2022年河南省八市重点高中高考化学模拟试卷 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.）1．化学与生产、生活密切相关．下列说法不正确的是（ ）A．石油裂解可获得乙烯，可从煤干馏得到的煤焦油中提取苯B．衣服中的棉、麻成分都属于纤维素C．用纯碱制玻璃，用铁矿石炼铁都会产生温室气体CO2D．地沟油和矿物油的主要化学成分相同 2．下列叙述正确的是（ ）A．图①中是用苯萃取碘水后的有机层和水层B．用图②所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C．在从海带中提取碘的实验中，可用图③装置灼烧海带D．图④装置常用于收集干燥的NH3，若将碱石灰改成P2O5，可用于收集干燥的HCl 3．X、Y、Z、W、R是短周期元素，X原子的电子总数等于其电子层数的3倍，Y元素在地壳中的含量很多，Z+、W2+、与Y2﹣具有相同的电子层结构，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和．下列叙述正确的是（ ）A．元素Z、W分别与Y形成的常见化合物均为碱性氧化物B．X和R形成的常见化合物中各原子都达到8电子稳定结构C．离子半径的大小顺序为：Z+＞W2+＞Y2﹣D．含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有3种 4．符合下列条件的有机物中，同分异构体（不考虑立体异构）数目最多的是（ ）A．分子式为C5H10且能使溴的CCl4溶液褪色B．分子式为C7H16且含有三个甲基C．分子式为C4H8O2且能与NaOH溶液反应D．分子式为C4H10O且能与钠反应 5．常温下，向20mL0.2mol•L﹣1H2C2O4溶液中滴加0.2mol•L﹣1NaOH溶液．有关微粒物质的量的变化如图（其中I代表H2C2O4，Ⅱ代表HC2O4﹣，Ⅲ代表C2O42﹣），根据图示判断，下列说法正确的是（ ）-23-A．H2C2O4在水中的电离方程式是：H2C2O4⇌2H++C2O42﹣B．当V（NaOH）=20mL时，溶液中水的电离程度比纯水小C．当V（NaOH）=30mL时，溶液中存在以下关系：2c（H+）+2c（HC2O4﹣）+3c（H2C2O4）═c（C2O42﹣）+2c（OH﹣）D．已知H2C2O4的电离常数分别为K1、K2，则a点的c（H+）=K2 6．为提纯下列物质（括号内物质为杂质），所选用的试剂盒分离方法都正确的是（ ）选项物质除杂试剂分离方法或操作A乙醇（水）无水CuSO4充分反应后蒸馏B苯（Br2）NaOH溶液振荡静置后过滤CNaCl固体（KNO3）水高温溶解、降温结晶DBaCO3（BaSO4）饱和Na2CO3溶液充分浸泡后过滤A．AB．BC．CD．D 7．新型能源氢能的关键技术是储氢．如图装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物），储氢装置的电流效率η=生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数×100%，则下列说法正确的是（ ）A．该储氢装置的电流效率η=64.3%B．D电极室发生的所有的电极反应为：C4H6+6H++6e﹣═C6H12C．B电极为电源的负极D．H+由D电极室移向E电极室 二、解答题（共3小题，满分43分）8．一水合硫酸四氨合铜（Ⅱ）[Cu（NH3）4]SO4）•H2O为深蓝色晶体，在工业上用途广泛，常用作杀虫剂、媒染剂．某学习小组探究制备该晶体并测定其组成的实验过程如下：（Ⅰ）晶体的制备原理及流程：CuSO4+4NH3+H2O═[Cu（NH3）4]SO4）•H2O回答下列问题：（1）无水乙醇的作用 ；烘干晶体的温度性质60℃的原因是 ；（2）实验制得产物晶体中往往有Cu2（OH）2SO4杂质，分析产生该杂质的原因可能是 ；-23-（Ⅱ）晶体中溶解于酸性溶液中，加入NaI溶液，Cu2+可与I作用产生I2和白色沉淀，该反应的离子方程式为 ，再用Na2S2O3溶液滴定I2，即可得Cu2+含量；（Ⅲ）晶体中氮含量的测定实验装置如图所示，称取0.9380g[Cu（NH3）x]SO4•H2O晶体[M=（178+17x）g/mol]于锥形瓶a中，通过分液漏斗向锥形瓶a中滴加10%NaOH溶液，用1.000mol/L的NaOH标准滴定b中剩余的HCl．（4）滴定管读数如图所示，消耗标准液 mL；[Cu（NH3）x]SO4•H2O中x= ，推测测量值（x）比理论值偏小的原因是 ；（Ⅳ）SO42﹣含量的测定﹣﹣沉淀法（5）称取一定质量的试样，加稀盐酸溶解，将BaCl2加入溶液中，静置得到BaSO4沉淀，检验沉淀已完全的操作为 ． 9．工业利用含有Al2O3、SiO2和少量FeO•xFe2O3的铝灰制备硫酸铝晶体与三草酸合铁酸钾[K2Fe（C2O4）3•3H2O]在的流程如图所示：已知：生成氢氧化物的pHAl（OH）3Fe（OH）3开始沉淀时3.62.1完全沉淀时5.23.2回答下列问题：（1）为提高酸浸速率，应采用的措施是（答出两条） ，残渣的主要成分是 ；（2）写出氧化过程中反应的了新方程式 ；（3）试剂X的化学式是 ，pH的调控范围是 ；（4）操作Ⅱ的晶体步骤为 ，过滤洗涤、低温干燥，若操作Ⅰ与操作Ⅱ相同，则洗涤三草酸合铁酸钾以获得干燥晶体的试剂最好是 ；a．先热水后酒精b．先冷水后酒精c．先酒精后热水d．先酒精后冷水（5）生成MnCO3沉淀的离子方程式为 ． -23-10．氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，铵盐、硝酸盐均是植物生长的“食物”，将氮气转化为氮气是植物获得“食物”的第一步，在常温常压下使N2高效地转化成为NH3是众多科学家们一直在探究的问题：（1）已知：①4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣1025kJ•mol﹣1②N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H=+180.5kJ•mol﹣1水的汽化热△H=+44kJ•mol﹣1据报道，科学家已找到一种催化剂，使氨气与液态水在常温条件下转化为NH3及氧气，写出反应的热化学方程式 ；（2）工业时合成氨的原理为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1．图1表示H2的转化率与温度、压强之间的关系，图2表示H2的转化率与起始投料比[n（N2）/n（H2）]、压强的变化关系，则T1、T2、T3的大小关系为 ，曲线与曲线对应的压强P1 P2（填“＞”“＜”“=”）．测得B（X，60）点时N2的转化率为40%，则X= （3）一定温度下，将2molN2和6molH2置于一密闭容器中反应，测得平衡时容器的总压为aMPa，NH3的物质的量总数为20%，列式计算出此时的平衡常数Kp= （用平衡分压代替平衡浓度进行计算，分压=总压×体积分数，可不化简）．下列各项中能说明反应已达到平衡状态的是 ．a．混合气体的平均相对分子质量不变b．N2的消耗速率等于NH3的生成速率c．混合气体的密度不变d．N2和H2的物质的量之比保持不变（4）NH3催化剂生成NO，以NO为原料通过电解的方法可以制备NH4NO3，其总反应是8NO+7H2═3NH4NO3+2HNO3，试写出以惰性材料作电极的阴极反应式： ．电解过程中为使电解产物全部转化为NH4NO3，需要补充NH3的原因是 ． 三、【化学——选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11．硫酸的年产量高低常用于衡量一个国家化工生产水平的高低．（1）以黄铁矿为原料生产SO2时反应的化学方程式为： ，该反应在 中进行（填设备名称）；（2）某科研小组测得某硫酸工厂生产工厂中SO2的平衡转化率与外部条件的关系如下表所示，则生产过程中，最适合的生产条件是 ；压强（Pa）温度（℃）1.013×1055.065×10510.13×10515.195×10540099.61%99.72%99.84%99.88×10550096.75%97.67%98.52%98.94%60085.20%88.97%92.76%94.68%-23-（3）接触室内有一热交换器，其作用是 ，若将从C处（如图）出来的气体通入BaCl2溶液中，则主要负电离子方程式为（写总反应式） ；（4）下列做法中，与提高硫酸工业的经济效益无关的是 ；a．适当地对黄铁矿进行粉碎b．在接触室中使用适当过量的O2c．利用生产中的余热发电或供暖d．对废水进行无害化处理后再排放（5）硫酸工业会产生许多对环境有害的物质，因此无论是工厂厂址的选择还是生产过程中有害成分的处理都要充分考虑环保的要求；①某市计划建一个硫酸工厂，厂址有A、B、C三个地方可供选择，假设最终该厂建在B地，你认为选择B地建厂的理由是（至少回答两点） 、 ；②将尾气中SO2在一定条件下转化为CaSO4，然后利用焦炭将其转化为CaS（另有一种可燃性气体生成）具有重要的意义，写出CaSO4转化为CaS的化学方程式 ；（6）若用等质量的硫磺，FeS2生产硫酸，假设原料的总利用率均为90%，则二者得到的硫酸质量比为 ． 四、【化学——选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12．除氢元素外，非金属元素都在p区，d区元素全部是金属．（1）第二周期元素中，第一电离能介于B、N之间的元素是 （写元素符号），基态溴原子的电子排布式为 ；（2）第二周期非金属元素之间能形成多种化合物：BF3、CF4、NF3、OF2、CO2等，上述分子中，中心原子轨道杂化类型为sp3的是 ，属于平面三角形的是 ；利用蒸气密度法测量氟化氢气体密度时，无论如何进行操作，实验值总是比理论值大，可能的原因是 ；（3）已知三氟化铁熔点高于1000℃而三氯化铁的沸点只有315℃，试解释这种差异 ；（4）（CN）2分子中每个原子最外层均达到8个电子的稳定结构，则分子中σ键与π键数目比为 ；HCl很稳定而HI易分解的原因是 ；（5）钛的某种氧化物的晶胞如图所示（黑球代表钛），则钛原子的配位数为 ，假设二氧化钛晶体的密度为ag/mL，则一个晶胞的体积V= ． -23-五、【化学——选修5；有机化学基础】（共1小题，满分0分）13．E是一种重要的高分子酯，其合成线路如图1所示，其中A是苯的同系物，1molA与1mol苯分别完全燃烧时，A比苯多消耗3molO2，A的核磁共振氢谱有3组峰；B与X互为同分异构体；1molC发生银镜反应时最多可得到4molAg．已知：（如图2所示）（1）A的名称是 ，1molB最多消耗 mol NaOH；（2）出现X的结构简式 ，C中官能团的名称是 ；（3）D→E的化学方程式为 ；（4）D有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体（不考虑立体异构）的有 种，写出其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式 ；①能与浓溴水发生取代反应；②能发生水解反应．（5）以C和乙烯为基本原料，经如图3所示变化可得到一种用途广泛的酯类增塑剂G：①试剂I是 ；②工业上发生I的试剂与条件是 ；③若生成G的反应中，消耗掉的H与F物质的量之比为1：2，则G的分子式为 ． -23-2022年河南省八市重点高中高考化学模拟试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.）1．化学与生产、生活密切相关．下列说法不正确的是（ ）A．石油裂解可获得乙烯，可从煤干馏得到的煤焦油中提取苯B．衣服中的棉、麻成分都属于纤维素C．用纯碱制玻璃，用铁矿石炼铁都会产生温室气体CO2D．地沟油和矿物油的主要化学成分相同【考点】生活中的有机化合物；钠的重要化合物；油脂的性质、组成与结构．【分析】A．石油裂解可获得乙烯，煤焦油中含有苯；B．棉、麻成分都属于纤维素；C．纯碱和二氧化硅反应生成硅酸钠和二氧化碳，焦炭冶炼铁一氧化碳和氧化铁反应生成铁和二氧化碳；D．“地沟油”的主要成分是甘油三酯，矿物油主要是烃．【解答】解：A．石油的裂解是一种使烃类分子分裂为几个较小分子的反应过程，可获得乙烯，煤焦油中含有苯，故A正确；B．棉、麻成分都属于纤维素，故B正确；C．纯碱和二氧化硅反应生成硅酸钠和二氧化碳，焦炭冶炼铁一氧化碳和氧化铁反应生成铁和二氧化碳，都会产生温室气体，故C正确；D．地沟油是加工过的餐饮废弃油，主要成分是甘油三酯，矿物油是通过蒸馏方法从石油中提炼出的基础油矿物油，主要是碳氢化合物，故D错误．故选D．【点评】本题考查有机物的组成和性质，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握． 2．下列叙述正确的是（ ）A．图①中是用苯萃取碘水后的有机层和水层B．用图②所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C．在从海带中提取碘的实验中，可用图③装置灼烧海带D．图④装置常用于收集干燥的NH3，若将碱石灰改成P2O5，可用于收集干燥的HCl【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【分析】A．苯的密度比水的密度小；B．蒸干NH4Cl分解生成氨气和HCl；C．坩埚可用于固体加热；D．氨气的密度比空气的密度小，HCl的密度比空气密度大．【解答】解：A．苯的密度比水的密度小，则图①用苯萃取碘水后，有机层在上层，故A错误；-23-B．蒸干NH4Cl分解生成氨气和HCl，蒸干不能得到氯化铵，应利用冷却结晶法，故B错误；C．坩埚可用于固体加热，则从海带中提取碘，可用图③装置灼烧海带，故C正确；D．氨气的密度比空气的密度小，HCl的密度比空气密度大，则将碱石灰改成P2O5，收集HCl的装置中导管应长进短出，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、气体的净化及收集等，把握物质的性质及实验技能为解答的关键，注意实验装置的作用及实验的评价性分析，题目难度不大． 3．X、Y、Z、W、R是短周期元素，X原子的电子总数等于其电子层数的3倍，Y元素在地壳中的含量很多，Z+、W2+、与Y2﹣具有相同的电子层结构，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和．下列叙述正确的是（ ）A．元素Z、W分别与Y形成的常见化合物均为碱性氧化物B．X和R形成的常见化合物中各原子都达到8电子稳定结构C．离子半径的大小顺序为：Z+＞W2+＞Y2﹣D．含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有3种【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W、R是短周期元素，X原子的电子总数等于其电子层数的3倍，则X为C元素；Y元素在地壳中的含量很多，Z+、W2+、与Y2﹣具有相同的电子层结构，则Z为Na、W为Mg，Y为O．R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R原子核外电子数为6+11=17，故R为Cl，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、W、R是短周期元素，X原子的电子总数等于其电子层数的3倍，则X为C元素；Y元素在地壳中的含量很多，Z+、W2+、与Y2﹣具有相同的电子层结构，则Z为Na、W为Mg，Y为O．R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R原子核外电子数为6+11=17，故R为Cl．A．元素Na、Mg分别与O形成的常见化合物有氧化钠、过氧化钠、氧化镁，氧化钠、氧化镁属于碱性氧化物，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，不属于碱性氧化物，故A错误；B．C和Cl形成的常见化合物为CCl4，分子中各原子都达到8电子稳定结构，故B正确；C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2﹣＞Na+＞Mg2+，故C错误；D．Na、O、Cl三种元素可以形成化合物NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4，故D错误，故选：B．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握． 4．符合下列条件的有机物中，同分异构体（不考虑立体异构）数目最多的是（ ）A．分子式为C5H10且能使溴的CCl4溶液褪色B．分子式为C7H16且含有三个甲基C．分子式为C4H8O2且能与NaOH溶液反应D．分子式为C4H10O且能与钠反应【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、满足此分子式，能使溴的四氯化碳溶液褪色的是烯烃；-23-B、满足此化学式的烃为芳香烃；C、酯类与酸均能与氢氧化钠反应；D、能与钠反应的满足此化学式的为醇．【解答】解：A、分子式为C5H10且能使溴的CCl4溶液褪色的物质是烯烃，有5种同分异构体；B、分子式为C7H16且含有三个甲基的同分异构体有3种；C、分子式为C4H8O2且能与NaOH溶液反应的物质是羧酸与酯，其中羧酸有2种，酯有4种，共6种；D、分子式为C4H10O且能与钠反应的物质是醇，有4种不同的结构，故选C．【点评】本题主要考查的是同分异构体数目的判断，掌握碳原子数小于5的烷烃基的个数是解决本题的关键，难度不大，甲基和乙基各1个，丙基2个，丁基4个，戊基8个． 5．常温下，向20mL0.2mol•L﹣1H2C2O4溶液中滴加0.2mol•L﹣1NaOH溶液．有关微粒物质的量的变化如图（其中I代表H2C2O4，Ⅱ代表HC2O4﹣，Ⅲ代表C2O42﹣），根据图示判断，下列说法正确的是（ ）A．H2C2O4在水中的电离方程式是：H2C2O4⇌2H++C2O42﹣B．当V（NaOH）=20mL时，溶液中水的电离程度比纯水小C．当V（NaOH）=30mL时，溶液中存在以下关系：2c（H+）+2c（HC2O4﹣）+3c（H2C2O4）═c（C2O42﹣）+2c（OH﹣）D．已知H2C2O4的电离常数分别为K1、K2，则a点的c（H+）=K2【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A、草酸是二元弱酸，分步电离；B、根据图象知，当V（NaOH）=20时，发生反应为NaOH+H2C2O4═NaHC2O4+H2O，溶液主要为NaHC2O4，HC2O4﹣以电离为主，溶液显酸性；C、当V（NaOH）=30mL时，溶液中的溶质为相同物质的量的Na2C2O4和NaHC2O4的混合物，据物料守恒和电荷守恒分析；D、a点时，c（HC2O4﹣）=c（H2C2O4）．【解答】解：A、草酸是二元弱酸，分步电离，电离方程式为H2C2O4⇌H++HC2O4﹣，HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣，故A错误；B、根据图象知，当V（NaOH）=20时，溶液主要为NaHC2O4，HC2O4﹣以电离为主，溶液显酸性，抑制水的电离，故B正确；C、当V（NaOH）=30mL时，溶液中的溶质为相同物质的量的Na2C2O4和NaHC2O4的混合物，据物料守恒3c（Na+）=2c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4）+c（H+）+2c（C2O42﹣），据电荷守恒c（H+）+c（Na+）=2c（C2O42﹣）+c（OH﹣）+c（HC2O4﹣），所以有4c（H+）+2c（H2C2O4）═4c（C2O42﹣）+3c（OH﹣）+c（HC2O4﹣），故C错误；D、a点时，c（HC2O4﹣）=c（H2C2O4），K1=，所以a点的c（H+）=K1，故D错误；-23-故选B．【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可，题目难度中等． 6．为提纯下列物质（括号内物质为杂质），所选用的试剂盒分离方法都正确的是（ ）选项物质除杂试剂分离方法或操作A乙醇（水）无水CuSO4充分反应后蒸馏B苯（Br2）NaOH溶液振荡静置后过滤CNaCl固体（KNO3）水高温溶解、降温结晶DBaCO3（BaSO4）饱和Na2CO3溶液充分浸泡后过滤A．AB．BC．CD．D【考点】物质的分离、提纯和除杂．【分析】A．水与生石灰反应生成氢氧化钙；B．苯与水溶液分层；C．应采用溶解后进行蒸发结晶，然后趁热过滤；D．BaSO4在饱和Na2CO3溶液中可转化为BaCO3．【解答】解：A．水与生石灰反应生成氢氧化钙，蒸馏可得到乙醇，硫酸铜晶体易分解，故A错误；B．苯与水溶液分层，计入NaOH溶液后应用分液的方法分离，故B错误；C．硝酸钾溶解度随温度升高而增大许多，氯化钠溶解度受温度影响小，故应采用溶解后进行蒸发结晶，然后趁热过滤，所选用的试剂正确而方法错误，故C错误；D．BaSO4在饱和Na2CO3溶液中可转化为BaCO3，可除掉杂质，故D正确．故选D．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、提纯，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性的评价，难度不大． 7．新型能源氢能的关键技术是储氢．如图装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物），储氢装置的电流效率η=生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数×100%，则下列说法正确的是（ ）A．该储氢装置的电流效率η=64.3%B．D电极室发生的所有的电极反应为：C4H6+6H++6e﹣═C6H12C．B电极为电源的负极D．H+由D电极室移向E电极室【考点】化学电源新型电池．【分析】A、阳极上生成氧气，同时生成氢离子，阴极上苯得电子和氢离子反应生成环己烷，苯参加反应需要电子的物质的量与总转移电子的物质的量之比就是电流效率η；-23-B、根据阴极上发生得电子的还原反应，阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，据此来书写电极反应式；C、根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是分解、B是正极；D、电解池中，电解质里的阳离子移向阴极，阴离子移向阳极．【解答】解：A、阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阳极上生成2.8mol氧气，转移电子的物质的量=2.8mol×4=11.2mol，生成1mol氧气时生成2mol氢气，则生成2.8mol氧气时同时生成5.6mol氢气，设参加反应的苯的物质的量是xmol，参加反应的氢气的物质的量是3xmol，剩余苯的物质的量为10mol×24%﹣xmol，反应后苯的含量×100%=10%，x=1.2，苯转化为环己烷转移电子的物质的量为1.2mol×6=7.2mol，则×100%=64.3%，故A正确；B、该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为C6H6+6H++6e﹣=C6H12，故C正确；C、根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是分解、B是电源的正极，故A错误；D、电解池中，电解质里的阳离子氢离子移向阴极，即由E电极室移向D电极室，故D错误．故选A．【点评】本题考查了化学平衡、电解池原理等知识点，根据化学平衡常数表达式、电解原理等知识点来分析解答，难点是A，注意：10mol×（24%﹣10%）不是参加反应的苯的物质的量，为易错点． 二、解答题（共3小题，满分43分）8．一水合硫酸四氨合铜（Ⅱ）[Cu（NH3）4]SO4）•H2O为深蓝色晶体，在工业上用途广泛，常用作杀虫剂、媒染剂．某学习小组探究制备该晶体并测定其组成的实验过程如下：（Ⅰ）晶体的制备原理及流程：CuSO4+4NH3+H2O═[Cu（NH3）4]SO4）•H2O回答下列问题：（1）无水乙醇的作用 降低其溶解性，有利于晶体的析出 ；烘干晶体的温度性质60℃的原因是 温度过高受热晶体会分解 ；（2）实验制得产物晶体中往往有Cu2（OH）2SO4杂质，分析产生该杂质的原因可能是 铜离子发生水解 ；（Ⅱ）晶体中溶解于酸性溶液中，加入NaI溶液，Cu2+可与I作用产生I2和白色沉淀，该反应的离子方程式为 2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2 ，再用Na2S2O3溶液滴定I2，即可得Cu2+含量；（Ⅲ）晶体中氮含量的测定-23-实验装置如图所示，称取0.9380g[Cu（NH3）x]SO4•H2O晶体[M=（178+17x）g/mol]于锥形瓶a中，通过分液漏斗向锥形瓶a中滴加10%NaOH溶液，用1.000mol/L的NaOH标准滴定b中剩余的HCl．（4）滴定管读数如图所示，消耗标准液 16.00 mL；[Cu（NH3）x]SO4•H2O中x= 3.56 ，推测测量值（x）比理论值偏小的原因是 加入的NaOH溶液不足，没有加热（或生成的氨气没有完全逸出） ；（Ⅳ）SO42﹣含量的测定﹣﹣沉淀法（5）称取一定质量的试样，加稀盐酸溶解，将BaCl2加入溶液中，静置得到BaSO4沉淀，检验沉淀已完全的操作为 静置，向上层清液中加入少量BaCl2溶液，若无沉淀生成，则说明沉淀完全 ．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计．【分析】（1）[Cu（NH3）4]SO4）•H2O晶体易溶于水，不溶于乙醇，加热晶体易分解；（2）实验制得产物晶体中往往有Cu2（OH）2SO4杂质，分析产生该杂质的原因可能铜离子发生水解；（Ⅱ）铜离子被I﹣还原为亚铜离子，碘离子被氧化为I2，根据原子守恒和得失电子守恒书写；（4）根据滴定管读数用开始﹣结束计算消耗标准液体积；Cu（NH3）xSO4•H2O与氢氧化钠反应生成的氨气被盐酸吸收，再用氢氧化钠滴定剩余的盐酸，根据消耗的氢氧化钠求出与氨气反应的盐酸，以及氨气的物质的量，根据晶体与氨气的物质的量的关系求出x；若生成的氨气偏少或氨气没有完全逸出，则氨气的物质的量偏小，x值偏小；（5）SO42﹣离子和Ba2+离子反应会生成白色不溶于硝酸的白色沉淀；【解答】解：（1）用无水乙醇溶解，降低其溶解性，有利于晶体的析出，温度过高加热过程中晶体受热分解，所以无水乙醇的作用降低其溶解性，有利于晶体的析出；烘干晶体的温度为60℃的原因是温度过高受热晶体会分解，故答案为：降低其溶解性，有利于晶体的析出；温度过高受热晶体会分解；（2）实验制得产物晶体中往往有Cu2（OH）2SO4杂质，说明有氢氧根离子被结合，即可能为铜离子发生水解，故答案为：铜离子发生水解；（Ⅱ）铜离子被I﹣还原为亚铜离子，碘离子被氧化为I2，则离子方程式为；2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2；故答案为：2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2；：（4）由滴定管读数如图所示，滴定管读数开始为0.10ml，结束为16.10，所以消耗标准液体积为16.10﹣0.10=16.00ml；滴定消耗的氢氧化钠为n（NaOH）=cV=1.000mol/L×0.01600L=0.01600mol，则与氢氧化钠反应的盐酸为0.01600mol，与氨气反应的盐酸为：1.000mol/L×0.0300L﹣0.01600mol=0.014000mol，所以氨气的物质的量为0.014000mol；由（NH3）xSO4•H2O～xNH3，1xmol0.014000mol=-23-解得：x=3.56；若加入的NaOH溶液不足，Cu（NH3）xSO4没有完全反应，生成的氨气偏少，若没有加热则生成氨气不能从溶液中挥发出来，会使盐酸中吸收的氨气偏少，或氨气没有完全逸出，氨气的物质的量偏小，则x值偏小；故答案为：16.00；3.56；加入的NaOH溶液不足，没有加热（或生成的氨气没有完全逸出）；（5）根据SO42﹣离子和Ba2+离子反应会生成白色不溶于硝酸的白色沉淀来检验，操作方法为：静置，向上层清液中加入少量BaCl2溶液，若无沉淀生成，则说明沉淀完全，故答案为：静置，向上层清液中加入少量BaCl2溶液，若无沉淀生成，则说明沉淀完全．【点评】本题考查了物质的制备实验方案的设计、物质组成的测定，题目难度中等，试题综合性较强，知识点较全面，正确理解制备原理为解答关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力、计算能力及化学实验能力． 9．工业利用含有Al2O3、SiO2和少量FeO•xFe2O3的铝灰制备硫酸铝晶体与三草酸合铁酸钾[K2Fe（C2O4）3•3H2O]在的流程如图所示：已知：生成氢氧化物的pHAl（OH）3Fe（OH）3开始沉淀时3.62.1完全沉淀时5.23.2回答下列问题：（1）为提高酸浸速率，应采用的措施是（答出两条） 适当提高硫酸的浓度、加热、搅拌 ，残渣的主要成分是 SiO2 ；（2）写出氧化过程中反应的了新方程式 MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O ；（3）试剂X的化学式是 Al2O3或Al（OH）3 ，pH的调控范围是 3.2≤pH＜3.6 ；（4）操作Ⅱ的晶体步骤为 蒸发浓缩、降温结晶 ，过滤洗涤、低温干燥，若操作Ⅰ与操作Ⅱ相同，则洗涤三草酸合铁酸钾以获得干燥晶体的试剂最好是 b ；a．先热水后酒精b．先冷水后酒精c．先酒精后热水d．先酒精后冷水（5）生成MnCO3沉淀的离子方程式为 Mn2++2HCO3﹣=MnCO3↓+H2O+CO2↑ ．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】铝灰（含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO•xFe2O3），加入过量稀硫酸酸溶过滤，滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，残渣为二氧化硅和不溶性杂质，过滤后在滤液中加入稍过量高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，用氧化铝或氢氧化铝调节溶液PH使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，得固体A为氢氧化铁，溶液A中含有铝离子，溶液A中加入氨水后得固体B为氢氧化铝，固体B中加入稀硫酸得硫酸铝溶液，再将硫酸铝溶液蒸发浓缩、降温结晶过滤洗涤得到硫酸铝钾晶体，溶液B中含有锰离子和硫酸根离子，硫酸锰固体溶于碳酸氢铵溶液可得碳酸锰沉淀，根据元素守恒可书写化学方程式，据此答题．-23-【解答】解：铝灰（含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO•xFe2O3），加入过量稀硫酸酸溶过滤，滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，残渣为二氧化硅和不溶性杂质，过滤后在滤液中加入稍过量高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，用氧化铝或氢氧化铝调节溶液PH使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，得固体A为氢氧化铁，溶液A中含有铝离子，溶液A中加入氨水后得固体B为氢氧化铝，固体B中加入稀硫酸得硫酸铝溶液，再将硫酸铝溶液蒸发浓缩、降温结晶过滤洗涤得到硫酸铝钾晶体，溶液B中含有锰离子和硫酸根离子，硫酸锰固体溶于碳酸氢铵溶液可得碳酸锰沉淀，（1）为提高酸浸速率，可以适当提高硫酸的浓度、加热、搅拌等，根据上面的分析可知，残渣的主要成分是SiO2，故答案为：适当提高硫酸的浓度、加热、搅拌；SiO2；（2）图中氧化过程就是高锰酸钾将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，故答案为：MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；（3）根据上面的分析可知，试剂X的化学式是Al2O3或Al（OH）3，要使铁离子完全沉淀且铝离子不能沉淀，所以pH的调控范围是3.2≤pH＜3.6，故答案为：Al2O3或Al（OH）3；3.2≤pH＜3.6；（4）操作Ⅱ就是从硫酸铝溶液中得到硫酸铝晶体，步骤为蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤、低温干燥，若操作Ⅰ与操作Ⅱ相同，则洗涤三草酸合铁酸钾以获得干燥晶体的试剂最好是先冷水后酒精，这样即可以除去可溶性杂质，又可以减小三草酸合铁酸钾的溶解，又便于干燥，故选b，故答案为：蒸发浓缩、降温结晶；b；（5）生成MnCO3沉淀的离子方程式为Mn2++2HCO3﹣=MnCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为：Mn2++2HCO3﹣=MnCO3↓+H2O+CO2↑．【点评】本题考查了流程分析，反应过程理解应用，反应现象和产物的判断，注意基本实验的操作步骤，离子方程式书写等，题目难度中等． 10．氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，铵盐、硝酸盐均是植物生长的“食物”，将氮气转化为氮气是植物获得“食物”的第一步，在常温常压下使N2高效地转化成为NH3是众多科学家们一直在探究的问题：（1）已知：①4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣1025kJ•mol﹣1②N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H=+180.5kJ•mol﹣1水的汽化热△H=+44kJ•mol﹣1据报道，科学家已找到一种催化剂，使氨气与液态水在常温条件下转化为NH3及氧气，写出反应的热化学方程式 2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g）△H=+1650kJ/mol ；（2）工业时合成氨的原理为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1．图1表示H2的转化率与温度、压强之间的关系，图2表示H2的转化率与起始投料比[n（N2）/n（H2）]、压强的变化关系，则T1、T2、T3的大小关系为 T1＞T2＞T3 ，曲线与曲线对应的压强P1 ＞ P2（填“＞”“＜”“=”）．测得B（X，60）点时N2的转化率为40%，则X= 1：2 （3）一定温度下，将2molN2和6molH2置于一密闭容器中反应，测得平衡时容器的总压为aMPa，NH3的物质的量总数为20%，列式计算出此时的平衡常数Kp= （用平衡分压代替平衡浓度进行计算，分压=总压×体积分数，可不化简）．下列各项中能说明反应已达到平衡状态的是 a ．-23-a．混合气体的平均相对分子质量不变b．N2的消耗速率等于NH3的生成速率c．混合气体的密度不变d．N2和H2的物质的量之比保持不变（4）NH3催化剂生成NO，以NO为原料通过电解的方法可以制备NH4NO3，其总反应是8NO+7H2═3NH4NO3+2HNO3，试写出以惰性材料作电极的阴极反应式： NO+6H++5e﹣=NH4++3H2O ．电解过程中为使电解产物全部转化为NH4NO3，需要补充NH3的原因是 总反应中有HNO3生成，应补充NH3与HNO3反应生成NH4NO3 ．【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素．【分析】（1）已知：①4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣1025kJ•mol﹣1②N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H=+180.5kJ•mol﹣1水的汽化热△H=+44kJ•mol﹣1，则可得：③H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，②×2+③×6﹣①可得：2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g）；（2）正反应为放热反应，温度越高，氢气的转化率越低；正反应为气体物质的量减小的反应，压强越大，氢气的转化率越大；测得B（X，60）点时N2的转化率为40%，则：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）起始量（mol）：ab变化量（mol）：0.4a1.2a根据氢气的转化率可得=60%，即b=2a，可以计算起始投料比[n（N2）/n（H2）]；（3）一定温度下，将2molN2和6molH2置于一密闭容器中反应，二者氨气1：3反应，故平衡时二者物质的量分数之比为1：3，平衡时NH3的物质的量分数为20%，则N2的物质的量分数为×（1﹣20%）=20%，H2的物质的量分数为1﹣20%﹣20%=60%，再计算各物质的分压，代入Kp=计算；a．混合气体总质量不变，随反应进行混合气体总物质的量减小，则平均相对分子质量减小，混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应到达平衡；b．平衡时NH3的生成速率等于N2的消耗速率的2倍；c．混合气体总质量不变、容器的容积不变，密度为常数；d．N2和H2的起始物质的量之比等于化学计量数之比，二者物质的量之比始终为1：3；（4）NH3催化剂生成NO，以NO为原料通过电解的方法可以制备NH4NO3，其总反应是：8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，阴极发生还原反应，阴极上是NO获得电子生成NH4+，由电荷守恒可知有H+参与反应，还生成水，电池总反应中有HNO3生成，应补充NH3与HNO3反应生成NH4NO3．【解答】解：（1）已知：①4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣1025kJ•mol﹣1②N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H=+180.5kJ•mol﹣1-23-水的汽化热△H=+44kJ•mol﹣1，则可得：③H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，②×2+③×6﹣①可得：2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g）△H=+1650kJ/mol，故答案为：2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g）△H=+1650kJ/mol；（2）正反应为放热反应，温度越高，氢气的转化率越低，则T1＞T2＞T3；正反应为气体物质的量减小的反应，压强越大，氢气的转化率越大，则：P1＞P2；测得B（X，60）点时N2的转化率为40%，则：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）起始量（mol）：ab变化量（mol）：0.4a1.2a根据氢气的转化率可得=60%，即b=2a，则X===1：2，故答案为：T1＞T2＞T3；1：2；（3）一定温度下，将2molN2和6molH2置于一密闭容器中反应，二者氨气1：3反应，故平衡时二者物质的量分数之比为1：3，平衡时NH3的物质的量分数为20%，则N2的物质的量分数为×（1﹣20%）=20%，H2的物质的量分数为1﹣20%﹣20%=60%，平衡时容器总压为aMPa，则Kp==；a．混合气体总质量不变，随反应进行混合气体总物质的量减小，则平均相对分子质量减小，混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应到达平衡，故a正确；b．平衡时NH3的生成速率等于N2的消耗速率的2倍，故b错误；c．混合气体总质量不变、容器的容积不变，密度始终不变，故c错误；d．N2和H2的起始物质的量之比等于化学计量数之比，二者物质的量之比始终为1：3，故d错误，故答案为：；a；（4）NH3催化剂生成NO，以NO为原料通过电解的方法可以制备NH4NO3，其总反应是：8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，阴极发生还原反应，阴极上是NO获得电子生成NH4+，由电荷守恒可知有H+参与反应，还生成水，电极反应式为：NO+6H++5e﹣=NH4++3H2O，电池总反应中有HNO3生成，应补充NH3与HNO3反应生成NH4NO3，故答案为：NO+6H++5e﹣=NH4++3H2O；总反应中有HNO3生成，应补充NH3与HNO3反应生成NH4NO3．【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡影响因素、平衡状态判断、热化学方程式书写、电解原理等，是对学生综合能力的考查，难度中等． 三、【化学——选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11．硫酸的年产量高低常用于衡量一个国家化工生产水平的高低．（1）以黄铁矿为原料生产SO2时反应的化学方程式为： 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 ，该反应在 沸腾炉 中进行（填设备名称）；-23-（2）某科研小组测得某硫酸工厂生产工厂中SO2的平衡转化率与外部条件的关系如下表所示，则生产过程中，最适合的生产条件是 1个大气压、400℃ ；压强（Pa）温度（℃）1.013×1055.065×10510.13×10515.195×10540099.61%99.72%99.84%99.88×10550096.75%97.67%98.52%98.94%60085.20%88.97%92.76%94.68%（3）接触室内有一热交换器，其作用是 预热原料气，吸收反应放出的热量 ，若将从C处（如图）出来的气体通入BaCl2溶液中，则主要负电离子方程式为（写总反应式） SO3+Ba2++H2O=BaSO4↓+2H+ ；（4）下列做法中，与提高硫酸工业的经济效益无关的是 d ；a．适当地对黄铁矿进行粉碎b．在接触室中使用适当过量的O2c．利用生产中的余热发电或供暖d．对废水进行无害化处理后再排放（5）硫酸工业会产生许多对环境有害的物质，因此无论是工厂厂址的选择还是生产过程中有害成分的处理都要充分考虑环保的要求；①某市计划建一个硫酸工厂，厂址有A、B、C三个地方可供选择，假设最终该厂建在B地，你认为选择B地建厂的理由是（至少回答两点） B地远离硫酸的消耗中心 、 B地远离人品稠密的地方 ；②将尾气中SO2在一定条件下转化为CaSO4，然后利用焦炭将其转化为CaS（另有一种可燃性气体生成）具有重要的意义，写出CaSO4转化为CaS的化学方程式 CaSO4+4CCaS+4CO ；（6）若用等质量的硫磺，FeS2生产硫酸，假设原料的总利用率均为90%，则二者得到的硫酸质量比为 15：8 ．【考点】工业制取硫酸．【专题】简答题．【分析】（1）工业制硫酸是在沸腾炉中燃烧黄铁矿，黄铁矿的主要成分是FeS2，在氧气中燃烧得到SO2和Fe2O3；（2）接触室发生的反应为2SO2（g）+O2（g）⇌△2SO3（g）△H＜0，升高温度平衡逆向移动，反应物的转化率降低，从图表中可以看出，恒温时增大压强平衡正向移动，但反应物的转化率变化幅度不大，但压强的增大消耗能源及对设备的要求也高，故不易高压，综合考虑可选择适宜温度和压强；-23-（3）接触室发生的反应为2SO2（g）+O2（g）⇌△2SO3（g）△H＜0，反应放出的热量会使容器内温度升高，促进平衡逆向移动，不易提高反应的转化率，故通过热交换器对反应降温，转移能量给反应物加热；从C处排出的尾气主要含有SO2和SO3，其中SO3能和BaCl2溶液反应生成白色沉淀，SO2不能与反应，原因是弱酸不能制强酸；（4）矿石粉碎后有利于硫元素尽可能多转化为SO2及提高反应速率，a正确；氧气过量可提高SO2的转化率，b正确；余热发电或供暖可“变废为宝”，c正确；废液处理会导致投入增加，d错误；（5）①由于运送硫酸的成本远高于运送矿石的成本，故硫酸工厂应该接近消耗中心的地方；又因为硫酸属于重污染工业，故应建在远离风景名胜区，人口稠密的地方；②C与CaSO4是反应物，生成物是CO与CaS，由此可写出对应的化学方程式；（6）化学变化过程中遵守原子守恒①，可以先计算出等质量的硫磺和FeS2的物质的量之比，即可计算出生成硫酸的物质的量比及硫酸的质量比．【解答】解：（1）工业制硫酸是利用黄铁矿在沸腾炉中燃烧生成二氧化硫，然后在接触室催化氧化二氧化硫得三氧化硫，最后吸收塔用98%的浓硫酸吸收SO3，其中黄铁矿燃烧反应方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故答案为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；沸腾炉；（2）从图中可看出恒压条件下升高温度，SO2的转化率降低，因此选择低温400℃，在恒温条件下增大压强，SO2的转化率增大幅度较小，考虑到产生高压会消耗能源及对设备的要求较高，因此选择较低压强为宜，故答案为：1个大气压、400℃；（3）在接触室内通过热交换转移反应放出的热量，给容器降温，促进平衡正向移动提高SO2的转化率，另外通过热交换可以给反应物预热，有利于反应进行；从C处排出的尾气主要含有SO2和SO3，通过BaCl2溶液时，SO3能和BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀，SO2不能被吸收，发生反应的离子方程式为SO3+Ba2++H2O=BaSO4↓+2H+，故答案为：预热原料气，吸收反应放出的热量；SO3+Ba2++H2O=BaSO4↓+2H+；（4）a．粉碎黄铁矿增大反应接触面积，有利于提高硫原子利用率，a正确；b．在接触室中使用适当过量的O2，可提高SO2的转化率，对提高硫酸的产量有利，b正确；c．通过热交换可将反应产生的热量转移出来用于余热发电或供暖，提高经济效益，c正确；d．对废水进行无害化处理后再排放，避免环境污染，但增加了经济反投入，d错误；故答案为：d；（5）①工业制硫酸选择厂址时要考虑原料的运输成本，因尾气对环境有影响应尽量避免对居民的生活影响，减少对名胜古迹的损害，综合考虑B地完全符合条件，适宜建厂；②焦炭将CaSO4转化为CaS和另有一种可燃性气体生成，结合化学反应的本质，可知此气体是CO，发生反应的化学方程式为CaSO4+4CCaS+4CO↑；故答案为：①B地远离硫酸的消耗中心，B地远离人品稠密的地方，B地不发球风景名胜区；②CaSO4+4CCaS+4CO↑；（6）已知n=，可知等质量的硫磺和FeS2的物质的量之比与二者摩尔质量之比成反比，则硫磺和FeS2的物质的量之比为，在制备硫酸的过程中遵守硫原子守恒，且生成硫酸的质量比等于物质的量之比为=15：8；故答案为：15：8．-23-【点评】硫酸工业制法，考查氧化还原理论，化学平衡的移动，原子守恒等知识点，对学生的基础要求比较强，属中等难度． 四、【化学——选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12．除氢元素外，非金属元素都在p区，d区元素全部是金属．（1）第二周期元素中，第一电离能介于B、N之间的元素是 Be、C、O （写元素符号），基态溴原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p5 ；（2）第二周期非金属元素之间能形成多种化合物：BF3、CF4、NF3、OF2、CO2等，上述分子中，中心原子轨道杂化类型为sp3的是 CF4、NF3、OF2 ，属于平面三角形的是 BF3 ；利用蒸气密度法测量氟化氢气体密度时，无论如何进行操作，实验值总是比理论值大，可能的原因是 由于HF分子之间通过氢键形成（HF）n缔合分子 ；（3）已知三氟化铁熔点高于1000℃而三氯化铁的沸点只有315℃，试解释这种差异 氟元素非金属性比氯的强，三氟化铁属于离子晶体，三氯化铁属于分子晶体，离子键比分子间作用力强 ；（4）（CN）2分子中每个原子最外层均达到8个电子的稳定结构，则分子中σ键与π键数目比为 3：4 ；HCl很稳定而HI易分解的原因是 H﹣Cl键长比H﹣I键长短，H﹣Cl键能比较H﹣I键能大 ；（5）钛的某种氧化物的晶胞如图所示（黑球代表钛），则钛原子的配位数为 6 ，假设二氧化钛晶体的密度为ag/mL，则一个晶胞的体积V= mL ．【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】（1）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大强酸，但ⅡA、ⅤA元素第一电离能高于同周期相邻元素；Br原子核外电子数为35，根据核外电子排布规律书写；（2）判断中心原子形成σ数目、中心原子孤电子对，判断中心原子杂化方式及微粒空间构型；由于HF分子之间存在氢键，会形成（HF）n缔合分子；（3）三氟化铁属于离子晶体，三氯化铁属于分子晶体；（4）（CN）2分子中每个原子最外层均达到8个电子的稳定结构，其结构式为N≡C﹣C≡N，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键；分子稳定性由共价键强弱决定，键长越短，键能越大，化学键越稳定，分子越稳定；（5）由晶胞结构可知，Ti原子周围6个O原子形成化学键，故其配位数为6，根据均摊法计算晶胞中Ti、O原子数目，进而计算晶胞质量，根据V=计算晶胞体积．【解答】解：（1）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大强酸，N元素原子2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，Be元素原子2s为全满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，第二周期元素中，第一电离能介于B、N之间的元素有：Be、C、O；Br原子核外电子数为35，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，故答案为：Be、C、O；1s22s22p63s23p63d104s24p5；-23-（2）CF4、NF3、OF2分子中心原子分别形成4个、3个、2个σ键，中心原子孤电子对分别为0、1、2，中心原子均为sp3杂化，BF3中分子中心原子分别形成3个σ，中心原子孤电子对分别为0，B原子为sp2杂化，是平三角形结构，CO2分子中C原子为sp杂化，直线型结构，由于HF分子之间存在氢键，会形成（HF）n缔合分子，故其密度实验值总是比理论值大故答案为：CF4、NF3、OF2；BF3；由于HF分子之间通过氢键形成（HF）n缔合分子；（3）氟元素非金属性比氯的强，三氟化铁属于离子晶体，三氯化铁属于分子晶体，离子键比分子间作用力力强，三氟化铁熔点高于1000℃而三氯化铁的沸点只有315℃，故答案为：氟元素非金属性比氯的强，三氟化铁属于离子晶体，三氯化铁属于分子晶体，离子键比分子间作用力强；（4）（CN）2分子中每个原子最外层均达到8个电子的稳定结构，其结构式为N≡C﹣C≡N，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键，则分子中σ键与π键数目比为3：4；分子稳定性由共价键强弱决定，H﹣Cl键长比H﹣I键长短，H﹣Cl键能比较H﹣I键能大，故HCl稳定而HI易分解，故答案为：3：4；H﹣Cl键长比H﹣I键长短，H﹣Cl键能比较H﹣I键能大；（5）由晶胞结构可知，Ti原子周围6个O原子形成化学键，故其配位数为6，晶胞中Ti原子数目为1+8×=2，O原子数目为2+4×=4，故晶胞质量为g，则晶胞体积=g÷ag/mL=mL，故答案为：6；mL．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及电离能、核外电子排布、杂化方式、空间构型、化学键、氢键、晶胞计算等，需要学生具备扎实的基础，难度中等． 五、【化学——选修5；有机化学基础】（共1小题，满分0分）13．E是一种重要的高分子酯，其合成线路如图1所示，其中A是苯的同系物，1molA与1mol苯分别完全燃烧时，A比苯多消耗3molO2，A的核磁共振氢谱有3组峰；B与X互为同分异构体；1molC发生银镜反应时最多可得到4molAg．已知：（如图2所示）（1）A的名称是 邻二甲苯或1，2﹣二甲苯 ，1molB最多消耗 4 mol NaOH；（2）出现X的结构简式 ，C中官能团的名称是 醛基 ；（3）D→E的化学方程式为 ；（4）D有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体（不考虑立体异构）的有 19 种，写出其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式 ；①能与浓溴水发生取代反应；②能发生水解反应．（5）以C和乙烯为基本原料，经如图3所示变化可得到一种用途广泛的酯类增塑剂G：①试剂I是 水 ；②工业上发生I的试剂与条件是 氧气、催化剂和加热 ；③若生成G的反应中，消耗掉的H与F物质的量之比为1：2，则G的分子式为 C12H14O4 ．-23-【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A是苯的同系物，1molA与1mol苯分别完全燃烧时，A比苯多消耗3molO2，说明A比苯多﹣CH2CH2原子团，A的核磁共振氢谱有3组峰，则A为；A和氯气在光照条件下发生取代反应生成B、X，B与X互为同分异构体，1molC发生银镜反应时最多可得到4molAg，说明一个C分子中含有两个醛基，B发生水解反应生成C，则B为，C为；X和B是同分异构体，则X为，X发生水解反应然后酸化得到D，D为，D发生缩聚反应生成高分子化合物的酯，为；（5）G是酯类增塑剂，应该是高分子酯类化合物，则H和F发生酯化反应生成G，H、F一个是羧酸、一个是醇，乙烯和水反应生成乙醇，若生成G的反应中，消耗掉的H与F物质的量之比为1：2，则H为羧酸，所以H为，F为CH3CH2OH，G为．【解答】解：A是苯的同系物，1molA与1mol苯分别完全燃烧时，A比苯多消耗3molO2，说明A比苯多﹣CH2CH2原子团，A的核磁共振氢谱有3组峰，则A为；A和氯气在光照条件下发生取代反应生成B、X，B与X互为同分异构体，1molC发生银镜反应时最多可得到4molAg，说明一个C分子中含有两个醛基，B发生水解反应生成C，则B为，C为；-23-X和B是同分异构体，则X为，X发生水解反应然后酸化得到D，D为，D发生缩聚反应生成高分子化合物的酯，为；（5）G是酯类增塑剂，应该是高分子酯类化合物，则H和F发生酯化反应生成G，H、F一个是羧酸、一个是醇，乙烯和水反应生成乙醇，若生成G的反应中，消耗掉的H与F物质的量之比为1：2，则H为羧酸，所以H为，F为CH3CH2OH，G为，（1）A为，A的名称是邻二甲苯或1，2﹣二甲苯，B为，B水解生成的HCl和氢氧化钠反应，所以1molB最多消耗4mol NaOH，故答案为：邻二甲苯或1，2﹣二甲苯；4；（2）X的结构简式为，C中官能团的名称是醛基，故答案为：；醛基；（3）D发生缩聚反应生成E，该反应的化学方程式为，故答案为：；（4）D为，D的同分异构体符合下列条件，①能与浓溴水发生取代反应说明含有酚羟基；②能发生水解反应说明含有酯基，如果含有酯基和酚羟基，为含有酚羟基的苯甲酸甲酯，有邻间对三种结构；如果为含有酚羟基的甲酸苯甲酯，有邻间对3种结构；如果为含有酚羟基的乙酸苯酯，有邻间对3种结构；如果含有﹣OH、酯基和甲基，如果酯基和﹣OH处于邻位，有4种结构；如果酯基和﹣OH位于间位，有4种结构；如果酯基和﹣OH位于对位，有2种结合，所以符合条件的有19种结构；其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为；故答案为：19；；-23-（5）G是酯类增塑剂，应该是高分子酯类化合物，则H和F发生酯化反应生成G，H、F一个是羧酸、一个是醇，乙烯和水反应生成乙醇，若生成G的反应中，消耗掉的H与F物质的量之比为1：2，则H为羧酸，所以H为，F为CH3CH2OH，G为，①试剂I是水，故答案为：水；②工业上发生I的反应是醛基被氧化生成羧基，所以该反应的试剂与条件是氧气、催化剂和加热，故答案为：氧气、催化剂和加热；③G为，则G的分子式为C12H14O4，故答案为：C12H14O4．【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，正确判断A结构简式是解本题关键，结合反应条件分析推断，难点是（4）中同分异构体种类判断，要考虑位置异构、取代基异构． -23-
