2023學年福建省福州市長樂區(qū)長樂高三下學期第一次聯(lián)考化學試卷含解析

2023學年高考化學模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、以Fe3O4／Pd為催化材料，利用電化學原理實現(xiàn)H2消除酸性廢水中的，其反應過程如圖所示[已知Fe3O4中Fe元素化合價為+2、+3價，分別表示為Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)]。下列說法錯誤的是A．處理的電極反應為2NO2-+8H++6e－=N2↑+4H2OB．Fe(Ⅱ)與Fe(Ⅲ)的相互轉化起到了傳遞電子的作用C．用該法處理后，水體的pH降低D．消耗標準狀況下6.72LH2，理論上可處理含NO2-4.6mg·L－1的廢水2m32、下列說法不正確的是A．國慶70周年放飛的氣球材質是可降解材料，主要成分是聚乙烯B．晶體硅可用來制造集成電路、晶體管、太陽能電池等C．MgO與Al2O3均可用于耐高溫材料D．燃料的脫硫脫氮、NOx的催化轉化都是減少酸雨產生的措施3、下列說法正確的是()A．Na2CO3分子中既存在離子鍵，也存在共價鍵B．硅晶體受熱融化時，除了破壞硅原子間的共價鍵外，還需破壞分子間作用力C．H2O不易分解是因為H2O分子間存在較大的分子間作用力D．液態(tài)AlCl3不能導電，說明AlCl3晶體中不存在離子4、利用脫硫細菌凈化含硫物質的方法叫生物法脫硫，發(fā)生的反應為：CH3COOH+Na236SO42NaHCO3+H236S↑。下列說法正確的是A．的摩爾質量是100B．CH3COOH既表現(xiàn)氧化性又表現(xiàn)酸性C．反應的離子方程式是：CH3COOH+2+H236S↑D．每生成11.2LH2S轉移電子為4×6.02×10235、25℃時，將濃度均為0.1mol·L－1，體積分別為Va和Vb的HA溶液與BOH溶液按不同體積比混合，保持Va+Vb＝100mL，Va、Vb與混合液pH的關系如圖所示，下列說法正確的是A．Ka(HA)＝1×10－6B．b點c(B+)＝c(A－)＝c(OH－)＝c(H+)C．a→c過程中水的電離程度始終增大D．c點時，c(A－)/[c(OH－)?c(HA)]隨溫度升高而減小6、下列物質的工業(yè)生產過程中，其主要反應不涉及氧化還原反應的是（）A．生鐵 B．硫酸 C．燒堿 D．純堿7、在100mL的混合液中，硝酸和硫酸的物質的量濃度分別是0.3mol/L、0.15mol/L，向該混合液中加入2.56g銅粉，加熱，待充分反應后，所得溶液中銅離子的物質的量濃度是A．0.15mol/LB．0.225mol/LC．0.30mol/LD．0.45mol/L8、運用化學知識，對下列內容進行分析不合理的是()A．成語“飲鴆止渴”中的“鴆”是指放了砒霜()的酒，砒霜有劇毒，具有還原性。B．油脂皂化后可用滲析的方法使高級脂肪酸鈉和甘油充分分離C．屠呦呦用乙醚從青蒿中提取出治療瘧疾的青蒿素，其過程包含萃取操作D．東漢魏伯陽在《周易參同契》中對汞的描述：“……得火則飛，不見埃塵，將欲制之，黃芽為根?！边@里的“黃芽”是指硫。9、以石墨為電極分別電解水和飽和食鹽水，關于兩個電解池反應的說法正確的是（）A．陽極反應式相同B．電解結束后所得液體的pH相同C．陰極反應式相同D．通過相同電量時生成的氣體總體積相等（同溫同壓）10、下列有關濃硫酸和濃鹽酸的說法錯誤的是（）A．濃硫酸、濃鹽酸都是無色液體B．鐵片加入濃硫酸中無明顯現(xiàn)象，加入濃鹽酸中有大量氣泡產生C．將兩種酸分別滴到

pH

試紙上，試紙最終均呈紅色D．將蘸有濃氨水的玻璃棒靠近濃鹽酸有白煙，靠近濃硫酸沒有白煙11、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加。p、q、r是由這些元素組成的二元化合物，常溫常壓下，p為無色無味氣體，q為液態(tài)，r為淡黃色固體，s是氣體單質。上述物質的轉化關系如下圖所示。下列說法錯誤的是A．原子半徑：Z＞Y＞XB．m、n、r都含有離子鍵和共價鍵C．m、n、t都能破壞水的電離平衡D．最簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y＞X12、一種三室微生物燃料電池污水凈化系統(tǒng)原理如圖所示，圖中含酚廢水中有機物可用C6H6O表示，左、中、右室間分別以離子交換膜分隔。下列說法不正確的是（）A．左池的pH值降低B．右邊為陰離子交換膜C．右池電極的反應式：2NO3-+10e-+12H+=N2↑=6H2OD．當消耗0.1molC6H6O，在標準狀況下將產生0.28mol氮氣13、下列有機物都可以在堿的醇溶液和加熱條件下發(fā)生消去反應，條件相同時，轉化率最高的是()A．B．C．D．14、有BaCl2和NaCl的混合溶液aL，將它均分成兩份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+離子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl—離子完全沉淀。反應中消耗xmolH2SO4、ymolAgNO3。據(jù)此得知原混合溶液中的c(Na+)(單位：mol·L-1)為A．（y-2x）/aB．(y-x)/aC．(2y-2x)/aD．(2y-4x)/a15、Fe3O4中含有Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd為催化材料，可實現(xiàn)用H2消除酸性廢水中的致癌物NO2-，其反應過程如圖所示。下列說法正確的是（）A．Pd作正極B．Fe（Ⅱ）與Fe（Ⅲ）的相互轉化起到了傳遞電子的作用C．反應過程中NO2-被Fe（Ⅱ）氧化為N2D．用該法處理后水體的pH降低16、下列有關物質性質的比較，結論正確的是A．堿性：LiOH<RbOHB．溶解度：Na2CO3<NaHCO3C．熱穩(wěn)定性：PH3<SiH4D．沸點：C2H5OH<C2H5SH17、工業(yè)上用Na2SO3溶液吸收硫酸工業(yè)尾氣中的SO2，并通過電解方法實現(xiàn)吸收液的循環(huán)再生。其中陰、陽離子交換膜組合循環(huán)再生機理如圖所示，下列有關說法中正確的是A．X應為直流電源的正極B．電解過程中陰極區(qū)pH升高C．圖中的b%＜a%D．SO32－在電極上發(fā)生的反應為SO32－＋2OH－－2e－=SO42－＋2H2O18、膽礬CuSO4·5H2O可寫為[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其結構示意圖如下：下列有關膽礬的說法正確的是A．Cu2+的價電子排布式為3d84s1B．所有氧原子都采取sp3雜化C．膽礬中含有的粒子間作用力有離子鍵、極性鍵、配位鍵和氫鍵D．膽礬所含元素中，H、O、S的半徑及電負性依次增大19、下列屬于不可再生能源的是（）A．氫氣B．石油C．沼氣D．酒精20、下列由實驗操作得到的實驗現(xiàn)象或結論不正確的是實驗操作實驗現(xiàn)象或結論A向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黃色沉淀和有刺激性氣味的氣體該溶液中一定含有S2O32-B向3mlKI溶液中滴加幾滴溴水，振蕩，再滴加1mL淀粉溶液，溶液顯藍色氧化性：Br2＞I2C相同條件下，測定等濃度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，前者呈堿性，后者呈中性非金屬性：S＞CD將鎂條點燃后迅速伸入集滿CO2的集氣瓶集氣瓶中產生濃煙并有黑色顆粒產生A．A B．B C．C D．D21、如圖是模擬“侯氏制堿法”制取NaHCO3的部分裝置。下列操作正確的是()A．a通入CO2，然后b通入NH3，c中放堿石灰B．b通入NH3，然后a通入CO2，c中放堿石灰C．a通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脫脂棉D．b通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脫脂棉22、下列微?；橥凰氐氖茿．H2和D2 B．2He和3He C．O2和O3 D．冰和干冰二、非選擇題(共84分)23、（14分）肉桂酸是一種重要的有機合成中間體，被廣泛應用于香料、食品、醫(yī)藥和感光樹脂等精細化工產品的生產，它的一條合成路線如下：已知：完成下列填空：（1）反應類型：反應II________________，反應IV________________。（2）寫出反應I的化學方程式____________________________________。上述反應除主要得到B外，還可能得到的有機產物是______________（填寫結構簡式）。（3）寫出肉桂酸的結構簡式______________________。（4）欲知D是否已經完全轉化為肉桂酸，檢驗的試劑和實驗條件是____________________。（5）寫出任意一種滿足下列條件的C的同分異構體的結構簡式。①能夠與NaHCO3(aq)反應產生氣體②分子中有4種不同化學環(huán)境的氫原子。___________________________。（6）由苯甲醛（）可以合成苯甲酸苯甲酯（），請設計該合成路線。（合成路線常用的表示方式為：AB……目標產物）_____________24、（12分）合成藥物X、Y和高聚物Z，可以用烴A為主要原料，采用以下路線：已知：I.反應①、反應②均為加成反應。II.請回答下列問題：(1)A的結構簡式為_____________。(2)Z中的官能團名稱為____________，反應③的條件為___________.(3)關于藥物Y()的說法正確的是____________。A．1mol藥物Y與足量的鈉反應可以生成33.6L氫氣B．藥物Y的分子式為C8H8O4，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．藥物Y中⑥、⑦、⑧三處-OH的活潑性由強到弱的順序是⑧>⑥>⑦D．1mol藥物Y與H2、濃溴水中的Br2反應，最多消耗分別為4mol和2mol(4)寫出反應E→F的化學方程式______________________________________。F→X的化學方程式______________________________________________。(5)寫出符合下列條件的E的一種同分異構體的結構簡式_______________。①遇FeCl3溶液可以發(fā)生顯色反應，且是苯的二元取代物；②能發(fā)生銀鏡反應和水解反應；③核磁共振氫譜有6個峰。(6)參考上述流程以CH3CHO和CH3OH為起始原料,其它無機試劑任選設計合成Z的線路___________________________________________。25、（12分）丙烯酸酯類物質廣泛用于建筑、包裝材料等，丙烯酸是合成丙烯酸酯的原料之一。丙烯醇可用于生產甘油、塑料等。以丙烯醛為原料生產丙烯醇、丙烯酸的流程如圖所示：已知：①2CH2=CH-CHO+NaOHCH2=CHCH2OH+CH2=CHCOONa②2CH2=CHOONa+H2SO4→2CH2=CHCOOH+Na2SO4③有關物質的相關性質如表：物質丙烯醛丙烯醇丙烯酸四氯化碳沸點/℃539714177熔點/℃-87-12913-22.8密度/g·mL-30.840.851.021.58溶解性(常溫)易溶于水和有機溶劑溶于水和有機溶劑溶于水和有機溶劑難溶于水(1)操作①需要連續(xù)加熱30min，所用裝置如圖所示。儀器L名稱是________。(2)操作②使用的主要儀器是分液漏斗，在使用之前需進行的操作是___。(3)操作④包括____、過濾、冰水洗滌、低溫吸干。(4)操作⑤中，加熱蒸餾“下層液體”，分離出四氯化碳；再分離出丙烯醇(如圖)，要得到丙烯醇應收集____(填溫度)的餾分。圖中有一處明顯錯誤，應改為____。(5)測定丙烯醇的摩爾質量：準確量取amL丙烯醇于分液漏斗中，燒瓶內盛裝足量鈉粒。實驗前量氣管B中讀數(shù)為bmL，當丙烯醇完全反應后，冷卻至室溫、調平B、C液面，量氣管B的讀數(shù)為cmL。已知室溫下氣體摩爾體積為VL·mol-1。調平B、C液面的操作是____；實驗測得丙烯醇的摩爾質量為____g·mol-1(用代數(shù)式表示)。如果讀數(shù)時C管液面高于B管，測得結果將____(填“偏大”“偏小”或“不變”)。26、（10分）焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）是一種可溶于水的白色或淡黃色小晶體，食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果的保鮮劑等。某化學研究興趣小組欲自制焦亞硫酸鈉并探究其部分化學性質等。(1)制備Na2S2O5，如圖（夾持及加熱裝置略）可用試劑：飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體（試劑不重復使用）焦亞硫酸鈉的析出原理：NaHSO3(飽和溶液)→Na2S2O5(晶體)+H2O(l)①F中盛裝的試劑是__，作用是__。②通入N2的作用是__。③Na2S2O5晶體在__（填“A”或“D”或“F”）中得到，再經離心分離，干燥后可得純凈的樣品。④若撤去E，則可能發(fā)生__。(2)設計實驗探究Na2S2O5的性質，完成表中填空：預測Na2S2O5的性質探究Na2S2O5性質的操作及現(xiàn)象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性①探究二Na2S2O5晶體具有還原性取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液，劇烈反應，溶液紫紅色很快褪去①__。（提供：pH試紙、蒸餾水及實驗必需的玻璃儀器）②探究二中反應的離子方程式為__(KMnO4→Mn2+)(3)利用碘量法可測定Na2S2O5樣品中+4價硫的含量。實驗方案：將agNa2S2O5樣品放入碘量瓶（帶磨口塞的錐形瓶）中，加入過量c1mol·L-1的碘溶液，再加入適量的冰醋酸和蒸餾水，充分反應一段時間，加入淀粉溶液，__（填實驗步驟），當溶液由藍色恰好變成無色，且半分鐘內溶液不恢復原色，則停止滴定操作重復以上步驟兩次記錄數(shù)據(jù)。（實驗中必須使用的試劑有c2mol·L-1的標準Na2S2O3溶液；已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）(4)含鉻廢水中常含有六價鉻[Cr(Ⅵ)]利用Na2S2O5和FeSO4·7H2O先后分兩個階段處理含Cr2O72-的廢水，先將廢水中Cr2O72-全部還原為Cr3+，將Cr3+全部轉化為Cr(OH)3而除去，需調節(jié)溶液的pH范圍為___。{已知：Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，lg2≈0.3，c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1時視為完全沉淀}27、（12分）苯甲酸乙酯是重要的精細化工試劑，常用于配制水果型食用香精。實驗室制備流程如下：試劑相關性質如下表：苯甲酸乙醇苯甲酸乙酯常溫性狀白色針狀晶體無色液體無色透明液體沸點/℃249.078.0212.6相對分子量12246150溶解性微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有機溶劑與水任意比互溶難溶于冷水，微溶于熱水，易溶于乙醇和乙醚回答下列問題：（1）為提高原料苯甲酸的純度，可采用的純化方法為_________。（2）步驟①的裝置如圖所示（加熱和夾持裝置已略去），將一小團棉花放入儀器B中靠近活塞孔處，將吸水劑（無水硫酸銅的乙醇飽和溶液）放入儀器B中，在儀器C中加入12.2g純化后的苯甲酸晶體，30mL無水乙醇（約0.5mol）和3mL濃硫酸，加入沸石，加熱至微沸，回流反應1.5~2h。儀器A的作用是_________；儀器C中反應液應采用_________方式加熱。（3）隨著反應進行，反應體系中水分不斷被有效分離，儀器B中吸水劑的現(xiàn)象為_________。（4）反應結束后，對C中混合液進行分離提純，操作I是_________；操作II所用的玻璃儀器除了燒杯外還有_________。（5）反應結束后，步驟③中將反應液倒入冷水的目的除了溶解乙醇外，還有_____；加入試劑X為_____（填寫化學式）。（6）最終得到產物純品12.0g，實驗產率為_________%（保留三位有效數(shù)字）。28、（14分）過渡金屬元素在日常生活中有廣泛的應用。（1）金屬釩在材料科學上有重要作用，被稱為“合金的維生素”，基態(tài)釩原子的價層電子的排布式為__________；基態(tài)Mn原子核外有____種運動狀態(tài)不同的電子，M層的電子云有_______種不同的伸展方向。（2）第四周期元素的第一電離能隨原子序數(shù)增大，總趨勢是逐漸增大的，但Ga的第一電離能明顯低于Zn，原因是____________________________________（3）NO2－與鈷鹽形成的配離子[Co(NO2)6]3－可用于檢驗K+的存在。與NO2－互為等電子體的微粒__________（寫出一種），K3[Co(NO2)6]中存在的作用力有___________a.σ鍵b.π鍵c.配位鍵d.離子鍵e.范德華力（4）錳的一種配合物的化學式為Mn(BH4)2(THF)3，BH4－的空間構型為____________（5）FeO是離子晶體，其晶格能可通過下圖中的Born—Haber循環(huán)計算得到。可知，O原子的第一電子親和能為________kJ?mol-1，F(xiàn)eO晶格能為________kJ?mol-1。（6）銅與氧可形成如圖所示的晶胞結構，其中Cu均勻地分散在立方體內部，a、b的坐標參數(shù)依次為（0，0，0）、（1/2，1/2,1/2），則d點的坐標參數(shù)為_______________，已知該晶體的密度為ρg?cm-3，NA是阿伏伽德羅常數(shù)的值，則晶胞參數(shù)為_________pm（列出計算式即可）29、（10分）對煙道氣中進行回收再利用具有較高的社會價值和經濟價值。I.還原法(1)一定條件下，由和反應生成和的能量變化如圖所示，每生成，該反應__________(填“放出”或“吸收”)的熱量為____________。(2)在絕熱恒容的密閉容器中，進行反應：，該反應的平衡常數(shù)表達式為_______________________，對此反應下列說法正確的是_________。a.若混合氣體密度保持不變，則已達平衡狀態(tài)b.從反應開始到平衡，容器內氣體的壓強保持不變c.達平衡后若再充入一定量，平衡常數(shù)保持不變d.分離出，正、逆反應速率均保持不變(3)向恒溫恒容密閉容器中通入和，分別進行三組實驗。在不同條件下發(fā)生反應：，反應體系總壓強隨時間的變化曲線如圖所示，則三組實驗溫度的大小關系是____________(填“”、“”或“”)；實驗從反應開始至平衡時，反應速率______________。II.溶液吸收法常溫下，用溶液吸收的過程中，溶液隨吸收物質的量的變化曲線如圖所示。(4)常溫下，的二級電離平衡常數(shù)的數(shù)值為_________________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】

A．根據(jù)圖示，處理得到電子轉化為氮氣，電極反應為2NO2-+8H++6e－=N2↑+4H2O，故A正確；B．Fe(Ⅲ)得電子生成Fe(Ⅱ)，F(xiàn)e(Ⅱ)失電子生成Fe(Ⅲ)，則Fe(Ⅱ)與Fe(Ⅲ)的相互轉化起到了傳遞電子的作用，故B正確；C．根據(jù)圖示，總反應方程式可知：2H++2NO2?+3H2N2+4H2O，所以用該法處理后水體的pH升高，故C錯誤；D．根據(jù)C項的總反應2H++2NO2?+3H2N2+4H2O，消耗標準狀況下6.72LH2即為=0.3mol，理論上可處理NO2-的物質的量=×0.3mol=0.2mol，可處理含4.6mg·L－1NO2-廢水的體積==2×103L=2m3，故D正確；答案選C。2、A【解析】

A.聚乙烯不屬于可降解材料，故錯誤；B.硅屬于半導體材料，能制造集成電路或太陽能電池等，故正確；C.氧化鎂和氧化鋁的熔點都較高，可以做耐高溫材料，故正確；D.燃料的脫硫脫氮、NOx的催化轉化可以減少硫的氧化物和氮的氧化物的排放，能減少酸雨的產生，故正確。故選A。3、D【解析】

A.Na2CO3是離子化合物，沒有分子，A項錯誤；B.硅晶體是原子晶體，不存在分子間作用力，B項錯誤；C.H2O不易分解是因為水分子中氫氧鍵鍵能大，C項錯誤；D.晶體加熱熔化后所得液態(tài)物質不能導電，說明在液態(tài)時不存在自由移動的離子，即原晶體中不存在離子，則液態(tài)AlCl3不能導電，說明AlCl3晶體中不存在離子，D項正確；答案選D。4、C【解析】

的摩爾質量是100g·mol?1，A錯誤；CH3COOH中碳化合價升高，表現(xiàn)還原性，B錯誤；醋酸是弱酸，不能拆寫，C正確；沒有指明處于標準狀況，D錯誤。5、D【解析】

根據(jù)圖知，酸溶液的pH=3，則c(H+)<0.1mol/L，說明HA是弱酸；堿溶液的pH=11，c(OH－)<0.1mol/L，則BOH是弱堿，結合圖像分析解答?！驹斀狻緼、由圖可知0.1mol/LHA溶液的pH=3，根據(jù)HA?H++A－可知Ka=10－3×10－3/0.1=10－5，A錯誤；B、b點是兩者等體積混合溶液呈中性，所以離子濃度的大小為：c(B+)=c(A－)>c(H+)=c(OH－)，B錯誤；C、a→b是酸過量和b→c是堿過量兩過程中水的電離程受抑制，b點是弱酸弱堿鹽水解對水的電離起促進作用，所以a→c過程中水的電離程度先增大后減小，C錯誤；D、c點時，c(A－)/[c(OH－)?c(HA)]=1/Kh，水解平衡常數(shù)Kh只與溫度有關，溫度升高，Kh增大，1/Kh減小，所以c(A－)/[c(OH－)?c(HA)]隨溫度升高而減小，D正確；答案選D。6、D【解析】

凡是有化合價發(fā)生變化的反應均是氧化還原反應，據(jù)此分析?！驹斀狻緼.冶煉鐵，發(fā)生的反應為Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，F(xiàn)e、C元素化合價發(fā)生變化，為氧化還原反應，不符合題意，A項錯誤；B.硫酸工業(yè)中存在S～SO2～SO3的轉化，S、O元素化合價發(fā)生變化，為氧化還原反應，不符合題意，B項錯誤；C.工業(yè)制取燒堿涉及的反應為：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，該反應中H、Cl元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，C項錯誤；D.氨堿法生產純堿涉及的方程式為：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，這幾個方程式中都沒有電子的轉移，所以不涉及氧化還原反應，D項正確；答案選D?！军c睛】工業(yè)制取純堿（利用侯氏制堿法），先將氨氣通入飽和食鹽水中，再通入二氧化碳氣體，NaHCO3的溶解度最小，會結晶析出，發(fā)生反應：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，這是制純堿的關鍵步走，然后過濾，洗滌，烘干，得到碳酸氫鈉固體，然后再加熱分解得帶碳酸鈉，發(fā)生反應2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，這是學生們的易忘點。7、B【解析】溶液中n(H+)=0.15mol/L×2×0.1L+0.3mol/L×0.1L=0.06mol，反應計算如下：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。3×64g8mol2mol3mol2.56g0.06mol0.03moln∵3×642.56<80.06∴Cu過量，∵80.06>n=0.0225mol，c(Cu2+)=0.0225mol/0.1L=0.225mol/L，正確答案B。點睛：由于Cu與HNO3反應生成Cu(NO3)2，Cu(NO3)2電離生成的NO3-可以在H2SO4電離生成的H+作用下氧化單質Cu，因此利用銅與硝酸反應方程式計算存在后續(xù)計算的問題，恰當?shù)奶幚矸椒ㄊ怯肅u與NO3-、H+反應的離子方程式進行一步計算。8、B【解析】

A．砒霜有劇毒，As2O3中砷元素的化合價為+3價，能夠被氧化成+5價，則砒霜具有還原性，故A正確；B．高級脂肪酸鈉和甘油在鹽溶液中的溶解度不同，采用鹽析的方法分離，故B錯誤；C．青蒿素易溶于乙醚，不溶于水，采用萃取操作提取，故C正確；D．液態(tài)的金屬汞，受熱易變成汞蒸氣，汞屬于重金屬，能使蛋白質變性，屬于有毒物質，但常溫下，能和硫反應生成硫化汞，從而防止其變成汞氣體，黃芽指呈淡黃色的硫磺，故D正確；答案選B。9、C【解析】

A．以石墨為電極電解水，陽極反應式為4OH--4e-=2H2O+O2↑，以石墨為電極電解飽和食鹽水，陽極反應式為2Cl--2e-=Cl2↑，陽極的電極反應式不同，故A錯誤；B．電解水時其pH在理論上是不變的，但若加入少量硫酸則變小，若加入少量氫氧鈉則變大，若加入硫酸鈉則不變；電解飽和氯化鈉溶液生成氫氧化鈉和氯氣和氫氣，pH變大，所以電解結束后所得液體的pH不相同，故B錯誤；C．以石墨為電極電解水和飽和食鹽水的陰極反應式為：2H++2e-=H2↑，所以電極反應式相同，故C正確；D．若轉移電子數(shù)為4mol，則依據(jù)電解方程式2H2O2H2↑+O2↑～4e-，電解水生成3mol氣體；依據(jù)電解方程式2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑～2e-，電解食鹽水生成4mol氣體，在同溫同壓下氣體的總體積不相等，故D錯誤；故選C?！军c睛】明確電解池工作原理、準確判斷電極及發(fā)生反應是解題關鍵。本題的易錯點為D，要注意氧化還原反應方程式中根據(jù)轉移電子的相關計算。10、C【解析】

A、濃硫酸、濃鹽酸都是無色液體，故A正確；B、濃硫酸具有強氧化性，使鐵發(fā)生鈍化，所以鐵片加入濃硫酸中無明顯現(xiàn)象，鐵與濃鹽酸反應生成氯化亞鐵和氫氣，產生大量氣泡，故B正確；C、濃硫酸具有脫水性，能夠使試紙脫水變黑，所以濃硫酸滴到pH試紙上最終變黑，故C錯誤；D、濃硫酸不具有揮發(fā)性，濃鹽酸具有揮發(fā)性，所以將蘸有濃氨水的玻璃棒靠近濃鹽酸有白煙，靠近濃硫酸沒有白煙，故D正確；故選：C。【點睛】本題考查有關濃硫酸、濃鹽酸的性質等，注意濃硫酸具有脫水性，不能使pH試紙變紅色。11、A【解析】

p、q、r是由這些元素組成的二元化合物，常溫常壓下，p為無色無味氣體，q為液態(tài)，r為淡黃色固體，s是氣體單質，可知r為Na2O2，q為H2O，且r與p、q均生成s，s為O2，p為CO2，n為Na2CO3，m為NaHCO3，t為NaOH，結合原子序數(shù)可知，W為H，X為C，Y為O，Z為Na?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍?，W為H，X為C，Y為O，Z為Na，A．電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，原子半徑C>O，則原子半徑：Z＞X＞Y，故A錯誤；B．m為NaHCO3，n為Na2CO3，r為Na2O2，均含離子鍵、共價鍵，故B正確；C．m為NaHCO3，n為Na2CO3，t為NaOH，n、m促進水的電離，t抑制水的電離，則m、n、t都能破壞水的電離平衡，故C正確；D．非金屬性Y＞X，則最簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y＞X，故D正確；故選A?！军c睛】本題考查無機物的推斷，把握淡黃色固體及q為水是解題關鍵，側重分析與推斷能力的考查，注意元素化合物知識的應用。12、B【解析】

A.苯酚的酸性比碳酸弱，根據(jù)圖示可知左邊進入的是高濃度的苯酚溶液，逸出的氣體有CO2，說明反應后溶液的酸性增強，pH減小，A正確；B.根據(jù)圖示可知，在右邊裝置中，NO3-獲得電子，發(fā)生還原反應，被還原變?yōu)镹2逸出，所以右邊電極為正極，原電池工作時，陰離子向負極移動，陽離子向正極移動，所以工作時中間室的Cl-移向左室，Na+移向右室，所以右邊為陽離子交換膜，B錯誤；C.根據(jù)B的分析可知，右池電極為正極，發(fā)生還原反應，電極反應式：2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，C正確；D.在左室發(fā)生反應：C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+，根據(jù)電極反應式可知每有1mol苯酚該反應，轉移28mol電子，反應產生N2的物質的量是n(N2)=mol=2.8mol，則當消耗0.1molC6H6O，將會產生0.28mol氮氣，D正確；故合理選項是B。13、C【解析】

鹵代烴消去反應的機理是斷裂鹵原子和連鹵原子的碳原子的相鄰碳原子上的氫形成雙鍵或三鍵，相鄰碳原子上的C﹣H鍵極性越強的氫原子，越容易斷裂，而碳氫鍵的極性受其他原子團的影響，據(jù)此解答。【詳解】碳碳雙鍵為吸電子基團，ABC三種溴代烴中連溴原子碳原子的相鄰碳上的C﹣H鍵受雙鍵吸電子的影響程度不同，按照C﹣H鍵極性由強到弱的順序排列依次是：C、A、B，所以碳氫鍵斷裂由易到難的順序為：C、A、B；D分子中不存在碳碳雙鍵，相鄰碳上的C﹣H鍵極性比前三者弱，所以在堿的醇溶液和加熱條件下發(fā)生消去反應，條件相同時，轉化率有高到低的順序是：C、A、B、D，答案選C。14、D【解析】n（Ba2+）=n（H2SO4）=xmol，n（Cl-）=n（AgNO3）=ymol，根據(jù)電荷守恒：2n（Ba2+）+n（Na+）=n（Cl-），n（Na+）=（y-2x）mol，c(Na+)=（y-2x）mol/0.5aL=(2y-4x)/amol·L-115、B【解析】

A．從圖示可以看出，在Pd上，H2失去電子生成H+，所以Pd作負極，故A錯誤；B．Fe（Ⅱ）失去電子轉化為Fe（Ⅲ），失去的電子被NO2-得到，H2失去的電子被Fe（Ⅲ）得到，F(xiàn)e（Ⅲ）轉化為Fe（Ⅱ），所以Fe（Ⅱ）與Fe（Ⅲ）的相互轉化起到了傳遞電子的作用，故B正確；C．反應過程中NO2-被Fe（Ⅱ）還原為N2，故C錯誤；D．總反應為：2NO2-+3H2+2H+=N2+4H2O，消耗了H+，所以用該法處理后水體的pH升高，故D錯誤；故選B。16、A【解析】

A.因金屬性：Li<Rb，所以其堿性：LiOH<RbOH，A項正確；B.相同溫度下，碳酸鈉的溶解度大于碳酸氫鈉的溶解度，所以溶解度：Na2CO3>NaHCO3，B項錯誤。C.因非金屬性：P>Si，所以熱穩(wěn)定性：PH3>SiH4，C項錯誤；D.C2H5OH分子之間能形成氫鍵，而C2H5SH分子之間只存在范德華力，因此沸點：C2H5OH>C2H5SH，D項錯誤；答案選A?！军c睛】本題重點要準確掌握元素周期律及金屬性、非金屬性的判斷依據(jù)，其中D項是學生的易錯點，要了解分子晶體中，若存在氫鍵，則因氫鍵的影響沸點反常高；若無氫鍵，則相對分子質量越大，范德華力越大，對應的物質沸點越高。學生要準確掌握這些化學基本功，學以致用。17、B【解析】

A.因為電解池左室H+→H2，Pt(I)是陰極，X為直流電源的負極，A項錯誤；B.陰極區(qū)消耗H+生成氫氣，氫離子濃度減小，溶液的pH增大，B項正確；C.電解池右室陽極區(qū)的發(fā)生反應HSO3--2e-＋H2O＝SO42-＋3H＋和SO32--2e-＋2H2O＝SO42-＋4H＋，圖中的b%>a%，C項錯誤；D.解池右室陽極區(qū)的發(fā)生反應HSO3--2e-＋H2O＝SO42-＋3H＋和SO32--2e-＋2H2O＝SO42-＋4H＋，D項錯誤；答案選B。18、C【解析】

A．Cu是29號元素，Cu原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s、3d能級上各一個電子生成Cu2+，故Cu2+的價電子排布式3d9，故A錯誤；B．硫酸根離子中S和非羥基O和H2O中的O原子的雜化方式不同，不可能都是sp3雜化，故B錯誤；C．銅離子和硫酸根離子之間存在離子鍵，硫原子和氧原子間存在極性共價鍵，銅原子和氧原子間存在配位鍵，氧原子和氫原子間存在氫鍵，故C正確；D．H、O、S分別為第1，2，3周期，所以半徑依次增大，但O的電負性大于S，故D錯誤；故選C。19、B【解析】煤、石油及天然氣是化石能源，屬不可能再生的能源，而氫氣、沼氣、酒精及太陽能、風能等為再生能源，故答案為B。點睛：明確能源的來源是解題關鍵，能夠源源不斷的從自然界得到補充的能源叫可再生能源，如太陽能、風能、生物質能等；短期內不能從自然界得到補充的能源叫不可再生能源，如煤、石油等。20、A【解析】

A.向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黃色沉淀和有刺激性氣味的氣體，原溶液中可能含有S2-和SO32-，且SO32-過量，加入稀硫酸時發(fā)生反應，，S單質是淡黃色沉淀，二氧化硫是有刺激性氣味氣體，故A錯誤；B.氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，溶液呈藍色，說明有碘單質生成，Br2能氧化I-生成I2，Br2是氧化劑、I2是氧化產物，則Br2的氧化性比I2的強，故B正確；C.元素的非金屬性越弱，其最高價氧化物對應水化物的酸性就越弱，其最高價含氧酸的鈉鹽的堿性就越強，相同條件下，測定等濃度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，前者呈堿性，后者呈中性，說明碳酸為弱酸、硫酸為強酸，由此得出非金屬性S＞C，故C正確；D.將鎂條點燃后迅速伸入集滿CO2的集氣瓶，鎂條繼續(xù)燃燒，反應生成MgO和C，則集氣瓶中產生濃煙（MgO固體小顆粒）并有黑色顆粒產生，故D正確；故選A?！军c睛】向某單一溶質的溶液中加入稀硫酸，同時生成淡黃色沉淀和有刺激性氣味的氣體，則該溶液中一定含有S2O32-，發(fā)生反應，這是?？键c，經常在元素推斷題中出現(xiàn)，也是學生們的易忘點。21、C【解析】

由于CO2在水中的溶解度比較小，而NH3極易溶于水，所以在實驗中要先通入溶解度較大的NH3，再通入CO2；由于NH3極易溶于水，在溶于水時極易發(fā)生倒吸現(xiàn)象，所以通入NH3的導氣管的末端不能伸入到溶液中，即a先通入NH3，然后b通入CO2，A、B、D選項均錯誤；因為NH3是堿性氣體，所以過量的NH3要用稀硫酸來吸收，選項C合理；故合理答案是C?！军c睛】本題主要考查鈉及其重要化合物的性質，及在日常生產、生活中的應用，題型以選擇題(性質、應用判斷)。注意對鈉及化合物的性質在綜合實驗及工藝流程類題目的應用加以關注。22、B【解析】

A.H2和D2是單質，不是原子，且是同一種物質，A錯誤；B.2He和3He是同種元素的不同種原子，兩者互為同位素，B正確；C.O2和O3是氧元素的兩種不同的單質，互為同素異形體，C錯誤；D.冰是固態(tài)的水，干冰是固態(tài)的二氧化碳，是兩種不同的化合物，不是同位素，D錯誤；故合理選項是B。二、非選擇題(共84分)23、取代反應消去反應、新制Cu(OH)2懸濁液、加熱（或銀氨溶液、加熱）或【解析】

根據(jù)上述反應流程看出，結合及有機物B的分子式看出，有機物A為甲苯；甲苯發(fā)生側鏈二取代，然后再氫氧化鈉溶液中加熱發(fā)生取代反應，再根據(jù)信息，可以得到；與乙醛發(fā)生加成反應生成，加熱失水得到含有碳碳雙鍵的有機物D，有機物D被弱氧化劑氧化為肉桂酸?！驹斀狻浚?）綜上所述，反應II為氯代烴的水解反應，反應IV為加熱失水得到含有碳碳雙鍵的有機物D，為消去反應；正確答案：取代反應；消去反應。（2）甲苯與氯氣光照條件下發(fā)生取代反應，方程式為：；氯原子取代甲苯中甲基中的氫原子，可以取代1個氫或2個氫或3個氫，因此還可能得到的有機產物是、；正確答案：；、。（3）反應IV為加熱失水得到含有碳碳雙鍵的有機物D，有機物D被弱氧化劑氧化為肉桂酸，結構簡式；正確答案：。（4）有機物D中含有醛基，肉桂酸中含有羧基，檢驗有機物D是否完全轉化為肉桂酸，就是檢驗醛基的存在，所用的試劑為新制的氫氧化銅懸濁液、加熱或銀氨溶液，加熱，若不出現(xiàn)紅色沉淀或銀鏡現(xiàn)象，有機物D轉化完全；正確答案：新制Cu(OH)2懸濁液、加熱（或銀氨溶液、加熱）。（5）有機物C分子式為C9H10O2，①能夠與NaHCO3(aq)反應產生氣體，含有羧基；②分子中有4種不同化學環(huán)境的氫原子，有4種峰，結構滿足一定的對稱性；滿足條件的異構體有2種，分別為：和；正確答案：或。（6）根據(jù)苯甲酸苯甲酯結構可知，需要試劑為苯甲醇和苯甲酸；苯甲醛還原為苯甲醇，苯甲醛氧化為苯甲酸；苯甲醇和苯甲酸在一定條件下發(fā)生酯化反應生成苯甲酸苯甲酯；具體流程如下：；正確答案：；。24、CH≡CH酯基NaOH水溶液、加熱B、C+C2H5OH+H2O+H2O或CH3CHOCH2=CHCOOCH3【解析】

反應①、反應②的原子利用率均為100%，屬于加成反應，結合反應②的產物，可知烴A為HC≡CH，B為，而G的相對分子質量為78，則G為．C可以發(fā)出催化氧化生成D，D發(fā)生信息中I的反應，則反應③為鹵代烴在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生的水解反應，則C為，D為，E為，F(xiàn)為，F(xiàn)在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應得到X。乙醛與HCN發(fā)生加成反應、酸性條件下水解得到，與甲醇反應酯化反應生成，在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應生成CH2=CHCOOCH3，最后發(fā)生加聚反應得到，以此解答該題?！驹斀狻?1)由以上分析可知A為CH≡CH；(2)由Z的結構簡式可知Z含有酯基，反應③為鹵代烴的水解，條件為：氫氧化鈉水溶液、加熱；(3)A．羥基、羧基能與鈉反應生成氫氣，1mol藥物Y與足量的鈉反應可以生成1.5mol氫氣，標況下氫氣體積為33.6L，但氫氣不一定處于標況下，故A錯誤；B．藥物Y的分子式為C8H804，含有酚羥基，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B正確；C．羧基酸性最強，酚羥基酸性很弱，醇羥基表現(xiàn)為中性，藥物Y中⑥、⑦、⑧三處-OH的電離程度由大到小的順序是⑧＞⑥＞⑦，故C正確；D．苯環(huán)與氫氣發(fā)生加成反應，1mol藥物Y與3molH2加成，Y中酚羥基的鄰位能與濃溴水發(fā)生取代反應，1molY消耗2molBr2，故D錯誤；故答案為B、C；(4)反應E-F的化學方程式：，F(xiàn)→X的化學方程式為；(5)E為，對應的同分異構體①遇FeCl3溶液可以發(fā)生顯色反應，說明含有酚羥基，且是苯的對位二元取代物；②能發(fā)生銀鏡反應和水解反應，應為甲酸酯類；③核磁共振氫譜有6個峰，則可能的結構為；(6)以CH3CHO和CH3OH為起始原料，合成Z，可用乙醛與HCN發(fā)生加成反應，然后水解生成2-羥基丙酸，與甲醇發(fā)生酯化反應，再發(fā)生消去反應，最后發(fā)生加聚反應生成Z，也可用乙醛與HCN發(fā)生加成反應，然后水解生成2-羥基丙酸，發(fā)生消去反應生成丙烯酸，與甲醇發(fā)生酯化反應，最后發(fā)生加聚反應生成Z，對應的流程可為或者?！军c睛】在進行推斷及合成時，掌握各類物質的官能團對化合物性質的決定作用是非常必要的，可以從一種的信息及物質的分子結構，結合反應類型，進行順推或逆推，判斷出未知物質的結構。能夠發(fā)生水解反應的有鹵代烴、酯；可以發(fā)生加成反應的有碳碳雙鍵、碳碳三鍵、醛基、羰基；可以發(fā)生消去反應的有鹵代烴、醇?？梢园l(fā)生銀鏡反應的是醛基；可能是醛類物質、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化鐵溶液變紫色，遇濃溴水產生白色沉淀的是苯酚等。25、冷凝管檢漏冰水浴冷卻結晶97℃溫度計水銀球與蒸餾燒瓶支管口處相齊平上下移動C管偏大【解析】

丙烯醛與氫氧化鈉溶液共熱生成丙烯醇和丙烯酸鈉，加入四氯化碳萃取未反應的丙烯醛和丙烯醇，四氯化碳密度比水大，所以得到的上層液體含有丙烯酸鈉，加入硫酸酸化得到丙烯酸溶液，丙烯酸熔點為13℃，可用冰水冷卻可得到丙烯酸晶體，過濾、冰水洗滌、低溫吸干得到丙烯酸；下層液體為含有少量未反應的丙烯醛和生成的丙烯醇的四氯化碳溶液，蒸餾得到丙烯醇?！驹斀狻?1)根據(jù)L的結構特點可知其為球形冷凝管；(2)過程②為萃取分液，分液漏斗使用前需要進行檢漏；(3)根據(jù)分析可知操作④包括冰水浴冷卻結晶、過濾、冰水洗滌、低溫吸干；(4)根據(jù)題目信息可知丙烯醇的沸點為97℃，所以收集97℃的餾分；進行蒸餾時溫度計的水銀球應與蒸餾燒瓶的支管口處相平；(5)丙烯醇含有羥基可以與鈉單質反應生成氫氣，通過測定生成的氫氣的量來確定丙烯醇的物質的量，從而測定其摩爾質量；記錄氫氣體積時要注意通過上下移動C管使B、C液面高度一致，從而使氣體的壓強與大氣壓相同；得到的氣體體積為cmL，室溫下氣體摩爾體積為VL·mol-1，則生成的氫氣物質的量為，丙烯醇分子中含有一個羥基，所以丙烯醇的物質的量為，丙烯醇的密度為0.85g·mL-3，則amL丙烯醇的質量為0.85ag，所以丙烯醇的摩爾質量為；若讀數(shù)時C管液面高于B管，則B中壓強要大于大氣壓，導致測得的氣體體積偏小，根據(jù)計算公式可知會導致計算得到的摩爾質量偏大?！军c睛】蒸餾實驗中溫度計的水銀球應與蒸餾燒瓶的支管口處相平，冷凝水從冷凝管的下口進上口出；排水法測量氣體體積時一定要保證氣體壓強和大氣壓相同，否則無法準確知道氣體壓強無法進行換算。26、濃NaOH溶液吸收剩余的SO2排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化D倒吸用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O用c2mol·L-1的標準Na2S2O3溶液滴定pH>5.6【解析】

從焦亞硫酸鈉的析出原理[NaHSO3(飽和溶液)→Na2S2O5(晶體)+H2O(l)]可以看出，要制取Na2S2O5(晶體)，需先制得NaHSO3(飽和溶液)，所以A裝置的作用是用濃硫酸與Na2SO3固體反應制取SO2，將SO2再通入飽和Na2SO3溶液中制得NaHSO3飽和溶液。因為Na2S2O5易被空氣中的O2氧化，所以需排盡裝置內的空氣，這也就是在A裝置內通入N2的理由。由于SO2會污染環(huán)境，所以F裝置應為吸收尾氣的裝置，為防倒吸，加了裝置E?！驹斀狻?1)①從以上分析知，F(xiàn)裝置應為SO2的尾氣處理裝置，F(xiàn)中盛裝的試劑是濃NaOH溶液，作用是吸收剩余的SO2。答案為：濃NaOH溶液；吸收剩余的SO2；②為防裝置內空氣中的氧氣將Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化，需排盡裝置內的空氣，所以通入N2的作用是排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化。答案為：排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化；③Na2S2O5晶體由NaHSO3飽和溶液轉化而得，所以應在D中得到。答案為：D；④因為E中的雙球能容納較多液體，可有效防止倒吸，所以若撤去E，則可能發(fā)生倒吸。答案為：倒吸；(2)①既然是檢測其是否具有酸性，則需用pH試紙檢測溶液的pH，若在酸性范圍，則表明顯酸性。具體操作為：用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅。答案為：用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅；②探究二中，Na2S2O5具有還原性，能將KMnO4還原為Mn2+，自身被氧化成SO42-，同時看到溶液的紫色褪去，反應的離子方程式為5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O。答案為：5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O；(3)根據(jù)信息，滴定過量碘的操作是：用c2mol·L-1的標準Na2S2O3溶液滴定。答案為：用c2mol·L-1的標準Na2S2O3溶液滴定；(4)c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1時，Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，即1.0×10-5×c3(OH-)>6.4×10-31，c(OH-)>4.0×10-9mol·L-1，c(H+)<=mol·L-1，pH>5+2lg2=5.6。答案為：pH>5.6?！军c睛】Na2S2O5來自于NaHSO3的轉化，且二者S的價態(tài)相同，所以在研究Na2S2O5的性質時，可把Na2S2O5當成NaHSO3。27、重結晶冷凝回流乙醇和水水浴加熱吸水劑由白色變?yōu)樗{色蒸餾分液漏斗降低苯甲酸乙酯的溶解度利于分層Na2CO3或NaHCO380.0【解析】

苯甲酸與乙醇在濃硫酸作催化劑發(fā)生酯化反應生成苯甲酸乙酯，苯甲酸乙酯與乙醇和苯甲酸能夠混溶，苯甲酸乙酯與乙醇沸點差異較大，因此操作I為蒸餾，混合液2中主要成分為苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入試劑X除去苯甲酸，因此可選擇試劑飽和碳酸鈉進行除雜，然后分液制備粗產品，然后通過干燥制備苯甲酸乙酯純品，以此解答本題?！驹斀狻浚?）可通過重結晶的方式提高原料苯甲酸的純度；（2）儀器A為球形冷凝管，在制備過程中乙醇易揮發(fā)，因此通過球形冷凝管冷凝回流乙醇和水；該反應中乙醇作為反應物，因此可通過水浴加熱，避免乙醇大量揮發(fā)；（3）儀器B中吸水劑為無水硫酸銅的乙醇飽和溶液，吸收水分后生成五水硫酸銅，吸水劑由白色變?yōu)樗{色；（4）由上述分析可知，操作I為蒸餾；操作II為分液，除燒杯外，還需要的玻璃儀器為分液漏斗；（5）因苯甲酸乙酯難溶于冷水，步驟③中將反應液倒入冷水的目的還有降低苯甲酸乙酯的溶解度有利于分層；試劑X為Na2CO3溶液或NaHCO3溶液；（6）12g苯甲酸乙酯的物質的量為，苯甲酸的物質的量為，反應過程中乙醇過量，理論產生苯甲酸乙酯的物質的量為0.1mol，實驗產率為。28、3d34s2259Ga：[Ar]3d104s24p1、Zn：[Ar]3d104s2，Zn：3d104s2，3d全滿，能量低，穩(wěn)定，難失電子，因此Ga的第一電離能明顯低于ZnO3abcd正四面體形1423902【解析】

⑴釩是23號元素，基態(tài)釩原子排布式為1s22s22p63s23p63d34s2；一個電子就是一種運動狀態(tài)的電子；M層上能級有3s、3p、3d；⑵從原子結構和3d能級全滿角度分析；⑶根據(jù)價電子N－=O，書寫等電子體，NO2－含有σ鍵和π鍵，配離子[Co(NO2)6]3?存在配位鍵，配離子[Co(NO2)6]3?與K+形成離子鍵；⑷計算BH4－的價層電子對數(shù)，根據(jù)價層電子互斥理論模型來寫空間構型；⑸第一電子親和能為氣態(tài)基態(tài)電中性基態(tài)原子獲得一個電子變?yōu)闅鈶B(tài)一價負離子放出的能量；晶格能是指氣態(tài)離子形成1mol離子晶體所釋放的能量；⑹d點在體對角線的四分之一處，與a點相對的位置，因此得d的坐標參數(shù)，根據(jù)晶體結構得到Cu、O個數(shù)和化學式，根據(jù)體積公式計算體積，再得晶胞參數(shù)?！驹斀狻竣赔C是23號元素，基態(tài)釩原子排布式為1s22s22p63s23p63d34s2，其價層電子的排布式為3d34s2；一個電子就是一種運動狀態(tài)的電子，因此基態(tài)Mn原子核外有25種運動狀態(tài)不同的電子，M層上能級有3s、3p、3d，因此M層的電子云有9種不同的伸展方向，故答案為：3d34s2；25；9；⑵第四周期元素的第一電離能隨原子序數(shù)增大，總趨勢是逐漸增大的，但Ga的第一電離能明顯低于Zn，從原子結構角度分析，其原因是Ga：[Ar]3d104s24p1、Zn：[Ar]3d104s2，Zn：3d104s2，3d全滿，能量低，穩(wěn)定，難失電子，因此Ga的第一電離能明顯低于Zn，故答案為：Ga：[Ar]3d104s24p1、Zn：[Ar]3d104s2