2022年河南河北山西三省高考化学冲刺试卷　一、选择题（本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关，下列说法错误的是（　　）A．推广使用聚二氧化碳可降解塑料，能减少白色污染B．通常所说的三大有机合成材料是指塑料、合成纤维、合成橡胶C．实验“煤改气”“煤改电”等清洁燃料改造工程，有利于保护环境D．夏天雷雨过后感觉到空气清新是因为空气中产生了少量的二氧化氮　2．有机物X只含C、H、O三种元素，其相对分子质量不超过100，若X中所含氧元素的质量分数为36.36%，则能与NaOH溶液发生反应的X共有（不考虑立体异构）（　　）A．5种B．6种C．7种D．8种　3．已知2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）反应过程中的能量变化曲线如图所示，下列说法不正确的是（　　）A．途径Ⅱ与途径Ⅰ相比，可能是加入了二氧化锰B．2molH2O2（l）的能量高于2molH2O（l）的能量C．其他条件相同，产生相同量氧气时放出的热量：途径Ⅰ大于途径ⅡD．其他条件相同，产生相同量氧气耗时：途径Ⅰ大于途径Ⅱ　4．下列实验操作或事实与预期实验目的或所得结论对应正确的是（　　）选项实验操作或事实实验目的或结论A淡黄色试液红褐色沉淀说明原溶液中一定含有FeCl3B白色Mg（OH）2蓝色Cu（OH）2Mg（OH）2的溶度积大于Cu（OH）2C新收集的酸雨白色沉淀酸雨中一定含有SO42﹣DH3PO3+2HaOH（足量）═Na2HPO2+2H2OH3PO3属于三元酸A．AB．BC．CD．D　5．W、M、X、Y、Z是四种短周期元素，M、X、Y处于同一周期，X的主族序数是周期序数的2倍，Y2﹣、Z+、W2+、M﹣的电子层结构相同，下列说法正确的是（　　）A．原子序数：W＞M＞X＞Y＞ZB．原子半径：Z＞W＞M＞Y＞XC．离子半径：W2+＞Z+＞M﹣＞Y2﹣D．最简单氢化物的热稳定性：M＞Y＞X　-25-6．已知KBiO2+MnSO4+H2SO4→Bi2（SO4）3+KMnO4+H2O+K2SO4（未配平），利用上述化学反应设计成如图所示原电池（盐桥中装有含琼胶的饱和K2SO4溶液），下列说法正确的是（　　）A．电池工作时，电子移向为石墨Ⅰ→溶液→盐桥→溶液→石墨ⅡB．电池工作时，盐桥中的K+移向甲烧杯C．甲烧杯中发生的电极反应为Mn2+﹣4e﹣+4H2O═MnO4﹣+8H+D．电池工作一段时间后乙烧杯中溶液的pH增大　7．25℃时，用Na2S沉淀Cu2+、Zn2+两种金属离子（M2+），所需S2﹣最低浓度的对数值lgc（S2﹣）与lgc（M2+）关系如图所示．下列说法正确的是（　　）A．Na2S溶液中：c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）=2c（Na+）B．25℃时K甲（CuS）均为1×10﹣28C．向l00mLZn2+、Cu2+均为10﹣5mol•L﹣1　的混合溶液中逐滴加入10﹣4mol•L﹣1　Na2S溶液，Zn2+先沉淀D．向Cu2+浓度为10﹣5mol•L﹣1工业废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出　　二、非选择题8．SO2是重要的大气污染物，工业生产中产生的含SO2烟气必须脱硫后才能排放，脱去烟气中SO2的方法有多种，回答下列问题：（1）“热解气还原法”：CO还原SO2生成S4和CO2，反应的化学方程式为　　　　　　（2）“湿式吸收法”：利用吸收剂与SO2发生反应从而脱硫①下列试剂中适合用作该法吸收剂的是　　　　　　（填字母，下同）．a．澄清石灰水b．浓硫酸c．Na2CO3溶液②“钠碱法”用NaOH溶液作吸收剂，向100mL，0.2mol•L﹣1NaOH溶液通入标准状况下0.448LSO2气体，反应后测得溶液pH＜7，则溶液中下列各离子浓度关系正确的是　　　　　　a．c（HSO3﹣）＞c（SO42﹣）＞c（H2SO3）b．c（OH﹣）+c（SO32﹣）=c（H+）+c（H2SO3）c．c（Na+）+c（H+）=c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）+c（OH﹣）③工业上常用Na2SO4溶液吸收烟气中的SO2，将烟气通入1.0mol•L﹣1的Na2SO4溶液，溶液pH不断减小（设这个过程中溶液体积不变），当溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c（SO32﹣）=0.2mol•L﹣1，则溶液中c（HSO3﹣）=　　　　　　-25-④“亚硫酸铵吸收法”用（NH4）2SO3溶液在吸收塔中封闭循环脱轨，发生的主要反应为（NH4）2SO3+SO2+H2O=2NH4HSO3，测得25℃时溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图1所示．a点时n（HSO3﹣）：n（H2SO3）=　　　　　　，b点时溶液pH=7，则n（NH4+）：n（HSO3﹣）=　　　　　　（3）“离子膜电解法”利用硫酸钠溶液吸收SO2，再用惰性电极电解，将阴极X溶液导出，经过滤分离硫磺后，可循环吸收利用，装置如图2所示，则阴极的电极反应式为　　　　　　，阳极产生的气体的化学式为　　　　　　．　9．四氧化锡（SnCl4）是合成有机锡化合物的原料，其熔点为﹣33℃，沸点为114℃，在潮湿的空气中易水解产生有刺激性的白色烟雾，实验室大量制备四氧化锡时常采用如图1的“双联式”装置，其实验步骤如下：①制备纯净干燥的Cl2；②将金属锡熔融，然后泼入冷水，制成锡花，将干燥的锡花放入试管2中；③从导管5缓慢地通入干燥的氯气；④当试管Ⅰ中几乎充满SnCl4时，停止通氯气，并在导管5下面放一干燥的玻璃瓶；⑤用吸耳球从仪器A上口向装置内吹气以收集SnCl4；⑥然后经支管向试管中再填装锡粒以继续反应．（1）如图2是实验室制备氯气的实验装置（夹持设备已略）．①制备氯气选用的药品以漂白精固体[主要成分为Ca（ClO2）]和浓盐酸，相关反应的化学方程式为　　　　　　．②装置C中饱和食盐水的作用是　　　　　　；同时装置C亦是安全瓶，能检测试验进行时D中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时C中的现象　　　　　　．③试剂X可能为　　　　　　．（2）用锡花代替锡粒的目的是　　　　　　．（3）蒸馏四氧化锡可用如图3装置．①蒸馏前若发现试管中液体呈黄色，可采取的措施是　　　　　　．②该装置汇总有两处不合理之处，它们分别是　　　　　　，　　　　　　．③试剂Y为　　　　　　．-25-　10．二氧化碳是造成温室效应的主要气体，二氧化碳的回收再利用是减缓温室效应的有效途径之一．（1）二氧化碳重整可用于制取甲烷．已知：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H1=+247kJ•mol﹣1CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H2=+205kJ•mol﹣1则反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2（g）的△H3　　　　　　．（2）一定压强下，在某恒容密闭容器中，充入H2和CO2发生反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g），其起始投料比、温度与CO2的转化率的关系如图所示．①降低温度，平衡向　　　　　　方向移动．②在700K、起始投料比=1.5时，H2的转化率为　　　　　　．若达到平衡后H2的浓度为amol•L﹣1，则达到平衡时CH2CH2OH的浓度为　　　　　　．（3）CO2和H2在一定条件下可合成二甲醚：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+2H2O（g）△H．在一定压强下，将2.5molH2与amolCO2置于容积为1L的密闭容器中，发生上述反应，达到平衡状态时，测得反应的实验数据如下表：温度/KCO2转化率/%a/mol5006007008001.67x331.256043y0.83z32w①x、y的大小关系为　　　　　　．A．x=yB．x＞yC．x＜yD．无法判断②下列关于该反应的叙述正确的是　　　　　　．A．该反应的△H＜0，△S＜0B．该反应的平衡常数随温度升高而减小C．转化率分别为z、w时，达到平衡的时间前者长D．转化率分别为y、w时，平衡常数不同．-25-　　三、选考题[化学--化学与技术]11．生产电池级活性二氧化锰的方法之一是利用电解锰阳极泥（主要含MnO2、MnO，还含少量铅、钙的化合物等）作原料并采用如下工艺制备：（1）还原炉中加入焦炭生成Mn2O3的化学方程式为　　　　　　；酸浸时，为提高浸取率可采用的措施有　　　　　　（举一例）．（2）过滤Ⅰ中滤渣Ⅰ的主要成分为　　　　　　（填化学式）．（3）调节pH后，Mn2（SO4）3的歧化产物是　　　　　　（填化学式），加入NaClO3氯化Mn2+反应的离子方程式为　　　　　　．（4）该工艺中不直接用软锰矿（主要成分为MnO2）作原料而采用电解锰和阳极泥，其优点是　　　　　　．（列举一点）．（5）若电解锰阳极泥中含锰元素的质量分数为a%，总转化率为b%，则1t电解锰阳极泥可得到活性MnO2的物质的量为　　　　　　mol（用含有a、b的代数式表示）．　　三、选考题[化学--物质结构与性质]12．铁元素不仅可以与SCN﹣、CN﹣等离子形成配合物，还可以与CO、NO等分子以及许多有机试剂形成配合物．回答下列问题：（1）基态铁原子有　　　　　　个未成对电子，Fe2+的电子排布式为　　　　　　，常用SCN﹣检验Fe2+，二者可按n：1（n=1～5）的个数比形成血红色配合物，该配合物的化学式用通式表示为　　　　　　（2）CN﹣有毒，含CN﹣的工业废水必须处理，用TiO2作光催化剂可将废水中的CN﹣转化为OCN﹣，并最终氧化为N2、CO2①C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是　　　　　　②与CN﹣互为等电子体的一种分子为　　　　　　（填化学式）1molFe（CN）32﹣中含有e键的数目为　　　　　　③铁与CO形成的配合物Fe（CO）3的熔点为﹣20.5℃，沸点为103℃，易溶于CCl4，据此可以判断Fe（CO）3晶体属于　　　　　　（填晶体类型）（3）乙二胺四乙酸能和Fe2+形成稳定的水溶性配合物乙二胺四乙酸铁钠，原理如下：-25-①乙二胺四乙酸中碳原子的杂化轨道类型是　　　　　　②乙二胺（H2NCH2CH2NH2）和三甲胺[N（CH3）2]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是　　　　　　（4）铁铝合金的一种晶体属于面心立方结构，其晶胞可看成由8个小沐星立方结构堆磅而成，小立方体如图所示，则该合金的化学式为　　　　　　，已知小立方体边长为0.289mm，此铁铝合金的密度为　　　　　　k•cm﹣3．　　三、选考题[化学--有机化学基础]13．异丙酸荷酯（G）是一种治疗心脏病的药物，可由A和D为原料制取，合成路线如下：已知以下信息：①RCH═CH2RCH2CHO②B的核磁共振氢谱图中有4组吸收峰③2molE与1mol反应可生成1mol百里酚酞④（1）A的名称为　　　　　　；E→F的反应类型为　　　　　　．（2）D→E的化学方程式为　　　　　　；B→C的化学方程式为　　　　　　．（3）G的结构简式为　　　　　　．（4）某化合物是E的同分异构体，已知某苯环上只有1个取代基且不能与Na反应产生H2，则该化合物的结构有　　　　　　种，其汇总核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为9：2：2：1的同分异构体的结构简式为　　　　　　．（5）由苯和化合物A经如下步骤合成M．反应条件Ⅰ为　　　　　　；反应Ⅱ试剂为　　　　　　，J的结构简式为　　　　　　．　-25-　-25-2022年河南河北山西三省高考化学冲刺试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关，下列说法错误的是（　　）A．推广使用聚二氧化碳可降解塑料，能减少白色污染B．通常所说的三大有机合成材料是指塑料、合成纤维、合成橡胶C．实验“煤改气”“煤改电”等清洁燃料改造工程，有利于保护环境D．夏天雷雨过后感觉到空气清新是因为空气中产生了少量的二氧化氮【考点】常见的生活环境的污染及治理；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；化石燃料与基本化工原料；合成材料．【分析】A．聚二氧化碳是可降解塑料；B．三大有机合成材料是塑料、合成纤维、合成橡胶；C．“煤改气”“煤改电”可减少污染物的排放；D．雷雨过后空气中的氧气，有些变成了臭氧．【解答】解：A．聚二氧化碳是可降解塑料，不会造成白色污染，故A正确；B．三大有机合成材料是塑料、合成纤维、合成橡胶，故B正确；C．“煤改气”“煤改电”可减少污染物的排放，有利于保护环境，故C正确；D．雷雨过后空气中的氧气，有些变成了臭氧，感觉到空气清新，故D错误．故选D．【点评】本题考查常见的生活环境的污染及治理，难度不大，注意雷雨过后空气中的氧气，有些变成了臭氧．　2．有机物X只含C、H、O三种元素，其相对分子质量不超过100，若X中所含氧元素的质量分数为36.36%，则能与NaOH溶液发生反应的X共有（不考虑立体异构）（　　）A．5种B．6种C．7种D．8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】根据含氧元素的质量分数为36.36%，相对分子质量不超过100，确定分子中氧原子个数，进而确定有机物的相对分子质量，确定有机物的分子式．根据能与NaOH溶液发生反应说明含有羧基或酯基，确定有机物结构．【解答】解：有机物中氧元素的质量分数为36.36%，相对分子质量不超过100，所以分子中氧原子数目N（O）＜≈2.27，故含有O原子个数为2，相对分子质量为：=88，有机物X由C、H、O三种元素组成，令烃基的组成为﹣CnHm，烃基的相对分子质量为88﹣（32+12+1）=43，所以12n+m=43，讨论得到：n=3，m=7符合，故此烃基为：﹣C3H7，即碳架结构可以是正丙基或异丙基，此时若含有羧基，即为正丁酸或异丁酸，总共有2种；若为酯基，则可以是：甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯或丙酸甲酯，此种情况有4种，故总共为6种，故选B．-25-【点评】本题主要考查的是有机物分子式确定以及同分异构体个数判断，依据含氧量讨论得出该有机物的分子式是解决本题的关键，难度不大．　3．已知2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）反应过程中的能量变化曲线如图所示，下列说法不正确的是（　　）A．途径Ⅱ与途径Ⅰ相比，可能是加入了二氧化锰B．2molH2O2（l）的能量高于2molH2O（l）的能量C．其他条件相同，产生相同量氧气时放出的热量：途径Ⅰ大于途径ⅡD．其他条件相同，产生相同量氧气耗时：途径Ⅰ大于途径Ⅱ【考点】吸热反应和放热反应；催化剂的作用．【分析】A、途径II的活化能小于途径I；B、由图可知：反应物的总能量高于生成物的总能量；C、催化剂只改变速率，不改变反应的热效应；D、途径II化学反应速率快，据此解答即可．【解答】解：A、由图可知，途径II的活化能减小，可能加入了催化剂，故A正确；B、此反应为放热反应，即2mol双氧水的总能量高于2molH2O和1molO2的能量之和，那么2molH2O2（l）的能量高于2molH2O（l）的能量也正确，故B正确；C、催化剂只改变化学反应速率，不改变△H，故C错误；D、途径II加入催化剂，化学反应速率加快，到达平衡的时间缩短，故D正确，故选C．【点评】本题主要考查的是放热反应与吸热反应的判断，涉及活化能、催化剂影响等知识点，难度不大．　4．下列实验操作或事实与预期实验目的或所得结论对应正确的是（　　）选项实验操作或事实实验目的或结论A淡黄色试液红褐色沉淀说明原溶液中一定含有FeCl3B白色Mg（OH）2蓝色Cu（OH）2Mg（OH）2的溶度积大于Cu（OH）2C新收集的酸雨白色沉淀酸雨中一定含有SO42﹣DH3PO3+2HaOH（足量）═Na2HPO2+2H2OH3PO3属于三元酸A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．红褐色沉淀为氢氧化铁，但淡黄色试液一定含铁离子，可能含亚铁离子；B．沉淀向溶度积小的方向转化；C．新收集的酸雨含亚硫酸，与硝酸钡发生氧化还原反应生成硫酸钡；D．NaOH足量，生成的Na2HPO3为正盐．【解答】解：A．红褐色沉淀为氢氧化铁，但淡黄色试液可能含亚铁离子和铁离子，则原溶液中不一定含所有FeCl3，故A错误；-25-B．白色Mg（OH）2转化为蓝色Cu（OH）2，说明Mg（OH）2的溶度积大于Cu（OH）2，故B正确；C．新收集的酸雨含亚硫酸，与硝酸钡发生氧化还原反应生成硫酸钡，不能说明是否含SO42﹣，故C错误；D．NaOH足量，生成的Na2HPO3为正盐，则H3PO3属于二元酸，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及离子检验、沉淀转化、氧化还原反应等，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大．　5．W、M、X、Y、Z是四种短周期元素，M、X、Y处于同一周期，X的主族序数是周期序数的2倍，Y2﹣、Z+、W2+、M﹣的电子层结构相同，下列说法正确的是（　　）A．原子序数：W＞M＞X＞Y＞ZB．原子半径：Z＞W＞M＞Y＞XC．离子半径：W2+＞Z+＞M﹣＞Y2﹣D．最简单氢化物的热稳定性：M＞Y＞X【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】W、M、X、Y、Z是五种短周期元素，Y2﹣、Z+、W2+、M﹣的电子层结构相同，则Y、M处于第二周期，Z、W处于第三周期，结合离子电荷，可知Y为O元素、Z为Na、W为Mg、M为F元素，M、X、Y处于同一周期，即处于第二周期，X的主族序数是周期序数的2倍，即处于ⅣA族，故X为C元素，据此解答．【解答】解：W、M、X、Y、Z是五种短周期元素，Y2﹣、Z+、W2+、M﹣的电子层结构相同，则Y、M处于第二周期，Z、W处于第三周期，结合离子电荷，可知Y为O元素、Z为Na、W为Mg、M为F元素，M、X、Y处于同一周期，即处于第二周期，X的主族序数是周期序数的2倍，即处于ⅣA族，故X为C元素．A．原子序数Mg＞Na＞F＞O＞C，即原子序数：W＞Z＞M＞Y＞X，故A错误；B．同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Na＞Mg＞C＞O＞F，即原子半径：Z＞W＞X＞Y＞M，故B错误；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﹣＞F﹣＞Na+＞Mg2+，故C错误；D．非金属性F＞O＞C，氢化物稳定性与元素非金属性一致，故D正确，故选D．【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，侧重对元素周期律的考查，难度不大．　6．已知KBiO2+MnSO4+H2SO4→Bi2（SO4）3+KMnO4+H2O+K2SO4（未配平），利用上述化学反应设计成如图所示原电池（盐桥中装有含琼胶的饱和K2SO4溶液），下列说法正确的是（　　）A．电池工作时，电子移向为石墨Ⅰ→溶液→盐桥→溶液→石墨ⅡB．电池工作时，盐桥中的K+移向甲烧杯-25-C．甲烧杯中发生的电极反应为Mn2+﹣4e﹣+4H2O═MnO4﹣+8H+D．电池工作一段时间后乙烧杯中溶液的pH增大【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】根据反应KBiO3+MnSO4+H2SO4→Bi2（SO4）3+KMnO4+H2O+K2SO4中，KBiO3→Bi2（SO4）3，Bi元素化合价降低被还原，MnSO4→KMnO4，Mn元素化合价升高被氧化，则该原电池中负极甲石墨Ⅰ变化为：MnSO4→KMnO4，电极反应为Mn2+﹣5e﹣+4H2O═MnO4﹣+8H+，正极乙石墨Ⅱ变化为：KBiO3→Bi2（SO4）3，电极反应为BiO3﹣+2e﹣+6H+═Bi3++3H2O，据此分析．【解答】解：反应KBiO3+MnSO4+H2SO4→Bi2（SO4）3+KMnO4+H2O+K2SO4中，KBiO3→Bi2（SO4）3，Bi元素化合价降低被还原，MnSO4→KMnO4，Mn元素化合价升高被氧化，则该原电池中负极甲石墨Ⅰ变化为：MnSO4→KMnO4，电极反应为Mn2+﹣5e﹣+4H2O═MnO4﹣+8H+，正极乙石墨Ⅱ变化为：KBiO3→Bi2（SO4）3，电极反应为BiO3﹣+2e﹣+6H+═Bi3++3H2O，A、电池工作时，电子移向为负极移向正极，但不经过溶液，故A错误；B、盐桥中钾离子带正电荷，其移动方向为移向正极，则钾离子移向乙烧杯，故B错误；C、负极甲石墨Ⅰ变化为：MnSO4→KMnO4，电极反应为Mn2+﹣5e﹣+4H2O═MnO4﹣+8H+，故C错误；D、正极乙石墨Ⅱ变化为：KBiO3→Bi2（SO4）3，电极反应为BiO3﹣+2e﹣+6H+═Bi3++3H2O，消耗氢离子，则pH增大，故D正确；故选：D．【点评】本题考查原电池的工作原理及常见的化学电源，明确氧化还原反应中元素的化合价变化及原电池工作原理是解答本题的关键，题目难度不大．　7．25℃时，用Na2S沉淀Cu2+、Zn2+两种金属离子（M2+），所需S2﹣最低浓度的对数值lgc（S2﹣）与lgc（M2+）关系如图所示．下列说法正确的是（　　）A．Na2S溶液中：c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）=2c（Na+）B．25℃时K甲（CuS）均为1×10﹣28C．向l00mLZn2+、Cu2+均为10﹣5mol•L﹣1　的混合溶液中逐滴加入10﹣4mol•L﹣1　Na2S溶液，Zn2+先沉淀D．向Cu2+浓度为10﹣5mol•L﹣1工业废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出【考点】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】lgc（S2﹣）与lgc（M2+）的值越小，说明浓度越小，lgc（S2﹣）与lgc（M2+）的乘积越小，说明Ksp越小，溶质越难溶于水，以此解答该题．【解答】解：A．由物料守恒可知应为2c（S2﹣）+2c（HS﹣）+2c（H2S）=c（Na+），故A错误；B．在25℃时，CuS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：CuS（s）⇌Cu2+（aq）+S2﹣（aq），Ksp（CuS）=c（Cu2+）×c（S2﹣）=10﹣25×10﹣10=10﹣35，故B错误；C．依据此图可知，CuS的Ksp较小，故CuS最难溶，那么首先出现的沉淀是CuS，故C错误；D．由于在25℃下，CuS溶液的是Ksp是10﹣35，小于ZnS溶度积，故向Cu2+浓度为10﹣5mol•L﹣1废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出，故D正确．-25-故选D．【点评】本题主要考查了沉淀溶解平衡曲线，侧重于学生的分析能力的考查，注意掌握图线中lgc（M2+）、lgc（S2﹣）数值越大，实际浓度越小是解题的关键，难度中等．　二、非选择题8．SO2是重要的大气污染物，工业生产中产生的含SO2烟气必须脱硫后才能排放，脱去烟气中SO2的方法有多种，回答下列问题：（1）“热解气还原法”：CO还原SO2生成S4和CO2，反应的化学方程式为　8CO+4SO2S4+8CO2　（2）“湿式吸收法”：利用吸收剂与SO2发生反应从而脱硫①下列试剂中适合用作该法吸收剂的是　c　（填字母，下同）．a．澄清石灰水b．浓硫酸c．Na2CO3溶液②“钠碱法”用NaOH溶液作吸收剂，向100mL，0.2mol•L﹣1NaOH溶液通入标准状况下0.448LSO2气体，反应后测得溶液pH＜7，则溶液中下列各离子浓度关系正确的是　ab　a．c（HSO3﹣）＞c（SO42﹣）＞c（H2SO3）b．c（OH﹣）+c（SO32﹣）=c（H+）+c（H2SO3）c．c（Na+）+c（H+）=c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）+c（OH﹣）③工业上常用Na2SO4溶液吸收烟气中的SO2，将烟气通入1.0mol•L﹣1的Na2SO4溶液，溶液pH不断减小（设这个过程中溶液体积不变），当溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c（SO32﹣）=0.2mol•L﹣1，则溶液中c（HSO3﹣）=　1.6mol/L　④“亚硫酸铵吸收法”用（NH4）2SO3溶液在吸收塔中封闭循环脱轨，发生的主要反应为（NH4）2SO3+SO2+H2O=2NH4HSO3，测得25℃时溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图1所示．a点时n（HSO3﹣）：n（H2SO3）=　1：1　，b点时溶液pH=7，则n（NH4+）：n（HSO3﹣）=　3：1　（3）“离子膜电解法”利用硫酸钠溶液吸收SO2，再用惰性电极电解，将阴极X溶液导出，经过滤分离硫磺后，可循环吸收利用，装置如图2所示，则阴极的电极反应式为　SO2+4H++4e﹣═S+2H2O　，阳极产生的气体的化学式为　O2　．【考点】离子浓度大小的比较；原电池和电解池的工作原理；二氧化硫的污染及治理．【分析】（1）CO还原SO2生成S4和CO2，根据化合价升降相等配平该反应方程式；（2）①根据脱硫的原理，适合用作该法吸收剂的是能与SO2发生反应的物质，据此对各选项进行判断，注意澄清石灰水中氢氧化钙浓度较小；-25-②n（SO2）==0.02mol，n（NaOH）=0.1L×0.2mol/L=0.02mol，二者反应的化学方程式为：SO2+NaOH=NaHSO3，反应后测得溶液pH＜7，NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3﹣电离程度大于水解程度，结合溶液的电中性原则、物料守恒以及质子守恒解答该题；③结合Na2SO3+SO2+H2O═2NaHSO3分析离子浓度，溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降，溶质为NaHSO3，则电离大于其水解；④根据图象曲线在二者比值的变化及亚硫酸铵、亚硫酸氢铵的化学式组成进行分析、计算；（3）阴极是二氧化硫在酸性溶液中得到电子生成单质硫，阳极发生氧化反应，溶液中氢氧根离子失去电子生成氧气．【解答】解：（1）CO还原SO2生成S4和CO2，CO转化成二氧化碳，化合价升高2价，SO2生成S4，化合价降低4×4=16价，化合价变化的最小公倍数为16，则CO的计量数为8，二氧化硫的计量数为4，然后根据观察法配平可得：8CO+4SO2S4+8CO2，故答案为：8CO+4SO2S4+8CO2；（2）①a．石灰水中氢氧化钙的浓度较小，不适合做吸收剂，故a错误；b．二氧化硫不用浓硫酸反应，则无法吸收二氧化硫，故b错误；c．亚硫酸的酸性强于碳酸，所以二氧化硫能与Na2CO3溶液反应，SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2，故c正确；故答案为：c；②n（SO2）==0.02mol，n（NaOH）=0.1L×0.2mol/L=0.02mol，二者反应的化学方程式为：SO2+NaOH=NaHSO3，a．亚硫酸是弱酸，反应后测得溶液pH＜7，NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3﹣电离程度大于水解程度，即c（SO32﹣）＞c（H2SO3），NaHSO3溶液是盐溶液，电离出钠离子和亚硫酸氢根离子，HSO3﹣电离和水解程度相对于亚硫酸钠的电离都比较小，所以c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3），故a正确；b．根据亚硫酸氢钠溶液中的质子守恒可得：c（OH﹣）+c（SO32﹣）=c（H+）+c（H2SO3），故b正确；C．溶液中一定存在电荷守恒，根据亚硫酸氢钠溶液中的电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）+c（OH﹣），故c错误；故答案为：ab；③由Na2SO3+SO2+H2O═2NaHSO3，c（SO32﹣）的浓度是0.2mol•L﹣1，则反应的Na2SO3溶液为1.0mol/L﹣0.2mol/L=0.8mol/L，由反应中的物质的量关系可知，生成的c（HSO3﹣）为：0.8mol/L×2=1.6mol/L，故答案为：1.6mol/L；④”亚硫酸铵吸收法”用（NH4）2SO3溶液在吸收塔中封闭循环脱轨，发生的主要反应为（NH4）2SO3+SO2+H2O=2NH4HSO3，测得25℃时溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图1所示，根据图象可知a点时两个比值相等，则n（HSO3﹣）：n（H2SO3）=1：1；，b点时溶液pH=7，根据电荷守恒可知n（NH4+）=n（HSO3﹣）+2n（SO32﹣），又根据图象曲线可知，n（HSO3﹣）=n（SO32﹣），则n（NH4+）：n（HSO3﹣）=（1：2）：1=3：1，故答案为：1：1；3：1；（3）阴极是二氧化硫在酸性溶液中得到电子生成单质硫，电极反应为：SO2+4H++4e﹣═S+2H2O；阳极氢氧根离子失去电子生成O2，-25-故答案为：SO2+4H++4e﹣═S+2H2O；O2．【点评】本题考查了离子浓度大小比较、电解原理及其应用、化学方程式、离子方程式书写等知识，题目难度较大，试题知识点较多、题量较大，充分考查了学生的分析、理解能力，注意掌握电解原理及其应用方法，明确判断离子浓度大小常用方法．　9．四氧化锡（SnCl4）是合成有机锡化合物的原料，其熔点为﹣33℃，沸点为114℃，在潮湿的空气中易水解产生有刺激性的白色烟雾，实验室大量制备四氧化锡时常采用如图1的“双联式”装置，其实验步骤如下：①制备纯净干燥的Cl2；②将金属锡熔融，然后泼入冷水，制成锡花，将干燥的锡花放入试管2中；③从导管5缓慢地通入干燥的氯气；④当试管Ⅰ中几乎充满SnCl4时，停止通氯气，并在导管5下面放一干燥的玻璃瓶；⑤用吸耳球从仪器A上口向装置内吹气以收集SnCl4；⑥然后经支管向试管中再填装锡粒以继续反应．（1）如图2是实验室制备氯气的实验装置（夹持设备已略）．①制备氯气选用的药品以漂白精固体[主要成分为Ca（ClO2）]和浓盐酸，相关反应的化学方程式为　Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O　．②装置C中饱和食盐水的作用是　除去Cl2中的HCl　；同时装置C亦是安全瓶，能检测试验进行时D中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时C中的现象　长颈漏斗中液面上升，形成水柱　．③试剂X可能为　无水氯化钙　．（2）用锡花代替锡粒的目的是　增大与氯气的接触面积，加快反应速率　．（3）蒸馏四氧化锡可用如图3装置．①蒸馏前若发现试管中液体呈黄色，可采取的措施是　加入锡花　．②该装置汇总有两处不合理之处，它们分别是　缺少温度计　，　Ⅱ和Ⅲ之间缺少干燥装置　．③试剂Y为　氢氧化钠溶液　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）①次氯酸钙具有强的氧化性，能够氧化盐酸，生成氯化钙、氯气和水，依据化合价升级数目相同配平方程式；②生成物中含有杂质氯化氢、水蒸气；装置C亦是安全瓶，监测实验进行时D中是否发生堵塞，发生堵塞时C中的压强增大，C中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；③可通过无水氯化钙除去水蒸气；（2）根据固体表面积越大，反应速率越快；（3）①蒸馏前若发现试管中液体呈黄色，说明含有氯气，可以通过氯气与锡花反应而除去；-25-②根据蒸馏装置应通过温度计控制温度；根据四氧化锡（SnCl4）在潮湿的空气中易水解，必须防止水的进入；③根据收集的SnCl4中混有氯气，氯气有毒，可通过碱性溶液吸收；【解答】解：（1）①漂白粉固体和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气和水，化学方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O；故答案为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O；②反应过程中氯化氢和水蒸气是氯气中的杂质，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置C亦是安全瓶，监测实验进行时D中是否发生堵塞，发生堵塞时C中的压强增大，C中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；故答案为：除去Cl2中的HCl；长颈漏斗中液面上升，形成水柱；③生成物中含有杂质水蒸气，可通过无水氯化钙除去水蒸气；故答案为：无水氯化钙；（2）用锡花代替锡粒的目的是增大与氯气的接触面积，加快反应速率；故答案为：增大与氯气的接触面积，加快反应速率；（3）①蒸馏前若发现试管中液体呈黄色，说明含有氯气，氯气与锡花反应，可采取的措施是加入锡花；故答案为：加入锡花；②蒸馏装置应通过温度计控制温度；四氧化锡（SnCl4）在潮湿的空气中易水解，必须防止水的进入；该装置汇总有两处不合理之处，它们分别是缺少温度计；Ⅱ和Ⅲ之间缺少干燥装置；故答案为：缺少温度计；Ⅱ和Ⅲ之间缺少干燥装置；③收集的SnCl4中混有氯气，氯气有毒，可通过氢氧化钠溶液吸收；故答案为：氢氧化钠溶液．【点评】本题考查了氯气、四氧化锡的制备和性质，明确制备的原理和物质的性质是解题关键，注意题目信息的提取，题目难度中等．　10．二氧化碳是造成温室效应的主要气体，二氧化碳的回收再利用是减缓温室效应的有效途径之一．（1）二氧化碳重整可用于制取甲烷．已知：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H1=+247kJ•mol﹣1CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H2=+205kJ•mol﹣1则反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2（g）的△H3　﹣163kJ/mol　．（2）一定压强下，在某恒容密闭容器中，充入H2和CO2发生反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g），其起始投料比、温度与CO2的转化率的关系如图所示．①降低温度，平衡向　正反应　方向移动．②在700K、起始投料比=1.5时，H2的转化率为　40%　．若达到平衡后H2的浓度为amol•L﹣1，则达到平衡时CH2CH2OH的浓度为　mol/L　．（3）CO2和H2在一定条件下可合成二甲醚：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+2H2O（g）△H．在一定压强下，将2.5molH2与amolCO2置于容积为1L的密闭容器中，发生上述反应，达到平衡状态时，测得反应的实验数据如下表：温度/KCO2转化率/%500600700800-25-a/mol1.67x331.256043y0.83z32w①x、y的大小关系为　B　．A．x=yB．x＞yC．x＜yD．无法判断②下列关于该反应的叙述正确的是　ABC　．A．该反应的△H＜0，△S＜0B．该反应的平衡常数随温度升高而减小C．转化率分别为z、w时，达到平衡的时间前者长D．转化率分别为y、w时，平衡常数不同．【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：①．CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H1=+247kJ•mol﹣1②．CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H2=+205kJ•mol﹣1根据盖斯定律，①﹣②×2可得：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g），则△H3=△H1﹣2△H2；（2）①由图可知，一定时，温度越高，平衡时二氧化碳的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；②由图可知，在700K，起始投料比=1.5时，二氧化碳转化率为20%，令CO2、H2的起始物质的量分别为1mol、1.5mol，转化的二氧化碳为0.2mol，根据方程式可知转化的氢气为0.6mol，进而计算H2的转化率，再根据平衡时氢气浓度计算氢气的起始浓度，进而计算氢气浓度变化量△c（H2），由方程式可知△c（CH3CH2OH）=△c（H2）；（3）①CO2起始物质的量为1.25mol时，温度越高，CO2的转化率越小，故w＜32，x＞33，由于CO2（g）、H2（g）按物质的量1：3反应，当二者按物质的量1：3混合时，即a=0.83，二者转化率相等，则800K时CO2、H2的转化率均为w%，CO2（g）的起始物质的量越大，其转化率越小，则y＜w；②A．CO2起始物质的量为1.25mol时，温度越高，CO2的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，正反应生成气体的物质的量减小，混乱度减小；B．升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数随温度升高而减小；C．温度越高，反应速率越快；D．平衡常数只受温度影响．【解答】解：（1）已知：①．CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H1=+247kJ•mol﹣1②．CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H2=+205kJ•mol﹣1-25-根据盖斯定律，①﹣②×2可得：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g），则△H3=△H1﹣2△H2=﹣163kJ/mol，故答案为：﹣163kJ/mol；（2）①由图可知，一定时，温度越高，平衡时二氧化碳的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，降低温度，平衡向放热反应方向移动，即向正反应方向移动，故答案为：正反应；②由图可知，在700K，起始投料比=1.5时，二氧化碳转化率为20%，令CO2、H2的起始物质的量分别为1mol、1.5mol，转化的二氧化碳为mol×20%=0.2mol，根据方程式可知转化的氢气为0.2amol×3=0.6mol，H2的转化率为×100%=40%，氢气的平衡浓度为amol/L，则氢气的起始浓度为amol/L÷（1﹣40%）=mol/L，则△c（H2）=mol/L﹣amol/L=mol/L，由方程式可知△c（CH3CH2OH）=△c（H2）=×mol/L=mol/L，故答案为：40%；mol/L；（3）①CO2起始物质的量为1.25mol时，温度越高，CO2的转化率越小，故w＜32，x＞33，由于CO2（g）、H2（g）按物质的量1：3反应，当二者按物质的量1：3混合时，即a=0.83，二者转化率相等，则800K时CO2、H2的转化率均为w%，CO2（g）的起始物质的量越大，其转化率越小，则y＜w，由上述分析可知x＞y，故答案为：B；②A．CO2起始物质的量为1.25mol时，温度越高，CO2的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，即△H＜0，正反应生成气体的物质的量减小，混乱度减小，则△S＜0，故A正确；B．正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数随温度升高而减小，故B正确；C．温度越高，反应速率越快，转化率分别为z、w时，达到平衡的时间前者长，则C正确；D．由于温度相同，则平衡常数相同，故D错误，故选：ABC．【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡影响因素、反应热计算等，较好的考查学生分析能力、知识迁移运用能力．（3）中转化率比较为易错点、难度，貌似无法比较，关键是根据二者转化率相等时的特殊性分析解答．　三、选考题[化学--化学与技术]11．生产电池级活性二氧化锰的方法之一是利用电解锰阳极泥（主要含MnO2、MnO，还含少量铅、钙的化合物等）作原料并采用如下工艺制备：-25-（1）还原炉中加入焦炭生成Mn2O3的化学方程式为　4MnO2+C2Mn2O3+CO2↑　；酸浸时，为提高浸取率可采用的措施有　延长浸取时间（充分搅拌、提高浸取温度等）　（举一例）．（2）过滤Ⅰ中滤渣Ⅰ的主要成分为　CaSO4、PbSO4　（填化学式）．（3）调节pH后，Mn2（SO4）3的歧化产物是　MnO2、MnSO4　（填化学式），加入NaClO3氯化Mn2+反应的离子方程式为　3Mn2++ClO3﹣+3H2O=3MnO2↓+6H++Cl﹣　．（4）该工艺中不直接用软锰矿（主要成分为MnO2）作原料而采用电解锰和阳极泥，其优点是　提高锰资源的利用率（或防止锰的固体废弃物对环境造成污染）　．（列举一点）．（5）若电解锰阳极泥中含锰元素的质量分数为a%，总转化率为b%，则1t电解锰阳极泥可得到活性MnO2的物质的量为　　mol（用含有a、b的代数式表示）．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】电解锰阳极泥加入焦炭在700℃在还原炉中充分反应生成二氧化碳、Mn2O3、MnO及杂质，加入10%的硫酸酸浸，可生成Mn2（SO4）3、MnSO4等，滤渣Ⅰ含有CaSO4、PbSO4等，调节pH至5.5～6.5，加入NaClO3，可氧化生成MnO2，经过滤、洗涤、烘干得到活性MnO2，（1）还原炉中加入焦炭生成Mn2O3，同时生成二氧化碳气体，酸浸时，为提高浸取率，可充分搅拌，增大接触面积，可适当提高浸取温度，或延长浸取时间；（2）由以上分析可知滤渣Ⅰ含有CaSO4、PbSO4等，故答案为：CaSO4、PbSO4；（3）Mn2（SO4）3的Mn元素化合价为+3价，在pH至5.5～6.5时发生歧化反应生成MnO2、MnSO4，加入NaClO3，可氧化生成MnO2；（4）采用电解锰和阳极泥，可提高锰资源的利用率，减少环境污染，防止锰的固体废弃物对环境造成污染；（5）电解锰阳极泥中含锰元素的质量分数为a%，则1t电解锰阳极泥含有Mn元素的质量为1×106g×a%，物质的量为mol，结合转化率计算．【解答】解：电解锰阳极泥加入焦炭在700℃在还原炉中充分反应生成二氧化碳、Mn2O3、MnO及杂质，加入10%的硫酸酸浸，可生成Mn2（SO4）3、MnSO4等，滤渣Ⅰ含有CaSO4、PbSO4等，调节pH至5.5～6.5，加入NaClO3，可氧化生成MnO2，经过滤、洗涤、烘干得到活性MnO2，（1）还原炉中加入焦炭生成Mn2O3，同时生成二氧化碳气体，反应的方程式为4MnO2+C2Mn2O3+CO2↑，酸浸时，为提高浸取率，可充分搅拌，增大接触面积，可适当提高浸取温度，或延长浸取时间，故答案为：4MnO2+C2Mn2O3+CO2↑；延长浸取时间（充分搅拌、提高浸取温度等）；（2）由以上分析可知滤渣Ⅰ含有CaSO4、PbSO4等，故答案为：CaSO4、PbSO4；（3）Mn2（SO4）3的Mn元素化合价为+3价，在pH至5.5～6.5时发生歧化反应生成MnO2、MnSO4，加入NaClO3，可氧化生成MnO2，反应的离子方程式为3Mn2++ClO3﹣+3H2O=3MnO2↓+6H++Cl﹣，故答案为：MnO2、MnSO4；3Mn2++ClO3﹣+3H2O=3MnO2↓+6H++Cl﹣；（4）采用电解锰和阳极泥，可提高锰资源的利用率，减少环境污染，防止锰的固体废弃物对环境造成污染，故答案为：提高锰资源的利用率（或防止锰的固体废弃物对环境造成污染）；-25-（5）电解锰阳极泥中含锰元素的质量分数为a%，则1t电解锰阳极泥含有Mn元素的质量为1×106g×a%，物质的量为mol，总转化率为b%，则生成MnO2的物质的量为mol×b%=mol，故答案为：．【点评】本题考查物质的制备、除杂，涉及物质的检验以及沉淀的转化等知识，为高频考点，题目较为综合，有一定难度，本题注意要认真分析题中数据，考查学生的分析能力．　三、选考题[化学--物质结构与性质]12．铁元素不仅可以与SCN﹣、CN﹣等离子形成配合物，还可以与CO、NO等分子以及许多有机试剂形成配合物．回答下列问题：（1）基态铁原子有　4　个未成对电子，Fe2+的电子排布式为　1s22s22p63s23p63d6　，常用SCN﹣检验Fe2+，二者可按n：1（n=1～5）的个数比形成血红色配合物，该配合物的化学式用通式表示为　[Fe（SCN）n]（3﹣n）+；　（2）CN﹣有毒，含CN﹣的工业废水必须处理，用TiO2作光催化剂可将废水中的CN﹣转化为OCN﹣，并最终氧化为N2、CO2①C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是　N＞O＞C　②与CN﹣互为等电子体的一种分子为　CO　（填化学式）1molFe（CN）32﹣中含有e键的数目为　6NA　③铁与CO形成的配合物Fe（CO）3的熔点为﹣20.5℃，沸点为103℃，易溶于CCl4，据此可以判断Fe（CO）3晶体属于　分子晶体　（填晶体类型）（3）乙二胺四乙酸能和Fe2+形成稳定的水溶性配合物乙二胺四乙酸铁钠，原理如下：①乙二胺四乙酸中碳原子的杂化轨道类型是　SP2、SP3　②乙二胺（H2NCH2CH2NH2）和三甲胺[N（CH3）2]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是　乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键　（4）铁铝合金的一种晶体属于面心立方结构，其晶胞可看成由8个小沐星立方结构堆磅而成，小立方体如图所示，则该合金的化学式为　AlFe3　，已知小立方体边长为0.289mm，此铁铝合金的密度为　6.71　k•cm﹣3．【考点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】化学键与晶体结构．-25-【分析】（1）依据基态铁原子的核外电子排布判断未成对电子；铁原子失去最外层电子生成亚铁离子；依据化合价代数和为0写成硫氰合铁配合物的通式；（2）①同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能O＞C．由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素；②价电子数和原子数（氢等轻原子不计在内）相同的分子、离子或原子团；1molFe（CN）32﹣中CN含有C、N三键，其中1个是σ键，N原子有孤对电子，铁原子有空轨道，所以每个CN﹣与铁离子形成3个配位键，所以共用6个σ键，1molFe（CN）32﹣中含有σ键数为6mol；③依据Fe（CO）3的熔沸点低，且易溶于四氯化碳判断晶体类型；（3）①乙二胺四乙酸中碳原子为﹣CH2﹣，﹣COOH，前者碳原子以单键连接4个原子为四面体结构，为sp3杂化，﹣COOH中碳原子含有1个双键，为sp2杂化；②氢键的存在能够显著提高物质的熔沸点；（4）依据铁铝合金晶胞结构铝原子的数目为4×=；铁原子数目为1+4×=，所以铝原子与铁原子个数之比为1：3；计算一个晶胞的质量m，计算晶胞的体积V，依据ρ=计算其密度．【解答】解：（1）基态铁原子的核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d64s2，3d6中，最多容纳10个电子，现在有6个，先占据单个的，所以只有2个成对，还有4个未成对；铁原子失去两个电子变为二价铁离子，其电子排布为：1s22s22p63s23p63d6；依据化合价代数和为0可知：硫氰合铁通式为：[Fe（SCN）n]（3﹣n）+；故答案为：4；1s22s22p63s23p63d6；：[Fe（SCN）n]（3﹣n）+；（2）①同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能O＞C．由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C；故答案为：N＞O＞C；②与CN﹣互为等电子体的一种分子中有2个原子且价电子数为10，可以是CO；1molFe（CN）63﹣中CN含有C、N三键，其中1个是σ键，N原子有孤对电子，铁原子有空轨道，所以每个CN﹣与铁离子形成6个配位键，所以共用12个σ键，1molFe（CN）32﹣中含有σ键数为12mol，个数为：12NA；故答案为：CO；12NA；③Fe（CO）3的熔沸点低，且易溶于四氯化碳，依据分子晶体熔沸点低，且存在相似相溶原理，可知Fe（CO）3为分子晶体；故答案为：分子晶体；（3）①乙二胺四乙酸中碳原子为﹣CH2﹣，﹣COOH，前者碳原子以单键连接4个原子为四面体结构，为sp3杂化，﹣COOH中碳原子含有1个双键，为sp2杂化；故答案为：sp2、sp3；②乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键，所以乙二胺（H2NCH3CH2NH3）和三甲胺[N（CH3）2]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多；故答案为：乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键；（4）依据铁铝合金晶胞结构铝原子的数目为4×=；铁原子数目为1+4×=，所以铝原子与铁原子个数之比为1：3，该铁铝合金的化学式为：AlFe3；一个小立方体质量为+=161.96×10﹣23g；-25-所以其密度=═=6.71g/cm3；故答案为：AlFe3；6.71；【点评】本题为结构体，考查了电子的排布、电离能大小的判断、杂化方式的判断、晶胞的相关技术，题目综合性强，难度大，明确晶胞结构是解题关键．　三、选考题[化学--有机化学基础]13．异丙酸荷酯（G）是一种治疗心脏病的药物，可由A和D为原料制取，合成路线如下：已知以下信息：①RCH═CH2RCH2CHO②B的核磁共振氢谱图中有4组吸收峰③2molE与1mol反应可生成1mol百里酚酞④（1）A的名称为　2﹣甲基丙烯　；E→F的反应类型为　加成反应　．（2）D→E的化学方程式为　+CH3CH=CH2　；B→C的化学方程式为　2（CH3）2CH2CH2CHO+O22（CH3）2CH2CH2COOH　．-25-（3）G的结构简式为　　．（4）某化合物是E的同分异构体，已知某苯环上只有1个取代基且不能与Na反应产生H2，则该化合物的结构有　13　种，其汇总核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为9：2：2：1的同分异构体的结构简式为　　．（5）由苯和化合物A经如下步骤合成M．反应条件Ⅰ为　AlCl3　；反应Ⅱ试剂为　Cl2　，J的结构简式为　　．【考点】有机物的合成．【分析】由百里酚酞的结构结合信息④可知，E为，E与氢气发生加成反应生成F为，A为2﹣甲基丙烯，结合信息①可知，B为（CH3）-25-2CH2CH2CHO，C比B多1个O原子，结合B→C的反应条件可知，C为（CH3）2CH2CH2COOH，C与F发生酯化反应生成G，G为，据此解答．【解答】解：（1）据A的结构简式可知，A为2﹣甲基丙烯，E为，E与氢气发生加成反应生成F为，故答案为：2﹣甲基丙烯；加成反应；（2）结合信息④可知，+CH3CH=CH2，B→C的化学方程式为2（CH3）2CH2CH2CHO+O22（CH3）2CH2CH2COOH，故答案为：+CH3CH=CH2；2（CH3）2CH2CH2CHO+O22（CH3）2CH2CH2COOH；-25-（3）F为，C为（CH3）2CH2CH2COOH，C与F发生酯化反应生成G，G为，故答案为：；（4）E为，苯环上只有1个取代基且不能与Na反应产生H2，应是醚键，存在以下可能，①丁基与酚羟基形成的醚，丁基4种，所以这样的醚有4种，②丙基与甲苯基形成的醚，丙基有2种，这样的醚有2种，③乙基与苯乙基形成的醚，有2种，④甲基与苯丙基形成的醚，有5种，共13种，其分子中含有4种化学环境的氢原子，其对应的个数比为9：2：2：1，可能的结构为，故答案为：13；；-25-（5）据M的结构简式可知，J为，苯与2﹣甲基丙烯反应生成H，H与氯气反应生成I，I为，其水解生成J，故答案为：AlCl3；Cl2；．【点评】本题考查有机物推断与合成，根据G的结构简式结合转化关系推断，需要学生对给予的信息进行利用，侧重考查学生的分析推理能力，难度中等．　-25-