2020-2021学年湖南省长沙市宁乡市高二下学期期末调研考试化学试题含解析

这是一份2020-2021学年湖南省长沙市宁乡市高二下学期期末调研考试化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，原理综合题，实验题，工业流程题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

湖南省长沙市宁乡市2020-2021学年高二下学期期末调研考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．2019年 12月以来，突发的新型冠状病毒肺炎威胁着人们的身体健康。以下是人们在防治新型冠状病毒肺炎时的一些认识，符合科学道理的是
A．酒精消毒时，浓度越大越好 B．应经常保持室内清洁卫生和通风
C．必须每天吃药，补充人体所需化学物质 D．吸烟、喝酒可以预防新型冠状病毒肺炎
【答案】B
【详解】A．酒精消毒浓度不是越高越好，75%的酒精消毒效果较好，A错误；
B．经常打开门窗自然通风，改善室内空气质量，调节室内微小气候，可有效降低室内空气中微生物的数量与密度，减少人与病原体接触机会，是简单、有效地室内空气消毒方法，B正确；
C．是药三分毒，药吃多了对身体会有伤害，而且人体所需的化学物质可以从食物中获取，C错误；
D．吸烟、喝酒会危害人体健康，并不能预防“新型冠状病毒”，D错误；
故选B。
2．氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是

A．催化剂a表面只发生极性共价键的断裂和形成
B．N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%
C．在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
D．催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
【答案】B
【详解】A．催化剂表面发生氮气与氢气生成氨的反应，发生的是非极性共价键的断裂和极性共价键的形成，A项错误；
B．氮气与氢气在催化剂表面发生反应，无副产物产生，原子利用率100%，B项正确；
C．在催化剂b表面形成氮氧键时，NH3转化为NO，N的化合价由-3升高到+2价，失去电子，C项错误；
D．催化剂a、b只能改变反应速率，不能提高平衡转化率，D项错误；
故答案为B。
3．不能正确表示下列变化的离子方程式是
A．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应：5SO2＋2H2O＋2MnO4-2Mn2+＋5SO＋4H+
B．酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I−＋2H+＋H2O2I2＋2H2O
C．硅酸钠溶液和盐酸反应：SiO32-＋2H+H2SiO3↓
D．硫酸铜溶液中加少量的铁粉：3Cu2+＋2Fe2Fe3+＋3Cu
【答案】D
【详解】D.Fe3+氧化性大于Cu2+，所以Cu2+只能将Fe氧化到Fe2+，因而硫酸铜溶液中加少量的铁粉的离子方程式为Cu2+＋FeFe2+＋Cu，D项错误。其他3个选项的离子方程式都是正确的。
故答案选D。
4．常温下，下列各离子组在指定溶液中能大量存在的是
A．无色溶液中：
B．的溶液中：
C．使石蕊变红的溶液中：
D．的溶液中：
【答案】D
【详解】A. 在水溶液中显紫色，不符合题意要求，A错误；
B. 与发生氧化还原反应，不能共存，B错误；
C. 使石蕊变红的溶液为酸性溶液，与反应生成亚硫酸，不能共存，C错误；
D. 的溶液为碱性溶液，均能共存，D正确；
故答案为：D。

5．下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是

A
B
C
D
实验
FeSO4溶液中滴入NaOH溶液
氯水中滴入石蕊溶液
FeCl2溶液中滴入双氧水
KCl溶液滴入AgNO3溶液
现象
产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色
溶液先变红，随后迅速褪色
溶液变为棕黄色
产生白色沉淀

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，产生白色沉淀，为Fe(OH)2，随后后变为红褐色，生成Fe(OH)3，Fe元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故A不选；
B．石蕊溶液滴入氯水中，生成盐酸和次氯酸，溶液变红与盐酸有关，后褪色与HClO的漂白性有关，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；
C．FeCl2溶液中滴入双氧水发生氧化还原反应生成铁离子，导致溶液变为棕黄色，故C不选；
D、KBr溶液中滴入AgNO3溶液发生复分解反应生成浅黄色沉淀溴化银，无氧化还原无关，故D选；
故选：D。
6．甲、乙、丙、X是中学化学中常见的4种物质，其转化关系符合下图。其中甲和X可能是

A．甲为Fe、X为Cl2 B．甲为S、X为O2
C．甲为SO2、X为NaOH溶液 D．甲为AlCl3溶液、X为NH3·H2O
【答案】C
【详解】A．甲为Fe，X是Cl2，则乙为FeCl3，FeCl3与Cl2不能再反应，不符合题中转化关系，A错误；
B．甲为S，X：O2，则乙为SO2，丙为SO3，S与SO3不能生成SO2，不符合题中转化关系，B错误；
C．甲为SO2，X：NaOH溶液，则乙为NaHSO3，丙为Na2SO3，Na2SO3与SO2反应生成NaHSO3，符合题中转化关系，C正确；
D．若甲为AlCl3，X是NH3•H2O，则乙为氢氧化铝，氢氧化铝不能与氨水反应，所以不符合题中转化关系，D错误；
答案选C。
7．下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
溶液为钠盐溶液
B
取少量试液于试管中，先加入BaCl2溶液，再滴加稀盐酸，
产生的白色沉淀不溶解
溶液中含有SO42－
C
将新制氯水和KI溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡静置
溶液分层，下层呈紫色
氧化性：Cl2 D
取少量试液于试管中，加入KSCN溶液
溶液变红色
溶液中含有Fe3＋

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A、焰色反应是对某种元素进行检验的，所以该溶液不一定是钠盐溶液，也可能是NaOH溶液，故A错误；B、该溶液中若含有Ag+，也有同样的现象，故B错误；C、该现象说明氯气置换出了碘，故Cl2的氧化性强于碘的，所以C错误；D、只有Fe3＋与KSCN反应生成溶于水的血红色物质，故D正确。本题正确答案为D。
8．四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素的最外层电子数是其电子层数的二倍；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的；Y是地壳中含量最多的金属元素；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列实验操作对应的实验现象中，不正确的是
选项
实验操作
实验现象
A
将X单质投入到CuSO4溶液中
生成大量红色固体
B
向Y的氯化物溶液中滴加氨水
生成白色沉淀
C
将Z的单质通入到NaBr溶液中
溶液变为黄色
D
将W的最高价氧化物通入到Na2SiO3溶液中
生成白色沉淀

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素的最外层电子数是其电子层数的二倍，W是C元素，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，X是Na元素，Y是地壳中含量最多的金属元素，Y是Al元素，X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为Cl元素。A. 将单质钠投入到CuSO4溶液中，钠先和水反应生成NaOH和氢气，NaOH和CuSO4反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，钠不能置换出单质铜，所以无大量红色固体生成，故A错误；B. 向AlCl3溶液中滴加氨水，反应生成Al(OH)3白色沉淀，故B正确；C. 将氯气通入到NaBr溶液中，发生反应Cl2＋2NaBr=2NaCl＋Br2，生成的单质溴使溶液变为黄色，故C正确；D. 将CO2通入到Na2SiO3溶液中，发生反应CO2＋H2O＋Na2SiO3=Na2CO3＋H2SiO3↓，生成H2SiO3白色沉淀，故D正确；答案选A。
点睛：本题考查原子结构和元素周期律，试题难度不大，根据题目信息推断元素种类是解答本题的关键，本题的易错点是A项，因钠的活泼性强，与盐溶液反应时，钠先与水反应，生成的NaOH再与盐反应，所以在盐溶液中钠不能置换出金属。
9．将等物质的量的X、Y气体充入某密闭容器中，一定条件下，发生如下反应并达到平衡：  ，改变某个条件并维持新条件直至达到新的平衡，表中关于新平衡与原平衡的比较正确的是
选项
改变的条件
新平衡与原平衡比较
A
升高温度
X的转化率变小
B
增大压强(压缩体积)
X的浓度变小
C
充入一定量Y
Y的转化率增大
D
使用适当催化剂
X的体积分数变小

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．升高温度，平衡向吸热反应的方向移动，即逆向移动，X的转化率变小，A项正确；
B．增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，即正向移动，X的物质的量减小，但由于容器体积减小，各组分的浓度均比原平衡时的大，B项错误；
C．增大一种反应物的浓度，能够提高另一种反应物的转化率，而其本身的转化率降低，C项错误；
D．催化剂只能改变反应速率，不能影响平衡状态，故各物质的体积分数不变，D项错误；
故选A。
10．在密闭容器中发生反应 ，在温度为平衡体系中的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是

A．反应温度：
B．a、b两点的平衡常数：
C．a、c两点的平衡常数：
D．b、c两点的反应速率：
【答案】D
【详解】A.该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化氮的体积分数增大，由图可知，压强相同时，T2条件时二氧化氮的体积分数大于T1条件时，则T2＞T1，故A错误；
B.温度不变，化学平衡常数不变，由图可知，a、b两点的温度相同，则平衡常数Ka=Kb，故B错误；
C.该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，由图可知，a、c两点的温度Ta＞Tc，则平衡常数Ka＞Kc，故C错误；
D.反应温度越高、压强越大，反应速率越大，由图可知，b点的温度和压强均低于c点，则反应温度v(b)＞v(c)，故D正确；
故选D。
11．实验室从海带中提取碘的流程如图：
海带海带灰悬浊液含I-水溶液含I2水溶液含I2的有机溶液
下列操作装置不符合要求的是
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由流程可知，海带在坩埚中灼烧成灰，在烧杯中浸泡溶解得到海带灰悬浊液，通过过滤装置，分离出滤液为含碘离子的溶液，加入氯气（或双氧水）作氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，加四氯化碳萃取出碘单质，分液得到碘单质的有机溶液，以此来解答。
【详解】A．选项中是溶液蒸发浓缩装置，海带灼烧应在坩埚中进行，故A错误；
B．海带灰溶解在烧杯中进行，并用玻璃棒搅拌，故B正确；
C．分离固体和溶液用过滤装置，故C正确；
D．用含碘单质的水溶液分离碘单质用萃取分液的方法分离，故D正确；
故选：A。

二、多选题
12．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．12gNaHSO4晶体中，阳离子总数为0.1NA
B．标准状况下，11.2LCl2溶于水生成Cl-的数目为0.5NA
C．常温常压下，18gH218O中含有的质子数为9NA
D．25℃时，pH=5的NH4Cl溶液中，由水电离出的H+数目为10-5NA
【答案】AC
【详解】A．12g硫酸氢钠的物质的量为，而硫酸氢钠晶体由钠离子和硫酸氢根构成，故0.1mol硫酸氢钠晶体中含有阳离子为0.1NA个，故A正确；
B．氯气和水的反应是可逆反应，不能进行彻底，故生成的氯离子个数小于0.5NA个，故B错误；
C．H218O的摩尔质量为20g/mol，18gH218O的物质的量为，含有的质子数=0.9mol×10×NA/mol=9NA，故C正确；
D．NH4Cl溶液体积不知，不能计算由水电离出的H+数目，故D错误；
故选：AC。
13．某同学组装了如图所示的电化学装置，电极I为Al，其它电极均为Cu，下列说法正确的是

A．电极III的电极反应：4OH--2e-=O2↑+2H2O
B．电极II质量逐渐增大
C．电子方向：电极I→电极IV
D．盐桥中装有含氯化钾饱和溶液的琼胶，其作用是传递电子
【答案】BC
【分析】电极I为Al，其它电极均为Cu，电极I、Ⅱ构成原电池，铝为负极、铜为正极；电极Ⅲ、Ⅳ构成电解池，Ⅲ与原电池正极相连，Ⅲ是阳极，Ⅳ与原电池负极相连，Ⅳ为阴极。
【详解】A．Ⅲ是电解池阳极，电极III的电极反应：4OH--4e-=O2↑+2H2O，故A错误；
B．电极II为原电池正极，电极反应式为CU2++2e-=Cu，所以质量逐渐增大，故B正确；
C．铝为负极、铜为正极；Ⅳ为电解池阴极，电子方向：电极I→电极IV，故C正确；
D．盐桥中装有含氯化钾饱和溶液的琼胶，通过钾离子、氯离子移动导电，故D错误；
选BC。
14．有机物X、Y、Z在一定条件下可实现如图转化，下列说法正确的是（   ）

A．Z的六元环上的一氯代物共有4种(不考虑立体异构)
B．Y和Z可以用酸性KMnO4溶液来鉴别
C．X、Y、Z分子中所有碳原子均处于同一平面
D．Y的分子式为C7H10O
【答案】AD
【分析】有机物要注意物质结构及官能团种类，根据结构的不同及官能团的性质对有机物进行分析，题中出现的官能团有碳碳双键、醛基、羟基，可据此进行分析。
【详解】A．Z的六元环上有四种等效氢，故六元环上一氯代物有４种，A正确；
B．Y中含碳碳双键和醛基，均可使高锰酸钾褪色，Z中含羟基，可使高锰酸钾褪色，故不能用酸性KMnO4溶液来鉴别，B错误；
C．X中所有碳原子处于同一平面，Y和Z中均含有饱和碳原子上连接３个碳原子，故不可能所有碳原子共平面，C错误；
D．Y的分子式为C7H10O，D正确；
故答案选AD。

三、原理综合题
15．氮是地球上含量丰富的一种元素，氮元素的单质及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。
(1)根据能量变化示意图如图1，请写出NO2和CO反应的热化学方程式____。

(2)在固定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H<0，其平衡常数K与温度T的关系如表：
T/K
298
398
498
平衡常数K
4.1×106
K1
K2

①试判断K1____K2(填写>、=，<)。
②下列各项能说明该反应已达到平衡状态的是____(填字母)
a.容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2
b.v(N2)正=3v(H2)逆
c.容器内压强保持不变
d.混合气体的密度保持不变
(3)对反应N2O4(g)2NO2(g) △H>0，在温度分别为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图2所示。

①A、C两点的反应速率：A____C(填>、=、<)。
②A、C两点N2O4的转化率：A____C(填>、=、<)。
③由状态B到状态A，可以采用的方法是____。
(4)生产水煤气的过程如下：
①C(s)+CO2(g)2CO(g)    △H1
②C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) △H2
反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=____(用含△H1、△H2的代数式表示)。
【答案】(1)NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)    ΔH=-234kJ•mol-1
(2)     >     c
(3)     <     >     加热(保证压强不变)
(4)ΔH1-ΔH2

【分析】（1）根据图像书写热化学方程式，利用能量的大小变化判断焓变；（2）根据反应类型判断平衡常数与温度的关系；利用温度对平衡的影响进行判断；根据平衡状态的定义及标准判断；（3）根据图像利用外界条件对平衡的影响进行判断速率大小，利用温度对平衡的影响判断温度的变化；（4）根据盖斯定律进行计算焓变大小；
（1）
根据能量图像判断，该反应是个能量由高到低的反应，该反应是放热反应，根据能量高度差判断放出热量为368-134=234；故该热化学方程式为：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)    ΔH=-234kJ•mol-1；
（2）
①根据化学反应中焓变小于零，判断平衡常数和温度成反比，故K1>K2；
②a．浓度之比没有说是定值，不能说明是否达到平衡；故a不符合题意；
b．正逆速率之比不等于系数之比，故正逆反应速率不等，故b不符合题意；
c．该反应是个不等体反应，压强对平衡有影响，当压强不变时，说明达到平衡；故c符合题意；
d．根据密度公式等于质量除以容器的体积进行判断，反应前后气体质量不变，容器体积不变，故密度不随平衡移动而改变，故密度不变时不能说明达到平衡，故d不符合题意；
故选答案c。
故答案为：>、c；
（3）
①根据速率的影响因素，利用图像中A、C两点的压强判断，C点压强大，故速率大，故答案为<；
②根据图像A、C两点的二氧化氮的体积分数判断，C点二氧化氮的体积分数小，故四氧化二氮转化少，故转化率A点大于C点，答案为：>；
③由状态B到状态A，根据图像判断压强不变，二氧化氮体积分数增大，故平衡向正反应方向移动，根据该反应是吸热反应判断，可以采用的方法是加热；故答案为加热；
（4）
根据反应①和②利用盖斯定律进行判断未知反应的焓变为：ΔH1-ΔH2；故答案为：ΔH1-ΔH2；
【点睛】此题重点考查化学反应速率与平衡，注意图像给出的信息，利用图像结合速率与平衡影响进行判断。

四、实验题
16．醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr•H2O]为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示，回答下列问题：

(1)实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是____，仪器a的名称是____。
(2)将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，打开K1、K2，关闭K3。
①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为____。
②同时c中有气体产生，该气体的作用是____。
(3)打开K3，关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d，其原因是c中产生H2使压强大于大气压；d中析出砖红色沉淀，为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是____(冰浴)、过滤、洗涤、干燥。
(4)指出装置d可能存在的缺点____。
【答案】(1)     去除水中溶解氧     分液漏斗
(2)     Zn+2Cr3+=Zn2++2Cr2+     排除体系中空气
(3)冷却
(4)敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触

【分析】醋酸亚铬在气体分析中用作氧气吸收剂，说明亚铬离子具有强还原性，易与氧气反应，则制备实验中应避免接触氧气，实验时，将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，打开K1、K2，关闭K3，盐酸与锌反应可生成氢气，可将装置内的空气排出，避免亚铬离子被氧化，且发生Zn+2Cr3+=Zn2++2Cr2+，可观察到c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，打开K3，关闭K1和K2，c中压强增大，可将亮蓝色溶液流入d，可生成醋酸亚铬砖红色沉淀，以此解答该题。
（1）
为避免亚铬离子被氧化，应除去水中的溶解氧，则实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，由装置图可知a为分液漏斗，故答案为：去除水中的溶解氧；分液漏斗；
（2）
①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，说明生成亚铬离子，反应的离子方程式为Zn+2Cr3+=Zn2++2Cr2+，故答案为：Zn+2Cr3+=Zn2++2Cr2+；
②盐酸与锌反应可生成氢气，可将装置内的空气排出，避免亚铬离子被氧化，故答案为：排除体系中空气；
（3）
打开K3，关闭K1和K2，c中压强增大，可将亮蓝色溶液流入d，为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是冷却、过滤、洗涤，干燥等，故答案为：冷却；
（4）
d为敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触而被氧化，应在密闭容器中制备，且缺少氢气的处理装置，故答案为：敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触。

五、工业流程题
17．某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4、较多的Cu2+和少量的Na+。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜。请根据流程图，在方框和括号内填写物质名称(或主要成分的化学式)或操作方法，完成回收硫酸亚铁和铜的简单实验方案。

(1)操作②的名称为____，所需要的玻璃仪器为玻璃棒、____、烧杯。
(2)试剂⑤的化学式为____，发生的化学方程式为____。
(3)为验证溶液⑧中含有SO：取少量的溶液⑧于试管中，先加入____再加入____，若观察到有____，则说明溶液⑧中含有SO。
【答案】(1)     过滤     漏斗
(2)     H2SO4     Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑
(3)     足量稀盐酸     少量BaCl2溶液     白色沉淀

【分析】工业废水中含大量硫酸亚铁、Cu2+和少量的Na+，从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，结合流程可知，①为Fe，操作②为过滤，则E中主要含硫酸亚铁，③中含Cu、Fe，加入⑤为H2SO4，操作⑥为过滤，得到⑦为Cu，⑧中主要含FeSO4，操作⑨为蒸发、浓缩、结晶、过滤，可得到FeSO4.7H2O，以此来解答。
（1）
操作②的名称为过滤，所需要的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：过滤；漏斗；
（2）
试剂⑤的化学式为H2SO4，化学方程式为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，故答案为：H2SO4；Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；
（3）
先加入足量稀盐酸再加入少量BaCl2溶液，若观察到有白色沉淀，则说明溶液⑧中含有，故答案为：足量稀盐酸；少量BaCl2溶液；白色沉淀。

六、结构与性质
18．硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示：

H2S
S8
FeS2
SO2
SO3
H2SO4
熔点/℃
−85.5
115.2
>600（分解）
−75.5
16.8
10.3
沸点/℃
−60.3
444.6
−10.0
45.0
337.0

回答下列问题：
（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为__________，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_________形。
（2）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_________。
（3）图（a）为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为__________。

（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_____形，其中共价键的类型有______种；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________。
（5）FeS2晶体的晶胞如图（c）所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为___________g·cm−3；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______nm。
【答案】          哑铃（纺锤）     H2S     S8相对分子质量大，分子间范德华力强     平面三角     2     sp3         
【分析】（1）根据铁、硫的核外电子排布式解答；
（2）根据价层电子对互斥理论分析；
（3）根据影响分子晶体熔沸点高低的是分子间范德华力判断；
（4）根据价层电子对互斥理论分析；
（5）根据晶胞结构、结合密度表达式计算。
【详解】（1）基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则其价层电子的电子排布图（轨道表达式）为；基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则电子占据最高能级是3p，其电子云轮廓图为哑铃（纺锤）形。
（2）根据价层电子对互斥理论可知H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数分别是，因此不同其他分子的是H2S。
（3）S8、二氧化硫形成的晶体均是分子晶体，由于S8相对分子质量大，分子间范德华力强，所以其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多；
（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，根据（2）中分析可知中心原子含有的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，所以其分子的立体构型为平面三角形。分子中存在氧硫双键，因此其中共价键的类型有2种，即σ键、π键；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子形成4个共价键，因此其杂化轨道类型为sp3。
（5）根据晶胞结构可知含有铁原子的个数是12×1/4+1＝4，硫原子个数是8×1/8+6×1/2＝4，晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则其晶体密度的计算表达式为；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长是面对角线的一半，则为nm。
【点睛】本题主要是考查核外电子排布、杂化轨道、空间构型、晶体熔沸点比较以及晶胞结构判断与计算等，难度中等。其中杂化形式的判断是难点，由价层电子特征判断分子立体构型时需注意：价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致；价层电子对互斥模型能预测分子的几何构型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。两者相结合，具有一定的互补性，可达到处理问题简便、迅速、全面的效果。

七、有机推断题
19．已知：有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，B和D是生活中两种常见的有机物。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图1所示。

(1)B分子中官能团的名称是____，反应①的反应类型是反应____。
(2)反应②的化学方程式是____，反应④的化学方程式是____。
(3)E是常见的高分子材料，E的结构简式是____；写出乙酸乙酯任一属于酯类的一种同分异构体____。
(4)某同学用如图2所示的实验装置制取少量乙酸乙酯。实验结束后，试管甲中上层为透明的、不溶于水的油状液体。实验时，甲中饱和碳酸钠溶液的作用是____(填字母)。

A．中和乙酸和乙醇
B．中和乙酸并吸收部分乙醇
C．加速酯的生成，提高其产率
D．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出
【答案】(1)     羟基     加成反应
(2)     2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O     CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
(3)          HCOOCH2CH2CH3
(4)BD

【分析】有机物 A 的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A为乙烯，乙烯与H2O发生加成得到B乙醇，乙醇发生催化氧化得到C乙醛，乙醛再被氧化得到D乙酸；乙醇和乙酸发生酯化反应得到乙酸乙酯；A发生加聚反应得到聚乙烯。
（1）
B为乙醇，其官能团为－OH，名称为羟基；反应①为乙烯与水生成乙醇的反应，属于加成反应；
（2）
反应②为乙醇的催化氧化，乙醇在Cu或Ag作催化剂的作用下被O2氧化成乙醛，反应为】2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应④为乙醇和乙酸在浓硫酸催化作用下生成乙酸乙酯的反应，CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
（3）
E由乙烯加聚得到，为聚乙烯，其结构简式为 ；乙酸乙酯任一属于酯类的一种同分异构体，则含有酯基且碳原子总数为4，可以为甲酸丙酯：HCOOCH2CH2CH3；
（4）
实验时生成的乙酸乙酯中常含有一同挥发出来的乙酸、乙醇；饱和碳酸钠溶液可以中和乙酸，可以溶解乙醇，并降低乙酸乙酯在水中的溶解度，有利于其分层，故选BD。