辽宁省沈阳市东北育才学校2022届高三化学第九次模拟考试试题含解析

辽宁省沈阳市东北育才学校2022届高三第九次模拟考试理科综合-化学部分试题（考试时间：150分钟试卷满分：300分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Al27S32Cl35.5K39Ti48Cr52Ag108第Ⅰ卷一、选择题（本题包括13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1.化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是（）A.氢氧化铝可作抗酸药B.“84”消毒液的有效成分是NaClOC.浓硫酸可刻蚀石英制艺术品D.酱油中添加的补铁剂中含有维生素C【答案】C【解析】A.氢氧化铝能中和盐酸，可作抗酸药，A正确；B.“84”消毒液的有效成分是NaClO，B正确；C.浓硫酸与二氧化硅不反应，氢氟酸可刻蚀石英制艺术品，C错误；D.维生素C具有还原性，酱油中添加的补铁剂中含有维生素C，D正确，答案选C。2.下列试剂中，标签上应标注和的是（）A.CH3COOHB.HNO3C.Na2CO3D.HCl【答案】B【解析】根据标签可知该物质具有强氧化性和腐蚀性，醋酸是一元弱酸，碳酸钠是盐，盐酸是一元强酸，均没有氧化性，硝酸是具有强氧化性和腐蚀性的物质，答案选B。3.在下列给定条件的溶液中，可以大量共存的一组离子是：（）A.pH=13的溶液中：NH4+、NO3—、K+、SO42—-15-B.含Fe3+的溶液中：CO32—、NO3—、HCO3—、Na+C.强碱性溶液中：Na+、ClO—、AlO2—、NO3—D.pH=1的溶液中：CrO42—、K+、Na+、S2O32—【答案】C【解析】A.pH=13的溶液显进行，NH4+不能大量共存，A错误；B.含Fe3+的溶液中CO32－、HCO3－与铁离子水解相互促进，不能大量共存，B错误；C.强碱性溶液中：Na+、ClO－、AlO2－、NO3－之间不反应，可以大量共存，C正确；D.pH=1的溶液显酸性，CrO42－能氧化S2O32－，不能大量共存，D错误，答案选C。4.X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素。Y和R同主族，可形成共价化合物RY2，Y和Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，25℃时，0.1mol/LX和W形成的化合物的水溶液pH为1，下列说法正确的是（）A.Y和其他四种元素均可形成至少两种二元化合物B.R的最高价氧化物对应的水化物酸性最强C.原子半径：X<y<z<r<wd.y、z、w三种元素组成的化合物的水溶液一定显碱性【答案】a【解析】试题分析：y和r同主族，可形成共价化合物ry2，因此推出y为o，r为s，0.1mol·l－1的x和w形成化合物的水溶液ph为1，说明形成的化合物为一元强酸，即w为cl，x为h，z为na，a、o和h、s、na、cl形成化合物为h2o2、h2o、so2、so3、na2o2、na2o、clo2、cl2o等，故正确；b、非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性最强，非金属性cl>S，因此HClO4的酸性最强，故错误；C、半径一看电子层数，电子层数越多，半径最大，二看原子序数，电子层数相等，半径随着原子序数的递增而减小，因此应是Na>S>Cl>O>H，故错误；D、形成NaClO4属于强碱强酸盐，水溶液显中性，故错误。考点：考查元素推断、元素周期表、元素周期律的应用等知识。-15-5.下列说法正确的是（）A.某烷烃的命名为：2-甲基-3-乙基丁烷B.乙烯能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，二者反应原理不同C.乙烯分别使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，反应类型相同D.油脂是能发生水解反应的高分子化合物【答案】B【解析】A.2-甲基-3-乙基丁烷的有机物不存在，名称是2，3－二甲基戊烷，A错误；B.乙烯含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，二者反应原理不同，前者是氧化反应，后者是加成反应，B正确；C.乙烯分别使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，反应类型不相同，前者是加成反应，后者是氧化反应，C错误；D.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，不是高分子化合物，D错误，答案选B。6.已知下表中烷烃的某种同分异构体的一氯代物都只有一种结构，依据表中物质的分子式推测表中第六项应该为（）12345678CH4C2H6C5H12C8H18C17H36……C53H108C80H162A.C22H46B.C26H54C.C30H62D.C32H66【答案】B【解析】要满足一氯代物都只有一种结构，说明分子中所有氢原子完全相同，即除了甲烷以外其余烷烃分子中均是甲基，且结构对称。新戊烷含有4个甲基，C8H18含有6个甲基，则后一项相当于是一个C原子上连接4个C(CH3)3。同样类推后一项应该是在前一项的基础上增加9个甲基，即分子式是C26H54，答案选B。下列13题中任选一作答：7.下列图示与对应的叙述相符的是(　　)-15-A.图1表示1LpH＝2的CH3COOH溶液加水稀释至VL，pH随lgV的变化B.图2表示不同温度下水溶液中H＋和OH－浓度的变化的曲线，图中温度T2>T1C.图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数(N2的起始量恒定)的变化，图中a点N2的转化率小于b点D.图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2(s)2BaO(s)＋O2(g)，O2的平衡浓度与容器容积的关系【答案】C【解析】A.醋酸是弱电解质，稀释促进电离，稀释10倍以后溶液的pH小于3，A错误；B.电离吸热，加热促进水的电离，因此图中温度T2＜T1，B错误；C.增加氢气的浓度平衡向正反应方向进行，氮气的转化率增大，因此图中a点N2的转化率小于b点，C正确；D.由于体系中只有氧气是气体，则平衡常数K＝c(O2)，温度不变，平衡常数不变，因此氧气的浓度也不变，D错误，答案选C。点睛：选项D是解答的易错点，注意不要受思维定式的影响。一般情况下缩小容器容积浓度增大，但由于该反应比较特殊，整个反应体系中氧气是唯一的气体，因此需要从平衡常数表达式的角度去分析判断氧气浓度和容器容积的关系。8.Na2HPO4/Na3PO4的混合溶液可以将体系的pH稳定在11.3～13.3之间，是一种常用的缓冲溶液。下列有关该缓冲溶液的说法或关系式错误的是（）A.加入少量强碱，发生反应：HPO42－＋OH－===PO43－＋H2OB.c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(H2PO4－)＋2c(HPO42－)＋3c(PO43－)C.加入少量强酸，发生反应：HPO42－＋H＋===H2PO4－D.c(Na＋)>c(PO43－)＋c(HPO42－)＋c(H2PO4－)＋c(H3PO4)>c(Na＋)【答案】C【解析】A、当加入少量碱时，溶液中氢氧根离子和HPO42－发生中和反应生成PO43－，A正确；-15-B、溶液呈电中性，即阴阳离子所带电荷总数相等，所以c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(H2PO4－)＋2c(HPO42－)＋3c(PO43－)，B正确；C、当加入少量酸时，发生的反应为PO43-+H+=HPO42-，C错误；D、只要Na2HPO4/Na3PO4的量一定，溶液中所有的含有P原子的微粒之和为一定值，当溶质为Na2HPO4时，c(Na＋)：=2；当溶质为Na3PO4，c(Na＋)：=3，所以Na2HPO4/Na3PO4的混合溶液中1/2c(Na＋)>c(PO43－)＋c(HPO42－)＋c(H2PO4－)＋c(H3PO4)>1/3c(Na＋)，D正确，答案选C。点睛：本题考查了缓冲溶液中离子浓度大小的比较、电荷守恒等知识点，难点是判断溶液中离子浓度大小的关系，会运用电荷守恒和物料守恒是解本题的关键。9.BaCl2·xH2O是用途广泛的基础化工产品。我国目前主要是用盐酸和硫化钡(含少量Mg2＋、Fe3＋等)反应生产BaCl2·xH2O，工艺流程如下图所示。已知：室温时Ksp＝1.8×10－11，Ksp＝4.0×10－38，请回答下列问题：（1）反应Ⅰ中生成的H2S用足量氨水吸收，一定条件下向所得溶液中通入空气，又可得到单质硫并使吸收液再生，再生反应的化学方程式为______________________________。（2）所得氯化钡粗液中含硫化合物(H2S、HS－等)影响产品质量，可鼓入预热后的空气吹除，预热空气的目的是_______________；沉淀A的主要成分是_______________。（3）热空气吹除时会有部分HS－转变为S2O，使产品仍达不到纯度要求，可再进行酸化脱硫，酸化脱硫时的离子方程式为____________________________________________。（4）室温时，若加碱调溶液pH调至9，则完全沉淀的离子是__________，另一离子浓度为______mol/L(当溶液中离子浓度小于1×10－5mol/L时认为该离子完全沉淀)。若向0.1mol/LFeCl3溶液中加入一定量等浓度的Na2CO3溶液，出现的现象________，发生反应的离子方程式___________________。【答案】(1).2(NH4)2S＋O2＋2H2O＝4NH3·H2O＋2S↓(2).升温将使气体的溶解度减小，利于吹除H2S(3).S(或硫)(4).S2O32－＋2H＋＝S↓＋SO2↑＋H2O(5).Fe3+(6).0.18(7).产生红褐色沉淀并有气体放出(8).2Fe3++3CO32－＋3H2O＝2Fe(OH)3↓＋3CO2↑【解析】用盐酸和硫化钡(含少量Mg2＋、Fe3＋等)反应生产BaCl2·xH2O-15-，硫化钡和盐酸反应生成硫化氢气体，所得氯化钡粗液中含硫化合物（H2S、HS-等）影响产品质量，可鼓入预热后的空气吹除，硫化氢被氧气氧化生成沉淀A为单质硫，加入碱溶液调节溶液pH除去Mg2+和Fe3+，得到沉淀B为Mg(OH)2和Fe(OH)3，得到氯化钡溶液蒸发浓缩得到氯化钡晶体，其中得到的母液循环使用，则（1）H2S用足量氨水吸收，会生成硫化铵，空气中的氧气能将硫化铵氧化成硫单质，反应的化学方程式为2(NH4)2S＋O2＋2H2O＝4NH3·H2O＋2S↓；（2）预热后的空气能使溶液温度升高，从而减小气体在溶液中的溶解度，利于吹除硫化氢，同时空气中有氧气，能将部分硫化氢氧化成硫单质而形成沉淀；（3）S2O32－在酸性条件下发生自身氧化还原反应生成二氧化硫和硫单质，反应的离子方程式为S2O32－＋2H＋＝S↓＋SO2↑＋H2O；（4）根据Ksp=1.8×10-11可知，要使Mg2+沉淀完全，溶液中c(OH-)=mol/L=1.34×10-3mol/L，c(H+)=10−14/1.34×10−3=7.5×10-12mol/L，则沉淀完全的pH值为12-lg7.5，根据Ksp=4.0×10-38要使Fe3+沉淀完全，溶液中c(OH-)=mol/L=1.6×10-11mol/L，c(H+)=10−14/1.6×10−11=6.25×10-4mol/L，pH=4-lg6.25，所以当Mg2+沉淀完全时Fe3+早已沉淀完全，依据溶度积常数计算镁离子浓度＝1.8×10−11/(10−14÷10−9)2=0.18mol/L，若向0.1mol/LFeCl3溶液中加入一定量等浓度的Na2CO3溶液发生双水解反应生成氢氧化铁、二氧化碳，现象为产生红褐色沉淀并有气体放出，反应的离子方程式为2Fe3++3CO32－＋3H2O＝2Fe(OH)3↓＋3CO2↑。点睛：工艺流程题，就是将化工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，形成与化工生产紧密联系的化工工艺试题。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论。10.某研究小组利用氮气、氧化铝和活性炭制取氮化铝，设计如图1所示实验装置。-15-请回答：（1）图1中用饱和NaNO2溶液与NH4Cl溶液加热制取氮气，该离子方程式为________。（2）导管A的作用是_______________________________。（3）按要求连接好实验装置后，接下来的操作是_________________________。（4）按要求连接的实验装置，存在严重问题，请说明改进的办法，存在的缺陷是___________，改进的办法是_________________________________________。（5）反应结束后，某同学用图2装置进行实验来测定氮化铝样品的质量分数（实验中导管体积忽略不计）。①氮化铝与过量的NaOH溶液反应生成氨气化学反应方程式为___________________；②集气瓶中的苯的作用是___________________；集气瓶中的液体没有装满，则实验测得NH3的体积将__________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。③若实验中称取氮化铝样品的质量为8.0g，测得氨气的体积2.8L（标准状况），则样品中AlN的质量分数为___________（保留3位有效数字）。【答案】(1).NO2-+NH4+2H2O+N2↑(2).平衡分液漏斗与烧瓶之间的压强，使NaNO2饱和溶液顺利滴下(3).检查装置的气密性(4).没有尾气处理装置，会污染大气(5).在干燥管末端连一尾气处理装置（答案合理即可）(6).AlN+NaOH+H2O===NaAlO2+NH3↑(7).防止氨气溶于水(8).不变(9).64.1%【解析】（1）饱和NaNO2与NH4Cl溶液反应生成氯化钠、氮气和水，方程式为：NO2-+NH4+2H2O+N2↑；（2）装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A-15-具有平衡气压的作用，这样可以保证NaNO2饱和溶液容易滴下；（3）按要求连接好实验装置后，接下来的操作是检查装置的气密性；（4）实验必须对有毒气体进行尾气处理，防止空气污染，即缺陷是没有尾气处理装置，会污染大气，改进的方法是：在干燥管D末端连接一个尾气处理装置；（5）①氮化铝和水反应生成氢氧化铝、氨气，方程式为AlN+NaOH+H2O＝NaAlO2+NH3↑；②反应前广口瓶的上方留有的少量空间填充的是空气，反应后广口瓶的上方留有的少量空间填充的是氨气，氨气代替了开始的空气，把最后空间中冲入的氨气当成开始时的空气即可，所以对实验结果没有影响；③氨气的体积为2.8L（标准状况），物质的量是0.125mol，所以氮化铝的物质的量是0.125mol，质量是0.125mol×41g/mol=5.125g，所以氮化铝的质量分数为5.125/8×100%=64.1%。11.Ⅰ．甲烷与CO2可用于合成合成气(主要成分是一氧化碳和氢气)：CH4＋CO2===2CO＋2H2，1gCH4完全反应可释放15.46kJ的热量，则：(1)下图能表示该反应过程中能量变化的是________(填字母)。(2)若将物质的量均为1mol的CH4与CO2充入某恒容密闭容器中，体系放出的热量随时间的变化如图所示，则CH4的转化率为________。Ⅱ．CO和H2也可由反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)　ΔH>0得到。（1）一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图。则p1________p2(填“<”、“>”或“＝”)。A、B、C三点处对应平衡常数(KA、KB、KC)的大小顺序为________________。-15-（2）100℃时，将1molCH4和2molH2O通入容积为1L的定容密闭容器中发生反应，能说明该反应已经达到平衡状态的是________(填序号)。a．容器的压强恒定　　　　b．容器内气体密度恒定c．3v正(CH4)＝v逆(H2)　　　d．单位时间内消耗0.1molCH4同时生成0.3molH2Ⅲ．NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。常温下，现向100mL0.1mol·L−1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L−1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。（1）b点时，溶液呈酸性的原因是____________________________。（2）在c点，溶液中各离子浓度的关系正确的是____。A．c(H+)+c(Na+)+c(NH4+)=c(OH−)+2c(SO42-)B．c(Na+)>c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)=c(OH−)C．c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(H+)=c(OH−)D．c(NH4+)>c(SO42-)>c(Na+)>c(H+)=c(OH−)Ⅳ．以H2、O2、熔融Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备Fe(OH)2，装置如图所示，其中P端通入CO2。-15-（1）石墨Ⅰ电极上的电极反应式为_________________________。（2）通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色。则下列说法中正确的是________(填序号)。A．X、Y两端都必须用铁作电极B．可以用NaOH溶液作电解液C．阴极发生的反应是2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－D．白色沉淀只能在阳极上产生【答案】(1).D(2).63.0%(3).<(4).KA<kb<kc(5).ac(6).nh4+水解使溶液呈酸性(7).ac(8).h2－2e－＋co===co2＋h2o(9).bc【解析】ⅰ．(1)1gch4完全反应可释放15.46kj的热量，则1mol甲烷即16g甲烷完全反应可释放15.46kj×16＝247.36kj的热量，由于反应物总能量高于生成物总能量，因此选项d符合，答案选d。(2)根据图像可知平衡时放热是155.8kj，所以根据（1）中数据可知消耗甲烷是155.8 247.36="0.63mol，所以CH4的转化率为63.0%；Ⅱ．CO和H2也可由反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)　ΔH">0得到。（1）正反应是体积增大的可逆反应，增大压强平衡向逆反应方向进行，甲烷的转化率降低，所以根据图像可知p1＜p2。平衡常数只与温度有关系，正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向进行，平衡常数增大，所以A、B、C三点处对应平衡常数(KA、KB、KC)的大小顺序为KA<kb<kc。（2）a．正反应体积增加，当容器的压强恒定时反应达到平衡状态，a正确；b．密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此容器内气体密度恒定不能说明反应达到平衡状态，b错误；c．3v正(ch4)＝v逆(h2)表示正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，c正确；d．单位时间内消耗0.1molch4同时一定生成0.3molh2，不能说明，d错误，答案选ac；ⅲ．（1）b点时加入100nl氢氧化钠，生成硫酸钠和硫酸铵，铵根水解溶液显酸性；（2）在c点溶液显中性，则a．根据电荷守恒可知c(h+)+c(na+)+c(nh4+)＝-15-c(oh−)+2c(so42-)，a正确；b．c是硫酸钠、硫酸铵和一水合氨的混合溶液，则c(na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(H+)=c(OH−)，B错误；C．根据B中分析可知C正确；D．根据B中分析可知D错误，答案选AC；Ⅳ．（1）石墨Ⅰ通入氢气，是负极，电极上的电极反应式为H2－2e－＋CO32－＝CO2＋H2O。（2）A．要制备氢氧化亚铁，则阳极材料必须是铁，阴极不一定是铁，A错误；B．阳极产生的亚铁离子结合氢氧根转化为氢氧化亚铁，则可以用NaOH溶液作电解液，B正确；C．阴极发生得到电子的还原反应，即反应是2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－，C正确；D．电解池中阳离子向阴极移动，与氢氧根结合生成白色沉淀氢氧化亚铁，D错误，答案选BC。12.【化学——选修3：物质结构与性质】X、Y、Z、W、R、M为元素周期表中前四周期的元素，其原子序数依次增大。X与W、Z与R是分别同族元素；X原子的第一电离能小于同周期前一族元素的原子；Z元素基态原子的核外有3个未成对电子；M元素的单质化学性质稳定，耐腐蚀，其单质及合金是一种优良的航天、航空材料，M的基态原子核外有2个未成对电子。请回答下列问题：⑴NaZ3可应用于汽车安全气囊，当汽车发生碰撞时，气囊中的NaZ3迅速分解产生大量Z的单质气体，从而使安全气囊瞬间充气弹出，减轻了乘员受到的伤害。基态Z原子价电子的电子排布图为_____________。与Z3－互为等电子体的分子的化学式为______________(写一个即可)，Z3－的空间构型是__________。⑵W元素可形成3－、－配离子，而X只能形成－配离子，由此可知决定配合物中配位数多少的因素之一是________________；⑶已知Y的最高价含氧酸根离子与Na+、K+、NH4+形成的酸式盐溶解度都小于其正盐的溶解度，原因是HCO3－之间以________(填作用力)作用形成长链，减小了HCO3－与水分子之间的作用导致溶解度降低；⑷R元素通常有白、红、黑三种颜色的单质，其中最稳定的同素异形体G在通常状态下是一种黑色有金属光泽的晶体，G在储能、电子和光伏发电等领域有着广泛的应用前景，是一种比石墨烯更优秀的新型材料。晶体G具有与石墨类似的层状结构，如图一所示。下列有关G的说法正确的是_______________；A．G中R原子杂化方式为sp3杂化B．G中层与层之间的作用力是配位健C．与石墨类似，G的每一层中R原子都在同一平面上-15-D．R元素三种常见的单质中，G的熔沸点最高⑸M与O形成的离子晶体在自然界中存在三种形态，其中金红石型是三种形态中最稳定的一种，其晶胞如图二所示，则M、O配位数之比为________；影响离子晶体结构类型的因素有_____________、____________、键性因素。【答案】(1).(2).CO2(或N2O)(3).直线形(4).中心原子(或离子)及配位原子半径的大小(5).氢键(6).A、D(7).2:1(8).几何因素(9).电荷因素【解析】X与W、Z与R是分别同族元素；X原子的第一电离能小于同周期前一族元素的原子，说明X原子的同周期前一族元素的原子s轨道为全充满结构，则X为B，W为Al；Z元素基态原子的核外有3个未成对电子，说明p轨道上有3个电子，则Z为N元素，R为P元素，同时可知Y为C元素；M元素的单质化学性质稳定，耐腐蚀，其单质及合金是一种优良的航天、航空材料，M的基态原子核外有2个未成对电子，可推知M为Ti元素；⑴N原子核外有5个电子，基态N原子价电子的电子排布图为；N3-的原子数为3，价电子总数为16，则与N3－互为等电子体的分子可以是CO2(或N2O)，等电子体结构相似，CO2是直线型，则N3－的空间构型是直线型；⑵配合物中配位数的多少与中心原子(或离子)及配位原子半径的大小，B3+离子半径明显小于Al3+，则Al元素可形成3－、－配离子，而B只能形成－配离子；⑶HCO3－之间以氢键作用形成长链，减小了HCO3－与水分子之间的作用，导致NaHCO3、KHCO3、NH4HCO3的溶解度明显小于对应的正盐Na2CO3、K2CO3及(NH4)2CO3的溶解度；⑷A．则结构可知G中磷原子杂化方式为sp3杂化，故A正确；B．G中层与层之间的作用力是分子间作用力，故B错误；C．与石墨中碳原子为sp2杂化，每层原子均在同一平面内，但G中磷原子杂化方式为sp3杂化，每一层的各原子不可能在同一平面内，故c错误；D．G为原子晶体，而其它二种单质为分子晶体，则G的熔沸点最高，故D正确；答案为AD。⑸观察晶胞结构，可知每个钛周围距离最近的氧原子有6个，即钛的配位数为6，而每个-15-氧原子周围最靠近的钛原子为3个，即氧化的配位数是3，则Ti、O配位数之比为6:3=2:1；晶胞的几何构型、微粒所带的电荷数及键性均是影响离子晶体结构类型的因素。点睛：物质的熔沸点的高低与构成该物质的晶体类型及晶体内部粒子间的作用力有关，其规律如下：（1）在相同条件下，不同状态的物质的熔、沸点的高低是不同的，一般有：固体＞液体＞气体；（2）一般来说，不同类型晶体的熔沸点的高低顺序为：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，而金属晶体的熔沸点有高有低；13.【化学——选修5：有机化学基础】聚酯类废品的综合利用具有重要的意义。下面是以聚酯类废品的生物降解产物A（CH2OHCOOH）为原料合成食用香料香兰素E及聚酯类高分子化合物H的路线：（1）下列关于高分子化合物的说法正确的是________。（填标号）a．蛋白质的盐析过程是物理变化b．淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，它们互为同分异构体c．制备聚乙烯、酚醛树脂的反应都属于聚合反应d．油脂和蛋白质都属于天然高分子化合物（2）A中的官能团名称为__________。（3）B生成C的反应类型为__________，F生成G的反应类型为__________。（4）F的化学名称是__________，由G生成H的化学方程式为__________。（5）苯环上含有两个取代基的化合物W是E的同分异构体，W可以发生水解反应，也可与-15-FeCl3溶液发生显色反应，则W共有______种（不含立体异构），写出其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式：__________。（6）参照上述合成路线，以CH2OHCH2COOH和为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线__________。【答案】(1).ac(2).羟基，羧基(3).加成反应(4).取代反应(5).乙二酸或草酸(6).或(7).9(8).(9).【解析】(1)a．蛋白质的盐析过程属于物理变化，正确；b．淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，但N不同，不是同分异构体，错误；c．制备聚乙烯的反应属于加聚反应、制备酚醛树脂的反应属于缩聚反应，都属于聚合反应，正确；d．油脂不属于天然高分子化合物，错误；故选ac；(2)A为，其中的官能团有羟基，羧基，故答案为：羟基，羧基；(3)根据流程图，A被二氧化锰氧化生成B，B为OHCCOOH，B与发生加成反应生成C，F与SOCl2发生取代反应生成G，故答案为：加成反应；取代反应；(4)F为，化学名称为乙二酸，根据流程图，G与发生缩聚反应生成H，反应的化学方程式为，故答案为：乙二酸；；-15-(5)E为，苯环上含有两个取代基的化合物W是E的同分异构体，W可以发生水解反应，说明属于酯类，也可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，则W的结构有(包括邻位、间位、对位3种)、(包括邻位、间位、对位3种)、(包括邻位、间位、对位3种)，共9种，其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为，故答案为：9；；(6)以CH2OHCH2COOH和为原料制备。根据题干流程图的信息，可以将CH2OHCH2COOH用二氧化锰氧化生成，在与反应生成，最后发生消去反应生成，合成路线为，故答案为：。-15-</kb<kc。（2）a．正反应体积增加，当容器的压强恒定时反应达到平衡状态，a正确；b．密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此容器内气体密度恒定不能说明反应达到平衡状态，b错误；c．3v正(ch4)＝v逆(h2)表示正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，c正确；d．单位时间内消耗0.1molch4同时一定生成0.3molh2，不能说明，d错误，答案选ac；ⅲ．（1）b点时加入100nl氢氧化钠，生成硫酸钠和硫酸铵，铵根水解溶液显酸性；（2）在c点溶液显中性，则a．根据电荷守恒可知c(h+)+c(na+)+c(nh4+)＝-15-c(oh−)+2c(so42-)，a正确；b．c是硫酸钠、硫酸铵和一水合氨的混合溶液，则c(na+)></kb<kc(5).ac(6).nh4+水解使溶液呈酸性(7).ac(8).h2－2e－＋co===co2＋h2o(9).bc【解析】ⅰ．(1)1gch4完全反应可释放15.46kj的热量，则1mol甲烷即16g甲烷完全反应可释放15.46kj×16＝247.36kj的热量，由于反应物总能量高于生成物总能量，因此选项d符合，答案选d。(2)根据图像可知平衡时放热是155.8kj，所以根据（1）中数据可知消耗甲烷是155.8></y<z<r<wd.y、z、w三种元素组成的化合物的水溶液一定显碱性【答案】a【解析】试题分析：y和r同主族，可形成共价化合物ry2，因此推出y为o，r为s，0.1mol·l－1的x和w形成化合物的水溶液ph为1，说明形成的化合物为一元强酸，即w为cl，x为h，z为na，a、o和h、s、na、cl形成化合物为h2o2、h2o、so2、so3、na2o2、na2o、clo2、cl2o等，故正确；b、非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性最强，非金属性cl>