1、2016年四川省攀枝花市高考化学三模试卷一、本题包括7个小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意1四种短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X的最外层电子数是次外层电子数的2倍，Y、W同主族，Z是短周期中金属性最强的元素，X、W的质子数之和是Z的质子数的2倍下列说法正确的是（）A原子半径：XYWZB由 W与Y组成的分子都是非极性分子C由 Z与Y组成的化合物都能与水反应DX与氢元素组成的化合物的沸点都低于Y与氢元素组成的化合物2根据下列实验操作和观察到的现象，得出的结论一定是正确的是（） 实验操作现象结论ASO2通入溴水中溴水褪色SO2具有漂白性B将硫酸酸化的H2O2溶液滴入F
2、e（NO3）2溶液中溶液变成黄色氧化性：H2O2Fe2+C将溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热，将生成的气体直接通入KMnO4酸性溶液中KMnO4酸性溶液褪色乙烯使KMnO4酸性溶液褪色D向a、b两支盛有KI3溶液的试管中分别加入淀粉溶液、硝酸银溶液a试管中溶液变蓝b试管中产生黄色沉淀KI3溶液中存在平衡I3I2+IAABBCCDD3NH4HSO4在水溶液中的电离方程式为：NH4HSO4=NH4+H+SO42现向100mL 0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示下列说法中不正确的是（）Aa点的溶液中：c（SO42）c
3、（NH4+）c（H+）c（Na+）c（OH）Bb点的溶液中：c（Na+）=c（SO42）c（H+）c（NH4+）c（OH）Cc点的溶液中：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）Dd、e点对应溶液中，水电离程度大小关系是de4有反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，200时该反应的平衡常数K=200时，将一定量的CO（g）和H2O（g）充入容积为某10L 密闭容器发生上述反应，5min 时达平衡，5min10min只改变了一个条件，10min 时再次达平衡，各物质浓度（mol/L）变化如下：下列说法正确的是（） 0min 5min 10min CO
4、0.01 0.0056 H2O 0.01 0.0156 CO2 0 0.0044 H2 0 0.0044A05min 时用H2O（g）表示的平均反应速率为1.2103 mol/（ Lmin）B5min10min 改变的条件是再加入了0.1mol H2O（g）C200时，若向容器中充入0.01mol CO（g）、0.01mol H2O（g）、0.01molCO2（g）、0.01molH2（g），达平衡时，CO（g）为1.2103mol/LD300时，若向容器中充入0.01mol CO（g）、0.01mol H2O（g）、0.02molCO2（g）、0.02molH2（g），则开始反应时（正）（逆
5、）二、解答题（共4小题，满分56分）5X、Y、Z、Q、R五种元素的原子序数依次增大其中：X的最外层电子排布为nsnnp2n；Y是元素周期表中电负性最大的元素；Y、Z位于同一主族；Q基态原子核外的M能层中有两个未成对电子和三个空轨道；R位于第四周期B族请回答下列问题：（1）R元素基态原子的电子排布式为，它的最高价氧化物的水化物的化学式为（2）XY2分子的立体构型是，中心原子的杂化方式是（3）Q与氮元素形成的一种化合物晶胞如图所示，该化合物的化学式为该晶体中与氮原子距离相等且最近的氮原子有个（4）化合物QZ4熔点为37，沸点为136，熔融态不导电，可知QZ4的晶体类型是QZ4与热水反应的化学方程式
6、为6ClO2 （二氧化氯）、NaClO2 （亚氯酸钠）都可用于饮用水的消毒某小组模拟工业原理在实验室用NaClO3制取ClO2气体，再由ClO2制得NaClO2，实验装置如图所示：已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38C时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38C时析出晶体是NaClO2，高于60C时NaClO2分解成NaClO3和NaCl回答下列问题：（1）装置A中产生ClO2，反应的化学方程式为该实验必须使NaClO3稍微过量，目的是（2）装置B中制得NaClO2，发生反应的离子方程式为（3）从装置B反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为：控制溶液温度在55C左右，蒸发结晶，将所
7、得结晶在低于60C的真空中蒸发，干燥后得到成品（4）装置D用NaOH溶液吸收多余的ClO2，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为ClO2，则另一种为（5）限用以下试剂：稀HNO3、稀H2SO4、K2SO3溶液、BaCl2溶液、FeCl2溶液、KSCN溶液装置B反应后溶液中除NaClO2外，还含有少量NaOH、H2O2证明装置B反应后溶液中的NaClO2具有氧化性的方法是7有机高分子化合物PHB树脂可用于制作外科手术缝合线，有机物K是一种药物，它们的合成路线如下：其中：1mol J最多与2mol NaHCO3反应；K分子结构中除苯环外还含有一个五元环已知：RCOOH+RCNRCOOH R
8、、R、R代表烃基请回答下列问题：（1）工业上通常用异戊二烯与乙炔发生加成反应生成A，异戊二烯的结构简式是B的结构简式是（2）GH 的反应类型是E的名称是，I的结构简式是（3）J有多种同分异构体，同时满足下列条件的J的同分异构体结构简式除苯环外不含有其它环状结构 核磁共振氢谱有2个吸收峰 含有酯基（4）PHB树脂降解的化学方程式是（5）JK的化学方程是8硼酸（H3BO3，一元弱酸）在工业上应用广泛用硼镁矿（含MgO、B2O3、SiO2及水）制备硼酸及BCl3、VB2（二硼化钒）等副产品的流程如下：已知：（1）浸取过程中发生反应：2MgO+2B2O3+2NH4HCO3+H2O2NH4H2BO3+2
9、MgCO3（2）硼的性质与铝相似，既能与盐酸反应，也能与NaOH溶液反应回答下列问题：（1）充分浸取后过滤，所得滤渣的主要成分是浸取过程中温度过高，会使浸取率降低，原因是（2）上述流程中生成金属镁的化学方程式（3）上述流程中制取硼的化学方程式是证明粗硼中含有少量镁的化学方法是（4）在高温下，用氢气还原B2O3制得高纯度硼已知：25、101kpa时，4B（s）+3O2（g）2B2O3（s）H=2520kJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=484kJ/molH2O（l）H2O（g）H=+44kJ/molH2（g） 还原B2O3（s）生成B（s） 和H2O（l）的热化学方程式是（5）
10、VB2空气电池是目前储电能力最高的电池以VB2空气电池为电源，用惰性电极电解硫酸铜溶液如图所示，该电池工作时的反应为：4VB2+11O24B2O3+2V2O5VB2极发生的电极反应为当外电路中通过0.04mol电子时，B装置内共收集到0.448L气体（标准状况），若B装置内的液体体积为200mL（电解前后溶液体积不变），则电解前CuSO4溶液的物质的量浓度为mol/L（6）用200t含20%（质量分数）B2O3的硼镁矿经过上述流程，若浸出率为69.6%，由浸出液制取硼酸的过程中硼元素的损失率为10%，可制得kg硼酸（提示：B2O3、H3BO3的摩尔质量分别为69.6、61.8g/mol）201
11、6年四川省攀枝花市高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、本题包括7个小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意1四种短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X的最外层电子数是次外层电子数的2倍，Y、W同主族，Z是短周期中金属性最强的元素，X、W的质子数之和是Z的质子数的2倍下列说法正确的是（）A原子半径：XYWZB由 W与Y组成的分子都是非极性分子C由 Z与Y组成的化合物都能与水反应DX与氢元素组成的化合物的沸点都低于Y与氢元素组成的化合物【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】X元素的原子，其最外层电子数是次外层的电子数的2倍，最外层电子数不
12、能超过8个，则其次外层是K层，L为最外层电子数为4，故X是C元素；Z是短周期中金属性最强的元素，则Z为Na，X、W的质子数之和是Z的质子数的2倍，则6+W=211，可知W的质子数为16，即W为S，Y、W同主族，则Y为O，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答【解答】解：X元素的原子，其最外层电子数是次外层的电子数的2倍，最外层电子数不能超过8个，则其次外层是K层，L为最外层电子数为4，故X是C元素；Z是短周期中金属性最强的元素，则Z为Na，X、W的质子数之和是Z的质子数的2倍，则6+W=211，可知W的质子数为16，即W为S，Y、W同主族，则Y为O，A电子层越多，原子半径越大，同周期原子序数
13、大的原子半径小，则原子半径：YXWZ，故A错误；BW与Y组成的分子为二氧化硫或三氧化硫，二氧化硫为极性分子，故B错误；CZ与Y组成的化合物为氧化钠或过氧化钠，均与水反应，故C正确；DX与氢元素组成的化合物为烃，Y与氢元素水中含氢键，但烃未知，不能比较沸点，故D错误；故选C2根据下列实验操作和观察到的现象，得出的结论一定是正确的是（） 实验操作现象结论ASO2通入溴水中溴水褪色SO2具有漂白性B将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中溶液变成黄色氧化性：H2O2Fe2+C将溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热，将生成的气体直接通入KMnO4酸性溶液中KMnO4酸性溶液褪色乙烯使KMnO4酸性
14、溶液褪色D向a、b两支盛有KI3溶液的试管中分别加入淀粉溶液、硝酸银溶液a试管中溶液变蓝b试管中产生黄色沉淀KI3溶液中存在平衡I3I2+IAABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A二氧化硫与溴水发生氧化还原反应导致溴水褪色，该反应不能证明二氧化硫具有漂白性； B酸性条件下硝酸根离子的氧化性大于过氧化氢的氧化性；C乙醇能使KMnO4酸性溶液褪色；D碘遇淀粉变蓝，I与AgNO3溶液反应生成黄色沉淀【解答】解：A将SO2通入溴水中，溴水褪色，溴将二氧化硫氧化成硫酸，从而导致溴水褪色，溴水褪色原因不是因为二氧化硫具有漂白性，故A错误； B将硫酸酸化的H2O2滴入Fe（NO3）2溶液，溶液变
15、黄色，亚铁离子被氧化，但硝酸根离子可氧化亚铁离子，不能比较H2O2、Fe2+的氧化性，故B错误；C溴乙烷在NaOH的乙醇溶液并加热可生成乙烯，先通过水可除去乙醇，防止干扰实验结论，故C错误；D由现象可知，KI3溶液中存在 I3I2+I平衡，分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液平衡均正向移动，故D正确故选D3NH4HSO4在水溶液中的电离方程式为：NH4HSO4=NH4+H+SO42现向100mL 0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示下列说法中不正确的是（）Aa点的溶液中：c（SO42）c（NH4+）c（H+）c（N
16、a+）c（OH）Bb点的溶液中：c（Na+）=c（SO42）c（H+）c（NH4+）c（OH）Cc点的溶液中：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）Dd、e点对应溶液中，水电离程度大小关系是de【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】Aa点的溶液中，100mL 0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液为20mL，NH4HSO4过量；Bb点NaOH为100mL，NH4HSO4与NaOH等物质的量反应生成等浓度的（NH4）2SO4和Na2SO4，溶液显弱酸性；Cc点的溶液pH=7，NaOH稍微过量，溶液中c（OH）=c（H+）；Dd、
17、e点对应溶液中，氨水过量，溶液显碱性，氨水电离的氢氧根离子抑制了水的电离，氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小【解答】解：Aa点的溶液中，100mL 0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液为20mL，NH4HSO4过量，剩余的NH4HSO4大约是Na+的4倍，已知NH4HSO4=NH4+H+SO42，所以c（SO42）c（NH4+）c（H+）c（Na+）c（OH），故A正确；Bb点NaOH为100mL，NH4HSO4与NaOH等物质的量反应生成等浓度的（NH4）2SO4和Na2SO4，溶液显弱酸性，由于Na+、SO42都不水解，所以c（Na+）=c（SO42），N
18、H4+水解显酸性，水解程度较小，所以c（NH4+）c（H+），则溶液中离子浓度关系为：c（Na+）=c（SO42）c（NH4+）c（H+）c（OH），故B错误；Cc点的溶液pH=7，NaOH稍微过量，则c（Na+）c（SO42），溶液中c（OH）=c（H+），所以溶液中离子浓度关系为：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+），故C正确；Dd、e点对应溶液中，氨水过量，溶液显碱性，氨水电离的氢氧根离子抑制了水的电离，氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小，由图可知，e点溶液中氢氧根离子浓度大，则水的电离程度小，即水电离程度大小关系是de，故D正确故选B4有反应：CO（g）+H
19、2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，200时该反应的平衡常数K=200时，将一定量的CO（g）和H2O（g）充入容积为某10L 密闭容器发生上述反应，5min 时达平衡，5min10min只改变了一个条件，10min 时再次达平衡，各物质浓度（mol/L）变化如下：下列说法正确的是（） 0min 5min 10min CO 0.01 0.0056 H2O 0.01 0.0156 CO2 0 0.0044 H2 0 0.0044A05min 时用H2O（g）表示的平均反应速率为1.2103 mol/（ Lmin）B5min10min 改变的条件是再加入了0.1mol H2O（g）C200时，
20、若向容器中充入0.01mol CO（g）、0.01mol H2O（g）、0.01molCO2（g）、0.01molH2（g），达平衡时，CO（g）为1.2103mol/LD300时，若向容器中充入0.01mol CO（g）、0.01mol H2O（g）、0.02molCO2（g）、0.02molH2（g），则开始反应时（正）（逆）【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】200时，将一定量的CO（g）和H2O（g）充入容积为某10L 密闭容器发生上述反应，5min 时达平衡，此时消耗一氧化碳物质的量为x，反应前后气体物质的量相同，平衡常数可以利用物质的量计算， CO（g）+H2O（g）
21、CO2（g）+H2（g）H0起始量（mol） 0.01 0.01 0 0变化量（mol） x x x x平衡量（mol） 0.01x 0.01x x x=x=0.004mol，A反应速率v（O2）=；B.5min10min， CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0起始量（mol） 0.01 0.01 0 0变化量（mol） 0.004 0.004 0.004 0.0045min平衡量（mol） 0.006 0.006 0.004 0.00410min平衡量（mol） 0.0056 0.0156 0.0044 0.0044变化量（mol） 0.0004 0.0004 0.0004
22、0.0004改变的条件是再加入了0.01mol H2O（g）；C.200时，若向容器中充入0.01mol CO（g）、0.01mol H2O（g）、0.01molCO2（g）、0.01molH2（g），Qc=1，平衡逆向进行，设消耗二氧化碳为y， CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0起始量（mol） 0.01 0.01 0.01 0.01变化量（mol） y y y y 平衡量（mol） 0.01+y 0.01+y 0.01y 0.01y=y=0.0025mol；D反应为放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小，300时，若向容器中充入0.01mol CO（g）、0.01mol
23、 H2O（g）、0.02molCO2（g）、0.02molH2（g），计算此时浓度商Qc=4K【解答】解：200时，将一定量的CO（g）和H2O（g）充入容积为某10L 密闭容器发生上述反应，5min 时达平衡，此时消耗一氧化碳物质的量为x，反应前后气体物质的量相同，平衡常数可以利用物质的量计算， CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0起始量（mol） 0.01 0.01 0 0变化量（mol） x x x x平衡量（mol） 0.01x 0.01x x x=x=0.004mol，A反应速率v（H2O）=8105mol/L，故A错误；B.5min10min， CO（g）+H2O（
24、g）CO2（g）+H2（g）H0起始量（mol） 0.01 0.01 0 0变化量（mol） 0.004 0.004 0.004 0.0045min平衡量（mol） 0.006 0.006 0.004 0.00410min平衡量（mol） 0.0056 0.0156 0.0044 0.0044变化量（mol） 0.0004 0.0004 0.0004 0.00045min10min 改变的条件是再加入了0.01mol H2O（g），故B错误；C.200时，若向容器中充入0.01mol CO（g）、0.01mol H2O（g）、0.01molCO2（g）、0.01molH2（g），Qc=1，平衡
25、逆向进行，设消耗二氧化碳为y， CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0起始量（mol） 0.01 0.01 0.01 0.01变化量（mol） y y y y 平衡量（mol） 0.01+y 0.01+y 0.01y 0.01y=，y=0.0025mol，达平衡时，CO（g）=1.25103mol/L，故C错误；D反应为放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小，300时，若向容器中充入0.01mol CO（g）、0.01mol H2O（g）、0.02molCO2（g）、0.02molH2（g），计算此时浓度商Qc=4K，平衡逆向进行，则开始反应时（正）（逆），故D正确；故选D二、
26、解答题（共4小题，满分56分）5X、Y、Z、Q、R五种元素的原子序数依次增大其中：X的最外层电子排布为nsnnp2n；Y是元素周期表中电负性最大的元素；Y、Z位于同一主族；Q基态原子核外的M能层中有两个未成对电子和三个空轨道；R位于第四周期B族请回答下列问题：（1）R元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，它的最高价氧化物的水化物的化学式为H2Cr2O7（2）XY2分子的立体构型是V形，中心原子的杂化方式是sp3（3）Q与氮元素形成的一种化合物晶胞如图所示，该化合物的化学式为NiN该晶体中与氮原子距离相等且最近的氮原子有12个（4）化合物QZ4熔点为37，沸点为1
27、36，熔融态不导电，可知QZ4的晶体类型是分子晶体QZ4与热水反应的化学方程式为TiCl4+（x+2）H2O=TiO2xH2O+4HCl【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】X、Y、Z、Q、R五种元素的原子序数依次增大X的最外层电子排布为nsnnp2n，由于n=2，故X为S元素；R位于第四周期B族，则R为Cr元素；Q基态原子核外的M能层中有两个未成对电子和三个空轨道，故核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，故Q为Ti；Y是元素周期表中电负性最大的元素，则Y为F元素；Y、Z位于同一主族，Z的原子序数小于Cr，故Z为Cl（1）R位于第四周
28、期B族，外围电子排布式为3d54s1，最高正化合价为+6；（2）SF2分子中S原子孤电子对=2，价层电子对数=2+2=4，杂化轨道数目为4；（3）根据均摊法计算晶胞中N、Ti原子数目，进而确定化学式；以顶点N原子研究，与之距离最近的N原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用；（4）化合物QZ4熔点为37，沸点为136，熔沸点低，熔融态不导电，可知QZ4的晶体类型是分子晶体，TiCl4与热水反应TiO2xH2O与HCl【解答】解：X、Y、Z、Q、R五种元素的原子序数依次增大X的最外层电子排布为nsnnp2n，由于n=2，故X为S元素；R位于第四周期B族，则R为Cr元素；Q基态
29、原子核外的M能层中有两个未成对电子和三个空轨道，故核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，故Q为Ti；Y是元素周期表中电负性最大的元素，则Y为F元素；Y、Z位于同一主族，Z的原子序数小于Cr，故Z为Cl（1）R位于第四周期B族，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，外围电子排布式为3d54s1，最高正化合价为+6，最高价氧化物的水化物为H2Cr2O7，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；H2Cr2O7；（2）SF2分子中S原子孤电子对=2，价层电子对数=2+2=4，为V形结构，杂化轨道数目为4，S原子采取sp3杂化，故答案为：V
30、形；sp3；（3）晶胞中N原子数目为8+6=4、Ti原子数目=1+12=4，故化学式为NiN；以顶点N原子研究，与之距离最近的N原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，即晶体中与氮原子距离相等且最近的氮原子有=12 个，故答案为：NiN；12；（4）化合物QZ4熔点为37，沸点为136，熔沸点低，熔融态不导电，可知QZ4的晶体类型是分子晶体，TiCl4与热水反应TiO2xH2O与HCl，反应方程式为：TiCl4+（x+2）H2O=TiO2xH2O+4HCl，故答案为：分子晶体；TiCl4+（x+2）H2O=TiO2xH2O+4HCl6ClO2 （二氧化氯）、NaClO2
31、（亚氯酸钠）都可用于饮用水的消毒某小组模拟工业原理在实验室用NaClO3制取ClO2气体，再由ClO2制得NaClO2，实验装置如图所示：已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38C时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38C时析出晶体是NaClO2，高于60C时NaClO2分解成NaClO3和NaCl回答下列问题：（1）装置A中产生ClO2，反应的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2Na2SO4+2ClO2+H2O该实验必须使NaClO3稍微过量，目的是使Na2SO3完全反应，避免生成SO2（2）装置B中制得NaClO2，发生反应的离子方程式为2ClO2+2OH+H2O2
32、=2ClO2+2H2O+O2（3）从装置B反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为：控制溶液温度在55C左右，蒸发结晶，趁热过滤，用3855C的热水洗涤，将所得结晶在低于60C的真空中蒸发，干燥后得到成品（4）装置D用NaOH溶液吸收多余的ClO2，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为ClO2，则另一种为ClO3（5）限用以下试剂：稀HNO3、稀H2SO4、K2SO3溶液、BaCl2溶液、FeCl2溶液、KSCN溶液装置B反应后溶液中除NaClO2外，还含有少量NaOH、H2O2证明装置B反应后溶液中的NaClO2具有氧化性的方法是取B中溶液在低于60C的温度下加热一段时间后，加入
33、稀硫酸酸化，再加入FeCl2溶液和KSCN溶液，溶液变红证明NaClO2具有氧化性【考点】制备实验方案的设计【分析】实验室用NaClO3制取ClO2气体，再由ClO2制得NaClO2，由实验装置可知，A中发生2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2Na2SO4+2ClO2+H2O，必须使NaClO3稍微过量时防止生成二氧化硫，B中发生2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，由信息高于38C时析出晶体是NaClO2，可知温度在55C左右，蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到NaClO2，NaClO2具有氧化性时可氧化亚铁离子；C作安全瓶，D吸收尾气，NaOH溶液吸收多余的
34、ClO2，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为ClO2，由Cl元素的化合价降低可知，另一种离子中Cl离子化合物为+5价，以此来解答【解答】解：（1）装置A中产生ClO2，反应的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2Na2SO4+2ClO2+H2O，该实验必须使NaClO3稍微过量，目的是使Na2SO3完全反应，避免生成SO2，故答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2Na2SO4+2ClO2+H2O；使Na2SO3完全反应，避免生成SO2；（2）装置B中制得NaClO2，发生反应的离子方程式为2ClO2+2OH+H2O2=2ClO2+2H2O+O2，故答案
35、为：2ClO2+2OH+H2O2=2ClO2+2H2O+O2；（3）从装置B反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为：控制溶液温度在55C左右，蒸发结晶，趁热过滤，用3855C的热水洗涤，将所得结晶在低于60C的真空中蒸发，干燥后得到成品，故答案为：趁热过滤，用3855C的热水洗涤；（4）NaOH溶液吸收多余的ClO2，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为ClO2，由Cl元素的化合价降低可知，另一种离子中Cl离子化合物为+5价，则另一种离子为ClO3，故答案为：ClO3；（5）证明装置B反应后溶液中的NaClO2具有氧化性的方法是取B中溶液在低于60C的温度下加热一段时间后，加入稀
36、硫酸酸化，再加入FeCl2溶液和KSCN溶液，溶液变红证明NaClO2具有氧化性，故答案为：取B中溶液在低于60C的温度下加热一段时间后，加入稀硫酸酸化，再加入FeCl2溶液和KSCN溶液，溶液变红证明NaClO2具有氧化性7有机高分子化合物PHB树脂可用于制作外科手术缝合线，有机物K是一种药物，它们的合成路线如下：其中：1mol J最多与2mol NaHCO3反应；K分子结构中除苯环外还含有一个五元环已知：RCOOH+RCNRCOOH R、R、R代表烃基请回答下列问题：（1）工业上通常用异戊二烯与乙炔发生加成反应生成A，异戊二烯的结构简式是B的结构简式是（2）GH 的反应类型是加成反应E的名
37、称是丙二酸二乙酯，I的结构简式是（3）J有多种同分异构体，同时满足下列条件的J的同分异构体结构简式除苯环外不含有其它环状结构 核磁共振氢谱有2个吸收峰 含有酯基（4）PHB树脂降解的化学方程式是（5）JK的化学方程是【考点】有机物的合成【分析】根据各物质转化关系，A被高锰酸钾溶液氧化发生信息的反应生成B、D，结合F的结构可知，B为HOOCCH2COOH，D为，B与氢气发生加成反应，生成C为CH3CHOHCH2COOH，C发生缩聚反应生成PHB树脂为，D与乙醇发生酯化反应生成E为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，E与苯甲醛发生加成反应生成F，甲为，F发生消去生成G，G发生加成生成H，H
38、发生水解得I为，I消除二氧化碳得J为，J发生取代生成 K为，据此答题【解答】解：根据各物质转化关系，A被高锰酸钾溶液氧化发生信息的反应生成B、D，结合F的结构可知，B为HOOCCH2COOH，D为，B与氢气发生加成反应，生成C为CH3CHOHCH2COOH，C发生缩聚反应生成PHB树脂为，D与乙醇发生酯化反应生成E为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，E与苯甲醛发生加成反应生成F，甲为，F发生消去生成G，G发生加成生成H，H发生水解得I为，I消除二氧化碳得J为，J发生取代生成 K为，（1）异戊二烯的结构简式是，根据上面的分析可知，B的结构简式是，故答案为：； （2）根据上面的分析可知，
39、GH 的反应类型是 加成反应，E为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，E的名称是 丙二酸二乙酯，I的结构简式是，故答案为：加成反应；丙二酸二乙酯；（3）J为，根据条件除苯环外不含有其它环状结构，核磁共振氢谱有2个吸收峰，即有两种位置的氢原子，含有酯基，则符合条件的J有多种同分异构体结构简式为，故答案为：；（4）PHB树脂为，PHB树脂降解的化学方程式是，故答案为：；（5）JK的化学方程是，故答案为：8硼酸（H3BO3，一元弱酸）在工业上应用广泛用硼镁矿（含MgO、B2O3、SiO2及水）制备硼酸及BCl3、VB2（二硼化钒）等副产品的流程如下：已知：（1）浸取过程中发生反应：2MgO+
40、2B2O3+2NH4HCO3+H2O2NH4H2BO3+2MgCO3（2）硼的性质与铝相似，既能与盐酸反应，也能与NaOH溶液反应回答下列问题：（1）充分浸取后过滤，所得滤渣的主要成分是SiO2、MgCO3浸取过程中温度过高，会使浸取率降低，原因是温度过高会使加入的NH4HCO3分解（2）上述流程中生成金属镁的化学方程式MgCl2Mg+Cl2（3）上述流程中制取硼的化学方程式是B2O3+3Mg 3MgO+2B证明粗硼中含有少量镁的化学方法是向粗硼中加入足量NaOH溶液，充分反应后固体未完全溶解（4）在高温下，用氢气还原B2O3制得高纯度硼已知：25、101kpa时，4B（s）+3O2（g）2B
41、2O3（s）H=2520kJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=484kJ/molH2O（l）H2O（g）H=+44kJ/molH2（g） 还原B2O3（s）生成B（s） 和H2O（l）的热化学方程式是3H2（g）+B2O3（s）=2B（s）+3H2O（l）H=+402kJ/mol（5）VB2空气电池是目前储电能力最高的电池以VB2空气电池为电源，用惰性电极电解硫酸铜溶液如图所示，该电池工作时的反应为：4VB2+11O24B2O3+2V2O5VB2极发生的电极反应为2 VB2+22 OH22e=V2O5+2B2O3+11 H2O当外电路中通过0.04mol电子时，B装置内共收集到
42、0.448L气体（标准状况），若B装置内的液体体积为200mL（电解前后溶液体积不变），则电解前CuSO4溶液的物质的量浓度为0.05mol/L（6）用200t含20%（质量分数）B2O3的硼镁矿经过上述流程，若浸出率为69.6%，由浸出液制取硼酸的过程中硼元素的损失率为10%，可制得44496kg硼酸（提示：B2O3、H3BO3的摩尔质量分别为69.6、61.8g/mol）【考点】制备实验方案的设计【分析】浸取过程中发生反应：2MgO+2B2O3+2NH4HCO3+H2O2NH4H2BO3+2MgCO3，SiO2不反应，过滤分离，滤渣含有SiO2、MgCO3，利用水解原理进行蒸氨，得到氨气循
43、环利用，经过蒸发、结晶、过滤、洗涤得到硼酸，加热分解得到B2O3滤渣用浓盐酸溶解，SiO2不反应，碳酸镁与盐酸反应，过滤分离得到氯化镁溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到氯化镁晶体，电解熔融的氯化镁得到Mg，Mg与B2O3发生置换反应得到B（1）充分浸取后过滤，所得滤渣的主要成分是：SiO2、MgCO3；浸取过程中温度过高，碳酸氢铵会分解；（2）电解熔融的氯化镁生成金属镁，还生成氯气；（3）Mg与B2O3发生置换反应得到B，还生成MgO；硼的性质与铝相似，能与NaOH溶液反应，而Mg与氢氧化钠不反应；（4）已知：4B（s）+3O2（g）2B2O3（s）H=2520kJ/mol2H
44、2（g）+O2（g）2H2O（g）H=484kJ/molH2O（l）H2O（g）H=+44kJ/mol根据盖斯定律，3可得：3H2（g）+B2O3（s）=2B（s）+3H2O（l）；（5）该电池工作时的反应为：4VB2+11O24B2O3+2V2O5，碱性条件下，VB2极发生氧化反应反应得到B2O3、V2O5，有氢氧根离子参与反应，同时有水生成；B装置为电解池，阳极生成氧气，阴极首先写成Cu，铜离子放电完毕，氢离子放电生成氢气，根据电子转移守恒计算生成氧气的物质的量，进而计算生成氢气物质的量，再根据电子转移守恒计算电解前CuSO4的物质的量；（6）根据B元素守恒可得：B2O32H3BO3，将浸
45、出率、损失率均转化为B2O3的利用率，结合关系式计算【解答】解：浸取过程中发生反应：2MgO+2B2O3+2NH4HCO3+H2O2NH4H2BO3+2MgCO3，SiO2不反应，过滤分离，滤渣含有SiO2、MgCO3，利用水解原理进行蒸氨，得到氨气循环利用，经过蒸发、结晶、过滤、洗涤得到硼酸，加热分解得到B2O3滤渣用浓盐酸溶解，SiO2不反应，碳酸镁与盐酸反应，过滤分离得到氯化镁溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到氯化镁晶体，电解熔融的氯化镁得到Mg，Mg与B2O3发生置换反应得到B（1）充分浸取后过滤，所得滤渣的主要成分是：SiO2、MgCO3；浸取过程中温度过高，会使加入
46、的NH4HCO3分解，导致浸取率降低，故答案为：SiO2、MgCO3；温度过高会使加入的NH4HCO3分解；（2）电解熔融的氯化镁生成金属镁，还生成氯气，反应方程式为：MgCl2Mg+Cl2，故答案为：MgCl2Mg+Cl2；（3）Mg与B2O3发生置换反应得到B，还生成MgO，反应方程式为：B2O3+3Mg 3MgO+2B，硼的性质与铝相似，能与NaOH溶液反应，而Mg与氢氧化钠不反应，证明粗硼中含有少量镁的化学方法是：向粗硼中加入足量NaOH溶液，充分反应后固体未完全溶解，故答案为：B2O3+3Mg 3MgO+2B；向粗硼中加入足量NaOH溶液，充分反应后固体未完全溶解；（4）已知：4B（
47、s）+3O2（g）2B2O3（s）H=2520kJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=484kJ/molH2O（l）H2O（g）H=+44kJ/mol根据盖斯定律，3可得：3H2（g）+B2O3（s）=2B（s）+3H2O（l）H=+402kJ/mol，故答案为：3H2（g）+B2O3（s）=2B（s）+3H2O（l）H=+402kJ/mol；（5）该电池工作时的反应为：4VB2+11O24B2O3+2V2O5，碱性条件下，VB2极发生氧化反应反应得到B2O3、V2O5，有氢氧根离子参与反应，同时有水生成，电极反应式为：2 VB2+22 OH22e=V2O5+2B2O3+11 H
48、2O，B装置为电解池，阳极生成氧气，根据电子转移守恒可知氧气为=0.01mol，生成气体总物质的量为=0.02mol，故生成氢气为0.01mol，由电子转移守恒，电解前CuSO4的物质的量为=0.01mol，故电解前CuSO4溶液的物质的量浓度为=0.05mol/L，故答案为：2 VB2+22 OH22e=V2O5+2B2O3+11 H2O；0.05；（6）设可制得xkg硼酸，则： B2O32H3BO3 69.6 261.8200103 kg20%69.6%（110%） x kg所以69.6：261.8=200103 kg20%69.6%（110%）：x kg解得x=44496，故答案为：444962016年12月22日
