2015届湖北省部分高中高三元月调考理综化学试卷与答案（带解析）.doc

《2015届湖北省部分高中高三元月调考理综化学试卷与答案（带解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015届湖北省部分高中高三元月调考理综化学试卷与答案（带解析）.doc（12页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、2015届湖北省部分高中高三元月调考理综化学试卷与答案（带解析） 选择题 化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法不正确的是 A绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 B石油液化气、汽油和石蜡的主要成分都是碳氢化合物 C “天宫一号 ”中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料 D光化学烟雾是氮氧化物受紫外线照射后产生的 O3直接与空气中的一些碳氢化合物作用后生成的一种有毒烟雾 答案： A 试题分析： A、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染， A错误； B、石油液化气、汽油和石蜡的主要成分都是碳氢化合物， B正确； C “天宫一号 ”中使用的

2、碳纤维，是一种新型无机非金属材料， C正确； D.光化学烟雾是氮氧化物受紫外线照射后产生的 O3直接与空气中的一些碳氢化合物作用后生成的一种有毒烟雾， D正确，答案：选 A。 考点：考查活性与生活的判断 用酸性氢氧燃料电池（乙池）为电源进行电解的实验装置（甲池，一定条件下可实现有机物的电化学储氢）如下图所示。甲池中 A为含苯的物质的量分数为 10%的混合气体， B为 10mol混合气体其中苯的物质的量分数为 24%， C为标准状况下 2.8mol气体（忽略水蒸汽），下列说法不正确的是 A乙池中溶液的 pH变大 B E处通入 H2， C处有 O2放出 C甲池中阴极区只有苯被还原 D导线中共传导

3、11.2mol电子 答案： C 试题分析： A、乙池是氢氧燃料电池，有水生成，则溶剂增加，氢离子浓度降低，因此 pH增大， A正确； B、苯转化为环己烷属于加氢的还原反应，则该电极是阴极，所以与之相连的电极是负极，所以 E E处通入 H2。电解池中阳极失去电子，即溶液中氢氧根放电，生成氧气，则 C处有 O2放出， B正确； C、根据题干信息可知参加反应的苯的物质的量 10mol24%-10mol10% 1.4mol，甲池中阴极区苯放电的电极反应式为 C6H6+6H+6e C6H12，这说明 1.4mol苯反应转移电子物质的量为 1.4mol6 8.4mol。阳极产生的氧气是 2.8mol，转移

4、电子的物质的量是 2.8mol4 11.2mol，所以根据电子得失守恒可知甲池中阴极区不只有苯被还原，即进入甲池中的氢离子也放电， C错误； D、根据 C中分析可知导线中共传导 11.2mol电子， D正确，答案：选 C。 考点：考查电化学原理的应用 下列说法正确的是 A煤经处理变为气体燃料的过程属于物理变化 B淀粉、油脂和蛋白质都是高分子化合物 C乙烯和乙醇均可使酸性 KMnO4溶液褪色 D乙酸乙酯和植物油均可水解生成乙醇 答案： C 试题分析： A煤经汽化或液化处理变为气体燃料的过程属于化学变化， A错误； B油脂不是高分子化合物， B错误； C乙烯和乙醇均可使酸性 KMnO4溶液褪色，

5、C正确； D植物油属于油脂，水解生成高级脂肪酸和丙三醇， D错误，答案：选 C。 考点：考查有机物结构与性质 下列实验中，依据实验操作及现象，得出的结论正确的是 操作 现象 结论 A 将水蒸气通过灼热的铁粉 粉末变红 铁与水在高温下发生反应 B 将充满 NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中 红棕色变深 反应 2NO2(g) N2O4(g)； HBr Fe2+ D 向溶液 X中加入稀盐酸，并将产生的无色气体通入澄清石灰水中生成白色沉淀 溶液 X中一定含有 CO32-或 SO32 答案： B 试题分析： A、铁与水蒸气反应生成黑色的四氧化三铁， A错误； B、红棕色变深说明升高温度平衡向逆反应方向移动，

6、则正方应是放热反应， B正确； C、还原性是 I Fe2+ Br ， C错误； D、溶液中也可能含有碳酸氢根或亚硫酸氢根，D错误，答案：选 B。 考点：考查化学实验方案设计与评价 下列叙述正确的是 A常温下，将 pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的 10倍，稀释后溶液的 pH=4 B 25 时 Ksp(AgCl)=1.81010 ，向 AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入 NaCl固体， AgCl的溶解度可能增大 C浓度均为 0.1 mol L 1的下列溶液， pH由大到小的排列顺序为：NaOHNa2CO3(NH4)2SO4NaHSO4 D为确定 H2A是强酸还是弱酸，可测 NaHA溶液的 pH，若

7、pH 7，则 H2A是弱酸；若 pHNa2CO3(NH4)2SO4NaHSO4， C正确； D测 NaHA溶液的 pH，若 pH 7，说明溶液显碱性，即酸根一定水解，则 H2A是弱酸；若 pH 7，说明溶液显酸性，但 H2A不一定是强酸，因为也可能是电离程度大于水解程度， D错误，答案：选 C。 考点：考查弱电解质的电离、盐类水解以及溶解平衡等 下列离子方程式书写正确的是 A H218O中投入 Na2O2固体 ： 2H218O 2Na2O2=4OH 4Na 18O2 B Fe3O4与稀 HNO3反应： Fe3O4 8H+=Fe2+ 2Fe3+ 4H2O C向 NaHCO3溶液中加入少量 Ca(

8、OH)2： HCO3 Ca2+ OH =CaCO3H2O D将少量 NaOH溶液加入到 NH4HCO3溶液中： OH HCO3 =CO32 H2O 答案： D 试题分析： A过氧化钠与水的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，则H218O中投入 Na2O2固体： 2H218O 2Na2O2 218OH 2OH 4Na O2， A错误； B硝酸是氧化性酸，则 Fe3O4与稀 HNO3反应的离子方程式为 3Fe3O4NO3 28H+=NO 9Fe3+ 14H2O， B错误； C向 NaHCO3溶液中加入少量Ca(OH)2生成碳酸钙、碳酸钠和水，即 2HCO3 Ca2+ 2OH =CaCO3CO32

9、 H2O， C错误； D将少量 NaOH溶液加入到 NH4HCO3溶液中生成碳酸钠、碳酸铵和水，即 OH HCO3 =CO32 H2O， D正确，答案：选 D。 考点：考查离子方程式正误判断 NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是 A 6.8g熔融的 KHSO4中含有 0.05NA个阴离子 B 1.0L 1mol/L的 NaOH水溶液中含有的氧原子数目为 2 NA C 25 时， pH 13的氢氧化钡溶液中含有 0.1NA个氢氧根离子 D 5.6g铁与一定量稀硝酸完全反应，电子转移数目一定为 0.3NA 答案： A 试题分析： A 6.8g熔融的 KHSO4的物质的量是 6.8g136g/mo

10、l 0.05mol，硫酸氢钾在熔融状态下电离出钾离子和 HSO4 ，则含有 0.05NA个阴离子， A 正确；B 1.0L 1mol/L的 NaOH水溶液中含有的氧原子数目大于 2NA，因为溶剂水中还含有大量的氧原子， B错误； C 25 时， pH 13的氢氧化钡溶液中氢氧根的浓度是 0.1mol/L，不能确定溶液体积，则不一定含有 0.1NA个氢氧根离子， C错误； D 5.6g铁与一定量稀硝酸完全反应，电子转移数目不一定为 0.3NA，因为铁可能转化为硝酸亚铁， D错误，答案：选 A。 考点：考查阿伏加德罗常数计算 实验题 15分）硫代硫酸钠是一种重要的化工产品。工业上常利用含硫废水生产

11、Na2S2O3 5H2O，实验室可用如下装置（略去部分加持 仪器）模拟生成过程。 烧瓶 C中发生反应如下： Na2S（ aq） +H2O（ l） +SO2（ g） =Na2SO3（ aq） +H2S（ aq） （ I） 2H2S（ aq） +SO2（ g） =3S（ s） +2H2O（ l） （ II） S（ s） +Na2SO3（ aq） Na2S2O3（ aq） （ III） （ 1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置 B中的长颈漏斗内注入液体至形成 一段液注，若 ，则整个装置气密性良好。装置 D的作用是 。装置 E中为 溶液。 （ 2）为提高产品纯度，应使烧瓶 C中 Na2S和 Na2

12、SO3恰好完全反应，则烧瓶 C中 Na2S和 Na2SO3物质的量之比为 。 （ 3）装置 B的作用之一是观察 SO2的生成速率，其中的液体最好选择 。 a蒸馏水 b饱和 Na2SO3溶液 c饱和 NaHSO3溶液 d饱和 NaHCO3溶液 （ 4）实验中，为使 SO2缓慢进入烧瓶 C，采用的操作是 。 （ 5）已知反应（ III）相对较慢，则烧瓶 C中反应达到终点的现象是 。 （ 6）反应终止后，烧瓶 C中的溶液经蒸发浓缩冷却，过滤，洗涤，干燥，即得到粗产品（主要含有 Na2S2O3 5H2O和其他杂质）。某兴趣小组为测定该产品纯度，准确称取 4.96g产品，用适 量蒸馏水溶解，以淀粉作指示

13、剂，用0.1000mol L1碘的标准溶液滴定。反应原理为： 2S2O32 I2 S4O62 2I，滴定至终点时，滴定起始和终点的液面位置如下图，则产品的纯度为 _。 经仪器分析，该产品纯度为 16%，分析该兴趣小组测定产品纯度偏差的原因（忽略人为误差） 。 M（ Na2S2O3 5H2O） =248g mol 答案：（ 1）液柱高度保持不变（ 1分） 防止倒吸（ 1分） NaOH（合理即得分）（ 1分）（ 2） 2:1（ 2分） c（ 2分）（ 4）控制滴加硫酸的速度（合理即得分）（ 2分） 溶液变澄清（或浑浊消失）（ 2分） （ 6） 18.1% （ 2分） 粗产品中含有 Na2SO3（或

14、 Na2S）可以消耗 I2，使消耗的碘水体积偏大（ 2分） 试题分析：（ 1）如果装置不漏气，则液注高度保持不变，据此可以说明气密性良好； SO2易溶于水，所以 D为安全瓶，起防止倒吸的作用； SO2、 H2S均是大气污染物，需要尾气处理，因此装置 E起到吸收尾气中 SO2、 H2S的作用。二者都是酸性气体，应该选用 NaOH溶液。 （ 2）根据题目所给 3个化学反应方程式可得出对应关系： 2Na2S 2H2S 3S 3 Na2SO3，即 2molNa2S反应时同时生成 2molNa2SO3，还需要 1molNa2SO3，所以烧瓶 C中 Na2S和 Na2SO3物质的量之比为 2:1。 （ 3

15、） SO2易溶于水，能与 Na2SO3溶液、 NaHCO3溶液反应，但在 NaHSO3溶液中溶解度较小，所以最好选用饱和亚硫酸氢钠溶液，答案：选 c； （ 4） SO2利用 70% H2SO4与 Na2SO3反应制取，所以为使 SO2缓慢进入烧瓶 C，采用的操作是控制滴加硫酸的速度即可； （ 5）反应（ III）相对较慢，而反应 III 是固体 S与亚硫酸钠溶液反应，所以烧瓶 C中反应达到终点的现象是溶液变澄清（或浑浊消失）； （ 6）根据示意图可知起始时读数是 0.00ml，终点时读数是 18.10ml，这说明实际消耗溶液的体积是 18.10ml，所以 Na2S2O3 5H2O的质量0.10

16、00mol/L0.01810L2248g/mol 0.89776g，则产品的纯度为。如果经仪器分析，该产品纯度为 16%，这说明测量值偏高，即消耗标准液的体积偏大，所以可能的原因是粗产品中含有 Na2SO3（或 Na2S）可以消耗 I2，使消耗的碘水体积偏大。 考点：考查 物质制备实验方案设计与探究 填空题 （ 13分） X、 Y、 Z、 W四种常见元素，且均为短周期元素。已知： X的最高价氧化物对应的水化物为无机酸中最强酸； Y的氧化物是典型的两性氧化物，可用于制造一种极有前途的高温材料； Z是无机非金属材料的主角，其单质是制取大规模集成电路的主要原料； W被称为军事金属，可在 CO2中燃烧

17、。 （ 1） X的最高价氧化物对应水化物的水溶液与 Y的氧化物反应的离子方程式为 。 （ 2） Z的氧化物在通信领域用来作 ，工业上制 Z单质的化学反应方程式为 。 （ 3）在 50mL lmol L-1的 YX3溶液中逐滴加入 0.5mol L-1的 NaOH溶液，得到 1.56g沉淀，则加入 NaOH溶液的体积最多为 mL。 （ 4） Y、 W合金已成为轮船制造、化工生产等行业的重要材料。研究性学习小组的三位同学，为测定某 Y、 W合金（设不含其他元素）中 W的质量分数，设计下列实验方案进行探究。称量 x g Y、 W合金粉末，放在如图所示装置的惰性电热板上，通电使其充分灼烧。 欲计算 W

18、的质量分数。该实验中还需测定的数据是 。若用空气代替 O2进行实验，对测定结果是否有影响 若有影响分析其原因 。 答案：（ 1） 6H+Al2O3 2Al3+3H2O（ 2分） （ 2）光导纤维（ 2分） SiO2+2C Si+2CO（ 2分） （ 3） 360 （ 2分） 充分灼烧，冷却后粉末的质量（ 2分）； 有影响，空气中的 N2和 CO 2都能与镁反应（ 3分） 试题分析： X、 Y、 Z、 W四种常见元素，且均为短周期元素。已知： X的最高价氧化物对应的水化物为无机酸中最强酸，则 X是氯元素； Y的氧化物是典型的两性氧化物，可用于制造一种极有前途的高温材料，则 Y是铝元素； Z是无机

19、非金属材料的主角，其单质是制取大规模集成电路的主要原料，则Z是硅元素； W被称为军事金属，可在 CO2中燃烧，则 W是镁，在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳。 （ 1）高氯酸与氧化铝反应的离子方程式为 6H+Al2O3 2Al3+3H2O。 （ 2）二氧化硅在通信领域用来作光导纤维，工业上制硅单质的化学反应方程式为 SiO2+2C Si+2CO。 （ 3）溶液中铝离子的物质的量是 0.05L1mol/L 0.05mol，最多生成 0.05mol氢氧化铝。而实际生成的氢氧化铝是 1.56g，物质的量是 1.56g78g/mol0.02mol，这说明生成的 0.05mol氢氧化铝再被溶解 0.03mo

20、l时消耗的氢氧化钠最多。所以根据方程式 Al3 3OH Al(OH)3、 Al(OH)3 OH AlO2 2H2O可知消耗氢氧化钠的物质的量是 0.05mol3+0.03mol 0.18mol，则氢氧化钠溶液的体积是 0.18mol0.5mol/L 0.36L 360ml。 （ 4）在加热的条件下镁和铝分别转化为氧化铝和氧化镁，因此欲计算 W的质量分数。该实验中还需测定的数据是充分灼烧，冷却后粉末的质量。由于空气中的 N2和 CO 2都能与镁反应，所以对测定结果有影响。 考点：考查无机框图题推断的有关分析与应用 15分）甲醇可作为燃料电池的原料。工业上利用 CO2和 H2在一定条件下反应合成甲

21、醇。 （ 1）已知在常温常压下： 2CH3OH(l) 3O2(g) 2CO2(g) 4H2O(g) H 1275.6 kJ mol 2CO (g)+ O2(g) 2CO2(g) H 566.0 kJ mol H2O(g) H2O(l) H 44.0 kJ mol 写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式： 。 （ 2）甲醇脱氢可制取甲醛 CH3OH(g) HCHO(g)+H2(g)，甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如下图所示。回答下列问题： 600K时， Y点甲醇的 (逆 ) (正 )（填 “”或 “”、 “”、“（ 2分） 降低温度和增大压强（ 2分） 不正确（ 1分）。因为当 C

22、H3OH的起始浓度不同时，其转化率就不等于 90%。（ 1 分） （ 3） 7.010-5 mol L-1 min-1（ 2 分） （ 1分） （ 1分） （ 4） Co2+ e- Co3+ (1分） 6Co3+CH3OH+H2O=6Co2+CO2+6H+（ 2分） 试题分析：（ 1）已知： 2CH3OH(l) 3O2(g) 2CO2(g) 4H2O(g) H1275.6 kJ mol， 2CO (g)+ O2(g) 2CO2(g) H 566.0 kJ mol， H2O(g) H2O(l) H 44.0 kJ mol，则根据盖斯定律可知（ - + 4） 2 即可得到甲醇不完全燃烧生成一氧化碳

23、和液态水的热化学方程式 CH3OH(l)+ O2(g)CO(g) + 2H2O(l) H 442.8 kJ mol。 （ 2） 600K时， Y点位于曲线的上方，要达到平衡状态，转化率降低，这说明反应向逆反应方向移动，所以甲醇的 (逆 ) (正 )。 根据图像可知升高温度转化率增大，这说明升高温度平衡向正反应方向进行，即正方应是吸热反应。又因为正方应是体积增大的可逆反应，则从 Y点到 X点可采取的措施是降低温度 和增大压强。 由于当 CH3OH的起始浓度不同时，其转化率就不等于 90%，所以得出的平衡常数值是不正确的。 （ 3）根据表中数据可知实验 的前 20 min内消耗甲醇的浓度是0.05

24、0mol/L0.0486mol/L 0.0014mol/L，则根据方程式可知生成氢气浓度也是0.0014mol/L，所以平均反应速率 (H2) 0.0014mol/L20min 7.010-5 mol L-1 min-1。根据实验 值数据可知平衡甲醇的浓度分别是 0.048mol/L、0.090mol/L，则消耗甲醇的浓度分别是 0.002mol/L、 0.01mol/L，则生成为的浓度分别均是 0.002mol/L、 0.01mol/L，所以平衡常数分别是、 ，这说明温度为 T2 时平衡常数大。由于正方应是吸热反应，升高温度平衡常数增大，所以 T1 T2。实验 、 值起始浓度相等，但到达平衡

25、的时间实验 小于实验 ，则催化剂的催化效率：实验 实验 。 （ 4）电解池中阳极失去电子，发生氧化反应，则 Co2+在阳极的电极反应式为Co2+ e- Co3+。 Co3+将甲醇氧化成 CO2和 H+，而自身被还原为 Co2+，所以反应的离 子方程式为 6Co3+ CH3OH H2O 6Co2+ CO2 6H+。 考点：考查盖斯定律应用、外界条件对平衡状态影响、反应速率计算以及电化学原理应用等 （选考）【化学 选修 2：化学与技术】（ 15分） 近年来，为提高能源利用率，西方提出共生理念 为提高经济效益，人类生产活动尽可能多功能化。共生工程将会大大促进化学工业的发展。 （ 1）由于共生工程的应

26、用，利用发电厂产生的 SO2制成自发电池，其电池反应方程式为： 2SO2 O2 2H2O 2H2SO4，该电池电动势为 1.06V。实际过程中，将 SO2通入电池的 极（填 “正 ”或 “负 ”），负极反应式为 ；用这种方法处理 SO2废气的优点是 。 （ 2）以硫酸工业的 SO2尾气、氨水、石灰石、焦炭、碳酸氢铵和氯化钾等为原料，可以合成有重要应用价值的硫化钙、硫酸钾、亚硫酸铵等物质。合成路线如下： 生产中，向反应 II中的溶液中加入适量还原性很强的对苯二酚等物质，其目的是 。 下列有关说法正确的是 (填序号 )。 A反应 中需鼓入足量空气，以保证二氧化硫充分氧化生成硫酸钙 B反应 III中

27、发生反应的化学方程式为 CaSO4 4C CaS 4CO C反应 IV需控制在 60 70 ，目的之一是减少碳酸氢铵的分解 D反应 V中的副产物氯化铵可用作氮肥 反应 V中选用了 40%的乙二醇溶液做溶剂，温度控制在 25 ，此时硫酸钾的产率超过 90%，选用 40%的乙二醇溶液做溶剂的原因是 。 （ NH4)2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统。写出二氧化氮与亚硫酸铵反应的化学方程式 。 答案：（ 1） 负（ 2分） SO2 2H2O 2e SO42 4H （ 2分） 利用上述电池，可回收大量有效能，副产品为 H2SO4，减少环境污染，实 现

28、（能质）共生。（ 2分） （ 2） 防止亚硫酸铵被氧化（ 1分） ABCD（ 4分） K2SO4在有机溶剂乙二醇中溶解度小，能充分析出（ 2分） 4(NH4)2SO3 2NO2 4(NH4)2SO4 N2（ 2分） 试题分析：（ 1）根据方程式可知 SO2被氧气氧化为三氧化硫，原电池中负极失去电子，则实际过程中，将 SO2通入电池的负极，电极反应式为 SO2 2H2O2e SO42 4H 。根据以上分析可知其优点是利用上述电池，可回收大量有效能，副产品为 H2SO4，减少环境污染，实现（能质）共生。 （ 2） 反应 中生成亚硫酸铵，而亚硫酸铵易被氧化生成硫酸铵，因此加入还原性很强的苯二酚等物质

29、能防止亚硫酸铵被氧化。 A为提高 SO2的转化率，反应 I中需要鼓入足量空气，以保证二氧化硫充分氧化生成硫酸钙， A正确； B根据流程图可知在高温下焦炭与硫酸钙反应生成CaS和 CO，则反应 III中发生反应的化学方程式为 CaSO4 4C CaS4CO， B正确； C碳酸氢铵是弱酸的铵盐，受热易分解，所以反应 IV需控制在 60 70 的目的之一是减少碳酸氢铵的分解， C正确； D反应 V中的副产物氯化铵可用作氮肥， D正确，答案：选 ABCD。 由于 K2SO4在有机溶剂乙二醇中溶解度小，选用有机溶剂做溶剂有利于硫酸钾能充分析出。 （ NH4)2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转

30、化为氮气，这说明亚硫酸铵是还原剂。由于同时生成一种氮肥，因此该氮肥是硫酸铵，则反应的离子方程式为 4(NH4)2SO3 2NO2 4(NH4)2SO4 N2。 考点：考查化学与技术模块的有关分析与应用 【化学 选修 3物质结构与性质】（ 15分） 已知 A、 B、 C、 D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大。 A与 C原子的基态电子排布中 L能层都有两个未成对电子， C、 D同主族。 E、 F都是第四周期元素， E原子的基态电子排布中有 4个未成对电子， F原子除最外能层只有 1个电子外，其余各能层均为全充满。根据以上信息填空： （ 1）基态 D原子中，电子占据的最高能层符号 ，该能层具有

31、的原子轨道数为 。 （ 2） E2 离子的价层电子排布图是 ， F原子的电子排布式是 。 （ 3） A元素的最高价氧化物对应的水化物中心原子采取的轨道杂化方式为 ， B元素的气态氢化物的 VSEPR模型为 。 （ 4）化合物 AC2、 B2C和阴离子 DAB 互为等电子体，它们结构相似， DAB 的电子式为 。 （ 5）配合 物甲的焰色反应呈紫色，其内界由中心离子 E3 与配位体 AB 构成，配位数为 6，甲的水溶液可以用于实验室中 E2 离子的定性检验，检验 E2 离子的离子方程为 。 （ 6）某种化合物由 D， E， F 三种元素组成，其晶胞如图所示，则其化学式为 ，该晶胞上下底面为正方形

32、，侧面与底面垂直，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度 d= g/cm3。（保留两位小数） 答案：（ 1） M(1分 )； 9(1分 ) （ 2） (1分 )；1s22s22p63s23p63d104s1(1分 ) （ 3） sp2(1分 )；四面体 (1分 )； （ 4） (2分 ) （ 5） 3Fe2+2Fe(CN)63- Fe3Fe(CN)62； (2分 ) （ 6） CuFeS2 (2分 ) 4.32(3分 ) 试题分析：已知 A、 B、 C、 D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大。 A与 C原子的基态电子排布中 L能层都有两个未成对电子，则 A是碳元素， C是氧元素，所以 B是

33、氮元素。 C、 D同主族，则 D是 S元素。 E、 F都是第四周期元素， F原子除最外能层只有 1个电子外，其余各能层均为全充满，这说明 F是铜元素。 E原子的基态电子排布中有 4个未成对电子，则 E的 3d能级上含有6个电子，因此 E是铁元素。 （ 1） S是第三周期元素，则基态 S原子中，电子占据的最高能层符号 M层，该能层含有 s、 p、 d三个能级，则具有的原子轨道数为 1 3 5 9个。 （ 2）铁的原子序数是 26，则根据核外电子排布规律可知亚铁离子的价层电子排布图是 。铜的原子序数是 29，则铜原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1。 （ 3） A元素的最

34、高价氧化物对应的水化物是碳酸，分子中碳元素价层电子对数是 3个，且不存在孤对电子，所以中心原子采取的轨道杂化方式为 sp2。 B元素的气态氢化物 NH3分子中氮元素有一对孤对电子，则价层电子对数是 4，所以氨气的 VSEPR模型为四面体。 （ 4）化合物 AC2、 B2C和阴离子 DAB 互为等电子体，它们结构相似，则根据CO2的电子式可推知 DAB 的电子式为 。 （ 5）配合物甲的焰色反应呈紫色，说明含有钾元素。其内界由中心离子 Fe3 与配位体 CN 构成，配位数为 6，则甲的化学式为 K3Fe(CN)6。甲的水溶液可以用于实验室中亚铁离子的定性检验，实验现象是产生蓝色沉淀，则检验 Fe

35、2 离子的离子方程为 3Fe2+2Fe(CN)63- Fe3Fe(CN)62。 （ 6）故警报结构可知，铜原子的个数是 81/8 41/2 1 4，铁原子数是61/2 41/4 4，硫原子全部位于晶胞中共计是 8个，则其化学式为 CuFeS2。晶胞的体积是（ 5.24108 cm） 21.03107 cm，因此 ，该晶体的密度 d 4.32g/cm3。 考点：考查物质结构与性质模块的分析与应用 【化学 选修 5有机化学基础】（ 15分） 脱水环化是合成生物碱类天然产物的重要步骤，某生物碱 V合成路线如下： （ 1） 中含氧官能团的名称 。 （ 2）反应 的化学方程式 。 （ 3） 和 在浓硫酸

36、催化加热时反应的化学方程式 。 （ 4）下列说法正确的是 。 A 和 均属于芳香烃 B 能发生银镜反应 C 能与 4molH2发生加成反应 D反应 属于酯化反应 （ 5） A的结构简式 。 （ 6） 与 互为同分异构体， 遇 FeCl3发生显色反应，其苯环上的一氯代物只有 2种。写出满足上述条件的 的结构简式 。 （ 7）一定条件下，化合物 （ ）也能发生类似反应 的环化反应， 的环化产物的结构简式 。 答案： ) 醛基 (1分 ) (2) 2C6H5CHO + O2 2C6H5COOH (3分 ) (没有配平扣 1分，没有注明条件扣 1分 ) (3) C6H5CH2OH + C6H5COOH

37、 C6H5COOCH2C6H5 + H2O (3分 ) (没有注明条件扣 1分 ) (4) BC（ 2分 ,选一个对的得 1分，全对 2分） (5) (2分 ), (6) (2分 ) (7) (2分 ) 试题分析：（ 1）根据有机物的结构简式可知， 中含氧官能团的名称醛基。 （ 2）反应 是醛基被氧化转化为羧基，反应的化学方程式为 2C6H5CHO + O2 2C6H5COOH。 （ 3） 和 分别含有羟基和羧基，在浓硫酸催化加热时发生酯化反应，则反应的化学方程式为 C6H5CH2OH+C6H5COOH C6H5COOCH2C6H5+H2O。 （ 4） A. 中还含有氧元素， 还含氧元素和氮元

38、素，二者均不属于芳香烃， A错误； B. 中含有醛基，能发生银镜反应， B正确； C. 醛基和苯环均与氢气发生加成反应，则 能与 4molH2发生加成反应， C正确； D.根据反应 的生成物结构简式可知，该反应是羧基与氨基的取代反应，不属于酯化反应， D错误，答案：选 BC。 （ 5） A中含有氨基，能与羧基发生取代反应生成钛键，则根据 的结构简式和原子守恒可知 A的结构简式为 。 （ 6） 与 互为同分异构体， 遇 FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基。其苯环上的一氯代物只有 2种，所以酚羟基与甲基是对位的关系，因此满足上述条件的 的结构简式为 。 （ 7）反应 是有机物 脱去 1分子水，形成 6圆环，则根据反应特点可知化合物 脱去 1分子 H2S也可以形成 6圆环，则 的环化产物的结构简式为。 考点：考查有机化学基础模块的分析与应用