1、2016-2017学年广东省揭阳一中、潮州金中联考高三（上）月考化学试卷（8月份）一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列说法错误的是（）A将煤气化后再作为能源，可减少PM2.5引起的危害B农作物秸秆处理起来麻烦，利用价值低，适于就地露天焚烧C雾霾是一种分散系，分散剂是空气，带活性炭口罩防雾霾的原理是吸附原理D“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用2设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含有氢原子数为3NAB15.6g Na2S和Na2O2固体混合物中，
2、含有的阴离子数为0.2NAC1L 1mol/L的盐酸中含有HCl分子数为NAD标准状况下，22.4 L甲醇中含有的CH的数目为3NA3合成导电高分子材料PPV的反应：下列说法正确的是（）A合成PPV的反应为加聚反应BPPV与聚苯乙烯具有相同的重复结构单元C和苯乙烯互为同系物D通过质谱法测定PPV的平均相对分子质量，可得其聚合度4短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大W、Z同族，Y、Z相邻，W、Y、Z三种元素原子的最外层电子数之和为11，X原子最外层电子数等于最内层电子数的一半下列叙述正确的是（）A金属性：XYB原子半径：YZC最简单氢化物的热稳定性：ZWDY元素氧化物不溶于X元素最高价
3、氧化物对应水化物的水溶液5某同学设计原电池装置如图所示，下列说法正确的是（）A电子由铁极经溶液向铂极迁移B放电过程中交换膜右侧溶液颜色逐渐变浅C正极的电极反应式为Fe3+3e-=FeD若转移1mol e，交换膜左侧溶液中则减少1 molCl6已知卤化银AgX的沉淀溶解平衡曲线如图所示，横坐标p（Ag+）=lg（Ag+），纵坐标Y=lg（X），下列说法正确的是（）A该温度下AgCl的Ksp约为11015Ba点可表示AgCl的过饱和溶液Cb点时c（Ag+）=c（I）D该温度下，AgCl和AgBr饱和溶液中：c（Cl）c（Br）7下述实验方案能达到实验目的是（）编号ABCD实验方案置于光亮处实验目的
4、制取并收集氨气验证浓硫酸的强氧化性验证乙炔的还原性验证甲烷与氯气发生化学反应AABBCCDD三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题，共129分8三氯化氧磷（POCl3）是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂，实验室制取POCl3并测定产品含量的实验过程如下：I制备POCl3采用氧气氧化液态的PCl3法，实验装置（加热及夹持装置省略）及相关信息如下：物质熔点/沸点/相对分子质量其他PCl3112.076.0137.5均为无色液体，遇水均剧烈水解为含氧酸和氯化氢，两者互溶POCl32.0106.
5、0153.5（1）仪器a的名称为；（2）装置C中生成POCl3的化学方程式为；（3）实验中需控制通入O2的速率，对此采取的操作是；（4）装置B的作用除观察O2的流速之外，还有、；（5）反应温度应控制在6065，原因是；II测定POCl3产品含量的实验步骤：实验I结束后，待三颈烧瓶中液体冷却到室温，准确称取16.725g POCl3产品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入10.00mL 3.5mol/L AgNO3标准溶液（Ag+Cl=AgCl）加入少量硝基苯（硝基苯密度比水大，且难溶于水）以硫酸铁溶液为指示
6、剂，用0.2mol/L KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液（Ag+SCN=AgSCN），到达终点时共用去10.00mL KSCN溶液（6）达到终点时的现象是；（7）测得产品中n（POCl3）=；（8）已知Ksp（AgCl）Ksp（AgSCN），据此判断，若取消步骤，测定结果将（填偏高，偏低，或不变）9兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，被广泛用作有机物的氢化反应的催化剂以红土镍矿（主要成分为NiS、FeS和SiO2等）为原料制备兰尼镍的工艺流程如图所示：（1）在形成Ni（CO）4的过程中，碳元素的化合价没有变化，则Ni（CO）4中的Ni的化合价为；（2）已知红土镍矿煅烧后生成N
7、i2O3，而加压酸浸后浸出液A中含有Ni2+，写出有关镍元素的加压酸浸的化学反应方程式；（3）向浸出液A中通入H2S气体，还原过程中发生反应的离子方程式是；（4）“高温熔融”时能否将通入氩气换为CO并说明原因；（5）“碱浸”的目的是使镍铝合金产生多孔结构，从而增强对氢气的强吸附性，此过程中发生反应的离子方程式为浸出反应所用的NaOH溶液的浓度要大，若NaOH溶液较稀时，则会产生少量的Al（OH）3沉淀而阻止浸出反应的持续进行，请用化学反应原理加以解释：；（6）浸出液B可以回收，重新生成铝以便循环利用请设计简单的回收流程：浸出液B（示例：CuOCu2+Cu）10新的研究表明二甲醚（DME）是符合
8、中国能源结构特点的优良车用替代燃料，二甲醚催化重整制氢的反应过程，主要包括以下几个反应（以下数据为25、1.01105Pa测定）：CH3OCH3（g）+H2O（l）2CH3OH（l）H=+24.52kJ/molCH3OH（l）+H2O（l）CO2（g）+3H2（g）H=+49.01kJ/molCO（g）+H2O（l）CO2（g）+H2（g）H=41.17kJ/molCH3OH（l）CO （g）+2H2（g）H=+90.1kJ/mol请回答下列问题：（1）写出用二甲醚制H2同时全部转化为CO2时反应的热化学方程式（2）200时反应的平衡常数表达式K=（3）在一常温恒容的密闭容器中，放入一定量的甲
9、醇如式建立平衡，以下可以作为该反应达到平衡状态的判断依据为A容器内气体密度保持不变 B气体的平均相对分子质量保持不变CCO的体积分数保持不变 DCO与H2的物质的量之比保持1：2不变（4）工业生产中测得不同温度下各组分体积分数及二甲醚转化率的关系如图1，2所示，你认为反应控制的最佳温度应为A300350B350400C400450D450500在温度达到400以后，二甲醚与CO2以几乎相同的变化趋势明显降低，而CO、H2体积分数也以几乎相同的变化趋势升高，分析可能的原因是（用相应的化学方程式表示）（5）某一体积固定的密闭容器中进行反应，200时达平衡；请在图4补充画出：t1时刻升温，在t1与t
10、2之间某时刻达到平衡；t2时刻添加催化剂，CO2的百分含量随时间变化图象（6）一定条件下，如图3示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物），则阴极的电极反应式为化学-选修2：化学与技术11醋酸镍（CH3COO）2Ni是一种重要的化工原料，一种以含镍废料（含 NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2）为原料，制取醋酸镍的工艺流程图如下：相关离子生成氢氧化物的pH和相关物质的溶解性如表：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pH物质20时溶解性（H2O）Fe3+1.13.2CaS04微溶 Fe2+5.88.8NiF可溶Al3+3.05.0CaF2难溶Ni2+6.79.5NiCO3Ksp=9.6
11、104（1）调节pH步骤中，溶液pH的调节范围是（2）滤液1和滤液3主取成分的化学式分別是、（3）写出氧化步骤中加入H2O2发生反应的离子方程式（4）酸浸过程中，1mol NiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体写出该反应的化学方程式（5）沉镍过程中，若c（Ni2+）=2.0molL1，欲使100ml该滤液中的Ni2+沉淀物完全，c（Ni2+）105molL1，则需要加人Na2CO3固体的质量最少为g（保留小数点后1位有效数字）（6）保持其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行酸浸酸浸出率随时间变化如图酸浸的最佳温度与时间分别为、min化学-选修3：物质结构与性质12钴是人体必需的微量
12、元素，含钴化合物作为颜料，具有悠久的历史，在机械制造、磁性材料等领域也具有广泛的应用，请回答下列问题：（1）Co基态原子的电子排布式为；（2）酞菁钴近年来在光电材料、非线性光学材料、光动力学中的光敏剂、催化剂等方面得到广泛的应用，其结构如图1示，中心离子为钴离子酞菁钴中三种非金属原子的电负性有大到小的顺序为，（用相应的元素符号作答）；碳原子的杂化轨道类型为；与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是；（3）CoCl2中结晶水数目不同呈现不同的颜色CoCl26H2OCoCl22H2O（紫色）CoCl2H2O（篮紫）（蓝色），CoCl2加到硅胶（一种干燥剂，烘干后可再生反复使用）中制成变色硅胶简述硅胶
13、中添加CoCl2的作用：；（4）用KCN处理含Co2+的盐溶液，有红色的Co（CN）2析出，将它溶于过量的KCN溶液后，可生成紫色的Co（CN）64，该配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色Co（CN）63，写出该反应的离子方程式：；（5）Co的一种氧化物的晶胞如图所示（ ），在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有个；筑波材料科学国家实验室一个科研小组发现了在 5K 下呈现超导性的晶体，该晶体具有CoO2的层状结构（如2所示，小球表示Co原子，大球表示O原子）下列用粗线画出的重复结构单元示意图不能描述CoO2的化学组成的是化学-选修5：有机化学基础13G是一种新型香料的主要成分
14、之一，其结构中含有三个六元环G的合成路线如下（部分产物和部分反应条件略去）：已知：RCHCH2+CH2CHRCH2CH2+RCHCHR，有6种不同环境的氢原子；D和F是同系物请回答下列问题：（1）（CH3）2C=CH2的系统命名法名称为，该分子中最多有个原子在同一平面内（2）AB反应过程中涉及的反应类型 依次为、（3）D分子中含有的含氧官能团名称是，G的结构简式为（4）生成E的化学方程式为（5）同时满足下列条件：与FeCl3溶液发生显色反应；苯环上有两个取代基、含C=O的F的同分异构体有多种，其中核磁共振氢谱为4组峰、能水解的物质的结构简式为（6）模仿由苯乙烯合成F的方法，写出由丙烯制取羟基丙
15、酸（） 的合成路线：2016-2017学年广东省揭阳一中、潮州金中联考高三（上）月考化学试卷（8月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列说法错误的是（）A将煤气化后再作为能源，可减少PM2.5引起的危害B农作物秸秆处理起来麻烦，利用价值低，适于就地露天焚烧C雾霾是一种分散系，分散剂是空气，带活性炭口罩防雾霾的原理是吸附原理D“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用【考点】三废处理与环境保护【分析】A煤气化生成CO和氢气，作为能源时减少固体颗粒物的排放；B农作物秸秆可生物质能的材料，且
16、焚烧污染环境；C活性炭具有疏松多孔的结构，具有吸附性；D地沟油”的主要成分为油脂，可变废为宝【解答】解：A煤气化生成CO和氢气，作为能源时减少固体颗粒物的排放，则煤气化后再作为能源，可减少PM2.5引起的危害，故A正确；B农作物秸秆可生物质能的材料，且焚烧污染环境，则农作物秸秆不能就地露天焚烧，可作为生产甲烷的材料使用，故B错误；C活性炭具有疏松多孔的结构，具有吸附性，则雾霾是一种分散系，分散剂是空气，带活性炭口罩防雾霾的原理是吸附原理，故C正确；D地沟油”的主要成分为油脂，可变废为宝，在碱性条件下水解能得到肥皂，也可做生物柴油，可以实现厨余废物合理利用，故D正确；故选B2设NA为阿伏伽德罗常
17、数的值，下列叙述正确的是（）A在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含有氢原子数为3NAB15.6g Na2S和Na2O2固体混合物中，含有的阴离子数为0.2NAC1L 1mol/L的盐酸中含有HCl分子数为NAD标准状况下，22.4 L甲醇中含有的CH的数目为3NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、在乙醇溶液中，除了乙醇外水也含有H原子；B、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，且均含2个钠离子和1个阴离子构成；C、HCl溶于水后完全电离；D、标况下甲醇为液态【解答】解：A、在乙醇溶液中，除了乙醇外水也含有H原子，故溶液中的氢原子个数多于3NA个，故A错误；B、Na2S和Na2
18、O2的摩尔质量均为78g/mol，故15.6g混合物的物质的量为0.2mol，且两者均含2个钠离子和1个阴离子，故0.2mol混合物中含0.2NA个阴离子，故B正确；C、HCl溶于水后完全电离，故盐酸溶液中无HCl分子，故C错误；D、标况下甲醇为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的CH个数，故D错误故选B3合成导电高分子材料PPV的反应：下列说法正确的是（）A合成PPV的反应为加聚反应BPPV与聚苯乙烯具有相同的重复结构单元C和苯乙烯互为同系物D通过质谱法测定PPV的平均相对分子质量，可得其聚合度【考点】有机高分子化合物的结构和性质【分析】A缩聚反应，是一类有机化学反应，是具有
19、两个或两个以上官能团的单体，相互反应生成高分子化合物，同时产生有简单分子（如 H2O、HX、醇等）的化学反应；B聚苯乙烯的重复结构单元为，不含碳碳双键，而该高聚物的结构单元中含有碳碳双键；C同系物所含官能团数目相同；D质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量【解答】解：A合成PPV通过缩聚反应生成，同时有小分子物质HI生成，不属于加聚反应，故A错误； B聚苯乙烯的重复结构单元为，不含碳碳双键，而该高聚物的结构单元中含有碳碳双键，所以不相同，故B错误；C有两个碳碳双键，而苯乙烯有一个碳碳双键，结构不同，二者不是同系物，故C错误；D质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量，质谱图中数值最大的即是该
20、分子的相对分子质量，故D正确故选D4短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大W、Z同族，Y、Z相邻，W、Y、Z三种元素原子的最外层电子数之和为11，X原子最外层电子数等于最内层电子数的一半下列叙述正确的是（）A金属性：XYB原子半径：YZC最简单氢化物的热稳定性：ZWDY元素氧化物不溶于X元素最高价氧化物对应水化物的水溶液【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Z同族，Y、Z相邻，W、Y、Z三种元素原子的最外层电子数之和为11，设W、Z的最外层电子数为x，则Y的为x1，2x+x1=11，x=4，可知W为C元素，Y为Al，Z为Si元素，
21、X原子最外层电子数等于最内层电子数的一半，由原子序数关系可知应为Na元素，以此解答该题【解答】解：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Z同族，Y、Z相邻，W、Y、Z三种元素原子的最外层电子数之和为11，设W、Z的最外层电子数为x，则Y的为x1，2x+x1=11，x=4，可知W为C元素，Y为Al，Z为Si元素，X原子最外层电子数等于最内层电子数的一半，由原子序数关系可知应为Na元素，A同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，则金属性：XY，故A错误；B同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，故B正确；C非金属性CSi，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；D氢氧化铝为两性氢氧化
22、物，可与氢氧化钠溶液反应，故D错误故选B5某同学设计原电池装置如图所示，下列说法正确的是（）A电子由铁极经溶液向铂极迁移B放电过程中交换膜右侧溶液颜色逐渐变浅C正极的电极反应式为Fe3+3e-=FeD若转移1mol e，交换膜左侧溶液中则减少1 molCl【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A电子由负极流向正极；B右侧中铁离子得电子生成亚铁离子；C正极上铁离子得电子生成亚铁离子；D转移1mole，则右侧中有1molCl进入左侧【解答】解：AFe为负极，Pt为正极，电子由负极流向正极，即电子由铁极经导线向铂极迁移，电子不能通过溶液，故A错误；B右侧中铁离子得电子生成亚铁离子，电极反应为Fe3
23、+e=Fe2+，溶液颜色变浅，故B正确；C正极上铁离子得电子生成亚铁离子，则正极的电极反应式为Fe3+e=Fe2+，故C错误；D转移1mol电子时，正极附近电解质溶液中大约有1molCl透过阴离子交换膜向铁极附近迁移（交换膜左侧溶液），Fe3+变Fe2+，阳离子数目没有改变，交换膜右侧溶液中离子约减少1molCl，故D错误故选B6已知卤化银AgX的沉淀溶解平衡曲线如图所示，横坐标p（Ag+）=lg（Ag+），纵坐标Y=lg（X），下列说法正确的是（）A该温度下AgCl的Ksp约为11015Ba点可表示AgCl的过饱和溶液Cb点时c（Ag+）=c（I）D该温度下，AgCl和AgBr饱和溶液中：c
24、（Cl）c（Br）【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A结合图象，依据Ksp（AgCl）=c（Ag+）c（Cl）计算即可；B依据a点计算出AgCl的Qc与Ksp（AgCl）比较，若QcKsp（AgCl），则此时溶液为饱和溶液；Cb点为不饱和溶，银离子碘离子的浓度都需要饱和溶液时的浓度c（Ag+）=c（I）；D依据图象得出此温度下，AgCl的溶解度大于AgBr的溶解度，据此判断浓度即可【解答】解：A由图象可知p（Ag+）=5，Y=5时AgCl溶液达到饱和，则Ksp=11010，故A错误；B由图象得出此温度下，饱和AgCl溶液的Ksp（AgCl）=1010，a点p（Ag+）=lgC
25、（Ag+）=4，c（Ag+）=104：纵坐标Y=lgC（X）=4，c（Cl）=104，故AgCl的Qc=c（Cl）c（Ag+）1081010，故a点为AgCl的过饱和溶液，故B正确；Cb点在AgBr的平衡曲线右上侧，说明p（Ag+）、Y较大，则c（Ag+）、c（X）较小，没有达到平衡状态，为不饱和溶液，c（Ag+）=c（I）都需要饱和溶液时的浓度，故C错误；D由于此温度下，Ksp（AgCl）Ksp（AgBr），故溶液中c（Cl）c（Br），故D错误；故选B7下述实验方案能达到实验目的是（）编号ABCD实验方案置于光亮处实验目的制取并收集氨气验证浓硫酸的强氧化性验证乙炔的还原性验证甲烷与氯气发生
26、化学反应AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A加热固体药品时，试管底应该高于试管口；B常温下，浓硫酸和Cu不反应；C电石和水反应生成的乙炔中含有还原性杂质硫化氢等气体，硫化氢等还原性气体能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；D光照条件下，氯气和甲烷发生取代反应生成氯代烃和HCl，HCl易溶于水，生成二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳为油状液体且不溶于水【解答】解：A加热固体药品时，试管底应该高于试管口，否则产生的水倒流而炸裂试管，故A错误；B常温下，浓硫酸和Cu不反应，加热条件下浓硫酸和Cu发生氧化还原反应生成二氧化硫，则无法实现实验目的，故B错误；C电石和水反应生成的乙炔
27、中含有还原性杂质硫化氢等气体，硫化氢等还原性气体能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙炔的检验，所以无法实现实验目的，故C错误；D光照条件下，氯气和甲烷发生取代反应生成氯代烃和HCl，HCl易溶于水，生成二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳为油状液体且不溶于水，在试管内壁有油状液体，故D正确；故选D三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题，共129分8三氯化氧磷（POCl3）是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂，实验室制取POCl3并测定产品含量的实验过程如下：I制备POCl3采用
28、氧气氧化液态的PCl3法，实验装置（加热及夹持装置省略）及相关信息如下：物质熔点/沸点/相对分子质量其他PCl3112.076.0137.5均为无色液体，遇水均剧烈水解为含氧酸和氯化氢，两者互溶POCl32.0106.0153.5（1）仪器a的名称为冷凝管；（2）装置C中生成POCl3的化学方程式为PCl3+H2O2=POCl3+H2O；（3）实验中需控制通入O2的速率，对此采取的操作是控制分液漏斗中双氧水的加入量；（4）装置B的作用除观察O2的流速之外，还有平衡气压、干燥氧气；（5）反应温度应控制在6065，原因是温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度；II测定POCl
29、3产品含量的实验步骤：实验I结束后，待三颈烧瓶中液体冷却到室温，准确称取16.725g POCl3产品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入10.00mL 3.5mol/L AgNO3标准溶液（Ag+Cl=AgCl）加入少量硝基苯（硝基苯密度比水大，且难溶于水）以硫酸铁溶液为指示剂，用0.2mol/L KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液（Ag+SCN=AgSCN），到达终点时共用去10.00mL KSCN溶液（6）达到终点时的现象是溶液变红色；（7）测得产品中n（POCl3）=0.33mol；（8）已知Ks
30、p（AgCl）Ksp（AgSCN），据此判断，若取消步骤，测定结果将偏低（填偏高，偏低，或不变）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计【分析】IA装置中用双氧水与二氧化锰反应生成氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有水蒸气用浓硫酸除去，所以B装置中装浓硫酸，装置B中有上颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷反应生成POCl3，为了控制反应速率且要防止三氯化磷会挥发，反应的温度控制在6065，所以装置C中用水浴，为防止POCl3挥发，用冷凝管a进行冷凝回流，POCl3遇水均剧烈水解为含氧酸和氯化氢，所以为防止空气中水蒸汽进入
31、装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管；II测定POCl3产品含量，用POCl3与水反应生成氯化氢，然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子，KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，根据KSCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3，结合AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银，进而计算出溶液中氯离子的物质的量，根据元素守恒可计算出样品中POCl3的质量，进而确定POCl3的质量分数，据此答题【解答】解：IA装置中用双氧水与二氧化锰反应生成氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有水蒸气用浓硫酸除去，所以B装置中装浓硫酸，装置B中有上颈漏斗，可以平衡装置内
32、外的压强，起安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷反应生成POCl3，为了控制反应速率且要防止三氯化磷会挥发，反应的温度控制在6065，所以装置C中用水浴，为防止POCl3挥发，用冷凝管a进行冷凝回流，POCl3遇水均剧烈水解为含氧酸和氯化氢，所以为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，（1）根据装置图可知，仪器a的名称为 冷凝管，故答案为：冷凝管；（2）装置C中生成POCl3的化学方程式为PCl3+H2O2=POCl3+H2O，故答案为：PCl3+H2O2=POCl3+H2O；（3）实验中控制通入O2的速率的操作是控制分液漏斗中双氧水的加入量，故答案 为：控
33、制分液漏斗中双氧水的加入量； （4）装置B中装有浓硫酸，其作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气，故答案为：平衡气压、干燥氧气；（5）根据上面的分析可知，反应温度应控制在6065，原因是温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度，故答案为：温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度；II测定POCl3产品含量，用POCl3与水反应生成氯化氢，然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子，KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，根据KSCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3，结合AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银，进而计算出溶液中氯离子的物质的量，
34、根据元素守恒可计算出样品中POCl3的质量，进而确定POCl3的质量分数，（6）以硫酸铁溶液为指示剂，用 KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液达到终点时的现象是溶液变红色，故答案为：溶液变红色； （7）KSCN的物质的量为0.2mol/L0.01L=0.002mol，根据反应Ag+SCN=AgSCN，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol，POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.50.01mol0.002mol=0.033mol，即1.6725g POCl3产品中POCl3的物质的量为0.033mol，所以产品中n（POCl3）=0.33mol，故答案为：0.33mol；（8）
35、加入少量硝基苯可以使生成的氯化银沉淀离开溶液，如果不加硝基苯，在水溶液中部分氯化银可以转化成AgSCN，已知Ksp（AgCl）Ksp（AgSCN），使得实验中消耗的AgSCN偏多，根据（7）的计算原理可知，会使测定结果将偏低，故答案为：偏低9兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，被广泛用作有机物的氢化反应的催化剂以红土镍矿（主要成分为NiS、FeS和SiO2等）为原料制备兰尼镍的工艺流程如图所示：（1）在形成Ni（CO）4的过程中，碳元素的化合价没有变化，则Ni（CO）4中的Ni的化合价为0；（2）已知红土镍矿煅烧后生成Ni2O3，而加压酸浸后浸出液A中含有Ni2+，写出有关镍元素
36、的加压酸浸的化学反应方程式2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2+4H2O；（3）向浸出液A中通入H2S气体，还原过程中发生反应的离子方程式是H2S+2Fe3+=2Fe2+2H+S；（4）“高温熔融”时能否将通入氩气换为CO并说明原因不能，因为冷却时，CO能与Ni反应生成Ni（CO）4；（5）“碱浸”的目的是使镍铝合金产生多孔结构，从而增强对氢气的强吸附性，此过程中发生反应的离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2浸出反应所用的NaOH溶液的浓度要大，若NaOH溶液较稀时，则会产生少量的Al（OH）3沉淀而阻止浸出反应的持续进行，请用化学反应原理加以解释：因为Al溶于碱
37、液生成AlO2时在水中存在下列平衡：AlO2+2H2OAl（OH）3+OH，OH浓度过小，对AlO2的水解的抑制作用小，所以，产生的Al（OH）3就会沉积下来进而阻止浸出反应持续进行；（6）浸出液B可以回收，重新生成铝以便循环利用请设计简单的回收流程：浸出液BAl（OH）3Al2O3Al（示例：CuOCu2+Cu）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】红土镍矿（主要成分为NiS、FeS和SiO2等）煅烧发生氧化还原反应得到Ni2O3、Fe2O3（SiO2不反应），加入硫酸加压酸浸，Ni2O3、Fe2O3溶解，发生的反应有2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2+4H2O、
38、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，SiO2不与硫酸反应，过滤得到浸出渣A（SiO2），浸出液A中含Ni2+、Fe3+，向浸出液A中通入H2S气体，发生还原反应的离子方程式是：H2S+2Fe3+=2Fe2+2H+S，另外生成沉淀NiS，过滤得到镍硫化合物NiS，再通入CO气体，形成Ni（CO）4，加热得到镍，高温熔融时通入氩气，加入铝，得到合金，将合金冷却、粉碎，再用浓氢氧化钠溶液碱浸，铝与氢氧化钠反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构，浸出液B中含偏铝酸根，最后用蒸馏水洗浸出渣B，得到产品兰尼镍，据此分析解答（1）碳元素的化合价没有变化，反应前后都是+2价，氧为2价，根据化
39、合价代数和为零解答；（2）镍的化合价降低发生还原反应，只有氧的化合价能升高，所以产物有氧气，据此写出反应方程式；（3）浸出液A中含Ni2+、Fe3+，向浸出液A中通入H2S气体，三价铁具有较强氧化性，与硫化氢发生还原反应；（4）把氩气换为CO，CO能与Ni反应生成Ni（CO）4；（5）铝与氢氧化钠反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构；Al溶于碱液生成AlO2时在水中存在化学平衡；（6）浸出液B中含偏铝酸根，可通入过量二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，再加热灼烧使其分解得到氧化铝，加入冰晶石，在熔融态下电解氧化铝得到铝【解答】解：红土镍矿（主要成分为NiS、FeS和SiO2等）煅烧发生氧化还原反应得到N
40、i2O3、Fe2O3（SiO2不反应），加入硫酸加压酸浸，Ni2O3、Fe2O3溶解，发生的反应有2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2+4H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，SiO2不与硫酸反应，过滤得到浸出渣A（SiO2），浸出液A中含Ni2+、Fe3+，向浸出液A中通入H2S气体，发生还原反应的离子方程式是：H2S+2Fe3+=2Fe2+2H+S，另外生成沉淀NiS，过滤得到镍硫化合物NiS，再通入CO气体，形成Ni（CO）4，加热得到镍，高温熔融时通入氩气，加入铝，得到合金，将合金冷却、粉碎，再用浓氢氧化钠溶液碱浸，铝与氢氧化钠反应产生氢气使镍铝合金
41、产生多孔的结构，浸出液B中含偏铝酸根，最后用蒸馏水洗浸出渣B，得到产品兰尼镍（1）通入CO气体，形成Ni（CO）4，在形成Ni（CO）4的过程中，碳元素的化合价没有变化，反应前后都是+2价，氧为2价，根据化合价代数和为零可知Ni的化合价为0，故答案为：0；（2）已知红土镍矿煅烧后生成Ni2O3，加压酸浸后浸出液A中含有Ni2+，镍的化合价降低发生还原反应，只有氧的化合价能升高，所以产物有氧气，则发生的反应是2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2+4H2O，故答案为：2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2+4H2O；（3）浸出液A中含Ni2+、Fe3+，向浸出液A中通入H2S气体
42、，三价铁具有较强氧化性，与硫化氢发生还原反应，离子方程式是：H2S+2Fe3+=2Fe2+2H+S，故答案为：H2S+2Fe3+=2Fe2+2H+S；（4）高温熔融时通入氩气，加入铝，得到合金，不能把氩气换为CO，因为冷却时，CO能与Ni反应生成Ni（CO）4，故答案为：不能，因为冷却时，CO能与Ni反应生成Ni（CO）4；（5）将合金冷却、粉碎，再用浓氢氧化钠溶液碱浸，铝与氢氧化钠反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构，发生的反应为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；浸出反应所用的NaOH溶液的浓度要大，若NaOH溶液较稀时，则会产生少量的Al（OH）3沉淀而阻止浸出反应的持续进行
43、，因为Al溶于碱液生成AlO2时在水中存在下列平衡：AlO2+2H2OAl（OH）3+OH，OH浓度过小，对AlO2的水解的抑制作用小，所以，产生的Al（OH）3就会沉积下来进而阻止浸出反应持续进行，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；因为Al溶于碱液生成AlO2时在水中存在下列平衡：AlO2+2H2OAl（OH）3+OH，OH浓度过小，对AlO2的水解的抑制作用小，所以，产生的Al（OH）3就会沉积下来进而阻止浸出反应持续进行；（6）浸出液B中含偏铝酸根，可通入过量二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，再加热灼烧使其分解得到氧化铝，加入冰晶石，在熔融态下电解氧化铝得到铝，回收流程可表
44、示为：浸出液BAl（OH）3Al2O3Al，故答案为：Al（OH）3Al2O3Al10新的研究表明二甲醚（DME）是符合中国能源结构特点的优良车用替代燃料，二甲醚催化重整制氢的反应过程，主要包括以下几个反应（以下数据为25、1.01105Pa测定）：CH3OCH3（g）+H2O（l）2CH3OH（l）H=+24.52kJ/molCH3OH（l）+H2O（l）CO2（g）+3H2（g）H=+49.01kJ/molCO（g）+H2O（l）CO2（g）+H2（g）H=41.17kJ/molCH3OH（l）CO （g）+2H2（g）H=+90.1kJ/mol请回答下列问题：（1）写出用二甲醚制H2同时
45、全部转化为CO2时反应的热化学方程式CH3OCH3（g）+3H2O（l）2CO2（g）+6H2（g）H=+122.52KJ/mol（2）200时反应的平衡常数表达式K=（3）在一常温恒容的密闭容器中，放入一定量的甲醇如式建立平衡，以下可以作为该反应达到平衡状态的判断依据为AA容器内气体密度保持不变 B气体的平均相对分子质量保持不变CCO的体积分数保持不变 DCO与H2的物质的量之比保持1：2不变（4）工业生产中测得不同温度下各组分体积分数及二甲醚转化率的关系如图1，2所示，你认为反应控制的最佳温度应为CA300350B350400C400450D450500在温度达到400以后，二甲醚与CO2
46、以几乎相同的变化趋势明显降低，而CO、H2体积分数也以几乎相同的变化趋势升高，分析可能的原因是（用相应的化学方程式表示）可能发生另一种制氢反应为CH3OCH3+CO23H2+3CO（5）某一体积固定的密闭容器中进行反应，200时达平衡；请在图4补充画出：t1时刻升温，在t1与t2之间某时刻达到平衡；t2时刻添加催化剂，CO2的百分含量随时间变化图象（6）一定条件下，如图3示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物），则阴极的电极反应式为【考点】化学平衡常数的含义；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；转化率随温度、压强的变化曲线【分析】（1）CH3OCH3
47、（g）+H2O（l）2CH3OH（l）H=+24.5kJ/mol CH3OH（l）+H2O（l）CO2（g）+3H2（g）H=+49.01kJ/mol由盖斯定律可知，+2得：CH3OCH3（g）+3H2O（l）2CO2（g）+6H2（g），以此计算反应热并书写热化学方程式；（2）平衡常数为生成物浓度的幂次方之积与反应物浓度的幂次方之积的比；（3）当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，根据密度和平均相对分子质量的公式进行分析解答该题；（4）由图可知在400450时，二甲醚的浓度最小，转化率最大；温度超过400，二甲醚与二氧化碳相同的比例降低，CO与氢气相同的比例升
48、高，说明二甲醚与二氧化碳以1：1反应，生成CO与氢气的比例相同，则反应的方程式为：CH3OCH3+CO23H2+3CO；（5）t1时升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的百分含量增加，据此画图；（6）由图可知，左侧苯转化为环己烷，则左侧为阴极，阴极上苯得到电子【解答】解：（1）CH3OCH3（g）+H2O（l）2CH3OH（l）H=+24.5kJ/mol CH3OH（l）+H2O（l）CO2（g）+3H2（g）H=+49.01kJ/mol由盖斯定律可知，+2得：CH3OCH3（g）+3H2O（l）2CO2（g）+6H2（g）H=+24.5kJ/mol+49.01kJ/mol2=+122.52
49、KJ/mol，则热化学方程式为CH3OCH3（g）+3H2O（l）2CO2（g）+6H2（g）H=+122.52KJ/mol，故答案为：CH3OCH3（g）+3H2O（l）2CO2（g）+6H2（g）H=+122.52KJ/mol；（2）200时CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.17kJ/mol，平衡常数表达式K=，故答案为：；（3）A在恒容容器中，体积不变，由CH3OH（l）CO（g）+2H2（g）反应可得反应前后气体质量在变，所以密度保持不变，证明达到了化学平衡状态，故A正确；B由于甲醇为液体，气体的组成一直不变，CO与氢气的物质的量之比一直是1：2，则平均相对分子
50、质量一直不变，所以平均相对分子质量保持不变不能证明达到了化学平衡状态，故B错误；C由于甲醇为液体，气体的组成一直不变，CO与氢气的物质的量之比一直是1：2，所以CO的体积分数一直不变，所以CO的体积分数保持不变，不能证明达到了化学平衡状态，故C错误；D由于甲醇为液体，气体的组成一直不变，CO与氢气的物质的量之比一直是1：2，所以不能证明达到了化学平衡状态，故D错误故答案为：A；（4）由图可知在400450时，二甲醚的浓度最小，转化率最大，故答案为：C；温度超过400，二甲醚与二氧化碳相同的比例降低，CO与氢气相同的比例升高，说明二甲醚与二氧化碳以1：1反应，生成CO与氢气的比例相同，则反应的方
51、程式为：CH3OCH3+CO23H2+3CO，故答案为：可能发生另一种制氢反应为CH3OCH3+CO23H2+3CO；（5）t1时升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的百分含量增加，图象为，故答案为：；（6）由图可知，左侧苯转化为环己烷，则左侧为阴极，阴极上苯得到电子，则阴极反应式为，故答案为：化学-选修2：化学与技术11醋酸镍（CH3COO）2Ni是一种重要的化工原料，一种以含镍废料（含 NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2）为原料，制取醋酸镍的工艺流程图如下：相关离子生成氢氧化物的pH和相关物质的溶解性如表：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pH物质20时溶解性（H2O）Fe3+1
52、.13.2CaS04微溶 Fe2+5.88.8NiF可溶Al3+3.05.0CaF2难溶Ni2+6.79.5NiCO3Ksp=9.6104（1）调节pH步骤中，溶液pH的调节范围是5.0pH6.7（2）滤液1和滤液3主取成分的化学式分別是SiO2、CaSO4、CaF2（3）写出氧化步骤中加入H2O2发生反应的离子方程式2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O（4）酸浸过程中，1mol NiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体写出该反应的化学方程式NiS+H2SO4+2HNO3NiSO4+SO2+2NO+2H2O（5）沉镍过程中，若c（Ni2+）=2.0molL1，欲使100ml该滤
53、液中的Ni2+沉淀物完全，c（Ni2+）105molL1，则需要加人Na2CO3固体的质量最少为1038.8g（保留小数点后1位有效数字）（6）保持其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行酸浸酸浸出率随时间变化如图酸浸的最佳温度与时间分别为70、120min【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】含镍废料（含 NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2）粉碎，加硫酸和硝酸酸浸，过滤，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙，浸出液含有Ni2+、Fe2+、Al3+、Ca2+，加H2O2把亚铁离子氧化为Fe3+，然后加NaOH调节pH，使Al3+、Fe3+转化为沉淀，同时Ni2+不能转化为沉淀，所
54、以调节pH的范围5.0pH6.7，过滤，滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝，滤液中含有Ni2+、Ca2+，再加氟化铵，生成CaF2沉淀，过滤，滤渣3为CaF2，滤液中加碳酸钠生成NiCO3沉淀，过滤，滤渣中加醋酸溶解，生成（CH3COO）2Ni溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到（CH3COO）2Ni固体；（1）调节pH使Al3+、Fe3+转化为沉淀，根据表中的数据分析；（2）根据流程分析；（3）加H2O2把亚铁离子氧化为Fe3+；（4）酸浸过程中，1mol NiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体，则生成NO和SO2；（5）已知NiCO3的Ksp=9.6104，使100ml该滤液中的Ni2+沉淀
55、物完全，即c（Ni2+）105molL1，求出碳酸根离子的浓度，然后求出其物质的量和质量；（6）根据图象中不同温度、时间下酸浸出率分析【解答】解：含镍废料（含 NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2）粉碎，加硫酸和硝酸酸浸，过滤，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙，浸出液含有Ni2+、Fe2+、Al3+、Ca2+，加H2O2把亚铁离子氧化为Fe3+，然后加NaOH调节pH，使Al3+、Fe3+转化为沉淀，同时Ni2+不能转化为沉淀，所以调节pH的范围5.0pH6.7，过滤，滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝，滤液中含有Ni2+、Ca2+，再加氟化铵，生成CaF2沉淀，过滤，滤渣3为CaF2，滤液中加碳酸钠
56、生成NiCO3沉淀，过滤，滤渣中加醋酸溶解，生成（CH3COO）2Ni溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到（CH3COO）2Ni固体；（1）调节pH使Al3+、Fe3+转化为沉淀，同时Ni2+不能转化为沉淀，根据表中的数据可知，调节pH的范围为5.0pH6.7；故答案为：5.0pH6.7；（2）由流程分析可知，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙，滤渣3为CaF2；故答案为：SiO2、CaSO4；CaF2；（3）溶液中的亚铁离子不容易转化为沉淀，加H2O2把亚铁离子氧化为Fe3+，起反应的离子方式为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；故答案为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；（4）酸
57、浸过程中，1mol NiS被硝酸氧化失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体，则生成NO和SO2，其反应的化学方程式为：NiS+H2SO4+2HNO3NiSO4+SO2+2NO+2H2O；故答案为：NiS+H2SO4+2HNO3NiSO4+SO2+2NO+2H2O；（5）已知NiCO3的Ksp=9.6104，使100ml该滤液中的Ni2+沉淀物完全，即c（Ni2+）105molL1，则溶液中c（CO32）=mol/L=96mol/L，与Ni2+反应的n（CO32）=cV=2mol/L0.1L=0.2mol，则加入的碳酸钠的总物质的量n（CO32）=0.2mol+96mol/L0.1L=9.8
58、mol，所以m=nM=9.8mol106g/mol=1038.8g，故答案为：1038.8；（6）由图象可知，为70、120min时，酸浸出率最高，故答案为：70；120化学-选修3：物质结构与性质12钴是人体必需的微量元素，含钴化合物作为颜料，具有悠久的历史，在机械制造、磁性材料等领域也具有广泛的应用，请回答下列问题：（1）Co基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2；（2）酞菁钴近年来在光电材料、非线性光学材料、光动力学中的光敏剂、催化剂等方面得到广泛的应用，其结构如图1示，中心离子为钴离子酞菁钴中三种非金属原子的电负性有大到小的顺序为NCH，（用相应的元素符号作答
59、）；碳原子的杂化轨道类型为sp2；与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是2，4；（3）CoCl2中结晶水数目不同呈现不同的颜色CoCl26H2OCoCl22H2O（紫色）CoCl2H2O（篮紫）（蓝色），CoCl2加到硅胶（一种干燥剂，烘干后可再生反复使用）中制成变色硅胶简述硅胶中添加CoCl2的作用：随着硅胶的吸湿和再次烘干，二氯化钴在结晶水合物和无水盐间转化，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度；（4）用KCN处理含Co2+的盐溶液，有红色的Co（CN）2析出，将它溶于过量的KCN溶液后，可生成紫色的Co（CN）64，该配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色Co（CN）63，写出
60、该反应的离子方程式：2Co（CN）64+2H2O=2Co（CN）63+H2+2OH ；（5）Co的一种氧化物的晶胞如图所示（ ），在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有12个；筑波材料科学国家实验室一个科研小组发现了在 5K 下呈现超导性的晶体，该晶体具有CoO2的层状结构（如2所示，小球表示Co原子，大球表示O原子）下列用粗线画出的重复结构单元示意图不能描述CoO2的化学组成的是D【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布【分析】（1）Co为27号元素，原子核外电子数为27，根据能量最低原理书写核外电子排布式；（2）酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电
61、负性越大；分子中C原子均形成3个键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3；含有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键；（3）通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度；（4）Co（CN）64配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色Co（CN）63，只能是水中氢元素被还原为氢气，根据电荷守恒有氢氧根离子生成；（5）由氧化物晶胞结构可知晶胞中Co、O原子数目之比为1：1，假设黑色球为Co原子，以顶点Co原子为研究对象，与之等距离且最近的钴原子位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用；CoO2的重复结构单元示意图中
62、Co、O原子数目之比应为1：2，结合均摊法计算判断【解答】解：（1）Co为27号元素，原子核外电子数为27，根据能量最低原理，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2；（2）酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性NCH；分子中C原子均形成3个键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，碳原子的杂化轨道类型为 sp2，故答案为：NCH；sp2；含有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键，1号、3号N原
63、子形成3对共用电子对为普通共价键，2号、4号N原子形成4对共用电子对，与Co通过配位键结合，故答案为：2，4；（3）随着硅胶的吸湿和再次烘干，二氯化钴在结晶水合物和无水盐间转化，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度，故答案为：随着硅胶的吸湿和再次烘干，二氯化钴在结晶水合物和无水盐间转化，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度；（4）Co（CN）64配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色Co（CN）63，只能是水中氢元素被还原为氢气，根据电荷守恒有氢氧根离子生成，该反应离子方程式为：2Co（CN）64+2H2O=2Co（CN）63+H2+2OH ，故答案为：2Co（CN）64+2H2O=
64、2Co（CN）63+H2+2OH ；（5）由氧化物晶胞结构可知晶胞中Co、O原子数目之比为1：1，假设黑色球为Co原子，以顶点Co原子为研究对象，与之等距离且最近的钴原子位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子数目为=12；CoO2的重复结构单元示意图中Co、O原子数目之比应为1：2，由图象可知：A中Co、O原子数目之比为1：4=1：2，符合，B中Co、O原子数目之比为（1+4）：4=1：2，符合，C中Co、O原子数目之比为4：4=1：2，符合，D中Co、O原子数目之比为1：4=1：1，不符合，故答案为：12；D化学-选修5：有机化学
65、基础13G是一种新型香料的主要成分之一，其结构中含有三个六元环G的合成路线如下（部分产物和部分反应条件略去）：已知：RCHCH2+CH2CHRCH2CH2+RCHCHR，有6种不同环境的氢原子；D和F是同系物请回答下列问题：（1）（CH3）2C=CH2的系统命名法名称为2甲基1丙烯，该分子中最多有8个原子在同一平面内（2）AB反应过程中涉及的反应类型 依次为、取代反应、加成反应（3）D分子中含有的含氧官能团名称是醇羟基和羧基，G的结构简式为（4）生成E的化学方程式为（5）同时满足下列条件：与FeCl3溶液发生显色反应；苯环上有两个取代基、含C=O的F的同分异构体有多种，其中核磁共振氢谱为4组峰
66、、能水解的物质的结构简式为和（6）模仿由苯乙烯合成F的方法，写出由丙烯制取羟基丙酸（） 的合成路线：【考点】有机物的合成【分析】由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与（CH3）2C=CH2发生加成反应生成A，与HCl反应生成B，结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子，故B为，顺推可知C为，D为苯乙烯与HBr发生加成反应生成E，E可以氧化生成C8H7O2Br，说明E中Br连接的C原子上有2个H原子，故E为，C8H7O2Br为，和氢氧化钠的水溶液反应然后酸化得到F，且D和F是同系物，故F为，D与F生成G，G结构中含有三个六
67、元环，则G为，（6）丙烯和HOBr发生取代反应生成CH3CHBrCH2OH，CH3CHBrCH2OH发生氧化反应生成CH3CHBrCOOH，CH3CHBrCOOH和氢氧化钠的水溶液加热酸化得到CH3CHOHCOOH【解答】解：由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与（CH3）2C=CH2发生加成反应生成A，与HCl反应生成B，结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子，故B为，顺推可知C为，D为苯乙烯与HBr发生加成反应生成E，E可以氧化生成C8H7O2Br，说明E中Br连接的C原子上有2个H原子，故E为，C8H7O2Br为
68、，和氢氧化钠的水溶液反应然后酸化得到F，且D和F是同系物，故F为，D与F生成G，G结构中含有三个六元环，则G为，（1）（CH3）2C=CH2的系统命名法名称为2甲基1丙烯，根据乙烯结构知，每个甲基上最多有2个原子和CH=CH2共平面，所以该分子中最多有8个原子共平面，故答案为：2甲基1丙烯；8；（2）AB反应过程中涉及的反应类型依次为取代反应、加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；（3）D为，D分子中含有的含氧官能团名称是醇羟基和羧基，G的结构简式为，故答案为：醇羟基和羧基；（4）生成E的化学方程式为，故答案为：；（5）F的同分异构体同时满足下列条件：与FeCl3溶液发生显色反应；苯环上有两个取代基、含C=O，苯环上邻、间、对3种：，侧链有异构体：、7种，故异构体有37=21种；核磁共振氢谱为4组峰、能水解的物质，即4种化学环境的H，只有苯环上对位（3种H）、侧链上1种H（上述前两种）才符合条件，其结构简式为，故答案为：；（6）丙烯和HOBr发生取代反应生成CH3CHBrCH2OH，CH3CHBrCH2OH发生氧化反应生成CH3CHBrCOOH，CH3CHBrCOOH和氢氧化钠的水溶液加热酸化得到CH3CHOHCOOH，其合成路线为，故答案为：2016年12月24日