高手话不多【考点】化学研究基本方法及作用．
【分析】A．由于甲基对苯环影响，使苯环中氢变得活泼；
B．组成和结构相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，但含有氢键的物质熔沸点较高；
C．氯化铁属于强酸弱碱盐，水解生成Fe（OH）3和HCl，加热促进水解；
D．硝酸具有强氧化性．
【解答】解：A．由于甲基对苯环影响，使苯环中氢变得活泼，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲苯可以，故A错误；
B．组成和结构相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，但含有氢键的物质熔沸点较高，甲烷和硅烷中都不含有氢键且结构和组成相似，所以SiH4沸点高于CH4，故B正确；C．氯化铁属于强酸弱碱盐，水解生成Fe（OH）3和HCl，加热促进水解，所以加热蒸发FeCl3溶液可不能获得FeCl3（s），故C错误；
D．硝酸具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，故D错误，
故选B．
【点评】本题考查化学反应规律及规律中的异常现象，为高考高频点，涉及物质性质、盐类水解、熔沸点比较及氧化还原反应，综合性较强，注意规律中的反常现象，会采用举例法解答，注意氢键只影响物质物理性质不影响化学性质．
5．X、Y、Z均为短周期元素，其简单离子X+、Y3+、Z2﹣的核外电子层结构相同．下列说法不正确的是( )
A．离子半径：X+＞Y3+＞Z2﹣B．原子序数：Y＞X＞Z
C．电负性：Z＞Y＞X D．单质的还原性：X＞Y
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】X、Y、Z均为短周期元素，其简单离子X+、Y3+、Z2﹣的核外电子层结构相同，则离子具有2个电子层，故X为Na、Y为Al、Z为O，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，结合元素周期律解答．
【解答】解：X、Y、Z均为短周期元素，其简单离子X+、Y3+、Z2﹣的核外电子层结构相同，则离子具有2个电子层，故X为Na、Y为Al、Z为O．
A．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2﹣＞Na+＞Al3+，故A错误；
B．X为Na、Y为Al、Z为O，原子序数：Al＞Na＞O，故B正确；
C．非金属性越强电负性越大，故电负性：Z（O）＞Y（Al）＞X（Na），故C正确；D．金属性Na＞Al，单质的还原性：Na＞Al，故D正确；
故选A．
【点评】本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，根据离子结构特点及处于短周期推断元素是关键，可以不确定具体元素，通过确定相对位置结合元素周期律解答．
6．关于下列各图的叙述中正确的是( )
A．
表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t l℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时（水不减少），溶质的质量分数B＞A
B．
表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH
C．
表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8 kJ?mol﹣1
D．
表示恒温恒容条件下，2NO2（g）═N2O4（g）中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点A对应的状态为化学平衡状态
【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【专题】图示题．
【分析】A、物质溶解度随温度升高增大，升温溶质溶剂不变，知识饱和溶液变为不饱和溶液；
B、酸性越弱对应盐的水解显碱性，水解程度越大，溶液pH越大；
C、燃烧热是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物放出的热量；
D、依据图象中起点和变化趋势，结合化学平衡分析判断．
【解答】解：A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时，AB溶解度相同，A、B的饱和溶液质量分数相同，分别升温至t2℃时，溶解度增大，但溶液浓度不变溶质的质量分数B=A，故A错误；
B、图中两种酸PH相同，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，HA的PH增大的多，HBPH 增大的少，说明HA酸的酸性强于HB的酸性，所以同浓度的NaA溶液水解程度小于NaB 溶液，NaA溶液PH小于NaB溶液，故B正确；
C、图象中2mol氢气完全燃烧生成的是水蒸气时放热241.8kJ，不是氢气的燃烧热，故C错误；
D、图中二氧化氮和四氧化二氮气态都是从0开始，横坐标向右表示浓度增大纵坐标向上表示物质消耗速率快，A点表示反应速率相等，不能确定平衡状态，如果达到平衡状态，则二者消耗速率之比等于化学计量数之比即应该等于2：1，此时才能够达到平衡状态，故D 错误；
故选B．
【点评】本题考查了各种图象的分析思路和变化特征的应用，主要是燃烧热的概念应用，平衡状态的判断，饱和溶液中溶质溶解度和质量分数的判断，弱酸稀释的PH变化判断酸的强弱．
7．已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3+和Cr3+．现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3+的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如下图所示，下列说法中不正确的是( )
A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7
B．开始加入的K2Cr2O7为0.25mol
C．图中BC段发生的反应为2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2
D．K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为1：3
【考点】氧化还原反应的计算．
【分析】氧化性强弱顺序为K2Cr2O7＞Fe3+，由图象可知，在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液，开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，BC段为铁离子和碘化钾的反应，结合得失电子守恒解答该题．
【解答】解：A．开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，故A正确；
B．由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为K2Cr2O7～6Fe3+～6I﹣，共消耗的n（I﹣）=1.5mol，则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为mol=0.25mol，故B正确；C．BC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，故C正确；
D．由方程式2Fe3++2I﹣→2Fe2++I2可知，BC段消耗KI0.9mol，则n（Fe3+）=n（Fe2+）=0.9mol，K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为0.25mol：0.9mol=5：18，故D错误．
故选D．
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握发生的反应及电子守恒计算该题，题目难度中等．
二、填空题（共58分）
8．过渡元素铁可形成多种配合物，如：[Fe（CN）6]4﹣、Fe（SCN）3等．
（1）基态铁原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64S2或[Ar]3d64s2．
（2）科学研究表明用TiO2作光催化剂可将废水中CN﹣转化为OCN﹣，并最终氧化为N2、CO2．OCN﹣中三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C．
（3）与CN﹣互为等电子体的一种分子为CO或N2（填化学式）；1molFe（CN）63﹣中含有σ键的数目为12×6.02×1023个或12N A．
（4）铁的另一种配合物Fe（CO）5熔点为﹣20.5℃，沸点为103℃，易溶于CCl4，据此可以判断Fe（CO）5晶体属于分子晶体（填晶体类型）．
（5）铁铝合金的一种晶体属于面心立方结构，其晶胞可看成由8个小体心立方结构堆砌而
AlFe3．
【考点】配合物的成键情况．
【分析】（1）根据铁的原子序数为26，结合能量最低原理书写基态原子的电子排布式；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第V A 族元素的第一电离能大于相邻元素；
（3）原子个数相等且价电子数相等的分子或离子为等电子体；1molFe（CN）63﹣中CN含有C、N三键，其中1个是σ键，N原子有孤对电子，铁原子有空轨道，所以每个铁离子与CN﹣形成4个配位键，所以共用6个σ键，1molFe（CN）63﹣中含有σ键数为12mol；（4）依据Fe（CO）5的熔沸点低，且易溶于四氯化碳判断晶体类型；
（5）依据正方体中，顶点上的原子被8个晶胞占有，体心上的原子被1个晶胞占有，铁铝合金晶胞结构铝原子的数目为4×=；铁原子数目为1+4×=，所以铝原子与铁原子个数之比为1：3．
【解答】解：（1）铁的原子序数为26，根据能量最低原理其态原子的电子排布式为
1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
（2）同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能O＞C．由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C，
故答案为：N＞O＞C；
（3）CN﹣含有2个原子，价电子总数为4+5+1=10，故其等电子体为氮气分子、CO等，1molFe （CN）63﹣中CN含有C、N三键，其中1个是σ键，N原子有孤对电子，铁原子有空轨道，所以每个CN﹣与铁离子形成6个配位键，所以共用12个σ键，1molFe（CN）32﹣中含有σ键数为12mol，个数为：12N A，
故答案为：CO或N2；12×6.02×1023个或12N A；
（4）Fe（CO）3的熔沸点低，且易溶于四氯化碳，依据分子晶体熔沸点低，且存在相似相溶原理，可知Fe（CO）3为分子晶体，
故答案为：分子晶体；
（5）依据铁铝合金晶胞结构铝原子的数目为4×=；铁原子数目为1+4×=，所以铝原子与铁原子个数之比为1：3，该铁铝合金的化学式为：AlFe3，
故答案为：AlFe3．
【点评】本题考查较为综合，涉及电子排布式、电负性、σ键数以及晶体结构分析等知识，题目难度中等，注意同一周期中第一电离能的变化趋势及异常现象，为易错点．
9．（14分）如图是二氧化硫的制取和吸收装置（加热装置已省略），分液漏斗中的液体是反应试剂A，烧瓶中盛反应试剂B．完成下列填空：
（1）烧瓶内发生反应的化学化学方程式是Na2SO3+H2SO4（浓）=SO2↑+Na2SO4+H2O．（2）检验该气体发生装置气密性的方法是关闭K1、K2，从A中加水，水无法持续流入B，则气密性良好或关闭K1，打开K2，微热B，若C中导管产生气泡，停止加热后，C中导管液柱上升，高于瓶内液面，则气密性良好．
（3）装置C是吸收多余二氧化硫的装置，其中盛放的吸收剂为氢氧化钠溶液，实验结束进行尾气吸收时，对活塞开关K1、K2的控制是关闭活塞K1、打开活塞K2．
（4）如果用该套装置制备盐酸，此时C瓶所加试剂为水，此时C中液体可能会发生倒吸，如果不改变现有的装置，要克服这一安全隐患，可以在C瓶中再加入有机试剂封住长导管管口，该有机试剂可以为四氯化碳，吸收后，将C瓶中的液体经过分液操作获得盐酸．（5）甲同学用该装置测定一定质量小苏打样品（含少量NaCl）中碳酸氢钠的纯度，可以在C中加入氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，通过C瓶增重得到二氧化碳质量，计算出碳酸氢钠的含量，实验结果小苏打含量偏低，你认为实验结果偏低的原因是气体滞留在B瓶中．
【考点】性质实验方案的设计；实验装置综合．
【分析】由图是二氧化硫的制取和吸收装置可知，分液漏斗中的液体是反应试剂A，烧瓶中盛反应试剂B，则A为浓硫酸，B为Na2SO3，该实验制取气体第一步操作为检验气密性，可利用液差法；装置C是吸收多余二氧化硫，可利用NaOH溶液吸收，以此解答（1）～（3）；（4）用该套装置制备盐酸，利用水吸收多余的HCl，但图中装置可导致倒吸，利用密度比水大的有机溶剂（不溶于水）可防止倒吸；
（5）用该装置测定一定质量小苏打样品（含少量NaCl）中碳酸氢钠的纯度，C中加入氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，通过C瓶增重得到二氧化碳质量，因二氧化碳气体可能没有被NaOH完全吸收，则增重质量偏小．
【解答】解：由图是二氧化硫的制取和吸收装置可知，分液漏斗中的液体是反应试剂A，烧瓶中盛反应试剂B，则A为浓硫酸，B为Na2SO3，
（1）烧瓶内发生反应的化学化学方程式是Na2SO3+H2SO4（浓）=SO2↑+Na2SO4+H2O，
故答案为：Na2SO3+H2SO4（浓）=SO2↑+Na2SO4+H2O；
（2）检验该气体发生装置气密性的方法是关闭K1、K2，从A中加水，水无法持续流入B，则气密性良好或关闭K1，打开K2，微热B，若C中导管产生气泡，停止加热后，C中导管液柱上升，高于瓶内液面，则气密性良好，
故答案为：关闭K1、K2，从A中加水，水无法持续流入B，则气密性良好或关闭K1，打开K2，微热B，若C中导管产生气泡，停止加热后，C中导管液柱上升，高于瓶内液面，则气密性良好；
（3）装置C是吸收多余二氧化硫，可利用NaOH溶液吸收，实验结束进行尾气吸收时，对活塞开关K1、K2的控制是关闭活塞K1、打开活塞K2，
故答案为：氢氧化钠溶液；关闭活塞K1、打开活塞K2；
（4）用该套装置制备盐酸，利用水吸收多余的HCl，但图中装置可导致倒吸，则克服这一安全隐患，可以在C瓶中再加入有机试剂封住长导管管口，该有机试剂可以为四氯化碳，吸收后盐酸与四氯化碳分层，然后分液获得盐酸，故答案为：水；四氯化碳；分液；
