2021-2022學(xué)年江蘇省徐州市沛縣高二下學(xué)期第二次學(xué)情調(diào)研化學(xué)試題（含解析）

2021-2022學(xué)年度第二學(xué)期高中第二次學(xué)情調(diào)研高二化學(xué)學(xué)科試題注意事項(xiàng)：1.本試卷分為選擇題和非選擇題兩部分，總分：100分。考試時間：75分鐘。2.請把答案寫在答題卡的指定欄目內(nèi)?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1C-12O-16Mn-55Fe-56Co-59一、單項(xiàng)選擇題：共14題，每題3分，共42分。每題只有一個選項(xiàng)符合題意。1.三氯化六氨合鈷[Co(NH3)6]Cl3是一種重要的化工產(chǎn)品，實(shí)驗(yàn)室可用反應(yīng)2CoCl2+10NH3+2NH4Cl+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O制備。下列有關(guān)說法正確的是A.基態(tài)Co2+價電子排布式為3d54s2 B.中子數(shù)為18的氯原子可表示為C.NH3的電子式為 D.第一電離能：I1(N)＞I1(O)【答案】D【解析】【詳解】A．基態(tài)Co的價電子排布式為3d74s2，失去4s上電子得到基態(tài)Co2+，所以Co2+的價電子排布式應(yīng)該為3d7，A項(xiàng)錯誤；B．中子數(shù)為18的氯原子應(yīng)該為，B項(xiàng)錯誤；C．正確的應(yīng)該為，C項(xiàng)錯誤；D．N原子2p軌道半充滿，比O穩(wěn)定，所以第一電離能：I1(N)＞I1(O)，D項(xiàng)正確；故答案選D。2.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X原子核外電子只有一種自旋取向，Y、Z兩種原子核外s能級上的電子總數(shù)與p能級上電子總數(shù)相等，W原子的價電子中，在不同形狀的原子軌道中運(yùn)動的電子數(shù)之比為2：1(按能量由低到高的順序)。下列說法正確的是A.W的第一電離能比同周期相鄰元素的小B.原子半徑：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)C.工業(yè)上電解熔融化合物ZY制備單質(zhì)ZD.W的最高價氧化物對應(yīng)的水化物可溶于氨水【答案】A【解析】【分析】X原子核外電子只有一種自旋取向，說明X核外只有一個1個電子，即X為H，Y、Z兩種原子核外s能級上的電子總數(shù)與p能級上電子總數(shù)相等，因?yàn)槎讨芷谠兀虼撕送怆娮优挪际綖?s22s22p4、1s22s22p63s2，即Y、Z為O、Mg，W原子的價電子中，在不同形狀的原子軌道中運(yùn)動的電子數(shù)之比為2：1(按能量由低到高的順序)，W為主族元素，價電子是最外層電子，W價電子排布式為3s23p1，即W為Al，據(jù)此分析；【詳解】A．根據(jù)上述分析，W為Al，同周期從左向右第一電離能是增大趨勢，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，因此第一電離能大小順序是Si＞Mg＞Al，故A正確；B．根據(jù)上述分析，X為H，Y為O，Z為Mg，W為Al，原子半徑大小順序是r(Mg)＞r(Al)＞r(O)＞r(H)，故B錯誤；C．Z為Mg，氧化鎂熔點(diǎn)很高，因此工業(yè)上常電解熔融氯化鎂冶煉金屬鎂，故C錯誤；D．W為Al，Al的最高價氧化物對應(yīng)的水化物是Al(OH)3，氫氧化鋁雖然屬于兩性氫氧化物，但不溶于弱堿，即氫氧化鋁不溶于氨水，故D錯誤；答案為A。3.下圖所示與對應(yīng)敘述相符的是A.圖甲表示一定溫度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲線，則Ksp(FeS)＜Ksp(CuS)B.圖乙表示pH=2的甲酸與乙酸溶液稀釋時的pH變化曲線，則酸性：甲酸<乙酸C.25℃時，圖丙表示用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定25.00mL鹽酸的滴定曲線，則c(HCl)=0.080mol·L-1D.圖丁表示反應(yīng)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡時NH3體積分?jǐn)?shù)隨起始變化的曲線，則轉(zhuǎn)化率：αA(H2)=αB(H2)【答案】C【解析】【詳解】A．S2-濃度相同時，c(Fe2+)＞c(Cu2+)，所以c(S2-)c(Fe2+)＞c(S2-)×c(Cu2+)，即Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，A項(xiàng)不符合；B．稀釋過程中，越強(qiáng)的酸堿，pH值變化的就越明顯，結(jié)合圖像可知，甲酸在稀釋過程中pH值變化更明顯，所以其酸性更強(qiáng)，B項(xiàng)不符合；C．NaOH滴定HCl，pH=7時即滴定終點(diǎn)，此時V(NaOH)=20ml=V(HCl)，所c(NaOH)=c(HCl)=0.080mol·L-1，C項(xiàng)符合；D．對于有兩種反應(yīng)物的可逆反應(yīng)，增加其中一種反應(yīng)物的物料可使另一種反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率增加，從A到B，N2的量增加了，所以H2的轉(zhuǎn)化率就增加了，因此αA(H2)<αB(H2)，D項(xiàng)不符合；答案選C。4.關(guān)于反應(yīng)CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)；ΔH1=247kJ·mol-1說法正確的是A.該反應(yīng)在任何溫度下都可自發(fā)進(jìn)行B.反應(yīng)CO2(s)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)；ΔH2＜247kJ·mol-1C.反應(yīng)中每生成1molH2，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為3×6.02×1023D.在過渡元素區(qū)域內(nèi)選擇高效催化劑可以降低反應(yīng)的焓變，提高化學(xué)反應(yīng)速率【答案】C【解析】【詳解】A．該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，ΔH＞0，根據(jù)反應(yīng)方程式，該反應(yīng)為熵增反應(yīng)，即ΔH＞0，利用符合判據(jù)：ΔG=ΔH-TΔS，要是自發(fā)反應(yīng)，溫度應(yīng)是高溫，ΔG才能小于0，故A錯誤；B．CO2(s)=CO2(g)ΔH3＞0，根據(jù)蓋斯定律，推出CO2(s)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)；ΔH2=ΔH1+ΔH3＞247kJ/mol，故B錯誤；C．根據(jù)反應(yīng)方程式CO2中C顯+4價，轉(zhuǎn)化為+2價，降低2價，CH4中C顯-4價，轉(zhuǎn)化成為+2價，升高6價，CH4中H顯+1價，轉(zhuǎn)化為0價，降低4價，因此產(chǎn)生2mol氫氣轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量6mol，即產(chǎn)生1mol氫氣轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量3mol，故C正確；D．一般從過渡元素區(qū)域內(nèi)選擇高效催化劑，焓變只與體系內(nèi)的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，與反應(yīng)途徑無關(guān)，使用催化劑不能影響焓變，但可以降低活化能，使反應(yīng)速率加快，故D錯誤；答案為C。5.如圖為元素周期表中短周期的一部分，關(guān)于Y、Z、M的說法正確的是

A.電負(fù)性：Y＞Z＞MB.元素M的氧化物對應(yīng)水化物的酸性一定比Z的強(qiáng)C.Z元素基態(tài)原子最外層電子軌道表示式為D.離子半徑：Z2-＞M-＞Y-【答案】D【解析】【詳解】結(jié)合周期表的結(jié)構(gòu)分析，X為氦，Y為氟，Z為硫，M為氯。A．非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，則電負(fù)性順序?yàn)椋篩>M>Z，A項(xiàng)錯誤；B．非金屬性越強(qiáng)，對應(yīng)最高價含氧酸的酸性越強(qiáng)，則最高價含氧酸的酸性順序?yàn)閆<M，B項(xiàng)錯誤；C．Z為硫元素，最外層有六個電子，成對電子應(yīng)自旋相反，C項(xiàng)錯誤；D．硫離子和氯離子屬于電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，根據(jù)核電荷數(shù)越大，半徑越小分析，硫離子半徑大于氯離子半徑，氯離子有三個電子層，氟離子有2個電子層，故氯離子半徑大于氟離子半徑，D項(xiàng)正確；故選D。6.嗎替麥考酚酯(MycophenolateMofetil)主要用于預(yù)防同種腎移植病人的排斥反應(yīng)及治療難治性排斥反應(yīng)，其結(jié)構(gòu)簡式如下圖所示。下列說法錯誤的是

A.可以發(fā)生取代反應(yīng)、加聚反應(yīng)、顯色反應(yīng)B.1mol嗎替麥考酚酯最多消耗1mol碳酸氫鈉C.1mol嗎替麥考酚酯與足量NaOH溶液一定條件下完全反應(yīng)最多消耗3molNaOHD.與足量的H2發(fā)生加成反應(yīng)，所得產(chǎn)物中有7個手性碳原子【答案】B【解析】【詳解】A．嗎替麥考酚酯分子中含有-OH，可以發(fā)生取代反應(yīng)，碳碳雙鍵可以發(fā)生加聚反應(yīng)，苯環(huán)上連有羥基，從而構(gòu)成酚，能發(fā)生顯色反應(yīng)，A正確；B．嗎替麥考酚酯分子中不含有羧基，不能與碳酸氫鈉發(fā)生反應(yīng)，B錯誤；C．嗎替麥考酚酯分子中含有2個酯基和1個酚羥基，所以1mol嗎替麥考酚酯最多消耗3molNaOH，C正確；D．與足量的H2發(fā)生加成反應(yīng)，與甲基相連的碳碳雙鍵中的碳原子為手性碳原子，苯環(huán)轉(zhuǎn)化成環(huán)己基，6個碳原子全部為手性碳原子，因而所得產(chǎn)物中有7個手性碳原子，D正確；故選B。7.下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)操作步驟、現(xiàn)象、結(jié)論正確的是實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向1-溴丙烷中加入KOH溶液，加熱并充分振蕩，然后取少量液體滴入AgNO3溶液，出現(xiàn)棕黑色沉淀1-溴丙烷中混有雜質(zhì)B無水乙醇與濃硫酸共熱至170°C，將產(chǎn)生的氣體通入溴水，溴水褪色乙醇發(fā)生了消去反應(yīng)C向苯酚濁液中加入Na2CO3溶液，溶液變澄清酸性：苯酚＞D向苯酚溶液中滴加少量濃溴水、振蕩，無白色沉淀苯酚濃度小A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．出現(xiàn)棕黑色沉淀是硝酸銀與KOH反應(yīng)生成的AgOH分解的產(chǎn)物(Ag2O)，1-溴丙烷中不一定混有雜質(zhì)，A不正確；B．無水乙醇與濃硫酸共熱，除去可能生成乙烯外，還可能生成二氧化硫氣體，所以產(chǎn)生的氣體使溴水褪色，不一定生成乙烯，B不正確；C．向苯酚濁液中加入Na2CO3溶液，溶液變澄清，發(fā)生反應(yīng)+CO2+H2O→+，但與不反應(yīng)，所以酸性：苯酚＞，C正確；D．向苯酚溶液中滴加少量濃溴水、振蕩，無白色沉淀，其原因是生成的少量三溴苯酚溶解在苯酚中，而不是因?yàn)楸椒拥臐舛刃。珼不正確；故選C。8.25℃時，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1的一組醋酸和醋酸鈉混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)與pH的關(guān)系如圖所示。下列有關(guān)離子濃度關(guān)系敘述不正確的是A.pH=5.5溶液中：c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)B.W點(diǎn)表示溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)C.pH=3.5溶液中：c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.1mol·L-1D.向W點(diǎn)所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl氣體(溶液體積變化可忽略)：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)+c(Cl-)【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．從圖中可以看出，pH=5.5的溶液中：c(CH3COO-)>c(CH3COOH)，此時溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，從數(shù)據(jù)中可以看出，c(CH3COOH)>c(H+)，所以c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)，A項(xiàng)正確；B．W點(diǎn)所表示的溶液中，按電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，因?yàn)樵赪點(diǎn)，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，B項(xiàng)正確；C．pH=3.5的溶液中，c(Na+)+c(H+)-c(OH-)=c(CH3COO-)=0.1mol·L-1-c(CH3COOH)，所以c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.1mol·L-1，C項(xiàng)正確；D．向W點(diǎn)所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl氣體，剛好與CH3COO-完全反應(yīng)生成CH3COOH，此時溶液中存在以下電離平衡：CH3COOHCH3COO-+H+、H2OH++OH-，c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，而此時c(CH3COOH)>c(CH3COO-)，所以c(H+)<c(CH3COOH)+c(OH-)，根據(jù)圖中給出的濃度，CH3COO-濃度為0.05mol/L，則鈉離子濃度也為0.05mol/L，1.0L溶液中通入0.05molHCl氣體，氯離子的濃度為0.05mol/L，氯離子濃度等于鈉離子濃度，故c(Na+)+c(H+)<c(CH3COOH)+c(OH-)+c(Cl-)，D項(xiàng)錯誤；答案選D。9.炭黑是霧霾中的重要顆粒物，研究發(fā)現(xiàn)它可以活化氧分子，生成活化氧?；罨^程的能量變化模擬計(jì)算結(jié)果如圖所示。活化氧可以快速氧化SO2。下列說法正確的是A.每活化一個氧分子吸收0.29eV能量B.水可使氧分子活化反應(yīng)的活化能降低0.42eVC.氧分子的活化是C-O的斷裂與O-O鍵的生成過程D.炭黑顆粒是大氣中SO2轉(zhuǎn)化為SO3的催化劑【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．由圖可知，反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量，因此是放出能量，故A不符合題意；B．由圖可知，水可使第一步反應(yīng)的活化能降低0.18eV，使第二步反應(yīng)的活化能降低0.42eV，故B不符合題意；C．由圖可知，氧分子的活化是O－O的斷裂與C－O鍵的生成過程，故C不符合題意；D．活化氧可以快速氧化SO2，而炭黑顆?？梢曰罨醴肿?，因此炭黑顆粒可以看作大氣中SO2轉(zhuǎn)化為SO3的催化劑，故D符合題意；故答案為D。【點(diǎn)睛】對于基元反應(yīng)，活化能是活化分子的平均能量與所有分子平均能量的差值。對于復(fù)雜反應(yīng)，如果得到有明確級數(shù)的總反應(yīng)速率方程，總速率常數(shù)(又叫表觀速率常數(shù))是各基元步驟的速率常數(shù)因次之積，則總反應(yīng)的活化能是各基元反應(yīng)活化能的代數(shù)和（僅作了解）。10.硼氫化鈉(NaBH4)既是一種重要的儲氫材料，又是具有廣泛應(yīng)用的還原劑。NaBH4在水溶液中的穩(wěn)定性隨著溶液pH升高而增大。在氮?dú)鈿夥毡Ｗo(hù)下，向一定量的FeCl2溶液中逐滴加入一定量的NaBH4溶液，可制得納米鐵粉，反應(yīng)的離子方程式為2+Fe2++6H2O=Fe↓+2B(OH)3+7H2↑(反應(yīng)前后B元素化合價不變)。NaBH4-H2O2燃料電池有望成為低溫環(huán)境下工作的便攜式燃料電池，其工作原理如下圖所示。

關(guān)于NaBH4與FeCl2反應(yīng)制備納米鐵粉的實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是A.反應(yīng)中只有Fe2+作氧化劑B.Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe得到的2個電子基態(tài)時填充在3d軌道上C.B元素最高價氧化物的水化物是弱酸D.降低反應(yīng)液的pH有利于提高納米鐵粉的產(chǎn)率【答案】C【解析】【詳解】A．由反應(yīng)2+Fe2++6H2O=Fe↓+2B(OH)3+7H2↑可知，F(xiàn)e2+、H2O都作氧化劑，A不正確；B．Fe電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，則Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe得到的2個電子基態(tài)時填充在4s軌道上，B不正確；C．從方程式2+Fe2++6H2O=Fe↓+2B(OH)3+7H2↑可以看出，B(OH)3不能完全電離，則B元素最高價氧化物的水化物是弱酸，C正確；D．NaBH4在水溶液中的穩(wěn)定性隨著溶液pH升高而增大，則降低反應(yīng)液的pH，不利于生成Fe反應(yīng)的正向進(jìn)行，即不利于提高納米鐵粉的產(chǎn)率，D不正確；故選C11.硼氫化鈉()既是一種重要的儲氫材料，又是具有廣泛應(yīng)用的還原劑。在水溶液中的穩(wěn)定性隨著溶液升高而增大。在氮?dú)鈿夥毡Ｗo(hù)下，向一定量的溶液中逐滴加入一定量的溶液，可制得納米鐵粉，反應(yīng)的離子方程式為。燃料電池有望成為低溫環(huán)境下工作的便攜式燃料電池，其工作原理如題圖所示。

下列有關(guān)燃料電池的說法正確的是A.電池工作時，電能主要轉(zhuǎn)化為化學(xué)能B.電極上的反應(yīng)為：C.放電過程中電極區(qū)的溶液下降D.放電過程中參與反應(yīng)，失去個電子【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．燃料電池工作時，將化學(xué)能主要轉(zhuǎn)化為電能，故A錯；B．由圖示分析可知，a電極為負(fù)極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，則其反應(yīng)方程式為：，故選B；C．放電過程中b電極為正極，其電極反應(yīng)為：，則放電過程中電極區(qū)的溶液上升，故C錯；D．放電過程中，所以放電過程中參與反應(yīng)，得到個電子，故D錯；答案選B12.室溫下，通過下列實(shí)驗(yàn)探究NaHSO3溶液的性質(zhì)實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象1用pH試紙測定0.1mol/LNaHSO3溶液的pH，測得pH約為52向0.1mol/LNaHSO3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫紅色褪去3將濃度均為0.01mol/L的NaHSO3和Ba(OH)2溶液等體積混合，產(chǎn)生白色沉淀4向0.1mol/LNaHSO3溶液中滴加稀鹽酸，有刺激性氣體產(chǎn)生下列有關(guān)說法正確的是A.0.1mol·L-1NaHSO3溶液中存在c(H+)=c(OH-)+c()-c(H2SO3)B.實(shí)驗(yàn)2說明NaHSO3溶液具有漂白性C.依據(jù)實(shí)驗(yàn)3的現(xiàn)象，不能得出Ksp(BaSO3)＜2.5×10-5的結(jié)論D.實(shí)驗(yàn)4中生成的刺激性氣體可能為Cl2【答案】A【解析】【詳解】A．0.1mol·L-1NaHSO3溶液中，依據(jù)物料守恒可得：c(Na+)=c()+c()+c(H2SO3)，依據(jù)電荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，從而得出c(H+)=c(OH-)+c()-c(H2SO3)，A正確；B．實(shí)驗(yàn)2中，NaHSO3溶液具有還原性，酸性KMnO4溶液被還原，從而褪色，B不正確；C．實(shí)驗(yàn)3中，c()=0005mol/L，c()＜0.005mol/L，c(Ba2+)=0.005mol/L，則Ksp(BaSO3)=(＜0.005)×0.005＜2.5×10-5，C不正確；D．實(shí)驗(yàn)4中，向0.1mol/LNaHSO3溶液中滴加稀鹽酸，發(fā)生反應(yīng)NaHSO3+HCl=NaCl+H2O+SO2↑，D不正確；故選A。13.通過反應(yīng)Ⅰ：可將有機(jī)氯化工業(yè)的副產(chǎn)品轉(zhuǎn)化為。在、反應(yīng)物起始物質(zhì)的量比條件下，不同溫度時平衡轉(zhuǎn)化率如題圖所示。向反應(yīng)體系中加入，能加快反應(yīng)速率。反應(yīng)Ⅱ：反應(yīng)Ⅲ：下列說法正確的是A.反應(yīng)Ⅰ的B.升高溫度和增大壓強(qiáng)均能提高反應(yīng)Ⅰ中的平衡轉(zhuǎn)化率C.保持其他條件不變，500℃時，使用，能使轉(zhuǎn)化率從點(diǎn)的值升至點(diǎn)的值D.在、500℃條件下，若起始，的轉(zhuǎn)化率可能達(dá)到點(diǎn)的值【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)蓋斯定律，由Ⅱ+Ⅲ2得，故A錯誤；B．反應(yīng)Ⅰ為氣體體積減小的放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，的平衡轉(zhuǎn)化率降低，故B錯誤；C．使用作催化劑，只能加快反應(yīng)速率，不能改變的平衡轉(zhuǎn)化率，故C錯誤；D．在、500℃條件下，若起始，增加了O2的相對含量，能提高HCl的轉(zhuǎn)化率，的轉(zhuǎn)化率可能達(dá)到點(diǎn)的值，故D正確；答案選D。二、非選擇題：共4題，共61分。14.現(xiàn)有六種元素，其中A、B、C、D、E為短周期主族元素，F(xiàn)為第四周期元素，它們的原子序數(shù)依次增大。請根據(jù)下列相關(guān)信息，回答問題。A元素形成的物質(zhì)種類繁多，其形成的一種固體單質(zhì)工業(yè)上常用作切割工具B元素原子的核外p電子數(shù)比s電子數(shù)少1C元素基態(tài)原子p軌道有兩個未成對電子D原子的第一至第四電離能分別是：I1=738kJ·mol-1；I2=1451kJ·mol-1；I3=7733kJ·mol-1；I4=10540kJ·mol-1E原子核外所有p軌道全滿或半滿F基態(tài)原子中未成對電子數(shù)和該元素所在的周期數(shù)相等（1）某同學(xué)根據(jù)上述信息，推斷A基態(tài)原子的核外電子排布為該同學(xué)所畫的電子排布圖違背了___________。（2）B元素的電負(fù)性____________(填“大于”“小于”或“等于”)C元素的電負(fù)性。（3）D元素第二次電離能飛躍數(shù)據(jù)將發(fā)生在失去第____________個電子時。（4）E基態(tài)原子中能量最高的電子，其電子云在空間有____________個伸展方向。（5）基態(tài)F2+和F3+中未成對電子數(shù)之比為___________。（6）和元素F為同一周期的第VIIB元素G能形成G2+，氣態(tài)G2+再失去1個電子比氣態(tài)F2+再失去1個電子難，對此你的解釋是___________?！敬鸢浮浚?）洪特規(guī)則（2）小于（3）11（4）3（5）4:5（6）Fe2+價電子排布為3d6，而Mn2+價電子排布為3d5，處于半滿狀態(tài)，能量比較低，再失去一個電子需要的能量較大【解析】【分析】A、B、C、D、E為短周期主族元素，F(xiàn)為第四周期元素，它們的原子序數(shù)依次增大，A元素形成的物質(zhì)種類繁多，其形成的一種固體單質(zhì)工業(yè)上常用作切割工具，則A為C元素；B元素原子的核外p電子數(shù)比s電子數(shù)少1，則B為N元素；C元素基態(tài)原子p軌道有兩個未成對電子，則C為O元素；由D原子的第一至第四電離能的數(shù)據(jù)可知，第二電離能和第三電離能相差很大，則D為Mg元素；E原子核外所有p軌道全滿或半滿，則E為P元素；F在周期表的第8縱列，則F為Fe元素。【小問1詳解】碳元素的原子序數(shù)為6，基態(tài)碳原子的電子排布圖為，由圖可知，該同學(xué)所畫的電子排布圖的2p軌道違背了洪特規(guī)則，故答案為：洪特規(guī)則；【小問2詳解】元素的非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，氧元素的非金屬性強(qiáng)于氮元素，則氮元素的電負(fù)性小于氧元素，故答案為：小于；【小問3詳解】D為Mg元素，原子軌道中電子處于全滿、全空、半滿時較穩(wěn)定，當(dāng)Mg原子核外有2個電子再失去1個電子時電離能發(fā)生飛躍，即失去第11個電子時電離能發(fā)生飛躍，故答案為：11；【小問4詳解】基態(tài)磷原子的價電子排布式為3s23p3，基態(tài)原子中能量最高的電子是3p軌道上的電子，3p電子云在空間有3個伸展方向，故答案為：3；【小問5詳解】F為Fe元素，鐵原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2，F(xiàn)e變成Fe2+時，首先失去4s軌道上的電子，F(xiàn)e2+的價電子排布3d6，基態(tài)Fe2+未成對的電子數(shù)之比為4，F(xiàn)e3+中的價電子排布3d5，基態(tài)Fe3+未成對的電子數(shù)之比為5，基態(tài)Fe2+和Fe3+中未成對電子數(shù)之比為4:5，故答案為：4:5；【小問6詳解】和元素Fe為同一周期的第VIIB元素G是Mn，基態(tài)Mn2+的電子排布式：1s22s22p63s23p63d5，價電子排布式為3d5；Fe2+價電子排布為3d6，而Mn2+價電子排布為3d5，處于半滿狀態(tài)，能量比較低，再失去一個電子需要的能量較大，故氣態(tài)Mn2+再失去1個電子比氣態(tài)Fe2+再失去1個電子難，故答案為：Fe2+價電子排布為3d6，而Mn2+價電子排布為3d5，處于半滿狀態(tài)，能量比較低，再失去一個電子需要的能量較大。15.化合物F是一種天然藥物合成中的重要中間體，其合成路線如下：（1）B→C的反應(yīng)類型為___________。（2）寫出B物質(zhì)和銀氨溶液反應(yīng)的離子方程式：___________。（3）D→E的反應(yīng)過程中會產(chǎn)生一種與E互為同分異構(gòu)體的副產(chǎn)物，寫出該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式：_____。（4）C的一種同分異構(gòu)體同時滿足下列條件，寫出其結(jié)構(gòu)簡式：___________。①分子中含有苯環(huán)，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，且能使FeCl3溶液顯紫色；②分子中不同化學(xué)環(huán)境的氫原子個數(shù)比為1：1：2：6。（5）設(shè)計(jì)以和為原料制備的合成路線(無機(jī)試劑任用和有機(jī)溶劑任用，合成路線示例見本題題干)_____?！敬鸢浮浚?）氧化反應(yīng)（2）+2[Ag(NH3)2]++2OH-+2Ag↓+NH+3NH3+H2O（3）（4）或（5）【解析】【分析】由已知有機(jī)合成路線可知，發(fā)生了取代反應(yīng)，副產(chǎn)物為HBr，，醛基變成了羧基，屬于加氧氧化，反應(yīng)類型是氧化反應(yīng)，，在濃硫酸加熱條件下，羧基與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)得到D，，結(jié)構(gòu)發(fā)生異構(gòu)化，主產(chǎn)物在羥基對位引入官能團(tuán)，而羥基鄰位也屬于活性位置，所以副產(chǎn)物還有，最后，屬于取代反應(yīng)。【小問1詳解】見分析，B→C反應(yīng)類型屬于氧化反應(yīng)；【小問2詳解】B結(jié)構(gòu)為，含有1個醛基，當(dāng)與銀氨溶液反應(yīng)時，與乙醛相似，對應(yīng)物質(zhì)系數(shù)相同，所以離子方程式為：+2[Ag(NH3)2]++2OH-+2Ag↓+NH+3NH3+H2O；【小問3詳解】，由結(jié)構(gòu)推測，羥基對位出現(xiàn)了新的取代基，而羥基屬于鄰對位的占位基團(tuán)，所以在發(fā)生反應(yīng)時，羥基鄰位也可能出現(xiàn)新的取代基從而成為副產(chǎn)物，所以答案是；【小問4詳解】結(jié)構(gòu)中含有一個苯環(huán)，苯環(huán)外4個碳原子，3個氧原子和2個不飽和度，同時C滿足以下條件:①分子中含有苯環(huán)，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，且能使FeCl3溶液顯紫色，說明有-CHO和-OH；②分子中不同化學(xué)環(huán)境的氫原子個數(shù)比為1：1：2：6，一共四組吸收峰，說明結(jié)構(gòu)對稱性高，存在兩個-CH3且在苯環(huán)的對稱位置上，酚羥基在對稱軸上，剩下的兩個不飽和度可能是兩個醛基在對稱位置上，或者一個醛基和一個酮羰基相連，C的同分異構(gòu)體可能結(jié)構(gòu)是：或；【小問5詳解】屬于酯類物質(zhì)，可通過酯化反應(yīng)得到，所以上一步物質(zhì)應(yīng)該為，再由A→B的合成路線可知和反應(yīng)生成，然后再與HBr反應(yīng)生成，在高錳酸鉀氧化下甲基被氧化成羧基，從而生成，經(jīng)過NaOH水溶液水解后再酸化得到，最后酯化反應(yīng)后可得到。所以答案為：16.Co3O4在磁性材料、電化學(xué)領(lǐng)域應(yīng)用廣泛，實(shí)驗(yàn)室中可以用CoCO3或CoC2O4煅燒后制得。利用鈷渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制備鈷氧化物的流程如圖所示：

已知：Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-15，Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8，CoCO3煅燒300°C~600°C生成Co3O4，1100°C以上生成Co2O3。（1）“溶解還原”過程中Co(OH)3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。（2）“沉鈷”時，不能用Na2C2O4溶液代替(NH4)C2O4溶液，原因是_______。（3）為測定草酸鉆樣品中草酸鈷晶體(CoC2O4·2H2O)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：①取草酸鈷(CoC2O4·2H2O)樣品3.050g，加入100.00mL0.1000mol/L酸性KMnO4溶液，加熱(該條件下Co2+不被氧化)。②充分反應(yīng)后將溶液冷卻至室溫，加入250mL容量瓶中，定容。③取25.00mL溶液，用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定，消耗FeSO4溶液18.00mL。計(jì)算樣品中草酸鈷晶體(CoC2O4·2H2O)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：___________(寫出計(jì)算過程)。【答案】（1）2Co(OH)3++4H+=2Co2+++5H2O（2）Na2C2O4堿性過強(qiáng)，因?yàn)镵sp[Co(OH)2]＜Ksp(CoC2O4)，所以容易生成Co(OH)2沉淀（3）96.00%【解析】【分析】鈷渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]中加入H2SO4、Na2SO3，兩種堿先溶解，然后金屬離子被還原為Co2+、Fe2+；加入NaClO3、O2后，F(xiàn)e2+轉(zhuǎn)化為鐵渣；濾液中加入(NH4)2C2O4，CoSO4轉(zhuǎn)化為CoC2O4沉淀，煅燒可得鈷的氧化物。【小問1詳解】“溶解還原”過程中，Co(OH)3溶解后被Na2SO3還原為CoSO4等，反應(yīng)的離子方程式為2Co(OH)3++4H+=2Co2+++5H2O。答案為：2Co(OH)3++4H+=2Co2+++5H2O；【小問2詳解】Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-15，Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8，而Na2C2O4溶液的堿性過強(qiáng)，易生成Co(OH)2沉淀，所以“沉鈷”時，不能用Na2C2O4溶液代替(NH4)C2O4溶液，原因是：Na2C2O4堿性過強(qiáng)，因?yàn)镵sp[Co(OH)2]＜Ksp(CoC2O4)，所以容易生成Co(OH)2沉淀。答案為：Na2C2O4堿性過強(qiáng)，因?yàn)镵sp[Co(OH)2]＜Ksp(CoC2O4)，所以容易生成Co(OH)2沉淀；【小問3詳解】加入FeSO4與過量的KMnO4酸性溶液發(fā)生反應(yīng)，關(guān)系式為5FeSO4——KMnO4，n(FeSO4)=0.1000mol/L×0.018L×=0.018mol，n(KMnO4)==3.6×10-3mol；則與CoC2O4反應(yīng)的KMnO4的物質(zhì)的量為0.1mol/L×0.1L-3.6×10-3mol=6.4×10-3mol。CoC2O4與KMnO4反應(yīng)的關(guān)系式為：5CoC2O4——2KMnO4，n(CoC2O4)==1.6×10-2mol，樣品中草酸鈷晶體(CoC2O4·2H2O)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：=96.00%。答案為：96.00%?！军c(diǎn)睛】雖然Co2+具有還原性，但KMnO4不能將Co2+氧化。17.回答下列問題：（1）一定溫度下，向一容積為5L的恒容密閉容器中充入0.4molSO2和0.2molO2，發(fā)生反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1。經(jīng)2min后達(dá)到平衡，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時，容器內(nèi)壓強(qiáng)變?yōu)槠鹗紩r的0.7倍?；卮鹣铝孝賬③問題：①判斷該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的標(biāo)志是___________(填字母)。a．SO2、O2、SO3三者的濃度之比為2：1：2b．容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)不變c．容器內(nèi)混合氣體的密度保持不變d．SO3的物質(zhì)的量不再變化e．SO2的生成速率不變；②SO2的轉(zhuǎn)化率為___________。③恒溫恒容條件下，硫可以發(fā)生如下轉(zhuǎn)化，其反應(yīng)過程和能量關(guān)系如圖所示。a.寫出能表示硫的燃燒熱的熱化學(xué)方程式：______b．ΔH2=___________kJ·mol-1。（2）多晶Cu是目前唯一被實(shí)驗(yàn)證實(shí)能高效催化CO2還原為烴類(如C2H4)的金屬。如圖所示，電解裝置中分別以多晶Cu和Pt為電極材料，用陰離子交換膜分隔開陰、陽極室，反應(yīng)前后KHCO3濃度基本保持不變，溫度控制在10°C左右。生成C2H4的電極反應(yīng)式為___________。（3）室溫時，向100mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液pH與NaOH溶液體積的關(guān)系曲線如圖所示。試分析圖中a、b、c、d四個點(diǎn)，水的電離程度最大的是___________點(diǎn)；在b點(diǎn)，溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是___________。（4）利用納米鐵粉可以有效處理廢水中的Cu2+和Zn2+，去除機(jī)理如圖-1所示。①納米鐵粉去除污水中Cu2+和Zn2+機(jī)理不同，請解釋原因并簡述兩者的區(qū)別：___________。②由圖-2可知，pH＜3時，隨pH減小，Cu2+和Zn2+去除率減小的原因是：_______。【答案】（1）①.bde②.90%③.S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-297kJ/mol④.-78.64（2）14CO2+12e-+8H2O=C2H4+12HCO（3）①.a②.c(Na+)＞c(SO)＞c(NH)＞c(H+)=c(OH-)（4）①.Fe的金屬性強(qiáng)于Cu，弱于Zn，因此Cu(Ⅱ)被鐵還原成Cu單質(zhì)而除去，而Fe無法還原Zn(Ⅱ)，主要通過吸附作用除去Zn(Ⅱ)②.鐵與H+反應(yīng)【解析】【小問1詳解】①a．令達(dá)到平衡時消耗氧