1、辽宁省重点高中协作校 2018 届高三第三次模拟考试理综化学试题1. 化学与生产生活密切相关。下列说法正确的是A. 阻燃剂 Al(OH)3受热分解时放出能量B. 蚕丝、涤纶、棉花的主要成分均为蛋白质C. 油脂在长期贮存过程中与微生物、酶和空气中的氧气作用会发生酸败D. 硅太阳能电池与铜锌原电池工.作时均由化学能转变为电能【答案】C【解析】阻燃剂 Al(OH)3受热分解时吸收能量，使周围环境温度降低，A 错误；蚕丝主要成分为蛋白质，涤纶、棉花的主要成分为纤维素，B 错误；油脂中不饱和脂肪酸在酶和空气中的氧气作用下，氧化分解，酸败变质，C 正确；硅太阳能电池是将太阳能转化为电能，铜锌原电池工作时，
2、将化学能变为电能，D 错误；正确选项 C。2. 设 NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法不正确的是A. 23gCH3CH2OH 与 30gCH3COOH 反应，生成 CH3COOCH2CH3的分子数为 0.5NAB. 15.6g 由 Na2S 和 Na2O2组成的混合物中，含有的阴离子数目为 0.2NAC. 32.5g 锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成气体的分子数为 0.5NAD. 过量 MnO2与浓盐酸反应产生 1molCl2，转移的电子数目为 2NA【答案】A【解析】分析：A 项，CH 3CH2OH 与 CH3COOH 的酯化反应为可逆反应；B 项，Na 2S 和 Na2O2的摩尔质量都
3、是 78g/mol，Na 2S 和 Na2O2中阴、阳离子个数比都为 1:2；C 项，Zn 与浓 H2SO4反应生成 SO2，随着反应的进行硫酸变稀，Zn 与稀硫酸反应生成 H2；D 项，Cl 元素的化合价由-1价升至 0 价，生成 1molCl2失去 2mol 电子。详解：A 项，n（CH 3CH2OH）= =0.5mol，n（CH 3COOH）= =0.5mol，CH 3CH2OH 与CH3COOH 反应的化学方程式为 CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O，由于该反应为可逆反应，生成的 CH3COOCH2CH3物质的量小于 0.5mol，A 项错误；B 项，N
4、a 2S 和 Na2O2的摩尔质量都是 78g/mol，15.6gNa 2S 和 Na2O2以任意比混合，n 总 = =0.2mol，Na 2S 和 Na2O2中阴、阳离子个数比都为 1:2，含有阴离子物质的量为 0.2mol，B 项正确；C 项，n（Zn）= =0.5mol，Zn 与浓 H2SO4的反应为：Zn+2H 2SO4（浓） =ZnSO4+SO2+2H 2O，随着反应的进行 H2SO4变稀，Zn 与稀 H2SO4的反应为：Zn+H 2SO4=ZnSO4+H2，Zn 无论与浓硫酸反应还是与稀硫酸反应，生成气体分子物质的量等于 Zn 的物质的量，生成气体分子物质的量为0.5mol，C 项
5、正确；D 项，MnO 2与浓盐酸共热制 Cl2的反应中，Cl 元素的化合价由-1 价升至0 价，生成 1molCl2转移电子物质的量为 2mol，D 项正确；答案选 A。3. 下列叙述正确的是A. 甲苯与足量 H2加成产物的一氯取代物有 5 种B. 由 3 种单体加聚得到C. 双糖、多糖在稀酸的催化下最终均水解为葡萄糖D. 分子式为 C4H6O2并能与饱和 NaHCO3溶液反应生成 CO2的有机物有 3 种(不含立体异构)【答案】A【解析】分析：A 项，甲苯与足量 H2反应生成 ， 中有 5 种 H 原子；B项， 链节的主链上只有碳原子且含碳碳双键，用“凡双键，四个碳；无双键，两个碳”的规律判
6、断单体；C 项，蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖；D项，能与 NaHCO3反应生成 CO2说明结构中含羧基，C 4H6O2的不饱和度为 2，其结构可能是链状也可能是环状。详解：A 项，甲苯与足量 H2反应生成 ， 中有 5 种 H 原子，的一氯代物有 5 种，A 项正确；B 项， 链节的主链上只有碳原子且含碳碳双键，用“凡双键，四个碳；无双键，两个碳”的规律判断单体，单体为 CH2=CHCH=CH2和 CH3CH=CH2， 由 2 种单体加聚得到，B 项错误；C 项，麦芽糖、淀粉、纤维素在酸催化下最终水解为葡萄糖，蔗糖在酸催化下最终水解为葡萄糖和果糖，C 项错误；D 项，C 4H6O2的不饱和度为
7、2，能与 NaHCO3溶液反应生成 CO2说明有机物结构中含羧基，符合条件的同分异构体有：CH3CH=CHCOOH、CH 2=CHCH2COOH、 、 ，共 4 种，D 项错误；答案选 A。点睛：本题考查一氯代物种类的判断、高分子化合物单体的判断、双糖和多糖的水解、限定条件同分异构体数目的确定。确定一氯代物的种类用“等效氢”法：同一个碳原子上的氢原子等效，同一个碳原子上所连甲基上氢原子等效，处于对称位置的氢原子等效。限定条件的同分异构体数目的确定用有序思维，先确定不饱和度和官能团，再用残基法确定可能的结构。4. a、b、c、d 为原子序数依次增大的短周期不同主族元素，其中只有一种为金属元素，四
8、种元素的单质在通常情况下只有一种不是气体，b 与 d 的最外层电子数之和为 a 与 c 最外层电子数之和的四倍。下列叙述不正确的是A. 原子半径：cdaB. d 的氧化物对应的水化物酸性均比 b 的强C. a、b、d 三种元素形成的化合物可能既含离子键又含共价键D. 单质的熔点：cba【答案】B【解析】分析：b 与 d 的最外层电子数之和为 a 与 c 最外层电子数之和的四倍，a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期不同主族元素，a、b、c、d 最外层电子数不同，a 与 c 最外层电子数之和至少为 3，b 与 d 的最外层电子数之和至少为 12；，a、b、c、d 中只有一种为金属元素，四种元素
9、的单质在通常情况下只有一种不是气体，短周期主族元素的单质通常情况下呈气态的有 H、N、O、F、Cl；代入分析，a 为 H 元素，b 为 N 元素，c 为 Mg 元素，d 为 Cl元素。详解：b 与 d 的最外层电子数之和为 a 与 c 最外层电子数之和的四倍，a、b、c、d 为原子序数依次增大的短周期不同主族元素，a、b、c、d 最外层电子数不同，a 与 c 最外层电子数之和至少为 3，b 与 d 的最外层电子数之和至少为 12；，a、b、c、d 中只有一种为金属元素，四种元素的单质在通常情况下只有一种不是气体，短周期主族元素的单质通常情况下呈气态的有 H、N、O、F、Cl；代入分析，a 为
10、H 元素，b 为 N 元素，c 为 Mg 元素，d 为 Cl 元素。A项，根据“层多径大，序大径小” ，原子半径：c d a，A 项正确；B 项，d 的氧化物对应的水化物有 HClO、HClO 2、HClO 3、HClO 4，b 的氧化物对应的水化物有 HNO3、HNO 2，d 的氧化物对应水化物的酸性不一定比 b 的强，如酸性：HClO HNO3，B 项错误；C 项，a、b、d 三种元素形成的化合物有 NH2Cl、NH 4Cl 等，NH 2Cl 中只含共价键，NH 4Cl 中既含离子键又含共价键，C 项正确；D 项，H 2、N 2常温呈气态，H 2的相对分子质量小于 N2的相对分子质量，H
11、2分子间作用力小于 N2分子间作用力，Mg 常温呈固态，单质的熔点：c b a，D 项正确；答案选B。点睛：本题考查元素周期表和元素周期律的推断，确定 a、b、c、d 代表的元素是解题的关键。注意：Cl、N 都可以形成多种含氧酸，B 项中不是仅比较 Cl、N 的最高价含氧酸酸性的强弱。5. 下列实验方案能达到相应实验目的的是选项实验目的 实验方案A 分离 Fe2O3、Al 2O3将混合物投入足量 NaOH 溶液中然后依次进行过滤、洗涤、蒸发、灼烧四项操作B验证淀粉溶液水解生成葡萄糖向淀粉溶液中加入稀硫酸共热，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热C证明：K sp(Ag2CrO4)c(H+)
12、c(OH-)D. V(NaOH 溶液)：V(HA 溶液)=3：2 时，2c(Na +)+c(OH-)=2c(H2A)+c(HA-)+c(H+)【答案】D【解析】分析：A 项，根据电离平衡常数表达式和点（3.30，0.5）计算 Ka1；B 项，根据电荷守恒判断；C 项，根据点（6.27，0.5）和图像判断；D 项，用电荷守恒、物料守恒判断。详解：A 项，H 2A H+HA-的电离平衡常数 Ka1= ，当 c（HA -）=c（H 2A）时溶液的 pH=3.30 即溶液中 c（H +）=10 -3.30，代入 Ka1=10-3.30，A 项正确；B 项，NaOH 滴入 H2A溶液中，溶液中的电荷守恒
13、为 c（Na +）+c（H +）=c（HA -）+2c（A 2-）+c（OH -） ，当 c（Na +）=c（HA -）+2c（A 2-）时，c（H +）=c（OH -） ，溶液呈中性，B 项正确；C 项，根据图像 pH=6.27时，溶液中 c（A 2-）=c（HA -） ，溶液呈酸性，c（H +） c（OH -） ，C 项正确；D 项，NaOH 滴入H2A 溶液中，溶液中的电荷守恒为 c（Na +）+c（H +）=c（HA -）+2c（A 2-）+c（OH -） ，NaOH 溶液和 H2A 溶液物质的量浓度相等，当 V（NaOH 溶液）：V（H 2A 溶液）=3:2 时，溶液中的物料守恒为
14、2c（Na +）=3c（H 2A）+c（HA -）+c（A 2-），将两式整理得， c（Na +）+c（OH -）=2c（H 2A）+c（HA -）+c（H +） ，D 项错误；答案选 D。点睛：本题考查与 pH 有关的图像分析、电离平衡常数的计算、溶液中粒子浓度的大小关系。找关键点计算电离平衡常数，巧用电荷守恒、物料守恒等确定溶液中粒子浓度的大小关系。8. 高氯酸铜易溶于水，在 130时会发生分解反应，是一种燃烧催化剂。以食盐等内原料制各高氯酸铜Cu(ClO 4)26H2O的一种工艺流程如下:（1）发生“电解 1 时” ，所用的交换膜是_(填“阴离子交换膜”或”阳离子交换膜”).（2）岐化反
15、应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应，已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为 NaClO3.“岐化反应”的化学方程式为_“岐化反应”阶段所采用的不同温度对产率影响的结果如图所示.则该反应最适宜的温度是_。（3） “电解”的阳极产物为_(填离子符号)（4）操作 a 的操作名称是_,该流程中可循环利用的物质是_(填化学式)（5）用该工艺流程制各高氯酸铜时,若起始时 NaCl 的质量为 at，最终制得的 Cu(ClO4)26H2O 为 bt,则产率为_ (用含 a、b 的代数式表示)。【答案】 (1). 阳离子交换膜 (2). 3Na 2CO3+3Cl2=5NaCl+NaC1O3+3CO2
16、 (3). 60 (4). ClO4- (5). 蒸发浓缩 (6). NaCl (7). (702b/371a)100%(1)“电解 I”所发生的反应是电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为：2Cl -+2H2O 2OH-+H2+Cl 2，需要防止氢氧根离子与氯气反应，因此选择阳离子交换膜，故答案为：阳离子交换膜；(2)“歧化反应”时，氯气通入碳酸钠溶液发生反应，生成的产物之一为 NaClO3同时生成二氧化碳气体，歧化反应的化学方程式为 3Na2CO3+3Cl2 5NaCl+NaC1O3+3CO2，故答案为：3Na2CO3+3Cl2 5NaCl+NaC1O3+3CO2；图象
17、分析可知 60C 产率最高，则该反应最适宜的温度是：60C，故答案为：60；(3) 通电电解，溶液其中氯酸根离子失电子发生氧化反应在阳极生成高氯酸根离子， “电解II”的阳极产物为 ClO4-，故答案为：ClO 4-；(4) 加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，通过蒸发浓缩即可得到 60%以上的高氯酸；该流程中可循环利用的物质是 NaCl，故答案为：蒸发浓缩；NaCl；(5)根据流程图，氯化钠电解生成的氯气与碳酸钠反应生成 NaC1O3和 NaCl，电解后 NaC1O3变成 NaC1O4，加入盐酸反应生成 HC1O4，最后与 Cu2(OH)2CO3反应生成 Cu(ClO4)26H2O假设起始是氯化钠
18、为 6mol，则生成的氯气为 3mol，得到 1molNaC1O3，根据氯元素守恒最终得到 0.5molCu(ClO4)26H2O，因此产率= 100%= 100%，故答案为：100%。9. 合成氨厂和硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NO x)，脱硝通常是指将烟气中的氮氧化物转化为无毒无害的物质的化学过程。（1）选择性催化还原技术（SCR）是目前最成熟的脱硝技术，即在金属催化剂的作用下，用还原剂（如 NH3）选择性的与 NOx反应生成 N2和 H2O。已知：4NH 3(g)+5O2(g)4NO（g）+6H 2O（g）H=-905.5kJmol -1N2(g)+O2(g)2NO(g) H=+1
19、80kJmol -1脱硝反应：4NH 3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)的H=_kJmol -1（2）将 amolN2和 3amolH2通入一密闭容器中在不同的温度和压强下发生反应：N 2(g)+3H2(g)2NH3(g)。测得平衡体系中 NH3的物质的量的分数如图所示。下列可提高氨气产率的途径是_。A.尽量提高反应温度 B.对原料气适当加压C.采用适当的催化剂 D.将氨气液化，不断移出液氨上图所示平衡体系中当 NH3的物质的量分数分别为 0.549 和 0.429 时，该反应的平衡常数分别为 K1和 K2，则 K1_K2(填写“” ， “”或“” ） 。当 NH3的物质的量分
20、数为0.600 时，容器的体积为 2L，此时该反应的化学平衡常数 K=_。（3）常温下，将 NO 和 H2的混合气体通入 Ce(SO4)2与 Ce2(SO4)3的混合溶液中其物质转化过程如图所示，反应 I 中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。写出该过程的总化学反应方程式_。（4）直接电解吸收也是脱硝的一种方法，先用 6%的稀硝酸吸收 NOx，会生成 HNO2（一种一元弱酸） ，再将吸收液导入电解槽中进行电解，使之转化为硝酸，其电解装置如图所示。图中 b 应连接电源的_(“正极”或“负极” ） 。阳极的电极反应式为_。【答案】 (1). -1805.5 (2). BD (3). (4). 256
21、/3a 2 (5). 2:1 (6). 2H2+2NO N2+2H2O (7). 负极 (8). H 2O+HNO2-2e-=NO3-+3H+【解析】分析：本题考查盖斯定律的应用、化学平衡图像的分析、化学平衡常数的计算、氧化还原反应的分析、电解原理的应用。（1）将两个反应依次编号为式、式，应用应用盖斯定律，式-式 5 消去 O2。（2）采用“定一议二”法分析图像，得出反应 N2（g）+3H 2（g） 2NH3（g）的特点：正反应为气体分子数减小的放热反应。根据勒夏特列原理，判断改变条件后平衡移动的方向。该反应的正反应为放热反应，升高温度化学平衡常数减小。用三段式和化学平衡常数表达式计算化学平衡
22、常数。（3）根据图示确定反应物和生成物，对照氧化还原反应的基本概念、运用电子守恒。将反应 I 和反应 II 相加消去过程物质得总反应方程式。（4）HNO 2转化为 HNO3为氧化反应，电解时氧化反应在阳极发生，图中 a 为阳极，b 为阴极。详解：（1）将反应编号，4NH3（g）+5O 2（g） 4NO（g）+6H 2O（g）H=-905.5kJmol -1（式）N2（g）+O 2（g） 2NO（g） H=+180kJmol -1（式）应用盖斯定律，式-式 5 得，4NH 3（g）+6NO（g） 5N2（g）+6H 2O（g）H=（-905.5kJ/mol）-（+180kJ/mol） 5=-18
23、05.5kJ/mol。（2）根据图像，在相同压强下升高温度，NH 3的物质的量分数减小，平衡向逆反应方向移动，反应 N2（g）+3H 2（g） 2NH3（g）的正反应是放热反应。A 项，尽量提高反应温度，平衡向逆反应方向移动，NH 3的产率减小；B 项，对原料气适当加压，平衡向正反应方向移动，NH 3的产率增大；C 项，采用适当的催化剂，平衡不移动，NH3的产率不变；D 项，将 NH3液化，不断移出液氨，平衡向正反应方向移动，NH 3的产率增大；可提高 NH3产率的途径是 BD，答案选 BD。根据图像，NH 3的物质的量分数分别为 0.549 和 0.429 时，压强相同、温度分别为 400和
24、 450，升高温度平衡向逆反应方向移动，NH 3物质的量分数减小，K 值减小，K 1 K2。设转化 N2物质的量为 xmol，用三段式N2（g） + 3H2（g） 2NH3（g）n（起始） （mol）a 3a 0n（转化） （mol）x 3x 2xn（平衡） （mol）a-x 3a-3x 2x平衡时 NH3物质的量分数为 0.600， =0.600，解得 x=0.75a，平衡时N2、H 2、NH 3物质的量依次为 0.25amol、0.75amol、1.5amol，容器的体积为 2L，平衡时N2、H 2、NH 3物质的量浓度依次为 0.125amol/L、0.375amol/L、0.75amo
25、l/L，此反应的平衡常数 K= = = 。（3）根据图示，反应 I 为 Ce4+H2Ce 3+H+，反应中 Ce 元素的化合价由+4 价降至+3 价，Ce4+为氧化剂，H 元素的化合价由 0 价升至+1 价，H 2为还原剂，根据得失电子守恒，n（Ce 4+）=2n（H 2） ，n（Ce 4+）：n（H 2）=2:1，反应 I 中氧化剂与还原剂物质的量之比为2:1。根据图示反应 I 为：2Ce 4+H2=2Ce3+2H+，反应 II 为：4Ce 3+2NO+4H+=4Ce4+N2+2H2O，将反应 I 和反应 II 相加消去 Ce4+、Ce 3+，总反应为 2H2+2NO 2H2O+N2。（4）
26、根据题意，电解过程中 HNO2转化为 HNO3，HNO 2被氧化成 HNO3，电解时氧化反应在阳极发生，图中 a 为阳极，b 为阴极，阴极与外加电源的负极相连，b 应连接电源的负极。阳极 HNO2失电子生成 HNO3，阳极电极反应式为：HNO 2-2e-+H2O=NO3-+3H+。10. 某浅绿色晶体 Xx(NH4)2SO4yFeSO4zH2O在分析化学中常用作还原剂. 为确定其组成，某小组同学进行如下实验INH 4+的测定采用蒸馏法，蒸馏装置如图所示。相关的实验步骤如下：准确称取 58.80g 晶体 X，加水溶解后，将溶液注入三颈烧瓶中；准确量取 50.00mL 3.0300molL-1H2
27、SO4溶液于锥形瓶中；向三颈烧瓶中加入足量 NaOH 溶液，通入氮气，加热，蒸氨结束后取下锥形瓶；用 0.120mo lL-1 NaOH 标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸，滴定终点时消耗 25.00mL NaOH标准溶液（1）仪器 M 的名称为_。（2）步骤中，发生的氧化还原反应的化学方程式为_。蒸氨结束后，为了减少实验误差,还需要对直形冷凝管进行“处理” ， “处理”的操作方法是_。（3）步骤中，若振荡时锥形瓶中有液体溅出，则所测得的 n(NH4+)的值将_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。II.SO42-含量的测定采用重量分析法，实验步骤如下:另准确称取 58.80g 晶体 X 于烧杯中，加
28、水溶解，边搅拌边加入过量的 BaCl2溶液；将得到的溶液用无灰滤纸(灰分质量很小,可忽略)过滤，洗涤沉淀 34 次；用滤纸包裹好沉淀取出，灼烧滤纸包至滤纸完全灰化；继续灼烧沉淀至恒重、称量，得沉淀质量为 69.90g。（4）步骤中,判断 BeCl 溶液已过量的实验操作和现象是_。（5）步骤中,采用冷水洗讓沉淀,其主要目的是_。（6）结合实验、通过计算得出晶体 X 的化学式为_。实验 I 的步骤中,溶液中离子溶度由大到小的顺序为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 4Fe(OH) 2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (3). 用蒸馏水冲洗冷凝管内通道 23 次，将洗涤液注入锥形瓶中 (4
29、). 偏大 (5). 待浊液分层后,取出上层清液少许于试管中，向试管中加入 12 滴 BaCl2溶液,若无白色浑浊出现，则说明 BaCl2溶液已过量(答滴加 Na2SO4溶液，出现白色浑浊现象也给分) (6). 尽可能减少沉淀的溶解损失，减小实验误差 (7). (NH 4)2SO4FeSO46H2O (8). c(SO42-)c(NH4+)c(Fe2+ )c(H+)c(OH-)【解析】I （1）仪器 M 的名称为分液漏斗；正确答案：分液漏斗。(2)亚铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，通入氧气后，被氧化为氢氧化铁；化学方程式为 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；蒸氨结束
30、后，直形冷凝管中会残留一些液氨，会对测定结果产生影响；因此为了减少实验误差,还需要对直形冷凝管进行“处理” ， “处理”的操作方法是用蒸馏水冲洗冷凝管内通道 23 次，将洗涤液注入锥形瓶中；正确答案：用蒸馏水冲洗冷凝管内通道 23 次，将洗涤液注入锥形瓶中。 (3)步骤中，若振荡时锥形瓶中有液体溅出，消耗氢氧化钠的量减小，则测定锥形瓶内溶液中剩余的硫酸的量减小，与氨气反应的硫酸的量增多，造成所测 n(NH4+)的量偏大；正确答案：偏大。II. （4）判断氯化钡是否过量，可以在上层清液中继续滴加氯化钡，若没有新的沉淀生成则说明溶液中没有硫酸根离子，即氯化钡已经过量；正确答案：待浊液分层后，在上层
31、清液中加入 12 滴 BaCl2溶液，无白色浑浊出现，则 BaCl2溶液已过量；(5) 用冷水洗涤可以减少固体的溶解，用硫酸洗涤会使沉淀上附着硫酸根离子，滤液中也含有硫酸根离子，所以不能用硫酸溶液洗涤沉淀，应该选用冷水洗涤，其主要目的是尽可能减少沉淀的溶解损失，减小实验误差；正确答案：尽可能减少沉淀的溶解损失，减小实验误差。(6) 与 NaOH 反应的硫酸的物质的量为 n（H 2SO4）=1/2n(NaOH)=1/20.040.025=0.0005 mol；与氨气反应的硫酸的物质的量为：0.051.01001/20.04000.02500=0.05mol，则氨气的物质的量 n（NH 3）=2n
32、（H 2SO4）=0.1mol；19.60g 晶体 X 于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的 BaCl 2溶液，得到硫酸钡沉淀 23.30g，则 n（SO 42-）=23.3/233=0.1 mol，19.62x /(132x+152y+18z)=0.1，19.6(x+y)/(132x+152y+18z)=0.1，则 x+y=2x，即 x=y，令 x=1，则 19.62/(132+152+18 z)=0.1， 则 z=6， 即 x=1，y=1，z=6，则其化学式为（NH 4） 2SO4FeSO46H2O；令 x=2，则 19.64/(1322+1522+18 z)=0.1， 则z=1.21，
33、不符合；所以晶体 X 的化学式为(NH 4)2SO4FeSO46H2O；将晶体(NH 4)2SO4FeSO46H2O 加水溶解后，铵根离子、亚铁离子水解显酸性，相互抑制水解，但是铵根离子浓度起点大，所以 c(NH4+)c(Fe2+ )；又由于硫酸根离子不水解，所以 c(SO42-)c(NH4+)；实验 I 的步骤中,溶液中离子溶度由大到小的顺序 c(SO42-)c(NH4+)c(Fe2+ )c(H+)c(OH-)；正确答案：(NH 4)2SO4FeSO46H2O；c(SO 42-)c(NH4+)c(Fe2+ )c(H+)c(OH-)。点睛：(NH 4)2SO4FeSO4固体溶于水形成溶液，铵根
34、离子、亚铁离子水解显酸性，相互抑制水解，但是是铵根离子浓度起点大，所以 c(NH4+)c(Fe2+ )，又由于硫酸根离子不水解，所以c(SO42-)c(NH4+)；所以要准确判断溶液中离子浓度大小关系，一定根据离子的水解能力和离子的起始浓度进行综合判定。11. 铜的相关化合物在生产生活中具有重要的作用。回答下列问题:（1）铜元素在周期表中的位置是_，基态铜原子中，核外电子占据最高能层的符号是_，占据该最高能层的电子数为_。（2）在一定条件下，金属相互化合形成的化合物称为金属互化物，如 Cu9Al4、Cu 6Zn8等。某金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于_(
35、填“晶体”或”非晶体”)。（3）铜能与类卤素(SCN) 2反应生成 Cu(SCN)2，1mol(SCN) 2分子中含有 键的数目为_。(SCN)2对应的酸有硫氰酸(H-S-CN)、异硫氰酸(H-N=C=S)两种，理论上前者沸点低于后者，其原因是_。（4）铜晶体中铜原子的堆积方式为面心立方堆积，每个铜原子周围距离最近的铜原子个数为_。（5）铜与金形成的金属互化物的晶胞结构如图所示，其晶胞边长为 anm，该金属互化物的密度为_(用含 a、N A的代数式表示)g/cm 3。【答案】 (1). 第四周期 IB 族 (2). N (3). 1 (4). 晶体 (5). 5N A(或56.021023)
36、(6). 异硫氰酸分子间可形成氢鍵，而硫氰酸不能 (7). 12 (8). 3.891023/(a3NA)【解析】分析：（1）根据 Cu 的原子结构示意图和核外电子排布式确定 Cu 在周期表中的位置、最高能层的符号和最高能层的电子数。（2）根据晶体和非晶体的本质差异判断，晶体具有自范性、原子在三维空间呈周期性有序排列。（3） （SCN） 2的结构式为 N CSSC N，单键全为 键，三键中有 1 个 键和 2 个 键；异硫氰酸分子间形成氢键，沸点较高。（4）铜原子的堆积方式为面心立方堆积，晶胞中 Cu 位于 8 个顶点和 6 个面心，以顶点 Cu原子为研究对象，与之等距离最近的原子处于面心，顶
37、点为 8 个晶胞共用，面心为 2 个晶胞共用，则每个铜原子周围距离最近的铜原子个数为 =12。（5）用“均摊法”确定晶胞中原子个数和化学式，由晶胞边长计算晶胞体积，计算 1mol 晶体的体积和质量，1mol 晶体的质量除以 1mol 晶体的体积得出晶体的密度。详解：（1）Cu 原子核外有 29 个电子，Cu 原子结构示意图为 ，基态 Cu 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1，Cu 在元素周期表中位于第四周期 IB 族。基态 Cu 原子中，核外电子占据最高能层是第四能层，第四能层的符号是 N。占据该最高能层的电子数为 1。（2）某金属互化物具有自范性，原子在三维
38、空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于晶体。（3） （SCN） 2的结构式为 N CSSC N，单键全为 键，三键中有 1 个 键和 2 个 键，1 个（SCN） 2中含 5 个 键，1mol（SCN） 2分子中含有 5mol 键，含 键的数目为 5NA。异硫氰酸分子间形成氢键，硫氰酸分子间不存在氢键，硫氰酸的沸点低于异硫氰酸。（4）铜晶体中铜原子的堆积方式为面心立方堆积，晶胞中 Cu 位于 8 个顶点和 6 个面心，以顶点 Cu 原子为研究对象，与之等距离最近的原子处于面心，顶点为 8 个晶胞共用，面心为2 个晶胞共用，则每个铜原子周围距离最近的铜原子个数为 =12。（5）用“均摊法” ，
39、1 个晶胞中含 Au：8 =1 个，Cu：6 =3 个，金属互化物的化学式为Cu3Au；1 个晶胞的体积为（a 10-7cm） 3=a3 10-21cm3，1mol 晶体的体积为 a3 10-21cm3 NA=a3 NA 10-21cm3，1mol 晶体的质量为 389g，该金属互化物的密度为389g （a 3 NA 10-21cm3）= g/cm3。点睛：本题考查物质的结构与性质，侧重考查原子核外电子排布、元素在周期表中的位置、晶体和非晶体的区别、 键的计算、氢键对物质性质的影响、晶胞的分析和计算。夯实基础知识、掌握解题必备的基本方法（如 键的判断、均摊法等）是解题的关键。12. 研究者设计
40、利用芳香族化合物的特殊性质合成某药物,其合成路线如下(部分反应试剂和条件已省略):已知：. . 回答下列问题:（1）B 的名称是_（2）反应和所属的反应类型分别为_（3）反应所需的条件为_,E 分子中官能团的名称为_（4）反应的化学方程式为_（5）芳香族化合物 X 是 C 的同分异构体，X 只含一种官能团且 1molX 与足量 NaHCO3溶液发生反应生成 2molCO2.则 X 的结构有_种。其中核磁共振氢谱显示有 4 组峰,且峰面积之比为 3:2:2:1 的结构简式为_【答案】 (1). 对苯二甲酸 (2). 取代反应(或酯化反应)，加成反应 (3). 浓硫酸、加热 (4). 碳碳双鍵 (
41、5). (6). 10 (7). ，【解析】 （1）根据合成流程可知，A 被酸性高锰酸钾溶液氧化生成对苯二甲酸,则 A 为对二甲苯, B 为对苯二甲酸；正确答案：对苯二甲酸。（2）根据对苯二甲酸和 D 的结构简式可以知道 C 为 ,所以由 B 到 C 的反应为酯化反应；对比 B 与反应(5)的产物结构可以知道,B 发生消去反应生成 E 为,反应是 E 与 发生加成反应；正确答案：取代反应(或酯化反应)； 加成反应。（3） 在浓硫酸加热作用下，醇发生消去反应生成 E，结构简式为：；分子中含有官能团碳碳双键；正确答案：浓硫酸、加热；碳碳双键。（4）有机物 与有机物 在氯化铝的作用下发生取代反应，化学方程式为： ；正确答案：。点睛：对于苯的同系物中，与苯环直接相连的第一个碳上至少有 1 个氢原子，才能被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，否则不能被氧化。
