福建省漳州市2016届高考化学二模试卷 Word版含解析.doc

‎2016年福建省漳州市高考化学二模试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题包括7小题，每小题6分，共计42分．每小题只有一个选项符合题意．）‎ ‎1．化学与生活息息相关，下列说法错误的是（　　）‎ A．乙烯可作为水果的催熟剂 B．地沟油经过处理，可用来制造肥皂 C．煤炭燃烧过程安装固硫装置，可有效提高煤的利用率 D．发生地震后，防疫人员在震区周围撒石灰，进行环境消毒，防止灾后出现疫情 ‎2．设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述不正确的是（　　）‎ A．1.5 g甲基所含有的电子数目为0.9NA B．在1L0.1 mol•L﹣1Na2S溶液中，阴离子总数大于0.1NA C．78g Na2O2与足量CO2完全反应，转移的电子总数为NA D．在KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O反应中，每生成3 molI2，则转移6NA个电子 ‎3．萘的结构简式可表示为，其二氯取代产物异构体数目为（　　）‎ A．6种 B．8种 C．10种 D．12种 ‎4．四种短周期元素在周期表中的位置如右图，其中X元素的原子最外层电子数等于其电子层数．下列说法不正确的是（　　）‎ Z W X Y A．X位于元素周期表中第3 周期、ⅢA族 B．原子半径：X＞Z＞W C．最简单气态氢化物的热稳定性：W＞Y D．Y的最高价氧化物可以和W的最简单氢化物反应 ‎5．下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是（　　）‎ 操作和现象 结论 A 常温下，将Al箔插入浓HNO3中，无明显现象 铝和浓硝酸不反应 B 向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，溶液变浑浊 析出了NaHCO3‎ C 用铂丝蘸取溶液进行焰色反应，观察到火焰呈黄色 该溶液一定是钠盐溶液 D 向装有Fe（NO3）2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体 HNO3分解生成了NO2‎ A．A B．B C．C D．D ‎6．一定条件下，可逆反应的平衡常数可以用平衡浓度计算．也可以用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数．在恒温恒压条件下，总压不变，用平衡分压计算平衡常数更方便．下列说法不正确的是（　　）‎ A．对于C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）在一定条件下达到平衡状态时，体系的总压强为P，其中C2H4（g）、H2O（g）、C2H5OH（g）均为l mol，则用分压表示的平衡常数Kp=‎ B．恒温恒压下，在一容积可变的容器中，反应2A（g）+B（g）═2C（g）达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4 mol、2 mol和4 mol．若此时A、B和C均增加1 mol，平衡正向移动 C．一恒温恒压下，在一容积可变的容器中，N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）达到平衡状态时，N2、H2、NH3各l mol，若此时再充入3mol N2，则平衡正向移动 D．对于一定条件下的某一可逆反应，用平衡浓度表示的平衡常数和用平衡分压表示的平衡常数，其数值不同，但意义相同，都只与温度有关 ‎7．常温下，向20.00mL 0.1000mol•L﹣1 （NH4）2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol•L﹣1NaOH时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑挥发）．下列说法不正确的是（　　）‎ A．点a所示溶液中：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）‎ B．点b所示溶液中：c（NH4+）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣）‎ C．点c所示溶液中：c（SO42﹣）+c（H+）=c（NH3•H2O ）+c（OH﹣）‎ D．点d所示溶液中：c（NH3•H2O ）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）‎ ‎　‎ 二、非选择题（包括必考题和选考题两部分）‎ ‎8．苯甲酸是一种重要的化工原料．实验室合成苯甲酸的原理、有关数据及装置示意图如下：‎ 名称 性状 熔点（℃）‎ 沸点（℃）‎ 密度 ‎（g/mL）‎ 溶解性 水 乙醇 甲苯 无色液体易燃易挥发 ‎﹣95‎ ‎110.6‎ ‎0.8669‎ 不溶 互溶 苯甲酸 白色片状或针状晶体 ‎112.4‎ ‎（100℃左右升华）‎ ‎248‎ ‎1.2659‎ 微溶 易溶 苯甲酸在水中的溶解度如表：‎ 温度/℃‎ ‎4‎ ‎18‎ ‎75‎ 溶解度/g ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎2.2‎ 某学习小组在实验室制备、分离、提纯苯甲酸，并测定所得样品的纯度，步骤如下：‎ 一制备苯甲酸在三颈烧瓶中加入2.7mL甲苯、100mL水和2～3片碎瓷片，开动电动搅拌器，a中通入流动水，在石棉网上加热至沸腾，然后分批加入8.5g高锰酸钾，继续搅拌约4～5h，直到甲苯层几乎近于消失、回流液不再出现油珠，停止加热和搅拌，静置．‎ 二分离提纯 在反应混合物中加入一定量草酸（H2C2O4）充分反应，过滤、洗涤，将滤液放在冰水浴中 冷却，然后用浓盐酸酸化，苯甲酸全部析出后减压过滤，将沉淀物用少量冷水洗涤，挤压去水分后放在沸水浴上干燥，得到粗产品．‎ 三测定纯度 称取mg产品，配成100.00mL乙醇溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶，滴加2～3滴酚酞，然后用标准浓度KOH溶液滴定．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）装置a的名称是　　　　　　，其作用为　　　　　　．‎ ‎（2）甲苯被高锰酸钾氧化的原理为：‎ ‎，‎ 请完成并配平该化学方程式．‎ ‎（3）分离提纯过程中加入的草酸是一种二元弱酸，反应过程中有酸式盐和无色气体生成．加入草酸的作用是　　　　　　，请用离子方程式表示反应原理　　　　　　．‎ ‎（4）产品减压过滤时用冷水洗涤的原因是　　　　　　．‎ ‎（5）要将粗产品进一步提纯，最好选用下列　　　　　　操作．（选填字母）‎ A、溶于水后过滤 B、溶于乙醇后蒸馏 C、用甲苯萃取后分液 D、升华 ‎（6）测定纯度步骤中，滴定终点溶液的颜色变化是　　　　　　．‎ 若m=1.2000g，滴定时用去0.1200mol•L﹣1标准KOH溶液20.00mL，则所得产品中苯甲酸的质量分数为　　　　　　．‎ ‎9．锂元素被誉为“能源元素”．锂及锂盐具有的优异性能和特殊功能，在化工、电子、宇航、核能、能源等领域都得到广泛应用．‎ Ⅰ锂的原子结构示意图为　　　　　　；锂暴露在湿空气中时，会迅速地失去金属光泽、表面开始变黑，更长时间则变成白色．生成的化合物是氮化锂、氢氧化锂，最终生成碳酸锂．写出生成氮化锂的化学方程式　　　　　　．‎ Ⅱ下面是从锂辉石（Li2O•Al2O3•SiO2）中提出锂的工业流程示意图．‎ ‎①高温煅烧时的反应原理为：‎ Li2O•Al2O3•SiO2+K2SO4=K2O•Al2O3•SiO2+Li2SO4‎ Li2O•Al2O3•SiO2+Na2SO4=Na2O•Al2O3•SiO2+Li2SO4‎ ‎②锂离子浸取液中含有的金属离子为：K+、Na+、Li+、Fe3+、Fe2+、Al3+、Mn2+．‎ ‎③几种金属离子沉淀完全的pH 金属离子 Al（OH）3‎ Fe（OH）2‎ Fe（OH）3‎ Mn（OH）2‎ 沉淀完全的pH ‎4.7‎ ‎9.0‎ ‎3.2‎ ‎10.1‎ ‎④Li2SO4、Li2CO3在不同温度下的溶解度（g/100g水）‎ 温度 溶解度 ‎10℃‎ ‎20℃‎ ‎50℃‎ ‎80℃‎ Li2SO4‎ ‎35.4‎ ‎34.7‎ ‎33.1‎ ‎31.7‎ Li2CO3‎ ‎1.43‎ ‎1.33‎ ‎1.08‎ ‎0.85‎ ‎（1）浸取时使用冷水的原因是　　　　　　．‎ ‎（2）滤渣2的主要成分为　　　　　　．‎ ‎（3）流程中分2次调节pH（pH7～8和pH＞13），有研究者尝试只加一次浓NaOH溶液使pH＞13，结果发现在加饱和碳酸钠溶液沉锂后，随着放置时间延长，白色沉淀增加，最后得到的Li2CO3产品中杂质增多．Li2CO3产品中的杂质可能是　　　　　　，用离子方程式表示其产生的原因　　　　　　．‎ ‎（4）加热浓缩的作用是　　　　　　．‎ ‎（5）洗涤Li2CO3晶体使用　　　　　　．‎ ‎10．CH4和CO2可以制造价值更高的化学产品．已知：‎ CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=a kJ•mol﹣1‎ CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H2=b kJ•mol﹣1‎ ‎2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H3=c kJ•mol﹣1‎ ‎（1）求反应CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H=　　　　　　 kJ•mol﹣1（用含a、b、c的代数式表示）．‎ ‎（2）一定条件下，等物质的量的CO（g）和H2（g）可合成二甲醚（CH3OCH3），同时还产生了一种可参与大气循环的无机化合物，该反应的化学方程式为　　　　　　．‎ ‎（3）用Cu2Al2O4做催化剂，一定条件下发生反应：CO2（g）+CH4（g）=CH3COOH（g），温度与催化剂的催化效率和乙酸的生成速率的关系如图，回答下列问题：‎ ‎①250～300℃时，乙酸的生成速率降低的原因是　　　　　　．‎ ‎②300～400℃时，乙酸的生成速率升高的原因是　　　　　　．‎ ‎11．钠硫电池以熔融金属Na、熔融S和多硫化钠（Na2SX）分别作为两个电极的反应物，多孔固体Al2O3陶瓷（可传导Na+）为电解质，其反应原理如图所示：‎ Na2SX2Na+XS （3＜X＜5）‎ 物质 Na S Al2O3‎ 熔点/℃‎ ‎97.8‎ ‎115‎ ‎2050‎ 沸点/℃‎ ‎892‎ ‎444.6‎ ‎2980‎ ‎（4）根据上表数据，判断该电池工作的适宜温度应为　　　　　　（填字母序号）．‎ A．100℃以下 B．100℃～300℃‎ C．300℃～350℃D．350℃～2050℃‎ ‎（5）关于钠硫电池，下列说法正确的是　　　　　　（填字母序号）．‎ A．放电时，电极A为负极 B．放电时，Na+的移动方向为从B到A C．充电时，电极A应连接电源的正极 D．充电时电极B的电极反应式为SX2﹣﹣2e﹣=xS ‎（6）25℃时，若用钠硫电池作为电源电解500mL 0.2mol•L﹣1 NaCl溶液，当溶液的pH变为l3时（忽略电解前后溶液的体积变化），电路中通过的电子的物质的量为 ‎　　　　　　mol，钠硫电池两极的反应物的质量差为　　　　　　 g．（假设电解前钠硫电池两极的反应物质量相等）‎ ‎　‎ ‎【化学--选修3物质结构与性质】‎ ‎12．已知A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大．A与C原子的基态电子排布中L能层都有两个未成对电子，C、D同主族． E、F都是第四周期元素，E原子的基态电子排布中有4个未成对电子，F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满．根据以上信息填空：‎ ‎（1）基态D原子中，电子占据的最高能层符号　　　　　　，该能层具有的原子轨道数为　　　　　　．‎ ‎（2）E2+离子的价层电子排布的轨道表示式是　　　　　　，F原子的电子排布式是　　　　　　．‎ ‎（3）A元素的最高价氧化物对应的水化物中心原子采取的轨道杂化方式为　　　　　　，B元素的气态氢化物的价层电子对互斥模型为　　　　　　．‎ ‎（4）化合物AC2、B2C和阴离子DAB﹣互为等电子体，它们结构相似，DAB﹣的电子式为　　　　　　．DAB﹣的水溶液可以用于实验室中E3+离子的定性检验，形成配合物的颜色为　　　　　　．‎ ‎（5）某种化合物由D，E，F三种元素组成，其晶胞如图所示，则其化学式为　　　　　　，该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度d=　　　　　　g•cm﹣3．（保留两位小数）‎ ‎　‎ ‎【化学——选修5：有机化学基础】‎ ‎13．伪麻黄碱（D）是新康泰克的成分之一，能够缓解感冒时带来的鼻塞、流鼻涕和打喷嚏等症状，其中一种合成路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）伪麻黄碱（D）的分子式为　　　　　　；B中含有的官能团有　　　　　　（写名称）．‎ ‎（2）写出 B﹣C反应的化学方程式：　　　　　　．C﹣D的反应类型为　　　　　　．‎ ‎（3）B的消去反应产物可以用于合成高分子化合物E，请写出 E的结构简式：　　　　　　‎ ‎（4）满足下列要求的A的同分异构体有　　　　　　种；‎ ‎①能发生银镜反应 ②苯环上的一氯代物有两种结构其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的为　　　　　　（写结构简式）．‎ ‎（5）已知：参照上述合成路线，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备的合成路线：　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎2016年福建省漳州市高考化学二模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题包括7小题，每小题6分，共计42分．每小题只有一个选项符合题意．）‎ ‎1．化学与生活息息相关，下列说法错误的是（　　）‎ A．乙烯可作为水果的催熟剂 B．地沟油经过处理，可用来制造肥皂 C．煤炭燃烧过程安装固硫装置，可有效提高煤的利用率 D．发生地震后，防疫人员在震区周围撒石灰，进行环境消毒，防止灾后出现疫情 ‎【考点】物质的组成、结构和性质的关系．‎ ‎【专题】化学应用．‎ ‎【分析】A．乙烯是一种植物激素，可用作水果和蔬菜的催熟剂； ‎ B．地沟油中含有大量的有害物质，在碱性条件下水解可以用来制肥皂；‎ C．安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，是为了减少硫的化合物的排放；‎ D．石灰可使蛋白质发生变性．‎ ‎【解答】解：A．乙烯是一种植物激素，可用作水果和蔬菜的催熟剂，故A正确； ‎ B．地沟油中含有大量的有害物质，“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂，故B正确；‎ C．安装煤炭燃烧过程的“固硫“装置，主要是为了减少污染，故C错误；‎ D．石灰可使病菌中的蛋白质发生变性，起到环境消毒作用，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查常见有机物的性质，涉及乙烯、油脂、空气污染以及消毒剂等，题目难度不大，注意化学与生产生活的联系．‎ ‎　‎ ‎2．设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述不正确的是（　　）‎ A．1.5 g甲基所含有的电子数目为0.9NA B．在1L0.1 mol•L﹣1Na2S溶液中，阴离子总数大于0.1NA C．78g Na2O2与足量CO2完全反应，转移的电子总数为NA D．在KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O反应中，每生成3 molI2，则转移6NA个电子 ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．‎ ‎【分析】A、求出甲基的物质的量，然后根据1mol甲基中含9mol电子来分析；‎ B、硫离子的水解导致阴离子个数增多；‎ C、求出过氧化钠的物质的量，然后根据1mol过氧化钠反应时转移1mol电子来分析；‎ D、KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O反应转移5mol电子，生成3mol碘单质．‎ ‎【解答】解：A、1.5g甲基的物质的量为0.1mol，而1mol甲基中含9mol电子，故0.1mol甲基中含0.9mol电子即0.9NA个，故A正确；‎ B、硫离子的水解导致阴离子个数增多，故溶液中的阴离子的个数多于0.1NA个，故B正确；‎ C、78g过氧化钠的物质的量为1mol，而1mol过氧化钠反应时转移1mol电子，即NA个，故C正确；‎ D、KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O反应转移5mol电子，生成3mol碘单质，故当生成3mol碘单质时，转移5NA个电子，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．‎ ‎　‎ ‎3．萘的结构简式可表示为，其二氯取代产物异构体数目为（　　）‎ A．6种 B．8种 C．10种 D．12种 ‎【考点】同分异构现象和同分异构体．‎ ‎【专题】同分异构体的类型及其判定．‎ ‎【分析】萘分子中的氢原子均可以被取代，发生苯环上的二元取代，可以采用定一议二法解题，据此书写判断．‎ ‎【解答】萘分子中两个苯环是等同的，除并在一起的两个碳原子外，只存在两种不同的碳原子，即a位的和b位的碳原子．定一个a位的碳原子，再连接其余的a位的和b位的碳原子，这样形成的二溴代物就有7种；定一个b位的碳原子，再连接其余的b 位的碳原子，这样形成的二溴代物就有3种．如图所示．因此，总共有10种，故选C．‎ ‎【点评】本题考查同分异构体的书写，题目难度不大，二元取代物可以采用定一议二法解题．‎ ‎　‎ ‎4．四种短周期元素在周期表中的位置如右图，其中X元素的原子最外层电子数等于其电子层数．下列说法不正确的是（　　）‎ Z W X Y A．X位于元素周期表中第3 周期、ⅢA族 B．原子半径：X＞Z＞W C．最简单气态氢化物的热稳定性：W＞Y D．Y的最高价氧化物可以和W的最简单氢化物反应 ‎【考点】原子结构与元素的性质．‎ ‎【分析】由短周期元素在周期表的位置可知，Z、W处于第二周期，X、Y处于第三周期，其中X原子最外层电子数等于其电子层数，最外层电子数为3，则X为Al，可推知Y为Si、Z为N、W为O，结合元素化合物性质与元素周期律解答．‎ ‎【解答】解：由短周期元素在周期表的位置可知，Z、W处于第二周期，X、Y处于第三周期，其中X原子最外层电子数等于其电子层数，最外层电子数为3，则X为Al，可推知Y为Si、Z为N、W为O，‎ A．有上述分析可知，X位于元素周期表中第3周期ⅢA族，故A正确；‎ B．同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径X＞Y＞Z，故B正确；‎ C．氢化物稳定性与非金属性一致，W元素的非金属性比Y强，故最简单气态氢化物的热稳定性：W＞Y，故C正确；‎ D．二氧化硅不能与水反应，故D错误，‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查元素周期表与元素周期律的综合应用，难度不大，关键是根据位置关系确定元素所处的周期，注意基础知识的掌握．‎ ‎　‎ ‎5．下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是（　　）‎ 操作和现象 结论 A 常温下，将Al箔插入浓HNO3中，无明显现象 铝和浓硝酸不反应 B 向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，溶液变浑浊 析出了NaHCO3‎ C 用铂丝蘸取溶液进行焰色反应，观察到火焰呈黄色 该溶液一定是钠盐溶液 D 向装有Fe（NO3）2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体 HNO3分解生成了NO2‎ A．A B．B C．C D．D ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【专题】化学实验基本操作．‎ ‎【分析】A．Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜； ‎ B．碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠；‎ C．只能说明含有钠元素；‎ D．NO3﹣在酸性条件下具有氧化性，被还原生成NO，NO被O2氧化为红棕色的NO2．‎ ‎【解答】解：A．Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜，并不是没有反应，故A错误； ‎ B．饱和Na2CO3溶液中通入CO2发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，由于产生的碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，故会从过饱和溶液中析出，故B正确；‎ C．只能说明含有钠元素，不一定为钠盐，可能为碱溶液，故C错误；‎ D．向Fe（NO3）2溶液中加入H2SO4，则会发生离子反应：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，产生的NO在管口生成NO2呈现红色，而不是HNO3分解产生NO2，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及盐类的水解、物质的检验等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质的异同以及实验的合理性和可行性的评价，难度不大．‎ ‎　‎ ‎6．一定条件下，可逆反应的平衡常数可以用平衡浓度计算．也可以用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数．在恒温恒压条件下，总压不变，用平衡分压计算平衡常数更方便．下列说法不正确的是（　　）‎ A．对于C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）在一定条件下达到平衡状态时，体系的总压强为P，其中C2H4（g）、H2O（g）、C2H5OH（g）均为l mol，则用分压表示的平衡常数Kp=‎ B．恒温恒压下，在一容积可变的容器中，反应2A（g）+B（g）═2C（g）达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4 mol、2 mol和4 mol．若此时A、B和C均增加1 mol，平衡正向移动 C．一恒温恒压下，在一容积可变的容器中，N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）达到平衡状态时，N2、H2、NH3各l mol，若此时再充入3mol N2，则平衡正向移动 D．对于一定条件下的某一可逆反应，用平衡浓度表示的平衡常数和用平衡分压表示的平衡常数，其数值不同，但意义相同，都只与温度有关 ‎【考点】用化学平衡常数进行计算．‎ ‎【专题】溶液浓度的计算．‎ ‎【分析】A．用平衡分压代替平衡浓度计算分压=总压×物质的量分数，平衡常数Kp=；‎ B．在容积可变的情况下，从对平衡混合物中三者的物质的量对各物质的量的浓度影响角度思考．在“均减半”或“均加培”时，相当于A、B、C三物质的浓度都没有改变，原平衡时A、B和C的物质的量之比为2：1：2，“均增加1mol”时相当于相当于在原来的基础上多加了B；‎ C．设平衡时容器体积为1L，该温度下平衡常数K==1，再向容器中再充入3mol N2，利用体积之比等于气体物质的量之比计算容器体积，再计算此时浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行；‎ D．平衡常数只随温度变化，不随浓度、压强变化的影响．‎ ‎【解答】解：A．C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g），在一定条件下达到平衡状态时，体系的总压强为P，其中C2H4（g）、H2O（g）、C2H5OH（g）均为1mol，Kp==，故A正确；‎ B．如A、B和C的物质的量之比按照2：1：2的比值增加，则平衡不移动，而“均增加1mol”时相当于在原来的基础上多加了B，则平衡向右移动，故B正确；‎ C．恒温恒压下，在一容积可变的容器中，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）达到平衡状态时，N2、H2、NH3各1mol，设平衡时容器体积为1L，该温度下平衡常数K==1，若此时再充入3molN2，恒温恒压下体积之比等于气体物质的量之比，则容器体积=1L×=2L，Qc==1=K，平衡不动，故C错误；‎ D．对于一定条件下的某一可逆反应，用平衡浓度表示的平衡常数和平衡分压表示的平衡常数，表示方法不同其数值不同，但意义相同，平衡常数只与温度有关，与压强、浓度变化无关，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了化学平衡常数的表达意义，影响化学平衡的因素分析，注意化学平衡移动原理的应用和容器特征的分析判断，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎7．常温下，向20.00mL 0.1000mol•L﹣1 （NH4）2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol•L﹣1NaOH时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑挥发）．下列说法不正确的是（　　）‎ A．点a所示溶液中：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）‎ B．点b所示溶液中：c（NH4+）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣）‎ C．点c所示溶液中：c（SO42﹣）+c（H+）=c（NH3•H2O ）+c（OH﹣）‎ D．点d所示溶液中：c（NH3•H2O ）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【专题】电离平衡与溶液的pH专题．‎ ‎【分析】A．a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，但铵根离子水解较微弱；‎ B．b点溶液中，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据溶质的性质判断；‎ C．c点溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒、物料守恒判断；‎ D．d点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠是氨水浓度的一半．‎ ‎【解答】解：A．a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c（H+）＞c（OH﹣），铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知c（NH4+）＞c（SO42﹣），所以溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；‎ B．b点溶液中，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣），硫酸铵的酸性较弱，要使混合溶液呈中性，则加入少量氢氧化钠即可，所以c（NH4+）＞c（Na+），故B错误；‎ C．c点溶液中，溶液呈碱性，所以c（H+）＜c（OH﹣），溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠、一水合氨，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒得，根据物料守恒得c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（SO42﹣）=2c（Na+），所以得c（SO42﹣）+c（H+）=c（NH3•H2O ）+c（OH﹣），故C正确；‎ D．d点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠是氨水浓度的一半，一水合氨电离程度较小，所以c（NH3•H2O ）＞c（SO42﹣），故D正确；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了离子浓度大小的比较，明确图象中曲线变化趋势、曲线上每一个点的溶质及其性质是解本题关键，再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，题目难度中等．‎ ‎　‎ 二、非选择题（包括必考题和选考题两部分）‎ ‎8‎ 性状 熔点（℃）‎ 沸点（℃）‎ 密度 ‎．苯甲酸是一种重要的化工原料．实验室合成苯甲酸的原理、有关数据及装置示意图如下：‎ 名称 ‎（g/mL）‎ 溶解性 水 乙醇 甲苯 无色液体易燃易挥发 ‎﹣95‎ ‎110.6‎ ‎0.8669‎ 不溶 互溶 苯甲酸 白色片状或针状晶体 ‎112.4‎ ‎（100℃左右升华）‎ ‎248‎ ‎1.2659‎ 微溶 易溶 苯甲酸在水中的溶解度如表：‎ 温度/℃‎ ‎4‎ ‎18‎ ‎75‎ 溶解度/g ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎2.2‎ 某学习小组在实验室制备、分离、提纯苯甲酸，并测定所得样品的纯度，步骤如下：‎ 一制备苯甲酸在三颈烧瓶中加入2.7mL甲苯、100mL水和2～3片碎瓷片，开动电动搅拌器，a中通入流动水，在石棉网上加热至沸腾，然后分批加入8.5g高锰酸钾，继续搅拌约4～5h，直到甲苯层几乎近于消失、回流液不再出现油珠，停止加热和搅拌，静置．‎ 二分离提纯 在反应混合物中加入一定量草酸（H2C2O4）充分反应，过滤、洗涤，将滤液放在冰水浴中 冷却，然后用浓盐酸酸化，苯甲酸全部析出后减压过滤，将沉淀物用少量冷水洗涤，挤压去水分后放在沸水浴上干燥，得到粗产品．‎ 三测定纯度 称取mg产品，配成100.00mL乙醇溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶，滴加2～3滴酚酞，然后用标准浓度KOH溶液滴定．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）装置a的名称是　球形冷凝管　，其作用为　冷凝回流，防止甲苯的挥发而降低产品产率　．‎ ‎（2）甲苯被高锰酸钾氧化的原理为：‎ ‎，‎ 请完成并配平该化学方程式．‎ ‎（3）分离提纯过程中加入的草酸是一种二元弱酸，反应过程中有酸式盐和无色气体生成．加入草酸的作用是　将过量的高锰酸钾转化为二氧化锰，以便过滤除去　，请用离子方程式表示反应原理　2MnO4﹣+3H2C2O4=2MnO2↓+2HCO3﹣+4CO2↑+2 H2O　．‎ ‎（4）产品减压过滤时用冷水洗涤的原因是　苯甲酸在冷水中的溶解度较小，用冷水洗涤可以减少产品的损失　．‎ ‎（5）要将粗产品进一步提纯，最好选用下列　D　操作．（选填字母）‎ A、溶于水后过滤 B、溶于乙醇后蒸馏 C、用甲苯萃取后分液 D、升华 ‎（6）测定纯度步骤中，滴定终点溶液的颜色变化是　溶液由无色变浅红色　．‎ 若m=1.2000g，滴定时用去0.1200mol•L﹣1标准KOH溶液20.00mL，则所得产品中苯甲酸的质量分数为　97.6%　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【专题】有机实验综合．‎ ‎【分析】（1）装置a为球形冷凝管，有机物易挥发，装置a能冷凝回流蒸汽，防止甲苯的挥发而降低产品产率；‎ ‎（2）甲苯中甲基中C原子化合价由﹣3价升高为中+3价，升高6价，而Mn元素化合价由KMnO4中+7价降低为MnO2中+4价，降低3价，化合价升降最小公倍数为6，据此确定甲苯、KMnO4系数，再根据钾离子守恒，可知缺项为KOH，由原子守恒配平方程式；‎ ‎（3）加入草酸将过量的高锰酸钾转化为二氧化锰，以便过滤除去，反应过程中有酸式盐和无色气体生成，反应生成MnO2、KHCO3、CO2与水；‎ ‎（4）由表中数据可知，苯甲酸在冷水中的溶解度较小，用冷水洗涤可以减少产品的损失；‎ ‎（5）苯甲酸中的杂质为氯化钾，由表中数据可知苯甲酸易升华，KCl的熔沸点很高，不升华；‎ ‎（6）苯甲酸与氢氧化钾反应生成苯甲酸钾，苯甲酸钾水解显碱性，溶液颜色由无色变为浅红色说明滴定到达终点；‎ 根据氢氧化钾的物质的量求出苯甲酸的物质的量，再根据m=nM计算出苯甲酸质量，进而计算苯甲酸的质量分数．‎ ‎【解答】解：（1）装置a为球形冷凝管，有机物易挥发，装置a能冷凝回流蒸汽，防止甲苯的挥发而降低产品产率，‎ 故答案为：球形冷凝管；冷凝回流，防止甲苯的挥发而降低产品产率；‎ ‎（2）甲苯中甲基中C原子化合价由﹣3价升高为中+3价，升高6价，而Mn元素化合价由KMnO4中+7价降低为MnO2中+4价，降低3价，化合价升降最小公倍数为6，可知甲苯、KMnO4系数分别为1、2，再根据钾离子守恒，可知缺项为KOH，由原子守恒配平方程式为：‎ ‎1+2KMnO4 1+2 MnO2↓+1H2O+1KOH，‎ 故答案为：1，2；1，2，1，1KOH；‎ ‎（3）加入草酸将过量的高锰酸钾转化为二氧化锰，以便过滤除去，反应过程中有酸式盐和无色气体生成，反应生成MnO2、KHCO3、CO2与水，反应离子方程式为：2MnO4﹣+3H2C2O4=2MnO2↓+2HCO3﹣+4CO2↑+2 H2O，‎ 故答案为：将过量的高锰酸钾转化为二氧化锰，以便过滤除去；2MnO4﹣+3H2C2O4=2MnO2↓+2HCO3﹣+4CO2↑+2 H2O；‎ ‎（4）由表中数据可知，苯甲酸在冷水中的溶解度较小，用冷水洗涤可以减少产品的损失，‎ 故答案为：苯甲酸在冷水中的溶解度较小，用冷水洗涤可以减少产品的损失；‎ ‎（5）苯甲酸中的杂质为氯化钾，由表中数据可知苯甲酸易升华，KCl的熔沸点很高，不升华，所以提纯含有氯化钾的苯甲酸可以采用升华的方法，‎ 故答案为：D；‎ ‎（6）苯甲酸与氢氧化钾反应生成苯甲酸钾，苯甲酸钾水解显碱性，溶液颜色由无色变为浅红色说明滴定到达终点；‎ n（KOH）=cV=0.02L×0.12mol•L﹣1 =0.0024mol，苯甲酸与氢氧化钾等物质的量恰好反应，则n（苯甲酸）=0.0024mol，则其总质量为0.0024mol×122g/mol×=1.1712g，所以产品中苯甲酸质量分数为×100%=97.6%，‎ 故答案为：溶液由无色变浅红色；97.6%．‎ ‎【点评】本题考查了苯甲酸的制备实验方案设计，涉及化学仪器、装置分析评价、物质的分离提纯、氧化还原反应配平、对数据的分析运用、滴定原理的应用等，清楚制备的原理是解答的关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎9．锂元素被誉为“能源元素”．锂及锂盐具有的优异性能和特殊功能，在化工、电子、宇航、核能、能源等领域都得到广泛应用．‎ Ⅰ锂的原子结构示意图为　　；锂暴露在湿空气中时，会迅速地失去金属光泽、表面开始变黑，更长时间则变成白色．生成的化合物是氮化锂、氢氧化锂，最终生成碳酸锂．写出生成氮化锂的化学方程式　6Li+N2=2Li3N　．‎ Ⅱ下面是从锂辉石（Li2O•Al2O3•SiO2）中提出锂的工业流程示意图．‎ ‎①高温煅烧时的反应原理为：‎ Li2O•Al2O3•SiO2+K2SO4=K2O•Al2O3•SiO2+Li2SO4‎ Li2O•Al2O3•SiO2+Na2SO4=Na2O•Al2O3•SiO2+Li2SO4‎ ‎②锂离子浸取液中含有的金属离子为：K+、Na+、Li+、Fe3+、Fe2+、Al3+、Mn2+．‎ ‎③几种金属离子沉淀完全的pH 金属离子 Al（OH）‎ Fe（OH）2‎ Fe（OH）‎ Mn（OH）2‎ ‎3‎ ‎3‎ 沉淀完全的pH ‎4.7‎ ‎9.0‎ ‎3.2‎ ‎10.1‎ ‎④Li2SO4、Li2CO3在不同温度下的溶解度（g/100g水）‎ 温度 溶解度 ‎10℃‎ ‎20℃‎ ‎50℃‎ ‎80℃‎ Li2SO4‎ ‎35.4‎ ‎34.7‎ ‎33.1‎ ‎31.7‎ Li2CO3‎ ‎1.43‎ ‎1.33‎ ‎1.08‎ ‎0.85‎ ‎（1）浸取时使用冷水的原因是　Li2SO4的溶解度随温度升高而减少，用冷水浸取可以提高浸取率　．‎ ‎（2）滤渣2的主要成分为　Al（OH）3、Fe（OH）3　．‎ ‎（3）流程中分2次调节pH（pH7～8和pH＞13），有研究者尝试只加一次浓NaOH溶液使pH＞13，结果发现在加饱和碳酸钠溶液沉锂后，随着放置时间延长，白色沉淀增加，最后得到的Li2CO3产品中杂质增多．Li2CO3产品中的杂质可能是　Al（OH）3　，用离子方程式表示其产生的原因　Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣　．‎ ‎（4）加热浓缩的作用是　提高Li+ 浓度和溶液温度，使得Li2CO3容易析出　．‎ ‎（5）洗涤Li2CO3晶体使用　热水　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【专题】无机实验综合．‎ ‎【分析】I．锂的原子核外有2个电子层，各层电子数为2、1；Li与氮气反应生成Li3N；‎ Ⅱ．锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2）煅烧后，冷却、研磨，有利于冷水的浸取，抽滤，得到滤渣为硅酸盐，结合锂离子浸取液中含有的金属离子、离子沉淀完全pH，可知加热NaOH浓溶液，调节溶液pH=7～8，Al3+、Fe3+转化为Al（OH）3、Fe（OH）3，抽滤后再加入NaOH浓溶液，调节溶液pH＞13，应是将Mn2+转化为沉淀，抽滤后，加热浓缩，加入饱和碳酸钠溶液，由于Li2CO3的溶解度远小于Li2SO4，会析出Li2CO3，由于Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂．‎ ‎（1）Li2SO4的溶解度随温度升高而减少；‎ ‎（2）滤渣2为氢氧化铝、氢氧化铁；‎ ‎（3）只加一次浓NaOH溶液使pH＞13，会使溶液中Al3+转化为AlO2﹣，放置后，空气中二氧化碳与AlO2﹣、水反应生成Al（OH）3；‎ ‎（4）Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，加热浓缩，提高Li+ 浓度和溶液温度，利用析出Li2CO3；‎ ‎（5）Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，应用热水洗涤．‎ ‎【解答】解：I．锂的原子核外有2个电子层，各层电子数为2、1，原子结构示意图为：，Li与氮气反应生成Li3N，反应方程式为：6Li+N2=2Li3N，‎ 故答案为：；6Li+N2=2Li3N；‎ Ⅱ．锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2）煅烧后，冷却、研磨，有利于冷水的浸取，抽滤，得到滤渣为硅酸盐，结合锂离子浸取液中含有的金属离子、离子沉淀完全pH，可知加热NaOH浓溶液，调节溶液pH=7～8，Al3+、Fe3+转化为Al（OH）3、Fe（OH）3，抽滤后再加入NaOH浓溶液，调节溶液pH＞13，应是将Mn2+转化为沉淀，抽滤后，加热浓缩，加入饱和碳酸钠溶液，由于Li2CO3的溶解度远小于Li2SO4，会析出Li2CO3，由于Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂．‎ ‎（1）Li2SO4的溶解度随温度升高而减少，用冷水浸取可以提高浸取率，故用冷水浸取，‎ 故答案为：Li2SO4的溶解度随温度升高而减少，用冷水浸取可以提高浸取率；‎ ‎（2）由上述分析可知，滤渣2为Al（OH）3、Fe（OH）3，‎ 故答案为：Al（OH）3、Fe（OH）3；‎ ‎（3）只加一次浓NaOH溶液使pH＞13，会使溶液中Al3+转化为AlO2﹣，放置后，空气中二氧化碳与AlO2﹣、水反应生成Al（OH）3，Li2CO3产品中的杂质可能是Al（OH）3，相应的离子方程式为：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O、2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣，‎ 故答案为：Al（OH）3；Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣；‎ ‎（4）Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，加热浓缩，提高Li+ 浓度和溶液温度，使得Li2CO3容易析出，‎ 故答案为：提高Li+ 浓度和溶液温度，使得Li2CO3容易析出；‎ ‎（5）Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，用热水洗涤可以减少碳酸锂的损耗，‎ 故答案为：热水．‎ ‎【点评】本题考查物质制备实验方案、物质的分离提纯、对操作及条件控制的分析评价、对数据的分析运用等，是对学生综合能力的考查，难度中等．‎ ‎　‎ ‎10．CH4和CO2可以制造价值更高的化学产品．已知：‎ CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=a kJ•mol﹣1‎ CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H2=b kJ•mol﹣1‎ ‎2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H3=c kJ•mol﹣1‎ ‎（1）求反应CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H=　a+2b﹣2c　 kJ•mol﹣1（用含a、b、c的代数式表示）．‎ ‎（2）一定条件下，等物质的量的CO（g）和H2（g）可合成二甲醚（CH3OCH3），同时还产生了一种可参与大气循环的无机化合物，该反应的化学方程式为　3CO+3H2=CH3OCH3+CO2　．‎ ‎（3）用Cu2Al2O4做催化剂，一定条件下发生反应：CO2（g）+CH4（g）=CH3COOH（g），温度与催化剂的催化效率和乙酸的生成速率的关系如图，回答下列问题：‎ ‎①250～300℃时，乙酸的生成速率降低的原因是　催化剂的催化效率降低，化学反应速率降低　．‎ ‎②300～400℃时，乙酸的生成速率升高的原因是　温度升高，化学反应速率加快　．‎ ‎【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素．‎ ‎【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．‎ ‎【分析】（1）利用已知热化学方程式和待求热化学方程式，据盖斯定律解答；‎ ‎（2）据反应物和生成物可知，参与大气循环的无机化合物为二氧化碳，据原子守恒书写化学方程式；‎ ‎（3）①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低；‎ ‎②温度升高，化学反应速率加快．‎ ‎【解答】解：（1）已知①CH4（g）+2O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）△H1=a kJ/mol ‎②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2=b kJ/mol ‎③2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H3=c kJ/mol 据盖斯定律，①+2×②﹣2×③得：CH4（g）+CO2（g）⇌CO（g）+2H2（g）△H=（a+2b﹣2c）kJ/mol，‎ 故答案为：a+2b﹣2c；‎ ‎（2）据反应物和生成物可知，参与大气循环的无机化合物为二氧化碳，据原子守恒书写化学方程式为：3CO+3H2═CH3OCH3+CO2，‎ 故答案为：3CO+3H2═CH3OCH3+CO2；‎ ‎（3）①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案为：催化剂的催化效率降低，化学反应速率降低；‎ ‎②温度升高，化学反应速率加快．‎ 故答案为：温度升高，化学反应速率加快．‎ ‎【点评】本题考查了盖斯定律的应用、氧化还原反应方程式书写、影响反应速率的因素，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎11．钠硫电池以熔融金属Na、熔融S和多硫化钠（Na2SX）分别作为两个电极的反应物，多孔固体Al2O3陶瓷（可传导Na+）为电解质，其反应原理如图所示：‎ Na2SX2Na+XS （3＜X＜5）‎ 物质 Na S Al2O3‎ 熔点/℃‎ ‎97.8‎ ‎115‎ ‎2050‎ 沸点/℃‎ ‎892‎ ‎444.6‎ ‎2980‎ ‎（4）根据上表数据，判断该电池工作的适宜温度应为　C　（填字母序号）．‎ A．100℃以下 B．100℃～300℃‎ C．300℃～350℃D．350℃～2050℃‎ ‎（5）关于钠硫电池，下列说法正确的是　AD　（填字母序号）．‎ A．放电时，电极A为负极 B．放电时，Na+的移动方向为从B到A C．充电时，电极A应连接电源的正极 D．充电时电极B的电极反应式为SX2﹣﹣2e﹣=xS ‎（6）25℃时，若用钠硫电池作为电源电解500mL 0.2mol•L﹣1 NaCl溶液，当溶液的pH变为l3时（忽略电解前后溶液的体积变化），电路中通过的电子的物质的量为 ‎　0.05　mol，钠硫电池两极的反应物的质量差为　2.3　 g．（假设电解前钠硫电池两极的反应物质量相等）‎ ‎【考点】电解原理；原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【专题】电化学专题．‎ ‎【分析】（4）原电池工作时，控制的温度应为满足Na、S为熔融状态；‎ ‎（5）Na被氧化，应为原电池负极，阳离子向正极移动，充电时，阳极反应为原电池正极反应的逆反应，应生成S，以此解答；‎ ‎（6）电解NaCl溶液的反应式为，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，每生成2molNaOH转移电子2mol，当溶液的pH变为l3时，c（OH﹣）=0.1mol/L，生成NaOH物质的量为0.05mol，转移电子0.05mol；据转移电子数计算质量变化．‎ ‎【解答】解：（4）原电池工作时，控制的温度应为满足Na、S为熔融状态，则温度应高于115℃而低于444.6℃，只有c符合，故答案为：C；‎ ‎（5）A、放电时，Na被氧化，应为原电池负极，故A正确；‎ B、阳离子向正极移动，即从A到B，故B错误；‎ C、A为负极，放电时发生氧化反应，充电时发生还原反应，接电源负极，故C错误；‎ D、充电时，是电解池反应，B为阳极，阳极反应为：Sx2﹣﹣2e﹣=xS，故D正确；‎ 故答案为：AD；‎ ‎（6）电解NaCl溶液的反应式为，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，每生成2molNaOH转移电子2mol，当溶液的pH变为l3时，c（OH﹣）=0.1mol/L，生成NaOH物质的量为0.05mol，转移电子0.05mol；转移0.05mol电子，负极Na质量减少1.15g，正极质量变化1.15g，两极的反应物的质量差为2.3g，故答案为：0.05；2.3．‎ ‎【点评】本题考查原电池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握原电池的工作原理以及电极方程式的书写，答题时注意体会，难度不大．‎ ‎　‎ ‎【化学--选修3物质结构与性质】‎ ‎12．aa已知A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大．A与C原子的基态电子排布中L能层都有两个未成对电子，C、D同主族． E、F都是第四周期元素，E原子的基态电子排布中有4个未成对电子，F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满．根据以上信息填空：‎ ‎（1）基态D原子中，电子占据的最高能层符号　M　，该能层具有的原子轨道数为　9　．‎ ‎（2）E2+离子的价层电子排布的轨道表示式是　　，F原子的电子排布式是　1s22s22p63s23p63d104s1　．‎ ‎（3）A元素的最高价氧化物对应的水化物中心原子采取的轨道杂化方式为　sp2　，B元素的气态氢化物的价层电子对互斥模型为　四面体形　．‎ ‎（4）化合物AC2、B2C和阴离子DAB﹣互为等电子体，它们结构相似，DAB﹣的电子式为　　．DAB﹣的水溶液可以用于实验室中E3+离子的定性检验，形成配合物的颜色为　血红色　．‎ ‎（5）某种化合物由D，E，F三种元素组成，其晶胞如图所示，则其化学式为　CuFeS2　，该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度d=　4.32　g•cm﹣3．（保留两位小数）‎ ‎【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型．‎ ‎【专题】化学键与晶体结构．‎ ‎【分析】A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A原子、C原子的L能层中都有两个未成对的电子，则A原子核外电子排布为1s22s22p2，C原子核外电子排布为 ‎1s22s22p4，故A为碳元素、C为氧元素；B原子序数介于C、O之间，则B为氮元素；C、D同主族，则D为S元素；E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则E为Fe；F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满，F原子核外电子数=2+8+18+1=29，则F为Cu元素．‎ ‎（1）基态S原子中电子占据的最高能层为第3能层；‎ ‎（2）Fe2+离子的价层电子排布3d6，根据泡利原理、洪特规则画出价层电子排布图；F为Cu元素，原子核外有29个电子，根据能量最低原理书写核外电子排布式；‎ ‎（3）碳元素的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，分子结构式为，中心C原子成3个σ键、没有孤电子对，碳原子杂化轨道数目为3；B的气态氢化物为NH3，价层电子对数为4；‎ ‎（4）化合物CO2、N2O和阴离子SCN﹣互为等电子体，它们结构相似，SCN﹣中C原子与S、N原子之间形成2对共用电子对；Fe3+离子与SCN﹣形成的配合物颜色为血红色；‎ ‎（5）利用均摊法计算晶胞中S、Fe、Cu原子数目，进而确定化学式，表示出晶胞质量，再根据ρ=计算晶胞密度．‎ ‎【解答】解：A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A原子、C原子的L能层中都有两个未成对的电子，则A原子核外电子排布为1s22s22p2，C原子核外电子排布为1s22s22p4，故A为碳元素、C为氧元素；B原子序数介于C、O之间，则B为氮元素；C、D同主族，则D为S元素；E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则E为Fe；F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满，F原子核外电子数=2+8+18+1=29，则F为Cu元素．‎ ‎（1）基态S原子中电子占据的最高能层为第3能层，符号M，该能层有1个s轨道、3个p轨道、5个d轨道，共有9 个原子轨道，‎ 故答案为：M；9；‎ ‎（2）Fe2+离子的价层电子排布3d6，其价层电子排布图是，F为Cu元素，原子核外有29个电子，原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，‎ 故答案为：；1s22s22p63s23p63d104s1；‎ ‎（3）碳元素的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，分子结构式为，中心C原子成3个σ键、没有孤电子对，C原子采取sp2杂化方式；B的气态氢化物为NH3，N原子价层电子对数为4，价层电子对互斥模型为四面体形，‎ 故答案为：sp2；四面体形；‎ ‎（4）化合物CO2、N2O和阴离子SCN﹣互为等电子体，它们结构相似，SCN﹣中C原子与S、N原子之间形成2对共用电子对，SCN﹣的电子式为，Fe3+离子与SCN﹣形成的配合物颜色为血红色，‎ 故答案为：；血红色；‎ ‎（5）晶胞中D（S）原子位于晶胞内部，原子数目为8个，E（Fe）原子6个位于面上、4个位于棱上，E（Fe）原子数目=6×+4×=4，F（Cu）原子位于4个位于面上、1个内部、8个顶点上，原子数目=4×+1+8×=4，晶体中Cu、Fe、S原子数目之比=4：4：8=1：1：2，故该晶体化学式为：CuFeS2，‎ 晶胞质量=×4，晶胞体积=（524×10﹣10 cm）2×1030×10﹣10 cm，‎ 该晶体的密度d=（×4×4）÷[（524×10﹣10 cm）2×1030×10﹣10 cm]=4.32g/cm3，‎ 故答案为：CuFeS2；4.32．‎ ‎【点评】本题是对考查物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化理论、等电子体、配合物、晶胞计算等，需要学生具备扎实的基础，（5）为易错点、难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，难度中等．‎ ‎　‎ ‎【化学——选修5：有机化学基础】‎ ‎13．伪麻黄碱（D）是新康泰克的成分之一，能够缓解感冒时带来的鼻塞、流鼻涕和打喷嚏等症状，其中一种合成路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）伪麻黄碱（D）的分子式为　C10H15NO　；B中含有的官能团有　羰基和溴原子　（写名称）．‎ ‎（2）写出 B﹣C反应的化学方程式：　　．C﹣D的反应类型为　还原反应　．‎ ‎（3）B的消去反应产物可以用于合成高分子化合物E，请写出 E的结构简式：　　‎ ‎（4）满足下列要求的A的同分异构体有　4　种；‎ ‎①能发生银镜反应 ②苯环上的一氯代物有两种结构其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的为　　（写结构简式）．‎ ‎（5）已知：参照上述合成路线，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备的合成路线：　　．‎ ‎【考点】有机物的合成．‎ ‎【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化合物的获得与应用．‎ ‎【分析】（1）根据D的结构简式可知其分子式，根据B的结构简式可知其所含的官能团；‎ ‎（2）比较B的结构简式与C的分子式可知，B与CH3NH2发生取代反应生成C，比较C的分子式与D的结构简式可知，C发生还原反应生成D，据此答题；‎ ‎（3）B中溴原子与邻位碳上的氢原子发生消去反应生成碳碳双键，碳碳双键可以发生加聚反应，据此确定E的结构；‎ ‎（4）根据条件①能发生银镜反应，说明有醛基，②苯环上的一氯代物有两种结构，其中核磁共振氢谱为4组峰，即苯环上有两种位置的氢原子，分子中有四种位置的氢原子，且峰面积之比为6：2：1：1，即个数比为6：2：1：1，据此可写出A的同分异构体；‎ ‎（5）由苯和乙酸为起始原料制备，可以将CH3COOH与氯气发生信息中的取代反应生成CH3COCl，与苯在氯化铝作催化剂的条件下发生取代反应生成甲苯酮，甲苯酮发生还原反应即可得产品．‎ ‎【解答】解：（1）根据D的结构简式可知其分子式为C10H15NO，根据B的结构简式可知其所含的官能团为羰基和溴原子，‎ 故答案为：C10H15NO；羰基和溴原子；‎ ‎（2）比较B的结构简式与C的分子式可知，B与CH3NH2发生取代反应生成C，反应方程式为，比较C的分子式与D的结构简式可知，C发生还原反应生成D，‎ 故答案为：；还原反应；‎ ‎（3）B中溴原子与邻位碳上的氢原子发生消去反应生成碳碳双键，碳碳双键可以发生加聚反应得到E为，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）根据条件①能发生银镜反应，说明有醛基，②苯环上的一氯代物有两种结构，即苯环上有两种位置的氢原子，则符合条件的A的同分异构体为苯环的对位上连有两个基团：﹣CH2CH3、﹣CHO或：﹣CH2CHO、﹣CH3，也可以是连有三个基团结构为，所以共有4种，其中核磁共振氢谱为4‎ 组峰，分子中有四种位置的氢原子，且峰面积之比为6：2：1：1，即个数比为6：2：1：1的A的同分异构体为，‎ 故答案为：4；；‎ ‎（5）由苯和乙酸为起始原料制备，可以将CH3COOH与氯气发生信息中的取代反应生成CH3COCl，与苯在氯化铝作催化剂的条件下发生取代反应生成甲苯酮，甲苯酮发生还原反应即可得产品，其合成路线为，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题涉及有机化合物之间的转化关系、官能团及性质、有机反应类型、有条件的同分异构体的书写、有机合成等相关知识，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，难度中等．‎