2022-2022学年湖北省部分高中高三（上）月考化学试卷 一、选择题（本题包括13小题，每小题6分，共78分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）1．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关．下列说法不正确的是（ ）A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B．石油液化气、汽油和石蜡的主要成分都是碳氢化合物C．“天宫一号”中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料D．光化学烟雾是氮氧化物受紫外线照射后产生的O3直接与空气中的一些碳氢化合物作用后生成的一种有毒烟雾 2．NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A．6.8g熔融的KHSO4中含有0.05NA个阴离子B．1.0L1mol/L的NaOH水溶液中含有的氧原子数目为2NAC．25℃时，pH=13的氢氧化钡溶液中含有0.1NA个氢氧根离子D．5.6g铁与一定量稀硝酸完全反应，电子转移数目一定为0.3NA 3．下列离子方程式书写正确的是（ ）A．H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2═4OH﹣+4Na++18O2↑B．Fe3O4与稀HNO3反应：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2OC．向NaHCO3溶液中加入少量Ca（OH）2：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2OD．将少量NaOH溶液加入到NH4HCO3溶液中：OH﹣+HCO3﹣═CO32﹣+H2O 4．下列叙述正确的是（ ）A．常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍，稀释后溶液的pH=4B．25℃时Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl的溶解度可能增大C．浓度均为0.1mol•L﹣1的下列溶液，pH由大到小的排列顺序为：NaOH＞Na2CO3＞（NH4）2SO4＞NaHSO4D．为确定H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH，若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸 5．下列实验中，依据实验操作及现象，得出的结论正确的是（ ）操作现象结论A将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反应B将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中红棕色变深反应2NO2（g）⇌N2O4（g）；△H＜0C将少量的溴水分别滴入FeCl2溶液、NaI溶液中，再分别滴加CCl4振荡上层分别呈无色和紫红色还原性：I﹣＞Br﹣＞Fe2+D向溶液X中加入稀盐酸，并将产生的无色气体通入澄清石灰水中生成白色沉淀溶液X中一定含有CO32﹣或SO32﹣A．AB．BC．CD．D22\n 6．下列说法正确的是（ ）A．煤经处理变为气体燃料的过程属于物理变化B．淀粉、油脂和蛋白质都是高分子化合物C．乙烯和乙醇均可使酸性KMnO4溶液褪色D．乙酸乙酯和植物油均可水解生成乙醇 7．用酸性氢氧燃料电池（乙池）为电源进行电解的实验装置（甲池，一定条件下可实现有机物的电化学储氢）如下图所示．甲池中A为含苯的物质的量分数为10%的混合气体，B为10mol混合气体其中苯的物质的量分数为24%，C为标准状况下2.8mol气体（忽略水蒸汽），下列说法不正确的是（ ）A．乙池中溶液的pH变大B．E处通入H2，C处有O2放出C．甲池中阴极区只有苯被还原D．导线中共传导11.2mol电子 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，共174分．第22题-第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题-第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）8．X、Y、Z、W四种常见元素，且均为短周期元素．已知：①X的最高价氧化物对应的水化物为无机酸中最强酸；②Y的氧化物是典型的两性氧化物，可用于制造一种极有前途的高温材料；③Z是无机非金属材料的主角，其单质是制取大规模集成电路的主要原料；④W被称为军事金属，可在CO2中燃烧．（1）X的最高价氧化物对应水化物的水溶液与Y的氧化物反应的离子方程式为 ．（2）Z的氧化物在通信领域用来作 ，工业上制Z单质的化学反应方程式为 ．（3）在50mLlmol•L﹣1的YX3溶液中逐滴加入0.5mol•L﹣1的NaOH溶液，得到1.56g沉淀，则加入NaOH溶液的体积最多为 mL．（4）Y、W合金已成为轮船制造、化工生产等行业的重要材料．研究性学习小组的三位同学，为测定某Y、W合金（设不含其他元素）中W的质量分数，设计下列实验方案进行探究．称量xgY、W合金粉末，放在如右图所示装置的惰性电热板上，通电使其充分灼烧．欲计算W的质量分数．该实验中还需测定的数据是 ．若用空气代替O2进行实验，对测定结果是否有影响？若有影响分析其原因 ．22\n 9．甲醇可作为燃料电池的原料．工业上利用CO2和H2在一定条件下反应合成甲醇．（1）已知在常温常压下：①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ/mol②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566.0kJ/mol③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式： （2）甲醇脱氢可制取甲醛CH3OH（g）⇌HCHO（g）+H2（g），甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如图1所示．回答下列问题：①600K时，Y点甲醇的υ（逆） （正）（填“＞”或“＜”）②从Y点到X点可采取的措施是 ．③有同学计算得到在t1K时，该反应的平衡常数为8.1mol•L﹣1．你认为正确吗？请说明理由 ．（3）纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注．在相同的密闭容器中，使用不同方法制得的Cu2O（Ⅰ）和（Ⅱ）分别进行催化CH3OH的脱氢实验：CH3OH（g）⇌HCHO（g）+H2（g）CH3OH的浓度（mol•L﹣1）随时间t（min）变化如下表：序号温度01020304050①T10.0500.04920.04860.04820.04800.0480②T10.0500.04880.04840.04800.04800.0480③T20.100.0940.0900.0900.0900.090可以判断：实验①的前20min的平均反应速率ν（H2）= ；实验温度T1 T2（填“＞”、“＜”）；催化剂的催化效率：实验① 实验②（填“＞”、“＜”）．（4）电解法可消除甲醇对水质造成的污染，原理是：通电将Co2+氧化成Co3+，然后Co3+将甲醇氧化成CO2和H+（用石墨烯吸附除去Co2+）．现用如图2所示装置模拟上述过程，则Co2+在阳极的电极反应式为 ；除去甲醇的离子方程式为 ． 22\n10．硫代硫酸钠是一种重要的化工产品．工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3•5H2O，实验室可用如下装置（略去部分加持仪器）模拟生成过程．烧瓶C中发生反应如下：Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq）（I）2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）（Ⅱ）S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）（Ⅲ）（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若 ，则整个装置气密性良好．装置D的作用是 ．装置E中为 溶液．（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为 ．（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择 ．a．蒸馏水b．饱和Na2SO3溶液c．饱和NaHSO3溶液d．饱和NaHCO3溶液（4）实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是 ．（5）已知反应（Ⅲ）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是 ．（6）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩冷却，过滤，洗涤，干燥，即得到粗产品（主要含有Na2S2O3•5H2O和其他杂质）．某兴趣小组为测定该产品纯度，准确称取4.96 g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000 mol•L¯1碘的标准溶液滴定．反应原理为：2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I¯，滴定至终点时，滴定起始和终点的液面位置如图，则产品的纯度为 ．经仪器分析，该产品纯度为16%，分析该兴趣小组测定产品纯度偏差的原因（忽略人为误差） ．[M（Na2S2O3•5H2O）=248g/mol]． 【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11．近年来，为提高能源利用率，西方提出共生系统．特指为提高经济效益，人类生产活动尽可能多功能化．共生工程将会大大促进化学工业的发展．（1）由于共生工程的应用，利用发电厂产生的SO2制成自发电池，其电池反应方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，该电池电动势为1.06V．实际过程中，将SO2通入电池的 极（填“正”或“负”），负极反应式为 ．用这种方法处理SO2废气的优点是 ．（2）以硫酸工业的SO2尾气、氨水、石灰石、焦炭、碳酸氢铵和氯化钾等为原料，可以合成有重要应用价值的硫化钙、硫酸钾、亚硫酸铵等物质．合成路线如图：22\n①生产中，向反应II中的溶液中加入适量还原性很强的对苯二酚等物质，其目的是 ．②下列有关说法正确的是 ．A．反应Ⅰ中需鼓入足量空气，以保证二氧化硫充分氧化生成硫酸钙B．反应III中发生反应的化学方程式为CaSO4+4CCaS+4CO↑C．反应IV需控制在60～70℃，目的之一是减少碳酸氢铵的分解D．反应V中的副产物氯化铵可用作氮肥③反应V中选用了40%的乙二醇溶液，温度控制在25℃，此时硫酸钾的产率超过90%，选用40%的乙二醇溶液原因是 ．④（NH4）2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统．写出二氧化氮与亚硫酸铵反应的化学方程式 ． 【化学-选修3物质结构与性质】（共1小题，满分0分）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原子，C原子的L能层中，都有两个未成对的电子，C、D同主族．E、F都是第四周期元素，E原子核外有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图是 ，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VSEPR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 ；（5）配合物甲的焰色反应呈紫色，其内界由中心离子E3+与配位体AB﹣构成，配位数为6，甲的水溶液可以用于实验室中E2+离子的定性检验，检验E2+离子的离子方程式为 ；（6）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/cm3．22\n 【化学-选修5有机化学基础】（共1小题，满分0分）13．脱水环化是合成生物碱类天然产物的重要步骤，某生物碱V合成路线如下：（1）Ⅱ中含氧官能团的名称 ．（2）反应②的化学方程式 ．（3）Ⅰ和Ⅲ在浓硫酸催化加热时反应的化学方程式 ．（4）下列说法正确的是 A．Ⅰ和Ⅴ均属于芳香烃 B．Ⅱ能发生银镜反应C．1molⅡ能与4molH2发生加成反应D．反应③属于酯化反应（5）A的结构简式 ．（6）Ⅵ与Ⅰ互为同分异构体，Ⅵ遇FeCl3发生显色反应，其苯环上的一氯代物只有2种．写出满足上述条件的Ⅵ的结构简式 ．（7）一定条件下，化合物Ⅶ（）也能发生类似反应④的环化反应，Ⅶ的环化产物的结构简式 ． 22\n2022-2022学年湖北省部分高中高三（上）月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题包括13小题，每小题6分，共78分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）1．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关．下列说法不正确的是（ ）A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B．石油液化气、汽油和石蜡的主要成分都是碳氢化合物C．“天宫一号”中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料D．光化学烟雾是氮氧化物受紫外线照射后产生的O3直接与空气中的一些碳氢化合物作用后生成的一种有毒烟雾【考点】常见的生活环境的污染及治理；无机非金属材料．【专题】化学计算．【分析】A．绿色化学核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；B．石油液化气、汽油和石蜡均为石油分馏产品，为烃的混合物；C．碳纤维的成分为碳单质，为无机物；D．光化学烟雾与氮氧化物的排放有关．【解答】解：A．绿色化学核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，而不是先污染后治理，故A错误；B．石油液化气、汽油和石蜡均为石油分馏产品，为烃的混合物，则主要成分都是碳氢化合物，故B正确；C．碳纤维的成分为碳单质，为无机物，则“天宫一号”中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料，故C正确；D．氮氧化物受紫外线照射后产生的O3直接与空气中的一些碳氢化合物作用后生成的一种有毒烟雾，导致光化学烟雾发生，故D正确．故选A．【点评】本题考查污染问题、绿色化学与材料，综合性较强，把握常见污染问题、物质的组成、绿色化学的核心为解答的关键，注意选项C中对“绿色”的理解，题目难度不大． 2．NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A．6.8g熔融的KHSO4中含有0.05NA个阴离子B．1.0L1mol/L的NaOH水溶液中含有的氧原子数目为2NAC．25℃时，pH=13的氢氧化钡溶液中含有0.1NA个氢氧根离子D．5.6g铁与一定量稀硝酸完全反应，电子转移数目一定为0.3NA【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、熔融硫酸氢钾电离出钾离子和硫酸氢根离子；B、氢氧化钠水溶液中，溶剂水中同样含有氧原子；C、溶液体积不明确；D、铁和硝酸反应可以生成亚铁盐也可以生成铁盐；【解答】解：A、6.8g熔融的KHSO4的物质的量0.05mol，0.05mol熔融硫酸氢钾能够电离出0.05mol钾离子和0.05mol硫酸氢根离子，所以含有的阳离子数为0.05NA，故A正确；22\nB、1.0L1mol/L的NaOH水溶液中含有溶质氢氧化钠1mol，由于溶剂水中也含有氧原子，所以无法计算溶液中含有的氧原子的物质的量及数目，故B错误；C、溶液体积不明确，无法计算含有的OH﹣的个数，故C错误；D、铁和硝酸反应可以生成亚铁盐也可以生成铁盐，5.6g铁物质的量为0.1mol，生成三价铁盐转移0.3NA个电子，生成二价铁盐转移0.2mol电子；故A错误；故选A．【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．下列离子方程式书写正确的是（ ）A．H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2═4OH﹣+4Na++18O2↑B．Fe3O4与稀HNO3反应：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2OC．向NaHCO3溶液中加入少量Ca（OH）2：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2OD．将少量NaOH溶液加入到NH4HCO3溶液中：OH﹣+HCO3﹣═CO32﹣+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．水与过氧化钠反应，过氧化钠既做氧化剂，有做还原剂；B．不符合反应的客观事实，四氧化三铁与硝酸反应生成硝酸铁；C．氢氧化钙少量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；D．氢氧化钠少量，氢氧根离子先反应碳酸氢根离子．【解答】解：A．H218O中投入Na2O2固体，离子方程式为：2H218O+2Na2O2═418OH﹣+4Na++O2↑，故A错误；B．Fe3O4与稀HNO3反应，离子方程式为：3Fe3O4+NO3﹣+28H+═9Fe3++14H2O+NO↑，故B错误；C．向NaHCO3溶液中加入少量Ca（OH）2，离子方程式为：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故C错误；D．将少量NaOH溶液加入到NH4HCO3溶液中，离子方程式：OH﹣+HCO3﹣═CO32﹣+H2O，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是接听关键，注意过氧化钠与水反应中氧化剂还原剂的判断，选项AB为易错选项． 4．下列叙述正确的是（ ）A．常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍，稀释后溶液的pH=4B．25℃时Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl的溶解度可能增大C．浓度均为0.1mol•L﹣1的下列溶液，pH由大到小的排列顺序为：NaOH＞Na2CO3＞（NH4）2SO4＞NaHSO4D．为确定H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH，若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；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；盐类的水解专题．22\n【分析】A、稀释醋酸时能促进弱电解质醋酸的电离，导致稀释后溶液中氢离子浓度大于原来的；B、NaCl溶液中含有大量氯离子，使AgCl的沉淀溶解平衡逆向移动；C、NaOH为强碱，硫酸氢钠为强酸的酸式盐，碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性，硫酸铵为强酸弱碱盐水解显酸性，盐类水解是微弱的，据此分析；D、判断强酸、弱酸的依据是该酸是否完全电离，NaHA溶液的pH＞7说明H2A的二级电离，不完全电离，即HA﹣为弱酸，可以说明H2A是弱酸，NaHA溶液的pH＜7，H2A是强酸或弱酸都有可能．【解答】解：A、稀释醋酸时能促进弱电解质醋酸的电离，导致稀释后溶液中氢离子浓度大于原来的，稀释后溶液的3＜pH＜4，故A错误；B、NaCl溶液中含有大量氯离子，使AgCl的沉淀溶解平衡逆向移动，所以向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl的溶解度减小，故B错误；C、NaOH为强碱，硫酸氢钠为强酸的酸式盐，碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性，硫酸铵为强酸弱碱盐水解显酸性，盐类水解是微弱的，所以相同物质的量浓度的上述溶液pH由大到小的排列顺序为：NaOH＞Na2CO3＞（NH4）2SO4＞NaHSO4，故C正确；D、NaHA溶液的pH＞7说明H2A的二级电离，不完全电离，即HA﹣为弱酸，可以说明H2A是弱酸，NaHA溶液的pH＜7，H2A是强酸或弱酸都有可能，如硫酸、亚硫酸，故D错误；故选C．【点评】考查强弱电解质、弱电解质的电离、盐类水解、溶度积及相关计算等，难度中等，注意把握强弱电解质关键是电解质是否完全电离． 5．下列实验中，依据实验操作及现象，得出的结论正确的是（ ）操作现象结论A将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反应B将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中红棕色变深反应2NO2（g）⇌N2O4（g）；△H＜0C将少量的溴水分别滴入FeCl2溶液、NaI溶液中，再分别滴加CCl4振荡上层分别呈无色和紫红色还原性：I﹣＞Br﹣＞Fe2+D向溶液X中加入稀盐酸，并将产生的无色气体通入澄清石灰水中生成白色沉淀溶液X中一定含有CO32﹣或SO32﹣A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价；常见阴离子的检验；探究温度、压强对化学平衡的影响；铁及其化合物的性质实验．【专题】实验评价题．【分析】A．高温下铁与水蒸气反应生成黑色固体；B．二氧化氮为红棕色气体，温度高，颜色深，则2NO2⇌N2O4为放热反应；C．少量的溴水分别滴入FeCl2溶液、NaI溶液中，分别反应生成铁离子、碘单质，不能比较亚铁离子、碘离子的还原性；D．无色气体也可能为SO2．【解答】解：A．高温下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，为黑色固体，故A错误；22\nB．二氧化氮为红棕色气体，温度高，颜色深，则2NO2⇌N2O4为放热反应，即△H＜0，故B正确；C．少量的溴水分别滴入FeCl2溶液、NaI溶液中，分别反应生成铁离子、碘单质，不能比较亚铁离子、碘离子的还原性，故C错误；D．无色气体也可能为SO2，所以溶液X中也可能含SO32﹣或HSO3﹣，故D错误．故选B．【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累． 6．下列说法正确的是（ ）A．煤经处理变为气体燃料的过程属于物理变化B．淀粉、油脂和蛋白质都是高分子化合物C．乙烯和乙醇均可使酸性KMnO4溶液褪色D．乙酸乙酯和植物油均可水解生成乙醇【考点】煤的干馏和综合利用；乙烯的化学性质；乙醇的化学性质；有机高分子化合物的结构和性质．【专题】有机反应．【分析】A、化学变化是指在原子核不变的情况下，有新物质生成的变化．B、油脂不是高分子化合物；C、乙烯和乙醇均可被高锰酸钾氧化；D、植物油属于酯类，也可水解，但水解不生成乙醇．【解答】解：A、煤的气化是煤与碳反应生成一氧化碳和氢气，属于化学变化，故A错误；B、淀粉和蛋白质是高分子化合物，但油脂不是，故B错误；C、乙烯和乙醇均可被高锰酸钾氧化，高锰酸钾被还原，从而紫色退去，故C正确；D、植物油属于酯类，也可水解，水解生成甘油和高级脂肪酸，生不成乙醇，故D错误．故选C．【点评】本题考查了煤的气化、油脂和蛋白质的水解，较简单． 7．用酸性氢氧燃料电池（乙池）为电源进行电解的实验装置（甲池，一定条件下可实现有机物的电化学储氢）如下图所示．甲池中A为含苯的物质的量分数为10%的混合气体，B为10mol混合气体其中苯的物质的量分数为24%，C为标准状况下2.8mol气体（忽略水蒸汽），下列说法不正确的是（ ）A．乙池中溶液的pH变大B．E处通入H2，C处有O2放出C．甲池中阴极区只有苯被还原D．导线中共传导11.2mol电子22\n【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】乙池装置是氢氧燃料电池，所以是原电池，原电池放电时，燃料失电子发生氧化反应，所以投放燃料的电极为负极，投放氧气的电极为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，由于电解质溶液呈酸性，负极反应为：H2﹣2e﹣═2H+，正极反应为：O2+4e﹣+4H+═2H2O；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，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，所以E为负极，通入氢气，D为正极通入氧气，据此分析．【解答】解：A、乙池装置是氢氧燃料电池，总反应方程式为：2H2+O2═2H2O，生成水电子酸性溶液被稀释，pH增大，故A正确；B、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，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，所以E为负极，通入氢气，C处产生氧气，故B正确；C、若参加反应的苯有10mol×24%﹣10mol×10%=1.4mol，甲池中阴极区苯放电的电极反应式为C6H6+6H++6e﹣=C6H12，1.4mol苯反应转移电子物质的量为1.4mol×6=8.4mol，所以甲池中阴极区不只有苯被还原，故C错误；D、生成2.8mol氧气，据电极反应式4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑可知，转移电子物质的量为2.8mol×4=11.2mol，故D正确；故选C．【点评】本题考查了氢氧燃料电池和电解池的相关知识，注意分析各电极反应，题目难度较大． 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，共174分．第22题-第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题-第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）8．X、Y、Z、W四种常见元素，且均为短周期元素．已知：①X的最高价氧化物对应的水化物为无机酸中最强酸；②Y的氧化物是典型的两性氧化物，可用于制造一种极有前途的高温材料；③Z是无机非金属材料的主角，其单质是制取大规模集成电路的主要原料；④W被称为军事金属，可在CO2中燃烧．（1）X的最高价氧化物对应水化物的水溶液与Y的氧化物反应的离子方程式为 6H++Al2O3=2Al3++3H2O ．（2）Z的氧化物在通信领域用来作 光导纤维 ，工业上制Z单质的化学反应方程式为 SiO2+2CSi+2CO↑ ．（3）在50mLlmol•L﹣1的YX3溶液中逐滴加入0.5mol•L﹣1的NaOH溶液，得到1.56g沉淀，则加入NaOH溶液的体积最多为 360 mL．（4）Y、W合金已成为轮船制造、化工生产等行业的重要材料．研究性学习小组的三位同学，为测定某Y、W合金（设不含其他元素）中W的质量分数，设计下列实验方案进行探究．称量xgY、W合金粉末，放在如右图所示装置的惰性电热板上，通电使其充分灼烧．欲计算W的质量分数．该实验中还需测定的数据是 充分灼烧，冷却后粉末的质量 ．若用空气代替O2进行实验，对测定结果是否有影响？若有影响分析其原因 有影响，空气中的N2和CO2都能与镁反应 ．22\n【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；无机物的推断．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W四种常见元素，且均为短周期元素．已知：①X的最高价氧化物对应的水化物为无机酸中最强酸，故X为氯；②Y的氧化物是典型的两性氧化物，可用于制造一种极有前途的高温材料，故Y是铝；③Z是无机非金属材料的主角，其单质是制取大规模集成电路的主要原料，故Z为硅；④W被称为军事金属，可在CO2中燃烧，故W为镁；据此解答（1）（2）（3）即可；（4）、Mg、Al都能够与氧气化学反应生成氧化物；用空气代替O2进行实验，发生反应：3Mg+N2Mg3N2，2Mg+CO2MgO+C，测定生成固体的质量变大．【解答】解：依据分析可知X为氯，Y为铝，Z为硅，W为镁，（1）Cl的最高价氧化物对应水化物为高氯酸，Al的氧化物为氧化铝，它们反应生成铝离子和水，离子方程式为：6H++Al2O3=2Al3++3H2O，故答案为：6H++Al2O3=2Al3++3H2O；（2）Z的氧化物为二氧化硅，常用作光导纤维，工业上常利用碳还原二氧化硅制取硅单质，故答案为：光导纤维；SiO2+2CSi+2CO↑；（3）50mL1mol/L的AlCl3溶液中氯化铝的物质的量=0.05L×1mol/L=0.05mol，若Al元素都转化为氢氧化铝沉淀，则氢氧化铝沉淀的质量=0.05mol×78g/mol=3.9g＞1.56g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，据此分析可知，第二种情况消耗氢氧化钠最多，故沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，则：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓0.05mol0.15mol0.05molAl（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O（0.05﹣0.02）mol（0.05﹣0.02）mol则消耗的碱的物质的量为0.15mol+（0.05﹣0.02）mol=0.18mol，加入NaOH溶液的体积为=0.36L=360mL，故答案为：360；（4）Mg、Al均与氧气反应，生成金属氧化物，则还需测定生成物的质量；若用空气代替O2进行实验，镁除了与氧气反应生成氧化镁，还会发生反应：3Mg+N2Mg3N2，2Mg+CO2MgO+C，则测定生成固体的质量变大，则镁的质量分数偏高，故答案为：灼烧后固体的质量；有影响，空气中的N2和CO2都能与镁反应．【点评】本题考查物质含量的测定、对实验原理与装置的理解、实验方案设计等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合考查，需要学生具有知识的基础与综合运用知识分析问题、解决问题的能力．22\n 9．甲醇可作为燃料电池的原料．工业上利用CO2和H2在一定条件下反应合成甲醇．（1）已知在常温常压下：①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ/mol②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566.0kJ/mol③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式： CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣442.8kJ∕mol （2）甲醇脱氢可制取甲醛CH3OH（g）⇌HCHO（g）+H2（g），甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如图1所示．回答下列问题：①600K时，Y点甲醇的υ（逆） ＞ （正）（填“＞”或“＜”）②从Y点到X点可采取的措施是 降低温度和增大压强 ．③有同学计算得到在t1K时，该反应的平衡常数为8.1mol•L﹣1．你认为正确吗？请说明理由 不正确 ．（3）纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注．在相同的密闭容器中，使用不同方法制得的Cu2O（Ⅰ）和（Ⅱ）分别进行催化CH3OH的脱氢实验：CH3OH（g）⇌HCHO（g）+H2（g）CH3OH的浓度（mol•L﹣1）随时间t（min）变化如下表：序号温度01020304050①T10.0500.04920.04860.04820.04800.0480②T10.0500.04880.04840.04800.04800.0480③T20.100.0940.0900.0900.0900.090可以判断：实验①的前20min的平均反应速率ν（H2）= 7×10﹣5mol•L﹣1min﹣1 ；实验温度T1 ＜ T2（填“＞”、“＜”）；催化剂的催化效率：实验① ＜ 实验②（填“＞”、“＜”）．（4）电解法可消除甲醇对水质造成的污染，原理是：通电将Co2+氧化成Co3+，然后Co3+将甲醇氧化成CO2和H+（用石墨烯吸附除去Co2+）．现用如图2所示装置模拟上述过程，则Co2+在阳极的电极反应式为 Co2+﹣e﹣=Co3+ ；除去甲醇的离子方程式为 6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+ ．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；转化率随温度、压强的变化曲线；电解原理．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）据已知反应利用盖斯定律解答；22\n（2）①60K时Y点甲醇转化率大于X点甲醇平衡转化率；②转化率随温度的升高而增大，说明正反应吸热，降温或增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲醇转化率减小；③由于初始浓度不知，因此对于此反应而言无法求算化学平衡常数；（3）根据温度对化学平衡移动的影响知识来回答；根据反应速率v=来计算；催化剂不会引起化学平衡状态的改变，会使反应速率加快，活性越高，速率越快；（4））通电后，将Co2+氧化成Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co2+﹣e﹣=Co3+；以Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化，自身被还原为Co2+，原子守恒与电荷守恒可知，还原生成H+，配平书写为：6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+．【解答】解：（1）已知①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ/mol②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566.0kJ/mol③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol据盖斯定律，（①﹣②+4×③）÷2得：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣442.8kJ∕mol，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣442.8kJ∕mol；（2）①600K时Y点甲醇转化率大于X点甲醇平衡转化率，说明反应逆向进行即：υ（正）＜υ（逆），故答案为：＞；②转化率随温度的升高而增大，说明正反应吸热，降温或增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲醇转化率减小，从Y点到X点，故答案为：降低温度和增大压强；③由于不知道初始浓度，只有转化率这一条件计算不出平衡浓度，因此无法计算平衡常数，故答案为：不正确；（3）实验温度越高达到化学平衡时甲醇转化率越大，②和③相比，③转化率高所以T2＞T1；实验①前20min的平均反应速率v（H2）===7×10﹣5mol•L﹣1min﹣1；②与①化学平衡状态未改变，反应速率加快，则是加入了催化剂，催化剂的活性越高，速率越快，在相等时间内，②中甲醇的浓度变化比①快；故答案为：7×10﹣5mol•L﹣1min﹣1；＜；＜；（4）通电后，将Co2+氧化成Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co2+﹣e﹣=Co3+；以Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化，自身被还原为Co2+，结合原子守恒与电荷守恒可知，还原生成H+，配平书写离子方程式为：6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+；故答案为：Co2+﹣e﹣=Co3+；6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+．【点评】本题是一道有关热化学、电化学以及化学反应速率和反应限度的综合题，考查角度广，难度大． 10．硫代硫酸钠是一种重要的化工产品．工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3•5H2O，实验室可用如下装置（略去部分加持仪器）模拟生成过程．22\n烧瓶C中发生反应如下：Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq）（I）2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）（Ⅱ）S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）（Ⅲ）（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若 液柱高度保持不变 ，则整个装置气密性良好．装置D的作用是 防止倒吸 ．装置E中为 NaOH 溶液．（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为 2：1 ．（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择 c ．a．蒸馏水b．饱和Na2SO3溶液c．饱和NaHSO3溶液d．饱和NaHCO3溶液（4）实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是 控制滴加硫酸的速度 ．（5）已知反应（Ⅲ）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是 溶液变澄清（或浑浊消失） ．（6）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩冷却，过滤，洗涤，干燥，即得到粗产品（主要含有Na2S2O3•5H2O和其他杂质）．某兴趣小组为测定该产品纯度，准确称取4.96 g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000 mol•L¯1碘的标准溶液滴定．反应原理为：2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I¯，滴定至终点时，滴定起始和终点的液面位置如图，则产品的纯度为 18.1% ．经仪器分析，该产品纯度为16%，分析该兴趣小组测定产品纯度偏差的原因（忽略人为误差） 粗产品中含有Na2SO3（或Na2S）可以消耗I2，使消耗的碘水体积偏大 ．[M（Na2S2O3•5H2O）=248g/mol]．【考点】制备实验方案的设计；含硫物质的性质及综合应用．【专题】综合实验题．【分析】（1）液柱高度保持不变，说明气密性良好；D中左侧为短导管，为安全瓶，防止倒吸；装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用；（2）根据题目所给3个反应，可得出对应关系：2Na2S～2H2S～3S～3Na2SO3，2Na2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3；（3）观察SO2的生成速率，则二氧化硫通过溶液不能与SO2反应，有气泡逸出；（4）通过分液漏斗的活塞控制滴加硫酸的速度，可以控制产生二氧化硫的速率；（5）根据C中发生的反应可知，烧瓶C中反应达到终点发生的反应为硫与亚硫酸钠反应生成硫代硫酸钠；22\n（6）根据图示的滴定管中液面读出初读数、终读数，然后计算出消耗碘的标准溶液体积，根据反应2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣可知，n（S2O32﹣）=2n（I2），然后碘单质的物质的量计算出Na2S2O3•5H2O质量及产品的纯度；产品纯度测量值偏大，粗产品中含有Na2SO3（或Na2S）可以消耗I2，使消耗的碘水体积偏大．【解答】解：（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好；D中左侧为短导管，为安全瓶，防止倒吸；装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用，可选用NaOH溶液，故答案为：液柱高度保持不变；防止倒吸；NaOH；（2）装置A中反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O，根据题目所给3个反应，可得出对应关系：2Na2S～2H2S～3S～3Na2SO3，2Na2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3，所以烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（3）观察SO2的生成速率，是通过观察溶液中产生气泡的快慢来判断，所以溶液不能与SO2反应，选项中只有饱和NaHSO3溶液与二氧化硫不反应，故答案为：c；（4）分液漏斗有玻璃活塞，通过控制分液漏斗的活塞控制滴加硫酸的速度，可以控制产生二氧化硫的速率，所以为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是控制滴加硫酸的速度，故答案为：控制滴加硫酸的速度；（5）根据C中发生的反应可知，烧瓶C中反应达到终点发生反应为硫与亚硫酸钠反应生成硫代硫酸钠，反应的现象为溶液变澄清（或混浊消失），故答案为：溶液变澄清（或浑浊消失）；（6）根据图示的滴定管中液面可知，滴定管中初始读数为0.00mL，滴定终点液面读数为18.10mL，所以消耗碘的标准溶液体积为18.10mL﹣0.00mL=18.10mL；根据反应2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣可知，n（S2O32﹣）=2n（I2），所以4.96g产品中含有Na2S2O3•5H2O质量为：0.1000mol•L﹣1×18.10×10﹣3L×2×248g/mol=0.89776g，故则产品的纯度为：×100%=18.1%，经仪器分析，该产品纯度为16%，产品纯度测量值偏大，粗产品中含有Na2SO3（或Na2S）可以消耗I2，使消耗的碘水体积偏大，故答案为：18.1%；粗产品中含有Na2SO3（或Na2S）可以消耗I2，使消耗的碘水体积偏大．【点评】本题考查实验方案的分析与评价，涉及气密性检验、离子检验、对操作的分析评价、化学计算等，侧重实验分析能力及知识综合应用能力的考查，（2）为易错点，也可以利用总反应的分析，题目难度中等． 【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11．近年来，为提高能源利用率，西方提出共生系统．特指为提高经济效益，人类生产活动尽可能多功能化．共生工程将会大大促进化学工业的发展．（1）由于共生工程的应用，利用发电厂产生的SO2制成自发电池，其电池反应方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，该电池电动势为1.06V．实际过程中，将SO2通入电池的 负 极（填“正”或“负”），负极反应式为 SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+ ．用这种方法处理SO2废气的优点是 利用上述电池，可回收大量有效能，副产品为H2SO4，减少环境污染，实现（能质）共生 ．（2）以硫酸工业的SO2尾气、氨水、石灰石、焦炭、碳酸氢铵和氯化钾等为原料，可以合成有重要应用价值的硫化钙、硫酸钾、亚硫酸铵等物质．合成路线如图：22\n①生产中，向反应II中的溶液中加入适量还原性很强的对苯二酚等物质，其目的是 防止亚硫酸铵被氧化 ．②下列有关说法正确的是 ABCD ．A．反应Ⅰ中需鼓入足量空气，以保证二氧化硫充分氧化生成硫酸钙B．反应III中发生反应的化学方程式为CaSO4+4CCaS+4CO↑C．反应IV需控制在60～70℃，目的之一是减少碳酸氢铵的分解D．反应V中的副产物氯化铵可用作氮肥③反应V中选用了40%的乙二醇溶液，温度控制在25℃，此时硫酸钾的产率超过90%，选用40%的乙二醇溶液原因是 K2SO4在有机溶剂乙二醇中溶解度小，能充分析出 ．④（NH4）2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统．写出二氧化氮与亚硫酸铵反应的化学方程式 4（NH4）2SO3+2NO2=4（NH4）2SO4+N2 ．【考点】二氧化硫的污染及治理；原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题；氧族元素．【分析】（1）电池反应方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，依据原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应，结合元素化合价变化分析判断；依据反应产物和过程分析；（2）①还原性很强的对苯二酚可以防止亚硫酸根离子被氧化；②A、依据流程图结合反应生成物分析，过量的空气把亚硫酸钙氧化为硫酸钙；B、依据流程图中的反应物和生成物，结合元素化合价变化分析写出；C、防止碳酸氢铵在温度过高时分解；D、氯化铵是一种氮肥；③利用硫酸钾在不同溶剂中溶解度的不同，达到析出晶体的目的；④二氧化氮具有强氧化性能氧化亚硫酸铵反应，生成硫酸铵，本身被还原为氮气，结合原子守恒配平写出；【解答】解：（1）利用发电厂产生的SO2制成自发电池，其电池反应方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，原电池反应是负极发生氧化反应，正极发生还原反应，依据元素化合价变化可知，二氧化硫中硫元素化合价升高，失去电子发生氧化反应，过程中，将SO2通入电池的负极，电极反应为：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+；此方法的优点是污染小，生成产物可以循环利用，可以回收有效能；故答案为：负；SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+；利用上述电池，可回收大量有效能，副产品为H2SO4，减少环境污染，实现（能质）共生；22\n（2）①向反应II中的溶液中加入适量还原性很强的对苯二酚等物质，防止亚硫酸根被氧化，以更好的得到亚硫酸铵晶体；故答案为：防止亚硫酸铵被氧化；②A、依据流程图结合反应生成物分析，过量的空气把亚硫酸钙氧化为硫酸钙；故A正确；B、依据流程图中的反应物和生成物，结合元素化合价变化分析写出反应的化学方程式为CaSO4+4CCaS+4CO↑；故D正确；C、防止碳酸氢铵在温度过高时分解得不到需要的目标产物；故C正确；D、氯化铵是一种氮肥；故D正确；故答案为：ABCD；③反应V中选用了40%的乙二醇溶液，温度控制在25℃，此时硫酸钾的产率超过90%，选用40%的乙二醇溶液原因是利用乙二醇降低硫酸钾溶解度，有利于析出；故答案为：K2SO4在有机溶剂乙二醇中溶解度小，能充分析出；④（NH4）2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统，二氧化氮与亚硫酸铵反应，二氧化氮具有强氧化性能氧化亚硫酸铵反应，生成硫酸铵，本身被还原为氮气，原子守恒配平书写出的化学方程式为：4（NH4）2SO3+2NO2=4（NH4）2SO4+N2；故答案为：4（NH4）2SO3+2NO2=4（NH4）2SO4+N2；【点评】本题考查了物质的制备流程分析，反应产物判断，反应条件的选择和原因，仔细审读题意和流程是解题关键，题目难度中等． 【化学-选修3物质结构与性质】（共1小题，满分0分）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原子，C原子的L能层中，都有两个未成对的电子，C、D同主族．E、F都是第四周期元素，E原子核外有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图是 ，F原子的电子排布式是 1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1） ；（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VSEPR模型为 四面体 ；（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 ；（5）配合物甲的焰色反应呈紫色，其内界由中心离子E3+与配位体AB﹣构成，配位数为6，甲的水溶液可以用于实验室中E2+离子的定性检验，检验E2+离子的离子方程式为 3Fe2++2Fe（CN）63﹣=Fe3[Fe（CN）6]2↓ ；（6）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/cm3．22\n【考点】晶胞的计算；原子核外电子的能级分布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．【分析】A、B、C、D都是周期表中的短周期元素，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，据此解答．【解答】解：A、B、C、D都是周期表中的短周期元素，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，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，NH3分子中N原子价层电子对数=3+=4，其VSEPR模型为四面体，故答案为：sp2；四面体；（4）与CO2互为等电子体，可知SCN﹣电子式与CO2相同，参照CO2的电子式写出电子式为：，故答案为：；（5）配合物甲的焰色反应呈紫色，可以K元素，其内界由中心离子Fe3+与配位体CN﹣构成，配位数为6，甲为K3[Fe（CN）6]，甲的水溶液可以用于实验室中Fe2+离子的定性检验，检验Fe2+离子的离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣=Fe3[Fe（CN）6]2↓，故答案为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣=Fe3[Fe（CN）6]2↓；22\n（6）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×=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=（524×10﹣10cm）2×1030×10﹣10cm，该晶体的密度：d==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、价层电子对互斥理论、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，难度中等． 【化学-选修5有机化学基础】（共1小题，满分0分）13．脱水环化是合成生物碱类天然产物的重要步骤，某生物碱V合成路线如下：（1）Ⅱ中含氧官能团的名称 醛基 ．（2）反应②的化学方程式 2+O22 ．（3）Ⅰ和Ⅲ在浓硫酸催化加热时反应的化学方程式 ++H2O ．（4）下列说法正确的是 BC A．Ⅰ和Ⅴ均属于芳香烃 B．Ⅱ能发生银镜反应C．1molⅡ能与4molH2发生加成反应D．反应③属于酯化反应（5）A的结构简式 ．22\n（6）Ⅵ与Ⅰ互为同分异构体，Ⅵ遇FeCl3发生显色反应，其苯环上的一氯代物只有2种．写出满足上述条件的Ⅵ的结构简式 ．（7）一定条件下，化合物Ⅶ（）也能发生类似反应④的环化反应，Ⅶ的环化产物的结构简式 ．【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】（1）由化合物Ⅱ的结构简式，可知含有官能团为醛基；（2）反应②是苯甲醛发生催化氧化生成苯甲酸；（3）Ⅰ和Ⅲ在浓硫酸催化加热时发生酯化反应生成苯甲酸苯甲酯；（4）A．化合物Ⅰ、Ⅴ含有C和H以外的元素，不属于烃类；B．化合物Ⅱ分子中含﹣CHO，具有醛的性质；C．化合物Ⅱ苯环和﹣CHO都能与H2发生加成反应；D．反应③的产物中形成，不含酯基；（5）由反应③的产物IV逆向分析，应从之间断键，故A是；（6）化合物Ⅵ与化合物I互为同分异构体，Ⅵ遇FeCl3发生显色反应，含有酚羟基，另外取代基为甲基，其苯环上的一氯代物只有2种，则酚羟基与甲基处于对位；（7）环化反应的特征是羰基去O，连接到苯环侧链的邻位上，注意双键位置在N原子上，结构中的S相当于Ⅳ中的O，发生脱水环化反应的有机产物类似于V，无机产物是硫化氢．【解答】解：（1）由化合物Ⅱ的结构简式，可知含有官能团为醛基，故答案为：醛基；（2）反应②是苯甲醛发生催化氧化生成苯甲酸，反应方程式为：2+O22，故答案为：2+O22；（3）Ⅰ和Ⅲ在浓硫酸催化加热时发生酯化反应生成苯甲酸苯甲酯，反应方程式为：++H2O，22\n故答案为：++H2O；（4）A．化合物Ⅰ、Ⅴ含有C和H以外的元素，不属于烃类，属于烃的衍生物，故A错误；B．化合物Ⅱ分子中含﹣CHO，具有醛的性质，能发生银镜反应，故B正确；C．化合物Ⅱ苯环和﹣CHO都能与H2发生加成反应，1molⅡ能与4mol氢气反应，故C正确；D．反应③的产物中形成，不含酯基，不属于酯化反应，故D错误，故答案为：BC；（5）由反应③的产物IV逆向分析，应从之间断键，故A是，故答案为：；（6）化合物Ⅵ与化合物I互为同分异构体，Ⅵ遇FeCl3发生显色反应，含有酚羟基，另外取代基为甲基，其苯环上的一氯代物只有2种，则酚羟基与甲基处于对位，Ⅵ的结构简式为，故答案为：；（7）环化反应的特征是羰基去O，连接到苯环侧链的邻位上，注意双键位置在N原子上，结构中的S相当于Ⅳ中的O，发生脱水环化反应的有机产物类似于V，无机产物是硫化氢，Ⅶ的环化产物的结构简式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成、官能团的结构与性质、同分异构体书写、有机反应方程式等，充分利用有机物的结构分析解答，是对有机化学的综合考查，侧重考查学生分析推理与知识迁移运用能力考查，难度较大． 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