参与试题解析

一、选择题

1．下列说法正确的是（   ）

A．厨房中用的食盐、食醋都是电解质

B．古代的陶瓷、砖瓦、现代的玻璃、水泥等，都是硅酸盐产品

C．石油的分馏、煤的干馏、石油的裂解都是化学变化

D．工业上通过电解熔融的氯化物制取Na、Mg、Al三种金属

【考点】电解质与非电解质；含硅矿物及材料的应用；金属冶炼的一般原理；石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用． 

【分析】A．食醋属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；

B．陶瓷、玻璃、水泥是硅酸盐工业产品；

C．石油的分馏是利用物质的沸点不同进行分离；

D．氯化铝是共价化合物，不导电．

【解答】解：A．食醋属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；

B．陶瓷、玻璃、水泥等成分都是二氧化硅、硅酸盐，所以都是硅酸盐产品，故B正确；

C．石油的分馏属于物理变化，故C错误；

D．氯化铝是共价化合物，不能电解冶炼铝单质，故D错误，

故选B．

【点评】本题主要考查的是电解质的概念、硅酸盐概念、物理变化与化学变化，电解原理等，难度不大．

2．下列叙述中，错误的是（   ）

A．苯与浓、浓硫酸共热并保持55～60℃反应生成硝基苯

B．苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷

C．乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1，2﹣二溴乙烷

D．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4﹣二氯甲苯

【考点】苯的性质；乙烯的化学性质；苯的同系物． 

【专题】有机物的化学性质及推断．

【分析】A．根据苯的硝化反应；

B．根据碳碳双键能发生加成反应，苯环也可发生加成反应； 

C．根据碳碳双键能发生加成反应；

D．根据甲苯与氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代；

【解答】解：A．苯的硝化反应：苯与浓、浓硫酸共热并保持55～60℃反应生成硝基苯，故A正确；

B．碳碳双键能发生加成反应，苯环也可发生加成反应，所以苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷，故B正确；

C．碳碳双键能发生加成反应，所以乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1，2﹣二溴乙烷，故C正确；

D．甲苯与氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代，不能得到苯环上氢原子被取代的产物2，4﹣二氯甲苯，故D错误；

故选：D；

【点评】本题主要考查了物质的结构与性质，注意反应条件对产物结构的影响．

3．设NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（   ）

A．标准状况下，2.24LCCl4中含Cl原子数目为0.4NA

B．白磷分子呈正四面体结构，12.4 g白磷中含有P﹣P键数目为0.6NA

C．5.6 g铁粉在2.24l氯气中充分燃烧，失去的电子数为0.3NA

D．常温常压下，10 g46%酒精水溶液中含氧原子总数为0.1NA

【考点】阿伏加德罗常数． 

【分析】A、标况下，四氯化碳为液态；

B、求出白磷的物质的量，然后根据1mol白磷中含6molP﹣P键来分析；

C、求出铁的物质的量和氯气的物质的量，然后判断两者反应的量的情况；

D、水溶液中水中也含氧原子．

【解答】解：A、标况下，四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算，故A错误；

B、12.4g白磷分子的物质的量是=0.1mol，白磷是正四面体型结构，分子中含有6个P﹣P共价键，所以0.1mol白磷分子中含有0.6molP﹣P键，含有P﹣P共价键数目为0.6NA，故B正确；

C、5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，由于与氯气反应后变为+3价，故0.1mol铁粉应消耗0.15mol氯气，而标况下2.24L氯气的物质的量才是0.1mol，故氯气不足，铁粉过量，故应根据氯气的量来计算转移的电子的情况，由于反应后氯元素变为﹣1价，故0.1mol氯气转移0.2mol电子，故C错误；

D、溶剂水中含有氧原子，10g92%酒精水溶液含氧原子总数大于0.2NA，故D错误．

故选B．

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．

4．能正确表示下列反应的离子方程式是（   ）

A．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑

B．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+═Cu↓+2Na+

C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑

D．向FeCl3溶液中加入Mg2：3Mg2+2Fe3+═2Fe3+3Mg2+

【考点】离子方程式的书写． 

【专题】离子反应专题．

【分析】A．反应生成氯化亚铁和氢气；

B．不能置换出Cu，反应生成氢氧化铜、硫酸钠、氢气；

C．HCO3﹣不能拆分；

D．发生沉淀的转化，生成氢氧化铁和氯化镁．

【解答】解：A．浓盐酸与铁屑反应的离子反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；

B．钠与CuSO4溶液反应的离子反应为2Na+2H2O+Cu2+═Cu2↓+2Na++H2↑，故B错误；

C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应的离子反应为HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，故C错误；

D．向FeCl3溶液中加入Mg2的离子反应为3Mg2+2Fe3+═3Mg2++2Fe3，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查离子反应书写的正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意物质的性质及离子反应的书写方法，题目难度不大．

5．“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导作的陶瓷管相隔．下列关于该电池的叙述错误的是（   ）

A．电池反应中有NaCl生成

B．电池的总反应是金属钠还原三价铝离子

C．正极反应为：NiCl2+2e﹣═Ni+2Cl﹣

D．钠离子通过钠离子导体在两电极间移动

【考点】化学电源新型电池． 

【专题】电化学专题．

【分析】该原电池中，钠作负极，负极上电极反应式为：Na﹣e﹣=Na+，Ni/NiCl2作正极，正极上电极反应式为：NiCl2+2e﹣=Ni+2Cl﹣，钠离子向正极移动．

【解答】解：A．负极上电极反应式为：Na﹣e﹣=Na+，正极上电极反应式为：NiCl2+2e﹣=Ni+2Cl﹣，所以该原电池中有氯化钠生成，故A正确；

B．根据正负极电极反应式知，金属钠还原NiCl2，故B错误；

C．正极上得电子发生还原反应，电极反应式为：NiCl2+2e﹣=Ni+2Cl﹣，故C正确；

D．原电池放电时，阳离子向正极移动，钠离子在负极产生，向正极移动，所以钠离子通过钠离子导体在两电极间移动，故D正确；

故选B．

【点评】本题考查原电池原理，明确正负极上得失电子、离子的移动方向即可分析解答，难点是电极反应式的书写，难度中等．

6．在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：

H2S+O2═SO2+H2O△H1

2H2S+SO2═S2+2H2O△H2

H2S+O2═S+H2O△H3

2S═S2△H4

则△H4的正确表达式为（   ）

A．△H4=    B．△H4=

C．△H4=    D．△H4=

【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算． 

【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】利用盖斯定律分析，不管化学反应是一步或分几步完成，其反应热是不变的；根据目标方程改写分方程，然后求出反应热．

【解答】解：根据目标方程，把方程3反写，计量数乘以2；把方程2乘以；把方程1乘以；然后三者相加；即﹣△H3×2+△H2×+△H1×=，

故选A．

【点评】本题考查了盖斯定律的应用，要注意方程式计量数的变化，及△H的符号的变化．

7．室温时，M2⇌M2++2OH﹣Ksp=a，c=b mol•L﹣1时，溶液的pH等于（   ）

A．lg    B．lg    C．14+lg    D．14+lg

【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；pH的简单计算． 

【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】依据Ksp=cc2表达式和题干Ksp=a，C=b mol•L﹣1，计算溶液中氢氧根离子浓度，结合溶液中离子积计算氢离子浓度和溶液pH；

【解答】解：室温时，M2⇌M2++2OH﹣，已知Ksp=a，c=b mol•L﹣1，则c==mol•L﹣1，

所以c==mol•L﹣1，则pH=﹣lgc=14+lg；

故选C．

【点评】本题考查了溶度积常数的有关计算和PH的计算，题目难度不大，注意对Ksp含义的理解．

二、非选择题必考题

8．正丁醛是一种化工原料．某实验小组利用如下装置合成正丁醛．发生的反应如下：CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO

反应物和产物的相关数据列表如下：

将6.0g Na2Cr2O7放入100mL烧杯中，加30mL水溶解，再缓慢加入5mL浓硫酸，将所得溶液小心转移至B中．在A中加入4.0g正丁醇和几粒沸石，加热．当有蒸汽出现时，开始滴加B中溶液．滴加过程中保持反应温度为90～95℃，在E中收集90℃以下的馏分．将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集75～77℃馏分，产量2.0g．

回答下列问题：

实验中，能否将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，说明理由　不能，浓硫酸溶于水会放出大量热，容易溅出伤人　．

加入沸石的作用是　防止液体暴沸　．若加热后发现未加沸石，应采取的正确方法是　冷却后补加　．

上述装置图中，B仪器的名称是　分液漏斗　，D仪器的名称是　冷凝管　．

分液漏斗使用前必须进行的操作是　c　．

a．润湿  b．干燥  c．检漏  d．标定

将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时，水在　下　层．

反应温度应保持在90～95℃，其原因是　为了将正丁醛及时分离出来，促使反应正向进行，并减少正丁醛进一步氧化　．

本实验中，正丁醛的产率为　51.3　%．

【考点】制备实验方案的设计；有机物的合成． 

【专题】实验分析题；有机实验综合．

【分析】本题以正丁醇的氧化为载体，考查了浓硫酸稀释方法、液体混合加热利用沸石防暴沸的措施，涉及反应后的混合物的分离操作，主要是分液及蒸馏操作要点，利用原子守恒计算产率等，据此分析作答；

不能将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，因为浓硫酸的密度大，容易发生迸溅；

加入沸石的作用是防止暴沸，若加热后发现未加沸石，应该冷却后补加；

B仪器的名称是分液漏斗，D仪器的名称直形冷凝管；

分液漏斗上有活塞，有活塞的仪器一般要检验是否漏液；

由表中数据可知，正丁醛密度小于水的密度，据此判断；

根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在90～95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；

设正丁醛的产率为x，则正丁醇的利用率为x，根据关系式C4H10O～C4H8O列方程计算．

【解答】解：不能将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，应该将浓硫酸加到Na2Cr2O7溶液，因为浓硫酸溶于水会放出大量热，容易溅出伤人，故答案为：不能，浓硫酸溶于水会放出大量热，容易溅出伤人；

沸石的作用是防止液体暴沸，若加热后发现未加沸石，应采取的正确方法是冷却后补加，以避免加热时继续反应而降低产率，故答案为：防止液体暴沸；冷却后补加；

B仪器是分液漏斗，D仪器是冷凝管，故答案为：分液漏斗；冷凝管；

分液漏斗使用前必须检查是否漏水，应选c，故答案为：c；

因为正丁醛的密度是0.801 7g•cm﹣3，比水轻，水层在下层，故答案为：下；

反应温度应保持在90～95℃，根据正丁醛的沸点和还原性，主要是为了将正丁醛及时分离出来，促使反应正向进行，并减少正丁醛进一步氧化，故答案为：为了将正丁醛及时分离出来，促使反应正向进行，并减少正丁醛进一步氧化；

按反应关系，正丁醛的理论产量是：4.0g×=3.9g，实际产量是2.0g，产率为：×100%=51.3%，故答案为：51.3．

【点评】本题考查有机化学实验、反应原理、基本操作、化学计算等，难度不大，注意计算中正丁醇的转化率等于正丁醛的产率，注意对基础知识的理解掌握．

9．氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗．纯化工业级氧化锌、Mn、Ni等杂质）的流程如图所示：

提示：在本实验条件下，Ni不能被氧化；高锰酸钾的还原产物是MnO2．

回答下列问题：

反应②中除掉的杂质离子是　Fe2+和Mn2+　，发生反应的离子方程式为　MnO4﹣+3Fe2++7H2O=3Fe3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4﹣+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+　；在加高锰酸钾溶液前，若pH较低，对除杂的影响是　铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质　．

反应③的反应类型为　置换反应　，过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外还有　镍　．

反应④形成的沉淀要用水洗，检查沉淀是否洗涤干净的方法是　取最后一次少量水洗液于试管中，滴入1～2滴盐酸，再滴入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净；　．

反应④中产物的成分可能是ZnCO3•xZn2．取干燥后的滤饼11.2g，锻烧后可得到产品8.1g，则x等于　1　．

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用． 

【专题】几种重要的金属及其化合物．

【分析】根据题意，Ni不能被氧化，反应②中除掉的杂质离子是Fe2+和Mn2+，根据MnO4﹣+具有氧化性，能将Fe2+和Mn2+氧化，根据电子得失进行配平；加高锰酸钾溶液前，若pH较低，铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质．

反应③为锌与镍离子的发生反应得到锌离子和镍；得到的滤渣中，除了过量的锌外还有金属镍．

检验沉淀是否洗涤干净的方法是最后一次洗涤液，检验表面是否含有硫酸根离子；

根据关系式ZnCO3•xZn2～ZnO来计算．

【解答】解：根据题意，Ni不能被氧化，反应②中除掉的杂质离子是Fe2+和Mn2+，发生的离子方程式为MnO4﹣+3Fe2++7H2O=3Fe3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4﹣+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；加高锰酸钾溶液前，若pH较低，铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质；

故答案为：Fe2+和Mn2+；MnO4﹣+3Fe2++7H2O=3Fe3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4﹣+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质；

反应③为锌与镍离子的发生反应得到锌离子和镍，反应类型为置换反应；得到的滤渣中，除了过量的锌外还有金属镍，

故答案为：置换反应；镍；

由于溶液中硫酸根离子属于杂质离子，因此可以检验测定洗涤液中是否存在硫酸根离子，操作为：取最后一次少量水洗液于试管中，滴入1～2滴稀盐酸，再滴入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净，故答案为：取最后一次少量水洗液于试管中，滴入1～2滴稀盐酸，再滴入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净；                                                   

根据关系式ZnCO3•xZn2 ～ZnO

                125+99x          81

                11.2g            8.1g

解得：x=1

故答案为：1．

【点评】本题以工业流程为背景，考查了学生分析问题、解决问题，运用知识的能力，难度中等．

10．在1.0L密闭容器中放入0.10molA，在一定温度进行如下反应：A⇌B+C△H=+85.1kJ•mol﹣1，反应时间与容器内气体总压强的数据见下表：

欲提高A的平衡转化率，应采取的措施为　升高温度、降低压强　．

由总压强p和起始压强p0计算反应物A的转化率α的表达式为　×100%　．平衡时A的转化率为　94.1%　，列式并计算反应的平衡常数K　1.5mol/L　．

①由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n，n总=　　mol，n=　0.10×　mol．

②下表为反应物A浓度与反应时间的数据，计算a=　0.051　；．

【考点】化学平衡的计算． 

【专题】平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题．

【分析】反应是吸热反应，反应前后气体体积增大，结合平衡移动原理分析判断转化率；

相同条件下压强之比等于物质的量之比，反应前后物质的量的增大是反应的A的物质的量，结合转化率概念计算得到；依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度达到平衡常数； 

①依据相同条件下压强之比等于物质的量之比，结合平衡计算得到；

②依据平衡A的浓度计算，依据图表数据分析判断存在的规律；

【解答】解：在一定温度进行如下反应：A⇌B+C△H=+85.1kJ•mol﹣1，反应是吸热反应，反应前后气体体积增大，根据平衡移动原理分析可知，欲提高A的平衡转化率，平衡正向进行，可以升温或减压条件下使平衡正向进行；

故答案：升高温度、降低压强；

 反应前后气体物质的量增大等于反应的A的量，所以由总压强p和起始压强p0计算反应物A的转化率α的表达式=×100%；

平衡时A的转化率=×100%=94.1%， 

依据化学平衡三段式 列式得到；

                     A⇌B+C

起始量     0.10     0                0 

变化量 0.10×94.1%   0.10×94.1%  0.10×94.1%

平衡量0.10    0.10×94.1%    0.10×94.1%

K===1.5mol/L

故答案为×100%；94.1%；  1.5mol/L；

①由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n，依据压强之比等于物质的量之比，n总：n起始=P：P0 ，n总=；

                A⇌B+C

起始量    0.10    0        0 

变化量    x      x         x

某时刻量 0.10﹣x    x         x

：0.10=P：P0

x=

n=0.10﹣=0.10×mol；

故答案为：；0.10×；

②n=0.10×=0.10×=0.051mol所以浓度a=0.051mol/L；分析数据特征可知，每隔4h，A的浓度减小一半，故答案为：0.051；达到平衡前每间隔4h，c减少约一半；由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c==0.013mol/L；

故答案为：0.051，每隔4h，A的浓度减小一半；0.013．

【点评】本题考查压强关系和物质的量的计算应用，化学平衡计算方法，图表数据处理方法的分析判断，题目难度中等．

二.选考题[化学--选修2：化学与技术]

11．〔化学﹣﹣选修2：化学与技术〕

锌锰电池在生活中的用量很大．两种锌锰电池的构造如图所示．回答下列问题：

普通锌锰电池放电时发生的主要反应为：Zn+2NH4Cl+2MnO2═Zn2Cl2+2MnOOH

①该电池中，负极材料主要是　锌　，电解质的主要成分是　NH4Cl　，正极发生的主要反应是　MnO2+NH4++e﹣=MnOOH+NH3　．

②与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是　碱性电池不易发生电解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部，碱性电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高　．

图表示回收利用废旧普通锌锰电池工艺．

①图中产物的化学式分别为A　ZnCl2　，B　NH4Cl　．

②操作a中得到熔块的主要成分是K2MnO4．操作b中，绿色的K2MnO4溶液反应生成紫色溶液和一种黑褐色固体，该反应的离子方程式为　3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣　．

③采用惰性电极电解K2MnO4溶液也能得到化合物D，则阴极处得到的主要物质是　H2　．

【考点】常见化学电源的种类及其工作原理． 

【专题】电化学专题．

【分析】①根据电池反应判断正负极和电解质；二氧化锰和铵根离子在正极发生反应；

②根据碱性锌锰电池的特点分析；

①根据电池的材料分析；

②根据已知反应物和产物，再利用元素守恒

③K2MnO4溶液中阴极产物的判断，根据溶液中阳离子得电子能力分析．

【解答】解：根据化学方程式Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn2Cl2+2MnOOH，反应中Zn被氧化，为电池负极锌，氯化铵是电解质的主要成分，二氧化锰和铵根离子在正极发生反应，MnO2+NH4++e﹣=MnOOH+NH3．与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是碱性电池不易发生电解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部，碱性电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高；

故答案为：①锌；NH4Cl；MnO2+NH4++e﹣=MnOOH+NH3②碱性电池不易发生电解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部，碱性电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高．

废电池经机械分离后，加水溶解后溶液中的成分是氯化铵，再加稀盐酸Zn溶解生成氯化锌，因此浓缩结晶得到氯化铵和氯化锌．氯化铵不稳定，受热易分解，所以B为氯化铵，A为氯化锌．绿色的K2MnO4溶液发生反应后生成紫色的高锰酸钾溶液和黑褐色的二氧化锰，该反应的离子方程式为3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣．采用惰性电极电解K2MnO4溶液，阴极氢离子得电子生成氢气．故答案为：①ZnCl2 NH4Cl②3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣l③H2

【点评】本题考查了化学与技术、原电池原理、电极方程式的书写，综合性较强．

[化学--选修3：物质结构与性质]

12．前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A﹣和B+的电子数相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2．回答下列问题：

D2+的价层电子排布图为　　．

四种元素中第一电离能最小的是　K　，电负性最大的是　F　．

A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示．

①该化合物的化学式为　K2NiF4　；D的配位数为　6　；

②列式计算该晶体的密度　3.4　g•cm﹣3．

A﹣、B+和C3+三种离子组成的化合物B3CA6，其中化学键的类型有　离子键、配位键　；

该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为　[FeF6]3﹣　，配位体是　F﹣　．

【考点】晶胞的计算． 

【专题】化学键与晶体结构．

【分析】前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有一个，并且A﹣和B+的电子数相差为8，A属于第VIIA族元素，B属于第IA族元素，且A的原子序数小于B，则A是F元素，B是K元素；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2，且C和D的原子序数大于B，C的原子序数小于D，则C是Fe元素，D是Ni元素，结合物质结构和性质解答．

【解答】解：前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有一个，并且A﹣和B+的电子数相差为8，A属于第VIIA族元素，B属于第IA族元素，且A的原子序数小于B，则A是F元素，B是K元素；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2，且C和D的原子序数大于B，C的原子序数小于D，则C是Fe元素，D是Ni元素，

D2+的价层电子为3d电子，根据能量最低原理、保里不相容原理及洪特规则知，其价电子排布图为，

故答案为：；

元素的金属性越强其第一电离能越小，元素的非金属性越强，其电负性越大，这四种元素中金属性最强的是K元素，非金属性最强的元素是F，所以第一电离能最小的是K，电负性最大的是F，

故答案为：K；F；

①该晶胞中A原子个数=16×+4×+2=8，B原子个数=8×+2=4，D原子个数=8×+1=2，所以该化合物的化学式为K2NiF4，根据晶胞结构知，D的配位数是6，故答案为：K2NiF4；6；

②该晶胞的体积=2×，ρ===3.4g•cm﹣3，故答案为：3.4；

A﹣、B+和C3+三种离子组成的化合物的K3FeF6，该物质中阴阳离子间存在离子键，铁原子和氟原子间存在配位键；

故答案为：离子键、配位键；

该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为[FeF6]3﹣，配位体是F﹣，故答案为：[FeF6]3﹣；F﹣．

【点评】本题考查物质结构和性质，正确推断元素是解本题关键，难度中等，注意化学式的确定中，各中原子被几个晶胞共用，为易错点，难点是密度的计算．

[化学--选修5：有机化学基础]

13．丰富多彩的现代生活离不开香料，香豆素是一种重要的有机香料．实验室合成香豆素的路径如下：

香豆素的分子式为　C9H6O2　，中含氧官能团的名称　羟基、羧基　．

与H2反应生成邻羟基苯甲醇，邻羟基苯甲醇的结构简式为　　．

反应①、②的反应类型依次是　加成反应、消去反应　．

反应④的化学方程式是　　．

Ⅴ是的同分异构体，Ⅴ的分子中含有苯环且无碳碳双键，苯环上含有两个邻位取代基，且能够发生酯化反应和银镜反应．则Ⅴ的结构简式为　或　．

一定条件下，与CH3CHO两者之间能发生类似①、②的两步反应，则生成有机物的结构简式为　　．

【考点】有机物的结构和性质；有机物的推断． 

【分析】根据香豆素结构简式判断其分子式，根据Ⅳ的结构简式判断官能团；

Ⅰ中含有﹣CHO，可与氢气发生加成反应生成﹣OH；

根据官能团的转化判断反应类型；

反应④为酯化反应，根据酯化反应原理写出该反应的化学方程式；

Ⅴ是的同分异构体，Ⅴ的分子中含有苯环且无碳碳双键，苯环上含有两个邻位取代基，能发生银镜反应，说明含有﹣CHO，能够发生酯化反应，分子中含有羧基或羟基，据此写出满足条件的有机物的结构简式；

反应①、②分别为加成反应和消去反应，生成C=C．

【解答】解：根据香豆素的结构简式可知，其分子中含有9个C、6个H、2个O，则分子式为：C9H6O2，根据Ⅳ的结构简式可知，其中含氧官能团为羟基、羧基，

故答案为：C9H6O2；羟基、羧基；

Ⅰ中含有﹣CHO，可与氢气发生加成反应生成﹣OH，邻羟基苯甲醇的结构简式为，故答案为：；

由官能团的变化可知，反应①为加成反应，反应②为消去反应，故答案为：加成反应、消去反应；

反应④为分子之间的酯化反应，反应的方程式为：，

故答案为：；

Ⅴ是的同分异构体，Ⅴ的分子中含有苯环且无碳碳双键，苯环上含有两个邻位取代基，能发生银镜反应，说明含有﹣CHO，能够发生酯化反应，分子中含有羧基或羟基，对应的醛基可为﹣CHO、﹣CH2CHO，另一取代基可为﹣CH2COOH、﹣COOH等，则对应的同分异构体为：或，

故答案为：或；

与CH3CHO发生加成反应生成，然后发生消去反应可生成，

故答案为：．

【点评】本题考查以有机物的合成考查结构与性质，题目难度中等，本题侧重于有机物的官能团的性质、转化的考查，注意根据官能团的转化判断反应类型，易错点为，注意有机物同分异构体的判断．

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