宁夏海原县第一中学2020届高三上学期期末考试化学试题

宁夏海原县第一中学2020届高三上学期期末考试化学试题

高三化学期末试题 相对原子质量：H:‎1 C:12 O:16 Na:23 Mg:24 Si:28 S:32 Cl:35.5 K:39 Fe:56 Cu:64 Zn:65 Pb:207‎ ‎1.化学与生活关系非常密切，下列关于生活中的化学叙述正确的是（ ）‎ A. 金属镁着火后，可以用灭火器中的干粉扑灭 B. 玉坠的主要成分是二氧化硅 C. 聚乙烯、聚氯乙烯都是高分子材料，对环境的影响是形成白色污染 D. 含碘食盐中含有KI，可以预防地方性甲状腺肿大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．镁能够在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，生成碳又能燃烧，所以镁着火后不能用干粉灭火器灭火，故A错误；‎ B．玉坠的主要成分比较复杂，一部分主要成分为二氧化硅，一部分主要成分为氧化铝，还有的属于硅酸盐类物质，故B错误；‎ C．乙烯发生加聚反应得到聚乙烯，氯乙烯发生加聚反应得到聚氯乙烯，所以聚乙烯、聚氯乙烯都是合成高分子材料，随意抛弃会形成白色污染，故C正确；‎ D．碘是合成甲状腺激素的主要成分，缺乏会患甲状腺肿大，含碘食盐中含有KIO3，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意通常玉石包括的种类很多，如水晶、翡翠、刚玉、蓝宝石和红宝石等，水晶的主要成分为二氧化硅，蓝宝石和红宝石的主要成分为氧化铝。‎ ‎2.将足量Cl2通入FeBr2和NaBr的混合溶液中，反应总的离子方程式为：Fe2+ +3Br-+2Cl2 = Fe3+ +2Br2 + 4Cl-，则混合溶液中FeBr2和NaBr的物质的量的比为（ ）‎ A. 1:1 B. 1:‎2 ‎C. 2:1 D. 1:3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据Fe2+ +3Br-+2Cl2 = Fe3+ +2Br2 + 4Cl-，结合FeBr2和NaBr的组成分析解答。‎ ‎【详解】将足量Cl2通入FeBr2和NaBr的混合溶液中Fe2+ +3Br-+2Cl2 = Fe3+ +2Br2 + 4Cl-，在 FeBr2中Fe2+ 和Br-的物质的量之比为1:2，设FeBr2为1mol，则剩余的Br-由NaBr提供，为1mol，因此混合溶液中FeBr2和NaBr的物质的量的比为1:1，故选A。‎ ‎3.常温下，将足量CO2通入下列饱和溶液中，①Na2CO3溶液②CaCl2溶液③Ba(OH)2溶液④NaAlO2溶液⑤NaCl和NH3的混合溶液，最终溶液变浑浊的有（ ）‎ A. ①②③ B. ②③④ C. ①④⑤ D. ①②③④⑤.‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①碳酸钠能和水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以该溶液中会有碳酸氢钠析出，最终溶液变浑浊，故①正确；‎ ‎②盐酸是强酸，碳酸是弱酸，所以碳酸不能制取盐酸，即二氧化碳和氯化钙不反应，最终没有沉淀析出，故②错误；‎ ‎③足量二氧化碳与Ba(OH)2溶液反应生成碳酸钡沉淀，然后沉淀又溶解，最终溶液中没有沉淀生成，故③错误；‎ ‎④足量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，最终溶液变浑浊，故④正确；‎ ‎⑤将足量CO2通入饱和NaCl和NH3的混合溶液会生成碳酸氢钠析出，最终溶液变浑浊，故⑤正确；‎ 最终溶液变浑浊的有①④⑤，故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为③，要注意过量的二氧化碳能够与碳酸钡反应生成易溶于水的碳酸氢钡溶液。‎ ‎4.C3H5Cl2Br的同分异构体有（ ）种 A. 8 B. ‎9 ‎C. 10 D. 11‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“定一移二”的方法分析解答。‎ ‎【详解】溴原子碳链上有两种位置，①C-C-CBr和②C-CBr-C，然后将两个氯原子连接在碳链上：两个氯原子在相同碳原子上①有3种，②有1种；两个氯原子在不同碳原子上①有3种，②有2种，共9种，故选B。‎ ‎5.NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. ‎8.4‎g乙烯和丙烯混合气体中含C-H键个数为1.2NA个 B. 盛有NO2的密闭容器在含有NA个氧原子，则NO2的物质的量是0.5mol C. 标准状况下，‎22.4L二氯甲烷的分子数为NA个 D. 电解精炼铜时，若阳极质量减少‎64g，则阴极得电子数为2NA个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设‎8.4g混合气体中含有xmol乙烯和ymol丙烯，总气体质量为‎8.4g，则28x+42y=8.4，1mol乙烯含有4molC-H键，1mol丙烯含有6molC-H键，则混合气体中含有的C-H键数目为4x+6y=1.2，即1.2NA，故A正确；‎ B．盛有NO2的密闭容器中存在2NO2 N2O4，根据含有NA个氧原子，无法判断NO2的物质的量，故B错误；‎ C．标准状况下，二氯甲烷为液体，无法计算‎22.4L二氯甲烷的分子数，故C错误；‎ D．电解精炼铜时，阳极上放电的不只有铜，故当阳极上减少‎64g时，转移的电子数并不是2NA个，则阴极上得到的电子数也不是2NA个，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意由于存在2NO2 N2O4平衡，含有NA个氧原子的气体中NO2的物质的量小于0.5mol。‎ ‎6.电解KCl和NaNO3溶液可以得到KNO3溶液，电解装置如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. X为负极，F溶液为NaNO3溶液 B. 电解一段时间，往Pt(I)附近滴入酚酞，溶液变红 C. 电解的总反应为2H2O2H2↑ + O2↑‎ D 理论上，当得到0.1molKNO3时，Pt(II)上生成标准状况下‎1.12L气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解KCl和NaNO3溶液可以得到KNO3溶液，依据图中硝酸钾的出口，结合B为阳离子交换膜可知，E为氯化钾溶液，F为硝酸钠溶液，阴极上氯离子放电，阳极为氢离子放电，氯离子在阳极Pt片(I)上发生氧化反应失去电子生成氯气，氢离子在阴极Pt片(Ⅱ)上得到电子发生还原反应生成氢气，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．由上述分析可知E为氯化钾溶液，氯离子在阳极Pt片(I)发生氧化反应，Pt片(I)为阳极，则X为正极，故A错误；‎ B．氯离子在Pt片(I)发生氧化反应生成氯气逸出，水电离产生的氢离子在Pt片(Ⅱ)得到电子发生还原反应生成氢气，则Pt片(Ⅱ)附近氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，显碱性，加入酚酞溶液显红色，故B错误；‎ C．阴极为氯离子放电，阳极为氢离子放电，氯离子在Pt片(I)阳极发生氧化反应失去电子生成氯气，阴极氢离子在Pt片(Ⅱ)得到电子发生还原反应生成氢气，电解方程式为：H2O+2KCl2KOH+H2↑+Cl2↑，故C错误；‎ D．当得到0.1molKNO3时，则有0.1mol钾离子透过阳离子交换膜，则转移0.1mol电子，阳极电极反应式：2Cl--2e-=Cl2↑，转移0.1mol电子生成0.05mol氯气，标况下体积为0.05mol×‎22.4L/mol=‎1.12L，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎7.有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的相对原子质量依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的元素，B的最高正价和最低负价的代数和为0，C和E能形成两种二元化合物，且E的原子序数是C的2倍，D分别和C、E、F反应，产物均是常见离子化合物，且它们都能溶于水或能和水反应。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 原子半径D>F>E>B>C>A B. E和F可以用多种方法判断非金属性的强弱 C. E的氧化物都能使品红溶液褪色，加热后又恢复红色 D. 含D和F的化合物溶于水，溶液一定显中性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素的相对原子质量依次增大，A 是元素周期表中原子半径最小的元素，则A是H元素；B的最高正价和最低负价的代数和为0，B为ⅣA元素，C和E能形成两种二元化合物，且E的原子序数是C的2倍，则C为O元素，E为S元素，则F为Cl元素，B为C元素；形成的化合物分别为二氧化硫和三氧化硫；D分别和C、E、F反应，产物均是常见离子化合物，说明D为活泼的金属元素，这些离子化合物都能溶于水或能和水反应，则D为Na元素。据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，A是H元素，B为C元素，C为O元素，D为Na元素，E为S元素，F为Cl元素。‎ A．一般而言，电子层越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，原子半径D>E >F>B>C>A，故A错误；‎ B．判断E和F的非金属性的强弱可以用多种方法，如氯气能够置换出S、氯化氢比硫化氢稳定，氯气与氢气的化合比硫与氢气的化合容易等，故B正确；‎ C．三氧化硫不能使品红溶液褪色，故C错误；‎ D．含D和F的化合物溶于水，溶液不一定显中性，如次氯酸钠显碱性，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意含D和F的化合物有多种，如氯化钠、次氯酸钠、氯酸钠、高氯酸钠等，要注意盐类水解原理的应用。‎ ‎8.按要求完成下列问题： ‎ ‎ ‎ ‎（1）A、B、C之间有如图的转化关系，若A为AlCl3，写出A和C反应的离子方程式：_______________；‎ ‎（2）检验Na2SO4和NaCl混合溶液中的Cl-的方法是：向少量混合液中加入足量a溶液，充分震荡后静置，然后取上层清液于试管中，再加入几滴b溶液，产生白色沉淀。试剂a、b分别是_____________ 、_______________‎ ‎（3）已知H2、CO的燃烧热分别是akJ∕mol、bkJ∕mol，1mol液态水变为气态水吸收ckJ热量，C(s) + H2O(g)= CO(g)+ H2(g)△H=dkJ∕mol，写出碳(C)燃烧的热化学方程式____________________。‎ ‎（4）Mg、Al设计成如图所示原电池装置：若电解液为盐酸，正极的电极反应为__________。若电解液为氢氧化钠溶液，负极的电极反应为________________。‎ ‎（5）写出用氢氧化钾做电解质溶液，甲醇(CH3OH)为燃料的负极的电极反应：__________________。‎ ‎（6）若铅蓄电池负极质量增加‎19.2g，则其正极质量增加____________ g。‎ ‎【答案】 (1). Al3+ + 3AlO2- +4H2O =4Al(OH)3↓ (2). Ba(NO3)2 (3). AgNO3 (4). C(s)+O2(g) =CO2(g) ∆H=-(a+b-d-c)kJ/mol (5). 2H+ + 2e- = H2↑ (6). Al - 3e- + 4OH- = AlO2 -+ 2H2O (7). CH3OH- 6e- + 8OH- = CO32-+6 H2O (8). 12.8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据A、B、C之间的转化关系，若A为AlCl3，AlCl3可以与氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝能够与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氯化铝与偏铝酸钠能够反应生成氢氧化铝沉淀，据此分析解答；‎ ‎(2)检验Na2SO4和NaCl混合溶液中的Cl-需要首先除去硫酸根离子，防止硫酸根离子的干扰，据此分析解答；‎ ‎(3)根据H2、CO的燃烧热分别是akJ∕mol、bkJ∕mol，1mol液态水变为气态水吸收ckJ热量，书写出相关的热化学方程式，再根据盖斯定律分析解答；‎ ‎(4)Mg、Al设计成原电池装置：若电解液为盐酸，镁比铝活泼，镁为负极，铝为正极；若电解液为氢氧化钠溶液，镁与氢氧化钠不反应，此时铝为负极，镁为正极，据此分析解答；‎ ‎(5)用氢氧化钾做电解质溶液，甲醇(CH3OH)为燃料时，负极上甲醇发生氧化反应生成碳酸根离子，据此书写负极的电极反应式；‎ ‎(6)铅蓄电池的总反应为Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，Pb为负极，电极方程式为Pb+SO42--2e-=PbSO4，PbO2为正极，电极方程式为PbO2+4H++SO42--2e-=2H2O+PbSO4，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据A、B、C之间的转化关系，若A为AlCl3，AlCl3‎ 可以与氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝能够与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氯化铝与偏铝酸钠能够反应生成氢氧化铝沉淀，因此A和C反应的离子方程式为Al3+ + 3AlO2- +4H2O =4Al(OH)3↓，故答案为：Al3+ + 3AlO2- +4H2O =4Al(OH)3↓；‎ ‎(2)检验Na2SO4和NaCl混合溶液中的Cl-的方法是：向少量混合液中加入足量Ba(NO3)2溶液，充分震荡后静置，除去硫酸根离子，防止硫酸根离子的干扰，然后取上层清液于试管中，再加入几滴AgNO3溶液，产生白色沉淀，可以检验Na2SO4和NaCl混合溶液中的Cl-，故答案为：Ba(NO3)2；AgNO3；‎ ‎(3)已知H2、CO的燃烧热分别是akJ∕mol、bkJ∕mol，①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-akJ•mol-1，②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-bkJ•mol-1，1mol液态水变为气态水吸收ckJ热量，则③H2O(l)= H2O(g) △H=+ckJ∕mol，④C(s) + H2O(g)= CO(g)+ H2(g)△H=+dkJ∕mol，依据盖斯定律，将①+②+③+④得：C(s)+O2(g) =CO2(g) ∆H=-(a+b-d-c)kJ/mol，故答案为：C(s)+O2(g) =CO2(g) ∆H=-(a+b-d-c)kJ/mol；‎ ‎(4)Mg、Al设计成原电池装置：若电解液为盐酸，镁比铝活泼，镁为负极，铝为正极，正极的电极反应为2H+ + 2e- = H2↑。若电解液为氢氧化钠溶液，镁与氢氧化钠不反应，此时铝为负极，负极的电极反应式为Al - 3e- + 4OH- = AlO2-+ 2H2O，故答案为：2H+ + 2e- = H2↑；Al - 3e- + 4OH- = AlO2-+ 2H2O；‎ ‎(5)用氢氧化钾做电解质溶液，甲醇(CH3OH)为燃料时，负极上甲醇发生氧化反应生成碳酸根离子，负极的电极反应式为CH3OH- 6e- + 8OH- = CO32-+6 H2O，故答案为：CH3OH- 6e- + 8OH- = CO32-+6 H2O；‎ ‎(6)铅蓄电池的总反应为Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，Pb为负极，电极方程式为Pb+SO42--2e-=PbSO4，PbO2为正极，电极方程式为PbO2+4H++SO42--2e-=2H2O+PbSO4。若铅蓄电池负极质量增加‎19.2g，转移的电子的物质的量为×2=0.4mol，则正极上0.2mol PbO2转化为0.2mol PbSO4，质量增加的量相当于增加了0.2molSO2，质量为0.2mol×‎64g/mol=‎12.8g，故答案为：12.8。‎ ‎9.某同学比较了Cu和浓硝酸与稀硝酸反应后的还原产物不同，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。该同学认为浓硝酸能把NO氧化为NO2，同学们讨论后设计了实验验证了NO能被浓硝酸氧化，同学们组装了如右所示装置验证以上结论，完成下列问题：‎ ‎(1)M仪器名称是________________‎ ‎(2)写出甲中反应的离子方程式：_______________________________________； ‎ ‎(3)各装置按甲、乙、丙连接，则：a 接_____、______接______、________；‎ ‎(4)在实验之前通入N2的目的是：_______________________________________；‎ ‎(5)乙中观察到的现象是：______________________________________________；乙中反应的化学方程式为：____________________________________________；‎ ‎(6)写出丙中两种气体按1:1反应的离子方程式____________________________。‎ ‎【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 3Cu + 2NO3- +8H+ =3Cu2+ + 2NO↑ +4H2O (3). b (4). c (5). e (6). d (7). 排除装置中的空气，防止对实验的干扰 (8). 有气泡放出，液面上有红棕色气体产生 (9). NO +2HNO3 = 3NO2+H2O (10). NO +NO2 + 2OH- =2NO2- + H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据图示，结合常见仪器的结构分析判断；‎ ‎(2)根据实验目的，要验证浓硝酸把NO氧化为NO2，甲中需要先制备NO，据此书写反应的方程式；‎ ‎(3) 各装置按甲、乙、丙连接，根据装置特点和实验目的，装置甲制备NO，装置乙中盛放浓硝酸，用于验证浓硝酸把NO氧化为NO2，装置丙中盛放NaOH溶液吸收尾气NO2，防止污染空气，据此分析解答；‎ ‎(4)装置中有空气，生成的NO能够被空气中的氧气氧化，据此分析解答；‎ ‎(5) 根据实验目的，浓硝酸能把NO氧化为NO2，据此分析乙中观察到的现象；乙中浓硝酸将NO氧化生成NO2，据此书写反应的化学方程式；‎ ‎(6)丙中NO 和NO2按1:1与氢氧化钠溶液反应生成亚硝酸钠，据此书写反应的离子方程式。‎ ‎【详解】(1)根据图示，M仪器为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；‎ ‎(2)根据实验目的，要验证浓硝酸把NO氧化为NO2，甲中需要先制备NO ‎，反应的离子方程式为3Cu + 2NO3- +8H+ =3Cu2+ + 2NO↑ +4H2O，故答案为：3Cu + 2NO3- +8H+ =3Cu2+ + 2NO↑ +4H2O；‎ ‎(3) 根据装置特点和实验目的，装置甲制备NO，装置乙中盛放浓硝酸，用于验证浓硝酸把NO氧化为NO2，装置丙中盛放NaOH溶液吸收尾气NO2，防止污染空气，因此各装置按甲、乙、丙连接，则a 接b、c接e、d，故答案为：b；c；e；d；‎ ‎(4)装置中有空气，生成的NO能够被空气中的氧气氧化，因此在实验之前通入N2，可以排除装置中的空气，防止对实验的干扰，故答案为：排除装置中的空气，防止对实验的干扰；‎ ‎(5) 根据实验目的，浓硝酸能把NO氧化为NO2，乙中观察到的现象是有气泡放出，液面上有红棕色气体产生；乙中浓硝酸将NO氧化生成NO2，反应的化学方程式为NO +2HNO3 = 3NO2+H2O，故答案为：有气泡放出，液面上有红棕色气体产生；NO +2HNO3 = 3NO2+H2O；‎ ‎(6)丙中NO 和NO2按1:1与氢氧化钠溶液反应生成亚硝酸钠，反应的离子方程式为NO +NO2 + 2OH- =2NO2- + H2O，故答案为：NO +NO2 + 2OH- =2NO2- + H2O。‎ ‎10.镁在航空航天、国防工业等领域有广泛应用。某小组利用某工厂废弃物（主要含MgCO3、MgSiO3、Al2O3和Fe2O3）设计回收镁的工艺流程如下：‎ ‎(1)酸浸过程中采用“粉碎废料、加热和搅拌、适当提高稀硫酸的浓度”等措施的目的是_________________________。‎ 为了提高产品纯度，试剂X宜选择（ ）（填代号）。‎ A.CuO B.MgO C.MgCO3 D.氨水 ‎(2)滤渣1的主要成分是____________：滤渣2的主要成分是____________（填化学式）。‎ ‎(3)写出生成滤渣3的离子方程式_____________________。‎ ‎(4)已知：298K，时，Ksp［Al(OH)3］=3.0 × 10-34， Ksp［Fe(OH)3］=4.0 × 10-38，加入试剂X，当Al3+开始沉淀时，溶液中c(Al3+)∕c(Fe3+)=________________。‎ ‎(5)若废料中镁元素的质量分数为a% ，利用mkg这种废料按上述流程生产，最终回收到质量分数为b%的镁锭wkg，则它的产率为________% 。‎ ‎(6)参照海水提镁的某些步骤和上述流程图，设计经三步由滤渣3得到镁锭的路线____________。‎ ‎【答案】 (1). 提高酸浸速率 (2). BCD (3). H2SiO3 (4). Fe(OH)3、Al(OH)3 ‎ ‎(5). Mg2+ + 2NH3•H2O = Mg(OH)2↓ + 2NH4+ (6). 7500 (7). 100wb∕am (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废弃物(主要含MgCO3、MgSiO3、Al2O3和Fe2O3)中加入稀硫酸，反应生成硫酸镁、硫酸铝和硫酸铁，以及二氧化碳和硅酸沉淀，因此过滤后的滤渣1为硅酸沉淀，滤液热中含有硫酸镁、硫酸铝和硫酸铁，根据实验目的，需要除去铁离子和铝离子，因此滤渣3为氢氧化镁，滤液2中含有镁离子，则加入试剂X可以除去铁离子和铝离子，滤渣2中含有Fe(OH)3、Al(OH)3，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1) 废弃物(主要含MgCO3、MgSiO3、Al2O3和Fe2O3)中加入稀硫酸，反应生成硫酸镁、硫酸铝和硫酸铁，以及二氧化碳和硅酸沉淀，酸浸过程中采用“粉碎废料、加热和搅拌、适当提高稀硫酸的浓度”等措施可以提高酸浸速率；为了提高产品纯度，不能引入新的杂质金属阳离子，因此试剂X可以选择MgO、MgCO3、氨水，通过可知pH值，除去铁离子和铝离子，故答案为：提高酸浸速率；BCD；‎ ‎(2)根据上述分析，滤渣1的主要成分是H2SiO3，滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为：H2SiO3；Fe(OH)3、Al(OH)3；‎ ‎(3) 滤渣3为氢氧化镁，生成滤渣3离子方程式为Mg2+ + 2NH3•H2O = Mg(OH)2↓ + 2NH4+，故答案为：Mg2+ + 2NH3•H2O = Mg(OH)2↓ + 2NH4+；‎ ‎(4) 298K时，Ksp［Al(OH)3］=3.0 × 10-34， Ksp［Fe(OH)3］=4.0 × 10-38，当Al3+开始沉淀时，溶液中===7500，故答案为：7500；‎ ‎(5) mkg这种废料中含有的镁元素的质量为mkg ×a%，质量分数为b%的wkg镁锭中含有镁元素的质量为wkg×b%，则产率=×100%=%，故答案为：；‎ ‎(6)滤渣3为氢氧化镁，可以用足量的盐酸溶解后得到氯化镁溶液，再在氯化氢气氛中蒸发得到氯化镁晶体，最终电解熔融的氯化镁得到镁，因此得到镁锭的路线为 ‎，故答案为：。‎ ‎[选修3—物质结构和性质]‎ ‎11.祖母绿被称为绿宝石之王，是国际珠宝世界公认的四大名贵宝石之一，其化学式为Be3Al2Si6O18。回答下列问题：‎ ‎(1)基态Be原子的电子排布图为____________，基态Al原子核外电子占据________个轨道，其中能量最高能级的原子轨道的形状为__________。 ‎ ‎(2)Al、Si、O的第一电离能由大到小的排序为____________________。‎ ‎(3)SO3分子中硫原子的杂化类型是_____，SO3分子的空间构型是________。‎ ‎(4)工业上，电解制取金属铝，不能用熔融的AlCl3，AlCl3的晶体类型是__________，将Be3Al2Si6O18写为氧化物的式子是_____________________。‎ ‎(5)LiAlH4在有机合成中可将羧基还原成羟基。甲酸和乙醇的熔、沸点如图所示：‎ ‎1mol甲酸分子中σ键与π键的比值为________________，甲酸和乙醇的熔点相差较大的主要原因是____________________________________________。‎ ‎(6)碳化硅的晶体类型类似金刚石，晶胞结构如图所示。已知：碳化硅的晶体密度为ag/cm3，NA代表阿伏伽德罗常数的数值。该晶胞边长为_____________pm。‎ ‎【答案】 (1). (2). 7 (3). 哑铃（或纺锤）形 (4). O＞Si＞Al (5). sp2 (6). 平面正三角形 (7). 分子晶体 (8). Al2O3•3BeO•6SiO2（或3BeO•Al2O3•6SiO2） (9). 4:1 (10). 甲酸分子间氢键比乙醇分子间氢键强 (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) Be为4号元素，Al为13号元素，结合电子排布式分析解答；‎ ‎(2) 同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素。同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小，据此排序；‎ ‎(3)根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=σ键个数+(a-xb)计算判断SO3分子中硫原子的杂化类型和空间构型；‎ ‎(4) AlCl3为共价化合物，熔点较低；结合硅酸盐改为氧化物的方法改写；‎ ‎(5)根据共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键、一个是π键计算甲酸分子中σ键与π键数目之比；分子间形成氢键会导致物质熔沸点升高，甲酸中羧基上的两个O原子均可形成氢键，比乙醇分子间氢键强；‎ ‎(6)根据均摊法计算碳化硅晶胞中Si原子和C原子个数，求出晶胞的质量，在根据晶体密度计算晶胞边长。‎ ‎【详解】(1) Be为4号元素，基态Be原子的电子排布图为，Al为13号元素，基态Al原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，占据7个轨道，其中能量最高能级的原子轨道为3p，形状为哑铃(或纺锤)形，故答案为：；7；哑铃(或纺锤)形；‎ ‎(2) 同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素。同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小，Al、Si、O的第一电离能由大到小的排序为O＞Si＞Al，故答案为：O＞Si＞Al；‎ ‎(3)SO3分子中硫原子的价层电子对数=3+=3，杂化类型为sp2杂化，SO3分子的空间构型是平面正三角形，故答案为：sp2；平面正三角形；‎ ‎(4)工业上，电解制取金属铝，不能用熔融的AlCl3，是因为AlCl3为共价化合物，熔融状态不能导电，AlCl3的熔点较低，属于分子晶体；将Be3Al2Si6O18写为氧化物的式子为Al2O3•3BeO•6SiO2(或3BeO•Al2O3•6SiO2)，故答案为：分子晶体；Al2O3•3BeO•6SiO2(或3BeO•Al2O3•6SiO2)；‎ ‎(5)甲酸的结构简式为HCOOH，分子中共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键、一个是π键，所以甲酸分子中σ键与π键数目之比=4∶1；分子间形成氢键会导致物质熔沸点升高，甲酸中羧基上的两个O 原子均可形成氢键，比乙醇分子间氢键强，所以甲酸熔沸点高于乙醇，故答案为：4∶1；甲酸分子间氢键比乙醇分子间氢键强；‎ ‎(6)碳化硅晶胞中Si原子个数=8×+6×=4，C原子个数为4，晶胞的质量为g，晶体密度为ag/cm3，则晶胞边长==cm= pm，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(5)，要注意HCOOH的结构式的书写，同时注意共价双键中一个是σ键、一个是π键，本题的难点为(6)，要注意均摊法在晶胞的计算中的应用。‎ ‎[选修5—有机化学基础]‎ ‎12.E是一种重要香料，用途广泛，它的一种合成路线如下：‎ 已知如下信息：‎ ‎①A有两个处于邻位的取代基，A、B、C、D均能使FeCl3溶液发生显色反应。‎ ‎②‎ ‎③D、E能使溴水褪色，E中含有两个六元环。‎ 回答相关问题：‎ ‎(1)A的名称是___________；A→B的反应类型是_________________。‎ ‎(2)C中的官能团有____________、__________（写名称）。‎ ‎(3)C→D发生反应的化学方程式为_____________________________。 (4)B的结构简式为___________，E的结构简式为______________。‎ ‎(5)D的同分异构体中，符合下列条件的结构共有________种。其中核磁共振氢谱有4组峰，且面积比为3:2:2:1的是________________（写结构简式）。‎ ‎①苯环上只有两个取代基（不含结构），②能发生水解反应且遇FeCl3溶液不显色，③除苯环外，不含其它环状结构，④水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。‎ ‎【答案】 (1). 邻甲基苯酚(2-甲基苯酚) (2). 取代反应 (3). 醛基 (4). 羟基 ‎ ‎(5). +(CH3CO)2O+CH3COOH (6). (7). (8). 12 (9). 、和 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A有两个处于邻位的取代基，A、B、C、D均能使FeCl3溶液发生显色反应，说明结构中含有苯酚的结构，结合A的分子式C7H8O，A为，根据流程图，A与氯气发生侧链的取代反应生成B，B为，根据信息②，B在氢氧化钠溶液中水解后酸化生成C，C为，C与乙酐反应生成D，D、E能使溴水褪色，E中含有两个六元环，则D为，D发生分子内的酯化反应生成E，E为，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析，A为，名称是邻甲基苯酚(2-甲基苯酚)；A→B发生的是苯环侧链的取代反应，故答案为：邻甲基苯酚(2-甲基苯酚)；取代反应；‎ ‎(2) C为，含有官能团有醛基和羟基，故答案为：醛基；羟基；‎ ‎(3)C→D发生反应的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH，故答案为：+(CH3CO)2O+CH3COOH；‎ ‎(4)根据上述分析，B的结构简式为，E的结构简式为，故答案为：；；‎ ‎(5) D为，D的同分异构体中，①苯环上只有两个取代基(不含结构)，②能发生水解反应且遇FeCl3溶液不显色，说明含有酯基，但没有酚羟基，③除苯环外，不含其它环状结构，④水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解产物中含有酚羟基，符合条件的结构有：(包括邻位、间位和对位3种)、(包括邻位、间位和对位3种)、(‎ 包括邻位、间位和对位3种)和(包括邻位、间位和对位3种)共12种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且面积比为3:2:2:1的是、和，故答案为：12；、和。‎ ‎【点睛】本题的难点是D和E结构的判断，要注意正确解读“D、E能使溴水褪色，E中含有两个六元环”，易错点为(5)中同分异构体数目的判断，要注意限制条件的正确解读。‎ ‎ ‎