2022年山西省晋中市和顺县复习班高考化学模拟试卷（5月份）一、选择题（每小题6分，每小题只有一项符合题意）1．化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是()A．焰火的五彩缤纷是某些金属元素化学性质的展现B．将煤气化后再作为能源，可减少PM2.5引起的危害C．用激光笔分到照射盛有蓝墨水、FeCl3溶液的玻璃杯均出现光亮的通路D．氨气液化时能吸收大量的热，常用来做冷冻剂2．对于结构满足的有机物，下列描述中正确的是()A．分子中有2种含氧官能团B．能发生取代、加成、消去、氧化反应C．1mol该有机物最多消耗3molNaOHD．苯环上的一溴代物最多有3种3．在电冶铝的电解槽中存在电解质W2[X2Y2Z4]，己知四种元素的简单离子的电子层结构均相同，Y原子最外层电子数为次外层的3倍，X原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的一半，下列说法正确的是()A．原子序数：W＞X＞Y＞ZB．原子半径：r（w）＞r（X）＞r（Y）＞r（Z）C．W的最高价氧化物的水化物碱性比X的弱D．Y的简单氢化物的稳定性比Z的强4．向某含有SO32﹣、SiO32﹣、CO32﹣、Br﹣、Na+的溶液中缓慢通入Cl2直至过量，下列对该反应过程的判断不正确的是()A．整个过程共发生2个氧化还原反应B．所有阴离子的浓度都发生了变化C．溶液的颜色发生了变化D．反应过程中既有气体产生，也有沉淀产生5．25℃的四种溶液：①pH=2的CH3COOH溶液②pH=2的HCl溶液③pH=12的氨水④pH=12的NaOH溶液．有关上述溶液的比较中，正确的是()A．水电离的c（H+）：①=②=③=④B．将②、③溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：②＜③C．等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：④最大D．向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞①＞②6．下列关于有机物性质的说法正确的是()A．乙酸乙酯和油脂均能发生水解反应生成醇B．丙烯与氯气只能发生加成反应C．溴乙烷与氢氧化钠的水溶液可反应生成乙烯25D．苯可以使酸性KMnO4溶液褪色7．向一定量的Cu、Fe2O3、的混合物中加入300mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+原混合物中Cu的质量为()A．9.6gB．6.4gC．3.2gD．1.6g二、解答题（共3小题，满分43分）8．物质A～G有如图所示转化关系（部分生成物没有列出）．其中A是常见的金属单质，E、F是气体．请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：A__________、D__________、G__________；（2）B和C反应生成D的离子方程式为__________；（3）A在碱性溶液中和NO3﹣反应时生成B和NH3，总反应的离子方程式为__________；（4）相同条件下，向500mLE、F的混合气体中通入187.5mLO2，所有气体可恰好完全被水吸收生成G，则E和F的体积比为__________．（5）等体积的E、F通入NaOH溶液中可生成盐和水，反应的化学方程式为__________．室温下，0.1mol/L的上述盐溶液pH=8.3，原因是（用离子方程式表示）__________，该溶液中所有离子按浓度由大到小排列的顺序为__________．9．（14分）汽车尾气中的主要污染物是NO和CO2．为了减轻大气污染，人们提出通过以下反应来处理汽车尾气．2NO（g）+2CO（g）═2CO2（g）+N2（g）△H1=﹣746.5kJ•mol﹣1已知：2C（s）+O2（g）═2CO（G）△H2=﹣221kJ•mol﹣1C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1则N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=__________kJ•mol﹣1（2）T℃下，在一容积不变的密闭容器中，通入一定量的NO和CO，用气体传感器测得不同时间NO和CO的浓度如下表：25①c1合理的数值为__________（填字母）A.4.20B.4.00C.3.50D.2.50②前2s内的平均反应速率v（CO2）=__________③不能作为判断该反应达到平衡状态的标志是__________．（填字母标号）a.2v正（CO）=v疗（N2）b．容器中混合气体的密度保持不变c．容器中气体的压强不变d．CO2的体积分数不变（3）研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂的比表面积可提高化学反应速率．根据下表设计的实验测得混合气体中NO的浓度随时间t变化的趋势如图所示：则曲线I、Ⅱ、Ⅲ对应的实验编号依次为__________（4）已知：CO通入新制的银氨溶液可生成银镜，同时释放一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体．某温度下，向1L密闭容器中充入1molNO和1molCO，反应达到平衡后，将平衡混合气通入足量新制的银氨溶液中．生成43.2gAg，则该温度下，反应：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）的化学平衡常数K=__________（5）CO可作燃料电池的烯气．用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物做电解质，空气与CO2的混合气为正极助燃气，制得650℃下工作的燃料电池．该电池总反应为2CO+O2═2CO2，则负极反应式为__________．10．（14分）半导体生产中常需要控制掺杂，以保证控制电阻率，三氯化磷（PCl3）中一种重要的掺杂剂．实验室要用黄磷（白磷）与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3，装置如下图所示：（部分夹持装置略去）已知黄磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5和HCl，遇o2会生成POCl3，POCl3溶于PCl3，PCl3、POCl3的熔沸点见下表：25请回答下列问题（1）装置中制氯气的离子方程式为__________（2）B中的试剂是__________，E中次冷水的作用是__________，F中碱石灰的作用是__________（3）实验时，检查装置气密性后，先打开K3通入干燥的CO2，再迅速加入黄磷．通干燥CO2的作用是__________通过控制K1、K2能除去A、B装置中的空气，具体的方法是__________（4）粗产品含有POCl3、PCl3等，加入黄磷加热除去PCl5，通过__________（填实验操作的名称），即可得到纯净的PCl3（5）通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数．①迅速称取100g产品，加水反应后配成250mL溶液；②取以上溶液25.0mL，向其中加入0.1mol10mL碘水，充分反应；③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.1mol/L的Na2S2O3溶液滴定，滴定终点现象是__________④重复②、③操作，平均消耗Na2S2O3溶液8.40mL．已知H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2SO4根据以上数据，该产品中PC3的质量分数是__________．【化学选修2：化学与技术】11．【化学选修2：化学与技术】（1）火山喷发所产生的硫磺可用于生产重要的化工原料硫酸．某企业用右图所示的工艺流程生产硫酸：请回答下列问题：25①为充分利用反应放出的热量，接触室中应安装__________（填设备名称）．吸收塔中填充有许多瓷管，其作用是__________．②为使硫磺充分燃烧，经流量计1通入燃烧室的氧气过量50%．为提高SO2转化率，经流量计2的氧气量为接触室中二氧化硫完全氧化时理论需氧量的2.5倍，则生产过程中流经流量计1和流量计2的空气体积比应为__________．假设接触室中SO2的转化率为95%，b管排出的尾气中二氧化硫的体积分数为__________．（空气中氧气的体积分数按0.2计），该尾气的处理方法是__________．③与以硫铁矿为原料的生产工艺相比，该工艺的特点是__________（可多选）．A．耗氧量减少__________B．二氧化硫的转化率提高C．产生的废气减少D．不需要使用催化剂（2）硫酸的用途非常广泛，可应用于下列哪些方面__________（可多选）．A．橡胶的硫化B．表面活性剂“烷基苯磺酸钠”的合成C．铅蓄电池的生产D．过磷酸钙的制备（3）矿物燃料的燃烧是产生大气中SO2的主要原因之一．在燃煤中加入适量的石灰石，可有效减少煤燃烧时SO2的排放，请写出此脱硫过程中反应的化学方程式__________．15分）【化学选修3：物质结构与性质】12．【化学选修3：物质结构与性质】A﹣I为原子序数递增的前4周期的元素，已知A原子的最外层电子是次外层电子数的2倍，D为周期表中电负性最大的元素，F与C位于同一主族，E与G在周期表的位置是上下相连，两元素所在主族中所有元素都是金属，H为应用最广泛的金属；I处于周期表中的第二副族．请回答下列问题：（以下问题中的所有原子都必须在上述元素中寻找）（1）B单质分子中σ与π键数目比为__________；B、C、D第一电离能由小到大的顺序为__________；（填写元素符号）（2）H元素原子的价层电子排布式为__________，H3+离子可以与上述元素中的三种形成的某阴离子生成血红色络合物；该阴离子又与A﹣I元素中的某些原子形成的分子互为等电子体，这种分子的化学式为__________（写一种即可），该阴离子空间构型为__________；（3）D与G可以形成如图的晶胞，则黑点表示的是__________元素（填写元素符号），该元素原子在该晶胞中的配位数为__________；（4）若将上述晶胞圆圈对应的原子所在上下两层平面原子，按两条相互垂直的对角线上各去掉该原子2个（共去掉4个），并将小点和圆圈对应的元素更改为另外两种元素，则这个晶胞化学式为__________，若再将留下的所有原子换成另外一种新元素的原子，则成为另外一种晶胞，该晶胞中成键原子键角为__________；（5）已知，F单质晶体的原子堆积为ABAB型，那么，该晶体的空间利用率为__________如果F单质的摩尔质量为M，晶胞棱长为a，晶胞高度为c则，该晶体密度表达式为__________．（阿伏加德罗常数用NA表示，不化简）如果F的原子半径为R，用R表示的晶胞高度为__________．25化学--选修5：有机化学基础]13．香料G的一种合成工艺如图所示．核磁共振氢谱显示A有两种峰，其强度之比为1：1．已知：CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O请回答下列问题：（1）A的结构简式为__________，G中官能团的名称为__________．（2）检验M已完全转化为N的实验操作是__________．（3）有学生建议，将M→N的转化用KMnO4（H+）代替O2，老师认为不合理，原因是__________（4）写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：K→L__________，反应类型__________．（5）F是M的同系物，比M多一个碳原子．满足下列条件的F的同分异构体有__________种．（不考虑立体异构）①能发生银镜反应②能与溴的四氯化碳溶液加成③苯环上有2个对位取代基（6）以丙烯和NBS试剂为原料制各甘油（丙三醇），请设计合成路线（其他无机原料任选）．请用以下方式表示：AB…目标产物．2022年山西省晋中市和顺县复习班高考化学模拟试卷（5月份）一、选择题（每小题6分，每小题只有一项符合题意）1．化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是()A．焰火的五彩缤纷是某些金属元素化学性质的展现B．将煤气化后再作为能源，可减少PM2.5引起的危害C．用激光笔分到照射盛有蓝墨水、FeCl3溶液的玻璃杯均出现光亮的通路D．氨气液化时能吸收大量的热，常用来做冷冻剂考点：焰色反应；胶体的重要性质；氨的用途；煤的干馏和综合利用．分析：A、某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应；25B、将煤气化后得到可燃性气体，减少污染物的排放；C、胶体具有丁达尔效应，溶液没有；D、液氨气化时吸收热量导致其周围温度降低．解答：解：A、某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应，焰色反应是某些金素元素的物理性质，故A错误；B、将煤气化后得到可燃性气体，减少污染物的排放，可以减少PM2.5，故B正确；C、FeCl3溶液不是胶体，没有丁达尔现象，故C错误；D、液氨气化时吸收热量导致其周围温度降低，所以液氨是一种重要的制冷剂，则氨气在液化时放出热量，故D错误，故选B．点评：本题主要考查了焰色反应的定义、胶体的性质、液氨的性质、空气污染与防治等，题目难度不大．2．对于结构满足的有机物，下列描述中正确的是()A．分子中有2种含氧官能团B．能发生取代、加成、消去、氧化反应C．1mol该有机物最多消耗3molNaOHD．苯环上的一溴代物最多有3种考点：有机物的结构和性质．分析：该分子中含有酯基、酚羟基、硝基，所以应该具有酯、酚、硝基的性质，据此分析解答．解答：解：A．A中含有酯基、酚羟基、硝基官能团，所以有三种含氧官能团，故A错误；B．该分子中含有酯基、酚羟基、硝基，所以应该具有酯、酚、硝基的性质，含有苯环，所以还有苯的性质，能发生加成反应、取代、氧化反应，因为与羟基相连的碳上没有氢原子，不能发生消去反应，故B错误；C．酚羧基、酯基能和NaOH反应，酯基水解生成酸和酚羟基，所以1molA和足量的NaOH溶液反应，可以消耗3molNaOH，故C正确；D．如与溴水发生取代反应，则只有羟基对位氢原子可被取代，如在催化剂条件下发生取代，则羟基也可被取代，则一溴代物多余3种，故D错误．故选C．点评：本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大．3．在电冶铝的电解槽中存在电解质W2[X2Y2Z4]，己知四种元素的简单离子的电子层结构均相同，Y原子最外层电子数为次外层的3倍，X原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的一半，下列说法正确的是()A．原子序数：W＞X＞Y＞ZB．原子半径：r（w）＞r（X）＞r（Y）＞r（Z）C．W的最高价氧化物的水化物碱性比X的弱D．Y的简单氢化物的稳定性比Z的强考点：原子结构与元素周期律的关系．分析：电解质W2[X2Y2Z4]，四种元素的简单离子的电子层结构均相同，Y原子最外层电子数为次外层的3倍，最外层电子数不超过8个（K层除外），则Y为O元素；25X原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的一半，且X、Y离子电子层结构相同，则X为Al元素；该化合物中W应该带正电荷，含有两个铝离子、两个O离子，Z应该带负电荷，根据化合物代数和为0知，W应该带一个单位正电荷，Z带一个单位负电荷，且这四种简单离子电子层结构相同，所以W为Na、Z为F元素，则该电解质为Na2[Al2O2F4]，A．通过以上分析判断原子序数；B．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；C．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；D．元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强．解答：解：电解质W2[X2Y2Z4]，四种元素的简单离子的电子层结构均相同，Y原子最外层电子数为次外层的3倍，最外层电子数不超过8个（K层除外），则Y为O元素；X原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的一半，且X、Y离子电子层结构相同，则X为Al元素；该化合物中W应该带正电荷，含有两个铝离子、两个O离子，Z应该带负电荷，根据化合物代数和为0知，W应该带一个单位正电荷，Z带一个单位负电荷，且这四种简单离子电子层结构相同，所以W为Na、Z为F元素，则该电解质为Na2[Al2O2F4]，A．通过以上分析知，原子序数X＞W＞Z＞Y，故A错误；B．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，所以原子半径r（w）＞r（X）＞r（Y）＞r（Z），故B正确；C．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性W＞X，所以W的最高价氧化物的水化物碱性比X的强，故C错误；D．元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性Z＞Y，所以Y的简单氢化物的稳定性比Z的弱，故D错误；故选B．点评：本题考查原子结构、元素周期律，侧重考查分析、推断、综合应用能力，正确推断元素是解本题关键，熟练掌握元素周期律知识，题目难度中等．4．向某含有SO32﹣、SiO32﹣、CO32﹣、Br﹣、Na+的溶液中缓慢通入Cl2直至过量，下列对该反应过程的判断不正确的是()A．整个过程共发生2个氧化还原反应B．所有阴离子的浓度都发生了变化C．溶液的颜色发生了变化D．反应过程中既有气体产生，也有沉淀产生考点：氯气的化学性质；离子共存问题．专题：卤族元素．分析：某溶液中含有SO32﹣、SiO32﹣、Br﹣、CO32﹣、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体，以此解答该题．解答：解：A．共发生了氯气氧化SO32﹣、Br﹣2个氧化还原反应，另外还存在氯气和水的反应，故A错误；B．SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体，所有阴离子的浓度都发生了变化，故B正确；25C．通过以上分析知，反应前溶液呈无色，反应后有溴单质生成，溴水呈橙色，所以溶液由无色变为橙色，故C正确；D．由B可知生成硅酸沉淀和二氧化碳气体，故D正确．故选A．点评：本题考查了氯水成分和离子反应的判断，为高频考点，明确氯气的氧化性、氯水中盐酸的作用是解答的关键，难度较大．5．25℃的四种溶液：①pH=2的CH3COOH溶液②pH=2的HCl溶液③pH=12的氨水④pH=12的NaOH溶液．有关上述溶液的比较中，正确的是()A．水电离的c（H+）：①=②=③=④B．将②、③溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：②＜③C．等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：④最大D．向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞①＞②考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．分析：A．温度不变，水的离子积常数不变，根据溶液的pH值计算水电离的氢离子浓度；B．pH=2的HCl溶液和pH=12的氨水中，氨水浓度大于盐酸；C．醋酸为弱酸，弱酸存在电离平衡，随反应进行电离出的氢离子继续和铝反应；D．加水稀释，强酸强碱溶液的pH变化最大，弱酸弱碱存在电离平衡稀释促进电离．解答：解：A．①、②的氢离子浓度相同，③、④的氢氧根离子的浓度相同，四种溶液的离子浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电离的c（H+）：①=②=③=④，故A正确；B．氨水是弱碱只有部分电离，所以c（NH3•H2O）＞c（OH﹣），氯化氢是强电解质，所以其溶液中c（HCl）=c（H+），c（NH3•H2O）＞c（HCl），若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②＞③，故B错误；C．醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，①、②、④三种溶液的物质的量浓度关系为：①＞②=④，所以等体积的①、②、④溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：①最大，故C错误；D．醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①、②稀释后溶液的pH：7＞②＞①；氨水是弱碱，加水稀释后能促进氨水的电离，所以③、④、稀释后溶液的pH：③＞④＞7，所以向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞①，故D错误；故选A．点评：本题考查了弱电解质的电离、溶液稀释后pH值相对大小的比较等知识，题目难度中等，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，易错选项是A，注意无论是水溶液还是碱溶液都抑制水的电离，盐类的水解能促进水的电离．6．下列关于有机物性质的说法正确的是()A．乙酸乙酯和油脂均能发生水解反应生成醇B．丙烯与氯气只能发生加成反应C．溴乙烷与氢氧化钠的水溶液可反应生成乙烯D．苯可以使酸性KMnO4溶液褪色考点：有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．专题：有机反应．分析：A．乙酸乙酯、油脂中均中含﹣COOC﹣；B．丙烯在光照或高温下甲基上H可被取代；25C．溴乙烷与氢氧化钠的水溶液发生水解；D．苯中不含碳碳双键．解答：解：A．乙酸乙酯、油脂中均中含﹣COOC﹣，均可发生水解反应，生成的醇分别为乙醇、丙三醇，故A正确；B．含双键与氯气发生加成反应，但丙烯在光照或高温下甲基上H可与氯气发生取代反应，故B错误；C．溴乙烷与氢氧化钠的水溶液发生水解生成乙醇，在NaOH、醇溶液中发生消去反应生成乙烯，故C错误；D．苯中不含碳碳双键，则不能使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误；故选A．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重常见有机物性质的考查，题目难度不大．7．向一定量的Cu、Fe2O3、的混合物中加入300mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+原混合物中Cu的质量为()A．9.6gB．6.4gC．3.2gD．1.6g考点：有关混合物反应的计算．专题：计算题．分析：Cu、Fe2O3的混合物中加入300mL1mol•L﹣1的盐酸溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，溶液中溶质为氯化铜、氯化亚铁，该反应过程为：盐酸与氧化铁恰好反应，生成氯化铁与水，生成的氯化铁与铜恰好反应转化为氯化铜、氯化亚铁；由水的分子式H2O可知，氧化物中2n（O）=n（HCl），据此可以计算出氧化铁的物质的量，再根据铜与氧化铁的反应关系式得出铜的物质的量，最后根据m=nM计算出铜的质量．解答：解：Cu、Fe2O3的混合物中加入300mL1mol•L﹣1的盐酸溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，溶液中溶质为氯化铜、氯化亚铁，该反应过程为：盐酸与氧化铁恰好反应生成氯化铁与水、生成的氯化铁与铜恰好反应转化为氯化铜、氯化亚铁，由水的分子式H2O可知，氧化物中2n（O）=n（HCl）=0.3L×1mol/L=0.3mol，故n（O）=0.15mol，则混合物中氧化铁的物质的量为：n（Fe2O3）=n（O）=0.05mol，根据铜与氧化铁的反应关系式Cu～Fe2O3可知，Cu的物质的量为0.05mol，质量为64g/mol×0.05mol=3.2g，故选C．点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力．二、解答题（共3小题，满分43分）8．物质A～G有如图所示转化关系（部分生成物没有列出）．其中A是常见的金属单质，E、F是气体．25请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：AAl、DAl（OH）3、GHNO3；（2）B和C反应生成D的离子方程式为Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓；（3）A在碱性溶液中和NO3﹣反应时生成B和NH3，总反应的离子方程式为4H2O+8Al+5OH﹣+3NO3﹣=3AlO2﹣+NH3↑；（4）相同条件下，向500mLE、F的混合气体中通入187.5mLO2，所有气体可恰好完全被水吸收生成G，则E和F的体积比为1：3．（5）等体积的E、F通入NaOH溶液中可生成盐和水，反应的化学方程式为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O．室温下，0.1mol/L的上述盐溶液pH=8.3，原因是（用离子方程式表示）NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣，该溶液中所有离子按浓度由大到小排列的顺序为c（Na+）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：流程分析可知金属A单质能和氢氧化钠溶液反应判断为Al，B为NaAlO2，D为Al（OH）3，G为酸，铝和酸反应生成气体E和C，C为铝盐，E为NO，F为NO2，G为HNO3；结合推断得到的物质回答问题；解答：解：（1）依据推断可知ADG分别为：Al，Al（OH）3，HNO3；故答案为：Al，Al（OH）3，HNO3；（2）B和C反应生成D的反应是偏铝酸钠和硝酸铝在水溶液中发生的双水解反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓；故答案为：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓；（3）A在碱性溶液中和NO3﹣反应时生成B和NH3，总反应的离子方程式为4H2O+8Al+5OH﹣+3NO3﹣=3AlO2﹣+NH3↑；故答案为：4H2O+8Al+5OH﹣+3NO3﹣=3AlO2﹣+NH3↑；（4）相同条件下，向500mLE、F的混合气体中通入187.5mLO2，所有气体可恰好完全被水吸收生成G，E为NO，F为NO2，G为HNO3，气体在相同条件下，条件比等于物质的量之比，设NO为x，NO2为y，4NO+3O2+2H2O=4HNO3，4NO2+O2+2H2O=4HNO3，x+y=500+=187.5x=125y=375则E和F的体积比为1：3，故答案为：1：3；25（5）等体积的E、F通入NaOH溶液中可生成亚硝酸盐和水，反应的化学方程式为：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O；室温下，0.1mol/L的上述盐溶液pH=8.3，说明亚硝酸钠水解显碱性，NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣；溶液中所有离子按浓度由大到小排列的顺序为c（Na+）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；故答案为：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O；NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣；c（Na+）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；点评：本题考查了物质转化关系和物质性质的分析应用，注意元素守恒和离子方程式书写方法，电解质溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等．9．（14分）汽车尾气中的主要污染物是NO和CO2．为了减轻大气污染，人们提出通过以下反应来处理汽车尾气．2NO（g）+2CO（g）═2CO2（g）+N2（g）△H1=﹣746.5kJ•mol﹣1已知：2C（s）+O2（g）═2CO（G）△H2=﹣221kJ•mol﹣1C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1则N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ•mol﹣1（2）T℃下，在一容积不变的密闭容器中，通入一定量的NO和CO，用气体传感器测得不同时间NO和CO的浓度如下表：①c1合理的数值为D（填字母）A.4.20B.4.00C.3.50D.2.50②前2s内的平均反应速率v（CO2）=3.75×10﹣4mol/（L．s）③不能作为判断该反应达到平衡状态的标志是ab．（填字母标号）a.2v正（CO）=v疗（N2）b．容器中混合气体的密度保持不变c．容器中气体的压强不变d．CO2的体积分数不变（3）研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂的比表面积可提高化学反应速率．根据下表设计的实验测得混合气体中NO的浓度随时间t变化的趋势如图所示：则曲线I、Ⅱ、Ⅲ对应的实验编号依次为③②①（4）已知：CO通入新制的银氨溶液可生成银镜，同时释放一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体．某温度下，向1L密闭容器中充入1molNO和1molCO，反应达到平衡后，将平衡混合气通入足量新制的银氨溶液中．生成43.2gAg，则该温度下，反应：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）的化学平衡常数K=16025（5）CO可作燃料电池的烯气．用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物做电解质，空气与CO2的混合气为正极助燃气，制得650℃下工作的燃料电池．该电池总反应为2CO+O2═2CO2，则负极反应式为2CO+2CO32﹣﹣4e﹣═4CO2．考点：热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断．分析：（1）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也进行相应的计算；（2）①由表中数据可知4s时反应到达平衡，1﹣3s内NO浓度变化量为4.5×10﹣4mol/L﹣1.5×10﹣4mol/L=3×10﹣4mol/L，该2s内平均每秒内变化量为1.5×10﹣4mol/L，随反应进行，反应速率减小，该2s中前1s内NO浓度变化量应大于1.5×10﹣4mol/L，则2s时NO的浓度小于4.5×10﹣4mol/L﹣1.5×10﹣4mol/L=3×10﹣4mol/L，故2s时NO的浓度应介于1.5×10﹣4mol/L～3×10﹣4mol/L之间；②根据v=计算v（NO），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（CO2）；③可逆反应到达平衡时，同一物质的正逆反应速率相等，各组分的浓度、含量不变，由此衍生的一些其它量不变，判断平衡状态的物理量应随反应进行发生变化，当该物理量由变化到不变化，说明到达平衡；（3）由图可知，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ相比，平衡没有移动，反应速率Ⅱ比Ⅰ快，故曲线Ⅱ中催化剂比比表面积大于Ⅰ，而其它条件相同；而曲线Ⅲ和曲线Ⅱ相比，反应速率变快且平衡逆向移动，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动；（4）由电子转移守恒，可得关系式CO～2Ag，据此计算平衡时一氧化碳的量，结合化学平衡三段式计算各组分的物质的量，由于容器体积为1L，用物质的量代替浓度计算平衡常数，代入化学平衡常数表达式K=计算；（5）该燃料电池中，正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，总电极反应式减去正极反应式可得负极电极反应式．解答：解：（1）已知：①2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H=﹣746.5KJ/mol②2C（s）+O2（g）⇌2CO（g）△H=﹣221.0KJ/mol③C（s）+O2（g）⇌CO2（g）△H=﹣393.5KJ/mol则依据盖斯定律，③×2﹣②﹣①得到：N2（g）+O2（g）=2NO（g）则△H=（﹣393.5KJ/mol）×2﹣（﹣220KJ/mol）﹣（﹣746.5KJ/mol）=+180.5KJ/mol，故答案为：+180.5；（2）①由表中数据可知4s时反应到达平衡，1﹣3s内NO浓度变化量为4.5×10﹣4mol/L﹣1.5×10﹣4mol/L=3×10﹣4mol/L，该2s内平均每秒内变化量为1.5×10﹣4mol/L，随反应进行，反应速率减小，该2s中前1s内NO浓度变化量应大于1.5×10﹣425mol/L，则2s时NO的浓度小于4.5×10﹣4mol/L﹣1.5×10﹣4mol/L=3×10﹣4mol/L，故2s时NO的浓度应介于1.5×10﹣4mol/L～3×10﹣4mol/L之间，选项中只有2.5×10﹣4mol/L符合，故选：D；②2s内NO的浓度变化量为10×10﹣4mol/L﹣2.5×10﹣4mol/L=7.5×10﹣4mol/L，故2s内v（NO）==3.75×10﹣4mol/（L．s），速率之比等于其化学计量数之比，则v（CO2）=v（NO）=3.75×10﹣4mol/（L．s），故答案为：3.75×10﹣4mol/（L．s）；③a．若2v正（CO）=v逆（N2），速率之比不等于计量数之比，反应为到达平衡，故a错误；b．容器中混合气体的密度始终保持不变，密度不变，不能说明反应到达平衡，故b错误；c．随反应进行，混合气体总物质的量进行，容器中气体的压强减小，容器中气体的压强不变，说明到达平衡，故c正确；d．CO2的体积分数不变，说明二氧化碳的量不变，故d正确；故选：ab；（3）由于②、③温度相同，催化剂对平衡移动无影响，化学平衡不移动，达到相同的平衡状态，但②的起始浓度较大，催化剂的比表面积较大，则反应的速率大，所以②先达到化学平衡；由于①、②浓度、催化剂的比面积大相同，而①的温度较高，反应速率较快，先到达平衡，且平衡向逆反应移动，平衡时NO的浓度增大，所以曲线Ⅰ对应实验③，曲线Ⅱ对应实验②，曲线Ⅲ对应实验①，故答案为：③②①；（4）设平衡时混合气体中CO的物质的量为x，则CO～～～～2Ag1mol2×108gx43.2g解得：x==0.2mol2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）初始量（mol）：1100变化量（mol）：0.80.80.80.4平衡量（mol）：0.20.20.80.4由于容器体积为1L，故用物质的量代替浓度计算平衡常数，则平衡常数K===160，故答案为：160；（5）该熔融盐燃料电池中，正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，电极反应式为：O2+2CO2+4e﹣═2CO32﹣，电池总反应方程式为2CO+O2=2CO2，减去正极反应式可得负极电极反应式为：2CO+2CO32﹣﹣4e﹣═4CO2，故答案为：2CO+2CO32﹣﹣4e﹣═4CO2．点评：本题比较综合，属于拼合型题目，涉及热化学方程式书写、化学反应速率计算与影响因素、化学平衡状态判断、化学平衡图象、平衡常数计算、原电池电极反应式书写等，是对学生综合能力的考查，（2）中①为易错点，学生容易考虑浓度减小确定区间，忽略反应速率问题．2510．（14分）半导体生产中常需要控制掺杂，以保证控制电阻率，三氯化磷（PCl3）中一种重要的掺杂剂．实验室要用黄磷（白磷）与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3，装置如下图所示：（部分夹持装置略去）已知黄磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5和HCl，遇o2会生成POCl3，POCl3溶于PCl3，PCl3、POCl3的熔沸点见下表：请回答下列问题（1）装置中制氯气的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O（2）B中的试剂是浓硫酸，E中次冷水的作用是防止PCl3挥发（冷凝），F中碱石灰的作用是吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应（3）实验时，检查装置气密性后，先打开K3通入干燥的CO2，再迅速加入黄磷．通干燥CO2的作用是排尽装置中的空气，防止黄磷（白磷）自燃通过控制K1、K2能除去A、B装置中的空气，具体的方法是先关闭K1，打开K2，等B中溶液上方充满黄绿色气体后，打开K1，关闭K2（4）粗产品含有POCl3、PCl3等，加入黄磷加热除去PCl5，通过蒸馏（填实验操作的名称），即可得到纯净的PCl3（5）通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数．①迅速称取100g产品，加水反应后配成250mL溶液；②取以上溶液25.0mL，向其中加入0.1mol10mL碘水，充分反应；③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.1mol/L的Na2S2O3溶液滴定，滴定终点现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色④重复②、③操作，平均消耗Na2S2O3溶液8.40mL．已知H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2SO4根据以上数据，该产品中PC3的质量分数是0.8%．考点：制备实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：实验室要用黄磷（白磷）与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3流程为：A装置浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，制得氯气，因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，B装置利用浓硫酸干燥氯气，K3利用二氧化碳排尽装置中的空气，防止黄磷（白磷）自燃，PCl3沸点为75.5℃，利用E装置防止PCl325挥发（冷凝），因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应；（1）A装置中二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，据此书写离子反应方程式；（2）氯气为酸性气体，需用酸性干燥剂干燥，三氯化磷沸点低，可用冷水冷凝收集，碱石灰吸收多余氯气防止污染空气，防止空气中的水蒸气进入影响产品纯度；（3）由于PCl3遇O2会生成POCl3，遇水生成H3PO3和HCl，黄磷（白磷）能自燃，通入二氧化碳赶净空气，避免水和氧气与三氯化磷发生反应；先关闭K1，打开K2，利用氯气排净装置中的空气；（4）依据物质的沸点数值不同，可以利用蒸馏的方法分离出三氯化磷；（5）②用0.1mol/L的Na2S2O3溶液滴定溶液中的碘，碘遇淀粉显蓝色，据此答题；③依据反应的化学方程式H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知n（H3PO3）=n（I2）总﹣n（Na2S2O3）×，25mL溶液中H3PO3的物质的量等于三氯化磷的物质的量，再求出三氯化磷的总物质的量和质量，然后求出质量分数．解答：解：实验室要用黄磷（白磷）与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3流程为：A装置浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，制得氯气，因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，B装置利用浓硫酸干燥氯气，K3利用二氧化碳排尽装置中的空气，防止黄磷（白磷）自燃，PCl3沸点为75.5℃，利用E装置防止PCl3挥发（冷凝），因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应．（1）A装置中，加热条件下，浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；（2）因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，氯气和浓硫酸不反应，所以能用浓硫酸干燥氯气，PCl3沸点为75.5℃，利用E装置防止PCl3挥发（冷凝），因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应，故答案为：浓硫酸；防止PCl3挥发（冷凝）；吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应；（3）由于PCl3遇O2会生成POCl3，遇水生成H3PO3和HCl，通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止生成的PCl3与空气中的O2和水反应，先关闭K1，打开K2，等B中溶液上方充满黄绿色气体后，排净了空气，再打开K1，关闭K2，故答案为：排尽装置中的空气，防止黄磷（白磷）自燃；先关闭K1，打开K2，等B中溶液上方充满黄绿色气体后，打开K1，关闭K2；（4）由信息可知，POCl3与PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离，故答案为：蒸馏；（5）②碘遇淀粉显蓝色，用0.1mol/L的Na2S2O3溶液滴定溶液中的碘，当碘反应完毕时，溶液的蓝色会褪色，所以滴定终点的现象为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，故答案为：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；25③0.1000mol•L﹣1碘溶液10.00mL中含有碘单质的物质的量为：0.1000mol•L﹣1×0.0100L=0.00100mol，根据反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为：0.00100mol﹣0.1000mol•L﹣1×0.00084L×=0.00058mol，再由H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI可知，25mL三氯化磷水解后的溶液中含有的H3PO3的物质的量为：n（H3PO3）=n（I2）=0.00058mol，250mL该溶液中含有H3PO3的物质的量为：0.00058mol×=0.0058mol，所以100g产品中含有的三氯化磷的物质的量为0.0058mol，该产品中PCl3的质量分数为：×100%=0.8%；故答案为：0.8%．点评：本题考查阅读获取信息的能力、对实验原理理解等，题目难度较大，是对知识的综合运用，理解实验原理是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力，注意题中信息PCl3遇O2会生成POCl3，POCl3溶于PCl3，PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl．PCl3、POCl3的熔沸点为解答关键．【化学选修2：化学与技术】11．【化学选修2：化学与技术】（1）火山喷发所产生的硫磺可用于生产重要的化工原料硫酸．某企业用右图所示的工艺流程生产硫酸：请回答下列问题：①为充分利用反应放出的热量，接触室中应安装热交换器（填设备名称）．吸收塔中填充有许多瓷管，其作用是使浓H2SO4与SO3充分接触．②为使硫磺充分燃烧，经流量计1通入燃烧室的氧气过量50%．为提高SO2转化率，经流量计2的氧气量为接触室中二氧化硫完全氧化时理论需氧量的2.5倍，则生产过程中流经流量计1和流量计2的空气体积比应为6：5．假设接触室中SO2的转化率为95%，b管排出的尾气中二氧化硫的体积分数为0.41%．（空气中氧气的体积分数按0.2计），该尾气的处理方法是用氨水吸收．③与以硫铁矿为原料的生产工艺相比，该工艺的特点是A（可多选）．A．耗氧量减少__________B．二氧化硫的转化率提高C．产生的废气减少D．不需要使用催化剂（2）硫酸的用途非常广泛，可应用于下列哪些方面BCD（可多选）．A．橡胶的硫化B．表面活性剂“烷基苯磺酸钠”的合成C．铅蓄电池的生产D．过磷酸钙的制备25（3）矿物燃料的燃烧是产生大气中SO2的主要原因之一．在燃煤中加入适量的石灰石，可有效减少煤燃烧时SO2的排放，请写出此脱硫过程中反应的化学方程式CaCO3═CaO+CO2↑、SO2+CaO═CaSO3、2CaSO3+O2═2CaSO4．考点：工业制取硫酸．专题：氧族元素．分析：（1）①SO2与O2的反应为放热反应，为了充分利用能量，应安装热交换器；吸收塔中填充许多瓷管，增大三氧化硫与浓硫酸的接触面，有利于三氧化硫的吸收．②根据反应过程分布计算；③A、硫铁矿中铁的氧化需要消耗O2；B、原料选择与SO2的转化率无关；C、用硫铁矿为原料产生的废渣较多，但废气量相同；D、用SO2制取SO3的过程中都需要使用催化剂；（2）A、橡胶硫化所用到的为单质硫；B、烷基苯磺酸钠中含有磺酸基，制取过程中需要发生磺化反应；C、铅蓄电池中需要用到硫酸和硫酸铅；D、过磷酸钙的制取过程中需要浓硫酸和磷矿石；（3）CaCO3高温分解生成CO2和CaO，SO2为酸性氧化物，可以和碱性氧化物CaO反应生成CaSO3，而CaSO3易被氧化为CaSO4．解答：解：（1）①SO2与O2的反应为放热反应，为了充分利用能量，应安装热交换器；吸收塔中填充许多瓷管，增大三氧化硫与浓硫酸的接触面，有利于三氧化硫的吸收，故答案为：热交换器；使浓H2SO4与SO3充分接触；②燃烧室中的反应为S+O2SO2，假设SO2的体积为x，则流量计1中通入氧气的体积为1.5x，接触室中的反应为2SO2+O22SO3，则流量计2中通入氧气的体积为1.25x；流量计1中通入空气的体积为7.5x，流量计2中通入空气的体积为6.25x，故流经流量计1和流量计2的空气体积比应为7.5x：6.25x=6：5；燃烧室剩余空气6.5x，接触室剩余空气6.25x﹣x=5.775x，剩余SO2为0.05x，故b管尾气中SO2的体积分数为0.41%；SO2为酸性氧化物，可以用碱液（如氨水）吸收，故答案为：6：5；0.41%；用氨水吸收；③硫铁矿中铁的氧化需要消耗O2，A项正确；原料选择与SO2的转化率无关，B项错误；用硫铁矿为原料产生的废渣较多，但废气量相同，C项错误；用SO2制取SO3的过程中都需要使用催化剂，D项错误，故选：A；（2）橡胶硫化所用到的为单质硫，A项错误；烷基苯磺酸钠中含有磺酸基，制取过程中需要发生磺化反应，B项正确；铅蓄电池中需要用到硫酸和硫酸铅，C项正确；过磷酸钙的制取过程中需要浓硫酸和磷矿石，D项正确，故选：BCD；（3）CaCO3高温分解生成CO2和CaO，SO2为酸性氧化物，可以和碱性氧化物CaO反应生成CaSO3，而CaSO3易被氧化为CaSO4，所以发生反应的化学方程式为：CaCO3═CaO+CO2↑SO2+CaO═CaSO32CaSO3+O2═2CaSO4，故答案为：CaCO3═CaO+CO2↑、SO2+CaO═CaSO3、2CaSO3+O2═2CaSO4．点评：本题是对化学与技术及工业生产的考查，需要学生细读生产工艺图中各物质的变化进行解答，把握氨碱法、制备浓硫酸的工艺流程及设备的作用、发生的化学反应为解答的关键，题目难度中等．2515分）【化学选修3：物质结构与性质】12．【化学选修3：物质结构与性质】A﹣I为原子序数递增的前4周期的元素，已知A原子的最外层电子是次外层电子数的2倍，D为周期表中电负性最大的元素，F与C位于同一主族，E与G在周期表的位置是上下相连，两元素所在主族中所有元素都是金属，H为应用最广泛的金属；I处于周期表中的第二副族．请回答下列问题：（以下问题中的所有原子都必须在上述元素中寻找）（1）B单质分子中σ与π键数目比为1：2；B、C、D第一电离能由小到大的顺序为O＜N＜F；（填写元素符号）（2）H元素原子的价层电子排布式为3d64s2，H3+离子可以与上述元素中的三种形成的某阴离子生成血红色络合物；该阴离子又与A﹣I元素中的某些原子形成的分子互为等电子体，这种分子的化学式为CO2等（写一种即可），该阴离子空间构型为直线型；（3）D与G可以形成如图的晶胞，则黑点表示的是Ca元素（填写元素符号），该元素原子在该晶胞中的配位数为8；（4）若将上述晶胞圆圈对应的原子所在上下两层平面原子，按两条相互垂直的对角线上各去掉该原子2个（共去掉4个），并将小点和圆圈对应的元素更改为另外两种元素，则这个晶胞化学式为ZnS，若再将留下的所有原子换成另外一种新元素的原子，则成为另外一种晶胞，该晶胞中成键原子键角为109°28′；（5）已知，F单质晶体的原子堆积为ABAB型，那么，该晶体的空间利用率为74.05%如果F单质的摩尔质量为M，晶胞棱长为a，晶胞高度为c则，该晶体密度表达式为．（阿伏加德罗常数用NA表示，不化简）如果F的原子半径为R，用R表示的晶胞高度为．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；物质结构的研究有助于发现具有预期性质的新物质．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：A﹣I为原子序数递增的前4周期的元素，已知A原子的最外层电子是次外层电子数的2倍，则A原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；D为周期表中电负性最大的元素，则D为氟元素；H为应用最广泛的金属，则H为Fe；I处于周期表中的第二副族，则I为Zn．E与G在周期表的位置是上下相连，两元素所在主族中所有元素都是金属，结合原子序数可知，处于ⅡA族，E为Mg、G为Ca；结合原子序数可知，B为N元素、C为O元素；F与C位于同一主族，F的原子序数小于Ca，则F为S元素，据此解答．解答：25解：A﹣I为原子序数递增的前4周期的元素，已知A原子的最外层电子是次外层电子数的2倍，则A原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；D为周期表中电负性最大的元素，则D为氟元素；H为应用最广泛的金属，则H为Fe；I处于周期表中的第二副族，则I为Zn．E与G在周期表的位置是上下相连，两元素所在主族中所有元素都是金属，结合原子序数可知，处于ⅡA族，E为Mg、G为Ca；结合原子序数可知，B为N元素、C为O元素；F与C位于同一主族，F的原子序数小于Ca，则F为S元素，（1）B单质为N2，分子中形成N≡N三键，含有1个σ键、2个π键，σ与π键数目比为1：2；同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素，故N、O、F第一电离能由小到大的顺序为O＜N＜F，故答案为：1：2；O＜N＜F；（2）H为Fe元素，原子的价层电子排布式为3d64s2，Fe3+离子可以与上述元素中的三种形成的某阴离子生成血红色络合物，该阴离子为SCN﹣，又与A﹣I元素中的某些原子形成的分子互为等电子体，等电子体含有相同的原子数目与价电子总数，该分子为CO2等，价电子总数相同的等电子体空间结构相似，故SCN﹣与CO2的空间结构相似为直线型，故答案为：3d64s2；CO2等；直线型；（3）F与Ca可以形成CaF2，其晶胞中黑色球数目=8×+6×=4，白色球数目=8，故黑色球代表Ca元素，由晶胞结构可知，应该F原子周围有4个Ca原子，即F原子配位数为4，则该Ca原子在该晶胞中的配位数为8，故答案为：Ca；8；（4）若将上述晶胞圆圈对应的原子所在上下两层平面原子，按两条相互垂直的对角线上各去掉该原子2个（共去掉4个），则圆圈数目为4，黑色球数目=8×+6×=4，晶胞中原子数目为1：1，并将小点和圆圈对应的元素更改为另外两种元素，符合ZnS的立方结构，则这个晶胞化学式为ZnS，若再将留下的所有原子换成另外一种新元素的原子，则成为另外一种晶胞，由晶胞结构（类似金刚石结构）可知，每个原子周围连接4个原子，形成正四面体型，该晶胞中成键原子键角为109°28′，故答案为：ZnS；109°28′；（5）已知，S单质晶体的原子堆积为ABAB型，为六方最密堆积，晶胞如图：，D、C′、A′、B′彼此原子相邻，构成正四面体结构，晶胞的高度为该正四面体高的2倍，如果F的原子半径为R，则DA′长为2R，正四面体的高DM，M为正三角形A′B′C′的中心，则A′M的长为×（2R×）=，则DM的长==，故晶胞的高度=2×=；25S（△A′B′C′）=×2R×2R×sin60°=R2，故底面面积为2R2，晶胞的体积=2R2×=8R3，晶胞中含有原子数目为1+8×=2，故原子总体积=2××πR3，故晶胞空间利用率=×100%=74.05%；如果F单质的摩尔质量为M，晶胞的质量=，晶胞棱长为a，则S（△A′B′C′）=×a×a×sin60°=a2sin60°，故底面面积为a2sin60°，晶胞高度为c，则晶胞体积=ca2sin60°，故晶体密度===，故答案为：74.05%；；．点评：本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电离能、晶胞结构与计算等，题目计算量大，对学生的空间想象与数学计算有较高的要求，（4）（5）为易错点、难点，理解晶胞结构是关键，难度较大．化学--选修5：有机化学基础]13．香料G的一种合成工艺如图所示．核磁共振氢谱显示A有两种峰，其强度之比为1：1．已知：CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O请回答下列问题：（1）A的结构简式为，G中官能团的名称为碳碳双键、酯基．（2）检验M已完全转化为N的实验操作是取少量M与试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu（OH）2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N．25（3）有学生建议，将M→N的转化用KMnO4（H+）代替O2，老师认为不合理，原因是KMnO4（H+）在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键（4）写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：K→L+CH3CH2OH，反应类型加成反应．（5）F是M的同系物，比M多一个碳原子．满足下列条件的F的同分异构体有6种．（不考虑立体异构）①能发生银镜反应②能与溴的四氯化碳溶液加成③苯环上有2个对位取代基（6）以丙烯和NBS试剂为原料制各甘油（丙三醇），请设计合成路线（其他无机原料任选）．请用以下方式表示：AB…目标产物．考点：有机物的合成．分析：本题采用逆推法并结合反应条件分析，G为酯，说明E与N发生酯化反应生成G，据反应条件可知，E为醇，N为酸，则E为，N为，结合已知反应，D→E为卤代烃的水解，D为，C→D为发生类型CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2的反应，则C为，B→C为消去反应，B为，A→B为催化加氢，A为；25M→N为醛基催化氧化，所以M为，结合已知反应分析，L为，K→L发生的是羟醛缩合反应，K为，据此分析解答．解答：解：G为酯，说明E与N发生酯化反应生成G，据反应条件可知，E为醇，N为酸，则E为，N为，结合已知反应，D→E为卤代烃的水解，D为，C→D发生类似CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2的反应，则C为，B→C为消去反应，B为，A→B为催化加氢，A为；（1）A为，G中含有碳碳双键、酯基，故答案为：；碳碳双键、酯基；（2）M→N为醛基催化氧化生成羧基的反应，检验M已完全转化为N的实验就是检验有没有醛基，取少量M与试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu（OH）2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N，故答案为：取少量M与试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu（OH）2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N（其他合理操作均可）；（3）碳碳双键遇高锰酸钾能够被氧化，常温下不能被氧气氧气，故答案为：KMnO4（H+）在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键；25（4）L为，K→L发生的是羟醛缩合反应，属于加成反应，K为，反应方程式为：+CH3CH2OH，故答案为：+CH3CH2OH；加成反应；（5）M为，F是M的同系物，比M多一个碳原子．①能发生银镜反应，说明含有醛基，②能与溴的四氯化碳溶液加成，说明含有碳碳双键；③苯环上有2个对位取代基，符合上述条件的同分异构体有：甲基在一侧的CH3﹣C6H5﹣CH=CHCHO，CH3﹣C6H5﹣C（CHO）=CH2两种，醛基在一侧的OHC﹣C6H5﹣CH=CHCH3，OHC﹣C6H5﹣CH2CH=CH2，OHC﹣C6H5﹣C（CH3）=CH2三种，碳碳双键在一侧的有：OHCCH2﹣C6H5﹣CH=CH2一种，共6种，故答案为：6；（6）以丙烯和NBS试剂为原料制各甘油（丙三醇），流程为：CH2=CHCH3CH2=CHCH2BrCH2BrCHBrCH2BrCH2（OH）CH（OH）CH2OH，故答案为：CH2=CHCH3CH2=CHCH2BrCH2BrCHBrCH2BrCH2（OH）CH（OH）CH2OH．25点评：本题考查了有机推断的解题思路和方法，注意反应条件的应用和已知反应的原理，题目难度较大．25
