【導讀】B．25℃時Ksp=×10﹣10，向AgCl沉淀的溶解平衡體系中加入NaCl固體，AgCl. L﹣1的下列溶液，pH由大到小的排列順序為：NaOH＞Na2CO3＞2SO4. D．為確定H2A是強酸還是弱酸，可測NaHA溶液的pH，若pH＞7，則H2A是弱酸；若pH＜7，B將充滿NO2的密閉玻璃球浸泡在熱水中紅棕色變深反應2NO2?C將少量的溴水分別滴入FeCl2溶液、NaI溶液中，10mol混合氣體其中苯的物質的量分數(shù)為24%，C為標準狀況下，Y、W合金已成為輪船制造、化工生產等行業(yè)的重要材料．研究性學習小組的三位同學，測定結果是否有影響？若有影響分析其原因．。甲醇脫氫可制取甲醛CH3OH?HCHO+H2，甲醇的平衡轉化率隨溫度變化曲。③有同學計算得到在t1K時，該反應的平衡常數(shù)為?法制得的Cu2O（Ⅰ）和（Ⅱ）分別進行催化CH3OH的脫氫實驗：CH3OH?10．硫代硫酸鈉是一種重要的化工產品．工業(yè)上常利用含硫廢水生產Na2S2O3?儀器組裝完成后，關閉兩端活塞，向裝置B中的長頸漏斗內注入液體至形成一段液注，

　　

【正文】 2SO4，原電池反應是負極發(fā)生氧化反應，正極發(fā)生還原反應，依據元素化合價變化可知，二氧化硫中硫元素化合價升高，失去電子發(fā)生氧化反應，過程中，將 SO2通入電池的負極，電極反應為： SO2+2H2O﹣ 2e﹣ =SO42﹣ +4H+；此方法的優(yōu)點是污染小，生成產物可以循環(huán)利用，可以回收有效能； 故答案為：負； SO2+2H2O﹣ 2e﹣ =SO42﹣ +4H+；利用上述電池，可回收大量有效能，副產品為 H2SO4，減少環(huán)境污染，實現(xiàn)（能質）共生； （ 2） ① 向反應 II中的溶液中加入適量還原性很強的對苯二酚等物質，防止亞硫酸根被氧化，以更好的得到亞硫酸銨晶體； 故答案為：防止亞硫酸銨被氧化； ②A 、依據流程圖結合反應生成物分析，過量的空氣把亞硫酸鈣氧化為硫酸鈣；故 A正確； B、依據流程圖中的反應物和生成物，結合元素化合價 變化分析寫出反應的化學方程式為CaSO4+4C CaS+4CO↑ ；故 D正確； C、防止碳酸氫銨在溫度過高時分解得不到需要的目標產物；故 C正確； D、氯化銨是一種氮肥；故 D正確； 故答案為： ABCD； ③ 反應 V中選用了 40%的乙二醇溶液，溫度控制在 25℃ ，此時硫酸鉀的產率超過 90%，選用40%的乙二醇溶液原因是利用乙二醇降低硫酸鉀溶解度，有利于析出； 故答案為： K2SO4在有機溶劑乙二醇中溶解度小，能充分析出； ④ （ NH4） 2SO3可用于電廠等煙道氣中脫氮，將氮氧化物轉化為氮氣，同時生成一種氮肥，形成共生系統(tǒng) ，二氧化氮與亞硫酸銨反應，二氧化氮具有強氧化性能氧化亞硫酸銨反應，生成硫酸銨，本身被還原為氮氣，原子守恒配平書寫出的化學方程式為： 4（ NH4） 2SO3+2NO2=4（ NH4）2SO4+N2； 故答案為： 4（ NH4） 2SO3+2NO2=4（ NH4） 2SO4+N2； 【點評】 本題考查了物質的制備流程分析，反應產物判斷，反應條件的選擇和原因，仔細審讀題意和流程是解題關鍵，題目難度中等． 【化學 選修 3物質結構與性質】（共 1小題，滿分 0分） 12．已知 A、 B、 C、 D四種短周期元素，它們的核電荷數(shù)依次增大． A原子 ， C原子的 L能層中，都有兩個未成對的電子， C、 D同主族． E、 F都是第四周期元素， E原子核外有 4個未成對電子， F原子除最外能層只有 1個電子外，其余各能層均為全充滿．根據以上信息填空： （ 1）基態(tài) D原子中，電子占據的最高能層符號 M ，該能層具有的原子軌道數(shù)為 9 ； （ 2） E2+離子的價層電子排布圖是 ， F原子的電子排布式是 1s22s22p63s23p63d104s1 （或 [Ar]3d104s1） ； （ 3） A元素的最高價氧化物對應的水化物中心原子采取的軌道雜化方式為 sp2 ， B元素的氣態(tài)氫化物的 VSEPR模型為 四面體 ； （ 4）化合物 AC B2C和陰離子 DAB﹣ 互為等電子體，它們結構相似， DAB﹣ 的電子式為 ； （ 5）配合物甲的焰色反應呈紫色，其內界由中心離子 E3+與配位體 AB﹣ 構成，配位數(shù)為 6，甲的水溶液可以用于實驗室中 E2+離子的定性檢驗，檢驗 E2+離子的離子方程式為 3Fe2++2Fe（ CN） 63﹣ =Fe3[Fe（ CN） 6]2↓ ； （ 6）某種化合物由 D， E， F三種元素組成，其晶胞如圖所示，則其化學式為 CuFeS2 ，該晶胞上下底面為正方形，側面與底面垂直，根據圖中所示的數(shù)據列式計算該 晶體的密度：d= g/cm3． 【考點】 晶胞的計算；原子核外電子的能級分布；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷． 【專題】 原子組成與結構專題；化學鍵與晶體結構． 【分析】 A、 B、 C、 D都是周期表中的短周期元素，它們的核電荷數(shù)依次增大， A原子、 C原子的 L能層中都有兩個未成對的電子，則 A原子核外電子排布為 1s22s22p2， C原子核外電子排布為 1s22s22p4，故 A為碳元素、 C為氧元素； B原子序數(shù)介于 C、 O之間，則 B為氮元素；C、 D同主族，則 D為 S元素； E、 F都是第四周期元素， E原子核外有 4個未成對 電子，原子核外電子排布為 1s22s22p63s23p63d64s2，則 E為 Fe； F原子除最外能層只有 1個電子外，其余各能層均為全充滿， F原子核外電子數(shù) =2+8+18+1=29，則 F為 Cu元素，據此解答． 【解答】 解： A、 B、 C、 D都是周期表中的短周期元素，它們的核電荷數(shù)依次增大， A原子、C原子的 L能層中都有兩個未成對的電子，則 A原子核外電子排布為 1s22s22p2， C原子核外電子排布為 1s22s22p4，故 A為碳元素、 C為氧元素； B原子序數(shù)介于 C、 O之間，則 B為氮元素； C、 D同主族，則 D為 S元素； E、 F都是 第四周期元素， E原子核外有 4個未成對電子，原子核外電子排布為 1s22s22p63s23p63d64s2，則 E為 Fe； F原子除最外能層只有 1個電子外，其余各能層均為全充滿， F原子核外電子數(shù) =2+8+18+1=29，則 F為 Cu元素， （ 1）基態(tài) S原子中電子占據的最高能層為第 3能層，符號 M，該能層有 1個 s軌道、 3個 p軌道、 5個 d軌道，共有 9 個原子軌道， 故答案為： M； 9； （ 2） Fe2+離子的價層電子排布 3d6，其價層電子排布圖是 ， F為 Cu 元素，原子核外有 29個電子，原子的電子排布式是 1s22s22p63s23p63d104s1， 故答案為： ； 1s22s22p63s23p63d104s1； （ 3）碳元素的最高價氧化物對應的水化物為 H2CO3，中心 C原子成 3個 σ 鍵、沒有孤電子對， C原子采取 sp2雜化方式； B的氣態(tài)氫化物為 NH3， NH3分子中 N原子價層電子對數(shù)=3+ =4，其 VSEPR模型為四面體， 故答案為： sp2；四面體； （ 4）與 CO2互為等電子體，可知 SCN﹣ 電子式與 CO2相同，參照 CO2的電子式寫出電子式為：，故答案為： ； （ 5）配合物甲的焰色反應呈紫色，可以 K元素，其內界由中心離子 Fe3+與 配位體 CN﹣ 構成，配位數(shù)為 6，甲為 K3[Fe（ CN） 6]，甲的水溶液可以用于實驗室中 Fe2+離子的定性檢驗，檢驗Fe2+離子的離子方程式為： 3Fe2++2[Fe（ CN） 6]3﹣ =Fe3[Fe（ CN） 6]2↓ ， 故答案為： 3Fe2++2[Fe（ CN） 6]3﹣ =Fe3[Fe（ CN） 6]2↓ ； （ 6）晶胞中 D（ S）原子位于晶胞內部，原子數(shù)目為 8個， E（ Fe）原子 6個位于面上、 4個位于棱上， E（ Fe）原子數(shù)目 =6 +4 =4， F（ Cu）原子位于 4個位于面上、 1個內部、8個頂點上，原子數(shù)目 =4 =4，晶體中 Cu、 Fe、 S原子數(shù)目之比 =4： 4： 8=1： 1：2，故該晶體化學式為： CuFeS2；晶胞質量 = 4 ，晶胞體積 =（ 52410﹣ 10 cm） 2103010 ﹣ 10 cm，該晶體的密度：d= =， 故答案為： CuFeS2； ． 【點評】 本題是對 考查物質結構的考查，涉及核外電子排布、雜化理論、價層電子對互斥理論、配合物、晶胞計算等，需要學生具備扎實的基礎，（ 5）為易錯點、難點，難度中等． 【化學 選修 5有機化學基礎】（共 1小題，滿分 0分） 13．脫水環(huán)化是合成生物堿類天然產物的重要步 驟，某生物堿 V合成路線如下： （ 1） Ⅱ 中含氧官能團的名稱 醛基 ． （ 2）反應 ② 的化學方程式 2 +O2 2 ． （ 3） Ⅰ 和 Ⅲ 在濃硫酸催化加熱時反應的化學方程式 + +H2O ． （ 4）下列說法正確的是 BC A． Ⅰ 和 Ⅴ 均屬于芳香烴 B． Ⅱ 能發(fā)生銀鏡反應 C． 1molⅡ 能與 4molH2發(fā)生加成反應 D．反應 ③ 屬于酯化反應 （ 5） A的結構簡式 ． （ 6） Ⅵ 與 Ⅰ 互為同分異構體， Ⅵ 遇 FeCl3發(fā)生顯色反應，其苯環(huán)上的一氯代物只有 2種．寫出滿足上述條件的 Ⅵ 的結構 簡式 ． （ 7）一定條件下，化合物 Ⅶ （ ）也能發(fā)生類似反應 ④ 的環(huán)化反應，Ⅶ 的環(huán)化產物的結構簡式 ． 【考點】 有機物的合成． 【專題】 有機物的化學性質及推斷． 【分析】 （ 1）由化合物 Ⅱ 的結構簡式，可知含有官能團為醛基； （ 2）反應 ② 是苯甲醛發(fā)生催化氧化生成苯甲酸； （ 3） Ⅰ 和 Ⅲ 在濃硫酸催化加熱時發(fā)生酯化反應生成苯甲酸苯甲酯； （ 4） A．化合物 Ⅰ 、 Ⅴ 含有 C和 H以外的元素，不屬于烴類； B．化合物 Ⅱ 分子中含﹣ CHO，具有醛的性質； C．化合物 Ⅱ 苯環(huán)和﹣ CHO都能與 H2發(fā)生加成反應； D．反應 ③ 的產物中形成 ，不含酯基； （ 5）由反應 ③ 的產物 IV逆向分析，應從 之間斷鍵，故 A是 ； （ 6）化合物 Ⅵ 與化合物 I互為同分異構體， Ⅵ 遇 FeCl3發(fā)生顯色反應，含有酚羥基，另外取代基為甲基，其苯環(huán)上的一氯代物只有 2種，則酚羥基與甲基處于對位； （ 7）環(huán)化反應的特征是羰基去 O，連接到苯環(huán)側鏈的鄰位上，注意雙鍵位置在 N原子上，結構中的 S相當于 Ⅳ 中的 O，發(fā)生脫水環(huán)化反應的有機產物類似于 V，無機產物是硫化氫． 【解答】 解：（ 1）由化合物 Ⅱ 的結構簡式，可知含有官能團為醛基，故答案為：醛基； （ 2）反應 ② 是苯甲醛發(fā)生催化氧化生成 苯甲酸，反應方程式為：2 +O2 2 ， 故答案為： 2 +O2 2 ； （ 3） Ⅰ 和 Ⅲ 在濃硫酸催化加熱時發(fā)生酯化反應生成苯甲酸苯甲酯，反應方程式為：+ +H2O， 故答案為： + +H2O； （ 4） A．化合物 Ⅰ 、 Ⅴ 含有 C和 H以外的元素，不屬于烴類，屬于烴的衍生物，故 A錯誤； B．化合物 Ⅱ 分子中含﹣ CHO，具有醛的性質，能發(fā)生銀鏡反應，故 B正確； C．化合物 Ⅱ 苯環(huán)和﹣ CHO都能與 H2發(fā)生加成反應， 1molⅡ 能與 4mol氫氣反應，故 C正確； D．反應 ③ 的產物中形成 ，不含酯基，不屬于酯化反應，故 D錯誤， 故答案為： BC； （ 5）由反應 ③ 的產物 IV逆向分析，應從 之間斷鍵，故 A是 ，故答案為： ； （ 6）化合物 Ⅵ 與化合物 I互為同分異構體， Ⅵ 遇 FeCl3發(fā)生顯色反應，含有酚羥基，另外取代基為甲基，其苯環(huán)上的一氯代物只有 2種，則酚羥基與甲基處于對位， Ⅵ 的結構簡式為，故答案為： ； （ 7）環(huán)化反應的特征是羰基去 O，連接到苯環(huán)側鏈的鄰位上，注意雙鍵位置在 N原子上，結構中的 S相當于 Ⅳ 中的 O，發(fā)生脫水環(huán)化反應的有機產物類似于 V，無機產物是硫化氫， Ⅶ 的環(huán)化產物的結構簡式為 ，故答案為：． 【點評】 本題考查有機物的推 斷與合成、官能團的結構與性質、同分異構體書寫、有機反應方程式等，充分利用有機物的結構分析解答，是對有機化學的綜合考查，側重考查學生分析推理與知識遷移運用能力考查，難度較大．