1、2017年山西省山大附中高考化学诊断试卷（5月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与社会、生产、生活密切相关下列说法正确的是（）A公益调查柴静雾霾调查穹顶之下发布，其中雾霾中的PM2.5属于胶体B油脂是人类维持生命活动所需能量的主要来源C核磁共振氢谱不能区分CH3CH2OH和CH3OCH3D登高山时防晒是为防止强紫外线引起皮肤蛋白质被灼伤变性2设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A将1molCl2通入水中，HClO、Cl、ClO粒子数之和为2NAB12gNaHSO4固体中含阳离子数为0.1NAC标准状况下，22.4LBr2中所含分子数为NAD7.8gNa2O2与足
2、量的水反应转移电子数为0.2NA3X、Y、Z均为短周期主族元素，已知它们的原子序数的关系为 X+Z=2Y，且Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸则下列有关说法中正确的是（）A若X是Na，则Z 的最高价一定为偶数B若X是O，则YX一定是离子化合物C若Y是O，则非金属性：ZYXD若Y是Na，则X Z不可能是同一主族元素4下列化合物中同类别同分异构体数目最多的是（不考虑立体异构）（）A二甲苯B丁醇C一氯丁烯D二氯丙烷5如图为一种微生物燃料电池结构示意图，关于该电池叙述正确的是（）A正极反应式为MnO2+4H+2eMn2+2H2OB微生物所在电极区放电时发生还原反应C放电过程中，H+从正极区移向负极区D
3、若用该电池给铅蓄电池充电，MnO2 电极质量减少8.7g，则铅蓄电池阴极增重9.6g6用下列实验方案及所选玻璃容器（非玻璃容器任选）就能实现相应实验目的是（）实验目的实验方案所选玻璃仪器A除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤酒精灯、烧杯、玻璃棒B证明HClO和CH3COOH的酸性强弱同温下用pH试纸测定浓度为0.1molL1NaClO溶液和0.1molL1CH3COONa溶液的pH玻璃棒、玻璃片C检验蔗糖水解产物具有还原性向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热试管、烧杯、酒精灯、滴管D配制1L 1.6%的CuSO4溶液（
4、溶液密度近似为1g/mL）将25g CuSO45H2O溶解在975水中烧杯、量筒、玻璃棒AABBCCDD7“变化观念与平衡思想”是化学学科的核心素养，室温时0.10mol/L草酸钠溶液中存在多个平衡，其中有关说法正确的是【已知室温时，Ksp（CaC2O4）=2.4109】（）A若将溶液不断加水稀释，则水的电离程度增大B溶液中各离子浓度大小关系c（Na+）c（C2O42）c（OH）c（H+）c（HC2O4）C若用pH计测得溶液的pH=a，则H2C2O4的第二级电离平衡常数Ka2=10132aD向溶液中加入等体积CaCl2溶液，当加入的CaCl2溶液浓度大于2.4108mol/L时即能产生沉淀二、
5、非选择题：8联苄（）是一种重要的有机合成中间体，实验室可用苯和1，2一二氯乙烷（ClCH2CH2Cl）为原料，在无水AlCl3催化下加热制得，其制取步骤为：（一）催化剂的制备：图1是实验室制取少量无水AlCl3的相关实验装置的仪器和药品：（1）将上述仪器连接成一套制备并保存无水AlCl3的装置，各管口标号连接顺序为：d接e， 接 ， 接 ， 接 （2）有人建议将上述装置中D去掉，其余装置和试剂不变，也能制备无水AlCl3你认为这样做是否可行 （填“可行”或“不可行”），你的理由是 （3）装置A中隐藏着一种安全隐患，请提出一种改进方案： （二）联苄的制备联苄的制取原理为：反应最佳条件为n（苯）：
6、n（1，2二氯乙烷）=10：1，反应温度在6065之间实验室制取联苄的装置如图2所示（加热和加持仪器略去）：实验步骤：在三口烧瓶中加入120.0mL苯和适量无水AlCl3，由滴液漏斗滴加10.7mL1，2二氯乙烷，控制反应温度在6065，反应约60min将反应后的混合物依次用稀盐酸、2%Na2CO3溶液和H2O洗涤分离，在所得产物中加入少量无水MgSO4固体，静止、过滤，先常压蒸馏，再减压蒸馏收集170172的馏分，得联苄18.2g相关物理常数和物理性质如下表 名称相对分子质量密度/（gcm3）熔点/沸点/溶解性苯780.885.580.1难溶水，易溶乙醇1，2一二氯乙烷991.2735.38
7、3.5难溶水，可溶苯无水氯化铝133.52.44190178（升华）遇水水解，微溶苯联苄1820.9852284难溶水，易溶苯（4）仪器a的名称为 ，和普通分液漏斗相比，使用滴液漏斗的优点是 （5）洗涤操作中，水洗的目的是 ；无水硫酸镁的作用是 （6）常压蒸馏时，最低控制温度是 （7）该实验的产率约为 （小数点后保留两位有效数字）9氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要应用，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一（1）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.5kJmollC（s）+O2（g）=CO2（g）H=393.5kJmoll2C（s）+O 2（g）=2CO
8、（g）H=221kJmoll若某反应的平衡常数表达式为：k=，请写出此反应的热化学方程式 （2）N2O5在一定条件下可发生分解：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）某温度下测得恒容密闭容器中N2O5浓度随时间的变化如表：t/min0.001.002.003.004.005.00c（N2O5）/（molL1）1.000.710.500.350.250.17反应开始时体系压强为P0，第3.00min时体系压强为p1，则p1：p0= ；2.00min5.00min内，O2的平均反应速率为 一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是 a容器中压强不
9、再变化bNO2和O2的体积比保持不变c.2v正（NO2）=v逆（N2O5）d气体的平均相对分子质量为43.2，且保持不变（3）N2O 4与NO2之间存在反应：N2O4（g）2NO2（g）H=QkJmol1将一定量的NO放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率（N2O4）随温度变化如图1所示如图1中a点对应温度下，已知N2O4的起始压强p0为200kPa，该温度下反应的平衡常数Kp= （小数点后保留一位数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）（4）将固体氢氧化钠投入0.1mol/L的HN3（氢叠氮酸）溶液当中，溶液的体积1L（溶液体积变化忽略不计）溶液的pH变化如图2所示，HN3的
10、电离平衡常数K=1105，B点时溶液的pH=7，计算B点时加入氢氧化钠的物质的量 mol（保留两位有效数字）10以含钴废催化剂（主要成分为Co、Fe、SiO2）为原料，制取氧化钴的流程如图1：（1）溶解：溶解后过滤，将滤渣洗涤23次，洗液与滤液合并，其目的是 ；所得滤渣的主要成分是 （写化学式）（2）氧化：加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式 ；已知：铁氰化钾化学式为K3Fe（CN）6；亚铁氰化钾化学式为K4Fe（CN）63H2O3Fe2+2Fe（CN）63Fe3Fe（CN）62（蓝色沉淀）4Fe3+3Fe（CN）64Fe4Fe（CN）63（蓝色沉淀）确定Fe
11、2+是否氧化完全的方法是 （可供选择的试剂：铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、铁粉、KSCN溶液）（3）除铁：加入适量的Na2CO3调节酸度，生成黄钠铁矾Na2Fe6（SO4）4（OH）12沉淀，写出该反应的化学方程式 （4）沉淀：生成沉淀碱式碳酸钴（CoCO3）23Co（OH）2，沉淀需洗涤，洗涤的操作是 （5）溶解：CoCl2的溶解度曲线如图2所示向碱式碳酸钴中加入足量稀盐酸，边加热边搅拌至完全溶解后，需趁热过滤，其原因是 （6）灼烧：准确称取所得CoC2O4 1.470g，在空气中充分灼烧得0.830g氧化钴，写出氧化钴的化学式 【化学-选修3物质结构与性质】11I.2015年国产C919大
12、型客机正式下线，标志着我国成为世界上少数几个具有自行研制大型飞机的国家之一，标志着我国航空工业进入了新的发展阶段（1）飞机的外壳通常采用镁铝合金材料，铝的价电子排布图为 ，第一电离能：镁 （填“大于”或“小于”）铝（2）现代飞机为了减轻质量而不减轻外壳承压能力，通常采用复合材料玻璃纤维增强塑料，其成分之一为环氧树脂，常见的E51型环氧树脂中部分结构如1图所示：其中碳原子的杂化方式为 ，个数比为 II大型飞机的发动机被誉为航空工业皇冠上的“宝石”制造过程中通常采用碳化钨做关键部位的材料（3）钨元素位于周期表的第六周期第VIB族，请写出其外围电子排布式 ，（4）图2为碳化钨晶体的一部分结构，碳原子
13、嵌入金属钨的晶格的间隙，并不破坏原有金属的晶格，形成填隙+固溶体，也称为填隙化合物在此结构中，其中钨原子有 个，1个钨原子周围距离钨原子最近的碳原子有 个，下列金属元素的堆积方式与碳化钨晶胞中碳原子和钨原子所处位置类似的是 AFe CuBTi AuCMg ZnDCu Ag（5）假设该部分晶体的体积为Vcm3，碳化钨的摩尔质量为M g/mol，密度为b g/cm3，则阿伏加德罗常数NA用上述数据可以表示为 【化学-选修5有机化学基础】12某有机物合成路线如图：（1）H中的含氧官能团名称是 （2）B的名称是 ，分子中最多有 个原子共面（3）反应1的反应类型为 反应，反应2的反应类型为 反应（4）C
14、D的化学方程式是 （5）化合物G有多种同分异构体，同时满足下列条件的所有同分异构体的个数是 能发生银镜反应和水解反应； 能与FeCl3发生显色反应；苯环上含有3个不相同的取代基（6）参照上述合成路线，设计一条由NCCH2CHO为起始原料制备（要重新写过） 的合成路线：NCCH2CHO 2017年山西省山大附中高考化学诊断试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与社会、生产、生活密切相关下列说法正确的是（）A公益调查柴静雾霾调查穹顶之下发布，其中雾霾中的PM2.5属于胶体B油脂是人类维持生命活动所需能量的主要来源C核磁共振氢谱不能区分CH3CH2OH和
15、CH3OCH3D登高山时防晒是为防止强紫外线引起皮肤蛋白质被灼伤变性【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系【分析】APM2.5很多是1微米到2.5微米之间的，大于胶体粒子的大小；B人体进行各项生命活动所消耗的能量主要来自于糖类的氧化分解，约占人体能量供应量的70%；CCH3CH2OH和CH3OCH3的H原子种类不同；D紫外线能使蛋白质变性【解答】解：A胶体一般认为是1微米以下的，PM2.5很多是1微米到2.5微米之间的，另外雾霾中可能吸收水汽聚集成更大颗粒，不是胶体，故A错误；B糖类是人类维持生命活动所需能量的主要来源，故B错误CCH3CH2OH含有3种不同的H，而CH3OCH3含有2种H
16、，故C错误；D紫外线能使蛋白质变性，应注意防晒，故D正确故选D2设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A将1molCl2通入水中，HClO、Cl、ClO粒子数之和为2NAB12gNaHSO4固体中含阳离子数为0.1NAC标准状况下，22.4LBr2中所含分子数为NAD7.8gNa2O2与足量的水反应转移电子数为0.2NA【考点】4F：阿伏加德罗常数【分析】A、氯气和水的反应为可逆反应；B、求出硫酸氢钠固体的物质的量，然后根据硫酸氢钠固体由钠离子和硫酸氢根离子构成；C、标况下溴为液体；D、求出过氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠和水反应时1mol过氧化钠转移1mol电子来分析【解答】解：
17、A、氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故氯水中含未反应的氯气分子，即溶液中的HClO、Cl、ClO粒子数之和小于2NA，故A错误；B、12g硫酸氢钠固体的物质的量为0.1mol，而硫酸氢钠固体由钠离子和硫酸氢根离子构成，故0.1mol硫酸氢钠固体中含0.1NA个阳离子，故B正确；C、标况下溴为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠和水反应时1mol过氧化钠转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠转移0.1NA个，故D错误故选B3X、Y、Z均为短周期主族元素，已知它们的原子序数的关系为 X+Z=2Y，且Z的最高价氧化
18、物对应的水化物是强酸则下列有关说法中正确的是（）A若X是Na，则Z 的最高价一定为偶数B若X是O，则YX一定是离子化合物C若Y是O，则非金属性：ZYXD若Y是Na，则X Z不可能是同一主族元素【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系；78：元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】原子序数X+Z=2Y，则X和Z的原子序数只能同时为奇数或者同时为偶数，Z的最高价氧化物对应水化物是强酸，Z只能是N，S，Cl（短周期）等元素，以此解答该题【解答】解：原子序数X+Z=2Y，则X和Z的原子序数只能同时为奇数或者同时为偶数，Z的最高价氧化物对应水化物是强酸，Z只能是N、S、Cl（短周期）等元素，AX是Na，
19、则Z可为Cl，最高价是奇数，故A错误；BX是O，因为O原子序数是8，偶数，则Z只能是S，Y的原子序数为2=12，Y是Mg，MgO是离子化合物，故B正确；CY是O，则X+Z=16，只有Z为N，X为F满足，非金属性：FON，即：XYZ，故C错误；DY是Na，则X+Z=22，Z可为N，Y为P元素，N和P是同一主族元素，7+15=22满足前述条件，故D错误故选B4下列化合物中同类别同分异构体数目最多的是（不考虑立体异构）（）A二甲苯B丁醇C一氯丁烯D二氯丙烷【考点】H6：有机化合物的异构现象【分析】A、二甲苯的同分异构体中，可以是两个甲基连在苯环上，还可以是乙基连在苯环上；B、丁基有四种，据此确定丁醇
20、数目；C、丁烯有3种同分异构体，分别是1丁烯、2丁烯、2甲基1丙烯，然后依次分析三种烯烃满足题目要求结构的一氯丁烯；D、二氯丙烷存在氯原子的位置异构【解答】解：A、二甲苯的同分异构体中，可以是两个甲基连在苯环上，还可以是乙基连在苯环上，共4种；B、丁基有四种，据此确定丁醇是四种；C、丁烯有3种同分异构体，分别是1丁烯、2丁烯、2甲基1丙烯，一氯丁烯存在官能团的位置异构，共8种；D、二氯丙烷存在氯原子的位置异构，共四种化合物中同类别同分异构体数目最多的是C故选C5如图为一种微生物燃料电池结构示意图，关于该电池叙述正确的是（）A正极反应式为MnO2+4H+2eMn2+2H2OB微生物所在电极区放电
21、时发生还原反应C放电过程中，H+从正极区移向负极区D若用该电池给铅蓄电池充电，MnO2 电极质量减少8.7g，则铅蓄电池阴极增重9.6g【考点】BH：原电池和电解池的工作原理【分析】形成原电池时，微生物所在电极区发生氧化反应，Cm（H2O）n被氧化生成水和二氧化碳，MnO2被还原生成Mn2+，为原电池的正极，放电时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答【解答】解：AMnO2被还原生成Mn2+，为原电池的正极，电极方程式为MnO2+4H+2eMn2+2H2O，故A正确；B，微生物所在电极区发生氧化反应，Cm（H2O）n被氧化生成水和二氧化碳，故B错误；C原电池工作时，阳离子向正极移动，故
22、C错误；D给铅蓄电池充电，阴极发生PbSO4 +2e=Pb+SO42，电极质量减小，故D错误故选A6用下列实验方案及所选玻璃容器（非玻璃容器任选）就能实现相应实验目的是（）实验目的实验方案所选玻璃仪器A除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤酒精灯、烧杯、玻璃棒B证明HClO和CH3COOH的酸性强弱同温下用pH试纸测定浓度为0.1molL1NaClO溶液和0.1molL1CH3COONa溶液的pH玻璃棒、玻璃片C检验蔗糖水解产物具有还原性向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热试管、烧杯、酒精灯、滴管D配制1L 1.6%的C
23、uSO4溶液（溶液密度近似为1g/mL）将25g CuSO45H2O溶解在975水中烧杯、量筒、玻璃棒AABBCCDD【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A过滤时还需要用漏斗；BNaClO具有强氧化性，不能用pH试纸测定浓度为0.1molL1 NaClO溶液的pH；C银镜反应需要在碱性条件下进行；D.1L 1.6%的CuSO4溶液（溶液密度近似为1g/mL）中溶质的物质的量是0.1mol【解答】解：A过滤时还需要用漏斗，该实验中没有漏斗，故A错误；BNaClO具有强氧化性，不能用pH试纸测定浓度为0.1molL1 NaClO溶液的pH，则不能确定pH大小，不能比较酸性的强弱，故B错误；C银
24、镜反应需要在碱性条件下进行，所以在加入银氨溶液之前需要加入NaOH溶液中和未反应的酸，故C错误；D.1L 1.6%的CuSO4溶液（溶液密度近似为1g/mL）中溶质的物质的量是0.1mol，溶液的质量是1000g，25g CuSO45H2O中硫酸铜的物质的量是0.1mol，故D正确；故选D7“变化观念与平衡思想”是化学学科的核心素养，室温时0.10mol/L草酸钠溶液中存在多个平衡，其中有关说法正确的是【已知室温时，Ksp（CaC2O4）=2.4109】（）A若将溶液不断加水稀释，则水的电离程度增大B溶液中各离子浓度大小关系c（Na+）c（C2O42）c（OH）c（H+）c（HC2O4）C若用
25、pH计测得溶液的pH=a，则H2C2O4的第二级电离平衡常数Ka2=10132aD向溶液中加入等体积CaCl2溶液，当加入的CaCl2溶液浓度大于2.4108mol/L时即能产生沉淀【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A、加入水盐的水解被促进，水的电离程度减小；B0.10mol/L草酸钠溶液中草酸根离子水解溶液显碱性；C醋酸钠水解溶液显碱性，依据水解平衡常数和离子积常数和电离平衡常数计算分析判断；D依据ksp（CaC2O4）=2.4109，等体积混合c（C2O42）=0.050mol/L，计算CaCl2溶液的最小浓度【解答】解：A、若向溶液中不断加水稀释，盐类水解程度增大
26、，但水的电离程度减小，故A错误；B0.10mol/L草酸钠溶液中草酸根离子分步水解溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（C2O42）c（OH）c（HC2O4）c（H+），故B错误；C若用pH计测得溶液的pH=a，c（OH）=c（HC2O4）=1014+amol/L，C2O42+H2OHC2O4+OH，Kh=，Ka2=10132a，故C正确；Dksp（CaC2O4）=c（Ca2+）c（C2O42）=2.4109，c（Ca2+）=4.8108mol/L，故D错误；故选C二、非选择题：8联苄（）是一种重要的有机合成中间体，实验室可用苯和1，2一二氯乙烷（ClCH2CH2Cl）为原料，在无
27、水AlCl3催化下加热制得，其制取步骤为：（一）催化剂的制备：图1是实验室制取少量无水AlCl3的相关实验装置的仪器和药品：（1）将上述仪器连接成一套制备并保存无水AlCl3的装置，各管口标号连接顺序为：d接e，f接g，h接a，b接c（2）有人建议将上述装置中D去掉，其余装置和试剂不变，也能制备无水AlCl3你认为这样做是否可行不可行（填“可行”或“不可行”），你的理由是制得的Cl2中混有的HCl与Al反应生成H2，H2与Cl2混合加热时会发生爆炸（3）装置A中隐藏着一种安全隐患，请提出一种改进方案：在硬质玻璃管与广口瓶之间用粗导管连接，防止AlCl3冷凝成固体造成堵塞（二）联苄的制备联苄的制
28、取原理为：反应最佳条件为n（苯）：n（1，2二氯乙烷）=10：1，反应温度在6065之间实验室制取联苄的装置如图2所示（加热和加持仪器略去）：实验步骤：在三口烧瓶中加入120.0mL苯和适量无水AlCl3，由滴液漏斗滴加10.7mL1，2二氯乙烷，控制反应温度在6065，反应约60min将反应后的混合物依次用稀盐酸、2%Na2CO3溶液和H2O洗涤分离，在所得产物中加入少量无水MgSO4固体，静止、过滤，先常压蒸馏，再减压蒸馏收集170172的馏分，得联苄18.2g相关物理常数和物理性质如下表 名称相对分子质量密度/（gcm3）熔点/沸点/溶解性苯780.885.580.1难溶水，易溶乙醇1，
29、2一二氯乙烷991.2735.383.5难溶水，可溶苯无水氯化铝133.52.44190178（升华）遇水水解，微溶苯联苄1820.9852284难溶水，易溶苯（4）仪器a的名称为球形冷凝管，和普通分液漏斗相比，使用滴液漏斗的优点是可以使液体顺利滴下（5）洗涤操作中，水洗的目的是洗掉氯化铝、盐酸和碳酸钠等可溶性无机物；无水硫酸镁的作用是干燥（6）常压蒸馏时，最低控制温度是83.5（7）该实验的产率约为73.00%（小数点后保留两位有效数字）【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】（一）实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气，可用食盐晶体和浓硫酸替代盐酸，为得到干燥的氯化铁，生成的氯气需除
30、去氯化氢、水，可分别通过饱和食盐水、浓硫酸，然后在装置A中反应生成氯化铝，为防止污染空气和氯化铝的水解，A还要连接E装置，以吸收氯气和水，以此解答该题；（二）（4）由仪器结构特征，可知仪器a为球形冷凝管；滴液漏斗可以平衡漏斗内液体和下面的三颈烧瓶中的压强，便于漏斗内液体流下；（5）第二次用水洗涤是为了除去可溶性杂质，无水硫酸镁是为是吸收少量水；（6）常压蒸馏时，主要是除去混合物中的未反应的1，2一二氯乙烷，因为1，2一二氯乙烷的沸点为83.5，据此控制温度；（7）由方程式可知：n（1，2一二氯乙烷）=2n（苯）=n（1，l二苯乙烷），过量计算，根据不足量物质计算理论生成1，l二苯乙烷的质量，产
31、率=100%；【解答】解：（一）实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气，可用食盐晶体和浓硫酸替代盐酸，为得到干燥的氯化铁，生成的氯气需除去氯化氢、水，可分别通过饱和食盐水、浓硫酸，然后在装置A中反应生成氯化铝，为防止污染空气和氯化铝的水解，A还要连接E装置，以吸收氯气和水，（1）根据上面的分析可知，将上述仪器连接成一套制备并保存无水AlCl3的装置，各管口标号连接顺序为：defghabc，故答案为：f；g；h；a；b；c；（2）如果将上述装置中D去掉，其余装置和试剂不变，则制得的Cl2中混有的HCl与Al反应生成H2，H2与Cl2混合加热时会发生爆炸，所以D装置不能去掉，故答案为：不可行
32、；制得的Cl2中混有的HCl与Al反应生成H2，H2与Cl2混合加热时会发生爆炸；（3）装置A中制得的氯化铝容易将导管堵塞，所以可以在硬质玻璃管与广口瓶之间用粗导管连接，防止AlCl3冷凝成固体造成堵塞，故答案为：在硬质玻璃管与广口瓶之间用粗导管连接，防止AlCl3冷凝成固体造成堵塞；（二）（4）由仪器结构特征，可知仪器a为球形冷凝管；滴液漏斗可以平衡漏斗内液体和下面的三颈烧瓶中的压强，便于漏斗内液体流下，故答案为：球形冷凝管；可以使液体顺利滴下；（5）第二次用水洗涤是为了洗掉氯化铝、盐酸和碳酸钠等可溶性无机物，无水硫酸镁是为是吸收少量水，即干燥作用，故答案为：洗掉氯化铝、盐酸和碳酸钠等可溶性
33、无机物；干燥；（6）常压蒸馏时，主要是除去混合物中的未反应的1，2一二氯乙烷，因为1，2一二氯乙烷的沸点为83.5，所以常压蒸馏时，最低控制温度是83.5，故答案为：83.5；（7）苯物质的量为=1.35mol，1，2一二氯乙烷的物质的量为 mol=0.137mol，由方程式可知苯过量，则n（1，2一二氯乙烷）=n（1，l二苯乙烷）=0.137mol，理论生成1，l二苯乙烷的质量为：0.137mol182g/mol=24.93g，而实际生成1，l二苯乙烷为18.2g，故1，l二苯乙烷的产率为：100%=73.00%，故答案为：73.00%；9氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要应用，减少氮
34、的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一（1）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.5kJmollC（s）+O2（g）=CO2（g）H=393.5kJmoll2C（s）+O 2（g）=2CO（g）H=221kJmoll若某反应的平衡常数表达式为：k=，请写出此反应的热化学方程式2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=746.5kJmol1（2）N2O5在一定条件下可发生分解：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）某温度下测得恒容密闭容器中N2O5浓度随时间的变化如表：t/min0.001.002.003.004.005.00c（N2O5）/（molL
35、1）1.000.710.500.350.250.17反应开始时体系压强为P0，第3.00min时体系压强为p1，则p1：p0=1.975；2.00min5.00min内，O2的平均反应速率为0.055molL1min1一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是aa容器中压强不再变化bNO2和O2的体积比保持不变c.2v正（NO2）=v逆（N2O5）d气体的平均相对分子质量为43.2，且保持不变（3）N2O 4与NO2之间存在反应：N2O4（g）2NO2（g）H=QkJmol1将一定量的NO放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率（N2O4）随温度变化
36、如图1所示如图1中a点对应温度下，已知N2O4的起始压强p0为200kPa，该温度下反应的平衡常数Kp=213.3KPa（小数点后保留一位数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）（4）将固体氢氧化钠投入0.1mol/L的HN3（氢叠氮酸）溶液当中，溶液的体积1L（溶液体积变化忽略不计）溶液的pH变化如图2所示，HN3的电离平衡常数K=1105，B点时溶液的pH=7，计算B点时加入氢氧化钠的物质的量0.099mol（保留两位有效数字）【考点】CK：物质的量或浓度随时间的变化曲线；BE：热化学方程式【分析】（1）依据平衡常数表达式书写热化学方程式，结合已知的热化学方程式和盖斯定律
37、计算得到缩小热化学方程式的焓变，得到此反应的热化学方程式；（2）相同条件下，气体的物质的量之比等于其压强之比； 2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）开始（mol/L）1.00 0 0反应（mol/L）0.65 1.3 0.3252min（mol/L）0.35 1.3 0.325反应前后气体的压强之比等于其物质的量之比；先计算五氧化二氮的反应速率，再根据同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氧气反应速率；根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进
38、行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；（3）化学平衡常数K=；（4）根据电荷守恒及电离常数进行计算【解答】解：（1）若某反应的平衡常数表达式为：k=，反应为2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.5kJmollC（s）+O2（g）=CO2（g）H=393.5kJmoll2C（s）+O 2（g）=2CO（g）H=221kJmoll盖斯定律计算2得到2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=746.5 kJmol1，故答案为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=746.5 k
39、Jmol1；（2）相同条件下，气体的物质的量之比等于其压强之比； 2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）开始（mol/L）1.00 0 0反应（mol/L）0.65 1.30 0.3252min（mol/L）0.35 1.30 0.325反应前后气体的压强之比等于其物质的量之比，所以p：p0=（0.35+1.30+0.325）mol：1.00mol=1.975，2.00min5.00min内，v（N2O5）=mol/（Lmin）=0.11mol/（Lmin），再根据同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比得氧气反应速率=v（N2O5）=0.055molL1min1，故答案为：1.9
40、75； 0.055 molL1min1；a容器中压强不再变化，反应已达到化学平衡状态，故a正确；bNO2和O2的体积比始终都不变，不能确定反应是否达到化学平衡状态，故b错误；c正（NO2）=2逆（N2O5）才表明达到化学平衡状态，故c错误；d平衡时，气体的平均相对分子质量为大于43.2，且保持不变故d错误故答案为：a；（3）四氧化二氮的转化率是0.4，设原来四氧化二的物质的量为xmol，转化的物质的量为0.8xmol，则混合气体的物质的量=（x0.4x+0.8x）mol=1.4xmol，相同条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，所以反应后压强=280KPa，四氧化二氮的分压=280KPa=
41、120KPa，二氧化氮的分压=280KPa=160KPa，化学平衡常数K=213.3KPa，故答案为：213.3KPa；（4）由电荷守恒式c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（N3）和B点时溶液的pH=7得：c（Na+）=c（N3）设氢氧化钠的物质的量为xmol依据HN3H+N3的电离平衡：K=1105=解得：x=0.099mol故答案为：0.09910以含钴废催化剂（主要成分为Co、Fe、SiO2）为原料，制取氧化钴的流程如图1：（1）溶解：溶解后过滤，将滤渣洗涤23次，洗液与滤液合并，其目的是提高钴等元素的利用率；所得滤渣的主要成分是SiO2（写化学式）（2）氧化：加热搅拌条件下加入N
42、aClO3，将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式6Fe2+6H+ClO36Fe3+Cl+3H2O；已知：铁氰化钾化学式为K3Fe（CN）6；亚铁氰化钾化学式为K4Fe（CN）63H2O3Fe2+2Fe（CN）63Fe3Fe（CN）62（蓝色沉淀）4Fe3+3Fe（CN）64Fe4Fe（CN）63（蓝色沉淀）确定Fe2+是否氧化完全的方法是取氧化后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则Fe2+已全部被氧化（可供选择的试剂：铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、铁粉、KSCN溶液）（3）除铁：加入适量的Na2CO3调节酸度，生成黄钠铁矾Na2Fe6（SO4）4（OH）12沉淀，写
43、出该反应的化学方程式3Fe2（SO4）3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6（SO4）4（OH）12+5Na2SO4+6CO2（4）沉淀：生成沉淀碱式碳酸钴（CoCO3）23Co（OH）2，沉淀需洗涤，洗涤的操作是向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出重复操作23次（5）溶解：CoCl2的溶解度曲线如图2所示向碱式碳酸钴中加入足量稀盐酸，边加热边搅拌至完全溶解后，需趁热过滤，其原因是防止因温度降低，CoCl2晶体析出（6）灼烧：准确称取所得CoC2O4 1.470g，在空气中充分灼烧得0.830g氧化钴，写出氧化钴的化学式Co2O3【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】钴废催化剂加
44、入稀硫酸，发生Co+H2SO4=CoSO4+H2，Fe+H2SO4=FeSO4+H2，过滤滤渣是不溶的二氧化硅，而滤液是硫酸钴、硫酸亚铁与过量的硫酸的混合溶液，向滤液中加氯酸钠将亚铁离子氧化成铁离子，然后加入碳酸钠得到黄钠铁矾Na2Fe6（SO4）4（OH）12沉淀，继续向滤液中加入碳酸钠，得到碱式碳酸钴（CoCO3）23Co（OH）2，然后用盐酸溶解碱式碳酸钴（CoCO3）23Co（OH）2，再向所到溶液中加入草酸铵，得到溶解度极小的草酸钴，最后燃烧生成氧化钴，（1）洗液与滤液合并，提高洗涤和滤液中钴的利用率，滤渣应该是原料中不溶于稀硫酸的成分；（2）亚铁离子被氯酸根离子氧化成铁离子，根据得
45、失电子守恒分析解答；根据3Fe2+2Fe（CN）63=Fe3Fe（CN）62（蓝色沉淀）；4Fe3+3Fe（CN）64=Fe4Fe（CN）63（蓝色沉淀），如果亚铁离子部分氧化，滴加无色的硫氰化钾生成蓝色沉淀，可向氧化后的溶液中滴入硫氰化钾，观察是否有蓝色沉淀生成；（3）生成硫酸铁与碳酸钠发生双水解得到黄钠铁矾，书写化学方程式；（4）沉淀洗涤的方法是向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出重复操作23次；（5）CoCl2的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低氯化钴析出；（6）CoC2O4的质量为1.470g，其我知道可为0.01mol，Co元素质
46、量为0.59g，钴氧化物质量为0.83g，氧化物中氧元素质量为0.83g0.59g=0.24g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.01mol：2：3，据此可确定该氧化物的化学式【解答】解：钴废催化剂加入稀硫酸，发生Co+H2SO4=CoSO4+H2，Fe+H2SO4=FeSO4+H2，过滤滤渣是不溶的二氧化硅，而滤液是硫酸钴、硫酸亚铁与过量的硫酸的混合溶液，向滤液中加氯酸钠将亚铁离子氧化成铁离子，然后加入碳酸钠得到黄钠铁矾Na2Fe6（SO4）4（OH）12沉淀，继续向滤液中加入碳酸钠，得到碱式碳酸钴（CoCO3）23Co（OH）2，然后用盐酸溶解碱式碳酸钴（CoCO3）23Co（O
47、H）2，再向所到溶液中加入草酸铵，得到溶解度极小的草酸钴，最后燃烧生成氧化钴，（1）洗液与滤液合并，可提高洗涤和滤液中钴的利用率；所得滤渣为二氧化硅，化学式为：SiO2，故答案为：提高钴等元素的利用率；SiO2；（2）亚铁离子被氯酸根离子氧化成铁离子，1molr的亚铁离子失去1mol的电子，而1mol的氯酸根离子得到6mol的电子，根据电子得失守恒，可知离子方程式为：6Fe2+6H+ClO36Fe3+Cl+3H2O，取氧化后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则Fe2+已全部被氧化，故答案为：6Fe2+6H+ClO36Fe3+Cl+3H2O；取氧化后的溶液少许于试管中，
48、滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则Fe2+已全部被氧化；（3）生成硫酸铁与碳酸钠发生双水解得到黄钠铁矾，化学反应方程式为：3Fe2（SO4）3+6H2O+6 Na2CO3=Na2Fe6（SO4）4（OH）12+5 Na2SO4+6CO2，故答案为：3Fe2（SO4）3+6H2O+6 Na2CO3=Na2Fe6（SO4）4（OH）12+5 Na2SO4+6CO2；（4）沉淀洗涤的方法是：向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出重复操作23次，故答案为：向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出重复操作23次；（5）CoCl2的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所
49、以趁热过滤，防止温度降低氯化钴析出，故答案为：防止因温度降低，CoCl2晶体析出；（6）CoC2O4的质量为1.470g，其我知道可为0.01mol，Co元素质量为0.59g，钴氧化物质量为0.83g，氧化物中氧元素质量为：0.83g0.59g=0.24g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.01mol：2：3，故Co氧化物为Co2O3，故答案为：Co2O3【化学-选修3物质结构与性质】11I.2015年国产C919大型客机正式下线，标志着我国成为世界上少数几个具有自行研制大型飞机的国家之一，标志着我国航空工业进入了新的发展阶段（1）飞机的外壳通常采用镁铝合金材料，铝的价电子排布图为，
50、第一电离能：镁大于（填“大于”或“小于”）铝（2）现代飞机为了减轻质量而不减轻外壳承压能力，通常采用复合材料玻璃纤维增强塑料，其成分之一为环氧树脂，常见的E51型环氧树脂中部分结构如1图所示：其中碳原子的杂化方式为sp2、sp3，个数比为2：1II大型飞机的发动机被誉为航空工业皇冠上的“宝石”制造过程中通常采用碳化钨做关键部位的材料（3）钨元素位于周期表的第六周期第VIB族，请写出其外围电子排布式5d46s2，（4）图2为碳化钨晶体的一部分结构，碳原子嵌入金属钨的晶格的间隙，并不破坏原有金属的晶格，形成填隙+固溶体，也称为填隙化合物在此结构中，其中钨原子有6个，1个钨原子周围距离钨原子最近的碳
51、原子有6个，下列金属元素的堆积方式与碳化钨晶胞中碳原子和钨原子所处位置类似的是CAFe CuBTi AuCMg ZnDCu Ag（5）假设该部分晶体的体积为Vcm3，碳化钨的摩尔质量为M g/mol，密度为b g/cm3，则阿伏加德罗常数NA用上述数据可以表示为【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用【分析】I（1）Al原子价电子排布式为3s23p1，根据泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；Mg元素3s能级为全满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；（2）分子中碳原子均没有孤对电子，苯环中C原子形成3个键、其它碳原子生成4个键，杂化轨道数目分别为3、4；II（3）钨元素位于周期表的第六周期
52、第VIB族，据此书写其外围电子排布式；（4）利用均摊法计算钨原子数目，以体内钨原子可知，1个钨原子周围距离钨原子最近的碳原子有6个，碳化钨晶胞中碳原子和钨原子所处位置为六方最密堆积，与Mg的堆积方式相同；（5）计算结构中W、C原子数目，利用阿伏伽德罗常数表示出质量，再根据m=V计算【解答】解：I（1）Al原子价电子排布式为3s23p1，价电子排布图为，Mg元素3s能级为全满稳定状态，能量较低，Mg的第一电离能大于Al的，故答案为：；大于；（2）分子中碳原子均没有孤对电子，苯环中C原子形成3个键、其它碳原子生成4个键，杂化轨道数目分别为3、4，分别采取sp2、sp3 杂化，二者原子数目之比为12
53、：6=2：1，故答案为：sp2、sp3；2：1；II（3）钨元素位于周期表的第六周期第VIB族，其外围电子排布式为：5d46s2，故答案为：5d46s2；（4）在此结构中钨原子数目为1+2+12+6=6，以体内钨原子可知，1个钨原子周围距离钨原子最近的碳原子有6个，碳化钨晶胞中碳原子和钨原子所处位置为六方最密堆积，与Mg的堆积方式相同，故答案为：6；6；C；（5）结构中W原子数目为6、C原子数目为6，则结构质量为4，则4=Vcm3b g/cm3，故NA=，故答案为：【化学-选修5有机化学基础】12某有机物合成路线如图：（1）H中的含氧官能团名称是羧基（2）B的名称是乙苯，分子中最多有14个原子
54、共面（3）反应1的反应类型为加成反应，反应2的反应类型为加成反应（4）CD的化学方程式是（5）化合物G有多种同分异构体，同时满足下列条件的所有同分异构体的个数是20能发生银镜反应和水解反应； 能与FeCl3发生显色反应；苯环上含有3个不相同的取代基（6）参照上述合成路线，设计一条由NCCH2CHO为起始原料制备（要重新写过） 的合成路线：NCCH2CHO【考点】HC：有机物的合成【分析】比较苯和E的结构简式可知，苯与乙烯发生加成反应生成B为C6H5C2H5，B与溴发生取代生成C为C6H5CH2CH2Br，C碱性水解得D为C6H5CH2CH2OH，D氧化得E，E氧化得F，F与甲醛发生加成生成G，
55、G发生消去反应得H，由NCCH2CHO为起始原料制备，可以用NCCH2CHO氧化得NCCH2COOH，NCCH2COOH与甲醛发生加成反应得HOCH2CH（CN）COOH，HOCH2CH（CN）COOH发生缩聚反应得，据此答题【解答】解：（1）根据H的结构简式可知，H中的含氧官能团名称是羧基，故答案为：羧基；（2）B为C6H5C2H5，B的名称是乙苯，分子中与苯环相连的所有原子都共面，乙基中最多3个原子在苯环的面上，所以共有14个原子共面，故答案为：乙苯；14；（3）根据上面的分析可知，反应1的反应类型为加成反应，反应2的反应类型为加成反应，故答案为：加成；加成；（4）CD的化学方程式为，故答
56、案为：；（5）根据条件能发生银镜反应和水解反应，说明有甲酸某酯，能与FeCl3发生显色反应，说明有酚羟基，苯环上含有3个不相同的取代基，则满足下列条件的G的同分异构体为苯环上连有OOCH、OH、CH2CH3，或CH2OOCH、OH、CH3，每一种情况都可以根据定二动一的原则可知，每种情况都有10种结构，则符合条件的G的同分异构体有20种，故答案为：20；（6）由NCCH2CHO为起始原料制备，用NCCH2CHO氧化得NCCH2COOH，NCCH2COOH与甲醛发生加成反应得HOCH2CH（CN）COOH，HOCH2CH（CN）COOH发生缩聚反应得，合成路线为，故答案为：、2017年7月13日
