1、2016年吉林省延边州高考化学模拟试卷一、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我国古代发明或技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是 指南针黑火药转轮排字黏土制陶瓷用玻璃瓶盛装“强水”（古书中记载一种能腐蚀五金的液体用明矾溶液清洗铜镜表面的铜锈湿法炼铜（）ABCD2NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A铁和酸反应，放出标准状况下的22.4L气体，转移的电子数必为2NAB将标准状况下，11.2LN2和33.6LH2混合，在一定条件下充分反应，产生的NH3的分子数为2NAC常温常压下，6g乙酸所含共价键数目为0.7NAD1L 0.1m
2、olL1碳酸钠溶液中，阴离子数目大于0.1NA3分子式为C3H6ClBr的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）A3种B4种C5种D6种4表示下列操作的离子方程式正确的是（）A用惰性电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl+2H+H2+Cl2B用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2A+H2OC向沸水中滴加FeCl3溶液制备胶体：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+D将Cl2溶于水中：Cl2+H2OCl+2H+ClO5下列实验现象和结论都正确的是（） 选项实验操作现象结论A将SO2通入酸性高锰酸钾溶液高锰酸钾溶液紫色褪色SO2具有漂白性B等体
3、积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应相同时间内HA与Zn反应生成的氢气更多HA是强酸C灼烧某白色粉末火焰呈黄色白色粉末中含有Na+，无K+D将稀硫酸滴入碳酸钠溶液中产生的气体通入硅酸钠溶液中有白色沉淀生成证明非金属性SCSiAABBCCDD6已知W、X、Y、Z均为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，气态氢化物的稳定性WZ，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性弱于Y的阳离子的氧化性下列说法正确的是（）AX、Y、Z、W 元素的离子半径依次减小BW 的气态氢化物的沸点一定高于Z的气态氢化物的沸点C若W 与Y的原子序数相差5，则二者形成的化合物的化学式可能为Y2W3或Y3W2DW 与
4、X形成的化合物只含离子键7如图是某燃煤发电厂处理废气的装置示意图下列说法正确的是（）A使用此装置处理过的废气就不会对大气造成污染了B装置内发生的反应有化合、分解、置换和氧化还原反应C整个过程的反应可表示为2SO2+2CaCO3+O22CaSO4+2CO2D可用澄清的石灰水检验经过处理的废气是否达标二、解答题（共4小题，满分58分）8某探究小组设计如图所示装置（夹持、加热仪器略），模拟工业生产进行制备三氯乙醛（CCl3CHO）的实验查阅资料，有关信息如下：制备反应原理：C2H5OH+4Cl2CCl3CHO+5HCl可能发生的副反应：C2H5OH+HClC2H5Cl+H2OCCl3CHO+HClO
5、CCl3COOH+HCl（三氯乙酸）相关物质的相对分子质量及部分物理性质：C2H5OHCCl3CHOCCl3COOHC2H5Cl相对分子质量46147.5163.564.5熔点/114.157.558138.7沸点/78.397.819812.3溶解性与水互溶可溶于水、乙醇可溶于水、乙醇、三氯乙醛微溶于水，可溶于乙醇（1）仪器A中发生反应的化学方程式为，（2）装置B中的试剂是，若撤去装置B，可能导致装置D中副产物（填化学式）的量增加；装置D可采用加热的方法以控制反应温度在70左右（3）装置中球形冷凝管的作用为 写出E中所有可能发生的无机反应的离子方程式（4）反应结束后，有人提出先将D中的混合物
6、冷却到室温，再用过滤的方法分离出CCl3COOH你认为此方案是否可行，为什么：（5）测定产品纯度：称取产品0.40g配成待测溶液，加入0.1000molL1碘标准溶液20.00mL，再加入适量Na2CO3溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，立即用0.02000molL1Na2S2O3溶液滴定至终点进行三次平行实验，测得消耗Na2S2O3溶液20.00mL则产品的纯度为（计算结果保留三位有效数字）滴定的反应原理：CCl3CHO+OHCHCl3+HCOOHCOO+I2H+2I+CO2I2+2S2O322I+S4O62（6）为证明三氯乙酸的酸性比乙酸强，某学习小组的同学设计了以下三种方案，你认为
7、能够达到实验目的是a分别测定0.1molL1两种酸溶液的pH，三氯乙酸的pH较小b用仪器测量浓度均为0.1molL1的三氯乙酸和乙酸溶液的导电性，测得乙酸溶液的导电性弱c测定等物质的量浓度的两种酸的钠盐溶液的pH，乙酸钠溶液的pH较大9合成氨反应是化学上最重要的反应之一：（1）合成氨原料气中的氢气可利用天然气（主要成分为CH4）在高温、催化剂作用下与水蒸气反应制得，反应中每生成2mol CO2吸收316kJ热量，该反应的热化学方程式是该方法制得的原料气中主要杂质是CO2，若用K2CO3溶液吸收，该反应的离子方程式是（2）已知N2（g）+3H2（g）23（g）H0如图是当反应器中按n（N2）：n
8、（H2）=1：3投料后，在200、400、600下，反应达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线，曲线a对应的温度是关于工业合成氨的反应，下列叙述正确的是（填序号）A上图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系为K（M）=K（Q）K（N）B加催化剂能加快反应速率但H2的平衡转化率不变C相同压强条件下，投料相同，达到平衡所需时间关系为cbaD由曲线a可知，当压强增加到100MPa以上，NH3的物质的量分数可达到100%E及时分离出NH3可以提高H2的平衡转化率N点时c（NH3）=0.2molL1，N点的化学平衡常数K=（精确到小数点后两位）（3）合成氨工业中含氨废水的处理方法之一是电化
9、学氧化法，将含氨的碱性废水通入电解系统后，在阳极上氨被氧化成氮气而脱除，阳极的电极反应式为（4）NH3可以处理NO2 的污染，方程式如下：NO2+NH3N2+H2O（未配平）当转移0.6mol电子时，消耗的NO2在标准状况下的体积是L10锌锰干电池是最早使用的化学电池，酸性锌锰干电池以锌筒为负极，正极材料是二氧化锰粉、氯化铵及碳黑组成的糊状混合物，中间插入一根碳棒，正极和负极之间有一层用氯化铵和氯化锌溶液浸透了的隔离纸工作时正极上会发生反应：2NH4+2e=2NH3+H2电池总反应为：2MnO2（s）+Zn（s）+NH4+（aq）=2MnO（OH）（s）+Zn（NH3）22+（aq）请回答下列
10、问题：（1）电池的负极反应式为（2）对干电池不能进行加热或充电，否则会（3）废电池糊状填充物经溶解、过滤，得到无色滤液和黑色滤渣某课外活动小组对该滤液和滤渣进行了探究已知：滤液的成份是氯化锌和氯化铵；Zn（OH）2是两性氢氧化物I取少量滤液于试管中，滴入适量NaOH溶液产生白色沉淀至沉淀刚开始溶解，并字不要微热，生成无色刺激性气体，检验该气体的方法是继续往试管中滴入FeCl3溶液，白色沉淀部分转化为红褐色沉淀，则可判断Zn（OH）2的KspFe（OH）3的Ksp（填“大于”、“小于”、“不能判断”），写出该反应的离子方程式 II从黑色滤渣分离出二氧化锰，探究其在用H2O2制备O2过程中的作用实
11、验装置如图所示，将等量的H2O2溶液加入烧瓶中，分别进行2次实验（气体体积在相同条件下测定）序号烧瓶中的物质气体体积MnO2的作用实验1足量MnO256mL实验2足量MnO2和稀硫酸112mL为了准确读取量气管读数，读数时视线应与左管凹液面最低处相平，还应注意，实验1中MnO2的作用是催化剂，则实验2中反应的离子方程式为（4）用废电池的锌皮制作七水合硫酸锌（含少量金属铁），其流程如下：试剂A是（填化学式），操作包括、冷却结晶、过滤、洗涤等操作，其过程中所需的仪器有酒精灯、玻璃棒、漏斗和下列仪器中的（填字母）（铁架台及夹持仪器略）a坩埚 b蒸发皿 c圆底烧瓶 d小烧杯（5）ZnSO47H2O晶体
12、溶解于饱和Na2CO3溶液中，得到6.46g的碱式碳酸锌Znx（CO3）y（OH）z，为了测定其组成，充分加热分解，产生的气体依次通入浓硫酸和碱石灰，质量分别增重了0.72g和0.88g，则该碱式碳酸锌的化学式11化学与人类的进步密切相关，为人类的生产、生活提供了物质保证如海洋中含有丰富的资源，是人类的巨大宝库，如把海水淡化和化工生产结合起来，既可解决淡水资源缺乏的问题，又可充分利用海洋资源目前，国际上使用的“海水淡化”技术主要有蒸馏法、膜分离方法、电渗析法等（1）蒸馏法所需玻璃仪器有酒精灯、锥形瓶、尾接管和、（2）电渗析法原理如图1所示：淡水从口（填“a”或“b”）流出；为了防止海水中的SO
13、42、Ca2+、Mg2+堵塞交换膜，需加入药品对之净化除去，则药品加入顺序次依是NaOH、电渗析法制取淡水的过程中产生的电解产物，用来处理二氧化硫的废气并回收二氧化硫及氯化钠，其循环的流程如图2请写出反应、有关的化学反应方程式：、海水中蕴含着丰富的化学资源如镁、钾、铀（3）从海水中提取镁的部分步骤如下：m将蒸发结晶得到的MgCl26H2O在一定条件下加热，得到无水MgCl2；n电解熔融的氯化镁制金属镁步骤m中的“一定条件”指的是，目的是；步骤n不用熔融氧化镁制金属镁的原因是（4）铀是核反应最重要的燃料之一，已经研制成功一种螯合型离子交换树脂，它专门吸附海水中的U4+，而不吸附其他元素其反应原理
14、为（树脂用HR代替），发生离子交换后的离子交换膜用酸处理还可再生并得到含铀的溶液，其反应原理为四.【化学-选修3物质结构与性质】12氮族元素和卤族元素都能形成许多种物质（1）基态P原子中，电子占据的最高能级符号为，基态N原子核外有种运动状态不同的电子，基态Br原子的价电子排布式为（2）HCN的结构式为；其中心C原子的杂化类型为杂化氮、磷、氟三种元素的电负性由大到小的顺序为（用元素符号表示）（3）已知PCl3是不稳定的无色液体，遇水反应可生成两种酸，该反应的化学方程式 为，所得含氧酸（已知该含氧酸的各步电离平衡常数分别为Ka1=1.6102和Ka2=7107）和足量的NaOH溶液反应生成盐的化学
15、式为（4）根据下表提供的第一电离能数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是（填元素名称）FClBrI第一电离能（kJmol1）168112511140100813（1）已知KCl、MgO、CaO、TiN这四种晶体的结构与NaCl晶体结构相似下表给出了三种晶体的晶格能数据：晶体NaClKClCaO晶格能（kJmol1）7867153401则该四种晶体（不包括NaCl）的熔点从高到低的顺序为（以化学式表示）（2）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，其结构与NaCl相同（如图所示）据此可判断该钙的氧化物的化学式为已知该氧化物的密度是pgcm3，则晶胞内最近的两个钙离子间的距离为 cm
16、（只要求列出算式，不必计算出数值结果，阿伏加德罗常数的值为NA）五.【化学-选修5有机化学基础】14姜醇具有祛风散寒、健胃止吐、解毒的药用价值下图是由化合物M制备姜醇路线图M是由C、H、O三种元素组成的芳香醛类化合物，其相对分子质量小于160，其中O元素的质量分数为31.58%（1）M的分子式是；（2）反应的反应类型是；（3）高聚物Q所含的官能团的名称是；（4）写出反应的化学方程式：（5）M有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体数目是种：属于芳香族化合物，苯环上有两个取代基，且分子内无其它的环状结构；遇FeCl3溶液显紫色；烯醇式结构（RCH=CHOH）很不稳定；在上述同分异构体中，能
17、发生水解，其核磁共振氢谱显示为3：2：2：1的同分异构体的结构简式是：，1mol该物质在一定条件下与足量的NaOH溶液反应，需要的NaOH的物质的量是mol2016年吉林省延边州高考化学模拟试卷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我国古代发明或技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是 指南针黑火药转轮排字黏土制陶瓷用玻璃瓶盛装“强水”（古书中记载一种能腐蚀五金的液体用明矾溶液清洗铜镜表面的铜锈湿法炼铜（）ABCD【考点】物理变化与化学变化的区别与联系【专题】物质的性质和变化专题【分析】指南针磁针在天然地磁场的作用下可以自
18、由转动并保持在磁子午线的切线方向上；火药的主要成分有硫磺、木炭、硝酸钾等物质，其中的木炭是由木材隔绝空气加热制成；转轮排字没有新物质生成；黏土制陶瓷有新物质生成；玻璃的成分是二氧化硅；铝离子水解显酸性；湿法炼铜有新物质铜生成【解答】解：指南针磁针在天然地磁场的作用下可以自由转动并保持在磁子午线的切线方向上，没有新物质生成，不涉及化学反应，故正确；火药的主要成分有硫磺、木炭、硝酸钾等物质，其中的木炭是由木材隔绝空气加热制成，属于化学变化，故错误；转轮排字没有新物质生成，不涉及化学反应，故正确；黏土制陶瓷有新物质生成，涉及化学反应，故错误；玻璃的成分是二氧化硅，二氧化硅与酸不反应，没有新物质生成，
19、不涉及化学反应，故正确；铝离子水解显酸性，氢离子能与铜锈反应，有新物质生成，涉及化学反应，故错误；湿法炼铜有新物质铜生成，有新物质生成，涉及化学反应，故错误；故选D【点评】本考点考查了物理变化和化学变化的区别，基础性比较强，只要抓住关键点：是否有新物质生成，问题就很容易解决本考点主要出现在选择题和填空题中2NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A铁和酸反应，放出标准状况下的22.4L气体，转移的电子数必为2NAB将标准状况下，11.2LN2和33.6LH2混合，在一定条件下充分反应，产生的NH3的分子数为2NAC常温常压下，6g乙酸所含共价键数目为0.7NAD1L 0.1molL1碳
20、酸钠溶液中，阴离子数目大于0.1NA【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、铁和不同的酸反应，生成的气体的种类不同；B、合成氨的反应为可逆反应；C、求出乙酸的物质的量，然后根据1mol乙酸中含8mol共价键来分析；D、碳酸根的水解导致溶液中的阴离子的个数增多【解答】解：A、铁和不同的酸反应，生成的气体的种类不同，如可能是氢气或NO2或NO或SO2等，则转移的电子数无法计算，故A错误；B、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的氨气分子个数小于2NA个，故B错误；C、6g乙酸的物质的量为0.1mol，而1mol乙酸中含8mol共价键，故0.1mol乙酸中含0
21、.8NA个共价键，故C错误；D、碳酸根的水解导致溶液中的阴离子的个数增多，故溶液中的阴离子的个数多于0.1NA个，故D正确故选D【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大3分子式为C3H6ClBr的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）A3种B4种C5种D6种【考点】有机化合物的异构现象【分析】C3H6ClBr可以可知丙烷中的2个H原子分别为1个Cl、1个Br原子取代，丙烷只有一种结构，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断【解答】解：C3H6ClBr可以可知丙烷中的2个H原子分别为1个Cl、1个
22、Br原子取代，丙烷只有一种结构，氯原子与溴原子取代同一碳原子上的H原子，有CH3CH2CHBrCl、CH3CBrClCH32种，可以取代不同碳原子上的H原子，有BrCH2CH2CH2Cl、CH3CHBrCH2Cl、CH3CHClCH2Br3种，故共有5种，故选：C【点评】本题考查同分异构体的书写，难度中等，注意氯原子或溴原子取代中间碳原子上的氢原子结构不同4表示下列操作的离子方程式正确的是（）A用惰性电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl+2H+H2+Cl2B用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2A+H2OC向沸水中滴加FeCl3溶液制备
23、胶体：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+D将Cl2溶于水中：Cl2+H2OCl+2H+ClO【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A电解饱和食盐水生成氢氧化钠和氢气、氯气；B银氨溶液氧化醛基生成羧酸；C氢氧化铁胶体不是沉淀；D次氯酸为弱酸，应保留化学式【解答】解：A惰性电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl+2H2O Cl2+H2+2OH，故A错误；B用银氨溶液检验乙醛中的醛基，离子方程式：CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2Ag+H2O，故B正确；C向沸水中滴加FeCl3溶液制备胶体，离子方程式：Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，
24、故C错误；D将Cl2溶于水中，离子方程式：Cl2+H2OCl+H+HClO，故D错误；故选：B【点评】本题考查了离子方程式的正误判断和注意问题，明确离子方程式书写方法是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循原子个数守恒，题目难度不大5下列实验现象和结论都正确的是（） 选项实验操作现象结论A将SO2通入酸性高锰酸钾溶液高锰酸钾溶液紫色褪色SO2具有漂白性B等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应相同时间内HA与Zn反应生成的氢气更多HA是强酸C灼烧某白色粉末火焰呈黄色白色粉末中含有Na+，无K+D将稀硫酸滴入碳酸钠溶液中产生的气体通入硅酸钠溶液中有白色沉淀生成证明非金属性SCSiAA
25、BBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】元素及其化合物【分析】A二氧化硫具有还原性； BpH=3的两种酸，相同时间内，HA放出的氢气多，则反应过程中HA酸的氢离子浓度大；C不能确定是否含有K+；D根据强酸准备弱酸【解答】解：A酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二氧化硫和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，所以该反应体现二氧化硫还原性，故A错误； B等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，相同时间内，HA收集到氢气多，一定能说明HA是弱酸，故B错误；C不能确定是否含有K+，检验钾离子，可透过蓝色钴玻璃，以滤去黄光，故C错误；D稀H2SO4与Na2CO3溶液反应后产
26、生二氧化碳，酸性硫酸大于碳酸，二氧化碳溶于水生成碳酸，通入Na2SiO3溶液中产生白色浑浊，说明生成硅酸，则酸性：H2CO3H2SiO3，符合强酸准备弱酸的特点，故D正确故选D【点评】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、弱电解质、焰色反应以及非金属性比较，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大6已知W、X、Y、Z均为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，气态氢化物的稳定性WZ，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性弱于Y的阳离子的氧化性下列说法正确的是（）AX、Y、Z、W 元素的离子半径依次减小BW 的气
27、态氢化物的沸点一定高于Z的气态氢化物的沸点C若W 与Y的原子序数相差5，则二者形成的化合物的化学式可能为Y2W3或Y3W2DW 与X形成的化合物只含离子键【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，故W、Z为非金属，原子序数ZW，W处于第二周期，Z处于第三周期，X、Y、Z同周期，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性，则原子序数YX，且二者处于第三周期，根据选项进行判断【解答】解：W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，W的气态氢化物的稳定性比Z的气
28、态氢化物的稳定性强，故W、Z为非金属，原子序数ZW，W处于第二周期，Z处于第三周期，X、Y、Z同周期，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性，则原子序数YX，且二者处于第三周期，X、Y、Z的原子序数ZYX，AW、Z同主族，原子序数ZW，X、Y、Z同周期，X、Y、Z的原子序数ZYX，所以原子半径XYZW，故A正确；BW的气态氢化物为氨气、水、氟化氢时，分子间存在氢键，沸点高于同族其它氢化物的沸点，W为C、Z为Si时，W氢化物沸点较低，故B错误；C若W为N元素，Y为Mg元素，二者的原子序数相差5，二者形成化合物的化学式可能为Mg3N2，为Y3W2，故C错误；D若W与X形成的化合
29、物为过氧化钠，既含离子键又含共价键，故D错误；故选A【点评】本题考查元素周期表的结构、元素化合物性质等知识，题目难度中等，推断元素的名称为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的灵活应用能力7如图是某燃煤发电厂处理废气的装置示意图下列说法正确的是（）A使用此装置处理过的废气就不会对大气造成污染了B装置内发生的反应有化合、分解、置换和氧化还原反应C整个过程的反应可表示为2SO2+2CaCO3+O22CaSO4+2CO2D可用澄清的石灰水检验经过处理的废气是否达标【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】根据图示进行分析，燃煤中含有硫，燃烧后生
30、成二氧化硫，生成的二氧化硫可以使用碳酸钙处理，从而减少二氧化硫的排放，根据流程发生的反应进行回答【解答】解：A、使用此装置处理过的废气仍然会对大气造成污染，知识减轻环境污染，故A错误；B、碳酸钙分解能生成氧化钙和二氧化碳，属于分解反应，亚硫酸钙和氧气反应生成硫酸钙的反应是化合反应，属于氧化还原反应，没有置换反应，故B错误；C、整个过程中，二氧化硫与碳酸钙和氧气反应生成了硫酸钙和二氧化碳，2SO2+2CaCO3+O22CaSO4+2CO2，故C正确；D、整个过程中的二氧化硫和二氧化碳都可以是石灰水变浑浊，但是二氧化碳是无毒气体，故D错误；故选C【点评】本题考查了化学与环境保护的知识，注意物质的性
31、质应用以及知识的归纳和梳理，要理解环境污染日趋严重，要保护环境，要树立保护环境人人有责的理念二、解答题（共4小题，满分58分）8某探究小组设计如图所示装置（夹持、加热仪器略），模拟工业生产进行制备三氯乙醛（CCl3CHO）的实验查阅资料，有关信息如下：制备反应原理：C2H5OH+4Cl2CCl3CHO+5HCl可能发生的副反应：C2H5OH+HClC2H5Cl+H2OCCl3CHO+HClOCCl3COOH+HCl（三氯乙酸）相关物质的相对分子质量及部分物理性质：C2H5OHCCl3CHOCCl3COOHC2H5Cl相对分子质量46147.5163.564.5熔点/114.157.558138
32、.7沸点/78.397.819812.3溶解性与水互溶可溶于水、乙醇可溶于水、乙醇、三氯乙醛微溶于水，可溶于乙醇（1）仪器A中发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，（2）装置B中的试剂是饱和食盐水，若撤去装置B，可能导致装置D中副产物C2H5Cl（填化学式）的量增加；装置D可采用水浴加热的方法以控制反应温度在70左右（3）装置中球形冷凝管的作用为冷凝回流 写出E中所有可能发生的无机反应的离子方程式Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O、H+OH=H2O（4）反应结束后，有人提出先将D中的混合物冷却到室温，再用过滤的方法分离出CCl3COOH你认为此方案是否可
33、行不可行，为什么：CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO（5）测定产品纯度：称取产品0.40g配成待测溶液，加入0.1000molL1碘标准溶液20.00mL，再加入适量Na2CO3溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，立即用0.02000molL1Na2S2O3溶液滴定至终点进行三次平行实验，测得消耗Na2S2O3溶液20.00mL则产品的纯度为66.4%（计算结果保留三位有效数字）滴定的反应原理：CCl3CHO+OHCHCl3+HCOOHCOO+I2H+2I+CO2I2+2S2O322I+S4O62（6）为证明三氯乙酸的酸性比乙酸强，某学习小组的同学设计了以下三种方案，你认为能够达到实
34、验目的是abca分别测定0.1molL1两种酸溶液的pH，三氯乙酸的pH较小b用仪器测量浓度均为0.1molL1的三氯乙酸和乙酸溶液的导电性，测得乙酸溶液的导电性弱c测定等物质的量浓度的两种酸的钠盐溶液的pH，乙酸钠溶液的pH较大【考点】制备实验方案的设计【专题】有机实验综合【分析】A装置利用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，B装置用饱和食盐水除去HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl4CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气与水；（2）用饱和食盐水除去HCl；撤去B装置，增大副反应C2H5OH+HClC2H
35、5Cl+H2O的发生；控制反应温度在70左右，应采取水浴加热；（3）有机物易挥发性，冷凝回流挥发的有机物；E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，HCl与氢氧化钠反应生成氯化钠与水；（4）CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO；（5）根据消耗的Na2S2O3计算剩余I2的物质的量，进而计算与HCOO反应的I2的物质的量，再根据关系式：CCl3CHOHCOOI2计算；（6）a酸性越强，电离程度越大，溶液pH越小；b电离程度越大，酸性越强，溶液中离子浓度越大，导电能力越强；c酸性越弱，其钠盐的水解程度越大，溶液pH越大【解答】解：A装置利用
36、二氧化锰与浓盐酸制备氯气，B装置用饱和食盐水除去HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl4CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气与水，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）B装置用饱和食盐水除去HCl，减少副反应发生，撤去B装置，氯气中混有HCl，增大副反应C2H5OH+HClC2H5Cl+H2O的发生，导致装置D中副产物C2H5Cl增多，控制反应温度在70左右，应采取水浴加热，受热均匀，偏于控制温度，
37、故答案为：饱和食盐水；C2H5Cl；水浴；（3）有机物易挥发性，冷凝回流挥发的有机物；EE装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气，反应离子方程式为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O、H+OH=H2O，故答案为：冷凝回流；Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O、H+OH=H2O；（4）CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO，应采取蒸馏方法进行分离，故答案为：不可行，CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO；（5）根据消耗的Na2S2O3计算剩余I2的物质的量0.02000molL10.02L=2104mol，与HCOO反应的I2的物质的量为0.1000molL10.02L2
38、104mol=1.8103mol，由CCl3CHOHCOOI2可知，CCl3CHO的物质的量为1.8103mol，则产品的纯度为100%=66.4%，故答案为：66.4%；（6）a酸性越强，电离程度越大，溶液pH越小；b电离程度越大，酸性越强，溶液中离子浓度越大，导电能力越强；c酸性越弱，其钠盐的水解程度越大，溶液pH越大a分别测定0.1molL1两种酸溶液的pH，三氯乙酸的pH较小，说明三氯乙酸电离程度比乙酸的大，则三氯乙酸的酸性比乙酸的强，故a正确；b用仪器测量浓度均为0.1molL1的三氯乙酸和乙酸溶液的导电性，测得乙酸溶液的导电性弱，三氯乙酸溶液中离子浓度更大，说明三氯乙酸电离程度比乙
39、酸的大，则三氯乙酸的酸性比乙酸的强，故b正确；c测定等物质的量浓度的两种酸的钠盐溶液的pH，乙酸钠溶液的pH较大，说明乙酸钠的水解程度更大，则乙酸的酸性比三氯乙酸的弱，故c正确，故选：abc【点评】本题考查有机物制备、物质含量程度、实验方案设计等，关键是明确反应原理与各装置作用，掌握常用物质分离提纯方法，注意对题目信息的应用，难度中等9合成氨反应是化学上最重要的反应之一：（1）合成氨原料气中的氢气可利用天然气（主要成分为CH4）在高温、催化剂作用下与水蒸气反应制得，反应中每生成2mol CO2吸收316kJ热量，该反应的热化学方程式是CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2（g）H=+
40、158kJmol1该方法制得的原料气中主要杂质是CO2，若用K2CO3溶液吸收，该反应的离子方程式是CO32+CO2+H2O2HCO3（2）已知N2（g）+3H2（g）23（g）H0如图是当反应器中按n（N2）：n（H2）=1：3投料后，在200、400、600下，反应达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线，曲线a对应的温度是200关于工业合成氨的反应，下列叙述正确的是ABE（填序号）A上图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系为K（M）=K（Q）K（N）B加催化剂能加快反应速率但H2的平衡转化率不变C相同压强条件下，投料相同，达到平衡所需时间关系为cbaD由曲线a可知，当压强增
41、加到100MPa以上，NH3的物质的量分数可达到100%E及时分离出NH3可以提高H2的平衡转化率N点时c（NH3）=0.2molL1，N点的化学平衡常数K=（精确到小数点后两位）（3）合成氨工业中含氨废水的处理方法之一是电化学氧化法，将含氨的碱性废水通入电解系统后，在阳极上氨被氧化成氮气而脱除，阳极的电极反应式为2NH36e+6OHN2+6H2O（4）NH3可以处理NO2 的污染，方程式如下：NO2+NH3N2+H2O（未配平）当转移0.6mol电子时，消耗的NO2在标准状况下的体积是3.36L【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素【专题】化学平
42、衡专题；电离平衡与溶液的pH专题【分析】（1）生成2mol二氧化碳吸收316kJ热量，则生成1mol二氧化碳吸收158kJ热量，根据反应物、生成物及反应条件、反应热书写热化学方程式；碳酸钾和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠；（2）正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，氨气的含量减小；AK只受温度影响，温度不变平衡常数不变，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；B催化剂只改变反应速率不影响平衡移动；C相同压强条件下，投料相同，温度越高反应速率越大，反应达到平衡时间越短；D可逆反应中存在化学平衡；E及时分离出NH3平衡正向移动；根据反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）利用三段式
43、计算出平衡时各物质的浓度，并计算平衡常数；（3）生成的无污染的物质为氮气，根据电解原理写出阳极电极反应式；（4）反应6NO2+8NH37N2+12H2O方程式可知6NO224mole，以此来解答【解答】解：（1）生成2mol二氧化碳吸收316kJ热量，则生成1mol二氧化碳吸收158kJ热量，根据反应物、生成物及反应条件、反应热书写热化学方程式为；碳酸钾和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，离子方程式为CO32+CO2+H2O2HCO3；故答案为：CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2（g）H=+158kJmol1 ；CO32+CO2+H2O2HCO3；（2）合成氨的反应为放热反应，反应温
44、度越高，越不利于反应正向进行，曲线a的氨气的物质的量分数最高，其反应温度对应相对最低，所以a曲线对应温度为200；故答案为：200；A平衡常数与温度有关，与其他条件无关，温度相同时平衡常数相同，反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，则M、N、Q点平衡常数K的大小关系是K（M）=K（Q）K（N），故正确；B催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，但平衡不移动，故正确；C相同压强条件下，投料相同，温度越高反应速率越大，反应达到平衡时间越短，温度：abc，则达到平衡所需时间关系为cba，故错误；D可逆反应中存在化学平衡，当达到平衡状态时正逆反应速率相等，反应物不能完全转化为生成物，故错误；E及时分离出N
45、H3平衡正向移动，则可以提高H2的平衡转化率，故正确；故选ABE；N点时氨的物质的量的分数为20%，利用三段式，设N2转化率是b，N2的起始浓度为a，根据反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始 a 3a 0转化 ab 3ab 2ab平衡 aab 3a3ab 2ab根据题意有，所以a=0.3，b=，所以平衡常数K=，故答案为：；（3）利用电解法将NH3H2O转化为对环境无污染的物质为氮气，阳极失去电子发生氧化反应，电极反应式为：2NH36e+6OH=N2+6H2O，故答案为：2NH36e+6OH=N2+6H2O；（4）反应6NO2+8NH37N2+12H2O方程式可知6NO224mole
46、，所以消耗的NO2在标准状况下的体积是622.4L=3.36L，故答案为：3.36【点评】本题考查化学平衡计算、电解原理、氧化还原反应计算、化学平衡影响因素等知识点，侧重考查学生识图、分析计算能力，明确化学反应原理是解本题关键，知道平衡常数的计算方法，题目难度中等10锌锰干电池是最早使用的化学电池，酸性锌锰干电池以锌筒为负极，正极材料是二氧化锰粉、氯化铵及碳黑组成的糊状混合物，中间插入一根碳棒，正极和负极之间有一层用氯化铵和氯化锌溶液浸透了的隔离纸工作时正极上会发生反应：2NH4+2e=2NH3+H2电池总反应为：2MnO2（s）+Zn（s）+NH4+（aq）=2MnO（OH）（s）+Zn（N
47、H3）22+（aq）请回答下列问题：（1）电池的负极反应式为Zn+2NH4+2e=Zn（NH3）22+2H+（2）对干电池不能进行加热或充电，否则会有可能发生爆炸（3）废电池糊状填充物经溶解、过滤，得到无色滤液和黑色滤渣某课外活动小组对该滤液和滤渣进行了探究已知：滤液的成份是氯化锌和氯化铵；Zn（OH）2是两性氢氧化物I取少量滤液于试管中，滴入适量NaOH溶液产生白色沉淀至沉淀刚开始溶解，并字不要微热，生成无色刺激性气体，检验该气体的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝继续往试管中滴入FeCl3溶液，白色沉淀部分转化为红褐色沉淀，则可判断Zn（OH）2的Ksp大于Fe（OH）3的Ks
48、p（填“大于”、“小于”、“不能判断”），写出该反应的离子方程式3Zn（OH）2 （s）+2Fe3+（aq）=2Fe（OH）3（s）+3Zn2+（aq） II从黑色滤渣分离出二氧化锰，探究其在用H2O2制备O2过程中的作用实验装置如图所示，将等量的H2O2溶液加入烧瓶中，分别进行2次实验（气体体积在相同条件下测定）序号烧瓶中的物质气体体积MnO2的作用实验1足量MnO256mL实验2足量MnO2和稀硫酸112mL为了准确读取量气管读数，读数时视线应与左管凹液面最低处相平，还应注意读数前上下移动右管，使两管液面保持同一高度，实验1中MnO2的作用是催化剂，则实验2中反应的离子方程式为H2O2+2
49、H+MnO2=Mn2+2H2O+O2（4）用废电池的锌皮制作七水合硫酸锌（含少量金属铁），其流程如下：试剂A是ZnO（填化学式），操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作，其过程中所需的仪器有酒精灯、玻璃棒、漏斗和下列仪器中的bd（填字母）（铁架台及夹持仪器略）a坩埚 b蒸发皿 c圆底烧瓶 d小烧杯（5）ZnSO47H2O晶体溶解于饱和Na2CO3溶液中，得到6.46g的碱式碳酸锌Znx（CO3）y（OH）z，为了测定其组成，充分加热分解，产生的气体依次通入浓硫酸和碱石灰，质量分别增重了0.72g和0.88g，则该碱式碳酸锌的化学式Zn3（CO3）（OH）4【考点】制备实验方案的设计；原电
50、池和电解池的工作原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定【专题】电化学专题；无机实验综合【分析】（1）原电池负极发生氧化反应，由电池反应式可知，Zn失去电子生成Zn（NH3）22+，可知需要NH4+参与反应，结合原子守恒与电荷守恒可知有H+生成；（2）正极会生成氢气，加热或充电可能发生爆炸危险；（3）I滤液中含有氯化铵，加入氢氧化钠溶液加热生成的气体为NH3，氨气可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝；白色沉淀部分转化为红褐色沉淀，即氢氧化锌与铁离子反应达到氢氧化铁沉淀，说明氢氧化锌的溶度积大于氢氧化铁的溶度积；应保持装置内外气体压强相等，可以上下移动右管，使两管液面保持同一高度；实验1中M
51、nO2的作用是催化剂，实验2中又加入硫酸，生成气体体积增大，且为实验1中的2倍，说明二氧化锰不是催化剂，实验1中过氧化氢分解时发生反应：2H2O22H2O+O2，可知实验2中过氧化氢中氧元素全部被氧化为氧气，二氧化锰起氧化剂作用；（4）酸浸时硫酸与Zn、Fe反应生成硫酸锌、硫酸亚铁，加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，加入试剂A调节溶液pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，不能引入新杂质，A可以为ZnO、Zn（OH）2、ZnCO3，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水合硫酸锌；（5）浓硫酸增重为分解生成水的质量，碱石灰增重为分解得到二氧化碳的质量，结合原子守恒计算碳酸根、氢
52、氧根的物质的量，再结合电荷守恒计算Zn2+的物质的量，计算X、Y、Z的比例关系确定化学式【解答】解：（1）原电池负极发生氧化反应，由电池反应式可知，Zn失去电子生成Zn（NH3）22+，可知需要NH4+参与反应，结合原子守恒与电荷守恒可知有H+生成，负极电极反应式为：Zn+2NH4+2e=Zn（NH3）22+2H+，故答案为：Zn+2NH4+2e=Zn（NH3）22+2H+；（2）正极会生成氢气，加热或充电可能发生爆炸危险，故答案为：有可能发生爆炸；（3）I滤液中含有氯化铵，加入氢氧化钠溶液加热生成的气体为NH3，检验氨气的方法为：将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝，白色沉淀部分转化为红
53、褐色沉淀，即氢氧化锌与铁离子反应达到氢氧化铁沉淀，说明氢氧化锌的溶度积大于氢氧化铁的溶度积，反应离子方程式为：3Zn（OH）2 （s）+2Fe3+（aq）=2Fe（OH）3（s）+3Zn2+（aq），故答案为：将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝；大于；3Zn（OH）2 （s）+2Fe3+（aq）=2Fe（OH）3（s）+3Zn2+（aq）；为了准确读取量气管读数，读数时视线应与左管凹液面最低处相平，还应注意：读数前上下移动右管，使两管液面保持同一高度；实验1中MnO2的作用是催化剂，实验2中又加入硫酸，生成气体体积增大，且为实验1中的2倍，说明二氧化锰不是催化剂，实验1中过氧化氢分解时发
54、生反应：2H2O22H2O+O2，可知实验2中过氧化氢中氧元素全部被氧化为氧气，二氧化锰起氧化剂作用，反应离子方程式为：H2O2+2H+MnO2=Mn2+2H2O+O2，故答案为：读数前上下移动右管，使两管液面保持同一高度；H2O2+2H+MnO2=Mn2+2H2O+O2；（4）酸浸时硫酸与Zn、Fe反应生成硫酸锌、硫酸亚铁，加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，加入试剂A调节溶液pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，不能引入新杂质，A可以为ZnO、Zn（OH）2、ZnCO3，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水合硫酸锌，操作过程中所需的仪器有酒精灯、玻璃棒、漏斗和蒸发皿、小
55、烧杯，故答案为：ZnO等；蒸发浓缩；bd；（5）浓硫酸增重为分解生成水的质量，水的物质的量为=0.04mol，则n（OH）=0.08mol，碱石灰增重为分解得到二氧化碳的质量，二氧化碳物质为=0.02mol，则n（CO32）=0.02mol，结合原子守恒，可知（Zn2+）=（0.08mol+0.02mol2）=0.06mol，则x：y：z=0.06：0.02：0.08=3：1：4，故该碱式碳酸锌的化学式为：Zn3（CO3）（OH）4，故答案为：Zn3（CO3）（OH）4【点评】本题比较综合，涉及原电池、元素化合物性质、离子检验、沉淀转化、化学工艺流程、物质的分离提纯、物质组成测定等，（1）中可
56、以利用总反应式减去正极反应式得到负极反应式，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力11化学与人类的进步密切相关，为人类的生产、生活提供了物质保证如海洋中含有丰富的资源，是人类的巨大宝库，如把海水淡化和化工生产结合起来，既可解决淡水资源缺乏的问题，又可充分利用海洋资源目前，国际上使用的“海水淡化”技术主要有蒸馏法、膜分离方法、电渗析法等（1）蒸馏法所需玻璃仪器有酒精灯、锥形瓶、尾接管和蒸馏烧瓶、冷凝管（2）电渗析法原理如图1所示：淡水从a口（填“a”或“b”）流出；为了防止海水中的SO42、Ca2+、Mg2+堵塞交换膜，需加入药品对之净化除去，则药品加入顺序次依是NaOH、BaCl2、Na2CO
57、3、电渗析法制取淡水的过程中产生的电解产物，用来处理二氧化硫的废气并回收二氧化硫及氯化钠，其循环的流程如图2请写出反应、有关的化学反应方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2、2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O海水中蕴含着丰富的化学资源如镁、钾、铀（3）从海水中提取镁的部分步骤如下：m将蒸发结晶得到的MgCl26H2O在一定条件下加热，得到无水MgCl2；n电解熔融的氯化镁制金属镁步骤m中的“一定条件”指的是HCl气流中，目的是抑制MgCl2水解；步骤n不用熔融氧化镁制金属镁的原因是MgO熔点高，熔融时因耗费大量的能量而增加生产成本（4）铀是核反应最重要的燃料之一，已经研制成
58、功一种螯合型离子交换树脂，它专门吸附海水中的U4+，而不吸附其他元素其反应原理为4HR+U4+UR4+4H+（树脂用HR代替），发生离子交换后的离子交换膜用酸处理还可再生并得到含铀的溶液，其反应原理为UR4+4H+4HR+U4+【考点】海水资源及其综合利用【专题】无机实验综合【分析】（1）根据蒸馏操作装置写出使用的玻璃仪器名称；（2）在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，离子浓度大的为浓水，离子浓度小的为淡水；海水中的SO42、Ca2+、Mg2+，用氢氧化钠除去镁离子，加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子；根据图知，用氯化钠溶液电解得到NaOH、氯气、
59、氢气，氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，亚硫酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠，能循环利用的物质是氯化钠，所以A为氢氧化钠，BC为氢气和氯气，两者反应生成D为氯化氢，C为亚硫酸钠，据此分析解答；（3）氯化镁水解显酸性，氯化氢气流中加热防止水解；MgO熔点很高，能耗太大，不经济；（4）依据题干信息分析，结合离子交换原理回答【解答】解：（1）需要使用的玻璃仪器为：酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、尾接管、锥形瓶，还缺少蒸馏烧瓶、冷凝管，故答案为：蒸馏烧瓶、冷凝管；（2）分析装置图，阴极室电极和电源负极相连，a为电源负极；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，a室离子浓度变小，b室
60、离子浓度变大，离子浓度大的为浓水，所以淡水从a处流出，海水中的SO42、Ca2+、Mg2+，用氢氧化钠除去镁离子，加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子，所以药品加入顺序次依是NaOH、BaCl2、Na2CO3，故答案为：a；BaCl2、Na2CO3；用氯化钠溶液电解得到NaOH、氯气、氢气，反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，所以A为氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化硫反应2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，BC为氢气和氯气，两者反应生成D为氯化氢，氯化氢和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，同时回收氯化钠，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；2
61、NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；（3）氯化镁水解显酸性，其水解的离子方程式为Mg2+2H2OMg（OH）2+2H+，氯化氢气流中中或加入浓盐酸加热，可抑制Mg2+水解，因为MgO熔点很高，能耗太大，增加生产成本，不经济，所以利用氯化镁冶炼金属镁而不利用氧化镁，故答案为：HCl气流中； 抑制MgCl2水解；MgO熔点高，熔融时因耗费大量的能量而增加生产成本；（4）螫合型离子交换树脂，它专门吸附海水中的U4+，即4HR+U4+=UR4+4H+，发生离子交换后的离子交换膜用酸处理还可再生并得到含铀的溶液，即UR4+4H+=4HR+U4，故答案为：4HR+U4+=UR4+4H+；UR4+4H+
62、=4HR+U4【点评】本题考查了海水淡化原理，明确图片内涵是解本题关键，注意电解、盐类水解原理、实验基本操作的灵活应用，题目难度中等四.【化学-选修3物质结构与性质】12氮族元素和卤族元素都能形成许多种物质（1）基态P原子中，电子占据的最高能级符号为3p，基态N原子核外有7种运动状态不同的电子，基态Br原子的价电子排布式为4S24P5（2）HCN的结构式为HCN；其中心C原子的杂化类型为sp杂化氮、磷、氟三种元素的电负性由大到小的顺序为FNP（用元素符号表示）（3）已知PCl3是不稳定的无色液体，遇水反应可生成两种酸，该反应的化学方程式 为PCl3+3 H2O=H3PO3+3HCl，所得含氧酸
63、（已知该含氧酸的各步电离平衡常数分别为Ka1=1.6102和Ka2=7107）和足量的NaOH溶液反应生成盐的化学式为Na2HPO3（4）根据下表提供的第一电离能数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是碘（填元素名称）FClBrI第一电离能（kJmol1）1681125111401008【考点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构【分析】（1）写出P的核外电子排布式，根据排布式确定电子占据的最高能级；基态N原子有多少个核外电子就有几种不同的运动状态；Br含有35个核
64、外电子，基态电子排布式为s22s22p63s23p63d104s24p5；（2）HCN分子中C与N之间存在三键；根据空间构型确定C的杂化形式；同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱；（3）水解反应元素化合价不变，因此生成的两种酸为H3PO3和HCl，由H3PO3的电离平衡常数可知，存在两步电离，与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3；（4）第一电离能是指原子失去一个电子所需的能量，第一电离能越小，就越容易失去一个电子，据此答题【解答】解：（1）基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，电子占据的最高能级符号为3p；基态N原子核外有 7个电
65、子，因此有7种运动状态不同的电子；Br含有35个核外电子，基态电子排布式为s22s22p63s23p63d104s24p5，价电子排布式为4s24p5；故答案为：3p；7；4s24p5；（2）HCN分子中C与N之间存在三键，则HCN分子的结构式为HCN；空间构型为直线型，中心原子C采取sp杂化；同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则电负性：FN，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：NP，则有电负性FNP，故答案为：HCN；sp；FNP；（3）水解反应元素化合价不变，因此生成的两种酸为H3PO3和HCl，水解反应的化学方程式为PCl3+3H2OH3PO3+3HCl，由H3PO3的电离
66、平衡常数可知，存在两步电离，与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3，故答案为：PCl3+3H2OH3PO3+3HCl；Na2HPO3；（4）第一电离能是指原子失去一个电子所需的能量，第一电离能越小，就越容易失去一个电子，比较表格中的数据可知，碘更容易形成较稳定的单核阳离子，故答案为：碘【点评】本题考查了物质结构和性质的综合应用，难度中等，涉及核外电子排布规律、电负性、结构式、化学方程式、第一电离能等知识点，考查非常全面，均为物质结构和性质的核心考点，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力13（1）已知KCl、MgO、CaO、TiN这四种晶体的结构与NaCl晶体结构相似下表给出了三种晶体的晶
67、格能数据：晶体NaClKClCaO晶格能（kJmol1）7867153401则该四种晶体（不包括NaCl）的熔点从高到低的顺序为TiNMgOCaOKCl（以化学式表示）（2）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，其结构与NaCl相同（如图所示）据此可判断该钙的氧化物的化学式为CaO2已知该氧化物的密度是pgcm3，则晶胞内最近的两个钙离子间的距离为 cm（只要求列出算式，不必计算出数值结果，阿伏加德罗常数的值为NA）【考点】晶胞的计算【专题】化学键与晶体结构【分析】（1）晶格能越大熔点越高，晶格能与离子半径成反比，与所带电荷数呈正比；（2）根据均摊法确定晶胞中各种原子的个数，确定氧化物的化学
68、式，结合密度计算晶胞的体积，进而求得晶胞的边长，两个离得最近的钙离子是位于顶点和面心上的，它们的距离为晶胞边长的【解答】解：（1）KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似，TiN中离子都带3个单位电荷，MgO、CaO中离子都带2个单位电荷，KCl中离子都带1个单位电荷，离子半径ClO2N3，Mg2+Ca2+K+，高价化合物的晶格能远大于低价离子化合物的晶格，晶格能TiNMgOCaOKCl，故熔点TiNMgOCaOKCl，故答案为：TiNMgOCaOKCl；（2）根据均摊法，可知晶胞中钙离子的个数为8+6=4，过氧离子的个数为12+11=4，故其化学式为CaO2，设晶
69、胞的边长为a，根据=，得a=cm，两个离得最近的钙是位于顶点和面心上的，它们的距离为晶胞边长的倍，即为cm，故答案为：CaO2；【点评】本题考查晶胞计算、熔沸点高低比较，掌握利用均摊法进行晶胞有关计算，掌握晶体类型与物质熔沸点比较，难度中等五.【化学-选修5有机化学基础】14姜醇具有祛风散寒、健胃止吐、解毒的药用价值下图是由化合物M制备姜醇路线图M是由C、H、O三种元素组成的芳香醛类化合物，其相对分子质量小于160，其中O元素的质量分数为31.58%（1）M的分子式是C8H8O3；（2）反应的反应类型是取代反应；（3）高聚物Q所含的官能团的名称是羰基、醚键；（4）写出反应的化学方程式：（5）M
70、有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体数目是21种：属于芳香族化合物，苯环上有两个取代基，且分子内无其它的环状结构；遇FeCl3溶液显紫色；烯醇式结构（RCH=CHOH）很不稳定；在上述同分异构体中，能发生水解，其核磁共振氢谱显示为3：2：2：1的同分异构体的结构简式是：或，1mol该物质在一定条件下与足量的NaOH溶液反应，需要的NaOH的物质的量是3或2mol【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】M是由C、H、O三种元素组成的芳香醛类化合物，分子中至少含有7个C原子，其相对分子质量小于160，其中O元素的质量分数为31.58%，分子中O原子数目最大说明小于=3.
71、2，若含有2个O原子，则相对原子质量为101，大于7个C原子、2个O原子总相对原子质量，故M分子含有3个O原子，M的相对分子质量为=152，去掉3个O原子后剩余总相对原子质量为15248=104，最大C原子数目为=88，而7个C原子最多结合16个H原子，故M分子中含有8个C原子、8个H原子、3个O原子，则M的分子式为：C8H8O3由L与姜醇的结构可知，反应属于醚的水解反应，反应为醇的消去反应，则H为或，H发生加聚反应得到高聚物Q为【解答】解：M是由C、H、O三种元素组成的芳香醛类化合物，分子中至少含有7个C原子，其相对分子质量小于160，其中O元素的质量分数为31.58%，分子中O原子数目最大
72、说明小于=3.2，若含有2个O原子，则相对原子质量为101，大于7个C原子、2个O原子总相对原子质量，故M分子含有3个O原子，M的相对分子质量为=152，去掉3个O原子后剩余总相对原子质量为15248=104，最大C原子数目为=88，而7个C原子最多结合16个H原子，故M分子中含有8个C原子、8个H原子、3个O原子，则M的分子式为：C8H8O3由L与姜醇的结构可知，反应属于醚的水解反应，反应为醇的消去反应，则H为或，H发生加聚反应得到高聚物Q为（1）右移上述分析可知，M的分子式是：C8H8O3，故答案为：C8H8O3；（2）反应的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；（3）高聚物Q为，所含的
73、官能团的名称是：羰基、醚键，故答案为：羰基、醚键；（4）反应的化学方程式：，故答案为：；（5）M有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体：属于芳香族化合物，遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，烯醇式结构（RCH=CHOH）很不稳定，苯环上有两个取代基，且分子内无其它的环状结构，M的不饱和度为=5，其中一个取代基为OH，另外的取代基为CH（OH）CHO，或者为COCH2OH，或者为OCH2CHO，或者为CH2COOH，或者为OOCCH3，或者为CH2OOCH，或者为COOCH3，各有邻、间、对3种，故共有21种，其中能发生水解，其核磁共振氢谱显示为3：2：2：1的同分异构体的结构简式是：或，1mol上述物质在一定条件下与足量的NaOH溶液反应，需要的NaOH的物质的量分别为3mol、2mol，故答案为：21；或；3或2【点评】本题考查有机物的推断与合成、限制条件同分异构体书写、官能团结构、有机反应类型，关键是确定M的分子式，较好的考查学生分析推理能力，难度中等