2013 年福建省高考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共 7 小题，每小题 6 分，共 42 分）1．（6 分）化学与社会、生产、生活紧切相关．下列说法正确的是（　　）A．石英只能用于生产光导纤维B．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现C．为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂D．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂【分析】A．石英的主要成分是二氧化硅；B．从海水中可以提取氯化钠；C．食品添加剂应适量添加；D．“地沟油”主要成分是油脂．【解答】解：A．石英的主要成分是二氧化硅，纯净的二氧化硅用于生产光导纤维，结晶的二氧化硅（如水晶、玛瑙等）用作饰物，故 A 错误； B．从海水中提取蒸馏水和盐时，通过蒸馏、蒸发等物理变化就能实现，提取溴、碘、镁等物质时，必须通过化学反应才能实现，故 B 错误；C．食品添加剂应适量添加，过量会对人体产生危害，故 C 错误；D．“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂，故 D 正确。故选：D。【点评】本题考查二氧化硅的用途、物质的分离、食品添加剂、油脂等，难度不大，注意“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂．　2．（6 分）下列关于有机化合物的说法正确的是（　　）A．乙酸和乙酸乙酯可用 Na2CO3溶液加以区别B．戊烷（C5H12）有两种同分异构体C．乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键D．糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应【分析】A．乙酸可与碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液；B．戊烷有 3 种同分异构体；C．聚乙烯和苯分子中不含碳碳双键；D．单糖不能发生水解．【解答】解：A．乙酸可与碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，二者现象不同，可鉴别，故 A 正确；B．戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷 3 种同分异构体，故 B 错误；C．聚乙烯和苯分子中不含碳碳双键，故 C 错误；D．糖中的单糖不能发生水解，故 D 错误。故选：A。【点评】本题考查较为综合，涉及有机物的鉴别、同分异构体、有机物结构和性质等知识，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．　3．（6 分）室温下，对于 0.10mol•L﹣1的氨水，下列判断正确的是（　　）A．与 AlCl3溶液发生反应的离子方程式为 Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓B．加水稀释后，溶液中 c（NH4+）•c（OH﹣）变大C．用 HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性D．其溶液的 pH=13【分析】A．弱电解质要写化学式，且氢氧化铝不溶于弱碱；B．加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小； ，故答案为： ；（6）C 为 CH3CH2CH2C6H4CHO，其同分异构体 E 具有如下特点：a．分子中含﹣OCH2CH3、b．苯环上只有两种化学环境不同的氢原子，则另一取代基为乙烯基，二者为对位的位置，苯环上只有两种 H，则 E 在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为 ，故答案为：．【点评】本题考查有机物的合成，题目难度中等，注意信息分析 C 物质，体会官能团与性质的关系，把握反应条件、反应类型及官能团变化即可解答，有机合成题是高考热点题型．　 C．硝酸铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性；D．一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离．【解答】解：A．一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：Al3++3NH3．H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故 A 错误；B．加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以 c（NH4+）•c（OH﹣）减小，故 B 错误；C．含有弱根离子的盐，谁强谁显性，硝酸铵是强酸弱碱盐，所以其溶液呈酸性，故 C 正确；D．一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以 0.10mol•L﹣1氨水的 pH 小于 13，故 D 错误；故选：C。【点评】本题考查弱电解质的电离、离子方程式的书写、盐类的水解等知识点，根据盐类水解特点、弱电解质的电离特点、离子方程式的书写规则来分析解答即可，难度中等．　4．（6 分）四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有 M 为金属元素。下列说法不正确的是（　　）A．原子半径 Z＜MB．Y 的最高价氧化物对应水化物的酸性比 X 的弱C．X 的最简单气态氢化物的热稳定性比 Z 的小D．Z 位于元素周期表中第 2 周期第Ⅵ A 族【分析】根据元素周期表中短周期部分的结构和元素位置可知：金属 M 为 Al，X 为 Si，Y 为 N，Z 为O。A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同族原子半径逐渐增大；B、根据非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强分析；C、根据非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强分析；D、根据 O 原子含有 2 个电子层，最外层含有 6 个电子分析。【解答】解：根据元素周期表中短周期部分的结构和元素位置可知：金属 M 为 Al，X 为 Si，Y 为N，Z 为 O。A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同族原子半径逐渐增大，因此原子半径 Al＞S＞O，故 A 正确；B、由于非金属性：N＞Si，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3＞H2SiO3，故 B 错误；C、由于非金属性：O＞Si，所以气态氢化物的稳定性：H2O＞SiH4，故 C 正确；D、O 原子含有 2 个电子层，最外层含有 6 个电子，因此 O 位于元素周期表中第二周期、第Ⅵ A 族，故 D 正确；故选：B。【点评】本题考查元素周期表及元素周期律的综合应用，通过元素周期表中短周期部分的结构和元素位置推出元素种类，熟悉物质的性质和元素周期律的知识是解题的关键，题目难度不大。　5．（6 分）下列有关实验的做法不正确的是（　　）A．分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出B．用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体C．配置 0.1000 mol•L﹣1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流D．检验 NH4+时，往试样中加入 NaOH 溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体【分析】A．本题根据分液操作时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；B．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳和水；C．转移溶液时可使用玻璃棒引流；D．氨气遇红色石蕊试纸变蓝色．【解答】解：A．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故 A 正确； B．碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳和水，故 B 正确；C．将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流，故 C 正确；D．检验氨气时应该是用湿润的红色石蕊试纸检验，故 D 错误。故选：D。【点评】本题考查分液、物质的检验、实验基本操作等，难度不大，注意检验氨气时应该是用湿润的红色石蕊试纸检验．　6．（6 分）某科学家利用二氧化铈（CeO2）在太阳能作用下将 H2O、CO2转变为 H2、CO．其过程如下：下列说法不正确的是（　　）A．该过程中 CeO2没有消耗B．该过程实现了太阳能向化学能的转化C．右图中△H1=△H2+△H3D．以 CO 和 O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为 CO+4OH﹣﹣2e﹣═CO32﹣+2H2O【分析】A、总反应为：H2O+CO2→H2+CO+O2，CeO2没有消耗，是催化剂；B、该过程中在太阳能作用下将 H2O、CO2转变为 H2、CO；C、根据盖斯定律，﹣△H1=△H2+△H3；D、负极反应式正确；【解答】解：A、通过太阳能实现总反应：H2O+CO2→H2+CO+O2，CeO2没有消耗，CeO2是光催化剂，故A 正确；B、该过程中在太阳能作用下将 H2O、CO2转变为 H2、CO，所以把太阳能转变成化学能，故 B 正确；C、由右图可知，根据盖斯定律，应该是：﹣△H1=△H2+△H3；故 C 错误；D、CO 在负极失电子生成 CO2，在碱性条件下再与 OH﹣生成 CO32﹣，故负极反应式正确；故 D 正确；故选：C。【点评】本题考查了热化学知识和盖斯定律的应用，以及催化剂的判断，题目难度适中．　7．（6 分）NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量 KIO3氧化，当 NaHSO3完全消耗即有 I2析出，依据I2析出所需时间可以求得 NaHSO3的反应速率．将浓度均为 0.020mol•L﹣1NaHSO3溶液（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（过量）酸性溶液 40.0mL 混合，记录 10～55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图．据图分析，下列判断不正确的是（　　）A．40℃之前与 40℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反B．图中 b、c 两点对应的 NaHSO3反应速率相等 C．图中 a 点对应的 NaHSO3反应速率为 5.0×10﹣5mol•L﹣1•s﹣1D．温度高于 40℃时，淀粉不宜用作该实验的指示剂【分析】A．由图可知，40℃之前，温度高反应速率加快，40℃之后温度高，变色时间越长；B．b、c 点对应的温度不同；C．a 点时间为 80s，浓度变化量为 =0.004mol/L；D．结合 55℃时，没有出现蓝色分析．【解答】解：A．从图象中可以看出，40℃以前，温度越高，反应速度越快，40℃后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而 55℃，未变蓝，淀粉发生了水解，故 A 正确；B．由图中 b、c 反应时间相同、温度不同可知，温度高反应速率快，故反应速率不同，故 B 错误；C．a 点时间为 80s，浓度变化量为 =0.004mol/L，a 点对应的 NaHSO3反应速率为5.0×10﹣5mol•L﹣1•s﹣1，故 C 正确；D.55℃时，没有出现蓝色，淀粉发生水解反应，故淀粉已不能作为该反应的指示剂，故 D 正确；故选：B。【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重图象分析及温度对反应的影响，注意不同温度下均可被过量 KIO3氧化，注重分析能力和解决问题能力的考查，题目难度较大．　二、解答题（共 5 小题）8．（16 分）利用化石燃料开采、加工过程产生的 H2S 废气制取氢气，既价廉又环保．（1）工业上可用组成为 K2O•M2O3•2RO2•nH2O 的无机材料纯化制取的氢气①已知元素 M、R 均位于元素周期表中第 3 周期，两种元素原子的质子数之和为 27，则 R 的原子结构示意图为　 　②常温下，不能与 M 单质发生反应的是　 be 　 （填序号）a．CuSO4溶液 b．Fe2O3　　 c．浓硫酸　　 d．NaOH 溶液　 e．Na2CO3固体（2）利用 H2S 废气制取氢气来的方法有多种①高温热分解法已知：H2S（g）⇌H2（g）+1/2S2（g）在恒温密闭容器中，控制不同温度进行 H2S 分解实验．以 H2S 起始浓度均为 cmol•L﹣1测定 H2S 的转化率，结果见右图．图中 a 为 H2S 的平衡转化率与温度关系曲线，b 曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时 H2S 的转化率．据图计算 985℃时 H2S 按上述反应分解的平衡常数 K=　；说明随温度的升高，曲线 b 向曲线 a 逼近的原因：　温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短　②电化学法该法制氢过程的示意图如右．反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是　增大反应物接触面积，使反应更充分　；反应池中发生反应的化学方程式为　 H 2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl 　 ．反 应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为　 2Fe 2+ +2H + 2Fe 3+ +H 2↑ 　 ．【分析】（1）① M 为+3 价，R 为+4 价，均为第三周期元素，则 M 为 Al，R 为 Si，Si 的质子数为14；② M 为 Al 具有还原性，能与具有氧化性的物质发生反应；（2）① K 为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；温度的升高，曲线 b 向曲线 a 逼近，反应速率加快；②反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，可增大反应物接触面积；反应池中发生氧化还原反应；电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，以此来解答．【解答】解：（1）① M 为+3 价，R 为+4 价，均为第三周期元素，则 M 为 Al，R 为 Si，Si 的质子数为 14，其原子结构示意图为 ，故答案为： ；② M 为 Al 具有还原性，能与具有氧化性的物质发生反应，如 a、c，还能与 d 中 NaOH 溶液反应生成氢气，而高温下与氧化铁反应，与碳酸钠不反应，故答案为：be；（2）①以 H2S 起始浓度均为 cmol•L﹣1测定 H2S 的转化率，985℃时 H2S 的转化率为 40%，则 H2S（g）⇌H2（g）+1/2S2（g）开始 c 0 0转化 0.4c 0.4c 0.2c平衡 0.6c 0.4c 0.2cK= = ；温度的升高，曲线 b 向曲线 a 逼近，反应速率加快，达到平衡时的时间缩短，故答案为： ；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短；②反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，可增大反应物接触面积；反应池中发生氧化还原反应为 H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl；电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，电解总反应的离子方程式为 2Fe2++2H+2Fe3++H2↑，故答案为：增大反应物接触面积，使反应更充分；H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl；2Fe2++2H+2Fe3++H2↑．【点评】本题以硫化氢为载体考查物质的性质、影响反应速率的因素、化学平衡、电化学等，题目综合性强，难度较大，注重了高考常考考点的考查，注意知识的迁移应用和信息的处理．　9．（14 分）二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂．（1）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产 ClO2方法．①用于电解的食盐水需先除去其中的 Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质．其次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的　 BaCl 2　（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的 Na2CO3和 NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去．经检测发现滤液中仍含有一定量的 SO42﹣，其原因是　 BaSO 4 和 BaCO 3 的 K sp 相差不大，当溶液中存在大量 CO 32﹣ 时， BaSO 4（ s ）会部分转化为 BaCO 3（ s ）　 【已知：Ksp（BaSO4）=1.1×10﹣10、Ksp（BaCO3）=5.1×10﹣9】②该法工艺原理如图．其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成 ClO2．工艺中可以利用的单质有　 H 2、 Cl 2　（填化学式），发生器中生成 ClO2的化学方程式为　2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O 　 ．（2）纤维素还原法制 ClO2是一种新方法，其原理是：纤维素水解得到的最终产物 D 与 NaClO3反应生成 ClO2．完成反应的化学方程式：　 1 　　 C 6H12O6　+24NaClO3+12H2SO4=　 24 　 ClO2↑+　 6 　 CO2↑+18H2O+　 12 　　 Na 2SO4　（3）ClO2和 Cl2均能将电镀废水中的 CN﹣氧化为无毒的物质，自身被还原为 Cl﹣．处理含 CN﹣相同时的电镀废水，所需 Cl2的物质的量是 ClO2的　 2.5 　 倍．【分析】（1）①在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入 BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入 Na2CO3除去．根据提供的 Ksp 数据，在后面加入碳酸钠时，发生 BaSO4（s）+CO32﹣ （aq）=BaCO3（s）+SO42﹣ （aq）；②电解饱和食盐水生成 H2、Cl2和 NaOH；故可以利用的单质为 H2、Cl2，合成 HCl，根据流程图可知加入物质为 NaClO3和 HCl，生成 ClO2；可以写出方程式，并用化合价升降法配平得到；（2）纤维素为多糖，水解最终产物为葡萄糖（C6H12O6），具有还原性，可将 NaClO3还原得到ClO2．Cl 从+5 到+4 价，降低 1 价，葡萄糖（C6H12O6）C 均价为 0，到+4 价，升高 4 价，然后配平得到；（3）每摩尔 Cl2得到 2mol 电子，而每摩尔 ClO2得到 5mol 电子，故为 2.5 倍．【解答】解：（1）①加入过量的 Na2CO3和 NaOH，可分别除去 Ca2+、Mg2+，在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入 BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入 Na2CO3除去．BaSO4和 BaCO3的 Ksp相差不大，当溶液中存在大量 CO32﹣时，发生BaSO4（s）+CO32﹣ （aq）=BaCO3（s）+SO42﹣ （aq），BaSO4（s）会部分转化为 BaCO3（s），故答案为：BaCl2；BaSO4和 BaCO3的 Ksp相差不大，当溶液中存在大量 CO32﹣时，BaSO4（s）会部分转化为 BaCO3（s）；②电解饱和食盐水生成 H2、Cl2和 NaOH；故可以利用的单质为 H2、Cl2，合成 HCl，根据流程图可知加入物质为 NaClO3和 HCl，生成 ClO2；发生氧化还原反应，NaClO3被还原生成 ClO2，HCl 被氧化生成Cl2，同时生成水，反应的化学方程式为 2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，故答案为：H2、Cl2；2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；（2）纤维素为多糖，水解最终产物为葡萄糖（C6H12O6），具有还原性，可将 NaClO3还原得到ClO2．Cl 从+5 到+4 价，降低 1 价，葡萄糖（C6H12O6）C 均价为 0，到+4 价，升高 4 价，则配平后的化学方程式为 1 C6H12O6+24 NaClO3+12H2SO4=24 ClO2↑+6 CO2↑+18H2O+12 Na2SO4，故答案为：1；C6H12O6；24；6；12；Na2SO4；（3）每摩尔 Cl2得到 2mol 电子，而每摩尔 ClO2得到 5mol 电子，则所需 Cl2的物质的量是 ClO2的2.5 倍，故答案为：2.5．【点评】本题考查化学工艺流程，涉及氧化还原反应相关概念、配平及计算，化学实验基本方法（除杂）等相关知识，题目难度中等，注意把握物质的分离、提纯操作方法．　10．（15 分）固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂．某学习小组以 Mg（NO3）2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下 4 种猜想：甲：Mg（NO3）2、NO2、O2 乙：MgO、NO2、O2　 丙：Mg3N2、O2　　　丁：MgO、NO2、N2（1）实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是　不符合氧化还原反应原理（或其它合理答案）　．查阅资料得知：2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O针对甲、乙、丙猜想，设计如下图所示的实验装置（图中加热、夹持仪器等均省略）：（2）实验过程 ①仪器连接后，放入固体试剂之前，关闭 k，微热硬质玻璃管（A），观察到 E 中有气泡连续放出，表明　装置气密性良好　②称取 Mg（NO3）2固体 3.7g 置于 A 中，加热前通入 N2以驱尽装置内的空气，其目的是　避免对产物 O 2 检验产生干扰（或其它合理答案）　；关闭 K，用酒精灯加热时，正确操作是先　移动酒精灯预热硬质玻璃管　然后固定在管中固体部位下加热．③观察到 A 中有红棕色气体出现，C、D 中未见明显变化．④待样品完全分解，A 装置冷却至室温、称量，测得剩余固体的质量为 1.0g．⑤取少量剩余固体于试管中，加入适量水，未见明显现象．（3）实验结果分析讨论①根据实验现象和剩余固体的质量经分析可初步确认猜想　乙　是正确的．②根据 D 中无明显现象，一位同学认为不能确认分解产物中有 O2，因为若有 O2，D 中将发生氧化还原反应：　 2Na 2SO3+O2=2Na2SO4　（填写化学方程式），溶液颜色会退去；小组讨论认定分解产物中有O2存在，未检侧到的原因是　 O 2 在通过装置 B 时已参与反应（或其它合理答案）　 ．③小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善，需改进装置进一步研究．【分析】（1）根据氧化还原反应化合价升降相等判断；（2）①反应前检验装置的气密性；②甲、乙、丙中都有氧气，避免空气中氧气干扰；根据加热试管的操作要求完成；（3）①根据硝酸镁的反应现象进行判断；② D 中亚硫酸钠具有还原性，能够和氧气反应生成硫酸钠，溶液褪色；二氧化氮和氢氧化钠溶液反应生成一氧化氮，一氧化氮会消耗氧气．【解答】解：（1）由于产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征，故答案为：不符合氧化还原反应原理（或其它合理答案）；（2）①实验前需要检验装置的气密性，方法是关闭 k，微热硬质玻璃管（A），观察到 E 中有气泡连续放出，证明装置气密性良好，故答案为：装置气密性良好；②由于甲乙丙猜想中产物都有氧气，没有氮气，用氮气排出装置中空气避免对产物氧气检验的干扰，集中加热前先预热硬质试管，然后固定在管中固体部位下加热，故答案为：避免对产物 O2检验产生干扰（或其它合理答案）；移动酒精灯预热硬质玻璃管；（3）①硝酸镁分解，红棕色气体是二氧化氮，镁元素不会还是硝酸镁形式，所以乙正确；故答案为：乙；②亚硫酸钠和氧气的反应，反应方程式是：2Na2SO3+O2=2Na2SO4，在 B 装置中，二氧化氮和氢氧化钠溶液反应生成一氧化氮，生成的一氧化氮消耗了氧气，故答案为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4；O2在通过装置 B 时已参与反应（或其它合理答案）．【点评】本题探究硝酸镁分解产物，提出假想，通过实验验证，涉及了化学方程式的书写、加热操作的考查，本题难度中等．　11．（13 分）（1）依据第 2 周期元素第一电离能的变化规律，参照右图 B、F 元素的位置，用小黑点标出 C、N、O 三种元素的相对位置．（2）NF3可由 NH3和 F2在 Cu 催化剂存在下反应直接得到：2NH3+3F2NF3+3NH4F①上述化学方程式中的 5 种物质所属的晶体类型有　 abd 　 （填序号）．a．离子晶体 b．分子晶体 c．原子晶体 d．金属晶体②基态铜原子的核外电子排布式为　 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 1 　 ．（3）BF3与一定量水形成（H2O）2•BF3晶体 Q，Q 在一定条件下可转化为 R：①晶体 Q 中各种微粒间的作用力不涉及　 ad 　 （填序号）． a．离子键 b．共价键　 c．配位键 d．金属键 e．氢键 f．范德华力② R 中阳离子的空间构型为　三角锥型　，阴离子的中心原子轨道采用　 sp 3 　 杂化．（4）已知苯酚（ ）具有弱酸性，其 Ka=1.1×10﹣10；水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键．据此判断，相同温度下电离平衡常数 Ka2（水杨酸）　＜　Ka（苯酚）（填“＞”或“＜”），其原因是　 中形成分子内氢键，使其更难电离出 H + 　 ．【分析】（1）同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但氮元素的 2p 能级容纳 3 个电子，处于半满稳定状态，能力降低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素；（2）① Cu 是金属，属于金属晶体，NH4F 是盐，属于离子晶体，NH3、F2、NF3都属于分子晶体；② Cu 原子核外有 29 个电子，根据核外电子排布规律书写；（3）①由 Q 的结构可知，Q 分子中处于在氢键、共价键、配位键（O 与 B 之间）、分子间作用力；② R 中阳离子为 H3+O，中心原子氧原子价层电子对数=3+ =4，孤电子对= =1，据此判断；（4） 中形成分子内氢键，使其更难电离出 H+．【解答】解：（1）同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但氮元素的 2p 能级容纳 3 个电子，处于半满稳定状态，能力降低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素，故 C、N、O 三种元素的相对位置为： ，故答案为： ；（2）① Cu 是金属，属于金属晶体，NH4F 是盐，属于离子晶体，NH3、F2、NF3都属于分子晶体，故答案为：abd；② Cu 原子核外有 29 个电子，基态铜原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；（3）①由 Q 的结构可知，Q 分子中处于在氢键、共价键、配位键（O 与 B 之间）、分子间作用力，故答案为：ad；② R 中阳离子为 H3+O，中心原子氧原子价层电子对数=3+ =4，孤电子对= =1，为三角锥型，氧原子采取 sp3杂化，故答案为：三角锥型；sp3；（4） 中形成分子内氢键，使其更难电离出 H+，故相同温度下电离平衡常数 Ka2（水杨 酸）＜Ka（苯酚），故答案为：＜； 中形成分子内氢键，使其更难电离出 H+．【点评】本题考查电离能、晶体类型、化学键及氢键对物质性质的影响、分子结构与杂化理论等，难度中等，需要学生全面掌握基础知识，并能运用分析解决问题．　12．（13 分）已知：为合成某种液晶材料的中间体 M，有人提出如下不同的合成途径（1）常温下，下列物质能与 A 发生反应的有　 b 、 d 　 （填序号）a．苯　 b．Br2/CCl4　c．乙酸乙酯　 d．KMnO4/H+溶液（2）M 中官能团的名称是　羟基　，由 C→B 反应类型为　加成反应（或还原反应）　．（3）由 A 催化加氢生成 M 的过程中，可能有中间生成物 和　　（写结构简式）生成（4）检验 B 中是否含有 C 可选用的试剂是　银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）　（任写一种名称）．（5）物质 B 也可由 C10H13Cl 与 NaOH 水溶液共热生成，C10H13Cl 的结构简式为　　．（6）C 的一种同分异构体 E 具有如下特点：a．分子中含﹣OCH2CH3　 b．苯环上只有两种化学环境不同的氢原子写出 E 在一定条件下发生加聚反应的化学方程式　 　．【分析】由合成流程可知，A→M 发生﹣CHO 和 C=C 的加成反应，B→M 为苯环的加成反应，结合信息可知，D→C 发生取代反应，C 为 CH3CH2CH2C6H4CHO，名称为对丙基苯甲醛，C→B 为﹣CHO 的加成反应，然后结合有机物的结构与性质来解答．【解答】解：由合成流程可知，A→M 发生﹣CHO 和 C=C 的加成反应，B→M 为苯环的加成反应，结合信息可知，D→C 发生取代反应，C 为 CH3CH2CH2C6H4CHO，名称为对丙基苯甲醛，C→B 为﹣CHO 的加成反应，（1）含 C=C，能与溴水发生加成反应，C=C、﹣CHO 均能被高锰酸钾氧化，故答案为：b、d；（2）由结构简式可知，M 中含﹣OH，名称为羟基，C→B 为﹣CHO 的加成反应（或还原反应），故答案为：羟基；加成反应（或还原反应）；（3）由 A 催化加氢生成 M 的过程中，C=C、﹣CHO 均能与氢气发生加成反应，则生成中间体为或 ，故答案为： ；（4）B 中是否含有 C，利用醛基的性质可知，选银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）产生银镜（或砖红色沉淀）即可证明，故答案为：银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）；（5）B 也可由 C10H13Cl 与 NaOH 水溶液共热生成，碳链骨架不变，则 C10H13Cl 的结构简式为