2019届宁夏银川高三第二次月考理综化学试题（解析版）

宁夏银川2019届高三年级第二次月考理科综合化学试卷1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中正确的是A.现代化学的重要任务之一是利用化学反应创造新的原子合成新的物质B.雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒直径不相同C.为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶D.在次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫可使其消毒能力增强【答案】B【解析】【详解】A.原子是化学变化中最小微粒，不能被创造，A错误；B.“雾”的分散质为小液滴，“霾”的分散质是固体小颗粒，微粒直径不相同，B正确；C.生石灰或硅胶均无还原性不能与氧化性物质反应，故不能防止食品氧化，C错误；D.生成的次氯酸具有强氧化性，能够把亚硫酸钠氧化为硫酸钠，本身还原为盐酸，其消毒能力减弱，D错误；综上所述，本题选B。2.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.0.1mol/LA1O2-溶液中:Na+、K+、SO32-、CO32-B.在含0.1mol/LHClO溶液中：Cu2+、Fe2+、Cl-、SO42-C.在pH=7的某透明溶液中：Fe3+、Ca2+、NO3-、Cl-D.能使pH试纸变深蓝色的溶液:Na+、NH4+、K+、CO32-【答案】A【解析】【详解】A.A1O2-能够发生水解，溶液显碱性，在碱性溶液中Na+、K+、SO32-、CO32-间可以大量共存，正确；B.HClO溶液具有强氧化性，能够把Fe2+氧化为Fe3+，所以Fe2+不能大量存在，错误；C.pH=7的溶液为中性溶液，而含有Fe3+时，由于Fe3+发生水解，溶液呈酸性，故Fe3+不能大量存在，错误；D.能使pH试纸变深蓝色的溶液显碱性，在碱性环境下，NH4+不能大量共存，D错误；综上所述，本题选A。【点睛】此题是离子共存问题，根据题给条件判断溶液的酸性或碱性，在此基础上，我们再考虑离子能否存在于酸性或碱性环境中，离子间能否发生氧化还原反应，能否发生复分解反应，还要考虑溶液是否无色。3.下列除杂试剂的选择或除杂操作正确的是选项括号内为杂质除杂试剂除杂操作ACO2（SO2）Na2CO3溶液．将气体通过足量的Na2CO3溶液BNa2O2(Na2O)固体O2在纯氧气中加热CFeCl3溶液（CuCl2）Fe粉加入过量Fe粉，充分反应后过滤DNa2SO4溶液（Na2CO3）盐酸加入盐酸至不再产生气泡为止A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.CO2和SO2气体均能和Na2CO3溶液反应，原物质被反应掉，达不到除杂的目的，A错误；B.氧化钠与氧气反应生成过氧化钠，则在纯氧气中加热可除杂质Na2O，B正确；C.FeCl3溶液与铁反应生成氯化亚铁，CuCl2溶液与铁反应生成氯化亚铁和铜，原物质被除去，达不到除杂的目的，C错误；D.Na2CO3溶液与盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳，除去了碳酸钠，但是引入了新的杂质氯化钠，达不到除杂的目的，D错误；综上所述，本题选B。【点睛】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变；除杂质至少要满足两个条件:(1)加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反应；(2)反应后不能引入新的杂质。4.下列有关化学现象和化学概念表述正确的是A.由于四氯化碳的沸点高，所以四氯化碳可用于灭火B.Fe(OH)3胶体做电泳实验时，由阴极区红色加深可知Fe(OH)3胶体带正电荷C.鉴定FeCl3溶液中含有FeCl2可以滴加酸性KMnO4溶液，若褪色，则证明有FeCl2D.1molH3PO3最多可与2molNaOH发生中和反应，因此Na2HPO3属于正盐【答案】D【解析】【详解】A.由于四氯化碳本身不燃烧，也不支持燃烧，所以四氯化碳可用于灭火，A错误；B.Fe(OH)3胶体做电泳实验时，阴极区红色加深，说明Fe(OH)3的胶体粒子带正电荷，而胶体呈电中性，B错误；C.酸性条件下，氯离子能够被酸性KMnO4溶液氧化，而导致酸性KMnO4溶液褪色，不能确定一定是亚铁离子与酸性KMnO4溶液反应，而导致酸性KMnO4溶液褪色，C错误；D.1molH3PO3最多可与2molNaOH发生中和反应，说明H3PO3是一种二元酸，因此Na2HPO3属于正盐，D正确；综上所述，本题选D。5.被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4+2H2O==NaBO2+4H2↑，下列说法中正确的是A.NaBH4中H的化合价为+1价B.NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂C.被氧化的元素与被还原的元素质量之比为1:1D.3.8gNaBH4充分反应，放出8.96LH2【答案】C【解析】【详解】A项，NaBH4中Na为+1价，B为+3价，根据化合价法则可知H为-1价，故A项错误；B项，NaBH4中氢元素的化合价升高，所以NaBH4是还原剂，水中氢元素化合价降低，所以水是氧化剂，故B项错误。C项，化合价升高的元素是NaBH4中的氢元素，被氧化，水中的氢元素被还原，氧化剂和还原剂中H元素的化合价变化数值相同，物质的量之比为1：1，被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1，故C项正确；D项，根据反应可知，3.8gNaBH4的物质的量为3.8/38=0.1mol，产生氢气的量为0.4mol，标况下氢气的体积为8.96L，而题中没有给出气体的存在条件，所以氢气不一定为8.96L，故D项错误；综上所述，本题选C。6.将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中〔已知NaAlO2与CO2反应生成Al（OH）3〕，则生成沉淀的物质的量与通入CO2的体积的关系可表示为A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】将二氧化碳气体通入含有NaOH、Ca（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，

CO2先与Ca(OH)2反应（有沉淀CaCO3生成），当Ca(OH)2消耗完毕后再与氢氧化钠反应（此时无沉淀）；最后与NaAlO2反应（有沉淀氢氧化铝生成），以上过程中图形应是：出现沉淀（CaCO3），沉淀保持不变，沉淀增加；过量的CO2还可以继续与碳酸钠反应得到碳酸氢钠，过量的CO2还可以使CaCO3沉淀溶解，最后只有氢氧化铝沉淀，所以接着的图形应该为：沉淀保持不变，沉淀（CaCO3）减少，沉淀保持不变，故整个过程的图形应为：出现沉淀（CaCO3），沉淀保持不变，沉淀增加，沉淀保持不变，沉淀（CaCO3）减少，沉淀保持不变，满足以上关系的图象为D，故D正确；综上所述，本题选D。7.某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。某校课外兴趣小组以两条途径分别对X进行如下实验探究，下列有关说法正确的是...............A.由图可知X中一定存在Fe2O3B.不可以判断混合物中是否含有Al2O3C.混合物X中含0.64gCuD.Ⅰ中发生的反应的离子方程式为Cu+2H+=Cu2++H2↑【答案】A【解析】【分析】根据途径a可知混合物中含有铜和硅，且能够计算出硅的质量；根据途径b可知，混合物中含有氧化铁，且根据质量守恒，计算出混合物中含有的氧化铁、铜的质量，最后能够计算出氧化铝的质量，据此思路进行解析。【详解】根据途径b可知，混合物X加入过量的强碱溶液，生成偏铝酸钠溶液、硅酸钠溶液，过滤后剩余的固体为5.12克，若全为铜，则固体加入盐酸后，铜不反应，剩余固体仍为5.12克，而实际为0.64克，所以5.12克固体中一定含有Fe2O3和铜；设Fe2O3为xmol,Cu为ymol，根据反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2可知，消耗铜的量为xmol，剩余铜的量为0.64/64=0.01mol，所以：160x+64y=5.12，y-x=0.01，解之得：x=0.02mol，y=0.03mol；根据途径a可知，混合物X加入过量的盐酸溶液，剩余固体为Cu、SiO2，加入足量的强碱溶液，只有SiO2与强碱溶液反应生成硅酸盐，铜不反应，所以剩余铜为0.64/64=0.01mol，所以二氧化硅的质量为1.84-0.64=1.2g，所以氧化铝的质量为：8.36-1.2-0.03×64-0.02×160=2.04g；A.根据以上分析可知，X中一定存在Fe2O3，A正确；B.根据以上分析可知，原混合物中含有Al2O3，B错误；C.根据以上分析可知，混合物X中含0.03×64=1.92gCu，C错误；D.铜和盐酸不反应，D错误；综上所述，本题选A。8.化学兴趣小组对某品牌牙膏中的摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体产生。Ⅰ．摩擦剂中氢氧化铝的定性检验取适量牙膏样品，加水充足搅拌、过滤。（1）往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是_________________。（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸。观察的现象是__________________。Ⅱ．牙膏样品中碳酸钙的定量测定利用下图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。依据实验过程回答下列问题：（3）实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：________________________。（4）C中反应生成沉淀的离子方程式是__________________。（5）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是_________（填标号）。a．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体b．滴加盐酸不宜过快c．在A-B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置d．在B-C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置（6）实验中准确称取10.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为3.94g。则样品中碳酸钙的质量分数为__________。（7）有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是______．【答案】(1).Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O(2).往（1）通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生，沉淀溶解(3).把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收(4).CO2+Ba2++2OH-=BaCO3↓+H2O(5).cd(6).20%(7).B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中．【解析】【详解】Ⅰ.（1）Al（OH）3溶于NaOH溶液生成NaAlO2和H2O，离子方程式为Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O；综上所述，本题答案是：Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O。（2）NaAlO2溶液呈碱性，通入过量CO2时沉淀Al（OH）3和NaHCO3，Al（OH）3是两性氢氧化物，能溶于强酸溶液，所以产生的沉淀溶于稀盐酸中，碳酸氢钠与盐酸反应产生二氧化碳气体；所以看到的现象是：通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生、沉淀溶解；综上所述，本题答案是：往（1）通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生，沉淀溶解。

（2）Ⅱ．（3）空气中含有CO2，所以A装置能吸收空气中CO2，通入空气的目的是将B中产生的CO2全部排入C中，使CO2完全被Ba（OH）2吸收；综上所述，本题答案是：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收。

（4）二氧化碳与氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀和水，离子方程式为：CO2+Ba2++2OH-=BaCO3↓+H2O；综上所述，本题答案是：CO2+Ba2++2OH-=BaCO3↓+H2O。（5）a．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体,提高二氧化碳测定的准确度，错误；b．滴加盐酸不宜过快，使反应物反应充分，提高二氧化碳测定的准确度，错误；c．本实验要测定的是反应产生的二氧化碳气体的量，与水的量无关，因此在A-B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，不能提高测定准确度，正确；d．在B-C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，可以除去盐酸挥发出来的氯化氢气体，但是反应又生成了二氧化碳气体，增大了实验误差，准确度降低，正确；综上所述，本题选cd。（6）根据C原子守恒得n（CaCO3）=n（BaCO3），所以n（BaCO3）=3.94/197=0.02mol，碳酸钙的质量分数为0.02×100/10×100%=20%；综上所述，本题答案是：20%。（7）B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定的二氧化碳的量偏高；综上所述，本题答案是：B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中。9.在平板电视显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末中含有二氧化铈(CeO2)。（1）在空气中煅烧Ce(OH)CO3可制备CeO2，该反应的化学方程式_____________；（2）已知在一定条件下，电解熔融状态的CeO2可制备Ce，写出阳极的电极反应式__________；（3）某课题组以上述废玻璃粉末（含有SiO2、Fe2O3、CeO2以及其它少量不溶于稀酸的物质）为原料，设计如图流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵。①过滤得到滤渣B时，需要将其表面杂质洗涤干净．沉淀洗涤的的操作是__________________________。②反应①的离子方程式为______________________。③操作I的名称是___________。④如图，氧化还原滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。该产品中Ce(OH)4的质量分数为_________（保留两位有效数字）．若滴定所用FeSO4溶液已在空气中露置了一段时间，则测得该Ce(OH)4产品的纯度__________（“偏高”、“偏低”或“无影响”）。【答案】(1).4Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O(2).2O2--4e－=O2↑(3).沿玻璃棒向沉淀中加蒸馏水至没过沉淀，待水流尽，重复两到三次(4).2CeO2＋6H+＋H2O2＝2Ce3+＋4H2O＋O2↑(5).冷却结晶(6).86.67%(7).偏高【解析】【详解】（1）在空气中煅烧Ce（OH）CO3可制备CeO2，该反应方程式为4Ge（OH）CO3+O2═4GeO2+4CO2+2H2O；综上所述，本题答案是：4Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O。（2）电解熔融状态的CeO2可制备Ce，在阴极获得铈，阳极是氧离子失电子变为氧气，电极反应为：2O2--4e－=O2↑；综上所述，本题答案：2O2--4e－=O2↑。（3）废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤，得到滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO；滤渣A（Fe2O3、CeO2、FeO）加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸亚铁溶液，加入氧化剂C可生成硫酸铁，所加氧化剂应避免引入新杂质，滤渣B的成分是CeO2；CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2；Ce3+加碱生成Ce（OH）3悬浊液；Ce（OH）3悬浊液被氧化生成Ce（OH）4；①沉淀洗涤的的操作是沿玻璃棒向沉淀中加蒸馏水至没过沉淀，待水流尽，重复两到三次；综上所述，本题答案是：沿玻璃棒向沉淀中加蒸馏水至没过沉淀，待水流尽，重复两到三次。②CeO2与H2O2反应生成Ce2（SO4）3和O2，反应的方程式为2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2（SO4）3+O2↑+4H2O，离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；综上所述，本题答案是：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O。③根据操作流程判断，由溶液生成固体，应首先进行蒸发浓缩，然后冷却结晶，故答案为：冷却结晶；综上所述，本题答案是：冷却结晶。④称取0.6g样品，加入硫酸溶解，用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定，消耗25.00ml溶液，Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，依据元素守恒计算n（Ce（OH）4）=n（Fe2+）=0.1000mol/L×0.0250L=2.5×10﹣3mol，含量=2.5×10﹣3×208/0.6×100%=86.67%；FeSO4溶液在空气中露置一段时间后会被氧化，消耗硫酸亚铁增大，测定该Ce（OH）4产品的质量分数会偏高；综上所述，本题答案是：86.67%；偏高。【点睛】双氧水是一种常见的绿色强氧化剂，还原产物为水，对环境没有危害；但是双氧水中的氧为-1价，还具有还原性，也能被强氧化剂氧化为氧气，因此在解题时，一定要避免陷入思维定式，认为只能做氧化剂，此题中2Ce4+

+H2O2=2Ce3++O2

↑+2H+反应就是一例。10.（1）某透明溶液仅含Na+、Fe2+、Ba2+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣中的4种离子，所含离子均为1mol．若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变（不考虑水的电离和离子的水解）．回答下列问题：①溶液中存在的离子是____________________；②写出溶液中加入过量的稀硫酸反应的离子方程式____________________________；（2）以TiO2为催化剂用NaClO将CN－离子氧化成CNO－，CNO－在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等。取浓缩后含CN－离子的废水与过量NaClO溶液的混合液共200mL（设其中CN－的浓度为0.2mol·L—1）进行实验。①写出CNO-在酸性条件下被NaClO氧化的离子方程式：________________________；②若结果测得CO2的质量为1.584g，则该实验中测得CN－被处理的百分率为_________________。（3）酸性KMnO4、H2O2在生产、生活、卫生医疗中常用作消毒剂，其中H2O2还可用于漂白，是化学实验室里必备的重要氧化试剂。高锰酸钾造成的污渍可用还原性的草酸(H2C2O4)去除，完成下列问题。①酸性KMnO4还与H2O2发生反应，其氧化产物与还原产物的物质的量之比为_________。②取300mL0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成I2和KIO3的物质的量之比为1：4，则消耗KMnO4的物质的量的是________mol。③写出酸性高锰酸钾与草酸的反应离子方程式______________________________。【答案】(1).Na+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣(2).3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O(3).2CNO-+6ClO-+8H+=N2↑++3Cl2↑+4H2O＋2CO2↑(4).90.0%(5).5:2(6).0.052(7).2MnO4﹣＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑+8H2O【解析】【详解】（1）某透明溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，气体只能为NO，为Fe2+、NO3-之间氧化还原反应生成的，由于阴离子种类不变，则原溶液中一定存在SO42-，又溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，根据由电荷守恒，一定还含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+。①综上分析可知，溶液中存在的离子是Na+、Fe2+、NO3-、SO42-；综上所述，本题答案是：Na+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣。②亚铁离子在酸性条件下被硝酸根离子氧化为铁离子，硝酸根离子被还原为一氧化氮，反应的离子方程式3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；综上所述，本题答案是：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O。（2）①CNO-在酸性条件下被NaClO氧化为氮气，而ClO-被还原为氯气，反应的离子方程式：2CNO-+6ClO-+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O；综上所述，本题答案是：2CNO-+6ClO-+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O。②1.584g二氧化碳的物质的量=1.584/44=0.036mol，据反应2CNO-+6ClO-+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O，CNO-物质的量为0.036mol，据碳原子守恒，CN－离子与CNO－物质的量相等为0.036mol，开始溶液中CN－离子物质的量=0.2×0.2=0.04mol，故CN－被处理的百分率为0.036/0.04×100%=90.0%；综上所述，本题答案是：90.0%。（3）①KMnO4发生还原反应，MnO4-→Mn2+，化合价变化了5；H2O2发生氧化反应，H2O2→O2，化合价变化了2，根据氧化还原反应电子得失守恒规律可知：5molH2O2被氧化，氧化产物为5mol，2molKMnO4被还原，还原产物为2mol，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:2；综上所述，本题答案是：5:2。②有题意可知：0.06mol-→0.02molI2+0.04molIO3-，转移0.26mol电子，从MnO4-→Mn2+可以看出，化合价由+7价降低为+2价,由电子守恒可以知道参加反应的n(KMnO4)=0.26/(7-2)=0.052mol；综上所述，本题答案是：0.052。③酸性高锰酸钾能够把草酸氧化为二氧化碳，本身被还原为锰离子，反应离子方程式：2MnO4﹣＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑+8H2O；综上所述，本题答案是：2MnO4﹣＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑+8H2O。11.镧系为元素周期表中第ⅢB族、原子序数为57~71的元素。（1）镝(Dy)的基态原子电子排布式为[Xe]4f106s2，画出镝(Dy)原子外围电子排布图：___________。（2）高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+，基态时Cu3+的电子排布式为________________。（3）观察下面四种镧系元素的电离能数据，判断最有可能显示+3价的元素是___________(填元素名称)。几种镧系元素的电离能(单位：kJ•mol-1)元素I1I2I3I4Yb(镱）604121744945014Lu(镥）532139041114987La(镧）538106718505419Ce(铈）527104719493547（4）元素铕(Eu)可以形成配合物[Eu(NH3)2(H2O)2]Cl2。①配合物的中心原子的配位数为_____，配体分子具有相同的___________(从给出选项中用序号表示)。a．分子的立体构型b．VSEPR构型c．键角d．孤电子对数e．中心原子的价层电子对数②写出氮的最简单气态氢化物水溶液中存在的氢键：__________________(任写一种)。③元素Al也有类似成键情况，气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2，分子中Al原子杂化方式为_____________，分子中所含化学键类型有______________(填字母)。a．离子键b．极性键C．非极性键d．配位键（5）PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中镨原子位于面心和顶点，则PrO2的晶胞中有________个氧原子；已知晶胞参数为apm，密度为ρg·cm-3，Mr(PrO2)=173，则NA=_____________(用含a、ρ的代数式表示)。【答案】(1)..(2).[Ar]3d8(或1s22s22p63s23p63d8)(3).镧(4).4(5).be(6).N-H…O(或N-H…N或O-H…N或O-H…O)(7).sp3(8).bd(9).8(10).(或)mol-1【解析】【详解】（1）根据镝(Dy)的基态原子电子排布式[Xe]4f106s2可知，镝(Dy)原子外围4f能级上有10个电子，6s能级上有2个电子，则其外围电子排布图为：；综上所述，本题答案是：。（2）Cu是29号元素，基态原子的电子排布式为：[Ar]3d104s1，高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+，说明Cu失去3个电子，则基态时Cu3+的电子排布式为：[Ar]3d8(或1s22s22p63s23p63d8)；综上所述，本题答案是：[Ar]3d8(或1s22s22p63s23p63d8)。（3）第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，第三个电子越容易失去，+3价可能性越大，在上述表中，镧的I1、I2和I3最接近，则最有可能显示+3价的元素是镧；综上所述，本题答案是：镧。（4）①配合物[Eu(NH3)2(H2O)2]Cl2结构中可知，Eu与2个NH3、2个H2O形成4个配位键，因此该配合物的中心原子的配位数为4；氨气分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+1/2(5-3×1)=4,因此N采取sp3杂化，VSEPR构型为四面体形；水分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+1/2(6-2×1)=4,因此O采取sp3杂化,VSEPR构型为四面体形；选项be符合题意；综上所述，本题答案是：4，be。②N和O元素的电负性强，则NH3的水溶液中存在的氢键有：N-H…O(或

N-H…N或O-H…N或O-H…O)；综上所述，本题答案是：N-H…O(或N-H…N或O-H…N或O-H…O)。③在气态氯化铝(AlCl3)2中，每个Al原子与4个Cl原子形成4个σ键，则Al原子的杂化方式为sp3，在该分子中，与Al原子形成极性共价键的两个Cl原子中，有一个是配位键，氯原子提供电子，铝原子提供空轨道；气态氯化铝(AlCl3)2分子中所含化学键类型有：极性键，配位键；综上所述，本题答案是：sp3；bd。（5）PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中镨原子位于面心和顶点，所以晶胞中镨原子的个数为：6×1/2+8×1/8=4，则氧原子个数为：4×2=8；根据上述分析可知，一个二氧化镨晶胞中含有4个PrO2，则ρ=n×M/V=[(4/NA)×173]/(a×10-10)3，则NA=4×173/ρ×((a×10-10)3或(6.92×1032/ρa3)mol-1；综上所述，本题答案是：8；4×173/ρ×((a×10-10)3或(6.92×1032/ρa3)mol-1。12.以A（C2H2）为原料合成食用香料E和吡咯（pyrrole）的路线如图所示，部分反应条件及产物略去。其中D在一定条件下可被氧化成酮。回答下列问题：（1）A的电子式是_________；已知C是反式产物，则C的结构简式为_________。（2）⑥的反应类型是_________，⑧的反应类型是__________。（3）F含有的官能团的名称是________。（4）反应⑤的化学方程式为__________。（5）肉桂酸（）的同分异构体中，含有苯环和碳碳双键，且能够NaHCO3反应的共有_____种（不考虑顺反异构）。与D互为同分异构体，且核磁共振氢谱有两组峰且面积比为2：3的有机物的结构简式是___________。（6）参照上述合成路线，设计一条由A和乙醛为起始原料制备2，5-二甲基吡咯（）的合成路线___________。【答案】(1).(2).(3).加成反应(4).氧化反应(5).碳碳双键羟基(6).(7).4(8).CH3CH2OCH2CH3(9).【解析】【分析】上支合成路线中，B分子式为C4H6，由乙炔钠（NaC≡CNa）与CH3Cl反应得到，可将NaC≡CNa看作碱，与CH3Cl发生取代反应，则可得B结构简式为CH3C≡CCH3；C由B得到，较之B增加2个H原子，则可判断反应③为B的加成反应，C结构简式为[且由（1）问可知C为反式结构]