1、四川省成都市实验中学2020届高三化学上学期第十四次周考试题（含解析）（考试时间：50分钟 满分：100分）一、单项选择题：每小题6分，共42分。1.下列叙述和均正确并有因果关系的是（）选项叙述叙述A纳米铁粉有很好的吸附性纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2、Cu2、Cd2、Hg2等重金属离子B硅胶可以和水发生化学反应硅胶作袋装食品的干燥剂CSO2有毒能做食品防腐剂D肥皂水显碱性肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A铁是活泼的金属，具有较强的还原性，可以高效地去除被污染水体中的Pb2、Cu2、Cd2、Hg2等重金属离子，与铁的吸附性无关，故
2、A错误；B硅胶具有吸水性，可用作干燥剂，与水不反应，故B错误；CSO2有毒，不能做食品防腐剂，故C错误；D肥皂水显碱性，能够与蚊虫叮咬释放的酸反应，可作蚊虫叮咬处的清洗剂，故D正确；故选D。2.中华民族历史悠久，有着优秀的传统文化。古诗词是中国灿烂文化遗产中的瑰宝，其意蕴 含蓄，意境深远。下列有关说法正确的是“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的“柳絮”和棉花的成分均含纤维素“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”中的“烟”是弥漫在空气中的PM2.5固体颗粒“零落成泥碾作尘，只有香如故”中的“香”体现了分子是由原子构成的“落红不是无情物，化作春泥更护花”其中包含了复杂化学变化过程A. B. C. D
3、. 【答案】C【解析】“柳絮”和棉花的成分均含纤维素，故正确；“烟”是固体小颗粒弥漫在空气中，不一定是PM2.5的固体颗粒，故错误；“香”体现了分子是不停地运动的，故错误；植物的腐烂包含了复杂的化学变化过程，故正确；故选C。3.根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是实验现象结论A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液产生白色沉淀SO2 有还原性BH2S 溶液产生黄色沉淀SO2 有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2 有漂白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性:H2SO3 H2SiO3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A、混合溶液中SO2被FeCl3
4、氧化生成SO42，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；B、SO2与H2S在溶液发生反应SO2+2H2S=3S+2H2O，体现了SO2的氧化性，B正确；C、SO2使酸性KMnO4溶液褪色，这是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2+，体现了SO2的还原性，C错误；D、SO2与Na2SiO3溶液产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸，可得结论酸性：H2SO3H2SiO3，D正确。答案选C。4.下列说法正确的是（）A. 萘（）是最简单的稠环芳香烃，萘与足量氢气充分加成的产物一氯代物有2种B. 酚酞的结构如图所示，其结构中含有羟基（OH），故酚酞属于醇C. 溴水能将 甲苯、己烯
5、、CCl4、乙醇四种溶液鉴别开来D. 的名称为2-甲基-戊醇【答案】C【解析】【详解】A萘()与足量氢气充分加成的产物为，由结构对称性可知，含3种位置的H，则一氯代物有3种，故A错误；B中含酚-OH和-COOC-，该物质为酚或酯类，故B错误；C分别加入少量溴水，振荡后静置，甲苯的密度小于水的，且不溶于水，出现分层，上层是有色层；己烯能使溴水褪色；四氯化碳的密度大于水的，且不溶于水，下层是有色层；乙醇和溴水互溶、不分层，因此甲苯、己烯、CCl4、乙醇分别与溴水混合的现象为：分层后有机层在上层、溴水褪色、分层后有机层在下层、不分层不褪色，现象不同，可鉴别，故C正确；D中主链含5个C，-OH在2号碳
6、上，甲基在4号C上，名称为4-甲基-2-戊醇，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为C，要注意常见有机溶剂的密度与水的相对大小的比较，同时注意萃取原理的应用。5.原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。a-的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c-和d+的电子层结构相同。下列叙述错误的是A. 元素的非金属性次序为cbaB. a和其他3种元素均能形成共价化合物C. d和其他3种元素均能形成离子化合物D. 元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6【答案】B【解析】【分析】原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别
7、为1、6、7、1，a-的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b为S元素，c为Cl，c-和d+的电子层结构相同，则d为K元素。据此分析解答。【详解】根据以上分析，a为H元素，b为S元素，c为Cl元素，d为K元素。A同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱，故非金属性ClSH，故A正确；BH元素与S元素、Cl元素分别形成H2S、HCl，二者属于共价化合物，但与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物，故B错误；CK元素与其它元素可以形成KH、K2S、KCl，均属于离子化合物，故C正确；DH元素最高正化合价为+1、最低负化合价为
8、-1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为-2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为-1，最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，故D正确。答案选B。6.有一种瓦斯分析仪能够在煤矿巷道中的甲烷达到一定浓度时，通过传感器显示出来。该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如下图所示，其中的固体电解质是Y2O3Na2O，O2可以在其中自由移动。下列有关叙述正确的是A. 电极a的反应式为：CH44O2-8e=CO22H2OB. 电极b是正极，O2由电极a流向电极bC. 瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极a流向电极bD. 当固体电解质中有1 mol O2通过时，电子转移4 m
9、ol【答案】A【解析】【分析】通甲烷的电极是负极，通空气的电极是正极。【详解】A.瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，所以甲烷是负极，在电极a失电子，则反应式为CH44O2-8e=CO22H2O，A项正确；B.空气通入电极b，电极b是正极，电极反应为O24e=2O2，O2由电极b流向电极a，B项错误；C.瓦斯分析仪工作时，电池内电路中没有电子的定向移动，内电路是通过离子的定向移动而导电的， C项错误；D.根据上述分析，当固体电解质中有1 mol O2通过时，电子转移2 mol，D项错误；故选A。7.下列说法中正确的是（）A. 将CH3COONa溶液从20 升温到30 ，溶液中增大B. p
10、H相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的c（Na）：C. CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na)c(Ca2)c(CH3COO)c(CH3COOH)2c(Cl)D. Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，CO32-水解程度减小，溶液的pH减小【答案】B【解析】【详解】A溶液中存在水解平衡CH3COOH2OCH3COOHOH，盐类的水解反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，c(CH3COO)减小，c(CH3COOH)、c(OH)增大，故减小，故A错误；B酸性CH3COOHH2CO3HClO，根据盐类水解的规律可知，组成盐的弱酸根离子对应酸的酸性越弱，该盐的水解程
11、度越大，溶液的碱性就越强，pH就越大，所以pH相同的三种溶液中的c(Na)大小顺序为，故B正确；C由物料守恒得c(Na)c(CH3COOH)c(CH3COO)，2c(Ca2)c(Cl)，两者相加得c(Na)2c(Ca2)c(CH3COOH)c(CH3COO)c(Cl)，故C错误；DNa2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，CO32-与Ca2反应生成沉淀CaCO3，c(CO32-)减小，水解平衡逆向移动，水解程度减小，但溶液的pH增大，故D错误；故选B。二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第8题第10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11题第12题为选考题，考生根据要求作答。（一）必
12、考题（共43分）8.碱式碳酸铜可用于有机催化剂、杀虫剂及饲料中铜的添加剂，还可用于烟火和颜料制造。CuSO4溶液与Na2CO3溶液反应能否得到碱式碳酸铜？某班同学进行相关探究。【沉淀制备】取一定量胆矾（CuSO45H2O）溶于水，再滴几滴稀硫酸，充分搅拌后得到一定体积的CuSO4溶液。向其中加适量Na2CO3溶液，将所得蓝绿色悬浊液过滤，用蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤。（1）滴加稀硫酸的作用是_。（2）用无水乙醇洗涤的目的是_。【实验探究】同学们设计了如下装置，用制得的蓝绿色固体进行实验：（3）D装置加热前，需要首先打开活塞K，用A装置制取适量N2，然后关闭K，点燃D处酒精灯。A中产生的N2将
13、装置中的空气排除，避免干扰。C中盛装的试剂应是_。（4）装置A中发生反应的离子方程式为_。（5）若蓝绿色固体的组成为xCuCO3yCu(OH)2，实验能观察到的现象是_。（6）同学们查阅文献知：Ksp(CaCO3)2.8109，Ksp(BaCO3)5.110-9，经讨论认为需要用Ba(OH)2代替Ca(OH)2来定量测定蓝绿色固体的化学式，其原因是_。aBa(OH)2的碱性比Ca(OH)2强bBa(OH)2溶解度大于Ca(OH)2，能充分吸收CO2c相同条件下，CaCO3的溶解度明显大于BaCO3d吸收等量CO2生成的BaCO3的质量大于CaCO3，测量误差小待D中反应完全后，打开活塞K，再次
14、滴加NaNO2溶液产生N2，其目的是_。若定量分析所取蓝绿色固体质量为27.1 g，装置F中使用Ba(OH)2溶液，实验结束后，装置E的质量增加2.7 g，F中产生沉淀19.7 g。则该蓝绿色固体的化学式为_。【答案】 (1). 抑制Cu2+水解，防止溶液变浑浊 (2). 利用乙醇易挥发的性质带走沉淀上面的水 (3). 浓硫酸 (4). NONH N22H2O (5). 硬质玻璃管中蓝绿色固体变黑色，E中白色固体变蓝，F中溶液变浑浊 (6). b d (7). 让停留在装置中的气体被充分吸收，减小实验误差 (8). 2CuCO33Cu(OH)2或3Cu(OH)22CuCO3或Cu5(OH)6(
15、CO3)2【解析】【分析】由题中信息可知，CuSO4溶液中加适量Na2CO3溶液，可以得到蓝绿色的沉淀。探究其组成的实验装置中，A用于制备氮气，B是安全瓶，C用于干燥氮气，D用于加热所制得的蓝绿色沉淀，E用于检验和吸收D中的水，F用于检验和吸收D中生成的二氧化碳，最后的干燥管是防止空气中的二氧化碳影响实验结果。【详解】（1）铜离子水解，因此滴加稀硫酸的作用是抑制Cu2+水解，防止溶液变浑浊。（2）乙醇和水互溶，易挥发，所以用无水乙醇洗涤的目的是利用乙醇易挥发的性质带走沉淀上面的水。（3）装置内有残留的空气，所以A中产生N2的作用是排除装置中的空气，避免干扰；生成的氮气中含有水蒸气，会干扰后续实
16、验，所以C中盛装的试剂应是浓硫酸，除去氮气中的水蒸气。（4）NaNO2与NH4Cl加热生成氯化钠、氮气和水的离子方程式为NONH N22H2O。（5）若蓝绿色固体的组成为xCuCO3yCu(OH)2，因此受热分解生成氧化铜、CO2和水蒸气，则实验能观察到的现象是硬质玻璃管中蓝绿色固体变黑色，E中白色固体变蓝，F中溶液变浑浊。（6）由于Ba(OH)2溶解度大于Ca(OH)2，能充分吸收CO2，吸收等量CO2生成的BaCO3的质量大于CaCO3，测量误差小，所以需要用Ba(OH)2代替Ca(OH)2来定量测定蓝绿色固体的化学式，选bd。待D中反应完全后，打开活塞K，再次滴加NaNO2溶液产生N2，
17、其目的是让停留在装置中的气体被充分吸收，减小实验误差。若定量分析所取蓝绿色固体质量为27.1 g，装置F中使用Ba(OH)2溶液，实验结束后，装置E的质量增加2.7 g，即水蒸气是2.7g，物质的量是0.15mol。F中产生沉淀19.7 g，即碳酸钡是19.7g，物质的量是0.1mol，根据元素守恒x：y2：3，则该蓝绿色固体的化学式为2CuCO33Cu(OH)2。9.某工厂对工业污泥中的铬元素回收与再利用的工艺如图（已知硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3，其次是少量的Fe2、Fe3、Al3、Ca2、Mg2）：部分阳离子常温下以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表所示：阳离子Fe3Fe2Mg2Al
18、3Cr3开始沉淀时的pH1.97沉淀完全时的pH3.2911.189（9溶解）（1）实验室用98%（密度为1.84 gcm3）的浓硫酸配制200 mL 4.8 molL1的硫酸溶液，配制时需要量取98%的浓硫酸的体积为_mL（保留小数点后一位小数），所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外，还需_。（2）过滤操作时，需要对沉淀进行洗涤，洗涤沉淀的方法是_。（3）加入H2O2的作用一方面是氧化3价Cr使之转变成6价Cr（CrO42-或Cr2O72-），以便于与杂质离子分离；另一方面是_。（用离子方程式表示）（4）调节溶液的pH8除去的杂质离子是_。（5）钠离子交换树脂的原理为MnnNaRMRnnNa
19、，被交换的杂质离子是_。（6）通SO2气体时，还原过程发生以下反应（填写缺项物质并配平）：_Na2Cr2O7_SO2_=_Cr(OH)(H2O)5SO4_Na2SO4。_【答案】 (1). 65.2 (2). 250 mL容量瓶、胶头滴管 (3). 沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水，至刚好浸没沉淀物，等蒸馏水自然流尽后，再重复操作23次 (4). 2Fe2H2O22H=2Fe32H2O (5). Fe3、Al3 (6). Ca2、Mg2 (7). Na2Cr2O7+3SO2+11H2O=2CrOH(H2O)5SO4+Na2SO4【解析】【分析】含铬污泥预处理后，用硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+，
20、其次是 Fe2+、Fe3+、A13+、Ca2+、Mg2+，过滤除去不溶性杂质，然后加入过氧化氢氧化铬离子、亚铁离子为高价态，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH=8使其他离子沉淀，过滤得到滤液用钠离子交换树脂交换镁离子，得到溶液中通入二氧化硫还原得到Cr(OH)(H2O)5SO4。【详解】(1)浓硫酸物质的量浓度为=18.4mol/L，根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，实验室中没有200 mL的容量瓶，应该选用250mL容量瓶配制，则需要浓硫酸体积为=0.0652L=65.2mL，需用到的玻璃仪器有：胶头滴管、玻璃棒、烧杯和100mL量筒、250mL容量瓶，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量
21、筒和酸式滴定管外，还需250mL容量瓶，胶头滴管，故答案为：65.2；250mL容量瓶，胶头滴管；(2)过滤操作时，需要对沉淀进行洗涤，洗涤沉淀的方法是：沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水，至刚好浸没沉淀物，等蒸馏水自然流尽后，再重复操作2到3次，故答案为：沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水，至刚好浸没沉淀物，等蒸馏水自然流尽后，再重复操作2到3次；(3)双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，加入H2O2的作用一方面是氧化3价Cr使之转变成6价Cr(CrO42-或Cr2O72-)，以便于与杂质离子分离；另一方面Fe2+有还原性，Fe2+能被双氧水氧化为高价离子，Fe2+反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2
22、H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；(4)依据表格数据中离子开始沉淀和完全沉淀的pH，调节pH至8，可使Al3+、Fe3+生成沉淀，故答案为：Al3+、Fe3+；(5)因镁离子、钙离子沉淀的pH较大，可用离子交换法除去，故答案为：Ca2+、Mg2+；(6)通SO2气体时，还原过程中铬元素化合价+6价变化为+3价，Na2Cr2O2CrOH(H2O)5SO46e-，硫元素化合价变化为+6价，SO2SO42-2e-，根据得失电子守恒，得到电子转移总数6e-，结合原子守恒配平得到化学方程式：Na2Cr2O7+3SO2+11H2O=2CrOH(H2O)5S
23、O4+Na2SO4，故答案为：Na2Cr2O7+3SO2+11H2O=2CrOH(H2O)5SO4+Na2SO4。【点睛】本题的易错点为(6)，要注意氧化还原反应中缺项配平的练习和应用，配平时关键是反应前后Cr元素化合价的正确标注和分析。10.氨工农业生产中应用广泛，可由N2、H2合成NH3。（1）天然气蒸汽转化法是前获取原料气中H2的主流方法。CH4经过两步反应完全转化为H2和CO2，其能量变化示意图如下：结合图像，写出CH4通过蒸汽转化为CO2和H2的热化学方程式_。（2）利用透氧膜，一步即获得N2、H2，工作原理如图所示（空气中N2与O2的物质的量之比按41计）起还原作用的物质是_。膜I
24、侧所得气体=2，CH4、H2O、O2反应化学方程式是_。（3）甲小组模拟工业合成氨在一恒温恒容的密闭容器中发生如下反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H0。t1时刻到达平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图所示，下列说法正确的是_A、两过程到达平衡时，平衡常数：KKB、两过程到达平衡时，NH3的体积分数：C、两过程到达平衡的标志：混合气体密度不再发生变化Dt2时刻改变的条件可以是向密闭容器中加N2和H2混合气（4）乙小组模拟不同条件下的合成氨反应，向容器充入9.0molN2和23.0molH2，图为不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强(P)的关系图。T1、T2、T3由
25、大到小的排序为_。在T2、60MPa条件下，比较A点v正_v逆（填“”、“”或“=”），理由是_。计算T2、60Mpa平衡体系的平衡常数Kp=_。（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数）【答案】 (1). CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g) H+165.4 kJ/mol (2). CH4 (3). 10CH4+8H2O+O2=10CO+28H2 (4). D (5). T3T2T1 (6). (7). 在T2、60Mpa 时A点未达到平衡时的体积分数,反应向正向进行,所以v(正)v(逆) (8). 0.043(MPa)-2或 0.0427(MPa)-2【解
26、析】【详解】(1)根据图像得到热化学方程式CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H=+206.4kJ/mol，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)H=-41.0kJ/mol，结合盖斯定律计算+得到1mol CH4(g)通过蒸汽转化为CO2(g)和H2(g)的热化学方程式：CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)H=+165.4 kJ/mol，故答案为CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)H=+165.4kJ/mol；(2)甲烷中C元素的化合价升高，则起还原作用的物质是CH4，故答案为CH4；空气中N2与O2的物质的量之比为4：1，膜
27、侧所得气体=2，氮气在反应前后不变，设氮气为4mol，则生成氢气为8mol，膜侧发生的电极反应式是H2O+2e-=H2+O2-、O2+4e-=2O2-，由膜I侧反应可知8molH2O得到16mol电子、1molO2得到4mol电子，共得到20mol电子，膜II上1molCH4中C失去6mol电子、H得到4mol电子，即1molCH4失去2mol电子，根据总反应遵循电子守恒，需要10molCH4反应，则反应为10CH4+8H2O+O2=10CO+28H2，故答案为10CH4+8H2O+O2=10CO+28H2；(3)A、由图象分析可知，平衡常数是温度的函数，温度不变平衡常数不变，故A错误；B、t
28、2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率增大，不能说明平衡移动的方向，无法判断氨气体积分数的变化，故B错误；C、容器的体积不变，气体的质量不变，气体的密度始终不变，不能用于平衡的判断，故C错误；D、t2时刻，向密闭容器中加H2和N2混合气，气体的压强增大，逆反应速率增大，故D正确；故选D；(4)N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H 0，相同压强下，升高温度平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，根据图知，温度由大到小的顺序为T3T2T1；根据图像，在T2、60MPa条件下，A点为达到平衡状态，要达到平衡，反应需要继续正向进行，因此v正v逆，故答案为；在 T2、 60Mpa 时A点未达到平衡时体积
29、分数,反应向正向进行,所以 v(正)v(逆)； 若体系在T2、60MPa下达到平衡，相同温度下，气体的体积分数等于其物质的量分数，设平衡时n(NH3)=xmol， N2(g) + 3H2(g)2NH3(g)开始(mol) 9 23 0反应(mol) 0.5x 1.5x x平衡(mol)9-0.5x 23-1.5x x平衡时氨气体积分数=100%=60%，解得x=12，氮气分压=60MPa=9MPa；氨气的分压=60%60MPa=36MPa，氢气分压=60MPa-9MPa-36MPa=15MPa，此时的平衡常数Kp=0.043(MPa)-2，故答案为0.043(MPa)-2。【点睛】本题的难点是
30、(2)中化学方程式的书写，要注意甲烷中元素化合价的变化是C由-4变成+2价，H由+1变成0价，然后根据得失电子守恒找到CH4、H2O、O2三者间量的关系；本题的易错点为(4)中Kp的计算，要能够根据K的表达式进行迁移。（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道试题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。【化学选修3：物质结构与性质】11.A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素。已知A元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道；B元素基态原子的成对电子数是未成对电子数的6倍；C元素是同周期元素中电负性最大的元素；D元素基态原子的L层与M层的电子数相等，且与s能级的电子总数相等；E
31、元素可与C元素形成2种常见化合物，其中一种为棕黄色，另一种为浅绿色。请回答下列问题：(1)E元素基态原子的价层电子排布式为_，属于_区的元素。(2)A、B两元素的氧化物的晶体类型分别为_、_；写出B元素的最高价氧化物与HF溶液反应的化学方程式：_。(3)元素A的一种氢化物是重要的化工原料，常把它的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，该分子中键和键的数目分别为_和_。(4)原子总数和价电子总数都相同的分子、离子或基团属于等电子体，由AE中的元素形成的微粒中，与SO42-互为等电子体的分子是_(填分子式，任写一种)，SO42-中的键角为_。(5)D元素与最活泼的非金属元素形成的化合物的晶胞结构如图
32、所示，其中“”代表的微粒是_(用元素符号或离子符号表示)，该离子化合物晶体的密度为a g/cm3，则晶胞的体积是_(写出表达式即可)。【答案】 (1). 3d64s2 (2). d (3). 分子晶体 (4). 原子晶体 (5). SiO2+4HF=SiF4+2H2O (6). 5 (7). 1 (8). SiCl4或CCl4 (9). 10928 (10). F (11). 【解析】【分析】A元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道，则A是C元素；B元素基态原子的成对电子数是未成对电子数的6倍，则B是Si元素；C元素是同周期元素中电负性最大的元素，C是Cl元素；D元素基态原子的L层与M层的电子
33、数相等，且与s能级的电子总数相等，则D是Ca元素；E元素可与C元素形成2种常见化合物，其中一种为棕黄色，另种为浅绿色，则E是Fe元素，据此分析解答。【详解】根据分析可知A为C元素，B为Si元素，C为Cl元素；D为Ca元素；E为Fe元素。(1)E元素(Fe)基态原子的价层电子排布式为3d64s2，属于d区的元素；(2) A、B两元素的氧化物分别是CO2是分子晶体，SiO2为原子晶体。SiO2与HF在溶液反应发生反应产生SiF4和H2O，反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4+2H2O。(3)元素A的一种氢化物是重要的化工原料，常把它的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，该分子是乙烯，结构简
34、式为H2C=CH2，在乙烯分子中含有5个键，1个键；(4)由“原子总数和价电子总数都相同的分子、离子或基团属于等电子体”可知，由AE中元素形成的微粒中，与SO42-互为等电子体的分子有SiCl4、CCl4。SO42-的中心原子S的杂化方式为sp3杂化，SO42-为正四面体结构，则SO42-中的键角为10928。(5)D是Ca元素，钙元素与最活泼的非金属元素形成的化合物为CaF2，由题给晶胞图可知，“”微粒数为8+64，“”微粒数为8，黑球与灰球的个数比为2:1，则“”代表的微粒是F-。在一个晶胞中含有4个CaF2，晶胞的质量为m=，晶胞的密度为a g/cm3，则晶胞的体积为V=。【点睛】本题考
35、查物质结构和性质的知识，涉及元素及化合物的推断、物质晶体类型的判断、原子杂化方式、等电子体、晶体化学式的计算等知识点，根据题目信息推断元素类型是解答本题的关键。【化学选修5：有机化学基础】12.由丙烯经下列反应可制得F、G两种高分子化合物，它们都是常用的塑料。（1）聚合物F的结构简式_。AB的反应条件为_。EG的反应类型为_。（2）D的结构简式_。B转化为C的化学反应方程式是_。（3）在一定条件下，两分子E能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式是_。（4）E有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生1mol H2，则该种同分异构体的
36、结构简式为_。【答案】 (1). (2). NaOH水溶液、加热 (3). 缩聚反应 (4). CH3COCOOH (5). (6). (7). CH2(OH)CH(OH)CHO【解析】【分析】丙烯与溴发生加成反应生成A，A为CH3CHBrCH2Br，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B，B为CH3CH（OH）CH2OH，B催化氧化生成C，C为，C氧化生成D，D为，D与氢气发生加成反应生成E，E为CH3CH（OH）COOH，E发生酯化反应是高聚物G，丙烯发生加聚反应生成高聚物F，F为，结合有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题。【详解】（1）丙烯发生加聚反应生成F聚丙烯，其结构简
37、式为：。AB的反应条件为： NaOH水溶液，加热。EG的反应类型为：缩聚反应 。（2）通过以上分析知，D的结构简式为；B转化为C是CH3CH(OH)CH2OH催化氧化生成O=C(CH3)CHO，反应方程式为。（3）在一定条件下，两分子CH3CH(OH)COOH能脱去两分子水形成一种六元环化合物，该化合物的结构简式是.。（4）E的结构简式为CH3CH(OH)COOH，CH3CH(OH)COOH有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生1mol H2，说明该同分异构体分子中含有2个OH、1个CHO，故符合条件的同分异构体为：HOCH2CH2(OH)CHO。