1、2015-2016学年四川省成都市树德中学高三（下）入学化学试卷一、选择题（共7小题）1下列说法不正确的是（）A近年来禽流感病毒H7N9时有病例报告，卫生部门强调要尽量避免接触活禽，个人也应加强消毒预防，其中消毒剂可以选用含氯消毒剂、酒精、双氧水等适宜的物质B将浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放入新鲜的水果箱内是为了催熟水果C“埃博拉”病毒在常温下较稳定，对热有中等度抵抗力，56不能完全灭活，6030min方能破坏其感染性，此过程主要发生了蛋白质的变性D用二氧化碳制全降解塑料，可以缓解温室效应2设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A高温下，0.2mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子
2、数目为0.3NAB室温下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NAC氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NA3下列实验方案中，不能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A检验CH3CH2Br在NaOH溶液中是否发生水解将CH3CH2Br与NaOH溶液共热冷却后，取出上层水溶液，用稀HNO3酸化，加入AgNO3溶液，观察是否产生淡黄色沉淀B检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶
3、液，观察溶液是否变红C验证Br2的氧化性强于I2将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置可观察到下层液体呈紫色D验证Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色AABBCCDD4雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后的试样溶液，设计并完成了如下实验：已知：3NO3+8Al+5OH+2H2O3NH3+8AlO2根据以上的实验操作和现象，该同学得出的结论不正确的是（）A试样中肯定
4、存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B试样中一定不含Al3+C试样中可能存在Na+、ClD该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO45海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法不正确的是（）A中可采用蒸馏法B中可通过电解饱和氯化镁溶液制金属镁C中提溴涉及到氧化还原反应D的产品可生产盐酸、漂白液等6在某2L恒容密团容器中充入2mol X（g）和1mol Y（g）发生反应：2X（g）+Y（g）3Z（g）H，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示：下列推断正确的是（）A升高温度，平衡常数增大BW点Y的正反应速率等于M点Y的
5、正反应速率CQ点时，Y的转化率最大D平衡时充入Z达到新平衡时Z的体积分数比原平衡时大7工业上常利用Na2SO3溶液作为吸收液脱除硫酸工厂烟气中的SO2下列说法正确的是（）ANaHSO3溶液中存在：c（Na+）c（HSO3）c（OH）c（H+）c（SO32）B当吸收液呈中性时：c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）C含等物质的量的Na2SO3和NaHSO3的溶液中，阴离子数目相等DNa2SO3和NaHSO3都能抑制水的电离二、解答题（共4小题）8主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，X、Z、M分属于3个不同的周期，X、M元素可以形成负一价离子，Y原子的各能层电子数相同，Z原子最外
6、层电子数是次外层的3倍，N元素原子的4p轨道上有3个未成对电子（1）五种元素中第一电离能最小的是电负性最大的是（填元素符号）（2）Y元素原子的价层电子的电子排布图为，该元素的名称是气态分子YM2的立体构型，YM2可形成多聚体（YM2）n的原因是（3）Z和N形成分子W的结构如图所示，化合物W的分子式为，Z、N原子的杂化类型分别为、（4）已知化合物NX3是剧毒的气体，与AgNO3溶液反应有黑色Ag析出，同时生成W，此反应是检验微量NX3的方法，该反应的化学方程式是（5）画出配离子YZ4X42的结构式，1mol该离子中含有的共价键数目为9二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂
7、，回答下列问題：（1）工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为（2）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过图1过程制备ClO2电解时发生反应的化学方程式为溶液X中大量存在的阴离子有除去ClO2中的NH3可选用的试剂是（填标号）a水b碱石灰C浓硫酸d饱和食盐水（3）用图2装置可以测定混合气中ClO2的含量：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：用0.1000mol
8、L1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O322I+S4O62），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液在此过程中：锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为玻璃液封装置的作用是V中加入的指示剂通常为，滴定至终点的现象是测得混合气中ClO2的质量为 g（ClO2的相对分子质量为67.5）（4）用ClO2处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是（填标号）a明矾 b碘化钾 c盐酸 d硫酸亚铁10ZrO2常用作陶瓷材料，可由锆英砂（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2SiO2，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质）通过如
9、图方法制取已知：ZrO2能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如表金属离子Fe3+Al3+ZrO2+开始沉淀时pH1.93.36.2沉淀完全时pH3.25.28.0（1）熔融时ZrSiO4发生反应的化学方程式为，滤渣I的化学式为（2）为使滤液I的杂质离子沉淀完全，需用氨水调pH=a，则a的范围是；继续加氨水至pH=b时，所发生反应的离子方程式为（3）向过滤所得滤液中加入CaCO3粉末并加热，得到两种气体该反应的离子方程式为（4）为得到纯净的ZrO2，Zr（OH）4需要洗涤，检验Zr（OH）4是否洗涤干净的方
10、法是11香料G的一种合成工艺如图所示核磁共振氢谱显示A有两种峰，其强度之比为1：1已知：请回答下列问题：（1）A的结构简式为，G中官能团的名称为（2）检验M已完全转化为N的实验操作是（3）有学生建议，将MN的转化用KMnO4（H+）代替O2，老师认为不合理，原因是（4）写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：KL，反应类型（5）F是M的同系物，比M多一个碳原子满足下列条件的F的同分异构体有种（不考虑立体异构）能发生银镜反应 能与溴的四氯化碳溶液加成 苯环上有2个对位取代基（6）以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油（丙三醇），请设计合成路线（其他无机原料任选）请用以下方式表示：AB目标产物2015
11、-2016学年四川省成都市树德中学高三（下）入学化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题）1下列说法不正确的是（）A近年来禽流感病毒H7N9时有病例报告，卫生部门强调要尽量避免接触活禽，个人也应加强消毒预防，其中消毒剂可以选用含氯消毒剂、酒精、双氧水等适宜的物质B将浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放入新鲜的水果箱内是为了催熟水果C“埃博拉”病毒在常温下较稳定，对热有中等度抵抗力，56不能完全灭活，6030min方能破坏其感染性，此过程主要发生了蛋白质的变性D用二氧化碳制全降解塑料，可以缓解温室效应【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；乙烯的化学性质【分析】A含氯消毒剂、酒精、双氧水等能使蛋白
12、质变性； B乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，为了延长水果的保鲜期，应除掉乙烯；C蛋白质在高温时发生变性；D二氧化碳是产生温室效应的一种气体【解答】解：A含氯消毒剂、酒精、双氧水等能使蛋白质变性，能杀菌消毒，故A正确； B乙烯具有较强的还原性，能与强氧化剂高锰酸钾反应，故可用高锰酸钾除掉乙烯，为了延长水果的保鲜期将苹果放入有浸泡过高锰酸钾溶液的硅土的密封容器中，故B错误；C蛋白质在高温时发生变性，所以6030min方能破坏其感染性，此过程主要发生了蛋白质的变性，故C正确；D二氧化碳是产生温室效应的一种气体，所以将二氧化碳转化为塑料，能减少温室效应，故D正确故选B2设NA为阿伏
13、伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A高温下，0.2mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB室温下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NAC氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A铁与水蒸气反应生成的是四氧化三铁，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量及分子数；B氢氧化钠溶液的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为11013mol/L；C氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，1mol
14、氧气得到4mol电子；D该反应中，铵根离子中的氮原子被氧化成氮气，硝酸根离子中部分氮原子被氧化成氮气，生成4mol氮气转移了15mol电子【解答】解：A0.2mol铁与水蒸气完全反应生成四氧化三铁，失去电子的物质的量为：（0）0.2mol=mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为： =mol，生成的H2分子数目为NA，故A错误；B室温下，1L pH=13的NaOH溶液中氢离子浓度为11013mol/L，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的OH离子数目为1013NA，故B错误；C氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，标况下22.4L氧气的物质的量为1mol，1mol氧气完全反应得到4mol电子，
15、电路中通过的电子数目为4NA，故C错误；D该氧化还原反应中，生成4mol氮气转移了15mol电子，28g氮气的物质的量为1mol，生成1mol氮气转移的电子的物质的量为： =3.75mol，转移的电子数目为3.75NA，故D正确；故选D3下列实验方案中，不能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A检验CH3CH2Br在NaOH溶液中是否发生水解将CH3CH2Br与NaOH溶液共热冷却后，取出上层水溶液，用稀HNO3酸化，加入AgNO3溶液，观察是否产生淡黄色沉淀B检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红C验证Br2的氧化
16、性强于I2将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置可观察到下层液体呈紫色D验证Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A检验有机物中的溴元素时，先将溴元素转化为溴离子，再用硝酸酸化溶液，最后用硝酸银溶液检验溴离子即可；B硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子而干扰实验；C自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化【解答】解：A检验有机物中的溴元素时，先将溴元素转化为溴离子，再用硝酸酸化溶液，最后用硝酸银溶液检
17、验溴离子，如果有淡黄色沉淀生成就说明含有溴元素，否则没有溴元素，故A正确；B加入稀硫酸后，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子而干扰实验，所以不能实现实验目的，故B错误；C将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置可观察到下层液体呈紫色，说明二者发生氧化还原反应2I+Br2=2Br+I2，溴是氧化剂、碘是氧化产物，所以溴的氧化性大于碘，所以能实现实验目的，故C正确；D溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2，所以能实现实验目的，故D正确；故
18、选B4雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后的试样溶液，设计并完成了如下实验：已知：3NO3+8Al+5OH+2H2O3NH3+8AlO2根据以上的实验操作和现象，该同学得出的结论不正确的是（）A试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B试样中一定不含Al3+C试样中可能存在Na+、ClD该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4【考点】真题集萃；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【分析】试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能
19、使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg 2+，结合题给选项分析解答【解答】解：试样溶液中加
20、入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐，也有可能是试样中存在Al3+，在过量的Ba（OH）2中反应生成AlO2，通入CO2后生成Al（OH）3沉淀；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42，以
21、及能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg 2+，A通过以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3，故A正确；B通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，故B错误；C通过以上分析知，试样中可能存在Na+、Cl，故C正确；D根据以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3，可能存在Na+、Cl，所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正确；故选B5海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法不正确的是（）A中可采用蒸馏法B中可通过电解饱和氯化
22、镁溶液制金属镁C中提溴涉及到氧化还原反应D的产品可生产盐酸、漂白液等【考点】海水资源及其综合利用；氧化还原反应；金属冶炼的一般原理【分析】A海水淡化可利用太阳能光照，采取蒸馏原理获得；B海水中得到镁，需要首先从海水中获得氯化镁，然后再去电解熔融状态的氯化镁即得镁；D海水中含有氯化钠，经过海水蒸发制得氯化钠，根据电解熔融氯化钠或电解氯化钠溶液的原理分析；C根据从海水中提取溴的过程解答【解答】解：A利用蒸馏原理可从海水中提取淡水，故A正确；B从海水中得到氯化镁后，镁为活泼金属，则可以电解熔融状态的氯化镁生成氯气和金属镁，故B错误；C将苦卤浓缩通入过量氯气进行氧化，静置溴沉在底部，继而通入空气和水蒸
23、气，将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢溴酸以达到富集溴，然后再用氯气将其氧化得到溴，反应过程中涉及氧化还原反应，故C正确；D从海水中得到氯化钠后，电解氯化钠溶液，得氢氧化钠和氢气和氯气，利用制得的氯气可以生产盐酸和漂白液，故D正确；故选：B6在某2L恒容密团容器中充入2mol X（g）和1mol Y（g）发生反应：2X（g）+Y（g）3Z（g）H，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示：下列推断正确的是（）A升高温度，平衡常数增大BW点Y的正反应速率等于M点Y的正反应速率CQ点时，Y的转化率最大D平衡时充入Z达到新平衡时Z的体积分数比原平衡
24、时大【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线【分析】温度在a之前，升高温度，X的含量减小，温度在a之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应【解答】解：温度在a之前，升高温度，X的含量减小，温度在a之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，A已知该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，故A错误；BW点对应的温度低于
25、M点对应的温度，温度越高，反应速率越高，所以W点Y的正反应速率小于M点Y的正反应速率，故B错误；C曲线上最低点Q为平衡点，升高温度平衡向逆反应移动，Y的转化率减小，所以Q点时，Y的转化率最大，故C正确；D反应前后气体的物质的量不变，平衡时充入Z，达到平衡时与原平衡是等效平衡，所以达到新平衡时Z的体积分数不变，故D错误；故选C7工业上常利用Na2SO3溶液作为吸收液脱除硫酸工厂烟气中的SO2下列说法正确的是（）ANaHSO3溶液中存在：c（Na+）c（HSO3）c（OH）c（H+）c（SO32）B当吸收液呈中性时：c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）C含等物质的量的Na2SO3和NaH
26、SO3的溶液中，阴离子数目相等DNa2SO3和NaHSO3都能抑制水的电离【考点】盐类水解的原理【分析】ANaHSO3溶液pH7，该溶液中亚硫酸根离子电离大于水解；B当吸收液呈中性时，c（H+）=c（OH），依据溶液中电荷守恒分析；C含等物质的量的Na2SO3和NaHSO3的溶液中，亚硫酸根离子水解程度大于亚硫酸氢根离子，亚硫酸钠溶液显碱性，亚硫酸氢钠溶液显酸性；DNa2SO3和溶液显碱性是亚硫酸根离子水解促进水的电离，NaHSO3都溶液显酸性，亚硫酸氢根离子电离大于水解，能抑制水的电离；【解答】解：ANaHSO3溶液pH7，该溶液中亚硫酸根离子电离大于水解，溶液中离子浓度大小c（Na+）c（
27、HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH）c（H2SO3），故A错误；B当吸收液呈中性时，c（H+）=c（OH），溶液中存在的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH）+2c（SO32）+c（HSO3）得到c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3），故B正确；C含等物质的量的Na2SO3和NaHSO3的溶液中，亚硫酸根离子水解程度大于亚硫酸氢根离子，亚硫酸钠溶液显碱性，亚硫酸氢钠溶液显酸性，溶液中氢氧根离子数目不同，溶液中阴离子数目不相等，故C错误；DNa2SO3和溶液显碱性是亚硫酸根离子水解促进水的电离，NaHSO3都溶液显酸性，亚硫酸氢根离子电离大于水解，电离出的氢离子能抑制水的
28、电离，故D错误；故选B二、解答题（共4小题）8主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，X、Z、M分属于3个不同的周期，X、M元素可以形成负一价离子，Y原子的各能层电子数相同，Z原子最外层电子数是次外层的3倍，N元素原子的4p轨道上有3个未成对电子（1）五种元素中第一电离能最小的是Be电负性最大的是O（填元素符号）（2）Y元素原子的价层电子的电子排布图为，该元素的名称是铍气态分子YM2的立体构型直线型，YM2可形成多聚体（YM2）n的原因是BeCl2分子中Be与另外两个BeCl2分子的Cl原子形成配位键（3）Z和N形成分子W的结构如图所示，化合物W的分子式为As4O6，Z、N原子的杂化类型
29、分别为sp3、sp3（4）已知化合物NX3是剧毒的气体，与AgNO3溶液反应有黑色Ag析出，同时生成W，此反应是检验微量NX3的方法，该反应的化学方程式是4AsH3+24AgNO3+6H2O=As4O6+24Ag+24HNO3（5）画出配离子YZ4X42的结构式，1mol该离子中含有的共价键数目为8NA【考点】位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，Y原子的各能层电子数相同，核外电子排布为1s22s2，则Y为Be；Z原子最外层电子数是次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外
30、层电子数为6，故Z为O元素；N元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，外围电子排布为4s24p3，则N为As元素；X、Z、M分属于3个不同的周期，X、M元素可以形成负一价离子，则X为H元素、M为Cl，据此解答【解答】解：主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，Y原子的各能层电子数相同，核外电子排布为1s22s2，则Y为Be；Z原子最外层电子数是次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Z为O元素；N元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，外围电子排布为4s24p3，则N为As元素；X、Z、M分属于3个不同的周期，X、M元素可以形成负一价离子，则X为H元素、M为Cl（1）五种元素
31、中只有Be为金属元素，其第一电离能最小，氧元素与H、Cl、As形成的化合物中O表现负价，故O元素电负性最大，故答案为：Be；O；（2）Y元素原子核外电子排布为1s22s2，价层电子的电子排布图为，该元素的名称是铍气态分子BeCl2中Be原子形成2个BeCl键，没有孤电子对，故为直线型结构，BeCl2可形成多聚体（YM2）n的原因是：BeCl2分子中Be与另外两个BeCl2分子的Cl原子形成配位键，故答案为：；BeCl2分子中Be与另外两个BeCl2分子的Cl原子形成配位键；（3）由分子W的结构图可知，该分子为A3B6型，故化合物W的分子式为As4O6，黑色球为As，白色球为O，O原子形成2个键
32、，有2对孤对电子，轨道杂化数为4，O原子采取sp3杂化，As原子形成3个键，孤对电子w为=1，轨道杂化数为4，As原子采取sp3杂化，故答案为：As4O6；sp3；sp3；（4）已知化合物AsX3是剧毒的气体，与AgNO3溶液反应有黑色Ag析出，同时生成As4O6，此反应是检验微量PX3的方法，该反应的化学方程式是：4AsH3+24AgNO3+6H2O=As4O6+24Ag+24HNO3，故答案为：4AsH3+24AgNO3+6H2O=As4O6+24Ag+24HNO3；（5）配离子YZ4X42为Be（OH）42，Be2+提供空轨道，OH提供孤对电子，其结构式为，Be2+与OH形成4个配位键、
33、OH中存在OH键，1mol该离子中含有的共价键为8mol，含有共价键数目为8NA，故答案为：；8NA9二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，回答下列问題：（1）工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1（2）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过图1过程制备ClO2电解时发生反应的化学方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2溶液X中大量存在的阴离子有Cl、OH除去ClO2中的NH3可选用的试剂是c（填标号）a水b碱石灰C浓硫酸d饱和食盐水（3）用图2装置可以测定混合气中ClO2
34、的含量：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：用0.1000molL1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O322I+S4O62），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液在此过程中：锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为2ClO2+10I+8H+2Cl+5I2+4H2O玻璃液封装置的作用是吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出）V中加入的指示剂通常为淀粉，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色测得混合
35、气中ClO2的质量为0.02700 g（ClO2的相对分子质量为67.5）（4）用ClO2处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是d（填标号）a明矾 b碘化钾 c盐酸 d硫酸亚铁【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应，SO32被氧化成SO42，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3+SO32+2H+2ClO2+SO42+H2O；（2）由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2，在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、
36、NH3和X，X中含Cl、OH，由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2；在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，X中含Cl、OH；由信息可知，ClO2易溶于水，所以不能利用水溶液吸收，氨气为碱性气体，利用性质差异分离提纯；（3）由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I为I2，自身被还原为Cl，同时生成水；玻璃液封装置可防止有害气体逸出；淀粉遇碘单质变蓝；根据关系式2ClO25I210Na2S2O3计算n（ClO2），再根据m=nM计算m（ClO2）；（4）亚氯酸盐具有氧
37、化性，Fe2+将ClO2还原成Cl，Fe2+ 被氧化为铁离子【解答】解：（1）KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得ClO2，可知SO32被氧化成SO42，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3+SO32+2H+2ClO2+SO42+H2O，氧化剂为KClO3，还原剂为Na2SO3，由离子反应可知该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（2）由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2，故答案为：NH4Cl+2HClNCl3+3H2；在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、N
38、H3和X，发生NCl3+NaClO2+H2OClO2+NH3+NaOH+NaCl，溶液X中大量存在的阴离子有Cl、OH，故答案为：Cl、OH；aClO2易溶于水，不能利用水吸收氨，故a错误；b碱石灰不能吸收氨气，故b错误；c浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故c正确；dClO2易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，故d错误；故答案为：c；（3）由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I为I2，自身被还原为Cl，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I+8H+2Cl+5I2+4H2O，故答案为：2ClO2+10I+8H+2Cl+5I2+4H2O；玻璃液封装置的作用是
39、吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出），故答案为：吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出）；V中加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，故答案为：淀粉；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；含有Na2S2O3物质的量为0.02 L0.1mol/L=0.002 mol，则：根据关系式：2ClO25I210Na2S2O3， 2 10 n（ClO2） 0.002mol所以n（ClO2）=0.0004mol，所以m（ClO2）=0.004 mol67.5g/mol=0.02700g，故答案为：0.02700（4）若要除去超标的亚氯酸盐，ac均不能还原亚氯酸盐，
40、b中KI具有还原性但氧化产物不适合饮用水使用，只有d中Fe2+将ClO2还原成Cl，Fe2+ 被氧化为铁离子，且铁离子水解生成胶体可净化饮用水，则最适宜的是d，故答案为：d10ZrO2常用作陶瓷材料，可由锆英砂（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2SiO2，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质）通过如图方法制取已知：ZrO2能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如表金属离子Fe3+Al3+ZrO2+开始沉淀时pH1.93.36.2沉淀完全时pH3.25.28.0（1）熔融时ZrSiO4发生反
41、应的化学方程式为ZrSiO4+4NaOH Na2SiO3+Na2ZrO3+2H2O，滤渣I的化学式为H2SiO3（2）为使滤液I的杂质离子沉淀完全，需用氨水调pH=a，则a的范围是5.26.2；继续加氨水至pH=b时，所发生反应的离子方程式为ZrO2+2NH3H2O+H2O=Zr（OH）4+2NH4+（3）向过滤所得滤液中加入CaCO3粉末并加热，得到两种气体该反应的离子方程式为2NH4+CaCO3=Ca2+2NH3+CO2+H2O（4）为得到纯净的ZrO2，Zr（OH）4需要洗涤，检验Zr（OH）4是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr
42、（OH）4洗涤干净【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】锆英砂（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2SiO2，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质）加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，滤液中含有ZrO2+、Fe3+、Al3+，加氨水调节pH为5.26.2，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液中主要含有ZrO2+，再加氨水调节pH使ZrO2+转化为Zr（OH）4沉淀，过滤、洗涤，得到Zr（OH）4，加热分解，即可得到ZrO2；（1）高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成
43、Na2SiO3和Na2ZrO3；（2）需用氨水调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据表中数据判断；加氨水至pH=b时，ZrO2+与NH3H2O反应生成Zr（OH）4沉淀；（3）过滤所得滤液中主要含有铵根离子，溶液显酸性，加入CaCO3粉末并加热得到氨气和二氧化碳；（4）沉淀上附着的杂质为氯离子，检验洗液中是否含有氯离子即可【解答】锆英砂（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2SiO2，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质）加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，滤
44、液中含有ZrO2+、Fe3+、Al3+，加氨水调节pH为5.26.2，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液中主要含有ZrO2+，再加氨水调节pH使ZrO2+转化为Zr（OH）4沉淀，过滤、洗涤，得到Zr（OH）4，加热分解，即可得到ZrO2；（1）高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反应的方程式为：ZrSiO4+4NaOH Na2SiO3+Na2ZrO3+2H2O；加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣为H2SiO3；故答案为：ZrSiO4+4NaOH Na2SiO3+Na2ZrO3+2H2O；H2SiO3；（2）需用氨
45、水调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据表中数据可知：pH在5.26.2时Fe3+、Al3+完全沉淀，而ZrO2+不沉淀；加氨水至pH=b时，ZrO2+与NH3H2O反应生成Zr（OH）4沉淀，其反应的离子方程式为：ZrO2+2NH3H2O+H2O=Zr（OH）4+2NH4+；故答案为：5.26.2；ZrO2+2NH3H2O+H2O=Zr（OH）4+2NH4+；（3）过滤所得滤液中主要含有铵根离子，溶液显酸性，加入CaCO3粉末并加热得到氨气和二氧化碳，其反应的离子方程式为：2NH4+CaCO3=Ca2+2NH3+CO2+H2O；故答案为：2NH4+Ca
46、CO3=Ca2+2NH3+CO2+H2O；（4）沉淀上附着的杂质为氯离子，用稀硝酸和硝酸银来检验洗液中是否含有氯离子即可，其操作为：取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr（OH）4洗涤干净；故答案为：取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr（OH）4洗涤干净11香料G的一种合成工艺如图所示核磁共振氢谱显示A有两种峰，其强度之比为1：1已知：请回答下列问题：（1）A的结构简式为，G中官能团的名称为碳碳双键、酯基（2）检验M已完全转化为N的实验操作是取少量M与试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu（OH）2加热，若没
47、有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N（其他合理操作均可）（3）有学生建议，将MN的转化用KMnO4（H+）代替O2，老师认为不合理，原因是KMnO4（H+）在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键（4）写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：KL，反应类型加成反应（5）F是M的同系物，比M多一个碳原子满足下列条件的F的同分异构体有6种（不考虑立体异构）能发生银镜反应 能与溴的四氯化碳溶液加成 苯环上有2个对位取代基（6）以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油（丙三醇），请设计合成路线（其他无机原料任选）请用以下方式表示：AB目标产物【考点】有机物的合成【分析】本题采用逆推法并结合反应条件分析，G为酯
48、，说明E与N发生酯化反应生成G，据反应条件可知，E为醇，N为酸，则E为，N为，结合已知反应，DE为卤代烃的水解，D为，CD为发生类型CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2的反应，则C为，BC为消去反应，B为，AB为催化加氢，A为；MN为醛基催化氧化，所以M为，结合已知反应分析，L为，KL发生的是羟醛缩合反应，K为，据此分析解答【解答】解：G为酯，说明E与N发生酯化反应生成G，据反应条件可知，E为醇，N为酸，则E为，N为，结合已知反应，DE为卤代烃的水解，D为，CD发生类似CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2的反应，则C为，BC为消去反应，B为，AB为催化加氢，A为；（
49、1）A为，G中含有碳碳双键、酯基，故答案为：； 碳碳双键、酯基；（2）MN为醛基催化氧化生成羧基的反应，检验M已完全转化为N的实验就是检验有没有醛基，取少量M与试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu（OH）2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N，故答案为：取少量M与试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu（OH）2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N（其他合理操作均可）；（3）碳碳双键遇高锰酸钾能够被氧化，常温下不能被氧气氧气，故答案为：KMnO4（H+）在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键；（4）L为，KL发生的是羟醛缩合反应，属于加成反应，K为，反应方程式为：，故答案为：；加成反应；（5）M为，F是M的同系物，比M多一个碳原子能发生银镜反应，说明含有醛基，能与溴的四氯化碳溶液加成，说明含有碳碳双键；苯环上有2个对位取代基，符合上述条件的同分异构体有：甲基在一侧的CH3C6H5CH=CHCHO，CH3C6H5C（CHO）=CH2两种，醛基在一侧的OHCC6H5CH=CHCH3，OHCC6H5CH2CH=CH2，OHCC6H5C（CH3）=CH2三种，碳碳双键在一侧的有：OHCCH2C6H5CH=CH2一种，共6种，故答案为：6；（6）以丙烯和NBS试剂为原料制各甘油（丙三醇），流程为：，故答案为：2016年12月9日
