2018-2019学年福建省莆田一中高三(下)第四次月考化学试卷(含答案解析)

2018-2019学年福建省莆田一中高三（下）第四次月考化学试卷题号一二三总分

得分

一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）

1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是（）

A. Al2O3和 MgO 的熔点均很高，可用于制作耐高温材料

B. 将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率

C. 小苏打和氢氧化铝胶囊，可以作内服药治疗胃酸过多

D. 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅

2.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A. 1molFe与过量稀HNO3反应，电子转移数为3N A

B. 常温下，1L0.5mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液所含NH4+的数目均为0.5N A

C. 标准状况下，22.4L己烷含有的共价键总数为19N A

D. 100g质量分数为17%的H2O2溶液中含氧原子数目为0.5N A

3.a、b、c、d、e五种短周期元素的原子半径和最外层电子数之间的关系

如图所示。下列说法正确的是（）

A. 简单离子半径：

B. 常温常压下，a与c形成的化合物可能呈固态

C. 单质沸点：

D. 与不能存在于同一离子化合物中

4.香草醛是一种广泛使用的可食用香料，可通过如下方法合成。

下列说法正确的是（）

A. 物质Ⅰ的分子式为C7H7O2

B. CHCl3分子具有正四面体结构

C. 物质Ⅰ的同分异构体中可以既含苯环又含羧基

D. 香草醛可发生取代反应、加成反应

5.下列图示的实验操作，能实现相应实验目的是（）

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A. 蒸干CuCl2饱和溶液制备无水CuCl2

B. 实验室制取并收集少量纯净氯气

C. 研究催化剂对H2O2分解速率的影响

D. 验证甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应

6.我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置可发生反应：H2S+O2=H2O2+S，

已知甲池中发生的反应：，下列说法正确的是（）

A. 甲池中碳棒上发生的电极反应为AQ+2H+-2e-=H2AQ

B. 乙池溶液中发生的反应为H2S+I3-=3I-+S+2H+

C. 该装置中电能转化为光能

D. H+从甲池移向乙池

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7.生产上用过量烧碱溶液处理某矿物（含Al2O3、MgO），过滤后得到滤液用NaHCO3溶液处理，

测得溶液pH和Al（OH）3生成的量随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如图：

下列有关说法不正确的是（）

A. 原NaHCO3溶液中c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）=0.8mol/L

B. a点水的电离程度小于c点水的电离程度

C. a点溶液中存在：c（Na+）+c（H+）=c（AlO2-）+c（OH-）

D. 生成沉淀的离子方程式为：AlO2-+HCO3-+H2O=Al（OH）3↓+CO32-

二、简答题（本大题共4小题，共49.0分）

8.工业采用氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示：

已知：

①菱锰矿的主要成分是MnCO3，其中含Fe、Ca、Mg、Al等元素。

②Al3+、Fe3+沉淀完全的pH分别为4.7、3.2，Mn2+、Mg2+开始沉淀的pH分别为8.1、9.1。

③焙烧过程中主要反应为MnCO3+2NH4Cl MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O。

（1）结合图1、2、3，分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、分别为______、______、______。

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（2）对浸出液净化除杂时，需先加入MnO2将Fe2+转化为Fe3+，再调节溶液pH的范围为______，将Fe3+和Al3+变为沉淀而除去，然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+变为氟化物沉淀除去。

（3）“碳化结晶”步骤中，加入碳酸氢铵时反应的离子方程式为______。

（4）上述流程中可循环使用的物质是______。

（5）现用滴定法测定浸出液中Mn2+的含量。实验步骤：称取1.000 g试样，向其中加入稍过量

的磷酸和硝酸，加热使反应2Mn2++NO3-+4PO43-+2H +2[Mn（PO4）2]3-+NO2-+H2O充分进行并除

去多余的硝酸；加入稍过量的硫酸铵，发生反应NO2-+NH4+=N2↑+2H2O以除去NO2-；加入稀硫酸酸化，用2.00 mol?L-110.00 mL硫酸亚铁铵标准溶液进行滴定，发生的反应为[Mn（PO4）]3-+Fe2+=Mn2++Fe3++2PO43-；用0.10 mol?L-110.00 mL酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2+。

2

①酸性K2Cr2O7溶液与Fe2+反应（还原产物是Cr3+）的离子方程式为______。

②试样中锰的质量分数为______。

9.以含1个碳原子的物质（如CO、CO2、CH4、CH3OH等）为原料的碳一化学处于未来化学产业

的核心，成为科学家研究的重要课题。

（1）已知CO、H2、CH3OH（g）的燃烧热分别为-283.0 kJ?mol-1、-285.8 kJ?mol-1、-764.5 kJ?mol-1．则反应Ⅰ：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H=______；。

（2）在T1时，向体积为2 L的恒容容器中充入物质的量之和为3 mol的CO和H2，发生反应CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g），反应达到平衡时CH3OH（g）的体积分数（φ）与的关系如图1所示。

①当起始=2时，经过5 min达到平衡，CO的转化率为0.6，则0～5 min内平均反应速率v

（H2）=______。若此刻再向容器中加入CO（g）和CH3OH（g）各0.4 mol，达到新平衡时H2的转化率将______（填“增大”“减小”或“不变”）。

②当=3.5时，达到平衡后，CH3OH的体积分数可能是图象中的______（填“D”“E”或

“F”）点。

（3）在一容积可变的密闭容器中充有10 mol CO和20 mol H2．CO的平衡转化率（α）与温度（T）、压强（p）的关系如图2所示。

①A、B、C三点的平衡常数K A、K B、K C的大小关系为______。

②若达到平衡状态A时，容器的体积为10 L，则在平衡状态B时容器的体积为______L。

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第5页，共15页 （4）以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图3所示。则电源的负极为______（填“A ”或“B ”），写出阳极的电极反应式______。

10. 铁触媒是重要的催化剂，铁触媒在500℃左右时的活性最大，这也是合成氨反应一般选择在

500℃左右进行的重要原因之一。CO 易与铁触媒作用导致其失去催化活性：Fe+5CO=Fe （CO ）5；在溶液中除去CO 的化学方程式为[Cu （NH 3）2]OOCCH 3+CO+NH 3=[Cu （NH 3）3

（CO ）]OOCCH 3．请回答下列问题：

（1）基态Fe 原子的核外电子排布式为[Ar]______；C 、N 、O 的电负性由大到小的顺序为______。

（2）Cu 2+在水中呈现蓝色是因为形成了四水合铜（Ⅱ）离子，其化学式为______；配合物[Cu （NH 3）2]OOCCH 3中，铜显价，碳原子的杂化轨道类型是______，NH 3价电子对互斥理论模型是______。

（3）用[Cu （NH 3）2]OOCCH 3溶液除去CO 的反应中，肯定有______（填字母）形成 A ．离子键 B ．配位键 C ．非极性键 D ．σ键

（4）Fe （CO ）5又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，则Fe （CO ）5的晶体类型是______。 （5）单质铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示，面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的铁原子个数之比为______，面心立方堆积与体心立方堆积的两种铁晶体的密度之比为______（写出已化简的比例式即可）。（两种堆积中最邻近的铁原子的核间距相等）

11. 有机化合物A 是一种重要的化工原料，合成路线如图：

已知以下信息： ①

②R-CH=CH 2

R-CH 2CH 2OH ； ③核磁共振氢谱显示A 有2种不同化学环境的氢。

（1）A 的名称是______。F 的结构简式为______。

（2）A→B 的反应类型为______。I 中存在的含氧官能团的名称是______。

（3）写出下列反应的化学方程式。

D→E ：______。

（4）I 的同系物J 比I 相对分子质量小28，J 的同分异构体中能同时满足如下条件的共有______种（不考虑立体异构）。

①苯环上只有两个取代基；②既含-CHO ，又能和饱和NaHCO 3溶液反应放出CO

2

（5）参照上述合成路线，以为原料（无机试剂任选），设计制备苯乙酸

（）的合成路线：______。

三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）

12.甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物。某化学小组利用如

图装置探究其反应产物。

[查阅资料]①CO能与银氨溶液反应：CO+2[Ag（NH3）2]++2OH-=2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3。

②Cu2O为红色，不与Ag+反应，能发生反应：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。

（1）装置A中反应的化学方程式为______。

（2）按气流方向各装置从左到右的连接顺序为A→______（填字母编号）。

（3）实验中滴加稀盐酸的操作为______。

（4）已知气体产物中含有CO，则装置C中可观察到的现象是______；装置F的作用为______。

（5）当反应结束后，装置D处试管中固体全部变为红色。

①设计实验证明红色固体中含有Cu2O：______。

②欲证明红色固体中是否含有Cu，甲同学设计如下实验：向少量红色固体中加入适量

0.1 mol?L-1AgNO3溶液，发现溶液变蓝，据此判断红色固体中含有Cu．乙同学认为该方案不合

实验步骤（不要求写

出具体操作过程）

预期现象和结论

______ 若观察到溶液不变蓝，则证明红色固体中含有Cu；若观察到溶液变蓝，则不能证明红色固体中含有Cu，需继续进行探究实验。

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-------- 答案与解析 --------

1.答案：D

解析：解：A．Al2O3和 MgO 的熔点均很高，可用于制作耐高温材料，故A正确；

B．地沟油主要成分为油脂，油脂为高级脂肪酸甘油酯，在碱性环境下水解生成肥皂主要成分高级脂肪酸盐和甘油，将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率，故B正确；

C．小苏打为碳酸氢钠，氢氧化铝二者都能与盐酸反应，消耗盐酸，所以可以用于治疗胃酸过多，故C正确；

D．计算机芯片的材料是硅，故D错误；

故选：D。

A．耐高温材料应具有较高的熔点；

B．依据油脂的皂化反应解答；

C．小苏打为碳酸氢钠，氢氧化铝二者都能与盐酸反应，消耗盐酸；

D．二氧化硅为绝缘体，硅为良好的半导体材料．

本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，明确相关物质的性质及用途是解题关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．

2.答案：A

解析：【分析】

本题考查阿伏加德罗常数，题目难度中等，注意从物质的组成、结构、性质以及存在条件、聚集状态等角度思考。

【解答】

A.铁与足量的稀硝酸反应生成铁离子，1molFe失去3mol电子，即转移电子数为3N A，故A正确；

B.氨根离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，所以常温下，1L0.5mol/LNH4Cl溶液与

2L0.25mol/LNH4Cl溶液所含NH4+的数目均小于0.5N A，故B错误；

C.标况下，己烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；

D.100g质量分数为17%的双氧水的质量为17g，物质的量为0.5mol，双氧水中含有的氧原子为1mol，而在双氧水溶液中，除了双氧水外，还含水，故此溶液中的氧原子多于N A个，故D错误。

故选A。

3.答案：B

解析：【分析】

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识及规律性知识的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。

【解答】

由图中原子半径可知，b＞e＞c＞d＞a，结合原子的最外层电子数可知，a、b的最外层电子数均为1，则a为H，b为Na；c、d位于第二周期，e位于第三周期符合半径的比较规律，c的最外层电子数为4，c为C；d的最外层电子数为5，d为N；e的最外层电子数为6，e为S，以此解答该题。

由上述分析可知，a为H，b为Na，c为C，d为N，e为S。

A．b离子为Na+，有两个电子层，而e离子为S2-，含有3个电子层，电子层越多离子半径越大，则简单离子半径：b＜e，故A错误；

B．C、H形成的化合物为烃，碳原子数较多的烃熔点较高，常温常压下可能为固态，故B正确；

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C．常温下C为固体，氮气为气体，则单质沸点：c＞d，故C错误；

D．N、S原子可以存在于同一离子化合物中，如硫酸铵、硫化铵等，故D错误；

故选B。

4.答案：D

解析：解：A．物质Ⅰ的分子式为C7H8O2，故A错误；

B．C-H、C-Cl的键长不同，不是正四面体结构，故B错误；

C．如既含苯环又含羧基，则不饱和度与Ⅰ不同，不是同分异构体，故C错误；

D．香草醛含有羟基和醛基，则可发生取代、加成反应，故D正确。

故选：D。

A．根据结构简式判断；

B．C-H、C-Cl的键长不同；

C．如既含苯环又含羧基，则不饱和度与Ⅰ不同；

D．香草醛含有羟基和醛基，结合官能团的性质判断。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构特点以及同分异构体的判断，题目难度不大。

5.答案：C

解析：解：A．CuCl2为强酸弱碱盐，易水解生成氯化氢，氯化氢挥发，得到氢氧化铜，应在氯化氢的氛围中蒸发，故A错误；

B．因盐酸易挥发，收集到的氯气中混有氯化氢，故B错误；

C．研究催化剂对反应的速率的影响，过氧化氢的浓度应相同，可达到实验目的，故C正确；D．氯气与硝酸银溶液也反应，不能证明发生取代反应，故D错误。

故选：C。

A．CuCl2饱和溶液在加热时易水解；

B．盐酸易挥发；

C．研究催化剂对反应的速率的影响，过氧化氢的浓度应相同；

D．氯气与硝酸银溶液也反应。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及盐类的水解、气体的制备以及反应速率的影响因素等，把握实验原理及实验装置图的作用为解答的关键，注意方案的合理性、操作性分析，题目难度不大。

6.答案：B

解析：【分析】

本题考查学生原电池的工作原理以及电极反应式的书写知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等。

【解答】

A、甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应，即AQ+2H++2e-=H2AQ，故A错误；

B、在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，碘单质得电子生成I-，发生的反应为H2S+I3-=3I-+S↓+2H+，故B正确；

C、装置是原电池装置，根据图中信息知道是将光能转化为电能的装置，故C错误；

D、原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以氢离子从乙池移向甲池，故D错误。

故选：B。

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7.答案：A

解析：解：A．加入40mLNaHCO3溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol，前8mLNaHCO3溶液和氢氧化钠反应（OH-+HCO3-=CO32-+H2O）不生成沉淀，后32mLNaHCO3溶液与偏铝酸钠反应

（HCO3-+AlO2-+H2O=Al（OH）3↓+CO32-）生成沉淀，则原NaHCO3溶液物质的量浓度c（NaHCO3）

==1.0mol/L，原NaHCO3溶液中的物料守恒为c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）=1.0mol/L，

故A错误；

B．水的电离程度：a点为偏铝酸钠和氢氧化钠的混合液，c点为偏铝酸钠与碳酸钠的混合液，因为酸碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，所以水的电离程度：a点小于c点，故B正确；

C．a点为偏铝酸钠和氢氧化钠混合溶液，根据电荷守恒可以写出：c（Na+）+c（H+）=c（AlO2-）+c（OH-），故C正确；

D．根据强酸制弱酸原理可以写出离子方程式HCO3-+AlO2-+H2O=Al（OH）3↓+CO32-，故D正确；故选：A。

根据题意可知a点为偏铝酸钠和氢氧化钠混合溶液，0mL～8mL碳酸氢钠与过量的氢氧化钠反应，8mL～32mL碳酸氢钠与偏铝酸钠反应，据此分析选项是否正确。

A．加入40mLNaHCO3溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol，前8mLNaHCO3溶液和氢氧化钠反应（OH-+HCO3-=CO32-+H2O）不生成沉淀，后32mLNaHCO3溶液与偏铝酸钠反应（HCO3-+AlO2-+H2O=Al

（OH）3↓+CO32-）生成沉淀，则原NaHCO3溶液物质的量浓度c（NaHCO3）==1.0mol/L，原

NaHCO3溶液中的物料守恒判断；

B．水的电离程度：a点为偏铝酸钠和氢氧化钠的混合液，c点为偏铝酸钠与碳酸钠的混合液，因为酸碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离；

C．a点为偏铝酸钠和氢氧化钠混合溶液，根据电荷守恒分析判断；

D．强酸制弱酸原理写出离子方程式。

本题考查了电解质溶液中电荷守恒、物料守恒、盐类水解原理、离子浓度大小比较等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

8.答案：(1)500℃60min 1.10 (2) 4.7≤pH＜8.1 (3)

Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O (4)NH4Cl (5)6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O 77%

解析：【分析】

本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。

【解答】

（1）由图可知，锰的浸出率随着焙烧温度、氯化铵与菱镁矿粉的质量之比、焙烧时间增大而提高，到500℃、1.10、60min达到最高，再增大锰的浸出率变化不明显，故氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是焙烧温度500℃，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为1.10，焙烧时间为60min；

故答案为：500℃；60 min；1.10；

（2）已知：Al3+、Fe3+沉淀完全的pH分别为4.7、3.2，Mn2+、Mg2+开始沉淀的pH分别为8.1、9.1，调节溶液pH使Fe3+，Al3+沉淀完全，同时不使Mn2+沉淀，故pH范围为：4.7≤pH＜8.1；

故答案为：4.7≤pH＜8.1；

（3）净化液的成分主要含有MnCl2，碳化结晶时，发生反应的离子方程式为

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Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O；

故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；

（4）根据分析和流程可知，可以循环使用的固体物质是NH4Cl；

故答案为：NH4Cl；

（5）①酸性K2Cr2O7溶液与Fe2+反应，将其氧化为Fe3+，K2Cr2O7被Fe2+还原，产物是Cr3+，反应为：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；

故答案为：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；

②根据6Fe2+～K2Cr2O7，则剩余的n（Fe2+）=6n（K2Cr2O7）=6×0.1mol/L×0.01L=0.006mol，

[Mn（PO4）2]3-消耗的n（Fe2+）=2mol/L×0.01L-0.006mol=0.014mol，故n（[Mn（PO4）2]3-）=0.014mol，根据锰元素守恒，n（Mn）=0.014mol ，故试样中锰的质量分数为=77%；

故答案为：77%。

9.答案：（1）-90.1kJ?mol-1；

（2）①0.12 mol?L-1?min-1；增大；②F；

（3）①K A=K B＞K C；②2；

（4）B；2CH3OH+CO-2e-=（CH3O）2CO+2H+。

解析：解：（1）由CO、H2、CH3OH（g）的燃烧热可得热化学方程式：

①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ?mol-1

②H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ?mol-1

③CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-764.5kJ?mol-1

由盖斯定律可知，①+2×②-③可得CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H=[-283.0+（-285.8×2）

+764.5]kJ/mol=-90.1kJ/mol；

故答案为：-90.1kJ?mol-1；

（2）①当起始=2时，n（H2）+n（CO）=3mol，则n（H2）=2mol、n（CO）=1mol，经过5 min 达到平衡，CO的转化率为0.6，则0～5 min内，消耗的n（CO）=1mol×0.6=0.6mol，则v（CO）=mol/

（L．min）=0.06mol/（L·min），平均反应速率v（H2）=2v（CO）=2×0.06mol/（L·min）=0.12 mol?L-1?min-1；若此刻再向容器中加入CO（g）和CH3OH（g）各0.4 mol，相当于增大压强，平衡正向移动，则氢气的转化率增大；

故答案为：0.12 mol?L-1?min-1；增大；

②混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大，故=3.5时，达到平衡状态后，

CH3 OH的体积分数小于C点，F点符合题意，

故答案为：F；

（3）①该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，温度A=B＜C，则化学平衡常数K A=K B＞K C，

故答案为：K A=K B＞K C；

②A、B两点温度相等，压强不同，平衡常数相同，

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对应A点，CO转化率为0.5，参加反应CO为10mol×0.5=5mol，

CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）

开始（mol）：10 20 0

转化（mol）：5 10 5

平衡（mol）：5 10 5

故T1温度下，平衡常数K==1；

对应B点，CO转化率为0.8，参加反应CO为10mol×0.8=8mol，

CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）

开始（mol）：10 20 0

转化（mol）：8 16 8

平衡（mol）：2 4 8

设平衡时的体积为VL ，则=1，解得V=2，

故答案为：2；

（4）电解池中阳离子向阴极移动，根据氢离子移动分析知，右侧电解为阴极，连接阴极的电源电极为负极，所以B为负极；

阳极上甲醇失电子和CO反应生成碳酸二甲酯，电极反应式为2CH3OH+CO-2e-=（CH3O）2CO+2H+，故答案为：B；2CH3OH+CO-2e-=（CH3O）2CO+2H+。

本题考查化学反应原理，涉及反应热计算、化学平衡状态判断、化学平衡图象与化学平衡有关计算、平衡常数、燃料电池与电解池的工作原理等，综合性较大且计算多，明确化学反应原理是解本题关键，注意（3）中体积的计算方法，化学平衡常数只与温度有关，与其它因素无关，题目难度中等。

10.答案：3d64s2C＜N＜O [Cu（H2O）4]2+sp3、sp2四面体形BD 分子晶体2：1 4：3

解析：解：（1）Fe是26号元素，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，与Ar原子排布相同部分用[Ar]替代可得简化核外电子排布式为：[Ar]3d64s2．同周期主族元素最原子序数增大电负性增强，故电负性：C＜N＜O，

故答案为：3d64s2；C＜N＜O；

（2）Cu2+在水中呈现蓝色是因为形成了四水合铜（Ⅱ）离子，其化学式为[Cu（H2O）4]2+．甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，碳原子杂化方式为sp3，而羰基中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，碳原子杂化方式为sp2．NH3中N原子形成3个N-H键，含有1对孤对电子，价层电子对数=3+1=4，价电子对互斥理论模型是：四面体形，

故答案为：[Cu（H2O）4]2+；sp3、sp2；四面体形；

（3）用[Cu（NH3）2]OOCCH3中除去CO的反应中，Cu有空轨道，CO中碳原子有孤电子对，形成配位键，配位键属于σ键，

故选：BD；

（4）Fe（CO）5常温下为黄色油状液体，其熔沸点较低，属于分子晶体，

故答案为：分子晶体；

（5）面心立方晶胞中Fe原子个数=8×+6×=4，体心立方晶胞中Fe原子个数=1+8×=2，所以二者Fe原子个数之比=4：2=2：1．设Fe原子半径为rcm，则面心立方晶胞棱长=2rcm，其体积=（2r）3cm3，体心立方晶胞棱长= cm，其体积=（）3cm3，面心立方晶胞与体心立方晶胞中Fe原子质量

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之比为2：1，故密度之比=：=4：3，

故答案为：2：1；4：3。

（1）Fe是26号元素，根据能量最低原理书写核外电子排布式，与Ar原子排布相同部分用[Ar]替代可得简化核外电子排布式；同周期主族元素最原子序数增大电负性增强；

（2）Cu2+在水中呈现蓝色是因为形成了四水合铜（Ⅱ）离子；甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，而羰基中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3；NH3中N原子形成3个N-H键，含有1对孤对电子，价层电子对数=3+1=4；

（3）用[Cu（NH3）2]OOCCH3中除去CO的反应中，Cu有空轨道，CO中碳原子有孤电子对，形成配位键，配位键属于σ键；

（4）羰基铁常温下为黄色油状液体，说明熔点较低，符合分子晶体性质；

（5）均摊法计算晶胞中原子数目，可得原子数目之比。面心立方晶胞中面对角线上的Fe原子相邻，由几何知识，晶胞棱长等于Fe原子半径的2倍，体心立方晶胞中处于体对角线上Fe原子相邻，体对角线长度等于Fe原子半径的4倍，也等于晶胞棱长的被，结合密度=晶胞中原子总质量÷晶胞体积计算。

本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、电负性、配合物、杂化方式、价层电子对互斥理论、化学键、晶体类型与性质、晶胞计算等知识点，（5）中计算为易错点、难点，关键是明确原子核间距与晶胞棱长的关系，需要是具有一定的空间想象与数学计算能力。

11.答案：（1）2-甲基-2-丙醇；；

（2）消去反应；酯基、醛基；

（3）；

（4）6；

（5）

解析：解：有机物A的分子式为C4H10O，在浓硫酸、加热条件下生成B，B发生信息②中的反应生成C，则A为醇、B含有碳碳双键，核磁共振氢谱显示A有2种不同化学环境的氢，故A为

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，A发生消去反应生成B 为，则C 为，D能与氢氧化铜反应、酸化得到E，结合I的结构，可知E 为，故D 为、H

为，逆推可知G 为、F 为。

（1）A 为，A 的名称是：2-甲基-2-丙醇。由分析可知，F 的结构简式为，故答案为：2-甲基-2-丙醇；；

（2）A→B 是发生消去反应生成．由结构可知I中存在的含氧官能团

的名称是：酯基、醛基，

故答案为：消去反应；酯基、醛基；

（3）D→E 的反应方程式为：

，

故答案为：；

（4）I的同系物J比I相对分子质量小28，则少2个CH2原子团，J的同分异构体中能同时满足：①苯环上只有两个取代基；②既含-CHO，又能和饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，说明含有-COOH，2个取代基为-CH2CHO、-COOH或者为-CHO、-CH2COOH，均有邻、间、对3种位置结构，故符合条件的共有3+3=6种，

故答案为：6；

（5）发生消去反应生成，再经过①B2H6、②H2O2/H+得到

，催化氧化得到，进一步氧化得到，合成路线流程图为：

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，

故答案为：

本题考查有机物的推断与合成，充分利用I的结构、反应条件进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化，注意对给予信息的理解，是对有机化学基础的综合考查。

12.答案：Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3F→D→B→E→C→G 先打开分液漏斗上口的玻璃塞（或先将分液漏斗上口的玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔），再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下试管内有黑色固体生成除去甲烷中的HCl和H2O 取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，则证明含Cu2O 取少量的Cu2O固体于试管中，加入适量的0.1mol/LAgNO3溶液

解析：解：装置 A 中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，生成的甲烷气体通过装置F吸收混有的氯化氢，干燥气体，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置装置B检验生成的水蒸气，通过装置E检验吸收生成产物二氧化碳，通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳，CO 能与银氨溶液反应：CO+2Ag（NH3）

+2OH-=2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3，最后用排水法吸收和收集尾气，

（1）装置 A 中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，反应的化学方程式为：

Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3，

故答案为：Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3；

（2）装置 A 中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，生成的甲烷气体通过装置F干燥，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置装置B检验生成的水蒸气，通过装置E检验吸收生成产物二氧化碳，通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳，CO 能与银氨溶液反应：CO+2Ag（NH3）+2OH-=2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3，最后用排水法吸收和收集气体，按气流方向各装置从左到右的连接顺序为A→F→D→B→E→C→G，故答案为：F→D→B→E→C→G；

（3）实验中滴加稀盐酸的操作是：先打开分液漏斗上口的玻璃塞（或先将分液漏斗上口的玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔），再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下，

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故答案为：先打开分液漏斗上口的玻璃塞（或先将分液漏斗上口的玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔），再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下；

（4）气体含有一氧化碳，C中银氨溶液被一氧化碳还原生成银单质，试管内有黑色固体生成，F是除去甲烷中杂质气体氯化氢和水蒸气，

故答案为：试管内有黑色固体生成；除去甲烷中的 HCl 和 H2O；

（5）当反应结束后，装置 D 处试管中固体全部变为红色，

①实验证明红色固体中含有 Cu2O的方法为：取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含铜离子，则证明含 Cu2O，

故答案为：取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，则证明含 Cu2O；

②欲证明红色固体中是否含有 Cu，甲同学设计如下实验：向少量红色固体中加入适量

的 0.1mol/L AgNO3溶液，发现溶液变蓝，据此判断红色固体中含有 Cu．乙同学认为该方案不合理，欲证明甲同学的结论，还需要增加对比实验：取少量的 Cu2O 固体于试管中，加入适量

的 0.1 mol/LAgNO3溶液，若溶液不变蓝，则可以排除红色固体中氧化亚铜的干扰，证明其中含铜，故答案为：取少量Cu2O固体于试管中，加入适量0.1 mol?L-1AgNO3溶液。

装置 A 中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，生成的甲烷气体通过装置F吸收混有的氯化氢，干燥气体，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置装置B检验生成的水蒸气，通过装置E检验吸收生成产物二氧化碳，通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳，CO 能与银氨溶液反应：CO+2Ag（NH3）

+2OH-=2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3，最后用排水法吸收和收集尾气，

（1）稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷；

（2）装置 A 中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，生成的甲烷气体通过装置F干燥，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置装置B检验生成的水蒸气，通过装置E检验吸收生成产物二氧化碳，通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳，CO 能与银氨溶液反应：CO+2Ag（NH3）+2OH-=2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3，最后用排水法吸收和收集气体；

（3）分液漏斗需要先打开分液漏斗上口的玻璃塞（或先将分液漏斗上口的玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔），再打开下面的活塞滴加；

（4）气体含有一氧化碳，C中银氨溶液被一氧化碳还原生成银单质，F是除去甲烷中杂质气体；（5）Cu2O 为红色，不与 Ag+反应，发生反应Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，溶液为蓝色溶液，同时生成红色固体铜，向少量红色固体中加入适量的 0.1mol/L AgNO3溶液，发现溶液变蓝，据此判断红色固体中含有 Cu，需要增加对比实验，取少量的 Cu2O 固体于试管中，加入适量的 0.1 mol/LAgNO3

溶液，若溶液不变蓝，则可以排除红色固体中氧化亚铜的干扰。

本题考查了物质性质、实验制备、过程分析判断、通过信息的理解应用、物质检验实验方案设计等，题目难度中等，掌握基础是解题关键。

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