福建省2022-2023学年高三上学期化学1月质检考前模拟试题

这是一份福建省2022-2023学年高三上学期化学1月质检考前模拟试题，共19页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．北京冬奥会备受世界瞩目。下列说法错误的是
A．冰壶主材料花岗岩属于无机非金属材料
B．火炬“飞扬”使用的碳纤维属于有机高分子材料
C．冬奥会“同心”金属奖牌属于合金材料
D．短道速滑服使用的超高分子量聚乙烯属于有机高分子材料
【答案】B
【详解】A．花岗岩的主要成分是石英、云母、长石等矿物，属于无机非金属材料，A正确；
B．碳纤维指的是含碳量在90%以上的高强度高模量纤维，属于无机非金属材料，B错误；
C．金属奖牌属于合金材料，C正确；
D．聚乙烯属于有机高分子材料，D正确；
故答案选B。
2．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．12gNaHSO4中含有0.2NA个阳离子
B．11.2L乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为3NA
C．1L0.1ml/LNH4Cl中的数目比10L0.01ml/LNH4Cl数目多
D．1L0.01ml•L﹣1溶液中，和的离子数目之和为0.01NA
【答案】C
【详解】A．12gNaHSO4的物质的量为0.1ml，因为是固体阳离子为Na+，其中含有0.1NA个阳离子，A错误；
B．没有标注是否为标准状况，不能计算，B错误；
C．会发生水解，因为溶液越稀越水解，1L0.1ml/LNH4Cl中的数目比10L0.01ml/LNH4Cl数目多，C正确；
D． 溶液中电离出的既可以水解又可以电离，溶液中存在的粒子有、、，三者的数目之和为0.01NA，D错误；
答案选C。
3．我国科学家意外发现一种罕见无机化合物YZX2W3(结构如图所示) ，其中W、X、Y为同一短周期元素， X、Z为短周期同一主族元素且Z的核电荷数是X的2倍，下列说法正确的是
A．元素非金属性强弱顺序为X>Y> W
B．Z的氧化物的水化物是强酸
C．NaY的水溶液不能存放在玻璃试剂瓶中
D．X与Z具有相同的最高化合价
【答案】C
【分析】X、Z为短周期同一主族元素且Z的核电荷数是X的2倍，则X为O，Z为S，其中W、X、Y为同一短周期元素，无机化合物YZX2W3(结构如图所示)，根据结构Y为一个价键，W为三个价键，因此得到W为N，Y为F。
【详解】A. 同周期从左到右非金属性增强，因此元素非金属性强弱顺序为F＞O＞N (Y＞X ＞W)，故A错误；
B. Z的氧化物的水化物可能为亚硫酸，故B错误；
C. NaF的水溶液中F－水解生成HF，HF与玻璃反应，因此NaF不能存放在玻璃试剂瓶中，故C正确；
D. S最高化合价为+6价，O没有+6价，故D错误。
综上所述，答案为C。
【点睛】S的最高价氧化物对应的水化物是强酸，S的+4价氧化物对应的水化物是弱酸。
4．下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入(滴入)X试剂后发生的离子方程式书写正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【详解】A．和会发生双水解反应，二者不能大量共存，A错误；
B．、、、CO四种离子相互间不发生反应，能大量共存，往溶液中加入少量HCl，氢离子先和反应，离子方程式为H+++H2O=Al(OH)3↓，B正确；
C．四种离子不发生反应，能共存，溶液中通入少量二氧化硫，和发生氧化还原反应，因为二氧化硫少量，，C错误；
D．四种离子不发生反应，能共存，通入过量的硫化氢和铁离子反应生成硫单质和亚铁离子，反应方程式为：，D错误；
故选B。
5．抗麻风药物clfazimine对SARS—CV—2表现出强大的抗病毒活性，并能缓解与重症COVID—19相关的过度炎症反应。clfazimine的结构简式如图所示：
下列有关clfazimin的叙述正确的是
A．属于芳香烃，分子式为C27H21Cl2N4
B．能发生取代、氧化、缩聚反应
C．该物质存在含5个苯环的同分异构体
D．1mlclfazimine最多能与11mlH2发生加成反应
【答案】C
【详解】A．由结构简式可知，clfazimin分子中含有氮原子和氯原子，属于烃的衍生物，不属于芳香烃，故A错误；
B．由结构简式可知，clfazimin分子中含有氮原子、亚氨基和氯原子，能发生取代反应、氧化反应，但不能发生缩聚反应，故B错误；
C．由结构简式可知，clfazimin分子的不饱和度为18，可以形成含有5个苯环的稠环化合物，故C正确；
D．由结构简式可知，clfazimin分子中的苯环、碳碳双键和碳氮双键能与氢气发生加成反应，则1mlclfazimine最多能与13ml氢气发生加成反应，故D错误；
故选C。
6．LiOH是生产航空航天润滑剂的原料。清华大学首创三室膜电解法制备氢氧化锂，其模拟装置如图所示。下列有关说法正确的是
A．X极的电极反应式为2H2O-4e=4H+O2↑
B．a极为电源的负极，Y极上发生氧化反应
C．膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜
D．每转移2ml电子，理论上生成52gLiOH
【答案】A
【分析】该电解池实质是电解水，根据图知：X极导出的是硫酸，则X极应为水电离出的OH-放电，则X极为阳极，阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，气体1为O2。Y极导出的LiOH，则Y极是水电离出的氢离子放电生成H2、生成OH-，则Y为电解池的阴极，气体2为H2，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑；据此分析解答。
【详解】A．根据分析，X极上水电离产生的OH-失去电子发生氧化反应产生O2，电极反应式为：2H2O-4e=4H+O2↑，A正确；
B．根据分析，X极为阳极，所以a极为正极，b极为负极，则Y极为阴极，发生还原反应，B错误；
C．根据分析，X极为阳极，导出的是硫酸，则向阳极移动，膜1为阴离子交换膜，Y极为阴极，导出的LiOH，则Li+向阴极移动，膜2为阳离子交换膜，C错误；
D．Y极为阴极，电极反应式为2H2O+2e=2OH+H2↑，每转移2 ml电子，理论上有2 ml Li向Y极迁移形成2 ml LiOH，其质量是48 g，D错误；
故选A。
7．根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【详解】A．CH3COONH4中水解，，会消耗CH3COO-水解生成的OH-，测定相同浓度的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者，不能说明Kh(CH3COO-)＜Kh()，A错误；
B．浓盐酸也能与KMnO4发生反应，使溶液紫色褪去，B错误；
C．K2CrO4中存在平衡2(黄色)+2H+(橙红色)+H2O，缓慢滴加硫酸，H+浓度增大，平衡正向移动，故溶液黄色变成橙红色，C正确；
D．乙醇和水均会与金属钠发生反应生成氢气，故不能说明乙醇中含有水，D错误；
答案选C。
8．某的多孔材料刚好可将N2O4“固定”，实现了NO2与N2O4分离并制备HNO3，如图所示：
已知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0
下列说法不正确的是
A．气体温度升高后，不利于N2O4的固定
B．N2O4被固定后，平衡正移，有利于NO2的去除
C．制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3
D．每制备0.4mlHNO3，转移电子数约为
【答案】D
【详解】A．已知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，N2O4的浓度减小，不利于N2O4的固定，故A错误；
B．N2O4被固定后，N2O4浓度减小，平衡正移，有利于NO2的去除，故B正确；
C．被固定的四氧化二氮和氧气、水反应生成硝酸，制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3，故C正确；
D．由C化学方程式可知，4HNO3~4e-，每制备0.4mlHNO3，转移电子数约为0.4×，故D错误。
故选D。
9．溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离
B．参与反应的为1∶1∶1
C．中和工序中的化学反应为
D．还原工序逸出的用溶液吸收，吸收液直接返回还原工序
【答案】D
【分析】由流程可知，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫，再加入硫酸除杂，得到的滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行中和，得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。
【详解】A．除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，故A项正确；
B．根据电子转化守恒可知，溴和硫化钡反应时物质的量之比为1:1；根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，为，因此，参与反应的为1∶1∶1，故B项正确;
C．中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为，故C项正确；
D．还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和次溴酸钠等物质，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，故D 项错误；
故选D。
10．25℃时，将稀硫酸滴入Na2R溶液中，混合溶液中离子浓度变化与pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A．L1表示-lg与pH的关系曲线
B．H2R的第二步电离常数Ka2的数量级为10-4
C．NaHR溶液能使酚酞溶液变红
D．M点对应溶液中存在c(Na＋)>3c(R2-)
【答案】D
【详解】A．由图可知Na2R为强碱弱酸盐，H2R为二元弱酸，以第一步电离为主， 电离常数Ka1＞Ka2，当pH相同时，＞，则L1表示与pH的关系曲线，L2表示与pH的关系曲线，故A错误；
B．由图可知，当溶液pH为7时，=2.5，则Ka2==10—7×10—2.5=10—9.5，H2R的第二步电离常数Ka2的数量级为10-10，故B错误；
C．由图可知，当溶液pH为7时，=—3.5，则Ka1==10—7×103.5=10—3.5，NaHR的水解常数Kh===10—10.5＜Ka2=10—9.5，HR—在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则NaHR溶液不能使酚酞溶液变红，故C错误；
D．由图可知，M点溶液中pH＞7，=0，则溶液中c(HR—)=c(R2-)，由电荷守恒关系可得c(Na+)+ c(H+)=2c(R2-)+ c(HR—)+ c(OH—)，由溶液pH＞7可知，溶液中c(Na+)＞3c(R2-)，故D正确；
故选D。
二、工业流程题
11．废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、、和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：
回答下列问题：
(1)在“脱硫”中转化反应的离子方程式为________，用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因________。
(2)在“脱硫”中，加入不能使铅膏中完全转化，原因是________。
(3)在“酸浸”中，除加入醋酸()，还要加入。
(ⅰ)能被氧化的离子是________；
(ⅱ)促进了金属Pb在醋酸中转化为，其化学方程式为________；
(ⅲ)也能使转化为，的作用是________。
(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是________。
(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有________。
【答案】(1) PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq) 反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==3.4105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3
(2)反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==0.04<<105，反应正向进行的程度有限
(3) Fe2+ Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O 作还原剂
(4)Fe(OH)3、Al(OH)3
(5)Ba2+、Na+
【分析】铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏中加入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。
【详解】（1）“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，Ksp(PbCO3)=7.410-14，Ksp(PbSO4)=2.510-8，反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K====≈3.4105>105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。
（2）反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K====≈0.04<<105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化。
（3）（i）过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。
（ii）过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成Pb(Ac)2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。
（iii）过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。
（4）酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。
（5）依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2+和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na+。
三、实验题
12．硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列问题：
(1)工业上常用芒硝()和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，该反应的化学方程式为_______。
(2)溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是_______。回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的1/3.若气雾上升过高，可采取的措施是_______。
(3)回流时间不宜过长，原因是_______。回流结束后，需进行的操作有①停止加热 ②关闭冷凝水 ③移去水浴，正确的顺序为_______(填标号)。
A．①②③ B．③①② C．②①③ D．①③②
(4)该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是_______。过滤除去的杂质为_______。若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是_______。
(5)滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量_______洗涤，干燥，得到。
【答案】(1)Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O
(2) 硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石 降低温度
(3) 防止硫化钠被氧化
D
(4) 防止滤液冷却 重金属硫化物 温度逐渐恢复至室温
(5)95%乙醇溶液
【分析】本实验的实验目的为制备硫化钠并用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品，工业上常用芒硝()和煤粉在高温下生产硫化钠，反应原理为：Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O，结合硫化钠的性质解答问题。
【详解】（1）工业上常用芒硝()和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生产CO，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为：Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O；
（2）由题干信息，生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石，因此回流前无需加入沸石，若气流上升过高，可直接降低温度，使气压降低；
（3）若回流时间过长，硫化钠易被氧化；回流结束后，先停止加热，再移去水浴后再关闭冷凝水，故正确的顺序为①③②，答案选D。
（4）硫化钠易溶于热乙醇，使用锥形瓶可有效防止滤液冷却，重金属硫化物难溶于乙醇，故过滤除去的杂质为重金属硫化物，由于硫化钠易溶于热乙醇，过滤后温度逐渐恢复至室温，滤纸上便会析出大量晶体；
（5）乙醇与水互溶，硫化钠易溶于热乙醇，因此将滤液冷却、结晶、过滤后，晶体可用少量95%乙醇溶液洗涤，再干燥，即可得到。
四、原理综合题
13．异丙醇(C3H8O)可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯(C3H6)的工业化技术已引起人们的关注。其主要反应如下：
I、C3H8O(g)C3H6(g)+H2O(g) △H1=+52kJ•ml-1
II、2C3H6(g)C6H12(g) △H2=-97kJ•ml-1
回答下列问题：
(1)已知2C3H8O(g)+9O2(g)=6CO2(g)+8H2O(g) △H1=-3750kJ•ml-1，则C3H6(g)燃烧生成CO2(g)和H2O(g)的热化学方程式为___________。
(2)在1350°C下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：
①4~8µs内，v(C3H8O)=___________ppm·µs-1；
②t___________16(填“>”“<”或“=”)。
(3)在恒温刚性密闭容器中，反应I、II均达到平衡的判据是___________。
a、H2O的分压不变
b、刚性密闭容器
c、n(C3H6)=2n(C6H12)
d、v正(H2O)=v逆(C3H8O)
(4)在一定条件下，若反应I、II的转化率分别为98％和40%，则丙烯的产率为___________。
(5)下图为反应I、II达到平衡时lgQP与温度的关系曲线。【已知：对于可逆反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)，任意时刻Qp=[pc(C)·pd(D)]/pa(A)·pb(B)]，式中p(X)表示物质X的分压】
①在350°C恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应I的状态最有可能对应图中的___________点(填“甲”“乙”或“丙”)，判断依据是___________；
②350°C时，在密闭容器中加入一定量的C3H8O，体系达到平衡后，测得C6H12的分压为xMPa，则水蒸气的分压为___________MPa(用含x的代数式表示)。
【答案】(1)2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g) △H=-3854kJ•ml-1
(2) 190 >
(3)ad
(4)58.8%
(5) 甲 反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，Qp>Kp (＋2x)
【详解】（1）设III 2C3H8O(g)+9O2(g)=6CO2(g)+8H2O(g) △H3=-3750kJ•ml-1，根据盖斯定律III-2I得，2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g) △H=△H3-2△H1=-3854kJ•ml-1；
（2）①4~8µs内，v(H2O)= ppm·µs-1=190 ppm·µs-1，则v(C3H8O)= v(H2O)= 190 ppm·µs-1；
②0~4µs，4~8µs，8~12µs，△c(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小，8~12µs内，△c(H2O)=400 ppm，12~ t µs内，△c(H2O)=400 ppm，则t-12>4，即t>16；
（3）a、H2O的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应I、II各组分分压不变，反应I、II均达到平衡，a符合题意；
b、反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变，是个不变量，不能作为反应I、II均达到平衡的判据，b不符合题意；
c、当n(C3H6)=2n(C6H12)时，反应不一定达到平衡，不能作为反应I、II均达到平衡的判据，c不符合题意；
d、v正(H2O)=v逆(C3H8O)，说明正逆反应速率相等，反应I达平衡，反应I达平衡，各组分分压不变，C3H6的分压不变，说明反应II也达平衡，d符合题意；
故选ad。
（4）设C3H8O的物质的量为1ml，若1mlC3H8O完全反应，理论上生成1mlC3H6，因为反应I、II的转化率分别为98％和40%，反应I生成1ml98％=0.98ml C3H6，反应II消耗了40% C3H6，则达平衡时C3H6的物质的量为0.98ml(1-40%)=0.588ml，所以丙烯的产率为；
（5）①反应I为气体体积增大的吸热反应，反应II为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I正向移动，Qp逐渐增大，反应II逆向移动，Qp逐渐减小，即反应I平衡曲线为N，反应II平衡曲线为M。在350°C恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成物浓度，使得Qp>Kp，反应I的状态最有可能对应图中的甲；
②由图可知，350°C时达平衡后，lgQP=0，则350°C时Kp=Qp=1，设水蒸气的平衡分压为aMPa，则反应II C3H6起始分压为aMPa，对反应II列三段式有
Kp=，解得a=(＋2x) MPa。
五、结构与性质
14．2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2=CH2)与四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下列问题：
(1)基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为_______。
(2)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能Ⅰ变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是_______(填标号)，判断的根据是_______；第三电离能的变化图是_______(填标号)。
(3)固态氟化氢中存在(HF)n形式，画出(HF)3的链状结构_______。
(4) CF2=CF2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为_______和_______；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因_______。
(5)萤石(CaF2)是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是_______；若该立方晶胞参数为a pm，正负离子的核间距最小为_______pm。

【答案】(1)
(2) 图a 同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高 图b
(3)
(4) sp2 sp3 C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能越大，化学性质越稳定
(5) Ca2+ a pm
【分析】根据基态原子的电子表示式书写价电子排布式；根据电离能的排布规律分析电离能趋势和原因；根据氢键的表示方法书写(HF)3的结构；根据键能影响物质稳定性的规律分析两种物质的稳定性差异；根据均摊法计算晶胞中各粒子的个数，判断粒子种类。
【详解】（1）F为第9号元素其电子排布为1s22s22p5，则其价电子排布图为，故答案为。
（2）C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C（3）固体HF中存在氢键，则(HF)3的链状结构为 ，故答案为： 。
（4）CF2=CF2中C原子存在3对共用电子对，其C原子的杂化方式为sp2杂化，但其共聚物ETFE中C原子存在4对共用电子对，其C原子为sp3杂化；由于F元素的电负性较大，因此在与C原子的结合过程中形成的C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能的强弱决定物质的化学性质，键能越大，化学性质越稳定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，故答案为：sp2、sp3、C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能越大，化学性质越稳定。
（5）根据萤石晶胞结构，浅色X离子分布在晶胞的顶点和面心上，则1个晶胞中浅色X离子共有8×+6×=4个，深色Y离子分布在晶胞内部，则1个晶胞中共有8个深色Y离子，因此该晶胞的化学式应为XY2，结合萤石的化学式可知，X为Ca2+；根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正方体，仔细观察CaF2的晶胞结构不难发现F-位于晶胞中8个小立方体的体心，小立方体边长为，体对角线为，Ca2+与F-之间距离就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中正负的核间距的最小的距离为a pm，故答案为：Ca2+、a pm。
六、有机推断题
15．丁香酚存在于丁香花的花蕊中，以丁香酚为原料制取有机物F的路线如下：
已知：
(1)丁香酚的分子式为___________；
(2)A中的含氧官能团是___________(填名称)，②的反应类型为___________。
(3)写出满足下列条件的C的所有同分异构体的结构简式___________。
①含苯环且环上只有两个取代基；
②属于酯类化合物；
③核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3∶1∶1.
(4)1mlD最多可以与___________mlH2发生加成反应。
(5)反应⑤中，试剂X的结构简式为___________。
(6)写出A→B的方程式___________。
【答案】(1)C10H12O2
(2) 羟基、醚键 取代反应
(3)、
(4)4
(5)
(6)+(CH3CO)2O→+CH3COOH
【分析】丁香酚在RhCl3加热条件下烃基中碳碳双键发生移位生成A，A和(CH3CO)2O发生取代反应形成含酯基物质B，B中烃基转变为醛基形成C，C中酯基酸性条件下水解转为含酚羟基物质D，D发生题意中已知给的反应生成E，E在LiAlH4条件下羰基转变为羟基，据此回答。
【详解】（1）由丁香酚结构简式可知含有10个碳原子，12个氢原子，2个氧原子，所以分子式为C10H12O2。
（2）A中含氧官能团为和，即羟基和醛基；羟基中H原子被取代，即反应类型为取代反应。
（3）由结构简式知C的分子式为C9H10O4，有三类氢原子且个数比为3：1：1，又有含两个取代基的苯环和酯基，满足条件的即、。
（4）1mlD中苯环消耗3ml氢气、醛基消耗1ml氢气，所以总共消耗4ml氢气。
（5）由D、E结构简式及已知反应信息可得试剂X为丙酮，即。
（6）A中羟基氢原子被原子团替代，即+(CH3CO)2O→+CH3COOH。
选项
离子组
X试剂
离子方程式
A
、、、
少量铜粉
B
、、、CO
少量HCl
H+++H2O=Al(OH)3↓
C
K+、、ClO-、
足量SO2
SO2+2ClO-+H2O=SO+2HClO
D
、、、
过量Na2S
2Fe3++S2-=2Fe2++S↓
选项
实验目的
实验及现象
结论
A
比较和的水解常数
分别测浓度均为的和溶液的，后者大于前者
B
检验铁锈中是否含有二价铁
将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液，紫色褪去
铁锈中含有二价铁
C
探究氢离子浓度对、相互转化的影响
向溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色
增大氢离子浓度，转化平衡向生成的方向移动
D
检验乙醇中是否含有水
向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体
乙醇中含有水
难溶电解质
金属氢氧化物
开始沉淀的pH
2.3
6.8
3.5
7.2
完全沉淀的pH
3.2
8.3
4.6
9.1
反应时间/µs
0
4
8
12
t
20
H2O浓度/ppm
0
2440
3200
3600
4000
4100