基本流程及装置图如
下．
回答下列问题：
（1）操作①和操作②都是 过滤 （填操作名称），加入过量烧碱溶液时反应的离子方程式为 Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓ ．
（2）加入过量X，发生反应的化学方程式为 NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3 ．（3）电解时，阳极的电极反应式为 2O2﹣﹣4e﹣=O2↑ ，实际生产中阳极需要定期更换，原因是 阳极产生的氧气会与电极材料中的碳反应而使阳极损耗 ．
（4）在电解槽的钢板和阴极碳素材料之间需要放置 a （选填字母序号）． a、耐火绝缘 b、防爆导热 c、耐火导电 d、导热导电
（5）电解铝时，以氧化铝﹣冰晶石溶融液为电解质，其中也常加入少量的氟化钙，氟化钙的作用是 帮助降低氧化铝的熔点 ．为制取冰晶石，工业上采用氢氧化铝、纯碱和氟化氢在一定条件下充分混合反应制取冰晶石，该反应的化学方程式为 2Al（OH）3+12HF+3Na2CO3=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O ．
（6）上述流程生产1mol金属铝耗电能约1.8×106J．某铝土矿中氧化铝的质量分数为51%，则1吨该铝土矿冶炼金属铝耗电能 1.8×1010 J；已知每个铝制易拉罐约15g，其中铝的质量分数为90%，由一只易拉罐回收生产金属铝耗电能约4.5×104J，则制得等量金属铝的能耗为上述流程生产方法的 5 %；通过对计算数据的分析，你能得到什么结论 易拉罐的回收利用有利于节约能源 ．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用． 【分析】铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2等），加入过量稀硫酸，氧化铝、氧化铁溶解，二氧化硅不溶，过滤得到滤液1是氯化铝溶液、氯化铁溶液，加入过量氢氧化钠溶液发生反应生成氢氧化铁沉淀、偏铝酸钠溶液，过滤得到滤液2为偏铝酸钠溶液，通入过量的X为二氧化碳反应生成碳酸氢钠、氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝沉淀受热分解生成氧化铝，通过加入冰晶石恒容氟化钙降低氧化铝熔点，以碳素做阴阳极，电解生成电解铝，净化、澄清、精炼得到铝锭，
（1）分析可知操作1和操作2是分离固体和溶液的操作为过滤，加入过量氢氧化钠溶液是铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；
（2）加入过量X为二氧化碳，二氧化碳和偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；
（3）电解原理可知阳极失氧化铝熔融后电离出的氧离子失电子生成氧气发生氧化反应，实际生产中阳极需要定期更换是因为阳极上生成氧气会和材料中碳发生反应消耗电极； （4）依据电解原理分析可知，在电解槽的钢板和阴极碳素材料之间需要耐火绝缘；
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（5）Al为活泼金属，电解铝时的电解质为氧化铝﹣冰晶石熔融液，常加入少量氯化钙的目的是降低熔点，Al2O3的熔点很高，熔化需要较多能量，加入冰晶石可以降低Al2O3的熔化温度．根据质量守恒定律书写该化学方程式；
（6）某铝土矿中氧化铝的质量分数为51%，则1吨该铝土矿中氧化铝质量=1×106g，含铝物质的量=
=10000mol，计算得到冶炼金属铝耗电能，已知每个铝制易拉罐
约15g，其中铝的质量分数为90%，其中铝的物质的量==0.5mol，由一只易拉罐
=9×104J，制得
回收生产金属铝耗电能约4.5×104J，生产1molAl耗电能=4.5×104J×
等量金属铝的能耗和上述流程生产方法耗能之比计算得到，易拉罐的回收利用可以节约能源．
【解答】解：铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2等），加入过量稀硫酸，氧化铝、氧化铁溶解，二氧化硅不溶，过滤得到滤液1是氯化铝溶液、氯化铁溶液，加入过量氢氧化钠溶液发生反应生成氢氧化铁沉淀、偏铝酸钠溶液，过滤得到滤液2为偏铝酸钠溶液，通入过量的X为二氧化碳反应生成碳酸氢钠、氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝沉淀受热分解生成氧化铝，通过加入冰晶石恒容氟化钙降低氧化铝熔点，以碳素做阴阳极，电解生成电解铝，净化、澄清、精炼得到铝锭，
（1）分析可知操作1和操作2是分离固体和溶液的操作为过滤，加入过量氢氧化钠溶液是铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，
故答案为：过滤；Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓；
（2）NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al（OH）3和NaHCO3，反应的化学方程式为：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，
故答案为：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；
（3）电解原理可知阳极失氧化铝熔融后电离出的氧离子失电子生成氧气发生氧化反应，电极反应为：2O2﹣﹣4e﹣=O2↑，实际生产中阳极需要定期更换是因为阳极上生成氧气会和材料中碳发生反应消耗电极，
故答案为：2O2﹣﹣4e﹣=O2↑；阳极产生的氧气会与电极材料中的碳反应而使阳极损耗；
（4）依据电解原理分析可知，在电解槽的钢板和阴极碳素材料之间需要耐火绝缘，故选a，
故答案为：a；
（5）Al2O3的熔点很高，熔化需要较多能量，电解铝时，以氧化铝﹣冰晶石溶融液为电解质，其中也常加入少量的氟化钙，氟化钙的作用是帮助降低Al2O3的熔化温度；工业上可以用氟化氢气体、氢氧化铝和纯碱在高温条件下发生反应来制取冰晶石，根据质量守恒定律书写该化学方程式为：2Al（OH）3+12HF+3Na2CO3 =2Na3AlF6+3CO2+9H2O；
故答案为：帮助降低氧化铝的熔点；2Al（OH）3+12HF+3Na2CO3 =2Na3AlF6+3CO2+9H2O；
（6）某铝土矿中氧化铝的质量分数为51%，则1吨该铝土矿中氧化铝质量=1×106g，含铝物质的量=
=10000mol，生产1mol金属铝耗电能约1.8×106J．则1吨该铝
土矿冶炼金属铝耗电能=1.8×106J×10000=1.8×1010J，已知每个铝制易拉罐约15g，其中铝的质量分数为90%，其中铝的物质的量=
=0.5mol，由一只易拉罐回收生，产金属
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铝耗电能约4.5×104J，生产1molAl耗电能=4.5×104J×=9×104J，制得等量金属铝的
能耗为上述流程生产方法耗能的=5，通过对计算数据的分析，易拉罐的回收利
用可以节约能源，
故答案为：1.8×1010；5；易拉罐的回收利用有利于节约能源；
四、化学——选修3：物质结构与性质（共1小题，满分15分） 12．元素周期表的排列和分区与元素基态原子核外电子的排布息息相关，请据此回答下列问题：
（1）根据原子结构和元素周期表的关系，第七周期0族的原子序数为 8 ．
（2）X和Y均为第2周期p区元素，其原子的第一电离能数值按从大到小的顺序在同周期元素中处于第三位和第七位．
①晶体Y的结构单元是由Y原子组成的正二十面体（如图所示），其中有20个等边三角形的面和一定数目的顶点，每个顶点各有一个Y原子，故此基本结构单元是由 12 个Y原子构成，共含有 30 个Y﹣Y键．
②若将一个正二十面体中的每一个顶点削去，可获得只由正六边形和正五边形构成的多面体．若多面体的每一个顶点均为碳原子，可得到一个C60分子的结构模型．则1molC60分子中含有a键的数目为 90NA ，C60晶体采取面心立方最密堆积，故其配位数为 12 ． ③X和Y可形成多种类型的结构．下列说法正确的是 ab ． a、六方“类石墨”YX晶体可做高温润滑剂
b、立方“类金刚石”YX晶体是超硬材料，有优异的耐磨性 c、立方“类金刚石”YX晶体中，Y原子的杂化轨道类型为sp2
（3）Z为第4周期d区元素，最高价为+7价，M和Z是同周期的元素，具有相同的最高化合价．
①写出Z的基态原子价层电子排布式 3d54s2 ．
②酸性强弱：HMO ＜ HMO2，原因是 HMO2中非羟基氧原子数目比HMO的多 ． ③Z元素可参与形成准晶体．准晶体是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过 X﹣射线衍射实验 区分晶体、准晶体和非晶体．
④晶体Z可形成体心立方晶胞，若晶胞中距离最近的Z原子核间距离为apm，则Z晶体的密度为
g?cm﹣3．
【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断． 【分析】（1）根据各周期容纳元素种数计算；
（2）同周期中稀有气体第一电离能最大，其它元素随原子序数最大元素第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族、ⅤA族最高能级分别为全满、半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第二周期中第一电离能顺序为：Ne＞F＞N＞O＞C＞Be＞B＞Li，X和Y均为第
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2周期p区元素，其原子的第一电离能数值按从大到小的顺序在同周期元素中处于第三位和第七位，则X为N元素、Y为B元素；
①每个三角形含有3个Y原子，每个Y原子为5个三角形共用，每个三角形含有3个Y﹣Y键，而每个Y﹣Y键为2个三角形共用，利用均摊法计算；
②若将一个正二十面体中的每一个顶点削去，可获得只由正六边形和正五边形构成的多面体．若多面体的每一个顶点均为碳原子，则每个碳原子形成3个碳碳σ键，每个碳碳σ键为1个碳原子提供，利用均摊法计算1molC60分子中含有σ键的数目；
C60晶体采取面心立方最密堆积，以顶点C60研究，与之相邻的C60处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，而每个面为2个晶胞共用；
③a．六方“类石墨”YX晶体，层间为分子间作用力，作用力小； b．立方“类金刚石”YX晶体，为空间网状结构，属于原子晶体；
c．立方“类金刚石”BN晶体中，B原子形成4个B﹣N键（含有1个配位键），杂化轨道数目为4；
（3）Z为第4周期d区元素，最高价为+7价，则Z为Mn元素，M和Z是同周期的元素，具有相同的最高化合价，则M为Br； ①Z处于的第四周期第ⅦB族； ②非羟基氧数目越多，酸性越强；
③通过X﹣射线衍射实验区分晶体、准晶体和非晶体．
④晶体Z可形成体心立方晶胞，体对角线上3个Z原子相邻，若晶胞中距离最近的Z原子核间距离为apm，则体对角线长度为2a pm，故晶胞棱长为
pm，根据均摊法计算晶胞中
Z原子数目，表示出晶胞质量，再根据ρ=计算Z晶体的密度．
【解答】解：（1）He的原子序数为2，根据各周期容纳元素种数，可知第七周期0族的原子序数为2+8+8+18+18+32+32=118， 故答案为：118；
（2）同周期中稀有气体第一电离能最大，其它元素随原子序数最大元素第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族、ⅤA族最高能级分别为全满、半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第二周期中第一电离能顺序为：Ne＞F＞N＞O＞C＞Be＞B＞Li，X和Y均为第2周期p区元素，其原子的第一电离能数值按从大到小的顺序在同周期元素中处于第三位和第七位，则X为N元素、Y为B元素，． ①每个三角形含有3个Y原子，每个Y原子为5个三角形共用，则含有Y原子数目为=12，
每个三角形含有3个Y﹣Y键，而每个Y﹣Y键为2个三角形共用，含有Y﹣Y键数目为
=30，
故答案为：12；30；
②若将一个正二十面体中的每一个顶点削去，可获得只由正六边形和正五边形构成的多面体．若多面体的每一个顶点均为碳原子，每个碳原子为1个五边形、2个六边形共用，则每
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个碳原子形成3个碳碳σ键，每个碳碳σ键为1个碳原子提供，故1molC60分子中含有σ键为
mol=90mol，即含有90NA 个σ键，
故C60晶体采取面心立方最密堆积，以顶点C60研究，与之相邻的C60处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，而每个面为2个晶胞共用，则其配位数为
=12，
故答案为：90NA；12；
③a．六方“类石墨”YX晶体，层间为分子间作用力，作用力小，质地软，可做高温润滑剂，故a正确；
b．立方“类金刚石”YX晶体，为空间网状结构，属于原子晶体，超硬材料，有优异的耐磨性，故b正确；
c．立方“类金刚石”BN晶体中，B原子形成4个B﹣N键（含有1个配位键），杂化轨道数目为4，B原子采取sp3杂化，故c错误， 故答案为：ab；
（3）Z为第4周期d区元素，最高价为+7价，则Z为Mn元素，M和Z是同周期的元素，具有相同的最高化合价，则M为Br；
①Z处于的第四周期第ⅦB族，价电子排布式为3d54s2，故答案为：3d54s2；
②HMO2中非羟基氧原子数目比HMO的多，故酸性HMO＜HMO2，故答案为：＜；HMO2中非羟基氧原子数目比HMO的多；
③通过X﹣射线衍射实验区分晶体、准晶体和非晶体，故答案为：X﹣射线衍射实验； ④晶体Z可形成体心立方晶胞，体对角线上3个Z原子相邻，若晶胞中距离最近的Z原子核间距离为a pm，则体对角线长度为2a pm，故晶胞棱长为8×+1=2，则晶胞质量为2×
3
pm，晶胞中Mn原子数目为g÷（
×10﹣10 cm）
g，故晶体的密度为2×
=
g?cm﹣3，
故答案为：．
五、化学——选修5：有机化学基础（共1小题，满分15分）
13．Ⅰ、聚甲基丙烯酸甲酯（PMMA）俗称有机玻璃．其结构简式为：，
以下是有机玻璃的一种合成路线：
回答下列问题：
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