湖北省天门中学2022届高三化学上学期第三次月考试题含解析

湖北省天门中学2022-2022学年高三（上）第三次月考化学试卷　一、选择题：每小题只有一个选项符合题意1．化学与社会、生产、生活紧切相关，下列说法正确的是（　　）①石英只可用于生产光导纤维，且常温下不与强酸反应；②次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌；③黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成；④用铜片在加热的条件下就可鉴别浓硫酸和稀硫酸；⑤70mL的H2S和90mL的O2混合点燃后恢复到原状况可产生70mL的SO2；⑥将过量CO2气体通入水玻璃中可生成硅酸和纯碱．A．①②④⑤B．①②③④C．②④⑥D．②③④　2．将甲气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入乙气体，有沉淀生成，则甲、乙气体不可能是（　　）A．SO2、H2SB．SO2、NO2C．NH3、CO2D．CO2、SO2　3．下列关于某些离子的检验说法正确的是（　　）A．向某溶液中加稀盐酸，将产生的无色气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32﹣或HCO3﹣B．向某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42﹣C．向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中存在NH4+D．向某溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有Cl﹣　4．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．少量H2S气体通入硫酸铜溶液：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+B．将NO2气体通入NaOH溶液中：3NO2+2OH﹣=2NO3﹣+NO+H2OC．ICl和Cl2的化学性质相似，将ICl通入KOH溶液中：ICl+2OH﹣=I﹣+ClO﹣+H2OD．1.5mol/L100mL的FeBr2溶液中通入3.36L（标准状况）Cl2：2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣　5．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（　　）选项叙述Ⅰ叙述ⅡA浓硝酸在光照下颜色变黄浓硝酸具有不稳定性B浓硫酸具有酸性和吸水性浓硫酸可使PH试纸先变红后变黑CCl2和SO2均有漂白性Cl2和SO2均可使含有酚酞的NaOH溶液褪色DC的还原性小于Si可用焦炭和石英在高温下反应制取粗硅和CO2A．AB．BC．CD．D　6．N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂，下列反应能产生N2O：3CO+2NO2=3CO2+N2O．下列关于N2O的说法一定正确的是（　　）A．上述反应中，每消耗2molNO2，就会生成22.4LN2O-20-\nB．N2O有氧化性，且为HNO2的酸酐C．等质量的N2O和CO2含有相等的电子数D．N2O会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒　7．1.76克铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2气体1792mL（标准状况），向反应后的溶液中加入适量的1.0mol/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀．下列说法不正确的是（　　）A．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LB．加入NaOH溶液的体积是50mLC．浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用，且起氧化性的硝酸的物质的量为0.08molD．得到的金属氢氧化物的沉淀为3.12克　　二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22-32题为必考题，每个试题考生都作答；第33题-39题为选考题，考生根据要求作答．8．（15分）氮化硅的强度很高，尤其是热压氮化硅，是世界上最坚硬的物质之一，氮化硅陶瓷可做燃气轮机的燃烧室、机械密封环、输送铝液的电磁泵的管道及阀门、永久性模具、钢水分离环等．制备氮化硅可将硅粉放在氮气中加热至1000℃左右直接氮化制得，实验室制备氮化硅装置示意图如图1：回答下列问题：（1）检查装置气密性的方法是　　　　　　，a仪器的名称是　　　　　　（2）写出NaNO2和（NH4）2SO4反应制备氮气的化学方程式　　　　　　；（3）装置B的作用是　　　　　　，装置C的作用是　　　　　　；（4）已知氮化硅的化学性质稳定，但常温下易溶于氢氟酸溶液生成一种白色的胶状沉淀和一种盐，请写出此化学反应方程式：　　　　　　；（5）实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图2所示（省略夹持和净化装置）．仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是　　　　　　选项a物质b物质c收集的气体d中的物质A浓氨水NaOHNH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2澄清石灰水C稀硝酸FeNO2H2OD浓盐酸KMnO4Cl2NaOH溶液　-20-\n9．（14分）如图的关系图中，A是一种正盐，E是强酸，当甲无论是强酸或强碱都有如下反应关系：友情提示：当甲无论是强酸或强碱，A、B、C、D、E均为同种元素对应的不同的化合物．回答下列问题：（1）A是　　　　　　（用化学式表示）（2）当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体①写出B与C的反应方程式：　　　　　　②一定质量的Zn与100mL12.0mol/L的E的浓溶液充分反应，反应后称量剩余锌发现质量减少了65.0g．将反应后的溶液稀释至1L，此时溶液中c（SO42﹣）=　　　　　　mol/L，产生SO2体积（标准状况下）=　　　　　　L（3）当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂①C是　　　　　　，在浓的E溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时的离子方程式为　　　　　　．②将盛有D和O2的混合气体12mL的量筒倒立于水槽中，充分反应后，剩余2mL无色气体（均在同温同压下测定），则原混合气体中氧气的体积是　　　　　　．　10．（14分）某中学的化学兴趣小组对SO2与漂白粉的反应进行实验探究，实验过程如下：取10克漂白粉固体，加入250mL水中，部分固体溶解溶液略有颜色，过滤后用洁净的玻璃棒沾取滤液到pH试纸上，发现pH试纸先变蓝（约为12）后褪色．回答下列问题：（1）工业制取漂白粉的化学方程式是　　　　　　，]漂白粉在空气中变质的原因　　　　　　（用化学反应方程式说明）（2）pH试纸颜色的变化说明漂白粉溶液具有的性质是　　　　　　，ClO2和漂白粉一样也具有强氧化性，其消毒效率（以单位物质的量得电子的数目表示）是Cl2的　　　　　　倍；（3）将SO2持续通入漂白粉溶液中，发现澄清透明的溶液先变为黄绿色，随后溶液中产生大量白色沉淀且黄绿色褪去．回答下列问题：①澄清透明溶液变为黄绿色的可能原因是：随溶液酸性的增强，漂白粉的有效成分和C1﹣发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是　　　　　　；②用离子方程式解释现象中黄绿色褪去的原因：　　　　　　；③SO2与漂白粉的有效成分在酸性条件下反应的离子方程式：　　　　　　．　　三.化学--选修化学与技术：11．（15分）明矾石经处理后得到明矾[KAl（SO4）2•12H2O]．从明矾制备Al、K2SO4、和H2SO4的工艺过程如图1所示：焙烧明矾的化学方程式为：4KAl（SO4）2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O-20-\n请回答下列问题：（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是　　　　　　．（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是　　　　　　．（3）Al2O3在一定条件下可制得AlN，其晶体结构如图2所示，该晶体中Al的配位数是　　　　　　．（4）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，该电池反应的化学方程式是　　　　　　．（5）焙烧产生的SO2可用于制硫酸．已知25℃、101kPa时：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=﹣197kJ/mol；H2O（g）⇌H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol；2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4△H3=﹣545kJ/mol．则SO3（g）与H2O（l）反应的热化学方程式是　　　　　　．焙烧948t明矾（M=474g/mol），若SO2的利用率为96%，可产生质量分数为98%的硫酸　　　　　　t．　　四.化学------选修物质结构与性质12．（15分）【化学﹣﹣﹣﹣﹣﹣选修物质结构与性质】五种短周期元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大，甲和丙同族，乙离子和丙离子具有相同的电子层结构．甲和乙、丁、戊均能形成共价型化合物．甲和乙形成的化合物在水中呈碱性，单质丁在单质戊中可燃烧产生白色烟雾．回答下列问题：（1）五种元素中，原子半径最大的是　　　　　　，非金属性最强的是　　　　　　；（填元素符号）；（2）由甲和乙、丁、戊所形成的共价型化合物中，热稳定性最差的是　　　　　　；（用化学式表示）；（3）甲和乙形成的化合物的中心原子的杂化类型为　　　　　　；甲和乙形成的化合物可与甲和戊形成的化合物反应，其产物中存在的化学键类型为　　　　　　；（4）除乙外，上述元素的电负性从大到小依次为　　　　　　；（填元素符号）；（5）单质戊与水反应的离子方程式为　　　　　　；（6）一定条件下1.86g单质丁与2.912L单质戊（标准状况）反应，则产物为　　　　　　，（用化学式表示）其物质的量之比为　　　　　　．　　五.化学----选修有机化学基础13．（15分）【化学﹣﹣﹣﹣选修有机化学基础】合成肉桂酸异戊酯G（）的路线如下：友情提示：①B和C含有相同的官能团且C在标准状况下的气体密度为1.964g/L；②RCHO+R′CH2CHORCH=+H2O．-20-\n回答下列问题：（1）A的结构简式为　　　　　　，D中含有的官能团的名称是　　　　　　；（2）下列物质在一定条件下能与F反应的是　　　　　　（填标号）；A．溴水B．酸性KMnO4溶液C．乙酸D．新制氢氧化铜的悬浊液（3）B和C反应生成D的化学方程式为　　　　　　．（4）E和F反应生成G的化学方程式为　　　　　　，反应类型为　　　　　　．（5）A的同分异构体中含有苯环的共有　　　　　　种（不考虑立体异构且包括A），其中与氯化铁不能发生显色反应且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的为　　　　　　（写结构简式）．　　-20-\n湖北省天门中学2022-2022学年高三（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：每小题只有一个选项符合题意1．化学与社会、生产、生活紧切相关，下列说法正确的是（　　）①石英只可用于生产光导纤维，且常温下不与强酸反应；②次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌；③黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成；④用铜片在加热的条件下就可鉴别浓硫酸和稀硫酸；⑤70mL的H2S和90mL的O2混合点燃后恢复到原状况可产生70mL的SO2；⑥将过量CO2气体通入水玻璃中可生成硅酸和纯碱．A．①②④⑤B．①②③④C．②④⑥D．②③④【考点】硅和二氧化硅；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；浓硫酸的性质；硅酸的性质及制法．【专题】卤族元素；氧族元素；碳族元素．【分析】①石英的主要成分是二氧化硅，二氧化硅可以用来生产光导纤维、制造玻璃；②次氯酸钠溶液具有氧化性；③黑火药的成分是：硫黄、硝石、木炭；④铜片在加热的条件下可以和浓硫酸反应，但是和稀硫酸不会反应；⑤2H2S+O2S↓+2H2O，S+O2SO2，根据硫化氢和氧气的量的关系进行计算即可；⑥过量CO2气体通入硅酸钠溶液中可生成硅酸和碳酸氢钠．【解答】解：①石英的主要成分是二氧化硅，是制造玻璃的主要原料，还可以用来生产光导纤维，故错误；②次氯酸钠溶液具有氧化性，可用于环境的消毒杀菌，是“84”的有效成分，故正确；③黑火药的成分是硫黄、硝石、木炭三者的混合物，故正确；④铜片在加热的条件下可以和浓硫酸反应，生成硫酸铜和二氧化硫以及水，但是和稀硫酸不会反应，现象不一样，可以鉴别浓硫酸和稀硫酸，故正确；⑤2H2S+O22S↓+2H2O，S+O2SO2，70mL的H2S和90mL的O2混合点燃后，根据硫化氢和氧气的量的关系计算出产生SO2的体积小于70mL，故错误；⑥过量CO2气体通入硅酸钠溶液中可生成硅酸和碳酸氢钠，不是碳酸钠，故错误．故选D．【点评】本题是一道有关物质性质的综合考查题，考查学生知识的迁移和应用能力，熟练应用物质的性质是关键，难度不大．　2．将甲气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入乙气体，有沉淀生成，则甲、乙气体不可能是（　　）A．SO2、H2SB．SO2、NO2C．NH3、CO2D．CO2、SO2【考点】二氧化硫的化学性质；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【专题】元素及其化合物．【分析】A．硫化氢和二氧化硫反应生成硫单质；B．二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸和二氧化硫发生氧化还原反应生成SO42﹣离子；C．氨气显碱性，能和二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸根离子结合钡离子生成碳酸钡沉淀；-20-\nD．二氧化碳是酸性气体，和二氧化硫以及氯化钡均不反应；【解答】解：A．SO2和BaCl2不反应，因此刚开始没有沉淀生成，后通入H2S，2H2S+SO2═3S↓+H2O，有沉淀生成，和题目现象符合，故A不选；B．SO2和BaCl2不反应，因此刚开始没有沉淀生成，后通入NO2，NO2与水反应生成具有氧化性的硝酸，在溶液中将SO2或（SO32﹣）氧化为SO42﹣离子，生成沉淀BaSO4，和题目现象符合，故B不选；C．NH3和BaCl2不反应，因此刚开始没有沉淀生成，后通入CO2，2NH3+H2O+CO2═（NH4）2C03，（NH4）2C03+BaCl2═BaCO3↓+2NH4Cl，有沉淀生成，和题目现象符合，故C不选；D．二氧化碳是酸性气体，和二氧化硫以及氯化钡均不反应，不会产生沉淀物，故D选；故选D．【点评】本题目考查了物质之间的化学反应，综合考查元素化合物知识，侧重于二氧化硫、二氧化碳、硫化氢以及氨气的性质，为高考高频考点，题目难度中等．　3．下列关于某些离子的检验说法正确的是（　　）A．向某溶液中加稀盐酸，将产生的无色气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32﹣或HCO3﹣B．向某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42﹣C．向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中存在NH4+D．向某溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有Cl﹣【考点】常见离子的检验方法．【专题】离子反应专题．【分析】根据发生化学反应时产生相同现象的离子反应有哪些来判断选项的正误．A、SO32﹣和HSO3﹣、CO32﹣和HCO3﹣都能与HCl反应生成无色气体，产生的无色气体都能使澄清石灰水变浑浊；B、硝酸具有强氧化性，可将亚硫酸钡沉淀氧化成硫酸钡；C、溶液中含有银离子也会生成白色沉淀；D、能使银离子产生白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等．【解答】解：A、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳、二氧化硫，所以原溶液中可能有CO32﹣或HCO3﹣或SO32﹣或HSO3﹣，故A错误；B、硝酸钡加稀盐酸形成了硝酸，硝酸具有强氧化性，可将亚硫酸钡沉淀氧化成硫酸钡，则原溶液中有SO32﹣或SO42﹣均符合，故B错误．C、溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，产生的气体是氨气，则原溶液中存在NH4+，故C正确．D、能使银离子产生白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等，所以加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，原溶液中不一定有氯离子，故D错误．故选：C【点评】本题考查了离子检验的方法和现象分析，掌握常见离子的检验方法，注意干扰离子的判断．　4．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．少量H2S气体通入硫酸铜溶液：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+-20-\nB．将NO2气体通入NaOH溶液中：3NO2+2OH﹣=2NO3﹣+NO+H2OC．ICl和Cl2的化学性质相似，将ICl通入KOH溶液中：ICl+2OH﹣=I﹣+ClO﹣+H2OD．1.5mol/L100mL的FeBr2溶液中通入3.36L（标准状况）Cl2：2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、硫化氢和硫酸铜反应生成难溶于酸的硫化铜沉淀；B、NO2气体通入NaOH溶液中反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水；C、ICl和Cl2的化学性质相似，氯元素化合价为﹣1价，碘元素化合价为+1价，依据氯气和碱反应实质，ICl与碱反应氯化钾次碘酸钾和水；D、1.5mol/L100mL的FeBr2溶液中n（FeBr2）=0.15mol，通入3.36L（标准状况）Cl2，n（Cl2）==0.15mol，依据氧化还原反应顺序进行分析判断．【解答】解：A、硫化氢和硫酸铜反应生成难溶于酸的硫化铜沉淀，少量H2S气体通入硫酸铜溶液：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，故A正确；B、将NO2气体通入NaOH溶液中反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，反应的离子方程式为：2NO2+2OH﹣=NO3﹣+NO2﹣+H2O，故B错误；C、ICl和Cl2的化学性质相似，氯元素化合价为﹣1价，碘元素化合价为+1价，依据氯气和碱反应实质，ICl与碱反应氯化钾次碘酸钾和水，反应的离子方程式为：ICl+2OH﹣=Cl﹣+IO﹣+H2O，故C错误；D、1.5mol/L100mL的FeBr2溶液中n（FeBr2）=0.15mol，通入3.36L（标准状况）Cl2，n（Cl2）==0.15mol，依据氧化还原反应顺序进行分析，亚铁离子还原性大于溴离子，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，亚铁离子全部被氧化为铁离子，剩余氯气物质的量=0.15mol﹣0.075mol=0.075mol，和溴离子反应2Br﹣+Cl2=2Cl﹣+Br2，剩余氯气全部反应需要0.15molBr﹣，剩余0.15molBr﹣，反应的离子方程式为：2Br﹣+2Fe2++2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣，故D错误；故选A．【点评】本题考查了离子方程式的分析判断，主要是反应实质和反应产物判断，氧化还原反应顺序反应过程的定量计算分析是解题关键，题目难度中等．　5．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（　　）选项叙述Ⅰ叙述ⅡA浓硝酸在光照下颜色变黄浓硝酸具有不稳定性B浓硫酸具有酸性和吸水性浓硫酸可使PH试纸先变红后变黑CCl2和SO2均有漂白性Cl2和SO2均可使含有酚酞的NaOH溶液褪色DC的还原性小于Si可用焦炭和石英在高温下反应制取粗硅和CO2A．AB．BC．CD．D【考点】硝酸的化学性质；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A．浓硝酸具有不稳定性，见光易分解；B．浓硫酸具有酸性和脱水性，可使PH试纸先变红后变黑；C．次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质；D．高温下气体逸出，反应只能向正方向进行．-20-\n【解答】解：A．浓硝酸具有不稳定性，见光易分解，故浓硝酸在光照下颜色变黄，故A正确；B．浓硫酸具有酸性和脱水性，故浓硫酸可使PH试纸先变红后变黑，故B错误；C．氯气无漂白性，与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，具有漂白性，可使含有酚酞的NaOH溶液褪色；二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，二氧化硫能与氢氧化钠反应，从而使溶液褪色，不能体现SO2的漂白性，故C错误；D．C的还原性小于Si，故可用硅置换出碳，但高温下气体逸出，反应只能向正方向进行，故可用焦炭和石英在高温下反应制取粗硅和CO，故D错误，故选A．【点评】本题考查浓硝酸、浓硫酸的性质、氯气和二氧化硫的漂白原理、高温对反应的影响，难度不大．要注意高温对反应的影响．　6．N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂，下列反应能产生N2O：3CO+2NO2=3CO2+N2O．下列关于N2O的说法一定正确的是（　　）A．上述反应中，每消耗2molNO2，就会生成22.4LN2OB．N2O有氧化性，且为HNO2的酸酐C．等质量的N2O和CO2含有相等的电子数D．N2O会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氧化还原反应．【专题】氮族元素．【分析】A、影响气体的体积因素有温度、压强等，CO的状态不一定是标准状况．B、N2O中N元素化合价为+1价，酸酐和其酸中元素的化合价相同；C、N2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同．D、NO、CO会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒．【解答】解：A、由方程式3CO+2NO2═3CO2+N2O可知，每消耗2molNO2，就会生成1molN2O，物质的量一定，影响气体的体积因素有温度、压强等，气体的状态不一定是标准状况，生成N2O的体积不一定是22.4L，故A错误；B、N2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价常用中间价态，化合价可以升高，也可以降低，N2O既有氧化性，又有还原性，HNO2中N的化合价是+3价，所以N2O不是HNO2的酸酐，故C错误；C、N2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同，故C正确；D、能与人体血红蛋白结合，使人中毒的是CO、NO，不是N2O，故D错误．故选：C．【点评】本题考查氧化还原反应、氧化性还原性判断、常用化学计量计算等，难度不大，注意气体摩尔体积的使用条件．　7．1.76克铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2气体1792mL（标准状况），向反应后的溶液中加入适量的1.0mol/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀．下列说法不正确的是（　　）A．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LB．加入NaOH溶液的体积是50mLC．浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用，且起氧化性的硝酸的物质的量为0.08molD．得到的金属氢氧化物的沉淀为3.12克【考点】有关混合物反应的计算．-20-\n【专题】守恒法．【分析】A．根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；B．加入适量的1.0mol/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由N元素守恒可知n（NaNO3）+n（NO2）=n（HNO3），由钠离子守恒n（NaOH）=n（NaNO3），再根据V=计算；C．起氧化性的硝酸生成NO2气体，根据N原子守恒可知，起氧化剂的硝酸的物质的量等于二氧化氮的物质的量；D．由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，根据二氧化氮计算转移电子物质的量，氢氧化物质量等于金属质量与氢氧根质量之和．【解答】解：A．密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度=mol/L=14mol/L，故A正确；B．加入适量的1.0mol/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由N元素守恒可知n（NaNO3）+n（NO2）=n（HNO3），则n（NaNO3）=0.05L×14mol/L﹣=0.62mol，由钠离子守恒n（NaOH）=n（NaNO3）=0.62mol，故需要1.0mol/LNaOH溶液体积为=0.62L=620mL，故B错误；C．起氧化性的硝酸生成NO2气体，根据N原子守恒可知，起氧化剂的硝酸的物质的量==0.08mol，故C正确；D．由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，即氢氧根的物质的量为0.08mol×（5﹣4）=0.08mol，故氢氧化物质量=1.76g+0.08mol×17g/mol=3.12g，故D正确，故选B．【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答．　二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22-32题为必考题，每个试题考生都作答；第33题-39题为选考题，考生根据要求作答．8．（15分）氮化硅的强度很高，尤其是热压氮化硅，是世界上最坚硬的物质之一，氮化硅陶瓷可做燃气轮机的燃烧室、机械密封环、输送铝液的电磁泵的管道及阀门、永久性模具、钢水分离环等．制备氮化硅可将硅粉放在氮气中加热至1000℃左右直接氮化制得，实验室制备氮化硅装置示意图如图1：-20-\n回答下列问题：（1）检查装置气密性的方法是　在仪器D的出气口连接导管，将导管的末端插入水槽中的水中，用酒精灯轻轻加热圆底烧瓶，若导管口有气泡冒出且停止加热后，在导管中形成一段水柱，说明装置气密性良好　，a仪器的名称是　分液漏斗　（2）写出NaNO2和（NH4）2SO4反应制备氮气的化学方程式　2NaNO2+（NH4）2SO42N2↑+Na2SO4+4H2O　；（3）装置B的作用是　除去氧气（及氮氧化物）　，装置C的作用是　除去水蒸气　；（4）已知氮化硅的化学性质稳定，但常温下易溶于氢氟酸溶液生成一种白色的胶状沉淀和一种盐，请写出此化学反应方程式：　Si3N4+4HF+9H2O=3H2SiO3↓+4NH4F　；（5）实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图2所示（省略夹持和净化装置）．仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是　D　选项a物质b物质c收集的气体d中的物质A浓氨水NaOHNH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2澄清石灰水C稀硝酸FeNO2H2OD浓盐酸KMnO4Cl2NaOH溶液【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验题；实验设计题；类比迁移思想；演绎推理法；化学应用．【分析】（1）根据压强差产生的现象判断气密性，根据装置图可知仪器的名称；（2）NaNO2和（NH4）2SO4反应生成氮气、硫酸钠与水，配平书写方程式；（3）装置内含有氧气、反应生成的气体中可能含有氮的氧化物，装置B除去氧气（及氮氧化物）、C干燥氮气；（4）氮化硅溶于氢氟酸溶液生成一种白色的胶状沉淀为硅酸，根据元素守恒确定另一种产物；（5）A．氨气密度比空气小；B．澄清石灰水浓度较小；C．铁与稀硝酸反应产生的气体为NO，一氧化氮难溶于水；D．浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气．【解答】解：（1）根据压强差产生的现象判断气密性，具体操作为在仪器D的出气口连接导管，将导管的末端插入水槽中的水中，用酒精灯轻轻加热圆底烧瓶，若导管口有气泡冒出且停止加热后，在导管中形成一段水柱，说明装置气密性良好，由图中仪器结构可知，a为分液漏斗，-20-\n故答案为：在仪器D的出气口连接导管，将导管的末端插入水槽中的水中，用酒精灯轻轻加热圆底烧瓶，若导管口有气泡冒出且停止加热后，在导管中形成一段水柱，说明装置气密性良好；分液漏斗；（2）NaNO2和（NH4）2SO4反应生成氮气、硫酸钠与水，配平后方程式为：2NaNO2+（NH4）2SO42N2↑+Na2SO4+4H2O，故答案为：2NaNO2+（NH4）2SO42N2↑+Na2SO4+4H2O；（3）装置内含有氧气、反应生成的气体中可能含有氮的氧化物，装置B除去氧气（及氮氧化物）、C干燥氮气，防止对D装置反应的影响，故答案为：除去氧气（及氮氧化物）；除去水蒸气；（4）氮化硅溶于氢氟酸溶液生成一种白色的胶状沉淀为硅酸，元素守恒确定另一种产物为NH4F，则反应的方程式为：Si3N4+4HF+9H2O=3H2SiO3↓+4NH4F；故答案为：Si3N4+4HF+9H2O=3H2SiO3↓+4NH4F；（5）A．氨气密度比空气小，集气瓶中导管应短进长出，故A错误；B．澄清石灰水浓度较小，不能用来处理尾气，故B错误；C．铁与稀硝酸反应产生的气体为NO，一氧化氮难溶于水，不能用溶液吸收，故C错误；D．浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，氯气可用氢氧化钠吸收，故D正确；故选D．【点评】本题考查了制备方案设计，题目难度中等，侧重于考查学生的实验探究能力，注意把握硅及其化合物的性质，明确实验目的和实验原理是解题的关键．　9．（14分）如图的关系图中，A是一种正盐，E是强酸，当甲无论是强酸或强碱都有如下反应关系：友情提示：当甲无论是强酸或强碱，A、B、C、D、E均为同种元素对应的不同的化合物．回答下列问题：（1）A是　（NH4）2S　（用化学式表示）（2）当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体①写出B与C的反应方程式：　2H2S+SO2=3S↓+2H2O　②一定质量的Zn与100mL12.0mol/L的E的浓溶液充分反应，反应后称量剩余锌发现质量减少了65.0g．将反应后的溶液稀释至1L，此时溶液中c（SO42﹣）=　1　mol/L，产生SO2体积（标准状况下）=　4.48　L（3）当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂①C是　NO　，在浓的E溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时的离子方程式为　3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O　．②将盛有D和O2的混合气体12mL的量筒倒立于水槽中，充分反应后，剩余2mL无色气体（均在同温同压下测定），则原混合气体中氧气的体积是　4mL或1.2mL　．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】（1）A是一种正盐，E是强酸，由转化关系可知，中学化学中N、S元素化合物符合转化，当甲无论是强酸或强碱，A、B、C、D、E均为同种元素对应的不同的化合物，可推知A为（NH4）2S；-20-\n（2）当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体，则B为H2S、C为SO2、D为SO3，E为H2SO4；①二氧化硫与硫化氢反应生成硫与水②硫酸完全反应，发生反应：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，结合方程式计算；（3）当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂，则B为NH3、C为NO、D为NO2、E为HNO3．①在浓的硝酸溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时，为Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水；②可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，试管中O2和NO2气体按体积比1：4混合全部溶解，液体充满试管，假定全部为二氧化氮，剩余气体体积为×12mL=4mL，实际是结果剩余4mL气体，小于4mL，则说明剩余气体为NO或氧气，若为氧气，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，求出参加此反应的O2，最后相加得到原来的氧气；若为NO，先根据3NO2+H2O=2HNO3+2NO求出过量的NO2，然后根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3求出参加此反应的NO2，据此解答．【解答】解：（1）A是一种正盐，E是强酸，由转化关系可知，中学化学中N、S元素化合物符合转化，当甲无论是强酸或强碱，A、B、C、D、E均为同种元素对应的不同的化合物，可推知A为（NH4）2S，故答案为：（NH4）2S；（2）当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体，则B为H2S、C为SO2、D为SO3，E为H2SO4，则：①B与C的反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故答案为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；②一定质量的Zn与100mL12.0mol/L的H2SO4的浓溶液充分反应，反应后称量剩余锌发现质量减少了65.0g，则参加反应Zn的物质的量为1mol，H2SO4的物质的量为0.1L×12mol/L=1.2mol，由于硫酸都没有剩余，设与浓硫酸反应的Zn为xmol，与稀硫酸反应的Zn为ymol，则：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2Ox2xxxZn+H2SO4=ZnSO4+H2↑yyy由题意可知：，解得x=0.2y=0.8，故将反应后的溶液稀释至1L，此时溶液中c（SO42﹣）==1mol/L，产生SO2体积（标准状况下）=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故答案为：1；4.48；（3）当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂，则B为NH3、C为NO、D为NO2、E为HNO3．①由上述分析可知C是NO，在浓的E溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时，为Cu与稀硝酸反应，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：NO；3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；-20-\n②可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，试管中O2和NO2气体按体积比1：4混合全部溶解，液体充满试管，假定全部为二氧化氮，剩余气体体积为×12mL=4mL，实际是结果剩余4mL气体，小于4mL，则说明剩余气体为NO或氧气，若为氧气，则参加反应的气体为12mL﹣2mL=10mL，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知参加此反应的NO2的体积为10ml×=8mL，参加反应的O2的体积为10mL﹣8mL=2mL，原混合气体中O2的体积为2mL+2mL=4mL；若剩余气体为NO气体，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知过量的NO2为3×2mL=6mL，反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3消耗的气体总体积为12mL﹣6mL=6mL，则反应消耗的氧气为6mL×=1.2mL，故答案为：4mL或1.2mL【点评】本题考查无机物推断，属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识，侧重考查化学用语与化学计算，（3）中关键是分析剩余气体的成分，进行讨论计算，难度中等．　10．（14分）某中学的化学兴趣小组对SO2与漂白粉的反应进行实验探究，实验过程如下：取10克漂白粉固体，加入250mL水中，部分固体溶解溶液略有颜色，过滤后用洁净的玻璃棒沾取滤液到pH试纸上，发现pH试纸先变蓝（约为12）后褪色．回答下列问题：（1）工业制取漂白粉的化学方程式是　2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O　，漂白粉在空气中变质的原因　Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO　（用化学反应方程式说明）（2）pH试纸颜色的变化说明漂白粉溶液具有的性质是　碱性和漂白性　，ClO2和漂白粉一样也具有强氧化性，其消毒效率（以单位物质的量得电子的数目表示）是Cl2的　2.5　倍；（3）将SO2持续通入漂白粉溶液中，发现澄清透明的溶液先变为黄绿色，随后溶液中产生大量白色沉淀且黄绿色褪去．回答下列问题：①澄清透明溶液变为黄绿色的可能原因是：随溶液酸性的增强，漂白粉的有效成分和C1﹣发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是　向漂白粉溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色　；②用离子方程式解释现象中黄绿色褪去的原因：　Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl﹣+SO42﹣　；③SO2与漂白粉的有效成分在酸性条件下反应的离子方程式：　2SO2+Ca2++2ClO﹣+2H2O=4H++2Cl﹣+CaSO4↓+SO42﹣　．【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】（1）氯气与石灰乳制备漂粉，漂白粉在空气中与二氧化碳、水反应生成HClO可变质；（2）pH试纸先变蓝（约为12）后褪色，则溶液具有碱性、漂白性；利用电子转移计算消毒效率；（3）SO2持续通入漂白粉溶液中，发现澄清透明的溶液先变为黄绿色，随后溶液中产生大量白色沉淀且黄绿色褪去，黄绿色气体为氯气，白色沉淀为硫酸钙，①溶液酸性的增强，漂白粉的有效成分和C1﹣发生反应，则需要加酸；②氯气与二氧化硫反应；③SO2与漂白粉的有效成分在酸性条件下，发生氧化还原反应．【解答】解：（1）利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉在空气中与二氧化碳、水反应生成HClO可变质，发生的反应为Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO；-20-\n（2）pH试纸先变蓝（约为12）后褪色，则溶液具有碱性、漂白性；ClO2和漂白粉一样也具有强氧化性，其消毒效率（以单位物质的量得电子的数目表示）是Cl2的=2.5倍，故答案为：碱性和漂白性；2.5；（3）SO2持续通入漂白粉溶液中，发现澄清透明的溶液先变为黄绿色，随后溶液中产生大量白色沉淀且黄绿色褪去，黄绿色气体为氯气，白色沉淀为硫酸钙，①进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是向漂白粉溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色，故答案为：向漂白粉溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；②用离子方程式解释现象中黄绿色褪去的原因为Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl﹣+SO42﹣，故答案为：Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl﹣+SO42﹣；③SO2与漂白粉的有效成分在酸性条件下反应的离子方程式为2SO2+Ca2++2ClO﹣+2H2O=4H++2Cl﹣+CaSO4↓+SO42﹣，故答案为：2SO2+Ca2++2ClO﹣+2H2O=4H++2Cl﹣+CaSO4↓+SO42﹣．【点评】本题考查二氧化硫和氯气的化学性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质、实验设计及现象与结论的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度不大．　三.化学--选修化学与技术：11．（15分）明矾石经处理后得到明矾[KAl（SO4）2•12H2O]．从明矾制备Al、K2SO4、和H2SO4的工艺过程如图1所示：焙烧明矾的化学方程式为：4KAl（SO4）2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O请回答下列问题：（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是　S　．（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是　蒸发结晶　．（3）Al2O3在一定条件下可制得AlN，其晶体结构如图2所示，该晶体中Al的配位数是　4　．（4）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，该电池反应的化学方程式是　Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2　．（5）焙烧产生的SO2可用于制硫酸．已知25℃、101kPa时：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=﹣197kJ/mol；H2O（g）⇌H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol；2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4△H3=﹣545kJ/mol．则SO3（g）与H2O（l）反应的热化学方程式是　①SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130KJ/mol　．-20-\n焙烧948t明矾（M=474g/mol），若SO2的利用率为96%，可产生质量分数为98%的硫酸　②432　t．【考点】镁、铝的重要化合物；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；化学平衡的计算；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】压轴题；化学反应中的能量变化；电化学专题；几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）依据化学方程式中元素化合价变化分析判断，元素化合价升高的做还原剂发生氧化反应；（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出；（3）配位化合物中直接和中心原子（或离子）相联系的配位原子的数目；（4）以Al和NiO（OH）为电极，铝做原电池负极失电子发生氧化反应，NiO（OH）得到电子发生还原反应，结合原子守恒和电子守恒写出反应化学方程式；（5）①依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；②依据硫元素守恒计算得到；【解答】解；（1）4KAl（SO4）2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O反应硫单质中硫元素化合价升高为+4价．硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为+4价，复印纸还原剂是硫单质；故答案为：S；（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化不大，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出晶体；故答案为：蒸发结晶；（3）依据晶体晶胞结构分析，结合配位数含义可知，每个铝原子和四个单原子相连，所以铝原子的配位数为4；故答案为：4；（4）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，铝做负极失电子在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，反应的化学方程式为：Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2；故答案为：Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2；（5）①2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=﹣197kJ/mol；ⅠH2O（g）⇌H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol；Ⅱ2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=﹣545kJ/mol．Ⅲ依据盖斯定律Ⅲ﹣Ⅰ﹣2×Ⅱ得到：2SO3（g）+2H2O（l）=2H2SO4（l）△H=﹣260KJ/mol；即反应的热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130KJ/mol；故答案为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130KJ/mol；②948t明矾生成SO2物质的量为4500mol故生成硫酸的质量m=4500×0.96×98÷0.98=432000Kg=432t．故答案为：432t；【点评】本题考查了氧化还原反应概念分析判断，晶体结构的理解分析，原电池反应的实质应用，热化学方程式和盖斯定律的计算，元素守恒的计算应用，题目难度中等．　四.化学------选修物质结构与性质12．（15分）【化学﹣﹣﹣﹣﹣﹣选修物质结构与性质】五种短周期元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大，甲和丙同族，乙离子和丙离子具有相同的电子层结构．甲和乙、丁、戊均能形成共价型化合物．甲和乙形成的化合物在水中呈碱性，单质丁在单质戊中可燃烧产生白色烟雾．回答下列问题：-20-\n（1）五种元素中，原子半径最大的是　Na　，非金属性最强的是　Cl　；（填元素符号）；（2）由甲和乙、丁、戊所形成的共价型化合物中，热稳定性最差的是　PH3　；（用化学式表示）；（3）甲和乙形成的化合物的中心原子的杂化类型为　sp3　；甲和乙形成的化合物可与甲和戊形成的化合物反应，其产物中存在的化学键类型为　离子键、共价键　；（4）除乙外，上述元素的电负性从大到小依次为　Cl＞P＞H＞Na　；（填元素符号）；（5）单质戊与水反应的离子方程式为　Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO　；（6）一定条件下1.86g单质丁与2.912L单质戊（标准状况）反应，则产物为　PCl3和PCl5　，（用化学式表示）其物质的量之比为　1：2　．【考点】离子键的形成；元素电离能、电负性的含义及应用．【专题】化学键与晶体结构．【分析】五种短周期元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大．甲和乙形成的化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3，则甲为氢元素、乙为氮元素；甲和丙同族，乙离子和丙离子具有相同的电子层结构，则丙为Na元素；甲和乙、丁、戊均能形成共价型化合物，单质丁在单质戊中可燃烧产生白色烟雾．则丁为磷元素，戊为氯元素，据此解答．【解答】解：五种短周期元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大．甲和乙形成的化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3，则甲为氢元素、乙为氮元素；甲和丙同族，乙离子和丙离子具有相同的电子层结构，则丙为Na元素；甲和乙、丁、戊均能形成共价型化合物，单质丁在单质戊中可燃烧产生白色烟雾．则丁为磷元素，戊为氯元素，（1）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故Na元素的原子半径最大；最高价含氧酸的酸性越强，中心元素的非金属性越强，高氯酸是最强的含氧酸，故Cl非金属性最强；故答案为：Na；Cl；（2）由A和B、D、E所形成的共价型化合物分别为NH3、PH3、HCl，非金属性越强氢化物越稳定，故热稳定性最差的是PH3，故答案为：PH3；（3）甲和乙形成的化合物NH3，价层电子对个数是3+（5﹣1×3）=4，其含有一个孤电子对，所以其中心原子杂化类型为sp3，NH3h和HCl二者反应生成NH4Cl，NH4Cl晶体中含有：离子键、共价键，故答案为：sp3；离子键、共价键；（4）一般来说，周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大；周期表从上到下，元素的电负性逐渐变小．电负性大得元素集中在元素周期表的右上角，电负性小的元素集中在左下角，则电负性：Cl＞P＞H＞Na；故答案为：Cl＞P＞H＞Na；（5）氯气与水反应生成盐酸与次氯酸，反应离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，故答案为：Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO．（6）参加反应的P和Cl2的物质的量之比为：=0.06：0.13=6：13，n（Cl）：n（P）=0.06：（0.13×2）=3：13=1：4.33，则产物有PCl3和PCl5，则其物质的量之比为：-20-\n故答案为：PCl3和PCl5；1：2．【点评】本题考查位置结构性质关系、元素周期律、化学键等，化学计算，难度中等，推断元素是解题的关键，注意对基础知识的理解掌握．　五.化学----选修有机化学基础13．（15分）【化学﹣﹣﹣﹣选修有机化学基础】合成肉桂酸异戊酯G（）的路线如下：友情提示：①B和C含有相同的官能团且C在标准状况下的气体密度为1.964g/L；②RCHO+R′CH2CHORCH=+H2O．回答下列问题：（1）A的结构简式为　　，D中含有的官能团的名称是　醛基、碳碳双键　；（2）下列物质在一定条件下能与F反应的是　BC　（填标号）；A．溴水B．酸性KMnO4溶液C．乙酸D．新制氢氧化铜的悬浊液（3）B和C反应生成D的化学方程式为　　．（4）E和F反应生成G的化学方程式为　　，反应类型为　酯化反应　．（5）A的同分异构体中含有苯环的共有　5　种（不考虑立体异构且包括A），其中与氯化铁不能发生显色反应且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的为　　（写结构简式）．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A发生催化氧化生成B，则A中含有醇羟基，B中含有醛基，D与银氨溶液反应生成E，则D中含有醛基、E中含有羧基，而E与F在浓硫酸、加热条件下生成G，由G的结构简式可知，F为（CH3）2CHCH2CH2OH，E为，逆推可知D为-20-\n，B与C发生信息中反应是D，结合B的分子式可知，B为，则C为CH3CHO，A为，据此解答．【解答】解：A发生催化氧化生成B，则A中含有醇羟基，B中含有醛基，D与银氨溶液反应生成E，则D中含有醛基、E中含有羧基，而E与F在浓硫酸、加热条件下生成G，由G的结构简式可知，F为（CH3）2CHCH2CH2OH，E为，逆推可知D为，B与C发生信息中反应是D，结合B的分子式可知，B为，则C为CH3CHO，A为，[（1）由上述分析可知，A的结构简式为，D为，含有的官能团有：醛基、碳碳双键，故答案为：；醛基、碳碳双键；（2）F为（CH3）2CHCH2CH2OH，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能与乙酸发生酯化反应，不能与溴水、氢氧化铜悬浊液反应，故答案为：BC；（3）B和C反应生成D的化学方程式为：，故答案为：；（4）E和F反应生成G的化学方程式为：，属于酯化反应，故答案为：，酯化反应；（5）A（）的同分异构体中含有苯环，有：，有2个侧链为甲基、羟基，有邻、间、对三种位置，包含A在内共有5种，其中与氯化铁不能发生显色反应且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的为，故答案为：5；．【点评】本题考查有机物推断、官能团结构与性质、有机反应类型、同分异构体等，注意根据G的结构简式与有机物的分子式推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．　-20-\n-20-