四川省广安市邻水中学2015届高三化学下学期第七次月考试卷含解析.doc

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1、2014-2015学年四川省广安市邻水中学高三第七次月考化学试卷一、选择题1化学与生活密切相关，下列说法正确的是A使用填埋法处理未经分类的生活垃圾B“地沟油”经过加工处理后可用来制肥皂C大量使用薪柴为燃料，践行低碳生活DCO2、NO2或SO2的排放是形成酸雨的主要原因2能正确表示下列反应离子方程式的是A磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OBCa2与过量Ca2溶液反应：Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2OC用两根铜棒电解稀盐酸：2H+2ClH2+Cl2DNa2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O+4H+SO42+3S+2H2O3设NA为阿伏加德罗常数的值下列说

2、法正确的是A含4 mol HCl 的浓盐酸跟足量MnO2加热反应可制得 Cl2的分子数为NAB将标准状况下 22.4LNO与11.2LO2混合后的体积约为 22.4LC标准状况下，22.4L乙烯中含有键的数目为5NAD1molC中含有CC键的数目为4NA4下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液不一定是钠盐溶液B将SO2通入Ba2溶液产生白色沉淀SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀C向Zn与稀硫酸反应的溶液中滴加硫酸铜溶液产生气体的速率加快硫酸铜作该反应的催化剂D向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液均有固体析出

3、蛋白质均发生变性AABBCCDD5下列说法正确的是ApH均为9的Na2CO3溶液、CH3COONa溶液、NaOH溶液，其物质的量浓度的大小顺序为B等物质的量浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液等体积混合，所得溶液中：c+cc+c+3cC0.1 molL1KHC2O4溶液中：c=c+c2cDpH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液：c+c=c6在20L的密闭容器中按物质的量之比为1：2充入CO和H2，发生：CO+2H2CH3OHH测得CO的转化率随温度及不同压强下的变化如图所示，p2和195时n随时间的变化结果如表所示下列说法正确的是

4、 p2及195n随时间变化t/min0135n/mol8544Ap1p2，H0B在p2及195时，反应前3 min的平均速率v=0.8 molL1min1C在p2及195时，该反应的平衡常数为25D在B点时，v正v逆7碱性硼化钒空气电池工作时反应为：4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5用该电池为电源，选用惰性电极电解硫酸铜溶液，实验装置如图所示当外电路中通过0.04mol电子时，B装置内共收集到0.448L气体，则下列说法正确的是AVB2电极发生的电极反应为：2VB2+11H2O22e=V2O5+2B2O3+22H+B外电路中电子由c电极流向VB2电极C电解过程中，b电极表面先有红色物质

5、析出，然后有气泡产生D若B装置内的液体体积为200 mL，则CuSO4溶液的物质的量浓度为0.05mol/L三、解答题8有原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F、G 七种元素，A 是短周期中族序数等于周期数的非金属元素；B 元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子中每种能级电子数相同；D 的最外层电子数与电子层数之比为3：1；E是地壳中含量第二多的非金属元素；D、F同族； G 元素原子序数为24G元素在周期表中属于区G3+最外层电子排布式为BD32中B原子的杂化类型为晶胞如右图所示，其化学式为下列说法不正确的是aB、C、D 三种元素的第一电离能最大的是DbB、C、D 三种元素的电负性最

6、大的是Dc某C氢化物分子结构式为：HC=CH，该分子中X原子的杂化方式是sp3dB和E的单质能形成相同类型的晶体，其熔点BGeA2D2分子的空间构型为直线形fD元素简单氢化物的沸点高于F的氢化物gC 的单质分子中键和键的个数比为1：1用锌还原TCl4的盐酸溶液，经后续处理可制得绿色的配合物TCl5Cl2H2O1mol该配合物中含有键的数目为已知在25、101kPa 下：A2D=A2D H1=44.0kJmol1C2+D2=2CDH2=229.3kJmol14CA3+5D2=4CD+6A2DH3=906.5kJmol14CA3+6CD=5C2+6A2D H4则H4=kJmol19半导体生产中常需

7、要控制掺杂，以保证控制电阻率，三氯化磷是一种重要的掺杂剂实验室要用黄磷与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3，装置如图所示：已知：黄磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5；PCl3遇水会强烈水解生成 H3PO3和HC1；PCl3遇O2会生成POCl3，POCl3溶于PCl3；PCl3、POCl3的熔沸点见下表：物质熔点/沸点/PCl311275.5POCl32105.3请回答下列问题：A装置中制氯气的离子方程式为B中所装试剂是实验结束时，可以利用C中的试剂吸收多余的氯气，C中反应的离子方程式为F中碱石灰的作用是实验时，检査装置气密性后，先打开K3通入干燥的CO2，再迅速加

8、入黄磷通干燥CO2的作用是粗产品中常含有POCl3、PCl5等，加入黄磷加热除去PCl5后，通过，即可得到较纯净的PCl3通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数迅速称取1.00g产品，加水反应后配成250mL溶液；取以上溶液25.00mL，向其中加入10.00mL 0.1000mol/L碘水，充分反应；向所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.1000mol/L的Na2S2O3溶液滴定；重复、操作平均消耗Na2S2O3溶液8.40mL已知：H3PO3+H2O+I2H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6，假设测定过程中没有其他反应根据上述数据，该产品中PC13的质量分数

9、为10重要的精细化学品M和N，常用作交联剂、涂料、杀虫剂等，合成路线如下图所示：已知：iiiRCHO+H2OiiiN的结构简式是请回答下列问题：N的分子式为A中含氧官能团名称是；由A生成B的反应类型是X的结构简式是C和甲醇反应的产物可以聚合形成有机玻璃该聚合反应的化学方程式是由Y生成D的化学方程式是下列说法正确的是aE能发生消去反应 b.1mol M中含有4mol酯基cX与Y是同系物 d.1mol G与足量H2加成可消耗2mol H2eZ的结构简式是E的同分异构体有多种，写出符合下列条件的同分异构体的结构简式：a与E具有相同官能团 b其核磁共振氢谱有5种峰11以含镍废液为原料生产NiOOH和N

10、iSO46H2O的一种工艺流程如图1：加入Na2CO3溶液时，确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是实验操作1是写出在空气中加热Ni2制取NiOOH的化学方程式：若加热不充分，制得的NiOOH中会混有Ni2，其组成可表示为xNiOOHyNi2现称取9.18g样品溶于稀硫酸，加入100mL 1.0molL1Fe2+标准溶液，搅拌至溶液清亮，定容至200mL取出20.00mL，用0.010molL1KMnO4标准溶液滴定，用去KMnO4标准溶液20.00mL涉及反应如下：NiOOH+Fe2+H+Ni2+Fe3+H2OFe2+MnO4+H+Fe3+Mn2+H2O试确定x、y的值后写出样品的组成该样品中

11、物质和一种碳纳米管能够吸附氢气的碳电极可作充电电池该电池的电解质为6molL1KOH溶液充电时将碳电极与电源的相连放电时镍电极反应为放电时碳电极反应为2014-2015学年四川省广安市邻水中学高三第七次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1化学与生活密切相关，下列说法正确的是A使用填埋法处理未经分类的生活垃圾B“地沟油”经过加工处理后可用来制肥皂C大量使用薪柴为燃料，践行低碳生活DCO2、NO2或SO2的排放是形成酸雨的主要原因【考点】常见的生活环境的污染及治理；油脂的性质、组成与结构【分析】A生活垃圾中含有不易分解的塑料和其它有毒的物质； B“地沟油”的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，根据其

12、性质分析；C薪柴为燃料能产生大量二氧化碳；D因酸雨的形成与CO2无关【解答】解：A使用填埋法处理未经分类的生活垃圾会污染土壤和水资源，故A错误； B“地沟油”的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下发生皂化反应，生成肥皂，故B正确；C薪柴为燃料能产生大量二氧化碳，不能体现低碳思想，故C错误；D因酸雨的形成是由于SO2、NO2而引起的，与CO2无关，故D错误；故选B【点评】本题主要考查了物质的性质与制取，难度不大，根据课本知识即可完成2能正确表示下列反应离子方程式的是A磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OBCa2与过量Ca2溶液反应：Ca2+HC

13、O3+OH=CaCO3+H2OC用两根铜棒电解稀盐酸：2H+2ClH2+Cl2DNa2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O+4H+SO42+3S+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A亚铁离子被稀硝酸氧化成铁离子；B氢氧化钙过量，离子方程式按照碳酸氢钙的组成书写，反应生成碳酸钙沉淀和水；C电极为铜棒，阳极铜失去电子生成铜离子，阴极氢离子得到电子生成氢气；D硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、硫单质、二氧化硫气体和水【解答】解：AFe3O4与稀硝酸发生氧化还原反应，正确的离子反应为：3Fe3O4+28H+NO3=9Fe3+NO+14H2O，故A错误；BCa2与过量Ca2溶液反应生成碳酸钙沉淀和水

14、，反应的离子方程式为：Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O，故B正确；C用两根铜棒电解稀盐酸，阳极放电的是金属铜，正确的电解反应为：2H+CuH2+Cu2+，故C错误；DNa2S2O3溶液中加入稀硫酸，反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4Na2SO4+H2O+S+SO2，正确的离子方程式为：2S2O32+2H+SO2+S+2H2O，故D错误；故选B【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系3设NA为阿伏加德

15、罗常数的值下列说法正确的是A含4 mol HCl 的浓盐酸跟足量MnO2加热反应可制得 Cl2的分子数为NAB将标准状况下 22.4LNO与11.2LO2混合后的体积约为 22.4LC标准状况下，22.4L乙烯中含有键的数目为5NAD1molC中含有CC键的数目为4NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、MnO2只能与浓盐酸反应，一旦盐酸变稀反应即停止；B、NO与O2混合后得到NO2的体积与NO的相等，但由于存在2NO2N2O4，故体积小于22.4L；C、单键为键，双键含有1个键和1个键，三键含有1个键和2个键，1mol乙烯分子中的键为5mol；D、金刚石中，每个C与其它4个C原则形成4个碳碳键

16、，根据均摊法计算出1mol金刚石中含有的碳碳键数目；【解答】解：A、MnO2只能与浓盐酸反应，一旦盐酸变稀反应即停止，故4molHCl不能完全反应，则制得的氯气的物质的量小于1mol，故氯气分子个数小于NA个，故A错误；B、NO与O2混合后得到NO2的体积与NO的相等，但由于存在2NO2N2O4，故体积小于22.4L，故B错误；C、乙烯分子中有1个C=C和4个CH，所以乙烯分子有5键和1个键，标准状况下，22.4L乙烯为1mol，含有键的数目为5NA，故C正确；D、金刚石中，每个C形成的共价键为：4=2，则1mol金刚石形成的共价键为：1mol2=2mol，所以1mol金刚石中含有CC键的数目

17、为2NA，故D错误；故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的运用以及物质的状态和结构是解题关键，难度不大4下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液不一定是钠盐溶液B将SO2通入Ba2溶液产生白色沉淀SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀C向Zn与稀硫酸反应的溶液中滴加硫酸铜溶液产生气体的速率加快硫酸铜作该反应的催化剂D向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液均有固体析出蛋白质均发生变性AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A钠元素焰色反应呈黄色；B二氧化硫具有还原性，能被硝酸钡氧化

18、生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子发生复分解反应；CZn能置换出硫酸铜溶液中的Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池，原电池加快反应速率；D可溶性盐溶液能使蛋白质发生盐析，重金属盐能使蛋白质发生变性【解答】解：A钠元素焰色反应呈黄色，但含有钠元素的溶液可能是碱液，如NaOH，故A正确；B二氧化硫具有还原性，能被硝酸钡氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子发生复分解反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫和氯化钡溶液不反应，所以结论错误，故B错误；CZn能置换出硫酸铜溶液中的Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池，原电池加快反应速率，所以结论错误，故C错误；D可溶性盐溶液能使蛋白质发生盐析，重金属盐能使蛋白质发生变

19、性，氯化钠能使蛋白质溶液发生盐析、硫酸铜溶液能使蛋白质溶液发生变性，所以结论错误，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，涉及蛋白质性质、化学反应速率影响因素、二氧化硫的性质、焰色反应等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意盐析和变性的区别，题目难度不大5下列说法正确的是ApH均为9的Na2CO3溶液、CH3COONa溶液、NaOH溶液，其物质的量浓度的大小顺序为B等物质的量浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液等体积混合，所得溶液中：c+cc+c+3cC0.1 molL1KHC2O4溶液中：c=c+c2cDpH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶

20、液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液：c+c=c【考点】离子浓度大小的比较【分析】A先判断浓度相等时三种溶液的pH大小，再判断当溶液的pH相等时，该溶液的物质的量浓度大小；B混合液显示碱性，cc，结合物料守恒和电荷守恒进行判断；C根据KHC2O4溶液中的电荷守恒和物料守恒判断；D混合液的pH=7，则c=c，结合电荷守恒分析【解答】解：ANa2CO3溶液 CH3COONa溶液 NaOH溶液，物质的量浓度相等时，氢氧化钠属于碱类，其pH最大，醋酸钠和碳酸钠水解显示碱性，醋酸根的水解程度小于碳酸根的水解程度，所以碳酸钠的碱性强于醋酸钠的碱性，即，则pH相等时三种溶液的浓度大小为：，故A错误

21、；B等浓度等体积的Na2CO3、NaHCO3溶液中，则碳酸钠和碳酸氢钠的浓度相等，根据电荷守恒可得：c+2c+c=c+c，根据物料守恒可得：2c=3c+3c，根据可得：c+2c=c+3c+2c，由于混合液显示碱性，则cc，故c+cc+c+3c，故B正确；C.0.1 molL1KHC2O4溶液中，根据电荷守恒可得：2c+c+c=c+c，根据物料守恒可得：c+c+c=c，二者结合可得：c=c+cc，故C错误；DpH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则c=c，根据电荷守恒可得：2c+c=c，故D错误；故选B【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，

22、涉及盐的水解原理、酸碱混合的定性判断、溶液pH的计算、离子浓度大小比较等知识，试题知识点较多，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法6在20L的密闭容器中按物质的量之比为1：2充入CO和H2，发生：CO+2H2CH3OHH测得CO的转化率随温度及不同压强下的变化如图所示，p2和195时n随时间的变化结果如表所示下列说法正确的是 p2及195n随时间变化t/min0135n/mol8544Ap1p2，H0B在p2及195时，反应前3 min的平均速率v=0.8 molL1min1C在p2及195时，该反应的平衡

23、常数为25D在B点时，v正v逆【考点】化学平衡的计算【专题】计算题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题【分析】根据化学反应速率和平衡常数的定义进行计算，根据影响化学平衡的因素进行判断得出正确结论升高温度，化学反应速率加快，平衡向着吸热的方向移动；增大压强，化学反应速率加快，平衡向着气体体积减小的方向移动【解答】解：AP1时，升高温度，CO转化率减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，H0；该反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，195时，CO转化率P2大于P1，压强从P1变到P2后平衡正向移动，因此P1到P2为增大压强，P1P2，故A错误；B.03 min，n=84=4mol，故n=

24、42=2mol，v=molL1min1=0.033molL1min1，故B错误；C由表中信息可知，起始时：c=0.4mol/L，c=c=0.2mol/L；平衡时：c=0.2mol/L； CO+2H2CH3OH起始浓度 0. 2 0.4 0转化浓度 0.1 0.2 0.1平衡浓度 0.1 0.2 0.1K=25L2mol2，故C正确；D根据表中数据知，平衡时氢气转化率为50%，当可逆反应中初始反应物物质的量之比等于其计量数之比时，其反应物转化率相等，所以该温度和压强下CO的转化率为50%，根据图知，A点是平衡状态，B点转化率大于A点，该反应在该温度和压强下达到平衡状态，应该向逆反应方向移动，所以

25、B点vv，故D错误，故选C【点评】本题考查外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，化学反应速率和平衡常数的计算，难度中等7碱性硼化钒空气电池工作时反应为：4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5用该电池为电源，选用惰性电极电解硫酸铜溶液，实验装置如图所示当外电路中通过0.04mol电子时，B装置内共收集到0.448L气体，则下列说法正确的是AVB2电极发生的电极反应为：2VB2+11H2O22e=V2O5+2B2O3+22H+B外电路中电子由c电极流向VB2电极C电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，然后有气泡产生D若B装置内的液体体积为200 mL，则CuSO4溶液的物质的量浓度为0.0

26、5mol/L【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】硼化钒空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O，则与负极相连的c为电解池的阴极，铜离子得电子发生还原反应，与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子发生氧化反应，据此分析计算【解答】解：A、负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH22e=V2O5+2B2O3+11H2O，故A错误；B、外电路中电子由VB2电极流向阴极c电极，故B错误；C、电解过程中，与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子生成氧气，故C错误；D、当外电路中通过0.04mol

27、电子时，B装置内与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子生成氧气为0.01mol，又共收集到0.448L气体即=0.02mol，则阴极也产生0.01moL的氢气，所以溶液中的铜离子为=0.01mol，则CuSO4溶液的物质的量浓度为=0.05mol/L，故D正确；故选D【点评】本题考查原电池及其电解池的工作原理，题目难度不大，本题注意把握电极反应式的书写，利用电子守恒计算三、解答题8有原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F、G 七种元素，A 是短周期中族序数等于周期数的非金属元素；B 元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子中每种能级电子数相同；D 的最外层电子数与电子层数之比为3：1；E是

28、地壳中含量第二多的非金属元素；D、F同族； G 元素原子序数为24G元素在周期表中属于d区G3+最外层电子排布式为3s23p63d3BD32中B原子的杂化类型为sp2杂化晶胞如右图所示，其化学式为BaSiO3下列说法不正确的是acegaB、C、D 三种元素的第一电离能最大的是DbB、C、D 三种元素的电负性最大的是Dc某C氢化物分子结构式为：HC=CH，该分子中X原子的杂化方式是sp3dB和E的单质能形成相同类型的晶体，其熔点BGeA2D2分子的空间构型为直线形fD元素简单氢化物的沸点高于F的氢化物gC 的单质分子中键和键的个数比为1：1用锌还原TCl4的盐酸溶液，经后续处理可制得绿色的配合物

29、TCl5Cl2H2O1mol该配合物中含有键的数目为186.021023已知在25、101kPa 下：A2D=A2D H1=44.0kJmol1C2+D2=2CDH2=229.3kJmol14CA3+5D2=4CD+6A2DH3=906.5kJmol14CA3+6CD=5C2+6A2D H4则H4=2317kJmol1【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F、G 七种元素，A 是短周期中族序数等于周期数的非金属元素，则A为H元素；B元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子中每种能级电子数相同，核外电子数排布为1s22s22p2，则B为碳元素；D

30、的最外层电子数与电子层数之比为3：1，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故D为O元素；C 元素的原子序数给予碳、氧之间，则C为N元素；E是地壳中含量第二多的非金属元素，则E为Si；G 元素原子序数为24，则G为Cr；D、F同族，F原子序数小于24，故F为S元素，据此解答【解答】解：原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F、G 七种元素，A 是短周期中族序数等于周期数的非金属元素，则A为H元素；B元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子中每种能级电子数相同，核外电子数排布为1s22s22p2，则B为碳元素；D 的最外层电子数与电子层数之比为3：1，原子只能有2个电子层，最外层电子数为

31、6，故D为O元素；C 元素的原子序数给予碳、氧之间，则C为N元素；E是地壳中含量第二多的非金属元素，则E为Si；G 元素原子序数为24，则G为Cr；D、F同族，F原子序数小于24，故F为S元素G的原子序数为24，处于第四周期B族，元素在周期表中属于d区，故答案为：d；Ti3+最外层电子排布式为3s23p63d3，故答案为：3s23p63d3；CO32中C原子价层电子对数=3+=3，C原子杂化类型为sp2杂化，故答案为：sp2杂化； 晶胞中Ba原子数目为1，Si原子数目为8=1，O原子数目为12=3，故该晶体的化学式为：BaSiO3，故答案为：BaSiO3；a同周期随原子序数增大，第一电离能呈增

32、大趋势，但N原子2P能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：NOC，故a错误；b同周期自左而右，电负性增大，故电负性：ONC，故b正确；c某C氢化物分子结构式为：HN=NH，该分子中N原子形成3个键、含有1对孤电子对，N原子的杂化方式是sp2杂化，故c错误；d金刚石、晶体硅均为原子晶体，由于CC键长小于SiSi键长，故CC键的键能大，金刚石的熔点高于晶体硅，故d正确；eH2O2分子中O原子为sp3杂化，氧原子与连接的另外氧原子、H原子形成V型结构，不是直线形，故e错误；f水分子之间存在氢键，沸点高于硫化氢，故f正确；gC 的单质分子为N2，结构式为NN，键和键

33、的个数比为1：2，故g错误，故选：aceg；配合物TlCl5Cl2H2O中，锌离子与水分子之间有5个配位键，与氯离子之间形成1个配位键，每个水分子中有2个共价键，所以1mol该配合物中含有含有键为18mol，即含有键的数目为186.021023个，故答案为：186.021023；已知：H2O=H2OH1=44.0kJmol1N2+O2=2NOH2=229.3kJmol14NH3+5O2=4NO+6H2OH3=906.5kJmol1根据盖斯定律，56可得：4NH3+6NO=5N2+6H2O ，则H4=906.5kJmol15229.3kJmol1644.0kJmol1=2317kJmol1，故答

34、案为：2317【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、元素周期律、杂化轨道、分子构型、化学键、晶体类型与性质、氢键、配合物、晶胞计算、反应热计算等，推断元素是解题关键，需要学生具备扎实的基础，注意理解掌握同周期第一电离能异常情况，难度中等9半导体生产中常需要控制掺杂，以保证控制电阻率，三氯化磷是一种重要的掺杂剂实验室要用黄磷与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3，装置如图所示：已知：黄磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5；PCl3遇水会强烈水解生成 H3PO3和HC1；PCl3遇O2会生成POCl3，POCl3溶于PCl3；PCl3、POCl3的熔沸点见下表：

35、物质熔点/沸点/PCl311275.5POCl32105.3请回答下列问题：A装置中制氯气的离子方程式为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2OB中所装试剂是吸收多余的氯气，防止空气中的H2O进入烧瓶和PCl3反应实验结束时，可以利用C中的试剂吸收多余的氯气，C中反应的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+2H2O；F中碱石灰的作用是吸收多余氯气防止污染空气，防止空气中的水蒸气进入烧瓶中与PCl3反应实验时，检査装置气密性后，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，防止白磷自燃粗产品中常含有POCl3、PCl5等，加入黄磷加热除去PCl5后，通

36、过蒸馏，即可得到较纯净的PCl3通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数迅速称取1.00g产品，加水反应后配成250mL溶液；取以上溶液25.00mL，向其中加入10.00mL 0.1000mol/L碘水，充分反应；向所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.1000mol/L的Na2S2O3溶液滴定；重复、操作平均消耗Na2S2O3溶液8.40mL已知：H3PO3+H2O+I2H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6，假设测定过程中没有其他反应根据上述数据，该产品中PC13的质量分数为79.75%【考点】制备实验方案的设计【分析】根据装置图可知工业生产制取PCl3流程为：

37、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，利用二氧化碳排尽装置中的空气，防止黄磷自燃，PCl3沸点为75.5，利用E装置防止PCl3挥发，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氯气，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应；A装置中二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，据此书写离子反应方程式；B装置利用浓硫酸干燥氯气；氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，据此书写离子反应方程式；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；白磷能自燃，通入二

38、氧化碳赶净空气；根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；根据反应的化学方程式H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6 可知n=n总n，25mL溶液中H3PO3的物质的量等于PC13的物质的量，再求出PC13的总物质的量和质量，然后求出质量分数【解答】解：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+2ClMn2+Cl2+2H2O；故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；氯气中含有水蒸气，氯气为酸性气体，需用酸性干燥剂干燥，所以B中所装试剂是浓硫酸；故答案

39、为：浓硫酸；氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2+2OH=Cl+ClO+2H2O；故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+2H2O；氯气有毒，污染空气，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，故答案为：吸收多余氯气防止污染空气，防止空气中的水蒸气进入烧瓶中与PCl3反应；通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止白磷与空气中的氧气发生自燃；故答案为：排尽装置中的空气，防止白磷自燃；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；0.1000mol/L碘溶液10.00mL中含有碘单质的

40、物质的量为：0.1000mol/L0.0100L=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：0.00100mol0.1000mol/L0.00084L=0.00058mol，再由H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI可知，25mLPC13水解后的溶液中含有的H3PO3的物质的量为：n=n=0.00058mol，250mL该溶液中含有H3PO3的物质的量为：0.00058mol=0.0058mol，所以1.00g产品中含有的PC13的物质的量为0.0058mol，该产品中PCl3的质量分数为：100%=79.75

41、%；故答案为：79.75%【点评】本题主要考查学生阅读获取信息的能力、对实验原理理解等，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，题目难度较大10重要的精细化学品M和N，常用作交联剂、涂料、杀虫剂等，合成路线如下图所示：已知：iiiRCHO+H2OiiiN的结构简式是请回答下列问题：N的分子式为C23H24O4A中含氧官能团名称是羟基、醛基；由A生成B的反应类型是消去反应X的结构简式是CH3CH2CHOC和甲醇反应的产物可以聚合形成有机玻璃该聚合反应的化学方程式是由Y生成D的化学方程式是下列说法正确的是bcaE能发生消去反应 b.1mol

42、 M中含有4mol酯基cX与Y是同系物 d.1mol G与足量H2加成可消耗2mol H2eZ的结构简式是E的同分异构体有多种，写出符合下列条件的同分异构体的结构简式：a与E具有相同官能团 b其核磁共振氢谱有5种峰【考点】有机物的推断【分析】有机物X与HCHO发生信息i的反应，结合A的分子式C4H8O2，可知X为CH3CH2CHO，A为HOCH2CHCHO，A发生消去反应脱去1分子H2O生成B，故B为CH2CCHO，B氧化生成C为CH2CCOOH；由信息iii中N的结构，结合信息ii中反应可知，形成M的物质为、，C与E反应可以合成M，结合M的分子式C21H28O8可知，E为，故G为，C与E通过

43、酯化反应生成M；由Y到E的转化，结合E的结构可知，Y不含苯环，再结合G的结构可知，化合物Z中含有苯环，结合反应信息i可知，Y为CH3CHO，Z为，故F为；由E的结构可知，1分子CH3CHO与3分子HCHO发生信息i反应生成D，D为，D与氢气发生加成反应生成E，据此解答【解答】解：有机物X与HCHO发生信息i的反应，结合A的分子式C4H8O2，可知X为CH3CH2CHO，A为HOCH2CHCHO，A发生消去反应脱去1分子H2O生成B，故B为CH2CCHO，B氧化生成C为CH2CCOOH；由信息iii中N的结构，结合信息ii中反应可知，形成M的物质为、，C与E反应可以合成M，结合M的分子式C21H28O8可知，E为，故G为，C与E通过酯化反应生成M；由Y到E的转化，结合E的结构可知，Y不含苯环，再结合G的结构可知，化合物Z中含有苯环，结合反应信息i可知，Y为CH3CHO，Z为，故F为；由E的结构可知，1分子CH3CHO与3分子HCHO发生信息i反应生成D，D为，D与氢气发生加成反应生成E由N的结构简式可知，分子式为C23H24O4，故答案为：C23H24O4；上述分析可知，A为HOCH2CHCHO，含有羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；AB是H