1、四川省资阳中学2015届高三下学期月考化学试卷（3月份）一、选择题（只有一个选项符合题目意，每小题6分，共42分）1（6分）下列说法不正确的是（）A有色玻璃就是由某些胶态金属氧化物分散于玻璃中制成的B放射性同位素可用于医疗用品消毒、药物作用机理研究和生物医学研究C二氧化氯可用于环保、灭藻、漂白、保鲜、除臭等D人体中极少量的NO会促进血管收缩，防止血管扩张2（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A常温常压下，15g甲基（CH3）中所含的中子数为6NAB一定条件下Fe粉与足量的浓硫酸反应，转移电子数为3NAC在1 L的碳酸钠溶液中，若c（CO32）=1 molL1，则溶液中Na+的
2、个数为2NAD含4NA个离子的固体Na2O2溶于水配成1 L溶液，所得溶液中Na+的物质的量浓度为2 molL13（6分）下列各组分子或离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A1.0 molL1的氨水中：Na+、K+、SO32、SiO32Bc（CO32）=1.0 molL1的溶液中：Na+、C6H5OH、OH、ClC氯水中：H2SO3、Na+、NO3、Fe2+Dc（AlO2）=1.0 molL1的溶液中：HCO3、Br、Na+、K+4（6分）对下列实验操作所产生结果的预测，正确的是（）选项实验操作预测结果A将潮湿的NH3通过盛有无水CaCl2的干燥管可得到干燥的NH3B向FeSO4溶液、FeC
3、l3溶液中分别加入酸性KMnO4溶液前者能使酸性KMnO4溶液褪色，而后者不能CNa2O2与用水润湿过的红色石蕊试纸接触试纸先变蓝色后褪色D将苯、溴水、Fe粉混合于试管中试管口有白雾（氢溴酸小液滴）产生AABBCCDD5（6分）X、Y、R、Q是短周期元素，R、Q和X、Y分别处于同一周期，R、Y处于同一主族，Q2和X2+具有相同的电子层结构，其中Q是地壳中含量最高的元素，R最外层电子数是次外层的2倍下列说法正确的是（）A离子半径：Q2X2+B原子序数：YRQC简单气态氢化物的稳定性：RQYD原子最外层电子数：XYQ6（6分）25时，下列各溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A已知酸性HF
4、CH3COOH，物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c（Na+）c（F）c（K+）c（CH3COO）B0.1 molL1NaHCO3溶液中：c（H+）+c（CO32）=c（H2CO3）+c（OH）C将0.1 molL1盐酸与0.1 molL1K2CO3溶液等体积混合：c（K+）c（Cl）c（HCO3）c（OH）c（H+）D向0.1 molL1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至混合液恰好呈中性：c（Na+）c（NH）c（SO）c（OH）=c（H+）7（6分）T下发生反应：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H0向甲、乙两个恒容密闭容器中加入一定量C和H2O，各容器的容积、
5、反应物的起始量如下表，反应过程中CO的物质的量浓度随时间变化如图所示：下列说法正确的是（）容器甲乙容积0.5LV2molC1molH2O4molC2molH2OA甲容器中前15min反应的平均速率（H2）=0.2 molL1min1B乙容器的容积V=0.5 LC向甲容器加入少量C（s），平衡正向移动D反应温度升高，平衡常数增大二、非选择题（58分）8（15分）A、B、C、D、E、F是周期表中的前20号元素，原子序数逐渐增大A元素是宇宙中含量最丰富的元素，其原子的原子核内可能没有中子B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相等；C元素原子最外层p能级比s能级多1个电子
6、；D原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数；E的常见化合价为+3；F最高正价与最低负价的代数和为4； G+的M层电子全充满用化学式或化学符号回答下列问题：（1）G的基态原子的外围电子排布式为，周期表中F属于区（2）B与F形成的一种非极性分子的电子式为；F的一种具有强还原性的氧化物分子的VSEPR模型为（3）BD2在高温高压下所形成的晶胞如图所示该晶体的类型属于（选填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”）晶体（4）设C元素的气态氢化物为甲，最高价氧化物的水化物为乙，甲与乙反应的产物为丙常温下，有以下3种溶液：pH=11的甲的水溶液 pH=3的乙的水溶液 pH=3的丙溶液，3种溶液中水电离出的c
7、H+之比为（5）丁、戊分别是E、F两种元素最高价含氧酸的钠盐，丁、戊溶液能发生反应当丁、戊溶液以物质的量之比为1：4混合后，溶液中各离子浓度大小顺序为（6）A和C形成的某种氯化物CA2Cl可作杀菌剂，其原理为CA2Cl遇水反应生成一种具有强氧化性的含氧酸，写出CA2Cl与水反应的化学方程式：（7）往G的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可生成一种配合物X，下列说法正确的是AX中所含化学键有离子键、极性键和配位键BX中G2+给出孤对电子，NH3提供空轨道C组成X的元素中第一电离能最大的是氧元素DSO42与PO43互为等电子体，空间构型均为正四面体9（14分）某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作
8、现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色i液面上方出现白雾；稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）Cl2和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：a用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀实验a目的是由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是（4）现象中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂
9、粉精的有效成分和Cl发生反应通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀则沉淀X中含有的物质是用离子方程式解释现象中黄绿色褪去的原因：10（15分）铃兰醛具有甜润的香味，常用作肥料、洗涤剂和化妆品的香料合成铃兰醛的路线如图所示（部分试剂和条件未注明）：请回答：（1）由A生成B的反应类型是（2）D的结构简式是（3）生成E的化学方程式是（4）F能发生银镜反应，F的结构式是（5）下列有关G的叙述中，不正确的是aG分子中4种不同化学环境的氢原子 bG能发生加聚反应、氧化反应和还原反应
10、c1mol G最多能与4mol H2发生加成反应（6）由H生成铃兰醛的化学方程式是（7）F向G转化的过程中，常伴有分子式为C17H22O的副产物K产生K的结构简式是11（14分）二甲醚（CH3OCH3，沸点为24.9）被称为21世纪的新型能源科学家利用太阳能分解水生成的氢气与从烟道气中分离出的CO2在催化剂作用下合成二甲醚，并开发出直接以二甲醚为燃料的燃料电池其合成流程如下：（1）已知：CH3OCH3（g）、H2（g）的标准燃烧热分别为：H=1455.0kJmol1、H=285.8kJmol1写出以CO2、H2合成CH3OCH3的热化学方程式：（2）1520%的乙醇胺（HOCH2CH2NH2）
11、水溶液具有弱碱性，上述合成线路中用作CO2吸收剂写出吸收CO2反应的化学方程式（3）一定条件下用CO2和H2合成二甲醚，反应物气流量对CO2的转化率、二甲醚的选择性（是指转化生成二甲醚的碳占已转化碳的比例）影响结果如图1所示，当控制气流量为28mLmin1时，则生成0.3mol二甲醚需要通入CO2的物质的量为（4）图2为二甲醚燃料电池示意图b电极为，a电极的电极反应式为 该燃料电池的最大障碍是氧化反应不完全而产生（填物质名称）而导致通入电极的气体通道堵塞若以1.12Lmin1（标准状况）的速率向该电池中通入二甲醚，用该电池电解500mL 2molL1 CuSO4溶液，通电0.50min后，计算
12、理论上可析出金属铜的质量（写出解题过程）四川省资阳中学2015届高三下学期月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（只有一个选项符合题目意，每小题6分，共42分）1（6分）下列说法不正确的是（）A有色玻璃就是由某些胶态金属氧化物分散于玻璃中制成的B放射性同位素可用于医疗用品消毒、药物作用机理研究和生物医学研究C二氧化氯可用于环保、灭藻、漂白、保鲜、除臭等D人体中极少量的NO会促进血管收缩，防止血管扩张考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；胶体的应用 专题：化学应用分析：A胶态金属氧化物分散于玻璃中形成胶体；B放射性同位素可释放出射线，可用于消毒、药物作用机理研究和生物医学研究等；C二
13、氧化氯具有强氧化性，可用于杀菌消毒等；D人体中极少量的NO会促进血管扩张解答：解：A胶态金属氧化物分散于玻璃中形成胶体，与胶体性质有关，故A正确；B放射性元素会自发衰变，放出、和射线，光子的贯穿能力最强，医院可用于杀死肿瘤细胞，x射线的穿透力强，医院常用与给病人透视，故B正确；C世界卫生组织（WHO）将二氧化氯（化学式为ClO2）列为A级高效安全灭菌消毒剂，它在食品保鲜、饮用水消毒等方面有广泛的应用故C正确；DNO是明星分子，在人体的血管系统内具有传送信号的功能，NO极少量时在人体的血管系统内会促进血管扩张，防止血管栓塞，故D错误故选D点评：本题考查较综合，侧重考查化学在生产生活中的应用，注重
14、基础知识的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关知识的积累2（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A常温常压下，15g甲基（CH3）中所含的中子数为6NAB一定条件下Fe粉与足量的浓硫酸反应，转移电子数为3NAC在1 L的碳酸钠溶液中，若c（CO32）=1 molL1，则溶液中Na+的个数为2NAD含4NA个离子的固体Na2O2溶于水配成1 L溶液，所得溶液中Na+的物质的量浓度为2 molL1考点：阿伏加德罗常数 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A一个甲基中含有6个中子；B常温下，铁和浓硫酸发生钝化现象；C碳酸根离子为弱酸根离子，部分发生水解；D.1
15、个过氧化钠含有2个钠离子和1个过氧根离子解答：解：A一个甲基中含有6个中子，15g甲基（CH3）的物质的量=，所以15g甲基（CH3）所含的中子数为6NA，故A正确；B常温下，铁和浓硫酸发生钝化现象，阻止了铁进一步和浓硫酸发生氧化还原反应，故B错误；C碳酸根离子为弱酸根离子，部分发生水解，在1 L的碳酸钠溶液中，若c（CO32）=1 molL1，则溶液中Na+的个数大于2NA，故C错误；D.4NA个离子的固体Na2O2与水反应生成氢氧化钠含有钠离子小于2mol，所得溶液中Na+的物质的量浓度小于2 molL1，故D错误；故选：A点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，明确物质的结构及微粒数之
16、间的换算是解题关键，题目难度不大3（6分）下列各组分子或离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A1.0 molL1的氨水中：Na+、K+、SO32、SiO32Bc（CO32）=1.0 molL1的溶液中：Na+、C6H5OH、OH、ClC氯水中：H2SO3、Na+、NO3、Fe2+Dc（AlO2）=1.0 molL1的溶液中：HCO3、Br、Na+、K+考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：A氨水溶液呈碱性；BC6H5OH、OH反应；C氯水具有强氧化性和酸性；DAlO2与HCO3反应解答：解：A氨水溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；BC6H5OH、OH反
17、应，且CO32与C6H5OH反应，不能大量共存，故B错误；C氯水具有强氧化性和酸性，H2SO3、Fe2+不能大量共存，故C错误；DAlO2与HCO3反应而不能大量共存，故D错误故选A点评：本题考查离子共存问题，为2015届高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握题目要求以及常见离子的性质和反应类型的判断，答题时注意题给信息，难度不大4（6分）对下列实验操作所产生结果的预测，正确的是（）选项实验操作预测结果A将潮湿的NH3通过盛有无水CaCl2的干燥管可得到干燥的NH3B向FeSO4溶液、FeCl3溶液中分别加入酸性KMnO4溶液前者能使酸性
18、KMnO4溶液褪色，而后者不能CNa2O2与用水润湿过的红色石蕊试纸接触试纸先变蓝色后褪色D将苯、溴水、Fe粉混合于试管中试管口有白雾（氢溴酸小液滴）产生AABBCCDD考点：化学实验方案的评价；碱金属及其化合物的性质实验；氨的制取和性质 专题：实验评价题分析：A氨气和氯化钙能发生化学反应；BFeSO4有还原性；C过氧化钠有强氧化性；D苯与溴水不反应解答：解：A氨气和氯化钙能发生化学反应，所以氯化钙不能干燥氨气，故A错误； BFeSO4有还原性能使酸性KMnO4溶液褪色FeCl3无还原性，故B正确；C过氧化钠有强氧化性，试纸褪色不变蓝，故C错误；D苯与溴水不反应，应用溴单质，故D错误故选B点评
19、：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体干燥、物质的性质等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，题目难度不大5（6分）X、Y、R、Q是短周期元素，R、Q和X、Y分别处于同一周期，R、Y处于同一主族，Q2和X2+具有相同的电子层结构，其中Q是地壳中含量最高的元素，R最外层电子数是次外层的2倍下列说法正确的是（）A离子半径：Q2X2+B原子序数：YRQC简单气态氢化物的稳定性：RQYD原子最外层电子数：XYQ考点：位置结构性质的相互关系应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、R、Q是短周期元素，Q是地壳中含量最高的元素，则Q是氧元素，R最外层电子数是次外层的2倍，则R为碳元素，
20、R、Q和X、Y分别处于同一周期，R、Y处于同一主族，则Y为硅元素，Q2和X2+具有相同的电子层结构，则X为镁元素，据此答题解答：解：X、Y、R、Q是短周期元素，Q是地壳中含量最高的元素，则Q是氧元素，R最外层电子数是次外层的2倍，则R为碳元素，R、Q和X、Y分别处于同一周期，R、Y处于同一主族，则Y为硅元素，Q2和X2+具有相同的电子层结构，则X为镁元素，A、离子电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，所以离子半径：Q2X2+，故A正确；B、根据上面的分析可知，原子序数RQ，故B错误；C、非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，所以简单气态氢化物的稳定性：QRY，故C错误；D、根据上面的分析，X为
21、镁元素，Y为硅元素，Q是氧元素，原子最外层电子数：XYQ，故D错误；故选A点评：本题考查元素周期律的运用，做题时注意同周期、同主族内元素性质（原子半径、金属性、非金属性、最高价氧化物的水化物的酸碱性、气态氢化物的热稳定性等）变化规律，元素的推断是解题的关键，难度中等6（6分）25时，下列各溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A已知酸性HFCH3COOH，物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c（Na+）c（F）c（K+）c（CH3COO）B0.1 molL1NaHCO3溶液中：c（H+）+c（CO32）=c（H2CO3）+c（OH）C将0.1 molL1盐酸与0.1 molL
22、1K2CO3溶液等体积混合：c（K+）c（Cl）c（HCO3）c（OH）c（H+）D向0.1 molL1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至混合液恰好呈中性：c（Na+）c（NH）c（SO）c（OH）=c（H+）考点：离子浓度大小的比较 分析：A酸性越强，对应的酸根离子的水解程度越强，则氟离子的水解程度小于醋酸根离子，等浓度的两溶液中氟离子浓度大于醋酸根离子；B根据碳酸氢钠溶液中的质子守恒分析；C二者混合恰好生成等浓度的碳酸氢钾和氯化钾，根据物料守恒和电荷守恒判断；D根据物料守恒可知：c（SO42）=c（NH4+）+c（NH3H2O），则c（SO42）c（NH4+）解答：解：A已知酸性HFC
23、H3COOH，物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中，氟离子的水解程度小于醋酸根离子，等浓度的两溶液中氟离子浓度大于醋酸根离子，则：c（Na+）c（F）c（K+）c（CH3COO），故A错误；B质子守恒实际是水电离出的氢离子和氢氧根离子的量相等的守恒，0.1 molL1NaHCO3溶液中，根据质子守恒可得：c（H+）+c（H2CO3）c（CO32）=c（OH），即：c（H+）+c（H2CO3）=c（CO32）+c（OH），故B错误；C将0.1 molL1盐酸与0.1 molL1K2CO3溶液等体积混合生成等浓度的氯化钾和碳酸氢钾，根据物料守恒可得：c（K+）2c（Cl），碳酸氢根离子部
24、分水解，溶液显示碱性，则：c（K+）c（Cl）c（HCO3）c（OH）c（H+），故C正确；D根据物料守恒可知：c（SO42）=c（NH4+）+c（NH3H2O），则c（SO42）c（NH4+），正确的离子浓度大小为：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+），故D错误；故选C点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒、质子守恒的及盐的水解原理的含义为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力7（6分）T下发生反应：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H0向甲、乙两个恒容密闭容器中加入一定量C和H2O，各容器的容积
25、、反应物的起始量如下表，反应过程中CO的物质的量浓度随时间变化如图所示：下列说法正确的是（）容器甲乙容积0.5LV2molC1molH2O4molC2molH2OA甲容器中前15min反应的平均速率（H2）=0.2 molL1min1B乙容器的容积V=0.5 LC向甲容器加入少量C（s），平衡正向移动D反应温度升高，平衡常数增大考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线 分析：A、由图可知，15min内甲容器中CO的浓度变化量为1.5mol/L，根据v=计算v（CO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；B、乙容器中起始量为甲的二倍，若容积=0.5 L，由于正反应为气体体积增大的反应，加
26、压平衡左移，c（CO）3mol/L；C、固体对化学平衡无影响；D、反应是吸热反应，升温平衡正向进行解答：解：A、由图可知，15min内甲容器中CO的浓度变化量为1.5mol/L，v（CO）=0.1molL1min1，速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2）=0.1molL1min1，故A错误；B、乙容器中起始量为甲的二倍，若容积=0.5 L，由于正反应为气体体积增大的反应，加压平衡左移，c（CO）3mol/L，故乙容器的体积V0.5 L，故B错误；C、固体对化学平衡无影响，向甲容器加入少量C（s），平衡不移动，故C错误；D、反应是吸热反应，升温平衡正向进行，平衡常数增大，故D正确故选：D点评
27、：本题考查化学平衡移动、计算及化学平衡图象，难度中等，注意理解图象的纵坐标和横坐标的意义二、非选择题（58分）8（15分）A、B、C、D、E、F是周期表中的前20号元素，原子序数逐渐增大A元素是宇宙中含量最丰富的元素，其原子的原子核内可能没有中子B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相等；C元素原子最外层p能级比s能级多1个电子；D原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数；E的常见化合价为+3；F最高正价与最低负价的代数和为4； G+的M层电子全充满用化学式或化学符号回答下列问题：（1）G的基态原子的外围电子排布式为3d104s1，周期表中F属于p区（2）B与F形成
28、的一种非极性分子的电子式为；F的一种具有强还原性的氧化物分子的VSEPR模型为平面三角形（3）BD2在高温高压下所形成的晶胞如图所示该晶体的类型属于原子（选填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”）晶体（4）设C元素的气态氢化物为甲，最高价氧化物的水化物为乙，甲与乙反应的产物为丙常温下，有以下3种溶液：pH=11的甲的水溶液 pH=3的乙的水溶液 pH=3的丙溶液，3种溶液中水电离出的cH+之比为1：1：108（5）丁、戊分别是E、F两种元素最高价含氧酸的钠盐，丁、戊溶液能发生反应当丁、戊溶液以物质的量之比为1：4混合后，溶液中各离子浓度大小顺序为c（Na+）c（SO42）c（Al3+）c（H
29、+）c（OH）（6）A和C形成的某种氯化物CA2Cl可作杀菌剂，其原理为CA2Cl遇水反应生成一种具有强氧化性的含氧酸，写出CA2Cl与水反应的化学方程式：NH2Cl+H2OHClO+NH3（7）往G的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可生成一种配合物X，下列说法正确的是ADAX中所含化学键有离子键、极性键和配位键BX中G2+给出孤对电子，NH3提供空轨道C组成X的元素中第一电离能最大的是氧元素DSO42与PO43互为等电子体，空间构型均为正四面体考点：位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、B、C、D、E、F是周期表中的前20号元素，原子序数逐渐增大A元素是
30、宇宙中含量最丰富的元素，其原子的原子核内可能没有中子，则A为氢元素B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相等，原子核外电子排布为1s22s22p2，则B为碳元素；D原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数，外围电子排布为ns2np4，处于A族，F最高正价与最低负价的代数和为4，最外层电子数为6，故D为氧元素、F为硫元素；C元素原子最外层p能级比s能级多1个电子，外围电子排布为ns2np3，处于A族，原子序数小于氧元素，故C为氮元素；E的常见化合价为+3，原子序数大于氧元素小于硫元素，故E为Al； G+的M层电子全充满，则G原子的核外电子=2+8+18+1=29，故G
31、为Cu元素，据此解答解答：解：A、B、C、D、E、F是周期表中的前20号元素，原子序数逐渐增大A元素是宇宙中含量最丰富的元素，其原子的原子核内可能没有中子，则A为氢元素B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相等，原子核外电子排布为1s22s22p2，则B为碳元素；D原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数，外围电子排布为ns2np4，处于A族，F最高正价与最低负价的代数和为4，最外层电子数为6，故D为氧元素、F为硫元素；C元素原子最外层p能级比s能级多1个电子，外围电子排布为ns2np3，处于A族，原子序数小于氧元素，故C为氮元素；E的常见化合价为+3，原子序数大于
32、氧元素小于硫元素，故E为Al； G+的M层电子全充满，则G原子的核外电子=2+8+18+1=29，故G为Cu元素，（1）G为Cu，基态原子的外围电子排布式为3d104s1，F为S元素，在周期表中属于p区，故答案为：3d104s1；p；（2）C元素与S元素形成的一种非极性分子为CS2，电子式为；S元素的一种具有强还原性的氧化物为SO2，分子中S原子价层电子对数=2+=3，该分子VSEPR模型为平面三角形，故答案为：；平面三角形；（3）由CO2在高温高压下所形成的晶胞可知，C原子与掌握4个O原子形成4个CO键，而O原子与周围2个C原子形成2个CO键，形成立体网状结构，属于原子晶体，故答案为：原子；
33、（4）甲为氨气，乙为硝酸，丙为硝酸铵，常温下，pH=11的氨水中氢离子为水电离产生，故水电离出的c（H+）=1011mol/L，pH=3的硝酸的水溶液中水电离产生的氢离子等于溶液中氢氧根离子浓度，故水电离出的c（H+）=1011mol/L，pH=3的硝酸铵溶液中氢离子为水电离产生，故水电离出的c（H+）=103mol/L，则3种溶液中水电离出的c（H+）之比=1011mol/L：1011mol/L：103mol/L=1：1：108，故答案为：1：1：108；（5）丁、戊分别是E、F两种元素最高价含氧酸的钠盐，丁、戊溶液能发生反应，则丁为NaAlO2、丙为NaHSO4，当丁、戊溶液以物质的量之比
34、为1：4混合后，发生反应：2NaAlO2+8NaHSO4=Al2（SO4）3+5Na2SO4+4H2O，溶液中铝离子水解，溶液呈酸性，钠离子浓度最大，硫酸根浓度大于铝离子，故溶液中各离子浓度大小顺序为：c（Na+）c（SO42）c（A l3+）c（H+）c（OH），故答案为：c（Na+）c（SO42）c（A l3+）c（H+）c（OH）；（6）氯化物NH2Cl可作杀菌剂，其原理为NH2Cl遇水反应生成一种具有强氧化性的含氧酸，应生成HClO，还生成NH3，NH2Cl与水反应的化学方程式为NH2Cl+H2OHClO+NH3，故答案为：NH2Cl+H2OHClO+NH3；（7）往硫酸铜溶液中加入过
35、量氨水，可生成一种配合物X为Cu（NH3）4SO4，ACu（NH3）4SO4中所含化学键有离子键、极性键和配位键，故A正确；BCu（NH3）4SO4中Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，故B错误；CCu（NH3）4SO4的元素中第一电离能最大的是氮元素，故C错误；DSO42中S原子价层电子对数=4+=4，没有孤电子对，故SO42为正四面体结构，SO42与PO43互为等电子体，PO43也正四面体结构，故D正确，故答案为：AD点评：本题比较综合，涉及元素推断、核外电子排布、分子结构、溶液pH相关计算、离子浓度比较、配合物等，需要学生具备扎实的基础与分析解决问题能力，难度中等9（14分）某学生对
36、SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色i液面上方出现白雾；稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）Cl2和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是碱性、漂白性（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：a用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉
37、淀实验a目的是检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀（4）现象中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl发生反应通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀则沉淀X中含有的物质是CaSO4用离子方程式解释现象中黄绿色褪去的原因：SO2+Cl2+2H2O=SO42+2Cl+4H+考点：二氧化硫的化学
38、性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用 专题：压轴题；卤族元素；氧族元素分析：（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二
39、氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸；解答：解：（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；故答案为： 2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（2）pH试纸先变蓝（约为12）溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；故答案为：碱性、漂白性；（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾推测现象的白雾由HCl小液滴形成，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯
40、气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为：检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为：白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀（4）现象中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl发生反应通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为 氯气；故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察
41、溶液是否变为黄绿色；（5）取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42，故沉淀X为CaSO4；溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42+2Cl+4H+；故答案为：CaSO4：SO2+Cl2+2H2O=SO42+2Cl+4H+；点评：本题考查了二氧化硫性质的综合应用，性质的实验验证方法和实验判断，漂白精的成分中次氯酸钙和氯化钙在酸溶液中会发生氧化还原反应生成氯气，注意物质的检验方法，题目难度较大10（15分）铃兰醛具有甜润的香味，常用作肥料、洗涤剂和化妆品的香料合成铃兰醛的路线如图所示（部分试
42、剂和条件未注明）：请回答：（1）由A生成B的反应类型是加成反应（2）D的结构简式是（3）生成E的化学方程式是（4）F能发生银镜反应，F的结构式是（5）下列有关G的叙述中，不正确的是acaG分子中4种不同化学环境的氢原子 bG能发生加聚反应、氧化反应和还原反应c1mol G最多能与4mol H2发生加成反应（6）由H生成铃兰醛的化学方程式是（7）F向G转化的过程中，常伴有分子式为C17H22O的副产物K产生K的结构简式是考点：有机物的推断 分析：由A、B的分子式判断A到B的反应是加成反应，由B、D的分子式可知，反应类似已知ii中取代反应反应，由D被酸性高锰酸钾溶液氧化的产物的结构，所以D的结构简
43、式为，可推知C4H8为CH2=C（CH3）2，C4H9Cl为（CH3）3CCl生成E的反应是酯化反应，则E的结构简式为，F能发生银镜反应，说明F分子中存在醛基，比较E、F的分子式，判断F的结构简式为，F到G发生类似已知i的反应，结合铃兰醛的结构，可知G的结构简式为，G到铃兰醛的转化中碳碳双键被消除，则G与氢气发生加成反应生成H为，H再发生催化氧化生成铃兰醛，F向G转化的过程中，常伴有分子式为C17H22O的副产物K产生，分子式可知，1分子F与丙醛得到的G后，G中醛基与丙醛继续进行i中的反应生成K解答：解：由A、B的分子式判断A到B的反应是加成反应，由B、D的分子式可知，反应类似已知ii中取代反
44、应反应，由D被酸性高锰酸钾溶液氧化的产物的结构，所以D的结构简式为，可推知C4H8为CH2=C（CH3）2，C4H9Cl为（CH3）3CCl生成E的反应是酯化反应，则E的结构简式为，F能发生银镜反应，说明F分子中存在醛基，比较E、F的分子式，判断F的结构简式为，F到G发生类似已知i的反应，结合铃兰醛的结构，可知G的结构简式为，G到铃兰醛的转化中碳碳双键被消除，则G与氢气发生加成反应生成H为，H再发生催化氧化生成铃兰醛，F向G转化的过程中，常伴有分子式为C17H22O的副产物K产生，分子式可知，1分子F与丙醛得到的G后，G中醛基与丙醛继续进行i中的反应生成K；（1）由A、B的分子式判断A到B的反
45、应是加成反应，故答案为：加成反应；（2）由上述分析可知，D的结构简式是，故答案为：；（3）生成E的反应是酯化反应，化学方程式为，故答案为：；（4）F能发生银镜反应，说明F分子中存在醛基；比较E、F的分子式，判断F的结构简式为，故答案为：；（5）由上述分析可知，G的结构简式为，aG分子中有6种不同化学环境的氢原子，故a错误；bG分子中存在醛基、碳碳双键、苯环，所以能发生加聚反应、氧化反应和还原反应，故b正确；c醛基、碳碳双键、苯环都可以与氢气加成，所以1 mol G最多能与5mol H2发生加成反应，故c错误，故答案为：ac；（6）H为G加氢的产物，所以H生成生成铃兰醛发生醇的氧化反应，化学方程
46、式为，故答案为：；（7）F向G转化的过程中，常伴有分子式为C17H22O的副产物K产生，因为G分子中仍存在醛基，可以与甲醛继续发生类似已知i的反应，所以K的结构简式为，故答案为：点评：本题考查有机物的推断，充分利用有机物的分子式与结构进行分析解答，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，侧重考查学生分析推理能力、自学能力与知识迁移应用，难度中等11（14分）二甲醚（CH3OCH3，沸点为24.9）被称为21世纪的新型能源科学家利用太阳能分解水生成的氢气与从烟道气中分离出的CO2在催化剂作用下合成二甲醚，并开发出直接以二甲醚为燃料的燃料电池其合成流程如下：（1）已知：CH3OCH3（g）、H2（g）
47、的标准燃烧热分别为：H=1455.0kJmol1、H=285.8kJmol1写出以CO2、H2合成CH3OCH3的热化学方程式：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（l）H=259.8kJ/mol（2）1520%的乙醇胺（HOCH2CH2NH2）水溶液具有弱碱性，上述合成线路中用作CO2吸收剂写出吸收CO2反应的化学方程式2HOCH2CH2NH2+H2O+CO2（HOCH2CH2NH3）2CO3（3）一定条件下用CO2和H2合成二甲醚，反应物气流量对CO2的转化率、二甲醚的选择性（是指转化生成二甲醚的碳占已转化碳的比例）影响结果如图1所示，当控制气流量为28mLmin1时
48、，则生成0.3mol二甲醚需要通入CO2的物质的量为20mol（4）图2为二甲醚燃料电池示意图b电极为正，a电极的电极反应式为CH3OCH3+3H2O12e2CO2+12H+ 该燃料电池的最大障碍是氧化反应不完全而产生炭（填物质名称）而导致通入电极的气体通道堵塞若以1.12Lmin1（标准状况）的速率向该电池中通入二甲醚，用该电池电解500mL 2molL1 CuSO4溶液，通电0.50min后，计算理论上可析出金属铜的质量（写出解题过程）考点：热化学方程式；化学电源新型电池 专题：基本概念与基本理论分析：（1）依据燃烧热写出热化学方程式，结合盖斯定律计算得到合成甲醚的热化学方程式；（2）氨基
49、结合水电离平衡中的氢离子，促进水电离平衡正向进行，氢氧根离子浓度增大，溶液显碱性；（3）先根据二甲醚的选择性求出理论上生成的二甲醚，然后根据物质的量之比等于化学计量数之比求出反应的CO2的物质的量，最后根据CO2的转化率求出实际通入的CO2；（4）反应本质是二甲醚的燃烧，原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，正极反应还原反应，氧气在正极放电，由图可知，a极为负极，二甲醚放电生成二氧化碳与氢离子；该燃料电池的最大障碍是氧化反应不完全而产生碳堵塞通入电极的气体通道；依据二甲醚通入的量计算物质的量，结合电子守恒计算析出铜的质量；解答：解：（1）已知：CH30CH3（g）、H2（g）的标准燃烧热分
50、别为：H=1455OkJmol1、H=285.8kJmol1，CH30CH3（g）+3O2（g）2CO2（g）+3H2O（l）H=1455.0kJmol1；H2（g）+O2（g）H2O（l）H=285.8kJmol1，依据盖斯定律6得到：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（l）H=259.8kJ/mol写出以CO2、H2合成CH3OCH3的热化学方程式为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（l）H=259.8kJ/mol，故答案为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（l）H=259.8kJ/mol；（2）1520%的乙醇胺
51、（HOCH2CH2NH2）水溶液具有弱碱性，上述合成线路中用作C02吸收剂，乙醇胺水溶液呈弱碱性是取代基氨基结合氢离子，使溶液中的氢氧根离子浓度增大，结合二氧化碳生成碳酸盐，反应的化学方程式为：2HOCH2CH2NH2+H2O+CO2（HOCH2CH2NH3）2CO3；故答案为：2HOCH2CH2NH2+H2O+CO2（HOCH2CH2NH3）2CO3；（3）生产0.3mol二甲醚，理论上应生成二甲醚物质的量=6mol，反应的反应的CO2的物质的量为12mol，实际通入的CO2的物质的量为=20mol，故答案为：20mol； （4）反应本质是二甲醚的燃烧，原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放
52、电，正极反应还原反应，氧气在正极放电由图可知，a极为负极，b为正极，二甲醚放电生成二氧化碳与氢离子，a电极的电极反应式为 CH3OCH312e+3H2O2CO2+12H+；该燃料电池的最大障碍是氧化反应不完全而产生碳堵塞通入电极的气体通道；故答案为：正；CH3OCH3+3H2O12e2CO2+12H+；炭；若以1.12Lmin1（标准状况）的速率向该电池中通入二甲醚，用该电池电解500mL 2molL1 CuS04溶液，通电0.50min后，通入二甲醚物质的量=0.025mol；依据电极反应电子守恒，CH3OCH312e6Cu2+n（Cu2+）=0.025mol6=0.15molm（Cu）=0.15mol64g/mol=9.6g答：理论上可析出金属铜的质量9.6g；点评：本题考查热化学方程式书写，燃烧热概念，流程分析，图象分析应用，原电池电极反应的书写方法，电子守恒的计算应用，题目难度中等