河南省洛阳一中2016届高考化学二模试卷 Word版含解析.doc

www.ks5u.com ‎2016年河南省洛阳一中高考化学二模试卷 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液＜Fe（OH）3胶体＜FeCl3溶液 B．焰色反应是物质燃烧时火焰呈现的颜色变化，属于化学变化 C．生石灰用作食品抗氧剂 D．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，但加入明矾不能使海水淡化 ‎2．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）‎ A．高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA B．室温下，1 L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1NA C．氢氧燃料电池正极消耗22.4 L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NA D．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75NA ‎3．双隔膜电解池的结构示意简图如图所示，利用该装置可以电解硫酸钠溶液以制取硫酸和氢氧化钠，并得到氢气和氧气．对该装置及其原理判断正确的是（　　）‎ A．a气体为氢气，b气体为氧气 B．A溶液为氢氧化钠，B溶液为硫酸 C．c隔膜为阳离子交换膜、d隔膜为阴离子交换膜 D．该电解反应的总方程式可以表示为：2Na2SO4+6H2O2H2SO4+4NaOH+O2↑+2H2↑‎ ‎4．X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素．X的原子半径是短周期主族元素中最大的，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m﹣n，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1．下列叙述错误的是（　　）‎ A．X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2‎ B．Y的氢化物比R的氢化物稳定 C．Z、W、R按最高价氧化物对应水化物的酸性强弱排列顺序是R＞W＞Z D．RY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色沉淀生成 ‎5．关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是（　　）‎ A．装置①可用于分离苯和水的化合物 B．装置②可用于排气法收集H2、CO2、Cl2、NO、NO2等气体 C．装置③中X若为CCl4，可用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸 D．装置④可用于干燥、收集NH3，并吸收多余的NH3‎ ‎6．湖北荆门某化工厂违规快递有毒化学品，因泄漏导致9人中毒，1人死亡．涉事有毒化学品名为氟乙酸甲酯（F﹣CH2COOCH3），其具有﹣COO﹣结构的同分异构体还有（不考虑﹣O﹣F结构及立体异构）（　　）‎ A．4种 B．5种 C．6种 D．7种 ‎7．将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于密闭容器中，发生反应：NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）．该反应的平衡常数的负对数（﹣lgK）值随温度（T）的变化曲线如图所示，下列说法不正确的是（　　）‎ A．该反应的△H＞0‎ B．NH3的体积分数不变时，该反应一定达到平衡状态 C．A点对应状态的平衡常数K（A）=10﹣2.294‎ D．30℃时，B点对应状态的υ（正）＜υ（逆）‎ ‎　‎ 二、解答题（共3小题，满分43分）‎ ‎8．某研究性学习小组学生根据氧化还原反应规律，探究NO2、NO与Na2O2反应的情况，提出假设并进行相关实验．Ⅰ．从理论上分析Na2O2和NO2都既有氧化性又有还原性，于 是提出如下假设：‎ 假设1：Na2O2氧化NO2；假设2：NO2氧化Na2O2．‎ ‎（1）甲同学设计如图1装置进行实验：‎ ‎①试管A中反应的离子方程式是　　　　　　．‎ ‎②待试管B中充满红棕色气体，关闭旋塞a和b；取下试管B，向其中加入适量Na2O2粉末，塞上塞子，轻轻振荡试管内粉末，观察到红棕色气体迅速消失；再将带火星的木条迅速伸进试管内，木条复燃．‎ ‎③仪器C兼有防倒吸的作用，仪器C的名称为　　　　　　．‎ 结论：甲同学认为假设2正确．‎ ‎（2）乙同学认为甲同学设计的实验存在缺陷，为达到实验目的，在A、B之间应增加一个装置，该装置的作用是　　　　　　．乙同学用改进后的装置，重复了甲同学的实验操作，观察到红棕色气体迅速消失；带火星的木条未复燃，得出结论：假设1正确．则NO2和Na2O2反应的化学方程式是　　　　　　．‎ Ⅱ．该研究性学习小组同学还认为NO易与O2发生反应，应该更易被Na2O2氧化．查阅资料：2NO+Na2O2═2NaNO2；2NaNO2+2HCl═2NaCl+NO2↑+NO↑+H2O；酸性条件下，NO能与MnO4﹣反应生成NO3﹣和Mn2+．‎ ‎（3）丙同学用图2所示装置（部分夹持装置略）探究NO与Na2O2的反应．‎ ‎①在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是　　　　　　．‎ ‎②B中观察到的主要现象是　　　　　　（填字母编号）．‎ a．铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色b．有红棕色气泡产生c．有无色气泡产生 ‎③C、E中所盛装的试剂不能是　　　　　　（填字母编号）．‎ a．无水硫酸铜 b．无水氯化钙 c．碱石灰 d．生石灰 ‎④F中发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为　　　　　　．‎ ‎⑤充分反应后，检验D装置中产物的方法是：　　　　　　，则产物是NaNO2．‎ ‎9．用辉铜矿（主要成分为 Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2，等杂质）制备难溶于水的碱式碳酸铜的流程如图：‎ ‎（l）下列措施是为了加快浸取速率，其中无法达到目的是　　　　　　（填字母）．‎ A．延长浸取时间 ‎ B．将辉铜矿粉碎 C．充分搅拌 ‎ D．适当增加硫酸浓度 ‎（2）滤渣I巾的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的离子方程式：　　　　　　．‎ ‎（3）研究发现，若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，可能的原因是　　　　　　．‎ ‎（4）“除铁”的方法是通过调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3．则加入的试剂A可以是　　　　　　（填化学式）；“赶氨”时，最适宜的操作方法是　　　　　　．‎ ‎（5）“沉锰”（除Mn2+）过程中有关反应的离子方程式为　　　　　　．‎ ‎（6）滤液Ⅱ经蒸发结晶得到的盐主要是　　　　　　（填化学式）．‎ ‎10．煤是一种重要的化工原料，人们将利用煤制取的水煤气、焦炭、甲醚等广泛用于工农业生产中．‎ ‎（1）已知：‎ ‎①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol﹣1‎ ‎②CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H=+41.3kJ•mol﹣1‎ 则炭与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为　　　　　　．该反应在　　　　　　（填“高温”“低温”或“任何温度”）下有利于正向自发进行．‎ ‎（2）有人利用炭还原法处理氮氧化物，发生反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）．某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，在T1℃时，不同时间测得各物质的浓度如表所示：‎ 时间（min）‎ 浓度（mol•L﹣1）‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ NO ‎1.00‎ ‎0.68‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎0.60‎ ‎0.60‎ N2‎ ‎0‎ ‎0.16‎ ‎0.25‎ ‎0.25‎ ‎0.30‎ ‎0.30‎ CO2‎ ‎0‎ ‎0.16‎ ‎0.25‎ ‎0.25‎ ‎0.30‎ ‎0.30‎ ‎①10～20min内，N2的平均反应速率v（N2）=　　　　　　．‎ ‎②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据表中的数据判断改变的条件可能是　　　　　　（填选项字母）．‎ A．通入一定量的NO B．加入一定量的活性炭 C．加入合适的催化剂 D．适当缩小容器的体积 ‎（3）研究表明：反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）平衡常数随温度的变化如表所示：‎ 温度/℃‎ ‎400‎ ‎500‎ ‎800‎ 平衡常数K ‎9.94‎ ‎9‎ ‎1‎ 若反应在500℃时进行，设起始的CO和H2O的浓度均为0.020mol•L﹣1，在该条件下CO的平衡转化率为　　　　　　．‎ ‎（4）用CO做燃料电池电解CuSO4溶液、FeCl3和FeCl2混合液的示意图如图1所示，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极．工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同．‎ ‎①乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为　　　　　　．‎ ‎②丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图2所示，则图中③线表示的是　　　　　　（填离子符号）的变化；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要　　　　　　mL 5.0mol•L﹣1NaOH溶液．36．（化学）‎ ‎　‎ ‎[化学-选修3：物质结构与性质]‎ ‎11．a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，相关信息如下表所示．‎ a 原子核外电子分别占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同 b 基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1‎ c 在周期表所列元素中电负性最大 d 位于周期表中第4纵行 e 基态原子M层全充满，N层只有一个电子 请回答：‎ ‎（1）d属于　　　　　　区的元素，其基态原子的价电子排布图为　　　　　　．‎ ‎（2）b与其同周期相邻元素第一电离能由大到小的顺序为　　　　　　（用元素符号表示）．‎ ‎（3）c的氢化物水溶液中存在的氢键有　　　　　　种，任意画出一种　　　　　　．‎ ‎（4）a与其相邻同主族元素的最高价氧化物的熔点高低顺序为　　　　　　（用化学式表示）．若将a元素最高价氧化物水化物对应的正盐酸根离子表示为A，则A的空间构型为　　　　　　；A的中心原子的轨道杂化类型为　　　　　　；与A互为等电子体的一种分子为　　　　　　（填化学式）．‎ ‎（5）e与Au的合金可形成面心立方最密堆积的晶体，在晶胞中e原子处于面心，该晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由e原子与Au原子构成的四面体空隙中，储氢后的晶胞结构与金刚石晶胞结构相似，该晶体储氢后的化学式为　　　　　　，若该晶体的相对分子质量为M，密度为ag/cm3，则晶胞的体积为　　　　　　（NA用表示阿伏加德罗常数的值）．‎ ‎　‎ ‎[化学-选修5：有机化学基础]‎ ‎12．有机物G（分子式C13H18O2）是一种香料，如图是该香料的一种合成路线．‎ 已知：‎ ‎①E能够发生银镜反应，1mol E能够与2mol H2完全反应生成F ‎②R﹣CH=CH2R﹣CH2CH2OH ‎③有机物D的摩尔质量为88g/mol，其核磁共振氢谱有3组峰 ‎④有机物F是苯甲醇的同系物，苯环上只有一个无支链的侧链 回答下列问题：‎ ‎（1）用系统命名法命名有机物B：　　　　　　．‎ ‎（2）E的结构简式为　　　　　　．‎ ‎（3）C与新制Cu（OH）2反应的化学方程式为　　　　　　．‎ ‎（4）有机物C可与银氨溶液反应，配制银氨溶液的实验操作为　　　　　　．‎ ‎（5）已知有机物甲符合下列条件：①为芳香族化合物、②与F是同分异构体、③能被催化氧化成醛．符合上述条件的有机物甲有　　　　　　种．其中满足苯环上有3个侧链，且核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为6：2：2：1：1的有机物的结构简式为　　　　　　．‎ ‎（6）以丙烯等为原料合成D的路线如下：‎ X的结构简式为　　　　　　，步骤Ⅱ的反应条件为　　　　　　，步骤Ⅳ的反应类型为　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎2016年河南省洛阳一中高考化学二模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液＜Fe（OH）3胶体＜FeCl3溶液 B．焰色反应是物质燃烧时火焰呈现的颜色变化，属于化学变化 C．生石灰用作食品抗氧剂 D．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，但加入明矾不能使海水淡化 ‎【考点】胶体的重要性质；氧化还原反应；盐类水解的应用；焰色反应．‎ ‎【专题】化学用语专题；氧化还原反应专题；溶液和胶体专题．‎ ‎【分析】A．分散系中分散质粒子的大小，浊液＞胶体＞溶液；‎ B．焰色反应是金属元素的特性，是金属元素的物理性质；‎ C．生石灰常做吸水剂，没有强还原性； ‎ D．明矾可水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性．‎ ‎【解答】解：A．分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液，故A错误；‎ B．焰色反应是金属元素的特性，是金属元素的物理性质，没有发生化学变化，故B错误；‎ C．生石灰常做吸水剂，没有强还原性，不能作食品抗氧剂，故C错误；‎ D．明矾可水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可除去水中的悬浮物而净化水，但不能使海水淡化，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查较为综合，题目难度不大，注意相关基础知识的积累即可解答该题，本题易错点为D，注意明矾净水的原理．‎ ‎　‎ ‎2．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）‎ A．高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA B．室温下，1 L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1NA C．氢氧燃料电池正极消耗22.4 L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NA D．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，产物中铁元素的平均化合价为，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量；‎ B、氢氧化钠溶液的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为1×10﹣13mol/L；‎ C、氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，1mol氧气得到4mol电子；‎ D、反应中部分硝酸根中N元素由+5价降低为氮气中0价，铵根中N元素﹣3价升高为氮气中0价，氮气既是还原产物又是氧化产物，由氮原子守恒，结合方程式可知，还原产物与氧化产物物质的量之比为3：5，根据n=计算氮气物质的量，再计算氧化产物物质的量，再结合铵根中N元素化合价变化计算转移电子物质的量．‎ ‎【解答】解：A．铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的化合价为，0.2mol铁完全反应失去电子数为：0.2mol×（﹣0）=mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为=mol，生成的H2分子数为NA，故A错误；‎ B．室温下，1L pH=13的NaOH溶液中氢离子浓度为1×10﹣13mol/L，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的OH﹣离子数目为10﹣13NA，故B错误；‎ C．氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，标况下22.4L氧气的物质的量为1mol，1mol氧气完全反应得到4mol电子，电路中通过的电子数目为4NA，故C错误；‎ D．反应中部分硝酸根中N元素由+5价降低为氮气中0价，铵根中N元素﹣3价升高为氮气中0价，氮气既是还原产物又是氧化产物，由氮原子守恒，结合方程式可知，还原产物与氧化产物物质的量之比为3：5，生成氮气物质的量为=1mol，故氧化产物的物质的量为1mol×=mol，铵根中N元素被氧化，故转移电子为mol×2×[0﹣（﹣3）]=3.75mol，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．‎ ‎　‎ ‎3．双隔膜电解池的结构示意简图如图所示，利用该装置可以电解硫酸钠溶液以制取硫酸和氢氧化钠，并得到氢气和氧气．对该装置及其原理判断正确的是（　　）‎ A．a气体为氢气，b气体为氧气 B．A溶液为氢氧化钠，B溶液为硫酸 C．c隔膜为阳离子交换膜、d隔膜为阴离子交换膜 D．该电解反应的总方程式可以表示为：2Na2SO4+6H2O2H2SO4+4NaOH+O2↑+2H2↑‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】根据外加电源的正负极可知有气体a生成的一极为阳极，有气体b生成的一极为阴极；阳离子透过d隔膜向阴极移动，阴离子透过c隔膜向阳极移动；根据两极上放电的离子来判断生成的气体．‎ ‎【解答】解：A、在阳极氢氧根离子放电生成氧气，在阴极氢离子放电生成氢气，所以a气体为氧气，b气体为氢气，故A错误；‎ B、在阳极氢氧根离子放电生成氧气，同时生成氢离子，所以阳极生成硫酸，即A溶液为硫酸；在阴极氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧根离子，所以阴极生成NaOH，即B溶液为氢氧化钠，故B错误；‎ C、根据外加电源的正负极可知有气体a生成的一极为阳极，有气体b生成的一极为阴极；阳离子透过d隔膜向阴极移动，则d隔膜为阳离子交换膜，阴离子透过c隔膜向阳极移动，c隔膜为阴离子交换膜，故C错误；‎ D、在阳极氢氧根离子放电生成氧气，在阴极氢离子放电生成氢气，所以该电解反应的总方程式为2Na2SO4+6H2O2H2SO4+4NaOH+O2↑+2H2↑，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了电解池原理的应用，注意根据外加电源的正负极判断电解池的阴阳极，根据离子移动方向判断离子交换膜，注意把握题目中给出的信息，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎4．X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素．X的原子半径是短周期主族元素中最大的，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m﹣n，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1．下列叙述错误的是（　　）‎ A．X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2‎ B．Y的氢化物比R的氢化物稳定 C．Z、W、R按最高价氧化物对应水化物的酸性强弱排列顺序是R＞W＞Z D．RY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色沉淀生成 ‎【考点】原子结构与元素的性质．‎ ‎【专题】元素周期律与元素周期表专题．‎ ‎【分析】X的原子半径在短周期主旋元素中最大，应为Na元素；Y元素的原子外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m﹣n，因为L层电子最多为8，则n=2，m=6，所以Y为O元素，Z为Si元素，W元素与Z元素同主族，应为C元素，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，Y的核外电子数为8，则R的核外电子数为16，应为S元素，结合元素对应单质、化合物的性质以及元素周期律可解答该题．‎ ‎【解答】解：X的原子半径在短周期主旋元素中最大，应为Na元素；Y元素的原子外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m﹣n，因为L层电子最多为8，则n=2，m=6，所以Y为O元素，Z为Si元素，W元素与Z元素同主族，应为C元素，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，Y的核外电子数为8，则R的核外电子数为16，应为S元素，‎ A．X与Y形成的两种化合物分别为Na2O、Na2O2，两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2，故A正确；‎ B．Y是O元素，R是S元素，元素的非金属性越强其氢化物越稳定，氧元素的非金属性大于硫元素，所以水的稳定性大于硫化氢，故B正确；‎ C．非金属性：S＞C＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故C正确；‎ D．SO2、CO2对应的酸的酸性比盐酸弱，与氯化钡都不反应，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查原子结构和元素周期律的递变规律，题目难度中等，根据原子结构特点正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意元素非金属性的比较．‎ ‎　‎ ‎5．关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是（　　）‎ A．装置①可用于分离苯和水的化合物 B．装置②可用于排气法收集H2、CO2、Cl2、NO、NO2等气体 C．装置③中X若为CCl4，可用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸 D．装置④可用于干燥、收集NH3，并吸收多余的NH3‎ ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．苯与水混合分层；‎ B．NO与氧气反应，不能使用排空气法收集；‎ C．X若为CCl4，密度比水大，水在上方，使气体与水不能直接接触；‎ D．氨气不与碱石灰反应，密度比空气小，且极易溶于水．‎ ‎【解答】解：A．苯与水混合分层，可利用图中分液漏斗分离，故A正确；‎ B．NO与氧气反应，不能使用排空气法收集，而a进入可收集H2，b进气可收集CO2、Cl2、NO2，故B错误；‎ C．X若为CCl4，密度比水大，水在上方，使气体与水不能直接接触，则图中装置可用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸，故C正确；‎ D．氨气不与碱石灰反应，可干燥气体，密度比空气小，图中向下排空气法收集合理，且极易溶于水，图中倒扣的漏斗可防止倒吸，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、气体的收集、气体制备及防倒吸装置等，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎6．湖北荆门某化工厂违规快递有毒化学品，因泄漏导致9人中毒，1人死亡．涉事有毒化学品名为氟乙酸甲酯（F﹣CH2COOCH3），其具有﹣COO﹣结构的同分异构体还有（不考虑﹣O﹣F结构及立体异构）（　　）‎ A．4种 B．5种 C．6种 D．7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】氟乙酸甲酯分子去掉﹣COO﹣，还剩余CH3﹣CH2﹣F，则﹣COO﹣可放在C﹣C之间，也可放在C﹣H之间，可以是酸，也可以是酯，由此写出符合条件的同分异构体．‎ ‎【解答】解：氟乙酸甲酯分子去掉﹣COO﹣，还剩余CH3﹣CH2﹣F，则﹣COO﹣可放在C﹣C之间，也可放在C﹣H之间，可以是酸，也可以是酯，还有以下几种：‎ CH3COOCH2F、FCOOCH2CH3、HCOOCH2CH2F、HOOCCH2CH2F、CH3CHFCOOH、CH3CHFOOCH，共6种，‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了同分异构体的书写，中等难度，注意限定条件﹣COO﹣，含﹣COO﹣可以是羧酸，也可以是酯类．‎ ‎　‎ ‎7．将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于密闭容器中，发生反应：NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）．该反应的平衡常数的负对数（﹣lgK）值随温度（T）的变化曲线如图所示，下列说法不正确的是（　　）‎ A．该反应的△H＞0‎ B．NH3的体积分数不变时，该反应一定达到平衡状态 C．A点对应状态的平衡常数K（A）=10﹣2.294‎ D．30℃时，B点对应状态的υ（正）＜υ（逆）‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】A．﹣lgK越大，则平衡常数K越小，由图可知，随温度升高，平衡常数增大，则升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应；‎ B．反应得到NH3、CO2的物质的量之比为2：1，反应开始后氨气体积分数始终不变；‎ C．根据﹣lgK=2.294计算；‎ D．B点浓度商大于平衡常数，反应向逆反应进行．‎ ‎【解答】解：A．﹣lgK越大，则平衡常数K越小，由图可知，随温度升高，平衡常数增大，则升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，故该反应的△H＞0，故A正确；‎ B．反应得到NH3、CO2的物质的量之比为2：1，反应开始后氨气体积分数始终不变，NH3的体积分数不变不能说明该反应达到平衡状态，故B错误；‎ C．A点﹣lgK=2.294，则平衡常数K=10﹣2.294，故C正确；‎ D．B点浓度商大于平衡常数，反应向逆反应进行，则B点对应状态的υ（正）＞υ（逆），故D错误，‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题考查化学平衡常数及其应用、平衡状态判断等，B选项为易错点，学生容易根据平衡时各组分含量不变进行判断，难度中等．‎ ‎　‎ 二、解答题（共3小题，满分43分）‎ ‎8．某研究性学习小组学生根据氧化还原反应规律，探究NO2、NO与Na2O2反应的情况，提出假设并进行相关实验．Ⅰ．从理论上分析Na2O2和NO2都既有氧化性又有还原性，于 是提出如下假设：‎ 假设1：Na2O2氧化NO2；假设2：NO2氧化Na2O2．‎ ‎（1）甲同学设计如图1装置进行实验：‎ ‎①试管A中反应的离子方程式是　Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O　．‎ ‎②待试管B中充满红棕色气体，关闭旋塞a和b；取下试管B，向其中加入适量Na2O2粉末，塞上塞子，轻轻振荡试管内粉末，观察到红棕色气体迅速消失；再将带火星的木条迅速伸进试管内，木条复燃．‎ ‎③仪器C兼有防倒吸的作用，仪器C的名称为　球形干燥管　．‎ 结论：甲同学认为假设2正确．‎ ‎（2）乙同学认为甲同学设计的实验存在缺陷，为达到实验目的，在A、B之间应增加一个装置，该装置的作用是　除去NO2中混有的水蒸气　．乙同学用改进后的装置，重复了甲同学的实验操作，观察到红棕色气体迅速消失；带火星的木条未复燃，得出结论：假设1正确．则NO2和Na2O2反应的化学方程式是　Na2O2+2NO2═2NaNO3　．‎ Ⅱ．该研究性学习小组同学还认为NO易与O2发生反应，应该更易被Na2O2氧化．查阅资料：2NO+Na2O2═2NaNO2；2NaNO2+2HCl═2NaCl+NO2↑+NO↑+H2O；酸性条件下，NO能与MnO4﹣反应生成NO3﹣和Mn2+．‎ ‎（3）丙同学用图2所示装置（部分夹持装置略）探究NO与Na2O2的反应．‎ ‎①在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是　将装置中的空气排出　．‎ ‎②B中观察到的主要现象是　ac　（填字母编号）．‎ a．铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色b．有红棕色气泡产生c．有无色气泡产生 ‎③C、E中所盛装的试剂不能是　a　（填字母编号）．‎ a．无水硫酸铜 b．无水氯化钙 c．碱石灰 d．生石灰 ‎④F中发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为　3：5　．‎ ‎⑤充分反应后，检验D装置中产物的方法是：　取D装置中产物少许，加入稀盐酸，产生红棕色气体　，则产物是NaNO2．‎ ‎【考点】性质实验方案的设计．‎ ‎【专题】无机实验综合．‎ ‎【分析】（1）①Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铜和水；‎ ‎③根据仪器的特征和常见仪器的名称分析C为干燥管；‎ ‎（2）Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮中含有水蒸气；若过氧化钠氧化二氧化氮，则生成硝酸钠，依据氧化还原反应元素化合价变化配平书写发生反应的化学方程式；‎ ‎（3）①空气中的氧气能氧化NO，实验时要排尽装置中的空气；‎ ‎②二氧化氮与水反应生成稀硝酸，稀硝酸与Cu反应生成NO；‎ ‎③无水硫酸铜只能检验水不能吸收水；‎ ‎④F中为吸收一氧化氮的反应，其氧化剂为高锰酸根，还原剂为NO，根据得失电子守恒判断；‎ ‎⑤亚硝酸钠中加盐酸会生成NO，NO遇到空气中的氧气会变为红棕色．‎ ‎【解答】解：（1）①Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，其反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O；‎ 故答案为：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O；‎ ‎③仪器C具有球形特征的干燥管，所以为球形干燥管，‎ 故答案为：球形干燥管；‎ ‎（2）Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮中含有水蒸气，水蒸气能与过氧化钠反应生成氧气，所以要在A、B之间增加一个装置干燥装置，除去生成NO2气体中混有的水蒸气；若过氧化钠氧化二氧化氮，则生成硝酸钠，其反应的化学方程式为：Na2O2+2NO2=2NaNO3；‎ 故答案为：除去生成NO2气体中混有的水蒸气；Na2O2+2NO2=2NaNO3；‎ ‎（3）①空气中的氧气能氧化NO，实验时要排尽装置中的空气，所以在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是：将装置中的空气排出；‎ 故答案为：将装置中的空气排出；‎ ‎②在B装置中二氧化氮与水反应生成稀硝酸，稀硝酸与Cu反应生成NO，所以B中观察到的主要现象是：铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生；‎ 故选：ac；‎ ‎③无水硫酸铜只能检验水不能吸收水，‎ 故选：a；‎ ‎④F中为吸收一氧化氮的反应，其氧化剂为高锰酸根被还原生成二价锰离子降低5价，还原剂为NO被氧化成硝酸根升高3价，则根据得失电子守恒氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：5，‎ 故答案为：3：5；‎ ‎⑤亚硝酸钠中加盐酸会生成NO，NO遇到空气中的氧气会变为红棕色，则检验D装置中物质的方法为：取D装置中产物少许，加入稀盐酸，若产生无色气体，遇到空气变为红棕色，产物是亚硝酸钠；‎ 故答案为：取D装置中产物少许，加入稀盐酸，产生红棕色气体．‎ ‎【点评】本题考查了实验过程分析，物质性质的实验探究，明确物质性质和实验操作的目的和实验步骤分析是解题关键，注意结合题给信息解答解答，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎9．用辉铜矿（主要成分为 Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2，等杂质）制备难溶于水的碱式碳酸铜的流程如图：‎ ‎（l）下列措施是为了加快浸取速率，其中无法达到目的是　A　（填字母）．‎ A．延长浸取时间 ‎ B．将辉铜矿粉碎 C．充分搅拌 ‎ D．适当增加硫酸浓度 ‎（2）滤渣I巾的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的离子方程式：　2MnO2+Cu2S+8H+=S↓+2Cu2++2Mn2++4H2O　．‎ ‎（3）研究发现，若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，可能的原因是　Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化　．‎ ‎（4）“除铁”的方法是通过调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3．则加入的试剂A可以是　CuO或Cu（OH）2　（填化学式）；“赶氨”时，最适宜的操作方法是　加热　．‎ ‎（5）“沉锰”（除Mn2+）过程中有关反应的离子方程式为　Mn2++HCO3﹣+NH3=MnCO3↓+NH4+　．‎ ‎（6）滤液Ⅱ经蒸发结晶得到的盐主要是　（NH4）2SO4　（填化学式）．‎ ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液PH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜，‎ ‎（1）提高浸取速率，可增大浓度、升高温度、增大固体表面积或搅拌等；‎ ‎（2）“浸取”时：在酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀、CuSO4和MnSO4；‎ ‎（3）若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，Fe2O3在浸取时起媒介作用，Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化；‎ ‎（4）加入的试剂A应用于调节溶液pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，结合氨气易挥发的特点分析；‎ ‎（5）“沉锰”（除Mn2+）过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，以此可书写反应的离子方程式；‎ ‎（6）滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体．‎ ‎【解答】解：辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液PH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜，‎ ‎（1）酸浸时，通过粉碎矿石或者升高温度或者进行搅拌都可以提高浸取率，延长浸取时间并不能提高速率，‎ 故答案为：A；‎ ‎（2）“浸取”时：在酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀、CuSO4和MnSO4，其反应的离子方程式是：2MnO2+Cu2S+8H+=S↓+2Cu2++2Mn2++4H2O，‎ 故答案为：2MnO2+Cu2S+8H+=S↓+2Cu2++2Mn2++4H2O；‎ ‎（3）浸取时氧化铜溶液稀硫酸生成硫酸铁和水，若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，Fe2O3在浸取时起媒介作用，Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化，‎ 故答案为：Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化；‎ ‎（4）加入的试剂A应用于调节溶液pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，因最后要制备碱式碳酸铜，则可加入氧化铜、氢氧化铜等，因氨气易挥发，加热可促进挥发，则可用加热的方法．‎ 故答案为：CuO或Cu（OH）2；加热；‎ ‎（5）“沉锰”（除Mn2+）过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2++HCO3﹣+NH3=MnCO3↓+NH4+，‎ 故答案为：Mn2++HCO3﹣+NH3=MnCO3↓+NH4+；‎ ‎（6）滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体，故答案为：（NH4）2SO4．‎ ‎【点评】本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析应用，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，解答该类题目，注意把握实验原理和操作流程的目的，主要是物质性质的理解，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎10．煤是一种重要的化工原料，人们将利用煤制取的水煤气、焦炭、甲醚等广泛用于工农业生产中．‎ ‎（1）已知：‎ ‎①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol﹣1‎ ‎②CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H=+41.3kJ•mol﹣1‎ 则炭与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为　C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=+90.0 kJ•mol﹣1　．该反应在　高温　（填“高温”“低温”或“任何温度”）下有利于正向自发进行．‎ ‎（2）有人利用炭还原法处理氮氧化物，发生反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）．某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，在T1℃时，不同时间测得各物质的浓度如表所示：‎ 时间（min）‎ 浓度（mol•L﹣1）‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ NO ‎1.00‎ ‎0.68‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎0.60‎ ‎0.60‎ N2‎ ‎0‎ ‎0.16‎ ‎0.25‎ ‎0.25‎ ‎0.30‎ ‎0.30‎ CO2‎ ‎0‎ ‎0.16‎ ‎0.25‎ ‎0.25‎ ‎0.30‎ ‎0.30‎ ‎①10～20min内，N2的平均反应速率v（N2）=　0.009 mol/（L•min）　．‎ ‎②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据表中的数据判断改变的条件可能是　AD　（填选项字母）．‎ A．通入一定量的NO B．加入一定量的活性炭 C．加入合适的催化剂 D．适当缩小容器的体积 ‎（3）研究表明：反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）平衡常数随温度的变化如表所示：‎ 温度/℃‎ ‎400‎ ‎500‎ ‎800‎ 平衡常数K ‎9.94‎ ‎9‎ ‎1‎ 若反应在500℃时进行，设起始的CO和H2O的浓度均为0.020mol•L﹣1，在该条件下CO的平衡转化率为　75%　．‎ ‎（4）用CO做燃料电池电解CuSO4溶液、FeCl3和FeCl2混合液的示意图如图1所示，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极．工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同．‎ ‎①乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为　2.24L　．‎ ‎②丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图2所示，则图中③线表示的是　Cu2+　（填离子符号）的变化；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要　280　mL 5.0mol•L﹣1NaOH溶液．36．（化学）‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素；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；化学平衡的计算．‎ ‎【专题】化学平衡专题；电化学专题．‎ ‎【分析】（1）根据盖斯定律来写出碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式；根据反应能否自发进行的判据来回答；‎ ‎（2）反应前后是气体体积不变的反应，图表数据分析可知一氧化氮，氮气，二氧化碳浓度都增大，说明改变的条件是缩小体积增大浓度，或加入一氧化氮达到新平衡后个物质浓度增大；‎ ‎（3）到达平衡时转化率最大，令平衡时CO的浓度变化量为cmol/L，根据三段式法用c表示出平衡时各组分个浓度，再利用平衡常数列方程，求出c，再利用转化率定义计算；‎ ‎（4）①工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气；A电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气；阳极电极反应和电子守恒计算得到；‎ ‎②C电极为阳极，D电极为阴极，根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据丙的成分可知溶液中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此C电极是Cu做阳极，D电极是石墨做阴极，根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子，结合转移电子的物质的量计算．‎ ‎【解答】解：（1）已知①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol﹣1‎ ‎②CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H=+41.3kJ•mol﹣1‎ 根据盖斯定律，将①﹣②可得：C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=+90kJ•mol﹣1，反应的焓变△H＞0，△S＞0，根据反应自发进行的判据 ‎△H﹣TS＜0，所以需要高温下发生，‎ 故答案为：C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=+90.0 kJ•mol﹣1；高温；‎ ‎（2）①10～20min内，N2的平均反应速率v（N2）=mol/（L•min）=0.009 mol/（L•min），‎ 故答案为：0.009 mol/（L•min）；‎ ‎②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，图表数据分析可知一氧化氮，氮气，二氧化碳浓度都增大；‎ A．通入一定量的NO，反应正向进行，达到平衡后一氧化氮、氮气、二氧化碳浓度增大，故符合；‎ B．加入一定量的活性炭是固体，对平衡无影响，故不符合；‎ C．加入合适的催化剂，只能改变化学反应速率，不能改变平衡，浓度不变，故不符合；‎ D．适当缩小容器的体积，反应前后是气体体积不变的反应，平衡不动，但个物质浓度增大，符合要求，故符合；‎ 故答案为：AD；‎ ‎（3）设CO的浓度变化量为c，三段式法用c表示出平衡时各组分个浓度，‎ ‎ CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），‎ 起始（mol/L）：0.02 0.020 0 0‎ 转化（mol/L）：c c c c 平衡（mol/L）：0.02﹣c 0.02﹣c c c 代入500℃时反应平衡常数有k===9，解得c=0.015，‎ CO的最大所以转化率为×100%=75%，‎ 故答案为：75%；‎ ‎（4）①工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为X，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，电极反应为：‎ Cu2++2e﹣=Cu，‎ ‎0.1mol 0.2mol ‎2H++2e﹣=H2↑，‎ ‎2x x A电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：‎ ‎4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，‎ ‎4x x 得到0.2+2x=4x，‎ x=0.1mol 乙中A极析出的气体是氧气物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L，‎ 故答案为：2.24L；‎ ‎②根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，①为Fe3+，②为Fe2+，③为Cu2+，‎ 依据（2）计算得到电子转移应为0.4mol，对比图象，可知此时溶液中为Fe2+ 0.5mol，和Cu2+离子0.2mol．需要加入NaOH溶液1.4mol，体积为280ml，‎ 故答案为：Cu2+；280．‎ ‎【点评】本题综合性较大，涉及化学反应自发性判断、化学平衡常数、化学平衡影响因素、等效平衡计算以及电化学知识等，难度较大．‎ ‎　‎ ‎[化学-选修3：物质结构与性质]‎ ‎11．a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，相关信息如下表所示．‎ a 原子核外电子分别占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同 b 基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1‎ c 在周期表所列元素中电负性最大 d 位于周期表中第4纵行 e 基态原子M层全充满，N层只有一个电子 请回答：‎ ‎（1）d属于　d　区的元素，其基态原子的价电子排布图为　　．‎ ‎（2）b与其同周期相邻元素第一电离能由大到小的顺序为　N＞O＞C　（用元素符号表示）．‎ ‎（3）c的氢化物水溶液中存在的氢键有　4　种，任意画出一种　、、、任意一种　．‎ ‎（4）a与其相邻同主族元素的最高价氧化物的熔点高低顺序为　SiO2＞CO2　（用化学式表示）．若将a元素最高价氧化物水化物对应的正盐酸根离子表示为A，则A的空间构型为　平面三角形　；A的中心原子的轨道杂化类型为　sp2杂化　；与A互为等电子体的一种分子为　SO3　（填化学式）．‎ ‎（5）e与Au的合金可形成面心立方最密堆积的晶体，在晶胞中e原子处于面心，该晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由e原子与Au原子构成的四面体空隙中，储氢后的晶胞结构与金刚石晶胞结构相似，该晶体储氢后的化学式为　H4Cu3Au　，若该晶体的相对分子质量为M，密度为ag/cm3，则晶胞的体积为　cm3　（NA用表示阿伏加德罗常数的值）．‎ ‎【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型．‎ ‎【分析】a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，a原子核外电子分占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，核外电子排布为1s22s22p2，故a为C元素；b元素基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1，核外电子排布为1s22s22p3，故b为N元素；c在周期表所列元素中电负性最大，则c为F元素；d位于周期表中第4纵行，且处于第四周期，故d为Ti；e的基态原子M层全充满，N层只有一个电子，则核外电子数为2+8+18+1=29，故e为Cu，据此解答．‎ ‎【解答】解：a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，a原子核外电子分占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，核外电子排布为1s22s22p2，故a为C元素；b元素基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1，核外电子排布为1s22s22p3，故b为N元素；c在周期表所列元素中电负性最大，则c为F元素；d位于周期表中第4纵行，且处于第四周期，故d为Ti；e的基态原子M层全充满，N层只有一个电子，则核外电子数为2+8+18+1=29，故e为Cu，‎ ‎（l）d为Ti元素，属于d区的元素，基态原子的价电子排布3d24s2，故其基态原子的价电子排布图为，‎ 故答案为：d；；‎ ‎（2）与b同周期相邻元素分别为C、O，同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C，‎ 故答案为：N＞O＞C；‎ ‎（3）c的氢化物为HF，水溶液中存在的氢键有、、、，共4种，‎ 故答案为：4；、、、任意一种；‎ ‎（4）a与其相邻同主族元素的最高价氧化物分别为CO2、SiO2，前者属于分子晶体，后者属于原子晶体，故熔点高低顺序为SiO2＞CO2．a元素最高价氧化物水化物对应的正盐酸根离子为CO32﹣，离子中C原子价层电子对数=3+=3，没有孤电子对，故碳酸根离子为平面三角形结构，中心C原子的轨道杂化类型为 sp2杂化；与CO32﹣互为等电子体的一种分子为SO3等，‎ 故答案为：SiO2＞CO2；平面三角形；sp2杂化；SO3；‎ ‎（5）Cu与Au的合金可形成面心立方最密堆积的晶体，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，该晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，储氢后的 晶胞结构与金刚石晶胞结构相似，金刚石晶胞结构为，则形成的晶体中晶胞中原子为H原子，共有有4个，Cu原子数目为6×=3，Au原子数目为8×=1，该晶体储氢后的化学式为H4Cu3Au，若该晶体的相对分子质量为M，晶胞质量为g，晶体密度为ag/cm3，则晶胞的体积为g÷ag/cm3=cm3，‎ 故答案为：H4Cu3Au； cm3．‎ ‎【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、氢键、晶体类型与性质、分子结构与性质、晶胞计算等，明确元素种类是解题关键，注意同周期元素第一电离能异常情况，注意利用均摊法进行晶胞的有关计算，难度中等．‎ ‎　‎ ‎[化学-选修5：有机化学基础]‎ ‎12．有机物G（分子式C13H18O2）是一种香料，如图是该香料的一种合成路线．‎ 已知：‎ ‎①E能够发生银镜反应，1mol E能够与2mol H2完全反应生成F ‎②R﹣CH=CH2R﹣CH2CH2OH ‎③有机物D的摩尔质量为88g/mol，其核磁共振氢谱有3组峰 ‎④有机物F是苯甲醇的同系物，苯环上只有一个无支链的侧链 回答下列问题：‎ ‎（1）用系统命名法命名有机物B：　2﹣甲基﹣1﹣丙醇　．‎ ‎（2）E的结构简式为　　．‎ ‎（3）C与新制Cu（OH）2反应的化学方程式为　（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2（CH3）2CHCOOH+Cu2O↓+2H2O　．‎ ‎（4）有机物C可与银氨溶液反应，配制银氨溶液的实验操作为　在一支试管中取适量硝酸银溶液，边振荡边逐滴滴入氨水，当生成的白色沉淀恰好溶解为止　．‎ ‎（5）已知有机物甲符合下列条件：①为芳香族化合物、②与F是同分异构体、③能被催化氧化成醛．符合上述条件的有机物甲有　13　种．其中满足苯环上有3个侧链，且核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为6：2：2：1：1的有机物的结构简式为　　．‎ ‎（6）以丙烯等为原料合成D的路线如下：‎ X的结构简式为　CH3CHBrCH3　，步骤Ⅱ的反应条件为　NaOH的水溶液加热　，步骤Ⅳ的反应类型为　消去反应　．‎ ‎【考点】有机物的合成．‎ ‎【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化合物的获得与应用．‎ ‎【分析】C氧化可生成D，则D应为酸，D的相对分子质量通过质谱法测得为88，它的核磁共振氢谱显示只有三组峰，其结构简式 应为（CH3）2CHCOOH，则C为（CH3）2CHCHO，‎ B为（CH3）2CHCH2OH，由题给信息可知A为（CH3）2C=CH2，有机物F是苯甲醇的同系物，苯环上只有一个无支链的侧链，结合G的分子式可知F为，E能够发生银镜反应，1mol E与2mol H2反应生成F，则E为，G为，结合对应有机物的结构和性质以及题目要求解答该题．‎ ‎【解答】解：（1）B为（CH3）2CHCH2OH，其用系统命名法命名的名称为2﹣甲基﹣1﹣丙醇，‎ 故答案为：2﹣甲基﹣1﹣丙醇；‎ ‎（2）F为，E能够发生银镜反应，1mol E与2mol H2反应生成F，则E为，‎ 故答案为：；‎ ‎（3）C为（CH3）2CHCHO，其与新制氢氧化铜反应的化学方程式为（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2（CH3）2CHCOOH+Cu2O↓+2H2O，‎ 故答案为：（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2（CH3）2CHCOOH+Cu2O↓+2H2O；‎ ‎（4）配置银氨溶液时，将氨水逐滴滴入硝酸银溶液中，当生成的白色沉淀恰好溶解为止，‎ 故答案为：在一支试管中取适量硝酸银溶液，边振荡边逐滴滴入氨水，当生成的白色沉淀恰好溶解为止；‎ ‎（5）F为，符合：①为芳香族化合物②与F是同分异构体③能被催化氧化成醛．的化合物有：‎ 若苯环上只有1个取代基，取代基为CH（CH3）﹣CH2OH，只有1种，‎ 若苯环上有2个取代基，可能是甲基和﹣CH2CH2OH，临间对3种，也可以是﹣CH2CH3和﹣CH2OH，临间对3种，‎ 若苯环上有3个取代基，只能是两个﹣CH3和一个﹣CH2OH，采用定一议二原则判断，有6种，所以共有13种，‎ 其中满足苯环上有3个侧链，且核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为6：2：2：1：1的有机物的结构简式为；，‎ 故答案为：13；；‎ ‎（6）D结构简式为（CH3）2CHCOOH，以丙烯等为原料合成D的路线可知，反应Ⅰ为加成反应，X为CH3CHBrCH3，其在NaOH的水溶液中加热生成CH3CHOHCH3，反应ⅣⅤ分别为消去反应和加成反应，‎ 故答案为：CH3CHBrCH3；NaOH的水溶液加热；消去反应．‎ ‎【点评】本题考查有机物的合成与推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和推断能力的考查，注意把握题给信息，利用逆推法解答该题，明确有机物的结构简式为解答该题的关键，注意把握官能团的性质．‎