【答案】D
点睛：
考查原子结构和元素周期律的知识。
根据元素的特殊性和原子结构的相关知识，推断元素的名称。
再根据元素周期律判断性质即可以。
5.关于化学实验，下列说法正确的是
A.图1操作可除去碱式滴定管胶管中的气泡
B.图2装置课用作蒸馏时的接收装置
C.图3可证明元素的非金属性:
Cl>C>Si
D.图4装置可用于除去Cl2中的水蒸气
【答案】A
【解析】A.图1操作可除去碱式滴定管胶管中的气泡正确，故A正确；B.图2装置不可用作蒸馏时的接收装置，因为锥形瓶口加活塞，无法排除气体，蒸馏液无法流入，故B错；C.图3可证明酸性：
HCl>H2CO3>H2SiO3,无法证明元素的非金属性:
Cl>C>Si，故C错误；D.图4装置不可用于除去Cl2中的水蒸气，因为浓硫酸是液体，Cl2无法通过，故D错误；答案：
A。
6.如图是NO2和O2形成的原电池装置。
下列说法不正确的是
A.石墨Ⅱ做正极,O2发生还原反应
B.该电池放电时NO3-从右侧向左侧迁移
C.当消耗1molNO2时，电解质中转移1mole
D.石墨Ⅰ附近发生的反应为NO2+NO3--e-=N2O5
【答案】C
【解析】A.负极上二氧化氮失电子和硝酸根离子反应生成五氧化二氮，在石墨I附近发生氧化反应，所以石墨Ⅱ做正极,O2发生还原反应，故A正确；B．放电时，电解质中阴离子向负极移动，所以N03﹣向石墨I电极迁移，即从右侧向左侧迁移，故B正确；C．由负极电极反应式为NO2﹣e﹣+NO3﹣═N2O5知，当消耗1molNO2时，导线中转移1mole-，故C错误；D．负极电极反应式为NO2﹣e﹣+NO3﹣═N2O5，所以石墨Ⅰ附近发生的反应为NO2+NO3--e-=N2O5，故D正确；答案：
C。
点睛：
考查原电池原理。
根据原电池工作原理判断溶液中离子的移动方向，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；根据电子守恒判断正负极电子转移的数目。
根据得失电子判断电极反应式的书写。
7.在不同温度下,水溶液中c（H+）与c（OH-）有如图所示关系。
下列说法正确的是
A.b点溶液中不可能存在NH3·H2O
B.b、c两点pH相同,但溶液的酸碱性不同
C.通过降温的方法，可使溶液的状态中d点变为a点
D.a点溶液中可能大量共存的离子：
Fe3+、Na+、Cl-、SO42-
【答案】B
............
点睛：
根据溶液的酸碱性判断离子共存。
如在中性溶液中，Fe3+离子发生水解生成Fe（OH）3的沉淀。
根据图像推断溶液的酸碱性，水的离子积常数只与温度有关，与c（H+）和c（OH-）的大小无关。
8.软锰矿主要含有MnO2（约70%）、SiO2、Al2O3，闪锌矿主要含有ZnS（约80%）、FeS、CuS、SiO2。
为了高效利用这两种矿石，科研人员开发了综合利用这两种资源的同槽酸浸工艺，主要流程如下图所示,回答下列问题:
（1）反应Ⅰ所得滤液中含有Mn2+、Zn2+、Cu2+、Fe3+、Al3+等金属阴离子,所得滤液中含有S和______。
为了提高硫酸“酸浸”时的浸出速率,可进行的操作是（至少两条）:
_________。
（2）若反成Ⅱ加入的锌过量,还会进一步发生反应的离子方程式方为_________。
（3）反应Ⅲ中加入MnO2的作用是（离子方程式表示）________；反应Ⅲ中加入MnCO3、ZnCO3的作用是________________。
（4）反应Ⅴ的电解总反应为:
MnSO4+ZnSO4+2H2O
MnO2+Zn+2H2SO4，写出阳极的电极反应式________________。
（5）MnO2和Zn可按等物质的量之比生产锌-锰干电池,则从生产MnO2和Zn的角度计算,所用软锰矿和闪铲矿的质量比大约是______。
（保留小数点后两位）
【答案】
（1）.SiO2
（2）.提高温度、适量增加硫酸浓度、将矿石粉碎或搅拌或借助鼓风机等（3）.Zn+Fe2+=Zn2++Fe（4）.4H++MnO2+2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O（5）.调节pH,使Fe3+和Al3+沉淀，且不引入杂质（6）.Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+（7）.1.03
【解析】
（1）因为软锰矿主要含有MnO2（约70%）、SiO2、Al2O3，闪锌矿主要含有ZnS（约80%）、FeS、CuS、SiO2，反应Ⅰ中加H2SO4所得滤液中含有Mn2+、Zn2+、Cu2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子,SiO2不能和H2SO4反应，所得滤液中含有S和SiO2。
为了提高硫酸“酸浸”时的浸出速率,可提高温度、适量增加硫酸浓度、将矿石粉碎或搅拌或借助鼓风机等方法来加快反应速率。
答案：
SiO2提高温度、适量增加硫酸浓度、将矿石粉碎或搅拌或借助鼓风机等。
（2）若反成Ⅱ加入的锌过量,还会与Fe2+发生反应，反应的离子方程式方为Zn+Fe2+=Zn2++Fe.
（3）反应Ⅲ中加入的MnO2是氧化剂，可以把Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为4H++MnO2+2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；反应Ⅲ中加入的MnCO3、ZnCO3可以和酸反应，所以可用来调节溶液的酸碱性，使Fe3+和Al3+沉淀，且不引入杂质。
（4）反应Ⅴ的电解总反应为:
MnSO4+ZnSO4+2H2O
MnO2+Zn+2H2SO4，阳极发生氧化反应失电子，其电极反应式Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。
（5））据反应MnSO4+ZnSO4+2H2O＝MnO2+Zn+2H2SO4可知MnO2、Zn的物质的量之比为1：
1，故可设软锰矿、闪锌矿的质量分别为x、y，得0.7x/87：
0.8y/97＝1：
1，故x：
y=1.03.。
所用软锰矿和闪铲矿的质量比大约是1.03。
点睛：
本题考查了物质制备实验的分析判断、物质溶解性的理解应用、电解原理的应用、实验基本操作、化学计算等，题目难度较大。
注意掌握该类试题的答题技巧，
（1）从题干中获取有用信息，了解生产的产品。
（2）然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。
（3）分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：
①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。
抓住一个关键点：
一切反应或操作都是为获得产品而服务。
9.H2S以及COS（羰基硫）是化学工作者重要的研究对象。
请回答下列问题:
（1）COS的分子结构与CO2相似,COS的电子式为_________。
（2）已知:
①COS（g）+H2（g）
H2S（g）+CO（g）ΔH1=-17KJ/mol
②COS（g）+H2O（g）
H2S（g）+CO2（g）ΔH2=-35kJ/mol
③CO（g）+H2O（g）
H2（g）+CO2（g）ΔH3
则ΔH3=__________
（3）已知常温下,Ksp（CuS）=1.0×10-39,Ksp（PbS）=9.0×10-29。
向含有浓度均为0.01mol/L的Cu2+、Pb2+废水中缓慢通入H2S,首先生成的沉淀的化学式是_______；当生成两种沉淀时，c（Pb2+）/c（Cu2+）=__________.
（4）某温度T下,在密闭容器中充入5molH2O（g）和5molCOS（g）,测得混合气体中H2S体积分数（Φ）与时间（t）的关系如图所示。
①A点COS的正反应速率_______（填“大于”“小于”或“等于”）B点COS的逆反应速率。
②在该条件下,COS的平衡转化率为________
③在该温度下,该反应的平衡常数K=__________
④在B点对应的体系中，改变下列条件，能使COS转化率增大的是______
A.再通入H2O（g）B.加压C.降温D.加入催化剂
【答案】
（1）.
（2）.-18kJ/mol（3）.CuS（4）.9.0×107（5）.大于（6）.80%（7）.16.0（8）.AC
【解析】
（1）COS的分子结构与CO2相似,所以COS的电子式为
。
（2）①COS（g）+H2（g）
H2S（g）+CO（g）ΔH1=-17KJ/mol
②COS（g）+H2O（g）
H2S（g）+CO2（g）ΔH2=-35kJ/mol
③CO（g）+H2O（g）
H2（g）+CO2（g）ΔH3
根据已知由②-①=③所以ΔH3=ΔH2-ΔH1=-35kJ/mol-（-17KJ/mol）=-18kJ/mol
（3）已知常温下,Ksp（CuS）=1.0×10-39，所以c（Cu2-）.c（S2-）=Ksp（CuS）=1.0×10-39所以c（S2-）=（1.0×10-39）/0.01mol/L=1.0×10-37mol/L；c（Pb2+）.c（S2-）=Ksp（PbS）=9.0×10-29，c（S2-）=（9.0×10-29）/0.01mol/L=9.0×10-27mol/L，所以首先生成的沉淀的化学式CuS。
在同一溶液中，当同时生成两种沉淀时，c（Pb2+）/c（Cu2+）=（9.0×10-29）mol/L/（1.0×10-37）mol/L==9.0×107
（4）①A点COS的反应没有达到平衡，所以反应仍然向正反应方向进行，反应物的浓度大于达到平衡时B点COS的浓度，B点COS的反应达到平衡了，正反应速率等于逆反应的速率。
所以A点COS的正反应速率大于B点COS的逆反应速率。
②在该条件下,由COS（g）+H2O（g）
H2S（g）+CO2（g）ΔH2=-35kJ/mol
起始量（mol）5500
变化量（mol）XXXX
平衡量（mol）5-X5-XXX
由图知平衡时H2S（g）的体积分数为40
，所以X/（5-X+5-X+X+X）
100
=40
X=4mol
所以COS的平衡转化率=4/5
100
=80%.答案：
80%。
③在该温度下,该反应的平衡常数K=[c（H2S）.c（CO2）]/[c（COS）.c（H2O）]=4
4/1
1=16.0;答案：
16.0
④A.再通入H2O（g）使平衡正反应方向进行，COS转化率增大，符合题意，故A正确；B.COS（g）+H2O（g）
H2S（g）+CO2（g）ΔH2=-35kJ/mol，是反应前后气体体积数相等的反应，加压，化学反应平衡不移动，反应物的转化率不会增加，故B错误；C因为此反应是放热反应，降温时，化学平衡向正反应方向移动，COS转化率增大，故C符合题意；D.催化剂只改变化学反应速率，不会影响化学平衡移动，所以不会使COS转化率增大，故D不符合题意；答案：
AC。
10.FeCl2是一种常用的还原剂。
实验室用无水氯化铁和氯苯来制备无水FeCl2。
反应原理:
2FeCl3+C6H5Cl
2FeCl2+C6H4Cl2+HCl
熔点（℃）
沸点（℃）
溶解性（水）
溶解性
（乙醇）
溶解性
（乙醚）
其它
FeCl3、FeCl2
易吸水
易溶
不溶
不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2
C6H5Cl
45
132
不溶
易溶
易溶
C6H4Cl2
53
173
不溶
易溶
易溶
现设计如下方案:
在A中放入16.25g无水氯化铁和过量的氯苯,控制反应温度在128-139℃加热3h.冷却、分离提纯得到粗产品；烧杯中所得盐酸（假设HCl完全被吸收）用AgNO3溶液滴定以测氯化铁转化率。
请回答下列问题:
（1）仪器B的名称__________
（2）仪器C中盛装的试剂可以是_______
A.无水氯化钙B.碱石灰C.五氧化二磷D.浓统酸
（3）反应后通入N2的目的是___________
（4）已知20
:
时Ksp（AgCl,白色）=1.8×10-10,Ksp（Ag2CrO4,砖红色）=3.4×10-11.
将烧杯内溶液稀释至100mL,每次取25.00mL溶液进行滴定。
选用K2CrO4做指示剂,用0.1000mol/L的硝酸银标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体积为25.20mL，则滴定终点的现象是______，氯化佚的转化率是______________
（5）冷却实验装置,将三颈烧瓶内物质经过过滤、洗涤、干燥后,得到粗产品，洗涤所用最佳试剂是____;回收滤液中C6H5Cl的操作方法是_____________
【答案】
（1）.球形冷凝管
（2）.AC（3）.将HCl气体全部吹入到C装置中，使其被充分吸收（4）.滴入最后一滴标准液时，生成砖红色沉淀且半分钟不溶解（5）.20.16%（6）.乙醚（7）.蒸馏
【解析】
（1）仪器B的名称球形冷凝管
（2）由2FeCl3+C6H5Cl
2FeCl2+C6H4Cl2+HCl知仪器C是干燥HCl的，又是球形干燥管，所以不能装浓统酸，也不能装碱石灰，碱石灰能和HCl反应，所以可装无水氯化钙或五氧化二磷。
答案：
AC。
（3）反应后通入N2的目的是将HCl气体全部吹入到C装置中，使其被充分吸收。
（4）滴定终点的现象是滴入最后一滴标准液时，生成砖红色沉淀且半分钟不溶解。
由2FeC：
l3+C6H5Cl
2FeCl2+C6H4Cl2+HClAg++Cl-=AgCl
。
所以2FeCl3
AgNO3。
根据消耗AgNO3的物质的量为0.002520L
0.1000mol/L
100/25=0.001008mol，所以反应的FeCl3的质量为m=0.001008mol
2
162.5g/mol=1.638g,氯化佚的转化率是1.638g/16.25g
100%=20.16%.答案：
滴入最后一滴标准液时，生成砖红色沉淀且半分钟不溶解20.16%。
（5）因为C6H4Cl2不溶于水，易溶于乙醚，所以洗涤所用最佳试剂是乙醚；因为C6H4Cl2和C6H5Cl都是易溶于乙醚的物质，但他们的沸点不同，C6H4Cl2的沸点为173℃，C6H5Cl的沸点为132℃，所以可以利用蒸馏的方法回收滤液中C6H5Cl。
11.我国考古人员在秦陵挖掘的宝剑,到现们还是锋利无比,原因是剑锋上面覆盖了一层铬。
（1）写出Cr的外围电子排布式_______。
与铬同周期的所有元素中基态原子最外层电子数与铬原子相同的元素是__________。
（2）根据下表Cr原子的能级电离能（I:
k]/mo1）数据，解释原子逐级电离能增大的原因：
_______。
I1
I2
I3
I4
I5
I6
I7
652.9
1590.6
2987
4743
6702
8744.9
15455
（2）CrCl3·6H2O有三种水合异构体，蓝绿色的[Cr（H2O）5C1]Cl2·6H2O,绿色的[Cr（H2O）4C12]Cl·6H2O和紫色的______,其中Cr的配体水分子也可以被NH3置换，如[Cr（NH3）5Cl]2+,则NH3的VSEPR模型为_____，N的杂化方式为________，写出NH3的一种等电子体___________。
（4）CrO3能将CH3CH2OH氧化为乙醛，二者的相对分子质量相近,但乙醇的沸点比乙醛高,原因是___________。
（5）Cr晶体的堆积模型是体心立方堆积。
①下列金属晶体也采取这种堆积模型的是__________
A.Na B.Po C.Mg D.Cu
②晶胞中Cr的配位数为_________
③已知Cr的相对原子质量为M,Cr的密度为ρg/cm3,阿伏加德罗常数用NA表示，则Cr的原子半径是__pm.（写出表达式即可）
【答案】
（1）.3d54s1
（2）.K、Cu（3）.随着电子的逐个失去，阳离子所带的正电荷数越来越大，再失去一个电子需要克服的电性引力也越来越大，消耗的能量也越来越多（4）.Cr（H2O）6Cl3（5）.四面体形（6）.sp3（7）.PH3（8）.乙醇能形成分子间氢键（9）.A（10）.8（11）.
【解析】
（1）Cr的原子序数为24，核外电子排布式为：
1S22S22P63S2P63d54S1,其外围电子排布式3d54s1。
与铬同周期的所有元素中基态原子最外层电子数与铬原子相同的元素是K和Cu。
（2）因为随着电子的逐个失去，阳离子所带的正电荷数越来越大，再失去一个电子需要克服的电性引力也越来越大，消耗的能量也越来越多。
所以表中Cr原子的电离能逐级增大。
（3）CrCl3·6H2O有三种水合异构体，蓝绿色的[Cr（H2O）5C1]Cl2·6H2O,绿色的为[Cr（H2O）4C12]Cl·6H2O和紫色的Cr（H2O）6Cl3，其中Cr的配体水分子也可以被NH3置换，如[Cr（NH3）5Cl]2+,因为NH3的中心原子上有1对孤对电子，加上中心原子上的σ键电子对，它们的中心原子上的价层电子电子对数都是4，这些价层电子相互排斥，形成了正四面体型结构。
所以NH3的VSEPR模型为四面体形，N的杂化方式为sp3。
因为等电子体是指原子总数相等，价电子总数相同的分子，具有相似的化学性质，所以NH3的等电子体为PH3。
（4）CrO3能将CH3CH2OH氧化为乙醛，二者的相对分子质量相近,但因为乙醇与水能形成分子间氢键，所以乙醇的沸点比乙醛高。
答案：
乙醇能形成分子间氢键。
（5）①因为体心立方堆积是指晶胞中含有两个原子的立方体，一个原子在立方体的顶点上，另一个原子在立方体的中心。
Cr晶体的堆积模型是体心立方堆积。
而碱金属也属于这种堆积，所以Na属于体心立方堆积。
Po属于简单立方堆积，Mg属于六方最紧密堆积，Cu属于面心立方最紧密堆积，故选A.
②晶胞中配位数是指与指定原子接触的原子的数目。
Cr属于体心立方堆积的晶胞，中心Cr原子与立方体顶点的8个Cr原子距离都相同，所以晶胞中Cr的配位数为8。
答案：
8。
③因为Cr属于体心立方堆积的晶胞，所以每个晶胞中含有两个Cr原子。
设晶胞的边长为apm,根据公式p=m/v=2M/[NA.（.a
10-10）3],所以a=
10-10,根据晶胞的结构为体心立方堆积，所以Cr的原子半径为
。
12.氯毒素是广谱抗菌素,主要用于治疗伤寒杆菌、痢疾杆菌、脑膜炎球菌、肺炎球菌的的感染。
其中一种合成路线如下:
已知:
（1）A
B,G
H反应类型分别是:
____、____。
（2）写出B
C的化学方程式（注明反应条件）________
（3）写出F的结构简式_______
（4）写出H（氯霉素）分子中所们含氧官能团的名称____。
1mol氯霉素最多消耗_____molNaOH。
（5）符合下列条件的E的同分异构体共有____________种。
①苯环上含有两个对位取代基，一个是氨基
②能水解
③能发生银镜反应
写出其中一种的结构简式___________
【答案】
（1）.加成反应
（2）.取代反应（3）.
（4）.
（5）.硝基、酰胺键（肽键）、羟基（6）.2（7）.5（8）.
【解析】由
，此反应为加成反应，
此反应为取代反应
知A
B,反应类型是先加成反应后取代反应。
由
知G
H反应类型是取代反应。
（2）由
知B
C的化学方程式为：
（3）由
逆推知F的结构简式
。
答案：
。
（4）已知H（氯霉素）结构简式
所以H分子中所含氧官能团的名称硝基、酰胺键（肽键）、羟基。
1mol氯霉素最多消耗2molNaOH。
（5）E的结构简式
符合条件的E的同分异构体有
共5种。
写出其中一种的结构简式
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