一：问能不能通过电解硫酸钠同时制取硫酸,氢氧化钠,氢气与氧气?能,只需直接电解,即可在阳极值得氧气与氢氧化钠,阴极制得硫酸和氢气.与答案相似,并说可以与电解NaCl类比.我认为：电解NaCl时中间有阳离子交换膜,可以阻碍钠离子以外的离子通过,而此题即使有阳离子交换膜也不能通过氢离子通过,所以无法制取.老师又说,阴阳离子的移动需要一个过程,并不是所有的阴阳离子都可以马上反应.但我想,即使如此,也终会反应,难以提取.望大家说说自己的看法,集思广益,
完全不可能,对比一下还原电位就可以了.在溶液的条件下,氢离子和氢氧根离子比钠离子和硫酸根离子容易还原和氧化.产物只有氢气和氧气,绝对不存在硫酸和氢氧化钠.这实质就是在电解水而已.况且,即使有可能生成硫酸和氢氧化钠,也会被反应掉,所以是不可能生成这两种东西的.你的老师说阴阳离子的移动需要一个过程,这句话的确是正确的,但问题是钠离子和硫酸根离子有没有可能被还原是一个问题,因为氢离子比钠离子容易还原,而氢氧根离子比硫酸根容易氧化,所以,归根到底,后两种离子连发生氧化还原反应的机会都没有,更不用说生成那两种产物了.除非,水被消耗完,否则是不可能的.
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贵州省铜仁市2016年高考化学模拟试卷（解析版）
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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．Ea+和Fb+有相同的电子层结构（a＜b）
D．25℃时，Ksp[E（OH）a]＞Ksp[F（OH）b]
5．NA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10NA
B．6.4g铜完全溶解于一定浓度的硝酸时，转移的电子数为0.2NA
C．1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中，离子总数为0.3NA
D．在密闭容器中，2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）△H=+14.9kJ&mol﹣1，若投入NA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CrO42﹣；
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Cr2O72﹣，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H2SO4
C．酸性KMnO4溶液 D．FeSO4溶液
③每消耗0.1mol Na2S203转移0.8mol
e﹣、则S2O32﹣的氧化产物为_________（填离子符号）
3时．若最终溶液F的pH=6．则溶液F中的c（Cr3+）为_________
（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．
（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．lmol
NO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_________；
&#min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Ka=_________．
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_________．
400℃
500℃
600℃
（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/℃
炉渣中CuSO4的质量分数/%
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a
cm，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．
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；
【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；
【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；
【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．Ea+和Fb+有相同的电子层结构（a＜b）
D．25℃时，Ksp[E（OH）a]＞Ksp[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．Ea+和Fb+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．
【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．NA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10NA
B．6.4g铜完全溶解于一定浓度的硝酸时，转移的电子数为0.2NA
C．1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中，离子总数为0.3NA
D．在密闭容器中，2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）△H=+14.9kJ&mol﹣1，若投入NA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8NA，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0.2NA，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．NA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；
【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+SO42﹣+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．
【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，
【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CrO42﹣；
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Cr2O72﹣，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H2SO4
C．酸性KMnO4溶液 D．FeSO4溶液
③每消耗0.1mol Na2S203转移0.8mol
e﹣、则S2O32﹣的氧化产物为
（填离子符号）
3时．若最终溶液F的pH=6．则溶液F中的c（Cr3+）为
（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CrO42﹣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S2O32﹣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CrO42﹣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Cr2O72﹣，故A符合；
B．浓H2SO4具有强氧化性，不能表现还原性，不能还原Cr2O72﹣，故B不符合；
C．酸性KMnO4溶液是强氧化剂不能还原Cr2O72﹣，故C不符合；
D．FeSO4溶液中亚铁离子具有还原性，可以还原Cr2O72﹣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；
③Cr2O72﹣与Na2S203反应，Cr2O72﹣为氧化剂，Na2S203为还原剂，每消耗0.1mol
Na2S203转移0.8mol
e﹣、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S2O32﹣的氧化产物为SO42﹣，
故答案为：SO42﹣；
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．
（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．lmol
NO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
&#min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Ka=
【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=﹣1
160kJ&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=﹣1
160kJ&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）；
NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（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Kh===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 ．
400℃
500℃
600℃
（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/℃
炉渣中CuSO4的质量分数/%
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
（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
SO32﹣﹣2e﹣+H2O=2H++SO42﹣
【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+SO3CuSO4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
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SO32﹣﹣2e﹣+H2O=2H++SO42﹣，故答案为：阴；NaOH溶液；SO32﹣﹣2e﹣+H2O=2H++SO42﹣．
【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
（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
（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a
cm，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a
cm，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a
cm，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，
NA=，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．
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：
②X与足量稀NaOH溶液共热：
+4NaOHCH3CH2COONa++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
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1mol
NaHCO3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： +4NaOHCH3CH2COONa++2H2O+2NaCl，
故答案为： +H2O；
+4NaOHCH3CH2COONa++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2mol
NaOH，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．
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