云南省麒麟高中2018_2019学年高二化学6月考试试题（含解析）.docx

云南省麒麟高中2018-2019学年6月份考试高二 化学本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间90分钟。一、单选题（共20小题,每小题2.0分,共40分）1.关于晶体与非晶体，正确的说法（）A. 区分晶体与非晶体最可靠的方法是比较硬度B. 凡有规则外形的物体就一定是晶体C. 一种物质不是晶体就是非晶体D. 具有各向异性的固体一定是晶体【答案】D【解析】【分析】A.比较硬度的方法区分晶体与非晶体不可靠；B.否为晶体，与物体有没有规则外形无关；C.二氧化硅为反例；D.具有各向异性的固体一定是晶体；【详解】A.区分晶体与非晶体最可靠的方法是X-射线衍射实验，故A项错误；B.晶体与非晶体的区别在于晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，与物体有没有规则外形无关，故B项错误；C.二氧化硅有晶体和非晶体两种形式，故C项错误；D.具有各向异性的固体一定是晶体，故D项正确，本题选D。2. 下列说法正确的是 ( )A. 124g P4含有的PP键的个数为6NAB. 12g石墨中含有的CC键的个数为2NAC. 12g金刚石中含有的CC键的个数为1.5NAD. 60gSiO2中含SiO键的个数为2NA【答案】A【解析】试题分析：白磷是正四面体结构，含有6个PP键。124g白磷的物质的量是124g14g/mol1mol，A正确；石墨中平均每个碳原子形成的CC键的个数为321.5，B不正确；金刚石平均每个碳原子形成的CC键的个数为422，C不正确；二氧化硅中平均每个硅原子形成的SiO键的个数为4，则D不正确，答案选A。考点：考查晶体中共价键个数的判断点评：该题是高考中的常见题型和考点，属于基础性试题的考查。主要是考查学生对常见晶体结构的熟悉掌握程度，有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性，也有利于培养学生的逻辑推理能力和空间的想象能力。3.下列原子中，第一电离能最大的是( )A. BB. CC. AlD. Si【答案】B【解析】试题分析：非金属性越强，第一电离能越大，四种元素中碳元素的非金属性最强，第一电离能最大，答案选B。考点：考查电离能判断4.我国的纳米基础研究能力已跻身于世界的前列，例如曾被选为我国年度十大科技成果之一的一项成果就是合成一种一维的纳米材料，其化学式为RN。已知该化合物里与氮微粒结合的Rn核外有28个电子，则R位于元素周期表的（）A. 第三周期A族B. 第四周期A族C. 第五周期A族D. 第四周期A族【答案】B【解析】试题分析：R元素在化合物RN中的化合价决定于N元素，因Rn中R元素显正价，N元素在RN中显3价，则R元素离子应为R3，R原子含28+3=31个电子，其质子数为31，核外电子排布为，所以应为第四周期A族，答案选B。【考点定位】考查原子结构和元素周期表知识。【名师点睛】本题考查原子结构和元素周期表结构的知识，又和科技前沿的纳米技术联系在一起，这种命题方式是以后高考命题的一个方向，虽然题目很新颖，但所涉及的知识都是基础知识。Rn中R元素显正价，N元素在RN中显3价，则R元素离子应为R3。5.下列说法正确的是（ ）A. 增大压强，活化分子数增多，化学反应速率一定增大B. 使用催化剂，降低反应的活化能，增大了活化分子百分数，化学反应速率一定增大C. 加入反应物，使活化分子百分数增加，化学反应速率增大D. 升高温度，活化分子百分数不一定增大，化学反应速率一定增大【答案】B【解析】A项，增大压强，对没有气体参与的反应化学的反应速率无影响，恒温恒容容器中充入与反应无关的气体来增大压强对反应速率无影响，错误；B项，使用催化剂，降低反应的活化能，增大了活化分子百分数，化学反应速率一定增大，正确；C项，对固体或纯液体，加入反应物，对化学反应速率无影响，错误；D项，升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率增大，错误；答案选B。点睛：催化剂和温度对化学反应速率的影响，是由于催化剂和温度改变了活化分子百分数。浓度和压强对化学反应速率的影响，不改变活化分子百分数，改变单位体积内分子总数。6.已知反应：A2(g)2B2(g)2AB2(g)H0，下列说法正确的是()A. 达到平衡后，升高温度有利于该反应平衡正向移动B. 达到化学平衡时，v正(A2)2v逆(B2)C. 升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小D. 达到平衡后，降低温度A2气体的转化率增大【答案】D【解析】【详解】A.该反应正反应是体积减小的放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，错误；B.达到化学平衡时，2v正(A2)=2v逆(A2)= v逆(B2),错误；C.升高温度,可以使正、逆反应速率都增大，与反应是放热反应还是吸热反应无关，错误；D.当可逆反应达到平衡以后，降低温度，平衡向放热的正反应方向移动，因此A2的转化率增大，正确；故合理选项是D。7.某温度时，浓度都是1 molL1的两种气体X2和Y2，在密闭容器中发生可逆反应生成气体Z，充分反应后X2的浓度为0.4 molL1，Y2的浓度为0.8 molL1，生成的Z的浓度为0.4 molL1，则该反应（Z用X、Y表示）是（）A. X22Y22XY2B. 2X2Y22X2YC. X23Y22XY3D. 3X2Y22X3Y【答案】D【解析】试题分析：X2浓度变化量为06 mol/L，Y2的浓度变化量为02mol/L，对于同一反应，同一时间，浓度变化量之比等于化学计量数之比，所以答案选D考点：考查化学反应速率计算的相关知识点。8.已知下列热化学方程式：Fe2O3（s）3CO（g）=2Fe（s）3CO2（g） H248 kJmol1Fe2O3（s）CO（g）=Fe3O4（s）CO2（g） H15.73 kJmol1Fe3O4（s）CO（g）=3FeO（s）CO2（g） H640.4 kJmol1则14gCO气体还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的H约为（）A. 218 kJmol1B. 109 kJmol1C. 218 kJmol1D. 109 kJmol1【答案】B【解析】【详解】由盖斯定律可知：1/2-2/3=1/2-24.8+15.73-640.42/3=-218 kJmol1；所以CO（g）+FeO(s)=Fe(s)+CO2(g) H-218kJmol1；14 g CO物质的量为0.5mol，所以14gCO气体还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的H约为-109 kJmol1；B正确；综上所述，本题选B。【点睛】像这种根据盖斯定律进行反应热进行的计算题，关键找出目标热化学方程式与几个热化学方程式的关系，通过必要的加减乘除，得到目标反应的热化学方程式。9.25 时，已知下列三种金属硫化物的溶度积常数（Ksp）分别为Ksp（FeS）6.31018；Ksp（CuS）1.31036；Ksp（ZnS）1.61024。下列关于常温时的有关叙述正确的是（）A. 硫化锌、硫化铜、硫化亚铁的溶解度依次增大B. 将足量的ZnSO4晶体加入到0.1 molL1的Na2S溶液中，Zn2的浓度最大只能达到1.61023molL1C. 除去工业废水中含有的Cu2，可采用FeS固体作为沉淀剂D. 向饱和FeS溶液中加入FeSO4溶液后，混合液中c（Fe2）变大、c（S2）变小，Ksp（FeS）变大【答案】C【解析】【详解】A、因为Ksp（CuS）1.31036 Ksp（ZnS）1.61024 Ksp（FeS）6.31018，所以溶解度CuS ZnSFeS，故A错误；B、原硫化钠溶液中硫离子增大浓度为：c(S2-)=0.1 molL1，所以锌离子最小浓度为：c(Zn2)=mol/L=1.610-23mol/L，故B错误；C、因为Ksp（CuS）1.31036 Ksp（FeS）6.31018，硫化铜的溶解度小于硫化亚铁的，所以除去工业废水中含有的Cu2+，可采用FeS 固体作为沉淀剂，所以C选项是正确的；D、向饱和的FeS 溶液中加入FeSO4溶液后，混合液中c（Fe2）变大、c（S2）变小，温度不变，所以Ksp（FeS）不变，故D错误。故答案选C。10.已知298 K时，H(aq)OH(aq)=H2O(l)H57.3 kJmol1，推测含1 mol HCl的稀溶液与含1 mol NH3的稀溶液反应放出的热量 ()A. 大于57.3 kJB. 等于57.3 kJC. 小于57.3 kJD. 无法确定【答案】C【解析】试题分析：NH3H2O是弱电解质，其电离是吸热过程，因此放出的热量小于57.3kJ，故选项C正确。考点：考查中和热等知识。11.关于小苏打水溶液的表述正确的是（）A. 存在的电离平衡为HCO3-H2OH2CO3OHB. c（Na）c（H）c（HCO3-）c（CO32-）c（OH）C. HCO3-电离程度大于HCO3-的水解程度D. c（Na）c（HCO3-）c（CO32-）c（H2CO3）【答案】D【解析】【详解】A. HCO3-H2O H2CO3OH为碳酸氢根离子水解方程式，其电离方程式为HCO3- CO32- H，故A错误；B.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na）c（H）c（HCO3-）2c（CO32-）c（OH），故B错误；C.碳酸氢钠溶液呈碱性，说明HCO3-的电离程度小于HCO3-的水解程度，所以溶液中c(H+)c(OH-)，故C错误；D.溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na）c（HCO3-）c（CO32-）c（H2CO3），所以D选项是正确的。故答案选D。12.用纯净的CaCO3与100 mL稀盐酸反应制取CO2，实验过程记录如图所示（CO2的体积已折算为标准状况下的体积）。下列分析正确的是（）A. OE段表示的平均速率最快B. EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.04 molL1min1C. OE、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为267D. G点表示收集的CO2的量最多【答案】D【解析】【详解】A.斜率表示反应速率，斜率越大反应速率越大，由图可知，EF段斜率最大，所以EF段反应速率最大，错误；B.由图可知EF段生成的二氧化碳的体积为672ml-224ml=448ml，所以二氧化碳的物质的量为n(CO2)=0.448L22.4L/mol=0.02mol，根据CaCO3+2HClCaCl2+CO2+H2O，可知参加反应的氯化氢的物质的量为0.04mol，所以盐酸的浓度变化量为c=，则EF段用盐酸表示该反应的平均反应速率为V(HCl)=，错误；C.OE、EF、FG三段生成的二氧化碳体积分别为224ml、448ml、112ml，所以OE、EF、FG三段中，该反应用CO2表示的平均反应速率之比为224ml：448ml：112ml=2：4：1，错误；D.G点表示收集的二氧化碳为从开始到G点生成的二氧化碳，总共784ml，正确。故合理选项是D。13.工业生产苯乙烯是利用乙苯的脱氢反应：针对上述反应，在其它条件不变时，下列说法正确的是（）A. 加入适当催化剂，可以提高苯乙烯的产量B. 在保持体积一定的条件下，充入较多的乙苯，可以提高乙苯的转化率C. 仅从平衡移动的角度分析，工业生产苯乙烯选择恒压条件优于恒容条件D. 加入乙苯至反应达到平衡过程中，混合气体的平均相对分子质量不断增大【答案】C【解析】分析：由方程式可以知道，正反应为放热反应，且反应物气体的计量数小于生成物气体的计量数，则采取低压、低温有利于平衡向正向移动，以此解答该题。详解：催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，A错误；在保持体积一定的条件下，充入较多的乙苯，相当于在原来的基础上缩小体积，压强增大，则平衡逆向移动，乙苯的转化率减小,B错误；反应物气体的计量数小于生成物气体的计量数，在恒容条件下，容器的压强不断增大,不利于平衡向正向移动，则工业生产苯乙烯选择恒压条件优于恒容条件,C正确；加入乙苯至反应达到平衡过程中，气体的总质量不变，但物质的量逐渐增大，则混合气体的平均相对分子质量不断减小，D错误；正确选项C。14.科学家最近在100 的低温下合成了一种烃X，红外光谱和核磁共振氢谱表明其分子中的氢原子所处的化学环境没有区别，根据分析，绘制了该分子的球棍模型如图所示。下列说法中不正确的是（）A. 该分子的分子式为C5H4B. 该分子中碳原子的化学环境有2种C. 该分子中的氢原子分布在两个相互垂直的平面上D. 该分子中只有CC键，没有键【答案】D【解析】【分析】由球棍模型及X分子中所有氢原子的化学环境没有区别，可知该物质分子中有5个碳原子和4个氢原子，X的化学式为C5H4，由碳原子上氢原子数和共价键数判断两端的碳原子上有C=C，结合烯烃、烷烃的结构来解答。【详解】A由结构可知X的分子式为C5H4，故A正确；BX分子中所有氢原子的化学环境没有区别，结合C能形成4个共价键和碳原子的杂化类型可知，X分子中5个碳原子形成的构型为正四面体，碳原子的化学环境有2种，故B正确；C分子中5个碳原子形成的构型为正四面体，两个碳碳双键所在的平面相互垂直，氢原子分布在两个互相垂直的平面上，故C正确；D根据C能形成4个共价键，由图可知X分子中既有碳碳单键，又有碳碳双键，故D错误；故选D。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握有机物中化学键、C的成键方式为解答的关键。本题的难点为C，可以结合甲烷的结构特征分析。15.下列化合物中，属于醛类的是（）A. （CH3）3COHB. C. CH3CH2OCHOD. HCOOCH3【答案】B【解析】【详解】A、（CH3）3C-OH，官能团为羟基，属于醇类，故A错误；B、，分子中含有醛基，属于醛类，故B正确；C、CH3CH2-O-CHO，分子中含有醛基，但是与醛基相连的不是烃基，该有机物为甲酸乙酯，属于酯类，故C错误；D、分子中含有醛基，但是与醛基相连的不是烃基，该有机物为甲酸甲酯，不属于醛类，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了有机物醛类的判断，注重基础知识的考查，根据醛基的结构式（R-CHO）进行判断即可。16. 下列物质中能与醋酸发生反应的是石蕊乙醇溴乙烷金属铝氧化镁碳酸钙氢氧化铜苯A. B. C. D. 全部【答案】C【解析】羧酸分子中含有羧基，显酸性，具有酸的通性，且酸性强于碳酸的，因此都与乙酸反应。同时乙酸还能和乙醇发生酯化反应，但与溴乙烷和苯不反应，答案选C。17.下列反应属于取代反应的是（ ）A. 乙醇与浓H2SO4共热170B. 乙烯使溴水褪色C. 甲苯与浓硫酸、浓硝酸混合D. 苯与Cl2一定条件生成六氯环己烷【答案】C【解析】A. 乙醇与浓H2SO4共热170发生消去反应生成乙烯，A错误；B. 乙烯含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，使溴水褪色，B错误；C. 甲苯与浓硫酸、浓硝酸混合发生硝化反应，属于取代反应，C正确；D. 苯与Cl2一定条件生成六氯环己烷发生的是加成反应，D错误，答案选C。18. 某同学在做苯酚的性质实验时,将少量溴水滴入苯酚溶液中,结果没有发生沉淀现象,他又继续在反应混合液中滴入足量的氢氧化钠溶液,此时他发现 ( )A. 溶液中仍无沉淀B. 溶液中产生白色沉淀C. 先产生沉淀后沉淀溶解D. 溶液呈橙色【答案】A【解析】将少量的溴水滴入苯酚溶液中，得到的三溴苯酚会溶解在苯酚中，没发现沉淀，又继续在反应中滴入足量的氢氧化钠溶液，氢氧化钠不仅和苯酚反应，也和三溴苯酚反应，生成钠盐，钠盐都溶于水，所以仍看不到沉淀，故选A.19.下列有机物分子中，所有的原子不可能在同一平面上的是（）A. CH2=CHCNB. CH2=CHCH=CH2C. D. 【答案】D【解析】【详解】ACH2=CHCN相当于乙烯分子中的一个氢原子被-CN取代，不改变原来的平面结构，-CN中两个原子在同一直线上，这两个平面可以是一个平面，所以该分子中所有原子在同一平面上，故A错误； BCH2=CHCH=CH2相当于乙烯分子中的一个氢原子被乙烯基取代，通过旋转碳碳单键，两个碳碳双键形成的平面可能共面，所有原子可能处于同一平面，故B错误；C苯为平面结构，苯乙烯相当于苯环上的一个氢原子被乙烯基取代，不改变原来的平面结构，乙烯基的所有原子在同一平面上，这两个平面可以是一个平面，所以所有的原子都可能在同一平面上，故C错误；D该分子含有甲基，甲烷是四面体结构，所以该分子中所有的原子不可能在同一平面上，故D正确。故选D。20.下列关于苯酚的描述错误的是（）A. 无色晶体，具有特殊气味B. 常温下易溶于水C. 暴露在空气中呈粉红色D. 有毒【答案】B【解析】A. 苯酚是无色晶体，具有特殊气味，A正确；B. 常温下苯酚不溶于水，B错误；C. 苯酚易被氧化，暴露在空气中呈粉红色，C正确；D. 苯酚有毒，D正确，答案选B。分卷II二、填空题（共7小题,共60分）21.纯铜在工业上主要用来制造导线、电器元件等，铜能形成1价和2价的化合物。（1）写出基态Cu的核外电子排布式_。（2）如图是铜的某种氧化物的晶胞示意图，该氧化物的化学式为_。（3）向硫酸铜溶液中滴加氨水会生成蓝色沉淀，再滴加氨水到沉淀刚好全部溶解可得到深蓝色溶液，继续向其中加入极性较小的乙醇可以生成深蓝色的Cu(NH3)4SO4H2O沉淀，该物质中的NH3通过_键与中心离子Cu2结合，NH3分子中N原子的杂化方式是_。与NH3分子互为等电子体的一种微粒是_。（4）CuO的熔点比CuCl的熔点_(填“高”或“低”)。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 (2). CuO (3). 配位 (4). sp3 (5). H3O或PH3等 (6). 高【解析】（1）Cu原子核外电子数为29，根据能量最低原理，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则基态Cu+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10；（2）由晶胞示意图可知，1个晶胞中有4个铜，氧为8+6=4个，原子个数之比为1：1，该氧化物的化学式为CuO；（3）NH3中N原子提供孤对电子，Cu2+提供空轨道，形成配位键，NH3分子中N原子的价电子对数 n，N原子为 sp3 杂化；与NH3分子互为等电子体的一种微粒具有相同的价电子数和原子数，如PH3或H3O+等；（4）离子化合物中，离子半径越小，离子键越强，熔点越高，离子半径O2-c(NH4+)c(H)c(OH)c(Cl)c(NH4+)c(OH)c(H)c(NH4+)c(Cl)c(OH)c(H)c(Cl)c(H)c(NH4+)c(OH)填写下列空白：(1)若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是_，上述四种离子浓度的大小顺序为_(选填序号)。(2)若上述关系中是正确的，则溶液中的溶质为_；若上述关系中是正确的，则溶液中的溶质为_。(3)若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)_c(NH3H2O)(填“大于”“小于”或“等于”，下同)，混合前酸中c(H)和碱中c(OH)的关系为c(H)_c(OH)。【答案】（1）NH4Cl （2）NH4Cl、NH3H2O ； NH4Cl、HCl（3）小于 大于【解析】试题分析：（1）因任何水溶液中都有OH-、H+，若溶质只有一种则为NH4Cl，铵根离子水解方程式为NH4+H2ONH3H2O+H+，则c（Cl-）c（NH4+），水解显酸性，则c（H+）c（OH-），又水解的程度很弱，则c（Cl-）c（NH4+）c（H+）c（OH-），即符合；（2）中离子的关系可知溶液显碱性，且c（NH4+）c（Cl-），则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液，其溶质为NH4Cl、NH3H2O；中的离子关系可知溶液显酸性，且c（Cl-）c（H+）c（NH4+），则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液，其溶质为HCl、NH4Cl；（3）因体积、浓度相同的稀盐酸和氨水混合，溶液中的溶质为氯化铵，溶液显酸性，而该溶液恰好呈中性，故应为氨水与氯化铵的混合溶液，即c（HCl）c（NH3H2O）。由于盐酸是强酸，而氨水是弱碱，则混合前酸中的c（H+）碱中c（OH）故答案为：；。考点：考查盐类水解、弱电解质的电离以及溶液中离子浓度关系应用23.如图所示，在800 mL的大烧杯中放入碎纸屑把盛有50 mL 0.50 molL1盐酸的100 mL烧杯放到大烧杯中，两只烧杯间填满碎纸屑。用泡沫塑料板做成大烧杯盖，通过盖子插入一根环形玻璃搅拌棒和一支温度计，测定溶液的温度。迅速往盐酸中加入 50 mL 0.55 molL1NaOH溶液，盖好盖子，搅拌溶液，观察温度的变化。当温度保持稳定时，记录读数，取出装有反应液的烧杯，倒出溶液，清洗干净，保持内外杯壁干燥。重复进行三次实验。用这一实验可以粗略测定中和热。（1）烧杯间填满碎纸屑的作用是_。（2）要重复进行三次实验的目的是_。（3）烧杯若不盖泡沫塑料板，求得的中和热数值将_（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。（4）实验中若改用60 mL 0.50 molL1盐酸和50 mL 0.55 molL1NaOH溶液进行上述反应，与上述实验相比，所放出的热量_（填“相等”或“不相等”），所求中和热_（填“相等”或“不相等”），理由是_。（5）三次实验测得的数据中，起始时盐酸与NaOH溶液温度相同，而终止温度与起始温度之差（t2t1）分别为2.3 ，2.4 ，2.5 。则最终代入计算式的温度差的平均值为_。【答案】 (1). 保温隔热减少实验过程中热量的损失 (2). 多次计算求平均值以减少实验过程中的误差 (3). 偏小 (4). 不相等 (5). 相等 (6). 中和热是指酸与碱发生中和反应生成1 mol液态H2O时所释放的热量，与酸、碱的用量无关，因此所求中和热相等 (7). 2.4【解析】【分析】（1）中和热测定实验成败的关键是保温工作，由此分析；（2）在实验过程中，有多次测量，可能存在测量误差，以及偶然误差，系统误差等，多次实验可以减小误差；（3）大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失；（4）改变酸或碱的用量，放出的热量会变化，结合中和热的概念和实质来回答；（5）如果某个测量值与其他值相差较大，则可能在取得该值的操作中存在较严重的失误，应舍去，由此计算。【详解】（1）烧杯间填满碎纸屑，可以起到保温隔热效果，减少实验过程中热量的损失，故答案为：保温隔热减少实验过程中热量的损失；（2）多次计算求平均值，可以减少实验过程中的误差，故答案为：多次计算求平均值以减少实验过程中的误差；（3）烧杯若不盖泡沫塑料板，散失的热量增多，T减小，中和热数值将偏小，故答案为：偏小；（4）实验中若改用60 mL 0.50 molL1盐酸和50 mL 0.55 molL1NaOH溶液进行上述反应，与上述实验相比，生成的水的质量增大，所放出的热量增多，中和热是指酸与碱发生中和反应生成1 mol液态H2O时所释放的热量，与酸、碱的用量无关，因此所求中和热相等，故答案为：不相等；相等；中和热是指酸与碱发生中和反应生成1 mol液态H2O时所释放的热量，与酸、碱的用量无关，因此所求中和热相等。（5）三次温度差分别为：2.32.42.5，温度差平均值=2.4，故答案为：2.4。【点睛】中和热的测定实验中需要减少实验过程中热量损失；实验中所用HCl和NaOH的物质的量比不是1：1而是NaOH过量，是为了保证0.50 mol/L的盐酸完全被NaOH中和，采用0.55 mol/L NaOH溶液，使碱稍稍过量，若使盐酸过量，也是可以的。24.溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下：苯溴溴苯密度（g/cm3）0.883.101.50沸点（）8059156水中溶解度微溶微溶微溶 按下列合成步骤回答问题：(1)在a中加入15 mL无水苯和少量铁屑。在b中小心加入4.0 mL液态溴。向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了_气体。继续滴加至液溴滴完。装置d的作用是_。(2)液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：向a中加入10 mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；滤液依次用10 mL水、8 mL 10%的NaOH溶液、10 mL水洗涤。NaOH溶液洗涤的作用是_；向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。加入氯化钙的目的是_。(3)经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为_，要进一步提纯，下列操作中必须的是_ (填入正确选项前的字母)。A重结晶 B过滤 C蒸馏 D萃取(4)在该实验中，a的容积最适合的是_(填入正确选项前的字母)。A25 mL B50 mL C250 mL D500 mL【答案】（1）HBr；吸收HBr和Br2；（2）除去HBr和未反应的Br2；干燥；（3）苯；C；（4）b。【解析】【分析】（1）苯与液溴反应生成HBr，HBr与水蒸气形成白雾；HBr与液溴易挥发，而苯的卤代反应是放热的，尾气中有HBr及挥发出的Br2，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气；（2）溴苯中含有溴，加NaOH溶液，氢氧化钠能够与HBr和未反应的Br2反应，无水氯化钙是一种常见的干燥剂，据此分析解答；（3）反应后得到的溴苯中溶有少量苯杂质，依据它和溴苯的性质不同分析解答；（4）根据制取溴苯所加的液体的体积进行分析判断。【详解】（1）苯与液溴反应生成HBr，HBr与水蒸气形成白雾；HBr与液溴都易挥发，而苯的卤代反应是放热反应，尾气中有HBr及挥发出的Br2，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气，故答案为：HBr；吸收HBr和Br2；（2）溴苯提纯的方法是：先水洗，把可溶物溶解在水中，然后过滤除去未反应的铁屑，再加NaOH溶液，把HBr和未反应的Br2变成NaBr和NaBrO洗到水中，故答案为：除去HBr和未反应的Br2；向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤，无水氯化钙可以干燥溴苯，故答案为：干燥；（3）反应后得到的溴苯中溶有少量未反应的苯，苯和溴苯互溶，但苯的沸点低，所以采用蒸馏的方法进行分离，溴苯留在母液中，故答案为：苯；C；（4）操作过程中，在a中加入15mL无水苯，向a中加入10mL水，在b中小心加入4.0mL液态溴，所以a容积最适合的是50mL，故答案为：B。【点睛】本题考查溴苯的制备，明确实验原理是解本题关键。本题的易错点为（4），根据进入三颈烧瓶的液体的体积分析，注意不能将（2）中的体积计算在内。25.已知A，B，C，D，E，F均为周期表中前36号元素，且原子序数依次增大A，B，C为同一周期的主族元素，B原子p能级电子总数与s能级电子总数相等A，F原子未成对电子是同周期中最多的，且F基态原子中电子占据三种不同形状的原子轨道D和E原子的第一至第四电离能如下表所示：电离能/kJmol-1I1I2I3I4D7381451773310540E5781817274511578（1）A，B，C三种元素的电负性最大的是_（填写元素符号），D，E两元素中D的第一电离能较大的原因是_（2）F基态原子的核外电子排布式是_；在一定条件下，F原子的核外电子从基态跃迁到激发态产生的光谱属于_光谱（填“吸收”或“发射”）（3）根据等电子原理，写出AB+的电子式：_（4）已知：F3+可形成配位数为6的配合物组成为FCl36H2O的配合物有3种，分别呈紫色、蓝绿色、绿色，为确定这3种配合物的成键情况，分别取等质量的紫色、蓝绿色、绿色3种物质的样品配成溶液，分别向其中滴入过量的AgNO3溶液，均产生白色沉淀且质量比为3：2：1则绿色配合物的化学式为_A CrCl（H2O）5Cl2H2O B CrCl2（H2O）4Cl2H2OC Cr（H2O）6Cl3 D CrCl3（H2O）33H2O【答案】 (1). F (2). 原子外围电子排布为3s2，s轨道全充满，相对稳定 (3). 1s22s22p63s23p63d54s1 (4). 吸收 (5). (6). CrCl2（H2O）4Cl2H2O【解析】【分析】A、B、C、D、E、F均为周期表中前36号元素，且原子序数依次增大。B原子p能级电子总数与s能级电子总数相等，核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2，则B为O元素或Mg元素；A、B、C为同一周期的主族元素，A原子未成对电子是同周期中最多的，外围电子排布为ns2np3，因为A的原子序数小于B元素，故B为氧元素、A为N元素，C为氟元素；F基态原子中电子占据三种不同形状的原子轨道，有s、p、d轨道，处于第四周期，原子未成对电子是同周期中最多的，外围电子排布为3d54s1，则F为Cr元素；D原子的第三电离能剧增，表现+2价，处于A族，E原子的第四电离能剧增，表现+3价，处于A族，二者原子序数小于Cr元素，故E为Al元素，D为Mg元素，据此解答。【详解】综合以上分析，A为N元素，B为O元素，C为F元素，D为Mg元素，E为Al元素，F为Cr元素，(1)同周期自左而右电负性增大，故F元素的电负性最大；Mg原子外围电子排布为3s2，s轨道全充满，相对稳定，第一电离能大于Al元素，因此，本题正确答案是：F；原子外围电子排布为3s2，s轨道全充满，相对稳定；(2)Cr原子核外电子数为24，基态原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1；在一定条件下，F原子的核外电子从基态跃迁到激发态，需要吸收能量，产生的光谱属于吸收光谱，因此，本题正确答案是：1s22s22p63s23p63d54s1；吸收；(3)NO+与N2为等电子体，电子式类似，故NO+电子式为：，因此，本题正确答案是：；(4)已知：Cr3+可形成配位数为6的配合物。组成为CrCl36H2O的配合物有3种，分别呈紫色、蓝绿色、绿色，为确定这3种配合物的成键情况，分别取等质量的紫色、蓝绿色、绿色3种物质的样品配成溶液，分别向其中滴入过量的AgNO3溶液，均产生白色沉淀且质量比为3：2：1，则绿色配合物的化学式中配体有2个氯离子、4个水分子，则绿色配合物的化学式为CrCl2（H2O）4Cl2H2O，因此，本题正确答案是：CrCl2（H2O）4Cl2H2O。26.某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数由小到大的A，B，C，D，E五种元素组成，其原子个数比为144511。其中C，D同主族且原子序数D为C的2倍，E元素的外围电子排布式为(n1)dn6ns1，试回答下列问题：（1）元素B，C，D的第一电离能由大到小排列顺序为_(用元素符号表示)。（2）D元素基态原子的最外层电子排布图为_。（3）该配位化合物的化学式为_，配体的中心原子的杂化方式为_。（4）C元素可与A元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为11和12，两种化合物可以任意比互溶，解释其主要原因为_。（5）A元素与B元素可形成分子式为B2A2的某化合物，该化合物的分子具有平面结构，则其结构式为_，分子中含有_个键，_个键。【答案】 (1). NOS (2). (3). Cu(NH3)4SO4H2O或Cu(NH3)4SO4H2O (4). sp3杂化 (5). H2O2分子与H2O分子之间形成氢键(从相似相溶原理，分子结构相似的物质易互溶等角度回答，只要答案合理均可) (6). HN=NH (7). 3 (8). 1【解析】【分析】某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数由小到大的A，B，C，D，E五种元素组成，其原子个数比为144511。C，D同主族且原子序数D为C的2倍，C是氧元素、D是硫元素；E元素的外围电子排布式为(n1)dn6ns1，则n+6=10，故n=4，其