宁夏回族自治区银川一中2020届高三下学期第五次模拟考试化学试题 Word版含解析

宁夏回族自治区银川一中2020届高三下学期第五次模拟考试化学试题 Word版含解析

‎2020年普通高等学校招生全国统一考试 理科综合能力测试试题卷-化学 ‎( 银川一中第五次模拟考试 )‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 O-16 Na-23 P-31 S-32 K-39 Fe-56‎ 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.2019年7月1日起，全国多地也陆续进入垃圾分类“强制时代”。下列有关说法不正确的是 A. 废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不能使溴水褪色 B. 可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解熔融氧化铝制取 C. 废旧电池中含有镍、镉等重金属，不能用简单填埋法处理 D. 含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.塑料属于白色垃圾，聚乙烯中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，A正确；‎ B.电解熔融氧化铝，阴极电极反应式为Al3++3e-=Al，故可通过电解熔融氧化铝制取金属铝，B正确；‎ C.废旧电池中含有镍、镉等重金属，简单填埋法处理会造成土壤和地下水污染，C正确；‎ D.丝、毛的主要成分为蛋白质，蛋白质中除碳、氢元素外还含有氮、硫、磷等元素，燃烧时不可能只生成CO2和H2O，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎2.如图为氟利昂(如CFCl3)破坏臭氧层的反应过程示意图，下列说法不正确的是 A. 过程Ⅰ中断裂极性键C—Cl键 B. 过程Ⅲ中O＋O == O2是吸热过程 C. 过程Ⅱ可表示为O3＋Cl==ClO＋O2‎ D. 上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂 ‎【答案】B - 16 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．据图可知过程I中CFCl3生成—CFCl2和氯原子，不同元素形成的共价键为极性键，所以过程Ⅰ中断裂极性键C—Cl键，故A正确；‎ B．成键释放能量，所以O＋O==O2是放热过程，故B错误；‎ C．据图可知过程Ⅱ中氯原子与臭氧反应生成氧气和氧化氯，可以表示为O3＋Cl==ClO＋O2，故C正确；‎ D．过程Ⅱ中氯原子反应生成氧化氯，过程Ⅲ中氧化氯和氧原子反应又生成了氯原子，所以说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎3.白磷在过量氢氧化钾溶液中可以发生反应：P4＋3KOH＋3H2O = PH3↑＋3KH2PO2。若用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 3.1 g白磷所含共价键的数目为0.15NA B. KH2PO2为正盐，且10.4 g该固体物质中含离子数目为0.2NA C. 2.8 g KOH参加反应转移的电子数为0.05NA D. 室温下，10 mL pH＝11的KOH溶液稀释100倍，水电离出的OH-的数目约为10-5NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．白磷分子为正四面体形，4个磷原子位于4个顶点，所以一个白磷分子中含有6个共价键，则3.1 g白磷即0.025 P4含共价键0.15mol，即0.15NA，故A正确；‎ B．白磷在过量氢氧化钾溶液中反应生成KH2PO2，说明KH2PO2不与KOH反应，所以KH2PO2为正盐，由K+和H2PO构成，所以10.4 g该固体即=0.1mol该固体含离子数目为0.2NA，故B正确；‎ C．根据题目所给反应可知反应过程P元素发生歧化反应，PH3为唯一还原产物，所以3molKOH参与反应时转移3mol电子，2.8gKOH即=0.05molKOH参与反应时转移电子为0.05mol，即0.05NA，故C正确；‎ D．KOH为强碱，所以室温下pH＝11的KOH溶液稀释100倍后pH=9，则溶液中c(H+)=10-9mol/L，且氢离子全部由水电离，则水电离出的氢氧根也为10-9mol/L，溶液体积为10mL，所以n(OHˉ)=10-9mol/L×0.01L=10-11mol，故D错误；‎ - 16 -‎ 故答案为D。‎ ‎4.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的一半。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N在常温下是具有漂白性的气体。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是 A. 含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性 B. 化合物N、乙烯均能使溴水褪色，且原理相同 C. 元素的原子半径由大到小顺序： W > Z > Y > X D. Y与Z、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的一半，甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，乙为H2O2，则丁为H2O，结合图中转化关系可知， M为O2，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，则甲为Na2S，丙为H2S，因此X为H、Z为Na，Y为O、W为S；由上述分析可知X为H、Z为Na，Y为O、W为S，甲为Na2S，乙为H2O2，M为O2，丙为H2S，N为SO2，丁为H2O。‎ ‎【详解】A．含S元素的盐溶液中，硫酸氢钠显酸性，亚硫酸钠显碱性，硫酸钠为中性，A正确；‎ B．化合物N为SO2，具有还原性，能够将溴水还原，使溴水褪色，乙烯能够与溴发生加成反应，使溴水褪色，前者是氧化还原反应，后者是加成反应，原理不同，B错误；‎ C．电子层越多，原子半径越大，同周期元素，从左向右，原子半径减小，则原于半径：r(Z)＞r(W)＞r(Y) ＞r(X)，C错误；‎ D．二氧化硫、三氧化硫中硫元素不满足8电子结构，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎5.下列实验装置图正确的是( )‎ - 16 -‎ A. 实验室制备及收集乙烯 B. 石油分馏 C. 实验室制硝基苯 D. 实验室制乙酸乙酯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．乙烯密度小于空气，应该采用向下排空气法收集，但因为乙烯不易溶于水且乙烯密度接近空气密度，最好采用排水法收集，故A错误；B．蒸馏时，温度计测量馏分温度，则温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，故B错误；C．实验室用苯和浓硝酸在浓硫酸作催化剂、加热55-60℃制备硝基苯，该实验操作正确，故C正确；D．实验室制取乙酸乙酯时，导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中，否则易产生倒吸现象，故D错误；故答案为C。‎ ‎6.一种新型锰氢二次电池原理如图所示。该电池以MnSO4溶液为电解液，碳纤维与Pt/C分别为电极材料，电池的总反应为Mn2＋+ 2H2OMnO2 + 2H＋+ H2↑。下列说法错误的是 A. 充电时，碳纤维电极做阳极 B. 充电时，碳纤维电极附近溶液的pH增大 C. 放电时，电子由Pt/C电极经导线流向碳纤维电极 D. 放电时，正极反应式为MnO2 + 4H＋+ 2e－＝Mn2＋+ 2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 16 -‎ ‎【分析】‎ 新型电池放电时是原电池，碳纤维表面MnO2发生还原反应生成Mn2+，为正极；充电时是电解池，碳纤维表面Mn2+发生氧化反应生成MnO2，为阳极。‎ ‎【详解】A．充电时是电解池，碳纤维表面Mn2+发生氧化反应生成MnO2，则碳纤维电极做阳极，故A正确；‎ B．充电时，碳纤维电极发生的电极反应为Mn2＋+ 2H2O-2e－= MnO2 + 4H＋，附近溶液的pH减小，故B错误；‎ C．放电时是原电池，碳纤维为正极，Pt/C为负极，则电子由Pt/C电极经导线流向碳纤维电极，故C正确；‎ D．放电时，碳纤维表面MnO2发生还原反应生成Mn2+，电极反应式为MnO2 + 4H＋+ 2e－＝Mn2＋+ 2H2O，故D正确；答案为B。‎ ‎7.已知：pKa＝－lgKa，25 ℃时，H2SO3的pKa1＝1.85，pKa2＝7.19。常温下，用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1 H2SO3溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是 A. C点所得溶液中：c(Na+)＞3c()‎ B. D点所得溶液中水解平衡常数Kh1＝10- 6.81‎ C. A点所得溶液中：V0等于10 mL D. B点所得溶液中：c(Na+)＋c(H+)＝2c()＋c()＋c(OH-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 滴定过程中依次发生：H2SO3+NaOH=NaHSO3+H2O、NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O；两种溶液浓度相同，所以当滴加20mLNaOH溶液时溶液中的溶质为NaHSO3，当滴加40mLNaOH溶液时，溶液中的溶质为Na2SO3。‎ ‎【详解】A．C点pH=7.19=pKa2，Ka2=，所以C点=1，即 - 16 -‎ c()=c()，溶液中存在电荷守恒c(Na+)＋c(H+)＝2c()＋c()＋c(OH-)，此时溶液显碱性，所以c(H+)< c(OH-)，则c(Na+)>2c()＋c()，也就是c(Na+)＞3c()，故A正确；‎ B．D点所得溶液溶质为Na2SO3，的水解平衡常数Kh1＝=10- 6.81，故B正确；‎ C．A点pH=1.85= pKa1，Ka1=，所以该点溶液中c()=c(H2SO3)，当加入10mLNaOH溶液时，溶液中的溶质为等物质的量的H2SO3和NaHSO3，NaHSO3为强电解质，而的电离程度小于H2SO3，且H2SO3电离产生，所以此时溶液中c()>c(H2SO3)，故V0不等于10mL，故C错误；‎ D．B点所得溶液中存在电荷守恒：c(Na+)＋c(H+)＝2c()＋c()＋c(OH-)，故D正确；‎ 故答案为C。‎ 二、必做题 ‎8.蛋白质是生命的物质基础。某学习小组通过实验探究一种蛋白质的元素组成。‎ I.确定该蛋白质中的某些组成元素 ‎(1)为确定该蛋白质中含氮元素，要将样品中有机氮转化成铵盐。能证明铵根存在的离子方程式是__。‎ ‎(2)为确定该蛋白质中含碳、氢、硫三种元素，采用如图装置进行探究，通入氧气使样品在装置A中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过其余装置。‎ ‎①装置B中的试剂是________。‎ ‎②装置D的作用是_______。‎ ‎③当装置B、C、E、F - 16 -‎ 依次出现下列现象：_____，品红溶液褪色，_____，出现白色浑浊；可证明燃烧产物中含有H2O、SO2、CO2，结论：该蛋白质中含碳、氢、硫、氮等元素。‎ II.为测定该蛋白质中硫元素的质量分数，小组取蛋白质样品充分燃烧，先用足量碘水吸收二氧化硫，再取吸收液，以淀粉为指示剂，用硫代硫酸钠溶液滴定过量的碘，已知：2＋I2===＋2I-。‎ ‎(3)写出二氧化硫与碘水反应的化学方程式：_______。‎ ‎(4)达到滴定终点的标志为________。‎ ‎(5)取蛋白质样品m g进行测定，采用c1 mol·L-1的碘水V1 mL进行吸收，滴定过量的碘样时消耗c2 mol·L-1硫代硫酸钠溶液V2 mL。该蛋白质中的硫元素的质量分数为______。‎ ‎(6)若燃烧时过量氧气进入吸收液中，可能会导致该蛋白质中的硫元素的质量分数测定值______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). +OH- NH3↑+H2O (2). 无水硫酸铜 (3). 除去SO2 (4). 白色粉末变蓝色 (5). 品红溶液不褪色 (6). I2＋SO2＋2H2O =H2SO4＋2HI (7). 当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色 (8). (9). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)证明铵盐存在，一般通过将铵盐转化为NH3进行验证，实验操作：加入氢氧化钠溶液，加热，生成能使湿润的紅色石蕊试纸变蓝色的气体，离子方程式为+OH- NH3↑+H2O，故本题答案为：+OH- NH3↑+H2O；‎ ‎(2)①装置B的作用是检验蛋白质的燃烧产物中含有H2O，装置B盛放的试剂为无水硫酸铜，故答案为：无水硫酸铜；‎ ‎②装置C的作用是检验SO2，装置D的作用是除去SO2，避免对CO2的检验产生干扰，装置E的作用是检验SO2是否除尽，装置F的作用是检验CO2，故本题答案为：除去SO2；‎ ‎③证明燃烧产物中含有H2O的现象为装置B中白色粉末变为蓝色；证明含有SO2的现象为装置C中品红溶液褪色；证明含有CO2的现象是装置E中品红不褪色，装置F中出现白色浑浊，故本题答案为：白色粉末变蓝色；品红溶液不褪色；‎ ‎(3)SO2与I2发生反应，SO2被氧化为H2SO4，I2被还原为I-，化学方程式为：I2＋SO2＋2H2O =H2SO4＋2HI，故答案为：I2＋SO2＋2H2O =H2SO4＋2HI；‎ ‎(4)淀粉遇单质碘变蓝色，达滴定终点时，I2转化为I-，则现象为滴入最后一滴Na2S2O3‎ - 16 -‎ 溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，故本题答案为：当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色；‎ ‎(5)根据I2＋SO2＋2H2O =H2SO4＋2HI、2＋I2===＋2I-，得n(I2)=n(SO2)+n(Na2S2O3)，故n(SO2)= n(I2)-n(Na2S2O3)=c1V1×10-3mol-0.5c2V2×10-3mol，则该蛋白质中的硫元素的质量分数为=，故本题答案为： ；‎ ‎(6)若燃烧时过量氧气进入吸收液中，会发生反应：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，导致硫元素的质量分数测定值偏小，故答案为：偏小。‎ ‎【点睛】要检验二氧化碳和二氧化硫，要先检验二氧化硫并除尽二氧化硫后，再检验二氧化碳，此为易错点。‎ ‎9.硼氢化钠(NaBH4)广泛用于化工生产，常温下能与水反应，易溶于异丙胺(沸点为33 ℃)。工业上可用硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O，含少量杂质Fe3O4)制取NaBH4，其工艺流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)NaBH4中氢元素的化合价为_______。‎ ‎(2)碱溶时Mg2B2O5发生反应化学方程式是________。‎ ‎(3)滤渣的主要成分是_____。‎ ‎(4)高温合成中，加料之前需将反应器加热至100 ℃以上，并通入氩气。通入氩气目的是_____。 ‎ ‎(5)操作2的名称为______，流程中可循环利用的物质是_____。‎ ‎(6)在碱性条件下，用惰性电极电解NaBO2溶液也可制得NaBH4，装置如图所示，电解总反应的离子方程式为_______。‎ - 16 -‎ ‎(7)NaBH4常用作还原剂，H2也是常见的还原剂。与相同氧化剂反应时，1 g NaBH4的还原能力相当于_____g H2的还原能力(结果保留两位小数)。‎ ‎【答案】 (1). -1 (2). Mg2B2O5＋2NaOH＋H2O = 2NaBO2＋2Mg(OH)2或Mg2B2O5·H2O＋2NaOH = 2NaBO2＋2Mg(OH)2 (3). Fe3O4和Mg(OH)2 (4). 排除装置中的水蒸气和空气 (5). 蒸馏 (6). 异丙胺 (7). +2H2O+2O2↑ (8). 0.21‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O，含少量杂质Fe3O4)中的Fe3O4不能溶于NaOH，过滤后形成滤渣，得到的NaBO2溶于经过浓缩结晶得到Na2B4O7·10H2O，脱水后生成Na2B4O7，Na2B4O7在钠和氢气条件下与二氧化硅反应生成NaBH4和硅酸钠，用异丙胺溶解生成的NaBH4，除去硅酸钠，如何通过蒸馏分离得到NaBH4，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)NaBH4中Na为+1价、B为+3价，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0，计算出H为-1价，故答案为：-1价；‎ ‎(2)碱溶时Mg2B2O5发生反应的化学方程式为Mg2B2O5＋2NaOH＋H2O = 2NaBO2＋2Mg(OH)2，故答案为：Mg2B2O5＋2NaOH＋H2O = 2NaBO2＋2Mg(OH)2；‎ ‎(3)根据上述分析，滤渣的主要成分是Fe3O4和Mg(OH)2，故答案为：Fe3O4和Mg(OH)2；‎ ‎(4)反应加料之前，需要将反应容器加热至100℃以上并通入氩气，氩气可以排出反应器中的水蒸气和空气，防止氢气和钠以及生产的硼氢化钠(NaBH4)与氧气和水反应，故答案为：排出反应器中的水蒸气和空气；‎ ‎(5)操作1得到的物质是硼氢化钠和异丙胺的混合物，异丙胺的沸点为33 ℃，较低，易挥发，可以通过蒸馏操作分离二者，因此操作2为蒸馏，分离得到的异丙胺可循环利用，故答案为：蒸馏；异丙胺；‎ ‎(6)在碱性条件下，用惰性电极电解NaBO2溶液也可制得NaBH4，根据图示，NaBO2在阴极发生还原反应生成，阳极上水发生氧化反应放出氧气，电解的总反应的离子方程式为+2H2O+2O2↑，故答案为：+2H2O+2O2↑；‎ - 16 -‎ ‎(7) NaBH4中H为-1价，做还原剂时，H从-1价升高为+1价，1molNaBH4转移电子数为4×2=8mol，即38g NaBH4转移8mol电子，则1 g NaBH4转移电子数为8mol×=mol，H2做还原剂，1molH2失去电子2mol，则转移mol电子需要氢气mol，质量为mol×2g/mol=0.21g，故答案为：0.21。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(6)中电解方程式的书写，要注意根据电解的目的分析解答，难点为(7)，要注意根据得失电子守恒计算。‎ ‎10.CH4超干重整CO2技术可得到富含CO化工原料。回答下列问题：‎ ‎(1)CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：‎ ‎①已知：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H1=+206.2kJ/mol ；‎ CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △H2=-165kJ/mol；‎ 过程I的热化学方程式为_______。‎ ‎②关于上述过程II的说法不正确的是______(填字母)。‎ a．实现了含碳物质与含氢物质的分离 b．可表示为CO2＋H2⇌H2O(g)＋CO c．CO未参与反应 d．Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的ΔH ‎③其他条件不变，在不同催化剂(I、II、III)作用下，反应CH4(g)＋CO2(g) ⇌2CO(g)＋2H2(g)进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a点是否达到平衡状态？________(填“是”或“否”)；b点CH4的转化率高于c点，原因是________。‎ ‎(2)在刚性密闭容器中，加入CH4和CO2，二者分压分别为20 kPa、25 kPa，加入Ni/α－Al2O3催化剂并加热至1123 K使其发生反应CH4(g)＋CO2(g) ⇌2CO(g)＋2H2(g)。‎ ‎①研究表明CO的生成速率v(CO)＝1.3×10-2·p(CH4) ·p(CO2)。（单位忽略），某时刻测得p(CO)‎ - 16 -‎ ‎＝20 kPa，则p(CO2)＝________kPa，v(CO)＝________（单位忽略）。‎ ‎②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为Kp＝________。(用各物质的分压计算)‎ ‎【答案】 (1). CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g) ΔH＝＋247.4 kJ·mol-1 (2). cd (3). 否 (4). b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高 (5). 15 (6). 1.95 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据盖斯定律，由已知热化学方程式求出所求热化学方程式；由题中图示可知，过程II的反应分两步，依据各步反应可判断；根据催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡移动，则使用不同的催化剂，达平衡时CH4转化率是一样的予以判断；根据化学平衡“三段式”计算CO2的分压，v(CO)，Kp的值。‎ ‎【详解】（1）①由题图可知，过程I发生CH4+CO2 2CO+2H2反应，根据I.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H1=+206.2kJ/mol ；II.CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △H2=-165kJ/mol；则I×2+II得：CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) △H=2△H1+△H2=2×206.2kJ/mol+(-165kJ/mol)=+247.4kJ/mol；答案为CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) △H=+247.4kJ/mol。‎ ‎②过程Ⅱ的反应第一步是CO+CO2+H2+Fe3O4+CaO→H2O+Fe+CaCO3，第二步反应：Fe+CaCO3+稀有气体→稀有气体+Fe3O4+CaO+CO， a．上述分析可知，两步反应实现了含碳物质与含氢物质的分离，故a正确； b．反应过程中有催化剂(Fe3O4、CaO)和中间产物(Fe、CaCO3)，总反应可表示为CO2+H2=H2O (g)+CO，故b正确； c．CO最后剩余是一氧化碳参与反应过程，最后又生成CO，故c错误； d．Fe3O4、CaO为催化剂，仅改变反应速率不能改变反应的△H，故d错误；‎ 答案为cd。‎ ‎③因为催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以最终不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下达平衡时CH4的转化率相同，故a点所代表的状态不是平衡状态，此时反应一直向正反应方向移动，b和c都没平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高，所以b点CH4‎ - 16 -‎ 的转化率高于c点；答案为否，b和c都没平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高。‎ ‎（2）①在刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25 kPa，加入Ni/α-A12O3催化剂并加热至 1123K 使其发生反应：某时刻测得p(CO)=20kPa， 则p(CO2)=15kPa，v(CO)＝1.3×10-2·p(CH4) ·p(CO2)= 1.3×10-2×10×15=1.95；答案为15，1.95。‎ ‎②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，设达到平衡状态消耗甲烷分压x则=1.8，解得x=18，则该反应的平衡常数的计算式为Kp＝= = ；答案为。‎ 三、选做题 ‎[化学一选修 3:物质结构与性质]‎ ‎11.氧、硫形成的化合物种类繁多，日常生活中应用广泛。如硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为照相业的定影剂，反应的化学方程式如下：AgBr＋2Na2S2O3===Na3[Ag(S2O3)2]＋NaBr。回答下列问题：‎ ‎(1)基态S的价电子排布图为____________。‎ ‎(2)下列关于物质结构与性质的说法，正确的是________。‎ A．玻尔原子结构模型能够成功地解释各种原子光谱 B．Br、S、O三种元素的电负性顺序为 O＞Br＞S C．Na的第一电离能小于 Mg，但其第二电离能却远大于 Mg D．水分子间存在氢键，故H2O的熔沸点及稳定性均大于H2S ‎(3)依据VSEPR理论推测空间构型为______，中心原子S的杂化方式为________，[Ag(S2O3)2]3-中存在的化学键有________(填字母)。‎ - 16 -‎ A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．金属键 E．配位键 ‎(4)第一电子亲和能(E1)是指元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量(单位为kJ·mol-1)，电子亲和能越大，该元素原子越易得电子。已知第三周期部分元素第一电子亲和能如下表：‎ 元素 Al Si P S Cl E1/(kJ·mol-1)‎ ‎42.5‎ ‎134‎ ‎72.0‎ ‎200‎ ‎349‎ 表中元素的E1自左而右呈增大趋势，试分析P元素呈现异常的原因___________。‎ ‎(5)某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B组成。则该氧化物的化学式为_____，已知该晶体的晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则密度ρ为______g·cm-3(用含a和NA 的代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). (2). BC (3). 四面体 (4). sp3 (5). BCE (6). P的价电子排布式为 3s23p3，3p半充满状态，相对稳定不易结合一个电子 (7). Fe3O4 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)硫(S)位于元素周期表第三周期，第ⅥA族，价电子排布式为：3s23p4，价电子排布图为：，故答案为：；‎ ‎(2)A．玻尔原子结构模型能够成功地解释氢原子光谱，故A错误；‎ B．非金属性越强电负性越大，故O>Br>S，故B正确；‎ C．Mg原子3s轨道为全充满稳定状态，半径又较小，第一电离能高于Na的，它们失去1个电子后，Na+的最外层排布为2s22p6，Mg+的最外层排布为3s1，Na+是稳定结构，第二电 - 16 -‎ 离能远高于Mg的，故C正确；‎ D．水分子间存在氢键，故H2O的熔沸点大于H2S的，稳定性属于化学性质，与氢键无关，由共价键决定，故D错误；‎ 故选：BC；‎ ‎(3)S2O32-中其中1个S原子相当于O原子，中心S原子孤电子对数=(6+2-2×4)/2=0，价层电子对数=0+4=4，微粒空间构型为四面体形，中心S原子采取sp3杂化；[Ag(S2O3)2]3-中Ag+与S2O32-之间形成配位键，S2O32-中S原子之间形成非极性键，S与O原子之间形成极性键，故选BCE，故答案为：四面体；sp3；BCE；‎ ‎(4)P的价电子排布式为3s23p3，3p能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合一个电子，P元素的第一电子亲和能较小而表现异常，故答案为：P的价电子排布式为 3s23p3，3p半充满状态，相对稳定不易结合一个电子；‎ ‎(5)Fe2+离子处于晶胞的顶点、面心以及A位置立方体的体心，O2-位于A、B小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个，Fe3+离子处于晶胞B位置小立方体内部，晶胞中Fe原子数目=4+8×+6×+4×4=24，O原子数目=4×8=32，故Fe、O原子数目之比为24:32=3:4，故氧化物的化学式为Fe3O4。‎ 晶胞相当于有8个“Fe3O4”，晶胞质量为8×232/NA，晶体密度为(8×232/NA) ÷(a×10-3)g/cm3=，故本题答案为：Fe3O4；。‎ ‎【点睛】Fe2+离子处于晶胞的顶点、面心以及A位置立方体的体心，O2-位于A、B小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个，Fe3+离子处于晶胞B位置小立方体内部，均摊法计算晶胞中Fe、O的原子数目，确定化学式，计算晶胞质量，晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积。‎ ‎[化学—选修5:有机化学基础]‎ ‎12.Prolitane是一种抗抑郁药物，以芳香烃A为原料的合成路线如下：‎ - 16 -‎ 请回答以下问题：‎ ‎(1)D的化学名称为______，H→Prolitane的反应类型为______。‎ ‎(2)E的官能团名称分别为______和______。‎ ‎(3)B的结构简式为______。‎ ‎(4)F→G的化学方程式为______。‎ ‎(5)C的同分异构体中能同时满足下列条件的共有______种(不含立体异构)；‎ ‎①属于芳香化合物 ②能发生银镜反应 ③能发生水解反应 其中核磁共振氢谱显示为4组峰，其峰面积比为3∶2∶2∶1，写出符合要求该同分异构体的结构简式______。‎ ‎(6)参照Prolitane的合成路线，设计一条由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线_____________(其他无机试剂和溶剂任选)。‎ ‎【答案】 (1). 苯乙酸乙酯 (2). 加成反应或还原反应 (3). 羰基 (4). 酯基 (5). (6). + CO2↑ (7). 【答题空7】4 (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据D的结构简式可知D的名称为苯乙酸乙酯；H 与氢气在催化剂存在下发生加成反应产生Prolitane，与氢气的加成反应也叫还原反应；‎ ‎(2)E结构简式为，根据结构简式可知含有的官能团分别为酯基和羰基；‎ ‎(3)A相对分子质量是92，可以与氯气在光照条件下发生取代反应产生C7H7Cl，则A是甲苯，B是；‎ - 16 -‎ ‎(4)E( )在碱性条件下发生水解反应，然后酸化得到F：，该物质加热发生脱羧反应产生CO2和，反应的方程式为：+ CO2↑；‎ ‎(5)C结构简式为，其同分异构体要求①属于芳香化合物，说明含有苯环；②能发生银镜反应，说明含有醛基，③能发生水解反应，说明含有酯基，则其为甲酸形成的酯，可能结构为、、、，共有4种；其中核磁共振氢谱显示为4组峰，其峰面积比为3∶2∶2∶1，符合要求的该同分异构体的结构简式为；‎ ‎(6)由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线是。‎ - 16 -‎