2022年广西梧州市蒙山县高考化学模拟试卷 一、选择题广西省蒙山县普通高中2022届高三仿真模拟考试理科综合化学试题1．化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）A．小苏打可用作糕点的膨化剂B．二氧化硫可用作食品的漂白剂C．PX（对二甲苯）是生成塑料、聚酯纤维和薄膜的主要原料D．PM2.5指数是雾霾天气监测中的重要指标 2．分子式为C6H14O的醇有多种结构，其中能经过两步氧化生成羧酸的结构有（不考虑立体异构）（ ）A．8种B．9种C．10种D．11种 3．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）A．0.2molAl与足量NaOH溶液反应，生成的H2分子数为0.3NAB．常温下，1LpH=1的盐酸溶液，由水电离的H+离子数目为0.1NAC．标准状况下，0.1mol氯仿的体积为2.24LD．11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3SO4+60H2SO4反应中，6molCuSO4能氧化白磷的分子数为1.1NA 4．用如图实验装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的是（ ）A．用图1所示装置制取少量H2B．用图2所示装置用标准浓度的氢氧化钠溶液测定盐酸的浓度C．用图3所示装置制取少量Cl2D．用图4所示装置确定导线中有电流通过及并确定电流方向 5．下列说法正确的是（ ）A．pH=5的NH4Cl溶液或醋酸中，由水电离出的c（H+）均为10﹣9mol/LB．pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，pH＞7C．在c（H+）：c（OH﹣）=1：1012的溶液中，Na+、I﹣、NO3﹣、SO42﹣能大量共存D．0.1mol/LNa2CO3溶液和0.1mol/LNaHSO4溶液等体积混合，溶液中C（Na+）+c（H+）=c（CO32﹣）+c（SO42﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）-22- 6．下表对某些反应方程式的评价合理的是（ ）编号离子方程式或电极反应式评价A次氯酸钙溶液中通入足量SO2Ca2++ClO﹣+SO2+H2O=CaSO4+Cl﹣+2H+正确B硫酸铁溶液与氢氧化钡溶液混合Fe3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣=Fe（OH）3↓+BaSO4↓正确C醋酸铵溶于水CH3COO﹣+NH4++H2O⇌CH3COOH+NH3•H2O错误，阴离子水解相互促进，应该用“=”号D用惰性电极电解氯化铜和氯化钠的混合溶液一段时间阴极：2Cu2++4e﹣=2Cu阳极：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑错误，该阴阳两极反应不可能同时发生A．AB．BC．CD．D 7．某同学将Fe+2FeCl3=3FeCl2设计成原电池装置如图所示．下列说法正确的是（ ）A．电子由铁极经溶液向铂极迁移B．放电过程中交换膜右侧溶液颜色逐渐变浅C．正极的电极反应式为Fe3++3e﹣=FeD．若转移2mole﹣，交换膜右侧溶液中约减少3mol离子 二、解答题（共3小题，满分43分）8．研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义．（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等．已知：①Fe2O3（s）+3C（s，石墨）═2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ•mol﹣1②C（s，石墨）+CO2（g）═2CO（g）△H2=+172.5kJ•mol﹣1则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为 ．（2）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H①该反应的平衡常数表达式为K= ．②取一定体积CO2和H2的混合气体（物质的量之比为1：3），加入恒容密闭容器中，发生上述反应反应过程中测得甲醇的体积分数φ（CH3OH）与反应温度T的关系如图1所示，则该反应的△H （填“＞”、“＜”或“=”，下同）0．-22-③在两种不同条件下发生反应，测得CH3OH的物质的量随时间变化如图2所示，曲线I、Ⅱ对应的平衡常数关系为KⅠ KⅡ．（3）以CO2为原料还可以合成多种物质．①工业上尿素[CO（NH2）2]由CO2和NH3在一定条件下合成，其反应方程式为 ．开始以氨碳比=3进行反应，达平衡时CO2的转化率为60%，则NH3的平衡转化率为 ．②用硫酸溶液作电解质进行电解，CO2在电极上可转化为甲烷，该电极反应的方程式为 ．③将足量CO2通入饱和氨水中可得氮肥NH4HCO3，已知常温下一水合氨Kb=1.8×10﹣5，碳酸一级电离常数Ka=4.3×10﹣7，则NH4HCO3溶液呈 （填“酸性”、“中性”或“碱性”）． 9．某兴趣小组拟制备氯气并验证其一系列性质．Ⅰ．【查阅资料】①当溴水浓度较小时，溶液颜色与氯水相似也呈黄色．②硫代硫酸钠溶液在工业上可作为脱氯剂．Ⅱ．【性质验证】实验装置如图1所示（省略夹持装置）实验步骤：（1）检查装置气密性，按图2加入试剂．仪器a的名称是 ；装置CⅡ处加的试剂可以是 （选填下列字母编号）．A．碱石灰B．硅胶C．浓硫酸D．无水氯化钙（2）装置B的作用有 ．（3）写出装置F中相应的离子反应方程式： ．Ⅲ．【探究与反思】（1）图1中设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是 ．该组的同学思考后将上述D、E、F装置改为实验操作步骤如下：①打开弹簧夹，缓缓通入氯气②当a和b中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹．③当a中溶液由黄色变为棕色时，停止通氯气．④ ．（2）设计步骤③的实验思想是 ．-22-（3）步骤④的操作是 ． 10．草酸亚铁晶体（FeC2O4•2H2O）是一种浅黄色固体，难溶于水，受热易分解，是生产锂电池的原材料，也常用作分析试剂及显影剂等，其制备流程如下：（1）配制（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O溶液时，需加少量硫酸，目的是 ．（2）沉淀时发生反应的化学方程式为 ．（3）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液的颜色由紫红色变为棕黄色，同时有气体生成．这说明草酸亚铁晶体具有 （填“氧化”或“还原”）性．若反应中消耗1molFeC2O4•2H2O，则参加反应的n（KMnO4）为 ．（4）称取3.60g草酸亚铁晶体（摩尔质量是180g•mol﹣1）用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示：①过程Ⅰ发生反应的化学方程式为 ．②300℃时剩余固体是铁的一种氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式 （写出计算过程）． 三、【化学—选修2：化学与技术】11．铜及其化合物在生产、生活中有广泛的应用．（1）铜可采用如下方法制备：火法炼铜：Cu2S+O22Cu+SO2湿法炼铜：CuSO4+Fe═FeSO4+Cu上述两种方法中，铜元素均被 （填“氧化”或“还原”）成铜单质．（2）印刷电路板上使用的铜需要回收利用．方法一：用FeCl3溶液浸泡印刷电路板制备CuCl2•2H2O，实验室模拟回收过程如下：①证明步骤Ⅰ所加FeCl3溶液过量的方法是 ．②步骤2中所加的氧化剂最适宜的是 ．A．HNO3B．H2O2C．KMnO4-22-③步骤3的目的是使溶液的pH升高到4.2，此时Fe3+完全沉淀，可选用的“试剂1”是 ．（写出一种即可）④蒸发农缩CuCl2溶液时，要滴加浓盐酸，目的是 （用化学方程式并结合简要的文字说明），再经冷却、结晶、过滤，得到CuCl2•2H2O．方法二：用H2O2和稀硫酸共同浸泡印刷电路板制备硫酸铜时，其热化学方程式是：Cu（s）+H2O2（l）+H2SO4（nq）═CuSO4（aq）+2H2O（l）△H1=﹣320kJ/mol又知：2H2O（l）═2H2O（l）+O2（g）△H2=﹣196kJ/molH2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3=﹣286kJ/mol则反应Cu（s）+H2SO4（aq）═CuSO4（aq）+H2（g）的△H= ．（3）欲实现反应Cu+H2SO2═CuSO4+H2，在你认为能实现该转化的装置中的括号内，标出电极材料（填“Cu”或“C”） 四、【化学—选修3：物质结构与性质】12．周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大．a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族，e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子．请填写下列空白．（1）e元素基态原子的核外电子排布式为 ．（2）b、c、d三种元素的第一电离能数值由大到小的顺序为 （填元素符号），其原因是 ．（3）a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为 ；分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是 （填化学式，写出两种）．（4）已知c、e能形成晶胞如图甲和图乙所示的两种化合物，化合物的化学式为分别为：甲 ，乙 ；甲高温易转化为乙的原因是 ．（5）这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图丙所示）．该化合物中，阴离子为 ，该化合物加热时首先失去的组分是 ，判断理由是 ． 13．有机化合物A经李比希法测得其中含C72.0%、H6.67%，其余含有氧；现代仪器分析有机化合物的分子结构有以下三种方法．-22-方法一：用质谱法分析得知A的相对分子质量为150．方法二：核磁共振仪测出A的核磁共振氢谱有5个峰，其面积之比为1：2：2：2：3．方法三：利用红外光谱仪测得A分子的红外光谱如图1试填空：（1）A的分子式为 ．（2）A的结构简式为 （合理即可）．（3）A的芳香类同分异构体有多种，其中符合下列条件：①分子结构中只含一个官能团；②分子结构中含有一个甲基；③苯环上只有一个取代基．则该类A的芳香类同分异构体还有 种．（4）A的一种同分异构体E可用作茉莉、白兰、月下香等香精的调合香料．它可以用甲苯和乙醇为原料进行人工合成．合成路线如图2：①E的结构简式为 ．②反应②③的反应类型为 、 ．③写出反应①的化学方程式 ．④为了提高E的产率应采取的措施是 （写一项） -22-2022年广西梧州市蒙山县高考化学模拟试卷参考答案与试题解析 一、选择题广西省蒙山县普通高中2022届高三仿真模拟考试理科综合化学试题1．化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）A．小苏打可用作糕点的膨化剂B．二氧化硫可用作食品的漂白剂C．PX（对二甲苯）是生成塑料、聚酯纤维和薄膜的主要原料D．PM2.5指数是雾霾天气监测中的重要指标【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；二氧化硫的化学性质；常见的生活环境的污染及治理；苯的同系物的化学性质．【分析】A．碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；B．二氧化硫有毒，不能漂白食品；C．对二甲苯常用于生产塑料、聚酯纤维和薄膜；D．造成雾霾天气的原因之一是空气中的PM2.5（属于可吸入颗粒物）的增加．【解答】解：A．碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，生成的气体使馒头、面包等发面食品疏松多孔、松软可口，故可用作糕点的膨化剂，故A正确；B．二氧化硫具有漂白性，能作漂白剂，但是二氧化硫有毒，不能漂白食品，故B错误；C．对二甲苯（化学式为C8H10）常温下为无色透明、气味芬芳、可燃、低毒的液体．常用于生产塑料、聚酯纤维和薄膜，故C正确；D．造成雾霾天气的原因之一是空气中的PM2.5（属于可吸入颗粒物）的增加，PM2.5指数是雾霾天气监测中的指标，故D正确．故选B．【点评】本题考查了常见元素的及其化合物的性质和用途，明确相关化合物的性质是解答本题的关键，题目难度不大． 2．分子式为C6H14O的醇有多种结构，其中能经过两步氧化生成羧酸的结构有（不考虑立体异构）（ ）A．8种B．9种C．10种D．11种【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】分子式为C6H14O的醇有多种结构，其中能经过两步氧化生成羧酸，则连接羟基的碳原子上含有2个H原子；先确定C6H14O的同分异构体，然后﹣OH取代C6H14中甲基上的H原子，此确定醇的结构简式．【解答】解：分子式为C6H14O的醇有多种结构，其中能经过两步氧化生成羧酸，则连接羟基的碳原子上含有2个H原子，确定C6H14O的同分异构体，﹣OH取代C6H14中甲基上的H原子，C6H14的同分异构体有：①CH3CH2CH2CH2CH2CH3、②CH3CH2CH2CH（CH3）2、③CH3CH2CH（CH3）CH2CH3、④CH3CH2C（CH3）3、⑤CH（CH3）2CH（CH3）2、①中甲基处于对称位置，﹣OH取代甲基上的H原子有1种结构；②中甲基有2种，﹣OH取代甲基上的H原子有2种结构；③中甲基有2种，﹣OH取代甲基上的H原子有2种结构；④中甲基有2种，﹣OH取代甲基上的H原子有2种结构；⑤中甲基有1种，﹣OH取代甲基上的H原子有1种结构；故符合条件的C6H14O的同分异构体有8种，-22-故选B．【点评】本题考查同分异构体的书写，题目难度较大，注意掌握同分异构体的书写方法，明确能经过两步氧化生成羧酸必须是与羟基相连的碳原子上含有至少2个氢原子． 3．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）A．0.2molAl与足量NaOH溶液反应，生成的H2分子数为0.3NAB．常温下，1LpH=1的盐酸溶液，由水电离的H+离子数目为0.1NAC．标准状况下，0.1mol氯仿的体积为2.24LD．11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3SO4+60H2SO4反应中，6molCuSO4能氧化白磷的分子数为1.1NA【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、1mol铝反应生成1.5mol氢气；B、盐酸抑制了水的电离，溶液中中的氢氧根离子是水电离的；C、标况下，氯仿为液态；D、Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到﹣3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，结合电子守恒来解答．【解答】解：A、1mol铝反应生成1.5mol氢气，故0.2mol铝反应生成0.3mol氢气，即0.3NA个氢气分子，故A正确；B、常温下，1LpH=1的盐酸溶液中含有氢离子的物质的量浓度为：0.1mol/L，盐酸抑制了水的电离，则溶液中的氢氧根离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为：1×10﹣13mol/L，1L该溶液中由水电离的氢离子的物质的量为：1×10﹣13mol，故B错误；C、标况下，氯仿为液态，不能根据气体摩尔体积来计算，故C错误；D、Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到﹣3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，则由电子守恒可知，有6mol的CuSO4参加反应，则被硫酸铜氧化的白磷分子的物质的量为=mol，故D错误．故选A．【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． -22-4．用如图实验装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的是（ ）A．用图1所示装置制取少量H2B．用图2所示装置用标准浓度的氢氧化钠溶液测定盐酸的浓度C．用图3所示装置制取少量Cl2D．用图4所示装置确定导线中有电流通过及并确定电流方向【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．装置和原理均正确且同时起到随关随停的效果；B．氢氧化钠溶液应该盛放在碱性滴定管中；C．二氧化锰和稀盐酸不反应，和浓盐酸反应制取氯气；D．该装置没有形成闭合回路．【解答】解：A．装置和原理均正确且同时起到随关随停的效果，为简易启普发生器，故A正确；B．氢氧化钠溶液应盛放在碱式滴定管中，氢氧化钠和二氧化硅反应生成粘性硅酸钠而导致活塞打不开，该滴定管为酸性滴定管，故B错误；C．稀盐酸与二氧化锰不反应，应该用浓盐酸，故C错误；D．缺少盐桥，没有形成闭合回路，所以没有电流产生，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及气体的制取、滴定管的用途、原电池原理等知识点，明确实验原理及实验操作规范性、物质性质是解本题关键，注意从操作规范性及反应原理方面分析解答，易错选项是D． 5．下列说法正确的是（ ）A．pH=5的NH4Cl溶液或醋酸中，由水电离出的c（H+）均为10﹣9mol/LB．pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，pH＞7C．在c（H+）：c（OH﹣）=1：1012的溶液中，Na+、I﹣、NO3﹣、SO42﹣能大量共存D．0.1mol/LNa2CO3溶液和0.1mol/LNaHSO4溶液等体积混合，溶液中C（Na+）+c（H+）=c（CO32﹣）+c（SO42﹣）+c（HCO3﹣）+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．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．酸抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；B．常温下，pH=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量；C．在c（H+）：c（OH﹣）=1：1012的溶液中，该溶液呈碱性，根据离子共存条件判断；-22-D．根据电荷守恒判断．【解答】解：A．pH=5的NH4Cl溶液由水电离出的c（H+）为10﹣5mol/L，pH=5醋酸中，由水电离出的c（H+）为10﹣9mol/L，故A错误；B．pH=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量，为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则溶液显酸性，故B错误；C．c（H+）：c（OH﹣）=1：1012，溶液显碱性，碱性条件下，NO3﹣没有氧化性，所以这几种离子能共存，故C正确；D．根据电荷守恒，C（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+2c（SO42﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），故D错误；故选C．【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性分析及离子浓度大小比较，注意pH与浓度的关系、电荷守恒、盐类水解等即可解答，易错选项是C，注意酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，碱性条件下，硝酸根离子没有强氧化性． 6．下表对某些反应方程式的评价合理的是（ ）编号离子方程式或电极反应式评价A次氯酸钙溶液中通入足量SO2Ca2++ClO﹣+SO2+H2O=CaSO4+Cl﹣+2H+正确B硫酸铁溶液与氢氧化钡溶液混合Fe3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣=Fe（OH）3↓+BaSO4↓正确C醋酸铵溶于水CH3COO﹣+NH4++H2O⇌CH3COOH+NH3•H2O错误，阴离子水解相互促进，应该用“=”号D用惰性电极电解氯化铜和氯化钠的混合溶液一段时间阴极：2Cu2++4e﹣=2Cu阳极：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑错误，该阴阳两极反应不可能同时发生A．AB．BC．CD．D【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、次氯酸离子能够氧化二氧化硫为硫酸，反应产物应该为硫酸钙沉淀；B、离子方程式不符合物质的化学式组成；C、离子双水解生成两种弱电解质，反应是可逆反应；D、开始时电解氯化铜，氯离子离子反应完，溶液中的氢氧根离子放电．【解答】解：A、次氯酸钙溶液中通入足量SO2，反应的离子方程式应为：Ca2++2ClO﹣+2SO2+2H2O=CaSO4↓+SO42+4H++2Cl﹣，题中评价错误，故A错误；B、硫酸铁溶液与氢氧化钡溶液混合离子方程式为：2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=2Fe（OH）3↓+3BaSO4↓，题中评价错误，故B错误；C、醋酸铵的水解为可逆反应，应该用可逆号，离子方程式CH3COO﹣+NH4++H2O⇌CH3COOH+NH3•H2O书写正确，题中评价错误，故C错误；D、电解过程中，先电解氯化铜，然后电解氯化钠溶液，其实质是电解水，题中电解反应不可能同时发生，所以评价正确，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子方程式书写判断，题目难度中等，注意熟练掌握离子方程式的书写方法，明确常见的难溶物、弱电解质、气体，注意本题关键是分析评价是否正确． -22-7．某同学将Fe+2FeCl3=3FeCl2设计成原电池装置如图所示．下列说法正确的是（ ）A．电子由铁极经溶液向铂极迁移B．放电过程中交换膜右侧溶液颜色逐渐变浅C．正极的电极反应式为Fe3++3e﹣=FeD．若转移2mole﹣，交换膜右侧溶液中约减少3mol离子【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】根据反应“Fe+2FeCl3═3FeCl2”可知，反应中Fe被氧化，应为原电池负极，失电子而被氧化，正极应为Pt，Fe3+在正极得到电子而被还原，电解质溶液为FeCl3，原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子从负极经导线流向正极，据此分析．【解答】解：A、电子不能从溶液中转移，故A错误；B、Fe3+在正极得到电子而被还原，Fe3+浓度减小，左侧溶液中铁离子不能通过阴离子交换膜，所以右侧溶液颜色变浅，故B正确；C、正极电极反应式为Fe3++e﹣=Fe2+，故C错误；D、右侧为正极，电极反应式为Fe3++e﹣=Fe2+，所以转移2mole﹣，交换膜右侧溶液中约减少2mol离子，故D错误；故选B．【点评】本题考查原电池的工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大，注意从氧化还原反应的角度由电池反应判断电极反应． 二、解答题（共3小题，满分43分）8．研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义．（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等．已知：①Fe2O3（s）+3C（s，石墨）═2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ•mol﹣1②C（s，石墨）+CO2（g）═2CO（g）△H2=+172.5kJ•mol﹣1则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为 Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5kJ•mol﹣1 ．（2）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H①该反应的平衡常数表达式为K= ．②取一定体积CO2和H2的混合气体（物质的量之比为1：3），加入恒容密闭容器中，发生上述反应反应过程中测得甲醇的体积分数φ（CH3OH）与反应温度T的关系如图1所示，则该反应的△H ＜ （填“＞”、“＜”或“=”，下同）0．-22-③在两种不同条件下发生反应，测得CH3OH的物质的量随时间变化如图2所示，曲线I、Ⅱ对应的平衡常数关系为KⅠ ＞ KⅡ．（3）以CO2为原料还可以合成多种物质．①工业上尿素[CO（NH2）2]由CO2和NH3在一定条件下合成，其反应方程式为 2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O ．开始以氨碳比=3进行反应，达平衡时CO2的转化率为60%，则NH3的平衡转化率为 40% ．②用硫酸溶液作电解质进行电解，CO2在电极上可转化为甲烷，该电极反应的方程式为 CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O ．③将足量CO2通入饱和氨水中可得氮肥NH4HCO3，已知常温下一水合氨Kb=1.8×10﹣5，碳酸一级电离常数Ka=4.3×10﹣7，则NH4HCO3溶液呈 碱性 （填“酸性”、“中性”或“碱性”）．【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡常数的含义；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】（1）已知：①Fe2O3（s）+3C（s，石墨）═2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ•mol﹣1②C（s，石墨）+CO2（g）═2CO（g）△H2=+172.5kJ•mol﹣1根据盖斯定律，①﹣②×3可得：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）；（2）①化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度的化学计量数幂指数的乘积与各种反应物浓度的化学计量数幂指数的乘积的比；②由甲醇的体积分数φ（CH3OH）与反应温度T的关系图示可知：当反应达到平衡后，升高温度，甲醇的体积分数减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动；③曲线Ⅱ比I先达到平衡，说明曲线Ⅱ的反应速率快，平衡时曲线Ⅱ甲醇的物质的量较小，说明平衡向逆反应进行，由于正反应为气体体积减小的反应，不能是增大压强，说明温度曲线Ⅱ＞I，由于温度高，CH3OH含量低，说明化学平衡常数减小；（3）①由CO2和NH3在一定条件下合成尿素[CO（NH2）2]，根据质量守恒定律书写方程式；假设n（CO2）=1mol，则n（NH3）=3mol．由于达平衡时CO2的转化率为60%，所以反应消耗的n（CO2）=0.6mol，根据方程式可知反应的NH3的物质的量，进而计算氨气的转化率；②用硫酸溶液作电解质进行电解，CO2在电极上可转化为甲烷，酸性条件下还有水生成；③根据电离常数可知HCO3﹣水解强于NH4+水解，故显弱碱性．【解答】解：（1）已知：①Fe2O3（s）+3C（s，石墨）═2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ•mol﹣1②C（s，石墨）+CO2（g）═2CO（g）△H2=+172.5kJ•mol﹣1根据盖斯定律，①﹣②×3可得：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5kJ•mol﹣1，故答案为：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5kJ•mol﹣1；-22-（2）①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的平衡常数表达式K=，故答案为：；②由甲醇的体积分数φ（CH3OH）与反应温度T的关系图示可知：当反应达到平衡后，升高温度，甲醇的体积分数减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向为吸热反应，所以正反应为放热反应，所以△H＜0，故答案为：＜；③曲线Ⅱ比I先达到平衡，说明曲线Ⅱ的反应速率快，平衡时曲线Ⅱ甲醇的物质的量较小，说明平衡向逆反应进行，由于正反应为气体体积减小的反应，不能是增大压强，说明温度曲线Ⅱ＞I，由于温度高，CH3OH含量低，说明化学平衡常数KⅠ＞KⅡ，故答案为：＞；（3）①根据质量守恒定律，由CO2和NH3在一定条件下合成尿素[CO（NH2）2]的反应方程式为：2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O，假设n（CO2）=1mol，则n（NH3）=3mol，由于达平衡时CO2的转化率为60%，所以反应消耗的n（CO2）=0.6mol，根据方程式可知反应的NH3的物质的量n（NH3）=1.2mol，所以氨气的转化率为（1.2mol÷3mol）×100%=40%，故答案为：2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O；40%；②用硫酸溶液作电解质进行电解，CO2在电极上可转化为甲烷，该电极反应的方程式为：CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O，故答案为：CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O；③一水合氨的电离常数大于HCO3﹣的电离常数，可知HCO3﹣水解程度强于NH4+水解出生地，故NH4HCO3溶液呈弱碱性，故答案为：碱性．【点评】本题考查化学平衡有关计算及影响因素、热化学方程式书写、原电池、电离平衡常数等，是对学生综合能力的考查，难度中等． 9．某兴趣小组拟制备氯气并验证其一系列性质．Ⅰ．【查阅资料】①当溴水浓度较小时，溶液颜色与氯水相似也呈黄色．②硫代硫酸钠溶液在工业上可作为脱氯剂．Ⅱ．【性质验证】实验装置如图1所示（省略夹持装置）-22-实验步骤：（1）检查装置气密性，按图2加入试剂．仪器a的名称是 长颈漏斗 ；装置CⅡ处加的试剂可以是 BD （选填下列字母编号）．A．碱石灰B．硅胶C．浓硫酸D．无水氯化钙（2）装置B的作用有 除去氯气中的氯化氢并作安全瓶 ．（3）写出装置F中相应的离子反应方程式： S2O32﹣+4Cl2+5H2O=2SO42﹣+8Cl﹣+10H+ ．Ⅲ．【探究与反思】（1）图1中设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是 未排除Cl2对溴、碘的非金属性的强弱实验的干扰 ．该组的同学思考后将上述D、E、F装置改为实验操作步骤如下：①打开弹簧夹，缓缓通入氯气②当a和b中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹．③当a中溶液由黄色变为棕色时，停止通氯气．④ 打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管c震荡 ．（2）设计步骤③的实验思想是 对比实验思想 ．（3）步骤④的操作是 打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管c震荡 ．【考点】性质实验方案的设计；氯气的化学性质．【分析】由图中装置可知，装置A中放入二氧化锰、分液漏斗中放入浓盐酸，加热产生的氯气通入饱和食盐水除去其中的氯化氢气体，然后通入C，Ⅰ、Ⅲ处放干燥的有色布条，Ⅱ放入固体粒状干燥剂，但不能是碱性干燥剂，否则会吸收氯气，可观察到Ⅰ处布条褪色，Ⅲ处不褪色，氯气通入漏斗D中，溶液变橙色，再滴入KI溶液与苯的分层的液体中，苯层呈紫色，最后多余的氯气用硫代硫酸钠溶液吸收，Na2S2O3中硫显+2价，被氯气氧化SO42﹣；为排除氯气对其溴碘检验的干拢，可进行对比实验，以此来解答．【解答】解：Ⅱ．（1）仪器a的名称是长颈漏斗；装置CⅡ处加的试剂干燥氯气，且为固体，只有BD符合，故答案为：长颈漏斗；BD；（2）生成的氯气中混有HCl，则装置B的作用有除去氯气中的氯化氢并作安全瓶，故答案为：除去氯气中的氯化氢并作安全瓶；（3）Na2S2O3中硫显+2价，被氯气氧化SO42﹣，则装置F中相应的离子反应方程式S2O32﹣+4Cl2+5H2O=2SO42﹣+8Cl﹣+10H+，故答案为：S2O32﹣+4Cl2+5H2O=2SO42﹣+8Cl﹣+10H+；Ⅲ．（1）装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，但氯气可与NaBr、KI均反应，未排除Cl2对溴、碘的非金属性的强弱实验的干扰，不能比较Cl、Br、I的非金属性，故答案为：未排除Cl2对溴、碘的非金属性的强弱实验的干扰；（2）设计步骤③的实验思想是对比实验思想，故答案为：对比实验思想；改进的实验步骤④为打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管c震荡，第④步发生溴与KI的反应，故答案为：打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管c震荡．【点评】本题考查氯气的制备实验及性质实验，为高频考点，把握实验装置的作用、物质的性质及非金属性比较的方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验中对比方法及干扰因素的分析，题目难度中等． 10．草酸亚铁晶体（FeC2O4•2H2O）是一种浅黄色固体，难溶于水，受热易分解，是生产锂电池的原材料，也常用作分析试剂及显影剂等，其制备流程如下：-22-（1）配制（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O溶液时，需加少量硫酸，目的是 抑制Fe2+水解 ．（2）沉淀时发生反应的化学方程式为 （NH4）2Fe（SO4）2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4•2H2O↓+H2SO4+（NH4）2SO4 ．（3）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液的颜色由紫红色变为棕黄色，同时有气体生成．这说明草酸亚铁晶体具有 还原 （填“氧化”或“还原”）性．若反应中消耗1molFeC2O4•2H2O，则参加反应的n（KMnO4）为 0.6mol ．（4）称取3.60g草酸亚铁晶体（摩尔质量是180g•mol﹣1）用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示：①过程Ⅰ发生反应的化学方程式为 FeC2O4•2H2OFeC2O4+2H2O ．②300℃时剩余固体是铁的一种氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式 草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：3.6g××100%=1.12g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：1.60g﹣1.12g=0.48g，铁元素和氧元素的质量比为：1.12g：0.48g=7：3，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有：56x：16y=7：3，x：y=2：3，铁的氧化物的化学式为Fe2O3． （写出计算过程）．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】在稀硫酸溶液中配置硫酸亚铁氨，加入草酸沉淀沉淀亚铁离子生成草酸亚铁，静置倾去上层溶液后处理得到草酸晶体，（1）配制（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O溶液时，需加少量硫酸的目的是抑制其水解；（2）沉淀时发生反应硫酸亚铁氨溶液中加入草酸反应生成草酸亚铁沉淀、硫酸和硫酸氨；（3）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到CO2生成．说明草酸亚铁被氧化为铁离子、二氧化碳气体，草酸亚铁具有还原性，依据电子守恒计算得到消耗的高锰酸钾物质的量；（4）根据图中提供的信息，通过计算可以判断反应的化学方程式和物质的化学式；①过程Ⅰ发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水；②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：3.6g××100%=1.12g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，-22-氧化物中氧元素的质量为：1.60g﹣1.12g=0.48g，铁元素和氧元素的质量比为：1.12g：0.48g=7：3，据此计算书写化学式．【解答】解：（1）配制（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O溶液时，溶液中亚铁离子水解显酸性，需加少量硫酸的目的是抑制其水解，故答案为：抑制Fe2+水解；（2）沉淀时发生反应硫酸亚铁氨溶液中加入草酸反应生成草酸亚铁沉淀、硫酸和硫酸氨，反应的化学方程式依据原子守恒配平写出为：（NH4）2Fe（SO4）2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4•2H2O↓+H2SO4+（NH4）2SO4，故答案为：（NH4）2Fe（SO4）2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4•2H2O↓+H2SO4+（NH4）2SO4；（3）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到CO2生成．说明草酸亚铁被氧化为铁离子、二氧化碳气体，草酸亚铁具有还原性，依据电子守恒计算得到消耗的高锰酸钾物质的量，依据氧化还原反应电子守恒原子守恒配平书写离子方程式为5Fe2++5C2O42﹣+3MnO4﹣+24H+=5Fe3++3Mn2++5CO2↑+12H2O，消耗1molFeC2O4•2H2O，则参加反应的KMnO4为0.6mol；故答案为：还原性；0.6；（4）①通过剩余固体的质量可知，过程Ⅰ发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的化学方程式为：FeC2O4•2H2OFeC2O4+2H2O故答案为：FeC2O4•2H2OFeC2O4+2H2O；②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：3.6g××100%=1.12g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：1.60g﹣1.12g=0.48g，铁元素和氧元素的质量比为：1.12g：0.48g=7：3，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有：56x：16y=7：3，x：y=2：3，铁的氧化物的化学式为Fe2O3．故答案为：Fe2O3．【点评】本题考查了铁及其化合物性质的实验验证和实验分析判断，定量计算，图象分析是解题关键，题目难度较大． 三、【化学—选修2：化学与技术】11．铜及其化合物在生产、生活中有广泛的应用．（1）铜可采用如下方法制备：火法炼铜：Cu2S+O22Cu+SO2湿法炼铜：CuSO4+Fe═FeSO4+Cu上述两种方法中，铜元素均被 还原 （填“氧化”或“还原”）成铜单质．（2）印刷电路板上使用的铜需要回收利用．方法一：用FeCl3溶液浸泡印刷电路板制备CuCl2•2H2O，实验室模拟回收过程如下：-22-①证明步骤Ⅰ所加FeCl3溶液过量的方法是 取少量充分反应后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为红色，证明所加FeCl3溶液过量 ．②步骤2中所加的氧化剂最适宜的是 B ．A．HNO3B．H2O2C．KMnO4③步骤3的目的是使溶液的pH升高到4.2，此时Fe3+完全沉淀，可选用的“试剂1”是 CuO或Cu（OH）2 ．（写出一种即可）④蒸发农缩CuCl2溶液时，要滴加浓盐酸，目的是 CuCl2在溶液中可以发生水解反应，CuCl2+2H2O⇌Cu（OH）2+2HCl，滴加浓盐酸，可以抑制水解 （用化学方程式并结合简要的文字说明），再经冷却、结晶、过滤，得到CuCl2•2H2O．方法二：用H2O2和稀硫酸共同浸泡印刷电路板制备硫酸铜时，其热化学方程式是：Cu（s）+H2O2（l）+H2SO4（nq）═CuSO4（aq）+2H2O（l）△H1=﹣320kJ/mol又知：2H2O（l）═2H2O（l）+O2（g）△H2=﹣196kJ/molH2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3=﹣286kJ/mol则反应Cu（s）+H2SO4（aq）═CuSO4（aq）+H2（g）的△H= +64kJ/mol ．（3）欲实现反应Cu+H2SO2═CuSO4+H2，在你认为能实现该转化的装置中的括号内，标出电极材料（填“Cu”或“C”）【考点】金属冶炼的一般原理；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；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】（1）反应物中元素的化合价降低，为氧化剂，被还原，发生还原反应；（2）方法一：①根据检验三价铁离子的方法；②根据根据除去二价铁离子的过程中不能引入新的杂质；③根据pH升高，溶液的酸性减弱，加入的物质能与酸反应，同时不能引入新杂质；④CuCl2在溶液中可以发生水解反应，加入浓盐酸，可以抑制水解；方法二：根据盖斯定律来计算；（3）Cu和H2SO4之间的反应是非自发的，需要电解池实现，根据电解池的构成条件来回答．【解答】解：（1）在火法炼铜：Cu2S+O22Cu+SO2和湿法炼铜：CuSO4+Fe═FeSO4+Cu中铜元素的化合价降低，Cu2S、CuSO4都为氧化剂，被还原，发生还原反应，故答案为：还原；（2）方法一：①检验三价铁离子的方法：取少量待检液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，故答案为：取少量充分反应后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为红色，证明所加FeCl3溶液过量；②HNO3、H2O2C、KMnO4三者都能氧化二价铁离子变成三价铁离子，但HNO3和KMnO4会引入新的杂质，故选：B；③pH升高，溶液的酸性减弱，加入的物质能与酸反应，同时不能引入新杂质，可向溶液中加入CuO或Cu（OH）2，故答案为：CuO或Cu（OH）2；-22-④CuCl2在溶液中可以发生水解反应，加入浓盐酸，可以抑制水解，故答案为：CuCl2在溶液中可以发生水解反应，CuCl2+2H2O⇌Cu（OH）2+2HCl，滴加浓盐酸，可以抑制水解；方法二：Cu（s）+H2O2（l）+H2SO4（nq）═CuSO4（aq）+2H2O（l）△H1=﹣320kJ/mol①2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H2=﹣196kJ/mol②H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3=﹣286kJ/mol③利用盖斯定律，将①﹣×②﹣③可得：Cu（s）+H2SO4（aq）═CuSO4（aq）+H2（g）△H=+64kJ/mol，故答案为：+64kJ/mol；（3）Cu和H2SO4之间的反应是非自发的，需要电解池实现，金属铜作阳极，阴极是导体即可，电解质为硫酸，即，故答案．【点评】本题考查金属的回收，涉及到氧化还原反应、热盖斯定律的应用、电解池的工作原理，难度不大． 四、【化学—选修3：物质结构与性质】12．周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大．a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族，e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子．请填写下列空白．（1）e元素基态原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1 ．（2）b、c、d三种元素的第一电离能数值由大到小的顺序为 N＞O＞S （填元素符号），其原因是 同一周期，随着原子序数的增加，元素的第一电离能呈现逐渐增大的趋势，但氮元素的最外层电子达到半充满的稳定构型，其第一电离能大于氧元素，同主族自上而下，元素第一电离能减小，氧元素第一电离能大于硫元素 ．（3）a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为 sp3 ；分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是 H2O2、N2H4 （填化学式，写出两种）．（4）已知c、e能形成晶胞如图甲和图乙所示的两种化合物，化合物的化学式为分别为：甲 CuO ，乙 Cu2O ；甲高温易转化为乙的原因是 Cu2O中Cu的d轨道为全充满状态，较稳定 ．（5）这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图丙所示）．该化合物中，阴离子为 SO42﹣ ，该化合物加热时首先失去的组分是 H2O ，判断理由是 H2O和Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱 ．-22-【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．【分析】周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a是H元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故c是O元素；d与c同族，则d是S元素；b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于氧，外围电子排布为2s22p3，则b是N元素；e的最外层只有一个电子，但次外层有18个电子，只能处于第四周期，核外电子数为2+8+18+1=29，为Cu元素，据此解答．【解答】解：周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a是H元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故c是O元素；d与c同族，则d是S元素；b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于氧，外围电子排布为2s22p3，则b是N元素；e的最外层只有一个电子，但次外层有18个电子，只能处于第四周期，核外电子数为2+8+18+1=29，为Cu元素．（1）e的最外层只有一个电子，但次外层有18个电子，则e是Cu元素，基态原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；（2）b、c、d分别是N、O、S元素，同一周期，随着原子序数的增加，元素的第一电离能呈现逐渐增大的趋势，但氮元素的最外层电子达到半充满的稳定构型，其第一电离能大于氧元素，同主族自上而下，元素第一电离能减小，氧元素第一电离能大于硫元素，所以N、O、S中第一电离能从大到小的顺序为：N＞O＞S，故答案为：N＞O＞S；同一周期，随着原子序数的增加，元素的第一电离能呈现逐渐增大的趋势，但氮元素的最外层电子达到半充满的稳定构型，其第一电离能大于氧元素，同主族自上而下，元素第一电离能减小，氧元素第一电离能大于硫元素；（3）a是H元素，a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子为NH3，氨气分子中氮原子含有3个共价键和一个孤电子对，所以该分子的中心原子的杂化方式为sp3；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是H2O2、N2H4，故答案为：sp3；H2O2、N2H4；（4）O、Cu形成的化合物，晶胞甲中，白色球数目=1+8×+2×+4×=4，黑色球数目为4，故该晶体中Cu、O原子数目之比为1：1，该化合物为CuO；晶胞乙中白色球数目=1+8×=2，黑色球数目为4，为A2B型，故该化合物化学式为Cu2O；Cu2O中Cu的d轨道为全充满状态，较稳定，CuO高温易转化为Cu2O，故答案为：CuO；Cu2O；Cu2O中Cu的d轨道为全充满状态，较稳定；（5）这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构，说明该阴离子价层电子对个数是4且不含孤电子对，应为SO42﹣；阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图2所示），阳离子为Cu2+，配位数是6，在八面体上下顶点上分子含有两个共价键且含有两个孤电子对，为H2O分子，有2个，正方形平面上四个顶点上分子含有3个共价键且含有一个孤电子对，所以为NH3分子，有4个，其化学式为[Cu（NH3）4（H2O）2]SO4，H2O和Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱，所以该化合物加热时首先失去的组分是H2O，故答案为：SO42﹣；H2O；H2O和Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱．-22-【点评】本题是对物质结构和性质的考查，涉及电离能、核外电子排布、分子结构、晶胞计算、配合物等知识点，对于分子空间结构，采取逆向形式进行考查，具有一定的开放性，增大题目难度． 13．有机化合物A经李比希法测得其中含C72.0%、H6.67%，其余含有氧；现代仪器分析有机化合物的分子结构有以下三种方法．方法一：用质谱法分析得知A的相对分子质量为150．方法二：核磁共振仪测出A的核磁共振氢谱有5个峰，其面积之比为1：2：2：2：3．方法三：利用红外光谱仪测得A分子的红外光谱如图1试填空：（1）A的分子式为 C9H10O2 ．（2）A的结构简式为 （合理即可）．（3）A的芳香类同分异构体有多种，其中符合下列条件：①分子结构中只含一个官能团；②分子结构中含有一个甲基；③苯环上只有一个取代基．则该类A的芳香类同分异构体还有 5 种．（4）A的一种同分异构体E可用作茉莉、白兰、月下香等香精的调合香料．它可以用甲苯和乙醇为原料进行人工合成．合成路线如图2：①E的结构简式为 ．②反应②③的反应类型为 氧化反应 、 取代反应 ．③写出反应①的化学方程式 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ．④为了提高E的产率应采取的措施是 加过量的乙酸或苯甲醇（或及时除去水等） （写一项）【考点】有机物的推断；有机物的合成．-22-【分析】（1）（2）有机物A中C原子个数N（C）==9，H原子个数N（H）==10，O原子个数N（O）==2，所以有机物A的分子式为C9H10O2，核磁共振仪测出A的核磁共振氢谱有5个峰，其面积之比为1：2：2：2：3，若苯环上只有一个取代基，苯环上的氢有三种，H原子个数分别为1个、2个、2个，除苯环外，还有两种氢，且两种氢的个数分别为2个、3个，由红外光谱知，含有C6H5C﹣、C=O、﹣C﹣O﹣C﹣、﹣C﹣C﹣等结构，符合条件的A的结构简式可能为；（3）A的芳香类同分异构体有多种，其中符合下列条件：①分子结构中只含一个官能团，可能为羧基或酯基；②分子结构中含有一个甲基；③苯环上只有一个取代基，侧链为﹣OOCH2CH2CH3，或﹣CH2OOCCH3，或﹣COOCH2CH3，或﹣CH（CH3）OOCH，或﹣CH（CH3）COOH，（4）乙醇发生氧化反应生成B为CH3CHO，氧气进一步氧化生成C为CH3COOH，甲苯发生取代反应生成，发生卤代烃的水解反应生成D为，乙酸与苯甲醇发生酯化反应生成E为，据此解答．【解答】解：（1）有机物A中C原子个数N（C）==9，H原子个数N（H）==10，O原子个数N（O）==2，所以有机物A的分子式为C9H10O2，故答案为：C9H10O2；（2）核磁共振仪测出A的核磁共振氢谱有5个峰，其面积之比为1：2：2：2：3，若苯环上只有一个取代基，苯环上的氢有三种，H原子个数分别为1个、2个、2个，除苯环外，还有两种氢，且两种氢的个数分别为2个、3个，由红外光谱知，含有C6H5C﹣、C=O、﹣C﹣O﹣C﹣、﹣C﹣C﹣等结构，符合条件的A的结构简式可能为，故答案为：；（3）A的芳香类同分异构体有多种，其中符合下列条件：①分子结构中只含一个官能团，可能为羧基或酯基；②分子结构中含有一个甲基；③苯环上只有一个取代基，侧链为﹣OOCH2CH2CH3，或﹣CH2OOCCH3，或﹣COOCH2CH3，或﹣CH（CH3）OOCH，或﹣CH（CH3）COOH，共有5种，故答案为：5；（4）乙醇发生氧化反应生成B为CH3CHO，氧气进一步氧化生成C为CH3COOH，甲苯发生取代反应生成，发生卤代烃的水解反应生成D为，乙酸与苯甲醇发生酯化反应生成E为，-22-①由上述分析可知，E的结构简式为，故答案为：；②反应②属于氧化反应，反应③属于取代反应，故答案为：氧化反应；取代反应；③反应①的化学方程式：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；④生成E的反应为可逆反应，提高E的产率应采取的措施是：加过量的乙酸或苯甲醇（或及时除去水等），故答案为：加过量的乙酸或苯甲醇（或及时除去水等）．【点评】本题考查有机物推断、同分异构体的书写、有机反应类型、有机反应方程式书写等，题目难度中等，根据谱图写出符合条件的结构简式为本题易错点． 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