湖北省十堰一中2022-2022学年高三（下）开学检测化学试卷 一、选择题：1．下列变化能用同一性质解释的有①浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小；②二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色；③二氧化硫能使品红溶液、溴水褪色；④氨气和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥；⑤常温下浓硫酸用铁制的容器存放、加热条件下浓硫酸能与木炭反应⑥浓硫酸能在白纸上写字，氢氟酸能在玻璃上刻字；⑦二氧化碳、二氧化硫使澄清石灰水变浑浊（ ）A．1个B．2个C．3个D．5个 2．为使Fe2+，Fe3+，Zn2+较完全地形成氢氧化物沉淀，溶液的酸碱度分别为pH7.7、pH4.5、pH6.6．某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2+，Fe3+杂质离子，为除去这些离子制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是（ ）A．H2O2，ZnOB．氨水C．KMnO4，ZnCO3D．NaOH溶液 3．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）A．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28gN2，转移的电子数目为3.75NAB．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣数目为0.1NAC．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA 4．在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若它们的温度和密度均相同，试根据甲、乙的摩尔质量（M）关系，判断下列说法正确的是（ ）A．若M（甲）＞M（乙），则气体体积：甲＜乙B．若M（甲）＜M（乙），则气体的压强：甲＞乙C．若M（甲）＞M（乙），则气体的摩尔体积：甲＜乙-28-D．若M（甲）＜M（乙），则的分子数：甲＜乙 5．下列叙述正确的是（ ）A．向体积为Va的0.02mol•L﹣1CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.02mol•L﹣1NaOH溶液，Va＞Vb时：c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＞c（Na+）B．将0.2mol•L﹣1的盐酸与0.1mol•L﹣1的KAlO2溶液等体积混合，其溶液中离子浓度由小到大的顺序为：c（OH﹣）＜c（Al3+）＜c（H+）＜c（K+）＜c（Cl﹣）C．pH=5的HCOOH溶液和pH=5的NH4NO3溶液中，c（H+）不相等D．25℃时，pH=4，浓度均为0.1mol•L﹣1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＜c（CH3COOH）+c（H+） 6．C5H12有3种不同结构：甲CH3（CH2）3CH3，乙CH3CH（CH3）CH2CH3，丙C（CH3）4．下列相关叙述正确的是（ ）A．甲、乙、丙属同系物均可与氯气、溴蒸气发生取代反应B．C5H12表示一种纯净物C．甲、乙、丙中，丙的沸点最低D．乙有3种不同沸点的二氯取代物 7．如图所示，其中甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．下列说法正确的是（ ）A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置B．甲池通入CH3OH的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O=CO32﹣+8H+C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度D．甲池中消耗280mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体 -28-二、非选择题（共6小题，满分79分）8．（14分）工业上利用含有一定浓度的I2和CuSO4溶液的工业废水制备饲料添加剂Ca（IO3）2，其具体生产流程如下：已知：①Ca（IO3）2微溶于水，可溶于硝酸；②Ksp（CuI）=1.1×10﹣12，Ksp（Cu2S）=2.5×10﹣48；③氧化性强弱顺序为：HNO3＞IO3﹣＞H2O2．（1）“还原”过程中发生的主要反应化学方程式为：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，则此反应中每得到1mol的还原产物，转移的电子数目约为 个．（2）在还原过程通常伴随有CuI生成，此时再加入足量的Na2S的化学反应方程式 _；充分反应后再过滤并将所得滤渣与足量的浓硝酸混合加热，此时反应的离子方程式为 ．（3）在氧化过程中通常应先加入一定量的H2O2再加入少量的浓硝酸，而不直接加入足量的浓硝酸的目的是 ．（4）加入的石灰乳在溶液中发生反应可得到Ca（IO3）2，此时需要调节溶液pH至中性而不是酸性或碱性的原因是 ．（5）Ca（IO3）2也可用电化学氧化法制取：先充分电解KI溶液，然后在电解后的溶液中加入一定量的CaCl2溶液，最后过滤得到Ca（IO3）2．写出电解时阳极发生的电极反应式 ．用该方法制取Ca（IO3）2，每1kg碘化钾理论上可生产纯度为88.8%Ca（IO3）2的质量为 kg（计算结果保留3位有效数字）． 9．（14分）CO和H2作为重要的燃料和化工原料，有着十分广泛的应用．（1）已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H2=+131.3kJ•mol﹣1则反应CO（g）+H2（g）+O2（g）=H2O（g）+CO2（g）△H= kJ•mol﹣1．-28-（2）利用反应CO（g）+H2（g）+O2（g）=CO2（g）+H2O（g）设计而成的MCFS燃料电池是用水煤气（CO和H2物质的量之比为1：1）作负极燃气，空气与CO2的混合气为正极助燃气，用一定比例的Li2CO3和Na2CO3低熔点混合物做电解质的一种新型电池．现以该燃料电池为电源，以石墨作电极电解饱和NaCl溶液，反应装置以及现象如图所示．则有：①燃料电池即电源的N极的电极反应式为 ；②已知饱和食盐水的体积为1L，一段时间后，测得左侧试管中气体体积为11.2mL（标准状况），若电解前后溶液的体积变化忽略不计，而且电解后将溶液混合均匀，则此时溶液的pH为 ．（3）在不同的温度下，将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行如下反应：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g），得到如下数据：实验组温度℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO1650421.62.462900210.41.63①实验1中以v（CO2）表示的平均反应速率为 （取2位小数）．②下列措施可能使上述反应中CO的转化率增大的是 （填序号）；A．升高温度B．降低温度C．增大压强D．再加入一定量H2O（g）E．使用催化剂． 10．（6分）①某二元酸（化学式用H2B表示）在水中的电离方程式：H2B═H++HB﹣，HB﹣⇌H++B2﹣，则在0.1mol/L的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是 ．A．c（B2﹣）+c（HB﹣）+c（H2B）=0.1mol/L-28-B．c（OH﹣）=c（H+）+c（HB﹣）+2c（H2B）C．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HB﹣）+2c（B2﹣）D．c（Na+）=2c（B2﹣）+2c（HB﹣）若已知0.1mol/LNaHB溶液的pH=2，则该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是 ．②在含有AgCl固体的饱和溶液中，AgCl在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq）．若已知在25℃时，氯化银的Ksp=1.8×10﹣10，现将足量氯化银固体分别放入：A.100mL蒸馏水中；B.100mL0.2mol/LAgNO3溶液中；C.100mL0.1mol/L氯化铝溶液中；D.100mL0.2mol/L盐酸则相同温度下所得溶液中c（Ag+）由大到小的顺序是 （填写序号）． 11．（15分）KMnO4是常用的强氧化剂，工业上以软锰矿（主要成分MnO2）为原料，通过液相法生产，即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离后得到K2MnO4，再用惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，简略生产过程如下：（1）反应器中反应的化学方程式为： ．（2）生产过程中最好使用含MnO280%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量 （填“偏高”或“偏低”），其中Al的氧化物和KOH溶液反应的化学方程式为： ．（3）电解槽中阳极的电极反应方程式为： ；（4）在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入CO2制备KMnO4，化学反应方程式为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3根据上述反应，从Mn元素的角度考虑KMnO4的产率最高为 ．与该传统工艺相比，电解法的优势是 ．（5）测定高锰酸钾样品纯度的方法是：向高锰酸钾溶液中滴加硫酸锰溶液产生黑色沉淀，反应的离子方程式 ．-28-（6）已知常温下KSP（Mn（OH）2）=2.0×10﹣23，工业上调节PH沉淀废水中的Mn2+，当pH=10时，c（Mn2+）= mol/L． 12．（15分）现有七种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大．请根据下列相关信息，回答问题．A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素B元素原子的核外p电子数比s电子数少1C原子的第一至第四电离能分别是：I1=738kJ/molI2=1451kJ/molI3=7733kJ/molI4=10540kJ/molD原子核外所有p轨道全满或半满E元素的主族序数与周期数的差为4F是前四周期中电负性最小的元素G在周期表的第七列（1）B基态原子中能量最高的电子所处的能级为 其电子云在空间有 个方向，原子轨道呈 形；（2）某同学根据上述信息，推断C基态原子的核外电子排布为，，该同学所画的电子排布图违背了 （3）G位于 族 区，价电子排布式为 （4）DE3中心原子的杂化方式为 ，用价层电子对互斥理论推测其空间构型为 （5）1mol（SCN）2分子中含有σ键的数目为 ；类卤素（SCN）2对应的酸有两种，理论上硫氰酸（H﹣S﹣C≡N）的沸点低于异硫氰酸（H﹣N=C=S）的沸点，其原因是 ．（6）ZnS的晶胞结构如图1所示，在ZnS晶胞中，S2﹣的配位数为 ．（7）铜与金形成的金属互化物结构如图2，其晶胞边长为anm，该金属互化物的密度为 （用含“a、NA的代数式表示）g•cm﹣3． -28-13．（15分）A～G都是有机化合物，它们的转化关系如下：请回答下列问题：（1）已知：6.0g化合物E完全燃烧生成8.8gCO2和3.6gH2O；E的相对分子质量为60，则E的分子式为 ；（2）A为一元取代芳烃，B中含有一个甲基．由B生成C的化学方程式为 ；（3）由B生成D、由C生成D的反应条件分别是： 、 ；（4）由A生成B、由D生成G的反应类型分别是 、 ；（5）在G的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1：1的是 （填结构简式）． -28-湖北省十堰一中2022-2022学年高三（下）开学检测化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题：1．下列变化能用同一性质解释的有①浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小；②二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色；③二氧化硫能使品红溶液、溴水褪色；④氨气和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥；⑤常温下浓硫酸用铁制的容器存放、加热条件下浓硫酸能与木炭反应⑥浓硫酸能在白纸上写字，氢氟酸能在玻璃上刻字；⑦二氧化碳、二氧化硫使澄清石灰水变浑浊（ ）A．1个B．2个C．3个D．5个【考点】浓硫酸的性质；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】①浓硫酸具有吸水性、浓盐酸具有挥发性；②二氧化硫具有漂白性、次氯酸具有强氧化性；③二氧化硫具有漂白性和还原性；④氨气能和浓硫酸反应生成盐，碘化氢气体能被浓硫酸氧化；⑤浓硫酸具有强氧化性；⑥浓硫酸具有脱水性，氢氟酸能和二氧化硅反应；⑦二氧化碳、二氧化硫都能和澄清石灰水反应生成难溶性钙盐．【解答】解：①浓硫酸具有吸水性、浓盐酸具有挥发性，浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小，但原理不同，故错误；②二氧化硫具有漂白性、次氯酸具有强氧化性，二者都能使品红溶液褪色，但漂白原理不同，故错误；③二氧化硫具有漂白性和还原性，二氧化硫使品红溶液褪色体现漂白性、使溴水褪色体现还原性，故错误；-28-④氨气能和浓硫酸反应生成盐，碘化氢气体能被浓硫酸氧化，所以前者浓硫酸体现酸性、后者浓硫酸体现氧化性，故错误；⑤浓硫酸具有强氧化性，能和C、Fe发生氧化还原反应，所以能用同一原理解释，故正确；⑥前者浓硫酸体现脱水性、后者氢氟酸体现酸性，所以反应原理不同，故错误；⑦二氧化碳、二氧化硫都能和澄清石灰水反应生成难溶性钙盐而使澄清石灰水变浑浊，故正确；故选B．【点评】本题考查了物质间的反应，明确物质性质是解本题关键，注意二氧化硫、次氯酸、过氧化钠等物质漂白原理的差别，注意不能用澄清石灰水鉴别二氧化碳和二氧化硫，为易错点． 2．为使Fe2+，Fe3+，Zn2+较完全地形成氢氧化物沉淀，溶液的酸碱度分别为pH7.7、pH4.5、pH6.6．某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2+，Fe3+杂质离子，为除去这些离子制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是（ ）A．H2O2，ZnOB．氨水C．KMnO4，ZnCO3D．NaOH溶液【考点】物质分离、提纯的实验方案设计．【专题】化学实验基本操作．【分析】为除去这些离子制得纯净的ZnSO4，应首先将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO、ZnCO3等物质，调节溶液pH，使Fe3+水解生成沉淀而除去，以此解答．【解答】解：使Fe3+、Fe2+、Zn2+较完全的形成氢氧化物沉淀，溶液的pH应分别为3.7、9.6、4.4左右，所以要除去硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe3+、Fe2+，应该把Fe2+氧化为Fe3+，双氧水是绿色氧化剂不会引入杂质，所以用双氧水把Fe2+氧化为Fe3，再加入氧化锌调节溶液的pH，使Fe3+转化为沉淀除去，故选A．【点评】本题考查盐类水解的原理及应用，侧重于除杂与分离，题目较为基础，解答本题的关键是能把握除杂的原则． 3．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）A．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28gN2，转移的电子数目为3.75NA-28-B．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣数目为0.1NAC．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．依据元素化合价升高数目解答；B．氢氧化钠溶液的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为1×10﹣13mol/L；C．燃料电池中正极发生还原反应，氢氧燃料电池中正极氧气得到电子，1mol氧气完全反应得到4mol电子．D．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，产物中铁元素的平均化合价为，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量．【解答】解：A．反应中，铵根离子中N元素化合价由﹣3价升高为氮气中的0价，共失去15个电子，所以生成28gN2，转移的电子数目为NA=3.75NA，故A正确；B．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中氢离子浓度为1×10﹣13mol/L，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的OH﹣离子数目为10﹣13NA，故B错误；C．标况下22.4L气体的物质的量为1mol，氢氧燃料电池中正极氧气得到电子，1mol氧气完全反应转移了4mol电子，则电路中通过的电子数目为4NA，故C错误；D．．0.2mol铁与水蒸气完全反应生成四氧化三铁，失去电子的物质的量为：（﹣0）×0.2mol=，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为×=mol，生成的H2分子数目为NA，故D错误；故选：A．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系． 4．在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若它们的温度和密度均相同，试根据甲、乙的摩尔质量（M）关系，判断下列说法正确的是（ ）A．若M（甲）＞M（乙），则气体体积：甲＜乙B．若M（甲）＜M（乙），则气体的压强：甲＞乙-28-C．若M（甲）＞M（乙），则气体的摩尔体积：甲＜乙D．若M（甲）＜M（乙），则的分子数：甲＜乙【考点】阿伏加德罗定律及推论．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】相同温度下，在两个密闭容器中，分别充有等质量、等密度的甲、乙两种气体，根据ρ=可知气体的体积相等，结合n=以及PV=nRT比较压强大小，根据Vm=比较气体摩尔体积大小，根据n=判断气体的物质的量，气体物质的量越大，气体分子数越多．【解答】解：A．两个密闭容器中，分别充有等质量、等密度的甲、乙两种气体，根据ρ=可知气体的体积相等，故A错误；B．若M（甲）＜M（乙），根据n=，则气体的物质的量：甲＞乙，由PV=nRT可知，气体的压强：甲＞乙，故B正确；C．根据n=，若M（甲）＞M（乙），则气体的物质的量：甲＜乙，根据Vm=，故则气体的摩尔体积：甲＞乙，故C错误；D．根据n=，若M（甲）＜M（乙），则n（甲）＞n（乙），则气体的分子数：甲＞乙，故D错误；故选B．【点评】本题考查阿伏加德罗定律及推论，题目难度不大，本题注意相关计算公式的运用，为解答该题的关键，易错点为D，注意根据密度的计算公式推导． 5．下列叙述正确的是（ ）A．向体积为Va的0.02mol•L﹣1CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.02mol•L﹣1NaOH溶液，Va＞Vb时：c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＞c（Na+）B．将0.2mol•L﹣1的盐酸与0.1mol•L﹣1的KAlO2溶液等体积混合，其溶液中离子浓度由小到大的顺序为：c（OH﹣）＜c（Al3+）＜c（H+）＜c（K+）＜c（Cl﹣）C．pH=5的HCOOH溶液和pH=5的NH4NO3溶液中，c（H+）不相等D．25℃时，pH=4，浓度均为0.1mol•L﹣1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＜c（CH3COOH）+c（H+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较．-28-【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．若Va＞Vb，醋酸过量，根据物料守恒判断；B．根据反应H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓以及Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O判断；C．根据pH=﹣lg判断；D．pH=4，说明溶液中c（H+）＞c（OH﹣），结合电荷守恒计算．【解答】解：A．因CH3COOH溶液与NaOH溶液的浓度相等，当Va＞Vb时，CH3COOH过量，反应后溶液中的溶质为CH3COOK和CH3COOH（剩余），根据物料守恒关系，c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＞c（Na+），故A正确；B．假设溶液体积都为1L，将0.2mol•L﹣1的盐酸与0.1mol•L﹣1的KAlO2溶液等体积混合，首先发生H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓，反应后H+过量，继续发生Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，溶液中存在Al3+和Al（OH）3，应有c（Al3+）＞c（H+），故B错误；C．根据pH=﹣lg可知，pH=5的HCOOH溶液和pH=5的NH4NO3溶液中，c（H+）相等，故C错误；D．pH=4，说明溶液中c（H+）＞c（OH﹣），则c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），溶液中存在c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+），则c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＞c（CH3COOH）+c（H+），故D错误．故选A．【点评】本题考查酸碱混合的计算和判断以及离子浓度大小比较，题目难度较大，易错点为D，注意根据电荷守恒和物料守恒的角度分析该题． 6．C5H12有3种不同结构：甲CH3（CH2）3CH3，乙CH3CH（CH3）CH2CH3，丙C（CH3）4．下列相关叙述正确的是（ ）A．甲、乙、丙属同系物均可与氯气、溴蒸气发生取代反应B．C5H12表示一种纯净物C．甲、乙、丙中，丙的沸点最低D．乙有3种不同沸点的二氯取代物【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】A．结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；B．有机物无同分异构体的才是纯净物；C．沸点：正戊烷＞异戊烷＞新戊烷；-28-D．先找一氯代物，再找二氯代物．【解答】解：A．CH3（CH2）3CH3、CH3CH（CH3）CH2CH3、C（CH3）4是分子式相同，结构不同，属于同分异构体，不是同系物，均可与氯气、溴蒸气发生取代反应，故A错误；B．C5H12存在3种同分异构体：CH3（CH2）3CH3、CH3CH（CH3）CH2CH3、C（CH3）4，不能表示纯净物，故B错误；C．沸点：正戊烷＞异戊烷＞新戊烷，即甲、乙、丙中，丙的沸点最低，故C正确；D．（CH3）4的二氯取代物有2种CHCl2C（CH3）3、（CH2Cl）2C（CH3）2，即有2种不同沸点的二氯取代物，故D错误；故选C．【点评】本题主要考查了物质的结构与分类，难度不大，注意相应规律的掌握． 7．如图所示，其中甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．下列说法正确的是（ ）A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置B．甲池通入CH3OH的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O=CO32﹣+8H+C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度D．甲池中消耗280mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】压轴题；电化学专题．【分析】A、根据燃料电池和电解池中的能量转换知识来回答；B、在燃料电池中，负极发生失电子的氧化反应；C、电解池中，电解后的溶液复原遵循：出什么加什么的思想；D、根据串联电路中转移电子相等结合电子守恒知识来回答．【解答】解：A、甲池是燃料电池，是化学能能转化为电能的装置，乙、丙池是电解池，是将电能能转化为化学能的装置，故A错误；-28-B、在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O+8OH﹣=CO32﹣+8H2O，故B错误；C、电解池乙池中，电解后生成硫酸、铜和氧气，要想复原，要加入氧化铜，故C错误；D、甲池中根据电极反应：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，所以消耗280mL（标准状况下0.0125mol）O2，则转移电子0.05mol，根据丙装置中，在阴极上是氢离子放电，转移电子0.05mol，减小的氢离子是0.05mol，氢氧根离子是0.05mol，镁离子和氢氧根离子之间反应生成氢氧化镁，理论上最多产生氢氧化镁质量应该是0.05mol××58g/mol=1.45g固体，故D正确．故选D．【点评】本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，属于综合知识的考查，注意平时知识的积累是解题的关键，难度较大． 二、非选择题（共6小题，满分79分）8．（14分）工业上利用含有一定浓度的I2和CuSO4溶液的工业废水制备饲料添加剂Ca（IO3）2，其具体生产流程如下：已知：①Ca（IO3）2微溶于水，可溶于硝酸；②Ksp（CuI）=1.1×10﹣12，Ksp（Cu2S）=2.5×10﹣48；③氧化性强弱顺序为：HNO3＞IO3﹣＞H2O2．（1）“还原”过程中发生的主要反应化学方程式为：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，则此反应中每得到1mol的还原产物，转移的电子数目约为 6.02×1023 个．（2）在还原过程通常伴随有CuI生成，此时再加入足量的Na2S的化学反应方程式 2CuI+Na2S=Cu2S+2NaI _；充分反应后再过滤并将所得滤渣与足量的浓硝酸混合加热，此时反应的离子方程式为 Cu2S+12H++10NO3﹣2Cu2++SO42﹣+10NO2↑+6H2O ．（3）在氧化过程中通常应先加入一定量的H2O2再加入少量的浓硝酸，而不直接加入足量的浓硝酸的目的是 可以减少生成污染空气的氮的氧化物 ．-28-（4）加入的石灰乳在溶液中发生反应可得到Ca（IO3）2，此时需要调节溶液pH至中性而不是酸性或碱性的原因是 在酸性溶液中，Ca（IO3）2部分溶解在硝酸；在碱性溶液中，可能会混有少量微溶的Ca（OH）2造成产品不纯 ．（5）Ca（IO3）2也可用电化学氧化法制取：先充分电解KI溶液，然后在电解后的溶液中加入一定量的CaCl2溶液，最后过滤得到Ca（IO3）2．写出电解时阳极发生的电极反应式 3H2O+I﹣﹣6e﹣=IO3﹣+6H+ ．用该方法制取Ca（IO3）2，每1kg碘化钾理论上可生产纯度为88.8%Ca（IO3）2的质量为 1.32 kg（计算结果保留3位有效数字）．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】I2和CuSO4溶液中加入硫代硫酸钠还原生成Na2S4O6，同时有CuI生成，再加入硫化钠产生硫化亚铜沉淀，过滤后在滤液中加入双氧水和硝酸将碘离子氧化成碘酸根，再加石灰乳，过滤得Ca（IO3）2，滤液可以循环利用，（1）在反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI中，碘的化合价降低，所以NaI是还原产物，根据化合价的变化可以计算出转移电子数目；（2）结合所给溶解度，利用沉淀转化原理书写；硝酸具有强氧化性，Cu2S中两种元素化合价都变，可将其作一整体，然后运用守恒的思想配平；（3）依据双氧水具有氧化性，且其还原产物为绿色无污染回答；（4）依据所给信息“Ca（IO3）2微溶于水，可溶于硝酸”回答即可；（5）电解时，阴极上氢离子放电，阳极上碘离子放电；依据方程式计算碘酸钙的质量．【解答】解：I2和CuSO4溶液中加入硫代硫酸钠还原生成Na2S4O6，同时有CuI生成，再加入硫化钠产生硫化亚铜沉淀，过滤后在滤液中加入双氧水和硝酸将碘离子氧化成碘酸根，再加石灰乳，过滤得Ca（IO3）2，滤液可以循环利用，（1）反在反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI中，碘的化合价降低，所以NaI是还原产物，每生成1mol的NaI，转移的电子数目约为6.02×1023，故答案为：6.02×1023；（2）由于Ksp（CuI）=1.1×10﹣12，Ksp（Cu2S）=2.5×10﹣48，硫化亚铜比CuI更难溶，故加入足量的Na2S除去CuI的方程式为：2CuI+Na2S=Cu2S+2NaI，在Cu2-28-S中：Cu和S元素化合价均升高，而HNO3中N+5→+2化合价降低3，根据化合价的升降守恒得：Cu2S+12H++10NO3﹣2Cu2++SO42﹣+10NO2↑+6H2O，故答案为：2CuI+Na2S=Cu2S+2NaI；Cu2S+12H++10NO3﹣2Cu2++SO42﹣+10NO2↑+6H2O；（3）浓硝酸的还原产物会对大气造成污染，双氧水也具有氧化性，且还原产物为水，无污染，故答案为：可以减少生成污染空气的氮的氧化物；（4）Ca（IO3）2微溶于水，可溶于硝酸，即在酸性溶液中，Ca（IO3）2部分溶解；在碱性溶液中，可能会混有少量微溶的Ca（OH）2造成产品不纯，故答案为：在酸性溶液中，Ca（IO3）2部分溶解在硝酸；在碱性溶液中，可能会混有少量微溶的Ca（OH）2造成产品不纯；（5）电解时，阴极上氢离子放电生成氢气，阳极上碘离子放电生成KIO3，电极反应为：I﹣﹣6e﹣+3H2O=IO3﹣+6H+，每1kgKI理论上可生产纯度为88.8%Ca（IO3）2的质量设为x，可以依据元素守恒计算，2KI～Ca（IO3）23323901kgx×88.8%x=1.32kg，故答案为：3H2O+I﹣﹣6e﹣=IO3﹣+6H+；1.32．【点评】本题主要以无机物的制备流程为载体，考查的是氧化还原反应方程式书写以及配平、电解原理的应用等，综合性较强，有一定难度． 9．（14分）CO和H2作为重要的燃料和化工原料，有着十分广泛的应用．（1）已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H2=+131.3kJ•mol﹣1则反应CO（g）+H2（g）+O2（g）=H2O（g）+CO2（g）△H= ﹣524.8 kJ•mol﹣1．（2）利用反应CO（g）+H2（g）+O2（g）=CO2（g）+H2O（g）设计而成的MCFS燃料电池是用水煤气（CO和H2物质的量之比为1：1）作负极燃气，空气与CO2的混合气为正极助燃气，用一定比例的Li2CO3和Na2CO3低熔点混合物做电解质的一种新型电池．现以该燃料电池为电源，以石墨作电极电解饱和NaCl溶液，反应装置以及现象如图所示．则有：①燃料电池即电源的N极的电极反应式为 O2+4e﹣+2CO2═2CO32﹣ ；-28-②已知饱和食盐水的体积为1L，一段时间后，测得左侧试管中气体体积为11.2mL（标准状况），若电解前后溶液的体积变化忽略不计，而且电解后将溶液混合均匀，则此时溶液的pH为 11 ．（3）在不同的温度下，将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行如下反应：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g），得到如下数据：实验组温度℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO1650421.62.462900210.41.63①实验1中以v（CO2）表示的平均反应速率为 0.13mol/（L•min） （取2位小数）．②下列措施可能使上述反应中CO的转化率增大的是 BD （填序号）；A．升高温度B．降低温度C．增大压强D．再加入一定量H2O（g）E．使用催化剂．【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）根据盖斯定律构造出目标反应热化学反应方程式，据此计算反应热；注意化学计量数乘以不同的系数，进行加减，焓变也要乘以相同的系数，做相应加减；（2）①由图可知：电解饱和食盐水，阴极生成氢气，阳极生成氯气，氯气易溶于水，体积较小，则右端为阳极，所以N为原电池的正极，正极上氧气得电子；②电解饱和食盐水时，阳极上是氯离子失电子，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，阴极上是氢离子得电子，2H++2e﹣═H2↑，根据氢氧化钠与氢气的关系式计算出溶液中的氢氧根离子、氢离子的浓度，然后计算出溶液的pH；-28-（3）①由表中数据可知，CO的物质的量变化量为4mol﹣2.4mol=1.6mol，根据v=计算v（CO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（CO2）；②提高CO的平衡转化率，平衡正向进行，结合平衡移动原理分析判断．【解答】解：（1）已知：①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=﹣393.5kJ/mol，②C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H2=+131.3kJ/mol，根据盖斯定律，①﹣②得CO（g）+H2（g）+O2（g）=H2O（g）+CO2（g），△H=﹣393.5﹣131.3=﹣524.8kJ/mol，故答案为：﹣524.8；（2）①由图可知：电解饱和食盐水，阴极生成氢气，阳极生成氯气，氯气易溶于水，体积较小，则右端为阳极，所以N为原电池的正极，正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子而发生还原反应，电极反应式为：O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣，故答案为：O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣；②电极饱和食盐水，阴极发生了反应：2H++2e﹣═H2↑，由2NaOH～H2↑，阴极得到11.2mL标准状况下的气体，则n（OH﹣）=×2=0.001mol，溶液中c（OH﹣）==0.001mol/L，c（H+）=mol/L=1×10﹣11mol/L，所以pH=11，故答案为：11；（3）①、由表中数据可知，CO的物质的量变化量为4mol﹣2.4mol=1.6mol，v（CO）==mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（CO2）=v（CO）=mol/（L•min）=0.13mol/（L•min），故答案为：0.13mol/（L•min）；②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），反应是气体体积不变的放热反应；A．反应是放热反应，升高温度平衡逆向进行，一氧化碳转化率减小，故A不符合；B．反应是放热反应，降低温度，平衡向正方向移动，一氧化碳转化率增大，故B符合；C．反应前后气体体积不变，增大压强平衡不动，一氧化碳转化率不变，故C不符合；D．再加入一定量H2O（g），平衡正向进行，一氧化碳转化率增大，故D符合；E．使用催化剂平衡不移动，所以一氧化碳转化率不变，故E不符合；-28-故答案为：BD．【点评】本题考查了盖斯定律的应用、原电池原理和电解池原理的应用、反应速率的计算和影响平衡的因素等，题目综合性强，难道较大，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力． 10．（6分）①某二元酸（化学式用H2B表示）在水中的电离方程式：H2B═H++HB﹣，HB﹣⇌H++B2﹣，则在0.1mol/L的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是 CD ．A．c（B2﹣）+c（HB﹣）+c（H2B）=0.1mol/LB．c（OH﹣）=c（H+）+c（HB﹣）+2c（H2B）C．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HB﹣）+2c（B2﹣）D．c（Na+）=2c（B2﹣）+2c（HB﹣）若已知0.1mol/LNaHB溶液的pH=2，则该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是 c（Na+）＞c（HB﹣）＞c（H+）＞c（B2﹣）＞c（OH﹣） ．②在含有AgCl固体的饱和溶液中，AgCl在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq）．若已知在25℃时，氯化银的Ksp=1.8×10﹣10，现将足量氯化银固体分别放入：A.100mL蒸馏水中；B.100mL0.2mol/LAgNO3溶液中；C.100mL0.1mol/L氯化铝溶液中；D.100mL0.2mol/L盐酸则相同温度下所得溶液中c（Ag+）由大到小的顺序是 BADC （填写序号）．【考点】离子浓度大小的比较；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】①根据二元酸的电离方程式知，B2﹣只发生第一步水解，结合电荷守恒和物料守恒分析解答；据离子是否电离确定钠离子和酸式酸根离子浓度大小，根据溶液的酸碱性确定氢离子和氢氧根离子浓度相对大小，根据离子来源确定氢离子和B离子相对大小；②氯化银饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，饱和溶液中的溶度积是常数，只随温度变化；依据溶度积分别计算．【解答】解：①在Na2B中存在水解平衡：B2﹣+H2O=HB﹣+OH﹣，HB﹣不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子，-28-A．HB﹣不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子，根据物料守恒得c（B2﹣）+c（HB﹣）=0.1mol•L﹣1，故A错误；B．根据质子守恒：c（OH﹣）=c（H+）+c（HB﹣），故B错误；C．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HB﹣）+2c（B2﹣），故C正确；D．把质子守恒和电荷守恒式相加得：c（Na+）=2c（B2﹣）+2c（HB﹣），故D正确；钠离子不电离，HB﹣能电离，所以c（Na+）＞c（HB﹣），根据溶液的pH=2可知溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），水和HB﹣都电离出氢离子，则c（H+）＞c（B2﹣），所以该溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（HB﹣）＞c（H+）＞c（B2﹣）＞c（OH﹣），故答案为：CD；c（Na+）＞c（HB﹣）＞c（H+）＞c（B2﹣）＞c（OH﹣）；②A.100mL蒸馏水中，氯化银正常溶解；B.100mL0.2mol•L﹣1AgNO3溶液中Ag+浓度为0.2mol/l抑制沉淀溶解平衡，C.100mL0.1mol•L﹣1氯化铝溶液中氯离子浓度为0.3mol/L，银离子浓度为：6×10﹣10mol/L；D.100mL0.2mol•L﹣1盐酸溶液中氯离子浓度为0.2mol/L，银离子浓度为0.9×10﹣9mol/L；综上所述大小顺序为：BADC，故答案为：BADC．【点评】本题考查弱电解质电离、溶度积的计算应用等知识，题目难度中等，注意①中该酸第一步完全电离，第二步部分电离，导致HB﹣能电离但不水解，为易错点，意把握溶液中的守恒关系． 11．（15分）KMnO4是常用的强氧化剂，工业上以软锰矿（主要成分MnO2）为原料，通过液相法生产，即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离后得到K2MnO4，再用惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，简略生产过程如下：（1）反应器中反应的化学方程式为： 4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O ．-28-（2）生产过程中最好使用含MnO280%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量 偏高 （填“偏高”或“偏低”），其中Al的氧化物和KOH溶液反应的化学方程式为： 2KOH+Al2O3=2KAlO2+H2O ．（3）电解槽中阳极的电极反应方程式为： 2MnO42﹣﹣2e﹣=2MnO4﹣ ；（4）在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入CO2制备KMnO4，化学反应方程式为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3根据上述反应，从Mn元素的角度考虑KMnO4的产率最高为 66.7% ．与该传统工艺相比，电解法的优势是 产率更高、KOH循环利用 ．（5）测定高锰酸钾样品纯度的方法是：向高锰酸钾溶液中滴加硫酸锰溶液产生黑色沉淀，反应的离子方程式 3Mn2++2MnO4﹣+2H2O=5MnO2↓+4H+ ．（6）已知常温下KSP（Mn（OH）2）=2.0×10﹣23，工业上调节PH沉淀废水中的Mn2+，当pH=10时，c（Mn2+）= 2×10﹣15 mol/L．【考点】电解原理；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；电化学专题．【分析】（1）碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，写出相应的方程式．（2）氧化铝是两性氧化物，氧化铝能和强碱反应生成偏铝酸盐和水，所以会导致KOH消耗量偏高．（3）在电解槽中用铂板作用阳极，铁作阴极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子．（4）根据化学反应方程式为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3分析KMnO4的产率；电解法阳极都生成KMnO4，产率更高．（5）根据氧化还原反应原理书写；（6）已知常温下KSP（Mn（OH）2）=c（Mn2+）×c（OH﹣）2结合pH=10计算c（Mn2+）；【解答】解：（1）二氧化锰和氢氧化钾、氧气发生生成锰酸钾和水，反应的化学方程式为4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O，故答案为：4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O；（2）氧化铝是两性氧化物，既能与强酸反应也能与强碱反应，所以氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐和水，反应的化学方程式为2KOH+Al2O3=2KAlO2+H2O，所以会导致KOH消耗量偏高；故答案为：偏高；2KOH+Al2O3=2KAlO2+H2O；-28-（3）电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为2MnO42﹣﹣2e﹣=2MnO4﹣，故答案为：2MnO42﹣﹣2e﹣=2MnO4﹣；（4）由化学反应方程式为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3分析得出，3份锰参加反应生成2份KMnO4，所以KMnO4的产率最高为×100%=66.7%；与该传统工艺相比，电解法阳极都生成KMnO4，产率更高，所以优势是产率更高、KOH循环利用；故答案为：66.7%；产率更高、KOH循环利用；（5）向高锰酸钾溶液中滴加硫酸锰溶液产生黑色沉淀，根据氧化还原反应化合价由升必有降，则黑色物质为二氧化锰，所以反应的离子方程式3Mn2++2MnO4﹣+2H2O=5MnO2↓+4H+；故答案为：3Mn2++2MnO4﹣+2H2O=5MnO2↓+4H+；（6）已知常温下KSP（Mn（OH）2）=c（Mn2+）×c（OH﹣）2）=2.0×10﹣23，又pH=10，所以c（OH﹣）=10﹣4mol/L，所以c（Mn2+）==2×10﹣15mol/L；故答案为：2×10﹣15；【点评】本题以电解原理为载体考查了电极反应式的书写、化学反应方程式的书写等知识点，难度不大，会根据题中已知条件确定生成物并写出反应方程式是解本题的关键． 12．（15分）现有七种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大．请根据下列相关信息，回答问题．A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素B元素原子的核外p电子数比s电子数少1C原子的第一至第四电离能分别是：I1=738kJ/molI2=1451kJ/molI3=7733kJ/molI4=10540kJ/molD原子核外所有p轨道全满或半满E元素的主族序数与周期数的差为4-28-F是前四周期中电负性最小的元素G在周期表的第七列（1）B基态原子中能量最高的电子所处的能级为 2p 其电子云在空间有 3 个方向，原子轨道呈 纺锤 形；（2）某同学根据上述信息，推断C基态原子的核外电子排布为，，该同学所画的电子排布图违背了 泡利不相容原理 （3）G位于 ⅦB 族 d 区，价电子排布式为 3d54s2 （4）DE3中心原子的杂化方式为 sp3 ，用价层电子对互斥理论推测其空间构型为 三角锥形 （5）1mol（SCN）2分子中含有σ键的数目为 5NA ；类卤素（SCN）2对应的酸有两种，理论上硫氰酸（H﹣S﹣C≡N）的沸点低于异硫氰酸（H﹣N=C=S）的沸点，其原因是 异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键 ．（6）ZnS的晶胞结构如图1所示，在ZnS晶胞中，S2﹣的配位数为 4 ．（7）铜与金形成的金属互化物结构如图2，其晶胞边长为anm，该金属互化物的密度为 （用含“a、NA的代数式表示）g•cm﹣3．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，A为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，B有2个电子层，核外电子排布为1s22s22p3，故B为N元素；由C原子的第一至第四电离能数据可知，第三电离能剧增，故C表现+2价，处于ⅡA族，原子序数大于N元素，故C为Mg元素；D处于第三周期，D原子核外所有p轨道全满或半满，最外层排布为3s23p3，故D为P元素；E处于第三周期，E元素的主族序数与周期数的差为4，E处于第ⅦA族，故E为Cl元素；F是前四周期中电负性最小的元素，金属性最强，F为第四周期元素，故F为K元素，G处于第四周期，且在周期表的第7列，G为Mn元素．-28-【解答】解：A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，A为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，B有2个电子层，核外电子排布为1s22s22p3，故B为N元素；由C原子的第一至第四电离能数据可知，第三电离能剧增，故C表现+2价，处于ⅡA族，原子序数大于N元素，故C为Mg元素；D处于第三周期，D原子核外所有p轨道全满或半满，最外层排布为3s23p3，故D为P元素；E处于第三周期，E元素的主族序数与周期数的差为4，E处于第ⅦA族，故E为Cl元素；F是前四周期中电负性最小的元素，金属性最强，F为第四周期元素，故F为K元素，G处于第四周期，且在周期表的第7列，G为Mn元素．（1）B为N元素，核外电子排布为1s22s22p3，基态原子中能量最高的电子，处于2p能级，其电子云在空间有3个方向，原子轨道呈纺锤形，故答案为：2p；3；纺锤；（2）某同学根据上述信息，推断C基态原子的核外电子排布为，3s能级2个电子自旋方向相同，该同学所画的电子排布图违背了：泡利不相容原理，故答案为：泡利不相容原理；（3）G为Mn元素，是25号元素，位于第四周期第ⅦB族，最后填充的为d电子，为d区元素，价电子排布式为3d54s2，故答案为：ⅦB；d；3d54s2；（4）PCl3中心原子P原子价层电子对是为3+=4，含有1对孤对电子对，杂化轨道数为4，杂化方式为sp3，其空间构型为三角锥形，故答案为：sp3；三角锥形；（5）（SCN）2的结构式为N≡C﹣S﹣S﹣C≡N，根据的结构可知分子中有3个单键和2个碳氮三键，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键，（SCN）2分子含有5个σ键，故1mol（SCN）2分子中含有σ键的数目为5NA，由于异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键，所以硫氰酸（H﹣S﹣C≡N）的沸点低于异硫氰酸，故答案为：5NA；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键；-28-（6）由图可知，S2﹣离子周围有4个Zn2+，S2﹣的配位数为4，故答案为：4；（7）晶胞中Cu原子数目为6×=3、Au原子数目为8×=1，晶胞质量为g，晶胞边长为anm，则晶胞体积为（a×10﹣7cm）3，该金属互化物的密度为g÷（a×10﹣7cm）3=g•cm﹣3，故答案为：．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电子云、杂化轨道、分子结构、化学键、氢键、晶胞计算等，题目综合性较大，推断元素是解题的关键，注意基础知识的掌握，难度中等． 13．（15分）A～G都是有机化合物，它们的转化关系如下：请回答下列问题：（1）已知：6.0g化合物E完全燃烧生成8.8gCO2和3.6gH2O；E的相对分子质量为60，则E的分子式为 C2H4O2 ；（2）A为一元取代芳烃，B中含有一个甲基．由B生成C的化学方程式为 ；（3）由B生成D、由C生成D的反应条件分别是： 氢氧化钠醇溶液、加热 、 浓硫酸、加热 ；（4）由A生成B、由D生成G的反应类型分别是 取代反应 、 加成反应 ；-28-（5）在G的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1：1的是 （填结构简式）．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】E的相对分子质量为60，6.0gE的物质的量是0.1mol，完全燃烧后生成CO2和H2O的物质的量分别为=0.2mol，=0.2mol，分子中N（C）==2、N（H）==4，故N（O）==2，故E的分子式是C2H4O2．A为一取代芳烃，由分子式可知为苯的同系物，故A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，而B中含有一个甲基，则B为，B发生水解反应生成C为，C与E发生酯化反应生成F，结合F的分子式可知，应是发生酯化反应，则E为CH3COOH，F为，B、C转化都得到D，D与溴发生加成反应生成G，则B、C均发生消去反应生成D，故D为，则G为，据此解答．【解答】解：E的相对分子质量为60，6.0gE的物质的量是0.1mol，完全燃烧后生成CO2和H2O的物质的量分别为=0.2mol，=0.2mol，分子中N（C）==2、N（H）==4，故N（O）==2，故E的分子式是C2H4O2．A为一取代芳烃，由分子式可知为苯的同系物，故A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，而B中含有一个甲基，则B为，B发生水解反应生成C为，C与E发生酯化反应生成F，结合F的分子式可知，应是发生酯化反应，则E为CH3COOH，F为-28-，B、C转化都得到D，D与溴发生加成反应生成G，则B、C均发生消去反应生成D，故D为，则G为，（1）由上述分析可知，E的分子式为C2H4O2，故答案为：C2H4O2；（2）由B生成C的化学方程式为，故答案为：；（3）由B生成D是发生消去反应生成，反应条件为：氢氧化钠醇溶液、加热，C生成D是发生消去反应生成，反应条件为：浓硫酸、加热，故答案为：氢氧化钠醇溶液、加热；浓硫酸、加热；（4）由A生成B属于取代反应，由D生成G属于加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；（5）在G（）的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为l：1，所以对称性高，可以含有2个相同的取代基，且处于对位，为，故答案为：-28-【点评】本题考查有机物推断，关键是确定A为乙苯，再结合转化关系及分子式推断，（6）中同分异构体书写为易错点、难点，难度中等． -28-
