东北三省四市教研联合体联考2016届高考化学二模试卷 Word版含解析.doc

www.ks5u.com ‎2016年东北三省四市教研联合体联考高考化学二模试卷 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．化学与生活息息相关，下列说法错误的是（　　）‎ A．用SO2漂白过的草帽辫日久会变色 B．硅胶多孔，常用作食品干燥剂和催化剂的载体 C．用灼烧和闻气味的方法区别棉织物和纯毛织物 D．氯气处理饮用水，在夏季的杀菌效果比在冬季好 ‎2．设NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（　　）‎ A．常温下，22gCO2含碳氧双键数目为2NA B．12.0gNaHSO4固体中含阳离子数为0.1NA C．标准状况下，22.4LBr2中所含分子数为NA D．7.8gNa2O2与足量的水反应转移电子数为0.2NA ‎3．CH3CH2Br与NH3反应生成（CH3CH2）2NH和HBr，下列说法错误的是（　　）‎ A．CH3CH2Br难溶于水 B．该反应属于取代反应 C．CH3CH2Br与HBr均属于电解质 D．若原料完全反应生成上述产物，CH3CH2Br与NH3的物质的量之比为2：1‎ ‎4．铜是一种紫红色金属，被称作“电器工业的主角”铜主要是黄铜矿炼制，焙烧时发生反应2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2，其简单流程如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．焙烧时硫元素全部转化为二氧化硫 B．在焙烧时氧化剂只有氧气 C．粗铜精炼时用粗铜做阴极 D．Cu2S可用于火法炼制铜 ‎5．分子式C9H10O2的有机物，其结构中含有苯环且可以与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的同分异构体有（不考虑立体异构）（　　）‎ A．12种 B．13种 C．14种 D．15种 ‎6．下列有关叙述中正确的是（　　）‎ A．常温下，pH=4.3的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中：c（Na+）＜c（CHCOO﹣）‎ B．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同 C．相同温度下，若Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2CrO4），则AgCl的溶解度大于Ag2CrO4‎ D．醋酸溶液加少量水稀释增大 ‎7．下列实验现象，解释或结论正确的是（　　） ‎ ‎ 选项 ‎ 实验 ‎ 解释或结论 ‎ A ‎ 用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色 ‎ 该溶液中含Na+、不含K+‎ ‎ B ‎ 向某溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加少量氯水，溶液变成血红色 ‎ 溶液中含有Fe2+、没有Fe3+‎ ‎ C ‎ 向苯中滴入少量浓溴水、振荡，静置，溶液分层，上层呈橙红色，下层几乎无色 ‎ 苯和溴水发生取代反应，使溴水退色 ‎ D ‎ 在少量无水乙醇中加入金属Na，缓慢生成可以在空气中燃烧的气体 ‎ CH3CH2OH是弱电解质 A．A B．B C．C D．D ‎　‎ 二、解答题（共6小题，满分80分）‎ ‎8．化学电池的研究一直是化学工作者研究的热点之一．‎ Ⅰ．美国科学家S•鲁宾成功开发锌汞纽扣式电池，以锌和氧化汞为电极材料，氢氧化钾溶液为电解液的原电池，有效地解决电池使用寿命短，易发生漏液等问题．电池总反应为：Zn+HgO═ZnO+Hg．‎ ‎（1）该电池的正极反应式为　　　　　　．‎ ‎（2）含汞电池生产企业的污水中会含有一定量的+2价的汞离子，通常采用处理成本较低的硫化物沉淀法，即向污水中投入一定量的硫化钠，反应的离子方程式为　　　　　　．‎ ‎（3）该方法的缺点是产物的颗粒比较小，大部分悬浮于污水中，通常采用投入一定量的明矾晶体进行后续处理，请解释其原因　　　　　　．‎ Ⅱ．锂离子电池由于轻便、比能量大等优点，成为当今社会最为常见的电池．其中的重要材料磷酸亚铁锂（LiFePO4）通常按照下列流程进行生产：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（4）生产过程中“混合搅拌”的目的是　　　　　　．气体X的化学式为　　　　　　．‎ ‎（5）请写出一定条件下由LiH2PO4生成LiFePO4的化学方程式　　　　　　，当生成1mol磷酸亚铁锂时，转移的电子数目为　　　　　　．‎ ‎（6）生成LiFePO4的过程可能产生一种杂质对电池有致命的影响，则该杂质可能为　　　　　　．‎ ‎9．烟气中含有SO2等大量有害的物质，烟气除硫的方法有多种，其中石灰石法烟气除硫工艺的主要反应如下：‎ Ⅰ．CaCO3（s）⇌CO2（g）+CaO（s）△H=+178.2kJ/mol Ⅱ．SO2（g）+CaO（s）⇌CaSO3（s）△H=﹣402kJ/mol Ⅲ.2CaSO3（s）+O2（g）+4H2O（I）⇌2[CaSO4•2H2O]（s）△H=﹣234.2kJ/mol ‎（1）试写出由石灰石、二氧化硫、氧气和水反应生成生石膏的热化学方程式　　　　　　．‎ ‎（2）反应Ⅱ为烟气除硫的关键，取相同用量的反应物在3种不同的容器中进行该反应，A容器保持恒温恒压，B容器保持恒温恒容，C容器保持恒容绝热，且初始时3个容器的容积和温度均相同，下列说法正确的是　　　　　　‎ a.3个容器中SO2的转化率的大小顺序：aA＞aB＞aC b．当A容器内气体的平均摩尔质量不变时，说明反应处于化学平衡状态 c．A、B两个容器达到平衡所用的时间：tA＞tB d．当C容器内平衡常数不变时，说明该反应处于化学平衡状态 ‎（3）依据上述反应Ⅱ来除硫，将一定量的烟气压缩到一个20L的容器中，测得不同温度下，容器内SO2的质量（mg）如下表 ‎ 0‎ ‎ 20‎ ‎40 ‎ ‎ 60‎ ‎ 80‎ ‎ 100‎ ‎120 ‎ ‎ T1‎ ‎ 2100 ‎ ‎1052 ‎ ‎540 ‎ ‎199 ‎ ‎8.7 ‎ ‎0.06 ‎ ‎0.06 ‎ ‎ T2‎ ‎2100‎ ‎ 869‎ ‎ 242‎ x ‎ x ‎ x ‎ x ‎ ‎①在T1温度下，计算20﹣40min内SO2的反应速率　　　　　　mol/（L•min）．‎ ‎②若其它条件都相同，则T1　　　　　　T2（填“＞”、“＜”或“=”，下同）；x　　　　　　0.06．‎ ‎③在T2温度下，若平衡后将容器的容积压缩为10L，则新平衡时SO2的浓度　　　　　　原平衡时SO2的浓度（填“＞”、“＜”或“=”），理由是　　　　　　．‎ ‎10．氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、极易水解，可用作肥料、灭火剂、洗涤剂等．实验室用如图1所示装置制备氨基甲酸铵．把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中．当悬浮物较多时，停止制备．‎ ‎（1）结合上述实验装置，写出制备氨基甲酸胺的化学方程式　　　　　　，该反应为　　　　　　反应（填“吸热”或“放热”）．‎ ‎（2）液体石蜡鼓泡瓶的作用是　　　　　　．‎ ‎（3）从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是　　　　　　．‎ ‎（4）氨基甲酸胺极易水解，产物是碳酸氢铵和一种弱酸，请写出其水分解反应方程式　　　　　　．某学习小组为探究其水解反应，分别取两份不同浓度的氨基甲酸胺溶液，绘制出c（NH2COO﹣）随时间（t）变化曲线如图2所示，若A、B分别为不同温度时测定的曲线，则　　　　　　（“A”或“B”）曲线所对应的实验温度高，判断的依据是　　　　　　．‎ ‎（5）制得的氨基甲酸胺可能含有碳酸氢铵．取某氨基甲酸胺样品4.69g，用足量氢氧化钡溶液充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钡、过滤、洗涤、干燥，测得沉淀质量为11.82g．则样品中氨基甲酸胺的物质的量分数为　　　　　　．‎ ‎11．水是所有生命生存的重要资源，也是生物体最重要的组成部分．‎ ‎（1）暂时硬水的硬度是由碳酸氢钙与碳酸氢镁引起的，经煮沸后可被去掉，硬水加热后产生沉淀的离子方程式为　　　　　　（写出符合条件的一个反应即可）．‎ ‎（2）某研究性小组模拟原水处理成自来水的工艺流程示意图：‎ ‎①通入二氧化碳的目的是　　　　　　和　　　　　　．‎ ‎②气体单质A是我国常用的一种消毒剂，写出A与水反应的离子方程式　　　　　　，目前有很多A的替代品，写出其中两种的化学式　　　　　　．‎ ‎（3）自来水可用于制备纯净水（去离子水）的工艺流程示意图如下：‎ ‎①活性炭的作用是　　　　　　．‎ ‎②A、B中放置的物质名称分别是：A是阳离子交换树脂，B是阴离子交换树脂．A、B中放置的物质不可以互换，请说明原因　　　　　　．‎ ‎（4）通过施加一定压力使水分子通过半透膜而将大分子或离子截留，从而获得纯净水的方法称为　　　　　　．‎ ‎（5）检验蒸馏水的纯度时，最简单易行的方法是测定水的　　　　　　．‎ ‎12．已知A、B、C、D、E五种元素是周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大．其中A、B、C为同周期的非金属元素，且B、C原子中均有两个未成对电子．D、E为同周期元素且分别位于s区和d区．五种元素所有的s能级电子均为全充满．E的d能级电子数等于A、B、C最高能层的p能级电子数之和．回答下列问题：‎ ‎（1）五种元素中，电负性最大的是　　　　　　（填元素符号）．‎ ‎（2）E常有+2，+3两种价态，画出E2+离子的价电子排布图　　　　　　．‎ ‎（3）自然界中，含A的钠盐是一种天然矿藏，其化学式写作Na2A4O7•10H2O，实际上它的结构单元是由两个H3AO3和两个[A（OH）4]﹣缩合而成的双六元环，应该写成Na2[A4O5（OH）4]•8H2O，其结构式如图1，它的阴离子可形成链状结构．‎ ‎①A原子的杂化轨道类型为　　　　　　．‎ ‎②该阴离子由极性键和配位键构成，请在图1中用“→”标出其中的配位键．该阴离子通过　　　　　　相互结合形成链状结构．‎ ‎③已知H3AO3为一元弱酸，根据上述信息，用离子方程式解释分析H3AO3为一元酸的原因（用元素符号表示）　　　　　　．‎ ‎（4）E2+离子在水溶液中以[E（H2O）6]2+形式存在，向含E2+离子的溶液中加入氨水，可生成更稳定的[E（NH3）6]2+离子，其原因是　　　　　　．[E（NH3）6]2+的立体构型为　　　　　　．‎ ‎（5）由元素B、D组成的某离子化合物的晶胞结构如图2，写出该物质的电子式　　　　　　，若晶胞的长宽高分别为520pm、520pm和690pm，该晶体密度为　　　　　　g/cm3（保留到小数点后两位）．‎ ‎13．有报道指出，由咖喱为原料进行提纯得到的姜黄素（物质E），是全球天然抗肿瘤药物研究的热点，其合成路线如图：‎ 已知①‎ ‎②‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）A中含有官能团名称是　　　　　　反应A→B的化学方程式为　　　　　　‎ ‎（2）B→C的反应类型为　　　　　　，C的结构简式为　　　　　　‎ ‎（3）A与氢气在一定条件下的加成产物可反应生成一种高分子化合物，其结构简式为　　　　　　‎ ‎（4）E的结构简式为　　　　　　，‎ 下列有关E的叙述正确的是　　　　　　‎ a．E能发生氧化、加成、取代和聚合反应 b.1molE与浓溴水反应最多消耗3mol的Br2‎ c．E能与FeCl3溶液发生显色反应 d.1molE最多能与3molNaOH发生反应 ‎（5）D（C8H8O3）的同分异构体中，符合下列条件的共有　　　　　　种 ‎①苯环上的一取代物有3种②1mol该物质与足量的烧碱溶液反应，最多消耗3molNaOH．‎ ‎　‎ ‎2016年东北三省四市教研联合体联考高考化学二模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．化学与生活息息相关，下列说法错误的是（　　）‎ A．用SO2漂白过的草帽辫日久会变色 B．硅胶多孔，常用作食品干燥剂和催化剂的载体 C．用灼烧和闻气味的方法区别棉织物和纯毛织物 D．氯气处理饮用水，在夏季的杀菌效果比在冬季好 ‎【考点】物质的组成、结构和性质的关系．‎ ‎【专题】化学应用．‎ ‎【分析】A．二氧化硫具有漂白性，是二氧化硫结合有色物质形成不稳定的无色物质，加热会恢复原来的颜色；‎ B．硅胶能做干燥剂和催化剂的载体；‎ C．纯毛织物含有蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味；‎ D．氯气在高温下溶解度小．‎ ‎【解答】解：A．二氧化硫具有漂白性，是二氧化硫结合有色物质形成不稳定的无色物质，加热会恢复原来的颜色，用SO2漂白过的草帽辫不能长久持白，故A正确；‎ B．硅胶多孔，吸附能力很强，所以硅胶用作干燥剂、吸附剂，也可用作催化剂载体，故B正确；‎ C．纯毛织物含有蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，纯棉织物在灼烧时的气味不同，故可以区别，故C正确；‎ D．温度越高，气体的溶解度越低，故用氯气给自来水消毒时，夏天的消毒效果比冬天差，故D错误；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了物质的性质也用途，性质决定用途，明确二氧化硫漂白原理、蛋白质、硅胶、氯气的性质是解题关键，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎2．设NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（　　）‎ A．常温下，22gCO2含碳氧双键数目为2NA B．12.0gNaHSO4固体中含阳离子数为0.1NA C．标准状况下，22.4LBr2中所含分子数为NA D．7.8gNa2O2与足量的水反应转移电子数为0.2NA ‎【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、求出二氧化碳的物质的量，然后根据1mol二氧化碳中含2mol碳氧双键来分析；‎ B、求出硫酸氢钠的物质的量，然后根据硫酸氢钠由1个钠离子和1个硫酸氢根构成来分析；‎ C、标况下溴为液态；‎ D、求出过氧化钠的物质的量，然后根据1mol过氧化钠和水反应转移1mol电子来分析．‎ ‎【解答】解：A、22g二氧化碳的物质的量为0.5mol，而1mol二氧化碳中含2mol碳氧双键，故0.5mol二氧化碳中含1mol碳氧双键即NA个，故A错误；‎ B、12g硫酸氢钠的物质的量为0.1mol，而硫酸氢钠由1个钠离子和1个硫酸氢根构成，故0.1mol硫酸氢钠中含0.1mol阳离子即0.1NA个，故B正确；‎ C、标况下溴为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故C错误；‎ D、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而1mol过氧化钠和水反应转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠转移0.1NA个电子，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．‎ ‎　‎ ‎3．CH3CH2Br与NH3反应生成（CH3CH2）2NH和HBr，下列说法错误的是（　　）‎ A．CH3CH2Br难溶于水 B．该反应属于取代反应 C．CH3CH2Br与HBr均属于电解质 D．若原料完全反应生成上述产物，CH3CH2Br与NH3的物质的量之比为2：1‎ ‎【考点】有机物的结构和性质．‎ ‎【专题】有机物的化学性质及推断．‎ ‎【分析】CH3CH2Br与NH3反应生成（CH3CH2）2NH和HBr，方程式为：2CH3CH2Br+NH3→2（CH3CH2）2NH+2HBr，CH3CH2Br中的溴原子被氢原子取代，卤代烃难溶于水，属于非电解质．‎ ‎【解答】解：A．CH3CH2Br为卤代烃，难溶于水，故A正确；‎ B．CH3CH2Br中的溴原子被氢原子取代，属于取代反应，故B正确；‎ C．CH3CH2Br属于非电解质，HBr均属于电解质，故C错误；‎ D.2CH3CH2Br+NH3→2（CH3CH2）2NH+2HBr，CH3CH2Br与NH3的物质的量之比为2：1，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查有机物的结构和性质、有机反应类型，为高频考点，题目较为简单，注意理解常见有机反应类型，注意取代反应与其它反应类型的区别．‎ ‎　‎ ‎4．铜是一种紫红色金属，被称作“电器工业的主角”铜主要是黄铜矿炼制，焙烧时发生反应2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2，其简单流程如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．焙烧时硫元素全部转化为二氧化硫 B．在焙烧时氧化剂只有氧气 C．粗铜精炼时用粗铜做阴极 D．Cu2S可用于火法炼制铜 ‎【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．‎ ‎【专题】几种重要的金属及其化合物．‎ ‎【分析】A．焙烧时还生成金属硫化物；‎ B．焙烧时Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由﹣2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为﹣2价；‎ C．粗铜精炼时用粗铜与电源正极相连；‎ D．火法炼铜的原理为：Cu2S+O22Cu+SO2．‎ ‎【解答】解：A．焙烧时还生成金属硫化物，部分硫元素转化为二氧化硫，故A错误；‎ B．焙烧时Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由﹣2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为﹣2价，则氧化剂为氧气和CuFeS2，故B错误；‎ C．粗铜精炼时用粗铜与电源正极相连，则粗铜为阳极，故C错误；‎ D．火法炼铜的原理为：Cu2S+O22Cu+SO2，则Cu2S可用于火法炼制铜，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、电解原理、金属冶炼等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎5．分子式C9H10O2的有机物，其结构中含有苯环且可以与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的同分异构体有（不考虑立体异构）（　　）‎ A．12种 B．13种 C．14种 D．15种 ‎【考点】有机化合物的异构现象．‎ ‎【专题】同分异构体的类型及其判定．‎ ‎【分析】该有机物能与NaHCO3发生反应产生气体，说明含有羧基﹣COOH，据此判断可能的同分异构体数目．‎ ‎【解答】解：该有机物能与NaHCO3发生反应产生气体，说明含有羧基﹣COOH，‎ 取代基为正丙酸基时，1种；‎ 取代基为异丙酸基，1种；‎ 取代基为﹣COOH、﹣CH2﹣CH3，有邻、间、对3种；‎ 取代基为乙酸基、﹣CH3，有邻、间、对3种；‎ 取代基为﹣COOH、﹣CH3，﹣CH3，‎ ‎2个甲基邻位，2种；‎ ‎2个甲基间位，3种；‎ ‎2个甲基对位，1种；‎ 符合条件的总共有14种．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查同分异构体数目的求算，题目难度中等，明确官能团以及取代基的分类是解答本题的关键．‎ ‎　‎ ‎6．下列有关叙述中正确的是（　　）‎ A．常温下，pH=4.3的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中：c（Na+）＜c（CHCOO﹣）‎ B．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同 C．相同温度下，若Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2CrO4），则AgCl的溶解度大于Ag2CrO4‎ D．醋酸溶液加少量水稀释增大 ‎【考点】离子浓度大小的比较；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【专题】电离平衡与溶液的pH专题．‎ ‎【分析】A．混合液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），结合电荷守恒判断；‎ B．氯化钠溶液中钠离子和氯离子不水解，而醋酸根离子和铵根离子都促进了水的电离；‎ C．氯化银和铬酸银的化学式类型不同，不能直接根据溶度积比较溶解度大小；‎ D．醋酸被稀释后，溶液中醋酸的物质的量减小、氢离子的物质的量增大．‎ ‎【解答】解：A．常温下，pH=4.3的CH3COOH与CH3COONa混合溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Na+）＜c（CHCOO﹣），故A正确；‎ B．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，氯化钠溶液对水的电离无影响，而醋酸根离子、铵根离子发生水解，促进了水的电离，故B错误；‎ C．AgCl、Ag2CrO4的化学式类型不同，不能直接利用溶度积判断溶解度大小，故C错误；‎ D．醋酸中加入少量水后，醋酸的电离程度增大，则溶液中醋酸的物质的量减小，氢离子的物质的量增大，由于在同一溶液中，则的比值减小，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了离子浓度大小比较、弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度中等，明确电离平衡及其影响为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力．‎ ‎　‎ ‎7．下列实验现象，解释或结论正确的是（　　） ‎ ‎ 选项 ‎ 实验 ‎ 解释或结论 ‎ A ‎ 用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色 ‎ 该溶液中含Na+、不含K+‎ ‎ B ‎ 向某溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加少量氯水，溶液变成血红色 ‎ 溶液中含有Fe2+、没有Fe3+‎ ‎ C ‎ 向苯中滴入少量浓溴水、振荡，静置，溶液分层，上层呈橙红色，下层几乎无色 ‎ 苯和溴水发生取代反应，使溴水退色 ‎ D ‎ 在少量无水乙醇中加入金属Na，缓慢生成可以在空气中燃烧的气体 ‎ CH3CH2OH是弱电解质 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【专题】实验评价题．‎ ‎【分析】A．K元素焰色反应必须透过蓝色钴玻璃观察；‎ B．能和KSCN溶液反应而生成血红色溶液是铁离子的特征反应，氯气能氧化亚铁离子生成铁离子；‎ C．甲苯与溴水不发生化学反应；‎ D．在水溶液或熔融状态下不完全电离出离子的电解质称为弱电解质弱电解质．‎ ‎【解答】解：A．K元素焰色反应必须透过蓝色钴玻璃观察，滤去钠元素黄光的干扰，故A错误；‎ B．能和KSCN溶液反应而生成血红色溶液是铁离子的特征反应，氯气能氧化亚铁离子生成铁离子，向某溶液中滴加KSCN溶液不变色，说明溶液中不含铁离子，滴加氯水后溶液显红色，说明溶液中亚铁离子被氧化生成铁离子，所以原溶液中一定含Fe2+，故B正确；‎ C．向甲苯中滴入少量浓溴水，振荡，静置，溶液分层，上层呈橙红色，下层几乎无色，发生了萃取，不发生化学反应，故C错误；‎ D．钠能与乙醇中的羟基反应生成氢气，与电离无关，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及离子检验、取代反应、弱电解质等知识点，明确物质的性质是解本题关键，鉴别物质时要排除干扰因素，易错选项是C，题目难度不大．‎ ‎　‎ 二、解答题（共6小题，满分80分）‎ ‎8．化学电池的研究一直是化学工作者研究的热点之一．‎ Ⅰ．美国科学家S•鲁宾成功开发锌汞纽扣式电池，以锌和氧化汞为电极材料，氢氧化钾溶液为电解液的原电池，有效地解决电池使用寿命短，易发生漏液等问题．电池总反应为：Zn+HgO═ZnO+Hg．‎ ‎（1）该电池的正极反应式为　HgO+H2O+2e﹣=Hg+2OH﹣　．‎ ‎（2）含汞电池生产企业的污水中会含有一定量的+2价的汞离子，通常采用处理成本较低的硫化物沉淀法，即向污水中投入一定量的硫化钠，反应的离子方程式为　Hg2++S2﹣=HgS↓　．‎ ‎（3）该方法的缺点是产物的颗粒比较小，大部分悬浮于污水中，通常采用投入一定量的明矾晶体进行后续处理，请解释其原因　铝离子水解得到氢氧化铝胶体具有吸附性，吸附HgS颗粒，加快HgS微粒的沉降　．‎ Ⅱ．锂离子电池由于轻便、比能量大等优点，成为当今社会最为常见的电池．其中的重要材料磷酸亚铁锂（LiFePO4）通常按照下列流程进行生产：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（4）生产过程中“混合搅拌”的目的是　使反应物充分混合，提高反应速率　．气体X的化学式为　NH3　．‎ ‎（5）请写出一定条件下由LiH2PO4生成LiFePO4的化学方程式　2LiH2PO4+Fe2O3+C=2LiFePO4+CO↑+2H2O　，当生成1mol磷酸亚铁锂时，转移的电子数目为　6.02×1023　．‎ ‎（6）生成LiFePO4的过程可能产生一种杂质对电池有致命的影响，则该杂质可能为　Fe　．‎ ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【专题】物质的分离提纯和鉴别．‎ ‎【分析】I．（1）正极发生还原反应，HgO获得电子生成Hg，碱性条件下还生成氢氧根离子；‎ ‎（2）硫离子与汞离子反应生成HgS沉淀；‎ ‎（3）铝离子水解得到氢氧化铝胶体，吸附HgS颗粒，加快沉淀；‎ Ⅱ．（4）充分混合，加快反应速率；铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气；‎ ‎（5）流程图中LiH2PO4与Fe2O3、C反应生成LiFePO4，Fe元素被还原，C元素被氧化生成CO，还有水生成；根据Fe元素化合价变化计算转移电子；‎ ‎（6）碳可能将氧化铁中Fe元素还原为Fe单质．‎ ‎【解答】解：I．（1）正极发生还原反应，HgO获得电子生成Hg，碱性条件下还生成氢氧根离子，该电池的正极反应式为：HgO+H2O+2e﹣=Hg+2OH﹣，‎ 故答案为：HgO+H2O+2e﹣=Hg+2OH﹣；‎ ‎（2）硫离子与汞离子反应生成HgS沉淀，反应离子方程式为：Hg2++S2﹣=HgS↓，‎ 故答案为：Hg2++S2﹣=HgS↓；‎ ‎（3）铝离子水解得到氢氧化铝胶体具有吸附性，吸附HgS颗粒，加快HgS微粒的沉降，‎ 故答案为：铝离子水解得到氢氧化铝胶体具有吸附性，吸附HgS颗粒，加快HgS微粒的沉降；‎ Ⅱ．（4）生产过程中“混合搅拌”的目的是：使反应物充分混合，提高反应速率，铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气，即X为NH3，‎ 故答案为：使反应物充分混合，提高反应速率；NH3；‎ ‎（5）流程图中LiH2PO4与Fe2O3、C反应生成LiFePO4，Fe元素被还原，C元素被氧化生成CO，还有水生成，反应方程式为：2LiH2PO4+Fe2O3+C=2LiFePO4+CO↑+2H2O，当生成1mol磷酸亚铁锂时，转移的电子为1mol，即转移电子数目为6.02×1023，‎ 故答案为：2LiH2PO4+Fe2O3+C=2LiFePO4+CO↑+2H2O；6.02×1023；‎ ‎（6）碳可能将氧化铁中Fe元素还原为Fe单质，对电池有致命的影响，‎ 故答案为：Fe．‎ ‎【点评】本题考查原电池的工作原理、物质准备工艺流程、陌生化学式书写、沉淀转化等，是对学生综合能力的考查．‎ ‎　‎ ‎9．烟气中含有SO2等大量有害的物质，烟气除硫的方法有多种，其中石灰石法烟气除硫工艺的主要反应如下：‎ Ⅰ．CaCO3（s）⇌CO2（g）+CaO（s）△H=+178.2kJ/mol Ⅱ．SO2（g）+CaO（s）⇌CaSO3（s）△H=﹣402kJ/mol Ⅲ.2CaSO3（s）+O2（g）+4H2O（I）⇌2[CaSO4•2H2O]（s）△H=﹣234.2kJ/mol ‎（1）试写出由石灰石、二氧化硫、氧气和水反应生成生石膏的热化学方程式　2CaCO3（s）+O2（g）+2SO2（g）+4H2O（l）⇌2[CaSO4.2H2O]（s）+2CO2（g）△H=﹣681.8kJ/mol　．‎ ‎（2）反应Ⅱ为烟气除硫的关键，取相同用量的反应物在3种不同的容器中进行该反应，A容器保持恒温恒压，B容器保持恒温恒容，C容器保持恒容绝热，且初始时3个容器的容积和温度均相同，下列说法正确的是　ad　‎ a.3个容器中SO2的转化率的大小顺序：aA＞aB＞aC b．当A容器内气体的平均摩尔质量不变时，说明反应处于化学平衡状态 c．A、B两个容器达到平衡所用的时间：tA＞tB d．当C容器内平衡常数不变时，说明该反应处于化学平衡状态 ‎（3）依据上述反应Ⅱ来除硫，将一定量的烟气压缩到一个20L的容器中，测得不同温度下，容器内SO2的质量（mg）如下表 ‎ 0‎ ‎ 20‎ ‎40 ‎ ‎ 60‎ ‎ 80‎ ‎ 100‎ ‎120 ‎ ‎ T1‎ ‎ 2100 ‎ ‎1052 ‎ ‎540 ‎ ‎199 ‎ ‎8.7 ‎ ‎0.06 ‎ ‎0.06 ‎ ‎ T2‎ ‎2100‎ ‎ 869‎ ‎ 242‎ x ‎ x ‎ x ‎ x ‎ ‎①在T1温度下，计算20﹣40min内SO2的反应速率　2×10﹣5　mol/（L•min）．‎ ‎②若其它条件都相同，则T1　＜　T2（填“＞”、“＜”或“=”，下同）；x　＞　0.06．‎ ‎③在T2温度下，若平衡后将容器的容积压缩为10L，则新平衡时SO2的浓度　=　原平衡时SO2的浓度（填“＞”、“＜”或“=”），理由是　该反应的平衡常数表达式为k=，温度不变，平衡常数不变，所以浓度相等　．‎ ‎【考点】热化学方程式；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．‎ ‎【专题】化学平衡专题．‎ ‎【分析】（1）石灰石、二氧化硫、氧气和水反应生成生石膏的反应为2CaCO3（s）+O2（g）+2SO2（g）+4H2O（l）⇌2[CaSO4.2H2O]（s）+2CO2（g），根据盖斯定律，该反应等于①×2+②×2+③，计算△H；‎ ‎（2）对于A容器，该反应是一个气体体积缩小的反应，随着反应进行气体体积减小，但要保持恒压，必须压缩体积，相当与增大压强，二氧化硫的转化率增大，B容器为恒容，随着反应的进行，气体体积缩小，二氧化硫转化率相对A要小，C 容器恒温绝热，该反应为放热反应，温度升高，速率加快，平衡逆向移动，相对B二氧化硫的转化率会小；气体质量和物质的量均在发生改变，平均摩尔质量不是变量，不能判断平衡；平衡常数只是温度的函数，温度不变，平衡常数不变；‎ ‎（3）①在T1温度下，计算20﹣40min内SO2的反应速率v（SO2）=[（1052﹣540）×10﹣3]÷64÷20÷20=2×10﹣5mol/（L•min；‎ ‎②因为该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化硫的含量增大； ‎ ‎③在T2温度下，若平衡后将容器的容积压缩为10L，则新平衡时SO2的浓度等于原平衡时SO2的浓度，因为该反应的平衡常数表达式为k=，温度不变，平衡常数不变，所以浓度相等．‎ ‎【解答】解：（1）石灰石、二氧化硫、氧气和水反应生成生石膏的反应为2CaCO3（s）+O2（g）+2SO2（g）+4H2O（l）⇌2[CaSO4.2H2O]（s）+2CO2（g），根据盖斯定律，该反应等于①×2+②×2+③，计算△H=+178.2×2+（﹣402）×2+（﹣234.2）=﹣681.8kJ/mol，故答案为：2CaCO3（s）+O2（g）+2SO2（g）+4H2O（l）⇌2[CaSO4.2H2O]（s）+2CO2（g）△H=﹣681.8kJ/mol；‎ ‎（2）a、对于A容器，该反应是一个气体体积缩小的反应，随着反应进行气体体积减小，但要保持恒压，必须压缩体积，相当与增大压强，二氧化硫的转化率增大，B容器为恒容，随着反应的进行，气体体积缩小，二氧化硫转化率相对A要小，C容器恒温绝热，该反应为放热反应，温度升高，速率加快，平衡逆向移动，相对B二氧化硫的转化率会小，故a正确；‎ b、气体质量和物质的量均在发生改变，平均摩尔质量不是变量，不能判断平衡，故b错误；‎ c、A容器压强比B大，故反应速率快，达到平衡所需的时间A比B短，故C错误；‎ d、平衡常数只是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，平衡，故d正确；‎ 故答案为：ad；‎ ‎（3）①在T1温度下，计算20﹣40min内SO2的反应速率v（SO2）=[（1052﹣540）×10﹣3]÷64÷20÷20=2×10﹣5mol/（L•min），故答案为：2×10﹣5；‎ ‎②因为该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化硫的含量增大，结合表格数据，T2时的含量比T1时低，若其它条件都相同，则T1＜T2；根据数据的递变规律，x＞0.06，故答案为：＜；＞； ‎ ‎③在T2温度下，若平衡后将容器的容积压缩为10L，则新平衡时SO2的浓度等于原平衡时SO2的浓度，因为该反应的平衡常数表达式为k=，温度不变，平衡常数不变，所以浓度相等，故答案为：=；该反应的平衡常数表达式为k=1/c（SO2），温度不变，平衡常数不变，所以浓度相等．‎ ‎【点评】本题考查化学反应的速率、化学平衡常数表达式、化学平衡的移动和反应的自发性等，题目难度中等，注意相关知识的积累．‎ ‎　‎ ‎10．氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、极易水解，可用作肥料、灭火剂、洗涤剂等．实验室用如图1所示装置制备氨基甲酸铵．把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中．当悬浮物较多时，停止制备．‎ ‎（1）结合上述实验装置，写出制备氨基甲酸胺的化学方程式　2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4　，该反应为　放热　反应（填“吸热”或“放热”）．‎ ‎（2）液体石蜡鼓泡瓶的作用是　通过观察气泡，控制气体流速和调节NH3与CO2通入比例　．‎ ‎（3）从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是　过滤　．‎ ‎（4）氨基甲酸胺极易水解，产物是碳酸氢铵和一种弱酸，请写出其水分解反应方程式　NH2COONH4+2H2O⇌NH4HCO3+NH3•H2O　．某学习小组为探究其水解反应，分别取两份不同浓度的氨基甲酸胺溶液，绘制出c（NH2COO﹣）随时间（t）变化曲线如图2所示，若A、B分别为不同温度时测定的曲线，则　A　（“A”或“B”）曲线所对应的实验温度高，判断的依据是　6～20min内曲线A中c（NH2CCOO﹣）减小量大于曲线B的，水解反应为吸热反应，升高温度有利于水解进行　．‎ ‎（5）制得的氨基甲酸胺可能含有碳酸氢铵．取某氨基甲酸胺样品4.69g，用足量氢氧化钡溶液充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钡、过滤、洗涤、干燥，测得沉淀质量为11.82g．则样品中氨基甲酸胺的物质的量分数为　83.3%　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【专题】有机实验综合．‎ ‎【分析】（1）由题目信息可知，氨气与二氧化碳反应生成NH2COONH4；氨基甲酸胺易分解，图中反应装置用冰水冷却，防止氨基甲酸胺分解，说明制备氨基甲酸胺的为放热反应；‎ ‎（2）根据液体石蜡瓶鼓泡瓶中气泡控制气体流速和原料气体的配比；‎ ‎（3）由氨基甲酸胺小晶体悬浮在四氧化碳中，可以采取过滤方法分离；‎ ‎（4）氨基甲酸胺极易水解，产物是碳酸氢铵和一种弱碱，该弱碱为NH3•H2O；水解反应为吸热反应，升高温度有利于水解进行，对比6～20min内c（NH2CCOO﹣）变化量越大，水解程度越大，温度越高；‎ ‎（5）生成的沉淀为碳酸钡，根据碳原子守恒、混合物总质量列方程各自物质的量，再计算氨基甲酸胺的质量，进而计算其物质的量分数．‎ ‎【解答】解：（1）由题目信息可知，氨气与二氧化碳反应生成NH2COONH4，反应方程式为：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4，‎ 氨基甲酸胺易分解，图中反应装置用冰水冷却，防止氨基甲酸胺分解，说明制备氨基甲酸胺的为放热反应，‎ 故答案为：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4；放热；‎ ‎（2）可以根据液体石蜡瓶鼓泡瓶中气泡，控制气体流速和调节NH3与CO2通入比例，‎ 故答案为：通过观察气泡，控制气体流速和调节NH3与CO2通入比例；‎ ‎（3）由氨基甲酸胺小晶体悬浮在四氧化碳中，可以采取过滤方法分离，‎ 故答案为：过滤；‎ ‎（4）氨基甲酸胺极易水解，产物是碳酸氢铵和一种弱碱，该弱碱为NH3•H2O，反应方程式为：NH2COONH4+2H2O⇌NH4HCO3+NH3•H2O；‎ ‎6～20min内曲线A中c（NH2CCOO﹣）减小量大于曲线B的，水解反应为吸热反应，升高温度有利于水解进行，故曲线A的温度高于曲线B的，‎ 故答案为：NH2COONH4+2H2O⇌NH4HCO3+NH3•H2O；A；6～20min内曲线A中c（NH2CCOO﹣）减小量大于曲线B的，水解反应为吸热反应，升高温度有利于水解进行；‎ ‎（5）生成的沉淀为碳酸钡，其物质的量为： =0.06mol，‎ 氨基甲酸铵物质的量为x，碳酸氢铵物质的量为y，‎ 由碳元素守恒可知：x+y=0.06 ‎ 由质量可得：78x+79y=4.69‎ 解得x=0.05mol，y=0.01mol，‎ 则制得的样品中氨基甲酸胺的物质的量分数为：×100=83.3%，‎ 故答案为：83.3%．‎ ‎【点评】本题考查物质制备实验、化学反应速率影响因素、物质含量测定、化学与技术等，题目难度中等，把握反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，综合性较强．‎ ‎　‎ ‎11．水是所有生命生存的重要资源，也是生物体最重要的组成部分．‎ ‎（1）暂时硬水的硬度是由碳酸氢钙与碳酸氢镁引起的，经煮沸后可被去掉，硬水加热后产生沉淀的离子方程式为　Ca2++2HCO3﹣CaCO3↓+CO2↑+H2O　（写出符合条件的一个反应即可）．‎ ‎（2）某研究性小组模拟原水处理成自来水的工艺流程示意图：‎ ‎①通入二氧化碳的目的是　除去过量的Ca2+　和　调节pH　．‎ ‎②气体单质A是我国常用的一种消毒剂，写出A与水反应的离子方程式　Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO　，目前有很多A的替代品，写出其中两种的化学式　Ca（ClO）2、ClO2、K2FeO4等　．‎ ‎（3）自来水可用于制备纯净水（去离子水）的工艺流程示意图如下：‎ ‎①活性炭的作用是　吸附水中的有机物（或去除异味）　．‎ ‎②A、B中放置的物质名称分别是：A是阳离子交换树脂，B是阴离子交换树脂．A、B中放置的物质不可以互换，请说明原因　硬水中的Ca2+、Mg2+离子会与阴离子交换树脂中的OH﹣生成Mg（OH）2、Ca（OH）2沉淀，会堵塞而影响树脂交换效果　．‎ ‎（4）通过施加一定压力使水分子通过半透膜而将大分子或离子截留，从而获得纯净水的方法称为　反渗透法　．‎ ‎（5）检验蒸馏水的纯度时，最简单易行的方法是测定水的　电导率（或电阻率）　．‎ ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【专题】物质的分离提纯和鉴别．‎ ‎【分析】（1）碳酸氢钙、碳酸氢镁分解生成碳酸盐、二氧化碳与水；‎ ‎（2）原水在曝气池中加入氢氧化钙会沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，可以和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水，反应的离子方程式为：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O，Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，经一级沉降后通入二氧化碳气体，可除去过量的石灰，调节溶液pH，经二级沉降，再通入氯气杀菌消毒．‎ ‎①二氧化碳可与石灰水反应，生成沉淀，并用于调节溶液pH；‎ ‎②氯气与水反应生成HCl与HClO；可以用Ca（ClO）2、ClO2、K2FeO4等代替氯气；‎ ‎（3）①活性炭具有吸附性；‎ ‎②先通过阴离子交换树脂可能生成Mg（OH）2等沉淀而影响树脂交换效果；‎ ‎（4）通过施加一定压力使水分子通过半透膜而将大分子或离子截留，从而获得纯净水的方法称为反渗透法；‎ ‎（5）溶液的导电能力取决于溶液中的离子浓度大小，检验蒸馏水的纯度时，最简单的方法是测定水的导电率．‎ ‎【解答】解：（1）硬水加热后产生沉淀的离子方程式为：Ca2++2HCO3﹣CaCO3↓+CO2↑+H2O，Mg2++2HCO3﹣MgCO3↓+CO2↑+H2O等，‎ 故答案为：Ca2++2HCO3﹣CaCO3↓+CO2↑+H2O等；‎ ‎（2）原水在曝气池中加入氢氧化钙会沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，可以和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水，反应的离子方程式为：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O，Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，经一级沉降后通入二氧化碳气体，可除去过量的石灰，调节溶液pH，经二级沉降，再通入氯气杀菌消毒．‎ ‎①二氧化碳可与石灰水反应，生成沉淀，并用于调节溶液pH，‎ 故答案为：除去过量的Ca2+、调节pH；‎ ‎②氯气与水反应生成HCl与HClO，反应离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO；可以用Ca（ClO）2、ClO2、K2FeO4等代替氯气，‎ 故答案为：Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO；Ca（ClO）2、ClO2、K2FeO4等；‎ ‎（3）①活性炭具有吸附性，作用是吸附水中的有机物（或去除异味），‎ 故答案为：吸附水中的有机物（或去除异味）；‎ ‎②A为阳离子交换树脂，B为阴离子交换树脂，交换后硬水中的Ca2+、Mg2+离子会与阴离子交换树脂中的OH﹣生成Mg（OH）2、Ca（OH）2沉淀，会堵塞而影响树脂交换效果，不能交换，‎ 故答案为：不能；硬水中的Ca2+、Mg2+离子会与阴离子交换树脂中的OH﹣生成Mg（OH）2、Ca（OH）2沉淀，会堵塞而影响树脂交换效果；‎ ‎（4）通过施加一定压力使水分子通过半透膜而将大分子或离子截留，从而获得纯净水的方法称为反渗透法，‎ 故答案为：反渗透法；‎ ‎（5）因为水的电离程度极小，所以纯水是几乎不导电的，因此要检验蒸馏水的纯度时，最简单易行的方法是测定水的电导率或电阻率，‎ 故答案为：电导率（或电阻率）．‎ ‎【点评】本题考查属于化学与技术，涉及水的净化、硬水软化等，注意离子交换树脂制备纯净水，注意对基础知识的理解掌握．‎ ‎　‎ ‎12．已知A、B、C、D、E五种元素是周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大．其中A、B、C为同周期的非金属元素，且B、C原子中均有两个未成对电子．D、E为同周期元素且分别位于s区和d区．五种元素所有的s能级电子均为全充满．E的d能级电子数等于A、B、C最高能层的p能级电子数之和．回答下列问题：‎ ‎（1）五种元素中，电负性最大的是　O　（填元素符号）．‎ ‎（2）E常有+2，+3两种价态，画出E2+离子的价电子排布图　　．‎ ‎（3）自然界中，含A的钠盐是一种天然矿藏，其化学式写作Na2A4O7•10H2O，实际上它的结构单元是由两个H3AO3和两个[A（OH）4]﹣缩合而成的双六元环，应该写成Na2[A4O5（OH）4]•8H2O，其结构式如图1，它的阴离子可形成链状结构．‎ ‎①A原子的杂化轨道类型为　sp2、sp3　．‎ ‎②该阴离子由极性键和配位键构成，请在图1中用“→”标出其中的配位键．该阴离子通过　氢键　相互结合形成链状结构．‎ ‎③已知H3AO3为一元弱酸，根据上述信息，用离子方程式解释分析H3AO3为一元酸的原因（用元素符号表示）　H3BO3+H2O⇌[B（OH）4]﹣+H+　．‎ ‎（4）E2+离子在水溶液中以[E（H2O）6]2+形式存在，向含E2+离子的溶液中加入氨水，可生成更稳定的[E（NH3）6]2+离子，其原因是　N元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键　．[E（NH3）6]2+的立体构型为　正八面体　．‎ ‎（5）由元素B、D组成的某离子化合物的晶胞结构如图2，写出该物质的电子式　　，若晶胞的长宽高分别为520pm、520pm和690pm，该晶体密度为　2.28　g/cm3（保留到小数点后两位）．‎ ‎【考点】晶胞的计算；原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【专题】化学键与晶体结构．‎ ‎【分析】A、B、C、D、E五种元素是周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大．其中A、B、C为同周期的非金属元素，三元素处于短周期，且B、C原子中均有两个未成对电子，二者外围电子数排布分别为ns22p2、ns22p4，结合A为非金属元素，可知A为硼元素、B为碳元素、C为O元素；D、E为同周期元素且分别位于s区和d区，则二者处于第四周期，五种元素所有的s能级电子均为全充满，则D为Ca；E的d能级电子数等于A、B、C最高能层的p能级电子数之和，则E的d能级电子数为1+2+4=7，即E的外围电子排布为3d74s2，故E为Co．‎ ‎（1）非金属性越强电负性越大，同周期自左而右电负性增大；‎ ‎（2）E为Fe，Fe2+离子的价电子排布式为3d6，根据泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；，‎ ‎（3）①A为B原子，结构中B原子形成3个单键、4个单键（含有1个配位键），B原子核外最外层的3个电子全部参与成键；‎ ‎②形成4个键的B原子中含有1个配位键，氢氧根离子中氧原子与B原子之间形成配位键；该阴离子通过氢键相互结合形成链状结构；‎ ‎③H3AO3为一元弱酸，与水形成配位键，电离出[A（OH）4]﹣与氢离子；‎ ‎（4）N元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键，[Fe（NH3）6]2+的立体构型为正八面体，‎ ‎（5）由元素C、Ca组成的某离子化合物为CaC2，属于离子化合物，C22﹣离子中碳原子之间形成3对共用电子对；‎ 晶胞中钙离子、C22﹣数目相等，根据均摊法计算晶胞中钙离子、C22﹣数目数目，再计算晶胞质量，根据ρ=计算晶胞密度．‎ ‎【解答】解：A、B、C、D、E五种元素是周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大．其中A、B、C为同周期的非金属元素，三元素处于短周期，且B、C原子中均有两个未成对电子，二者外围电子数排布分别为ns22p2、ns22p4，结合A为非金属元素，可知A为硼元素、B为碳元素、C为O元素；D、E为同周期元素且分别位于s区和d区，则二者处于第四周期，五种元素所有的s能级电子均为全充满，则D为Ca；E的d能级电子数等于A、B、C最高能层的p能级电子数之和，则E的d能级电子数为1+2+4=7，即E的外围电子排布为3d74s2，故E为Co．‎ ‎（1）非金属性越强电负性越大，同周期自左而右电负性增大，五种元素中，O元素电负性最大，‎ 故答案为：O；‎ ‎（2）E为Co，Co2+离子的价电子排布图，‎ 故答案为：；‎ ‎（3）①A为B原子，结构中B原子形成3个单键、4个单键（含有1个配位键），B原子核外最外层的3个电子全部参与成键，杂化杂化轨道类型为sp2、sp3，‎ 故答案为：sp2、sp3；‎ ‎ ②形成4个键的B原子中含有1个配位键，氢氧根离子中氧原子与B原子之间形成配位键，图1中用“→”标出其中的配位键为：，该阴离子通过氢键相互结合形成链状结构，‎ 故答案为：；氢键；‎ ‎③H3AO3为一元弱酸，与水形成配位键，电离出[A（OH）4]﹣与氢离子，用离子方程式解释分析H3BO3为一元酸的原因：H3BO3+H2O⇌[B（OH）4]﹣+H+，‎ 故答案为：H3BO3+H2O⇌[B（OH）4]﹣+H+；‎ ‎（4）Fe2+离子在水溶液中以[Fe（H2O）6]2+形式存在，向含Fe2+离子的溶液中加入氨水，可生成更稳定的[Fe（NH3）6]2+离子，其原因是：N元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键，[Fe（NH3）6]2+的立体构型为正八面体，‎ 故答案为：N元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键；正八面体；‎ ‎（5）由元素C、Ca组成的某离子化合物为CaC2，该物质的电子式为，‎ 晶胞中钙离子、C22﹣数目相等，C22﹣数目数目为8×+6×=4，则晶胞质量为4×g，若晶胞的长宽高分别为520pm、520pm和690pm，该晶体密度为4×g÷（520×10﹣10cm×520×10﹣10cm×690×10﹣10cm）=2.28g/cm3，‎ 故答案为：；2.28．‎ ‎【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电负性、杂化方式、微粒结构、配位键、晶胞计算等，推断元素是解题关键，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，需要学生具备扎实的基础．‎ ‎　‎ ‎13．有报道指出，由咖喱为原料进行提纯得到的姜黄素（物质E），是全球天然抗肿瘤药物研究的热点，其合成路线如图：‎ 已知①‎ ‎②‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）A中含有官能团名称是　醛基、羧基　反应A→B的化学方程式为　　‎ ‎（2）B→C的反应类型为　氧化反应　，C的结构简式为　　‎ ‎（3）A与氢气在一定条件下的加成产物可反应生成一种高分子化合物，其结构简式为　　‎ ‎（4）E的结构简式为　　，‎ 下列有关E的叙述正确的是　ac　‎ a．E能发生氧化、加成、取代和聚合反应 b.1molE与浓溴水反应最多消耗3mol的Br2‎ c．E能与FeCl3溶液发生显色反应 d.1molE最多能与3molNaOH发生反应 ‎（5）D（C8H8O3）的同分异构体中，符合下列条件的共有　10　种 ‎①苯环上的一取代物有3种②1mol该物质与足量的烧碱溶液反应，最多消耗3molNaOH．‎ ‎【考点】有机物的推断．‎ ‎【专题】有机推断．‎ ‎【分析】A发生加成反应生成B，B发生反应生成C，C反应生成D，根据第一个信息知，B发生催化氧化反应生成C，C结构简式为，C发生信息一的反应生成D，D发生信息二的反应，则E结构简式为，结合题目分析解答．‎ ‎【解答】解：A发生加成反应生成B，B发生反应生成C，C反应生成D，根据第一个信息知，B发生催化氧化反应生成C，C结构简式为，C发生信息一的反应生成D，D发生信息二的反应，则E结构简式为，‎ ‎（1）A中含有官能团名称是羧基、醛基，反应A→B的化学方程式：，‎ 故答案为：醛基、羧基；；‎ ‎（2）B→C的反应类型为氧化反应，C的结构简式为，故答案为：氧化反应；；‎ ‎（3）A与氢气在一定条件下的加成产物为HOCH2COOH，HOCH2COOH可反应生成一种高分子化合物，其结构简式为，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）E的结构简式为，‎ a．E中含有苯环、醚键、酚羟基、碳碳双键、羰基，所以E能发生氧化、加成、取代和聚合反应，故正确；‎ b．苯环上酚羟基的邻位氢原子能和溴发生取代反应、碳碳双键能和溴发生加成反应，所以1molE与浓溴水反应最多消耗4mol的Br2，故错误；‎ c．含有酚羟基，所以E能与FeCl3溶液发生显色反应，故正确；‎ d．只有酚羟基能和NaOH溶液反应，所以1molE最多能与2molNaOH发生反应，故错误；‎ 故答案为：；ac；‎ ‎（5）D（C8H8O3）的同分异构体符合下列条件：‎ ‎①苯环上的一取代物有3种，说明苯环上含有3种氢原子；‎ ‎②1mol该物质与足量的烧碱溶液反应，最多消耗3molNaOH，则含有酚﹣OH和某酸苯酯基，‎ 所以其取代基有酚﹣OH、HCOO﹣、﹣CH3，如果酚羟基和甲基位于邻位，有四种同分异构体；‎ 如果酚羟基和甲基位于间位，有四种同分异构体，如果酚羟基和甲基位于对位，有两种同分异构体，‎ 所以符合条件的有10种，故答案为：10．‎ ‎【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，明确官能团及其性质关系及题给信息是解本题关键，难点是（5）题同分异构体种类判断，题目难度中等．‎