一、单选题（本大题共7小题，共42.0分） 1. 下列物质常温下见光不会分解的是( )
A. HClO B. NH4Cl C. 浓HNO3 D. AgNO3 2. 用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是( )
A. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1NA
B. 常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.02NA C. 通常状况下，1NA个CO2分子占有的体积为22.4L
D. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl−个数为1NA 3. 环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺(2,2)戊烷(
)是最单的一种，下列
关于该化合物的说法正确的是( ) A. 分子式为C5H8 B. 一氯代物有两种同分异构体 C. 所有碳原子均处同一平面 D. 与丙炔互为同系物
4. 短周期元素X、Y、Z，在周期表中的位置如图所示，则下列说法错误的是( )
A. X单质最稳定 B. Y的氢化物为HY C. Z单质常温下是淡黄色固体 D. 能生成HXO 5. 下列实验装置设计正确且能达到目的的是( )
A. 分离并回收
B. 合成氨并检验氨的生成
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C. 乙醇和乙酸反应
D. 实验室制取氨气
6. 某种新型热激活电池的结构如图所示，电极a的材料是氧化石墨烯(CP)和铂纳米粒子，电极b
的材料是聚苯胺(PANI)。电解质溶液中含有Fe3+和Fe2+。加热使电池工作时电极b发生的反应是PANI−2e−=PANIO(氧化态聚苯胺，绝缘体)+2H+，电池冷却时Fe2+在电极b表面与PANIO
反应可使电池再生。下列说法 不正确的是
A. 电池工作时电极a为正极，且发生的反应是：Fe3++e−=Fe2+
B. 电池工作时，若在电极b周围滴加几滴紫色石蕊试液，电极b周围慢慢变红 C. 电池冷却时，若该装置正负极间接有电流表或检流计，指针会发生偏转 D. 电池冷却过程中发生的反应是：2Fe2++PANIO+2H+=2Fe3++PANI
7. 常温下，0.2mol·L−1的Na2CO3溶液与0.2mol·L−1的盐酸等体积混合后，所得溶液中部分微粒组
分与浓度的关系如图所示，X、Y、Z均表示含碳微粒，下列说法正确的是( )
A. A代表Na+浓度
B. 该溶液中c(OH−)>c(Y)
C. 向该溶液中加水稀释，所有离子浓度均减小 D. 该混合溶液中：c(X)+c(Y)+c(Z)=2c(Na+)
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二、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
8. 某研究小组进行如下制备氨气及其性质实验
(1)写出装置 A 中主要反应的化学方程式______
(2)装置 B 固体为氧化铜，反应后中生成密度为 1.25g/L 的气体(标准状况下)，写出装置 B 中发生的主
要反应的化学方程式：______，体现 NH3______性质． (3)当 a 处鼓空气时 B 中会产生 NOx，可引起的环境问题，可用 NaOH 等碱液吸收法处理尾气，也可用
NH3 处理氮氧化物并生成无毒害气体，写出 NH3 处理 NO2 的反应的化学方程式______． 三、简答题（本大题共4小题，共20.0分）
9. 铁红(Fe2O3)和钛白粉(TiO2)均为重要的墙面装修颜料。一种利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还
含有少量Fe2O3)联合生产铁红和钛白粉的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)FeTiO3中Fe的化合价为________。
(2)为加快钛铁矿在稀硫酸中的溶解，可采取的措施有___________(任写两种)。酸性溶液中加入适量铁屑的目的是__________________________。
(3)FeSO4溶液与NH4HCO3溶液的反应温度应控制在35 ℃以下，其原因是____________________，该反应的离子方程式是____________________。
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(4)TiO2+转化为TiO(OH)2需要加热，加热的目的是________，该反应的离子方程式为_____________。
−6(5)常温时，在生成的FeCO3达到沉淀溶解平衡的溶液中，测得溶液中c(CO 2−3)=3.0×10mol·
L−1，pH为8.5，则所得的FeCO3中是否含Fe(OH)2？________(列式计算){已知Ksp(FeCO3)=3.0×10−11，Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10−16}。
10. 催化剂是化工技术的核心，绝大多数的化工生产需采用催化工艺。Ⅰ.(1)催化剂的选择性指在
能发生多种反应的反应系统中，同一催化剂促进不同反应的程度的比较，实质上是反应系统中目的反应与副反应之间反应速度竞争的表现。右图所示为一定条件下1 mol CH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物O2(g)和生成物H2O(g)略去]。在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成___________(选填“CO或CO2或HCHO”)。
(2)2007年诺贝尔化学奖授予善于做“表面文章”的德国科学家哈德·埃特尔，他的成就之一是证实了气体在固体催化剂表面进行的反应，开创了表面化学的方法论。埃特尔研究的氮气和氢气分子在固体催化剂表面发生的部分变化过程如图所示：
①下列说法不正确的是_______________。 A.升高温度可以提高一段时间内NH3的生产效率 B.图示中的②→③以及后面几个过程均是放热过程
C.此图示中存在H—H键断裂和N—N键断裂，以及N—H键的形成过程
②合成氨工业中，原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气)在进入合成塔前常用Cu(NH3)2Ac(醋酸二氨合亚铜，Ac代表醋酸根)溶液来吸收原料气中的CO，其反应是：Cu(NH3)2Ac+CO+NH3⇌[Cu(NH3)3]Ac·CO ΔH<0
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生产中必须除去原料气中CO的原因是_________________；Cu(NH3)2Ac溶液吸收原料气中的CO的生产适宜条件应是__________________。
Ⅱ.氮循环是指氮在自然界中的循环转化过程，是生物圈内基本的物质循环之一，存在较多蓝、绿藻类的酸性水体中存在如右图所示的氮循环，请回答相关问题。
++
(3)NH4+3O2⇌2HNO2+2H2O+2H+，硝化过程的方程式是2NH4恒温时在亚硝酸菌的作用下发生该反应，能说明体系达到平衡状态的是___________(填标号)。
A.溶液的pH不再改变
+
B.NH4的消耗速率和H+的生成速率相等
+C.溶液中NH4、NH3·H2O、HNO2、NO−2的总物质的量保持不变
+
NH4实验测得在其它条件一定时，硝化反应的速率随温度变化曲线如下图A所示，温度高于35℃
时反应速率迅速下降的原因可能是_____________。
(4)亚硝酸盐含量过高对人和动植物都会造成直接或间接的危害，因此要对亚硝酸盐含量过高的废水进行处理。处理亚硝酸盐的方法之一是用次氯酸钠将亚硝酸盐氧化为硝酸盐，反应方程式
−−−−3
是ClO−+NO−2⇌NO3+Cl。在25℃和35℃下，分别向NO2初始浓度为5×10mol/L的溶液中按不同的投料比(n(NO−))加入次氯酸钠固体(忽略溶液体积的变化)，平衡时NO−2的去除率和温度、
2
n(ClO−)
a、b、c、d四点ClO−的转化率由小到大的顺序是___________，35℃投料比的关系如上图B所示，
时该反应的平衡常数K=___________(保留三位有效数字)。
11. 近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe−Sm−As−F−O组
成的化合物。回答下列问题：
(1)元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为_______，其沸点比NH3的_______(填“高”或“低”)，其判断理由是_________________________。
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(2)Fe成为阳离子时首先失去______轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3+的价层电子排布式为______________________。
(3)比较离子半径：F−__________O2−(填“大于”等于”或“小于”)。
(4)一种四方结构的超导化合物的晶胞结构如图甲所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图乙所示。
图中F−和O2−共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1−x代表，则该化合物的化学式表示为____________，通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ=________g·cm−3。
以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原子1的坐标为(2,2,2)，则原子2和3的坐标分别为__________、__________。
111
12. 某研究小组按下列路线合成药物双氯芬酸钠：
已知：①
+HCl ②−NO2
Fe/HCl
→−NH2
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请回答：
(1)化合物 A 的结构简式______； (2)下列说法不正确的是______； A. 化合物 B 具有碱性
B. 化合物 D 不能发生自身的缩聚反应
C. 化合物 G 在 NaOH 水溶液能发生取代反应 D. 药物双氯芬酸钠的分子组成为 C14H9Cl2NO2Na (3)写出 G→H 的化学方程式______； (4)以苯和乙烯为原料，设计生成
的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选
)______；
(5)请用结构简式表示同时符合下列条件的化合物 H 的同分异构体______。 ①分子中含有联苯结构(
)和−OCH3基团；
②核磁共振氢谱显示只有 4 种不同的 H 原子。
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-------- 答案与解析 --------
1.答案：B
解析：解：A.HClO见光分解为HCl与氧气，故A错误；
B.NH4Cl加热分解生成氨气和HCl，而见光不分解，故B正确； C.HNO3见光分解为二氧化氮、氧气与水，故C错误； D.AgNO3见光分解Ag、二氧化氮、氧气，故D错误； 故选：B。
浓硝酸、硝酸银、次氯酸见光都易分解，而氯化铵加热分解，见光不分解，据此进行解答。
本题考查常见物质的性质，为高频考点，题目难度不大，试题综合考查元素化合物知识，侧重物质稳定性的考查，注意反应条件为光照，试题培养了学生的灵活应用能力。 2.答案：B
A、22.4LH2O含有的分子数N=nNA=VNA，解析：解：标况下水不是气态，气体摩尔体积22.4L/ml
m
V
不能代入，故A错误；
B、根据微粒数N=nNA=MNA=106g/mol×2NA=0.02NA，故B正确；
C、气体摩尔体积22.4L/ml必须使用于标况下的气体，而不是通常状况下的气体，故C错误；
D、根据微粒数N=nNA=cVNA，所以必须知道溶液体积才能计算，故D错误。 故选：B。
A、标况下水不是气态，气体摩尔体积22.4L/ml必须使用于标况下的气体； B、根据微粒数N=nNA=MNA来计算；
C、气体摩尔体积22.4L/ml必须使用于标况下的气体； D、根据微粒数N=nNA=cVNA来计算．
本题考查学生有关阿伏伽德罗常熟的有关计算知识，可以根据所学知识来回答，难度不大． 3.答案：A
mm
1.06g
解析：解：A.由结构简式可知分子式为C5H8，故A正确； B.分子中含有1种H，则一氯代物有一种，故B错误；
C.含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有碳原子不在同一平面上，故C错误； D.不含碳碳三键，与丙炔不是同系物，故D错误。 故选：A。
分子式为C5H8，不饱合度为
5×2+2−8
2
=2，分子中含有1种H，具有甲烷的结构特点，以此解答该题。
本题考查有机物结构和性质，涉及基本概念、分子空间结构等知识点，侧重考查学生对基本概念、基本知识的理解和掌握，熟练掌握基本概念及甲烷、乙烯、苯的空间结构，题目难度不大。 4.答案：D
解析：
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【分析】
本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度不大，注意对基础知识的理解掌握． 【解答】
由短周期元素的位置，可知X为He元素，Y为F元素，Z为S元素． A.X为He，原子最外层为稳定结构，性质最稳定，故A正确； B.Y为F元素，其氢化物为HF，故B正确；
C.Z为S元素，其单质常温下是淡黄色固体，故C正确； D.X为He，不能形成HHeO，故D错误， 故选：D． 5.答案：D
解析： 【分析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的制备、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。 【解答】
A.温度计测定馏分的温度，水银球应在支管口处，故A错误；
B.氨气与水反应后显碱性，选湿润的pH试纸检验氨气，不能选干燥的pH试纸，故B错误； C.导管口在碳酸钠溶液的液面下，易发生倒吸，导管口应在液面上，故C错误；
D.氯化铵与氢氧化钙加热生成氨气，氨气的密度比空气密度小，图中装置可制备氨气，故D正确； 故选：D。 6.答案：C
解析： 【分析】
本题考查原电池的工作原理，注意电极b发生的反应结合物质所含元素化合价的变化判断原电池的正负极，把握电极方程式的书写方法，题目难度中等。 【解答】
由加热使电池工作时电极b发生的反应是PANI−2e−=PANIO(氧化态聚苯胺，绝缘体)+2H+，可
a电极为原电池的正极，知电极b为原电池的负极，发生还原反应，电极方程式为Fe3++e−=Fe2+，
电池冷却时Fe2+在电极b表面与PANIO反应可使电池再生，则冷却时发生的方程式为：2Fe2++PANIO+2H+=2Fe3++PANI， A.电池工作时，a电极为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为Fe3++e−=Fe2+，故A正确； B.电池工作时，电极b发生的反应是PANI−2e−=PANIO(氧化态聚苯胺，绝缘体)+2H+，所以在电极b周围滴加几滴紫色石蕊试液，电极b周围慢慢变红，故B正确； C.电池冷却时，Fe2+在电极b表面与PANIO反应可使电池再生，发生的方程式为：2Fe2++PANIO+2H+=2Fe3++PANI，没有形成原电池，因此正负极间接有电流表或检流计，指针不偏转，故C错误；
D.电池冷却时，Fe2+在电极b表面与PANIO反应可使电池再生，发生的方程式为：2Fe2++PANIO+2H+=2Fe3++PANI，故D正确。 故选C。 7.答案：B
解析：
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【分析】
本题考查了水解的综合应用，是高频考点，正确推断各粒子组成为解答关键，注意掌握离子浓度大小比较方法，试题有利于提高学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度中等。 【解答】
常温下，0.2moI⋅L−l的Na2CO3溶液与0.2moI⋅L−l的盐酸等体积混合后，反应后溶质为碳酸氢钠和氯
+
化钠，HCO−3水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，则反应后溶液中满足：c(Na)=0.2mol/L>
2−−+
c(Cl−)=0.1mol/L>c(HCO−3)>c(OH)>c(H2CO3)>c(H)>c(CO3)，X、Y、Z均表示含碳微
2−
粒，结合图象可知A为Cl−、X为HCO−3、Y为H2CO3、Z为CO3，据此进行解答。 A.根据分析可知，A为Cl−，故A错误；
−−2−+B.溶液中存在3个平衡，以水解为主，HCO−3+H2O⇌H2CO3+OH，HCO3⇌H+CO3，H2O⇌
H++OH−，Y为H2CO3，水还电出氢氧根，则溶液中c(OH−)>c(Y)，故B正确；
C.向该溶液中加水稀释，碱性减弱，c(OH−)减小，温度不变，水的离子积不变，则c(H+)增大，故C错误； D.X为HCO−Y为H2CO3、Z为CO2−c(HCO−根据碳原子守恒则c(X)+c(Y)+c(Z)为：3、3)+c(H2CO3)+3，
++c(CO2−3)=0.1mol/L，c(Na)=0.2mol/L则c(X)+c(Y)+c(Z)=2c(Na)，故D错误。
1
故选B。
8.答案：2NH4Cl+Ca(OH)2
催化剂
△
△
CaCl2+2NH3↑+2H2O；2NH3+3CuO
N2+3Cu+3H2O；还原；
8NH3+6NO2
7N2+12H2O
(1)装置A中氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气，解析：解：反应的化学方程式为2NH4Cl+
△
Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O，
△
故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O；
△
(2)装置 B固体为氧化铜，反应后中生成密度为 1.25g/L的气体，气体的相对分子质量为1.25×22.4=28，应生成氮气，反应的化学方程式为2NH3+3CuO气表现为还原性；
△
N2+3Cu+3H2O，反应中氨
故答案为：2NH3+3CuO
N2+3Cu+3H2O；还原；
催化剂
(3)NH3处理NO2生成无毒害气体，应生成氮气，反应的方程式为8NH+6NO
32
催化剂
7N2+12H2O，
故答案为：8NH+6NO
32
7N2+12H2O.
氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气，经碱石灰干燥后，装置 B固体为氧化铜，反应后中
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生成密度为 1.25g/L的气体，气体的相对分子质量为1.25×22.4=28，应生成氮气，如鼓入空气，B中可生成NO等气体，C中可观察到红棕色气体，可用碱液吸收尾气，以此解答该题．
本题综合考查气体的制备以及性质实验，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，主要把握物质的性质易实验的原理，难度不大． 9.答案：(1)+2
(2)采用钛铁矿粉末、升高温度、使用浓度较大的稀硫酸等；将Fe3+还原为Fe2+ (3)减少NH4HCO3分解、减少Fe2+水解；Fe2++2HCO−3=FeCO3↓+CO2↑+H2O (4)促进水解，加快反应速率；TiO2++2H2O(5)Ksp(FeCO3)=c(Fe)·
2+
TiO(OH)2+2H+ =
Ksp(FeCO3)c(CO2−3)
c(CO 2−故c(Fe2+)3)，
=
3.0×10−113.0×10−6
mol/L=1.0×10−5mol⋅L−1，
pH=8.5，则c(OH−)=10−5.5mol⋅L−1，故c(Fe2+)⋅c2(OH−)=10−16 本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。 【解答】 由流程可知，加硫酸溶解生成TiO2+和Fe3+、Fe2+，加入铁还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，得到硫酸亚铁和TiOSO4，对溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到绿矾晶体和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入碳酸钠加热，促进TiO2+的水解生成TiO(OH)2，分解得到TiO2⋅nH2O；绿矾晶体溶于水，加入足量碳酸氢铵溶液可生成碳酸亚铁和二氧化碳，通入氧气煅烧可生成氧化铁，以此解答该题。 (1)设FeTiO3中Fe的化合价为x，则x+(+4)+(−2)×3=0，得x=+2 故答案为：+2； (2)为加快钛铁矿在稀硫酸中的溶解，可采取的措施有采用钛铁矿粉末、升高温度、使用浓度较大的稀硫酸等；酸性溶液中加入适量铁屑的目的是将Fe3+还原为Fe2+， 故答案为：采用钛铁矿粉末、升高温度、使用浓度较大的稀硫酸等；将Fe3+还原为Fe2+； (3)FeSO4溶液与NH4HCO3溶液的反应温度应控制在35℃以下，其原因是减少NH4HCO3分解、减少Fe2+水解，该反应的离子方程式是Fe2++2HCO−3=FeCO3↓+CO2↑+H2O， 故答案为：减少NH4HCO3分解、减少Fe2+水解；Fe2++2HCO−3=FeCO3↓+CO2↑+H2O； (4)TiO2+转化为TiO(OH)2需要加热，加热的目的是促进水解，加快反应速率，该反应的离子方程式为TiO2++2H2O TiO(OH)2+2H+， TiO(OH)2+2H+； −11 故答案为：促进水解，加快反应速率；TiO2++2H2O 3.0×10 3.0×10−5 mol⋅L−1，(5)Ksp(FeCO3)=c(Fe2+)⋅c(CO2−pH=8.5，故c(Fe2+)=3)，−6mol/L=1.0×10 则c(OH−)=10−5.5 mol⋅L−1，故c(Fe2+)⋅c2(OH−)=10−16 2+ 故答案为：Ksp(FeCO3)=c(Fe2+)·c(CO 2−3)，故c(Fe)= Ksp(FeCO3)c(CO2−3) = 3.0×10−113.0×10−6mol/L=1.0× 10−5 mol⋅L−1，pH=8.5，则c(OH−)=10−5.5 mol⋅L−1，故c(Fe2+)⋅c2(OH−)=10−16< 第11页，共16页 Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10−16，故所得的FeCO3中无Fe(OH)2。 10.答案：(1)HCHO (2)①C ②防止CO使催化剂中毒 高压、低温 (3)A 温度过高使亚硝酸菌失去活性 (4)d、c、b、a；2.67 解析： 【分析】 本题考查了化学平衡的影响因素分析、平衡计算应用、反应过程中能量变化、图象的理解应用等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度较大。 【解答】 (1)根据图象可以看出转化成甲醛时活化能最低，使用催化剂时主要产物为HCHO， 故答案为：HCHO； 升高温度，可促进反应的进行，加快反应速率，可以提高一段时间内NH3(2)①A.反应未达到平衡时， 的生产效率，故A正确； B.图①→②为化学键的断裂过程，为吸热过程，图②→③为化学键的形成过程，为放热过程，后面是化学键形成过程为放热过程，故B正确； C.图中分析可知包含反应物氮气化学键断裂，存在三键的断裂，N−H键的形成，不包含H−H键的断裂，故C错误； 故答案为：C； ②生产中必须除去原料气中CO的原因是：防止CO使催化剂中毒，Cu(NH3)2Ac+CO+NH3⇌[Cu(NH3)3]Ac⋅CO△H<0，反应为气体体积减小的放热反应，Cu(NH3)2Ac溶液吸收原料气中的CO的生产适宜条件应是：高压、低温，平衡正向进行， 故答案为：防止CO使催化剂中毒；高压、低温； ++ (3)NH4+3O2⇌2HNO3+2H2O+2H+，硝化过程的方程式是2NH4恒温时在亚硝酸菌的作用下发生该反应，能说明体系达到平衡状态的条件是正逆反应速率相同，个组分含量保持不变， A.溶液的pH不再改变，说明微粒难度保持不变，说明反应达到平衡状态，故A正确； + B.速率之比等于化学方程式计量数之比，NH4的消耗速率和H+的生成速率相等，只能说明平衡正向进行，不能说明反应达到平衡状态，故B错误； + C.元素守恒，溶液中NH4、NH3⋅H2O、HNO3、NO−2的总物质的量始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误； + 实验测得在其它条件一定时，NH4硝化反应的速率随温度变化曲线如图A所示，温度高于35℃时反应速率迅速下降的原因可能是：温度过高使亚硝酸菌失去活性， 故答案为：A；温度过高使亚硝酸菌失去活性； (4)处理亚硝酸盐的方法之一是用次氯酸钠将亚硝酸盐氧化为硝酸盐，反应方程式是ClO−+NO−2=NO−3 +Cl − .在25℃和35℃下，分别向NO−2初始浓度为5 ×10 −3 mol/L 的溶液中按不同的投料比n(NO−) 2 n(ClO−) 35°C平衡时NO−加入次氯酸钠固体(忽略溶液体积的变化)，消耗NO−2的去除率80%，2的物质的量浓度=5×10−3mol/L×80%=0.004mol/L，投料比为2，则n(ClO−)=10−2mol/L，ab为相同温度下，cd为相同温度下，n(NO−)比值越大，ClO−的转化率越小，则a、b、c、d四点ClO−的转化率由小到大 2 n(ClO−) 第12页，共16页 的顺序是dcba，结合三行计算列式： −− ClO−+NO−2=NO3+Cl 起始量(mol/L) 0.01 0.005 0 0 变化量(mol/L)0.004 0.004 0.004 0.004 平衡量(mol/L)0.006 0.001 0.004 0.004 K=0.006×0.001=2.67， 故答案为：dcba；2.67。 11.答案：(1)三角锥形；低；NH3分子间存在氢键； (2)4s；4f5； (3)小于； (4)SmFeAsO1−xFx； 2[281+16(1−x)+19x] a2cNA×10−300.004×0.004 ；(2,2,0)；(0,0，2)。 111 解析： 【分析】 本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、等电子体、氢键等知识点，侧重考查基础知识掌握和运用、空间想像能力及计算能力，明确原子生成离子时失电子特点、均摊法在晶胞计算中的正确运用是解本题关键，题目难度中等。 【解答】 (1)等电子体结构相似，AsH3和NH3为等电子体，二者结构相似，氨气分子为三角锥形，根据氨气分子空间构型判断AsH3空间构型为三角锥形；能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，NH3分子间形成氢键、AsH3分子间不能形成氢键，所以熔沸点：NH3>AsH3，即AsH3沸点比NH3的低， 故答案为：三角锥形；低；NH3分子间存在氢键； (2)Fe失去电子生成阳离子时电子从外到内依次失去，Fe原子最外层电子属于4s轨道，所以成为阳离子时首先失去4s轨道电子，Sm的价层电子排布式4f66s2，该原子失去电子生成阳离子时应该先失去6s电子，后失去4f电子，Sm3+价层电子排布式为4f5， 故答案为：4s；4f5； (3)电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，F−和O2−电子层结构相同且原子序数F>O，则离子半径F−小于O2−， 故答案为：小于； (4)该晶胞中As原子个数=4×2=2、Sm原子个数=4×2=2、Fe原子个数=1+4×4=2、F−和O2−离子总数=8×8+2×2=2，则该晶胞中As、Sm、Fe、F−和O2−离子总数个数之比=2：2：2：2=1：1：1：1，如果F−个数为x，则O2−个数为1−x，所以该化合物化学式为SmFeAsO1−xFx；该晶胞体积=(a×10 281+16×(1−x)+19x ×2 NA a2c×10−30M×2NA 111 11 −10 ×a×10 −10 ×c×10 −10 )cm=ac×10 32−30 cm，晶体密度= 3mV = V = g/cm3= 2[281+16(1−x)+19x] a2cNA×10−30g/cm3， 1 1 图1中原子1的坐标为(2,2,2)，则原子2在x、y、z轴上投影分别位于2、2、0，原子3在x、y、z轴上的投影分别为0、0、2，所以原子2和3的坐标分别为 1 111 第13页，共16页 (2,2,0)，(0,0，2)， 故答案为：SmFeAsO1−xFx； 2[281+16(1−x)+19x] a2cNA×10−30 111 ；(2,2,0)；(0,0，2)。 111 12.答案： BD CH2=CH2 → 酸性KMnO4 → Fe/HCl → 、 、、 解析：解：根据H结构简式知，A结构简式为 ，B为 ，A发生信息①的反应， C结构简式为根据H结构简式知，D和E发生反应生成F，，根据F结构简式及D 分子式知，D为HOCH2COOH，E为Cl2，根据G分子式知，C和F发生取代反应生成G，G为 ，G发生 消去反应生成H，H结构简式为， (1)化合物 A 的结构简式为，故答案为：； (2)A. B为，氨基具有碱性，故A正确； B.D为HOCH2COOH，能发生自身的缩聚反应，故B错误； C. 化合物 G 在 NaOH 水溶液能发生取代反应生成H，故C正确； D. 药物双氯芬酸钠的分子组成为 C14H10Cl2NO2Na，故D错误； 故选BD； 第14页，共16页 (3)G为，G发生取代反应生成H，H结构简式为， 反应方程式为， 故答案为：； (4)苯和乙烯发生加成反应生成，和浓硝酸发生取代反应生成 ，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，发生 还原反应生成， 其合成路线为 CH2=CH2 → 酸性KMnO4 → Fe/HCl → ， 故答案为： CH2=CH2 → 酸性KMnO4 → Fe/HCl → ； (5)H为，H的同分异构体符合下列条件： ①分子中含有联苯结构( )和−OCH3基团； ②核磁共振氢谱显示只有 4 种不同的 H 原子， 符合条件的同分异构体有 、 、 第15页，共16页 、， 故答案为：、、、 。 根据H结构简式知，A结构简式为，B为，A发生信息①的反应，根据H结构 C结构简式为简式知，D和E发生反应生成F，，根据F结构简式及D分子式知， D为HOCH2COOH，E为Cl2，根据G分子式知，C和F发生取代反应生成G，G为发生 ，G 取代反应生成H，H结构简式为， (4)苯和乙烯发生加成反应生成，和浓硝酸发生取代反应生成 ，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，发生 还原反应生成。 本题考查有机物推断和有机合成，侧重考查知识综合运用能力，明确有机物官能团及其性质、物质 之间的转化关系、反应条件是解本题关键，难点是合成路线设计及同分异构体判断，题目难度中等。 第16页，共16页 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容