安徽省安庆一中2016届高考化学热身试卷（解析版）.doc

安徽省安庆一中2016届 高考 地理事物空间分布特征语文高考下定义高考日语答题卡模板高考688高频词汇高考文言文120个实词 化学热身试卷（解析版）.doc 2016年安徽省安庆一中高考化学热身试卷 一、项选择题:本题共小题，每小题分(在每小题给出的四个选项中，只有一项是最76 符合题目 要求 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 的( 1(化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是( ) A(长期大量使用(NH)SO化肥会使土壤酸化，而使用尿素[CO(NH)]则不会改变42422土壤酸碱性 B(硫酸亚铁片和维生素C同时服用，能增强治疗缺铁性贫血的效果 C(普通玻璃属于无机非金属材料，有机玻璃属于新型无机非金属材料 D(氟氯烃是安全、环保的制冷剂 2(设N为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( ) A A(常温常压下，22.4 L乙烯中C,H键数为4N A B(1 mol羟基中电子数为10N A C(在反应KIO+6HI?KI+3I+3HO中，每生成3 mol I转移的电子数为6N 3222A,1D(常温下，1 L 0.1 mol•L 的NHNO溶液中氮原子数为0.2N 43A3(下列实验方法或装置正确的是( ) A(用图1所示装置制取乙烯 B(用图2所示方法验证HCl气体易溶于水 C(用图3所示方法探究固体 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面积对反应速率的影响 D(用图4所示方法检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生乙烯 4(下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示变化的是( ) 选项 甲 乙 丙 丁 N NH NO A NO 232 NaO NaO B Na NaOH 222 SiO SiF HSiO NaSiO C 242323 AlCl AlO NaAlO D Al 3232 A(A B(B C(C D(D 5(Cyrneine A对治疗神经系统疾病有着很好的疗效(可用香芹酮经过多步反应合成:下列 说法不正确的是( ) A(香芹酮的分子式为CHO 1014 B(Cyrneine A可以发生加成反应、消去反应和氧化反应 C(香芹酮和Cyrneine A均能使酸性KMnO溶液褪色 4 D(与香芹酮互为同分异构体，分子中有4种不同化学环境的氢原子的酚类化合物共有3种 6(X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大(X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等(下列说法正确的是( ) 23A(物质A由Z与Y两种元素组成，则0.5mol物质A中含有的离子数约为9.03×10 B(元素Y、Z、W形成的离子具有相同电子层结构，其离子半径依次增大 C(元素Z、R的氧化物的水化物之间相互反应生成的盐溶液呈中性或碱性 D(元素Y、R分别与元素X形成的化合物的沸点:XY,XR mm 7(25?时，0.1mol NaCO与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH 23 的关系如图所示(下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是( ) ++,,,2A(W点所示的溶液中:c(Na)+c(H)?2c(CO)+c(OH)+c(Cl) 3,,,122B(pH=4的溶液中:c(HCO)+c(HCO)+c(CO),0.1 mol•L 2333+,,,C(pH=8的溶液中:c(H)+c(HCO)+c(HCO)?c(OH)+c(Cl) 233+,,,2D(pH=11的溶液中:c(Na),c(Cl),c(CO),c(HCO ),c(HCO) 3323 二、解答题(共小题，满分分) 343 8(某化学兴趣小组同学展开对漂白剂亚氯酸钠(NaClO)的研究( 2 实验?(制取NaClO晶体 2 已知:NaClO饱和溶液在温度低于38?时析出的晶体是NaClO•3HO，高于38?时析出222 的晶体是NaClO，高于60?时NaClO分解成NaClO和NaCl(现利用如图所示装置进行223 实验( (1)装置?的作用是 ( (2)装置?中产生ClO的化学方程式为 ;装置?中制备NaClO的化学方程式为 ( 22(3)从装置?反应后的溶液获得NaClO晶体的操作步骤如下: 2 ?减压，55?蒸发结晶;?趁热过滤;? ;?低于60?干燥，得到成品( 实验?(测定某亚氯酸钠样品的纯度 设计如下实验方案，并进行实验: ?确称取所得亚氯酸钠样品m g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适 ,,+,量的稀硫酸，充分反应(已知:ClO+4I+4H?2HO+2I+Cl);将所得混合液配成250mL222 待测溶液( ,1?移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用c mol•L NaSO标准液滴定，223,,,22至滴定终点(重复2次，测得平均值为V mL(已知:I+2SO?2I+SO)( 22346(4)达到滴定终点时的现象为 ( (5)该样品中NaClO的质量分数为 (用含m、c、V的代数式表示)( 2 (6)在滴定操作正确无误的情况下，此实验测得结果偏高，原因用离子方程式表示为 ( 9(工业上利用电镀污泥 (主要含有FeO、CuO、CrO及部分难溶杂质) 回收铜和铬等2323 金属，回收流程如图1: 已知部分物质沉淀的pH及CaSO的溶解度曲线如图2: 4+++323Fe Cu Cr 开始沉淀pH 2.1 4.7 4.3 完全沉淀pH 3.2 6.7 a (1)在浸出过程中除了生成Fe(SO)、Cr(SO)外，主要还有 ( 243243+3(2)在除铁操作中，需要除去Fe和CaSO，请完成相关操作: 4+3?加入石灰乳调节pH到约 ，检验Fe已经除尽的操作是 ; ?将浊液加热到80?， ( (3)写出还原步骤中加入NaHSO生成CuO固体反应的离子方程式:，此步骤中加入32 NaHSO得到CuO的产率为95%，若NaHSO过量，除了浪费试剂外，还会出现的问题323 ( 是 ,,+513(4)当离子浓度小于或等于1×10mol•L时可认为沉淀完全，若要使Cr完全沉淀则要 ,,31保持 c(OH)? ([已知:K[Cr(OH)]=6.3×10，?4.0]( sp3 10(汽车尾气中的主要污染物是NO和CO(为减轻大气污染，人们提出通过以下反应来处理汽车尾气: (1)2NO(g)+2CO(g)?2CO(g)+N(g)?H=,746.5KJ/mol (条件为使用催化22 剂) 已知:2C (s)+O(g)?2CO(g)?H=,221.0KJ/mol 2 C (s)+O(g)?CO(g)?H=,393.5KJ/mol 22 ,1则N(g)+O(g)=2NO(g)?H= kJ•mol( 22 (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 时间/s 0 1 2 3 4 5 ,4C(NO)10 mol/L C 10.0 4.50 1.50 1.00 1.00 1,3C(CO)10 mol/L C 3.60 3.05 2.75 2.70 2.70 2 则C合理的数值为 (填字母标号)( 2 A(4.20 B(4.00 C(2.95 D(2.80 (3)将不同物质的量的HO(g)和CO(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行2 反应:HO(g)+CO(g)?CO(g)+H(g)，得到如下三组数据: 222 实验组 温度/? 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间 /min HO H CO CO 22 i 650 2 4 2.4 1.6 5 ii 900 1 2 1.6 0.4 3 iii 900 a b c d t 若a=2，b=1，则c= ，达平衡时实验组ii中HO(g)和实验组iii中CO的转化率的关2 系为α(HO) α(CO)(填“,”、“,”或“=”)( ii2iii (4)二甲醚是清洁能源，用CO在催化剂存在下制备二甲醚的反应原理为:2CO(g)+4H2(g)?CHOCH(g)+HO(g)，已知一定条件下，该反应中CO的平衡转化率随温度、 332 投料比的变化曲线如图1所示( ?a、b、c按从大到小的顺序排序为 ( ?根据图象可以判断该反应为放热反应，理由是 ( (5)CO分析仪的传感器可测定汽车尾气是否符合排放标准，该分析仪的工作原理类似于 ,2燃料电池，其中电解质是氧化钇(YO)和氧化锆(ZrO)晶体，能传导O( 232 ( ?则负极的电极反应式为 ?以上述电池为电源，通过导线连接成图2(若X、Y为石墨，a为2L 0.1mol/L KCl溶液电解一段时间后，取25mL 上述电解后的溶液，滴加0.4mol/L醋酸得到图3曲线(不考虑能量损失和气体溶于水，溶液体积变化忽略不计)(根据图二计算，上述电解过程中 消耗一氧化碳的质量为 g( 三、化学选修:化学与技术(共小题，满分分) -2115 11(粉煤灰是燃煤电厂排出的主要固体废物(我国火电厂粉煤灰的主要氧化物组成为:SiO、2AlO、CaO等(一种利用粉煤灰制取氧化铝的 工艺 钢结构制作工艺流程车尿素生产工艺流程自动玻璃钢生产工艺2工艺纪律检查制度q345焊接工艺规程 流程如图1:23 (1)粉煤灰研磨的目的是 ( (2)第1次过滤滤渣的主要成分有 和 (填化学式，下同)，第3次过滤时，滤渣的成分的是 ( (3)在104?用硫酸浸取时，铝的浸取率与时间的关系如图2，适宜的浸取时间为 h;铝的浸取率与“助溶剂/粉煤灰”的关系如图3所示，从浸取率角度考虑，三种助溶剂NHF、4KF及其NHF与KF的混合物，在助溶剂/粉煤灰相同时，浸取率最高的是 (填化学式);4 (举一例)( 用含氟的化合物作这种助溶剂缺点是 (4)流程中循环使用的物质有 和 (填化学式)( (5)用盐酸溶解硫酸铝晶体，能够发生的原因是 ( (6)用粉煤灰制取含铝化合物的主要意义是 ( 四、化学选修:物质结构与性质(共小题，满分分) -310 12(钛、铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途( (1)钛铁合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放氢温度低、价格适中等优点( ?Ti的基态原子价电子排布式为 ( ?Fe的基态原子共有 种不同能级的电子( (2)制备CrOCl的反应为KCrO+3CCl?2KCl+2CrOCl+3COCl?( 222274222 ?上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是 (用元素符号表示)( ?COCl分子中所有原子均满足8电子构型，COCl分子中ς键和π键的个数比为 ，中22 心原子的杂化方式为 ( ++22(3)NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni和Fe的离子半径分别为 ,,226.9×10 nm和7.8×10 nm(则熔点:NiO (填“,”、“,”或“=”)FeO( (4)Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材料，具有大容量、高寿命、耐低温等特点，在日本和中国已实现了产业化(该合金的晶胞结构如图所示( ?该晶体的化学式为 ( ,,13?已知该晶胞的摩尔质量为M g•mol，密度为d g•cm(设N为阿伏加德罗常数的值，A3则该晶胞的体积是 cm(用含M、d、N的代数式表示)( A ?该晶体的内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子比较稳定(已知:a=511pm， ,,53c=397pm;标准状况下氢气的密度为8.98×10g•cm;储氢能力 =(若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为 ( 五、化学选修:有机化学基础(共小题，满分分) -510 13(G是一种新型香料的主要成分之一，其结构中含有三个六元环(G的合成路线如下(部分产物和部分反应条件略去): 已知:?RCH?CH+CH?CHR′CH?CH+RCH?CHR′; 2222 ?B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子; ?D和F是同系物( 请回答下列问题: (1)(CH)C?CH的系统命名法名称为 ( 322 (2)A?B反应过程中涉及的反应类型依次为 、 ( (3)D分子中含有的含氧官能团名称是 ，G的结构简式为 ( (4)生成E的化学方程式为 ( (5)同时满足下列条件:?与FeCl溶液发生显色反应;?苯环上有两个取代基、含C=O3 的F的同分异构体有 种(不包括立体异构);其中核磁共振氢谱为4组峰、能水解的所有物质的结构简式为 ( (6)模仿由苯乙烯合成F的方法，写出由丙烯制取α,羟基丙酸() 的合成线路 ( 2016年安徽省安庆一中高考化学热身试卷 参考答案与试题解析 一、项选择题:本题共小题，每小题分(在每小题给出的四个选项中，只有一项是最76 符合题目要求的( 1(化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是( ) A(长期大量使用(NH)SO化肥会使土壤酸化，而使用尿素[CO(NH)]则不会改变42422土壤酸碱性 B(硫酸亚铁片和维生素C同时服用，能增强治疗缺铁性贫血的效果 C(普通玻璃属于无机非金属材料，有机玻璃属于新型无机非金属材料 D(氟氯烃是安全、环保的制冷剂 【考点】物质的组成、结构和性质的关系( 【分析】A(尿素[CO(NH)]中的氨基具有碱性; 22 B(硫酸亚铁片和维生素C同时服用，可防止亚铁离子被氧化; C(有机玻璃的成分为聚丙烯酸甲酯; D(氟氯烃制冷剂会导致臭氧层被破坏( 【解答】解:A((NH)SO化肥中的铵根离子水解显示酸性，能使土壤酸化，尿素[CO424 (NH)]中的氨基具有碱性，会使土壤碱化，故A错误; 22 B(硫酸亚铁片和维生素C同时服用，可防止亚铁离子被氧化，所以能增强治疗缺铁性贫血的效果，故B正确; C(普通玻璃中含硅酸盐等属于无机非金属材料，而有机玻璃的成分为聚丙烯酸甲酯，为有机高分子材料，故C错误; D(氟氯烃制冷剂会导致臭氧层被破坏，减少紫外线的吸收，增大紫外线对人类健康的影响，会造成环境污染，故D错误; 故选B( 2(设N为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( ) A A(常温常压下，22.4 L乙烯中C,H键数为4N A B(1 mol羟基中电子数为10N A C(在反应KIO+6HI?KI+3I+3HO中，每生成3 mol I转移的电子数为6N 3222A,1D(常温下，1 L 0.1 mol•L 的NHNO溶液中氮原子数为0.2N 43A【考点】阿伏加德罗常数( 【分析】A(标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol; B(羟基是中性取代基，1个羟基中含电子数9个电子; C(KIO+6HI?KI+3I+3HO中碘元素化合价+5价变化为0价，,1价变化为0价，电子转322,移总数为5e; D(依据溶液中氮元素守恒分析计算; 【解答】解:A(标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol，常温常压下，22.4 L乙烯物质的量不是1mol，故A错误; B(羟基是中性取代基，1个羟基中含电子数9个电子，1 mol羟基中电子数为9N，故BA错误; C(KIO+6HI?KI+3I+3HO中碘元素化合价+5价变化为0价，,1价变化为0价，电子转322,移总数为5e，每生成3 mol I转移的电子数为5N，故C错误; 2A,1D(依据溶液中氮元素守恒分析计算，常温下，1 L 0.1 mol•L 的NHNO溶液中溶质物质43的量=1L×0.1mol/L=0.1mol，氮原子数为0.2N，故D正确; A 故选D( (下列实验方法或装置正确的是( ) 3 A(用图1所示装置制取乙烯 B(用图2所示方法验证HCl气体易溶于水 C(用图3所示方法探究固体表面积对反应速率的影响 D(用图4所示方法检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生乙烯 【考点】化学实验方案的评价;实验装置综合( 【分析】A(制备乙烯在170?，测定反应液的温度; B(挤压胶头滴管，气球变大; C(浓度不同，接触面积不同; D(溴乙烷与NaOH醇溶液发生消去反应，乙醇易挥发，乙醇、乙烯均能被高锰酸钾氧化( 【解答】解:A(制备乙烯在170?，测定反应液的温度，图中温度计位置不合理，温度计水银球应在液面下，故A错误; B(挤压胶头滴管，气球变大，可知外压大于内压，说明HCl气体易溶于水，故B正确; C(浓度不同，接触面积不同，则图中不能探究固体表面积对反应速率的影响，故C错误; D(溴乙烷与NaOH醇溶液发生消去反应，乙醇易挥发，乙醇、乙烯均能被高锰酸钾氧化，则不能检验乙烯，故D错误; 故选B( 4(下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示变化的是( ) 选项 甲 乙 丙 丁 N NH NO A NO 232 NaO NaO B Na NaOH 222 SiO SiF HSiO NaSiO C 242323 AlCl AlO NaAlO D Al 3232 A(A B(B C(C D(D 【考点】氮气的化学性质;硅和二氧化硅;钠的化学性质;铝的化学性质( 【分析】A、氮气转化为二氧化氮，要两步进行氮气放电生成一氧化氮，一氧化氮再被氧化生成二氧化氮; B、氢氧化钠无法转化过氧化钠; C、SiO无法一步转化为HSiO; 223 D、甲?乙:AlAlCl;甲?丙:AlAlO;甲?丁:AlNaAlO;丙?3232丁:AlONaAlO( 232 【解答】解:A、氮气转化为二氧化氮，要两步进行氮气放电生成一氧化氮，一氧化氮再被氧化生成二氧化氮，不实现甲到丁的一步转化，故A错误; B、氢氧化钠无法转化过氧化钠，故B错误; C、SiO无法一步转化为HSiO，首先二氧硅与强碱反应生成硅酸盐，然后再利用强制弱223 生成硅酸，故C错误; D、甲?乙:AlAlCl;甲?丙:AlAlO;甲?丁:AlNaAlO;丙?3232丁:AlONaAlO，各步都可以实现一步转化，故D正确; 232 故选D( 5(Cyrneine A对治疗神经系统疾病有着很好的疗效(可用香芹酮经过多步反应合成:下列说法不正确的是( ) A(香芹酮的分子式为CHO 1014 B(Cyrneine A可以发生加成反应、消去反应和氧化反应 C(香芹酮和Cyrneine A均能使酸性KMnO溶液褪色 4 D(与香芹酮互为同分异构体，分子中有4种不同化学环境的氢原子的酚类化合物共有3种 【考点】有机物的结构和性质( 【分析】A(由结构可知分子式; B(含,OH、碳碳双键、,CHO; B(香芹酮和Cyrneine A均含碳碳双键; D(分子中有4种不同化学环境的氢原子的酚类化合物中含酚,OH，共4种H( 【解答】解:A(根据有机物的结构简式并结合键线式的结构特点可知，香芹酮的化学式为CHO，故A正确; 1014 B(Cyrneine A分子含有碳碳双键、醛基以及羟基，且与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上含有氢原子，所以A可以发生加成反应、氧化反应、消去反应，故B正确; C(香芹酮和Cyrneine A分子中均含有碳碳双键，均能使酸性KMnO溶液褪色，故C正确; 4 D(与香芹酮互为同分异构体，分子中有4种不同化学环境的氢原子的酚类化合物，说明分子中含有酚羟基(如果苯环上只有2个取代基，则另一个取代基是丁基(要满足分子中有4种不同化学环境的氢原子，则该取代基应该是,C(CH)，且与酚羟基是对位的;如果含33 有3个取代基，则另外2个取代基是乙基，与酚羟基的位置是邻位时等效氢原子最少，有5种氢原子;如果是4个甲基与1个酚羟基，可满足分子中有4种不同化学环境的氢原子，所以可能的结构简式有2种，故D错误( 故选D( 6(X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大(X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等(下列说法正确的是( ) 23A(物质A由Z与Y两种元素组成，则0.5mol物质A中含有的离子数约为9.03×10 B(元素Y、Z、W形成的离子具有相同电子层结构，其离子半径依次增大 R的氧化物的水化物之间相互反应生成的盐溶液呈中性或碱性 C(元素Z、 D(元素Y、R分别与元素X形成的化合物的沸点:XY,XR mm 【考点】原子结构与元素周期律的关系( 【分析】X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素;Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素;根据Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，则R为S元素;Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，则Z、W原子的核外电子数之和为8+16=24，又Z、W处于同一周期，应为第三周期，原子序数W大于Z，故Z为Na，W为Al元素(结合物质性质与元素周期律解答( 【解答】解:X是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素;Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素;根据Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，则R为S元素;Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，则Z、W原子的核外电子数之和为8+16=24，又Z、W处于同一周期，应为第三周期，原子序数W大于Z，故Z为Na，W为Al元素( A(物质A由Z与Y两种元素组成，可为NaO或NaO，则0.5mol物质NaO或NaO2222222323中含有的离子数约为0.5×3×6.02×10=9.03×10，故A正确; ,++23B(Y是O元素，Z是Na元素，W是Al元素，O、Na、Al离子具有相同电子层结构，,++23半径随着核电荷数的增加而减小，所以离子半径O,Na,Al，故B错误; C(元素Z、R的氧化物的水化物之间相互反应生成的盐如为NaHSO，则呈酸性，故C错4 误; D(水分子之间存在氢键，故沸点HO,HS，故D错误( 22 故选A( 7(25?时，0.1mol NaCO与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH 23 的关系如图所示(下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是( ) ++,,,2A(W点所示的溶液中:c(Na)+c(H)?2c(CO)+c(OH)+c(Cl) 3,,,221B(pH=4的溶液中:c(HCO)+c(HCO)+c(CO),0.1 mol•L 2333+,,,C(pH=8的溶液中:c(H)+c(HCO)+c(HCO)?c(OH)+c(Cl) 233+,,,2D(pH=11的溶液中:c(Na),c(Cl),c(CO),c(HCO ),c(HCO) 3323【考点】离子浓度大小的比较( 【分析】A(W点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCO和NaHCO，还有溶质NaCl，任233何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断; ,2B(根据图知，pH=4时，c(HCO)大于0.02mol/L而小于0.04mol/L，c(HCO)=c(CO2333,)=0; ,2C(根据图象可知pH=8时，溶液中c(NaHCO)远远大于c(NaCO)，且c(CO)=0，3233这说明反应中恰好是生成碳酸氢钠，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断; D(根据图象可知pH=11时，溶液碳酸钠的浓度远远大于碳酸氢钠，这说明碳酸钠是过量的( 【解答】解:A(W点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCO和NaHCO，还有溶质NaCl，233++,2任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na)+c(H)?2c(CO)+c(OH3,,,)+c(Cl)+c(HCO)，故A错误; 3,22B(根据图知，pH=4时，c(HCO)大于0.02mol/L而小于0.04mol/L，c(HCO)=c(CO2333,,,,122)=0，所以溶液中c(HCO)+c(HCO)+c(CO),0.1 mol•L，故B正确; 2333,2C(根根据图象可知pH=8时，溶液中c(NaHCO)远远大于c(NaCO)，且c(CO)3233=0，这说明反应中恰好是生成碳酸氢钠，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒 ,,,++2可知:c(HCO)+c(HCO)+c(CO)=c(Cl)=c(Na)，再结合电荷守恒c(Na)2333 +,,,,+2+c(H)=2c(CO)+c(OH)+c(Cl)+c(HCO)可得:c(H)+2c(HCO)+2c3323,,,(HCO)=c(OH)+c(Cl)，故C错误; 3 D(根据图象可知pH=11时，溶液NaCO的浓度远远大于碳酸氢钠，这说明NaCO是过2323,,2量的，加入的HCl量很少，则溶液中c(Cl),c(CO)，故D错误; 3 故选B( 二、解答题(共小题，满分分) 343 8(某化学兴趣小组同学展开对漂白剂亚氯酸钠(NaClO)的研究( 2 实验?(制取NaClO晶体 2 已知:NaClO饱和溶液在温度低于38?时析出的晶体是NaClO•3HO，高于38?时析出222 的晶体是NaClO，高于60?时NaClO分解成NaClO和NaCl(现利用如图所示装置进行223 实验( (1)装置?的作用是 防止倒吸 ( (2)装置?中产生ClO的化学方程式为 2 2NaClO+NaSO+HSO=2ClO+2NaSO+HO ;装置?中制备NaClO的化学方程式为 32324224222NaOH+2ClO+HO=2NaClO+2HO+O ( 222222 (3)从装置?反应后的溶液获得NaClO晶体的操作步骤如下: 2 ?减压，55?蒸发结晶;?趁热过滤;? 用38,60?的温水洗涤 ;?低于60?干燥，得到成品( 实验?(测定某亚氯酸钠样品的纯度 设计如下实验方案，并进行实验: ?确称取所得亚氯酸钠样品m g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适,,+,量的稀硫酸，充分反应(已知:ClO+4I+4H?2HO+2I+Cl);将所得混合液配成250mL222 待测溶液( ,1?移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用c mol•L NaSO标准液滴定，223,,,22至滴定终点(重复2次，测得平均值为V mL(已知:I+2SO?2I+SO)( 22346(4)达到滴定终点时的现象为 溶液由蓝色变为无色，且30 s内不变色 ( (5)该样品中NaClO的质量分数为 (用含m、c、V的代数式表示)( 2 (6)在滴定操作正确无误的情况下，此实验测得结果偏高，原因用离子方程式表示为 4I,++O+4H=I+2HO ( 222 【考点】制备实验方案的设计;探究物质的组成或测量物质的含量( 【分析】制取NaClO晶体:装置?中发生反应:2 2NaClO+NaSO+HSO=2ClO+2NaSO+HO，可能发生NaSO+HSO(浓)3232422422324=NaSO+SO?+HO，产生的SO 被带入?中，SO与HO 反应生成硫酸钠，生成的ClO242222222气体经装置?进入装置?，发生反应:2NaOH+2ClO+HO=2NaClO+2HO+O，得NaClO2222222溶液，经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，得晶体NaClO•3HO，要注意根据题目所22 给信息，控制温度，装置??是吸收多余气体防止污染( (1)装置?中气体反应，装置内压强降低，装置?防止倒吸; 反应后的溶液获得NaClO(2)亚硫酸钠具有还原性，在装置?中的反应中作还原剂;装置?2晶体，装置?中生成NaClO，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，2 结合原子守恒可知，还有水生成，据此书写方程式; (3)从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，注意温度控制; (4)反应结束时，碘反应完全，滴加最后一滴液体时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点; ,2(5)根据关系式NaClO,2I,4SO进行计算; 2223 (6)实验测得结果偏高，说明滴定消耗的NaSO标准液体积偏高，溶液中碘的含量偏高，223 应是生成的碘离子被氧气氧化为碘所致( 【解答】解:(1)装置?中发生反应:2NaClO+NaSO+HSO=2ClO+2NaSO+HO，可323242242能发生NaSO+HSO(浓)=NaSO+SO?+HO，产生的SO 被带入?中，SO与HO 232424222222反应生成硫酸钠，生成的ClO气体经装置?进入装置?，发生反应:2 2NaOH+2ClO+HO=2NaClO+2HO+O，装置?中气体反应，装置内压强降低，装置?为222222 安全瓶，防止产生倒吸， 故答案为:防止倒吸; (2)亚硫酸钠具有还原性，在反应中作还原剂;装置?中产生ClO的反应是氯酸钠在酸性2 溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯，反应的化学方程式为:2NaClO+NaSO+HSO=2ClO?+2NaSO+HO;装置?反应后的溶液获得NaClO晶体，3232422422故装置?中生成NaClO，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合2 原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为:2NaOH+2ClO+HO=2NaClO+2HO+O， 222222故答案为:2NaClO+NaSO+HSO=2ClO?+2NaSO+HO;323242242 2NaOH+2ClO+HO=2NaClO+2HO+O; 222222 (3)从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体 NaClO•3HO，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38?,60?进行洗涤，低于60?22 干燥， 故答案为:用38,60?的温水洗涤; (4)碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，滴加最后一滴NaSO标准液时溶液由223 蓝色变为无色且30 s内不变色，说明到达滴定终点， 故答案为:溶液由蓝色变为无色，且30 s内不变色; (5)令样品中NaClO的质量分数为a，则: 2,2NaClO,2I,4SO 2223 90.5g 4mol ,,13mag c mol•L×V×10L×， ,,13所以90.5g:mag=4mol:c mol•L×V×10L×， 解得a=%， 故答案为: %; (6)实验测得结果偏高，说明滴定消耗的NaSO标准液体积偏高，溶液中碘的含量偏高，223,+应是生成的碘离子被氧气氧化为碘，同时生成水，反应离子方程式为4I+O， O+4H=2I+2H222,+故答案为:4I+O+4H=I+2HO( 222 9(工业上利用电镀污泥 (主要含有FeO、CuO、CrO及部分难溶杂质) 回收铜和铬等2323金属，回收流程如图1: 已知部分物质沉淀的pH及CaSO的溶解度曲线如图2: 4+++323Fe Cu Cr 开始沉淀pH 2.1 4.7 4.3 完全沉淀pH 3.2 6.7 a (1)在浸出过程中除了生成Fe(SO)、Cr(SO)外，主要还有 CuSO ( 2432434+3(2)在除铁操作中，需要除去Fe和CaSO，请完成相关操作: 4+3?加入石灰乳调节pH到约 3.2,4.3 ，检验Fe已经除尽的操作是 取适量滤液，加 +3KSCN溶液，若不变红，则说明Fe已除 ; ?将浊液加热到80?， 趁热过滤 ( (3)写出还原步骤中加入NaHSO生成CuO固体反应的离子方程式:，此步骤中加入32 NaHSO得到CuO的产率为95%，若NaHSO过量，除了浪费试剂外，还会出现的问题是 323 产生SO污染环境 ( 2 ,,+513(4)当离子浓度小于或等于1×10mol•L时可认为沉淀完全，若要使Cr完全沉淀则要 ,,,,9131保持 c(OH)? 4.0×10 mol•L ([已知:K[Cr(OH)]=6.3×10，?sp3 4.0]( 【考点】制备实验方案的设计( 【分析】污泥(主要含有FeO、CuO、CrO及部分难溶杂质)回收铜和铬等金属，在污2323 泥中加入硫酸酸浸，过滤，在滤液中加入熟石灰调节溶液PH沉淀铁离子，加入亚硫酸氢钠还原得到氧化亚铜，用来制备铜，加入氢氧化钙调节溶液PH得到氢氧化铬，得到金属铬， (1)根据氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水进行解答，向电镀污泥中加入硫酸，氧化铁、CuO、CrO都与硫酸反应生成硫酸铁、硫酸铜和硫酸铬; 23+3(2)根据图表可知铁离子完全沉淀pH为3.2，Cr开始沉淀PH=4.3，所以在除铁操作中， +3需要除去Fe和CaSO，硫酸钙溶解度随升高温度减小，易于除去; 4 (3)亚硫酸氢根离子具有强的还原性，能和铜离子之间发生反应生成硫酸根离子以及氧化亚铜，过量的碳酸氢根离子和酸反应会生成二氧化硫气体; +,33(4)根据Ksp[Cr(OH)]=c(Cr)•(OH)来计算回答( 3 【解答】解:(1)向电镀污泥中加入硫酸，氧化铁、CuO、CrO都与硫酸反应生成硫酸铁、23 硫酸铜和硫酸铬，滤渣?是难溶杂质，氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，所以在浸出过程中除了生成Fe(SO)、Cr(SO)外，主要还有硫酸铜， 243243 故答案为:CuSO; 4+3(2)根据图表可知铁离子完全沉淀pH为3.2，Cr开始沉淀PH=4.3，所以在除铁操作中， +3需要除去Fe和CaSO，相关操作: 4+3?加入石灰乳调节pH到3.2,4.3，检验Fe已经除尽的操作是:取适量滤液，加KSCN溶 +3液，若不变红，则说明Fe已除， +34.3;取适量滤液，加KSCN溶液，若不变红，则说明Fe故答案为:3.2,已除; ?将浊液加热到80，为避免溶质损失，硫酸钙溶解度随温度升高减小，需要趁热过滤， 故答案为:趁热过滤; (3)硫酸氢根离子具有强的还原性，能和铜离子之间发生反应生成硫酸根离子以及氧化亚 ,+,+22铜，发生的反应为:2HO+HSO+2Cu=CuO?+SO+5H，在酸性环境下，亚硫酸氢根2324 离子和氢离子之间反应生成的二氧化硫具有毒性，能污染空气， ,+,+22故答案为:2HO+HSO+2Cu=CuO?+SO+5H;产生SO污染环境; 23242,,+,513(4)当离子浓度?1×10 mol•L认为沉淀完全，若要使Cr完全沉淀则要保持c(OH) ,,91?===4.0×10 mol•L， ,,9110故答案为:4.0× mol•L( 10(汽车尾气中的主要污染物是NO和CO(为减轻大气污染，人们提出通过以下反应来处理汽车尾气: (1)2NO(g)+2CO(g)?2CO(g)+N(g)?H=,746.5KJ/mol (条件为使用催化22 剂) 已知:2C (s)+O(g)?2CO(g)?H=,221.0KJ/mol 2 C (s)+O(g)?CO(g)?H=,393.5KJ/mol 22,1则N(g)+O(g)=2NO(g)?H= +180.5 kJ•mol( 22 (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 时间/s 0 1 2 3 4 5 ,4C(NO)10 mol/L C 10.0 4.50 1.50 1.00 1.00 1,3C(CO)10 mol/L C 3.60 3.05 2.75 2.70 2.70 2 则C合理的数值为 D (填字母标号)( 2 A(4.20 B(4.00 C(2.95 D(2.80 (3)将不同物质的量的HO(g)和CO(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行2 反应:HO(g)+CO(g)?CO(g)+H(g)，得到如下三组数据: 222 实验组 温度/? 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间 /min HO H CO CO 22 i 650 2 4 2.4 1.6 5 ii 900 1 2 1.6 0.4 3 iii 900 a b c d t 若a=2，b=1，则c= 0.6 ，达平衡时实验组ii中HO(g)和实验组iii中CO的转化率的2 关系为α(HO) = α(CO)(填“,”、“,”或“=”)( ii2iii (4)二甲醚是清洁能源，用CO在催化剂存在下制备二甲醚的反应原理为:2CO(g)+4H2(g)?CHOCH(g)+HO(g)，已知一定条件下，该反应中CO的平衡转化率随温度、 332 投料比的变化曲线如图1所示( ?a、b、c按从大到小的顺序排序为 a,b,c ( ?根据图象可以判断该反应为放热反应，理由是 投料比相同，温度越高CO的转化率越低，平衡向左移动，推得该反应为放热反应 ( (5)CO分析仪的传感器可测定汽车尾气是否符合排放标准，该分析仪的工作原理类似于 ,2燃料电池，其中电解质是氧化钇(YO)和氧化锆(ZrO)晶体，能传导O( 232,,,222O?则负极的电极反应式为 CO+,2e=CO ( 3 ?以上述电池为电源，通过导线连接成图2(若X、Y为石墨，a为2L 0.1mol/L KCl溶液电解一段时间后，取25mL 上述电解后的溶液，滴加0.4mol/L醋酸得到图3曲线(不考虑能量损失和气体溶于水，溶液体积变化忽略不计)(根据图二计算，上述电解过程中 消耗一氧化碳的质量为 2.8 g( 【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线;反应热和焓变;原电池和电解池的工作原理;化学平衡的计算( 【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; ,4(2)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 mol/L,1.5 ,,,444×10 mol/L=3×10 mol/L，该2s内平均每秒内变化量为1.5×10 mol/L，随反应进行， ,4反应速率减小，该2s中前1s内NO浓度变化量应大于1.5×10 mol/L，则2s时NO的浓,,,444度小于4.5×10 mol/L,1.5×10 mol/L=3×10 mol/L，故2s时NO的浓度应介于1.5×,,4410 mol/L,3×10 mol/L之间; (3)实验组?和实验组?温度相同，平衡常数相同，根据三行式进行计算求解; (反应2CO(g)+4H(g)?CHOCHO(g)中，氢气的浓度越大，CO的4)?(g)+H2323 转化率越大; ?由图象可知，升高温度，CO的转化率降低，说明平衡逆向移动; ,,22(5)?CO发生氧化反应与O结合生成CO; 3 ?阳极上氯离子失电子，阴极上阳离子得电子( 【解答】解:(1)已知:?2 NO(g)+2CO(g)?2CO(g)+N(g)?H=,746.5KJ/mol 22 ?2C (s)+O(g)?2CO(g)?H=,221.0KJ/mol 2 ?C (s)+O(g)?CO(g)?H=,393.5KJ/mol 22 则依据盖斯定律，?×2,?,?得到:N(g)+O(g)=2NO(g) 则?H=(,393.5KJ/mol)22 ×2,(,220KJ/mol),(,746.5KJ/mol)=+180.5KJ/mol， ,1故答案为:+180.5 kJ•mol; ,4(2)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 mol/L,1.5,,,444×10 mol/L=3×10 mol/L，该2s内平均每秒内变化量为1.5×10 mol/L，随反应进行， ,4反应速率减小，该2s中前1s内NO浓度变化量应大于1.5×10 mol/L，则2s时NO的浓 ,,,44410 mol/L,1.5×10 mol/L=3×10 mol/L，故2s时NO的浓度应介于1.5×度小于4.5× ,,,44410 mol/L,3×10 mol/L之间，选项中只有2.5×10 mol/L符合， 故选D; (3)HO(g)+CO(g)?CO(g)+H(g) 222 初始 0.5mol/L 1mol/L 0 0 转化 0.2mol/L 0.2mol/l 0.2mol/L 0.2mol/L 平衡0.3mol/L 0.8mol/L 0.2mol/L 0.2mol/L HO(g)+CO(g)?CO(g)+H(g) 222 初始 1mol/L 0.5mol/L 0 0 转化 (0.5,)mol/L (0.5,)mol/l mol/L mol/L 平衡(0.5+)mol/L mol/L mol/L mol/L 所以0.5,= 则:d=1,c，由平衡常数相等可知:，解之得c=0.6，?中HO2(g)的转化率为: =40%，实验组?中CO的转化率的=40%， 故答案为:0.6;=; (4)?反应2CO(g)+4H(g)?CHOCH(g)+HO(g)中，氢气的浓度越大，CO的2332 转化率越大，则a,b,c，故答案为:a,b,c; ?由图象可知，升高温度，CO的转化率降低，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应， 故答案为:投料比相同，温度越高CO的转化率越低，平衡向左移动，推得该反应为放热反应; ,,,222(5)?负极CO发生氧化反应与O结合生成CO，负极电极反应式为:CO+2O,2e3,,2=CO， 3,,,22故答案为:CO+2O,2e=CO; 3 ?阳极上氯离子失电子，阴极上阳离子得电子，所以电解0.1mol/L KCl溶液，其电解总反 ,,应的离子方程式为:2Cl+2HOCl?+H?+2OH;根据图知，KOH溶液的pH=13，222 ,常温下，KOH的浓度是0.1mol/L，则n(KOH)=0.1mol/L×2L=0.2mol，根据2Cl ,+2HO2OH+H?+Cl?知，生成0.2mol氢氧根离子转移电子的物质的量=222 ,,,22×2=0.2mol，燃料电池的负极反应方程式是CO+2O,2e=CO，消耗1molCO转移电子3 数=2mol，因此当转移0.2mol电子时消耗CO的物质的量为0.1mol，则CO的质量=0.1mol×28g/mol=2.8g， 故答案为:2.8g( 三、化学选修:化学与技术(共小题，满分分) -2115 11(粉煤灰是燃煤电厂排出的主要固体废物(我国火电厂粉煤灰的主要氧化物组成为:SiO、2AlO、CaO等(一种利用粉煤灰制取氧化铝的工艺流程如图1:23 (1)粉煤灰研磨的目的是 增大反应物的接触面积，提高浸取速率和浸出率 ( (2)第1次过滤滤渣的主要成分有 SiO 和 CaSO (填化学式，下同)，第3次过滤24 时，滤渣的成分的是 Al(OH) ( 3 (3)在104?用硫酸浸取时，铝的浸取率与时间的关系如图2，适宜的浸取时间为 2 h;铝的浸取率与“助溶剂/粉煤灰”的关系如图3所示，从浸取率角度考虑，三种助溶剂NHF、4KF及其NHF与KF的混合物，在助溶剂/粉煤灰相同时，浸取率最高的是 NHF (填化44学式);用含氟的化合物作这种助溶剂缺点是 生产过程中会产生污染环境的HF和NH等 3(举一例)( (4)流程中循环使用的物质有 HSO 和 NHCl (填化学式)( 244 (5)用盐酸溶解硫酸铝晶体，能够发生的原因是 通入氯化氢使A1C1•6H0达到饱和，32而硫酸铝不饱和 ( (6)用粉煤灰制取含铝化合物的主要意义是 使废弃固体资源化利用 ( 【考点】制备实验方案的设计( 【分析】粉煤灰的主要氧化物组成为SiO、AlO、CaO等，加入硫酸溶液使AlO溶解，22323CaO通过反应生成CaSO，CaSO微溶，大部分CaSO和SiO一起成为滤渣，过滤后将滤4442 液冷却结晶得Al(SO)，用盐酸溶解Al(SO)，再通入氯化氢得AlCl•6HO晶体和24324332硫酸溶液，过滤得硫酸溶液可以再循环利用，AlCl•6HO晶体溶解后得氯化铝溶液中通入32 氨气得氢氧化铝沉淀和氯化铵溶液，氯化铵溶液可以循环利用，氢氧化铝沉淀受热分解生成AlO，以此解答该题( 23 【解答】解:(1)粉煤灰研磨的目的是增大反应物的接触面积，提高浸取速率和浸出率， 故答案为:增大反应物的接触面积，提高浸取速率和浸出率; (2)通过上面的分析可知，第1次过滤时滤渣的主要成分有SiO和 CaSO，第3次过滤24时滤渣的成分是Al(OH)， 3 故答案为:SiO; CaSO;Al(OH); 243 (3)根据图1可知，2h时铝的浸出率达到最大值，所以适宜的浸取时间为2h，根据图2可知，在相同时，NHF助溶剂对铝的浸出率最高，用含氟的化合物作这种助4 溶剂的缺点是生产过程中会产生污染环境的HF和NH等， 3 故答案为:2; NHF;生产过程中会产生污染环境的HF和NH等; 43 (4)根据上面的分析可知，流程中循环使用的物质有HSO和NHCl， 244故答案为:HSO;NHCl; 244 (5)用盐酸溶解硫酸铝晶体，再通入HCl气体，析出A1C1•6H0，该过程能够发生的原32 因是通入氯化氢使A1C1•6H0达到饱和，而硫酸铝不饱和，便于A1C1•6H0析出， 3232故答案为:通入氯化氢使A1C1•6H0达到饱和，而硫酸铝不饱和; 32 (6)用粉煤灰制取含铝化合物的主要意义在于使废弃固体资源化利用， 故答案为:使废弃固体资源化利用( 四、化学选修:物质结构与性质(共小题，满分分) -310 12(钛、铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途( (1)钛铁合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放氢温度低、价格适中等优点( 22?Ti的基态原子价电子排布式为 3d4s ( ?Fe的基态原子共有 7 种不同能级的电子( (2)制备CrOCl的反应为KCrO+3CCl?2KCl+2CrOCl+3COCl?( 222274222?上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是 O,Cl,C (用元素符号表示)( ?COCl分子中所有原子均满足8电子构型，COCl分子中ς键和π键的个数比为 3:1 ，222中心原子的杂化方式为 sp ( ++22(3)NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni和Fe的离子半径分别为 ,,226.9×10 nm和7.8×10 nm(则熔点:NiO , (填“,”、“,”或“=”)FeO( (4)Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材料，具有大容量、高寿命、耐低温等特点，在日本和中国已实现了产业化(该合金的晶胞结构如图所示( ?该晶体的化学式为 LaNi ( 5 ,,13?已知该晶胞的摩尔质量为M g•mol，密度为d g•cm(设N为阿伏加德罗常数的值，A 3则该晶胞的体积是 cm(用含M、d、N的代数式表示)( A ?该晶体的内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子比较稳定(已知:a=511pm， ,,53c=397pm;标准状况下氢气的密度为8.98×10g•cm;储氢能力 =(若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为 1236 ( 【考点】晶胞的计算;原子核外电子排布;元素电离能、电负性的含义及应用( 【分析】(1)?Ti是22号元素，根据原子核外电子排布规律排布; ?Fe是26号元素，原子核外有spd等能级; (2)?反应式中非金属元素有三种:O、C、Cl，结合化合物CCl、NaClO中元素化合价4 判断; ?根据1个单键是1个δ键，1个双键中含有1个δ键，1个π键以及COCl分子的结构式2来解答; (3)离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高; (4)?根据均摊法计算晶胞中实际含有的原子个数，确定化学式; ?根据一个晶胞的质量m=ρv计算; ?根据储氢能力=计算( 【解答】解:(1)?Ti是22号元素，位于元素周期表中第四周期第IVB族，故Ti的基态 2222原子价电子排布式为 3d4s，故答案为:3d4s; ?Fe是26号元素，原子核外有1s、2s、3s、4s、2p、3p、3d等7个能级，故答案为:7; (2)?反应式中非金属元素有三种:O、C、Cl，CCl中C表现正化合价、Cl表现负化合4 价，CrOCl中Cl为+1价，O为,2价，电负性越大，对键合电子吸引力越大，元素相互化22 合时该元素表现负价，故电负性:O,Cl,C，故答案为:O,Cl,C; ?COCl分子中有1个C=O键和2个C,Cl键，所以COCl分子中ς键的数目为3，π键22 的数目为1，个数比3:1，中心原子C电子对数=3+=3，故中心原子杂化方式 22为sp，故答案为:3:1;sp; (3)Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高(由 ++22于Ni的离子半径小于Fe的离子半径，属于熔点是NiO,FeO，故答案为:,; (4)?该合金的晶胞如图所示，晶胞中心有一个镍原子，其他8个镍原子都在晶胞面上，镧原子都在晶胞顶点，所以晶胞实际含有的镍原子为1×1+×8=5，晶胞实际含有的镧原子为8×=1，所以晶体的化学式LaNi，故答案为:LaNi; 55 ?一个晶胞的质量m=，根据m=ρv，即v=，故答案为:; ?LaNi合金储氢后的密度ρ=5 ,3==0.111g•cm，由定义式可知储氢能力=?1236，故答案为:1236( 五、化学选修:有机化学基础(共小题，满分分) -510 13(G是一种新型香料的主要成分之一，其结构中含有三个六元环(G的合成路线如下(部分产物和部分反应条件略去): 已知:?RCH?CH+CH?CHR′CH?CH+RCH?CHR′; 2222 ?B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子; ?D和F是同系物( 请回答下列问题: (1)(CH)C?CH的系统命名法名称为 2,甲基,1,丙烯 ( 322 (2)A?B反应过程中涉及的反应类型依次为 取代反应 、 加成反应 ( (3)D分子中含有的含氧官能团名称是 羧基、羟基 ，G的结构简式为 ( (4)生成E的化学方程式为 ( (5)同时满足下列条件:?与FeCl溶液发生显色反应;?苯环上有两个取代基、含C=O3 的F的同分异构体有 21 种(不包括立体异构);其中核磁共振氢谱为4组峰、能水解的所有物质的结构简式为 和 ( (6)模仿由苯乙烯合成F的方法，写出由丙烯制取α,羟基丙酸() 的合成线路 ( 【考点】有机物的合成( 【分析】由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为: ，故苯乙烯与(CH)C=CH发生取代反应生成A，与HCl反应322 生成B，结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子，故B为，顺推可知C为，D为 (苯乙烯与HOBr发生加成反应生成E，E可以氧化生成CHOBr，说明872E中羟基连接的碳原子上有2个H原子，故E为，CHOBr为872 ，F为，D与F生成G，G结构中含有三个六元环，则G为 ( 【解答】解:由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为: ，故苯乙烯与(CH)C=CH发生取代反应生成A，与HCl反应322 生成B，结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B中核磁共振氢谱图显示分子中有6 种不同环境的氢原子，故B为，顺推可知C为，D为 (苯乙烯与HOBr发生加成反应生成E，E可以氧化生成CHOBr，说明872E中羟基连接的碳原子上有2个H原子，故E为，CHOBr为872 ，F为，D与F生成G，G结构中含有三个六元环，则G为 ( (1)(CH)C=CH的系统命名法名称为2,甲基,1,丙烯， 322 故答案为:2,甲基,1,丙烯; (2)A?B反应过程中，第一步发生取代反应，然后与HCl发生加成反应生成B， 故答案为:取代反应;加成反应; 基、羟基，G的结构简式(3)D为，分子中含有的含氧官能团名称是:羧 为， 故答案为:羧基、羟基;; (4)生成E的化学方程式为:， 故答案为:; (5)同时满足下列条件的F()的同分异构体:?与FeCl溶液发生显色反3应，说明含有酚羟基;?苯环上有两个取代基、含C=O，苯环上邻、间、对3种:，侧链有异构体:、、、 7种，故异构体有3×7=21种; 核磁共振氢谱为4组峰、能水解的物质，即4种化学环境的H，其结构简式为 和， 故答案为:21; 和; (6)由丙烯制取α,羟基丙酸()的合成线路: ， 故答案为: ( 年月日 20161210