山东省青岛市胶州一中2022届高三化学上学期12月第二次质检试题含解析

2022-2022学年山东省青岛市胶州一中高三（上）第二次质检化学试卷（12月份）一、选择题（本题包括l3小题，每小题5分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列有相关说法不正确的是()A．某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应B．在任何条件下，纯水都呈中性C．水的离子积常数Kw随温度、外加酸（碱）浓度的改变而改变D．铅蓄电池充电时，标有“﹣”的电极应与电源的负极相连2．关于如图装置说法正确的是()A．装置中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B．装置工作一段时间后，a极附近溶液的OH﹣的浓度增大C．用装置精炼铜时，c极为粗铜D．装置中若M是海水，该装置是通过“牺牲阳极保护法”使铁不被腐蚀3．下列说法中正确的是()A．常温下pH=7的溶液中：Fe3+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣能大量共存22B．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳：ClO﹣+CO2+H2O=HClO+HCO3﹣C．一定温度下，1L0.5mol•L﹣1NH4Cl溶液中与2L0.25mol•L﹣1NH4Cl溶液含NH4+物质的量相同D．常温下水电离出c（H+）×c（OH﹣）=10﹣20的溶液中：Na+、ClO﹣、SO42﹣、NH4+可能大量共存4．M、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，各元素在周期表中的位置如图所示，其中只有M属于金属元素．下列说法中，错误的是()A．Y元素气态氢化物的稳定性大于Z元素的B．M和Y两种元素，可以形成电子层结构相同的两种简单离子C．X元素最高价氧化物对应水化物的酸性弱于Y元素的D．M元素的氧化物既可以与酸溶液反应，也可以与碱溶液反应5．莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是()A．分子式为C7H6O5B．分子中含有2种官能团C．可发生加成和取代反应D．1mol莽草酸与足量金属Na反应生成生成0.5molH26．在25℃时，向50.00mL未知浓度的CH3COOH溶液中逐滴加入0.5mol•L﹣1的NaOH溶液．滴定过程中，溶液的pH与滴入NaOH溶液体积的关系如右图所示，则下列说法中，不正确的是()A．①点所示溶液的导电能力弱于②点B．图中点③所示溶液中，c（CH3COO﹣）＜c（Na+）C．图中点①所示溶液中水的电离程度大于点③所示溶液中水的电离程度D．滴定过程中的某点，会有c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）的关系存在227．合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．图1表示在一定的温度下此反应过程中的能量的变化，图2表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线．图3表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响．下列说法正确的是()A．该反应为自发反应，由图1可得加入适当的催化剂，E和△H都减小B．图2中0～10min内该反应的平均速率v（H2）=0.045mol•L﹣1•min﹣1，从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，则n（N2）的变化曲线为dC．图3中a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是b点D．图3中T1和T2表示温度，对应温度下的平衡常数为K1、K2，则：T1＞T2，K1＞K2二、解答题（共3小题，满分53分）8．（18分）液氨常用作制冷剂，回答下列问题（1）一定条件下在密闭容器中发生反应：a．NH4I（s）⇌NH3（g）+HI（g）b．2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）①写出反应a的平衡常数表达式__________②达到平衡后，扩大容器体积，反应b的移动方向__________（填“正向”、“逆向”或“不移动”），达到新的平衡时容器内颜色将怎样变化__________（填“加深”、“变浅”或“不变”）（2）工业上合成氨的反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.60kJ•mol﹣1下列说法能说明上述反应向正反应方向进行的是__________（填序号）．a．单位时间内生成2nmolNH3的同时生成3nmolH2b．单位时间内生成6nmolN﹣H键的同时生成2nmolH﹣H键c．用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2d．混合气体的平均摩尔质量增大e．容器内的气体密度不变（3）已知合成氨反应在某温度下2L的密闭容器中进行，测得如下数据：时间（h）物质的量（mol）01234N21.50n11.20n31.00H24.504.203.60n43.00NH300.20n21.001.00根据表中数据计算：①反应进行到2h时放出的热量为__________kJ．②0～1h内N2的平均反应速率为__________mol•L﹣1•h﹣1．22③此温度下该反应的化学平衡常数K=__________（保留两位小数）．④反应达到平衡后，若往平衡体系中再加入N2、H2和NH3各1.00mol，化学平衡将向__________方向移动（填“正反应”或“逆反应”）．（4）肼（N2H4）的性质类似于NH3，极易溶于水，与水反应生成一种二元弱碱在溶液中分步电离，请用离子反应方程式表示其水溶液显碱性的原因__________．9．（16分）以下是对化学反应变化过程及结果的研究．按要求回答问题：（1）已知：甲醇脱水反应2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1甲醇制烯烃反应2CH3OH（g）=C2H4（g）+H2O（g）D△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1乙醇异构化反应2CH3OH（g）=CH3OCH3（g））D△H3=+50.7kJ•mol﹣1则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）=C2H5OH（g）的△H=__________．（2）在25℃下，将pH=a的氢氧化钠溶液与pH=b的醋酸溶液等体积混合，若两溶液恰好完全反应，则a+b__________14（填“＞”、“＜”或“=”）；该温度下醋酸的电离常数K=__________（用含a、b的式子表示）．（3）用一个离子方程式表示反应：100ml3mol•L﹣1NaOH溶液中通入标准状况下4.48LCO2__________；所得溶液中离子浓度大小排列顺序为：__________；（4）废氨水可以转化成氨，氨再设计成碱性燃料电池．如图是该燃料电池示意图，产生的X气体可直接排放到大气中．a电极电极反应式为__________；T℃下，某研究员测定NH3•H2O的电离常数为1.8×10﹣5，NH4+的水解平衡常数为1.5×10﹣8（水解平衡也是一种化学平衡，其平衡常数即水解常数），则该温度下水的离子积常数为__________，请判断T__________25℃（填“＞”“＜”“=”）．10．（19分）Na2S2O3可以用作氰化物的解毒剂，工业上常用硫化碱法制备Na2S2O3，反应原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，某研究小组在实验室模拟该工业原理制备Na2S2O3，实验装置如图1：Ⅰ．实验步骤：（1）检查装置气密性，按如图示加入试剂．仪器a的名称是__________；22（2）先向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液，再向A中烧瓶滴加浓H2SO4．（3）待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应．过滤C中混合物，滤液经__________（填写操作名称）、过滤、洗涤、干燥，得到产品．Ⅱ．[探究与反思]（1）装置D的作用是检验装置C中SO2的吸收效率，则D中试剂是__________，表明SO2吸收效率低的实验现象是D中溶液__________．（2）实验制得的Na2S2O3•5H2O样品中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质．利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论：__________．已知Na2S2O3•5H2O遇酸易分解：S2O32‾+2H+=S↓+SO2↑+H2O供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液（3）为减少装置A中生成的Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对原有实验步骤（2）进行了改进，改进后的操作是__________．Ⅲ．测定产品纯度准确称取Wg产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol•L﹣1碘的标准溶液滴定．反应原理为2S2O32‾+I2═S4O62‾+2I﹣（1）滴定至终点时，溶液颜色的变化：__________．（2）滴定起始和终点的液面位置如图2，则消耗碘的标准溶液体积为__________mL．产品的纯度为（设Na2S2O3•5H2O相对分子质量为M）__________．三、解答题（共1小题，满分12分）化学--化学与技术11．化工厂的设计是将实验室的研究成果转化为工业化生产的重要的基础工作．（1）以硫铁矿为原料生产硫酸需经过__________、__________和__________三个主要生产阶段．（2）侯氏制碱法是在索尔维制碱法的基础上创造出的一种新的制造纯碱的方法．具体工艺流程图如图所示：①索尔维制碱法的原理是__________．（用化学方程式表示）②侯氏制碱法与索尔维制碱法相比，优点是__________．③侯氏制碱法可以循环使用的物质有__________．（3）食盐也是一种重要的化工原料，氯碱工业就是通过电解饱和食盐水来制备NaOH、H2和Cl2．海水中得到的粗盐中往往含有一些杂质，必须加入一些化学试剂，使杂质沉淀，处理后的盐水还需进入阳离子交换塔，其原因是__________．电解食盐水在离子交换膜电解槽中进行，离子交换膜的作用是__________．四、解答题（共1小题，满分0分）化学--物质结构与性质2212．铜及其化合物是重要的化工原料．请回答下列问题：（1）与铜同周期的所有元素的基态原子中，未成对电子数与铜原子相同的元素有__________种．Cu+的电子排布式是__________．（2）配离子[Cu（NH3）4（H2O）2]2+含有的微粒间的作用力类型有__________；H、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序是__________．（3）EDTA（）也可以与铜离子形成配合物．其中碳原子轨道的杂化类型为__________．（4）CuCl的晶胞结构如图所示，其中Cl﹣的配位数（即与Cl﹣最近距离的Cu+的个数）为__________．五、解答题（共1小题，满分0分）化学--有机化学基础13．已知：两个羟基同时连在同一碳原子上的结构是不稳定的，它将发生脱水反应：现有分子式为C9H8O2Br2的物质M，在一定条件下可发生下述一系列反应：已知：有机物A的相对分子质量为44，有机物I只有一种结构且能使溴的CCl4溶液褪色．请回答下列问题：（1）G→H的反应类型是__________．（2）H中的官能团的名称为__________；D的结构简式为__________．（3）写出下列反应的化学方程式：①A→B：__________；②H→I：__________．（4）与G互为同分异构体，苯环上有两个取代基，且遇FeCl3溶液显色的物质有__________种．222022-2022学年山东省青岛市胶州一中高三（上）第二次质检化学试卷（12月份）一、选择题（本题包括l3小题，每小题5分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列有相关说法不正确的是()A．某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应B．在任何条件下，纯水都呈中性C．水的离子积常数Kw随温度、外加酸（碱）浓度的改变而改变D．铅蓄电池充电时，标有“﹣”的电极应与电源的负极相连【考点】反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理．【分析】A、△H﹣T△S＜0的反应能够自发进行；B、水电离出来的氢离子与氢氧根离子浓度相等；C、水的离子积常数的大小只受温度影响；D、铅蓄电池放电时负极发生氧化反应，充电时发生还原反应．【解答】解：A、△H＞0的反应能够自发进行时，△S必须大于0，故A正确；B、氢离子与氢氧根离子浓度相等时溶液显中性，故B正确；C、水的离子积常数的大小只受温度影响，外加酸（碱）浓度的不改变水的离子积常数，故C错误；D、铅蓄电池放电时负极发生氧化反应，充电时发生还原反应作阴极，故D正确；故选C．【点评】本题考查了反应自发进行的条件、水的电离、水的离子积常数、二次电池的放电和充电，题目难度中等．2．关于如图装置说法正确的是()A．装置中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B．装置工作一段时间后，a极附近溶液的OH﹣的浓度增大C．22用装置精炼铜时，c极为粗铜D．装置中若M是海水，该装置是通过“牺牲阳极保护法”使铁不被腐蚀【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A、Zn为负极，盐桥中的阳离子移向正极；B、a为阴极，氢离子在a极放电，氢氧根离子浓度增大；C、电解精炼铜时，粗铜作阳极；D、该装置是通过“外接电源的阴极保护法”使铁不被腐蚀．【解答】解：A、盐桥中的钾离子移向正极硫酸铜溶液，故A错误；B、氢离子在阴极放电，生成氢氧根离子，故B正确；C、电解精炼铜时，粗铜接电源的正极，作阳极，故C错误；D、该装置是通过“外接电源的阴极保护法”使铁不被腐蚀，故D错误；故选B．【点评】本题通过图象考查了盐桥中离子移动方向、电解NaCl溶液时的电极反应、电解精炼铜、金属的电化学保护，题目难度不大．3．下列说法中正确的是()A．常温下pH=7的溶液中：Fe3+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣能大量共存B．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳：ClO﹣+CO2+H2O=HClO+HCO3﹣C．一定温度下，1L0.5mol•L﹣1NH4Cl溶液中与2L0.25mol•L﹣1NH4Cl溶液含NH4+物质的量相同D．常温下水电离出c（H+）×c（OH﹣）=10﹣20的溶液中：Na+、ClO﹣、SO42﹣、NH4+可能大量共存【考点】离子共存问题；离子方程式的书写；盐类水解的应用．【分析】A．Fe3+在pH为4.4左右沉淀完全；B．NaClO溶液中通入少量二氧化碳，发生强酸制取弱酸的反应，生成HClO和碳酸氢钠；C．铵根离子水解，浓度越小，水解程度越大；D．常温下水电离出c（H+）×c（OH﹣）=10﹣20的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液．【解答】解：A．Fe3+在pH为4.4左右沉淀完全，则pH=7的溶液中不能大量存在Fe3+，故A错误；B．NaClO溶液中通入少量二氧化碳，发生强酸制取弱酸的反应，生成HClO和碳酸氢钠，离子反应为ClO﹣+CO2+H2O=HClO+HCO3﹣，故B正确；C．铵根离子水解，浓度越小，水解程度越大，则2L0.25mol•L﹣1NH4Cl溶液含NH4+物质的量更小些，故C错误；D．常温下水电离出c（H+）×c（OH﹣）=10﹣20的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在ClO﹣，碱溶液中不能大量存在NH4+，故D错误；22故选B．【点评】本题考查离子的共存，为高考中的经典题型，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重水解、复分解反应的离子共存考查，有利于学生思维严密性训练，综合性较强，题目难度不大．4．M、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，各元素在周期表中的位置如图所示，其中只有M属于金属元素．下列说法中，错误的是()A．Y元素气态氢化物的稳定性大于Z元素的B．M和Y两种元素，可以形成电子层结构相同的两种简单离子C．X元素最高价氧化物对应水化物的酸性弱于Y元素的D．M元素的氧化物既可以与酸溶液反应，也可以与碱溶液反应【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】M、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，根据各元素在周期表中的位置知，Y和Z属于第二周期元素，M和X属于第三周期元素，其中只有M属于金属元素，则M是Al元素，X是Si、Y是N、Z是O元素，再结合物质结构、物质性质及元素周期律解答．【解答】解：M、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，根据各元素在周期表中的位置知，Y和Z属于第二周期元素，M和X属于第三周期元素，其中只有M属于金属元素，则M是Al元素，X是Si、Y是N、Z是O元素，A．元素的非金属性越强其氢化物稳定性越强，非金属性Z＞Y，则其氢化物的稳定性Z＞Y，故A错误；B．M和Y两种元素，M通过失电子、Y通过得电子都可以形成电子层结构相同的两种简单离子，其核外电子数都是10，故B正确；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Y＞X，则X元素最高价氧化物对应水化物的酸性弱于Y元素的，故C正确；D．M元素的氧化物是Al2O3，属于两性氧化物，所以既可以与酸溶液反应，也可以与碱溶液反应，都生成盐和水，故D正确；故选A．【点评】本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，根据元素在周期表中的位置确定元素，灵活运用元素周期律解答问题，注意氧化铝的两性，常常出现在推断题中，题目难度不大．5．莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是()A．分子式为C7H6O5B．分子中含有2种官能团C．可发生加成和取代反应D．1mol莽草酸与足量金属Na反应生成生成0.5molH222【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由结构简式可知分子式，分子中含﹣OH、双键、﹣COOH，结合醇、烯烃、羧酸的性质来解答．【解答】解：A．由结构简式可知分子式为分子式为C7H10O5，故A错误；B．含﹣OH、双键、﹣COOH，为三种官能团，故B错误；C．含双键可发生加成反应，含﹣OH、﹣COOH可发生取代反应，故C正确；D．﹣OH、﹣COOH均与Na反应，则1mol莽草酸与足量金属Na反应生成生成2molH2，故D错误；故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重羧酸、烯烃及醇的性质及分析、应用能力的考查，题目难度不大．6．在25℃时，向50.00mL未知浓度的CH3COOH溶液中逐滴加入0.5mol•L﹣1的NaOH溶液．滴定过程中，溶液的pH与滴入NaOH溶液体积的关系如右图所示，则下列说法中，不正确的是()A．①点所示溶液的导电能力弱于②点B．图中点③所示溶液中，c（CH3COO﹣）＜c（Na+）C．图中点①所示溶液中水的电离程度大于点③所示溶液中水的电离程度D．滴定过程中的某点，会有c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）的关系存在【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、①点加入的NaOH的物质的量少，溶液中是大量的弱电解质CH3COOH和少量的CH3COONa；②点溶液呈中性，溶液中是极少量的CH3COOH和大量的CH3COONa；B、根据③点溶液呈碱性并结合电荷守恒来分析；C、①溶液中是大量的弱电解质CH3COOH和少量的CH3COONa；③点溶液中是CH3COONa；D、当c（H+）=c（OH﹣）时，溶液呈中性，结合电荷守恒来分析；【解答】解：A、①点加入的NaOH的物质的量少，溶液中是大量的弱电解质CH3COOH和少量的强电解质CH3COONa；②点溶液呈中性，溶液中是极少量的CH3COOH和大量的强电解质CH3COONa，故②点溶液中的离子浓度大于①，故导电能力①弱于②点，故A正确；B、③点溶液呈碱性，故有：c（H+）＜c（OH﹣），而根据溶液的电荷守恒可有：c（CH3COO﹣）＜c（Na+），故B正确；C、①溶液中是大量的弱电解质CH3COOH和少量的CH3COONa，CH3COOH的大量存在抑制水的电离；③点溶液中的溶质是CH3COONa，CH3COONa的水解促进水的电离，故图中点①所示溶液中水的电离程度小于点③所示溶液中水的电离程度，故C错误；22D、根据电荷守恒可知，当c（H+）=c（OH﹣）时，c（CH3COO﹣）=c（Na+），此时溶液呈中性，溶液中是极少量的CH3COOH和大量的强电解质CH3COONa，故有：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣），故D正确．故选C．【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断及溶液中离子浓度大小比较，明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，注意电荷守恒、物料守恒、盐的水解等在比较离子浓度大小中的应用方法．7．合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．图1表示在一定的温度下此反应过程中的能量的变化，图2表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线．图3表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响．下列说法正确的是()A．该反应为自发反应，由图1可得加入适当的催化剂，E和△H都减小B．图2中0～10min内该反应的平均速率v（H2）=0.045mol•L﹣1•min﹣1，从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，则n（N2）的变化曲线为dC．图3中a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是b点D．图3中T1和T2表示温度，对应温度下的平衡常数为K1、K2，则：T1＞T2，K1＞K2【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；反应热和焓变；转化率随温度、压强的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】A．催化剂可以降低活化能，不影响焓变，由图1可知，合成氨是焓减熵减过程，根据△G=△H﹣T△S可知，该反应在低温下自发进行；B．由图2可知，0～10min内氮气的物质的量变化量为0.6mol﹣0.3mol=0.3mol，根据v=计算v（N2），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；11min压缩体积，压强增大，平衡向正反应移动，平衡时氮气的物质的量小于原平衡；C．图3表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大；D．由图3可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，故温度T1＜T2，据此解答．【解答】解：A．加入催化剂活化能E降低，但不影响焓变，△H不变，由图1可知，合成氨是焓减熵减过程，△G＜0反应自发进行，根据△G=△H﹣T△S可知，该反应在低温下自发进行，故A错误；22B．由图2可知，0～10min内氮气的物质的量变化量为0.6mol﹣0.3mol=0.3mol，v（N2）==0.015mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（H2）=3v（N2）=3×0.015mol/（L•min）=0.045mol/（L•min），11min压缩体积，压强增大，平衡向正反应移动，平衡时氮气的物质的量小于原平衡，故n（N2）的变化曲线为d，故B正确；C．图3表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，故a、b、c都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大，故a、b、c三点中，c的氮气的转化率最高，故C错误；D．由图3可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，故温度T1＜T2，温度越高化学平衡越低，故K1＞K2，故D错误；故选B．【点评】本题考查反应进程与反应热关系图象、化学平衡图象、影响化学平衡的因素、化学平衡常数等，难度中等，理解外界条件对平衡的影响是解题关键．二、解答题（共3小题，满分53分）8．（18分）液氨常用作制冷剂，回答下列问题（1）一定条件下在密闭容器中发生反应：a．NH4I（s）⇌NH3（g）+HI（g）b．2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）①写出反应a的平衡常数表达式k=[NH3][HI]②达到平衡后，扩大容器体积，反应b的移动方向正向（填“正向”、“逆向”或“不移动”），达到新的平衡时容器内颜色将怎样变化变浅（填“加深”、“变浅”或“不变”）（2）工业上合成氨的反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.60kJ•mol﹣1下列说法能说明上述反应向正反应方向进行的是bd（填序号）．a．单位时间内生成2nmolNH3的同时生成3nmolH2b．单位时间内生成6nmolN﹣H键的同时生成2nmolH﹣H键c．用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2d．混合气体的平均摩尔质量增大e．容器内的气体密度不变（3）已知合成氨反应在某温度下2L的密闭容器中进行，测得如下数据：时间（h）物质的量（mol）01234N21.50n11.20n31.00H24.504.203.60n43.00NH300.20n21.001.00根据表中数据计算：①反应进行到2h时放出的热量为27.78kJ．②0～1h内N2的平均反应速率为0.05mol•L﹣1•h﹣1．③此温度下该反应的化学平衡常数K=0.15（保留两位小数）．④反应达到平衡后，若往平衡体系中再加入N2、H2和NH3各1.00mol，化学平衡将向正反应方向移动（填“正反应”或“逆反应”）．22（4）肼（N2H4）的性质类似于NH3，极易溶于水，与水反应生成一种二元弱碱在溶液中分步电离，请用离子反应方程式表示其水溶液显碱性的原因N2H4•2H2O⇌[N2H5•H2O]++OH﹣．【考点】化学平衡的计算；反应速率的定量表示方法；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】（1）①化学平衡常数K=[NH3][HI]；②减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动；（2）a．单位时间内生成2nmolNH3的同时生成3nmolH2，该反应达到平衡状态；b．单位时间内生成6nmolN﹣H键时消耗3nmolH﹣H键，实际上同时生成2nmolH﹣H键，则v（正）＞v（逆）；c．用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2，该反应不一定向正反应方向移动；d．混合气体的平均摩尔质量增大，混合气体的质量不变，则混合气体的物质的量减小，平衡向气体体积减小的方向移动；e．容器内的气体密度始终不变；（3）①根据氮气和反应热之间的关系式计算；②先计算正确的平均反应速率，再根据同一可逆反应中，同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氮气反应速率；③2h时，△n（N2）=（1.50﹣1.20）mol=0.30mol，根据N2﹣﹣﹣2NH3之间的关系式得△n（NH3）=2△n（N2）=0.60mol，3h和4h时，各物质的物质的量不变，则该反应达到平衡状态，化学平衡常数K=；④根据浓度商和平衡常数相对大小判断反应方向；（4）根据一水合氨电离方式书写N2H4•2H2O电离方程式．【解答】解：（1）①化学平衡常数K=[NH3][HI]，故答案为：K=[NH3][HI]；②方程式a是反应前后气体体积增大的反应，b方程式反应前后气体体积不变，所以增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，所以平衡向正反应方向移动，因为容器体积增大，平衡时气体颜色变浅，故答案为：正向；变浅；（2）a．单位时间内生成2nmolNH3的同时消耗3nmolH2，同时生成3nmolH2，则氢气的正逆反应速率相等，所以该反应达到平衡状态，故错误；b．单位时间内生成6nmolN﹣H键时消耗3nmolH﹣H键，实际上同时生成2nmolH﹣H键，则v（正）＞v（逆），则平衡向在反应方向移动，故正确；c．用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2，无论该反应是否达到平衡状态都存在反应速率之比为1：3：2，所以不能确定该反应向正反应方向移动，故错误；d．混合气体质量不变，如果混合气体的平均摩尔质量增大，则平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故正确；e．混合气体质量不变，容器体积不变，所以容器内的气体密度始终不变，故错误；故选：bd；（3）①该反应有1mol氮气参加反应放出92.60kJ热量，则生成（1.50﹣1.20）mol氮气参加反应放出的热量==27.78kJ，故答案为：27.78；22②2h内，v（NH3）==0.1mol/（L．h），同一可逆反应中，同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以v（N2）=v（NH3）=0.05mol/（L．h），故答案为：0.05；③2h时，△n（N2）=（1.50﹣1.20）mol=0.30mol，根据N2﹣﹣﹣2NH3之间的关系式得△n（NH3）=2△n（N2）=0.60mol，3h和4h时，各物质的物质的量不变，则该反应达到平衡状态，c（NH3）==0.5mol/L，c（N2）==0.5mol/L，c（H2）==1.5mol/L，化学平衡常数K===0.15，故答案为：0.15；④再加入N2、H2和NH3各1.00mol，c（NH3）=1mol/L，c（N2）=1mol/L，c（H2）=2mol/L，浓度商==0.125＜K，则平衡向正反应方向移动，故答案为：正反应；（4）肼（N2H4）的性质类似于NH3，极易溶于水，与水反应生成一种二元弱碱N2H4•2H2O，该二元弱碱电离，电离方程式为：N2H4•2H2O⇌[N2H5•H2O]++OH﹣，故答案为：N2H4•2H2O⇌[N2H5•H2O]++OH﹣．【点评】本题考查了化学平衡的有关知识，涉及化学平衡常数的有关计算、化学平衡状态的判断、化学反应速率的计算等知识点，根据平衡常数公式、正逆反应速率相等、化学反应速率公式进行分析解答即可，注意化学平衡状态的判断中，只有反应前后改变的物理量，才能作为化学平衡状态的判断依据，题目难度中等．9．（16分）以下是对化学反应变化过程及结果的研究．按要求回答问题：（1）已知：甲醇脱水反应2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1甲醇制烯烃反应2CH3OH（g）=C2H4（g）+H2O（g）D△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1乙醇异构化反应2CH3OH（g）=CH3OCH3（g））D△H3=+50.7kJ•mol﹣1则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）=C2H5OH（g）的△H=﹣45.5kJ•mol﹣1．（2）在25℃下，将pH=a的氢氧化钠溶液与pH=b的醋酸溶液等体积混合，若两溶液恰好完全反应，则a+b＞14（填“＞”、“＜”或“=”）；该温度下醋酸的电离常数K=（用含a、b的式子表示）．（3）用一个离子方程式表示反应：100ml3mol•L﹣1NaOH溶液中通入标准状况下4.48LCO23OH﹣+2CO2═CO32﹣+HCO3﹣+H2O；所得溶液中离子浓度大小排列顺序为：C（Na+）＞C（HCO3﹣）＞C（CO32﹣）＞C（OH﹣）＞C（H+）；（4）废氨水可以转化成氨，氨再设计成碱性燃料电池．如图是该燃料电池示意图，产生的X气体可直接排放到大气中．a电极电极反应式为2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O22；T℃下，某研究员测定NH3•H2O的电离常数为1.8×10﹣5，NH4+的水解平衡常数为1.5×10﹣8（水解平衡也是一种化学平衡，其平衡常数即水解常数），则该温度下水的离子积常数为2.7×10﹣13，请判断T＞25℃（填“＞”“＜”“=”）．【考点】热化学方程式；化学电源新型电池；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】（1）利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变；（2）pH=a的氢氧化钠溶液中c（NaOH）=c（OH﹣）=10a﹣14mol/L，醋酸部分电离，则pH=b的醋酸溶液中c（醋酸）＞10﹣bmol/L，酸碱恰好中和，则酸的物质的量与碱的物质的量相等，据此分析；醋酸的电离常数K=，c（醋酸）=c（NaOH），氢离子浓度已知，则可以计算出K；（3）先分析溶液中的成分，再根据盐类的水解和电荷守恒来分析，注意盐类的水解是微弱的；（4）氨气作燃料应充入负极区，碱性燃料电池氢氧根离子常参与电极反应，氨气中的N失去电子化合价升高，由于X无污染可以确定X为氮气，根据Kw=Kh×Kb代入计算即可，Kw与温度成正比，以此判断T与25℃的大小．【解答】解：（1）已知：甲醇脱水反应①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1甲醇制烯烃反应②2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1乙醇异构化反应③C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ•mol﹣1，根据盖斯定律①﹣②﹣③可得：C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）△H=（﹣23.9+29.1﹣50.7）kJ/mol=﹣45.5kJ/mol；故答案为：﹣45.5kJ•mol﹣1；②pH=a的氢氧化钠溶液中c（NaOH）=c（OH﹣）=10a﹣14mol/L，醋酸部分电离，则pH=b的醋酸溶液中c（醋酸）＞10﹣bmol/L，酸碱恰好中和，则酸的物质的量与碱的物质的量相等，则c（NaOH）=c（OH﹣）=10a﹣14mol/L=c（醋酸）＞10﹣bmol/L，所以10a﹣14＞10﹣b，则a+b＞14；c（醋酸）=c（NaOH）=10a﹣14mol/L，c（H+）=c（CH3COO﹣）=10﹣bmol/L，则醋酸的电离常数K===；故答案为：＞；；22（3）100mL3mol•L﹣1的NaOH的物质的量=3mol/L×0.1L=0.3mol，标准状况下4.48LCO2的物质的量==0.2mol，这样OH﹣：2CO2=3：2；离子方程式为：3OH﹣+2CO2═CO32﹣+HCO3﹣+H2O；反应后的溶液就是0.1mol的NaHCO3和0.1mol的Na2CO3，无论碳酸钠还是碳酸氢钠，溶液都呈碱性，即：C（OH﹣）＞C（H+），溶液中氢氧根离子有两个来源，一个是碳酸根离子水解，一个是碳酸氢根离子水解，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子的水解，所以C（HCO3﹣）＞C（CO32﹣）＞C（OH﹣），故溶液中各离子浓度大小顺序是C（Na+）＞C（HCO3﹣）＞C（CO32﹣）＞C（OH﹣）＞C（H+），故答案为：3OH﹣+2CO2═CO32﹣+HCO3﹣+H2O；C（Na+）＞C（HCO3﹣）＞C（CO32﹣）＞C（OH﹣）＞C（H+）；（4）在燃料电池中，可燃物充入负极区，所以NH3充入的a极作负极，产生的X气体为氧化产物，可直接排放到大气中，说明X对大气无污染，因此X为氮气，由该燃料电池示意图可知负极反应产物有水，由于是碱性电池，氢氧根离子也参与负极电极反应，综上所述可写出负极反应式：2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O；根据公式Kw=Kh×Kb，T℃下Kw=1.5×10﹣8×1.8×10﹣5=2.7×10﹣13；水的电离是吸热的，所以温度越高Kw越大，由于2.7×10﹣13＞1.0×10﹣14，所以T＞25℃，故答案为：2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O；2.7×10﹣13；＞．【点评】本题综合性强，涉及盖斯定律的应用、盐类水解、电化学等，溶液中离子浓度大小比较中要判断出溶液的溶质是什么，电离和水解那个程度更大，本题考查原理较多，注重考查学生信息的整合能力以及分析问题解决问题的能力．10．（19分）Na2S2O3可以用作氰化物的解毒剂，工业上常用硫化碱法制备Na2S2O3，反应原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，某研究小组在实验室模拟该工业原理制备Na2S2O3，实验装置如图1：Ⅰ．实验步骤：（1）检查装置气密性，按如图示加入试剂．仪器a的名称是分液漏斗；（2）先向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液，再向A中烧瓶滴加浓H2SO4．（3）待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应．过滤C中混合物，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶（填写操作名称）、过滤、洗涤、干燥，得到产品．Ⅱ．[探究与反思]（1）装置D的作用是检验装置C中SO2的吸收效率，则D中试剂是品红或溴水或KMnO4溶液，表明SO2吸收效率低的实验现象是D中溶液颜色很快褪去．（2）实验制得的Na2S2O3•5H2O样品中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质．利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论：取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质．22已知Na2S2O3•5H2O遇酸易分解：S2O32‾+2H+=S↓+SO2↑+H2O供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液（3）为减少装置A中生成的Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对原有实验步骤（2）进行了改进，改进后的操作是先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液．Ⅲ．测定产品纯度准确称取Wg产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol•L﹣1碘的标准溶液滴定．反应原理为2S2O32‾+I2═S4O62‾+2I﹣（1）滴定至终点时，溶液颜色的变化：溶液由无色变为蓝色．（2）滴定起始和终点的液面位置如图2，则消耗碘的标准溶液体积为18.10mL．产品的纯度为（设Na2S2O3•5H2O相对分子质量为M）×100%．【考点】制备实验方案的设计；物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】实验设计题．【分析】Ⅰ．（1）根据装置可知仪器a的名称；（3）根据从Na2S2O3溶液中将Na2S2O3结晶析出的操作分析；Ⅱ．（1）检验装置C中SO2的吸收效率的高低影响着D装置中SO2的量，检验SO2可以用品红或溴水或KMnO4溶液，SO2吸收效率低时，D装置中SO2量就多，据此判断；（2）检验硫酸根离子可以在酸性溶液中加钡离子，看是否有沉淀出现；（3）根据亚硫酸钠易被氧化生成硫酸钠分析；Ⅲ．（1）Na2S2O3反应完毕，加入最后一滴碘的标准液遇淀粉变蓝色；（2）起始、终点时标准液读数之差消耗标准液的体积；根据方程式计算Na2S2O3的物质的量，再根据m=nM计算其质量，进而计算产品的纯度．【解答】Ⅰ．（1）根据装置可知仪器a的名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（3）过滤C中混合物，滤液Na2S2O3溶液，将Na2S2O3溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到a2S2O3晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；Ⅱ．（1）检验装置C中SO2的吸收效率的高低影响着D装置中SO2的量，检验SO2可以用品红或溴水或KMnO4溶液，SO2吸收效率低时，D装置中SO2量就多，所以D中的试剂为品红或溴水或KMnO4溶液，表明SO2吸收效率低的实验现象是D中溶液颜色很快褪去，故答案为：品红或溴水或KMnO4溶液；颜色很快褪去；（2）检验硫酸根离子可以在酸性溶液中加钡离子，其操作为取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质，故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质；（3）因为亚硫酸钠易被氧化生成硫酸钠，所以为减少装置C中生成Na2SO4的量，改进后的操作是先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液，故答案为：先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液；22Ⅲ．（1）Na2S2O3反应完毕，加入最后一滴碘的标准液遇淀粉变蓝色，滴定至终点时，溶液颜色的变化是：溶液由无色变为蓝色，故答案为：溶液由无色变为蓝色；（2）由图可知，开始液面读数为0.00mL，滴定终点液面读数为18.10mL，则消耗标准液的体积为18.10mL，由2S2O32﹣+I2=S2O32﹣+2I﹣可知n（Na2S2O3）=2n（I2）=2×18.10×10﹣3L×0.1mol/L=）=3.62×10﹣3mol，故样品的纯度为×100%=×100%，故答案为：18.10；×100%．【点评】本题考查实验制备方案、物质含量的测定，明确原理是解题关键，注意对题目信息的提取应用，是对学生综合能力的考查，难度中等．三、解答题（共1小题，满分12分）化学--化学与技术11．化工厂的设计是将实验室的研究成果转化为工业化生产的重要的基础工作．（1）以硫铁矿为原料生产硫酸需经过二氧化硫炉气的制造、二氧化硫的催化氧化和三氧化硫的吸收三个主要生产阶段．（2）侯氏制碱法是在索尔维制碱法的基础上创造出的一种新的制造纯碱的方法．具体工艺流程图如图所示：①索尔维制碱法的原理是NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O↑+CO2↑．（用化学方程式表示）②侯氏制碱法与索尔维制碱法相比，优点是侯氏制碱法的工艺由制碱和制氯化铵两个过程组成，形成纯碱与氯化铵的循环．③侯氏制碱法可以循环使用的物质有CO2、NaCl．（3）食盐也是一种重要的化工原料，氯碱工业就是通过电解饱和食盐水来制备NaOH、H2和Cl2．海水中得到的粗盐中往往含有一些杂质，必须加入一些化学试剂，使杂质沉淀，处理后的盐水还需进入阳离子交换塔，其原因是用试剂处理后的盐水中还含有少量Mg2+、Ca2+，碱性条件下会生成沉淀，损害离子交换膜．电解食盐水在离子交换膜电解槽中进行，离子交换膜的作用是防止H2与C12混合发生爆炸，同时防止C1﹣进入阴极室，这样可以获得纯净的NaOH．【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）；工业制取硫酸．【专题】化学计算．【分析】（1）硫铁矿与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，再与水反应得到硫酸；22（2）①氯化钠、氨气、二氧化碳和水生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成纯碱；②生产工艺由两部分组成，有流程图可知，该工艺流程中包含制碱和制氯化铵两部分；③根据工艺流程图可知：二氧化碳在制碱过程中是反应物，后面又是生成物，从母液a到母液b循环过程中有氯化钠存在；（3）食盐水中含有杂质离子Mg2+、Ca2+，一定条件下生成沉淀损害离子交换膜；电解食盐水的产物之间能反应．【解答】解：（1）硫铁矿与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，再与水反应得到硫酸，则以硫铁矿为原料生产硫酸需经过：二氧化硫炉气的制造、二氧化硫的催化氧化、三氧化硫的吸收；故答案为：二氧化硫炉气的制造、二氧化硫的催化氧化、三氧化硫的吸收；（2）①氯化钠、氨气、二氧化碳和水生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成纯碱，其反应的方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O↑+CO2↑；故答案为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O↑+CO2↑；②由工艺流程图可知：侯氏制碱法的生产工艺由两部分组成，氯化钠、氨气、二氧化碳和水生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成纯碱，母液中加氯化钠降温得到氯化铵，氯化铵是一种氮肥；故答案为：侯氏制碱法的工艺由制碱和制氯化铵两个过程组成，形成纯碱与氯化铵的循环；③根据工艺流程图可知，氯化钠、氨气、二氧化碳和水生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成纯碱和二氧化碳，母液ab中均含氯化钠，氯化钠循环使用，使用循环使用的物质有CO2、NaCl；故答案为：CO2、NaCl；（3）用试剂处理后的盐水中还含有少量Mg2+、Ca2+，碱性条件下会生成沉淀，损害离子交换膜，所以要用阳离子交换塔除去Mg2+、Ca2+；电解食盐水的产物有氯气、氢气和氢氧化钠，氯气与氢氧化钠能反应，氢气与氯气也能反应，所以电解食盐水在离子交换膜电解槽中进行；故答案为：用试剂处理后的盐水中还含有少量Mg2+、Ca2+，碱性条件下会生成沉淀，损害离子交换膜；防止H2与C12混合发生爆炸，同时防止C1﹣进入阴极室，这样可以获得纯净的NaOH．【点评】本题考查了硫酸工业、工业制纯碱的工艺、氯碱工业等，题目侧重于化学与工业生产的联系，题目难度中等，注意把握有关工业生产的原理是解题的关键．四、解答题（共1小题，满分0分）化学--物质结构与性质12．铜及其化合物是重要的化工原料．请回答下列问题：（1）与铜同周期的所有元素的基态原子中，未成对电子数与铜原子相同的元素有4种．Cu+的电子排布式是1s22s22p63s23p63d10．（2）配离子[Cu（NH3）4（H2O）2]2+含有的微粒间的作用力类型有配位键、极性共价键；H、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序是O＞N＞H．（3）EDTA（）也可以与铜离子形成配合物．其中碳原子轨道的杂化类型为sp3、sp2．22（4）CuCl的晶胞结构如图所示，其中Cl﹣的配位数（即与Cl﹣最近距离的Cu+的个数）为4．【考点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【专题】化学键与晶体结构．【分析】（1）根据铜的电子排布式分析；Cu为29号元素，Cu+核外有28个电子，根据构造原理书写其简化电子排布式；（2）根据微粒间的作用力分析；元素的非金属性越强，电负性越强；（3）根据分子中碳原子的成键特点来判断价层电子对数确定碳原子的杂化类型；（4）根据晶体结构特点分析Cl原子的配位数．【解答】解：（1）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，所以Cu原子中有1个未成对电子，第四周期中未成对电子为1的元素还有：钾其外围电子排布式为4s1，钪其外围电子排布式为3d14s2，镓其外围电子排布式为4s24p1，Br的外围电子排布式为4s24p5，所以与铜同周期的所有元素的基态原子中，未成对电子数与铜原子相同的元素有4种；Cu为29号元素，Cu+核外有28个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，故答案为：4；1s22s22p63s23p63d10；（2）配离子[Cu（NH3）4（H2O）2]2+中N与Cu之间为配位键，N﹣H、O﹣H键为极性键；元素的非金属性越强，电负性越强，非金属性：O＞N＞H，则H、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序是O＞N＞H，故答案为：配位键、极性共价键；O＞N＞H；（3）根据EDTA的结构式的图片可知，碳原子以单键、双键形式存在，碳原子以单键形式存在时，碳原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3，碳原子以双键形式存在时，碳原子的价层电子对数为3，杂化方式为sp2，故答案为：sp3、sp2；（4）从CuCl的晶胞可以判断，每个铜原子与4个Cl距离最近且相等，即Cu的配位数为4，根据化学式可知Cl的配位数也为4，故答案为：4．【点评】本题考查较为综合，涉及电子排布式、电负性、杂化轨道类型、化学键类型以及晶体结构分析等知识，题目具有一定难度，本题注意晶胞配位数的判断方法，可根据CuCl的晶胞结构进行比较．五、解答题（共1小题，满分0分）化学--有机化学基础13．已知：两个羟基同时连在同一碳原子上的结构是不稳定的，它将发生脱水反应：现有分子式为C9H8O2Br2的物质M，在一定条件下可发生下述一系列反应：22已知：有机物A的相对分子质量为44，有机物I只有一种结构且能使溴的CCl4溶液褪色．请回答下列问题：（1）G→H的反应类型是加成反应．（2）H中的官能团的名称为羟基、羧基；D的结构简式为．（3）写出下列反应的化学方程式：①A→B：CH3CHO+2Ag（NH3）2OH2Ag↓+CH3COONH4+3NH3+H2O；②H→I：．（4）与G互为同分异构体，苯环上有两个取代基，且遇FeCl3溶液显色的物质有5种．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】有机物A的相对分子质量为44，能与银氨溶液反应，含有﹣CHO，可推知A为CH3CHO，A系列反应得到C，M再浓硫酸条件反应得到C与D，应是发生酯的水解反应，故B为CH3CHOONH4，C为CH3COOH，故D的化学式为C7H6OBr2，E与氢氧化铜浊液反应生成砖红色沉淀与F，说明E中含有﹣CHO，G遇氯化铁溶液显色，G中含有酚羟基﹣OH，H转化为I时，产物只有一种结构，说明D、E、F、H、I中苯环上的取代基处于对位，由M在浓硫酸、加热条件下生成乙酸与D，结合信息可知，D应为，M为，则E为，根据有机物的转化可知F为，G为，H为，则I为，结合有机物的结构和性质可解答该题．【解答】解：有机物A的相对分子质量为44，能与银氨溶液反应，含有﹣CHO，可推知A为CH3CHO，A系列反应得到C，M再浓硫酸条件反应得到C与D，应是发生酯的水解反应，故B为CH3CHOONH4，C为CH3COOH，故D的化学式为C7H6OBr2，E与氢氧化铜浊液反应生成砖红色沉淀与F，说明E中含有﹣CHO，G遇氯化铁溶液显色，G中含有酚羟基﹣OH，H转化为I时，产物只有一种结构，说明D、E、F、H、I中苯环上的取代基处于对位，由M在浓硫酸、加热条件下生成乙酸与D，结合信息可知，D应为，M为22，则E为，根据有机物的转化可知F为，G为，H为，则I为，（1）G→H是与氢气发生加成反应生成，故答案为：加成反应；（2）H为，含有的官能团为：羟基、羧基，D的结构简式为，故答案为：羟基、羧基；；（3）））①A→B是乙醛被银氨溶液氧化，反应方程式为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OH2Ag↓+CH3COONH4+3NH3+H2O，②H为，通过消去反应可生成，反应的方程式为：，故答案为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OH2Ag↓+CH3COONH4+3NH3+H2O；；（4）与互为同分异构体，苯环上有两个取代基，且遇FeCl3溶液显色，则含有酚羟基，另外取代基为﹣COOH，有邻、间两种位置，也可以为﹣OOCH，与羟基有邻、间、对三种位置，故符合条件的同分异构体共有5种，故答案为：5．【点评】本题考查有机物的推断，涉及酯、醛、羧酸、卤代烃、醇、酚的性质等，题目难度中等，本题注意把握题给信息，采取正推法与逆推法相结合的方法推断．22