2022年甘肃省西师大附中高考化学压轴卷 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列有关物质应用的说法错误的是（ ）A．用食醋清洗热水瓶中的水垢B．工厂中常用的静电除尘装置是根据胶体带电这个性质而设计的C．氢氧化铝可用于治疗胃酸过多D．为了延长果实或花朵的成熟期，可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果或花朵产生的乙烯 2．下列有关化学实验操作的说法不合理的是（ ）A．在配制FeSO4溶液时常向其中加入一定量铁粉和稀硫酸B．用广泛pH试纸测量得某溶液的pH=13C．用碱式滴定管量取20.00mL0.1000mol/LKmnO4溶液D．实验室可将铜先氧化成氧化铜，再与硫酸反应来制取硫酸铜以节约药品、减少污染 3．短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中T所处的周期序数与主族序数相等，下列判断正确的是（ ）A．W的氢化物沸点高于水的沸点B．Q与氢形成的化合物一定含极性键，可能含有非极性键C．R的最高正价氧化物的水化物是弱电解质D．T与W的化合物可通过T、W的简单离子的水溶液混合制取 4．如图所示，试管中盛有已检出部分离子的某溶液，下列推理正确的是（ ）A．向该溶液中加入Mg有H2逸出B．向该溶液中加入少量FeCl2，其离子反应方程式为：2NO3﹣+6I﹣+4H2OC．该溶液还可能大量存在MnO4﹣、ClO﹣D．向该溶液中逐滴加入Na2CO3溶液至过量，既有气体逸出又有沉淀生成 5．某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO﹣、CN﹣、HCO3﹣、N2、Cl﹣六种物质，在反应过程中测得ClO和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示．下列有关判断中正确的是（ ）-20-A．还原剂是CN﹣，氧化产物只有N2B．氧化剂是ClO﹣，还原产物是HCO3﹣C．配平后氧化剂与还原剂的计量系数之比为5：2D．标准状况下若生成2.24LN2，则转移电子0.5mol 6．分子式为C5H10O2的酸和分子式为C5H12O的醇在酸性条件下形成的酯共有（ ）A．16种B．20种C．32种D．40种 7．对于NH4Cl溶液的相关叙述不正确的是（ ）A．B．•H2O）C．将NH4C1溶解到氨水中，NH4C1抑制NH3•H2O的电离D．等物质的量浓度的NH4C1、CH3COONH4溶液中c（N）相等 二、解答题（共6小题，满分88分）8．U、W、X、Y、Z都是短周期元素，且原子序数依次增大．其中U与W可形成三角锥形分子A，U与X可形成常温下呈液态的分子B，A、B均为10电子分子；X能与W形成两种常见的离子化合物甲、乙，其化学式中原子个数甲多于乙，Y元素原子的K层电子数与M层电子数相同；Z元素是地壳中含量最多的金属．请回答下列问题：（1）Z元素在周期表中的位置 ．U、W、X、Y、Z四种元素的原子半径由小到大的顺序是 （用元素符号表示）．（2）U与W形成的18电子化合物的电子式是 ．实验室制取并检验气体A的方法是 ．（3）A与W的最高价氧化物的水化物反应所得产物的水溶液呈 性（填“酸”、“碱”或“中”），用离子方程式说明其原因是 ．（4）将26.4g甲与Z单质的混合物投入过量的B中，固体完全溶解，所得溶液中仅有一种溶质，写出其化学式 ，在整个过程中产生的气体在标准状况下体积为 ．（5）若将Y单质与过量二氧化碳完全反应生成的全部固体与足量的热浓硝酸混合，充分反应后，产物中二氧化碳和二氧化氮共aL（标准状况，不考虑NO2部分转化成N2O4），则Y单质的质量是 g（用含a的代数式表示）． 9．已知A（g）+xB（g）⇌2C（g），一定温度下，某密闭容器中充入等物质的气体A和B发生上述反应，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器内有关物质的浓度、反应速率随时间变化的关系如图所示．-20-请回答下列问题：（1）x= ．0﹣20min内用B的浓度变化表示的平均反应速率为 ，在左图中补充缺失的物质在0﹣30min内浓度变化曲线．一定条件下，当v正（B）：v逆（C）= 时的状态即为化学平衡状态．（2）20min～30min内该反应的化学平衡常数为 ，若25min，35min，55min时时的化学平衡常数分别为K1，K2，K3，则三者大小关系为： （3）已知A（g）+xB（g）⇌2C（g）△H=﹣QkJ/mol，该反应生成2molC时 （填“放出”或“吸收”） （填“大于”“小于”或“等于”）QkJ的热量． 10．氮化铝（AlN）陶瓷是一种类金刚石氮化物的新型无机非金属材料，最高可稳定到2200℃，导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料．抗熔融金属侵蚀的能力强，是熔铸纯铁、铝或铝合金理想的坩埚材料．氮化铝还是电绝缘体，介电性能良好，用作电器元件也很有希望．超细氮化铝粉末被广泛应用于大规模集成电路生产领域，制取原理为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO．某化学研究性学习小组成员根据氮化铝的制取原理，进行了如下探究．（1）在制取氮化铝时由于反应不完全，氮化铝产品中所含杂质除了碳以外还可能存在 （填物质名称）．（2）为测定该产品中有关成分的含量，甲、乙两同学设计了以下两个实验：甲同学：称取10.00g样品，将其加入过量的氢氧化钠溶液中共热并蒸干，其中AlN跟氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，并放出气体，上述反应的化学方程式为 ．乙同学：认为测定某氮化铝中含有杂质，可用图中Ⅰ装置来进行检验，根据AlN与NaOH溶液反应所生成气体的体积来测定样品中氮化铝的质量分数，并根据实验现象来确定杂质的成分（实验中导管体积忽略不计）①本试验中检查装置气密性的方法是 ．②广口瓶中的试剂X可最好选用 （填选项的标号）．A、苯 B、酒精 C、植物油 D、CCl4③实验中测得样品的质量为wg，氨气的体积为aL（标况下），则样品中AlN的质量分数为 （AlN的式量为41）．④丙同学认为，乙同学的实验方法，可能因气体体积测量不准，导致误差较大．建议改用图中的Ⅱ装置进行同样实验，通过测定烧杯中硫酸的增重来确定样品中AlN的质量分数．你认为是否可行？ （填“可行”、“不可行”），最简单的改进方法为 ．（若可行，则此空格可不作答）．丁同学仔细思考了丙同学的装置后，认为此装置所测得的样品中AlN含量偏小．其原因是 ．为不考虑空气中少量水蒸气的影响时，只要用图中的Ⅲ或Ⅳ两个装置中的一种，只需进行简单而又必要的数据测定，可比较准确地确定样品中AlN的质量分数．较合理的装置为 （填代号）．-20- 11．氯化铜晶体（CuCl2•xH2O）是重要的化工原料，可用作催化剂、消毒剂等，用孔雀石[主要含Cu2（OH）2CO3，还含有少量Fe、Si的化合物]制备氯化铜晶体，方案如图：已知：有关金属离子从开始沉淀到沉淀完全时溶液的pH：离子种类pHFe3+Cu2+Fe2+开始沉淀2.75.48.1沉淀完全3.76.99.6（1）酸溶时应选择酸的名称为 ；若溶液A含有的金属离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+，则试剂①可选用 （填字母）．A．Cu B．Cl2 C．NH3•H2O D．NaOHE．H2O2 F．KMnO4（2）加入试剂②的目的是调节pH至a，a的范围是 ，写出试剂②的一种可能的化学式 ．由溶液C获得CuCl2•xH2O，包含4个基本实验操作，这4个基本实验操作依次是 、过滤、用无水乙醇洗涤等操作，使用无水乙醇代替水进行洗涤的主要原因是 ．（3）为了测定制得的氯化铜晶体（CuCl2•xH2O）中x值，有同学设计了如下两种实验方案：①称取一定质量的晶体加热使其失去结晶水，称量所得无水CuCl2的质量．该方案存在的问题是 ．②称取ag晶体、加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、加热沉淀至质量不再减轻为止，称量所得固体的质量为bg．则x= （用含a、b的代数式表示）． 12．【化学选修3物质结构与性质】已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42．X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子．X跟Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子．请回答下列问题：（1）X元素原子基态时的电子排布式为 ，该元素的符号是 ．（2）Y元素原子的电子轨道表示式为 ，元素X与Y的电负性比较：X Y（填“＞”或“＜”）．（3）X与Z可形成化合物XZ3，该化合物的空间构型为 ．（4）由元素X与镓元素组成的化合物A为第三代半导体．已知化合物A的晶胞结构如图所示．（黑球位于立方体内，白球位于立方体顶点和面心）-20-请写出化合物A的化学式 ：化合物A可由（CH3）3Ga和AsH3在700℃下反应制得，反应的化学方程式为 （5）已知（CH3）3Ga为非极性分子，则其中镓原子的杂化方式为 ． 13．工业上以乙烯为原料，合成化学式为C3H6O3的化合物．已知：请回答相关的问题：（1）写出下列物质的结构简式：A： ；C： （2）写出反应③的化学方程式 ．（3）D在浓硫酸存在条件下加热，可生成五原子环状化合物E（C4H6O4），请写出反应的化学方程式 ．（4）下列说法正确的是 A．化合物Ⅱ的分子式C5H9O2B．反应④的目的是防止﹣CHO在第⑤步被氧化C．反应③是消去反应，反应④是酯化反应D．化合物D可以发生缩聚反应得到高分子化合物（5）化合物F与C互为同分异构体，且化合物F满足以下条件：①取等物质的量F分别与NaHCO3、Na充分反应产生CO2和H2比为1：1②化合物F符合下面的核磁共振氢谱如图2，化合物F的结构简式为 ． -20-205年甘肃省西师大附中高考化学压轴卷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．下列有关物质应用的说法错误的是（ ）A．用食醋清洗热水瓶中的水垢B．工厂中常用的静电除尘装置是根据胶体带电这个性质而设计的C．氢氧化铝可用于治疗胃酸过多D．为了延长果实或花朵的成熟期，可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果或花朵产生的乙烯【考点】乙酸的化学性质；胶体的应用；两性氧化物和两性氢氧化物；乙烯的化学性质．【分析】A、醋酸的酸性比碳酸强，可与碳酸盐和碱反应；B、胶体不带电，胶粒带电；C、氢氧化铝能够和胃酸发生的物质，而且这种物质没有腐蚀性；D、乙烯具有生物调节功能，含有碳碳双键能被高锰酸钾氧化．【解答】解．A、食醋的主要成分为醋酸，酸性比碳酸强，水垢的主要成分为碳酸钙和氢氧化镁，都能与醋酸反应，可用用食醋清洗热水瓶中的水垢，故A正确；B、工厂中常用的静电除尘装置是根据胶粒带电这个性质而设计的，故B错误；C、氢氧化铝能够和胃酸发生的物质，而且这种物质没有腐蚀性，所以氢氧化铝可用于治疗胃酸过多，故C正确；D、乙烯具有生物调节功能，含有碳碳双键能被高锰酸钾氧化；为了延长果实或花朵的成熟期，可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果或花朵产生的乙烯，故D正确，故选B．【点评】本题主要考查的是生活中常见化合物的性质以及用途、胶体的性质、药物用药原理、常见有机物的性质等知识，题目难度不大，注意把握物质的性质，为解答该类题目的关键． 2．下列有关化学实验操作的说法不合理的是（ ）A．在配制FeSO4溶液时常向其中加入一定量铁粉和稀硫酸B．用广泛pH试纸测量得某溶液的pH=13C．用碱式滴定管量取20.00mL0.1000mol/LKmnO4溶液D．实验室可将铜先氧化成氧化铜，再与硫酸反应来制取硫酸铜以节约药品、减少污染【考点】盐类水解的原理；测定溶液pH的方法；不能加热的仪器及使用方法．【分析】A．硫酸亚铁溶液中亚铁离子水解生成氢氧化亚铁和氢离子，易被空气中的氧气氧化为铁离子；B．广泛pH试纸测量值为整数；C．KmnO4溶液具有强氧化性能腐蚀碱式滴定管；D．Cu与浓硫酸反应会生成二氧化硫．【解答】解：A．为防止亚铁离子被氧化和亚铁离子水解，配制溶液中加入铁粉防止亚铁离子被氧化，加入稀硫酸防止亚铁离子水解浑浊，故A正确；B．广泛pH试纸测量值为整数，则用广泛pH试纸测量得某溶液的pH=13，故B正确；C．KmnO4溶液具有强氧化性能腐蚀碱式滴定管，所以应该用酸式滴定管量取20.00mL0.1000mol/LKmnO4溶液，故C错误；D．Cu与浓硫酸反应会生成二氧化硫，会污染空气，将铜先氧化成氧化铜，再与硫酸反应来制取硫酸铜以节约药品、减少污染，故D正确．-20-故选C．【点评】本题考查了实验基本操作的分析应用，注意积累实验知识，掌握基本操作规范，是解题关键，题目难度不大． 3．短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中T所处的周期序数与主族序数相等，下列判断正确的是（ ）A．W的氢化物沸点高于水的沸点B．Q与氢形成的化合物一定含极性键，可能含有非极性键C．R的最高正价氧化物的水化物是弱电解质D．T与W的化合物可通过T、W的简单离子的水溶液混合制取【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】短周期元素Q、R、T、W，根据元素所处的位置，可确定T、W为第三周期的元素，Q、R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，故Q为C元素，R为N元素，W为S元素，据此结合选项解答．【解答】解：短周期元素Q、R、T、W，根据元素所处的位置，可确定T、W为第三周期的元素，Q、R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，故Q为C元素，R为N元素，W为S元素，A．W为S元素，其气态氢化物为H2S，由于水分子中含有氢键，则水的沸点高于硫化氢，故A错误；B．Q为C元素，C与氢形成的化合物为烃，烃分子中一定含有碳氢极性键，还可能含有碳碳非极性键，故B正确；C．R为N元素，其最高价氧化物对应水化物为HNO3，属于强酸，是强电解质，故C错误；D．T为Al元素、W为S元素，二者形成的化合物为三硫化二铝，由于硫离子和硫离子在溶液中发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢，所以不能通过二者的离子获得三硫化二铝，故D错误；故选B．【点评】本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，题目难度中等，试题比较全面考查学生有关元素推断知识，注意整体把握元素周期表的结构、元素周期律的内容． 4．如图所示，试管中盛有已检出部分离子的某溶液，下列推理正确的是（ ）A．向该溶液中加入Mg有H2逸出B．向该溶液中加入少量FeCl2，其离子反应方程式为：2NO3﹣+6I﹣+4H2OC．该溶液还可能大量存在MnO4﹣、ClO﹣D．向该溶液中逐滴加入Na2CO3溶液至过量，既有气体逸出又有沉淀生成【考点】离子方程式的书写；离子共存问题；硝酸的化学性质．【分析】A．金属和硝酸反应，无氢气生成；B．硝酸具有强氧化性能氧化亚铁离子为铁离子；-20-C．NH4+、Al3+为弱碱的阳离子，ClO﹣为弱酸的酸根离子，阳离子和酸根离子易发生双水解；D．向该溶液中逐滴加入Na2CO3溶液至过量，反应掉溶液中的氢离子生成二氧化碳，碳酸根离子和铝离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀．【解答】解：A．根据图示可知溶液中存在H+、NH4+、Al3+、NO3﹣离子，H+和NO3﹣离子相当于稀硝酸，金属镁溶于很稀的硝酸溶液，生成硝酸镁、硝酸铵和水，镁和稀硝酸也可发生反应：3Mg+8HNO3=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O，无H2逸出，故A错误；B．硝酸根离子在酸性条件下，具有强氧化性，与亚铁离子发生氧化还原反应，可知发生的离子反应为4H++NO3﹣+3Fe2+=NO↑+3Fe3++4H2O，故B错误；C．NH4+、Al3+为弱碱的阳离子，ClO﹣为弱酸的酸根离子，NH4+和ClO﹣、Al3+和ClO﹣都能发生双水解，故C错误；D．向该溶液中逐滴加入Na2CO3溶液至过量，反应掉溶液中的氢离子生成二氧化碳，离子反应为CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑，继续滴加入Na2CO3溶液，铝离子和碳酸根离子水解相互促进生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子反应，是高考中常考考点，明确发生的化学反应是解答本题的关键，侧重考查了溶液中的离子的双水解问题，题目难度中等． 5．某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO﹣、CN﹣、HCO3﹣、N2、Cl﹣六种物质，在反应过程中测得ClO和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示．下列有关判断中正确的是（ ）A．还原剂是CN﹣，氧化产物只有N2B．氧化剂是ClO﹣，还原产物是HCO3﹣C．配平后氧化剂与还原剂的计量系数之比为5：2D．标准状况下若生成2.24LN2，则转移电子0.5mol【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】由曲线变化图可知，随反应进行ClO﹣的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO﹣为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN﹣是反应物，由氯元素守恒可知Cl﹣是生成物，由碳元素守恒可知HCO3﹣是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物．反应中Cl元素化合价由+1价降低为﹣1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由﹣3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2[（4﹣2）+（3﹣0）]=10价，故CN﹣系数为2，ClO﹣系数为5，由元素守恒可知HCO3﹣系数为2，N2系数为1，Cl﹣系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN﹣+5ClO﹣+H2O=2HCO3﹣+N2↑+5Cl﹣．A、由化合价变化可知氧化产物有HCO3﹣、N2；B、所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂通过还原反应生成的物质是还原产物．结合方程式，利用化合价变化判断；C、反应中是CN﹣是还原剂，ClO﹣是氧化剂，根据化合价升降配平，方程式判断；-20-D、反应中只有氯元素化合价降低，根据氮气的体积计算参加反应的ClO﹣的物质的量，反应中Cl元素化合价由+1价降低为﹣1价，据此计算．【解答】解：由曲线变化图可知，随反应进行ClO﹣的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO﹣为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN﹣是反应物，由氯元素守恒可知Cl﹣是生成物，由碳元素守恒可知HCO3﹣是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物．反应中Cl元素化合价由+1价降低为﹣1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由﹣3价升高为0价，化合价总共升降最小公倍数为2[（4﹣2）+（3﹣0）]=10价，故CN﹣系数为2，ClO﹣系数为5，由元素守恒可知HCO3﹣系数为2，N2系数为1，Cl﹣系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN﹣+5ClO﹣+H2O=2HCO3﹣+N2↑+5Cl﹣．A、反应中，C元素化合价由CN﹣中+2价升高为HCO3﹣中+4价，N元素化合价由CN﹣中﹣3价升高为N2中0价，可知CN﹣为还原剂，氧化产物有HCO3﹣、N2，故A错误；B、反应中Cl元素化合价由ClO﹣中+1价降低为Cl﹣中﹣1价，ClO﹣是氧化剂，还原产物是Cl﹣，故B错误；C、由上述分析可知，反应为2CN﹣+5ClO﹣+H2O=2HCO3﹣+N2↑+5Cl﹣，反应中是CN﹣是还原剂，ClO﹣是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故C正确；D、2.24LN2（标准状况）的物质的量为0.1mol，所以参加反应的ClO﹣的物质的量为0.5mol，反应中只有氯元素化合价降低，由ClO﹣中+1价降低为Cl﹣中﹣1价，所以转移电子为0.5mol×2mol=1mol，故D错误．故选：C．【点评】本题考查氧化还原反应计算、基本概念等，难度中等，根据曲线变化图分析反应物、产物，利用守恒生成方程式是关键． 6．分子式为C5H10O2的酸和分子式为C5H12O的醇在酸性条件下形成的酯共有（ ）A．16种B．20种C．32种D．40种【考点】同分异构现象和同分异构体．【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】根据分子式为C5H10O2的酸的种类取决于﹣C4H9的种类，分子式为C5H12O的醇的种类取决于﹣C5H11的种类，﹣C4H9异构体有4种：﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH2CH3，﹣CH2CH（CH3）CH3，﹣C（CH3）3，﹣C5H11的异构体有8种：﹣CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CHCH（CH3）CH2CH3、﹣C（CH3）2CH2CH3、﹣C（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH2C（CH3）3，然后确定酯的种类．【解答】解：分子式为C5H10O2的酸的种类取决于﹣C4H9的种类，分子式为C5H12O的醇的种类取决于﹣C4H9的种类，﹣C4H9异构体有4种：﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH2CH3，﹣CH2CH（CH3）CH3，﹣C（CH3）3，﹣C5H11的异构体有8种：﹣CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CHCH（CH3）CH2CH3、﹣C（CH3）2CH2CH3、﹣C（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH2C（CH3）3，即分子式为C5H10O2的酸有4种，分子式为C5H12O的醇有8种，所以形成的酯共有4×8=32种，故选：C．【点评】本题主要考查同分异构体的书写，难度中等，注意利用丁基、戊基的种类判断． 7．对于NH4Cl溶液的相关叙述不正确的是（ ）A．B．•H2O）-20-C．将NH4C1溶解到氨水中，NH4C1抑制NH3•H2O的电离D．等物质的量浓度的NH4C1、CH3COONH4溶液中c（N）相等【考点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较．【专题】盐类的水解专题．【分析】A、铵根离子水解显酸性；B、依据溶液中的物料守恒计算分析；C、氯化铵中的铵根离子抑制一水合氨的电离；D、醋酸铵溶液中醋酸根离子水解显碱性，铵根离子水解显酸性，氯离子对铵根离子水解无影响；【解答】解：A、铵根离子水解显酸性；溶液中的离子浓度为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；B、依据溶液中的物料守恒为：c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（NH3•H2O）；故B正确；C、一水合氨是弱电解质，氯化铵中的铵根离子抑制一水合氨的电离；故C正确；D、醋酸铵溶液中醋酸根离子水解显碱性，铵根离子水解显酸性，氯离子对铵根离子水解无影响；氯化铵溶液中铵根离子浓度大于醋酸铵溶液中铵根离子浓度，故D错误；故选D．【点评】本题考查了盐类水解的应用，溶液中电荷守恒，物料守恒，弱电解质电离平衡的影响因素分析，题目难度中等． 二、解答题（共6小题，满分88分）8．U、W、X、Y、Z都是短周期元素，且原子序数依次增大．其中U与W可形成三角锥形分子A，U与X可形成常温下呈液态的分子B，A、B均为10电子分子；X能与W形成两种常见的离子化合物甲、乙，其化学式中原子个数甲多于乙，Y元素原子的K层电子数与M层电子数相同；Z元素是地壳中含量最多的金属．请回答下列问题：（1）Z元素在周期表中的位置 第三周期ⅢA族 ．U、W、X、Y、Z四种元素的原子半径由小到大的顺序是 O＜N＜Al＜Mg＜Na （用元素符号表示）．（2）U与W形成的18电子化合物的电子式是 ．实验室制取并检验气体A的方法是 2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，将湿润的红色石蕊试纸靠近气体，若试纸变蓝，则是氨气 ．（3）A与W的最高价氧化物的水化物反应所得产物的水溶液呈 酸 性（填“酸”、“碱”或“中”），用离子方程式说明其原因是 NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，导致氢离子浓度大于氢氧根离子的浓度，所以溶液呈酸性 ．（4）将26.4g甲与Z单质的混合物投入过量的B中，固体完全溶解，所得溶液中仅有一种溶质，写出其化学式 NaAlO2 ，在整个过程中产生的气体在标准状况下体积为 15.68L ．（5）若将Y单质与过量二氧化碳完全反应生成的全部固体与足量的热浓硝酸混合，充分反应后，产物中二氧化碳和二氧化氮共aL（标准状况，不考虑NO2部分转化成N2O4），则Y单质的质量是 g（用含a的代数式表示）．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】U、W、X、Y、Z都是短周期元素，且原子序数依次增大．其中U与W可形成三角锥形分子A，则U为H，W为N，A为NH3-20-，U与X可形成常温下呈液态的分子B，A、B均为10电子分子，则X为O，B为H2O；X能与W形成两种常见的离子化合物甲、乙，其化学式中原子个数甲多于乙，所以W是Na，其中甲是过氧化钠，乙是氧化钠；Y元素原子的K层电子数与M层电子数相同，则Y为Mg；Z元素是地壳中含量最多的金属，则Z为Al，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答．【解答】解：U、W、X、Y、Z都是短周期元素，且原子序数依次增大．其中U与W可形成三角锥形分子A，则U为H，W为N，A为NH3，U与X可形成常温下呈液态的分子B，A、B均为10电子分子，则X为O，B为H2O；X能与W形成两种常见的离子化合物甲、乙，其化学式中原子个数甲多于乙，所以W是Na，其中甲是过氧化钠，乙是氧化钠；Y元素原子的K层电子数与M层电子数相同，则Y为Mg；Z元素是地壳中含量最多的金属，则Z为Al，（1）铝的质子数为13，位于第三周期ⅢA族，原子的电子层数越多，半径越大，同周期元素从左向右原子半径在减小，则原子半径为O＜N＜Al＜Mg＜Na，故答案为：第三周期ⅢA族；O＜N＜Al＜Mg＜Na；（2）U与X形成的18电子化合物为H2O2，其电子式为，实验室用氯化铵和碱石灰反应制取氨气，即碱与盐反应生成新碱和新盐，化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，检验氨气，可以利用氨气的水溶液显碱性，即用“使湿润的红色石蕊试纸变蓝”；也可以用氨气遇浓盐酸产生白烟，即“用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在瓶口，产生白烟”，故答案为：；2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，将湿润的红色石蕊试纸靠近气体，若试纸变蓝，则是氨气；（3）A与W的最高价氧化物的水化物是硝酸，反应所得硝酸铵是强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，水解反应方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故答案为：酸；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，导致氢离子浓度大于氢氧根离子的浓度，所以溶液呈酸性；（4）26.4g的过氧化钠与铝和水发生2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑反应，因为所得溶液中仅有一种溶质，所以溶质为偏铝酸钠，则n（Na2O2）：n（Al）=1：2，设过氧化钠的物质的量为xmol，则铝的物质的量为2xmol，所以78x+54x=26.4g，则x=0.2mol；所以生成氧气的物质的量为0.1mol，铝与碱反应生成氢气的物质的量为：=0.6mol，所以生成气体的总物质的量为：0.7mol，体积为：0.7mol×22.4L/mol=15.68L，故答案为：NaAlO2；15.68L；（5）Mg与二氧化碳的反应为2Mg+CO22MgO+C，C与浓硝酸反应生成二氧化碳和二氧化氮，设二氧化碳的物质的量x，由电子守恒可知，x×4=（﹣x）×1，解得x=mol，再由2Mg+CO22MgO+C可知，Mg的物质的量为mol×2=mol，则Mg的质量为mol×24g/mol=，故答案为：．【点评】本题考查原子结构与元素周期律，元素的推断是解答本题的关键，应熟悉分子的构型、10电子微粒及氧化还原反应来解答，难度不大．-20- 9．已知A（g）+xB（g）⇌2C（g），一定温度下，某密闭容器中充入等物质的气体A和B发生上述反应，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器内有关物质的浓度、反应速率随时间变化的关系如图所示．请回答下列问题：（1）x= 1 ．0﹣20min内用B的浓度变化表示的平均反应速率为 0.05mol/（L•min） ，在左图中补充缺失的物质在0﹣30min内浓度变化曲线．一定条件下，当v正（B）：v逆（C）= 1：2 时的状态即为化学平衡状态．（2）20min～30min内该反应的化学平衡常数为 4 ，若25min，35min，55min时时的化学平衡常数分别为K1，K2，K3，则三者大小关系为： K1=K2＜K3 （3）已知A（g）+xB（g）⇌2C（g）△H=﹣QkJ/mol，该反应生成2molC时 放出 （填“放出”或“吸收”） 等于 （填“大于”“小于”或“等于”）QkJ的热量．【考点】化学平衡的计算．【分析】（1）由图象可知，30min时瞬间浓度增大相同的倍数，正、逆反应速率增大相同倍数，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是压缩体积增大压强，平衡不移动，则1+x=2，故x=1；由图可知20min内A、B浓度变化量均为1mol/L，根据v=计算v（B）；A、B起始浓度相同，反应按1：1反应，故A、B浓度变化曲线重合；可能反应到达平衡时，不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比；（2）20min～30min内平衡时A、B浓度均为1mol/L，C的浓度为2mol/L，代入平衡常数K=计算；25min、35min温度相同，平衡常数相同，40min时反应速率减低，而C的浓度增大、A或B的浓度减小，平衡向正反应进行，而反应前后气体体积不变，应是降低温度，平衡常数增大；（3）A（g）+xB（g）⇌2C（g）△H=﹣QkJ/mol表示该反应生成2molC时放出QkJ的热量．【解答】解：（1）由图象可知，30min时瞬间浓度增大相同的倍数，正、逆反应速率增大相同倍数，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是压缩体积增大压强，平衡不移动，则1+x=2，故x=1；由图可知20min内A、B浓度变化量均为1mol/L，则v（B）==0.05mol/（L•min）；-20-A、B起始浓度相同，反应按1：1反应，故A、B浓度变化曲线重合，；可能反应到达平衡时，不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比，即v正（B）：v逆（C）=1：2，故答案为：1；0.05mol/（L•min）；；1：2；（2）20min～30min内平衡时A、B浓度均为1mol/L，C的浓度为2mol/L，平衡常数K===4，20～30min改变的条件是降低压强，故25min、35min是温度相同，平衡常数相同，故K2=K1，40min时反应速率减低，而C的浓度增大、A或B的浓度减小，平衡向正反应进行，而反应前后气体体积不变，应是降低温度，平衡正向进行，55min时处于平衡状态，平衡常数K3增大，所以K1=K2＜K3；故答案为：4；K1=K2＜K3；（3）A（g）+xB（g）⇌2C（g）△H=﹣QkJ/mol表示该反应生成2molC时放出QkJ的热量，故答案为：放出；等于．【点评】本题考查化学平衡图象问题、化学平衡常数、反应速率计算、热化学方程式等，题目难度中等，根据图象浓度的变化以及反应速率的变化判断x=1是关键，难度中等． 10．氮化铝（AlN）陶瓷是一种类金刚石氮化物的新型无机非金属材料，最高可稳定到2200℃，导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料．抗熔融金属侵蚀的能力强，是熔铸纯铁、铝或铝合金理想的坩埚材料．氮化铝还是电绝缘体，介电性能良好，用作电器元件也很有希望．超细氮化铝粉末被广泛应用于大规模集成电路生产领域，制取原理为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO．某化学研究性学习小组成员根据氮化铝的制取原理，进行了如下探究．（1）在制取氮化铝时由于反应不完全，氮化铝产品中所含杂质除了碳以外还可能存在 氧化铝 （填物质名称）．（2）为测定该产品中有关成分的含量，甲、乙两同学设计了以下两个实验：甲同学：称取10.00g样品，将其加入过量的氢氧化钠溶液中共热并蒸干，其中AlN跟氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，并放出气体，上述反应的化学方程式为 AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑ ．-20-乙同学：认为测定某氮化铝中含有杂质，可用图中Ⅰ装置来进行检验，根据AlN与NaOH溶液反应所生成气体的体积来测定样品中氮化铝的质量分数，并根据实验现象来确定杂质的成分（实验中导管体积忽略不计）①本试验中检查装置气密性的方法是 关闭分液漏斗活塞，微热锥形瓶，广口瓶中右侧导管水柱上升，恒温时水柱并不回落 ．②广口瓶中的试剂X可最好选用 C （填选项的标号）．A、苯 B、酒精 C、植物油 D、CCl4③实验中测得样品的质量为wg，氨气的体积为aL（标况下），则样品中AlN的质量分数为 % （AlN的式量为41）．④丙同学认为，乙同学的实验方法，可能因气体体积测量不准，导致误差较大．建议改用图中的Ⅱ装置进行同样实验，通过测定烧杯中硫酸的增重来确定样品中AlN的质量分数．你认为是否可行？ 不可行 （填“可行”、“不可行”），最简单的改进方法为 在装置之间添加盛有碱石灰的干燥管，烧杯导管的末端接一倒扣的漏斗来吸收氨气 ．（若可行，则此空格可不作答）．丁同学仔细思考了丙同学的装置后，认为此装置所测得的样品中AlN含量偏小．其原因是 反应产生的氨气不可能被完全吸收 ．为不考虑空气中少量水蒸气的影响时，只要用图中的Ⅲ或Ⅳ两个装置中的一种，只需进行简单而又必要的数据测定，可比较准确地确定样品中AlN的质量分数．较合理的装置为 Ⅲ （填代号）．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）根据物质不一定完全反应进行判断；（2）由题目信息可知，由于AlN跟氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2、并放出NH3，据此生成方程式；①检查气密性的关键是整个体系要处于密闭状态，常用的方法有：密封气体利用气体的热胀冷缩或液封气体形成液面高度差，具体操作为：关闭分液漏斗活塞，微热锥形瓶，广口瓶中右侧导管水柱上升，恒温时水柱并不回落；②X处在上层，密度比水小，且不容易水、不吸收氨气，用于隔离氨气与水，注意由于苯易挥发，会浪费试剂、影响氨气体积测定；③计算出氨气的体积为aL的物质的量，再根据方程式计算出AlN的物质的量，进而计算AlN的质量，利用质量分数的定义计算样品中AIN的质量分数；④II中NH3极易被吸收，发生倒吸现象，同时氨气中含有水蒸气，影响氨气质量的测定，所以不可行，所作的改正为：在装置之间添加盛有碱石灰的干燥管，烧杯导管的末端接一倒扣的漏斗来吸收氨气；通过测定氨气的质量（即实验中硫酸增重量）来推算氮化铝的质量，因为有一部分氨气留在锥形瓶中，反应产生的氨气无法全部被稀硫酸吸收，因此实验测得AlN的质量分数将偏小，装置Ⅲ是通过反应前后总质量减少来测定AlN的质量分数，这里的干燥管作用是吸收被NH3带出来的水蒸气（反应放热，更容易使产生的水蒸气被NH3带走），若用IV，则NH3被吸收，反应前后几无质量差，据此答题．【解答】解：（1）反应物中有氧化铝固体可能未反应完而留在AlN中，故答案为：氧化铝；-20-（2）由于AlN跟氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2、并放出NH3，其反应方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，故答案为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；①检查气密性的关键是整个体系要处于密闭状态，常用的方法有：密封气体利用气体的热胀冷缩或液封气体形成液面高度差．由装置可知，适合利用气体热胀冷缩，具体操作为：关闭分液漏斗活塞，微热锥形瓶，广口瓶中右侧导管水柱上升，恒温时水柱并不回落，故答案为：关闭分液漏斗活塞，微热锥形瓶，广口瓶中右侧导管水柱上升，恒温时水柱并不回落；②A、苯易挥发，会浪费试剂、影响氨气体积测定，故A不适用；B、酒精易挥发，挥发出来的气体对实验有影响，同时由于酒精易溶于水，也不能达到隔离的目的，故B错误；C、植物油既不溶于水，密度小于水也不易挥发，可以把氨气与水进行隔离，故C最好；D、CCl4密度大于水，不能起到隔离作用，故D错误，故答案为：C；③氨气的体积为aL（标况下）的物质的量为=mol，由方程式AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑可知，样品中AlN的物质的量为=mol，所以AlN的质量为mol×41g/mol=g，样品中AIN的质量分数为×100%=%，故答案为：%；④II中NH3极易被吸收，发生倒吸现象，同时氨气中含有水蒸气，影响氨气质量的测定，所以不可行，所作的改正为：在装置之间添加盛有碱石灰的干燥管，烧杯导管的末端接一倒扣的漏斗来吸收氨气，通过测定氨气的质量（即实验中硫酸增重量）来推算氮化铝的质量，因为有一部分氨气留在锥形瓶中，反应产生的氨气无法全部被稀硫酸吸收，因此实验测得AlN的质量分数将偏小，装置Ⅲ是通过反应前后总质量减少来测定AlN的质量分数，这里的干燥管作用是吸收被NH3带出来的水蒸气（反应放热，更容易使产生的水蒸气被NH3带走），若用IV，则NH3被吸收，反应前后几无质量差，故较合理的装置为Ⅲ，故答案为：不可行；在装置之间添加盛有碱石灰的干燥管，烧杯导管的末端接一倒扣的漏斗来吸收氨气；反应产生的氨气不可能被完全吸收；Ⅲ．【点评】该题为典型的样品纯度测验试题，并要求对已有的实验方案的评价，并指出方案不可行的原因以及在已有实验的基础上进行新的实验设计，理解实验原理是关键，是对所学知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力，学习中全面把握基础知识，难度很大． 11．氯化铜晶体（CuCl2•xH2O）是重要的化工原料，可用作催化剂、消毒剂等，用孔雀石[主要含Cu2（OH）2CO3，还含有少量Fe、Si的化合物]制备氯化铜晶体，方案如图：已知：有关金属离子从开始沉淀到沉淀完全时溶液的pH：-20-离子种类pHFe3+Cu2+Fe2+开始沉淀2.75.48.1沉淀完全3.76.99.6（1）酸溶时应选择酸的名称为 盐酸 ；若溶液A含有的金属离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+，则试剂①可选用 BE （填字母）．A．Cu B．Cl2 C．NH3•H2O D．NaOHE．H2O2 F．KMnO4（2）加入试剂②的目的是调节pH至a，a的范围是 3.7～5.4 ，写出试剂②的一种可能的化学式 CuO、Cu（OH）2 ．由溶液C获得CuCl2•xH2O，包含4个基本实验操作，这4个基本实验操作依次是 蒸发浓缩、冷却结晶 、过滤、用无水乙醇洗涤等操作，使用无水乙醇代替水进行洗涤的主要原因是 防止CuCl2•xH2O晶体溶解损失 ．（3）为了测定制得的氯化铜晶体（CuCl2•xH2O）中x值，有同学设计了如下两种实验方案：①称取一定质量的晶体加热使其失去结晶水，称量所得无水CuCl2的质量．该方案存在的问题是 CuCl2•xH2O晶体加热时会发生水解 ．②称取ag晶体、加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、加热沉淀至质量不再减轻为止，称量所得固体的质量为bg．则x= （用含a、b的代数式表示）．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】孔雀石用盐酸溶解，主要成份Cu2（OH）2CO3与其反应生成二氧化碳和氯化铜，以及铁的氯化物，其中的二氧化硅是酸性氧化物不溶解，然后加入氧化剂将亚铁转化为易除的铁离子，过滤，将滤液在酸性条件下蒸发结晶，得到氯化铜晶体，（1）因为要制备氯化铜晶体，为不引入新的杂质，所以加入盐酸；加入氧化剂不能引入新的杂质，所以选用氯气或者过氧化氢；（2）由工艺流程转化关系可知，试剂②应为调节溶液pH值，使Fe3+转化为Fe（OH）3，除去Fe3+，不能沉淀Cu2+，结合金属离子从开始沉淀到沉淀完全时溶液的pH选择pH的范围，试剂②可以是氧化铜、氢氧化铜、碳酸铜或者碱式碳酸铜，由溶液到晶体需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等．使用无水乙醇代替水进行洗涤，防止CuCl2•xH2O晶体溶解损失；（3）①CuCl2•xH2O晶体加热时会发生水解；②加热沉淀至质量不再减轻为止，bg为CuO质量，根据铜元素守恒可知，n（CuO）=n（CuCl2•xH2O），再结合m=nM计算x的值．【解答】解：孔雀石用盐酸溶解，主要成份Cu2（OH）2CO3与其反应生成二氧化碳和氯化铜，以及铁的氯化物，其中的二氧化硅是酸性氧化物不溶解，然后加入氧化剂将亚铁转化为易除的铁离子，过滤，将滤液在酸性条件下蒸发结晶，得到氯化铜晶体，（1）因为要制备氯化铜晶体，为不引入新的杂质，所以加入盐酸；加入氧化剂不能引入新的杂质，所以选用氯气或过氧化氢，故答案为：盐酸；BE；（2）由工艺流程转化关系可知，试剂②应为调节溶液pH值，使Fe3+转化为Fe（OH）3，除去Fe3+，不能沉淀Cu2+，由金属离子从开始沉淀到沉淀完全时溶液的pH可知，Fe3+从pH=2.7开始沉淀，在pH=3.7沉淀完全，Cu2+从pH=5.4开始沉淀，所以应该可知pH范围为3.7～5.4，所以试剂②可以是氧化铜、氢氧化铜、碳酸铜或者碱式碳酸铜，由溶液获得CuCl2•xH2O晶体需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等；氯化铜易溶于水，使用无水乙醇代替水进行洗涤，防止CuCl2•xH2O晶体溶解损失．故答案为：3.7～5.4；CuO、Cu（OH）2；蒸发浓缩、冷却结晶；防止CuCl2•xH2O晶体溶解损失；-20-（3）①CuCl2•xH2O晶体加热时会发生水解CuCl2+2H2O⇌Cu（OH）2+2HCl，有HCl气体放出，CuCl2质量偏小，测得x值偏大，故答案为：CuCl2•xH2O晶体加热时会发生水解；②bg为CuO质量为=mol，根据铜元素守恒可知，n（CuO）=n（CuCl2•xH2O），所以ag=mol×（135+18x）g/mol，解得，x=，故答案为：．【点评】考查阅读获取信息能力、对工艺流程理解与实验条件控制、实验方案的评价、化学计算、物质分离提纯除杂等有关实验操作以及在新情境下综合运用知识解决问题的能力．题目难度中等，要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息解决问题的能力，注意基础知识的全面掌握． 12．【化学选修3物质结构与性质】已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42．X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子．X跟Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子．请回答下列问题：（1）X元素原子基态时的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p3 ，该元素的符号是 As ．（2）Y元素原子的电子轨道表示式为 ，元素X与Y的电负性比较：X ＜ Y（填“＞”或“＜”）．（3）X与Z可形成化合物XZ3，该化合物的空间构型为 三角锥型 ．（4）由元素X与镓元素组成的化合物A为第三代半导体．已知化合物A的晶胞结构如图所示．（黑球位于立方体内，白球位于立方体顶点和面心）请写出化合物A的化学式 GaAs ：化合物A可由（CH3）3Ga和AsH3在700℃下反应制得，反应的化学方程式为 （CH3）3Ga+AsH3GaAs+3CH4 （5）已知（CH3）3Ga为非极性分子，则其中镓原子的杂化方式为 sp2 ．【考点】位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．【分析】X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，X元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，处于第四周期第ⅤA族，故X为As元素；Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，Y的2p轨道上有2个电子或4个电子，所以Y为碳元素或氧元素，X跟Y可形成化合物X2Y3，故Y为氧元素；X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42，则Z的质子数为42﹣8﹣33=1，则Z为氢元素，氢原子可以形成负一价离子，符合题意．-20-【解答】解：X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，X元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，处于第四周期第ⅤA族，故X为As元素；Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，Y的2p轨道上有2个电子或4个电子，所以Y为碳元素或氧元素，X跟Y可形成化合物X2Y3，故Y为氧元素；X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42，则Z的质子数为42﹣8﹣33=1，则Z为氢元素，氢原子可以形成负一价离子，符合题意，（1）由上述分析可知，X为As，其原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p3；As；（2）Y为O元素，原子的电子轨道表示式为，同周期自左而右电负性增强，故电负性C＜O，故答案为：；＜；（3）X与Z可形成化合物XZ3为AsH3，由于As与N为同主族元素，AsH3空间结构与NH3相似，为三角锥型，故答案为：三角锥型；（4）由晶胞结构可知，晶胞中Ga原子数目=8×+6×=4、As原子数目=4，故该化合物化学式为GaAs，由（CH3）3Ga和AsH3在700℃下反应制得，由原子守恒可知有甲烷生成，反应的化学方程式为：（CH3）3Ga+AsH3GaAs+3CH4，故答案为：GaAs；（CH3）3Ga+AsH3GaAs+3CH4；（5）（CH3）3Ga为非极性分子，Ga与C原子形成平面正三角形结构，则镓原子的杂化方式为sp2，故答案为：sp2．【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电负性、杂化理论与分子结构、晶胞计算等，难度中等，注意把握原子核外电子的排布规律． 13．工业上以乙烯为原料，合成化学式为C3H6O3的化合物．已知：请回答相关的问题：（1）写出下列物质的结构简式：A： CH3CH2CHO ；C： HOCH2CH（OH）CHO （2）写出反应③的化学方程式 ．-20-（3）D在浓硫酸存在条件下加热，可生成五原子环状化合物E（C4H6O4），请写出反应的化学方程式 ．（4）下列说法正确的是 BD A．化合物Ⅱ的分子式C5H9O2B．反应④的目的是防止﹣CHO在第⑤步被氧化C．反应③是消去反应，反应④是酯化反应D．化合物D可以发生缩聚反应得到高分子化合物（5）化合物F与C互为同分异构体，且化合物F满足以下条件：①取等物质的量F分别与NaHCO3、Na充分反应产生CO2和H2比为1：1②化合物F符合下面的核磁共振氢谱如图2，化合物F的结构简式为 ．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A与溴产生反应生成CH3CHBrCHO，应是发生取代反应，则A为CH3CH2CHO，乙烯、CO、氢气应发生加成反应生成A．CH3CHBrCHO在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成B为CH2=CHCHO，由CH2=CHCHO、乙醇生成物质Ⅱ，由结构可知，应是向发生醛基的加成反应，再发生醇呈醚键反应．根据物质Ⅱ、Ⅲ结构可知，应是Ⅱ中C=C双键被氧化，引入2个﹣OH．物质Ⅲ发生信息中第一步反应生成C，﹣OC2H5转化为﹣OH，异化为﹣CHO，故C为HOCH2CH（OH）CHO，C发生信息中第二步反应，先发生加成反应、再水解生成D为HOCH2CH（OH）CH（OH）COOH，据此解答．【解答】解：A与溴产生反应生成CH3CHBrCHO，应是发生取代反应，则A为CH3CH2CHO，乙烯、CO、氢气应发生加成反应生成A．CH3CHBrCHO在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成B为CH2=CHCHO，由CH2=CHCHO、乙醇生成物质Ⅱ，由结构可知，应是向发生醛基的加成反应，再发生醇呈醚键反应．根据物质Ⅱ、Ⅲ结构可知，应是Ⅱ中C=C双键被氧化，引入2个﹣OH．物质Ⅲ发生信息中第一步反应生成C，﹣OC2H5转化为﹣OH，异化为﹣CHO，故C为HOCH2CH（OH）CHO，C发生信息中第二步反应，先发生加成反应、再水解生成D为HOCH2CH（OH）CH（OH）COOH，（1）由上述分析可知：A为CH3CH2CHO，C为HOCH2CH（OH）CHO，故答案为：CH3CH2CHO；HOCH2CH（OH）CHO；（2）反应③的化学方程式为：，故答案为：；（3）D在浓硫酸存在条件下加热，可生成五原子环状化合物E（C4H6O4），该反应的化学方程式为：，-20-故答案为：；（4）A．化合物II的分子式C7H14O2，故A错误；B．由转化故选可知，高锰酸钾氧化C=C双键，与可以氧化﹣CHO，且在后续转化中由恢复﹣CHO，反应④的目的是防止﹣CHO在第⑤步被氧化，故B正确；C．反应③是消去反应，反应④的产物不是酯，反应④不是酯化反应，故C错误；D．化合物D为C为HOCH2CH（OH）CH（OH）COOH，含有羟基、水解，可以发生缩聚反应得到高分子化合物，故D正确，故答案为：BD；（5）化合物F与HOCH2CH（OH）CHO互为同分异构体，且化合物F满足以下条件：①取等物质的量F分别与NaHCO3、Na充分反应产生CO2和H2比为1：1，则F含有1个﹣COOH、1个﹣OH，②由化合物F的核磁共振氢谱图可知，分子中有4中H原子，原子数目之比为1：1：1：3，故还含有一个甲基，且与羧基、羟基连在次甲基上，故F为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成，是对有机化学的综合考查，难度中等，注意根据转化关系中有机物的结构进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，结合的考查学生的自学能力、理解推理能力，是热点题型． 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