辽宁省兴城市2019届高三化学第九次模拟考试试题（含解析）

1、辽宁省兴城市2019届高三化学第九次模拟考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Fe 56 Zn 65第卷一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.清代赵学敏本草纲目拾遗中关于“鼻冲水”的记载明确指出：“鼻冲水，出西洋，贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减惟以此水瓶口对鼻吸其气，即遍身麻颤出汗而愈。虚弱者忌之。宜外用，勿服。”这里的“鼻冲水”是稀硫酸、氢氟酸溶液、氨水、醋酸溶液中的一种。下列有关“鼻冲水”的推断正确的是()A. “鼻冲水”滴入酚酞溶液

2、中，溶液不变色B. “鼻冲水”中含有5种粒子C. “鼻冲水”是弱电解质D. “鼻冲水”不能使二氧化硅溶解【答案】D【解析】分析：根据鼻冲水贮存在玻璃瓶中可知鼻冲水不是氢氟酸，根据性质可判断其易挥发，又因为宜外用，勿服，因此可判断应该是氨水，据此解答。详解：A氨水显碱性，滴入酚酞溶液中，溶液变红色，A错误；B氨水中含NH3、H2O、NH3H2O、H+、NH4+、OH-，含有分子和离子的种类为6种，B错误； C由鼻冲水（氨水）可知，氨水为混合物，而弱电解质为化合物，则氨水不是弱电解质，而一水合氨为弱电解质，C错误；D氨水显弱碱性，不能溶解二氧化硅，D正确答案选D。2.NA表示阿伏加德罗常数的值，下

3、列叙述正确的是()A. 1 mol铁在一定条件下分别和氧气、氯气、硫完全反应转移电子数都为2NAB. 30 g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的氢原子数为4NAC. 12 g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为2NAD. 2.1 g DTO中含有质子数为NA【答案】D【解析】【详解】A、1 mol铁在一定条件下分别与氧气、氯气、硫完全反应，与氧气生成四氧化三铁，转移了mol电子，与氯气反应生成氯化铁，转移了3mol电子，与S反应生成FeS，转移了2mol电子，故A错误；B、葡萄糖和冰醋酸最简式相同为CH2O，30g葡萄糖和冰醋酸的混合物含有原子团CH2O的物质的量=1mol，含有的氢原子数为2N

4、A，故B错误；C、石墨烯中每一个六元环平均含有2个碳原子，故12g石墨烯即1mol石墨中含1molC原子，含有0.5mol六元环，即0.5NA个六元环，故C错误；D.2.1gDTO的物质的量为=0.1mol，而一个DTO中含10个质子，故0.1molDTO中含NA个质子，故D正确；答案选D。3.下列实验方案正确且能达到实验目的的是( )A. 证明碳酸的酸性比硅酸强B. 验证草酸晶体是否含结晶水C. 检验混合气体中H2S和CO2D. 制备乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A盐酸挥发出的HCl也能和硅酸钠反应，应先除去，A项错误；B草酸受热易熔化，所以试管口不能向下倾斜，且草酸受热分解也会产生水，

5、B项错误；C足量酸性高锰酸钾溶液可检验并除去H2S，可通过澄清石灰水变浑浊检验CO2的存在，C项正确；D导管不能插入饱和碳酸钠溶液中，否则会引起倒吸，D项错误；所以答案选择C项。4.香草醛是一种广泛使用的可食用香料，可通过如下方法合成。下列说法正确是( )A. 物质的分子式为C7H7O2B. CHCl3分子具有正四面体结构C. 物质、(香草醛)互为同系物D. 香草醛可发生取代反应、加成反应【答案】D【解析】【详解】A物质()的分子式为C7H8O2，故A错误；BC-H、C-Cl的键长不同，CHCl3分子是四面体结构，而不是正四面体结构，故B错误；C物质、结构不相似，含有醛基，二者不是同系物，故C

6、错误；D香草醛中含有苯环、羟基和醛基，则可发生取代、加成反应，故D正确；答案选D。5.如图是某另类元素周期表的一部分，下列说法正确的是()A. 简单阴离子的半径大小：XYZB. 单质的氧化性：XYZC. Y的氢化物只有一种D. X的最高价氧化物对应的水化物为强酸【答案】A【解析】【分析】根据周期表中元素的排列规律可知：X为P元素，Y为N元素，Z为O元素，结合元素周期律分析判断。【详解】周期表中元素的排列规律可知：X为P元素，Y为N元素，Z为O元素。A一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，离子半径的大小：XYZ，故A正确；B元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，

7、单质的氧化性XYZ，故B错误；CN的氢化物不只有一种，可以是氨气、联氨等氢化物，故C错误；DP的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，属于中强酸，故D错误；答案选A。【点睛】理解元素的排列规律，正确判断元素是解题的关键，本题的易错点为C，要注意肼也是N的氢化物。6.氨硼烷(NH3BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为NH3BH33H2O2=NH4BO24H2O 。已知H2O2足量，下列说法正确的是()A. 正极的电极反应式为2H2e=H2B. 电池工作时，H通过质子交换膜向负极移动C. 电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3D. 工作足够长时间后，若

8、左右两极室质量差为1.9 g，则电路中转移0.6 mol电子【答案】D【解析】【分析】根据氨硼烷(NH3BH3)电池工作时的总反应为NH3BH3+3H2O2NH4BO2+4H2O可知，左侧NH3BH3为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为NH3BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧为正极，H2O2得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H+6e-6H2O，据此分析解答。【详解】A右侧为正极，H2O2得到电子发生还原反应，电极反应式为H2O2+2H+2e-=2H2O，故A错误；B放电时，阳离子向正极移动，所以H+通过质子交换膜向正极移动，故B错误；C电池工作时，负极的电极

9、反应式为NH3BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极电极反应式为3H2O2+6H+6e-6H2O，不能放出H2和NH3，故C错误；D未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，通入氨硼烷后，负极电极反应式为NH3BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极的电极反应式为3H2O2+6H+6e-6H2O，假定转移6mol电子，则左室质量增加=31g-6g=25g，右室质量增加6g，两极室质量相差19g，则理论上转移0.6mol电子，工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9g，故D正确；答案选D。7.已知H2A为二元弱酸。室温时，配制一组c(H2A)+c(HA-) +c(A2-)=0

10、. 100molL-1的H2A和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是A. pH=2 的溶液中：c(H2A)+c(A2-)c(HA- )B. E点溶液中：c(Na+)-c(HA-)2c(A2- )【答案】A【解析】A、根据图像，可以得知pH=2时c(HA)c(H2A)c(A2)，故A说法错误；B、E点：c(A2)=c(HA)， 根据电荷守恒：c(Na)c(H)=c(OH)c(HA)2c(A2)，此时的溶质为Na2A、NaHA，根据物料守恒，2n(Na)=3n(A)，即2c(Na)=3c(A2)3c(HA)3c(H

11、2A)，两式合并，得到c(Na)c(HA)=c(HA)3c(H2A)c(A2)/2，即c(Na)c(HA)=0.1c(H2A)，c(Na)-c(HA)2c(A2 )，故D说法正确。8.“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。为减小和消除CO2对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对CO2创新利用的研究。(1)已知：CO(g)H2O(g)H2(g)CO2(g)H41 kJmol1C(s)2H2(g) CH4(g)H73 kJmol12CO(g) C(s)CO2(g)H171 kJmol1写出CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式：_(2)目前工业

12、上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，在容积为2 L密闭容器中，充入1 mol CO2和3.25 mol H2在一定条件下发生反应，测得CO2、CH3OH(g)和H2O(g)的物质的量(n)随时间的变化如图所示：从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)_。下列措施一定不能使CO2的平衡转化率增大的是_。A 在原容器中再充入1 mol CO2 B 在原容器中再充入1 mol H2C 在原容器中充入1 mol氦气 D 使用更有效的催化剂E 缩小容器的容积 F 将水蒸气从体系中分离(3)煤化工通常研究不同条件下CO转化率以解决实际问题。已知在催化剂存在条件下反应：CO(g)H

13、2O(g) H2(g)CO2(g)中CO的平衡转化率随p(H2O)/p(CO)及温度变化关系如图所示：上述反应的正反应方向是_反应(填“吸热”或“放热”)；对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数(记作Kp)，则该反应的Kp_（填表达式，不必代数计算）；如果提高p（H2O）/p（CO），则Kp_(填“变大”“变小”或“不变”)。使用铁镁催化剂的实际工业流程中，一般采用400 左右、p（H2O）/p（CO）35，采用此条件的原因可能是_(4)科学家用氮化镓材料与铜组装成如图所示的人工光合系统，利用该装置实现了用CO2和H2O合成CH4。下列关于该电

14、池的叙述错误的是_。A该装置能量转化形式仅存在将太阳能转化为电能B铜电极为正极，电极反应式为CO28e8H=CH42H2OC电池内部H透过质子交换膜从左向右移动【答案】 (1). CO2(g)4H2(g)CH4(g)2H2O(g)H162 kJmol1 (2). 0.112 5 molL1min1 (3). ACD (4). 放热 (5). pCO2pH2/pCOpH2O (6). 不变 (7). 催化剂的活性温度在400 左右；投料比太低，CO的平衡转化率不高，而400 左右，投料比35时CO的平衡转化率较高，已能满足要求，再增加投料比，成本增大，但CO的平衡转化率提高不多，经济上不合算 (

15、8). A【解析】【分析】(1)依据热化学方程式和盖斯定律分析计算；(2)根据图知，达到平衡状态时n(CH3OH)=n(H2O)=0.75mol，根据H原子守恒得消耗n(H2)=2n(CH3OH)+n(H2O)=20.75mol+0.75mol=2.25mol，结合v(H2)=计算；使CO2的转化率增大须使平衡向正反应方向移动，可采取的措施有增大压强、分离生成物或增加另一种反应物等措施；(3)由图可知，在相同的时，温度越高，CO的转化率越低，据此分析判断；根据平衡常数的含义结合平衡常数只与温度有关判断；结合投料比、催化剂的活性、经济成本分析解答；(4)该装置中，根据电子流向可知GaN是负极、C

16、u是正极，负极反应式为：2H2O-4e-=4H+O2，正极反应式为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，据此分析解答。【详解】(1)CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)H=-41kJmol-1，C(s)+2H2(g)CH4(g)H=-73kJmol-1，2CO(g)C(s)+CO2(g)H=-171kJmol-1，盖斯定律计算+-2 得到CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)H=-162 kJmol-1，故答案为：CO2(g)4H2(g)CH4(g)2H2O(g)H-162 kJmol-1；(2)根据图知，达到平衡状态时n(CH3OH)=n(H2O)=0.75

17、mol，根据H原子守恒得消耗n(H2)=2n(CH3OH)+n(H2O)=20.75mol+0.75mol=2.25mol，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)=0.1125mol/(Lmin)，故答案为：0.1125mol/(Lmin)；A在原容器中再充入l mol CO2，平衡正向移动，但是反应消耗的二氧化碳增加量小于加入二氧化碳增加量，所以二氧化碳的转化率减小，故A选；B在原容器中再充入1mol H2，平衡正向移动，消耗的二氧化碳量增加，则二氧化碳转化率增大，故B不选；C在原容器中充入l mol氦气，参加反应的各物质的物质的量浓度不变，平衡不移动，则二氧化碳转化率不变，故C选；

18、D使用更有效的催化剂，增大化学反应速率，但是平衡不移动，则二氧化碳转化率不变，故D选；E缩小容器的容积，增大压强平衡向气体体积减小的正反应方向移动，二氧化碳转化率增大，故E不选；F将水蒸气从体系中分离，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故F不选；不能使CO2的平衡转化率增大的有ACD，故答案为：ACD；(3)由图可知，在相同的时，温度越高，CO的转化率越低，说明升高温度，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，故答案为：放热；对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度也可以表示平衡常数(记作Kp)，反应的平衡常数=；平衡常数只与温度有关，与浓度无关，所以提高比，则KP不变；由图

19、象可知，投料比太低，CO的转化率不太高，而投料比35时转化率已经很高，再增加投料比，需要大大的增加蒸汽添加量，这样在经济上不合算，温度在400左右时催化剂的活性最大，所以一般采用400左右， =35，故答案为：；不变；催化剂的活性温度在400 左右；投料比太低，CO的平衡转化率不高，而400 左右，投料比35时CO的平衡转化率较高，已能满足要求，再增加投料比，成本增大，但CO的平衡转化率提高不多，经济上不合算； (4) A根据图示可知，该装置中将太阳能转化为电能和化学能，故A错误；B根据电子流向可知，Cu是正极，正极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成甲烷，电极反应式为：CO2+8e-+8H+=C

20、H4+2H2O，故B正确；C放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，所以装置中的H+由左向右移动，故C正确；故选A。9.肼（N2H4）是一种重要的工业产品。资料表明，氨和次氯酸钠溶液反应能生成肼，肼有极强的还原性。可用下图装置制取肼：（1）写出肼的电子式_，写出肼与硫酸反应可能生成的盐的化学式_；（2）装置A中反应的化学方程式_； （3）实验时，先点燃A处的酒精灯，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶液。滴加NaClO溶液时不能过快、过多的原因_；（4）从实验安全性角度指出该实验装置中存在的缺陷_。（5）准确量取20.00mL含肼溶液，加入硫酸和碳酸氢钠，用0.1000mol/L的标准碘

21、液进行滴定，滴定终点时，消耗V0mL（在此过程中N2H4N2）。该实验可选择_做指示剂；该溶液中肼的浓度为_mol/L（用含V0的代数式表达，并化简）。【答案】 (1). (2). N2H6SO4、（N2H5）2SO4 、N2H6（HSO4）2 (3). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O (4). 防止NaClO氧化肼 (5). A、B间无防倒吸装置，易使A装置中玻璃管炸裂 (6). 淀粉溶液 (7). V0/400【解析】【分析】(1)肼的分子式为N2H4，可以看成氨气分子中的一个氢原子被氨基取代，氨基显碱性，肼可以看成二元碱，据此分析解答；(2)装置A中制备氨气书

22、写反应的方程式； (3)根据肼有极强的还原性分析解答；(4)氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，据此解答； (5)根据标准碘液选择指示剂；在此过程中N2H4N2，I2I-，根据得失电子守恒，有N2H42I2，据此分析计算。【详解】(1)肼的分子式为N2H4，电子式为，肼可以看成氨气分子中的一个氢原子被氨基取代，氨基显碱性，肼可以看成二元碱，与硫酸反应可能生成的盐有N2H6SO4、(N2H5)2SO4 、N2H6(HSO4)2，故答案为：；N2H6SO4、(N2H5)2SO4 、N2H6(HSO4)2；(2)根据图示，装置A是生成氨气的反应，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaC

23、l2+2NH3+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O； (3)实验时，先点燃A处的酒精灯，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶液。肼有极强的还原性，而次氯酸钠具有强氧化性，因此滴加NaClO溶液时不能过快、过多，防止NaClO氧化肼，故答案为：防止NaClO氧化肼；(4)氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，应该在A、B间增加防倒吸装置，故答案：A、B间无防倒吸装置，易使A装置中玻璃管炸裂； (5)使用标准碘液进行滴定，可以选用淀粉溶液作指示剂，当滴入最后一滴碘液，容易变成蓝色，且半分钟内不褪色，则表明达到了滴定终点；在此过程中N2H4N2，I

24、2I-，根据得失电子守恒，有N2H42I2，消耗碘的物质的量=0.1000mol/LV0mL，则20.00mL含肼溶液中含有肼的物质的量=0.1000mol/LV0mL，因此肼的浓度为=mol/L，故答案为：淀粉溶液；。【点睛】本题的易错点和难点为(1)中肼与硫酸反应生成的盐的取代，要注意氨基显碱性，肼可以看成二元弱碱，模仿氨气与硫酸的反应分析解答。10.金属锰及其化合物在工农业生产和科研领域具有广泛的应用。溶液中的Mn2+可被酸性(NH4)2S2O8溶液氧化为 MnO4-，该方法可用于检验Mn2+。(1)用酸性(NH4)2S2O8溶液检验Mn2+时的实验现象为_。(2)该反应的离子方程式为_

25、。(3)(NH4)2S2O8可视为由两分子硫酸缩合所得，则H2S2O8的结构式为 _。实验室用含锰废料(主要成分为MnO2，还含有少量Al2O3、MgO、SiO2)为原料制备Mn的工艺流程如下图所示。难溶物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2Mn(OH)2溶度积常数4.010-381.010-331.810-111.810-13(4)“酸浸”时，MnO2将Fe氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为_；该过程中浸出时间和液固比对锰浸出率的影响分别如下图所示。则适宜的浸出时间和液固比分别为_、_。(5)若“酸浸”后所得滤液中c(Mn2+)=0.18molL-1，则应“调pH”的范围为_。(6)

26、“煅烧”反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。“还原”时发生的置换反应在化学上又叫作_。【答案】 (1). 溶液由无色变为紫红色 (2). 5S2O82-+2Mn2+8H2O= 2MnO4- +10SO42-+16H+ (3). (4). 3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O (5). 60min (6). 3:1 (7). 14/3pH8 (8). 1:2 (9). 铝热反应【解析】【分析】(1)用酸性(NH4)2S2O8溶液检验Mn2+时，Mn2+可被酸性(NH4)2S2O8溶液氧化为MnO4-，溶液中无色的Mn2+被氧化生成紫红色的MnO4-；(2)溶液中的Mn2

27、+可被酸性(NH4)2S2O8溶液氧化为MnO4-，还原产物应为SO42-；(3)H2S2O8可视为由两分子硫酸缩合所得，若硫酸的结构简式为，两个硫酸分子中每个分子去掉一个羟基中的H原子得到H2S2O8；II含锰废料主要成分为MnO2，还含有少量Al2O3、MgO、SiO2，将含锰废料中加入稀硫酸和Fe，SiO2不溶，得到的滤渣1中含有SiO2；MnO2在酸性介质中将Fe氧化为Fe3+，本身被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为 3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O；Al2O3、MgO分别和稀硫酸生成硫酸铝、硫酸镁，过滤，调节滤液的pH，根据流程图知，溶液中Fe3+、Al

28、3+被转化为沉淀，所以滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，向滤液中加入NaF，得到MgF2沉淀，所以滤渣3为MgF2，向滤液中加入碳酸氢铵，得到MnCO3沉淀，过滤后将碳酸锰沉淀灼烧得到MnO2，通过铝热反应得到Mn；据此分析解答。【详解】(1)用酸性(NH4)2S2O8溶液检验Mn2+时，Mn2+可被酸性(NH4)2S2O8溶液氧化为MnO4-，溶液中无色的Mn2+被氧化生成紫红色的MnO4-，所以看到的现象是溶液由无色变为紫红色，故答案为：溶液由无色变为紫红色；(2)溶液中的Mn2+可被酸性(NH4)2S2O8溶液氧化为MnO4-，还原产物应为SO42-，离子方程式为5S2O82-+2

29、Mn2+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+，故答案为：5S2O82-+2Mn2+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+；(3)H2S2O8可视为由两分子硫酸缩合所得，硫酸的结构简式为，两个硫酸分子中每个分子去掉一个羟基中的H原子得到H2S2O8，其结构式为，故答案为：；II(4)“酸浸”时，MnO2将Fe氧化为Fe3+，自身被还原为锰离子，离子方程式为3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O；根据图知，60min后锰的浸出率几乎不变；液固比为3时锰的浸出率最大，适宜的浸出时间和液固比分别为60min、31，故答案为：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn

30、2+2Fe3+6H2O；60min；31；(5)由流程图中信息知，“调pH”的目的是使Fe3+和 A13+沉淀完全，而Mn2+不沉淀，根据KspA1(OH)3=1.010-33，KspFe(OH)3=4.010-38可知，Al3+沉淀完全时Fe3+已沉淀完全，Al(OH)3恰好完全沉淀时的pH为-lg=，Mn2+开始沉淀时的pH为-lg=8，所以溶液的pH范围为pH8，故答案为：pH8；(6)煅烧时发生的反应为2MnCO3+O22MnO2+2CO2，碳酸锰为还原剂、氧气为氧化剂，氧化剂和还原剂物质的量比为12；“还原”时发生铝粉与高熔点金属氧化物的反应，又称铝热反应，故答案为：12；铝热反应。

31、11.铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛。回答下列问题：（1）Fe原子的核外电子排布式为_。（2）含锰奥氏体钢是一种特殊的铁合金，主要由Fe和Mn组成，其中锰能增加钢铁的强度和硬度，提高耐冲击性能和耐磨性能。第三电离能I3(Fe)_I3(Mn)（填“大于”或“小于”），原因_。（3）工业电解熔融的FeO、Fe2O3冶炼高纯铁。FeO与Fe2O3相比，_熔点高，其主要原因是_。（4）FeCl3可与KSCN溶液发生显色反应。SCN-的三种元素中电负性最大的是_。（5）液态环戊二烯中存在的微粒间相互作用有_A 范德华力 B 氢键 C 键 D 键环戊二烯分子中碳原子的杂化轨道类型是_配合

32、物中配体提供电子对的方式包括孤对电子、电子等。二茂铁的分子结构如图所示，其中铁的配位数是_。（6）Fe(CO)3与NH3在一定条件下可合成一种具有磁性的氮化铁。该磁性氮化铁的晶胞结构如图所示。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，该磁性氮化铁的密度为_（列出计算式）gcm-3。【答案】 (1). Ar3d64s2 (或) 1s22s22p63s23p63d64s2 (2). 小于 (3). Mn2+的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子 (4). Fe2O3 (5). FeO与Fe2O3都是离子晶体，Fe3+的半径小且电荷大，Fe2O3晶格能大 (6). N (7

33、). ACD (8). sp2、sp3 (9). 6 (10). 【解析】【分析】(1)Fe为第26号元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理书写该原子核外电子排布式；(2)根据Fe2+的电子排布为Ar3d6，Mn2+的电子排布为Ar3d5，结合稳定结构分析判断；(3)离子晶体晶格能越大，其熔沸点越高，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比；(4)同周期从左到右，电负性逐渐增强，同主族从上到下，电负性逐渐减弱；(5)环戊二烯的结构简式为，据此判断液态环戊二烯中存在的作用力；环戊二烯分子中存在两种碳原子，一种碳原子形成4个键，一种形成3个键，都没有孤电子对；根据二茂铁的分子结构，铁与4个电子形成

34、4个配位键，与2个孤对电子形成2个配位键，据此分析解答；(6)Fe原子位于结构单元的内部、顶点、面心，N原子位于内部，根据均摊法计算该晶胞中Fe原子和N原子个数，计算出晶胞的质量和体积，最后计算晶胞的密度。【详解】：(1)Fe为第26号元素，根据电子排布规律，可知Fe的电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；(2)Fe的电子排布为Ar3d64s2，Mn的电子排布为Ar3d54s2，则Fe2+的电子排布为Ar3d6，Mn2+的电子排布为Ar3d5，Mn2+的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难

35、失电子，故第三电离能I3(Fe)I3(Mn)，故答案为：小于；Mn2+的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子；(3)离子晶体晶格能越大，其熔沸点越高，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比，二者都是离子化合物，Fe3+的半径小且电荷多，Fe3+与O2-之间的离子键晶格能更大，故Fe2O3的熔点高于FeO的熔点，故答案为： Fe2O3；Fe2O3都是离子化合物，Fe3+的半径小且电荷多，Fe3+与O2-之间的晶格能更大；(4)同周期从左到右，电负性逐渐增强，同主族从上到下，电负性逐渐减弱，而周期内变化比同族内变化要小得多，根据S、C、N三种元素位置关系可知，N元素电负性最大，故答案为：氮或N

36、；(5)环戊二烯的结构简式为，液态环戊二烯中存在极性键C-H和非极性键C-C、C=C，单键为键，双键中还含有键，分子间存在范德华力；环戊二烯分子中存在两种碳原子，一种碳原子形成4个键，一种形成3个键，都没有孤电子对，分别采用sp3杂化和sp2杂化；配合物中配体提供电子对的方式包括孤对电子、电子等，根据二茂铁的分子结构，铁与4个电子形成4个配位键，与2个孤对电子形成2个配位键，铁的配位数为6，故答案为：ACD；sp2、sp3；6；(6)Fe原子位于结构单元的内部、顶点、面心，该晶胞中Fe原子个数=12+3+2=6，N原子个数为2，化学式为Fe3N，六棱柱底面积=aasin603cm2=a23cm2，晶胞体积=a23ccm3，氮化铁密度=g/cm3，故答案为：。12.EPR橡胶（）和PC塑料(）的合成路线如下：（1）A的名称是 _。E的化学式为_。（2）C的结构简式_。（3）下列说法正确的是（选填字母）_。A反应的原子利用率为100% BCH3OH在合成PC塑料的过程中可以循环利用C1 mol E与足量金属 Na