1、2015-2016学年广东省揭阳市普宁一中高二（下）期中化学试卷一、选择题（本题包括13小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体B燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施C铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈D用含有橙色的酸性重铬酸钾的仪器检验酒后驾车，利用了乙醇的氧化性2青蒿素是抗疟特效药属于萜类化合物，如图所示有机物也属于萜类化合物，该有机物的一氯取代物有（不含立体异构）（）A5种B6种C7种D8种3NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确
2、的是（）A室温下向1 L pH=1的醋酸溶液中加水，所得溶液的H+数目大于0.1NAB60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应，充分反应后断裂的CO键数目为NAC某无水乙醇与足量金属钠反应生成5.6 L H2，该乙醇分子中共价键总数为4 NAD已知C2H4（g）+H2（g）C2H6（g）H=137.0 kI/mol，乙烯与H2加成时放出68.5 kJ热量，则反应过程中被破坏的碳原子之间共用电子对数目为NA4下列装置或操作能达到实验目的是（）ABCD5X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲乙丙戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，丁是由Z元素形成的单质已知：甲+丙丁+己，甲+乙戊+丁；2
3、5时0.01molL1己溶液的pH为12下列说法不正确的是（）A1.0L 0.1molL1戊溶液中阴离子总的物质的量大于0.1molB将足量甲加入到酚酞试液中，溶液先变红后褪色CX与W构成的化合物、戊、己均为离子化合物DW的简单离子半径大于Z的简单离子半径6电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法，即保持污水的pH在5.06.0之间，通过电解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附作用，可吸附水中的污物而使其沉淀下来，起到净水的作用，其原理如图所示下列说法正确的是（）A石墨电极上发生氧化反应B根据图示，物质A为CO2C为增强污水的导电能力，可向污水中加入适量乙醇D甲烷燃料电池中CO
4、32向空气一极移动7已知：常温下浓度为0.1mol/L的下列溶液的pH如表：溶质NaFNa2CO3NaClONaHCO3pH7.511.69.78.3下列有关说法正确的是（）A在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3HClOHFB等体积等物质的量浓度的NaClO溶液与NaF溶液中离子总数大小：N前N后C若将CO2通入0.1mol/L Na2CO3溶液至溶液中性，则溶液中：2c（CO32）+c（HCO3）0.1mol/LD向Na2CO3溶液中通入少量的HF气体，化学反应方程式为：Na2CO3+2HFCO2+H2O+2NaF三、非选择题8某粗铜含铁、金和铅等杂质，通过电解精炼铜后
5、，阳极泥含有Cu、Au（金）和PbSO4等杂质，为充分利用电解后的阳极泥和电解液，设计如下工艺流程：回答下列问题：（1）溶液A是一种绿色氧化剂，则反应的离子方程式为（2）试剂B为（3）焙烧阳极泥时，为了提高焙烧效率，采取的合理措施是（写一点即可）（4）操作的主要步骤为过滤，洗涤，干燥（5）写出反应的离子方程式（6）为了减少废液排放、充分利用有用资源，工业上将滤液并入溶液进行循环操作，请指出流程图中另一处类似的做法（7）已知298K时，Ksp（PbCO3）=1.461013，Ksp（PbSO4）=1.2108，用离子方程式表示加入碳酸钠溶液的作用9Fe3+具有氧化性，实验室测定含碘废液中I的含量
6、的过程如下：量取25.00mL废液于250mL锥形瓶中，分别加入5mL 2molL1 H2SO4和10mL 20% Fe2（SO4）3溶液，摇匀小火加热蒸发至碘完全升华，取下锥形瓶冷却后，加入几滴二苯胺磺酸钠（用作指示剂），用0.02500molL1标准K2Cr2O7溶液进行滴定到终点重复3次，数据记录如表：次数123滴定体积/mL19.9820.0219.00（1）在盛有废液的锥形瓶中先加入5mL 2molL1 H2SO4的目的是（用离子方程式和语言叙述解释）（2）上述过程中涉及的反应：2Fe3+2I2Fe2+I2（3）根据滴定有关数据，该废液中I含量是gL1（4）在滴定过程中，下列操作（其
7、他操作正确）会造成测定结果偏低的是A终点读数时俯视读数，滴定前平视读数B锥形瓶水洗衣后未干燥C滴定管未用标准K2Cr2O7溶液润洗D盛标准K2Cr2O7溶液的滴定管，滴定前有气泡，滴定后无气泡Fe3+和Ag+的氧化性相对强弱一直是实验探究的热点某学习小组同学设计如下实验：实验编号实验操作现象1向10mL 3mol/L KNO3酸性溶液（pH=1）中插入一根洁净的Ag丝，并滴加NaCl溶液无白色沉淀生成2向10mL 1mol/L AgNO3溶液中滴加2mL 0.1mol/L FeSO4溶液，振荡，再滴加酸性KMnO4溶液紫红色不褪去3向10mL 1mol/L Fe（NO3）3酸性溶液（pH=1）
8、中插入一根洁净的Ag丝，并滴加NaCl溶液有白色沉淀生成请回答：（1）设计实验的目的是（2）实验可得出结论是（3）写出实验中反应的离子方程式（4）根据以上实验，Fe3+和Ag+的氧化性相对强弱与离子有关10由碳的氧化物直接合成乙醇燃料已进入大规模生产（1）如采取以CO和H2为原料合成乙醇，化学反应方程式：2CO（g）+4H2（g）CH3CH2OH（g）+H2O（g）H；若密闭容器中充有10molCO与20molH2，在催化剂作用下反应生成乙醇，CO的转化率（）与温度、压强的关系如图1所示已知：2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H1=566kJmol12H2（g）+O2（g）2H2O（l）H
9、2=572kJmol1CH3CH2OH（g）+3O2（g）2CO2（g）+3H2O（g）H3=1366kJmol1H2O（g）H2O（l）H4=44kJmol1H=kJmol1若A、C两点都表示达到的平衡状态，则从反应开始到达平衡状态所需的时间tAtC（填“”、“”或“”）若A、B两点表示在某时刻达到的平衡状态，此时在A点时容器的体积为10L，则该温度下的平衡常数：K=；熔融碳酸盐燃料电池（MCFS），是用煤气（CO+H2）格负极燃气，空气与CO2的混合气为正极助燃气，用一定比例Li2CO3和Na2CO3低熔混合物为电解质，以金属镍（燃料极）为催化剂制成的负极上CO反应的电极反应式为（2）工业
10、上还可以采取以CO2和H2为原料合成乙醇，并且更被化学工作者推崇，但是在相同条件下，由CO制取CH3CH2OH的平衡常数远远大于由CO2制取CH3CH2OH 的平衡常数请推测化学工作者认可由CO2制取CH3CH2OH的优点主要是：（3）目前工业上也可以用CO2来生产甲醇一定条件下发生反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）若将6molCO2和8molH2充入2L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化的曲线如图2所示（实线）请在图中绘出甲醇的物质的量随时间变化曲线仅改变某一实验条件再进行两次实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示，曲线I对应的实验条件改变是，曲线
11、对应的实验条件改变是（4）将标准状况下4.48L CO2通入1L 0.3molL1NaOH溶液中完全反应，所得溶液中微粒浓度关系正确的是Ac（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）Bc（OH）+c（CO32）=c（H2CO3）+c（H+）Cc（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH）D2c（Na+）=3c（HCO3）+3c（CO32）+3c（H2CO3）三.选做题请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多
12、做，则每学科按所做的第一题计分）【化学-选修2化学与技术】11下列有关叙述正确的是（）A碱性锌锰电池中，MnO2是催化剂B银锌纽扣电池工作时，Ag2O被还原为AgC放电时，铅酸蓄电池中硫酸浓度不断增大D电镀时，待镀的金属制品表面发生还原反应12锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌，某含锌矿的主要成分为ZnS（还含少量FeS等其他成分），以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的主要成分的化学式为（2）焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的操作（3）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为，其作
13、用是（4）电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用PbAg合金惰性电极，阳极逸出的气是（5）改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质“氧压酸浸”中发生主要反应的离子方程式为（6）我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌，明代宋应星著的天工开物中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，冷淀，毁罐取出，即倭铅也”该炼锌工艺过程主要反应的化学方程式为（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌）【化学-选修3物质结构与性质】13周期表中前四周期元素R、W、X、Y、Z的原子序
14、数依次递增R基态原子中，电子占据的最高能层符号为L，最高能级上只有两个自旋方向相同的电子工业上通过分离液态空气获得X单质Y原子的最外层电子数与电子层数之积等于R、W、X三种元素的原子序数之和Z基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子请回答下列问题：（1）Z2+基态核外电子排布式为（2）YX4的空间构型是；与YX4互为等电子体的一种分子为（填化学式）；HYX4酸性比HYX2强，其原因是（3）结构简式为RX（W2H3）2的化合物中R原子的杂化轨道类型为；1molRX（W2H3）2分子中含有键数目为（4）往Z的硫酸盐溶液中通入过量的WH3，可生成Z（WH3）4SO4，下列说法正确的是AZ
15、（WH3）4SO4中所含的化学键有离子键、极性键和配位键B在Z（WH3）42+中Z2+给出孤对电子，WH3提供空轨道CZ（WH3）4SO4组成元素中第一电离能最大的是氧元素（5）某Y与Z形成的化合物的晶胞如图所示（黑点代表Z原子）该晶体的化学式为已知Z和Y的电负性分别为1.9和3.0，则Y与Z形成的化合物属于（填“离子”、“共价”）化合物已知该晶体的密度为gcm3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体中Z原子和Y原子之间的最短距离为pm（只写计算式）【化学-选修5有机化学基础】14高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如下：已知：RCOOR+R18OHRCO18OR”+ROH（R、R、R代表烃
16、基）（R、R代表烃基）（1）的反应类型是（2）的化学方程式为（3）PMMA单体的官能团名称是、（4）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，的化学方程式为（5）G的结构简式为（6）下列说法正确的是（填字母序号）a为酯化反应bB和D互为同系物cD的沸点比同碳原子数的烷烃高d.1mol与足量NaOH溶液反应时，最多消耗4molNaOH（7）写出由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式2015-2016学年广东省揭阳市普宁一中高二（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括13小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是（
17、）A做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体B燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施C铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈D用含有橙色的酸性重铬酸钾的仪器检验酒后驾车，利用了乙醇的氧化性【考点】氧化还原反应【分析】A同分异构体：分子式相同结构不同的化合物；B硫、氮的氧化物溶于水生成酸；CFe在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀；D酸性重铬酸钾溶液具有强氧化性【解答】解：A棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉分子中的n值不同，不属于同分异构体，故A错误；B硫、氮的氧化物溶于水生成酸，减少硫、氮的氧化物的排放可以减少酸雨产生，所以燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催
18、化转化都是减少酸雨产生的措施，故B正确；CFe在潮湿的空气中，Fe、C和电解质溶液易构成原电池，Fe作负极被腐蚀，发生电化学腐蚀，故C错误；D酸性重铬酸钾溶液具有强氧化性，酸性重铬酸钾与乙醇反应时乙醇作还原剂，酸性重铬酸钾作氧化剂，故D错误故选B2青蒿素是抗疟特效药属于萜类化合物，如图所示有机物也属于萜类化合物，该有机物的一氯取代物有（不含立体异构）（）A5种B6种C7种D8种【考点】有机化合物的异构现象【分析】分子中氢原子的种类等于一氯取代物的种类，据此解答【解答】解：该分子不对称，分子中7种氢原子，一氯代物有7种故选C3NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A室温下向1 L pH
19、=1的醋酸溶液中加水，所得溶液的H+数目大于0.1NAB60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应，充分反应后断裂的CO键数目为NAC某无水乙醇与足量金属钠反应生成5.6 L H2，该乙醇分子中共价键总数为4 NAD已知C2H4（g）+H2（g）C2H6（g）H=137.0 kI/mol，乙烯与H2加成时放出68.5 kJ热量，则反应过程中被破坏的碳原子之间共用电子对数目为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A弱电解质加水稀释促进其电离；B乙酸与乙醇发生酯化反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底；C气体状况未知，无法计算氢气的物质的量；D依据热化学方程式C2H4（g）+H2（g）C2H6（g）H=137.0
20、 kI/mol，可知：消耗1mol乙烯破坏1mol碳碳双键【解答】解：A室温下向1 L pH=1的醋酸溶液中含有H+数目0.1NA，加水稀释，醋酸电离程度增大，电离产生氢离子增多，故A正确；B.60g乙酸物质的量为1mol，与足量乙醇发生酯化反应，因为酯化反应为可逆反应，所以充分反应后断裂的CO键数目小于NA，故B错误；C气体状况未知，无法计算氢气的物质的量，无法计算乙醇分子中共价键总数，故C错误；D已知C2H4（g）+H2（g）C2H6（g）H=137.0 kI/mol，乙烯与H2加成时放出68.5 kJ热量，则反应过程中被破坏的碳原子之间共用电子对数目为0.5NA，故D错误；故选：A4下列
21、装置或操作能达到实验目的是（）ABCD【考点】化学实验方案的评价【分析】碘易升华，且该实验不易回收碘；NO易被氧气氧化生成NO2；中性条件下，Fe发生吸氧腐蚀，导致集气瓶内压强减小，外界大气压不变，导致U型管中液面变化；能产生压强差的装置可以检验装置气密性【解答】解：碘易升华，且该实验不易回收碘，应该采用萃取然后蒸馏分离碘水中的碘，故错误；NO易被氧气氧化生成NO2，NO不易溶于水，应该采用排水法收集NO，故错误；中性条件下，Fe发生吸氧腐蚀，导致集气瓶内压强减小，外界大气压不变，外界大气压将U型管右侧液面下降、左侧液面上升，所以能实现实验目的，故正确；能产生压强差的装置可以检验装置气密性，可
22、以通过乙中水体积变化检验装置气密性，如果装置气密性不好，甲中液面上升，否则甲中液面不变，故正确；故选C5X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲乙丙戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，丁是由Z元素形成的单质已知：甲+丙丁+己，甲+乙戊+丁；25时0.01molL1己溶液的pH为12下列说法不正确的是（）A1.0L 0.1molL1戊溶液中阴离子总的物质的量大于0.1molB将足量甲加入到酚酞试液中，溶液先变红后褪色CX与W构成的化合物、戊、己均为离子化合物DW的简单离子半径大于Z的简单离子半径【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】0.01 molL1己溶液的pH为12（25
23、），己是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则己为NaOH，发生反应：甲+丙=丁+己，根据元素守恒可知，甲、丙两种物质至少共含有H、O、Na元素，丁是由Z组成的单质，由发生反应可知，丁不能是Na，结合原子数可知，X为H、Z为O、W为Na元素，故丁为氧气，可知甲是Na2O2、丙是水，再根据反应：甲+乙戊+丁，可知乙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则Y为C【解答】解：0.01 molL1己溶液的pH为12（25），己是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则己为NaOH，发生反应：甲+丙=丁+己，根据元素守恒可知，甲、丙两种物质至少共含有H、O、Na元素，丁是由Z组成的单质，由发生反应可知，丁不能是Na，结
24、合原子数可知，X为H、Z为O、W为Na元素，故丁为氧气，可知甲是Na2O2、丙是水，再根据反应：甲+乙戊+丁，可知乙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则Y为CA戊是碳酸钠，在碳酸钠溶液中，CO32离子水解生成HCO3离子和OH离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1mol，故A正确；B甲为过氧化钠，入到酚酞试液中反应生成氢氧化钠，过氧化钠具有强氧化性，则溶液先变红后褪色，故B正确；CX与W构成的化合物为NaH，戊为碳酸钠，己为氢氧化钠，均为离子化合物，故C正确；D电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：Na+O2，故D错误故选：D6电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法，即保持污
25、水的pH在5.06.0之间，通过电解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附作用，可吸附水中的污物而使其沉淀下来，起到净水的作用，其原理如图所示下列说法正确的是（）A石墨电极上发生氧化反应B根据图示，物质A为CO2C为增强污水的导电能力，可向污水中加入适量乙醇D甲烷燃料电池中CO32向空气一极移动【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】左装置为电解池，右装置为原电池装置，原电池工作时，通入甲烷的一级为负极，发生氧化反应，负极电极反应是CH4+4CO328e=5CO2+2H2O，通入氧气的一极为正极，发生还原反应，正极反应为O2+2CO2+4e=2CO32，电解池中Fe为阳极，发生Fe
26、2e=Fe2+，石墨为阴极，阴极的电极反应为：2H+2e=H2，以此解答该题【解答】解：A石墨为阴极，阴极的电极反应为：2H+2e=H2，所以石墨上发生还原反应，故A错误；B电池是以熔融碳酸盐为电解质，通甲烷电极为负极，负极电极反应是CH4+4CO328e=5CO2+2H2O，反应生成CO2，正极反应为O2+2CO2+4e=2CO32，反应消耗CO2，所以物质A为CO2，故B正确；C加入的乙醇是非电解质，不能增强导电性，故C错误；D电池中阴离子向负极移动，则电池中CO32向甲烷一极移动，故D错误故选B7已知：常温下浓度为0.1mol/L的下列溶液的pH如表：溶质NaFNa2CO3NaClONa
27、HCO3pH7.511.69.78.3下列有关说法正确的是（）A在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3HClOHFB等体积等物质的量浓度的NaClO溶液与NaF溶液中离子总数大小：N前N后C若将CO2通入0.1mol/L Na2CO3溶液至溶液中性，则溶液中：2c（CO32）+c（HCO3）0.1mol/LD向Na2CO3溶液中通入少量的HF气体，化学反应方程式为：Na2CO3+2HFCO2+H2O+2NaF【考点】盐类水解的应用【分析】A溶液pH越大，对应酸的酸性越弱，浓度相等时其溶液的导电性越强；B根据酸性判断水解程度，然后结合电荷守恒判断两溶液中含有阴离子数目大小；C
28、溶液为中性时：c（H+）=c（OH），根据电荷守恒可知：2c（CO32）+c（HCO3）=c（Na+）；DHF少量，反应生成的是NaHCO3【解答】解：A溶液pH越大，对应酸的酸性越弱，根据表中数据可知，酸性大小为：HFH2CO3HClOHCO3，温度、浓度相同时，酸性越强，溶液导电能力越强，则三种溶液导电性大小为：HClOH2CO3HF，故A错误；BNaClO、NaF溶液中次氯酸根离子、氟离子发生水解使溶液呈碱性，氢离子浓度小于107mol/L，由于酸性HFHClO，则次氯酸根的水解程度大于氟离子，故次氯酸钠溶液中氢氧根离子浓度大于氟化钠，次氯酸钠溶液中的氢离子浓度小于氟化钠；两溶液中钠离子
29、浓度相等，两溶液中阴离子浓度=c（Na+）+c（H+），由于溶液体积相等，则次氯酸钠溶液中阴离子数目小于氟化钠，即：N前N后，故B正确；C若将CO2通入0.1mol/L Na2CO3溶液至溶液中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒可知：2c（CO32）+c（HCO3）=c（Na+）=0.2mol/L，故C错误；D向Na2CO3溶液中通入少量的HF气体，反应生成碳酸氢钠和氟化钠，正确的化学反应方程式为：Na2CO3+HFNaHCO3+NaF，故D错误；故选B三、非选择题8某粗铜含铁、金和铅等杂质，通过电解精炼铜后，阳极泥含有Cu、Au（金）和PbSO4等杂质，为充分利用电解后的阳极泥和电解
30、液，设计如下工艺流程：回答下列问题：（1）溶液A是一种绿色氧化剂，则反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O（2）试剂B为CuO或Cu（OH）2或CuCO3（3）焙烧阳极泥时，为了提高焙烧效率，采取的合理措施是将阳极泥粉碎，逆流焙烧等（写一点即可）（4）操作的主要步骤为蒸发浓缩，降温结晶过滤，洗涤，干燥（5）写出反应的离子方程式2AuCl4+3SO2+6H2O=2Au+3SO42+8Cl+12H+（6）为了减少废液排放、充分利用有用资源，工业上将滤液并入溶液进行循环操作，请指出流程图中另一处类似的做法用滤液溶解碱浸渣（或并入硝酸中）（7）已知298K时，Ksp（PbCO
31、3）=1.461013，Ksp（PbSO4）=1.2108，用离子方程式表示加入碳酸钠溶液的作用PbSO4（s）+CO32（aq）PbCO3（s）+SO42（aq）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】粗铜精炼后的电解液中含有亚铁离子，加入溶液A是一种绿色氧化剂，应为双氧水，将亚铁离子氧化成铁离子，再调节PH值，得到氢氧化铁沉淀，阳极泥含有Cu、Au（金）和PbSO4等杂质，焙烧后金属铜成为氧化铜，酸浸可以得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液经过蒸发浓缩，降温结晶，过滤（或继续）洗涤，干燥获得硫酸铜晶体，酸浸渣含有Au（金）和PbSO4等经碳酸钠浸洗、浓硝酸氧化后，过滤得到硝酸铅溶液，滤
32、液加硫酸生成硫酸铅沉淀，再过滤得到硫酸铅；脱铅滤渣主要是金，加王水溶金，得到含有AuCl4的溶液，AuCl4可以被SO2还原得到Au，（1）反应为亚铁离子被双氧水氧化成铁离子，根据电荷守恒和元素守恒书写离子方程式；（2）试剂B目的是调节溶液的PH值，同时不能引入新杂质，据此判断；（3）阳极泥的成分为Cu、Au（金）和PbSO4 等，在焙烧过程中铜被氧化为了CuO，根据阳极泥充分的粉碎，增大接触面积可以提高焙烧效率来回答；（4）操作I的步骤是从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体，据此回答；（5）反应为SO2还原AuCl4反应得到氧化产物是SO42，还原产物是Au，配平书写方程式；（6）将滤液1并入硫酸铜
33、溶液进行循环操作，有利于充分利用，据此回答；（7）碳酸铅比硫酸铅更加难溶，往硫酸铅中加入碳酸钠，发生的是沉淀溶解转化的反应【解答】解：粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Au（金）和PbSO4等杂质，焙烧后金属铜成为氧化铜，酸浸可以得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液经过蒸发浓缩，降温结晶，过滤（或继续）洗涤，干燥获得硫酸铜晶体；Au（金）和PbSO4等杂质经王水、浓硝酸氧化后可以得到硝酸铅以及含有AuCl4+的物质，硝酸铅中加入硫酸可以转化为硫酸铅，AuCl4可以被SO2还原得到Au（1）反应为亚铁离子被双氧水氧化成铁离子，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+
34、H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（2）试剂B目的是调节溶液的PH值，同时不能引入新杂质，可以用CuO或Cu（OH）2或CuCO3，故答案为：CuO或Cu（OH）2或CuCO3；（3）要使焙烧效率提高，合理措施是把得到的阳极泥充分的粉碎，增大接触面积，或把反应后的气体在次逆流焙烧，这样可以升高温度且减少能耗，故答案为：将阳极泥粉碎，逆流焙烧等；（4）操作I的步骤是从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体，因此该步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤，故答案为：蒸发浓缩，降温结晶；（5）SO2还原AuCl4中还原剂和氧化剂都比较明确，因此很容易推测出氧化产物是SO42，还原产物是Au，根据氧化
35、还原反应得失电子守恒先缺项配平，然后根据电荷守恒再配平，因此得到的反应方程式为：2AuCl4+3SO2+6H2O=2Au+3SO42+8Cl+12H+；故答案为：2AuCl4+3SO2+6H2O=2Au+3SO42+8Cl+12H+；（6）滤液是在结晶硫酸铜时剩下的滤液，还含有少量的未析出的硫酸铜，因此并入前面的硫酸铜溶液进行循环，有利于充分利用，因此类似此处的做法，应该是流程中得到的另一滤液，此滤液是在硝酸铅溶液中加入硫酸生成硫酸铅沉淀并过滤走硫酸铅后剩下的溶液，此溶液中H+没有发生反应，因此还有大量的硝酸溶液，所以可以把此滤液当成硝酸加入前面的碱浸渣中溶解碱浸渣，或者与前面碱浸渣步骤需要加
36、入的硝酸合并加以利用，故答案为：用滤液溶解碱浸渣（或并入硝酸中）；（7）通过比较两种沉淀的溶度积，可以看出碳酸铅比硫酸铅更加难溶，因此往硫酸铅中加入碳酸钠，发生的是沉淀溶解转化的反应，离子方程式要注意标明状态，方程式为：PbSO4（s）+CO32（aq）PbCO3（s）+SO42（aq）故答案为：PbSO4（s）+CO32（aq）PbCO3（s）+SO42（aq）9Fe3+具有氧化性，实验室测定含碘废液中I的含量的过程如下：量取25.00mL废液于250mL锥形瓶中，分别加入5mL 2molL1 H2SO4和10mL 20% Fe2（SO4）3溶液，摇匀小火加热蒸发至碘完全升华，取下锥形瓶冷却
37、后，加入几滴二苯胺磺酸钠（用作指示剂），用0.02500molL1标准K2Cr2O7溶液进行滴定到终点重复3次，数据记录如表：次数123滴定体积/mL19.9820.0219.00（1）在盛有废液的锥形瓶中先加入5mL 2molL1 H2SO4的目的是Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，加入H2SO4平衡逆向移动，抑制Fe3+水解（用离子方程式和语言叙述解释）（2）上述过程中涉及的反应：2Fe3+2I2Fe2+I26Fe2+Cr2O72+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O（3）根据滴定有关数据，该废液中I含量是15.24gL1（4）在滴定过程中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏低
38、的是AA终点读数时俯视读数，滴定前平视读数B锥形瓶水洗衣后未干燥C滴定管未用标准K2Cr2O7溶液润洗D盛标准K2Cr2O7溶液的滴定管，滴定前有气泡，滴定后无气泡Fe3+和Ag+的氧化性相对强弱一直是实验探究的热点某学习小组同学设计如下实验：实验编号实验操作现象1向10mL 3mol/L KNO3酸性溶液（pH=1）中插入一根洁净的Ag丝，并滴加NaCl溶液无白色沉淀生成2向10mL 1mol/L AgNO3溶液中滴加2mL 0.1mol/L FeSO4溶液，振荡，再滴加酸性KMnO4溶液紫红色不褪去3向10mL 1mol/L Fe（NO3）3酸性溶液（pH=1）中插入一根洁净的Ag丝，并滴
39、加NaCl溶液有白色沉淀生成请回答：（1）设计实验的目的是排除NO3的干扰（2）实验可得出结论是Fe3+能氧化Ag（3）写出实验中反应的离子方程式Fe2+Ag+Fe3+Ag（4）根据以上实验，Fe3+和Ag+的氧化性相对强弱与离子浓度有关【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）量取25.00mL废液于250mL锥形瓶中，分别加入5mL 2molL1 H2SO4和10mL 20% Fe2（SO4）3溶液，铁离子氧化碘离子为单质碘，硫酸抑制铁离子的水解；（2）取下锥形瓶冷却后，加入几滴二苯胺磺酸钠（用作指示剂），用0.02500molL1标准K2Cr2O7溶液进行滴定到终点重铬酸钾在酸
40、性溶液中氧化亚铁离子为铁离子；（3）依据氧化还原反应定量关系计算，2Fe3+2I=2Fe2+I2，6Fe2+Cr2O72+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O，6I6Fe2+Cr2O72；3次测定溶液体积第3次误差大舍去；（4）依据滴定过程分析，误差主要是标准溶液体积变化引起，c（待测）=；（1）利用实验验证硝酸根离子在酸性溶液中和银不发生反应；（2）有白色沉淀生成，生成是氯化钠和硝酸银生成的氯化银白色沉淀，证明铁离子氧化银单质生成银离子； （3）向10mL 1mol/L AgNO3溶液中滴加2mL 0.1mol/L FeSO4溶液，振荡，再滴加酸性KMnO4溶液，紫红色不褪去说明溶液中无亚铁
41、离子，说明亚铁离子和银离子发生反应生成铁离子和银；（4）根据以上实验，Fe3+和Ag+的氧化性相对强弱与离子浓度有关【解答】解：（1）在盛有废液的锥形瓶中先加入5mL 2molL1 H2SO4的目的是：溶液中铁离子水解溶液显酸性，Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，加入H2SO4平衡逆向移动，抑制Fe3+水解，故答案为：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，加入H2SO4平衡逆向移动，抑制Fe3+水解；（2）取下锥形瓶冷却后，加入几滴二苯胺磺酸钠（用作指示剂），用0.02500molL1标准K2Cr2O7溶液进行滴定到终点重铬酸钾在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子，上述过程中涉及的反应：2
42、Fe3+2I2Fe2+I2 ，6Fe2+Cr2O72+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O，故答案为：6Fe2+Cr2O72+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O；（3）依据氧化还原反应定量关系计算，2Fe3+2I=2Fe2+I2，6Fe2+Cr2O72+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O，6I6Fe2+Cr2O72；3次测定溶液体积第3次误差大舍去与，消耗溶液体积为V=ml=20.00ml， 6I6Fe2+Cr2O72， 6 1 n 0.02500molL10.0200Ln=0.003mol，该废液中I含量=15.24g/L，故答案为：15.24；（4）依据滴定过程分析，误差主要是标准溶液
43、体积变化引起，c（待测）=，A终点读数时俯视读数，滴定前平视读数，读取的标准溶液体积减小，测定结果偏低，故A正确；B锥形瓶水洗后未干燥，对待测液的溶质无影响，故B错误；C滴定管未用标准K2Cr2O7溶液润洗，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故C错误；D盛标准K2Cr2O7溶液的滴定管，滴定前有气泡，滴定后无气泡读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故D错误；故答案为：A；（1）利用实验验证硝酸根离子在酸性溶液中和银不发生反应，设计实验的目的是排除NO3的干扰，故答案为：排除NO3的干扰；（2）向10mL 1mol/L Fe（NO3）3酸性溶液（pH=1）中插入一根洁净的Ag丝，并滴加NaCl
44、溶液，有白色沉淀生成，生成是氯化钠和硝酸银生成的氯化银白色沉淀，证明铁离子氧化银单质生成银离子，说明Fe3+能氧化Ag，故答案为：Fe3+能氧化Ag； （3）向10mL 1mol/L AgNO3溶液中滴加2mL 0.1mol/L FeSO4溶液，振荡，再滴加酸性KMnO4溶液，紫红色不褪去说明溶液中无亚铁离子，说明亚铁离子和银离子发生反应生成铁离子和银，反应的离子方程式为：Fe2+Ag+Fe3+Ag，故答案为：Fe2+Ag+Fe3+Ag；（4）根据以上实验，Fe3+和Ag+的氧化性相对强弱与离子浓度有关，故答案为：浓度10由碳的氧化物直接合成乙醇燃料已进入大规模生产（1）如采取以CO和H2为原
45、料合成乙醇，化学反应方程式：2CO（g）+4H2（g）CH3CH2OH（g）+H2O（g）H；若密闭容器中充有10molCO与20molH2，在催化剂作用下反应生成乙醇，CO的转化率（）与温度、压强的关系如图1所示已知：2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H1=566kJmol12H2（g）+O2（g）2H2O（l）H2=572kJmol1CH3CH2OH（g）+3O2（g）2CO2（g）+3H2O（g）H3=1366kJmol1H2O（g）H2O（l）H4=44kJmol1H=300kJmol1若A、C两点都表示达到的平衡状态，则从反应开始到达平衡状态所需的时间tAtC（填“”、“”或“”
46、）若A、B两点表示在某时刻达到的平衡状态，此时在A点时容器的体积为10L，则该温度下的平衡常数：K=0.25L4mol4；熔融碳酸盐燃料电池（MCFS），是用煤气（CO+H2）格负极燃气，空气与CO2的混合气为正极助燃气，用一定比例Li2CO3和Na2CO3低熔混合物为电解质，以金属镍（燃料极）为催化剂制成的负极上CO反应的电极反应式为CO2e+CO322CO2（2）工业上还可以采取以CO2和H2为原料合成乙醇，并且更被化学工作者推崇，但是在相同条件下，由CO制取CH3CH2OH的平衡常数远远大于由CO2制取CH3CH2OH 的平衡常数请推测化学工作者认可由CO2制取CH3CH2OH的优点主要
47、是：原料易得、原料无污染、可以减轻温室效应（3）目前工业上也可以用CO2来生产甲醇一定条件下发生反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）若将6molCO2和8molH2充入2L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化的曲线如图2所示（实线）请在图中绘出甲醇的物质的量随时间变化曲线仅改变某一实验条件再进行两次实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示，曲线I对应的实验条件改变是升高温度，曲线对应的实验条件改变是增大压强（4）将标准状况下4.48L CO2通入1L 0.3molL1NaOH溶液中完全反应，所得溶液中微粒浓度关系正确的是Ac（Na+）=c（HCO3）+c（
48、CO32）+c（H2CO3）Bc（OH）+c（CO32）=c（H2CO3）+c（H+）Cc（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH）D2c（Na+）=3c（HCO3）+3c（CO32）+3c（H2CO3）【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较【分析】（1）根据盖斯定律，可得H=H1+H22H34H；温度越高，反应速率越大，反应到达平衡的时间越短；根据三段式求出平衡状态时各物质的浓度，根据化学平衡常数表达式计算得到答案；原电池负极得电子发生氧化反应，再结合介质写电极反应式；（2）二氧化碳的含量较大且易获取，二氧化碳减少能
49、减轻对环境的影响；（3）随着反应的进行，甲醇的物质的量逐渐增大，当达到平衡状态时，参加反应的氢气物质的量=（82）mol=6mol，再计算生成甲醇的物质的量；I达到平衡的时间缩短，说明反应速率增大，但氢气的转化率减小，说明改变条件抑制平衡向正反应方向移动；达到平衡的时间缩短，说明反应速率增大，且氢气的转化率增大，说明改变条件促进平衡向正反应方向移动；（4）该溶液是0.2mol二氧化碳与0.3mol的氢氧化钠反应，最终是0.1mol碳酸钠与0.1mol碳酸氢钠的混合溶液，再结合三大守恒判断【解答】解：（1）已知：2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H1=566kJmol12H2（g）+O2（g
50、）2H2O（l）H2=572kJmol1CH3CH2OH（g）+3O2（g）2CO2（g）+3H2O（g）H3=1366kJmol1H2O（g）H2O（l）H4=44kJmol1由盖斯定律H=H1+H22H34H=300kJmol1；故答案为：300；A的温度小于C点，温度越高，反应速率越大，则反应到达平衡的时间越短，所以tA大于tC；故答案为：；2CO（g）+4H2（g）CH3CH2OH（g）+H2O（g）起始浓度（mol/L） 1 2 0 0转化浓度（mol/L）0.5 1.0 0.25 0.25平衡浓度（mol/L）0.5 1.0 0.25 0.25根据化学平衡常数是在一定条件下，当可逆
51、反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值可知，该温度下反应的平衡常数k=0.25L4mol4；故答案为：0.25L4mol4CO在负极上发生氧化反应生成CO2，电极反应式为：CO2e+CO322CO2；故答案为：CO2e+CO322CO2（2）二氧化碳的含量较大且易获取，二氧化碳减少能减轻温室效应等；故答案为：原料易得、原料无污染、可以减轻温室效应等；（3）根据图象可知平衡时氢气的物质的量是2mol，消耗氢气的物质的量是8mol2mol=6mol，平衡时生成甲醇的物质的量是6mol=2mol，因此图象可表示为故答案为：根据图象知，I反应到达平衡的时间缩短，说明反应速率增
52、大，但氢气的转化率减小，平衡向逆反应方向移动，则改变的条件是升高温度；II反应到达平衡的时间缩短，说明反应速率增大，且氢气的转化率增大，说明改变条件促进平衡向正反应方向移动，则改变的条件是增大压强；故答案为：升高温度，增大压强；（4）该溶液是0.2mol二氧化碳与0.3mol的氢氧化钠反应，发生的反应为CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，二氧化碳剩余，氢氧化钠充分反应生成0.15mol的碳酸钠，剩余的0.05mol二氧化碳与碳酸钠反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，则Na2CO3剩余0.1mol，生成NaHCO30.1mol，即混合溶液为等量的碳酸钠与碳酸氢钠：A、根据电
53、荷守恒可知：C（Na+）+C（H+）=2C（CO32）+C（HCO3）+C（OH），而C（H+）C（CO32），故A错误；B、根据电荷守恒可知：C（Na+）+C（H+）=2C（CO32）+C（HCO3）+C（OH），故B错误；C、根据电荷守恒可知：C（Na+）+C（H+）=2C（CO32）+C（HCO3）+C（OH），故C正确；D、电荷守恒可知：C（Na+）+C（H+）=2C（CO32）+C（HCO3）+C（OH），物料守恒可知：2C（Na+）=3C（HCO3）+C（CO32）+C（H2CO3），将代入得：C（CO32）+2C（OH）=3C（H2CO3）+C（HCO3）+2C（H+），故D正确
54、；故答案为：CD三.选做题请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则每学科按所做的第一题计分）【化学-选修2化学与技术】11下列有关叙述正确的是（）A碱性锌锰电池中，MnO2是催化剂B银锌纽扣电池工作时，Ag2O被还原为AgC放电时，铅酸蓄电池中硫酸浓度不断增大D电镀时，待镀的金属制品表面发生还原反应【考点】真题集萃；原电池和电解池的工作原理【分析】A根据碱性锌锰电池的电极反应判断；B根据银锌纽扣电池工作原理判断；C根据放电时铅酸蓄电池反应判断
55、硫酸浓度变化；D电镀时，镀层金属阳离子放电【解答】解：A碱性锌锰电池中，MnO2中Mn元素化合价降低，发生还原反应，作氧化剂，故A错误；B银锌纽扣电池工作时，Ag2O发生还原反应生成Ag，故B正确；C铅酸蓄电池总电池反应为：PbO2+2H2SO4+Pb2PbSO4+2H2O，可知放电时铅酸蓄电池硫酸浓度不断减小，故C错误；D电镀时，镀层阳离子在镀件放电形成镀层，化合价降低，发生还原反应，故D正确；故选BD12锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌，某含锌矿的主要成分为ZnS（还含少量FeS等其他成分），以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）硫化锌精矿的焙
56、烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的主要成分的化学式为ZnO（2）焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的浸出操作（3）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为Zn粉，其作用是置换出Fe等（4）电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用PbAg合金惰性电极，阳极逸出的气是O2（5）改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质“氧压酸浸”中发生主要反应的离子方程式为2ZnS+4H+O2=2Zn2+2S+2H2O（6）我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌，明代宋应星著的天工开物中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装
57、载入一泥罐内，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，冷淀，毁罐取出，即倭铅也”该炼锌工艺过程主要反应的化学方程式为ZnCO3+2CZn+3CO（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌）【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用，（1）含锌矿的主要成分是ZnS，与空气中氧气发生氧化还原反应，判断焙砂的主要成分；（2）焙烧生成的含硫氧化物可
58、转换为硫酸；（3）该含锌矿中还含有FeS等杂质，浸出操作后转化为亚铁离子，可加入锌粉出去亚铁离子，从而出去Fe；（4）电解沉积过程中，是电解ZnSO4，阳极发生氧化反应，以此判断阳极产物；（5）根据反应物和生成物写出化学方程式；（6）碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，结合氧化还原反应得失电子守恒配平方程式【解答】解：（1）含锌矿的主要成分是ZnS，与空气中氧气发生氧化还原反应，则焙砂的主要成分为ZnO，故答案为：ZnO；（2）焙烧生成的含硫氧化物可转换为硫酸，用于后续的浸出操作，故答案为：浸出；（3）该含锌矿中还含有FeS等杂质，浸出操作后转化为亚铁离子，可加入锌粉出去亚铁离子，从而出去
59、Fe，故答案为：Zn粉；置换出Fe等；（4）电解沉积过程中，是电解ZnSO4，阳极发生氧化反应，产物为O2，故答案为：O2；（5）“氧压酸浸”法顾名思义，可知反应物中含有H+和O2，可以获得非金属单质S，化学方程式为2ZnS+4H+O2=2Zn2+2S+2H2O，故答案为：2ZnS+4H+O2=2Zn2+2S+2H2O；（6）碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，化学方程式为：ZnCO3+2CZn+3CO，故答案为：ZnCO3+2CZn+3CO【化学-选修3物质结构与性质】13周期表中前四周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次递增R基态原子中，电子占据的最高能层符号为L，最高能级上只有两个
60、自旋方向相同的电子工业上通过分离液态空气获得X单质Y原子的最外层电子数与电子层数之积等于R、W、X三种元素的原子序数之和Z基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子请回答下列问题：（1）Z2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9（2）YX4的空间构型是正四面体；与YX4互为等电子体的一种分子为CCl4等（填化学式）；HYX4酸性比HYX2强，其原因是HClO4有 3 个非羟基氧，而 HClO2有 1 个非羟基氧（3）结构简式为RX（W2H3）2的化合物中R原子的杂化轨道类型为sp2；1molRX（W2H3）2分子中含有键数目为11NA（4）往Z的硫酸盐溶液中通入过
61、量的WH3，可生成Z（WH3）4SO4，下列说法正确的是AAZ（WH3）4SO4中所含的化学键有离子键、极性键和配位键B在Z（WH3）42+中Z2+给出孤对电子，WH3提供空轨道CZ（WH3）4SO4组成元素中第一电离能最大的是氧元素（5）某Y与Z形成的化合物的晶胞如图所示（黑点代表Z原子）该晶体的化学式为CuCl已知Z和Y的电负性分别为1.9和3.0，则Y与Z形成的化合物属于共价（填“离子”、“共价”）化合物已知该晶体的密度为gcm3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体中Z原子和Y原子之间的最短距离为1010pm（只写计算式）【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】周期表中前四周期元素R、W、
62、X、Y、Z的原子序数依次递增R基态原子中，电子占据的最高能层符号为L，最高能级上只有两个自旋方向相同的电子，核外电子排布式为1s22s22p2，则R为C元素；工业上通过分离液态空气获得X单质，结合原子序数可知X为O元素、W为N元素；Y原子的最外层电子数与电子层数之积等于R、W、X三种元素的原子序数之和，三元素原子序数之和为6+7+8=21，则Y为Cl元素；Z基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，原子序数大于氯，处于第四周期，核外电子数为2+8+18+1=29，故Z为Cu【解答】解：周期表中前四周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次递增R基态原子中，电子占据的最高能层符号为L，
63、最高能级上只有两个自旋方向相同的电子，核外电子排布式为1s22s22p2，则R为C元素；工业上通过分离液态空气获得X单质，结合原子序数可知X为O元素、W为N元素；Y原子的最外层电子数与电子层数之积等于R、W、X三种元素的原子序数之和，三元素原子序数之和为6+7+8=21，则Y为Cl元素；Z基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，原子序数大于氯，处于第四周期，核外电子数为2+8+18+1=29，故Z为Cu（1）Cu2+基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，故答案为：1s22s22p63s23p63d9；（2）ClO4中Cl原子孤电子对数=0、价层电子对数=4+
64、0=4，故其空间构型是正四面体，与ClO4互为等电子体的一种分子含有5个原子、32个价电子，该分子为CCl4等，HClO4有 3 个非羟基氧，而 HClO2有 1 个非羟基氧，HClO4酸性比HClO2强，故答案为：正四面体；CCl4等；HClO4有 3 个非羟基氧，而 HClO2有 1 个非羟基氧；（3）结构简式为CO（N2H3）2的化合物中碳原子形成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；结构简式为O=C（NHNH2）2，分子中含有11个键，1molRX（W2H3）2分子中含有键数目为11NA，故答案为：sp2；11NA；（4）往CuSO4溶液中通入过量的NH
65、3，可生成Cu（NH3）4SO4，ACu（NH3）4SO4中配离子与外界硫酸根之间形成离子键，铜离子与氨气分子之间形成配位键，氨气分子与硫酸根中含有极性键，故A正确；B在Cu（NH3）42+中Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，故B错误；C非金属性越强，第一电离能越大，氮元素2p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素的，Cu（NH3）4SO4组成元素中第一电离能最大的是N元素故选：A；（5）某Y与Z形成的化合物的晶胞如图所示（黑点代表Z原子）晶胞中黑色球数目为4，白色球数目为8+6=4，该晶体的化学式为CuCl，故答案为：CuCl；已知Z和Y的电负性分别为1.9和3.0，二者电
66、负性之差小于1.7，则Y与Z形成的化合物属于共价化合物，故答案为：共价；黑色球与周围的4个白色球相邻，形成正四面体结构，黑色球与晶胞顶点白色球连线处于晶胞体体对角线上，为二者距离为体对角线长度的，而体对角线长度为晶胞棱长的倍，晶胞质量为4g，该晶体的密度为gcm3，则晶胞棱长为=cm，故该晶体中Z原子和Y原子之间的最短距离为cm=1010 pm，故答案为：1010【化学-选修5有机化学基础】14高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如下：已知：RCOOR+R18OHRCO18OR”+ROH（R、R、R代表烃基）（R、R代表烃基）（1）的反应类型是加成反应（2）的化学方程式为（3）PMMA
67、单体的官能团名称是碳碳双键、酯基（4）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，的化学方程式为（5）G的结构简式为（6）下列说法正确的是ac（填字母序号）a为酯化反应bB和D互为同系物cD的沸点比同碳原子数的烷烃高d.1mol与足量NaOH溶液反应时，最多消耗4molNaOH（7）写出由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式【考点】有机物的合成【分析】由PMMA的结构，可知PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3，则D、I分别为CH2=C（CH3）COOH、CH3OH中的一种，乙烯和溴发生加成反应生成A为CH2BrCH2Br，A在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2
68、OH，根据信息I及PET单体分子式，可知PET单体为，则D为CH3OH、I为CH2=C（CH3）COOH，PET单体发生信息I中交换反应进行的缩聚反应生成PET树脂为F发生信息中的反应得到G，G在浓硫酸作用下发生消去反应生成I，则G为，故F为，E为【解答】解：由PMMA的结构，可知PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3，则D、I分别为CH2=C（CH3）COOH、CH3OH中的一种，乙烯和溴发生加成反应生成A为CH2BrCH2Br，A在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，根据信息I及PET单体分子式，可知PET单体为，则D为CH3OH、I为CH2=C（C
69、H3）COOH，PET单体发生信息I中交换反应进行的缩聚反应生成PET树脂为F发生信息中的反应得到G，G在浓硫酸作用下发生消去反应生成I，则G为，故F为，E为（1）由上述分析可知，的反应类型是加成反应，故答案为：加成反应；（2）为1，2二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇，该反应的化学方程式为，故答案为：；（3）PMMA单体结构简式为CH2=C（CH3）COOCH3，PMMA单体的官能团名称是碳碳双键和酯基，故答案为：碳碳双键、酯基；（4）反应的化学方程式为，故答案为：；（5）G的结构简式为：，故答案为：；（6）a是CH2=C（CH3）COOH与CH3OH发生酯化反应生成CH2=C（CH3）COOCH3，故a正确；bB为HOCH2CH2OH，D为CH3OH，含有羟基数目本题，二者不是同系物，故b错误；cD为CH3OH，分子之间形成氢键，沸点比同碳原子数的烷烃高，故c正确；d中酯基为羧酸与醇形成的，1mol与足量NaOH溶液反应时，最多消耗2molNaOH，故d错误故选：ac；（7）由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式为：，故答案为：2016年12月11日
