贵州省铜仁市2016年高考化学模拟试卷（解析版）

一、选择题：本题共7小题，每小題6分，在毎小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．化学与生产、生活、社会密切相关．下列说法正确的是（ ）

A．长期放置的漂白粉是因与空气中的氧气发生反应而变质

B．粗硅提纯是利用H₂作还原剂，将硅从其氯化物中还原出来

C．利用半透膜除去海水中的NaCl、MgCl₂等离子化合物可获得淡水

D．工业上用铝热反应来冶炼Fe、Cr、Mn、V等稀有金属

2．下列实验操作或结论正确的是（ ）

A．将NH₃通入AgN0₃溶液中，再加几滴葡萄糖溶液，加热后有银镜产生，证明葡萄糖有氧化性

B．配制Fe（N0₃）₂溶液时，向Fe（N0₃）₂溶液中加几滴稀硫酸，以防止Fe（N0₃）₂发生水解

C．向NaI溶液中加入少量CCl₄振荡，未见蓝色，说明NaI没有变质

D．剪取一小块铝箔，投入到NaOH溶液中，观察到在被剪断处先产生气体，说明铝在空气中易被氧化

3．下列对于分子式为C₄H₈O₂的有机物X的判断正确的是（）

A．X不一定属于烃的衍生物

B．能与NaHCO₃反应的X有3种

C．X的某些同分异构体之间可能发生取代反应

D．能与NaOH溶液反应的X都含有相同的官能团

4．E和F是主族元素，下列叙述一定能说明金属性E大于F的是（ ）

A．最外层电子数：E＞F

B．等物质的量的E和F分别与足量稀盐酸反应，产生氢气的物质的量：E＞F

C．E^a+和F^b+有相同的电子层结构（a＜b）

D．25℃时，K_sp[E（OH）_a]＞K_sp[F（OH）_b]

5．N_A代表阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ）

A．18gH₂0中含有的中子数为10N_A

B．6.4g铜完全溶解于一定浓度的硝酸时，转移的电子数为0.2N_A

C．1L0.1mol/L的Na₂CO₃溶液中，离子总数为0.3N_A

D．在密闭容器中，2HI（g）?H₂（g）+I₂（g）△H=+14.9kJ·mol^﹣1，若投入N_A个HI分子，反应平衡时，吸热7.45kJ

6．电化学是研究化学能与电能相互转化的装置，过程和效率的科学．下列说法不正确的是（ ）

A．铅蓄电池放电时，正极的质量会变小

B．对于某耗氧燃料电池．无论负极通入何种燃料，若转移电子总数相等，则正极消耗等质量的氧气

C．可以通过适当的电解装置实现反应2Ag+2H⁺=2Ag⁺+H₂↑

D．电解精炼铜，阳极为粗铜，电镀铜，阳极为纯铜

7．弱电解质在水中的电离达到平衡状态时，己电离的溶质的分子数占原有溶质分子总数（包括己电离的和未电离的）的百分率，称为电离度．某温度下，0．lmol·L^﹣1的某一元弱酸溶液电离度为a%，则该溶液的pH为（）

A．1 B．l﹣a C．2﹣lga D．3﹣lga

二、非选择题

8．（15分）（2016·贵州校级模拟）铬铁矿的主要成分为FeO·Cr₂O₃，还含有Al₂O₃、SiO₂等杂质．工业上以铬铁矿为原料制备强氧化剂重铬酸钠（Na₂Cr₂O₇·2H₂O）的主要工艺流程如图1所示

查阅资料得知：

①NaBi0₃不溶于水，有强氧化性；在碱性条件下，能将Cr³⁺转化为CrO₄^2﹣；

②Cr（OH）₃的化学性质与Al（OH）₃相似，

回答下列问题：

（1）Fe0·Cr₂O₃和硫酸反应的离子方程式为_________．

（2）溶液A中加入过量H₂O₂的目的为_________．

（3）酸化滤液D时，不能选用盐酸的原因是_________．

（4）固体E的主要成分是Na₂SO₄，根据如图2分析操作a为蒸发浓缩、_________．

（5）电镀厂产产的镀铜废水中往往含有一定量的Cr₂O₇^2﹣，处理该废水常用如下流程：

①在上述生产过程中加入NaOH溶液时要控制溶液的pH不能过高．其原因_________（用离子方程式表示）；

②下列溶液中可以代替上述流程中Na₂S₂0₃溶液的是_________（填选项序号）；

A．Na₂SO₃溶液 B．浓H₂SO₄C．酸性KMnO₄溶液 D．FeSO₄溶液

③每消耗0.1mol Na₂S₂0₃转移0.8mole^﹣、则S₂O₃^2﹣的氧化产物为_________（填离子符号）

④25℃时．若最终溶液F的pH=6．则溶液F中的c（Cr³⁺）为_________mol·l^﹣1（25℃时，Ksp[Cr（OH）₃]=6.3×10^﹣31）

9．（14分）（2016·贵州校级模拟）肼为无色油状液体，主要用作火箭和喷气发动机的燃料之一，通常由水合肼（N₂H₄·H₂O）脱水制得．常压下，水合肼可以和水形成共沸物，具有极强的还原性，易被氧化成N₂．某探究小组通过查阅文献，利用尿素制取水合肼．反应原理如下：CO（NH₂）₂+2NaOH+NaClO=Na₂CO₃+N₂H₄·H₂O+NaCl

实验一：制备NaClO溶液（基本装置如图1所示）

（1）写出装置a中所发生的离子反应方程式：_________；

（2）某同学认为用上述方法制备的Cl₂含有HCl杂质，直接通入NaOH会引入新杂质．这种说法是否正确_________（填“正确”或“不正确”），理由为_________ （结合方程式说明）．

实验二：制取水合肼（基本装置如图2所示，夹持、冰水浴等装置均省略）

称取一定质量尿素配成溶液倒入三颈烧瓶，并将三颈烧瓶置于冰水浴中．将装置b中所制得的溶液注入分液漏斗，并缓慢滴入三颈烧瓶中．然后急速升温，在102～103℃反应5min．充分反应后，加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108～ll4℃馏分．

（3）采用“缓慢滴入”的原因是_________；温度计A和B均是用来控制加热温度的，其中A的温度控制范围为_________．

实验三：测定馏分中水合肼的质量分数（基本步骤如下）

a．称取馏分5.000g，加入适量NaHC0₃固体，配制成100mL溶液．

b．移取10.00mL上述溶液于锥形瓶中，加入10mL水和2﹣3滴淀粉溶液，摇匀．

c．用0.2000mol·L^﹣1碘的标准溶液滴定至溶液出现蓝色且半分钟内不消失．滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右．记录消耗碘的标准溶液的体积．

d…

（4）滴定时，碘的标准溶液盛放在_________中（选填图3中“①”或“②”）；

（5）水合肼与碘的标准溶液反应的化学方程式_________；

（6）若滴定消耗碘的标准溶液的体积平均为18.00mL，馏分中水合肼的质量分数为_________（保留四位有效数宇）

10．（14分）（2016·贵州校级模拟）燃煤和汽车产生的氮氧化物、碳氧化物是造成空气污染的重要原因．依据信息回答下列问题．

I．用CH₄催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染．己知：

①CH₄（g）+4NO₂（g）═4NO（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₁=﹣574kJ·mol^﹣1

②CH₄（g）+4NO（g）═2N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₂=﹣1160kJ·mol^﹣1

③CH₄（g）+2NO₂（g）═N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₃

（1）△H₃=_________．

Ⅱ．汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）

2CO₂（g）+N₂（g）△H＜0

（2）若该反应在恒温、恒压的密闭体系中进行，下列叙述能说明反应达到平衡状态的是_________．

a．容器总体积不再改变 b．n（NO）=n（CO₂）c．v_正（CO）=v_逆（CO₂）

（3）在一定温度下，向2L的恒容密闭容器中充入O．lmolNO和0.3molCO，如图1为容器内的压强（P）与起始压强（P

）的比值（

）随时间的变化曲线．

①该反应的化学平衡常数K表达式为_________；

②0～5min内，该反应的平均反应速率v（N₂）=_________；

③若13min时，向该容器中再充入0.06molCO，15min时再次达到平衡，此时容器内

的比值应在图1中A点的_________（填“上方”、“重合”或“下方”）

Ⅲ．将燃煤产生的CO₂回收利用．也可达到低碳排放的目的．

（4）如图2是通过人工光合作用，以CO₂和H₂O为原料制备HCOOH和O₂的原理示意图．催化剂b表面发生的电极反应式为_________．常温下.0.1mol/L的HCOONa 溶液pH为9，则HCOOH的电离常数K_a=_________．

选做题[化学一选修2：化学与技术]

11．（15分）（2016·贵州校级模拟）化学工业的很多领域都要用到浓硫酸．工业上接触法制硫酸的简单流程如图1．回答有关问题：

（1）下列生产过程中，可用到硫酸的是_________；

A．橡胶的硫化 B．表面活性剂“烷基苯磺酸纳”的合成

C．铅蓄电池的生产 D．普钙（磷酸二氢钙和硫酸钙）的制备

（2）根据下表信息，结合工业生产实际，判断最适合SO₂反应生成SO₃的生产条件是_________．

	0.1MPa	0.5MPa	1MPa	1.5MPa
400℃	0.9961	0.9972	0.9984	0.9988
500℃	0.9675	0.9767	0.9852	0.9894
600℃	0.8520	0.8897	0.9276	0.9468

（3）由沸腾炉排出的炉渣中含有Fe₂0₃、CuO、CuS0₄（由CuO与SO₃化合而成），其中硫酸铜的质量分数随温度变化如表：

沸腾炉温度/℃	600	620	640	660
炉渣中CuSO4的质量分数/%	9.3	9.2	9.0	8.4

己知CuS0₄在低于660℃时不会分解，请简要分析上表中CuS0₄的质最分数随温度升高而降低的原因_________．

（4）用1t黄铁矿（FeS₂的质量分数为36%）接触法制硫酸，硫酸的产率为65%，则通过列式计算最后能生产出98%的浓硫酸的质量为_________t．

（5）某研究小组用NaOH溶液吸收尾气中的SO₂，将所得的Na₂SO₃溶液进行电解再生循环脱硫，其原理如图2所示．a、b离子交换膜将电解槽分成为三个区域，电极材料均为石墨．图中a表示_________（填“阴”或“阳”）离子交换膜．A?E分别代表生产中的原料或产品，其中A为硫酸溶液，则D为_________．阳极的电极反应式为_________．

[化学一选修3：物质结构与性质]

12．（2016·贵州校级模拟）血红素是血红蛋白分子上的主要稳定结构，为血红蛋白、肌红蛋白的辅基，其分子结构如图．

（1）基态铁原子中有_________种运动状态完全不同的电子，基态铁原子价层电子排布式为_________．

（2）血红素的中心离子配位数为_________，血红素分子结构中碳原子的杂化方式为_________．

（3）血红素的组成元素中，第一电离能最大的是_________．由血紅素的组成元素所组成的离子中与NH₃互为等电子体的是_________．

（4）相同条件下，C、O、N三种非金属元素所对应的最简单的氢化物的沸点由高到低的顺序为_________．

（5）下列说法正确的是_________．

A．CH₄和NH

键角相同

B．H₂O、O₃分子都是折线形

C．每个CO₂、HCN分子中都含有两个σ键和两个π键

D．每个龙脑分子（

）中有3个手性碳原子．

（6）对于某种铁的同素异形体用晶体X射线衍射法测定得到以下结果：该种铁晶体晶胞为面心立方最密堆积，晶胞边长为acm，又知道该种铁晶体的密度为ρg/cm³，这种Fe的相对原子质量为m，阿伏伽徳罗常数为_________（列式表示即可）．

[化学一选修5：有机化学基础]

13．（2016·贵州校级模拟）芳香族化合物X在一定条件下发生的系列反应如下：

已知：A、D和X的分子式分别为C₃H₈0、C₇H₆O₂、C₁₀H₁₀O₂Cl₂；D、E遇FeCl₃溶液均能发生显色反应，它们的核磁共振氢谱均显示为四组峰，且峰面积之比也都为1：2：2：1．

资料：

请回答下列问题：

（1）X中含氧官能团的名称是_________；A的名称为_________（用系统命名法命名）．

（2）I的结构简式为_________．

（3）E不具有的化学性质_________（选填序号）

a．取代反应 b．消去反应 c．氧化反应 d.1molE最多能与2mol NaHCO₃反应

（4）写出下列反应的化学方程式：

①F→H：_________；

②X与足量稀NaOH溶液共热：_________；

（5）同时符合下列条件的E的同分异构体共有_________种，其中一种的结构简式为_________．

①能发生银镜反应 ②与足量NaOH溶液反应可消耗2mol NaOH ③含有苯环．

参考答案与试题解析

一、选择题：本题共7小题，每小題6分，在毎小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．化学与生产、生活、社会密切相关．下列说法正确的是（ ）

A．长期放置的漂白粉是因与空气中的氧气发生反应而变质

B．粗硅提纯是利用H₂作还原剂，将硅从其氯化物中还原出来

C．利用半透膜除去海水中的NaCl、MgCl₂等离子化合物可获得淡水

D．工业上用铝热反应来冶炼Fe、Cr、Mn、V等稀有金属

【考点】海水资源及其综合利用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅．

【分析】A．漂白粉与空气中的水、二氧化碳发生反应生成碳酸钙和HClO；

B．氢气具有还原性，还原四氯化硅生成Si；

C．半透膜不能除去离子；

D．Fe不是稀有金属．

【解答】解：A．漂白粉与空气中的水、二氧化碳发生反应生成碳酸钙和HClO，不发生氧化还原反应，故A错误；

B．氢气具有还原性，还原四氯化硅生成Si，粗硅提纯是利用H₂作还原剂，故B正确；

C．半透膜不能除去离子，可利用蒸发、离子交换膜法等得到淡水，故C错误；

D．Fe不是稀有金属，工业上用铝热反应来冶炼Fe、Cr、Mn、V等金属，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握发生的反应、海水资源应用、铝热反应等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．

2．下列实验操作或结论正确的是（ ）

A．将NH₃通入AgN0₃溶液中，再加几滴葡萄糖溶液，加热后有银镜产生，证明葡萄糖有氧化性

B．配制Fe（N0₃）₂溶液时，向Fe（N0₃）₂溶液中加几滴稀硫酸，以防止Fe（N0₃）₂发生水解

C．向NaI溶液中加入少量CCl₄振荡，未见蓝色，说明NaI没有变质

D．剪取一小块铝箔，投入到NaOH溶液中，观察到在被剪断处先产生气体，说明铝在空气中易被氧化

【考点】化学实验方案的评价．

【分析】A．葡萄糖具有还原性，能被银氨溶液氧化；

B．酸性条件下，亚铁离子能被硝酸根离子氧化；

C．四氯化碳能萃取碘，碘的四氯化碳溶液呈紫色；

D．氧化铝和NaOH反应没有气体生成，铝和氢氧化钠溶液反应生成氢气．

【解答】解：A．葡萄糖具有还原性，能被银氨溶液氧化生成银单质，所以葡萄糖和银氨溶液反应时体现还原性，故A错误；

B．酸性条件下，亚铁离子能被硝酸根离子氧化生成铁离子，且硫酸的加入引进新的杂质，应该加入Fe粉，故B错误；

C．四氯化碳能萃取碘，碘的四氯化碳溶液呈紫色，碘离子如果被氧化生成碘单质，则碘的四氯化碳溶液应该呈紫色而不是蓝色，故C错误；

D．氧化铝和NaOH反应没有气体生成，铝和氢氧化钠溶液反应生成氢气，剪取一小块铝箔，投入到NaOH溶液中，观察到在被剪断处先产生气体，说明铝在空气中易被氧化，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质性质、盐类水解，明确实验原理及物质性质是解本题关键，易错选项是B，注意酸性条件下硝酸根离子的氧化性，题目难度不大．

3．下列对于分子式为C₄H₈O₂的有机物X的判断正确的是（）

A．X不一定属于烃的衍生物

B．能与NaHCO₃反应的X有3种

C．X的某些同分异构体之间可能发生取代反应

D．能与NaOH溶液反应的X都含有相同的官能团

【考点】有机物的结构和性质．

【分析】该分子式符合饱和一元酸、饱和一元酯的通式，

A．该物质中含有C、H、O元，不属于烃；

B．C₄H₈O₂属于羧酸时，可以根据羧基位置异构可以得到丁酸的同分异构体；

C．其同分异构体可能含有﹣COOH、可能含有﹣OH和﹣CHO；

D．羧酸和酯基都能与NaOH反应．

【解答】解：该分子式符合饱和一元酸、饱和一元酯的通式，

A．该物质中含有C、H、O元，不属于烃，属于烃的含氧衍生物，故A错误；

B．C₄H₈O₂属于羧酸时，是丁酸、2﹣甲基丙酸，共两种同分异构体，故B错误；

C．其同分异构体可能含有﹣COOH、可能含有﹣OH和﹣CHO，所以X的某些同分异构体之间可能发生取代反应，故C正确；

D．羧酸和酯基都能与NaOH反应，羧酸中含有羧基、酯中含有酯基，所以其官能团不相同，故D错误；

故选C．

【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重对酯类组成与结构的熟悉掌握程度，有利于培养学生的逻辑推理能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，题目难度不大．

4．E和F是主族元素，下列叙述一定能说明金属性E大于F的是（ ）

A．最外层电子数：E＞F

B．等物质的量的E和F分别与足量稀盐酸反应，产生氢气的物质的量：E＞F

C．E^a+和F^b+有相同的电子层结构（a＜b）

D．25℃时，K_sp[E（OH）_a]＞K_sp[F（OH）_b]

【考点】原子结构与元素周期律的关系．

【分析】利用金属单质之间的置换反应、失去电子的难易程度、金属对应阳离子的氧化性、与水或酸反应的难易程度、金属的最高价氧化物对应水化物的碱性等来比较金属性的强弱．

【解答】解：A．由失去电子的难易可判断金属性，不能利用最外层电子数的多少来判断，故A错误；

B．可根据生成氢气的难易程度判断金属性，不能根据生成氢气的多少，故B错误；

C．E^a+和F^b+有相同的电子层结构（a＜b），说明E、F位于同一周期，同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，能说明金属性E大于F，故C正确；

D．溶解度大小不能说明金属性，故D错误．

故选C．

【点评】本题考查金属性的比较，明确常见的金属性比较的方法即可解答，注意A、D选项都是学生解答中的易错点，注意铁离子的氧化性较强，利用实例来说明问题．

5．N_A代表阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ）

A．18gH₂0中含有的中子数为10N_A

B．6.4g铜完全溶解于一定浓度的硝酸时，转移的电子数为0.2N_A

C．1L0.1mol/L的Na₂CO₃溶液中，离子总数为0.3N_A

D．在密闭容器中，2HI（g）?H₂（g）+I₂（g）△H=+14.9kJ·mol^﹣1，若投入N_A个HI分子，反应平衡时，吸热7.45kJ

【考点】化学能与热能的相互转化；阿伏加德罗常数．

【分析】A．水分子中含有8个中子，18个水的物质的量为1mol，含有8mol中子；

B．根据n=

计算出铜的物质的量，再根据电子守恒计算出转移的电子数；

C．碳酸根离子部分水解，导致溶液中离子数目增多；

D．该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物．

【解答】解：A．18g水的物质的量为：

=1mol，1mol水分子中含有8mol中子，含有的中子数为8N_A，故A错误；

B．6.4g铜的物质的量为：

=0.1mol，0.1mol题完全反应转移了0.2mol电子，转移的电子数为0.2N_A，故B正确；

C．1L0.1mol/L的Na₂CO₃溶液中含有0.1mol碳酸钠溶液，由于碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，导致溶液中离子数目增多，故C错误；

D．N_A个HI分子的物质的量为1mol，由于该反应为可逆反应，则达到平衡时负极的HI的物质的量小于1mol，所以吸收的热量小于7.45kJ，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算与判断、可逆反应特点，题目难度中等，明确物质的量与摩尔质量、阿伏伽德罗常数、物质的量浓度等之间的关系为解答关键，注意掌握可逆反应特点，试题培养了学生的灵活应用能力．

6．电化学是研究化学能与电能相互转化的装置，过程和效率的科学．下列说法不正确的是（ ）

A．铅蓄电池放电时，正极的质量会变小

B．对于某耗氧燃料电池．无论负极通入何种燃料，若转移电子总数相等，则正极消耗等质量的氧气

C．可以通过适当的电解装置实现反应2Ag+2H⁺=2Ag⁺+H₂↑

D．电解精炼铜，阳极为粗铜，电镀铜，阳极为纯铜

【考点】原电池和电解池的工作原理．

【分析】A．铅蓄电池在放电过程中，正极上氧化铅生成硫酸铅；

B．正极上氧气得电子生成水或氢氧根离子；

C．实现反应2Ag+2H⁺=2Ag⁺+H₂↑，银为阳极，电解质溶液可为稀硫酸；

D．电解精炼铜，粗铜含有锌、银、金等金属，被粗铜被氧化，纯铜为阴极．

【解答】解：A．铅蓄电池在放电过程中，正极发生PbO₂+SO₄^2﹣+2e^﹣+4H⁺═PbSO₄+2H₂O，质量增大，故A错误；

B．正极上氧气得电子生成水或氢氧根离子，O元素化合价由0价都降低到﹣2价，若转移电子总数相等，则正极消耗等质量的氧气，故B正确；

C．实现反应2Ag+2H⁺=2Ag⁺+H₂↑，银为阳极，电解质溶液可为稀硫酸，可实现该反应，故C正确；

D．电解精炼铜，粗铜含有锌、银、金等金属，被粗铜被氧化，纯铜为阴极，故D正确．

故选A．

【点评】本题考查了原电池原理和电解池原理的应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确电极的判断方法及发生的电极反应即可解答，题目难度不大．

7．弱电解质在水中的电离达到平衡状态时，己电离的溶质的分子数占原有溶质分子总数（包括己电离的和未电离的）的百分率，称为电离度．某温度下，0．lmol·L^﹣1的某一元弱酸溶液电离度为a%，则该溶液的pH为（）

A．1 B．l﹣a C．2﹣lga D．3﹣lga

【考点】pH的简单计算．

【分析】0．lmol·L^﹣1的某一元弱酸溶液电离度为a%，则该溶液中发生电离的一元弱酸的浓度为：0.1mol/L×a%=a×10^﹣3mol/L，由于水的电离程度较小，则该一元弱酸溶液中氢离子浓度约为a×10^﹣3mol/L，然后根据溶液pH的表达式进行计算．

【解答】解：某温度下，0．lmol·L^﹣1的某一元弱酸溶液电离度为a%，则该溶液中发生电离的一元弱酸的浓度为：0.1mol/L×a%=a×10^﹣3mol/L，

由于水的电离程度较小，则该一元弱酸溶液中氢离子浓度约为a×10^﹣3mol/L，

所以该溶液的pH=﹣lga×10^﹣3=3﹣lga，

故选D．

【点评】本题考查了溶液pH的简单计算，题目难度不大，明确电离度的含义为解答关键，注意索座老翁溶液pH的概念及表达式，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．

二、非选择题

8．（15分）（2016·贵州校级模拟）铬铁矿的主要成分为FeO·Cr₂O₃，还含有Al₂O₃、SiO₂等杂质．工业上以铬铁矿为原料制备强氧化剂重铬酸钠（Na₂Cr₂O₇·2H₂O）的主要工艺流程如图1所示

查阅资料得知：

①NaBi0₃不溶于水，有强氧化性；在碱性条件下，能将Cr³⁺转化为CrO₄^2﹣；

②Cr（OH）₃的化学性质与Al（OH）₃相似，

回答下列问题：

（1）Fe0·Cr₂O₃和硫酸反应的离子方程式为Fe0·Cr₂O₃+8H⁺=Fe²⁺+2Cr³⁺+4H₂O．

（2）溶液A中加入过量H₂O₂的目的为将Fe²⁺全部氧化为Fe³⁺，以便除去．

（3）酸化滤液D时，不能选用盐酸的原因是盐酸中的Cl^﹣会被氧化，产生Cl₂，导致原料损失．

（4）固体E的主要成分是Na₂SO₄，根据如图2分析操作a为蒸发浓缩、趁热过滤 ．

（5）电镀厂产产的镀铜废水中往往含有一定量的Cr₂O₇^2﹣，处理该废水常用如下流程：

①在上述生产过程中加入NaOH溶液时要控制溶液的pH不能过高．其原因Cr（OH）₃+OH^﹣=CrO₂^﹣+2H₂O（用离子方程式表示）；

②下列溶液中可以代替上述流程中Na₂S₂0₃溶液的是A （填选项序号）；

A．Na₂SO₃溶液 B．浓H₂SO₄C．酸性KMnO₄溶液 D．FeSO₄溶液

③每消耗0.1mol Na₂S₂0₃转移0.8mole^﹣、则S₂O₃^2﹣的氧化产物为SO₄^2﹣（填离子符号）

④25℃时．若最终溶液F的pH=6．则溶液F中的c（Cr³⁺）为6.3×10^﹣7mol·l^﹣1（25℃时，Ksp[Cr（OH）₃]=6.3×10^﹣31）

【考点】制备实验方案的设计．

【分析】铬铁矿（主要成分为FeO和Cr₂O₃，含有Al₂O₃、SiO₂等杂质），加入过量稀硫酸，固体A为SiO₂，溶液B中含有Cr³⁺、Al³⁺、Fe²⁺，在B中加入过氧化氢，可生成Fe³⁺，调节溶液pH可除去Fe³⁺，生成氢氧化铁，加入NaBiO₃和NaOH，发生氧化还原反应，得到氢氧化铝沉淀，溶液D含有Na₂CrO₄，酸化可得Na₂Cr₂O₇，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得Na₂Cr₂O₇·2H₂O，

（1）Fe0·Cr₂O₃和硫酸反应，生成易溶于水易电离的硫酸亚铁和硫酸铬，据此书写离子反应方程式；

（2）双氧水具有氧化性，酸性条件下能将Fe²⁺全部氧化为Fe³⁺，由流程图可知，加入H₂O₂是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺；

（3）盐酸中的氯是﹣1价具有还原性，会CrO₄^2﹣被氧化成氯气；

（4）由图2可知Na₂Cr₂O₇的溶解度随温度的升高而增大，而硫酸钠的温度随温度的升高而降低，所以采用蒸发结晶、趁热过滤的方法分离硫酸钠；

（5）①Cr（OH）₃的化学性质与Al（OH）₃相似，如果氢氧化钠过量Cr（OH）₃会溶解；

②可以代替上述流程中Na₂S₂O₃溶液，需要具有还原性，能还原重铬酸根离子；

③氧化还原反应中还原剂失去的电子，每失去1个电子化合价升高1价，据此计算S₂O₃^2﹣的氧化产物；

④根据Ksp[Cr（OH）₃]=c（Cr³⁺）·（OH^﹣）³，来计算铬离子的浓度．

【解答】解：（1）Fe0·Cr₂O₃和硫酸反应，生成易溶于水易电离的硫酸亚铁和硫酸铬，反应的离子方程式为：Fe0·Cr₂O₃+8H⁺=Fe²⁺+2Cr³⁺+4H₂O，

故答案为：Fe0·Cr₂O₃+8H⁺=Fe²⁺+2Cr³⁺+4H₂O；

（2）双氧水具有氧化性，酸性条件下能将Fe²⁺全部氧化为Fe³⁺，反应的离子方程式为：H₂O₂+2Fe²⁺+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O，便于调节溶液PH沉淀铁离子分离，以便除去，

故答案为：将Fe²⁺全部氧化为Fe³⁺，以便除去；

（3）盐酸中的氯是﹣1价具有还原性，会CrO₄^2﹣被氧化成氯气，导致原料损失，

故答案为：盐酸中的Cl^﹣会被氧化，产生Cl₂，导致原料损失；

（4）由图2可知Na₂Cr₂O₇的溶解度随温度的升高而增大，而硫酸钠的温度随温度的升高而降低，所以采用蒸发结晶、趁热过滤的方法分离硫酸钠，

故答案为：趁热过滤；

（5）①Cr（OH）₃的化学性质与Al（OH）₃相似，如果氢氧化钠过量Cr（OH）₃会溶解，反应为：Cr（OH）₃+OH^﹣=CrO₂^﹣+2H₂O，

故答案为：Cr（OH）₃+OH^﹣=CrO₂^﹣+2H₂O；

②A．Na₂SO₃溶液中亚硫酸根离子具有还原性，可以还原Cr₂O₇^2﹣，故A符合；

B．浓H₂SO₄具有强氧化性，不能表现还原性，不能还原Cr₂O₇^2﹣，故B不符合；

C．酸性KMnO₄溶液是强氧化剂不能还原Cr₂O₇^2﹣，故C不符合；

D．FeSO₄溶液中亚铁离子具有还原性，可以还原Cr₂O₇^2﹣离子，但又引入新的杂质离子铁离子，故D不符合；

故答案为：A；

③Cr₂O₇^2﹣与Na₂S₂0₃反应，Cr₂O₇^2﹣为氧化剂，Na₂S₂0₃为还原剂，每消耗0.1molNa₂S₂0₃转移0.8mole^﹣、即1molNa₂S₂0₃转移8mole^﹣，平均1个硫失去4个电子，Na₂S₂0₃中硫为+2价，升高4价，则S₂O₃^2﹣的氧化产物为SO₄^2﹣，

故答案为：SO₄^2﹣；

④pH=6时，C（OH^﹣）=

=10^﹣8mol/L，所以c（Cr³⁺）·（10^﹣8）³=6.3×10^﹣31，解之得c（Cr³⁺）=6.3×10^﹣7，

故答案为：6.3×10^﹣7．

【点评】本题考查重铬酸钠的制备实验及混合物的分离和提纯，为高频考点，把握流程图中每一步发生的反应及操作方法是解本题关键，注意结合题给信息解答，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等．

9．（14分）（2016·贵州校级模拟）肼为无色油状液体，主要用作火箭和喷气发动机的燃料之一，通常由水合肼（N₂H₄·H₂O）脱水制得．常压下，水合肼可以和水形成共沸物，具有极强的还原性，易被氧化成N₂．某探究小组通过查阅文献，利用尿素制取水合肼．反应原理如下：CO（NH₂）₂+2NaOH+NaClO=Na₂CO₃+N₂H₄·H₂O+NaCl

实验一：制备NaClO溶液（基本装置如图1所示）

（1）写出装置a中所发生的离子反应方程式：MnO₂+4H⁺+2Cl^﹣

Mn²+Cl₂↑+2H₂O；

（2）某同学认为用上述方法制备的Cl₂含有HCl杂质，直接通入NaOH会引入新杂质．这种说法是否正确不正确 （填“正确”或“不正确”），理由为因为Cl₂+2NaOH=NaClO+NaCl+H₂O，反应生成NaCl，不会引入杂质（结合方程式说明）．

实验二：制取水合肼（基本装置如图2所示，夹持、冰水浴等装置均省略）

称取一定质量尿素配成溶液倒入三颈烧瓶，并将三颈烧瓶置于冰水浴中．将装置b中所制得的溶液注入分液漏斗，并缓慢滴入三颈烧瓶中．然后急速升温，在102～103℃反应5min．充分反应后，加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108～ll4℃馏分．

（3）采用“缓慢滴入”的原因是 防止NaClO过量将水合肼氧化；温度计A和B均是用来控制加热温度的，其中A的温度控制范围为 108～ll4℃ ．

实验三：测定馏分中水合肼的质量分数（基本步骤如下）

a．称取馏分5.000g，加入适量NaHC0₃固体，配制成100mL溶液．

b．移取10.00mL上述溶液于锥形瓶中，加入10mL水和2﹣3滴淀粉溶液，摇匀．

c．用0.2000mol·L^﹣1碘的标准溶液滴定至溶液出现蓝色且半分钟内不消失．滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右．记录消耗碘的标准溶液的体积．

d…

（4）滴定时，碘的标准溶液盛放在 ② 中（选填图3中“①”或“②”）；

（5）水合肼与碘的标准溶液反应的化学方程式N₂H₄·H₂O+2I₂=N₂+4HI+H₂O；

（6）若滴定消耗碘的标准溶液的体积平均为18.00mL，馏分中水合肼的质量分数为 18.00%（保留四位有效数宇）

【考点】制备实验方案的设计．

【分析】（1）二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气与水；

（2）利用氯气与氢氧化钠反应制备NaClO，反应也生成氯化钠，不会引入杂质；

（3）NaClO过量会将水合肼氧化；生成水合肼（N₂H₄·H₂O）进行蒸馏分离，收集108～ll4℃馏分；

（4）碘水具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡胶；

（5）N₂H₄·H₂O具有极强的还原性，易被氧化成N₂，碘水具有强氧化性，被还原生成HI；

（6）由N₂H₄·H₂O+2I₂=N₂+4HI+H₂O可知水合肼的物质的量，进而计算其质量分数．

【解答】解：（1）二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气与水，反应离子方程式为：MnO₂+4H⁺+2Cl^﹣

Mn²+Cl₂↑+2H₂O，

故答案为：MnO₂+4H⁺+2Cl^﹣

Mn²+Cl₂↑+2H₂O；

（2）利用氯气与氢氧化钠反应制备NaClO，发生反应：Cl₂+2NaOH=NaClO+NaCl+H₂O，反应生成NaCl，不会引入杂质，故该同学的说法不正确，

故答案为：不正确，因为Cl₂+2NaOH=NaClO+NaCl+H₂O，反应生成NaCl，不会引入杂质；

（3）采用“缓慢滴入”，防止NaClO过量将水合肼氧化；生成水合肼（N₂H₄·H₂O）进行蒸馏分离，收集108～ll4℃馏分，温度计A的温度控制范围为 108～ll4℃，

故答案为：防止NaClO过量将水合肼氧化；108～ll4℃；

（4）碘单质具有氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡胶，则碘水应装在酸式滴定管中，

故答案为：②；

（5）N₂H₄·H₂O具有极强的还原性，易被氧化成N₂，碘水具有强氧化性，被还原生成HI，反应方程式为：N₂H₄·H₂O+2I₂=N₂+4HI+H₂O，

故答案为：N₂H₄·H₂O+2I₂=N₂+4HI+H₂O；

（6）由N₂H₄·H₂O+2I₂=N₂+4HI+H₂O，可知100ml溶液中含有水合肼的物质的量=0.200mol/L×0.018L×

×

=0.018mol，

水合肼（N₂H₄·H₂O）的质量分数=

×100%=18.00%，

故答案为：18.00%．

【点评】本题考查物质制备实验，涉及物质含量测定、对操作的分析评价、滴定应用等，注意根据题目信息确定溶液添加顺序，较好的考查学生对实验原理的理解、知识迁移应用，难度中等．

10．（14分）（2016·贵州校级模拟）燃煤和汽车产生的氮氧化物、碳氧化物是造成空气污染的重要原因．依据信息回答下列问题．

I．用CH₄催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染．己知：

①CH₄（g）+4NO₂（g）═4NO（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₁=﹣574kJ·mol^﹣1

②CH₄（g）+4NO（g）═2N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₂=﹣1160kJ·mol^﹣1

③CH₄（g）+2NO₂（g）═N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₃

（1）△H₃=CH₄（g）+2NO₂（g）═N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H=﹣867kJ·mol^﹣1．

Ⅱ．汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）

2CO₂（g）+N₂（g）△H＜0

（2）若该反应在恒温、恒压的密闭体系中进行，下列叙述能说明反应达到平衡状态的是 ac ．

a．容器总体积不再改变 b．n（NO）=n（CO₂）c．v_正（CO）=v_逆（CO₂）

（3）在一定温度下，向2L的恒容密闭容器中充入O．lmolNO和0.3molCO，如图1为容器内的压强（P）与起始压强（P

）的比值（

）随时间的变化曲线．

①该反应的化学平衡常数K表达式为

；

②0～5min内，该反应的平均反应速率v（N₂）=0.003mol/（L·min） ；

③若13min时，向该容器中再充入0.06molCO，15min时再次达到平衡，此时容器内

的比值应在图1中A点的 下方（填“上方”、“重合”或“下方”）

Ⅲ．将燃煤产生的CO₂回收利用．也可达到低碳排放的目的．

（4）如图2是通过人工光合作用，以CO₂和H₂O为原料制备HCOOH和O₂的原理示意图．催化剂b表面发生的电极反应式为CO₂+2H⁺+2e^﹣=HCOOH．常温下.0.1mol/L 的HCOONa 溶液pH为9，则HCOOH的电离常数K_a=10^﹣7 ．

【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的计算．

【分析】（1）已知①CH₄（g）+4NO₂（g）═4NO（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H=﹣574kJ·mol^﹣1，

②CH₄（g）+4NO（g）═2N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H=﹣1160kJ·mol^﹣1，

利用盖斯定律③=

，

可得CH₄（g）+2NO₂（g）═N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g），△H=﹣

kJ·mol^﹣1=867kJ·mol^﹣1，以此解答该题；

（2）当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，进行分析解答该题；

（3）①根据反应方程式可以写出平衡常数表达式；②根据反应前后压强的变化可以求算出N₂物质的量的变化，运用化学反应速率求算公式据算出结果；③根据13min钟时压强为起始时的0.9可以推算此时容器内的气体总的物质的量，再通入0.06molCO可推出压强为起始时的1.05倍，根据平衡移动原理可以得出结论；

（4）由图可知，左室投入水，生成氧气与氢离子，催化剂a表面发生氧化反应，为负极，右室通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH；计算水解平衡常数Kh，再根据Ka=

计算．

【解答】解：（1）已知①CH₄（g）+4NO₂（g）═4NO（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H=﹣574kJ·mol^﹣1，

②CH₄（g）+4NO（g）═2N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H=﹣1160kJ·mol^﹣1，

利用盖斯定律将得③=

，

可得CH₄（g）+2NO₂（g）═N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g），△H=﹣

kJ·mol^﹣1=﹣867kJ·mol^﹣1

故答案为：CH₄（g）+2NO₂（g）═N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H=﹣867kJ·mol^﹣1；

（2）已知反应为2NO（g）+2CO（g）

2CO₂（g）+N₂（g）△H＜0，恒压条件下反应正向、逆向体积都发生变化，如果体积不变说明反应达到平衡状态，故a正确；达到平衡时各组分的物质的量不变，故答案b错误；根据平衡时正逆反应速率相等可以推断c正确，

故答案为ac；

（3）①根据反应方程式2NO（g）+2CO（g）

2CO₂（g）+N₂可以写出平衡常数为

，故答案为

；

②2NO+2CO?2CO₂+N₂

起始：0.1 0.3

△：x x x 0.5x

平衡：0.1﹣x 0.3﹣x x 0.5x

=

=0.925，x=0.06mol，

=

=

=0.003mol/（L·min）；

③2NO（g）+2CO（g）?2CO₂（g）+N_2（g）

起始：0.1 0.3

△：a a a 0.5a

平衡：0.1﹣a 0.3﹣a a 0.5a

=0.9 a=0.08mol此时容器内气体总物质的量为0.36mol，再加入0.06mol，气体总物质的量0.42，此时压强为起始压强的

=1.05，依据平衡移动原理可知加入CO平衡向正向移动，气体体积减小，压强减小，所以压强与起始压强的比值＜1.05，

故答案为：下方；

（4）由图可知，左室投入水，生成氧气与氢离子，催化剂a表面发生氧化反应，为负极，右室通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极反应式为CO₂+2H⁺+2e^﹣=HCOOH，

故答案为：CO₂+2H⁺+2e^﹣=HCOOH；

常温下，0.1mol/L的HCOONa溶液pH为10，溶液中存在HCOO^﹣水解HCOO^﹣+H₂O?HCOOH+OH^﹣，故K_h=

=

=10^﹣7，则HCOOH的电离常数Ka=

=

=

=10^﹣7，

故答案为：10^﹣7．

【点评】本题考查化学平衡图象、化学反应速率、影响化学平衡的因素、热化学方程式书写、原电池、电离平衡常数与水解平衡常数等，题目综合性较大，难度中等，是对知识的综合利用、注意基础知识的理解掌握．

选做题[化学一选修2：化学与技术]

11．（15分）（2016·贵州校级模拟）化学工业的很多领域都要用到浓硫酸．工业上接触法制硫酸的简单流程如图1．回答有关问题：

（1）下列生产过程中，可用到硫酸的是 BCD ；

A．橡胶的硫化 B．表面活性剂“烷基苯磺酸纳”的合成

C．铅蓄电池的生产 D．普钙（磷酸二氢钙和硫酸钙）的制备

（2）根据下表信息，结合工业生产实际，判断最适合SO₂反应生成SO₃的生产条件是400℃，0.1MPa ．

	0.1MPa	0.5MPa	1MPa	1.5MPa
400℃	0.9961	0.9972	0.9984	0.9988
500℃	0.9675	0.9767	0.9852	0.9894
600℃	0.8520	0.8897	0.9276	0.9468

（3）由沸腾炉排出的炉渣中含有Fe₂0₃、CuO、CuS0₄（由CuO与SO₃化合而成），其中硫酸铜的质量分数随温度变化如表：

沸腾炉温度/℃	600	620	640	660
炉渣中CuSO4的质量分数/%	9.3	9.2	9.0	8.4

己知CuS0₄在低于660℃时不会分解，请简要分析上表中CuS0₄的质最分数随温度升高而降低的原因SO₂转化为SO₃是正反应放热的可逆反应，随温度升高，平衡左移，SO₃物质的量减少，所以CuSO₄的量减少（或温度升高，SO₃物质的量减少，故CuSO₄的量减少）．

（4）用1t黄铁矿（FeS₂的质量分数为36%）接触法制硫酸，硫酸的产率为65%，则通过列式计算最后能生产出98%的浓硫酸的质量为0.39 t．

（5）某研究小组用NaOH溶液吸收尾气中的SO₂，将所得的Na₂SO₃溶液进行电解再生循环脱硫，其原理如图2所示．a、b离子交换膜将电解槽分成为三个区域，电极材料均为石墨．图中a表示阴 （填“阴”或“阳”）离子交换膜．A?E分别代表生产中的原料或产品，其中A为硫酸溶液，则D为NaOH溶液 ．阳极的电极反应式为SO₃^2﹣﹣2e^﹣+H₂O=2H⁺+SO₄^2﹣．

【考点】工业制取硫酸．

【分析】（1）橡胶的硫化不需要硫酸，表面活性剂“烷基苯磺酸纳”的合成需要硫酸作为反应物，铅蓄电池的生产中用硫酸作电解液，普钙的制备中用硫酸为反应物；

（2）根据SO₂的转化率及生产成本来选择；

（3）由表中数据分析出温度和CuSO₄的质量分数之间的关系，而CuSO₄的质量取决于SO₃的质量，再由反应2SO₂（g）+O₂（g）

2SO₃（g），△H=﹣98.3kJ·mol^﹣1分析SO₃的质量和温度之间的关系；

（4）根据FeS₂制取硫酸过程中涉及的化学反应方程式，利用关系法解题；

（5））从C为硫酸可知，b为阳离子交换膜，故a阴阳离子交换膜，在阴极区应为水放电生成氢气和氢氧根，故D为氢氧化钠；阳极应为亚硫酸根放电生成硫酸根．

【解答】解：（1）表面活性剂“烷基苯磺酸纳”的合成需要硫酸作为反应物，铅蓄电池的生产中用硫酸作电解液，普钙的制备中用硫酸为反应物，故选BCD；

（2）因为SO₂与O₂的反应是放热反应，所以选择的温度为400℃，而1个标准大气压时SO₂的转化率已经很大，再增大压强，SO₂的转化率提高不大，但会增加生产成本，所以选择0.1MPa，故答案为：400℃，0.1MPa；

（3）硫酸厂沸腾炉排出的矿渣中含有Fe₂O₃、CuO、CuSO₄（由CuO与SO₃在沸腾炉中化合而成），根据题意由表中数据可知，硫酸铜的质量分数随沸腾炉温度升高而降低，是因为反应CuO+SO₃

CuSO₄中SO₃的质量减少导致的，根据2SO₂（g）+O₂（g）

2SO₃（g）），△H=﹣98.3kJ·mol^﹣1反应制备SO₃，该反应为可逆反应，正方向为放热，随着温度升高，平衡逆向移动，导致SO₃的量减少，由CuO与SO₃在沸腾炉中化合而成CuSO₄的量也减少；

故答案为：SO₂转化为SO₃是正反应放热的可逆反应，随温度升高，平衡左移，SO₃物质的量减少，所以CuSO₄的量减少（或温度升高，SO₃物质的量减少，故CuSO₄的量减少）；

（4）FeS₂制取硫酸过程中，设生成的98%的硫酸为x吨，利用关系法列式，硫元素守恒，

FeS₂～2H₂SO₄

120 2×98

1×36%×65% 98%x

所以：

=

，得x=0.39，故答案为：0.39；

（5）从C为硫酸可知，硫酸根来源于亚硫酸根放电．故a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜，在阴极区应为水放电生成氢气和氢氧根离子，故D为氢氧化钠；阳极应为亚硫酸根放电生成硫酸根，反应的离子方程式为SO₃^2﹣﹣2e^﹣+H₂O=2H⁺+SO₄^2﹣，故答案为：阴；NaOH溶液；SO₃^2﹣﹣2e^﹣+H₂O=2H⁺+SO₄^2﹣．

【点评】本题考查了工业制硫酸的生成过程和反应特征，二氧化硫的催化氧化反应的条件选择，尾气吸收的方法判断，二氧化硫接触室催化氧化反应的平衡移动，题目难度中等．

[化学一选修3：物质结构与性质]

12．（2016·贵州校级模拟）血红素是血红蛋白分子上的主要稳定结构，为血红蛋白、肌红蛋白的辅基，其分子结构如图．

（1）基态铁原子中有 26 种运动状态完全不同的电子，基态铁原子价层电子排布式为3d⁶4s² ．

（2）血红素的中心离子配位数为 4 ，血红素分子结构中碳原子的杂化方式为sp²和sp³ ．

（3）血红素的组成元素中，第一电离能最大的是 N．由血紅素的组成元素所组成的离子中与NH₃互为等电子体的是H₃O⁺ ．

（4）相同条件下，C、O、N三种非金属元素所对应的最简单的氢化物的沸点由高到低的顺序为H₂O＞NH₃＞CH₄．

（5）下列说法正确的是 ABC ．

A．CH₄和NH

键角相同

B．H₂O、O₃分子都是折线形

C．每个CO₂、HCN分子中都含有两个σ键和两个π键

D．每个龙脑分子（

）中有3个手性碳原子．

（6）对于某种铁的同素异形体用晶体X射线衍射法测定得到以下结果：该种铁晶体晶胞为面心立方最密堆积，晶胞边长为acm，又知道该种铁晶体的密度为ρg/cm³，这种Fe的相对原子质量为m，阿伏伽徳罗常数为

（列式表示即可）．

【考点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算．

【分析】（1）核外有多少电子，就有多少种运动状态不同的电子，基态铁原子核外有26个电子，根据核外电子排布规律书写基态原子的电子排布式，根据基态铁原子核外电子排布书写价层电子排布式；

（2）血红素的中心离子为Fe²⁺，配位数指与铁离子共价的原子，根据杂化理论分析碳原子的杂化方式；

（3）同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，注意同一周期的第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族，第ⅤA族的大于第ⅥA族；原子数总数相同、电子总数相同的微粒，互称为等电子体；

（4）分子之间存在氢键沸点升高，同类型，相对分子质量越大，沸点越高；

（5）A．根据CH₄和NH₄⁺的微粒空间结构判断键角；

B．根据杂化理论分析H₂O、O₃分子空间结构；

C．单键为σ键和双键为σ键和π键，三键含1个σ键和2个π键；

D．有机分子中碳原子连四个不同的原子或原子团时，称为不对称碳原子（或手性碳原子）；

（6）铁的晶胞为面心立方最密堆积，则晶胞中含有铁的数目为8×

+6×

=4，边长为acm，则晶胞的体积为（acm）³，以此可计算1cm³铁晶体中含有晶胞的数目，结合ρ=

计算阿伏伽德罗常数．

【解答】解：（1）Fe元素为26号元素，原子核外有26个电子，所以核外电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²，核外有26个电子，有26种完全不同的电子，基态Fe原子核外处在能量最高的能级为3d，3d上存在4个未成对电子，所以基态铁原子价层电子为3d⁶4s²，

故答案为：26；3d⁶4s²；

（2）血红素的中心离子为Fe²⁺，与铁离子共价的原子有4个，所以配位数为4，血红素分子结构中碳原子有甲基、亚甲基、碳碳双键、碳氧双键、碳氮单键，所以其杂化为sp²和sp³，

故答案为：4；sp²和sp³；

（3）血红素中含有C、H、O、N、Fe五种元素，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，As和Fe属于同一周期，第一电离能As＞Fe，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，N和As属于同一主族，所以第一电离能N＞As、，C、N、O属于同一周期，但第五主族元素的第一电离能大于第六主族元素的，所以C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序是C、O、N；氢元素的第一电离能最小，所以血红素的组成元素中，第一电离能最大的是N，NH₃为4原子10电子微粒，由血红素的组成元素所组成的离子与氨气等电子体的为：H₃O⁺，

故答案为：N；H₃O⁺；

（4）C、O、N三种非金属元素所对应的最简单的氢化物分别为：CH₄、H₂O、NH₃，都形成分子晶体，H₂O、NH₃分子之间存在氢键，CH₄分子间不能形成氢键，H₂O相对分子质量最大，故沸点：H₂O＞NH₃＞CH₄，

故答案为：H₂O＞NH₃＞CH₄；

（5）A．CH₄和NH₄⁺都为正四面体结构，键角都为109.18′相同，故A正确；

B．H₂O中O原子的价层电子对个数=2+

（6﹣2×1）=4且含有2个孤电子对，所以O原子采用sp³杂化，其空间构型为V形（折线形）结构；O₃中价层电子对个数都是3且都含有一对孤电子对，所以分子空间构型都是V形（折线形），都是折线形，故B正确；

C．CO₂结构式为O=C=O，每个CO₂含有两个σ键和两个π键，HCN结构式为H﹣C≡N，每个HCN分子含有两个σ键和两个π键，故C正确；

D．龙脑分子（

中只有与羟基相连的碳原子为手性碳原子，故D错误；

故答案为：ABC；

（6）钙的晶胞为面心立方最密堆积，则晶胞中含有Ca的数目为8×

+6×

=4，边长为558pm，边长为acm，则晶胞的体积为（acm）³，

则1cm³铁晶体中含有晶胞的数目为

，ρ=

=

=ρg·cm^﹣3，

N_A=

，故答案为：

．

【点评】本题主要考查了基态原子的核外电子排布、键角、氢化物的沸点、配位键等知识，题目难度中等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，注意把握血红素分子结构获取解题信息．

[化学一选修5：有机化学基础]

13．（2016·贵州校级模拟）芳香族化合物X在一定条件下发生的系列反应如下：

已知：A、D和X的分子式分别为C₃H₈0、C₇H₆O₂、C₁₀H₁₀O₂Cl₂；D、E遇FeCl₃溶液均能发生显色反应，它们的核磁共振氢谱均显示为四组峰，且峰面积之比也都为1：2：2：1．

资料：

请回答下列问题：

（1）X中含氧官能团的名称是 酯基 ；A的名称为 1﹣丙醇（用系统命名法命名）．

（2）I的结构简式为

．

（3）E不具有的化学性质 bd （选填序号）

a．取代反应 b．消去反应 c．氧化反应 d.1molE最多能与2mol NaHCO₃反应

（4）写出下列反应的化学方程式：

①F→H：

+H₂O ；

②X与足量稀NaOH溶液共热：

+4NaOH

CH₃CH₂COONa+

+2H₂O+2NaCl；

（5）同时符合下列条件的E的同分异构体共有 6 种，其中一种的结构简式为

．

①能发生银镜反应 ②与足量NaOH溶液反应可消耗2mol NaOH ③含有苯环．

【考点】有机物的推断．

【分析】A的分子式为C₃H₈O，可以连续氧化生成C，则A为CH₃CH₂CH₂OH，B为CH₃CH₂CHO，C为CH₃CH₂COOH．

D的分子式为C₇H₆O₂，能与新制氢氧化铜反应生成E，则D中含有醛基，D、E遇FeCl₃溶液均能发生显色反应，说明含有苯环与酚羟基，它们的核磁共振氢谱均显示为四组峰，且峰面积之比也都为1：2：2：1，可推知D为

，E为

，E与足量氢气发生加成反应生成F为

，F发生消去反应生成H为

，F发生加聚反应生成高分子I为

．F发生缩聚反应生成高分子G为

．由X的分子式为C₁₀H₁₀O₂Cl₂，碱性条件下水解后酸化得到C与D，结合给予的信息可知X为

．

【解答】解：A的分子式为C₃H₈O，可以连续氧化生成C，则A为CH₃CH₂CH₂OH，B为CH₃CH₂CHO，C为CH₃CH₂COOH．

D的分子式为C₇H₆O₂，能与新制氢氧化铜反应生成E，则D中含有醛基，D、E遇FeCl₃溶液均能发生显色反应，说明含有苯环与酚羟基，它们的核磁共振氢谱均显示为四组峰，且峰面积之比也都为1：2：2：1，可推知D为

，E为

，E与足量氢气发生加成反应生成F为

，F发生消去反应生成H为

，F发生加聚反应生成高分子I为

．F发生缩聚反应生成高分子G为

．由X的分子式为C₁₀H₁₀O₂Cl₂，碱性条件下水解后酸化得到C与D，结合给予的信息可知X为

．

（1）X为

，含氧官能团是酯基，AA为CH₃CH₂CH₂OH，名称为1﹣丙醇，

故答案为：酯基；1﹣丙醇；

（2）I的结构简式为：

，故答案为：

；

（3）E为

．

a．含有酚羟基、羧基，可以发生取代反应，故a正确；

b．不能发生消去反应，故b错误；

c．酚羟基易被氧化，可以燃烧，可以发生氧化反应，故c正确；

d．酚羟基不与碳酸氢钠反应，羧基与碳酸氢钠反应，1molE最多能与1molNaHCO₃反应，故d错误，

故选：bd；

（4）①F→H的反应方程式为：

+H₂O，

②X（

）与足量稀NaOH溶液共热反应方程式为：

+4NaOH

CH₃CH₂COONa+

+2H₂O+2NaCl，

故答案为：

+H₂O；

+4NaOH

CH₃CH₂COONa+

+2H₂O+2NaCl'

（5）同时符合下列条件的E（

）的同分异构体：

①能发生银镜反应，说明含有醛基，②与足量NaOH溶液反应可消耗2molNaOH，③含有苯环，含有2个酚羟基，2个﹣OH处于邻位，﹣CHO有2种位置，2个﹣OH处于间位，﹣CHO有3种位置，2个﹣OH处于对位，﹣CHO有1种位置，共有6种，其中一种为：

等，

故答案为：6；

．

【点评】本题考查有机物的推断，根据有机物分子式、反应条件条件推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，是对有机化学基础的综合考查．