、物質(zhì)檢驗(yàn)、實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)、物質(zhì)性質(zhì)等，難度中等，理解原理是解題的關(guān)鍵，是對知識的綜合運(yùn)用，需學(xué)生具有扎實(shí)的基礎(chǔ)知識與靈活運(yùn)用知識解決問題的能力9（16分）（2015上饒三模）物質(zhì)的類別和核心元素的化合價(jià)是研究物質(zhì)性質(zhì)的兩個(gè)基本視角（1）圖中X的電子式為；其水溶液長期在空氣中放置容易變渾濁，該變化體現(xiàn)出：S

21、非金屬性比O弱 （填“強(qiáng)”或“弱”）用原子結(jié)構(gòu)解釋原因：同主族元素最外層電子數(shù)相同，從上到下，電子層數(shù)增多，原子半徑增大，得電子能力逐漸減弱（2）Na2S2O3是一種用途廣泛的鈉鹽下列物質(zhì)用于Na2S2O3的制備，從氧化還原反應(yīng)的角度，理論上有可能的是bd （填字母序號）aNa2S+S bZ+S cNa2SO3+Y dNaHS+NaHSO3已知反應(yīng)：Na2S2O3+H2SO4Na2SO4+S+SO2+H2O研究其反應(yīng)速率時(shí)，下列說法正確的是b（填寫字母序號）a可通過測定一段時(shí)間內(nèi)生成SO2的體積，得出該反應(yīng)的速率b可通過比較出現(xiàn)渾濁的時(shí)間，研究濃度溫度等因素對該反應(yīng)速率的影響c可通過Na2S2

22、O3固體與稀硫酸和濃硫酸的反應(yīng)，研究濃度對該反應(yīng)速率的影響（3）治理含COSO2的煙道氣，可以將其在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為單質(zhì)S和無毒的氣體已知：CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=283kJmol1S（s）+O2（g）=SO2（g）H=296kJmol1則治理煙道氣反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為2CO（g）+SO2 （g）S（s）+2CO2（g）H=270 kJmol1一定條件下，將CO與SO2以體積比為4：1置于恒容密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，下列選項(xiàng)能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是cd （填寫字母序號）av（CO）：v（SO2）=2：1 b平衡常數(shù)不變c氣體密度不變 dCO2和SO2的體積比保持不變測得上述

23、反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，混合氣體中CO的體積分?jǐn)?shù)為，則SO2的轉(zhuǎn)化率為60%（4）最近科學(xué)家提出“綠色自由”構(gòu)想：把空氣吹入碳酸鉀溶液，然后再把CO2從溶液中提取出來，經(jīng)化學(xué)反應(yīng)后使空氣中的CO2轉(zhuǎn)變?yōu)榭稍偕剂霞状技状伎芍谱魅剂想姵貙懗鲆詺溲趸洖殡娊赓|(zhì)的甲醇燃料電池負(fù)極反應(yīng)式CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O（5）某同學(xué)用沉淀法測定含有較高濃度CO2的空氣中CO2的含量，經(jīng)查得一些物質(zhì)在20的數(shù)據(jù)如下表溶解度（s）/g溶度積（Ksp）Ca（OH）2Ba（OH）2CaCO3BaCO30.163.892.91092.6109吸收CO2最合適的試劑是Ba（OH）2 （填“Ca（OH）2”或“Ba（

24、OH）2”）溶液考點(diǎn)：化學(xué)平衡的計(jì)算；原電池和電解池的工作原理；化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用.分析：（1）X為H2S，S最外層6個(gè)電子，能夠與2個(gè)H原子形成共價(jià)鍵；H2S在空氣中變渾濁是因?yàn)楸谎鯕庋趸癁镾；同主族元素最外層電子數(shù)相同，原子半徑自上而下逐漸增大，得電子能力逐漸減弱，失電子能力逐漸增強(qiáng)；（2）Na2S2O3中S為+2價(jià)，從氧化還原的角度分析，反應(yīng)物中S元素化合價(jià)必須分別大于2和小于2；硫代硫酸鈉與稀硫酸反應(yīng)生成了單質(zhì)硫，溶液變渾濁，反應(yīng)速率越快，出現(xiàn)渾濁時(shí)間越短；（3）由信息可知轉(zhuǎn)化為單質(zhì)S和無毒的氣體二氧化碳，利用已知熱化學(xué)方

25、程式，利用蓋斯定律可知2得到2CO（g）+SO2 （g）S（s）+2CO2（g）；反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)正逆反應(yīng)速率相等，各組分濃度保持不變；利用三段式法得到平衡的各物質(zhì)濃度，由達(dá)平衡時(shí)混合氣體中CO的體積分?jǐn)?shù)為計(jì)算轉(zhuǎn)化的量，再計(jì)算二氧化硫的轉(zhuǎn)化率；（4）甲醇作燃料電池，以氫氧化鉀為電解質(zhì)，則負(fù)極上甲醇失去電子生成碳酸根離子；（5）由表格數(shù)據(jù)可知，溶度積相差不大，但溶解度差異大，溶解度大的其濃度大，吸收效果好解答：解：（1）X中S元素的化合價(jià)為2價(jià)，則X為H2S，S最外層6個(gè)電子，能夠與2個(gè)H原子形成共價(jià)鍵，其電子式為；H2S在空氣中變渾濁是因?yàn)楸谎鯕庋趸癁镾，所以S非金屬性比O弱；同主族元素最外

26、層電子數(shù)相同，原子半徑自上而下逐漸增大，得電子能力逐漸減弱，失電子能力逐漸增強(qiáng)，故答案為：；弱；電子層數(shù)增多，原子半徑增大；（2）Na2S2O3中S為+2價(jià)，從氧化還原的角度分析，反應(yīng)物中S元素化合價(jià)必須分別大于2和小于2，a中S化合價(jià)都小于2，c中S的化合價(jià)都大于2，bd符合題意，故答案為：bd；根據(jù)硫代硫酸鈉與稀硫酸反應(yīng)生成了單質(zhì)硫，溶液變渾濁，可以判斷反應(yīng)速率快慢，反應(yīng)速率越快，出現(xiàn)渾濁時(shí)間越短，故答案為：b；（3）已知：CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=283kJmol1S（s）+O2（g）=SO2（g）H=296kJmol1由蓋斯定律可知2得到2CO（g）+SO2 （g）S（s

27、）+2CO2（g）H=270 kJmol1，故答案為：2CO（g）+SO2 （g）S（s）+2CO2（g）H=270 kJmol1；aCO和SO2的速率之比始終等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，其無法判斷反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)，故a錯(cuò)誤；b溫度不變平衡常數(shù)始終不變，平衡常數(shù)不變不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故b錯(cuò)誤；c容器體積不變，S為固態(tài)，反應(yīng)正向進(jìn)行氣體體積減小，當(dāng)氣體質(zhì)量不變時(shí)，說明各組分濃度不變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故c正確；dCO2和SO2的體積比保持不變說明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故d正確；由 2CO（g）+SO2 （g）S（s）+2CO2（g）反應(yīng)前（mol） 4 1 0 0轉(zhuǎn)化了（mol

28、）2x x x 2x平衡后（mol）42x 1x x 2x混合氣體中CO的體積分?jǐn)?shù)為，則有=，解得x=0.6，所以SO2的轉(zhuǎn)化率為100%=60%，故答案為：cd；60%；（4）甲醇燃料電池以氫氧化鉀為電解質(zhì)，則負(fù)極上甲醇失去電子生成碳酸根離子，負(fù)極反應(yīng)為CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O，故答案為：CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O； （5）由表格數(shù)據(jù)可知，碳酸鈣、碳酸鋇的溶度積相差不大，但Ca（OH）2、Ba（OH）2溶解度差異大，溶解度大的其濃度大，吸收效果好，則吸收CO2最合適的試劑是Ba（OH）2溶液，故答案為：Ba（OH）2點(diǎn)評：本題考查較綜合，涉及氧化還原反應(yīng)、元

29、素周期律的應(yīng)用、化學(xué)平衡計(jì)算、蓋斯定律應(yīng)用、電極反應(yīng)及圖象、表格數(shù)據(jù)分析等，注重高頻考點(diǎn)的考查，把握反應(yīng)原理、信息處理及應(yīng)用為解答的關(guān)鍵，綜合性較強(qiáng)，題目難度中等10（15分）（2015上饒三模）無機(jī)化合物A主要用于藥物制造在一定條件下，2.30g固體A與5.35g NH4Cl固體恰好完全反應(yīng)，生成固體B和4.48L氣體C（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氣體C極易溶于水得到堿性溶液，電解無水B可生成一種短周期元素的金屬單質(zhì)D和氯氣由文獻(xiàn)資料知道：工業(yè)上物質(zhì)A可用金屬D與液態(tài)的C在硝酸鐵催化下反應(yīng)來制備A物質(zhì)，純凈的A物質(zhì)為白色固體，但制得的粗品往往是灰色的；物質(zhì)A的熔點(diǎn)390，沸點(diǎn)430，密度大于苯或甲苯，遇水反

30、應(yīng)劇烈，也要避免接觸酸、酒精在空氣中A緩慢分解，對其加強(qiáng)熱則猛烈分解，在750800分解為化合物E和氣體C回答下列問題：（1）A的化學(xué)式LiNH2，C的電子式為（2）A與鹽酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為LiNH2+2HCl=LiCl+NH4Cl（3）A在750800分解的方程式為3LiNH2Li3N+2NH3 ，制得的粗品往往是灰色的，其可能的原因是制得的產(chǎn)物中含有雜質(zhì)鐵（4）久置的A可能大部分變質(zhì)而不能使用，需要將其銷毀遇到這種情況，可用苯或甲苯將其覆蓋，然后緩慢加入用苯或甲苯稀釋過的無水乙醇，試解釋其化學(xué)原理LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它們，所以可用苯或甲苯進(jìn)行覆蓋；乙醇羥基上的氫較活潑，故也

31、可以跟LiNH2反應(yīng)，方程式為LiNH2+C2H5OHC2H5OLi+NH3，但是由于醇羥基上的氫比水中氫不活潑，故此反應(yīng)進(jìn)行較緩慢，可將其銷毀又不會(huì)有危險(xiǎn)（5）工業(yè)制備單質(zhì)D的流程圖如圖：步驟中操作名稱是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶試用平衡移動(dòng)原理解釋步驟中減壓的目的是存在平衡：LiClH2O（s）LiCl（s）+H2O（g），減小壓強(qiáng)，有利于平衡向正方向移動(dòng)，有利于無水LiCl的制備（6）寫出D的重氫化合物與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為LiD+H2O=LiOH+HD考點(diǎn)：無機(jī)物的推斷.專題：推斷題分析：（1）在一定條件下，2.30g固體A與5.35gNH4Cl固體恰好完全反應(yīng)，生成固體B和4.48L氣體C

32、（標(biāo)準(zhǔn)狀況），氣體C極易溶于水得到堿性溶液，可推知C為NH3，電解無水B可生成一種短周期元素的金屬單質(zhì)D和氯氣，B為金屬D氯化物，4.48L氨氣的物質(zhì)的量=0.2mol，其質(zhì)量=0.2mol17g/mol=3.4g，根據(jù)質(zhì)量守恒可知B的質(zhì)量為2.3g+5.35g3.4g=4.25g，NH4Cl的摩爾質(zhì)量為53.5g/mol，5.35gNH4Cl為0.1mol，若D為A族金屬，則固體A與NH4Cl固體反應(yīng)可表為：A+NH4ClDCl2+NH3，根據(jù)Cl原子守恒，DCl2的物質(zhì)的量=0.05mol，其摩爾質(zhì)量=85g/mol，D的相對分子質(zhì)量=8571=14，不符合題意，若D為A族金屬，則固體A與

33、NH4Cl固體反應(yīng)可表為：A+NH4ClDCl+NH3，根據(jù)Cl原子守恒，DCl的物質(zhì)的量=0.1mol，其摩爾質(zhì)量=42.5g/mol，D的相對分子質(zhì)量=42.535.5=7，故D為Li，可推知B為LiCl，那么2.3g化合物A中含Li元素也為 0.1mol，再根據(jù)質(zhì)量守恒和原子守恒（原子的種類和數(shù)目反應(yīng)前后相同），則2.3gA中含有N原子為0.2mol0.1mol=0.1mol，含有H原子為0.2mol40.4mol=0.2mol，可推知A是LiNH2；（2）根據(jù)化合物A（LiNH2）遇水強(qiáng)烈水解，能生成LiOH和NH3，所以其與鹽酸反應(yīng)生成LiCl、NH4Cl；（3）LiNH2中N原子與

34、H原子數(shù)目之比為1：2，NH3中N原子與H原子數(shù)目之比為1：3，故化合物E含有Li、N元素，應(yīng)為Li3N，根據(jù)質(zhì)原子守恒書寫方程式為；制得的產(chǎn)物中含有雜質(zhì)鐵，使粗品往往是灰色；（4）LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它們，所以可用苯或甲苯進(jìn)行覆蓋；乙醇羥基上的氫較活潑，故也可以跟LiNH2反應(yīng)，但是由于醇羥基上的氫比水中氫不活潑，故此反應(yīng)進(jìn)行較緩慢，可將其銷毀又不會(huì)有危險(xiǎn)；（5）、通過工業(yè)制備單質(zhì)Li的流程圖可知：步驟是要從LiCl溶液獲得LiClH2O晶體，所以，其操作應(yīng)為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌；、步驟中存在平衡：LiClH2O（s）LiCl （s）+H2O（g），結(jié)合壓強(qiáng)對平衡移

35、動(dòng)影響分析解答；（6）根據(jù)水解原理解答：LiD中陽離子與水電離的氫氧根離子結(jié)合，而陽離子與水電離的氫離子結(jié)合解答：（1）在一定條件下，2.30g固體A與5.35gNH4Cl固體恰好完全反應(yīng)，生成固體B和4.48L氣體C （標(biāo)準(zhǔn)狀況），氣體C極易溶于水得到堿性溶液，可推知C為NH3，電解無水B可生成一種短周期元素的金屬單質(zhì)D和氯氣，B為金屬D氯化物，4.48L氨氣的物質(zhì)的量=0.2mol，其質(zhì)量=0.2mol17g/mol=3.4g，根據(jù)質(zhì)量守恒可知B的質(zhì)量為2.3g+5.35g3.4g=4.25g，NH4Cl的摩爾質(zhì)量為53.5g/mol，5.35gNH4Cl為0.1mol，若D為A族金屬，則

36、固體A與NH4Cl固體反應(yīng)可表為：A+NH4ClDCl2+NH3，根據(jù)Cl原子守恒，DCl2的物質(zhì)的量=0.05mol，其摩爾質(zhì)量=85g/mol，D的相對分子質(zhì)量=8571=14，不符合題意，若D為A族金屬，則固體A與NH4Cl固體反應(yīng)可表為：A+NH4ClDCl+NH3，根據(jù)Cl原子守恒，DCl的物質(zhì)的量=0.1mol，其摩爾質(zhì)量=42.5g/mol，D的相對分子質(zhì)量=42.535.5=7，故D為Li，可推知B為LiCl，那么2.3g化合物A中含Li元素也為 0.1mol，再根據(jù)質(zhì)量守恒和原子守恒（原子的種類和數(shù)目反應(yīng)前后相同），則2.3gA中含有N原子為0.2mol0.1mol=0.1m

37、ol，含有H原子為0.2mol40.4mol=0.2mol，可推知A是LiNH2，氨氣的電子式為：，故答案為：LiNH2；（2）根據(jù)化合物A（LiNH2）遇水強(qiáng)烈水解，能生成LiOH和NH3，所以其與鹽酸反應(yīng)生成LiCl、NH4Cl，反應(yīng)方程式為：LiNH2+2HCl=LiCl+NH4Cl，故答案為：LiNH2+2HCl=LiCl+NH4Cl；（3）LiNH2中N原子與H原子數(shù)目之比為1：2，NH3中N原子與H原子數(shù)目之比為1：3，故化合物E含有Li、N元素，應(yīng)為Li3N，反應(yīng)方程式為：3LiNH2Li3N+2NH3 ；制得的產(chǎn)物中含有雜質(zhì)鐵，使粗品往往是灰色，故答案為：3LiNH2Li3N+

38、2NH3 ；制得的產(chǎn)物中含有雜質(zhì)鐵；（4）LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它們，所以可用苯或甲苯進(jìn)行覆蓋；乙醇羥基上的氫較活潑，故也可以跟LiNH2反應(yīng)，方程式為LiNH2+C2H5OHC2H5OLi+NH3，但是由于醇羥基上的氫比水中氫不活潑，故此反應(yīng)進(jìn)行較緩慢，可將其銷毀又不會(huì)有危險(xiǎn)，故答案為：LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它們，所以可用苯或甲苯進(jìn)行覆蓋；乙醇羥基上的氫較活潑，故也可以跟LiNH2反應(yīng)，方程式為LiNH2+C2H5OHC2H5OLi+NH3，但是由于醇羥基上的氫比水中氫不活潑，故此反應(yīng)進(jìn)行較緩慢，可將其銷毀又不會(huì)有危險(xiǎn)（5）通過工業(yè)制備單質(zhì)Li的流程圖可知：步驟是要從

39、LiCl溶液獲得LiClH2O晶體，所以，其操作應(yīng)為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌步驟是要將LiClH2O晶體在減壓、干燥的氯化氫氣氛中加熱（200）生成無水LiCl，然后經(jīng)步驟電解熔融的LiCl制得金屬Li，則：步驟中的操作己經(jīng)有過濾、洗滌，還應(yīng)有“蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶”，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；LiClH2O晶體脫去結(jié)晶水生成無水LiCl的反應(yīng)：LiClH2O（s）LiCl （s）+H2O（g），是一個(gè)擴(kuò)大氣體體積的反應(yīng)，所以減小壓強(qiáng)，有利于平衡LiClH2O（s）LiCl （s）+H2O（g），向正方向移動(dòng)，有利于無水LiCl的制備 故答案為：存在平衡：LiClH2O（s）LiCl

40、（s）+H2O（g），減小壓強(qiáng)，有利于平衡向正方向移動(dòng)，有利于無水LiCl的制備；（6）LiD中陽離子與水電離的氫氧根離子結(jié)合，而陽離子與水電離的氫離子結(jié)合，反應(yīng)方程式為：LiD+H2O=LiOH+HD，故答案為：LiD+H2O=LiOH+HD點(diǎn)評：本題考查無機(jī)物推斷、化學(xué)實(shí)驗(yàn)等，題目素材比較陌生，增大題目難度，側(cè)重考查學(xué)生對知識的遷移應(yīng)用與綜合分析解決問題能力，對學(xué)生的邏輯推理有較高的要求，計(jì)算推斷金屬D為Li是關(guān)鍵，難度較大二、選考題：共45分請考生從給出的3道物理題3道化學(xué)題2道生物題中每科任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號涂黑注意所做題目的題號必須與所涂題目的題號一致

41、，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題如果多做，則每學(xué)科按所做的第一題計(jì)分【化學(xué)-選修2：化學(xué)與技術(shù)】11（15分）（2015上饒三模）由熔鹽電解法獲得的粗鋁含有一定量的金屬鈉和氫氣，這些雜質(zhì)可采用吹氣精煉法除去，產(chǎn)生的尾氣經(jīng)處理后可用于鋼材鍍鋁，工藝流程如下：（已知：NaCl熔點(diǎn)為801；AlCl3在181升華；固體直接變?yōu)闅怏w叫做升華）（1）把NaCl和AlCl3的固體混合物置于如圖所示的裝置的一端，加熱到181 （最低溫度），即可分離NaCl和AlCl3（2）將Cl2連續(xù)通入坩堝中的粗鋁熔體里，雜質(zhì)隨氣泡上浮除去氣泡的主要成分除Cl2外還含有H2、HCl、AlCl3；固態(tài)雜質(zhì)黏附于氣泡上，在熔體

42、表面形成浮渣，浮渣中肯定存在的物質(zhì)是NaCl（3）用廢堿液處理氣體A的過程中，所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式有：H+OHH2O，Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O（4）鍍鋁電鍍池中，金屬鋁為陽 極，熔融鹽電鍍池中存在Na+K+AlCl4Al2Cl7等離子鋼材表面（電極）的電極反應(yīng)式為AlCl4+3eAl+4Cl或Al2O7+6e=2Al+7Cl（5）鋼材鍍鋁后，在表面氧化成致密的氧化鋁膜，避免鋼材接觸空氣而防止鋼材被腐蝕考點(diǎn)：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用；原電池和電解池的工作原理.分析：粗鋁700C通入氯氣在坩堝中精煉，將Cl2連續(xù)通入坩堝中的粗鋁熔體，雜質(zhì)隨氣泡上浮除去氣泡的主要成分除C

43、l2外還含有H2、HCl、AlCl3，除渣得到高純鋁液和尾氣，高純鋁液冷卻得到高純鋁錠，尾氣冷凝得到氣體A為Cl2，廢堿液回收得到回收液；B固體加入氯化鈉氯化鉀加熱得到熔融鹽電鍍得到鍍鋁制品；（1）NaCl熔點(diǎn)為801；AlCl3在181升華，據(jù)此分析分離的溫度；（2）根據(jù)題中信息：NaCl熔點(diǎn)為801；AlCl3在181升華，在結(jié)合物質(zhì)之間的反應(yīng)來分析；（3）酸性氣體能和強(qiáng)堿反應(yīng)，用燒堿來處理尾氣，氯氣和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水；（4）電鍍池中鍍件金屬作陽極，金屬發(fā)生氧化反應(yīng)，鋼材做陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，熔融鹽電鍍池中存在Na+K+AlCl4Al2Cl7等離子分析；（5）

44、根據(jù)氧化鋁的性質(zhì)穩(wěn)定來回答，鋁金屬表面形成的致密氧化鋁膜具有保護(hù)作用解答：解：粗鋁700C通入氯氣在坩堝中精煉，將Cl2連續(xù)通入坩堝中的粗鋁熔體，雜質(zhì)隨氣泡上浮除去氣泡的主要成分除Cl2外還含有H2、HCl、AlCl3，除渣得到高純鋁液和尾氣，高純鋁液冷卻得到高純鋁錠，尾氣冷凝得到氣體A為Cl2，廢堿液回收得到回收液；B固體加入氯化鈉氯化鉀加熱得到熔融鹽電鍍得到鍍鋁制品；（1）NaCl熔點(diǎn)為801；AlCl3在181升華，把NaCl和AlCl3的固體混合物置于如圖所示的裝置的一端，加熱到181氯化鋁變化為氣體升華，在另一端冷凝分離，故答案為：181；（2）粗鋁含有一定量的金屬鈉和氫氣，鈉、鋁和

45、氯氣反應(yīng)生成了氯化鈉和氯化鋁，氫氣和氯氣發(fā)生反應(yīng)生成氯化氫，其中氯化鈉熔點(diǎn)為801，較高，是固態(tài)雜質(zhì)隨氣泡上浮，氣泡的主要成分除Cl2外還含有H2、HCl、AlCl3，故答案為：H2、HCl、AlCl3；NaCl；（3）A中有氯氣以及氯化氫，均能和燒堿反應(yīng)，用于尾氣處理，實(shí)質(zhì)為：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，H+OH=H2O，故答案為：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；（4）電鍍池中鍍件金屬鋁作陽極，金屬鋁失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，鋼材做陰極，表面（電極）的電極反應(yīng)式為：AlCl4+3eAl+4Cl或Al2O7+6e=2Al+7Cl，故答案為：陽；Al2O7+6e=2Al+7Cl；（5）

46、鋁金屬表面形成的致密氧化鋁膜具有保護(hù)作用，致密的氧化膜能隔絕鋼材與空氣中的O2、CO2和H2O等接觸，使電化學(xué)腐蝕和化學(xué)腐蝕不能發(fā)生，故答案為：氧化鋁膜點(diǎn)評：本題考查了物質(zhì)分離提純的流程分析判斷，物質(zhì)性質(zhì)和試劑作用于產(chǎn)物的判斷是解題關(guān)鍵，是一道有關(guān)金屬的工業(yè)制備知識題目，考查角度廣，難度中等二、（15分）12（2015上饒三模）I德國和美國科學(xué)家首先制出由20個(gè)碳原子組成的空心籠狀分子C20，該籠狀結(jié)構(gòu)是由許多正五邊形構(gòu)成如圖C20分子中每個(gè)碳原子只跟相鄰的3個(gè)碳原子形成化學(xué)鍵；多面體的頂點(diǎn)數(shù)、面數(shù)和棱邊數(shù)的關(guān)系，遵循歐拉定理：頂點(diǎn)數(shù)+面數(shù)+棱邊數(shù)=2，請回答：C20分子共有12個(gè)正五邊形，共

47、有30條棱邊A、B、C是短周期非金屬元素，核電荷數(shù)依次增大A原子外圍電子排布為ns2np2，C是地殼中含量最多的元素D元素的核電荷數(shù)為29請用對應(yīng)的元素符號或化學(xué)式填空：（1）A、B、C的第一電離能由小到大的順序?yàn)镃ON（2）分子（AB）2中鍵與鍵之間的夾角為180，并有對稱性，每個(gè)原子最外層電子數(shù)均滿足八電子，其結(jié)構(gòu)式為，1mol該分子中含有鍵的數(shù)目為4NA（或2.4081024）該分子中碳原子的雜化軌道類型是sp，該分子屬于非極性分子（填“極性”或“非極性”）（3）基態(tài)D原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1考點(diǎn)：晶胞的計(jì)算；位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用.專題：元素周

48、期律與元素周期表專題；化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)分析：I每條共價(jià)鍵被兩個(gè)碳原子共有，根據(jù)歐拉定理計(jì)算；II由題意可知，A、B、C、D四種元素分別是C、N、O、Cu；（1）根據(jù)第一電離能遞變規(guī)律得到答案；（2）（CN）2中鍵與鍵之間的夾角為180，C最外層電子數(shù)為4，N原子最外層電子數(shù)為5，且每個(gè)原子最外層電子數(shù)均滿足八電子推斷其結(jié)構(gòu)式；根據(jù)結(jié)構(gòu)式判斷鍵數(shù)目，根據(jù)結(jié)構(gòu)式判斷雜化類型，根據(jù)其對稱性判斷其分子類型；（3）根據(jù)Cu的原子序數(shù)為29，根據(jù)能量最低原則、泡利不相容原理和洪特規(guī)則寫出核外電子排布式解答：解：I頂點(diǎn)數(shù)為20，每條共價(jià)鍵被兩個(gè)碳原子共有，所以棱數(shù)為=30；根據(jù)歐拉定理，面數(shù)=30+220=

49、12，故答案為：12、30；II（1）第一電離能從左到右呈增大趨勢，由于N原子2p軌道半充滿，較為穩(wěn)定，其第一電離能較大，O原子2p軌道比N原子多一個(gè)電子，容易失去第一個(gè)電子，N原子第一電離能大于O原子，第一電離能從小到大順序?yàn)椋篊ON，故答案為：CON；（2）（CN）2中鍵與鍵之間的夾角為180，C最外層電子數(shù)為4，N原子最外層電子數(shù)為5，且每個(gè)原子最外層電子數(shù)均滿足八電子，則C、N原子之間以CN結(jié)合，C還有一個(gè)未成對電子，故兩個(gè)C原子形成一對共用電子對，則其結(jié)構(gòu)式為：；根據(jù)結(jié)構(gòu)式可知，分子內(nèi)含有4條鍵，則1mol該分子中含有4mol鍵，結(jié)構(gòu)中含有兩條CN，即有2條2p軌道未參與雜化，判斷雜化類型為sp雜化，由于其分子具有對稱性，又由于鍵與鍵