广东省云浮市罗定中学高三化学上学期期中试卷含解析

广东省云浮市罗定中学2022-2022学年高三（上）期中化学试卷　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的．1．化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是（　　）A．碘酒是指单质碘的乙醇溶液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．装饰材料释放的甲醛会造成污染　2．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是（　　）选项叙述Ⅰ叙述ⅡAKNO3的溶解度大用重结晶法除去KNO3中混有的NaClBBaSO4难溶于酸用盐酸和BaCl2溶液检验SO42﹣CNH3能使酚酞溶液变红NH3可用于设计喷泉实验DCa（OH）2能制成澄清石灰水可配制2.0mol•L﹣1的Ca（OH）2溶液A．AB．BC．CD．D　3．茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（　　）A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦C．过滤得到的滤液，选用④、⑤和⑦D．检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩　4．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，W与X同主族，下列说法正确的是（　　）A．原子半径的大小顺序：r（W）＞r（Z）＞r（Y）＞r（X）B．Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同C．X的最高氧化物对应的水化物的酸性比W的弱D．Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强　5．能正确表示下列反应的离子方程式的是（　　）A．Cl2通入NaOH溶液：Cl2+OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2OB．NaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OC．AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O22\nD．Cu溶于稀HNO3：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O　6．如图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，有②中现象，不能证实①中反应发生的是（　　）①中实验②中现象A铁粉与水蒸气加热肥皂水冒泡B加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物酚酞溶液变红CNaHCO3固体受热分解澄清石灰水变浑浊D石蜡油在碎瓷片上受热分解Br2的CCl4溶液褪色A．AB．BC．CD．D　7．amolFeS与bmolFe3O4投入到VLcmol/L的硝酸溶液中恰好完全反应，假设只产生NO气体．所得澄清溶液的成分是Fe（NO3）3和H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸为（　　）A．B．（a+3b）molC．D．（cV﹣3a﹣9b）mol　　二、解答题（共6小题，满分43分）8．（14分）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质．葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：C6H12O6（葡萄糖）+Br2+H2O→C6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3→Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2相关物质的溶解性见下表：物质名称葡萄糖酸钙葡萄糖酸溴化钙氯化钙水中的溶解性可溶于冷水易溶于热水可溶易溶易溶乙醇中的溶解性微溶微溶可溶可溶实验流程如下：C6H12O6溶液悬浊液Ca（C6H11O7）2请回答下列问题：（1）第①步中溴水氧化葡萄糖时，下列装置最合适的是　　　　　　．22\n制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其它试剂，下列物质中最适合的是　　　　　　．A．新制Cu（OH）2悬浊液B．酸性KMnO4溶液C．O2/葡萄糖氧化酶D．[Ag（NH3）2]OH溶液（2）第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是　　　　　　；本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是　　　　　　．（3）第③步需趁热过滤，其原因是　　　　　　．（4）第④步加入乙醇的作用是　　　　　　．（5）第⑥步中，下列洗涤剂最合适的是　　　　　　．A．冷水B．热水C．乙醇D．乙醇﹣水混合溶液．　9．（2分）下列事实中，能证明亚硫酸的酸性强于氢硫酸的是　　　　　　a．亚硫酸受热时易分解b．相同条件下，等浓度的亚硫酸溶液导电能力强于氢硫酸c．亚硫酸溶液可使品红溶液褪色，而氢硫酸不能d．常温下，浓度均为0.1mol/L的H2SO3溶液和H2S溶液的pH分别是2.1和4.5．　10．（5分）工业上除去高压锅用水中溶解的氧气常用的试剂有Na2SO3和N2H4（肼）．①已知16g液态的肼与氧气反应得到氮气和液态水时，放热354.87kJ，该反应的热化学方程式是　　　　　　．②除去等质量的O2，所耗Na2SO3和N2H4的质量比是　　　　　　（填最简整数比）．　11．（2分）向Na2SO3和Na2S的混合溶液中加入稀盐酸，溶液中会产生大量淡黄色沉淀．则该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是　　　　　　．　12．（6分）已知Na2SO3在高温下发生分解，得到两种产物．某同学称取25.2g纯净的Na2SO3•7H2O晶体在高温下隔绝空气加热至恒重，冷却后称得固体为12.6g，将其完全溶于水配成1L溶液，并测溶液的pH．①Na2SO3高温分解的化学方程式是　　　　　　．②测得溶液的pH大于0.025mol/LNa2SO3溶液的pH，试解释原因（结合离子方程式说明）　　　　　　．　13．（14分）研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）K1△H＜0（I）2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）K2△H＜0（II）22\n（1）4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=　　　　　　（用K1、K2表示）．（2）为研究不同条件对反应（II）的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应（II）达到平衡．测得10min内v（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，则平衡后n（Cl2）=　　　　　　mol，NO的转化率а1=　　　　　　．其它条件保持不变，反应（II）在恒压条件下进行，平衡常数K2　　　　　　（填“增大”“减小”或“不变”．若要使K2减小，可采用的措施是　　　　　　．（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol•L‾1的CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO3‾）、c（NO2﹣）和c（CH3COO‾）由大到小的顺序为　　　　　　．（已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L‾1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L‾1，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是　　　　　　．a．向溶液A中加适量水b．向溶液A中加适量NaOHc．向溶液B中加适量水d..向溶液B中加适量NaOH．　　【化学与技术】（共1小题，满分15分）14．（15分）海水资源丰富，海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、SO、Br﹣、CO、HCO等离子．合理利用海水资源和保护环境是我国可持续发展的重要保证．Ⅰ．火力发电燃煤排放的SO2会造成一系列环境和生态问题．利用海水脱硫是一种有效的方法，其工艺流程如图所示：（1）天然海水的pH≈8，呈弱碱性．用离子方程式解释原因　　　　　　．（2）天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，其反应的化学方程式是　　　　　　．氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，该操作的主要目的是　　　　　　．Ⅱ．重金属离子对河流及海洋造成严重污染．某化工厂废水（pH=2．O，p≈1g•mL﹣1）中含有Ag+、Pb2+等重金属离子，其浓度各约为0.01mol•L﹣1．排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如下：难溶电解质AgIAgOHAg2SPbI2Pb（OH）2PbSKSP8.3×10﹣175.6×10﹣86.3×10﹣507.1×10﹣91.2×10﹣153.4×10﹣28（3）你认为往废水中投入　　　　　　（填字母序号），沉淀效果最好．A．NaOHB．Na2SC．KID．Ca（OH）2（4）如果用生石灰处理上述废水，使溶液的pH=8.0，处理后的废水中c（Pb2+）=　　　　　　．（5）如果用食盐处理其只含Ag+的废水，测得处理后废水中NaCl的质量分数为0.117%．22\n若环境要求排放标准为c（Ag+）低于1．O×lO﹣8mol•L﹣1，问该工厂处理后的废水中c（Ag+）=　　　　　　，是否符合排放标准　　　　　　（填“是”或“否”）．已知KSP（AgCl）=1.8×l﹣10mol2•L2．　　【物质结构与性质】（共1小题，满分0分）15．第四周期过渡元素Mn、Fe、Ti可与C、H、O形成多种化合物．（1）下列叙述正确的是　　　　　　．（填字母）A．CH2O与水分子间能形成氢键B．CH2O和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化C．C6H6分子中含有6个σ键和1个大π键，C6H6是非极性分子D．CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低（2）Mn和Fe的部分电离能数据如下表：元素MnFe电离能/kJ•mol﹣1I1717759I215091561I332482957Mn元素价电子排布式为　　　　　　，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难，其原因是　　　　　　．（3）根据元素原子的外围电子排布的特征，可将元素周期表分成五个区域，其中Ti属于　　　　　　区．（4）Ti的一种氧化物X，其晶胞结构如上图所示，则X的化学式为　　　　　　．（5）电镀厂排放的废水中常含有剧毒的CN﹣离子，可在X的催化下，先用NaClO将CN﹣氧化成CNO﹣，再在酸性条件下CNO﹣继续被NaClO氧化成N2和CO2．①H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为　　　　　　．②与CNO﹣互为等电子体微粒的化学式为　　　　　　（写出一种即可）．③氰酸（HOCN）是一种链状分子，它与异氰酸（HNCO）互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式　　　　　　．　　【化学--选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）16．结晶玫瑰是具有强烈玫瑰香气的香料，可由下列反应路线合成（部分反应条件略去）：22\n（1）A的类别是　　　　　　，能与Cl2反应生成A的烷烃是　　　　　　．B中的官能团是　　　　　　．（2）反应③的化学方程式为　　　　　　（3）已知：B苯甲醇+苯甲酸钾，则经反应路线①得到的产物加水萃取、分液，能除去的副产物是　　　　　　（4）已知：++H2O，则经反应路线②得到一种副产物，其核磁共振氢谱有4组峰，各组吸收峰的面积之比为　　　　　　（5）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，与足量饱和溴水反应未见白色沉淀产生，则L与NaOH的乙醇溶液共热，所得有机物的结构简式为　　　　　　．（只写一种）　　22\n广东省云浮市罗定中学2022-2022学年高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　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的．1．化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是（　　）A．碘酒是指单质碘的乙醇溶液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．装饰材料释放的甲醛会造成污染【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的生活环境的污染及治理；浓硫酸的性质．【专题】元素及其化合物；化学计算．【分析】A．碘溶于乙醇可形成碘酒；B．氯气与氢氧化钠反应可得84消毒液；C．浓硫酸与二氧化硅不反应；D．甲醛可污染环境．【解答】解：A．碘易溶于乙醇，可形成碘酒，常用于杀菌消毒，故A正确；B．氯气与氢氧化钠反应可得84消毒液，有效成分为NaClO，故B正确；C．浓硫酸与二氧化硅不反应，应用氢氟酸，故C错误；D．甲醛对人体有害，可导致皮肤癌等，可污染环境，故D正确．故选：C．【点评】本题考查较为综合，涉及碘酒、84消毒液、二氧化硅的性质以及甲醛的污染等知识，为高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生的学习的积极性，难度不大．　2．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是（　　）选项叙述Ⅰ叙述ⅡAKNO3的溶解度大用重结晶法除去KNO3中混有的NaClBBaSO4难溶于酸用盐酸和BaCl2溶液检验SO42﹣CNH3能使酚酞溶液变红NH3可用于设计喷泉实验DCa（OH）2能制成澄清石灰水可配制2.0mol•L﹣1的Ca（OH）2溶液A．AB．BC．CD．D【考点】物质的分离、提纯和除杂；氨的物理性质；溶液的配制；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．利用二者溶解度随温度变化不同进行分离；B．BaSO4难溶于酸，先加入盐酸可排除Ag+或SO32﹣的影响；C．氨水溶液呈碱性，可使酚酞变红，为化学性质，形成喷泉，为物理性质；D．氢氧化钙微溶于水．22\n【解答】解：A．用重结晶法除去硝酸钾中混有的氯化钠，是因为硝酸钾的溶解度随温度的变化而变化很明显，而氯化钠基本不变，当温度降低时，硝酸钾溶解度迅速减小，氯化钠基本不变，所以降低温度时，硝酸钾迅速析出，氯化钠不析出，这并非由于硝酸钾的溶解度大造成的，故A错误；B．硫酸钡难溶于酸，加入盐酸没有沉淀，可以排除银离子的干扰，加入氯化钡产生沉淀，沉淀为硫酸钡，由此可以检验是否含有SO42﹣，故B正确；C．氨气可用于设计喷泉实验是因为氨气极易溶于水，并非氨气能使酚酞变红，故C错误；D．氢氧化钙微溶于水，加入足量水可以制成澄清石灰水，但是不能制的较高浓度的氢氧化钙溶液，故D错误．故选B．【点评】本题考查混合物分离提纯以及物质的检验和鉴别，为高频考点，把握物质的性质及混合物分离方法、原理为解答的关键，选项A为解答的易错点，题目难度不大．　3．茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（　　）A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦C．过滤得到的滤液，选用④、⑤和⑦D．检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩【考点】真题集萃；过滤、分离与注入溶液的仪器；物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】综合实验题．【分析】检验茶叶中的铁元素，先将茶叶在坩埚中灼烧灰化，然后在烧杯中用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，在漏斗中过滤，可取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，以此解答该题．【解答】解：A．将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有①、②和⑨，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，故A不选；B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，不用容量瓶，故B选；C．过滤时用到④、⑤和⑦，故C不选；D．检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即③、⑧和⑩，故D不选．故选B．【点评】本题为2022年重庆高考题，侧重于物质的检验和鉴别的实验设计的考查，着重于考查学生的分析能力和实验能力，落脚于基础知识的考查，注意把握实验的原理、步骤和实验仪器，难度不大．　4．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，W与X同主族，下列说法正确的是（　　）A．原子半径的大小顺序：r（W）＞r（Z）＞r（Y）＞r（X）22\nB．Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同C．X的最高氧化物对应的水化物的酸性比W的弱D．Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强【考点】真题集萃；原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，因此X是C，Y是地壳中含量最高的元素O，W与X同主族，W是Si，短周期元素Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，电子层结构与Ne相同，因此Z为Mg，A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大；B、MgO中含有离子键，SiO2中含有共价键；C、元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，D、元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定．【解答】解：X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，因此X是C，Y是地壳中含量最高的元素O，W与X同主族，W是Si，短周期元素Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，电子层结构与Ne相同，因此Z为Mg．A、Mg和Si、C和O同周期，C和Si同主族，同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，因此原子半径r（Mg）＞r（Si）＞r（C）＞r（O），故A错误；B、Y分别与Z、W形成的化合物分别为MgO、SiO2，MgO中含有离子键，SiO2中含有共价键，化学键类型不同，故B错误；C、C和Si同主族，非金属性C＞Si，因此碳酸的酸性大于硅酸的酸性，故C错误；D、非金属性O＞Si，元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此H2O的热稳定性大于SiH4，故D正确；故选D．【点评】本题考查了短周期元素种类推断，涉及元素周期律中原子半径、非金属性的比较以及化合键的判定等知识，难度不大，熟悉短周期元素的原子结构、10个电子的微粒是解题的必备知识．　5．能正确表示下列反应的离子方程式的是（　　）A．Cl2通入NaOH溶液：Cl2+OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2OB．NaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OC．AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2OD．Cu溶于稀HNO3：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．原子不守恒；B．碳酸氢根离子不能拆开；C．氢氧化铝不溶于弱碱；D．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水．【解答】解：A．原子不守恒，离子方程式为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故A错误；B．碳酸氢根离子不能拆开，离子方程式为HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故B错误；C．氢氧化铝不溶于弱碱，离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；D．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确；故选D．22\n【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确物质之间发生的反应是解本题关键，再结合离子方程式的书写规则来分析解答，注意：有的化学反应与反应物的量有关，离子方程式书写是学习难点，也是高考高频点，应熟练掌握．　6．如图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，有②中现象，不能证实①中反应发生的是（　　）①中实验②中现象A铁粉与水蒸气加热肥皂水冒泡B加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物酚酞溶液变红CNaHCO3固体受热分解澄清石灰水变浑浊D石蜡油在碎瓷片上受热分解Br2的CCl4溶液褪色A．AB．BC．CD．D【考点】真题集萃．【分析】A．水蒸气、氢气都能使肥皂水冒泡；B．氨气的水溶液呈碱性，酚酞试液遇碱变红色；C．二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；D．乙烯能和溴发生加成反应而使溴褪色．【解答】解：A．水蒸气、氢气都能使肥皂水冒泡，所以如果有②中现象，不能证实①中反应发生，故A选；B．氨气的水溶液呈碱性，酚酞试液遇碱变红色，氯化铵、氢氧化钙都是固体，且不能使酚酞试液变红色，如果有②中现象，则能证实①中反应发生，故B不选；C．二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，碳酸氢钠是固体，所以如果有②中现象，能证实①中反应发生，故C不选；D．乙烯能和溴发生加成反应而使溴褪色，所以有②中现象，能证实①中反应发生，故D不选；故选A．【点评】本题考查实验装置综合，侧重考查元素化合物知识，明确物质的性质是解本题关键，注意A中水蒸气干扰实验，为易错点．　7．amolFeS与bmolFe3O4投入到VLcmol/L的硝酸溶液中恰好完全反应，假设只产生NO气体．所得澄清溶液的成分是Fe（NO3）3和H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸为（　　）A．B．（a+3b）molC．D．（cV﹣3a﹣9b）mol【考点】氧化还原反应的计算．【分析】反应中硝酸起氧化剂、酸作用，未被还原的硝酸将转化为Fe（NO3）3中，由Fe元素守恒计算未被还原的硝酸的物质的量；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒，可以用a、b表示计算NO的物质的量，根据氮元素守恒可知，未被还原的硝酸物质的量=原硝酸总物质的量﹣NO的物质的量．22\n【解答】解：反应中硝酸起氧化剂、酸作用，起酸的作用的硝酸未被还原，未被还原的硝酸将转化为Fe（NO3）3中，根据元素守恒可知，n[Fe（NO3）3]=n（Fe）=amol+3bmol=（a+3b）mol，所以未被还原的硝酸的物质的量=3（a+3b）mol；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒可知，NO的物质的量={amol×（3﹣2）+amol×[6﹣（﹣2）]+bmol×3×（3﹣）}÷（5﹣2）=mol，根据氮元素守恒，则未被还原的硝酸的物质的量=VL×cmol/L﹣mol=mol，故选A．【点评】本题以元素化合物知识为载体，考查氧化还原反应中守恒法计算技巧，为高频考点，侧重对学生思维能力的考查，题目计算量较大，答案表示不唯一，题目难度中等．　二、解答题（共6小题，满分43分）8．（14分）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质．葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：C6H12O6（葡萄糖）+Br2+H2O→C6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3→Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2相关物质的溶解性见下表：物质名称葡萄糖酸钙葡萄糖酸溴化钙氯化钙水中的溶解性可溶于冷水易溶于热水可溶易溶易溶乙醇中的溶解性微溶微溶可溶可溶实验流程如下：C6H12O6溶液悬浊液Ca（C6H11O7）2请回答下列问题：（1）第①步中溴水氧化葡萄糖时，下列装置最合适的是　B　．制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其它试剂，下列物质中最适合的是　AD　．A．新制Cu（OH）2悬浊液B．酸性KMnO4溶液C．O2/葡萄糖氧化酶D．[Ag（NH3）2]OH溶液（2）第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是　使葡萄糖酸、HBr完全转化为钙盐　；本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是　葡萄糖酸、HBr与CaCl2不反应生成葡萄糖酸钙沉淀　．22\n（3）第③步需趁热过滤，其原因是　葡萄糖酸钙冷却后结晶析出，如不趁热过滤会损失产品　．（4）第④步加入乙醇的作用是　可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙析出　．（5）第⑥步中，下列洗涤剂最合适的是　C　．A．冷水B．热水C．乙醇D．乙醇﹣水混合溶液．【考点】制备实验方案的设计．【专题】有机实验综合．【分析】（1）反应在55℃条件下进行，需要水浴加热，且有冷凝回流装置；可用葡萄糖氧化酶催化作用下用氧气氧化葡萄糖，可生成葡萄糖酸；（2）CaCO3固体需有剩余，可使葡萄糖酸完全反应，氯化钙易溶于水，易引入杂质，且葡萄糖酸与氯化钙不反应；（3）趁热过滤，可避免葡萄糖酸钙的损失；（4）由表中数据可知，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，可避免损失；（5）洗涤沉淀，应避免沉淀溶解，且能将沉淀吸附物冲洗去．【解答】解：（1）反应在55℃条件下进行，需要水浴加热，且有冷凝回流装置，题中A缺少回流装置，要滴加溴水，所以要有滴液漏斗，排除A，C缺少水浴加热，只有B符合；新制Cu（OH）2悬浊液、[Ag（NH3）2]OH溶液氧化性较弱，且反应需要碱性条件下进行，不利于葡萄糖的氧化，而酸性高锰酸钾氧化性较强，不能得到葡萄糖酸，可用葡萄糖氧化酶催化作用下用氧气氧化葡萄糖，可生成葡萄糖酸，故答案为：B；AD；（2）可使葡萄糖酸完全转化为葡萄糖酸钙，使葡萄糖酸、HBr完全转化为钙盐，则加入的碳酸钙应过量，因盐酸酸性比葡萄糖酸强，则加入氯化钙与葡萄糖酸、HBr难以反应，且易引入杂质，不易分离，应用碳酸钙，故答案为：使葡萄糖酸、HBr完全转化为钙盐；葡萄糖酸、HBr与CaCl2不反应；（3）温度高时，葡萄糖酸钙的溶解度较大，趁热过滤，可避免葡萄糖酸钙的损失，故答案为：葡萄糖酸钙冷却后结晶析出，如不趁热过滤会损失产品；（4）由表中数据可知，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，用乙醇洗涤可避免损失，有利于葡萄糖酸钙析出，故答案为：可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙析出；（5）洗涤沉淀，应避免沉淀溶解，且能将沉淀吸附物冲洗去，可用乙醇﹣水混合溶液，如只用水，则造成葡萄糖酸钙溶解而损失，只用乙醇，不能将杂质全被洗去，故答案为：C．【点评】本题为2022年浙江考题，侧重于物质的制备、分离和提纯的考查，着重于学生的分析能力和实验能力的考查，由于培养学生的良好的科学素养，难度中等．　9．（2分）下列事实中，能证明亚硫酸的酸性强于氢硫酸的是　bd　a．亚硫酸受热时易分解b．相同条件下，等浓度的亚硫酸溶液导电能力强于氢硫酸c．亚硫酸溶液可使品红溶液褪色，而氢硫酸不能d．常温下，浓度均为0.1mol/L的H2SO3溶液和H2S溶液的pH分别是2.1和4.5．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．22\n【分析】弱酸不能完全电离，电离程度越差，离子浓度越小，弱酸的酸性越弱，据此分析．【解答】解：a、如硝酸受热易分解，但硝酸是强酸，所以不能根据受热是否易分解判断酸的强弱，故a错误；b、相同条件下，亚硫酸的导电能力强于氢硫酸，说明亚硫酸电离程度大，酸性强，故b正确；c、亚硫酸溶液具有漂白性，与酸性强弱无关，故c错误；d、浓度均为0.1mol•L﹣1的H2SO3溶液和H2S溶液的pH分别是2.1和4.5，说明亚硫酸电离程度大于氢硫酸，酸性强，故d正确；故选：bd．【点评】本题考查了弱酸的酸性强弱比较，题目难度不大，注意从弱电解质的电离程度的角度分析，相同条件下电离程度越大酸性越强．　10．（5分）工业上除去高压锅用水中溶解的氧气常用的试剂有Na2SO3和N2H4（肼）．①已知16g液态的肼与氧气反应得到氮气和液态水时，放热354.87kJ，该反应的热化学方程式是　N3H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（1）；△H=﹣709.74kJ•mol﹣1　．②除去等质量的O2，所耗Na2SO3和N2H4的质量比是　63：8　（填最简整数比）．【考点】热化学方程式；化学方程式的有关计算．【专题】化学反应中的能量变化；利用化学方程式的计算．【分析】①16g肼为0.5mol，所以1mol肼燃烧放热709.68KJ，据已知条件书写热化学方程式；②1molNa2SO3和N2H4反应，转移电子分别为2mol和4mol，据电子守恒解答；【解答】解：①16g肼为0.5mol，所以1mol肼燃烧放热709.68KJ，热化学方程式为：N2H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（1）；△H=﹣709.74kJ•mol﹣1，故答案为：N3H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（1）；△H=﹣709.74kJ•mol﹣1；②1molNa2SO3和N2H4被氧化，转移电子分别为2mol和4mol，除去等质量的O2，消耗Na2SO3和N2H4的物质的量之比为2：1，质量比为：=，故答案为：63：8；【点评】本题考查了热化学方程式书写、氧化还原反应中的电子守恒计算，掌握基础是关键，题目难度中等．　11．（2分）向Na2SO3和Na2S的混合溶液中加入稀盐酸，溶液中会产生大量淡黄色沉淀．则该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是　1：2　．【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】发生Na2SO3+2Na2S+6HCl=3S↓+6NaCl+3H2O，S元素化合价由+4价降低为0，则Na2SO3为氧化剂，S元素化合价由﹣2价升高为0，则Na2S为还原剂，以此计算．【解答】解：淡黄色沉淀为S，可知发生反应为Na2SO3+2Na2S+6HCl=3S↓+6NaCl+3H2O，S元素化合价由+4价降低为0，则Na2SO3为氧化剂，S元素化合价由﹣2价升高为0，则Na2S为还原剂，由反应可知，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：2，故答案为：1：2．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的氧化还原反应及氧化剂、还原剂判断为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．　22\n12．（6分）已知Na2SO3在高温下发生分解，得到两种产物．某同学称取25.2g纯净的Na2SO3•7H2O晶体在高温下隔绝空气加热至恒重，冷却后称得固体为12.6g，将其完全溶于水配成1L溶液，并测溶液的pH．①Na2SO3高温分解的化学方程式是　4Na2SO33Na2SO4+Na2S　．②测得溶液的pH大于0.025mol/LNa2SO3溶液的pH，试解释原因（结合离子方程式说明）　S2﹣发生水解：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，其水解程度大于SO32﹣，所以混合液的pH大于Na2SO3溶液　．【考点】化学方程式的有关计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】①25.2g纯净的Na2SO3•7H2O中m（H2O）=×7×18g/mol=12.6g，某同学称取25.2g纯净的Na2SO3•7H2O晶体在高温下隔绝空气加热至恒重，冷却后称得固体为12.6g，高温条件下，Na2SO3发生分解反应生成两种物质，则亚硫酸钠分解生成两种固体；分解后的物质配成溶液，测得溶液的pH大于0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液的pH，说明分解生成的一种物质的水解程度比Na2SO3大，则说明生成Na2S，根据化合价的变化可知，另一种物质为Na2SO4，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式；②Na2S水解程度大于Na2SO3，导致溶液的pH大于0.025mol/LNa2SO3溶液的pH．【解答】解：①25.2g纯净的Na2SO3•7H2O中m（H2O）=×7×18g/mol=12.6g，某同学称取25.2g纯净的Na2SO3•7H2O晶体在高温下隔绝空气加热至恒重，冷却后称得固体为12.6g，高温条件下，Na2SO3发生分解反应生成两种物质，则亚硫酸钠分解生成两种固体；分解后的物质配成溶液，测得溶液的pH大于0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液的pH，说明分解生成的一种物质的水解程度比Na2SO3大，则说明生成Na2S，根据化合价的变化可知，另一种物质为Na2SO4，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为4Na2SO33Na2SO4+Na2S，故答案为：4Na2SO33Na2SO4+Na2S；②含有结晶水的晶体，受热首先失去结晶水，根据硫的化合价分析，分解后的物质配成溶液，测得溶液的pH大于0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液的pH，说明分解生成的一种物质的水解程度比Na2SO3大，则说明生成Na2S，S2﹣发生水解：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，其水解程度大于SO32﹣，所以混合液的pH大于Na2SO3溶液，故答案为：S2﹣发生水解：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，其水解程度大于SO32﹣，所以混合液的pH大于Na2SO3溶液．【点评】本题考查化学方程式有关计算、盐类水解等知识点，为高频考点，正确获取信息并利用信息解答问题是解本题关键，难点是判断亚硫酸钠分解产物，题目难度不大．　13．（14分）研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）K1△H＜0（I）2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）K2△H＜0（II）（1）4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=　　（用K1、K2表示）．22\n（2）为研究不同条件对反应（II）的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应（II）达到平衡．测得10min内v（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，则平衡后n（Cl2）=　0.025　mol，NO的转化率а1=　75%　．其它条件保持不变，反应（II）在恒压条件下进行，平衡常数K2　不变　（填“增大”“减小”或“不变”．若要使K2减小，可采用的措施是　升高温度　．（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol•L‾1的CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO3‾）、c（NO2﹣）和c（CH3COO‾）由大到小的顺序为　c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）　．（已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L‾1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L‾1，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是　bc　．a．向溶液A中加适量水b．向溶液A中加适量NaOHc．向溶液B中加适量水d..向溶液B中加适量NaOH．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）K1△H＜0（I）2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）K2△H＜0（II）根据盖斯定律，Ⅰ×2﹣Ⅱ可得：4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），则该反应平衡常数为Ⅰ的平衡常数平方与Ⅱ的平衡常数的商；（2）测得10min内v（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，则△n（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1×10min×2L=0.15mol，由方程式计算参加反应NO、氯气的物质的量，进而计算平衡时氯气的物质的量、NO的转化率；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，平衡常数增大；（3）0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，由2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0．mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L；HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度小于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液．【解答】解：（1）2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）K1△H＜0（I）2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）K2△H＜0（II）根据盖斯定律，Ⅰ×2﹣Ⅱ可得：4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），则该反应平衡常数K=，故答案为：；（2）测得10min内v（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，则△n（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1×10min×2L=0.15mol，由方程式可知，参加反应氯气的物质的量为0.15mol×=0.075mol，故平衡时氯气的物质的量为0.1mol﹣0.075mol=0.025mol；22\n参加反应NO物质的量为0.15mol，则NO的转化率为×100%=75%；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，平衡常数增大，故答案为：0.025；75%；不变；升高温度；（3）0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，由2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0．mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol•L﹣1的CH3COONa溶液；HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度小于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液，两溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣），a．溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，碱性减弱，不能调节溶液pH相等，故a错误；b．向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相等，故b正确；c．向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH相等，故c正确；d．溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液pH更大，故d错误；故答案为：c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）；bc．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡常数、盐类水解、离子浓度大小比较等知识，试题知识点较多、综合性较强，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，需要学生具备扎实的基础与灵活应用能力，难度中等．　【化学与技术】（共1小题，满分15分）14．（15分）海水资源丰富，海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、SO、Br﹣、CO、HCO等离子．合理利用海水资源和保护环境是我国可持续发展的重要保证．Ⅰ．火力发电燃煤排放的SO2会造成一系列环境和生态问题．利用海水脱硫是一种有效的方法，其工艺流程如图所示：（1）天然海水的pH≈8，呈弱碱性．用离子方程式解释原因　CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣　．（2）天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，其反应的化学方程式是　2H2SO3+O2=2H2SO4　．氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，该操作的主要目的是　中和、稀释经氧气氧化后海水中生成的酸　．Ⅱ．重金属离子对河流及海洋造成严重污染．某化工厂废水（pH=2．O，p≈1g•mL﹣1）中含有Ag+、Pb2+等重金属离子，其浓度各约为0.01mol•L﹣1．排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如下：难溶电解质AgIAgOHAg2SPbI2Pb（OH）2PbS22\nKSP8.3×10﹣175.6×10﹣86.3×10﹣507.1×10﹣91.2×10﹣153.4×10﹣28（3）你认为往废水中投入　B　（填字母序号），沉淀效果最好．A．NaOHB．Na2SC．KID．Ca（OH）2（4）如果用生石灰处理上述废水，使溶液的pH=8.0，处理后的废水中c（Pb2+）=　1.2×10﹣3mol•L﹣1　．（5）如果用食盐处理其只含Ag+的废水，测得处理后废水中NaCl的质量分数为0.117%．若环境要求排放标准为c（Ag+）低于1．O×lO﹣8mol•L﹣1，问该工厂处理后的废水中c（Ag+）=　9×10﹣9mol•L﹣1　，是否符合排放标准　是　（填“是”或“否”）．已知KSP（AgCl）=1.8×l﹣10mol2•L2．【考点】海水资源及其综合利用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；氧族元素；物质的分离提纯和鉴别．【分析】I．（1）海水中的弱酸根离子水解显碱性；（2）H2SO3或HSO3﹣中的S显+4价，均可被O2氧化生成H+、SO42﹣，酸性会大大增强，氧化后的“海水”需要引入大量的显碱性的海水与之混合后才能排放，主要目的是中和、稀释经氧气氧化后海水中生成的酸（H+）；II．（3）溶度积越小越易转化为沉淀，根据表格中的数据进行判断最近试剂；（4）先计算出溶液中氢氧根离子的物质的量浓度，然后根据Pb（OH）2的溶度积及c（Pb2+）=进行计算；（5）根据氯化银的溶度积进行解答，并与排放标准对比来说明是否符合排放标准．【解答】解：I．（1）海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO﹣3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32﹣、HCO﹣3离子，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣；（2）天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，氧气将H2SO3氧化为硫酸，该反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸（H+），故答案为：2H2SO3+O2=2H2SO4；中和、稀释经氧气氧化后海水中生成的酸；II．（3）溶度积越小的越易转化为沉淀，由表格中的数据可知，硫化物的溶度积小，则应选择硫化钠，故答案为：B；（4）由Pb（OH）2的溶度积为1.2×10﹣15，pH=8.0，c（OH﹣）=10﹣6mol•L﹣1，则c（Pb2+）===1.2×10﹣3mol•L﹣1，故答案为：1.2×10﹣3mol•L﹣1；（5）废水中NaCl的质量分数为0.117%（ρ≈1g•mL﹣1），c（Cl﹣）=c（NaCl）==0.02mol/L，Ksp（AgCl）=c（Ag+）•c（Cl﹣）=1.8×10﹣10mol2•L﹣2，则c（Ag+）==9×10﹣9mol•L﹣1，环境要求排放标准为c（Ag+）低于1.0×10﹣8mol•L﹣1，显然9×10﹣9mol•L﹣1＜1.0×l0﹣8mol•L﹣1，则符合排放标准，故答案为：9×10﹣9mol•L﹣1；是．22\n【点评】本题考查了海水中资源的综合应用、含硫烟气的处理及难溶物的沉淀转化，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，注意把握Ksp的有关计算的方法，题目难度中等．　【物质结构与性质】（共1小题，满分0分）15．第四周期过渡元素Mn、Fe、Ti可与C、H、O形成多种化合物．（1）下列叙述正确的是　AD　．（填字母）A．CH2O与水分子间能形成氢键B．CH2O和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化C．C6H6分子中含有6个σ键和1个大π键，C6H6是非极性分子D．CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低（2）Mn和Fe的部分电离能数据如下表：元素MnFe电离能/kJ•mol﹣1I1717759I215091561I332482957Mn元素价电子排布式为　3d54s2　，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难，其原因是　Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态（或Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态　．（3）根据元素原子的外围电子排布的特征，可将元素周期表分成五个区域，其中Ti属于　d　区．（4）Ti的一种氧化物X，其晶胞结构如上图所示，则X的化学式为　TiO2　．（5）电镀厂排放的废水中常含有剧毒的CN﹣离子，可在X的催化下，先用NaClO将CN﹣氧化成CNO﹣，再在酸性条件下CNO﹣继续被NaClO氧化成N2和CO2．①H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为　H＜C＜N＜O　．②与CNO﹣互为等电子体微粒的化学式为　CO2或N2O或SCN﹣　（写出一种即可）．③氰酸（HOCN）是一种链状分子，它与异氰酸（HNCO）互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式　N≡C﹣O﹣H　．【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算．【专题】化学键与晶体结构．【分析】（1）分子中含有羟基，与水可以形成氢键，二氧化碳为sp杂化，苯中含有12个σ键，二氧化碳是分子晶体，二氧化硅是原子晶体；（2）d电子半充满比较稳定，锰价电子排布为3d54s2，Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态，而铁价电子排布为3d64s2，Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态，气态Mn2+失去一个电子比气态Fe2+失去一个电子难；22\n（3）元素周期表根据元素原子的外围电子排布的特征分成五个区域，s区、p区、d区、ds区、f区，s区为第ⅠA、ⅡA族，p区为第ⅢA到零族，d区包括从第ⅢB族到八族，ds区为第ⅠB、ⅡB族，f区为镧系和锕系；（4）利用均摊法计算；（5）①同周期从左向右，电负性逐渐增大，故电负性大小可以判断；②等电子体为电子数相等，CNO﹣电子数为22，故与CNO﹣互为等电子体微粒的化学式CO2、N2O、SCN﹣等；③碳为四配位，氮为三配位，氧为两配位，氰酸（HOCN）是一种链状分子，且其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，故N≡C﹣O﹣H．【解答】解：（1）A．甲醛中含有羟基，与水可以形成氢键，故A正确；B．二氧化碳为sp杂化，故B错误；C．苯中含有12个σ键，故C错误；D．常温下二氧化碳为气体，二氧化硅为固体，CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，故D正确；故答案为：AD；（2）25号元素锰，价电子个数为25﹣18=7，价电子排布为3d54s2，Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态，而铁为26号元素，价电子排布为3d64s2，Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态，故气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难；故答案为：3d54s2；Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态（或Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态；（3）根据元素原子的外围电子排布的特征，可将元素周期表分成五个区域，s区、d区、ds区、p区、f区，s区为第ⅠA、ⅡA族，p区为第ⅢA到零族，d区包括从第ⅢB族到八族，ds区为第ⅠB、ⅡB族，f区为镧系和锕系，其中钛位于第ⅣB族，属于d区；故答案为：d；（4）每个晶胞中含有钛原子数为8×0.125+1=2，氧原子数为4×0.5+2=4，故化学式为TiO2，故答案为：TiO2；（5）①氢位于第一周期，碳、氮、氧元素位于第二周期，同周期从左向右，电负性逐渐增大，故电负性大小为H＜C＜N＜O，故答案为：H＜C＜N＜O；②CNO﹣电子数为22，等电子体为电子数相等，故与CNO﹣互为等电子体微粒的化学式CO2、N2O、SCN﹣等，故答案为：CO2或N2O或SCN﹣；③氰酸（HOCN）是一种链状分子，且其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，碳为四配位，氮为三配位，氧为两配位，故N≡C﹣O﹣H，故答案为：N≡C﹣O﹣H．【点评】本题考查了物质结构和性质，题目比较综合，侧重对物质结构主干知识的考查，涉及氢键、电子排布、分子结构与性质、晶体类型与性质、晶胞计算等，需要学生具备知识的基础，难度中等．　【化学--选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）16．结晶玫瑰是具有强烈玫瑰香气的香料，可由下列反应路线合成（部分反应条件略去）：22\n（1）A的类别是　卤代烃　，能与Cl2反应生成A的烷烃是　CH4（或甲烷）　．B中的官能团是　﹣CHO（或醛基）　．（2）反应③的化学方程式为　+CH3COOH+H2O　（3）已知：B苯甲醇+苯甲酸钾，则经反应路线①得到的产物加水萃取、分液，能除去的副产物是　苯甲酸钾　（4）已知：++H2O，则经反应路线②得到一种副产物，其核磁共振氢谱有4组峰，各组吸收峰的面积之比为　1：2：4：4　（5）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，与足量饱和溴水反应未见白色沉淀产生，则L与NaOH的乙醇溶液共热，所得有机物的结构简式为　（或）　．（只写一种）【考点】真题集萃；有机物分子中的官能团及其结构；有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】（1）烃中氢原子卤素原子取代后生成产物为卤代烃，A中含有1个C，所以生成A的烷烃为甲烷，B含有官能团醛基；（2）根据G、J的结构知反应③是G与乙酸的酯化反应（3）根据苯甲酸钾为可溶性的盐而其它物质不溶于水进行解答；（4）根据题给已知路线②生成的G与苯反应生成，有4种H，氢原子数目之比就等于其吸收峰的面积之比；（5）根据遇FeCl3溶液显色可知L含酚羟基，与足量饱和溴水反应未见白色沉淀产生说明酚羟基的邻、对位被取代基取代，又L与NaOH的乙醇溶液共热说明L能发生消去反应，该基团是﹣C2H4Cl，据此写出所得有机．物的结构简式．【解答】解：（1）A为三氯甲烷，含有官能团Cl原子，所以A为卤代烃，甲烷能够与氯气发生取代反应生成三氯甲烷；有机物B为苯甲醛，含有的官能团为醛基：﹣CHO，故答案为：卤代烃；CH4或甲烷；﹣CHO或醛基；22\n（2）反应③为和乙酸发生酯化反应生成，反应的化学方程式为：+CH3COOH+H2O，故答案为：+CH3COOH+H2O；（3）苯甲酸钾为盐，所以苯甲酸能够溶于水，则加水萃取、分液，能除去的副产物是苯甲酸钾，故答案为：苯甲酸钾；（4）根据反应++H2O可知，能够与G反应生成，该有机物分子中含有4种位置不同的H，个数之比为1：2：4：4（苯环对称），则各组吸收峰的面积之比为1：2：4：4，故答案为：1：2：4：4；（5）根据遇FeCl3溶液显色可知L含酚羟基，与足量饱和溴水反应未见白色沉淀产生说明酚羟基的邻、对位没有H，即邻、对位有取代基，又L与NaOH的乙醇溶液共热说明L能发生消去反应，该基团是﹣C2H4Cl，则L与NaOH的乙醇溶液共热，所得有机物的结构简式为或，故答案为：或．22\n【点评】本题考查了有机物分类、有机物结构与性质、有机合成方案设计、同分异构体求算等知识，题目难度中等，注意掌握常见有机物组成、分类及具有的结构与性质，明确同分异构体的概念及求算方法，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力．　22