1、湖北省七市（州）教科研协作体2015年4月高三联合考试化学试题一、选择题（共10小题，每小题3分，满分64分）1化学与生活息息相关下列说法不正确是（）A用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈BNOx、Cl2、PM2.5颗粒都会导致酸雨C在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮D人体摄入大量铝盐易患“老年性痴呆”，明矾不宜大量作净水剂考点：盐类水解的应用；常见的生活环境的污染及治理；微量元素对人体健康的重要作用.分析：A、饱和氯化铵溶液显酸性，铁锈中的氧化铁和酸发生反应；B、PM2.5是造成灰霾天气的“元凶”之一，与酸雨无关，氯气不是形成酸雨的物质；C、硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强；D
2、、明矾电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能净水，但铝离子摄入多，易患“老年性痴呆”解答：解：A、饱和氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，能溶解金属氧化物，所以用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹，故A正确；B、酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH约为5.6，二氧化硫、氮氧化物等物质是形成酸雨的重要物质，二氧化碳排放过多会引起温室效应，不是形成酸雨的气体，PM2.5是造成灰霾天气的“元凶”之一，所以Cl2、PM2.5颗粒都不会导致酸雨，故B错误；C、硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强，可做食品的吸水剂，可防止食物受潮，故C正确；D、明矾的电离：KAl（SO4）212H2
3、O=K+Al3+2SO42+12H2O，电离出的Al3+水解，Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，生成的氢氧化铝胶体吸附水中的悬浮物，达到净水的效果，但人体摄入大量铝盐，易患“老年性痴呆”，故D正确；故选B点评：本题考查物质性质和结构的理解应用，化学与生活，化学来源于生产、生活，也服务于生产、生活，在学习过程中要理论联系实际，能运用所学知识解决实际问题，题目较简单2（3分）（2015湖北模拟）下列有机物同分异构体数目判断错误的是（）选项有机物同分异构体数目A分子式为C5H123B分子式为C5H10，能使溴的四氯化碳溶液褪色5C分子式为C4H10O，能与Na反应生成氢气4D分子式为C
4、4H8O2，能与NaHCO3反应3AABBCCDD考点：同分异构现象和同分异构体.分析：A、戊烷有3种同分异构体；B、能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明为戊烯，据此解答即可；C、能与Na反应生成氢气，说明为醇类，依据丁基的个数判断即可；D、能与NaHCO3反应说明为羧酸，依据丁烯基的个数判断即可解答：解：A、戊烷有3种同分异构体，分别为正戊烷、异戊烷与新戊烷，故A正确；B、能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明为戊烯，分别为1戊烯、2戊烯、2甲基1丁烯、2甲基2丁烯、3甲基1丁烯，故总共有5种，故B正确；C、能与Na反应生成氢气，说明为醇类，C4H10O可写成C4H9OH，丁基的个数为4，故总共应有4种醇
5、，故C正确；D、能与NaHCO3反应说明为羧酸，C4H8O2可写成C3H7COOH，丙基有2种，故D错误，故选D点评：本题主要考查的是同分异构体数目的判断，掌握碳原子数小于5的烷烃基的个数是解决本题的关键，难度不大，甲基和乙基各1个，丙基2个，丁基4个，戊基8个3（3分）（2015湖北模拟）在某2L恒容密闭容器中充入2mol X（g）和1mol Y（g）发生反应：2X（g）+Y（g）3Z（g）H，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如右图所示下列推断正确的是（）AM点时，Y的转化率最大B升高温度，平衡常数减小C平衡后充入Z达到新平衡时Z的体积分数增大DW，M两点Y的正
6、反应速率相等考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线.分析：温度在a之前，升高温度，X的含量减小，温度在a之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，据此分析解答解答：解：温度在a之前，升高温度，X的含量减小，温度在a之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，A曲线上最低点Q为平衡点，升高温度平衡向逆反应移动，Y的转化率减小，
7、所以Q点时，Y的转化率最大，故A错误；B已知该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，故B正确；C反应前后气体的物质的量不变，平衡时充入Z，达到平衡时与原平衡是等效平衡，所以达到新平衡时Z的体积分数不变，故C错误；DW点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高，反应速率越高，所以W点Y的正反应速率小于M点Y的正反应速率，故D错误；故选B点评：本题考查化学平衡图象、化学反应速率和平衡的影响因素、化学平衡常数等，难度中等，判断最低点及之后各点为平衡点是解题的关键4（3分）（2015湖北模拟）已知X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中只有Z是金属元素，Y是地壳中含量最
8、高的元素，X、Y、R在周期表中的相对位置关系如图下列说法正确的是（） XYRA五种元素中原子半径最大的是W，离子半径最大的是R离子BX、R、W三种元素的最高价氧化物所对应的水化物的酸性强弱关系为RWXCY与Z形成的化合物一定是碱性氧化物DZ与W形成的化合物水溶液可能显酸性考点：元素周期律和元素周期表的综合应用.分析：X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，根据X、Y、R在周期表中的相对位置知，X、Y位于第二周期、R位于第三周期，其中只有Z是金属，Y是地壳中含量最高的元素，则Y是O元素、R是S元素，W是短周期主族元素，且原子序数大于S，所以W是Cl元素，X为C元素，Z为金属且原
9、子序数大于O，Z为Na、Mg或Al元素，据此分析解答解答：解：X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，根据X、Y、R在周期表中的相对位置知，X、Y位于第二周期、R位于第三周期，其中只有Z是金属，Y是地壳中含量最高的元素，则Y是O元素、R是S元素，W是短周期主族元素，且原子序数大于S，所以W是Cl元素，X为C元素，Z为金属且原子序数大于O，Z为Na、Mg或Al元素，A原子电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以五种元素中原子半径最大的是Na，离子半径最大的是Cl离子，故A错误；B元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，O、F元
10、素除外，所以五种元素中Cl的非金属性最强（O元素除外），所以Cl的最高价氧化物所对应的水化物的酸性最强，故B错误；CY与Z形成的化合物可能是两性氧化物，如Al2O3，故C错误；DZ与W形成的化合物水溶液可能显酸性，如MgCl2，故D正确；故选D点评：本题考查元素周期表和元素周期律的综合应用，侧重考查学生分析问题、发散思维能力，正确推断元素是解本题关键，熟练掌握元素周期律知识、元素化合物知识，题目难度中等5（3分）（2015湖北模拟）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A用图1所示装置可收集NO气体B用图4装置可证明酸性：H2SO4H2CO3H2SiO3C用图3所示装置可实现反应：2
11、H2OO2+H2D用图2所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸考点：化学实验方案的评价.分析：ANO只能用排水法收集，气体进出方向错误；B根据强酸制备弱酸的原理判断；C电解水，如氧气生成氧气，则阳极不能用非惰性电极；D为防止倒吸，氨气不能直接通入稀硫酸解答：解：ANO只能用排水法收集，气体应从短管进，长管出，故A错误；B硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中可得硅酸沉淀，可证明酸性强弱，故B正确；C电解水，如氧气生成氧气，则阳极不能用非惰性电极，故C错误；D为防止倒吸，氨气不能直接通入稀硫酸，可用四氯化碳，故D错误故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的收集、物质的检
12、验、电解等，注意化学实验操作的考查，熟悉高考中对化学实验注意事项及操作要点的考查，题目难度中等6（3分）（2015湖北模拟）下列化学反应先后顺序判断正确的是（）A在含有等物质的量的H+、Al3+的溶液中，逐滴加入NaOH溶液：H+、A13+、Al（OH）3B在含有等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I、Br、Fe2+C在含有等物质的量的NaCl、Na2S的溶液中加入AgN03溶液：NaCl、Na2SD在含有等物质的量的Fe3+、Cu2+的溶液中加入铁粉：Cu2+、Fe3+考点：离子共存问题.分析：A酸性强的与NaOH先反应；B还原性强的先被氯气氧化；C溶度积小的先转化为沉淀
13、；D氧化性强的先与Fe反应解答：解：A酸性由强到弱为H+、A13+、Al（OH）3，则逐滴加入NaOH溶液，反应先后顺序为H+、A13+、Al（OH）3，故A正确；B还原性由强到弱为I、Fe2+、Br，则缓慢通入氯气的先后顺序为I、Fe2+、Br，故B错误；C溶度积小为Ksp（AgCl）Ksp（Ag2S），则加入AgN03溶液反应的先后顺序为Na2S、NaCl，故C错误；D氧化性为Fe3+Cu2+，则加入铁粉反应的先后顺序为Fe3+、Cu2+，故D错误；故选A点评：本题考查反应的先后顺序，为高频考点，把握酸性、还原性、氧化性、溶度积等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度
14、不大7（3分）（2015湖北模拟）25时在10mL 0.1molL1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1molL1HCl溶液20mL，溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示下列说法不正确的是（）AHCl溶液滴加一半时，溶液pH7B当溶液的pH=8时，溶液中NaHCO3的物质的量浓度为0.1molL1C0.1 molL1Na2CO3溶液中c（Na+）+c（H+）=c（OH）+2c（CO32）+c（HCO3）D在M点：c（Na+）c（CO32）=c（HCO3）c（OH）c（H+）考点：离子浓度大小的比较.分析：AB、HCl溶液滴加一半时，也就是10mL，恰好与盐酸完全反应生成碳酸氢钠和氯
15、化钠，其中碳酸氢钠水解溶液呈碱性；Bn（HCO3）=0.001mol时，溶液的pH=8，所以加入0.1mol/LHCl溶液10mL，恰好与盐酸完全反应生成碳酸氢钠和氯化钠；C根据溶液中的电荷守恒判断；D在M点：n（CO32）=n（HCO3）=0.0005时，得到等物质的量碳酸钠和碳酸氢钠两者水解溶液呈碱；解答：解：AHCl溶液滴加一半时，也就是10mL，恰好与盐酸完全反应生成碳酸氢钠和氯化钠，其中碳酸氢钠水解溶液呈碱性，所以溶液的pH7，故A正确；Bn（HCO3）=0.0001mol时，溶液的pH=8，所以加入0.1mol/LHCl溶液10mL，恰好与盐酸完全反应生成碳酸氢钠和氯化钠，所以溶液
16、中NaHCO3的物质的量浓度为0.05mol/L，故B错误；CNa2CO3溶液中存在电荷守恒，为c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH），故C正确；D在M点：n（CO32）=n（HCO3）=0.0005时，得到等物质的量碳酸钠和碳酸氢钠两者水解溶液呈碱，所以离子浓度大小为：c（Na+）c（CO32）=c（HCO3）c（OH）c（H+），故D正确；故选B点评：本题考查了离子浓度大小的比较，为高频考点，题目难度中等，侧重于学生的分析能力的考查，注意根据物料守恒、电荷守恒来分析解答，难点是A，注意把握图象曲线的变化特点8（14分）（2015湖北模拟）实验室以苯、乙醛为原
17、料，三氯化铝为催化剂来制备1，1二苯乙烷，其反应原理为：制备过程中其它产物会与AlCl3发生副反应主要实验装置和步骤如下：I合成：在250mL三口烧瓶中加入140mL苯（密度0.88g/mL）、19gA1C13和5.5g乙醛，在20时充分反应分离与提纯：将反应混合物倒入装有150mL冰水和少量盐酸的烧杯中，充分搅拌，用分液漏斗分离出有机层，依次用水、2%碳酸钠溶液、水洗涤，在分离出的粗产品中加入少量无水硫酸镁固体，过滤后先常压蒸馏除去过量苯再改用减压蒸馏收集170172/6.67kPa的馏分，得12.5g 1，l二苯乙烷（1）仪器a的名称：球形冷凝管；其它产物与A1C13发生副反应的化学方程式
18、为：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl；装置C的作用：吸收HCl气体（2）连接装置b的作用是防止烧杯中的水蒸气进入反应器中与三氯化铝反应（3）在洗涤操作中，第二次水洗的主要目的是洗掉氯化铝、盐酸和碳酸钠（或洗掉可溶性无机物）实验中加入少量无水硫酸镁的目的是干燥（4）粗产品常压蒸馏提纯时，下列装置中温度计位置正确的是C，可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是AB考点：制备实验方案的设计.分析：（1）a仪器名称是球形冷凝管（或冷凝管或冷凝器）；产物中含有水，氯化铝属于强酸弱碱盐，易水解；氯化铝水解生成HCl，HCl有刺激性气味，不能直接排空，且极易溶于水；（2）氯化铝易水解生成氢
19、氧化铝，干燥管中物质吸收水蒸气防止氯化铝水解；（3）第二次水洗目的是洗去可溶性无机物；无水硫酸镁具有吸水性；（4）蒸馏时温度计测量馏分温度；温度计位置越高，得到馏分温度越高解答：解：（1）a仪器名称是球形冷凝管（或冷凝管或冷凝器）；氯化铝属于强酸弱碱盐，易水解，产物中含有水，所以氯化铝水解生成氢氧化铝和HCl，水解方程式为AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl；氯化铝水解生成HCl，HCl有刺激性气味，不能直接排空，且极易溶于水，所以用水吸收生成的HCl，为防止倒吸，尾气处理装置连接倒置漏斗，故答案为：球形冷凝管（或冷凝管或冷凝器）；AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl；吸收HC
20、l气体；（2）尾气处理装置中用水作吸收剂，氯化铝易水解生成氢氧化铝，为防止烧杯中的水蒸气进入反应装置中，所以用干燥管中物质吸收水蒸气，故答案为：防止烧杯中的水蒸气进入反应器中与三氯化铝反应；（3）第二次水洗目的是洗去可溶性无机物，如氯化铝、盐酸和碳酸钠；无水硫酸镁具有吸水性，能作干燥剂，所以无水硫酸镁的作用是作干燥剂，故答案为：洗掉氯化铝、盐酸和碳酸钠（或洗掉可溶性无机物）；干燥；（4）蒸馏时温度计测量馏分温度，所以温度计水银球位于烧瓶支管口处；温度计位置越高，得到馏分温度越高，可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是AB，故答案为：C；AB点评：本题考查制备实验方案设计，侧重考查学生分
21、析、基本操作等能力，明确实验原理是解本题关键，知道每个仪器作用、物质的性质，学生对于制备实验较陌生，对于有机物性质较陌生，从而导致得分率较低，为学习难点9（15分）（2015湖北模拟）铬是用途广泛的金属元素，但在生产过程中易产生有害的含铬工业废水（1）还原沉淀法是处理含Cr2O72 和CrO42工业废水的一种常用方法，其工艺流程为：2CrO42Cr2O72 Cr3+Cr（OH）3其中第I步存在平衡：2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72 （橙色）+H2O若平衡体系的pH=2，该溶液显橙色根据2CrO42+2H+Cr2O72+H2O，设计右图装置（均为惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2
22、Cr2O7Na2Cr2O7中铬元素的化合价为+6，图中右侧电极连接电源的正极，其电极反应式为4OH4e=O2+2H2O第步反应的离子方程式：6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，向反应后的溶液加一定量NaOH，若溶液中c（Fe3+）=2.01012molL1，则溶液中c（Cr3+）=3105molL1（已知KspFe（OH）3=4.01038，KspCr（OH）3=6.01031）（2）CrO3具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，猛烈反应以至着火若该过程中乙醇被氧化成乙酸，CrO3被还原成绿色的Cr2（SO4）3完成该反应的化学方程式：4CrO3+3C2H5OH+6
23、H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+9H2O（3）CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如图2所示B点时剩余固体的成分是Cr2O3（填化学式）考点：性质实验方案的设计；化学方程式的有关计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理.专题：实验设计题分析：（1）根据氢离子对2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72 （橙色）+H2O平衡移动的影响判断；根据2CrO42+2H+Cr2O72+H2O设计图示装置（均为惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，需要通过电解生成H+提高溶液的酸性，说明在该电极是阳极，连接
24、电源的正极，电极反应式为4OH4e=O2+2H2O；亚铁离子与Cr2O72发生氧化还原反应，由c（Fe3+）和KspFe（OH）3计算c（OH），结合KspCr（OH）3计算c（Cr3+）；（2）根据化合价升降总数相等以及原子守恒来解答；（3）根据质量守恒定律，在变化过程中，Cr的质量没有变，求出氧原子和铬原子的个数比即可解答：解：（1）若平衡体系的pH=2，溶液酸性较强，平衡2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72 （橙色）+H2O正向移动，溶液呈橙色，故答案为：橙；由化合价代数和为0可知Na2Cr2O7中铬元素的化合价为+6价，根据2CrO42+2H+Cr2O72+H2O设计图示装置（均为
25、惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，需要通过电解生成H+提高溶液的酸性，说明在该电极是阳极，连接电源的正极，电极反应式为4OH4e=O2+2H2O，故答案为：+6；正极；4OH4e=O2+2H2O；亚铁离子与Cr2O72发生氧化还原反应，反应的离子方程式为6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，向反应后的溶液加一定量NaOH，若溶液中c（Fe3+）=2.01012molL1，则c（OH）=mol/L，c（Cr3+）=3105，故答案为：6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O；3105；（2）CrO3具有强氧化性，遇到有机物（如酒
26、精）时，乙醇被氧化成乙酸，碳的平均化合价从2价升高到0，1个乙醇化合价变化4，CrO3被还原成绿色的硫酸铬Cr2（SO4）3，铬的化合价从+6价降低到+3价，1个CrO3化合价变化3，两者的最小公倍数是12，再根据原子守恒得4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+9H2O，故答案为：4；3；6；2；3；9H2O；（3）设固体质量为100g，B点时固体的质量为：100g76%=76g，Cr的质量没有变，所以生成物中Cr的质量为52g，氧元素的质量为16，两者的个数比为：=2：3，所以B点时剩余固体的成分是Cr2O3，所以加热到 750K 时成分是Cr2O
27、3，故答案为：Cr2O3点评：本题综合考查了化学平衡原理、氧化还原反应、离子方程式的书写、沉淀溶解平衡和Ksp的有关计算等内容，侧重于反应原理的应用的考查，分析时要根据题给信息，结合相关原理进行解答，题目难度中等10（14分）（2015湖北模拟）SO2、NO2、可吸人颗粒物是雾霾的主要组成（1）SO2可用氢氧化钠来吸收现有0.4molSO2，若用200mL，3molL1NaOH溶液将其完全吸收，生成物为NaHSO3、Na2SO3（填化学式）经测定所得溶液呈酸性，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c（Na+）c（SO32）c（HSO3）c（H+）c（OH）（2）CO可制做燃料电池，以KOH溶液作
28、电解质，向两极分别充入CO和空气，工作过程中，负极反应方程式为：CO+4OH2e=CO32+2H2O（3）氮氧化物和碳氧化物在催化剂作用下可发生反应：2CO+2NON2+2CO2，在体积为0.5L的密闭容积中，加入0.40mol的CO和0.40mol的NO，反应中N2的物质的量浓度的变化情况如图1所示，从反应开始到平衡时，CO的平均反应速率（CO）=0.05molL1min1（4）用CO2合成二甲醚的化学反应是：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）H0合成二甲醚时，当氢气与二氧化碳的物质的量之比为4：1，CO2的转化率随时间的变化关系如图2所示A点的逆反应速率逆（C
29、O2）B点的正反应速率为正（CO2）（填“”、“”或“=“）氢气的平衡转化率为45%（5）液氨作为一种潜在的清洁汽车燃料，它在安全性、价格等方面较化石燃料和氢燃料有着较大的优势氨在燃烧实验中相关的反应有：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（1）H1 4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（1）H2 4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（1）H3 请写出上述三个反应中H1、H2、H3三者之间关系的表达式，H1=考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；离子浓度大小的比较.分析：（1）NaOH的物质的量为0.20
30、0L3molL1=0.6mol，n（SO2）=0.4mol，根据2NaOH+SO2Na2SO3+H2O可知二氧化硫过量，过量部分的二氧化硫再发生反应Na2SO3+H2O+SO22NaHSO3，依据方程式进行计算溶液中溶质组成；（2）碱性条件下CO在负极放电生成CO32；（3）图象可知反应大大的平衡状态，生成氮气浓度为0.10mol/L，依据V=计算氮气反应速率，反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算得到一氧化碳表示的反应速率；（4）由CO2的转化率随时间变化图可知在A点时反应还未达到平衡状态，反应仍将继续正向进行；设CO2的初始物质的量为a，则H2的初始物质的量为4a，由图可知，CO2的转化
31、率为60%，故转化的二氧化碳为0.6a，根据方程式计算转化的氢气的物质的量，再根据转化率定义计算；（5）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式，利用（3+2）得到解答：解：（1）设反应生成亚硫酸钠的物质的量为x，消耗二氧化硫的物质的量为y，2NaOH+SO2Na2SO3+H2O 2 1 10.6mol y x解得：x=0.3mol y=0.3mol根据上述计算可以知道，二氧化硫是过量的，剩余的二氧化硫的物质的量为：0.4mol0.3mol=0.1mol 所以二氧化硫会和生成的亚硫酸钠继续反应，设消耗亚硫酸钠的物质的量为a，生成亚硫酸氢钠的物质的量为bNa2SO3+H2O+SO22N
32、aHSO3 1 1 2 a 0.1mol ba=0.1mol，b=0.2mol溶液中含有NaHSO3物质的量为0.2mol，Na2SO3；物质的量为0.2mol经测定所得溶液呈酸性，说明 亚硫酸氢根离子电离大于亚硫酸根离子水解，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（SO32）c（HSO3）c（H+）c（OH）；故答案为：NaHSO3、Na2SO3；c（Na+）c（SO32）c（HSO3）c（H+）c（OH）；（2）原电池中，负极上CO失电子和氢氧根离子反应生成CO32，所以电极反应式为：CO+4OH2e=CO32+2H2O，故答案为：CO+4OH2e=CO32+2H2O；（3）图象可知反应大大
33、的平衡状态，生成氮气浓度为0.10mol/L，依据V=计算氮气反应速率=0.025mol/（Lmin），反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算得到一氧化碳表示的反应速率V（CO）=2V（N2）=20.025mol/（Lmin）=0.05molL1min1，故答案为：0.05molL1min1；（4）2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）H0由CO2的转化率随时间变化图可知在A点时反应还未达到平衡状态，反应仍将继续正向进行，故v逆（CO2）小于B点平衡时的化学反应速率，故答案为：；设CO2的初始物质的量为a，则H2的初始物质的量为4a，由图可知，CO2的转化率为60%
34、，故转化的二氧化碳为a60%=0.6a，根据方程式可知，转化的H2的物质的量为0.6a=1.8a，故平衡时氨气的转化率定为100%=45%，故答案为：45%；（5）4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（1）H1 4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（1）H2 4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（1）H3 依据盖斯定律计算（3+2）得4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（1）H1=；故答案为：点评：本题考查了化学反应产物的计算分析判断，原电池电极反应书写方法，化学平衡的影响因素、盖斯定律的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等二、
35、解答题（共1小题，满分15分）化学-选修3：物质结构与性质11（15分）（2015湖北模拟）在研究金矿床物质组分的过程中，通过分析发现了CuNiZnSnFe多金属互化物（1）某种金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于晶体（填“晶体”或“非晶体”），可通过X射线衍射实验方法鉴别（2）基态Ni2+的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d8；配合物Ni（CO）4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂固态Ni（CO）4属于分子晶体；Ni2+和Fe2+的半径分别为69pm和78pm，则熔点NiOFeO（填“”或“”）（3）铜能与类卤素（SCN）2反应生成C
36、u（SCN）2，1mol（SCN）2分子中含有键的数目为5NA；类卤素（SCN）2对应的酸有两种，理论上硫氰酸（HSCN）的沸点低于异硫氰酸（HN=C=S）的沸点，其原因是异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键；写出一种与SCN互为等电子体的分子CO2（用化学式表示）（4）氨基乙酸铜的分子结构如图，碳原子的杂化方式为sp3、sp2（5）立方NiO（氧化镍）晶体的结构如图1所示，其晶胞边长为apm，列式表示NiO晶体的密度为g/cm3（不必计算出结果，阿伏加德罗常数的值为NA）人工制备的NiO晶体中常存在缺陷（如图2）：一个Ni2+空缺，另有两个Ni2+被两个Ni3+所取代，其结果
37、晶体仍呈电中性，但化合物中Ni和O的比值却发生了变化已知某氧化镍样品组成Ni0.96O，该晶体中Ni3+与Ni2+的离子个数之比为6：91考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断.分析：（1）晶体具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，可通过X射线衍射实验进行鉴别；（2）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，失去4s能级2个电子形成Ni2+；配合物Ni（CO）4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂固态Ni（CO）4属于分子晶体；离子所带电荷相同，离子半径越小，离子键越强，晶体的熔点越高；（3）（SCN）2
38、的结构式为NCSSCN，根据（SCN）2的结构可知分子中有3个单键和2个碳氮三键，单键为键，三键含有1个键、2个键；由于异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键，所以硫氰酸（HSCN）的沸点低于异硫氰酸；原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体；（4）分子中连接氨基的C原子形成2个CH键、1个CN、1个CO键，没有孤电子对，而碳氧双键中的C原子形成3个键，没有孤电子对；（5）根据均摊法计算晶胞中Ni、O原子数目，进而计算晶胞质量，再根据=计算晶胞密度；根据电荷守恒计算Ni3+与Ni2+的离子个数之比解答：解：（1）某种金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该
39、计算互化物属于晶体，可通过X射线衍射实验进行鉴别，故答案为：晶体；X射线衍射实验；（2）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，失去4s能级2个电子形成Ni2+，故Ni2+离子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d8，Ni（CO）4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，固态Ni（CO）4属于分子晶体；Ni2+和Fe2+的离子所带电荷相同，Ni2+离子半径较小，NiO中离子键更强，NiO晶体的熔点更高，故答案为：1s22s22p63s23p63d8；分子；（3）（SCN）2的结构式为NCSSCN，根据（SCN）2的结构可知分子中
40、有3个单键和2个碳氮三键，单键为键，三键含有1个键、2个键，（SCN）2分子含有5个键，故1mol（SCN）2分子中含有键的数目为 5NA；由于异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键，所以硫氰酸（HSCN）的沸点低于异硫氰酸；一种与SCN互为等电子体的分子有CO2等，原子数相同，价电子数均为16，故答案为：5NA；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键；CO2；（4）分子中连接氨基的C原子形成2个CH键、1个CN、1个CO键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，而碳氧双键中的C原子形成3个键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，采取sp2杂化，故答案为：sp
41、3、sp2；（5）晶胞中Ni原子数目为1+12=4，氧原子数目为8+6=4，晶胞质量为4g，晶胞边长为apm，晶胞体积为（a1010 cm）3，NiO晶体的密度为为4g（a1010 cm）3=g/cm3；设1mol Ni0.97O中含Ni3+xmol，Ni2+为（0.97x）mol，根据晶体仍呈电中性，可知 3x+2（0.97x）=21，x=0.06mol Ni2+为（0.97x）mol=0.91mol，即离子数之比为Ni3+：Ni2+=0.06：0.91=6：91，故答案为：；6：91点评：本题是对物质结构的考查，涉及晶体结构与性质、核外电子排布、化学键、杂化轨道、晶胞计算等，难度中等，（5
42、）为易错点，注意利用均摊法计算晶胞质量，根据阴阳离子所带电荷相等计算氧化镍晶体中离子数目之比三、解答题（共1小题，满分15分）化学-选修5：有机化学基础12（15分）（2015湖北模拟）有机化合物X、Y、A、B、C、D、E、F、G之间的转化关系如下图已知以下信息：RCHORCOOH RCOOR（R、R代表烃基）X在催化剂作用下可与H2反应生成化合物Y化合物F的核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰回答下列问题：（1）X的含氧官能团的名称是醛基，X与HCN反应生成A的反应类型是加成反应（2）酯类化合物B的分子式是C15H14O3，其结构简式是（3）X发生银镜反应的化学方程式是C6H5CHO+2Ag（NH
43、3）2OHC6H5COONH4+2Ag+3NH3+H2O（4）G在NaOH溶液中发生水解反应的化学方程式是+2NaOH+H2O（5）的同分异构体中：能发生水解反应；能发生银镜反应；能与氯化铁溶液发生显色反应；含氧官能团处在对位满足上述条件的同分异构体共有3种（不考虑立体异构），写出核磁共振氢谱图中有五个吸收峰的同分异构体的结构简式（6）写出以C2H5OH为原料合成乳酸（）的路线（其它试剂任选）（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）考点：有机物的合成.分析：（1）据扁桃酸和反应条件可知，X为苯甲醛，A为；（2）X在催化剂作用下可与H2反应生成化合物Y，结合B的分子式是C15H14O3可知，Y
44、为苯甲醛，扁桃酸与Y发生酯化反应生成B；（3）X为苯甲醛，能够发生银镜反应；（4）据E参与的反应和化合物F的核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰可知，F为甲醛，E为对甲基苯酚，据已知反应和反应条件判断，D为，据此分析G的结构；（5）的同分异构体中：能发生水解反应，说明含有酯基；能发生银镜反应，说明含有醛基；能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；含氧官能团处在对位，说明酚羟基和甲酸某酯在对位，还可以有甲基，存在两种情况，或，据此分析；（6）结合已知反应分析解答：解：（1）据扁桃酸和反应条件可知，X为苯甲醛，A为，XA发生的反应为加成反应，故答案为：醛基；加成反应；（2）X在催化剂作用下可与H2反
45、应生成化合物Y，结合B的分子式是C15H14O3可知，Y为苯甲醇，扁桃酸与Y发生酯化反应生成B，B为，故答案为：；（3）X为苯甲醛，能够发生银镜反应，反应方程式为：C6H5CHO+2Ag（NH3）2OHC6H5COONH4+2Ag+3NH3+H2O，故答案为：C6H5CHO+2Ag（NH3）2OHC6H5COONH4+2Ag+3NH3+H2O；（4）G为苯甲酸对甲基苯酚酯，其在NaOH溶液中水解的方程式为+2NaOH+H2O，故答案为：+2NaOH+H2O；（5）的同分异构体中：能发生水解反应，说明含有酯基；能发生银镜反应，说明含有醛基；能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；含氧官能团处在对位，说明酚羟基和甲酸某酯在对位，还可以有甲基，存在两种情况，或，共3种同分异构体，核磁共振氢谱图中有五个吸收峰的同分异构体为，故答案为：3；（6）据已知反应，以C2H5OH为原料合成乳酸（）的路线可以为：，故答案为：点评：本题考查了有机推断，注意根据已知反应和反应条件判断，题目难度较大