1、20182019学年下学期高三年级二调考试理科综合能力测试（化学部分）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Al-27一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.现代循环经济要求综合考虑环境污染和经济效益。高纯氧化铁可作现代电子工业的材料，如图是用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2)为原料制备高纯氧化铁(软磁-Fe2O3)的生产流程示意图，下列说法错误的是（ ）A. 步骤I中过滤所得滤渣的主要成分是SiO2B. 步擦中加入铁粉的目的是将Fe3+还原为Fe2+C. 步骤中可选用稀硝酸调
2、节溶液的pHD. 从滤液C中回收的主要物质可作氮肥【答案】C【解析】【分析】在矿铁中加入酸，SiO2不与酸反应，过滤后所得滤渣为SiO2，滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+，可加入氨水调节溶液至56.5，过滤后在滤液中加入碳酸氢铵可生成FeCO3，经高温煅烧可得Fe2O3，滤液C为铵盐，可作为氮肥施用，以此分析解答。【详解】A. SiO2不与酸反应，过滤后所得滤渣为SiO2，故A正确；B. 滤液A中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+，故B正确；C. 稀硝酸具有氧化性，可将亚铁离子氧化，所以调节溶液的pH不能用稀硝酸，可加入氨水调节溶液至56.5，故C错误；D. 滤液为铵盐溶液，可作为
3、氮肥施用，故D正确。答案选C。2.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表所示元素符号XYZW原子半径/nm0.1600.1430.0700.066主要化合价+2+3+3，+5，-3-2下列有关叙述正确的是（ ）A. 四种元素位于元素周期表的同一周期B. 电解X的氯化物的水溶液可以得到单质XC. Y的最高价氧化物对应的水化物既能溶解在盐酸中，又能溶解在氨水中D. W、Z的氢化物均多于1种【答案】D【解析】【分析】W化合价为-2价，W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、-3，Z处于A族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z为氮元素；X化合价为+2价，应为周期表第A族，Y的化
4、合价为+3价，应为周期表第A族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素，以此解答。【详解】根据原子半径及主要化合价的变化规律可知，X、Y、Z、W分别为Mg、Al、N、O，A、根据题分析可知，四种元素不在同一周期，故A错误；B、电解氯化镁溶液得到氢氧化镁沉淀，得不到单质镁，制备单质镁需电解熔融的氯化镁，故B错误；C、Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，其不溶于氨水，故C错误；D、W为O元、Z为N元素，O的氢化物有H2O和H2O2，N的氢化物有NH3和N2H4，氢化物均多于1种，故D正确
5、。故选D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，侧重分析与应用能力的考查，把握短周期元素的性质、元素化合物知识为解答的关键，注意化学用语的使用。3.某兴趣小组进行电解原理的实验探究，实验如下：一定温度下，以铜为电极，按如图所示装置电解饱和食盐水，通电2min。实验现象：接通电源30s内，阳极附近出现白色浑浊，之后变为橙黄色浑浊，此时测定溶液的pH约为10。结束后(温度不变)，试管底部聚集大量红色沉淀，溶液仍为无色。查阅资料：物质氯化铜氧化亚铜氢氧化亚铜(不稳定)氯化亚铜颜色固体呈棕色，浓溶液呈绿色，稀溶液呈蓝色红色橙黄色白色下列说法错误的是（ ）A. 反应结束后，最终溶液一定呈碱性B. 反应过
6、程中发生了沉淀转化，说明Ksp(CuOH)Ksp (CuCl)C. 阴极的电极反应式为2H2O+2e=H2+2OHD. 电解过程中，Cl移向阳极【答案】A【解析】【分析】电解时，铜作阳极，阳极上铜失电子生成亚铜离子进入溶液，亚铜离子和氯离子生成氯化亚铜白色沉淀，此时溶液中的氢氧根离子浓度很小，碱性较弱，因此不能生成氢氧化亚铜沉淀，因为相同温度下CuCl的溶解度大于CuOH，因此30s后，发生了沉淀的转化，由氯化亚铜变为氢氧化亚铜，即白色沉淀变成橙黄色浑浊，此时测定溶液的pH约为10，溶液显示碱性，因为氢氧化亚铜不稳定，因此一段时间后会发生分解生成红色的氧化亚铜，据此回答判断即可。【详解】A、根
7、据题干信息知道：当溶液变成橙黄色浑浊，即氢氧化亚铜生成时溶液的pH约为10，溶液显示碱性，但因为氢氧根离子和铜离子结合生成沉淀，因此反应结束后溶液呈中性，故A错误；B、CuCl和CuOH属于相同类型的难溶物，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，随溶液pH升高CuCl逐渐转化为CuOH，产生橙黄色沉淀，说明Ksp(CuOH)KspCu(OH)2A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.同浓度的两种一元酸做导电性实验，CH3COOH溶液对应的灯泡较暗，电离出的离子浓度小，所以醋酸为弱酸，A正确；B.铜在酸性条件下，被硝酸根离氧化为铜离子，硝酸根离子被还原为一氧化氮，遇到空气变
8、为红棕色气体二氧化氮，因此原溶液可能含有NO3，B正确；C.使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，则盐可能为NaClO与浓盐酸反应生成氯气，也可能为Na2SO3或NaHSO3与浓盐酸反应生成二氧化硫，C错误；D.难溶电解质的溶度积越小，加入氨水时越容易生成沉淀，可以得出KspMg(OH)2KspCu(OH)2结论，D正确。正确选项C。5.下列操作及其描述错误的是（ ）A. 为萃取时的振荡操作，振荡过程中应打开活塞放气B. 为酸式滴定管排气操作，排气后记录初始读数C. 为闻气体气味的操作，无论有毒无毒都不能将鼻孔凑近瓶口D. 为配制溶液过程中摇匀的操作，摇匀后如果发现液面低于刻度线也不能再加
9、水【答案】B【解析】【详解】A. 萃取时应避免分液漏斗内压强过大，振荡后，应打开活塞放气，所以A选项是正确的；B. 由图可知，带有橡胶管和玻璃球的滴定管为碱式滴定管，故B错误； C. 因气体性质不明，如需嗅闻气体的气味，无论有毒无毒都应用手在瓶口轻轻扇动，仅使极少量的气体进入鼻孔，所以C选项是正确的；D. 定容摇匀后，由于部分溶液留在容量瓶刻度线上方，所以液面低于刻度线，属于正常现象，不能再加入蒸馏水，否则导致配制的溶液体积偏大，溶液的浓度偏低，所以D选项是正确的。答案选B。6.据Chem Commun报导Marcel Mayorl合成的桥连多环烃(如图所示)拓展了人工合成自然产物的技术。下列
10、有关该烃的说法正确的是（ ）A. 不能发生氧化反应B. 一氯代物只有4种C. 分子中含有4个五元环D. 所有原子处于同一平面【答案】C【解析】A、能与氧气发生氧化反应，故A错误；B、一氯代物只有3种，故B错误；C、分子中含有4 个五元环，3个六元环，故C正确；D. 所有原子都是sp3杂化，不可能处于同一平面，故D错误；故选C。7.常温下，用0.10molL1KOH溶液滴定10.00mL0.10molL1H2C2O4(二元弱酸)溶，所得滴定曲线如图所示(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。下列说法正确的是（ ）A. 点所示溶液中：c（H+）/c（OH-）=1012B. 点所示溶液中：c(
11、K+)+c(H+)=c(HC2O4)+c(C2O42)+c(OH)C. 点所示溶液中：c(K+)c(HC2O4)c(H2C2O4)c(C2O42)D. 点所示溶液中：c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4)+ c(C2O42)=0.10molL1【答案】D【解析】试题分析：A0.10molL-1H2C2O4(二元弱酸)不能完全电离，点pH1，则1012，故A错误；B点为混合溶液，由电荷守恒可知，c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，故B错误；C点溶液显酸性，等体积等浓度反应生成KHC2O4，电离大于其水解，则c(K+)c(HC2O4-)c(C2
12、O42-)c(H2C2O4)，故C错误；D由物料守恒可知，c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.10molL-1，故D正确；故选D。【考点定位】考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算【名师点晴】本题考查酸碱混合溶液的定性判断及离子浓度的关系，注意草酸为弱酸，明确电荷守恒、物料守恒即可解答。酸或碱电离产生的离子浓度越大，对水的抑制作用就越强。若盐电离氢离子或氢氧根离子，对水的电离平衡起抑制作用，与酸或碱的作用相同；若电离产生的离子或消耗水电离产生的氢离子或氢氧根离子产生弱酸或弱碱，就会使水的电离平衡正向移动，促进水的电离，盐电离产生的水解的离子浓度越大，水
13、解的离子浓度越大，溶液的酸性或碱性越强。若盐电离产生的阳离子、阴离子都发生水解作用，水解产生的氢离子、氢氧根离子发生中和反应，使水的电离程度比单独只有阳离子、阴离子发生水解作用的水的电离程度大。溶液的酸碱性根据水解相对程度判断。谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水解。三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题8.工业制得的氮化铝(AlN)产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质。某同学设计如下实验分别测定氮化铝(AlN样品中AlN和Al4C3的质量分数(忽略NH3在强碱性溶液中的溶解)。（1
14、）实验原理：Al4C3与硫酸反应可生成CH4；AIN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式：_。（2）实验装置(如图所示，量气管碱式滴定管改装)连好装置后，首先应进行的操作是_。（3）实验过程：称得装置D的初始质量为yg；称取xgAlN样品置于装置B锥形瓶中，各装置中加入相应药品，重新连好装置；读取量气管的初始读数为amL(量气装置左右液面相平)。欲首先测量Al4C3质量分数的有关数据，对三个活塞的操作是_。若无恒压管，对所测气体体积的影响是_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)量气管中液面不再发生变化，说明反应已经结束。读取读数之前，应对量气管进行的操作
15、为_；若量气管中的液面高于右侧球形容器中的液面，所测气体的体积_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。记录滴定管的读数为bmL(已知：该实验条件下的气体摩尔体积为VmLmol1)，则Al4C3的质量分数为_(用含a、b、x、y、Vm的代数式表示)。测量AlN质量分数的数据：首先关闭活塞_，打开活塞_，通过分液漏斗加入过量_，与装置B瓶内物质充分反应；反应完成后，_(填入该步应进行的操作)，最后称得装置D的质量为zg。【答案】 (1). AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3 (2). 检查装置的气密性 (3). 关闭活塞K2、K3，打开活塞K1 (4). 偏大 (5). 调整量气管高度，
16、使左右两边液面相平 (6). 偏小 (7). 0.048(a-b)/Vmx100% (8). K1 (9). K3 (10). NaOH溶液 (11). 打开K2，通入一段时间空气【解析】【分析】从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数，以此分析解答。【详解】（1）根据题目信息：AlN溶于强碱溶液时会生成NH3，化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3，因此，本题正确答案是：AlN+Na
17、OH+H2O=NaAlO2+NH3；（2）连好装置后，首先应进行的操作是检查装置的气密性，因此，本题正确答案是：检查装置的气密性；（3）通过分液漏斗加入稀硫酸，硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而测得Al4C3的百分含量，故应关闭活塞K2、K3，打开活塞K1，因此，本题正确答案是：关闭活塞K2、K3，打开活塞K1；分液漏斗上的恒压管起到平衡压强的作用，若无恒压管，则所测气体体积偏大，因此，本题正确答案是：偏大；读数时要使气体压强和外界大气压相等，所以读取读数之前，要调整量气管高度，使左右两边液面相平；读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷
18、的体积偏小，因此，本题正确答案是：调整量气管高度，使左右两边液面相平；偏小；甲烷的体积为(b-a)mL，物质的量为mol，根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量为mol 144g/mol=g，Al4C3的质量分数为100%，因此，本题正确答案是：100%；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，故应关闭活塞K1，打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量NaOH溶液，与装置B瓶内物质充分反应；装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小，因此，本题正确答案
19、是：K1；K3；NaOH溶液；打开K2，通入一段时间空气。【点睛】本题考查对实验原理与操作步骤的理解、化学计算、物质组成的测定等，是对所需知识的综合运用，需要学生具有扎实的基础知识与分析问题、解决问题的能力，理解实验原理是解答的关键。9.镍钴锰酸锂电池是一种高功率动力电池。采用废旧锂离子电池回收工艺制备镍钴锰酸锂三元正极材料(铝电极表面涂有LiNi1xyCoxMnyO2)的工艺流程如图所示：回答下列问题（1）废旧锂离子电池拆解前进行“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是_。（2）能够提高“碱浸”效率的方法有_(至少写两种)。（3）“碱浸”过程中，铝溶解的离子方程式为_。（4）实验室模拟“碱
20、浸”后过滤的操作，需用到的玻璃仪器有_；过滤后需洗涤，简述洗涤的操作过程：_。（5）LiCoO2参与“还原”反应的离子方程式为_。（6）溶液温度和浸渍时间对钴的浸出率影响如图所示：则浸出过程的最佳条件是_。（7）已知溶液中Co2+的浓度为1.0molL1，缓慢通入氨气，使其产生Co(OH)2沉淀，则Co2+沉淀完全时溶液的最小pH为_(已知：离子沉淀完全时c(Co2+)1.0105molL1，KspCo(OH)2=4.01015，1g2=0.3，溶液体积变化忽略不计)。（8）写出“高温烧结固相合成”过程的化学方程式：_。【答案】 (1). 放电有利于Li+向正极移动并进入正极材料 (2). 粉
21、碎、适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等 (3). 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2 (4). 漏斗、烧杯、玻璃棒 (5). 沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水滤出后重复操作23次 (6). 2LiCoO2+6H+H2O2=2Li+2Co2+4H2O+O2 (7). 75，30 min (8). 9.3 (9). (4-4x-4y)Ni(OH)2+4xCo(OH)2+4yMn(OH)2+2Li2CO3+O24LiNi1-x-yCoxMnyO2+2CO2+4H2O【解析】【分析】（1）“放电处理”有利于锂在正极的回收，Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动；（2）提高浸出
22、率的方法有粉碎、适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等；（3）“碱浸”过程中，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；（4）过滤需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；洗涤沉淀的操作为：沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水滤出后重复操作23次；（5）LiCoO2中Li元素为+1价，O元素为-2价，故Co元素化合价为+3价，LiCoO2为难溶物，H2SO4为电解质，H2O2还原LiCoO2中+3价Co元素，由此写出反应的离子方程式；（6）由图可知，在75，30 min条件下钴的浸出率最高；（7）根据溶度积常数及水的离子积，逐步推理得出答案；（8）Ni2+、Co2+、Mn2+与NH3H2O反应生成
23、Ni(OH)2、Co(OH)2、Mn(OH)2与Li2CO3，并高温烧结固相合成，根据原子守恒可得到化学方程式【详解】（1）放电时，负极上生成锂离子，锂离子向正极移动并进入正极材料中，所以“放电处理”有利于锂在正极的回收，故答案：放电有利于Li+向正极移动并进入正极材料；（2）提高浸出率的方法有粉碎、适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等，故答案为：粉碎、适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等；（3）“碱浸”过程中，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2，故答案为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2；（4）过滤需用到的
24、玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；洗涤沉淀在过滤器中进行，其操作为：沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水滤出后重复操作23次；故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水滤出后重复操作23次；（5）LiCoO2中Li元素为+1价，O元素为-2价，故Co元素化合价为+3价，LiCoO2为难溶物，H2SO4为电解质，H2O2还原LiCoO2中+3价Co元素，反应的离子方程式为2LiCoO2+6H+H2O2=2Li+2Co2+4H2O+O2，故答案为：2LiCoO2+6H+H2O2=2Li+2Co2+4H2O+O2；（6）由图可知，在75，30 min条件下钴的浸出率最高，故答
25、案为：75，30 min；（7）KspCo(OH)2=4.01015，沉淀完全时c(OH-)=210-5mol/L，c(H+)=510-10mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg510-10=9.3，故答案为：9.3；（8）Ni2+、Co2+、Mn2+与NH3H2O反应生成Ni(OH)2、Co(OH)2、Mn(OH)2与Li2CO3，并高温烧结固相合成，根据原子守恒可得到化学方程式为(4-4x-4y)Ni(OH)2+4xCo(OH)2+4yMn(OH)2+2Li2CO3+O24LiNi1-x-yCoxMnyO2+2CO2+4H2O，故答案为：(4-4x-4y)Ni(OH)2+4xCo(OH
26、)2+4yMn(OH)2+2Li2CO3+O24LiNi1-x-yCoxMnyO2+2CO2+4H2O。10.氮氧化物的存在会破坏地球环境，人们一直在积极探索改善大气质量的有效措施。已知：N2(g)+O2(g)2NO(g) H=+181.5kJmol1（1）氮氧化物是形成臭氧层空洞光化学烟雾、_(列举一种)等大气污染现象的物质之一。（2）某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行NO的分解。若用、和分别表示N2、NO、O2和固体催化剂，在固体催化剂表面分解NO的过程如图所示。从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是_(填字母序号)。（3）温度为T1时，在容积为1L的恒容密闭容器中充入0.6molNO
27、2，仅发生反应2NO2(g)2NO(g)+O2(g) H0，达平衡时c(O2)=0.2molL1，则该温度下反应的平衡常数为_。实验测得：v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆= v (NO2)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)c(O2)，k正、k逆为速率常数，仅受温度影响。当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T1_T2(填“”或“”)。氮氧化物(NOx)是电厂主要排放的污染物之一。工业上采用氨脱硝处理后排放，原理如下：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) H1=1632.4kJmol1；4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)
28、H2=akJmol1；当反应温度过高时，NH3发生氧化反应：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) H3=902.0kJmol1。（4）反应中的a=_。（5）反应中，常用的催化剂有Cr2O3和Fe2O3，Cr2O3的催化效率更好一些。下列表示两种催化剂在反应催化过程中的能量变化示意图合理的是_(填选项字母)。利用电解法处理高温空气中稀薄的NO(O2浓度约为NO浓度的10倍)，装置示意图如下，固体电解质可传导O2（6）阴极的电极反应式为_。（7）消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量，可能的原因是(不考虑物理因素)_。（8）通过更换电极表面的催化剂可明显改善这一状况，利
29、用催化剂具有_性。【答案】 (1). 雾霾（或酸雨） (2). C (3). 0.8 (4). 0.8，由于该反应的正反应为吸热反应，说明升高温度平衡正向移动，所以T1T2，故答案为：0.8 ；（4）已知4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) H1=1632.4kJmol1；4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) H3=902.0kJmol1；根据盖斯定律，5-4得4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) H2=(1632.4kJmol1）5(902.0kJmol1）4=akJmol1；则a=-1815.0故答案为：-1815.0
30、；（5）反应中，Cr2O3的催化效率更好一些，所以使用Cr2O3活化能更低，根据计算反应为放热反应，故生成物的总能量小于反应物的，B图符合题意，选B，故答案为：B；（6）根据装置示意图可知，阴极反应为：2NO+4e-=N2+2O2-，故答案为：2NO+4e-=N2+2O2-；（7）消除一定量的一氧化氮所消耗的电量远远大于理论计算量，是由于阴极发生副反应：O2+4e-=2O2-；故答案为：阴极发生副反应：O2+4e-=2O2-；（8）通过更换电极表面的催化剂可明显改善这一状况，利用催化剂具有选择性。故答案为：选择。【点睛】本题考查反应机理和化学平衡的移动，考查的知识点较多，比较综合，从原理角度分
31、析化学反应的实质是解题关键。(二)选考题。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。11.稀土元素是指元素周期表中原子序数为57到71的15种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪(Sc)和钇(Y)，共17种元素。稀土有“工业维生素”的美称，如今已成为极其重要的战略资源。（1）镧系元素位于元素周期表第_族，镧系元素位于周期表的_区。（2）钪(Sc)为21号元素，其基态原子M能层电子数为_；基态镝(Dy)原子的电子排布式为Xe4f106s2，一个基态镝原子所含的未成对电子数为_。（3）稀土元素最常见的化合价为+3价，但也有少数还有+
32、4价。请根据下表中的电离能数据，判断表中最可能有+4价的元素是_。几种稀土元素的电离能(单位：kJmol1)：（4）Sm(钐)的单质与1，2-二碘乙烷可发生反应Sm+ICH2CH2ISmI2+CH2=CH2。ICH2CH2I中碳原子的杂化轨道类型为_，1 mol CH2=CH2中含有的键数目为_。常温下，1，2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体，其主要原因是_。（5）PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，则PrO2(二氧化镨)的晶胞中有_个氧原子。（6）Ce(铈)单质为面心立方晶体，其相对原子质量为140，其晶胞参数为=516pm。晶胞中Ce(铈)原子的配
33、位数为_。列式表示Ce(铈)单质的密度为_gcm3(不必计算出结果)。【答案】 (1). IIIB (2). f (3). 9 (4). 4 (5). Ce(铈) (6). sp3 (7). 5NA (8). 二碘甲烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高 (9). 8 (10). 12 (11). 【解析】【分析】（1）在元素周期表中，镧系元素位于第IIIB族，属于f区；（2）钪(Sc)为21号元素，根据构造理论写出核外电子排布式，分析确定其基态原子M能层电子数。f能级最多排14个电子，根据排布规律分析所含的未成对电子数；（3）第四电离能与第一电离能、第二电离能、第三电离能相差越
34、小，第四个电子越容易失去，+4的可能性越大；（4）碳原子形成4个单键，杂化轨道类型为sp3；1个CH2=CH2分子中有5个键；由于二碘甲烷对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高；（5）根据均摊法计算晶胞中含有氧原子数；（6）根据均摊法计算晶胞中含有Ce原子数，计算一个晶胞的质量和体积，再根据密度=计算。【详解】（1）在元素周期表中，镧系元素位于第IIIB族，属于f区；故答案为：IIIB ；f；（2）钪(Sc)为21号元素，根据核外电子排布规律可知核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，所以其基态原子M能层电子数为9个。基态镝(Dy)原子的电子排布式为Xe4f106s
35、2，由于f能级最多排14个电子，所以根据排布规律可知一个基态镝原子所含的未成对电子数为4个；故答案为：9；4； （3）第四电离能与第一电离能、第二电离能、第三电离能相差越小，第四个电子越容易失去，+4的可能性越大，在上述表中Ce的I1、I2、I3和I4最接近，故为Ce元素；故答案为：Ce(铈)；（4）在ICH2CH2I分子中碳原子只形成了单键，有4个单键，故碳原子的杂化轨道类型为sp3，1个CH2=CH2分子中有5个键，故1 mol CH2=CH2中含有的键数目为5NA；由于二碘甲烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高，所以常温下，1，2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体；故答案为：s
36、p3；5NA ；二碘甲烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高；（5）PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，则晶胞中Pr原子数目=8+6=4，而Pr原子与O原子数目之比为1：2，则晶胞中O原子数目为42=8；故答案：8； （6）Ce(铈)单质为面心立方晶体，在Ce晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Ce原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占，通过一个顶点可形成8个晶胞，因此该晶胞中Ce(铈)原子的配位数为83=12；一个晶胞中Ce原子数为8+6=4，因此Ce(铈)单质的密度= gcm3。故答案为：12；12.由烃A制备抗结肠炎药物H的一种
37、合成路线如图所示(部分反应略去试剂和条件)：回答下列问题：（1）H的分子式是_，A的化学名称是_。反应的类型是_。（2）D的结构简式是_。F中所含官能团的名称是_。（3）E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是_。（4）设计CD和EF两步反应的共同目的是_。（5）化合物是H的同分异构体，X遇FeCl3溶液不发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积之比为3：2：2，任写一种符合要求的X的结构简式：_。（6）已知：易被氧化，苯环上连有烷基时再引人一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位。写出以A为原料(其他试剂任选)制备化合物的合成路线：_【答案】 (
38、1). C7H7O3N (2). 甲苯 (3). 取代反应 (4). (5). 羧基、羟基 (6). (7). 保护酚羟基（防止酚羟基被氧化） (8). 或 (9). 【解析】分析：C发生信息(I)中的反应生成D，D发生氧化反应生成E，结合C原子数可知，A为，B为，C的结构简式为，D为，D氧化生成E为，E与氢氧化钠反应、酸化得到F为，由信息(II)可知，F在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发生反应生成G为，G发生还原反应得到抗结肠炎药物H。(6)以A为原料合成化合物，甲苯先发生硝化反应生成邻硝基甲苯，再发生氧化反应、最后发生还原反应。详解：(1)H()分子式是C7H7O3N，A为，化学名称是甲苯。反应
39、中苯环上H被硝基取代，反应类型是取代反应，故答案为：C7H7O3N；甲苯；取代反应；(2)D的结构简式是，F()中含有的官能团有羧基、羟基，故答案为：；羧基、羟基；(3)E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是，故答案为：；(4)设计CD和EF两步反应的共同目的是保护酚羟基(防止酚羟基被氧化)，故答案为：保护酚羟基(防止酚羟基被氧化)；(5)化合物X是H的同分异构体，X遇FeCl3溶液不发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积比为3：2：2，可知含1个甲基、1个-NO2，符合要求的X的结构简式为或，故答案为：或；(6)以A为原料合成化合物，甲苯先发生硝化反应生成邻硝基甲苯，再发生氧化反应、最后发生还原反应，流程为，故答案为：。