2016年山东省菏泽市成武一中高考三模试卷化学 10页

2016 年山东省菏泽市成武一中高考三模试卷化学 一、选择题 1.化学与生活密切相关，下列叙述正确的是( ) A.光纤通信使用的光缆主要成分是 Si，太阳能电池使用的材料主要是 SiO2 B.点燃爆竹后，硫燃烧生产 SO3 C.海水中含有溴元素，只进行物理变化就可以得到溴单质 D.地沟油禁止使用，但可以用来制取肥皂 解析：A.光纤通信使用的光缆主要成分是二氧化硅，太阳能电池使用的材料主要是 Si，故 A 错 误； B.点燃爆竹后，硫燃烧生产 SO2，故 B 错误； C.海水中含有的溴元素是以 Br﹣的形式存在，要转化为溴单质，元素必然降价，要发生还原反应， 即只经过物理变化不能从海水中得到溴单质，故 C 错误； D.地沟油禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制 取肥皂，故 D 正确。 答案：D 2.NA 代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( ) A.标准状况下 2.24L 氯气与水充分反应转移电子数为 0.1NA B.标况下，2.24LNO2 分子总数小于 0.1NA C.标准状况下 2.24L 的 CCl4 中含有的 C﹣Cl 键数为 0.4NA D.6.8g 液态 KHSO4 中含有 0.1NA 个阳离子 解析：A.氯气与水的反应为可逆反应，2.24L 氯气不能完全转化，转移电子数小于 0.1mol，故 A 错 误； B.NO2 发生反应：2NO2⇌N2O4，所以 2.24LNO2 分子总数小于 0.1NA，故 B 正确； C.标准状况下，四氯化碳为液体状态，即 2.24L 的四氯化碳不是 0.1mol，故 C 错误； D.6.8g 液态 KHSO4 的物质的量=0.05mol，液体 KHSO4，只能电离出钾离子，不能电离出氢离子， 故有 0.05NA 个阳离子，故 D 错误。 答案：B 3.屠呦呦因对青蒿素的研究而获得诺贝尔生理学或医学奖，青蒿素可以青蒿酸(结构简式如图所示) 为原料合成，下列关于青蒿酸的说法中正确的是( ) A.分子式为 C15H24O2 B.属子芳香族化合物 C.能发生取代反应和加成反应 D.分子中所有原子可能共平面 解析：A.根据有机物的结构简式判断分子式为 C15H20O2，故 A 错误； B.不含苯环，不属于芳香族化合物，故 B 错误； C.含有碳碳双键，可发生加成反应，含有羧基，可发生取代反应，故 C 正确； D.含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，所有原子不可能在同一平面上，故 D 错误。 答案：C 4.X、Y、Z、W 为四种短周期主族元素，且原子序数依次递增，其中 X、Z 同族，Y 是短周期主族 元素中原子半径最大的，X 原子最外层电子数是核外电子层数的 3 倍，下列说法正确的是( ) A.Y、Z、W 单核离子均能破坏水的电离平衡 B.W 元素氧化物对应水化物的酸性一定强于 Z C.南 X、Y、Z 三种元素组成的化合物不止 2 种 D.因为 X 的氢化物分子间有氢键，所以 X 的氢化物较 Z 的氢化物稳定 解析：X 原子的最外层电子数是核外电子层数的 3 倍，则核外各电子层的电子分别为 2、6，应为 O 元素，X、Z 同主族，则 Z 为 S 元素，W 为短周期元素，而且 W 的原子序数大于 S，所以 W 为 Cl 元素，Y 是短周期主族元素中原子半径最大的，则 Y 为 Na 元素。 A、HCl 为强酸，Cl﹣不水解，故 A 错误； B、Cl 元素的最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于 S，不是最高价氧化物的水化物的酸性不能 判断酸性强弱，故 B 错误； C、X、Y、Z 分别为 X 为 O、Na、S，三种元素形成的化合物由 Na2SO3、Na2SO4、Na2S2O3 等，故 C 正确； D、氢化物的稳定性与共价键有关，与氢键无关，O﹣H 键能大于 H﹣S 键能，所以 H2O 的稳定性 大于 H2S，故 D 错误。 答案：C 5.已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3 ﹣。下列离子反应方程式正确的是( ) ①NaClO 溶液中通入少量二氧化碳：2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+CO32﹣ ②Na2CO3 溶液中加入 HClO 溶液：CO32﹣+HClO═HCO3 ﹣+ClO﹣ ③等物质的量的 Cl2 与 Na2CO3 溶液恰好反应：Cl2+CO32﹣+H2O═HCO3 ﹣+Cl﹣+HClO ④Cl2 通入 NaHCO3 溶液中：Cl2+2HCO3 ﹣═2CO2↑+Cl﹣+ClO﹣+H2O。 A.②④ B.①③ C.②③ D.①④ 解析：①H2CO3＞HClO＞HCO3 ﹣，则 NaClO 溶液中通入少量二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸氢 钠，故①错误； ②次氯酸酸性强于碳酸氢钠弱于碳酸，依据强酸制备弱酸规律，Na2CO3 溶液中加入 HClO 溶液： CO32﹣+HClO═HCO3 ﹣+ClO﹣，故②正确； ③氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢与碳酸钠反应生成氯化钠、碳酸氢钠和水，次氯酸 与碳酸氢钠不反应，则离子方程式：：Cl2+CO32﹣+H2O═HCO3 ﹣+Cl﹣+HClO，故③正确； ④Cl2 通入 NaHCO3 溶液中，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸能够与碳酸氢钠反应生成氯化 钠和水、二氧化碳，次氯酸酸性弱于碳酸，所以与碳酸氢钠不反应，应以次氯酸分子形式存在，故 ④错误。 答案：C 6.向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是( ) 操作 现象 结论 A 滴加稀 NaOH 溶液，将红色石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝 原溶液中无 NH4+ B 向溶液 X 中先滴加稀硝酸，再滴加 Ba(NO3)2 溶 液 出现白色沉淀 溶液 X 中一定含有 SO42﹣ C 滴加氯水和 CCl4，振荡、静置 下层溶液显紫色 原溶液中有 I﹣ D 用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 原溶液中有 Na+、无 K+ A.A B.B C.C D.D 解析：A、铵盐和氢氧化钠在加热的条件下发生反应生成氨气，铵盐中滴加稀 NaOH 溶液，不加热 不会产生氨气，故 A 错误； B、向溶液 X 中先滴加稀硝酸，再滴加 Ba(NO3)2 溶液，出现白色沉淀，不排除溶液 X 中含有 SO32﹣ 的可能，故 B 错误； C、碘离子具有还原性，能被氯气氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝，碘水中加入四氯化碳振 荡、静置，下层是溶于四氯化碳中的碘单质显紫色，故 C 正确； D、用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色，原溶液中有 Na+，无法判断是否含 K+，故 D 错 误。 答案：C 7.下列溶液中微粒浓度关系正确的是( ) A.含有 NH4+、Cl﹣、H+、OH﹣的溶液中，离子浓度是 c(Cl﹣)＞c(NH4+)＞c(OH﹣)＞c(H+) B.pH=5 的 NH4Cl 溶液与 pH=5 的硫酸中，水电离的 c(H+)相同 C.pH=9 的 NaHCO3 溶液中：c(Na+)＞c(HCO3 ﹣)＞c(CO32﹣)＞c(H2CO3) D.将 0.2 mol•L﹣1 CH3COOH 溶液和 0.1 mol•L﹣1NaOH 溶液等体积混合，则反应后的混合溶液中： 2c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)=2c(H+)+c(CH3COOH) 解析：A.溶液中一定满足电荷守恒，而 c(Cl﹣)＞c(NH4+)＞c(OH﹣)＞c(H+)中阴离子总浓度大于阳离 子，违反了电荷守恒，故 A 错误； B.pH=5 的 NH4Cl 溶液与 pH=5 的硫酸中，前者铵根离子水解促进了水的电离，后者硫酸电离出的 氢离子抑制了水的电离，所以两溶液中水电离的 c(H+)不相同，故 B 错误； C.pH=9 的 NaHCO3 溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的电离程度小于其水解程度，则 c(H2CO3)＞ c(CO32﹣)，正确的离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HCO3 ﹣)＞c(H2CO3)＞c(CO32﹣)，故 C 错误； D.0.2 mol•L﹣1 CH3COOH 溶液和 0.1 mol•L﹣1NaOH 溶液等体积混合，反应后溶质为等浓度的醋酸和 醋酸钠，根据电荷守恒可知：c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)=c(Na+)+c(H+)，根据物料守恒可得： c(CH3COOH)+c(CH3COO﹣)=2c(Na+)，二者结合可得：2c(OH﹣)+c(CH3COO ﹣)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故 D 正确。 答案：D 二、非选择题 8.二氧化硫为无色气体，有强烈刺激性气味，是大气主要污染物之一。某化学兴趣小组欲制备并探 究 SO2 的某些性质。 【SO2 的制备】用亚硫酸钠与较浓的硫酸反应制备 SO2 的装置图如图 1(夹持仪器省略)： 图中的装置错误的是 ；B 中发生反应的化学方程式 为 。 D 装置的作用是 。 解析：根据图 1 装置可知，二氧化硫密度大于空气，所以收集二氧化硫时应长时短出，所以 C 处有 错，装置 B 中发生的反应为亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，反应的化学方程式 为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；二氧化硫会污染空气，所以 D 的作用是进行尾气吸收， 答案：集气瓶 C 中导管长短反了 Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑ 吸收尾气中的 SO2，防止污染环境 【SO2 的性质】探究 SO2 气体性质的装置如图 2 所示： 装置Ⅰ中的现象是 ，写出装置Ⅰ中通入足量 SO2 的离子方 程式 。 在上述装置中通入过量的 SO2，为了验证Ⅱ中发生了氧化还原反应，取Ⅱ中溶液分成两份， 并设计了如下实验： 方案一：往第一份试液中加入少量酸性 KMnO4 溶液，紫红色褪去； 方案二：往第二份试液加入 KSCN 溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红。 上述方案不合理的方案是 ，原因是 ，写出解释该原因的离 子方程式 。 SO2 可以用来制备硫代硫酸钠，硫代硫酸钠可用于照相业作定影剂，也可用于纸浆漂白作脱氯剂 等。实验室可通过 Na2S、Na2CO3 和 SO2 共同反应来制取 Na2S2O3.写出如图 3 所示装置中三颈瓶中 由反应制取 Na2S2O3 的化学方程式 。 解析：二氧化硫通入硫化钠溶液发生氧化还原反应生成淡黄色沉淀硫单质；足量二氧化硫和硫化钠 溶液反应得到硫单质和亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为：2S2﹣+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO3 ﹣， 过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色，所以方案一不合理，反应的离子方程式为： 5SO2+2MnO4 ﹣+2H2O=5SO42﹣+2Mn2++4H+， 实验室可通过 Na2S、Na2CO3 和 SO2 共同反应生成二氧化碳和 Na2S2O3，反应的化学方程式为： 2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 。 答案：有浅黄色沉淀生成 2S2﹣+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO3 ﹣ 方案一 过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色 5SO2+2MnO4 ﹣+2H2O=5SO42﹣+2Mn2++4H+ 2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 9.NO 能引起光化学烟雾，破坏臭氧层。处理 NO 有多种方法，根据题意回答下列问题： Ⅰ.利用催化技术将尾气中的 NO 和 CO 转变成 CO2 和 N2，化学方程式如下： 2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)△ H=﹣748kJ/mol 为了测定某催化剂作用下的反应速率，在一定温度下，向某恒容密闭容器中充入等物质的量的 NO 和 CO 发生上述反应。用气体传感器测得不同时间 NO 浓度如表： 时间(s) 0 1 2 3 4 … c(NO)/mol•L﹣1 1.00×10﹣3 4.00×10﹣4 1.70×10﹣4 1.00×10﹣4 1.00×10﹣4 … 前 2s 内的平均反应速率 υ(N2)= (保留 3 位有效数字，下同)；计算此温度下该反 应的 K= 。 达到平衡时，下列措施能提高 NO 转化率的是 。(填字母序号) A.选用更有效的催化剂 B.降低反应体系的温度 C.充入氩气使容器内压强增大 D.充入 CO 使容器内压强增大 已知 N2(g)+O2(g)=2NO(g)△ H=+180kJ/mol；则 CO 的燃烧热为 。 解析：根据表格中数据算出前 2s 内的平均反应速率 υ(NO)=(1.00×10﹣3﹣1.70×10﹣4 )÷2=4.15×10﹣ 4mol/(L•s)，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，υ(N2)=1/2υ(NO)=2.08×10﹣4 mol/(L•s)；由 表格数据看出第 3s 后 c(NO)不变则达平衡，此时 c(CO)=1.00×10﹣4mol•L﹣1，c(CO2)=1.00×10﹣3mol•L ﹣1 ﹣1.00×10﹣4mol•L﹣1=9.00×10﹣4mol•L﹣1，c(N2)=1/2c(CO2)=4.50×10﹣4mol•L﹣1，根据 K=c(CO2)2×c (N2)/(c(NO)2×c (CO)2)=3.65×106， 达到平衡时，要提高 NO 转化率，即改变条件要使平衡正向移动， A.选用更有效的催化剂，平衡不移动，故 A 错误； B.降低反应体系的温度，该反应为放热反应，正向移动，故 B 正确； C.充入氩气使容器内压强增大，平衡不移动，故 C 错误； D.充入 CO 使容器内压强增大，相当于增大 CO 浓度，平衡正向移动，NO 转化率提高，故 D 正 确。 由已知方程①2NO(g)+2CO(g)=2CO2(g)+N2(g)△ H=﹣748kJ/mol 及 ②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△ H=+180kJ/mol。根据盖斯定律①÷2+②÷2 得 CO 的燃烧热的热化学方程 式为 CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)△ H=(﹣748kJ/mol)÷2+(+180kJ/mol)÷2=﹣284 kJ/mol。 答案：2.08×10﹣4mol/(L•s)；3.65×106 BD 284 kJ/mol 或△ H=﹣284kJ/mol Ⅱ.臭氧也可用于处理 NO。 O3 氧化 NO 结合水洗可产生 HNO3 和 O2，每生成 1mol 的 HNO3 转移 mol 电子。 O3 可由电解稀硫酸制得，原理如图。图中阴极为 (填 A 或 B)，阳极(惰性电极)的电极反 应式为 。 解析：O3 氧化 NO 结合水洗可产生 HNO3 和 O2，转移电子数=化合价升高数，NO 转化为 HNO3 ， 化合价升高 3，每生成 1mol 的 HNO3 转移 3mol 电子， 根据已知图，A 极出来的是 O3，B 极出来的是 H2，说明 A 极发生的氧化反应为阳极，B 极发生还 原反应为阴极，阳极(惰性电极)的电极反应式为 3H2O﹣6e﹣=O3+6H+。 答案：3 B 3H2O﹣6e﹣=O3+6H+ 10.锂元素被誉为能源元素。锂及锂盐具有的优异性能和特殊功能，在化工、电子、宇航、核能、 能源等领域都得到广泛应用。 Ⅰ.锂的原子结构示意图为 ；锂暴露在湿空气中时，会迅速地失去金属光泽、表面开 始变黑，更长时间则变成白色。生成的化合物是氮化锂、氢氧化锂，最终生成碳酸锂。写出生成氮 化锂的化学方程式 。 解析：锂的原子核外有 2 个电子层，各层电子数为 2、1，原子结构示意图为： ，Li 与氮气反 应生成 Li3N，反应方程式为：6Li+N2=2Li3N。 答案： 6Li+N2=2Li3N Ⅱ.下面是从锂辉石(Li2O•Al2O3•SiO2)中提出锂的工业流程示意图。 高温煅烧时的反应原理为： Li2O•Al2O3•SiO2+K2SO4═K2O•Al2O3•SiO2+Li2SO4 Li2O•Al2O3•SiO2+Na2SO4═Na2O•Al2O3•SiO2+Li2SO4 锂离子浸取液中含有的金属离子为：K+、Na+、Li+、Fe3+、Fe2+、Al3+、Mn2+。 几种金属离子沉淀完全的 pH 金属离子 Al(OH)3 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mn(OH)2 沉淀完全的 pH 4.7 9.0 3.2 10.1 Li2SO4、Li2CO3 在不同温度下的溶解度(g/100g 水) 温度溶解度 10℃ 20℃ 50℃ 80℃ Li2SO4 35.4 34.7 33.1 31.7 Li2CO3 1.43 1.33 1.08 0.85 浸取时使用冷水的原因是 。 滤渣 2 的主要成分为 。 流程中分 2 次调节 pH(pH7～8 和 pH＞13)，有研究者尝试只加一次浓 NaOH 溶液使 pH＞13，结果 发现在加饱和碳酸钠溶液沉锂后，随着放置时间延长，白色沉淀增加，最后得到的 Li2CO3 产品中 杂质增多。Li2CO3 产品中的杂质可能是 ，用离子方程式表示其产生 的原因 。 加热浓缩的作用是 。 洗涤 Li2CO3 晶体使用 。 解析：锂辉石(Li2O•Al2O3•4SiO2)煅烧后，冷却、研磨，有利于冷水的浸取，抽滤，得到滤渣为硅酸 盐，结合锂离子浸取液中含有的金属离子、离子沉淀完全 pH，可知加热 NaOH 浓溶液，调节溶液 pH=7～8，Al3+、Fe3+转化为 Al(OH)3、Fe(OH)3，抽滤后再加入 NaOH 浓溶液，调节溶液 pH＞13， 应是将 Mn2+转化为沉淀，抽滤后，加热浓缩，加入饱和碳酸钠溶液，由于 Li2CO3 的溶解度远小于 Li2SO4，会析出 Li2CO3，由于 Li2CO3 的溶解度随温度升高而减小，用热水洗涤可减少 Li2CO3 的损 失，得到最终产物碳酸锂。 Li2SO4 的溶解度随温度升高而减少，用冷水浸取可以提高浸取率，故用冷水浸取， 由上述分析可知，滤渣 2 为 Al(OH)3、Fe(OH)3， 只加一次浓 NaOH 溶液使 pH＞13，会使溶液中 Al3+转化为 AlO2 ﹣，放置后，空气中二氧化碳与 AlO2 ﹣、水反应生成 Al(OH)3，Li2CO3 产品中的杂质可能是 Al(OH)3，相应的离子方程式为： Al3++4OH﹣=AlO2 ﹣+2H2O、2AlO2 ﹣+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32﹣， Li2CO3 的溶解度随温度升高而减小，加热浓缩，提高 Li+ 浓度和溶液温度，使得 Li2CO3 容易析 出， Li2CO3 的溶解度随温度升高而减小，用热水洗涤可以减少碳酸锂的损耗， 答案：Li2SO4 的溶解度随温度升高而减少，用冷水浸取可以提高浸取率 Al(OH)3、Fe(OH)3 Al(OH)3；Al3++4OH﹣=AlO2 ﹣+2H2O 2AlO2 ﹣+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32﹣ 提高 Li+浓度和溶液温度，使得 Li2CO3 容易析出 热水 11.高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿(主要成分为 MnO2，含少量 Fe、Al、 Mg 等杂质元素)制备高纯碳酸锰的实验过程如下： (1)浸出：浸出时温度控制在 90℃～95℃之间，并且要连续搅拌 3 小时的目的是 ，植 物粉的作用是 。 解析：湿法浸出软锰矿(主要成分为 MnO2，含少量 Fe、Al、Mg 等杂质元素)制备高纯碳酸锰，加 入浓硫酸和植物粉浸出过滤得到滤液除去杂质，加入碳酸氢铵形成沉淀通过一系列操作得到高纯碳 酸锰； 升温、搅拌都可以加快物质的溶解反应速率，浸出时温度控制在 90℃～95℃之间，并且要连续搅 拌 3 小时的目的是提高软锰矿中锰的浸出率；加入植物粉是一种还原剂。 答案：提高软锰矿中锰的浸出率 作还原剂 (2)除杂：①向浸出液中加入一定量的碳酸锰矿，调节浸出液的 pH 为 3.5～5.5；②再加入一定量 的软锰矿和双氧水，过滤；③…… 操作①中使用碳酸锰调 pH 的优势是 ；操作②中加入双 氧水不仅能将 Fe2+氧化为 Fe3+，而且能提高软锰矿的浸出率。写出双氧水提高软锰矿浸出率的离子 方程式 。 解析：使用碳酸锰调 pH 的优势是不引入新的杂质；酸性溶液中二氧化锰氧化过氧化氢为氧气，本 身被还原为锰离子，反应的离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++2H2O+O2↑。 答案：增加 MnCO3 的产量(或不引入新的杂质等) MnO2+H2O2+2H+=Mn2++2H2O+O2↑ (3)制备：在 30℃～35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终 pH 在 6.5～7.0，得到 MnCO3 沉淀。温度控制 35℃以下的原因是 ； 该反应的化学方程式为 ；生成的 MnCO3 沉淀需经充分洗涤，检验 洗涤是否完全的方法 是 。 解析：依据碳酸氢铵受热易分解分析，温度控制 35℃以下的原因是防止碳酸氢铵分解，在 30℃～ 35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终 pH 在 6.5～7.0，得到 MnCO3 沉淀，硫酸铵，二氧化碳和水，反应的化学方程式为：MnSO4+2NH4HCO3 MnCO3+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O，生成的 MnCO3 沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是取 最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子设计，取最后一次的洗涤滤液 1～2 mL 于试管中，向其 中滴加用盐酸酸化的 BaCl2 溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净。 答案：减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率 MnSO4+2NH4HCO3 MnCO3+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O 取最后一次的洗涤滤液 1～2 mL 于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的 BaCl2 溶液，若无白色沉淀产 生，则表明已洗涤干净 (4)计算：室温下，Ksp(MnCO3)=1.8×10﹣11，Ksp(MgCO3)=2.6×10﹣5，已知离子浓度小于 1.0×10﹣ 5mol•L﹣1 时，表示该离子沉淀完全。若净化液中的 c(Mg2+)=10﹣2mol/L，试计算说明 Mg2+的存在是 否会影响 MnCO3 的纯度。 解析：Ksp (MnCO3)=c(Mn2+)•c(CO32﹣)，当 Mn2+沉淀完全时，c(CO32﹣)= ×10﹣5=1.8×10 ﹣6 mol•L﹣1，若 Mg2+也能形成沉淀，则要求 Mg2+＞2.6×10﹣5/1.8×10﹣6=14.4 mol•L﹣1，Mg2+的浓度 0.01mol/L 远小于 14.4 mol•L﹣1，若净化液中的 c(Mg2+)=10﹣2mol/L，说明 Mg2+的存在不会影响 MnCO3 的纯度。 答案：Mg2+的存在不会影响 MnCO3 的纯度 12.原子序数依次增大的 A、B、C、D、E、F 六种元素。其中 A 的基态原子有 3 个不同的能级，各 能级中的电子数相等；C 的基态原子 2p 能级上的未成对电子数与 A 原子的相同；D 为它所在周期 中原子半径最大的主族元素；E 和 C 位于同一主族，F 的原子序数为 29。 (1)F 原子基态的外围核外电子排布式为 。 解析：原子序数依次增大的 A、B、C、D、E、F 六种元素，A 的基态原于有 3 个不同的能级，各 能级中的电子数相等，则 A 是 C 元素；C 的基态原子 2p 能级上的未成对电子数与 A 原子的相同， C 原子序数大于 A，则 C 为 O 元素； B 原子序数大于 A 而小于 C，则 B 是 N 元素； E 和 C 位于同一主族，且 E 原子序数小于 25，则 C 是 S 元素； D 为它所在周期中原子半径最大的主族元素，原子序数小于 S，则 D 是 Na 元素； F 的原子序数为 29，为 Cu 元素； F 是 Cu 元素，其原子核外有 29 个电子，根据构造原理知 Cu 元素基态原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1 或[Ar]3d104s1。 答案：1s22s22p63s23p63d104s1 或[Ar]3d104s1 (2)在 A、B、C 三种元素中，第一电离能由小到大的顺序是 (用元素符号回答)。 解析：A、B、C 分别是 C、N、O 元素，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增 大趋势，但第 IIA 族、第 VA 族元素第一电离能大于其相邻元素，所以电离能从小到大顺序是 N＞ O＞C。 答案：N＞O＞C (3)元素 B 的简单气态氢化物的沸点 (高于，低于)元素 A 的简单气态氢化物的沸 点，其主要原因是 。 解析：含有氢键的氢化物熔点较高，氨气分子中含有氢键、甲烷中不含氢键，所以氨气熔沸点高于 甲烷。 答案：高于 B 的氢化物分子之间存在氢键 (4)由 A、B、C 形成的离子 CAB﹣与 AC2 互为等电子体，则 CAB﹣的结构式 为 。 解析：等电子体原子个数相等、价电子数相等，由 C、N、O 形成的离子 OCN﹣与 CO2 互为等电子 体，根据二氧化碳结构式知 OCN﹣的结构简式为[N=C=O]﹣。 答案：[N=C=O]﹣ (5)在元素 A 与 E 所形成的常见化合物中，A 原子轨道的杂化类型为 。 解析：在元素 C 与 S 所形成的常见化合物 CS2 中，二硫化碳分子中中心原子价层电子对个数是 2 且 不含孤电子对，所以 C 原子采用 sp 杂化。 答案：sp (6)由 B、C、D 三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，则该化合物的化学式 为 。 解析：由 N、O、Na 三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，该晶胞中 N 原子个数=1+8× =2、O 原子个数=2+16× =4，Na 原子个数=8× =2，所以该晶胞中 Na、N、O 原子个数之比=2： 2：4=1：1：2，则化学式为 NaNO2. 答案：NaNO2 (7)FC 在加热条件下容易转化为 F2C，从原子结构的角度解释原因 。 解析：在原子中电子层全满、半满和全空为稳定状态，Cu+外围电子 3d10 轨道全满稳定，Cu2+外围 电子 3d9 轨道电子非全满和半满状态不稳定。 答案：Cu+外围电子 3d10 轨道全满稳定，Cu2+外围电子 3d9 轨道电子非全满和半满状态不稳定 13.苯酚是一种重要的化工原料。以苯酚为主要起始原料，经下列反应可制得香料 M 和高分子化合 物 N。(部分产物及反应条件已略去) (1)由苯酚生成 A 的化学方程式是 。 解析：苯酚与氢氧化钠反应生成苯酚钠，故 A 为 ，由转化关系可知 B 为 ， C 的分子式为 C5H12O，C 能与金属 Na 反应，属于饱和一元醇，C 的一氯代物有 2 种，分子中有 2 种 H 原子，故 C 的结构简式是 ，B 与 C 发生酯化反应生成 M，则 M 为 。苯酚与丙酮反应生成 D，D 的分子式为 C15H16O2，再结合 N 的结构可知 D 为 。 苯酚与氢氧化钠反应生成苯酚钠，反应方程式为： +NaOH→ +H2O。 答案： +NaOH→ +H2O (2)已知 C 的分子式为 C5H12O，C 能与金属 Na 反应，C 的一氯代物有 2 种，与 C 含有相同官能团 的同分异构共有 种，C 的结构简式是 。 解析：C 的结构简式是 ，与 C 含有相同官能团的同分异构，可以看作戊烷被羟基取代， 正戊烷被羟基取代有 3 种，异戊烷被羟基取代有 4 种，新戊烷被羟基取代得到 C，不含 C 共有 7 种。 答案：7 (3)B 与 C 反应的化学方程式是 。 解析：B 与 C 反应的化学方程式是： 。 答案： (4)由苯酚生成 D 的化学方程式是 由 D 生成 N 的反应类 型是 。 解析：由苯酚生成 D 的化学方程式是：2 + +H2O；生成 N 的反应类型是缩聚反应。 答案：2 + +H2O 缩聚反应 (5)以苯酚为基础原料也可以合成防腐剂 F。经质谱分析 F 的相对分子质量为 152，其中氧元素的质 量分数为 31%，F 完全燃烧只生成 CO2 和 H2O。则 F 的分子式是 。 已知：芳香族化合物 F 能与 NaHCO3 溶液反应，且不能发生水解反应； F 的核磁共振氢谱显示其分子中含有 4 种氢原子； 分子结构中不存在﹣O﹣O﹣的连接方式。F 的结构简式是 。 解析：以苯酚为基础原料也可以合成防腐剂 F。经质谱分析 F 的相对分子质量为 152，其中氧元素 的质量分数为 31%，则分子中氧原子数目为 =3，芳香族化合物 F 能与 NaHCO3 溶液反 应，且不能发生水解反应，故分子中含有苯环、﹣COOH，假定为二元取代，则剩余基团的相对分 子质量为 152﹣76﹣45=31，且含有 1 个 O 原子，完全燃烧只生成 CO2 和 H2O，故剩余基团为﹣ OCH3 或﹣CH2OH，故 F 的分子式为 C8H8O3，F 的核磁共振氢谱显示其分子中含有 4 种氢原子，分 子结构中不存在﹣O﹣O﹣的连接方式，F 的结构简式是 。 答案：C8H8O3