1、2015年宁夏银川市唐徕回民中学高考化学四模试卷一、选择题1下列说法不正确的是( )A2013年0点钟声敲响后的几个小时，北京的污染指数从轻度污染上升为重度污染，主要污染为PM2.5污染，看来烟花爆竹的燃放，可加重PM2.5污染B催化剂之所以能加快反应速率，是因为催化剂能降低反应的活化能C氨气的水溶液氨水可以导电，因此氨气是电解质D大量燃烧含硫燃料是形成酸雨的主要原因2设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中不正确的是( )A标准状况下，密度为d g/L的某气体纯净物一个分子的质量为gB25时，1g水中含H+离子个数约为1010NAC常温常压下，20g羟基（18OD）所含的电子数为9NAD1L pH
2、=1的硫酸溶液中，含有0.2NA个H+3分子式为C4H8O2的羧酸和酯的同分异构体共有（不考虑立体异构）( )A4种B5种C6种D7种4某同学设计如下的元素周期表，下列说法正确的是( )AX、Y、Z元素分别为N、P、OB气态氢化物的稳定性：YXC原子半径：ZXYD120号元素中最高价氧化物对应的水化物碱性最强元素在第三周期5下列离子方程式正确的是( )A将过量NaOH溶液滴入Ca（HCO3）2溶液中：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2OB三氯化铁溶液中通入硫化氢气体：2Fe3+3H2SFe2S3+6H+C用稀硝酸浸泡做过银镜反应的试管：Ag+2H+NO3Ag+NO2+H2OD4molL1的
3、NaAlO2溶液和7molL1的HCl等体积互相均匀混合：4AlO2+7H+H2O3Al（OH）3+Al3+6据中国储能网讯2012年8月23日报道，锂离子电池常见的正极材料主要成分为LiCoO2，负极则是特殊分子结构的碳电解质为能传导Li+的高分子材料，充电时，加在电池两极的电势迫使正极的化合物释出锂离子，嵌入负极分子排列呈片层结构的碳中，这种锂离子电池的电池反应为：Li（C）+LiCoO2Li2CoO2，下列说法不正确的是( )A该电池属于二次电池B充电时LiCoO2既发生氧化反应又发生还原反应C填充在正负极之间的电解质，除了保持稳定，还需要具有良好导电性，减小电池内阻D放电过程中Li+向
4、负极移动725时，0.1mol/L的HA溶液中=ll06，下列叙述正确的是( )A该溶液中由水电离出的c（H+）=l1013mol/LB0.1molL1 HA溶液与0.05molL1 NaOH溶液等体积混合后所得溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（A）C由pH=4的HA与pH=10的NaOH溶液等体积混合，溶液中c（Na+）c（A）c（OH一）c（H+）D浓度均为0.1mol/L的HA和NaA溶液等体积混合，若溶液呈酸性，则：c（A）c（HA）c（Na+）c（H+）c（OH）二、非选择题8（14分）废旧铅蓄电池的回收利用是发展循环经济的必经之路其阴、阳极填充物（铅膏，主要含PbO
5、、PbO2、PbSO4）是废旧铅蓄电池的主要部分，回收时所得黄丹（PbO）、碳酸铅可用于合成三盐基硫酸铅（组成可表示为3PbOPbSO4H2O），其工艺流程如下：（1）用碳酸盐作转化剂，将铅膏中的硫酸铅转化为碳酸铅，写出转化反应方程式：_（2）滤液A能用来回收Na2SO410H2O，提取该晶体的主要步骤有_、_、过滤、洗涤、干燥；检验该晶体中阴离子的实验方法是_（3）物质X是一种可循环使用的物质，其溶质主要是_（填化学式），若X中残留的SO42过多，循环利用时可能出现的问题是_（4）生成三盐基硫酸铅的离子方程式为_（5）向铅膏浆液中加入Na2SO3溶液的目的是将其中的PbO2还原为PbO若实验
6、中所取铅膏的质量为47.8g，其中PbO2的质量分数为15%，则要将PbO2全部还原，至少需要加入_mL的0.5mol/L Na2SO3溶液9下面是模拟工业上隔绝空气条件下灼烧铜矿样品（主要成分为Cu2S和Cu2O的混合物）冶炼铜的实验装置图：（1）写出硬质玻璃管中发生反应的化学方程式_（2）仪器a的名称为_，倒置漏斗的作用为_；（3）若X为氯化钡溶液，则实验未见白色沉淀生成，再向该烧杯中加入足量_（填字母），就能看到产生白色沉淀a氨水 b稀盐酸 c硝酸钾溶液 d硫化钠溶液（4）为了测定矿石样品中Cu2S的质量分数，反应开始前称取研细的铜矿样品25.00g，假定铜矿中的硫全部转化为SO2，其他
7、杂质不参与反应，反应后鼓入一定氦气使装置中SO2全部被水吸收，并配成250mL溶液移取25.00mL含SO2的水溶液于250mL锥形瓶中，用0.10mol/LKMnO4标准溶液滴定至终点，按上述操作重复滴定2次，平均消耗标准溶液19.95mL则滴定过程中发生反应的化学方程式为_，当_时判断滴定已经达到终点，铜矿样品中Cu2S的质量分数是_（5）本方案设计中有一个明显的缺陷影响了测定结果（不属于操作失误）你认为是_10（14分）工业制硫酸时，利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是一个的关键步骤（1）在标准状况下，将a L由SO2和Cl2组成的混合气体通入200mL 0.1mol/L的Fe2（SO
8、4）3溶液中，充分反应后，溶液的棕黄色变浅向反应后的溶液中加入足量的BaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥后称重，其质量为23.3g则混合气体中SO2的体积为_L，a的取值范围为：_（2）某温度下，SO2（g）+O2（g）SO3（g）H=98kJmol1开始时在100L的密闭容器中加入4.0mol SO2（g）和10.0mol O2（g），当反应达到平衡时共放出热量196kJ，该温度下平衡常数K=_（3）一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2mol SO2和1mol O2，发生下列反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），达到平衡后改变下述条件，SO2、O2、SO3气体平衡浓度都比
9、原来增大的是_（填字母）A保持温度和容器体积不变，充入2mol SO3B保持温度和容器体积不变，充入2mol N2C保持温度和容器体积不变，充入0.5mol SO2和0.25mol O2D保持温度和容器内压强不变，充入1mol SO3E升高温度F移动活塞压缩气体（4）常温时，BaSO4的Ksp=1.081010现将等体积的BaCl2溶液与2.0103mol/L的Na2SO4溶液混合若要生成BaSO4沉淀，BaCl2溶液的最小浓度为_mol/L（5）N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注一定温度下，在恒容密闭容器中N2O5可发生下列反应：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）H
10、0如表为反应在T1温度下的部分实验数据：t/s050100c（N2O5）/molL15.03.52.4则50s内NO2的平均生成速率为_现以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成的燃料电池，采用电解法制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2写出石墨I电极上发生反应的电极反应式_三、选做题（从以下3题中任选一题作答，若多做，按所做的第一题得分）【化学选修-化学与技术】11高富氧底吹熔池炼铜新工艺反应炉如图（1）该新工艺的优点之一是混合矿料不需要干燥、磨细烟气进入余热锅炉后，经静电除尘后进入酸厂回收利用，这样做体现化学的_思想（2）该新工艺的优点之二是首次投料需要添加少量的燃料，当反应充分启动后就不
11、需要再投放燃料，说明反应炉中的反应总体来说是_反应（3）此法冶炼的矿石主要是黄铜矿（主要成分是CuFeS2），经过上面设备煅烧后最终化合态的铜生成铜和SO2，在冶炼铜矿过程中存在重要反应：2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2、2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2、_（4）从放铜锍口放出的铜锍中还含有铁和硫必须除去，铜锍吹炼过程是火法冶炼生产粗铜的最后一道工序，吹炼过程分为两个阶段第一阶段的任务是使铁氧化造渣，主要化学反应为：2FeS+3O2+SiO2=2FeOSiO2+2SO2，第二阶段是使上一个阶段中没有反应彻底的Cu2S氧化成粗铜，主要化学反应为：Cu2S+O2=2Cu+S
12、O2，下列关于反应、的分析正确的是_（填序号）A反应氧化剂只有O2B硫元素在和均被氧化C和在反应过程中都有共价键破坏和共价键形成（5）图中渣包中的炉渣含有Fe2O3、FeO、SiO2等，选用提供的试剂设计实验验证炉渣中含有FeO提供的试剂：KMnO4溶液、KSCN溶液、NaOH溶液、稀硫酸、稀盐酸，所选试剂为_实验现象是_【化学选修-物质结构与性质】12已知A、B、C、D、E都是元素周期表中的前四周期元素，它们原子序数的大小关系为ACBDE又知A原子的p轨道为半充满，其形成的简单氢化物的沸点是同主族非金属元素的氢化物中最高的D原子得到一个电子后其3p轨道将全充满B+离子比D原子形成的离子少一个
13、电子层C与B可形成BC型的离子化合物E的原子序数为29请回答下列问题：（1）元素A简单氢化物中A原子的杂化类型是_，B、C、D的电负性由小到大的顺序为_（用所对应的元素符号表示）C的气态氢化物易溶于水的原因是：_（2）比E少5个质子的原子基态电子排布式为_元素E的单质晶体在不同温度下可有两种堆积方式，晶胞分别如图1中的a和b所示，则其面心立方堆积的晶胞与体心立方堆积的晶胞中实际含有的E原子的个数之比为_（3）实验证明：KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似（如图2所示），其中3种离子晶体的晶格能数据如表：离子晶体NaClKClCaO晶格能/kJmol1786715
14、3401则该4种离子晶体（不包括NaCl）熔点从高到低的顺序是：_（4）温室效应，科学家设计反应：CO2+4H2CH4+2H2O以减小空气中CO2若有1mol CH4生成，则有_mol 键和_mol 键断裂（5）铜是第四周期最重要的过度元素之一，其单质及化合物具有广泛用途CuH的晶体结构如图3所示，若CuH的密度为d gcm3，阿伏加德罗常数的数值为NA，则Cu+与H的核间距为_cm（用含d和NA的代数式表示）【化学选修-有机化学基础】132013年1月13日中国应用技术网报道了利用苯制备偶氮染料和医药中间体的方法，下面是制备偶氮染料F和医药中间体Y的流程图如下：回答下列问题：（1）苯的核磁共
15、振氢谱中有_峰，反应的反应类型_；（2）写出DE反应的化学方程式_（3）写出化合物A、F的结构简式A_、F_（4）设计AD的目的是_（5）写出满足下列条件的C的任意两种同分异构体的结构简式_a是苯的对位二取代产物；b能发生银镜反应（6）参照上述流程图设计从X到Y的合成路线_2015年宁夏银川市唐徕回民中学高考化学四模试卷一、选择题1下列说法不正确的是( )A2013年0点钟声敲响后的几个小时，北京的污染指数从轻度污染上升为重度污染，主要污染为PM2.5污染，看来烟花爆竹的燃放，可加重PM2.5污染B催化剂之所以能加快反应速率，是因为催化剂能降低反应的活化能C氨气的水溶液氨水可以导电，因此氨气是
16、电解质D大量燃烧含硫燃料是形成酸雨的主要原因【考点】常见的生活环境的污染及治理；催化剂的作用；电解质与非电解质；二氧化硫的污染及治理 【专题】化学计算【分析】A根据PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，会造成灰霾天气，燃放烟花爆竹会产生PM2.5解答；B催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能；C电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；D酸雨的形成主要是含硫燃料的燃烧形成的二氧化硫氧化为三氧化硫最后形成硫酸【解答】解：A烟花爆竹的燃放会产生大量的烟尘，进入大气，会增加空气中PM2.5，故A
17、正确；B使用催化剂，可改变反应历程，降低活化能，故B正确；C氨气只存在分子，不能导电；NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，不是氨气自身电离，所以氨气是非电解质，故C错误；D酸性气体溶解于雨水中，降落到地面上，形成酸雨所谓的酸性气体主要是硫氧化物和氮氧化物，它们主要是人类化石燃料（煤、天然气）的燃烧生成的，故D正确；故选C【点评】本题考查较为综合，涉及环境污染及治理、催化剂以及电解质的判别等知识，侧重于学生基础知识的考查，为高考常见题型和高频考点，注意相关基础知识的积累，难度不大2设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中不正确的是( )A标准状况下，
18、密度为d g/L的某气体纯净物一个分子的质量为gB25时，1g水中含H+离子个数约为1010NAC常温常压下，20g羟基（18OD）所含的电子数为9NAD1L pH=1的硫酸溶液中，含有0.2NA个H+【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根据M=Vm计算出该气体的摩尔质量，然后根据计算出一个分子的质量；B1g水的体积约为1mL，氢离子浓度约为1107mol/L，据此计算出含有的氢离子数目；C羟基（18OD）的摩尔质量为20g/mol，羟基中含有9个电子，20g羟基的物质的量为1mol，含有9mol电子；D根据n=cV计算出硫酸的物质的量，再计算出氢离子的物质
19、的量及数目【解答】解：A该气体的摩尔质量为：M=22.4L/moldg/L=22.4dg/mol，则该气体的1个分子的质量为：=g，故A正确；B1g水的体积约为1mL=0.001L，氢离子浓度约为1107mol/L，含有的氢离子的物质的量为：1107mol/L0.001L=1010mol，含有的氢离子数为1010NA，故B正确；C20g该羟基的物质的量为1mol，1mol羟基中含有9mol电子，所含的电子数为9NA，故C正确；DpH=1的硫酸中氢离子浓度为0.1mol/L，1L该硫酸溶液中含有0.1mol氢离子，含有0.1NA个H+，故D错误；故选D【点评】本题考查阿伏加德罗常数的判断，题目难
20、度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项D为易错点，注意明确溶液pH与氢离子浓度的关系3分子式为C4H8O2的羧酸和酯的同分异构体共有（不考虑立体异构）( )A4种B5种C6种D7种【考点】同分异构现象和同分异构体 【专题】同系物和同分异构体【分析】根据官能团异构和位置异构和碳链异构来综合分析同分异构体的种数，对于羧酸而言，根据羧基位置异构可以得到两种丁酸；根据酯基位置异构和碳链异构可得：甲酸丙酯2种（丙基2种异构）、乙酸乙酯1种、丙酸甲酯1种；【解答】解：对于羧酸而言，根据羧基位置异构可以得到两种丁酸；
21、根据酯基位置异构和碳链异构可得：甲酸丙酯2种（丙基2种异构）、乙酸乙酯1种、丙酸甲酯1种，共6种，故选：C【点评】本题考查同分异构体的种类，根据官能团异构和位置异构和碳链异构来综合分析同分异构体的种数，难度不大，但要注意按照一定的顺序书写同分异构体4某同学设计如下的元素周期表，下列说法正确的是( )AX、Y、Z元素分别为N、P、OB气态氢化物的稳定性：YXC原子半径：ZXYD120号元素中最高价氧化物对应的水化物碱性最强元素在第三周期【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用 【分析】A、根据该同学涉及元素周期表的形式和位置可知：X的原子序数为7，Z的原子序数为8，Y的原子序数为15，因此X为N
22、，Z为O，Y为P；B、元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定；C、根据同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大判断；D、元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水合物的碱性越强【解答】解：A、根据该同学涉及元素周期表的形式和位置可知：X的原子序数为7，Z的原子序数为8，Y的原子序数为15，因此X为N，Z为O，Y为P，故A正确；B、非金属性：NP，非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定，因此形成的气态氢化物最稳定的是NH3，故B错误；C、同周期自左到右原子半径逐渐减小，原子半径NO，同主族自上而下原子半径逐渐增大，原子半径PN，因此原子半径PNO，故C错误；D、金属性：KNaLi
23、，金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，K处于第四周期，故D错误；故选：A【点评】本题通过该同学设计的元素周期表推知X、Y、Z的原子序数，从而确定所代表的元素种类，侧重于考查元素周期律中原子半径大小、非金属性的强弱等规律，难度中等，变的是元素周期表的形式，不变的是元素周期律5下列离子方程式正确的是( )A将过量NaOH溶液滴入Ca（HCO3）2溶液中：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2OB三氯化铁溶液中通入硫化氢气体：2Fe3+3H2SFe2S3+6H+C用稀硝酸浸泡做过银镜反应的试管：Ag+2H+NO3Ag+NO2+H2OD4molL1的NaAlO2溶液和7molL1的HCl
24、等体积互相均匀混合：4AlO2+7H+H2O3Al（OH）3+Al3+【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】A、根据“少定多变”规则书写，NaOH过量，则HCO3全部参与反应，；B、Fe3+具有较强氧化性可以氧化S2；C、稀硝酸和银反应生成NO；D、先写出NaAlO2和HCl生成Al（OH）3的离子方程式，然后写出Al（OH）3和HCl反应生成Al3+的离子方程式，再按物质的量关系进行相加可得4AlO2+7H+H2O3Al（OH）3+Al3+【解答】解：A、NaOH过量，则HCO3全部参与反应，离子方程式应为：Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+CO32+2H2O，故A错误；
25、B、Fe3+具有较强氧化性可以氧化S2，正确的离子方程式为2Fe3+H2S2Fe2+S+2H+，故B错误；C、稀硝酸和银反应生成NO，正确的离子方程式为：Ag+4H+NO33Ag+NO+2H2O，故C错误；D、先写出NaAlO2和HCl生成Al（OH）3的离子方程式，然后写出Al（OH）3和HCl反应生成Al3+的离子方程式，再按物质的量关系进行相加可得4AlO2+7H+H2O3Al（OH）3+Al3+，故D正确；故选：D【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意从化学式、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实际的角度分析6据中国储能网讯2012年8月23日报道，锂离子电池常见的正极材
26、料主要成分为LiCoO2，负极则是特殊分子结构的碳电解质为能传导Li+的高分子材料，充电时，加在电池两极的电势迫使正极的化合物释出锂离子，嵌入负极分子排列呈片层结构的碳中，这种锂离子电池的电池反应为：Li（C）+LiCoO2Li2CoO2，下列说法不正确的是( )A该电池属于二次电池B充电时LiCoO2既发生氧化反应又发生还原反应C填充在正负极之间的电解质，除了保持稳定，还需要具有良好导电性，减小电池内阻D放电过程中Li+向负极移动【考点】原电池和电解池的工作原理 【专题】电化学专题【分析】该电池可以反复充放电，属于二次电池，放电时，Li为负极，电解质是为了传导Li+，放电时电池中阳离子应迁移
27、至正极，以此来解答【解答】解：A该电池可以反复充放电，属于二次电池，故A正确；B反应逆向进行时，反应物只有一种，故化合价既有升，又有降，所以既发生氧化反应又发生还原反应，故B正确；C电解质是为了传导Li+，故必须保持稳定，还需要具有良好导电性，故C正确；D放电时电池中阳离子应迁移至正极，故D错误；故选D【点评】本题考查原电池，为高频考点，把握原电池的工作原理和氧化还原反应为解答的关键，注意选项C为解答的易错点，应考虑电池的实际应用，题目难度不大725时，0.1mol/L的HA溶液中=ll06，下列叙述正确的是( )A该溶液中由水电离出的c（H+）=l1013mol/LB0.1molL1 HA溶
28、液与0.05molL1 NaOH溶液等体积混合后所得溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（A）C由pH=4的HA与pH=10的NaOH溶液等体积混合，溶液中c（Na+）c（A）c（OH一）c（H+）D浓度均为0.1mol/L的HA和NaA溶液等体积混合，若溶液呈酸性，则：c（A）c（HA）c（Na+）c（H+）c（OH）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较 【分析】0.1mol/L的HA溶液中=ll06，结合c（OH）c（H+）=l014，可知c（H+）=l104 mol/L，c（OH）=l1010 mol/L，由此可知HA为弱酸，以此解答该题【解答】解：A.0
29、.1mol/L的HA溶液中=ll06，则c（H+）=l104 mol/L，c（OH）=l1010 mol/L，由此可知HA为弱酸，水电离出的c（H+）=c（OH）=11010 mol/L，故A错误；B根据溶液的电中性可知溶液中存在c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（A），故B正确；C由pH=4的HA与pH=10的NaOH溶液等体积混合后溶液呈酸性，故C错误；D浓度均为0.1 mol/L的HA和NaA溶液等体积混合，若溶液呈酸性，说明溶液中HA的电离大于A离子的水解，溶液中c（Na+）c（HA），故D错误；故选B【点评】本题考查弱电解质在溶液中的电离，题目难度不大，本题的关键是根据溶液中c
30、（H+）与c（OH）的比值，结合溶液的离子积常数Kw计算出溶液的c（H+），判断出HA为弱酸二、非选择题8（14分）废旧铅蓄电池的回收利用是发展循环经济的必经之路其阴、阳极填充物（铅膏，主要含PbO、PbO2、PbSO4）是废旧铅蓄电池的主要部分，回收时所得黄丹（PbO）、碳酸铅可用于合成三盐基硫酸铅（组成可表示为3PbOPbSO4H2O），其工艺流程如下：（1）用碳酸盐作转化剂，将铅膏中的硫酸铅转化为碳酸铅，写出转化反应方程式：PbSO4（s）+CO32（aq）PbCO3（s）+SO42（aq）（2）滤液A能用来回收Na2SO410H2O，提取该晶体的主要步骤有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
31、、干燥；检验该晶体中阴离子的实验方法是取少量晶体溶于蒸馏水，然后用盐酸酸化，再滴BaCl2溶液，若出现白色沉淀，即证明该晶体中含有SO42（3）物质X是一种可循环使用的物质，其溶质主要是HNO3（填化学式），若X中残留的SO42过多，循环利用时可能出现的问题是浸出时部分铅离子生成PbSO4随浸出渣排出，降低PbSO4的产率（4）生成三盐基硫酸铅的离子方程式为4PbSO4+6OH=3PbOPbSO4H2O+3SO42+2H2O（5）向铅膏浆液中加入Na2SO3溶液的目的是将其中的PbO2还原为PbO若实验中所取铅膏的质量为47.8g，其中PbO2的质量分数为15%，则要将PbO2全部还原，至少需
32、要加入60mL的0.5mol/L Na2SO3溶液【考点】制备实验方案的设计 【专题】实验设计题【分析】（1）用碳酸盐作转化剂，将铅膏中的硫酸铅转化为碳酸铅，说明碳酸铅的溶解度小于硫酸铅，据此写出反应的方程式；（2）溶液中得到溶质晶体的方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥等操作；该晶体的阴离子为硫酸根离子，根据检验硫酸根离子的方法解答；（3）根据制取流程可知，利用废旧铅蓄电池阴、阳极填充物（铅膏）制备塑料加工热稳定剂三盐基硫酸铅实验流程向铅膏浆液中加入Na2SO3溶液的目的是将PbO2还原PbO，Na2SO3+PbO2=PbO+Na2SO4，加Na2CO3溶液是将PbSO4转化成PbCO3
33、，所以滤液主要是Na2SO4溶液PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb（NO3）Pb（NO3）中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，因此X为HNO3；若母液中残留的SO42过多，浸出时部分铅离子生成PbSO4随浸出渣排出，降低PbSO4的产率；（4）根据流程可知，PbSO4与氢氧根离子反应生成三盐基硫酸铅，据此写出反应的离子方程式；（5）根据电子守恒可得关系式Na2SO32ePbO2，则n（Na2SO3）=n（ PbO2），再根据n=计算出需要0.5mol/L Na2SO3溶液的体积【解答】解：（1）硫酸铅在溶液中存在溶解平衡，由于碳酸铅的溶解度小于硫酸铅，所以向硫酸铅溶液在加入碳酸铅后
34、发生反应：PbSO4（s）+CO32（aq）PbCO3（s）+SO42（aq），将铅膏中的硫酸铅转化为碳酸铅，故答案为：PbSO4（s）+CO32（aq）PbCO3（s）+SO42（aq）；（2）回收Na2SO410H2O，温度不宜过高，否则容易失去结晶水，所以溶液中得到溶质晶体的方法为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥等；Na2SO410H2O中阴离子为SO42，检验硫酸根离子的方法为：取少量晶体溶于蒸馏水，然后用盐酸酸化，再滴BaCl2溶液，若出现白色沉淀，即证明该晶体中含有SO42，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；取少量晶体溶于蒸馏水，然后用盐酸酸化，再滴BaCl2溶液，若出现白色沉淀，
35、即证明该晶体中含有SO42；（3）分析流程可知，PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb（NO3）2 ，Pb（NO3）2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，因此X为HNO3，HNO3在反应流程中可循环利用；若母液中残留的SO42过多，浸出时部分铅离子会与SO42反应生成PbSO4随浸出渣排出，降低了PbSO4的产率，故答案为：HNO3 ； 浸出时部分铅离子生成PbSO4随浸出渣排出，降低PbSO4的产率；（4）硫酸铅在碱溶液中与氢氧根离子反应生成三盐基硫酸铅，反应的离子方程式为：4PbSO4+6OH=3PbOPbSO4H2O+3SO42+2H2O，故答案为：4PbSO4+6OH=3PbO
36、PbSO4H2O+3SO42+2H2O；（5）向铅膏浆液中加入Na2SO3溶液的目的是将PbO2还原为PbO，若实验中所取铅膏浆液质量为47.8g，其中PbO2的质量分数为15.0%，要将PbO2还原，加入的亚硫酸钠依据化学方程式定量关系和电子守恒计算得到：Na2SO32ePbO2，则：n（Na2SO3）=n（ PbO2）=0.03mol，所以需要亚硫酸钠溶液的体积为：=0.06L=60mL，故答案为：60【点评】本题通过三盐基硫酸铅的制备流程，考查了物质制备方案的设计方法，题目难度中等，注意掌握物质制备方案的设计原则，正确分析制备流程得出物质的制备原理为解答此类题的关键，试题有利于提高学生的
37、分析、理解能力及化学实验能力，试题的综合性较强，是一道质量较好的题目9下面是模拟工业上隔绝空气条件下灼烧铜矿样品（主要成分为Cu2S和Cu2O的混合物）冶炼铜的实验装置图：（1）写出硬质玻璃管中发生反应的化学方程式Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2（2）仪器a的名称为酒精喷灯，倒置漏斗的作用为防止倒吸；（3）若X为氯化钡溶液，则实验未见白色沉淀生成，再向该烧杯中加入足量ac（填字母），就能看到产生白色沉淀a氨水 b稀盐酸 c硝酸钾溶液 d硫化钠溶液（4）为了测定矿石样品中Cu2S的质量分数，反应开始前称取研细的铜矿样品25.00g，假定铜矿中的硫全部转化为SO2，其他杂质不参与反应，反应后鼓入
38、一定氦气使装置中SO2全部被水吸收，并配成250mL溶液移取25.00mL含SO2的水溶液于250mL锥形瓶中，用0.10mol/LKMnO4标准溶液滴定至终点，按上述操作重复滴定2次，平均消耗标准溶液19.95mL则滴定过程中发生反应的化学方程式为5SO2+2KMnO4+2H2O=2H2SO4+K2SO4+2MnSO4，当无色变为紫红色时判断滴定已经达到终点，铜矿样品中Cu2S的质量分数是31.92%（5）本方案设计中有一个明显的缺陷影响了测定结果（不属于操作失误）你认为是配制SO2的水溶液没有考虑空气中的O2对SO2的影响，发生反应：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4【考点】制备实验方
39、案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量 【分析】（1）由题目信息及问题（4）可知Cu2S、Cu2O在加热条件下得到Cu，反应还得到SO2；（2）仪器a为酒精喷灯；二氧化硫会污染环境，需要进行吸收，防止装置内压强降低而发生倒吸；（3）加入碱性溶液，吸收二氧化硫得到亚硫酸盐；或加热强氧化性物质，将亚硫酸氧化为硫酸；（4）高锰酸钾溶液具有强氧化性，发生反应：5SO2+2KMnO4+2H2O=2H2SO4+K2SO4+2MnSO4，滴入的最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，二氧化硫反应完毕时，滴定到达终点，根据方程式计算250mL溶液中n（SO2），进而计算25mL溶液中二氧化硫的物质的量，根据硫元素守
40、恒计算n（Cu2S），再根据m=nM计算m（Cu2S），进而计算矿石中Cu2S的质量分数；（5）配制SO2的水溶液没有考虑空气中的O2对SO2的影响【解答】解：（1）由题目信息及问题（4）可知Cu2S、Cu2O在加热条件下得到Cu，反应还得到SO2，反应方程式为：Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2，故答案为：Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2；（2）仪器a为酒精喷灯；二氧化硫会污染环境，需要进行吸收，使用倒置漏斗防止装置内压强降低而发生倒吸，故答案为：酒精喷灯；防止倒吸；（3）a氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应得到亚硫酸钡沉淀，故a符合；b酸性条件下，亚硫酸钡不能沉淀，故b
41、错误；c加入硝酸钾溶液，酸性条件下，可以将亚硫酸氧化为硫酸，反应得到硫酸钡沉淀，故b符合；d硫化钠溶液，酸性条件下可以得到硫淡黄色沉淀，故d不符合，故选：ac；（4）高锰酸钾溶液具有强氧化性，发生反应：5SO2+2KMnO4+2H2O=2H2SO4+K2SO4+2MnSO4，滴入的最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，二氧化硫反应完毕时，此时无色变为紫红色，滴定到达终点；25mL溶液中n（SO2）=n（KMnO4）=19.95103L0.1mol/L，则250mL溶液中n（SO2）=n（KMnO4）=（19.95103L0.1mol/L），由S元素守恒可知，n（Cu2S）=（19.95103L0.1
42、mol/L），故m（Cu2S）=（19.95103L0.1mol/L）160g/mol=7.98g，铜矿样品中Cu2S的质量分数是100%=31.92%，故答案为：5SO2+2KMnO4+2H2O=2H2SO4+K2SO4+2MnSO4；无色变为紫红色；31.92%；（5）配制SO2的水溶液，空气中氧气与二氧化硫发生反应：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，会导致测定的二氧化硫的量偏小，最终导致沉淀Cu2S的含量偏低，故答案为：配制SO2的水溶液没有考虑空气中的O2对SO2的影响，发生反应：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4【点评】本题考查实验方案评价、物质含量的测定等，明确原理是解题
43、关键，是对学生综合能力的考查，难度中等10（14分）工业制硫酸时，利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是一个的关键步骤（1）在标准状况下，将a L由SO2和Cl2组成的混合气体通入200mL 0.1mol/L的Fe2（SO4）3溶液中，充分反应后，溶液的棕黄色变浅向反应后的溶液中加入足量的BaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥后称重，其质量为23.3g则混合气体中SO2的体积为0.896L，a的取值范围为：1.344a1.792（2）某温度下，SO2（g）+O2（g）SO3（g）H=98kJmol1开始时在100L的密闭容器中加入4.0mol SO2（g）和10.0mol O2（g），当反
44、应达到平衡时共放出热量196kJ，该温度下平衡常数K=3.33（3）一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2mol SO2和1mol O2，发生下列反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），达到平衡后改变下述条件，SO2、O2、SO3气体平衡浓度都比原来增大的是ACF（填字母）A保持温度和容器体积不变，充入2mol SO3B保持温度和容器体积不变，充入2mol N2C保持温度和容器体积不变，充入0.5mol SO2和0.25mol O2D保持温度和容器内压强不变，充入1mol SO3E升高温度F移动活塞压缩气体（4）常温时，BaSO4的Ksp=1.081010现将等体积的BaCl2溶液与
45、2.0103mol/L的Na2SO4溶液混合若要生成BaSO4沉淀，BaCl2溶液的最小浓度为2.16107mol/L（5）N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注一定温度下，在恒容密闭容器中N2O5可发生下列反应：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）H0如表为反应在T1温度下的部分实验数据：t/s050100c（N2O5）/molL15.03.52.4则50s内NO2的平均生成速率为0.06molL1s1现以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成的燃料电池，采用电解法制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2写出石墨I电极上发生反应的电极反应式H2+CO322e=CO2+H2O
46、【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 【分析】（1）SO2和Cl2组成的混合气体通入Fe2（SO4）3溶液中，由于氯气的氧化性强于铁离子，故氯气先与二氧化硫反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，充分反应后，溶液的棕黄色变浅，说明铁离子氧化二氧化硫：2Fe3+SO2+H2O=SO42+2Fe2+2H+，二氧化硫完全反应，反应后的溶液足量的BaCl2溶液，生成的23.3g沉淀为BaSO4，根据硫元素守恒可知n（BaSO4）=3nFe2（SO4）3+n（SO2），据此计算n（SO2），进而是二氧化硫体积；由于硫酸铁氧化二氧化硫，根据方程式可知n（Cl2
47、）n（SO2），若二氧化硫全部被氯气氧化，此时氯气物质的量最大，混合气体体积最大，根据反应2Fe3+SO2+H2O=SO42+2Fe2+2H+可知，0.04mol铁离子最多氧化0.02mol二氧化硫，剩余的0.02mol二氧化硫为氯气氧化，此时混合气体体积最小；（2）根据反应热计算反应的二氧化硫，再计算平衡时各组分物质的量，代入K=计算；（3）A保持温度和容器体积不变，充入2mol SO3，平衡向逆反应移动，则SO2、O2、SO3气体平衡浓度都比原来增大；B保持温度和容器体积不变，充入2mol N2，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动；C保持温度和容器体积不变，充入0.5mol SO2和0.
48、25mol O2，平衡向正反应方向移动，则SO2、O2、SO3气体平衡浓度都比原来增大；D保持温度和容器内压强不变，再充入1mol SO3，等效为开始充入3mol SO2和1.5mol O2，为等效平衡，平衡时相同物质的浓度相等；E升高温度，平衡向逆反应移动；F移动活塞压缩气体，体积减小，各物质的浓度都增大；（4）Na2SO4溶液的浓度为2103mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32）=1103mol/L，根据Ksp=c（CO32）c（Ba2+）计算混合溶液中c（Ba2+），原溶液BaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ba2+）的2倍；（5）根据v=计算v（N2O5），再根据速率之比等于
49、化学计量数之比计算v（NO2）； 本质是氢气燃烧生成水，石墨I为负极，由图可知，氢气失去电子，与碳酸根离子反应生成二氧化碳与水【解答】解：（1）SO2和Cl2组成的混合气体通入Fe2（SO4）3溶液中，由于氯气的氧化性强于铁离子，故氯气先与二氧化硫反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，充分反应后，溶液的棕黄色变浅，说明铁离子氧化二氧化硫：2Fe3+SO2+H2O=SO42+2Fe2+2H+，二氧化硫完全反应，反应后的溶液足量的BaCl2溶液，生成的23.3g沉淀为BaSO4，其物质的量=0.1mol，根据硫元素守恒可知n（BaSO4）=3nFe2（SO4）3+n（SO2），故n
50、（SO2）=0.1mol30.2L0.1molL1=0.04mol，V（SO2）=0.04mol22.4L/mol=0.896L，由于硫酸铁氧化二氧化硫，根据方程式可知n（Cl2）n（SO2），若二氧化硫全部被氯气氧化，此时氯气物质的量最大，故n（Cl2）0.04mol，故混合气体最大体积为：（0.04mol+0.04mol）22.4L/mol=1.792L，根据反应2Fe3+SO2+H2O=SO42+2Fe2+2H+可知，0.04mol铁离子最多氧化0.02mol二氧化硫，剩余的0.02mol二氧化硫需要0.02mol氯气氧化，所以氯气的物质的量最少为0.02mol，则混合气体最小体积为：（
51、0.04mol+0.02mol）22.4L/mol=1.344L，故a的取值范围为1.344a1.792，故答案为：0.896；1.344a1.792；（2）某温度下，SO2（g）+O2（g）SO3（g）H=98kJmol1开始时在100L的密闭容器中加入4.0mol SO2（g）和10.0mol O2（g），当反应达到平衡时共放出热量196kJ，参加反应的SO2（g）为2mol，则： SO2（g）+O2（g）SO3（g）起始量（mol）：4 10 0 变化量（mol）：2 1 2平衡量（mol）：2 9 2平衡常数K=3.33，故答案为：3.33；（3）A保持温度和容器体积不变，充入2mol
52、 SO3，平衡向逆反应移动，平衡常数不变，则SO2、O2、SO3气体平衡浓度都比原来增大，故A正确；B保持温度和容器体积不变，充入2mol N2，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动，故B错误；C保持温度和容器体积不变，充入0.5mol SO2和0.25mol O2，平衡向正反应方向移动，则SO2、O2、SO3气体平衡浓度都比原来增大，故C正确；D保持温度和容器内压强不变，再充入1mol SO3，等效为开始充入3mol SO2和1.5mol O2，为等效平衡，平衡时相同物质的浓度相等，故D错误；E升高温度，平衡向逆反应移动，SO3的浓度减小，故E错误；F移动活塞压缩气体，体积减小，各物质的浓度
53、都增大，故F正确，故选：ACF；（4）Na2SO4溶液的浓度为2103mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32）=1103mol/L，根据Ksp=c（CO32）c（Ba2+）=1.081010可知，c（Ba2+）=mol/L=1.08107mol/L，原溶液BaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ba2+）的2倍，故原溶液BaCl2溶液的最小浓度为21.08107mol/L=2.16107mol/L，故答案为：2.16107；（5）速率之比等于化学计量数之比，则v（NO2）=2v（N2O5）=2=0.06molL1s1，故答案为：0.06molL1s1；本质是氢气燃烧生成水，石墨I为负极，由
54、图可知，氢气失去电子，与碳酸根离子反应生成二氧化碳与水，电极反应式为：H2+CO322e=CO2+H2O，故答案为：H2+CO322e=CO2+H2O【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、混合物计算、溶度积有关计算、原电池等，是对学生综合能力的考查，难度较大三、选做题（从以下3题中任选一题作答，若多做，按所做的第一题得分）【化学选修-化学与技术】11高富氧底吹熔池炼铜新工艺反应炉如图（1）该新工艺的优点之一是混合矿料不需要干燥、磨细烟气进入余热锅炉后，经静电除尘后进入酸厂回收利用，这样做体现化学的绿色化学思想（2）该新工艺的优点之二是首次投料需要添加少量的燃料，当反应充分启动后就不需要再投放
55、燃料，说明反应炉中的反应总体来说是放热反应（3）此法冶炼的矿石主要是黄铜矿（主要成分是CuFeS2），经过上面设备煅烧后最终化合态的铜生成铜和SO2，在冶炼铜矿过程中存在重要反应：2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2、2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2、2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2（4）从放铜锍口放出的铜锍中还含有铁和硫必须除去，铜锍吹炼过程是火法冶炼生产粗铜的最后一道工序，吹炼过程分为两个阶段第一阶段的任务是使铁氧化造渣，主要化学反应为：2FeS+3O2+SiO2=2FeOSiO2+2SO2，第二阶段是使上一个阶段中没有反应彻底的Cu2S氧化成粗铜，主要化学反应为：
56、Cu2S+O2=2Cu+SO2，下列关于反应、的分析正确的是BC（填序号）A反应氧化剂只有O2B硫元素在和均被氧化C和在反应过程中都有共价键破坏和共价键形成（5）图中渣包中的炉渣含有Fe2O3、FeO、SiO2等，选用提供的试剂设计实验验证炉渣中含有FeO提供的试剂：KMnO4溶液、KSCN溶液、NaOH溶液、稀硫酸、稀盐酸，所选试剂为稀硫酸、KMnO4溶液实验现象是稀硫酸浸取炉渣所得的溶液使KMnO4溶液褪色【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；金属冶炼的一般原理 【专题】元素及其化合物【分析】（1）SO2回收利用，防止污染环境，体现绿色化学思想；（2）开始反应要提供热量，后来不需要了，说
57、明自身是放热反应；（3）化合态的铜生成铜和SO2，这就要求前两部反应生成的Cu2S和Cu2O反应生成Cu和SO2（4）反应中Cu2S既是氧化剂又是还原剂，反应、中都存在O2中的共价键被破坏和SO2 中共价键的形成（5）FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，Fe2+具有还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色【解答】解：（1）SO2回收利用，防止污染环境，体现绿色化学思想，故答案为：绿色化学；（2）开始反应要提供热量，后来不需要了，说明自身是放热反应，故答案为：放热；（3）化合态的铜生成铜和SO2，这就要求前两部反应生成的Cu2S和Cu2O反应生成Cu和SO2，写出方程式为：2Cu2O+Cu2S=6
58、Cu+SO2，故答案为：2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2（4）反应中Cu2S既是氧化剂又是还原剂，反应、中都存在O2中的共价键被破坏和SO2 中共价键的形成，故答案为：BC；（5）FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，Fe2+具有还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色，故答案为：稀硫酸、KMnO4溶液；稀硫酸浸取炉渣所得的溶液使KMnO4溶液褪色【点评】本题考查绿色化学、热效应、书写方程式、物质结构等知识，难度中等书写方程是难点【化学选修-物质结构与性质】12已知A、B、C、D、E都是元素周期表中的前四周期元素，它们原子序数的大小关系为ACBDE又知A原子的p轨道为半充满，其形成的简单氢化物
59、的沸点是同主族非金属元素的氢化物中最高的D原子得到一个电子后其3p轨道将全充满B+离子比D原子形成的离子少一个电子层C与B可形成BC型的离子化合物E的原子序数为29请回答下列问题：（1）元素A简单氢化物中A原子的杂化类型是sp3，B、C、D的电负性由小到大的顺序为NaClF（用所对应的元素符号表示）C的气态氢化物易溶于水的原因是：HF和H2O分子之间能形成氢键（2）比E少5个质子的原子基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1元素E的单质晶体在不同温度下可有两种堆积方式，晶胞分别如图1中的a和b所示，则其面心立方堆积的晶胞与体心立方堆积的晶胞中实际含有的E原子
60、的个数之比为2：1（3）实验证明：KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似（如图2所示），其中3种离子晶体的晶格能数据如表：离子晶体NaClKClCaO晶格能/kJmol17867153401则该4种离子晶体（不包括NaCl）熔点从高到低的顺序是：TiNMgOCaOKCl（4）温室效应，科学家设计反应：CO2+4H2CH4+2H2O以减小空气中CO2若有1mol CH4生成，则有6mol 键和2mol 键断裂（5）铜是第四周期最重要的过度元素之一，其单质及化合物具有广泛用途CuH的晶体结构如图3所示，若CuH的密度为d gcm3，阿伏加德罗常数的数值为NA，则Cu+
61、与H的核间距为cm（用含d和NA的代数式表示）【考点】晶胞的计算；位置结构性质的相互关系应用 【分析】A、B、C、D、E都是元素周期表中的前四周期元素，它们原子序数的大小关系为ACBDE，A原子的p轨道为半充满，其形成的简单氢化物的沸点是同主族非金属元素的氢化物中最高的，则A是N元素；D原子得到一个电子后其3p轨道将全充满，B+离子比D原子形成的离子少一个电子层，则B是Na元素、D是Cl元素，C与B可形成BC型的离子化合物，则C为F元素，E的原子序数为29，则E是Cu元素；（1）元素A简单氢化物是NH3，A原子原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断原子杂化类型；同周期随原子序数递增
62、电负性增大，同主族自上而下电负性减小；含有氢键的物质溶解性大；（2）比E少5个质子的原子是Cr元素，其原子核外有24个电子，根据构造原理书写基态电子排布式；Fe晶体中其面心立方堆积的晶胞与体心立方堆积的晶胞中实际含有的E原子的个数之比=（1+8）：（8+6）；（3）晶格能与电荷成正比、与离子半径成反比，晶格能越大熔沸点越高；（4）根据CO2+4H2CH4+2H2O知，若有1mol CH4生成，则有6mol 键和2mol 键断裂；（5）该晶胞中Cu+个数=8+6=4，H的个数=4，Cu+与H的核间距为晶胞体长的，晶胞棱长=cm3，其体长=cm【解答】解：A、B、C、D、E都是元素周期表中的前四周
63、期元素，它们原子序数的大小关系为ACBDE，A原子的p轨道为半充满，其形成的简单氢化物的沸点是同主族非金属元素的氢化物中最高的，则A是N元素；D原子得到一个电子后其3p轨道将全充满，B+离子比D原子形成的离子少一个电子层，则B是Na元素、D是Cl元素，C与B可形成BC型的离子化合物，则C为F元素，E的原子序数为29，则E是Cu元素；（1）元素A简单氢化物是NH3，N原子价层电子对数=3+（513）=4，故NH3中N采取sp3杂化；同周期随原子序数递增电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性NaClF；HF与水分子之间能形成氢键，而易溶于水；故答案为：sp3；NaClF；HF与水分子之间能
64、形成氢键；（2）比E少5个质子的原子是Cr元素，其原子核外有24个电子，根据构造原理书写基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1；Fe晶体中其面心立方堆积的晶胞与体心立方堆积的晶胞中实际含有的E原子的个数之比=（1+8）：（8+6）故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1；2：1；（3）晶格能越大熔点越高，晶格能与电荷成正比、与离子半径成反比，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
65、，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；（4）根据CO2+4H2CH4+2H2O知，若有1mol CH4生成，则有6mol 键和2mol 键断裂，故答案为：6；2；（5）该晶胞中Cu+个数=8+6=4，H的个数=4，晶胞棱长=cm3，其体长=cm，Cu+与H的核间距为晶胞体长的=cm=cm，故答案为：【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查分析推断及计算能力，涉及晶胞计算、晶格能、原子核外电子排布、元素周期律等知识点，这些都是高频考点，难点是（5）题晶胞计算，题目难
66、度中等【化学选修-有机化学基础】132013年1月13日中国应用技术网报道了利用苯制备偶氮染料和医药中间体的方法，下面是制备偶氮染料F和医药中间体Y的流程图如下：回答下列问题：（1）苯的核磁共振氢谱中有1峰，反应的反应类型还原反应；（2）写出DE反应的化学方程式（3）写出化合物A、F的结构简式A、F（4）设计AD的目的是防止氨基被氧化且使硝基进入对位（5）写出满足下列条件的C的任意两种同分异构体的结构简式（其中两种）a是苯的对位二取代产物；b能发生银镜反应（6）参照上述流程图设计从X到Y的合成路线【考点】有机物的合成 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】苯发生硝化反应生成A，A为硝基苯（），
67、由B的分子式C6H7N，A中硝基被还原为NH2生成B，则B为，B与乙酸反应生成C，结合D的结构可知C为，C再发生对位硝化反应生成D，D发生水解生成E，则E为，E发生信息反应生成F，F为；苯发生取代反应生成甲苯，甲苯在光照条件发生取代反应生成，水解生成甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，苯甲酸与苯甲醇发生酯化反应生成Y（苯甲酸苯甲酯）【解答】解：苯发生硝化反应生成A，A为硝基苯（），由B的分子式C6H7N，A中硝基被还原为NH2生成B，则B为，B与乙酸反应生成C，结合D的结构可知C为，C再发生对位硝化反应生成D，D发生水解生成E，则E为，E发生信息反应生成F，F为，（1）苯分子中的6个H原子的化学
68、环境相同，核磁共振氢谱中只有1个峰，根据上面的分析可知，反应的反应类型是还原反应，故答案为：1；还原反应；（2）DE反应的化学方程式为：，故答案为：；（3）根据上面的分析可知，A的结构简式为，F的结构简式为，故答案为：；（4）由于氨基易被氧化，设计AD的目的是防止氨基被氧化且使硝基进入对位，故答案为：防止氨基被氧化且使硝基进入对位；（5）C为，满足下列条件a是苯的对位二取代产物；b能发生银镜反应，说明有醛基，这样的C的同分异构体的结构简式有，故答案为：（其中两种）；（6）苯发生取代反应生成甲苯，甲苯在光照条件发生取代反应生成，水解生成甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，苯甲酸与苯甲醇发生酯化反应生成Y（苯甲酸苯甲酯），合成路线流程图为：，故答案为：【点评】本题考查有机物的合成与推断、对给予信息利用、官能团的性质与转化、同分异构体等，掌握官能团的性质与理解给予的反应信息是解题关键，是对学生综合能力的考查，是热点题型，难度中等
