贵州省贵阳一中高三化学上学期第二次月考试卷含解析

2022-2022学年贵州省贵阳一中高三（上）第二次月考化学试卷　一、选择题．1．2022年8月12日23：30左右天津滨海新区第五大街与跃进路交叉口的一处集装箱码头发生爆炸，发生爆炸的是集装箱内的易燃易爆物品．现场火光冲天，在强烈爆炸声后，高数十米的灰白色蘑菇云瞬间腾起．爆炸造成重大的人员伤亡和财产损失．血的教训告诉我们：水火无情．下列物质（或存放仓库）着火时，可以直接用水扑灭的是（　　）A．植物油B．电石C．棉被、衣物D．过氧化钠　2．25℃时，将amol/L一元酸HA与bmol/LNaOH等体积混合后测得溶液pH=7，则下列关系一定不正确的（　　）A．a=bB．a＞bC．c（A﹣）=c（Na+）D．c（A﹣）＜c（Na+）　3．对于实验I〜IV的实验现象预测正确的是（　　）A．实验Ⅰ：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡B．实验Ⅱ：充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层无色C．实验Ⅲ：从饱和食盐水中提取NaCl晶体D．装置Ⅳ：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去　4．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）A．标准状况下，22.4LCCl4中含有的分子数目为NAB．7.8gNa2S和Na2O2的混合物中，含有的阴离子数目为0.1NAC．足量的铜与含有0.2molH2SO4的浓溶液共热可生成SO2为0.1NAD．标准状况下，2.24LCl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数目为0.2NA　5．CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H＜0，在其他条件不变的情况下（　　）A．加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H也随之改变B．改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变C．升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变D．若在原电池中进行，反应放出的热量不变　6．控制适合的条件，将反应Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+设计成如右图所示的原电池，（盐桥装有琼脂﹣硝酸钾溶液；灵敏电流计的0刻度居中，左右均有刻度）已知，接通后，观察到电流计指针向右偏转．下列判断正确的是（　　）23\nA．在外电路中，电子从石墨电极流向银电极B．盐桥中的K+移向乙烧杯C．一段时间后，电流计指针反向偏转，越过0刻度，向左边偏转D．电流计指针居中后，往甲烧杯中加入一定量的铁粉，电流计指针将向左偏转　7．将agFe和Cu的混合粉末加入到100mL4mol/L的稀硝酸中充分反应后（假设还原产物只有NO），下列说法正确的是（　　）A．若反应后有Cu剩余，则反应后溶液中含有的金属阳离子一定是Cu2+B．若反应后的溶液中有Cu2+，则反应后溶液中含有的金属阳离子一定是Fe2+、Fe3+C．若加入的Fe和Cu的质量比为7：8，则使HNO3完全反应的金属粉末质量最小为7.2gD．若两者恰好反应，则加入金属粉末质量8.4g＜a＜9.6g　　二、简答题．8．工业上可由天然气为原料制备甲醇，也可由水煤气合成甲醇．（1）已知2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=akJ/mol；CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=bkJ/mol．试写出由CH4和O2制取甲醇的热化学方程式：　　　　　　．（2）还可以通过下列反应制备甲醇：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）．图甲是反应时CO（g）和CH3OH（g）的浓度随时间t的变化情况．从反应开始到平衡，用CO表示平均反应速率v（CO）=　　　　　　，该反应的平衡常数表达式为　　　　　　．（3）在一容积可变的密闭容器中充入10molCO和20molH2，CO的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如乙图所示．①下列说法不能判断该反应达到化学平衡状态的是　　　　　　．（填字母）A．H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍B．H2的体积分数不再改变C．体系中H2的转化率和CO的转化率相等D．体系中气体的平均摩尔质量不再改变②比较A、B两点压强大小PA　　　　　　PB（填“＞、＜、=”）．23\n③若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L．如果反应开始时仍充入10molCO和20molH2，则在平衡状态B时容器的体积V（B）=　　　　　　L．（4）以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池（电极材料为惰性电极）．①若KOH溶液足量，则电池负极反应的离子方程式为　　　　　　．②若电解质溶液中KOH的物质的量为1.0mol，当有0.75mol甲醇参与反应时，电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是　　　　　　．　9．已知D、M、H是常见得非金属单质，其中M是无色气体，H是有色气体．J是一种金属单质（其同族的某种元素是形成化合物种类最多的元素），A、C是金属氧化物，C和J均是某种常见电池的电极材料，J元素的+2价化合物比+4价化合物稳定，B与C反应时，每生成1molH同时消耗4molB和1molC．K只知含有CO或CO2中的一种或两种．它们关系如图所示：（1）写出A物质中所含金属元素在周期表中的位置：　　　　　　．写出化合物L的电子式：　　　　　　．反应②的化学方程式为　　　　　　．（3）向图中的红褐色透明液体中逐滴滴入HI溶液，可以观察到先产生红褐色沉淀，后红褐色沉淀溶解，红褐色沉淀溶解的离子方程式为　　　　　　．（4）由金属氧化物A和C得到其相应的金属，在冶金工业上一般可用　　　　　　（填序号）方法①热还原法②电解法③热分解法其中从A得到其相应金属也可用铝热法，若反应中1molA参加反应，转移电子的物质的量为　　　　　　mol．（5）用C、J作电极，与硫酸构成如图所示原电池，负极的电极反应为　　　　　　，当反应转移2mol电子时，负极质量增加　　　　　　克．23\n　10．医疗上绿矾（FeSO4•7H2O）是治疗缺铁性贫血的特效药．某化学兴趣小组对绿矾进行了如下的探究：Ⅰ．[制备产品]该小组由废铁屑（含少量氧化铜、氧化铁等杂质），用如图所示装置制备FeSO4•7H2O晶体，步骤如下：（1）预处理：先将废铁屑加入到饱和Na2CO3溶液中洗涤，目的是　　　　　　，然后将废铁屑用水洗涤2～3遍．（2）将洗涤后的废铁屑加入到圆底烧瓶中，并持续通入N2，N2的作用是　　　　　　．（3）再加入足量稀硫酸，控制温度50℃～80℃之间，充分反应后，圆底烧瓶中剩余的固体为　　　　　　．（4）获取产品：先向步骤（3）中反应后的混合物中加入少许蒸馏水，趁热过滤，　　　　　　．滤出晶体，用少量冰水洗涤2～3次，再用滤纸将晶体吸干，密闭保存．Ⅱ．[测定FeSO4•7H2O含量]（1）称取上述样品10.0g，溶于适量的稀硫酸中，配成100mL溶液，需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要的仪器有（填仪器名称）　　　　　　、　　　　　　．（2）准确量取25mL该液体于锥形瓶中，用0.1000mol/LKMnO4标准溶液滴定，则滴定终点的判断方法是　　　　　　．（3）用同样的方法滴定3次，平均消耗10.00mL标准液，该样品中FeSO4•7H2O的质量分数为　　　　　　．（已知Mr（FeSO4•7H2O）=278）．（4）若测量结果偏小，则可能是在定容时　　　　　　（填“俯视”或“仰视”）读数．　11．[化学一选修/化学与技术]纯碱一直以来都是工业生产的重要原料，很长一段时间纯碱的制法都被欧美国家所垄断．20世纪初我国著名的工业化学家侯德榜先生，经过数年的反复研究终于发明了优于欧美制碱技术的联合制碱法（又称侯氏制碱法），并在天津建造了我国独立研发的第一家制碱厂．其制碱原理的流程如下：23\n（1）侯德榜选择天津作为制碱厂的厂址有何便利条件（举二例说明）　　　　　　、　　　　　　．（2）合成氨工厂需要向制碱厂提供两种原料气体，它们分别是：　　　　　　、　　　　　　（填化学式）．这两种气体在使用过程中是否需要考虑添加的顺序　　　　　　（填“是”或“否”），原因是：　　　　　　．（3）在沉淀池中发生的反应的化学方程式是　　　　　　．（4）使原料水中溶质的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了　　　　　　（填上述流程中的编号）的循环．从母液中可以提取的副产品的应用是　　　　　　（举一例）．　12．已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E．其中A、B、C是同一周期的非金属元素．化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构．AC2为非极性分子．B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高．E的原子序数为24，ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，三个氯离子位于外界．请根据以上情况，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为　　　　　　；A、B、C的电负性由大到小的顺序为　　　　　　；（均用“＜”或“＞”连接）（2）B的氢化物的分子空间构型是　　　　　　．其中心原子采取　　　　　　杂化．（3）写出化合物AC2的电子式　　　　　　；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为　　　　　　．（4）E的价层电子排布式是　　　　　　，在形成化合物时它的最高化合价为　　　　　　，ECl3形成的配合物的化学式为　　　　　　．（5）B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方程式是　　　　　　．　23\n13．软质隐形眼镜材料W、树脂X的合成路线如下：（1）A中含有的官能团名称是　　　　　　．（2）甲的结构简式是　　　　　　．（3）B→C反应的化学方程式是　　　　　　．（4）B有多种同分异构体．属于酯且含有碳碳双键的同分异构体共有　　　　　　种（不考虑顺反异构，下同），写出其中能发生银镜反应，且含有甲基的所有同分异构体的结构简式是　　　　　　．（5）已知F的相对分子质量为110，分子中碳原子、氢原子数都是氧原子数的3倍，苯环上的氢原子化学环境都相同．则F还能发生的反应是（填序号）　　　　　　．a．加成反应b．氧化反应c．加聚反应d．水解反应（6）写出树脂X可能的结构简式（写出一种即可）　　　　　　．（7）E的分子式为C10H14O2，含三个甲基，苯环上的一溴代物有两种．生成E的化学方程式是　　　　　　．　　23\n2022-2022学年贵州省贵阳一中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题．1．2022年8月12日23：30左右天津滨海新区第五大街与跃进路交叉口的一处集装箱码头发生爆炸，发生爆炸的是集装箱内的易燃易爆物品．现场火光冲天，在强烈爆炸声后，高数十米的灰白色蘑菇云瞬间腾起．爆炸造成重大的人员伤亡和财产损失．血的教训告诉我们：水火无情．下列物质（或存放仓库）着火时，可以直接用水扑灭的是（　　）A．植物油B．电石C．棉被、衣物D．过氧化钠【考点】化学实验安全及事故处理．【专题】实验事故处理．【分析】与水反应的物质着火不能用水灭火，密度比水小的液体着火不能用水灭火，据此解题．【解答】解：A．植物油密度比水小，不能用水灭火，故A错误；B．电石与水反应生成乙炔，乙炔是可燃性气体，故B错误；C．棉被、衣物可用水灭火，可降低温度，故C正确；D．过氧化钠与水反应生成氧气，燃烧更剧烈，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学实验安全及事故处理，难度不大，解题的关键是掌握好可燃物燃烧的条件及灭火的方法．　2．25℃时，将amol/L一元酸HA与bmol/LNaOH等体积混合后测得溶液pH=7，则下列关系一定不正确的（　　）A．a=bB．a＞bC．c（A﹣）=c（Na+）D．c（A﹣）＜c（Na+）【考点】pH的简单计算；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】根据HA是强酸还是弱酸，结合盐类水解判断a、b关系；根据溶液呈电中性可知，溶液中c（A﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），结合溶液的pH值判断c（A﹣）、c（Na+）的相对大小．【解答】解：A、若HA为强酸，溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合恰好反应，故a=b，若HA为弱酸，生成强碱弱酸盐NaA，溶液会呈碱性；由于溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合，HA应过量，故a＞b，综上所述，a≥b，故A正确；B、由A分析可知，可以满足a＞b，故B正确；C、溶液中c（A﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），溶液pH=7，则c（OH﹣）=c（H+），故c（A﹣）=c（Na+），故C正确；D、由C中分析可知，溶液中一定满足c（A﹣）=c（Na+），故D错误；故选：D．【点评】本题考查溶液中离子浓度比较、酸碱反应pH的定性判断、盐类水解等知识，题目难度中等，注意酸HA的强弱讨论方法及电荷守恒、物料守恒在比较离子间关系时的应用．　3．对于实验I〜IV的实验现象预测正确的是（　　）23\nA．实验Ⅰ：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡B．实验Ⅱ：充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层无色C．实验Ⅲ：从饱和食盐水中提取NaCl晶体D．装置Ⅳ：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．先发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠；B．上层为氯化铁溶液，为黄色；C．从饱和食盐水中提取NaCl晶体，利用蒸发操作；D．浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为C，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色．【解答】解：A．先发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠，则开始没有气泡，故A错误；B．四氯化碳的密度比水的大，充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层为氯化铁溶液，为黄色，故B错误；C．从饱和食盐水中提取NaCl晶体，利用蒸发操作，不需要坩埚，应选蒸发皿，故C错误；D．浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为C，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色，观察到性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去，故D正确；故选：D．【点评】本题考查实验方案的评价，涉及到反应的先后顺序、萃取、蒸发等知识点，属于常见的冷拼试题，考查点较多，学生应注意思维的及时转换来解答，D选项难度较大．　4．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）A．标准状况下，22.4LCCl4中含有的分子数目为NAB．7.8gNa2S和Na2O2的混合物中，含有的阴离子数目为0.1NAC．足量的铜与含有0.2molH2SO4的浓溶液共热可生成SO2为0.1NAD．标准状况下，2.24LCl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数目为0.2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．气体摩尔体积使用对象为气体；B．Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，两种化合物的阳离子与阴离子个数比均为2：1；C．铜与稀硫酸不反应；D．由方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，反应中氯元素化合价由0价升高为+1价，由0价降低为﹣1价，氯气起氧化剂与还原剂作用，各占一半，据此计算转移电子数目．【解答】解：A．标况下，四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B．Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，则混合物的总物质的量为=0.1mol，两种化合物的阳离子与阴离子个数比均为2：1，因此所含有的阴离子的个数为0.1mol×NAmol﹣1×1=0.1NA，故B正确；23\nC．足量的铜与含有0.2molH2SO4的浓溶液共热若完全反应生成二氧化硫0.1mol，但是浓硫酸随着反应进行浓度降低，变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，故生成的二氧化硫小于0.1NA，故C错误；D.2.24LCl2的物质的量为=0.1mol，由方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，反应中氯元素化合价由0价升高为+1价，由0价降低为﹣1价，氯气起氧化剂与还原剂作用，各占一半，转移电子数目为0.1mol××2××NAmol﹣1=0.1NA，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的计算，为高考高频考点，掌握以物质的量为核心的计算公式及过氧化钠的结构是解题关键，注意气体摩尔体积的使用条件和对象，题目难度不大．　5．CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H＜0，在其他条件不变的情况下（　　）A．加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H也随之改变B．改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变C．升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变D．若在原电池中进行，反应放出的热量不变【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A．催化剂虽然改变了反应途径，但是△H只取决于反应物、生成物的状态；B．对于反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动；C．升高温度，平衡向吸热的方向移动；D．若在原电池中进行，反应将化学能转换为电能；【解答】解：A．催化剂虽然改变了反应途径，反应物、生成物的状态不变，所以△H不变，故A错误；B．这是一个反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量也不变，故B正确；C．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移，反应放出的热量减小，故C错误；D．若在原电池中进行，反应不放出热量，而是将化学能转换为电能，故D错误；故选：B；【点评】本题主要考查了外界条件对化学平衡、热量的影响，需要注意的是催化剂虽然改变了反应途径，但△H不变；对于反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动．　6．控制适合的条件，将反应Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+设计成如右图所示的原电池，（盐桥装有琼脂﹣硝酸钾溶液；灵敏电流计的0刻度居中，左右均有刻度）已知，接通后，观察到电流计指针向右偏转．下列判断正确的是（　　）23\nA．在外电路中，电子从石墨电极流向银电极B．盐桥中的K+移向乙烧杯C．一段时间后，电流计指针反向偏转，越过0刻度，向左边偏转D．电流计指针居中后，往甲烧杯中加入一定量的铁粉，电流计指针将向左偏转【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A．原电池外电路电子由负极流向正极；B．该原电池中，Ag失电子作负极，石墨作正极，盐桥中阳离子移向正极；C．一段时间后，原电池反应结束；D．电流计指针居中后，往甲烧杯中加入一定量的铁粉，铁活泼性强于银，形成新的原电池，铁做负极，银做正极．【解答】解：A．原电池外电路电子由负极流向正极，所以电子从银电极流向石墨电极，故A错误；B．该原电池中，Ag失电子作负极，石墨作正极，盐桥中K+是阳离子移向正极甲烧杯，故B错误；C．一段时间后，原电池反应结束，流计指针指向0，故C错误；D．电流计指针居中后，往甲烧杯中加入一定量的铁粉，铁活泼性强于银，形成新的原电池，铁做负极，银做正极，电流计指针向左偏转，故D正确；故选：D．【点评】本题是对原电池原理综合考查，明确原电池工作原理、准确判断原电池中正负电极是解题关键，题目难度中等．　7．将agFe和Cu的混合粉末加入到100mL4mol/L的稀硝酸中充分反应后（假设还原产物只有NO），下列说法正确的是（　　）A．若反应后有Cu剩余，则反应后溶液中含有的金属阳离子一定是Cu2+B．若反应后的溶液中有Cu2+，则反应后溶液中含有的金属阳离子一定是Fe2+、Fe3+C．若加入的Fe和Cu的质量比为7：8，则使HNO3完全反应的金属粉末质量最小为7.2gD．若两者恰好反应，则加入金属粉末质量8.4g＜a＜9.6g【考点】有关混合物反应的计算．【专题】极端假设法；利用化学方程式的计算．【分析】将Fe和Cu的混合粉末加入到100mL4mol/L稀硝酸中充分反应，可能的化学反应为：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑4+H2O、Fe+2Fe（NO3）3=3Fe（NO3）2、Cu+2Fe（NO3）3=2Fe（NO3）2+Cu（NO3）2；依据离子共存逐项分析，有Fe3+一定不存在Fe、Cu，有Fe一定不存在Fe3+、Cu2+、Fe3+、H+；有Cu剩余一定无Fe3+、HNO3，据此进行解答．【解答】解：100mL4mol/L的稀硝酸中含有硝酸的物质的量为：4mol/L×0.1L=0.4mol，A．若反应后有Cu剩余，则肯定没有Fe3+，此溶液中一定有Fe2+，不一定含有Cu2+，故A错误；B．若反应后有Cu2+时，铁一定完全反应，但是铜可能有剩余，则反应后的溶液中不一定含有Fe3+，故B错误；C．因要求HNO3完全反应且金属质量最小，所以加入的铁要尽可能多耗酸，所以生成的是Fe3+，而Fe和Cu的质量比为7：8，可得到两者的物质的量之比为1：1，设铁铜物质的量为x，根据反应的定量关系可得：Fe→4HNO3，3Cu→8HNO3143823\nx4xxx硝酸物质的量为0.4mol，则：4x+x=0.4，可解得需要Fe和Cu的物质的量均为0.06mol，则金属的最小质量为：0.06mol×64g/mol+0.06mol×56g/mol=7.2g，故C正确；D．由上述三个过程可知，只发生与铜的反应时所需的金属量最多，由3Cu～8HNO3可解得需Cu的质量为：0.4mol××64g/mol=9.6g；当金属中完全为Fe且发生反应Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O时，金属的质量最小，最小质量为：56g/mol×0.4mol×=5.6g，则混合物质量范围为：5.6g＜a＜9.6g，故D错误；故选C．【点评】本题考查了混合物反应的计算与判断，题目难度较大，明确发生反应的原理为解答关键，注意掌握极值法在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．　二、简答题．8．工业上可由天然气为原料制备甲醇，也可由水煤气合成甲醇．（1）已知2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=akJ/mol；CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=bkJ/mol．试写出由CH4和O2制取甲醇的热化学方程式：　2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）△H=（a+2b）kJ/mol　．（2）还可以通过下列反应制备甲醇：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）．图甲是反应时CO（g）和CH3OH（g）的浓度随时间t的变化情况．从反应开始到平衡，用CO表示平均反应速率v（CO）=　0.075mol•L﹣1•min﹣1　，该反应的平衡常数表达式为　　．（3）在一容积可变的密闭容器中充入10molCO和20molH2，CO的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如乙图所示．①下列说法不能判断该反应达到化学平衡状态的是　AC　．（填字母）A．H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍B．H2的体积分数不再改变C．体系中H2的转化率和CO的转化率相等D．体系中气体的平均摩尔质量不再改变②比较A、B两点压强大小PA　＜　PB（填“＞、＜、=”）．23\n③若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L．如果反应开始时仍充入10molCO和20molH2，则在平衡状态B时容器的体积V（B）=　4　L．（4）以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池（电极材料为惰性电极）．①若KOH溶液足量，则电池负极反应的离子方程式为　CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O　．②若电解质溶液中KOH的物质的量为1.0mol，当有0.75mol甲醇参与反应时，电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是　c（K+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　．【考点】化学平衡的计算；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；化学平衡状态的判断．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；盐类的水解专题；电化学专题；化学平衡计算．【分析】（1）已知：①2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=akJ/mol②CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=bkJ/mol根据盖斯定律，①+②×2可得：2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）；（2）随反应进行，CO浓度减小、甲醇浓度增大，由图可知，10min到达平衡，CO浓度变化为（0.9﹣0.15）mol/L=0.75mol/L，再根据v=计算v（CO）；化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；（3）①可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；②温度一定时，正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大；③A、B温度相同，平衡常数相同，若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L，CO转化率为50%，则转化的CO为10mol×50%=5mol，则：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）起始量（mol）：10200变化量（mol）：5105平衡量（mol）：5105平衡常数K===4，计算B状态时各组分物质的量，再结合平衡常数计算体积；（4）①原电池负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水；②当有0.5mol甲醇参与反应时，产生的二氧化碳是0.5mol，和0.75mol氢氧化钾反应，根据元素守恒：n（K2CO3）+n（KHCO3）=0.5mol，2n（K2CO3）+n（KHCO3）=0.75mol，联立解得：n（K2CO3）=n（KHCO3）=0.25mol，溶液呈碱性，且CO32﹣水解程度大于HCO3﹣水解程度．【解答】解：（1）已知：①2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=akJ/mol②CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=bkJ/mol根据盖斯定律，①+②×2可得：2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）△H=（a+2b）kJ/mol，23\n故答案为：2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）△H=（a+2b）kJ/mol；（2）随反应进行，CO浓度减小、甲醇浓度增大，由图可知，10min到达平衡，CO浓度变化为（0.9﹣0.15）mol/L=0.75mol/L，则v（CO）==0.075mol•L﹣1•min﹣1；CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）的化学平衡常数表达式K=，故答案为：0.075mol•L﹣1•min﹣1；；（3）①A．H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍，均表示正反应速率，反应始终按该比例关系进行，不能说明到达平衡，当H2的消耗速率等于CH3OH的消耗速率的2倍时，反应到达平衡，故A错误；B．H2的体积分数不再改变是化学平衡的特征，达到了平衡，故B正确；C．氢气、CO的转化率与它们起始物质的量有关，平衡时不一定相等，若起始物质的量之比等于化学计算量之比，转化率始终相等，故C错误；D．混合气体总质量不变，随反应进行，混合气体总物质的量减小，平均摩尔质量增大，混合气体气体的平均摩尔质量不再改变，说明达到了平衡，故D正确．故选：AC；②温度一定时，正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故压强PA＜PB，故答案为：＜；③若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L，CO转化率为50%，则转化的CO为10mol×50%=5mol，则：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）起始量（mol）：10200变化量（mol）：5105平衡量（mol）：5105平衡常数K===4，如果反应开始时仍充入10molCO和20molH2，在平衡状态B时CO转化率为80%，则转化的CO为10mol×80%=8mol，则：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）起始量（mol）：10200变化量（mol）：8168平衡量（mol）：248设体积为VL，则=4，解得V=4，故答案为：4；23\n（4）①原电池负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水，负极电极反应式为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，故答案为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O；②当有0.5mol甲醇参与反应时，产生的二氧化碳是0.5mol，和0.75mol氢氧化钾反应，根据元素守恒：n（K2CO3）+n（KHCO3）=0.5mol，2n（K2CO3）+n（KHCO3）=0.75mol，联立解得：n（K2CO3）=n（KHCO3）=0.25mol，溶液呈碱性，且CO32﹣水解程度大于HCO3﹣水解程度，溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是：c（K+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：c（K+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．【点评】本题考查化学平衡计算、平衡状态判断、盖斯定律应用、原电池、离子浓度大小比较，题目比较综合，需学生具备扎实的基础，是对学生综合能力的考查，（3）中体积计算为难点，注意掌握平衡常数应用，难度中等．　9．已知D、M、H是常见得非金属单质，其中M是无色气体，H是有色气体．J是一种金属单质（其同族的某种元素是形成化合物种类最多的元素），A、C是金属氧化物，C和J均是某种常见电池的电极材料，J元素的+2价化合物比+4价化合物稳定，B与C反应时，每生成1molH同时消耗4molB和1molC．K只知含有CO或CO2中的一种或两种．它们关系如图所示：（1）写出A物质中所含金属元素在周期表中的位置：　第四周期第Ⅷ族　．（2）写出化合物L的电子式：　　．反应②的化学方程式为　PbO2+4HCl（浓）PbCl2+Cl2↑+2H2O　．（3）向图中的红褐色透明液体中逐滴滴入HI溶液，可以观察到先产生红褐色沉淀，后红褐色沉淀溶解，红褐色沉淀溶解的离子方程式为　2Fe（OH）3+2I﹣+6H+=I2+2Fe2++6H2O　．（4）由金属氧化物A和C得到其相应的金属，在冶金工业上一般可用　①　（填序号）方法①热还原法②电解法③热分解法其中从A得到其相应金属也可用铝热法，若反应中1molA参加反应，转移电子的物质的量为　8　mol．23\n（5）用C、J作电极，与硫酸构成如图所示原电池，负极的电极反应为　Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4　，当反应转移2mol电子时，负极质量增加　96　克．【考点】无机物的推断．【分析】J是一种金属单质，其同族的某种元素是形成化合物种类最多的元素，为第ⅣA族，J元素的+2价化合物比+4价化合物稳定，C和J均是某种常见电池的电极材料，推断J为Pb，H是元素有色气体非金属单质，则H为Cl2，由J+H=I，可判断I为PbCl2，A、C是金属氧化物，则C为PbO2．结合C+D=J+CO2，应是碳和PbO2的反应，故D为C；由F+G煮沸得到红褐色液体，证明生成的是氢氧化铁胶体，而E+H=F，A+B=E+F+G，可推断E为FeCl2，F为FeCl3，G为H2O，B为HCl，A为Fe3O4；根据G+H=B+L，可知L为HClO，则M为O2；B与C反应时，每生成1molH同时消耗4molB和1molC，发生反应：PbO2+4HCl=2H2O+Cl2↑+PbCl2，据此解答．【解答】解：J是一种金属单质，其同族的某种元素是形成化合物种类最多的元素，为第ⅣA族，J元素的+2价化合物比+4价化合物稳定，C和J均是某种常见电池的电极材料，推断J为Pb，H是元素有色气体非金属单质，则H为Cl2，由J+H=I，可判断I为PbCl2，A、C是金属氧化物，则C为PbO2．结合C+D=J+CO2，应是碳和PbO2的反应，故D为C；由F+G煮沸得到红褐色液体，证明生成的是氢氧化铁胶体，而E+H=F，A+B=E+F+G，可推断E为FeCl2，F为FeCl3，G为H2O，B为HCl，A为Fe3O4；根据G+H=B+L，可知L为HClO，则M为O2；B与C反应时，每生成1molH同时消耗4molB和1molC，发生反应：PbO2+4HCl=2H2O+Cl2↑+PbCl2，（1）A物质的化学式为：Fe3O4，Fe在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族，故答案为：第四周期第Ⅷ族；（2）L为HClO，其电子式为，反应②是HCl与PbO2反应时，每生成1molCl2同时消耗4molHCl和1molPbO2，化学方程式为：PbO2+4HCl（浓）PbCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：；PbO2+4HCl（浓）PbCl2+Cl2↑+2H2O；（3）向氢氧化铁胶体中逐滴滴入HI溶液，开始电解质中和胶体胶粒所带电荷，发生胶体聚沉，得到氢氧化铁沉淀，而后HI与氢氧化铁发生酸碱中和反应、铁离子氧化碘离子生成碘，红褐色沉淀溶解的离子方程式为：2Fe（OH）3+2I﹣+6H+=I2+2Fe2++6H2O，故答案为：2Fe（OH）3+2I﹣+6H+=I2+2Fe2++6H2O；（4）由金属氧化物A为Fe3O4和C为PbO2得到其相应的金属为Fe、Pb，依据金属活动顺序，在冶金工业上一般可用热还原法，其中从A得到其相应金属也可用铝热法，发生的反应为：3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3，若反应中1molA参加反应，转移电子的物质的量为8mol，故答案为：①；8；23\n（5）用PbO2、Pb作电极，与硫酸构成如图所示电池是铅蓄电池，正极为PbO2，电极反应为：PbO2+2e﹣+4H++SO42﹣═PbSO4+2H2O，负极为Pb，电极反应为：Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4，当反应转移2mol电子时，负极反应1molPb，其质量=1mol×207.2g/mol=207.2g，生成1molPbSO4，其质量=1mol×303.2g/mol=303.2g，故负极质量增加=303.2g﹣207.2g=96g，故答案为：Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4；96．【点评】本题考查元素无机物推断，物质的颜色、J为电池的电极材料及同主族元素形成化合物最多等水推断突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度中等．　10．医疗上绿矾（FeSO4•7H2O）是治疗缺铁性贫血的特效药．某化学兴趣小组对绿矾进行了如下的探究：Ⅰ．[制备产品]该小组由废铁屑（含少量氧化铜、氧化铁等杂质），用如图所示装置制备FeSO4•7H2O晶体，步骤如下：（1）预处理：先将废铁屑加入到饱和Na2CO3溶液中洗涤，目的是　洗去铁屑表面的油污　，然后将废铁屑用水洗涤2～3遍．（2）将洗涤后的废铁屑加入到圆底烧瓶中，并持续通入N2，N2的作用是　排除装置中的空气或氧气　．（3）再加入足量稀硫酸，控制温度50℃～80℃之间，充分反应后，圆底烧瓶中剩余的固体为　Cu　．（4）获取产品：先向步骤（3）中反应后的混合物中加入少许蒸馏水，趁热过滤，　冷却；结晶　．滤出晶体，用少量冰水洗涤2～3次，再用滤纸将晶体吸干，密闭保存．Ⅱ．[测定FeSO4•7H2O含量]（1）称取上述样品10.0g，溶于适量的稀硫酸中，配成100mL溶液，需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要的仪器有（填仪器名称）　100mL容量瓶　、　胶头滴管　．（2）准确量取25mL该液体于锥形瓶中，用0.1000mol/LKMnO4标准溶液滴定，则滴定终点的判断方法是　当最后一滴标准液滴入时，溶液变为紫红色，且30s保持不变　．（3）用同样的方法滴定3次，平均消耗10.00mL标准液，该样品中FeSO4•7H2O的质量分数为　55.6%　．（已知Mr（FeSO4•7H2O）=278）．（4）若测量结果偏小，则可能是在定容时　仰视　（填“俯视”或“仰视”）读数．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】实验分析题．【分析】I．氧化铜、氧化铁与硫酸反应生成硫酸铜和硫酸铁，铁单质与硫酸铜和硫酸铁反应生成硫酸亚铁和铜单质．23\n（1）碳酸钠的水溶液显碱性，可以除去铁屑表面的油污；（2）FeSO4易被氧气氧化；（3）氧化铜、氧化铁与硫酸反应生成硫酸铜和硫酸铁，铁单质与硫酸铜和硫酸铁反应生成硫酸亚铁和铜单质；（4）过滤，冷却结晶可得FeSO4•7H2O晶体；II．（1）根据配制溶液的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；（2）可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点；（3）Fe2+→Fe3+，铁元素化合价升高1价；MnO4﹣→Mn2+，锰元素降低5价，化合价升降最小公倍数为5，根据关系式5Fe2+～MnO4﹣，计算25mL该液体中Fe2+的物质的量，进而计算样品中FeSO4•7H2O的质量，再根据质量分数定义计算；（4）定容时仰视读取标准溶液体积偏大．【解答】解：I．（1）碳酸钠的水溶液显碱性，可以除去铁屑表面的油污，故答案为：洗去铁屑表面的油污；（2）FeSO4易被氧气氧化，持续通入N2排除装置中的空气或氧气，故答案为：排除装置中的空气或氧气；（3）氧化铜、氧化铁与硫酸反应生成硫酸铜和硫酸铁，铁单质与硫酸铜和硫酸铁反应生成硫酸亚铁和铜单质，故答案为：Cu；（4）洗涤、过滤、冷却结晶可得FeSO4•7H2O晶体，故答案为：冷却；结晶；II．（1）步骤为：计算→称量→溶液→转移→洗涤→定容→摇匀→装瓶→贴签，需要使用的仪器有：100mL容量瓶，托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，量筒可用可不用，故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；（2）可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KMnO4溶液时，溶液将由无色变为紫红色，故答案为：当最后一滴标准液滴入时，溶液变为紫红色，且30s保持不变；（3）测定样品中Fe2+的含量，采用在酸性条件下KMnO4标准液滴定，Fe2+→Fe3+，铁元素化合价升高1价；MnO4﹣→Mn2+，锰元素降低5价，化合价升降最小公倍数为5，故Fe2+系数为5，MnO4﹣系数为1，根据元素守恒可知Mn2+与Fe3+系数分别为1、5，根据电荷守恒可知缺项为H+，H+其系数为2+3×5﹣[2×5﹣1]=8，根据H元素守恒可知H2O系数是4，所以反应离子方程式为5Fe2++MnO4﹣+8H+=1Mn2++5Fe3++4H2O，令Fe2+的物质的量为xmol，则：5Fe2+～～～～～～MnO4﹣，51xmol0.01L×0.1mol/L所以x==0.005mol，所以样品中FeSO4•7H2O的质量0.005mol×4×278g/mol=5.56g，所以4g产品中FeSO4•7H2O的质量分数为×100%=55.6%，故答案为：55.6%；（4）定容时仰视体积偏大，浓度偏小，故答案为：仰视．【点评】本题考查物质的制备与含量的测定，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，题目难度中等．　23\n11．[化学一选修/化学与技术]纯碱一直以来都是工业生产的重要原料，很长一段时间纯碱的制法都被欧美国家所垄断．20世纪初我国著名的工业化学家侯德榜先生，经过数年的反复研究终于发明了优于欧美制碱技术的联合制碱法（又称侯氏制碱法），并在天津建造了我国独立研发的第一家制碱厂．其制碱原理的流程如下：（1）侯德榜选择天津作为制碱厂的厂址有何便利条件（举二例说明）　原料丰富　、　运输方便　．（2）合成氨工厂需要向制碱厂提供两种原料气体，它们分别是：　CO2　、　NH3　（填化学式）．这两种气体在使用过程中是否需要考虑添加的顺序　是　（填“是”或“否”），原因是：　氨气在水中的溶解度大，先通氨气后通二氧化碳产生碳酸氢铵多，有利于碳酸氢钠的析出　．（3）在沉淀池中发生的反应的化学方程式是　NH4HCO3+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl　．（4）使原料水中溶质的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了　循环Ⅰ　（填上述流程中的编号）的循环．从母液中可以提取的副产品的应用是　作肥料　（举一例）．【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）．【专题】化学计算．【分析】（1）天津位于沿海交通发达，而制碱的原料之一NaCl丰富；（2）合成氨工厂需要向制碱厂提供两种原料气体，它们分别是二氧化碳和氨气；二氧化碳在水溶液中溶解度小，生成碳酸氢钠少，不能析出晶体，而氨气在水中的溶解度大，先通氨气后通二氧化碳产生碳酸氢铵多，有利于碳酸氢钠的析出；（3）氨化的饱和氯化钠溶液中通入过量二氧化碳，发生反应二氧化碳和氨水反应生成碳酸氢铵，碳酸氢铵和氯化钠反应，由于碳酸氢钠溶解度小，所以先生成碳酸氢钠晶体析出；（4）碳酸氢钠能溶于水，析出晶体后的溶液要循环利用，从母液中有NH4Cl可以做肥料．【解答】解：（1）天津位于沿海地区交通发达，而制碱的原料之一NaCl，在海水中含量丰富，故答案为：原料丰富；运输方便；（2）合成氨工厂需要向制碱厂提供两种原料气体，它们分别是二氧化碳和氨气；二氧化碳在水溶液中溶解度小，生成碳酸氢钠少，不能析出晶体，而氨气在水中的溶解度大，先通氨气后通二氧化碳产生碳酸氢铵多，有利于碳酸氢钠的析出；故答案为：CO2；NH3；是；氨气在水中的溶解度大，先通氨气后通二氧化碳产生碳酸氢铵多，有利于碳酸氢钠的析出；（3）氨化的饱和氯化钠溶液中通入过量二氧化碳，发生反应二氧化碳和氨水反应生成碳酸氢铵，碳酸氢铵和氯化钠反应，由于碳酸氢钠溶解度小，所以先生成碳酸氢钠晶体析出，反应方程式为：NH4HCO3+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，故答案为：NH4HCO3+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl；23\n（4）碳酸氢钠能溶于水，析出晶体后的溶液中还含有较多碳酸氢钠，所以要循环利用，从母液中有NH4Cl可以做肥料，故答案为：循环Ⅰ；做肥料．【点评】本题考查了纯碱工业制备原理，反应实质的应用，试剂的作用，理解生产原理和过程的实质是解答的关键，题目难度中等．　12．已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E．其中A、B、C是同一周期的非金属元素．化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构．AC2为非极性分子．B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高．E的原子序数为24，ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，三个氯离子位于外界．请根据以上情况，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为　C＜O＜N　；A、B、C的电负性由大到小的顺序为　O＞N＞C　；（均用“＜”或“＞”连接）（2）B的氢化物的分子空间构型是　三角锥形　．其中心原子采取　sp3　杂化．（3）写出化合物AC2的电子式　　；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为　N2O　．（4）E的价层电子排布式是　1s22s22p63s23p63d54s1　，在形成化合物时它的最高化合价为　+6　，ECl3形成的配合物的化学式为　[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3　．（5）B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方程式是　4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E，化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成﹣2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中存在氢键，C形成﹣2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B＜C，则B为氮元素；其中A、B、C是同一周期的非金属元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3．【解答】解：A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成﹣2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中应存在氢键，C形成﹣2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B＜C，则B为氮元素；其中A、B、C是同一周期的非金属元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3．（1）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，电子能量低，氮元素第一电离能高于同周期相邻的元素的，所以第一电离能由小到大的顺序为：C＜O＜N，同周期自左而右电负性增大，故电负性O＞N＞C，23\n故答案为：C＜O＜N；O＞N＞C；（2）B为氮元素，其氢化物为NH3，分子中含有3个N﹣H键，N原子有1对孤对电子对，杂化轨道数为4，N原子采取sp3杂化，空间构型为三角锥型，故答案为：三角锥型；sp3；（3）化合物AC2是CO2，分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式为；一种由N元素、O元素化合物与CO2互为等电子体，其化学式为N2O，故答案为：；N2O；（4）E为Cr元素，原子序数为24，原子核外有24个电子，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，最高化合价为+6，CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；+6；[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3；（5）B的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，D的单质为Mg，HNO3稀溶液与Mg反应时，N元素被还原到最低价，则生成NH4NO3，Mg被氧化为Mg（NO3）2，令NH4NO3，Mg（NO3）2的化学计量数分别为x、y，则根据电子转移守恒有[5﹣（﹣3）]×x=2y，所以x：y=4：1，该反应的化学方程式是4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O，故答案为：4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，题目综合性较大，涉及元素周期律、电子式与核外电子排布、配合物与杂化理论、分子结构，氧化还原反应等，难度中等，是物质结构的综合性题目，是对学生综合能力的考查，氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高是推断的突破口．　13．软质隐形眼镜材料W、树脂X的合成路线如下：（1）A中含有的官能团名称是　碳碳双键、醛基　．（2）甲的结构简式是　CH3CH2CHO　．23\n（3）B→C反应的化学方程式是　　．（4）B有多种同分异构体．属于酯且含有碳碳双键的同分异构体共有　3　种（不考虑顺反异构，下同），写出其中能发生银镜反应，且含有甲基的所有同分异构体的结构简式是　　．（5）已知F的相对分子质量为110，分子中碳原子、氢原子数都是氧原子数的3倍，苯环上的氢原子化学环境都相同．则F还能发生的反应是（填序号）　ab　．a．加成反应b．氧化反应c．加聚反应d．水解反应（6）写出树脂X可能的结构简式（写出一种即可）　　．（7）E的分子式为C10H14O2，含三个甲基，苯环上的一溴代物有两种．生成E的化学方程式是　　．【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由合成路线可知，利用逆推法结合W可知，C为CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，B与乙二醇发生酯化反应生成C，则B为CH2=C（CH3）COOH，A→B发生氧化反应，则A为CH2=C（CH3）CHO，A→D发生加成反应，D为CH3CH（CH3）CH2OH，结合已知信息可知，甲为醛，与HCHO反应再脱水生成A，则甲为CH3CH2CHO，F的相对分子质量为110，分子中碳原子、氢原子数都是氧原子数的3倍，苯环上的氢原子化学环境都相同，则F为，E的分子式为C10H14O2，含三个甲基，苯环上的一溴代物有两种，则2﹣甲基丙烯与F发生加成反应生成E，E为，然后结合有机物的结构与性质来解答．【解答】解：由合成路线可知，利用逆推法结合W可知，C为CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，B与乙二醇发生酯化反应生成C，则B为CH2=C（CH3）COOH，A→B发生氧化反应，则A为CH2=C（CH3）CHO，A→D发生加成反应，D为CH3CH（CH3）CH2OH，结合已知信息可知，甲为醛，与HCHO反应再脱水生成A，则甲为CH3CH223\nCHO，F的相对分子质量为110，分子中碳原子、氢原子数都是氧原子数的3倍，苯环上的氢原子化学环境都相同，则F为，E的分子式为C10H14O2，含三个甲基，苯环上的一溴代物有两种，则2﹣甲基丙烯与F发生加成反应生成E，E为，（1）A为CH2=C（CH3）CHO，含碳碳双键、醛基两种官能团，故答案为：碳碳双键、醛基；（2）由上述分析可知，甲为CH3CH2CHO，故答案为：CH3CH2CHO；（3）B→C反应的化学方程式是，故答案为：；（4）B为CH2=C（CH3）COOH，属于酯且含有碳碳双键的同分异构体有HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）=CH2、CH3COOCH=CH2，共3种，其中能发生银镜反应，且含有甲基的所有同分异构体的结构简式，故答案为：2；；（5）F为，能发生苯环的加成反应及酚﹣OH的氧化反应，故答案为：ab；（6）F与HCHO发生缩聚反应生成X，则树脂X可能的结构简式为，故答案为：；23\n（7）生成E的化学方程式是，故答案为：．【点评】本题考查有机物的合成，为高考常见的题型，注意利用合成流程图中物质的结构中碳链变化、官能团变化等采用逆推法分析各物质是解答本题的关键，侧重反应类型及物质结构与性质的考查，题目难度中等．　23