江西新余市2016届高考化学三模试卷及答案
一、选择题
1.若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A.含有NA个氖原子的氖气在标准状况下的体积约为11.2 L
B.2.3 g Na被O2完全氧化时，失去电子数为0.1NA
C.2 L 1 mol•L﹣1的盐酸中所含氯化氢分子数约为2NA
D.标准标况下，5.6 L CCl4含有的分子数为0.25NA
2.下列离子方程式书写正确的是( )
A.向Na2S溶液中加入少量的氯化银：S2﹣+2Ag+═Ag2S↓
B.向滴有酚酞的1 mol/L硅酸钠溶液中加入稀盐酸至溶液红色消失：SiO +2H+═H2SiO3(胶体)
C.碳酸氢铵溶液中加入足量NaOH：HCO +OH﹣═CO +H2O
D.向苯酚钠溶液中通入一定量CO2：
3.下列关于有机物的性质与结论都正确的是( )
选项 性质 结论
A 乙烯分别通入酸性高锰酸钾和溴的四氯化碳溶
液，两溶液都褪色 这两个反应类型相同
B 油脂、多糖、蛋白质都能水解 三者都是天然高分子化合物
C 乙醇和乙酸都能和钠反应 两者的结构中都含有羟基
D 葡萄糖和乙醛都能和新制的氢氧化铜反应 两者的结构中都含有醛基
A.A B.B C.C D.D
4.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下图所示.下列说法正确的是( )
A.原子半径的大小顺序：rZ>rY>rX
B.氢化物的稳定性强弱顺序：XH4>YH3>HW
C.Y的氢化物与W的氢化物化合所得产物中只含有共价键
D.X、Y、Z、W四种元素的最高价氧化物对应水化物均能与强碱反应
5.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份，向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g(已知硝酸只被还原为NO气体)，向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示.下列分析错误的是( )
A.AB段的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+
B.第二份溶液中最终溶质为FeSO4
C.混合酸中NO3﹣物质的量为0.4mol
D.混合酸中H2SO4浓度为5mol•L﹣1
6.下列关于金属的说法中，不正确的是( )
A.常温下可用铁制容器盛装浓硝酸
B.在一般情况下，合金的硬度大于它的成分金属
C.常用电解法冶炼钠、镁、铝等活泼金属
D.将钢闸门与电源正极相连，可防止其在海水中被腐蚀
7.等容积的四个密闭容器中进行同样的反应2A(g)+B(g)⇌3C(g)+2D(g).起始时，A、B的物质的量分别如表所示( )
甲 乙 丙 丁
A 2 1 2 1
B 1 1 2 2
A.A的转化率为：甲<丙<乙<丁 B.A的转化率为：甲<乙<丙<丁
C.B的转化率为：甲>丙>乙>丁 D.B的转化率为：丁>乙>丙>甲
8.如图为摇摆电池的工作原理图，在充放电过程中Li+在两极间“摇来摇去”，其总反应为：LiCoO2+6C Li(1﹣x)CoO2+LixC6 下列有关说法正确的是( )
A.放电时，负极反应为：LiCoO2﹣═Li(1﹣x)CoO2+xLi+
B.充电时，B极发生还原反应
C.充电时，Li+穿过隔离膜向B极移动
D.当A极得到x mol电子，电池消耗6 mol C
二、(非选择题，共4小题，共52分)
9.根据已学知识，请你回答下列问题：
(1)写出原子序数最小的第Ⅷ族元素原子的原子结构示意图为： .
(2)写出3p轨道上有2个未成对电子的元素的符号： .
(3)某元素被科学家称之为人体微量元素中的“防癌之王”，其原子的外围电子排布是4s24p4，该元素的名称是 .
(4)根据VSEPR模型，H3O+的分子立体结构为： ，SO2的立体结构为： .
(5)金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图1所示.则体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为 ;若两种晶体中最邻近的铁原子间距离相同，则体心立方晶胞和面心立方晶胞的密度之比为 .
(6)胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可简单表示如图2，其中配位键和氢键均采用虚线表示.
①写出基态Cu原子的核外电子排布式： ，
②写出胆矾晶体中水合铜离子的结构简式(用配位键表示)： .
(7)决定离子空间结构的因素有 、 和离子键的纯粹程度.
10.烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放，实验室用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)x(OH)6﹣2x]溶液，并用于烟气脱硫研究.
(1)酸浸时反应的化学方程式为 ;滤渣Ⅰ的主要成分为 (填化学式).
(2)加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2(SO4)3转化为Al2(SO4)x(OH)6﹣2x.滤渣Ⅱ的主要成分为 (填化学式);若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，其原因是 (用离子方程式表示).
(3)上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，其主要原因是 ;与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将 (填“增大”、“减小”或“不变”).
11.甲、乙两同学用下图所示装置进行实验，探究硝酸与铁反应的产物.
文献记载：I.在浓硝酸和活泼金属反应过程中，随着硝酸浓度的降低，其生成的产物有+4、+2、﹣3价等氮的化合物.
II.FeSO4+NO⇌Fe(NO)SO4(棕色)△H<0.
III.NO2和NO都能被KMnO4氧化吸收.
甲的实验操作和现象记录如下：
实验操作 实验现象
打开弹簧夹，通入一段时间CO2，关闭弹簧夹.
打开分液漏斗活塞，将浓硝酸缓慢滴入烧瓶中，关闭活塞. 无明显现象.
加热烧瓶，反应开始后停止加热. ①A中有红棕色气体产生，一段时间后，气体颜色逐渐变浅; B中溶液变棕色; C中溶液紫色变浅.
②反应停止后，A中无固体剩余.
请回答下列问题：
(1)滴入浓硝酸加热前没有明显现象的原因是 .
(2)检验是否生成﹣3价氮的化合物，应进行的实验操作是 .
(3)甲取少量B中溶液，加热，实验现象是 .请用化学平衡原理解释原因： .甲依据该现象得出的结论是A中有NO生成.
(4)乙认为甲得出A中有NO生成的证据不足.为获取充足的证据，乙仍采用该装置和操作进行对照实验，乙作出的改变是 ，证明有NO生成的实验现象是 .
(5)证明A溶液中是否含有Fe2+和Fe3+，选择的药品是(填序号) .
a.铁粉 b.溴水 c.鉄氰化钾溶液 d.硫氰化钾溶液.
12. 1﹣溴异戊烷[(CH3)2CHCH2CH2Br]是有机合成的重要中间体，可用于生产染料、催化剂等，其沸点为121℃，易溶于CCl4，可由异戊醇与氢溴酸在硫酸催化作用下反应而得：(CH3)2CHCH2CH2OH+HBr (CH3)2CHCH2CH2Br+H2O.已知异戊醇的沸点为132.5℃，微溶于水，易溶于CCl4.实验室制备1﹣溴异戊烷的装置如图所示.
请回答下列问题：
(1)上述实验装置中长导管的作用是 ;导管末端插入CCl4中而不直接插入水中，除了能将挥发出的Br2、1﹣溴异戊烷等充分吸收外，另一个重要作用是 .
(2)将1﹣溴异戊烷的粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，有机物将 (填“在上层”、“在下层”或“不分层”).
(3)在制备过程中，Br﹣可被氧化为Br2而引入杂质.欲除去Br2，可选用 (填字母).
A.NaCl B.NaOH C.NaHSO3 D.KCl E.NaHCO3
(4)在制备1﹣溴异戊烷时，不能边反应边蒸出产物，其原因是 .
(5)在实验室中还可用NaBr、浓H2SO4和异戊醇为原料制备1﹣溴异戊烷.已知反应物的用量如表：
反应物 NaBr 98.3% 浓H2SO4 异戊醇 水
用量 0.30mol 35mL(过量) 0.25mol 30mL
若实验时1﹣溴异戊烷的产率为40%，则可制取1﹣溴异戊烷 g.
2016年江西省新余市分宜县实验班高考化学三模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1.若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A.含有NA个氖原子的氖气在标准状况下的体积约为11.2 L
B.2.3 g Na被O2完全氧化时，失去电子数为0.1NA
C.2 L 1 mol•L﹣1的盐酸中所含氯化氢分子数约为2NA
D.标准标况下，5.6 L CCl4含有的分子数为0.25NA
【考点】阿伏加德罗常数.
【分析】A、氖气为单原子分子;
B、求出钠的物质的量，然后根据反应后钠变为+1价来分析;
C、HCl是强电解质，在溶液中完全电离;
D、标况下，四氯化碳为液态.
【解答】解：A、氖气为单原子分子，故含有NA个氖原子的氖气为1mol，在标况下为22.4L，故A错误;
B、2.3g钠的物质的量为0.1mol，而反应后钠变为+1价，故0.1mol钠反应后失去0.1mol电子即0.1NA个，故B正确;
C、HCl是强电解质，在溶液中完全电离，故盐酸溶液中无HCl分子，故C错误;
D、标况下，四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误.
故选B.
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大.
2.下列离子方程式书写正确的是( )
A.向Na2S溶液中加入少量的氯化银：S2﹣+2Ag+═Ag2S↓
B.向滴有酚酞的1 mol/L硅酸钠溶液中加入稀盐酸至溶液红色消失：SiO +2H+═H2SiO3(胶体)
C.碳酸氢铵溶液中加入足量NaOH：HCO +OH﹣═CO +H2O
D.向苯酚钠溶液中通入一定量CO2：
【考点】离子方程式的书写.
【专题】离子反应专题.
【分析】A.氯化银为沉淀，应保留化学式;
B.硅酸钠与盐酸反应生成硅酸胶体和氯化钠;
C.漏掉铵根离子与氢氧根离子的反应;
D.不符合反应客观事实.
【解答】解：A.向Na2S溶液中加入少量的氯化银，离子方程式：S2﹣+2AgCl═Ag2S↓+2Cl﹣，故A错误;
B.向滴有酚酞的1 mol/L硅酸钠溶液中加入稀盐酸至溶液红色消失，离子方程式：SiO32﹣+2H+═H2SiO3(胶体)，故B正确;
C.碳酸氢铵溶液中加入足量NaOH：NH4++HCO3﹣+2OH﹣═CO32﹣+H2O+NH3•H2O，故C错误;
D.向苯酚钠溶液中通入一定量CO2，离子方程式：C6H5O﹣+CO2+H2O→C6H6OH+HCO3﹣，故D错误;
故选：B.
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意化学式拆分、注意离子反应遵循客观事实，注意反应物用量对反应的影响，题目难度不大.
3.下列关于有机物的性质与结论都正确的是( )
选项 性质 结论
A 乙烯分别通入酸性高锰酸钾和溴的四氯化碳溶
液，两溶液都褪色 这两个反应类型相同
B 油脂、多糖、蛋白质都能水解 三者都是天然高分子化合物
C 乙醇和乙酸都能和钠反应 两者的结构中都含有羟基
D 葡萄糖和乙醛都能和新制的氢氧化铜反应 两者的结构中都含有醛基
A.A B.B C.C D.D
【考点】有机物的结构和性质;有机化学反应的综合应用.
【专题】有机反应.
【分析】A.乙烯与高锰酸钾发生氧化反应，乙烯与溴发生加成反应;
B.油脂的相对分子质量在10000以下;
C.乙酸中含﹣COOH，乙醇中含﹣OH;
D.葡萄糖和乙醛均含﹣CHO，能被弱氧化剂氧化.
【解答】解：A.乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色是氧化反应，乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色是加成反应，反应类型不同，故A错误;
B.油脂不是高分子化合物，故B错误;
C.乙酸中不含有羟基，故C错误;
D.葡萄糖和乙醛均含﹣CHO，都能和新制的氢氧化铜反应，故D正确;
故选D.
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的组成、官能团与性质、有机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.
4.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下图所示.下列说法正确的是( )
A.原子半径的大小顺序：rZ>rY>rX
B.氢化物的稳定性强弱顺序：XH4>YH3>HW
C.Y的氢化物与W的氢化物化合所得产物中只含有共价键
D.X、Y、Z、W四种元素的最高价氧化物对应水化物均能与强碱反应
【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用.
【专题】元素周期律与元素周期表专题.
【分析】X、Y、Z、W都是短周期元素，根据在元素周期表位置可知，X是C元素、Y是N元素、Z是Al元素、W是Cl元素，
A.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大;
B.甲烷比氨气稳定，非金属性越强氢化物越稳定;
C.氨气与HCl形成的化合物为氯化铵，属于离子化合物;
D.碳酸、硝酸、氢氧化铝、高氯酸，都能与强碱反应.
【解答】解：X、Y、Z、W都是短周期元素，根据在元素周期表位置可知，X是C元素、Y是N元素、Z是Al元素、W是Cl元素，
A.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Z>X>Y，故A错误;
B.稳定性HCl>甲烷>氨气，故B错误;
C.氨气与HCl形成的化合物为氯化铵，属于离子化合物，含有离子键，铵根离子中钠原子与氢原子之间形成共价键，故C错误;
D.X、Y、Z、W四种元素的最高价氧化物对应水化物分别为碳酸、硝酸、氢氧化铝、高氯酸，都能与强碱反应，故D正确;
故选D.
【点评】本题考查元素周期表和周期律的综合应用，难度不大，注意甲烷稳定性的特殊性.
5.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份，向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g(已知硝酸只被还原为NO气体)，向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示.下列分析错误的是( )
A.AB段的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+
B.第二份溶液中最终溶质为FeSO4
C.混合酸中NO3﹣物质的量为0.4mol
D.混合酸中H2SO4浓度为5mol•L﹣1
【考点】化学方程式的有关计算.
【专题】计算题.
【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，
A.铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应;
B.铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸;
C.OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算;
D.根据铁和硫酸的反应中铁的质量来确定所需硫酸的量，进而确定硫酸的浓度.
【解答】解：A.由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A正确;
B.硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故B正确;
C.OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，故原混合液中n(NO3﹣)=2n(Fe)=2× =0.4mol，故C正确;
D.第二份反应消耗22.4g铁，物质的量为 =0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所原混合酸中H2SO4物质的量为0.4 mol×2=0.8mol，原混合溶液中硫酸浓度为 =4mol/L，故D错误.
故选D.
【点评】本题以图象为载体考查金属和酸反应的有关计算，难度中等，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用.
6.下列关于金属的说法中，不正确的是( )
A.常温下可用铁制容器盛装浓硝酸
B.在一般情况下，合金的硬度大于它的成分金属
C.常用电解法冶炼钠、镁、铝等活泼金属
D.将钢闸门与电源正极相连，可防止其在海水中被腐蚀
【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用.
【专题】几种重要的金属及其化合物.
【分析】A、常温下铁在浓硫酸，浓硝酸中发生钝化阻止反应进行;
B、合金硬度、强度比金属高，熔点比成分金属低;
C、活泼金属钠、镁、铝等可以利用电解法制备;
D、依据电解池中阴极被保护分析判断;
【解答】解：A、常温下铁在浓硫酸，浓硝酸中发生钝化阻止反应进行，可用铁制容器盛装浓硝酸，故A正确;
B、合金硬度、强度比金属高，熔点比成分金属低，在一般情况下，合金的硬度大于它的成分金属，故B正确;
C、活泼金属钠、镁、铝等可以利用电解法制备，通过电解熔融氯化钠、氯化镁制备钠和镁，电解熔融氧化铝制备铝，故C正确;
D、依据电解池中阴极被保护分析，将钢闸门与电源正极相连，铁做阳极失电子发生氧化反应溶解，闸门被腐蚀，不能防止其在海水中被腐蚀，故D错误;
故选D.
【点评】本题考查了金属、合金性质分析，金属制备方法，电解池原理的分析应用，掌握基础是关键，题目较简单.
7.等容积的四个密闭容器中进行同样的反应2A(g)+B(g)⇌3C(g)+2D(g).起始时，A、B的物质的量分别如表所示( )
甲 乙 丙 丁
A 2 1 2 1
B 1 1 2 2
A.A的转化率为：甲<丙<乙<丁 B.A的转化率为：甲<乙<丙<丁
C.B的转化率为：甲>丙>乙>丁 D.B的转化率为：丁>乙>丙>甲
【考点】化学平衡的影响因素.
【专题】化学平衡专题.
【分析】甲相当于在乙的基础上再增加A的物质的量，所以甲中B的转化率大于乙中B的转化率，但A的转化率要小于乙中A的转化率;
丁相当于在乙的基础上再增加B的物质的量，所以丁中A的转化率大于乙中A的转化率，但B的转化率要小于乙中B的转化率;
丙和乙相比，相当于在增大压强，平衡向逆反应方向移动，所以转化率均降低;
丙和甲相比，相当于在甲的基础上再增加B的物质的量，所以丙中A的转化率大于甲中A的转化率，但B的转化率要小于甲中B的转化率;
丙和丁相比，相当于在丁的基础上再增加A的物质的量，所以丙中B的转化率大于丁中B的转化率，但A的转化率要小于丁中A的转化率.
【解答】解：将起始时情况作如下排列：
2A(g)+B(g)⇌3C(g)+2D(g)
甲 2 mol 1 mol
乙 1 mol 1 mol
丙 2 mol 2 mol
丁 1 mol 2 mol
A越少B越多，A的转化率越高，则A转化率最高的为丁，最低的为甲;乙与丙相比较，丙相当于在乙的基础上再分别增加1 mol A和1 mol B，因是恒容为加压，平衡逆向移动使A的转化率减小，故A的转化率丁>乙>丙>甲，同理得B的转化率：甲>乙>丙>丁;
故选：A.
【点评】本题考查影响化学平衡移动的因素，题目难度中等，注意对比四种容器内各物质的物质的量关系，结合影响平衡移动的因素解答.
8.如图为摇摆电池的工作原理图，在充放电过程中Li+在两极间“摇来摇去”，其总反应为：LiCoO2+6C Li(1﹣x)CoO2+LixC6 下列有关说法正确的是( )
A.放电时，负极反应为：LiCoO2﹣═Li(1﹣x)CoO2+xLi+
B.充电时，B极发生还原反应
C.充电时，Li+穿过隔离膜向B极移动
D.当A极得到x mol电子，电池消耗6 mol C
【考点】化学电源新型电池.
【专题】电化学专题.
【分析】A.放电时该装置为原电池，负极上失电子发生氧化反应;
B.充电时该装置为电解池，B为电解池阳极，阴极上发生氧化反应;
C.充电时该装置为电解池，阳离子向阴极移动;
D.根据碳和转移电子之间的关系式计算.
【解答】解：A.放电时该装置为原电池，根据电子流向知，A为原电池负极，负极上电极反应式为：LixC6﹣xe﹣=xLi++6C，故A错误;
B.充电时该装置为电解池，根据电子流向知，B为电解池阳极，阳极上得电子发生氧化反应，故B错误;
C.充电时该装置为电解池，阳离子向阴极A移动，故C错误;
D.当B极失去Xmol电子时，该装置为电解池，A电极上得电子发生还原反应，则A电极上电极反应式为6C+xLi++xe﹣=LixC6，根据碳和转移电子之间的关系式知，消耗碳的物质的量为6mol，故D正确;
故选D.
【点评】本题考查了原电池和电解池原理，明确充放电时各个电极上发生的反应及根据电子流向判断电极是解本题关键，难点是电极反应式的书写，难度较大.
二、(非选择题，共4小题，共52分)
9.根据已学知识，请你回答下列问题：
(1)写出原子序数最小的第Ⅷ族元素原子的原子结构示意图为： .
(2)写出3p轨道上有2个未成对电子的元素的符号： Si或S .
(3)某元素被科学家称之为人体微量元素中的“防癌之王”，其原子的外围电子排布是4s24p4，该元素的名称是 硒 .
(4)根据VSEPR模型，H3O+的分子立体结构为： 三角锥形 ，SO2的立体结构为： V形 .
(5)金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图1所示.则体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为 1：6 ;若两种晶体中最邻近的铁原子间距离相同，则体心立方晶胞和面心立方晶胞的密度之比为 3 ：8 .
(6)胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可简单表示如图2，其中配位键和氢键均采用虚线表示.
①写出基态Cu原子的核外电子排布式： 1s22s22p63s23p63d104s1 ，
②写出胆矾晶体中水合铜离子的结构简式(用配位键表示)： .
(7)决定离子空间结构的因素有 几何因素 、 电荷因素 和离子键的纯粹程度.
【考点】晶胞的计算;原子核外电子排布;判断简单分子或离子的构型.
【专题】原子组成与结构专题;化学键与晶体结构.
【分析】(1)第Ⅷ族元素有铁、钴、镍，原子序数最小的是铁，原子核外有26个电子，根据原子结构示意图的书写规则书写;
(2)3p轨道上有2个未成对电子时有两种情况，一种是另一个3p轨道上没有电子，一种是另一个3p轨道上充满电子，写出相应的元素符号;
(3)原子的外围电子排布是4s24p4，处于第四周期IVA族;
(4)计算中心原子价层电子对数、孤电子对数，判断分子空间构型;
(5)利用均摊法计算晶胞中含有的原子个数;体心立方密堆积中体对角线长度为Fe原子直径的2倍，为晶胞棱长的 倍，面心立方密堆积中面对角线长度为Fe原子直径的2倍，为晶胞棱长的. 倍，结合晶胞的密度等于晶胞中铁原子的质量与体积的比计算;
(6)①铜是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式;
②CuSO4•5H2O中铜离子含有空轨道，水分子含有孤对电子对，铜离子与水分子之间形成配位键，铜离子配体数为4;
(7)决定离子空间结构的因素有有三个方面：几何因素、电荷因素、离子键的纯粹程度.
【解答】解：(1)第Ⅷ族元素有铁、钴、镍，原子序数最小的是铁，原子核外有26个电子，其原子结构示意图为 ，故答案为： ;
(2)3p轨道上有2个未成对电子时有两种情况，一种是另一个3p轨道上没有电子，一种是另一个3p轨道上充满电子，所以当另一个3p轨道上没有电子，该原子是Si;一种是另一个3p轨道上充满电子，该原子是S，故答案为：Si或S;
(3)原子的外围电子排布是4s24p4，说明该原子中各个轨道都充满电子，该原子核外电子数是34，所以是硒元素，故答案为：硒;
(4)根据VSEPR模型得，H3O+的价层电子对=3+ (6﹣1﹣3×1)=4，有1个孤电子对，所以是三角锥形;SO2的价层电子对=2+ (6﹣2×2)=3，有1个孤电子对，所以是V形，
故答案为：三角锥形;V形;
(5)体心立方晶胞中铁原子个数=1+8× =2;面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数=6× +8× =4，所以体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比1：2;
设体心立方中晶胞的棱长为x，铁原子的直径为A，则3x2=(2A)2，解得x= ;
铁原子直径=A，所以其晶胞体积=R3，面心立方中晶胞的对角线为2A，则其边长= A，其晶胞体积=2 A3.体心立方的密度与面心立方的密度之比= ： =3 ：8，
故答案为：1：2; 3 ：8;
(6)①铜是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理知，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1;
②CuSO4•5H2O中铜离子含有空轨道，水分子含有孤对电子对，铜离子与水分子之间形成配位键，铜离子配体数为4.水合铜离子的结构简式为 ，故答案为： ;
(7)决定离子空间结构的因素有有三个方面：几何因素、电荷因素、离子键的纯粹程度，
故答案为：几何因素;电荷因素.
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、配合物的成键情况、空间构型判断、晶胞的计算等，掌握均摊法进行晶胞有关计算，难度中等.
10.烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放，实验室用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)x(OH)6﹣2x]溶液，并用于烟气脱硫研究.
(1)酸浸时反应的化学方程式为 Al2O3+3H2SO4═Al2(SO4)3+3H2O ;滤渣Ⅰ的主要成分为 SiO2 (填化学式).
(2)加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2(SO4)3转化为Al2(SO4)x(OH)6﹣2x.滤渣Ⅱ的主要成分为 CaSO4 (填化学式);若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，其原因是 3CaCO3+2Al3++3SO42﹣+3H2O═2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2↑ (用离子方程式表示).
(3)上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，其主要原因是 溶液中的部分SO32﹣被氧化生成SO42﹣ ;与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将 减小 (填“增大”、“减小”或“不变”).
【考点】真题集萃;二氧化硫的污染及治理.
【专题】实验设计题;元素及其化合物.
【分析】粉煤灰和稀硫酸混合，发生反应Al2O3+3H2SO4═Al2(SO4)3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中含有Al2(SO4)3，调节pH=3.6，加入CaCO3粉末，发生反应CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，CaSO4为微溶物，所以滤渣Ⅱ的成分主要为CaSO4，过滤得滤液Ⅱ，二氧化硫和水反应生成的SO32﹣易被氧化生成SO42﹣，弱酸根离子转化为强酸根离子，再结合题目分析解答.
【解答】解：粉煤灰和稀硫酸混合，发生反应Al2O3+3H2SO4═Al2(SO4)3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中含有Al2(SO4)3，调节pH=3.6，加入CaCO3粉末，发生反应CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，CaSO4为微溶物，所以滤渣Ⅱ的成分主要为CaSO4，过滤得滤液Ⅱ，二氧化硫和水反应生成的SO32﹣易被氧化生成SO42﹣，
(1)通过以上分析知，酸浸时反应的化学方程式为Al2O3+3H2SO4═Al2(SO4)3+3H2O，氧化铝和稀硫酸完全反应、二氧化硅和稀硫酸不反应，所以滤渣I的成分为SiO2，
故答案为：Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O;SiO2;
(2)通过以上分析知，滤渣Ⅱ的成分是CaSO4，若溶液的pH偏高，溶液中的Al 3+和OH﹣离子反应生成Al(OH)3，所以将会导致溶液中铝元素的含量降低，反应方程式为3CaCO3+2Al3++3SO42﹣+3H2O═2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2↑，
故答案为：CaSO4;3CaCO3+2Al3++3SO42﹣+3H2O═2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2↑;
(3)二氧化硫被吸收后生成SO32﹣，SO32﹣不稳定，易被氧化生成SO42﹣，所以流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，加热分解后的溶液中硫酸根离子浓度增大，促进生成Al2(SO4)x(OH)6﹣2x，则溶液的酸性增强，溶液的pH减小，
故答案为：溶液中的部分SO32﹣被氧化生成SO42﹣;减小.
【点评】本题考查了物质的制备原理，明确物质的性质是解本题关键，会从整体上分析每一步发生的反应及基本操作，知道加入物质的用途，题目难度中等.
11.甲、乙两同学用下图所示装置进行实验，探究硝酸与铁反应的产物.
文献记载：I.在浓硝酸和活泼金属反应过程中，随着硝酸浓度的降低，其生成的产物有+4、+2、﹣3价等氮的化合物.
II.FeSO4+NO⇌Fe(NO)SO4(棕色)△H<0.
III.NO2和NO都能被KMnO4氧化吸收.
甲的实验操作和现象记录如下：
实验操作 实验现象
打开弹簧夹，通入一段时间CO2，关闭弹簧夹.
打开分液漏斗活塞，将浓硝酸缓慢滴入烧瓶中，关闭活塞. 无明显现象.
加热烧瓶，反应开始后停止加热. ①A中有红棕色气体产生，一段时间后，气体颜色逐渐变浅; B中溶液变棕色; C中溶液紫色变浅.
②反应停止后，A中无固体剩余.
请回答下列问题：
(1)滴入浓硝酸加热前没有明显现象的原因是 常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生 .
(2)检验是否生成﹣3价氮的化合物，应进行的实验操作是 取少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口.若试纸变蓝，则A中生成NH4+ .
(3)甲取少量B中溶液，加热，实验现象是 棕色溶液变浅(或绿)，无色气体逸出，且在空气中变为红棕色 .请用化学平衡原理解释原因： FeSO4+NO⇌Fe(NO)SO4(棕色)△H<0正反应放热，加热后，平衡向逆反应方向移动 .甲依据该现象得出的结论是A中有NO生成.
(4)乙认为甲得出A中有NO生成的证据不足.为获取充足的证据，乙仍采用该装置和操作进行对照实验，乙作出的改变是 浓硝酸换成稀硝酸 ，证明有NO生成的实验现象是 A中没有红棕色气体生成，B中溶液变为棕色 .
(5)证明A溶液中是否含有Fe2+和Fe3+，选择的药品是(填序号) cd .
a.铁粉 b.溴水 c.鉄氰化钾溶液 d.硫氰化钾溶液.
【考点】硝酸的化学性质;铁及其化合物的性质实验.
【专题】氮族元素.
【分析】(1)常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生;
(2)若有﹣3价氮的化合物生成，应生成NH4+，检验A溶液中是否有NH4+离子即可;
(3)B中溶液变棕色，说明B中有Fe(NO)SO4生成，反应FeSO4+NO⇌Fe(NO)SO4(棕色)的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，棕色溶液变浅(或绿)，生成的NO与氧气反应生成二氧化氮，气体在空气中变为红棕色;
(4)铜和浓硝酸反应生成红棕色气体二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，一氧化氮能使硫酸亚铁溶液变成棕色，所以不能证明铁和浓硝酸反应过程中NO生成，为排除生成的NO干扰，把浓硝酸换成稀硝酸，如果硫酸亚铁溶液再变成棕色则说明有NO生成;
(5)亚铁离子和铁鉄氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，铁离子和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液.
【解答】解：(1)常温时，铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了铁和浓硝酸进一步反应，即产生钝化现象，所以滴入浓硝酸加热前没有明显现象，
故答案为：常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生;
(2)生成﹣3价氮的化合物是氨气，氨气极易溶于水生成氨水，氨水电离生成铵根离子，检验铵根离子的方法是：取少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口.若试纸变蓝，则A中生成NH4+，故答案为：取少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口.若试纸变蓝，则A中生成NH4+;
(3)取少量B中溶液，加热，棕色溶于变浅，有无色气体逸出，且该气体在空气中变为红棕色，应为可逆反应FeSO4+NO⇌Fe(NO)SO4(棕色)是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致Fe(NO)SO4(棕色)降低，所以溶液颜色变浅，故答案为：棕色溶液变浅(或绿)，无色气体逸出，且在空气中变为红棕色;FeSO4+NO⇌Fe(NO)SO4(棕色)△H<0 正反应放热，加热后，平衡向逆反应方向移动;
(4)二氧化氮和水反应生成的一氧化氮能使硫酸亚铁溶液变成棕色，所以不能证明铁和浓硝酸反应过程中NO生成，为排除生成的NO干扰，把浓硝酸换成稀硝酸，稀硝酸和铜反应生成无色的一氧化氮，没有二氧化氮生成，则A中气体是无色的，且B中溶液变为棕色，则说明生成的一氧化氮和硫酸亚铁反应生成棕色，从而说明A中无色气体是一氧化氮，
故答案为：浓硝酸换成稀硝酸;A中没有红棕色气体生成，B中溶液变为棕色;
(5)亚铁离子的特征反应是：亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，铁离子的特征反应是：铁离子和无色的硫氰化钾溶液反应血红色溶液，故选cd.
【点评】本题考查铁、硝酸的性质，铵根离子、铁离子和亚铁离子的检验是高考热点，注意：常温时，铁和浓硝酸不是不反应，而是发生了钝化现象，阻止了进一步反应，为易错点.
12.1﹣溴异戊烷[(CH3)2CHCH2CH2Br]是有机合成的重要中间体，可用于生产染料、催化剂等，其沸点为121℃，易溶于CCl4，可由异戊醇与氢溴酸在硫酸催化作用下反应而得：(CH3)2CHCH2CH2OH+HBr (CH3)2CHCH2CH2Br+H2O.已知异戊醇的沸点为132.5℃，微溶于水，易溶于CCl4.实验室制备1﹣溴异戊烷的装置如图所示.
请回答下列问题：
(1)上述实验装置中长导管的作用是 冷凝回流 ;导管末端插入CCl4中而不直接插入水中，除了能将挥发出的Br2、1﹣溴异戊烷等充分吸收外，另一个重要作用是 防止倒吸 .
(2)将1﹣溴异戊烷的粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，有机物将 在下层 (填“在上层”、“在下层”或“不分层”).
(3)在制备过程中，Br﹣可被氧化为Br2而引入杂质.欲除去Br2，可选用 CE (填字母).
A.NaCl B.NaOH C.NaHSO3 D.KCl E.NaHCO3
(4)在制备1﹣溴异戊烷时，不能边反应边蒸出产物，其原因是 1﹣溴丁烷与正丁醇的沸点差较小，若边反应边蒸出产物，会有较多的正丁醇挥发，降低原料的利用率 .
(5)在实验室中还可用NaBr、浓H2SO4和异戊醇为原料制备1﹣溴异戊烷.已知反应物的用量如表：
反应物 NaBr 98.3% 浓H2SO4 异戊醇 水
用量 0.30mol 35mL(过量) 0.25mol 30mL
若实验时1﹣溴异戊烷的产率为40%，则可制取1﹣溴异戊烷 15.1 g.
【考点】制备实验方案的设计;溴乙烷的制取.
【专题】有机实验综合.
【分析】(1)反应物的沸点较低加热易挥发，长玻璃管是起到冷凝回流的作用，提高原料的利用率，1﹣溴异戊烷易溶于CCl4，末端导气管插入四氯化碳中，充分吸收产物，避免了挥发出的溴化氢易溶于水发生倒吸;
(2)1﹣溴异戊烷溶于四氯化碳中，四氯化碳密度大于水;
(3)溴单质除去的试剂应和溴单质反应但不能和1﹣溴异戊烷发生反应，根据Br2与NaHSO3发生氧化还原反应，与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳;
(4)根据正丁醇和1﹣溴丁烷的沸点可知，它们的沸点差距较小，蒸出1﹣溴丁烷时正丁醇也容易挥发;
(5)浓硫酸过量，依据异戊醇的物质的量计算理论上生成1﹣溴异戊烷物质的量，结合产率计算得到1﹣溴异戊烷的质量.
【解答】解：(1)上述实验装置中长导管的作用是冷凝回流;防止倒吸，导管末端插入CCl4中而不直接插入水中，除了能将挥发出的Br2、1﹣溴异戊烷等充分吸收外，另一个重要作用是防止倒吸，
故答案为：冷凝回流;防止倒吸;
(2)1﹣溴异戊烷溶于四氯化碳中，四氯化碳密度大于水，所以振荡后静置，有机物将在下层，故答案为：在下层;
(3)NaCl、KCl与溴没有反应，不能除去溴，Br2能与碱反应，但在碱性条件下1﹣溴异戊烷加热也能水解，所以不能用NaOH除溴，溴与NaHSO3发生氧化还原反应，
溴水中溴化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故选CE，
故答案为：CE;
(4)根据正丁醇和1﹣溴丁烷的沸点可知，它们的沸点差距较小，蒸出1﹣溴丁烷时正丁醇也容易挥发可知，在制备1﹣溴丁烷时不能边反应边蒸出产物，其原因是：1﹣溴丁烷与正丁醇的沸点差较小，若边反应边蒸出产物，会有较多的正丁醇挥发，降低原料的利用率，
故答案为：1﹣溴丁烷与正丁醇的沸点差较小，若边反应边蒸出产物，会有较多的正丁醇挥发，降低原料的利用率;
(5)由(CH3)2CHCH2CH2OH+HBr (CH3)2CHCH2CH2Br+H2O，可知理论上生成1﹣溴异戊烷物质的量为0.25mol，实验时1﹣溴异戊烷的产率为40%，则生成的1﹣溴异戊烷物质的量为0.25mol×40%=0.1mol，质量为0.1mol×151g/mol=15.1g，
故答案为：15.1.
【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备实验原理、实验技能、混合物分离提纯方法等为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度不大.
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