2022届河南省周口市扶沟高中高考化学模拟试卷 一、选择题（本题包括7小题．每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1．NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是（ ）A．在熔融状态下，lmolNa2O2完全电离出的离子数目为3NAB．将CO2通过Na2O2使固体质量增加mg，反应中转移的电子数C．在标准状况下，22.4LCH4与18gH2O所含有的电子数均为10NAD．含1molCl﹣的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH4+数为NA 2．利用下表中对应方案和仪器（非玻璃仪器任选）能达到相应实验目的是（ ）实验目的实验方案所选玻璃仪器A验证乙醇发生消去反应生成乙烯将乙醇与浓硫酸混合加热到170℃，将产生的气体通入溴水酒精灯、圆底烧瓶、玻璃导管、试管B配制1L1.6%的CuSO4溶液（溶液密度近似为1g/mL）将25gCuSO4•5H2O溶解在975g水中烧杯、量筒、玻璃棒C验证蔗糖水解产物具有还原性向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热试管、烧杯、酒精灯、滴管D验证HClO和CH3COOH的酸性强弱相同条件下用pH试纸测0.1mol•L﹣1NaClO溶液和0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液的pH玻璃棒、玻璃片A．AB．BC．CD．D 3．下列说法正确的是（ ）A．分子式为C6H12，分子结构中含有3个“﹣CH3”的烯烃共有5种B．对苯二甲酸（）与乙二醇（HOCH2CH2OH）不能制取聚酯纤维（）C．油脂在酸或碱催化条件下可以水解．在酸性条件下的水解反应称为皂化反应，常用此反应来制取肥皂D．分子中的所有原子一定不可能共平面 -25-4．某有机物M的结构简式如下：下列有关M的叙述中正确的是（ ）A．M的分子式为：C12H15O5N2B．M可以发生水解反应、中和反应、加成反应、消去反应C．M的水解产物中一定含有醇类D．1molM最多可以与1L4mol/L的NaOH溶液完全反应 5．如图是向10mLAgNO3溶液中逐渐加入0.1mol/L的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积（单位mL）变化的图象（实线）．已知：pAg=﹣lg{c（Ag+）}，Ksp（AgCl）=1×10﹣12．根据图象所得下列结论正确的是（ ）（提示：Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI））A．原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1mol•L﹣1B．图中x点的坐标为（100，6）C．图中x点可认为溶液中Ag+被沉淀完全D．把0.1mol•L﹣1的NaCl换成0.1mol•L﹣1NaI则图象在终点后变为虚线部分 6．以熔融LiCO3和K2CO3为电解质，天然气经重整催化作用提供反应气的燃料电池如图，下列说法正确的是（ ）A．以此电池为电源精炼铜，当有0.1mole﹣转移时，有3.2g铜溶解B．若以甲烷为燃料气时负极反应式：CH4+5O2﹣﹣8e﹣=CO32﹣+2H2OC．C、该电池使用过程中需补充Li2CO3和K2CO3D．空气极发生电极反应式为：O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣ 7．X、Y、Z、W、U是分别位于短周期的元素，原子序数依次递增．X与W位于同一主族，Z元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z、W、U原子的最外层电子数之和为13．Y元素的单质在X的某种氧化物中可燃．下列说法正确的是（ ）A．W的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸B．Y、Z元素的单质作电极，在NaOH溶液下构成原电池，Z电极上产生大量气泡C．室温下，0.05mol/LU的气态氢化物的水溶液的pH＞1-25-D．Y、Z、U元素的简单离子半径由大到小的顺序：Y＞Z＞U 二．必考题（共3道题，43分）8．（14分）环己酮是重要化工原料，是制造尼龙、己内酰胺和己二酸的主要中间体．实验室常用铬酸氧化环己醇制备，但铬酸较贵且污染环境．某化学兴趣兴趣小组尝试用中学化学更常见的次氯酸钠代替铬酸制备环己酮．有关物质信息、实验流程如图1及实验装置如图2如下：环己酮：无色或浅黄色透明液体，有强烈的刺激性臭味，相对水的密度：0.95，熔点：﹣45℃，沸点：155℃，溶解度（100mLH2O）：2.4g（31℃）．回答下列问题：（1）仪器A的名称是 ．（2）在反应开始的5min，为了将体系温度维持在30～35℃，除了用冰水浴冷却外，采取的措施还有 、 ．（3）加入饱和NaHSO3溶液时发生的主要反应是 （用离子方程式表示），确保加入的饱和NaHSO3溶液已经足量的实验操作是 ．（4）．为将馏出液的pH调至中性，可以加入的试剂是 ．A、稀盐酸B、无水碳酸钠C、浓硫酸D、氢氧化钠固体（5）调节pH后还需加入精制食盐，其目的是 ，“取有机层”时使用的主要仪器是 ．（填图3对应的字母）．（6）实验条件的优化对实验成败至关重要，小组成员觉得有必要对NaClO溶液的最佳浓度进行探究．他们配制了一系列不同浓度的NaClO溶液，并用滴定法标定．具体方法是：用移液管取10.00mLNaClO溶液于500mL容量瓶中定容，取25.00mL于锥形瓶中，加入适量稀盐酸和KI固体（足量），用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点（用淀粉溶液作指示剂），三次平行实验平均消耗Na2S2O3标准溶液18.00mL，已知I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6．则该NaClO溶液的浓度是 ． 9．（10分）利用废铝箔（主要成分为Al、少量的Fe、Si等）既可制取有机合成催化剂AlBr3又可制取净水剂硫酸铝晶体[A12（SO4）3•18H2O]．-25-I．实验室制取无色的无水AlBr3（熔点：97.5℃，沸点：263.3～265℃）可用如图6所示装置，主要实验步骤如下：步骤l：将铝箔剪碎，用CCl4浸泡片刻，干燥，然后投入到烧瓶6中．步骤2：从导管口7导入干燥的氮气，同时打开导管口l和4放空，一段时间后关闭导管口7和1；导管口4接装有P2O5的干燥管．步骤3：从滴液漏斗滴入一定量的液溴于烧瓶6中，并保证烧瓶6中铝过剩．步骤4：加热烧瓶6，回流一定时间．步骤5：将氮气的流动方向改为从导管口4到导管口l．将装有P2O5的干燥管与导管口1连接，将烧瓶6加热至270℃左右，使溴化铝蒸馏进入收集器2．步骤6：蒸馏完毕时，在继续通入氮气的情况下，将收集器2从3处拆下，并立即封闭3处．（1）步骤l中，铝箔用CCl4浸泡的目的是 ．（2）步骤2操作中，通氮气的目的是 ．（3）步骤3中，该实验要保证烧瓶中铝箔过剩，其目的是 ．（4）步骤4依据何种现象判断可以停止回流操作 ．（5）步骤5需打开导管口l和4，并从4通入N2的目的是 ． 10．（4分）某课外小组的同学拟用废铝箔制取硫酸铝晶体，已知铝的物种类别与溶液pH关系如图所示．实验中可选用的试剂：①处理过的铝箔；②2.0mol•L﹣1硫酸；③2.0mol•L﹣1NaOH溶液．由铝箔制备硫酸铝晶体的实验步骤依次为：①称取一定质量的铝箔于烧杯中，分次加入2.0mol•L﹣1NaOH溶液，加热至不再产生气泡为止．②过滤．③ ．④过滤、洗涤．⑤ ．⑥蒸发浓缩．⑦冷却结晶．⑧过滤、洗涤、干燥．-25- 11．（15分）近年来对CO2的有效控制及其高效利用的研究正引起全球广泛关注．由CO2制备甲醇过程可能涉及反应如下：反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.58kJ•mol﹣1反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=﹣90.77kJ•mol﹣1回答下列问题：（1）反应Ⅱ的△H2= ，反应Ⅲ自发进行条件是 （填“较低温”、“较高温”或“任何温度”）．（2）在一定条件下2L恒容密闭容器中充入一定量的H2和CO2仅发生反应Ⅰ，实验测得在不同反应物起始投入量下，反应体系中CO2的平衡转化率与温度的关系曲线，如图1所示．①据图可知，若要使CO2的平衡转化率大于40%，以下条件中最合适的是 A．n（H2）=3mol，n（CO2）=1.5mol；650KB．n（H2）=3mol，n（CO2）=1.7mol；550KC．n（H2）=3mol，n（CO2）=1.9mol；650KD．n（H2）=3mol，n（CO2）=2.5mol；550K②在温度为500K的条件下，充入3molH2和1.5molCO2，该反应10min时达到平衡：a．用H2表示该反应的速率为 ；b．该温度下，反应I的平衡常数K= ；-25-c．在此条件下，系统中CH3OH的浓度随反应时间的变化趋势如图所示，当反应时间达到3min时，迅速将体系温度升至600K，请在图2中画出3～10min内容器中CH3OH浓度的变化趋势曲线：（3）某研究小组将一定量的H2和CO2充入恒容密闭容器中并加入合适的催化剂（发生反应I、Ⅱ、Ⅲ），测得在不同温度下体系达到平衡时CO2的转化率（a）及CH3OH的产率（b），如图3所示，请回答问题：①该反应达到平衡后，为同时提高反应速率和甲醇的生成量，以下措施一定可行的是 （选填编号）．A．改用高效催化剂B．升高温度C．缩小容器体积D．分离出甲醇E．增加CO2的浓度②据图可知当温度高于260℃后，CO的浓度随着温度的升高而 （填“增大”、“减小”、“不变”或“无法判断”），其原因是 ． 【化学--选修3：物质结构与性质】12．（9分）I．由徐光宪院士发起，院士学子同创的《分子共和国》科普读物最近出版了，全书形象生动地戏说了BF3、TiO2、CH3COOH、CO2、NO、二茂铁、NH3、HCN、H2S、O3、异戊二烯和萜等众多“分子共和国”中的明星．（1）写出Fe2+的核外电子排布式 ．（2）下列说法正确的是 ．a．H2S、O3分子都是直线形b．BF3和NH3都是含有极性键的非极性分子c．CO2、HCN分子的结构式分别是：O=C=O、H﹣C≡Nd．CH3COOH分子中碳原子的杂化方式有：sp2、sp3（3）NO是人体中的信号分子，有关说法正确的 ．a．原子半径N大于Ob．非金属性O大于Nc．NO+的结构式为：〔N≡O〕+ d．NO形成的晶体是分子晶体（4）TiO2的天然晶体中，最稳定的一种晶体结构如图1，白球表示 原子．（5）乙酸熔沸点很高，是由于存在以分子间氢键缔合的二聚体（含一个环状结构），请画出这二聚体的结构： ．（6）二茂铁（C5H5）2Fe是Fe2+与环戊二烯基形成的一类配合物，实验室测定铁的含量：可用配位剂邻二氮菲（），它能与Fe2+形成红色配合物（如右图2），该配离子中Fe2+与氮原子形成配位键共有 个． -25-13．氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈，2022年，Yoon等人发现Ca与C60生成的Ca32C60能大量吸附H2分子．①C60晶体易溶于苯、CS2，说明C60是 分子（选填：“极性”、“非极性”）；②1molC60分子中，含有σ键数目为 ．③MgH2是金属氢化物储氢材料，其晶胞结构如图所示，已知该晶体的密度ag•cm﹣3，则晶胞的体积为 cm3[用a、NA表示阿伏加德罗常数]． 【化学--选修5：有机化学基础】14．艾拉莫德是目前应用广泛的新型治疗类风湿性关节炎的药物．它的合成路线如下．请回答下列问题：（1）写出艾拉莫德分子结构中的任意两种含氧官能团的名称： ．（2）甲的结构简式为 ．（3）①反应中有一种主要副产物是甲的同分异构体，其结构是 ．（4）③反应温度较高，若不加NaHS03会导致反应混合体系的颜色明显不同，可能的原因 ，完成③反应的化学方程式并注明反应类型 ： ．（5）艾拉莫德可能具有的性质是 （填序号）．A．艾拉莫德易溶于水B．在一定条件下能与H2发生加成反应C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．因为结构中有，所以它属于二肽（6）戊是丙的同分异构体，且满足下列条件：①含有结构且能发生银镜反应②N原子直接与苯环相连③核磁共振氢谱有5种峰且峰面积比1：1：2：2：3，完成戊与NaOH溶液反应的化学方程式 ． -25-2022届河南省周口市扶沟高中高考化学模拟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42分，每小题只有一个选项符合题意）1．NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是（ ）A．在熔融状态下，lmolNa2O2完全电离出的离子数目为3NAB．将CO2通过Na2O2使固体质量增加mg，反应中转移的电子数C．在标准状况下，22.4LCH4与18gH2O所含有的电子数均为10NAD．含1molCl﹣的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH4+数为NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、Na2O2在熔融状态下电离出2个钠离子和1个过氧根；B、过氧化钠和二氧化碳反应增重相当于CO的质量，结合化学方程式计算电子转移；C、先计算甲烷和水的物质的量，再计算出电子数进行比较；D、根据溶液中的电荷守恒来回答．【解答】解：A、Na2O2在熔融状态下电离出2个钠离子和1个过氧根，故1mol过氧化钠能电离出3mol离子即3NA个，故A正确；B、将二氧化碳通过过氧化钠固体，固体增加的质量相当于对已CO的质量反应中转移电子数为NA，故B错误；C、标况下，22.4L甲烷的物质的量是1mol，含有10mol电子，18g水物质的量是1mol，含有10mol电子，所含有的电子数均为10NA，故C正确；D、加入一定量的氨水后，溶液呈中性，n（H+）=n（OH﹣），据溶液中的电荷守恒：n（Cl﹣）+n（OH﹣）=n（NH4+）+n（H+），所以n（Cl﹣）=n（NH4+）=1mol，即铵根离子为NA个，故D正确．故选B．【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． 2．利用下表中对应方案和仪器（非玻璃仪器任选）能达到相应实验目的是（ ）实验目的实验方案所选玻璃仪器A验证乙醇发生消去反应生成乙烯将乙醇与浓硫酸混合加热到170℃，将产生的气体通入溴水酒精灯、圆底烧瓶、玻璃导管、试管B配制1L1.6%的CuSO4溶液（溶液密度近似为1g/mL）将25gCuSO4•5H2O溶解在975g水中烧杯、量筒、玻璃棒C验证蔗糖水解产物具有还原性向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热试管、烧杯、酒精灯、滴管D验证HClO和CH3COOH的酸性强弱相同条件下用pH试纸测0.1mol•L﹣1NaClO溶液和0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液的pH玻璃棒、玻璃片A．AB．BC．CD．D-25-【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．乙醇的消去反应中会产生乙烯和二氧化硫等气体；B．1L1.6%的CuSO4溶液（溶液密度近似为1g/mL）中溶质的物质的量是0.1mol；C．碱性条件下，葡萄糖能和银氨溶液发生银镜反应；D．NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH．【解答】解：A．乙醇的消去反应中，碳和浓硫酸之间会反应生成具有还原性的二氧化硫气体，二氧化硫能使溴水褪色，故A错误；B．1L1.6%的CuSO4溶液（溶液密度近似为1g/mL）中溶质的物质的量是0.1mol，溶液的质量是1000g，25gCuSO4•5H2O中硫酸铜的物质的量是0.1mol，故B正确；C．碱性条件下，葡萄糖能和银氨溶液发生银镜反应，该反应中没有加入氢氧化钠中和酸，所以不能发生银镜反应，则不能实现实验目的，故C错误；D．NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，应利用pH计测定pH比较酸性强弱，故D错误．故选B．【点评】本题考查了实验方案评价，明确实验原理是解本题关键，题目难度不大，注意不能用pH试纸检验次氯酸钠溶液的pH大小，因为次氯酸具有漂白性，为易错点． 3．下列说法正确的是（ ）A．分子式为C6H12，分子结构中含有3个“﹣CH3”的烯烃共有5种B．对苯二甲酸（）与乙二醇（HOCH2CH2OH）不能制取聚酯纤维（）C．油脂在酸或碱催化条件下可以水解．在酸性条件下的水解反应称为皂化反应，常用此反应来制取肥皂D．分子中的所有原子一定不可能共平面【考点】常见有机化合物的结构；同分异构现象和同分异构体；油脂的性质、组成与结构；常用合成高分子材料的化学成分及其性能．【分析】A．分子式为C6H12的烯烃，含有1个C=C双键，分子结构中含有3个“﹣CH3”原子团，可以看做3个甲基取代丙烯中的3个H原子，结合丙烯的结构确定甲基的可能位置书写判断；B、羟基能与羧基发生脱水反应；C、油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应；D、苯环和C=C为平面结构，且﹣COOH中的C=O也为平面结构；【解答】解：A．分子式为C6H12的烯烃，含有1个C=C双键，分子结构中含有3个“﹣CH3”原子团，可以看做3个甲基取代丙烯中的3个H原子，符合条件的结构有：CH2=CHC（CH3）3、CH2=C（CH3）CH（CH3）2、CH3CH=CHCH（CH3）2、CH3CH=C（CH3）CH2CH3、（CH3）2C=CHCH2CH3，共有5种，故A正确；-25-B、乙二醇（HO﹣CH2﹣CH2﹣OH）和对苯二甲酸（）生成聚酯纤维，同时还有水生成，故B错误；C、油脂在酸或碱催化条件下可以水解．在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，常用此反应来制取肥皂，故C错误；D、苯环和C=C为平面结构，且﹣COOH中的C=O也为平面结构，且直接相连，则分子中的所有原子可能共平面，故D错误；故选A．【点评】本题考查了有机物的结构和性质，题目难度不大，掌握有机物的结构是学习有机物性质的关键． 4．某有机物M的结构简式如下：下列有关M的叙述中正确的是（ ）A．M的分子式为：C12H15O5N2B．M可以发生水解反应、中和反应、加成反应、消去反应C．M的水解产物中一定含有醇类D．1molM最多可以与1L4mol/L的NaOH溶液完全反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】有机物含有羧基、酯基、肽键以及氨基，结合羧酸、酯以及氨基酸的性质解答该题．【解答】解：A．由结构简式可知分子式为C12H14O5N2，故A错误；B．分子中不含羟基、卤素原子，不能发生消去反应，故B错误；C．分子中不含羟基，不属于醇类，故C错误；D．能与氢氧化钠反应的为羧基、酯基，肽键如水解则可生成羧基，也与氢氧化钠反应，则1molM最多可以与1L4mol/L的NaOH溶液完全反应，故D正确．故选D．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重氨基酸的性质考查，注意把握有机物的结构特点，题目难度不大． 5．如图是向10mLAgNO3溶液中逐渐加入0.1mol/L的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积（单位mL）变化的图象（实线）．已知：pAg=﹣lg{c（Ag+）}，Ksp（AgCl）=1×10﹣12．根据图象所得下列结论正确的是（ ）（提示：Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI））A．原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1mol•L﹣1B．图中x点的坐标为（100，6）-25-C．图中x点可认为溶液中Ag+被沉淀完全D．把0.1mol•L﹣1的NaCl换成0.1mol•L﹣1NaI则图象在终点后变为虚线部分【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A、根据pAg=﹣lg{c（Ag+）}求出Ag+的浓度；B、x点c（Ag+）=10﹣6mol•L﹣1，根据硝酸银的量求出消耗的氯化钠；C、x点c（Ag+）=10﹣6mol•L﹣1；D、由于Ksp（AgI）更小，所以c（Ag+）更小．【解答】解：A、图中原点pAg=0，则Ag+的浓度为：c（Ag+）=100mol•L﹣1，即原AgNO3溶液的物质的量浓度为1mol•L﹣1，故A错误；B、x点c（Ag+）=10﹣6mol•L﹣1，一般认为溶液中离子浓度小于10﹣5mol•L﹣1，即沉淀完全，则AgNO3与NaCl恰好反应，n（NaCl）=n（AgNO3）=0.01L×1mol•L﹣1=0.01mol，所以V（NaCl）=100mL，即x点的坐标为（100，6），故B正确；C、x点c（Ag+）=10﹣6mol•L﹣1，一般认为溶液中离子浓度小于10﹣5mol•L﹣1完全沉淀，实际上Ag+没有完全沉淀，故C错误；D、与AgCl相比，碘化银的Ksp（AgI）更小，所以把0.1mol•L﹣1的NaCl换成0.1mol•L﹣1NaI，则溶液中c（Ag+）更小，则pAg更大，图象不符，故D错误；故选B．【点评】本题考查了AgCl的Ksp的应用，注意把握题干中的信息，考查学生分析题目信息并用于解决问题的能力，题目难度中等． 6．以熔融LiCO3和K2CO3为电解质，天然气经重整催化作用提供反应气的燃料电池如图，下列说法正确的是（ ）A．以此电池为电源精炼铜，当有0.1mole﹣转移时，有3.2g铜溶解B．若以甲烷为燃料气时负极反应式：CH4+5O2﹣﹣8e﹣=CO32﹣+2H2OC．C、该电池使用过程中需补充Li2CO3和K2CO3D．空气极发生电极反应式为：O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】该燃料电池中，通入甲烷的一极为原电池的负极，发生氧化反应，根据图示信息知道负极电极反应式为：H2﹣2e﹣+CO32﹣=CO2+H2O，通入空气和CO2的混合气体一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣，A、依据电子守恒结合电极反应计算得到；B、原电池的负极上发生失电子的氧化反应；C、根据得失电子守恒，分析判断碳酸离子浓度的变化情况；D、空气极是氧气得到电子，生成碳酸根离子的反应．【解答】解：A、电解精炼铜，阴极上铜离子得到电子生成铜，电极反应Cu2++2e﹣=Cu，当电路有0.1mole﹣-25-转移反应生成铜0.05mol，如果全部是铜放电，则溶解的铜的质量=0.05mol×64g/mol=3.2g，粗铜有比铜更活泼的金属首先放电，所以溶解的铜小于3.2g，故A错误；B、根据图示信息，通入甲烷的电极是负极，在负极上，甲烷变为氢气，氢气发生失电子的氧化反应，即H2﹣2e﹣+CO32﹣=CO2+H2O，故B错误；C、假设转移4mol的电子，根据电极反应：负极电极反应式为：H2﹣2e﹣+CO32﹣=CO2+H2O，通入空气和CO2的混合气体一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣，负极消耗2mol的碳酸根离子，正极产生2mol的碳酸根离子，所以碳酸根离子的浓度不变，故C错误；D、原电池正极上的电极反应式为O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了图象分析判断的方法应用，原电池原理的分析判断和电极反应的分析判断，掌握基础是解题的关键，题目难度中等． 7．X、Y、Z、W、U是分别位于短周期的元素，原子序数依次递增．X与W位于同一主族，Z元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z、W、U原子的最外层电子数之和为13．Y元素的单质在X的某种氧化物中可燃．下列说法正确的是（ ）A．W的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸B．Y、Z元素的单质作电极，在NaOH溶液下构成原电池，Z电极上产生大量气泡C．室温下，0.05mol/LU的气态氢化物的水溶液的pH＞1D．Y、Z、U元素的简单离子半径由大到小的顺序：Y＞Z＞U【考点】原子结构与元素的性质．【分析】X、Y、Z、W、U是分别位于短周期的元素，原子序数依次递增，Z元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，则Z为Al元素；W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，结合原子序数可知，W只能有3个电子层，最外层电子数为4，则W为Si；X与W位于同一主族，则X为C；Z、W、U原子的最外层电子数之和为13，则U最外层有6个电子，为第VIA元素，U的原子序数比Si大，则U为S元素；Y元素的单质在C的某种氧化物中可燃，而且Y原子序数比Al小，则Y为Mg元素，结合元素周期律及元素化合物性质解答．【解答】解：X、Y、Z、W、U是分别位于短周期的元素，原子序数依次递增，Z元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，则Z为Al元素；W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，结合原子序数可知，W只能有3个电子层，最外层电子数为4，则W为Si；X与W位于同一主族，则X为C；Z、W、U原子的最外层电子数之和为13，则U最外层有6个电子，为第VIA元素，U的原子序数比Si大，则U为S元素；Y元素的单质在C的某种氧化物中可燃，而且Y原子序数比Al小，则Y为Mg元素，A．W为Si，其最高价氧化物为二氧化硅，与水不反应，故A错误；B．Mg、Al元素的单质作电极，在NaOH溶液下构成原电池，Al失电子，在Mg电极上产生大量气泡，即Y上有气泡，故B错误；C．室温下，U的气态氢化物为H2S，H2S是弱酸，所以0.05mol/LU的气态氢化物的水溶液的pH＞1，故C正确；D．Y、Z、U分别为Mg、Al、S，其简单离子半径由大到小的顺序：U＞Y＞Z，故D错误；故选C．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，关键是充分利用原子序数依次增大及核外电子排布特点推断元素，难度中等． -25-二．必考题（共3道题，43分）8．（14分）环己酮是重要化工原料，是制造尼龙、己内酰胺和己二酸的主要中间体．实验室常用铬酸氧化环己醇制备，但铬酸较贵且污染环境．某化学兴趣兴趣小组尝试用中学化学更常见的次氯酸钠代替铬酸制备环己酮．有关物质信息、实验流程如图1及实验装置如图2如下：环己酮：无色或浅黄色透明液体，有强烈的刺激性臭味，相对水的密度：0.95，熔点：﹣45℃，沸点：155℃，溶解度（100mLH2O）：2.4g（31℃）．回答下列问题：（1）仪器A的名称是 三颈烧瓶 ．（2）在反应开始的5min，为了将体系温度维持在30～35℃，除了用冰水浴冷却外，采取的措施还有 搅拌器搅拌 、 缓慢滴加NaClO溶液 ．（3）加入饱和NaHSO3溶液时发生的主要反应是 ClO﹣+HSO3﹣═Cl﹣+H++SO42﹣ （用离子方程式表示），确保加入的饱和NaHSO3溶液已经足量的实验操作是 用玻璃棒蘸（或用毛细管吸）取反应液涂在碘化钾淀粉试纸上，若不显蓝色，则NaHSO3溶液已足量 ．（4）．为将馏出液的pH调至中性，可以加入的试剂是 BD ．A、稀盐酸B、无水碳酸钠C、浓硫酸D、氢氧化钠固体（5）调节pH后还需加入精制食盐，其目的是 降低环己酮的溶解度，有利于环己酮分层 ，“取有机层”时使用的主要仪器是 c ．（填图3对应的字母）．（6）实验条件的优化对实验成败至关重要，小组成员觉得有必要对NaClO溶液的最佳浓度进行探究．他们配制了一系列不同浓度的NaClO溶液，并用滴定法标定．具体方法是：用移液管取10.00mLNaClO溶液于500mL容量瓶中定容，取25.00mL于锥形瓶中，加入适量稀盐酸和KI固体（足量），用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点（用淀粉溶液作指示剂），三次平行实验平均消耗Na2S2O3标准溶液18.00mL，已知I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6．则该NaClO溶液的浓度是 1.800mol/L ．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】（1）根据实验装置图及常见的仪器分析；（2）搅拌加速热量传递，NaClO水解吸热；（3）次氯酸根能将亚硫酸氢根氧化，已经足量时溶液中无次氯酸根，可以用碘化钾淀粉试纸检验是否有次氯酸根；-25-（4）由（3）中分析可知溶液呈酸性；（5）环己酮在氯化钠中的溶解度较小，环己酮和水互不相溶；（6）NaClO溶液中加入适量稀盐酸和KI固体（足量），发生的反应为：ClO﹣+2I﹣+2H+=Cl﹣+I2+H2O，再用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，发生的反应为：I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，根据已知反应物质之间的关系计算．【解答】解：（1）由实验装置图可知，图2中仪器A的名称是三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）为了将体系温度维持在30～35℃，要不断搅拌加速热量传递，而且NaClO水解吸热，因此要缓慢滴加NaClO溶液，故答案为：搅拌器搅拌；缓慢滴加NaClO溶液；（3）次氯酸根能将亚硫酸氢根氧化生成氯离子、硫酸根离子和氢离子，其离子方程式为：ClO﹣+HSO3﹣═Cl﹣+H++SO42﹣；已经足量时溶液中无次氯酸根，取反应液涂在碘化钾淀粉试纸上，若不显蓝色，则NaHSO3溶液已足量，故答案为：ClO﹣+HSO3﹣═Cl﹣+H++SO42﹣；用玻璃棒蘸（或用毛细管吸）取反应液涂在碘化钾淀粉试纸上，若不显蓝色，则NaHSO3溶液已足量；（4）由（3）中分析可知溶液呈酸性，可加入无水碳酸钠或氢氧化钠固体，可以使溶液变为中性，故答案为：BD；（5）环己酮在氯化钠中的溶解度较小，有利于环己酮分层；环己酮和水互不相溶，可用分液漏斗分离，所以选择的仪器为图3中的c，故答案为：降低环己酮的溶解度，有利于环己酮分层；c；（6）设NaClO溶液的浓度是x，NaClO溶液中加入适量稀盐酸和KI固体（足量），发生的反应为：ClO﹣+2I﹣+2H+=Cl﹣+I2+H2O，再用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，发生的反应为：I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，则ClO﹣～I2～2Na2S2O31210×10﹣3×x×0.1000×18×10﹣3解得x=1.800mol/L，故答案为：1.800mol/L．【点评】本题以环己酮制备为载体，考查化学实验基本操作、离子反应、关系式计算等，题目难度中等，关键根据实验流程利用氧化还原反应判断发生的离子反应，是对学生综合能力的考查． 9．（10分）利用废铝箔（主要成分为Al、少量的Fe、Si等）既可制取有机合成催化剂AlBr3又可制取净水剂硫酸铝晶体[A12（SO4）3•18H2O]．I．实验室制取无色的无水AlBr3（熔点：97.5℃，沸点：263.3～265℃）可用如图6所示装置，主要实验步骤如下：步骤l：将铝箔剪碎，用CCl4浸泡片刻，干燥，然后投入到烧瓶6中．步骤2：从导管口7导入干燥的氮气，同时打开导管口l和4放空，一段时间后关闭导管口7和1；导管口4接装有P2O5的干燥管．步骤3：从滴液漏斗滴入一定量的液溴于烧瓶6中，并保证烧瓶6中铝过剩．步骤4：加热烧瓶6，回流一定时间．步骤5：将氮气的流动方向改为从导管口4到导管口l．将装有-25-P2O5的干燥管与导管口1连接，将烧瓶6加热至270℃左右，使溴化铝蒸馏进入收集器2．步骤6：蒸馏完毕时，在继续通入氮气的情况下，将收集器2从3处拆下，并立即封闭3处．（1）步骤l中，铝箔用CCl4浸泡的目的是 除去铝箔表面的油脂等有机物 ．（2）步骤2操作中，通氮气的目的是 排出装置中含有水蒸气的空气 ．（3）步骤3中，该实验要保证烧瓶中铝箔过剩，其目的是 保证溴完全反应，防止溴过量混入溴化铝中 ．（4）步骤4依据何种现象判断可以停止回流操作 当5的管中回流液呈无色或烧瓶6中物质呈无色 ．（5）步骤5需打开导管口l和4，并从4通入N2的目的是 将溴化铝蒸汽导入装置2中并冷凝得到溴化铝 ．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）铝箔表面会有油污，根据相似相溶原理知，有机溶质易溶于有机溶剂；（2）溴化铝易水解生成氢氧化铝和HBr；（3）实验利用蒸馏方法得到溴化铝，如果溴过量，溴易混入溴化铝中；（4）溴完全反应后，5的管中回流液呈无色或烧瓶6中物质呈无色；（5）将溴化铝蒸汽导入装置2中并冷凝得到溴化铝．【解答】解：（1）铝箔表面易沾有油脂，根据相似相溶原理知，有机溶质易溶于有机溶剂，所以用四氯化碳除去铝箔表面的油脂，故答案为：除去铝箔表面的油脂等有机物；（2）溴化铝易水解生成氢氧化铝和HBr，为防止溴化物在空气中的水蒸气中水解，用氮气将水蒸气排出，故答案为：排出装置中含有水蒸气的空气；（3）实验利用蒸馏方法得到溴化铝，如果溴过量，溴易混入溴化铝中，所以为保证液溴完全反应，该实验要保证烧瓶中铝箔过剩，故答案为：保证溴完全反应，防止溴过量混入溴化铝中；（4）当5的管中回流液呈无色或烧瓶6中物质呈无色，说明溴恰好完全反应，则可以停止回流，故答案为：当5的管中回流液呈无色或烧瓶6中物质呈无色；（5）步骤5需打开导管口l和4，利用压强差将溴化铝蒸汽导入装置2并冷凝得到溴化铝，故答案为：将溴化铝蒸汽导入装置2中并冷凝得到溴化铝．-25-【点评】本题考查制备实验方案设计，侧重考查学生对实验操作的分析评价，是对学生综合能力的考查，难度中等． 10．（4分）某课外小组的同学拟用废铝箔制取硫酸铝晶体，已知铝的物种类别与溶液pH关系如图所示．实验中可选用的试剂：①处理过的铝箔；②2.0mol•L﹣1硫酸；③2.0mol•L﹣1NaOH溶液．由铝箔制备硫酸铝晶体的实验步骤依次为：①称取一定质量的铝箔于烧杯中，分次加入2.0mol•L﹣1NaOH溶液，加热至不再产生气泡为止．②过滤．③ 滤液中滴加2.0mol•L﹣1硫酸，不断搅拌，调节溶液pH为4～10 ．④过滤、洗涤．⑤ 沉淀中不断加入2.0mol•L﹣1硫酸至恰好溶解 ．⑥蒸发浓缩．⑦冷却结晶．⑧过滤、洗涤、干燥．【考点】制备实验方案的设计．【分析】铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，过滤，向滤液中加入硫酸，由图可知，调节pH在4～10时生成氢氧化铝沉淀，再过滤、洗涤，向沉淀中加入稀硫酸，至恰好溶解，从溶液中获得晶体，需要蒸发浓缩、冷却结晶，再进行过滤、洗涤、干燥得到硫酸铝晶体．【解答】解：铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，过滤，向滤液中加入硫酸，由图可知，调节pH在4﹣10时生成氢氧化铝沉淀，再过滤、洗涤，向沉淀中加入稀硫酸，至恰好溶解，从溶液中获得晶体，需要蒸发浓缩、冷却结晶，再进行过滤、洗涤、干燥得到硫酸铝晶体．③根据图片知，pH在4～10时生成氢氧化铝沉淀，所以该步骤是：向滤液中滴加2.0mol•L﹣1硫酸，不断搅拌，调节溶液pH为4～10，从而得到氢氧化铝沉淀，故答案为：滤液中滴加2.0mol•L﹣1硫酸，不断搅拌，调节溶液pH为4～10；⑤该实验目的是制取硫酸铝晶体，所以用得到的氢氧化铝沉淀制取硫酸铝溶液，其操作方法是：沉淀中不断加入2.0mol•L﹣1硫酸至恰好溶解，故答案为：沉淀中不断加入2.0mol•L﹣1硫酸至恰好溶解．【点评】本题考查制备实验方案设计，侧重考查学生制备、操作等基本能力，明确实验原理是解本题关键，难度中等，回答时注意明确硫酸的浓度． 11．（15分）近年来对CO2的有效控制及其高效利用的研究正引起全球广泛关注．由CO2制备甲醇过程可能涉及反应如下：-25-反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.58kJ•mol﹣1反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=﹣90.77kJ•mol﹣1回答下列问题：（1）反应Ⅱ的△H2= +41.19kJ•mol﹣1 ，反应Ⅲ自发进行条件是 降低温 （填“较低温”、“较高温”或“任何温度”）．（2）在一定条件下2L恒容密闭容器中充入一定量的H2和CO2仅发生反应Ⅰ，实验测得在不同反应物起始投入量下，反应体系中CO2的平衡转化率与温度的关系曲线，如图1所示．①据图可知，若要使CO2的平衡转化率大于40%，以下条件中最合适的是 B A．n（H2）=3mol，n（CO2）=1.5mol；650KB．n（H2）=3mol，n（CO2）=1.7mol；550KC．n（H2）=3mol，n（CO2）=1.9mol；650KD．n（H2）=3mol，n（CO2）=2.5mol；550K②在温度为500K的条件下，充入3molH2和1.5molCO2，该反应10min时达到平衡：a．用H2表示该反应的速率为 0.135mol•L﹣1•min﹣1 ；b．该温度下，反应I的平衡常数K= 200 ；c．在此条件下，系统中CH3OH的浓度随反应时间的变化趋势如图所示，当反应时间达到3min时，迅速将体系温度升至600K，请在图2中画出3～10min内容器中CH3OH浓度的变化趋势曲线：（3）某研究小组将一定量的H2和CO2充入恒容密闭容器中并加入合适的催化剂（发生反应I、Ⅱ、Ⅲ），测得在不同温度下体系达到平衡时CO2的转化率（a）及CH3OH的产率（b），如图3所示，请回答问题：①该反应达到平衡后，为同时提高反应速率和甲醇的生成量，以下措施一定可行的是 CE （选填编号）．A．改用高效催化剂B．升高温度C．缩小容器体积D．分离出甲醇E．增加CO2的浓度②据图可知当温度高于260℃后，CO的浓度随着温度的升高而 增大 （填“增大”、“减小”、“不变”或“无法判断”），其原因是 反应I、反应III均为放热反应，温度升高不利于CO2、CO转化为甲醇，反应II为吸热反应，温度升高使更多的CO2转化为CO，综上所述，CO的浓度一定增大 ．-25-【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【分析】（1）反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.58kJ•mol﹣1反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=﹣90.77kJ•mol﹣1根据盖斯定律，反应Ⅱ=反应Ⅰ﹣反应Ⅲ，故△H2=△H1﹣△H3；反应Ⅲ为熵减的反应，△G=△H﹣T△S＜0反应自发进行；（2）A．由曲线I可知，n（H2）=3mol，n（CO2）=1.5mol，650K时二氧化碳的转化率小于40%；B．n（H2）=3mol，n（CO2）=2mol，550K时二氧化碳转化率小于40%，但接近40%，再移走0.3mol二氧化碳等效为选项中的平衡，二氧化碳的转化率会增大；C．n（H2）=3mol，n（CO2）=1.5mol，650K时二氧化碳转化率小于40%，再加入0.4mol二氧化碳等效为选项中的平衡，二氧化碳的转化率会减小；D．n（H2）=3mol，n（CO2）=2mol，550K时二氧化碳转化率小于40%，再加入1mol二氧化碳等效为选项中的平衡，二氧化碳的转化率会减小；②在温度为500K的条件下，充入3molH2和1.5molCO2，该反应10min时达到平衡，平衡时二氧化碳的转化率为60%，则转化的二氧化碳为1.5mol×60%=0.9mol，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol）：1.5300变化量（mol）：0.92.70.90.9平衡量（mol）：0.60.30.90.9a．根据v=计算用H2表示该反应的速率；b．计算平衡浓度，代入平衡常数表达式K=计算；c．3min时未到达平衡，此时迅速将体系温度升至600K，瞬间甲醇的浓度不变，反应速率加快，到达平衡的时间小于10min，而在温度为600K的条件下，充入3molH2和1.5molCO2，平衡时二氧化碳的转化率约是42%，则平衡时甲醇的物质的量约是1.5mol×42%=0.63mol，则平衡时甲醇的浓度约是0.315mol/L；（3）①A．改用高效催化剂不影响平衡的移动；B．升高温度，加快反应速率且使得平衡逆向移动；C．缩小容器体积，增大压强，加快反应速率且使得平衡正向移动；D．分离出甲醇，不能加快反应速率误；E．增加CO2的浓度，可以加快反应速率且使得平衡正向移动；②反应I、反应III均为放热反应，温度升高不利于CO2、CO转化为甲醇，反应II为吸热反应，温度升高使更多的CO2转化为CO，所以当温度高于260℃后，CO的浓度一定增大．【解答】解：（1）反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.58kJ•mol﹣1反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=﹣90.77kJ•mol﹣1根据盖斯定律，反应Ⅱ=反应Ⅰ﹣反应Ⅲ，故△H2=△H1﹣△H3=49.58kJ•mol﹣1）﹣（﹣90.77kJ•mol﹣1）=+41.19kJ•mol﹣1，反应Ⅲ为熵减的反应，△S＜0，反应自发进行，则△G=△H﹣T△S＜0，故要自发进行需要在较低温下进行，故答案为：+41.19kJ•mol﹣1；较低温；-25-（2）①A．由曲线I可知，n（H2）=3mol，n（CO2）=1.5mol，650K时二氧化碳的转化率小于40%，故A错误；B．n（H2）=3mol，n（CO2）=2mol，550K时二氧化碳转化率小于40%，但接近40%，再移走0.3mol二氧化碳等效为选项中的平衡，二氧化碳的转化率会增大，可能大于40%，故B正确；C．n（H2）=3mol，n（CO2）=1.5mol，650K时二氧化碳转化率小于40%，再加入0.4mol二氧化碳等效为选项中的平衡，二氧化碳的转化率会减小，故C错误；D．n（H2）=3mol，n（CO2）=2mol，550K时二氧化碳转化率小于40%，再加入1mol二氧化碳等效为选项中的平衡，二氧化碳的转化率会减小，故D错误；故选：B；②在温度为500K的条件下，充入3molH2和1.5molCO2，该反应10min时达到平衡，平衡时二氧化碳的转化率为60%，则转化的二氧化碳为1.5mol×60%=0.9mol，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol）：1.5300变化量（mol）：0.92.70.90.9平衡量（mol）：0.60.30.90.9a．氢气表示的反应速率==0.135mol•L﹣1•min﹣1，故答案为：0.135mol•L﹣1•min﹣1；b．该温度下，反应I的平衡常数K==200，故答案为：200；c．3min时未到达平衡，此时迅速将体系温度升至600K，瞬间甲醇的浓度不变，反应速率加快，到达平衡的时间小于10min，而在温度为600K的条件下，充入3molH2和1.5molCO2，平衡时二氧化碳的转化率约是42%，则平衡时甲醇的物质的量约是1.5mol×42%=0.63mol，则平衡时甲醇的浓度约是0.315mol/L，3～10min内容器中CH3OH浓度的变化趋势曲线为：，故答案为：；（3）①A．改用高效催化剂，能加快反应速率，缩短到达平衡的水解，但是不影响平衡的移动，甲醇生产量不变，故错误；B．升高温度，加快反应速率，正反应为放热反应，平衡逆向移动，甲醇生产量减小，故B错误；-25-C．缩小容器体积，增大压强，加快反应速率，平衡正向移动，甲醇生产量增大，故C正确；D．分离出甲醇，平衡正向移动，甲醇生产量增大，但反应速率减慢，故C错误；E．增加CO2的浓度，可以加快反应速率且使得平衡正向移动，甲醇生产量增大，故E正确，故选：CE；②反应I、反应III均为放热反应，温度升高不利于CO2、CO转化为甲醇，反应II为吸热反应，温度升高使更多的CO2转化为CO，所以当温度高于260℃后，CO的浓度一定增大，故答案为：增大；反应I、反应III均为放热反应，温度升高不利于CO2、CO转化为甲醇，反应II为吸热反应，温度升高使更多的CO2转化为CO，综上所述，CO的浓度一定增大．【点评】本题综合考查化学平衡计算、盖斯定律的应用、化学反应速率的计算、化学平衡移动的影响因素等知识，需要学生具备扎实的基础与分析解决问题的能力，难度中等． 【化学--选修3：物质结构与性质】12．（9分）I．由徐光宪院士发起，院士学子同创的《分子共和国》科普读物最近出版了，全书形象生动地戏说了BF3、TiO2、CH3COOH、CO2、NO、二茂铁、NH3、HCN、H2S、O3、异戊二烯和萜等众多“分子共和国”中的明星．（1）写出Fe2+的核外电子排布式 [Ar]3d6 ．（2）下列说法正确的是 cd ．a．H2S、O3分子都是直线形b．BF3和NH3都是含有极性键的非极性分子c．CO2、HCN分子的结构式分别是：O=C=O、H﹣C≡Nd．CH3COOH分子中碳原子的杂化方式有：sp2、sp3（3）NO是人体中的信号分子，有关说法正确的 abcd ．a．原子半径N大于Ob．非金属性O大于Nc．NO+的结构式为：〔N≡O〕+ d．NO形成的晶体是分子晶体（4）TiO2的天然晶体中，最稳定的一种晶体结构如图1，白球表示 O 原子．（5）乙酸熔沸点很高，是由于存在以分子间氢键缔合的二聚体（含一个环状结构），请画出这二聚体的结构： ．（6）二茂铁（C5H5）2Fe是Fe2+与环戊二烯基形成的一类配合物，实验室测定铁的含量：可用配位剂邻二氮菲（），它能与Fe2+形成红色配合物（如右图2），该配离子中Fe2+与氮原子形成配位键共有 6 个．【考点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．-25-【分析】（1）铁是26号元素，铁原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变为Fe2+，根据构造原理写出Fe2+基态离子核外电子排布式；（2）根据价层电子对互斥理论确定微粒的空间构型；不同非金属元素之间形成极性键，同种非金属元素之间形成非极性共价键；（3）a．同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小；b．同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强；c．氮气分子和是等电子体，等电子体结构相似，以氮气分子的结构书写NO+的结构；d．分子晶体的构成微粒是分子；（4）利用均摊法计算各种原子个数，再结合化学式判断；（5）在二个乙酸分子间中，羧基上的氢原子与另一个乙酸分子中碳氧双键上氧原子形成氢键；（6）含有孤电子对的原子和含有空轨道的离子间能形成配位键．【解答】解：（1）铁是26号元素，铁原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变为Fe2+，根据构造原理知，该离子核外电子排布式为[Ar]3d6，故答案为：[Ar]3d6；（2）a．H2S、O3分子都是V形，故错误；b．BF3和NH3都是含有极性键，但前者是非极性分子，而后者是极性分子，故错误；c．CO2、HCN分子的结构式分别是：O=C=O、H﹣C≡N，故正确；d．CH3COOH分子中碳原子的价层电子对数分别为4、3，所以杂化方式有：sp3、sp2，故正确；故选cd；（3）a．同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径N大于O，故正确；b．同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，所以非金属性O大于N，故正确；c．氮气分子和是等电子体，等电子体结构相似，以氮气分子的结构知NO+的结构为N≡O+，故正确；d．分子晶体的构成微粒是分子，NO形成的晶体构成微粒是NO分子，所以NO晶体属于分子晶体，故正确；故选abcd；（4）白球个数=2+4×=4，黑球个数=1+8×，所以白球和黑球个数比为2：1，根据二氧化硅的化学式知，白球表示氧原子，故答案为：O；（5）二个乙酸分子间中，羧基上的氢原子与另一个乙酸分子中碳氧双键上氧原子形成氢键，所以其氢键表示为，故答案为：．（6）该配合物中铁是中心离子，提供空轨道，氮原子提供孤电子对，根据图知其配位键个数是6，故答案为：6．-25-【点评】本题考查较综合，涉及氢键、分子极性的判断、核外电子排布式的书写等知识点，难点是氢键的书写，明确哪些元素的原子能形成氢键，难度中等． 13．氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈，2022年，Yoon等人发现Ca与C60生成的Ca32C60能大量吸附H2分子．①C60晶体易溶于苯、CS2，说明C60是 非极性 分子（选填：“极性”、“非极性”）；②1molC60分子中，含有σ键数目为 90NA ．③MgH2是金属氢化物储氢材料，其晶胞结构如图所示，已知该晶体的密度ag•cm﹣3，则晶胞的体积为 cm3[用a、NA表示阿伏加德罗常数]．【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；晶胞的计算．【分析】①根据相似相溶原理确定分子的极性；②利用均摊法计算；③先根据均摊法确定该晶胞中含有的各种原子个数，从而得出其质量，再根据V=计算其体积．【解答】解：①苯、CS2都是非极性分子，C60晶体易溶于苯、CS2，根据相似相溶原理知，C60是非极性分子，故答案为：非极性；②利用均摊法知，每个碳原子含有×3=个σ键，所以1molC60分子中，含有σ键数目=×1mol×60×NA/mol=90NA，故答案为：90NA；③该晶胞中镁原子个数=×8+1=2，氢原子个数=4×+2=4，ρ===，故答案为：．【点评】本题考查物质结构和性质，涉及分子极性、晶胞的计算等知识点，难点是晶胞的计算，利用均摊法计算是解本题关键，难度中等． 【化学--选修5：有机化学基础】14．艾拉莫德是目前应用广泛的新型治疗类风湿性关节炎的药物．它的合成路线如下．-25-请回答下列问题：（1）写出艾拉莫德分子结构中的任意两种含氧官能团的名称： 醚键、醛基 ．（2）甲的结构简式为 ．（3）①反应中有一种主要副产物是甲的同分异构体，其结构是 ．（4）③反应温度较高，若不加NaHS03会导致反应混合体系的颜色明显不同，可能的原因 酚羟基易被空气中氧气氧化 ，完成③反应的化学方程式并注明反应类型 ： 取代反应 ．（5）艾拉莫德可能具有的性质是 BC （填序号）．A．艾拉莫德易溶于水B．在一定条件下能与H2发生加成反应C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．因为结构中有，所以它属于二肽（6）戊是丙的同分异构体，且满足下列条件：①含有结构且能发生银镜反应②N原子直接与苯环相连③核磁共振氢谱有5种峰且峰面积比1：1：2：2：3，完成戊与NaOH溶液反应的化学方程式 ．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】（1）根据艾拉莫德分子结构判断含有的官能团；（2）由乙的结构可知，苯酚发生取代反应生成甲为；-25-（3）苯酚发生邻、对位取代反应，故反应①中有一种主要副产物是甲的同分异构体，应发生邻为取代产物；（4）酚羟基易被氧化；由乙与丙的结构可知，乙与乙酸酐发生取代反应生成丙，同时还生成乙酸；（5）艾拉莫德属于有机物，不易溶于水，含有苯环、碳碳双键等，可以与氢气发生加成反应，含有碳碳双键、醛基，可以被酸性高锰酸钾氧化，不是由2分子氨基酸脱水形成，不属于二肽；（6）戊是丙的同分异构体，且满足下列条件：①含有结构且能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基，②N原子直接与苯环相连，③核磁共振氢谱有5种峰且峰面积比1：1：2：2：3，则戊为，水解得到羧酸、酚羟基均与氢氧化钠反应．【解答】解：（1）根据艾拉莫德分子结构，可知含有的官能团有醚键、醛基等，故答案为：；（2）由乙的结构可知，苯酚发生取代反应生成甲为，故答案为：；（3）苯酚发生邻、对位取代反应，故反应①中有一种主要副产物是甲的同分异构体，应发生邻为取代产物，该副产物结构简式为：，故答案为：；（4）酚羟基易被空气中氧气氧化，NaHSO3可以防止酚羟基被氧化，若不加NaHS03会导致反应混合体系的颜色明显不同；由乙与丙的结构可知，乙与乙酸酐发生取代反应生成丙，同时还生成乙酸，反应方程式为：，故答案为：酚羟基易被空气中氧气氧化；，取代反应；（5）A．艾拉莫德属于有机物，且含有苯环，含有具有苯的性质，不易溶于水，故A错误；B．含有苯环、碳碳双键等，可以与氢气发生加成反应，故B正确；C．含有碳碳双键、醛基，可以被酸性高锰酸钾氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D．不是由2分子氨基酸脱水形成，不属于二肽，故D错误，故答案为：BC；（6）戊是丙的同分异构体，且满足下列条件：①含有-25-结构且能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基，②N原子直接与苯环相连，③核磁共振氢谱有5种峰且峰面积比1：1：2：2：3，则戊为，戊与NaOH溶液反应的化学方程式为：，故答案为：．【点评】本题考查有机物推断与合成、官能团的结构与性质、有机反应类型、限制条件同分异构体等，是对有机化学基础的综合考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等． -25-
