四川省南充高中2014_2015学年高三化学下学期5月月考试卷含解析.doc

《四川省南充高中2014_2015学年高三化学下学期5月月考试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《四川省南充高中2014_2015学年高三化学下学期5月月考试卷含解析.doc（19页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、四川省南充高中2014-2015学年高三（下）月考化学试卷（5月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生活、生产、环境等社会实际密切相关，下列叙述正确的是（）A油脂都不能使溴水褪色B稀的食盐水能杀死N7H9禽流感病毒C甲壳素、棉花、铜氨纤维、涤纶、光导纤维都是有机高分子材料D雾霾会引起呼吸道疾病2下列说法正确的是（）A“84”消毒液的水溶液中：Fe2+、Cl、Ca2+、Fe（CN）63能大量共存B等体积、等物质的量浓度的NH4Al（SO4）2 溶液和Ba（OH）2溶液混合，溶液中存在NH4+、AlO2、SO42C在Mg（OH）2悬浊液中滴加氯化铵溶液：Mg（OH）2+2NH

2、4Cl2NH3H2O+MgCl2D在反应KIO3+6HIKI+3I2+3H2O中，每生成3mol I2转移的电子数为6NA（NA表示阿伏伽德罗常数）3只用下表提供的仪器（规格和数量不限）、试剂，就能达到相应实验目的是（）选项仪器试剂相应实验目的A托盘天平（带砝码）、胶头滴管、量筒、烧杯、钥匙、玻璃棒食盐，蒸馏水配制一定物质的量浓度的NaCl溶液B烧杯、分液漏斗、胶头滴管、玻璃棒溴水、四氯化碳、溴化钠、碘化钠除去溴化钠溶液中少量的碘化钠C烧杯、玻璃棒、蒸发皿CuSO4溶液CuSO4溶液的浓缩结晶D分液漏斗、烧瓶、锥形瓶、导管、橡皮塞稀盐酸、大理石、硅酸钠溶液证明非金属性：ClCSiA ABBCC

3、DD4空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充放电池图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是（）A当有0.1mol电子转移时，a极产生标准状况下1.12L H2B左端装置中化学能转化为电能，右端装置中电能转化为化学能Cc极上发生的电极反应是：O2+2H2O+4e4OHDd极上进行还原反应，右端装置B中的H+可以通过隔膜进入A5常温下，用 0. 1000molL1NaOH溶液滴定 20.00mL0.1000molL1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图下列说法正确的是（）A点所示溶液中：c（CH3COO）+c（OH）=

4、c（CH3COOH）+c（H+）B点所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO）C点所示溶液中：c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）D滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（Na+）c（OH）6一定条件下，反应：6H2+2CO2C2H5OH+3H2O的数据如图所示下列说法正确的是（）A该反应的H0B达平衡时，v（H2）正=v（CO2）逆Cb点对应的平衡常数K值大于c点Da点对应的H2的平衡转化率为90%7在14.0g银铜合金中加入500mL一定浓度的浓硝酸，合金全部溶解，收集到NO2和NO体积共2.24L（标准状况下），再向该

5、溶液中加入bml，4mol/L的NaOH溶液，刚好使溶液中的阳离子沉淀完全；若将收集到的气体全部与标准状况下的O21.12L充分混合后，通入水中二者刚好完全反应下列有关说法不正确的是（）A银的质量为10.8gBNO与NO2的体积比之比（相同条件下）为2：1C原硝酸的物质的量浓度（0.1mol+4b103mol）/0.5LD沉淀中Cu（OH）2的物质的量为0.05mol二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）原子序数依次增大的X、Y、Z、G、Q、R、T七种元素，核电荷数均小于36已知X的一种1：2型氢化物分子中既有键又有键，且所有原子共平面；Z的L层上有2个未成对电子；Q原子s能级与p能级

6、电子数相等；G为金属元素；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料；T处于周期表的d区，且原子序数是d区中最大的（1）Y原子核外共有种不同运动状态的电子，T原子有种不同能级的电子（2）由X、Y、Z形成的离子ZXY与XZ2互为等电子体，则ZXY中X原子的杂化轨道类型为（3）X、Y、Z的最简单氢化物的稳定性由弱到强的顺序是（4）Z与R能形成化合物甲，1mol甲中含mol化学键，甲与氢氟酸反应，生成物的分子空间构型分别为（5）G、Q、R氟化物的熔点如下表，造成熔点差异的原因为氟化物G的氟化物Q的氟化物R的氟化物熔点/K9931539183（6）T与镧（La）形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞

7、结构示意图如图所示该合金的化学式为9（14分）硫化碱法是工业上制备Na2S2O3的方法之一，反应原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2（该反应H0），某研究小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O35H2O流程如下（1）吸硫装置如图所示：装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效率，B中试剂是为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，除了及时搅拌反应物外，还可采取的合理措施是、（写出两条）（2）假设本实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH，设计实验方案进行检验（室温时CaCO3饱和溶液的pH=10.2）限选试剂及仪器：稀硝酸、AgNO3溶液

8、、CaCl2溶液、Ca（NO3）2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管序号实验操作预期现象结论取少量样品于试管中，加入适量蒸馏水，充分振荡溶解，样品含NaCl另取少量样品于烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌溶解，样品含NaOH10（ 15分）苯酚是一种重要的化工原料以苯酚为主要起始原料，经下列反应可制得香料M和高分子化合物N（部分产物及反应条件已略去）（1）苯酚的俗名是B的官能团名称（2）已知C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，C的一氯代物有2种，B与C反应的化学方程是（3）生成N的反应方程式（4）以苯酚为基础原料也可以合成有机物E已知E的相对分子质量为122，其中氧元素的

9、质量分数为26.23%，E完全燃烧只生成CO2和H2O则E的分子式是（5）已知E具有如下结构特征：属于芳香族化合物，不能发生水解反应，但能产生银镜现象；E的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种不同的氢原子，E的结构简式是（6）物质F如图，则符合下列条件F的同分异构体有种能发生银镜反应 能与NaHCO3溶液反应分子中有苯环，无结构11（15分）最近科学家提出一种“绿色自由”构想：把空气吹入碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，经化学反应后使空气中的CO2转变为甲醇其技术流程如下：（1）吸收池中饱和碳酸钾溶液的作用是；（2）分解池中发生反应化学方程式为；（3）合成塔中生成甲醇的反应，其原子利用率

10、理论上（能、否）达到100%若合成塔中有2.2kgCO2与足量H2恰好完全反应，生成气态的水和甲醇，可放出2473.5kJ的热量，试写出合成塔中发生反应的热化学方程式（4）如果空气不经过吸收池和分解池，而是直接通入合成塔，你认为（填“可行”或“不可行”），理由是（5）上述合成反应具有一定的可逆性，从平衡移动原理分析，低温有利于原料气的转化，而实际生产中采用300C的温度，其原因是（6）已知25时KspFe（OH）3=2.81039，则该温度下反应Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+的平衡常数K=四川省南充高中2014-2015学年高三（下）第十五次月考化学试卷（5月份）参考答案与试题解析一、

11、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生活、生产、环境等社会实际密切相关，下列叙述正确的是（）A油脂都不能使溴水褪色B稀的食盐水能杀死N7H9禽流感病毒C甲壳素、棉花、铜氨纤维、涤纶、光导纤维都是有机高分子材料D雾霾会引起呼吸道疾病【考点】油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；有机高分子化合物的结构和性质【专题】化学计算【分析】A油脂中的植物油的主要成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有双键；B食盐水不能使蛋白质变性；C光导纤维主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料；D雾霾中含有大量的有害的粉尘，被人体吸入后容易引起呼吸道疾病【解答】解：A油脂中的植物油的主要成分为不

12、饱和高级脂肪酸甘油酯，含有双键，能够使溴水褪色，故A错误；B食盐水不能使蛋白质变性，故B错误；C光导纤维主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，不是有机高分子材料，故C错误；D雾霾中含有大量的有害的粉尘，被人体吸入后容易引起呼吸道疾病，故D正确；故选：D【点评】本题考查了常见有机物的结构和性质，题目难度不大，属于对基础知识的考查，明确油脂、蛋白质、纤维素等的性质是解题关键，注意相关知识的积累2下列说法正确的是（）A“84”消毒液的水溶液中：Fe2+、Cl、Ca2+、Fe（CN）63能大量共存B等体积、等物质的量浓度的NH4Al（SO4）2 溶液和Ba（OH）2溶液混合，溶液中存在NH4+、Al

13、O2、SO42C在Mg（OH）2悬浊液中滴加氯化铵溶液：Mg（OH）2+2NH4Cl2NH3H2O+MgCl2D在反应KIO3+6HIKI+3I2+3H2O中，每生成3mol I2转移的电子数为6NA（NA表示阿伏伽德罗常数）【考点】离子共存问题；氧化还原反应的电子转移数目计算；盐类水解的应用【专题】离子反应专题；盐类的水解专题【分析】A“84”消毒液的水溶液的主要成分为NaClO，具有强氧化性；B假设物质的量都为1mol，反应生成硫酸钡、NH3H2O和氢氧化铝；C在Mg（OH）2悬浊液中滴加氯化铵溶液，氢氧化镁溶解；D只有I元素化合价变化，分别由+5价、1价变化为0价【解答】解：A“84”消

14、毒液的水溶液的主要成分为NaClO，具有强氧化性，则具有还原性的Fe2+不能大量共存，故A错误；B假设物质的量都为1mol，反应生成硫酸钡、NH3H2O和氢氧化铝，溶液中不存在NH4+、AlO2，故B错误；C在Mg（OH）2悬浊液中滴加氯化铵溶液，铵根离子与氢氧根离子反应而促进氢氧化镁溶解，发生Mg（OH）2+2NH4Cl2NH3H2O+MgCl2，故C正确；D只有I元素化合价变化，分别由+5价、1价变化为0价，每生成3mol I2转移的电子数为5NA，故D错误故选C【点评】本题考查较为综合，涉及离子共存、离子方程式的书写、弱电解质的电离以及氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的

15、考查，注意相关基础知识的积累，难度中等3只用下表提供的仪器（规格和数量不限）、试剂，就能达到相应实验目的是（）选项仪器试剂相应实验目的A托盘天平（带砝码）、胶头滴管、量筒、烧杯、钥匙、玻璃棒食盐，蒸馏水配制一定物质的量浓度的NaCl溶液B烧杯、分液漏斗、胶头滴管、玻璃棒溴水、四氯化碳、溴化钠、碘化钠除去溴化钠溶液中少量的碘化钠C烧杯、玻璃棒、蒸发皿CuSO4溶液CuSO4溶液的浓缩结晶D分液漏斗、烧瓶、锥形瓶、导管、橡皮塞稀盐酸、大理石、硅酸钠溶液证明非金属性：ClCSiAABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；物质的分离、提纯和除杂；配制一定物

16、质的量浓度的溶液【专题】实验评价题【分析】A配制溶液，一定需要相应规格的容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等；B用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，应在烧杯中反应后用分液的方法分离；C蒸发浓缩，应需要酒精灯；D可确定酸性为盐酸碳酸硅酸，不能利用无氧酸的酸性比较非金属性【解答】解：A配制溶液，一定需要相应规格的容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等，则提供的仪器不能完成实验，故A错误；B用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，应用烧杯中反应后用分液的方法分离，用到的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗等，故B正确；C蒸发浓缩，应需要酒精灯进行加热，所以不能完成实验，故C错误；D利用仪器和试剂可确

17、定酸性为盐酸碳酸硅酸，不能利用无氧酸的酸性比较非金属性，则不能确定非金属性Cl的最强，故D错误；故选B【点评】本题考查了实验方案评价，同时考查学生分析问题、实验基本操作能力等，涉及知识点较基础，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，题目难度不大4空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充放电池图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是（）A当有0.1mol电子转移时，a极产生标准状况下1.12L H2B左端装置中化学能转化为电能，右端装置中电能转化为化学能Cc极上发生的电极反应是：O2+2H2O+4e4OHDd极上进行

18、还原反应，右端装置B中的H+可以通过隔膜进入A【考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】依据图示知左边装置是电解池，右边装置是原电池，ab电极是电解池的电极，由电源判断a为阴极产生的气体X是氢气，b为阳极产生的气体Y是氧气；cd电极是原电池的正负极，c是正极，d是负极；电解池中的电极反应为：b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH4e=2H2O+O2；a电极为阴极得到电子发生还原反应：4H+4e=2H2；原电池中是酸性溶液，电极反应为：d为负极失电子发生氧化反应：2H24e=4H+；c电极为正极得到电子发生还原反应：O2+4H+4e=2H2O，结合电极上的电子守恒分析计算【解答】解：A当

19、有0.1 mol电子转移时，a电极为原电池正极，电极反应为4H+4e=2H2，产生0.05mol即1.12LH2，故A正确；B依据图示知左边装置是电解池，则装置中电能转化为化学能，右边装置是原电池，则化学能转化为电能，故B错误；Cc电极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应：O2+4H+4e=2H2O，故C错误；Dd为负极失电子发生氧化反应，右端装置B池中的H+可以通过隔膜进入A池，故D错误；故选A【点评】本题考查了化学电源新型电池，主要考查原电池和电解池的工作原理、电极判断、电极反应，注意原电池中电解质溶液是酸而不是碱，电极反应式的书写是易错点5常温下，用0.1000molL1NaOH溶液

20、滴定 20.00mL0.1000molL1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图下列说法正确的是（）A点所示溶液中：c（CH3COO）+c（OH）=c（CH3COOH）+c（H+）B点所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO）C点所示溶液中：c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）D滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（Na+）c（OH）【考点】中和滴定；质量守恒定律；离子浓度大小的比较【分析】根据点反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO的水

21、解程度，故c（Na+）c（CH3COOH），由电荷守恒可知：c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+）；点pH=7，即c（H+）=c（OH），c（Na+）=c（CH3COO）；点体积相同，则恰好完全反应生成CH3COONa，利用盐的水解来分析溶液呈碱性，则c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）；在滴定中当加入碱比较少时，可能出现c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（Na+）c（OH）的情况【解答】解：A、点反应掉一半醋酸，反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的

22、混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO的水解程度，故c（Na+）c（CH3COOH），由电荷守恒可知：c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+），故A错；B、点pH=7，即c（H+）=c（OH），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），故c（Na+）=c（CH3COO），故B错；C、点说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，因CH3COO水解，且程度较小，c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+），故C错；D、当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3C

23、OONa少量，可能出现c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（Na+）c（OH），故D正确；故选：D【点评】本题考查NaOH与CH3COOH的反应，涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较，注意利用电荷守恒的角度做题6一定条件下，反应：6H2+2CO2C2H5OH+3H2O的数据如图所示下列说法正确的是（）A该反应的H0B达平衡时，v（H2）正=v（CO2）逆Cb点对应的平衡常数K值大于c点Da点对应的H2的平衡转化率为90%【考点】化学平衡建立的过程【专题】化学平衡专题【分析】A、根据图可知，随着温度的升高二氧化碳的转化率下降，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，H0；B、根据速率

24、之比等于计量数之比可知，达平衡时，v（H2）正=3v（CO2）逆；C、b点温度高于c点，根据温度对平衡常数的影响作判断；D、利用三段式计算，设起始H2为2mol，则CO2为1mol， 6H2 +2CO2C2H5OH+3H2O起始（mol） 2 1 0 0转化（mol）1.8 0.6平衡（mol）0.2 0.4H2的平衡转化率为100%=90%；据此答题；【解答】解：A、根据图可知，随着温度的升高二氧化碳的转化率下降，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，H0，故A错误；B、根据速率之比等于计量数之比可知，达平衡时，v（H2）正=3v（CO2）逆，故B错误；C、b点温度高于c点，该反应为放热反应，

25、升高温度平衡逆向移动，所以b点的平衡常数小于c点，故C错误；D、利用三段式计算，设起始H2为2mol，则CO2为1mol， 6H2 +2CO2C2H5OH+3H2O起始（mol） 2 1 0 0转化（mol）1.8 0.6平衡（mol）0.2 0.4H2的平衡转化率为100%=90%，故D正确；故选D【点评】本题主要考查化学平衡移动原理的应用、影响化学平衡常数的因素等知识点，难度中等，解题时注意基础的准确运用7在14.0g银铜合金中加入500mL一定浓度的浓硝酸，合金全部溶解，收集到NO2和NO体积共2.24L（标准状况下），再向该溶液中加入bml，4mol/L的NaOH溶液，刚好使溶液中的阳

26、离子沉淀完全；若将收集到的气体全部与标准状况下的O21.12L充分混合后，通入水中二者刚好完全反应下列有关说法不正确的是（）A银的质量为10.8gBNO与NO2的体积比之比（相同条件下）为2：1C原硝酸的物质的量浓度（0.1mol+4b103mol）/0.5LD沉淀中Cu（OH）2的物质的量为0.05mol【考点】有关混合物反应的计算【专题】计算题【分析】银铜合金中加入一定浓度的浓硝酸，合金全部溶解，生成硝酸铜、硝酸银，收集气体NO2和NO共2.24L（标准状况下），若将收集到的气体全部与标准状况下的O21.12L充分混合后，通入水中二者刚好完全反应，又生成硝酸，纵观整个过程，金属提供的电子等

27、于氧气获得的电子，A令Ag、Cu的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量与提供电子列方程解答；B令NO2、NO的物质的量分别为amol、bmol，根据二者体积及转移电子列方程解答；C向反应后的溶液中加入bmL 4mol/L的NaOH溶液，刚好使溶液中的阳离子沉淀完全，此时溶液中溶质为NaNO3，根据N原子守恒可知n（HNO3）=n（NaNO3）+n（NO2+NO），再根据c=计算；D根据Cu元素守恒可知nCu（OH）2=n（Cu）【解答】解：银铜合金中加入一定浓度的浓硝酸，合金全部溶解，生成硝酸铜、硝酸银，收集气体NO2和NO共2.24L（标准状况下），若将收集到的气体全部与标准状况下

28、的O21.12L充分混合后，通入水中二者刚好完全反应，又生成硝酸，纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子，即金属提供电子为4=0.2mol，A令Ag、Cu的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量与提供电子可得：，解得x=0.1、y=0.05，故银的质量=0.1mol108g/mol=10.8g，故A正确；B令NO2、NO的物质的量分别为amol、bmol，根据二者体积及转移电子守恒，可得：，解得a=0.05、b=0.05，故相同条件下NO与NO2的体积比之比=0.05mol：0.05mol=1：1，故B错误；C向反应后的溶液中加入bmL 4mol/L的NaOH溶液，刚好使溶液中

29、的阳离子沉淀完全，此时溶液中溶质为NaNO3，由钠离子守恒可知n（NaNO3）=n（NaOH）=b103L4mol/L=4b103mol，根据N原子守恒可知n（HNO3）=n（NaNO3）+n（NO2+NO）=4b103mol+=（0.1mol+4b103mol），故原硝酸的物质的量浓度为，故C正确；D根据Cu元素守恒可知nCu（OH）2=n（Cu）=0.05mol，故D正确，故选B【点评】本题考查混合物计算，侧重解题方法技巧与思维能力的考查，关键是确定金属提供的电子等于氧气获得的电子，注意利用守恒法进行计算，难度中等二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）原子序数依次增大的X、Y、Z、

30、G、Q、R、T七种元素，核电荷数均小于36已知X的一种1：2型氢化物分子中既有键又有键，且所有原子共平面；Z的L层上有2个未成对电子；Q原子s能级与p能级电子数相等；G为金属元素；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料；T处于周期表的d区，且原子序数是d区中最大的（1）Y原子核外共有7种不同运动状态的电子，T原子有7种不同能级的电子（2）由X、Y、Z形成的离子ZXY与XZ2互为等电子体，则ZXY中X原子的杂化轨道类型为sp杂化（3）X、Y、Z的最简单氢化物的稳定性由弱到强的顺序是CH4NH3H2O（4）Z与R能形成化合物甲，1mol甲中含4mol化学键，甲与氢氟酸反应，生成物的分子空间构

31、型分别为正四面体形、v形（5）G、Q、R氟化物的熔点如下表，造成熔点差异的原因为NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低，Mg2+的半径比Na+的半径小，电荷数高，晶格能MgF2NaF，故MgF2的熔点比NaF高氟化物G的氟化物Q的氟化物R的氟化物熔点/K9931539183（6）T与镧（La）形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图所示该合金的化学式为LaNi5【考点】晶胞的计算；原子核外电子的运动状态；判断简单分子或离子的构型；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构【分析】

32、X的一种氢化物分子中既有键又有键，说明分子里有双键或参键，X的一种氢化物为1：2型且所有原子共平面，所以X应为碳元素，它的1：2型氢化物为乙烯；Z的L层上有2个未成对电子，即核外电子排布为1s22s22p2或1s22s22p4，X、Y、Z原子序数依次增大，所以Z为氧元素，且Y为氮元素；Q原子s能级与p能级电子数相等，则Q的核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2，由于Q的原子序数比Z大，而Z的电子排布为1s22s22p4，所以Q的电子排布为1s22s22p63s2，即Q为镁元素，而G为金属元素且原子序数介于氧和镁元素之间，所以G为钠元素；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核

33、心材料，R为硅元素；T处于周期表的d区，且原子序数是d区中最大的，且核电荷数小于36，根据元素周期表可知，T为镍元素，据此答题；【解答】解：X的一种氢化物分子中既有键又有键，说明分子里有双键或参键，X的一种氢化物为1：2型且所有原子共平面，所以X应为碳元素，它的1：2型氢化物为乙烯；Z的L层上有2个未成对电子，即核外电子排布为1s22s22p2或1s22s22p4，X、Y、Z原子序数依次增大，所以Z为氧元素，且Y为氮元素；Q原子s能级与p能级电子数相等，则Q的核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2，由于Q的原子序数比Z大，而Z的电子排布为1s22s22p4，所以Q的电子排布

34、为1s22s22p63s2，即Q为镁元素，而G为金属元素且原子序数介于氧和镁元素之间，所以G为钠元素；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料，R为硅元素；T处于周期表的d区，且原子序数是d区中最大的，且核电荷数小于36，根据元素周期表可知，T为镍元素，（1）Y为氮元素，核外电子排布式为1s22s22p3，所以7种不同运动状态的电子，T为镍元素，它的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，所以它有7个能级，故答案为：7，7；（2）OCN与CO2互为等电子体，所以它们结构相似，在二氧化碳中碳的价层电子对数为=2，所以碳的杂化方式为sp杂化，故答案为：sp杂化；（3）C、N

35、、O位于元素周期表同一周期，且原子序数依次增大，根据元素周期律可知，它们的最简单氢化物的稳定性由弱到强，故答案为：CH4NH3H2O；（4）化合物甲为二氧化硅，在二氧化硅晶体中，每个硅原子周围有四个SiO 键，所以1mol二氧化硅中含有4molSiO 键，SiO2与HF反应的方程式为：SiO2+4HF=SiF4+2H2O，其中SiF4中硅原子的价层电子对数为=4，所以SiF4的空间构型为正四面体，H2O中氧原子的价层电子对数为=4，所以H2O的空间构型为v形，故答案为：正四面体形、v形；（5）在NaF、MgF2、SiF4中NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低，Mg

36、2+的半径比Na+的半径小，电荷数高，晶格能MgF2NaF，故MgF2的熔点比NaF高，故答案为：NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低，Mg2+的半径比Na+的半径小，电荷数高，晶格能MgF2NaF，故MgF2的熔点比NaF高；（6）在镍与镧形成的晶钵中镧原子分布在立方体的八个顶点上，数目为8=1，镍原子分布在体心和侧面的面心以及上下底面上，数目为1+8=5，所以合金的化学式为LaNi5，故答案为：LaNi5；【点评】本题主要考查了等电子体、原子核外电子排布、元素周期律、晶体的性质、晶胞的计算等知识点，综合性较强，中等难度，解题的难点是元素的推断9（14分）硫化碱

37、法是工业上制备Na2S2O3的方法之一，反应原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2（该反应H0），某研究小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O35H2O流程如下（1）吸硫装置如图所示：装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效率，B中试剂是品红或溴水或KMnO4溶液为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，除了及时搅拌反应物外，还可采取的合理措施是控制SO2的流速、适当升高温度（写出两条）（2）假设本实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH，设计实验方案进行检验（室温时CaCO3饱和溶液的pH=10.2）限选试剂及仪器：稀硝酸、AgNO3溶

38、液、CaCl2溶液、Ca（NO3）2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管序号实验操作预期现象结论取少量样品于试管中，加入适量蒸馏水，充分振荡溶解，滴加足量稀硝酸，再滴加少量AgNO3溶液，振荡有白色沉淀生成样品含NaCl另取少量样品于烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌溶解，加入过量CaCl2溶液，搅拌，静置，用pH计测定上层清液pH有白色沉淀生成，上层清液pH大于10.2样品含NaOH【考点】制备实验方案的设计；含硫物质的性质及综合应用【专题】综合实验题；氧族元素【分析】（1）根据二氧化硫具有还原性、漂白性分析，具有还原性，可用氧化性的物质溴水或KMnO4溶液检验，具有漂白性可用品红

39、检验；减缓二氧化硫的流速，适当升高温度，均能使二氧化硫充分反应；（2）根据检验氯离子的方法分析；NaOH的碱性强，可以通过测定pH来确定是否有NaOH【解答】解：（1）二氧化硫具有还原性、漂白性，具有漂白性，能使品红褪色，具有还原性，能被溴水氧化，溴水褪色：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，二氧化硫与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，硫元素化合价升高，二氧化硫表现还原性，高锰酸钾溶液褪色：5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4 +2H2SO4，所以可以用品红、溴水或KMnO4溶液，来检验二氧化硫是否被完全品红吸收，故答案为：品红或溴水或KMnO4溶液；为了使SO2

40、尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，可以减缓二氧化硫的流速，使二氧化硫与溶液充分接触反应，适当升高温度，也能使二氧化硫充分反应，故答案为：控制SO2的流速；适当升高温度；（2）实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH，若检验NaCl存在，需先加稀硝酸排除干扰，再加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有NaCl；已知室温时CaCO3饱和溶液的pH=10.2，若要检验氢氧化钠存在，需加入过量CaCl2溶液，把Na2CO3转化为CaCO3，再测量溶液的pH，若pH大于10.2，说明含有NaOH，故答案为：序号实验操作预期现象滴加足量稀硝酸，再滴加少量AgNO3溶液，振荡有白色沉淀

41、生成加入过量CaCl2溶液，搅拌，静置，用pH计测定上层清液pH有白色沉淀生成，上层清液pH大于10.2【点评】本题以硫的化合物的性质为载体，考查氧化还原滴定的应用、实验基本操作等，难度中等，是对知识的综合运用与分析解决问题能力的考查，注意离子的检验10（15分）苯酚是一种重要的化工原料以苯酚为主要起始原料，经下列反应可制得香料M和高分子化合物N（部分产物及反应条件已略去）（1）苯酚的俗名是石炭酸B的官能团名称羧基、羟基（2）已知C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，C的一氯代物有2种，B与C反应的化学方程是（3）生成N的反应方程式（4）以苯酚为基础原料也可以合成有机物E已知E的相对分

42、子质量为122，其中氧元素的质量分数为26.23%，E完全燃烧只生成CO2和H2O则E的分子式是C7H6O2（5）已知E具有如下结构特征：属于芳香族化合物，不能发生水解反应，但能产生银镜现象；E的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种不同的氢原子，E的结构简式是（6）物质F如图，则符合下列条件F的同分异构体有13种能发生银镜反应 能与NaHCO3溶液反应分子中有苯环，无结构【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】（1）（2）（3）苯酚与氢氧化钠反应生成A为，由转化关系可知B为，C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，属于饱和一元醇，C的一氯代物有2种，分子中有2种H原子，故C

43、的结构简式是，B与C发生酯化反应生成M为，苯酚与丙酮反应生成D，D的分子式为C15H16O2，再结合N的结构可知D为，据此解答；（4）以苯酚为基础原料也可以合成有机物E已知E的相对分子质量为122，其中氧元素的质量分数为26.23%，E完全燃烧只生成CO2和H2O，则分子中氧原子数目为=2，分子中C、H原子总相对原子质量为12232=90，碳原子最大数目为=76，故E的分子式为C7H6O2；（5）E的分子式为C7H6O2，E具有如下结构特征：属于芳香族化合物，不能发生水解反应，但能产生银镜现象，含有醛基，还含有酚羟基，E的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种不同的氢原子，羟基与羟基处于对位；（6）

44、物质F如图，则符合下列条件F的同分异构体：能发生银镜反应，含有醛基或甲酸形成的酯基，能与NaHCO3溶液反应，含有羧基，分子中有苯环，无，侧链可以为COOH、OOCH，有邻、间、对三种位置，侧链可以为COOH、OH、CHO，结合定二移一法确定同分异构体数目【解答】解：苯酚与氢氧化钠反应生成A为，由转化关系可知B为，C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，属于饱和一元醇，C的一氯代物有2种，分子中有2种H原子，故C的结构简式是，B与C发生酯化反应生成M为，苯酚与丙酮反应生成D，D的分子式为C15H16O2，再结合N的结构可知D为，（1）苯酚的俗名是石炭酸，B为，含有的官能团有：羧基、羟基，故答案为：石炭酸；羧基、羟基；（2）B与C反应的化学方程式是：，故答案为：；（3）生成N是缩聚反应，由物质的结构可知，还生成甲醇，该反应方程式为：，故答案为：；（4）以苯酚为基础原料也可以合成有机物E已知E的相对分子质量为122，其中氧元素的质量分数为26.23%，E完全燃烧只生成CO2和H2O，则分子中氧原子数目为=2，分子中C、H原子总相对原子质量为12232=90，碳原子最大数目为=76，故E的分子式