黑龙江省大庆市高三二模化学试卷有答案

1、一、选择题1.化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法正确的是（）A.医用酒精是用淀粉类植物经过发酵后蒸储制得，浓度通常是75%B.为防止电池中的重金属污染土壤和水体，应将废电池深埋“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入明矶可以使海水淡化D.小苏打是制作面包等糕点的膨松剂。也是胃溃疡病人的治疗药物.乙醇（C2H5OH）和二甲醛（CH3OCH3）互为同分异构体物。且二甲醛不与钠反应，仅含碳、氢、氧三种元素的某化合物，其相对分子质量小于100,其中氧的质量分数为18.18%,已知该化合物不能与钠反应，该化合物的结构共有（不考虑立体异构）（）A.5种B.6种C.8种D.10种.设Na为阿

2、伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.7.8gNa2s和Na2。？的混合物中含有的阴离子数目大于0.1Na,小于0.2NaB.常温下0.1mol_L-1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NaC.标准状况下，2.24LCHCl3的分子数为0.1Na19gT35Cl和H37Cl的混合物中所含中子数为10Na TOC o 1-5 h z 4,短周期元素A、B、C、D在周期表中的位置如图所示，E+与D的简单阴离子有相同的电子层结构，D元素原子的次外层电子数等于其它电子层数之和，下列说法正确的是（）A.C的非金属性最强，可分别与A、E元素形成离子化合物B.元素D可形成三种常见的酸，且酸根离子均能促

3、进水的电离C.C单质可以从D、E组成的化合物的水溶液中置换出DD,离子半径由大到小的顺序为：DEABC5.某有机化合物结构简式如图，下列有关说法不正确的是（）4OOHCH*-OHA.该有机化合物分子式为C10H10O3B.1mol该有机化合物最多可与2molNaOH发生中和反应C.该有机化合物中两种官能团之间可以发生酯化反应D.该有机化合物和乙烯均能使酸性高镒酸钾溶液褪色6.下列实验中，对应的操作，现象以及结论均正确的是（）选项实验操作实验现象结论A将铜粉加入到浓硫酸中无明显现象铜被浓硫酸钝化B向含有少量FeCl3白MgCl2溶液中加入足量产生红褐色沉淀除去MgCl2溶液中的Mg(OH)2粉末

4、Fe3+C将混有乙酸的乙酸乙酯加入到分液漏斗中，加入氢氧化钠溶液，振荡，静置，分液溶液分层除去乙酸乙酯中的乙酸D分别向两只试管中加入同浓度，同体积的草酸溶液，再分别加入同体积、/、同浓度的酸性高镒酸钾溶液酸性高镒酸钾溶液褪色时间不同浓度小向反应速率/、同A.AB.BC.CD.D7.常温下，用0.1000mol|L1NaOH溶液滴定20mL0.1000mol|_L1H3Po4溶液，滴定曲线如图所示，下列说法错误的是()NaH2P。4溶液呈酸性pH=9.7处，c(Na)c(HPO42)c(OH)c(H)pH=4.7处，c(Na+)=c(H2PO4)+c(HPO42)+c(PO43)D.当2VpH0

5、,既能使反应n平衡向正反应方向移动，又能加快反应速率的措施是。a.加压b.升温c,增大Cl2的浓度d.移走部分BCl3e.加入适当的催化剂f.增大焦炭的量(3)写出反应出的平衡常数表达式K=;写出阴离子B(OH)4r的电子式:(4)在反应IV中，H3BO3的转化率在不同温度下随反应时间(t)的变化如图，若T=333K,初始c(H3BO3)=1mol_L.1,则010min的反应速率v(H3BO3)=；40min达到平衡后，改变温度为T,c(H3BO3)以0.005molLimin1的平均速率降低，经过10min又达到平衡，则T333K(用“”、“;升高温度反应速率加快，平衡向正向移动9.(1)

6、分液漏斗；樱桃红色变为无色 浓硫酸；氢氧化钠；吸收尾气(4) 0.08mol/ (L_min); ;升高温度反应速率加快，平衡向正向移动9.(1)分液漏斗；樱桃红色变为无色 浓硫酸；氢氧化钠；吸收尾气 C2SOCl2+4Li+4e=4LiCl+S+SO2锂是活泼金属，易与H2O、O2反应；SOC12也可与水反应2.68104nm10.(1)2Sn2+O2+4H+=2Sn4+2H2OSn2+CO32SnO】+CO2(3)取最后一次洗涤液适量于试管中并滴加稀硝酸酸化，然后滴加硝酸银溶液，无白色沉淀，证明沉淀洗涤干净(4)阴；Sn2+2e=SnSn2+；50c89.25%三、化学-选彳2化学与技术1

7、1.(1)蒸储法；离子交换法、电渗析法NaOH、BaCl2、Na2CO3；Mg2+2OH=Mg(OH)2M过滤NH3、CO2；CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3J+NH4cl(4)温度过高，大量水蒸气随之排出，澳气中水分增加；温度过低，澳不能完全蒸出，产率低(5)CH30cH312e+3H2O=2CO2+12H+;90.6%四、化学-选彳3物质结构与性质12.(1)氮；N;氮元素原子2P轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于元素的(2)四面体形；四面体形；NH3；氨气分子之间形成氢键，而甲烷分子之间不能形成氢键(3)(4) TiN ；五、化学-选彳5有机化学基础(3)(4)

8、TiN ；五、化学-选彳5有机化学基础HBr(4) 16；(5) HO+Na2(5) HO+Na2CO3125解析一、选择题1.【考点】物质的组成、结构和性质的关系。【分析】A.淀粉类植物发酵经蒸储得到乙醇，医用酒精的体积分数75%;B.废电池深埋，会导致土壤的重金属污染；C.向海水中加入净水剂明矶只能除去悬浮物杂质；D.胃溃疡病人服用小苏打易导致胃穿孔。【解答】解：A.75%的酒精为医用酒精，可使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，乙醇可由淀粉类植物发酵经蒸储制成，故A正确；B.废电池深埋，会导致土壤的重金属污染，应集中分类回收，故B错误；C.向海水中加入净水剂明矶只能除去悬浮物杂质，但不能使海水

9、淡化，应用蒸储的方法，故C错误；D.碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳气体，胃溃疡病人服用小苏打易导致胃穿孔，故D错误。故选A.2.【考点】有机化合物的异构现象。【分析】仅含碳、氢、氧三种元素的某化合物，其相对分子质量为88,且氧的质量分数为18.18%,分子中N(O)二=一二二1二1，去掉1个。原子后剩余基团总式量为88-16=72,则最大碳原子数目=三=6,1612则该有机物含有5个C原子、12H原子，分子式为C5H12。，该化合物不与钠反应，不含醇羟基，属于醒，再根据胫基异构进行分析解答。【解答】解：仅含碳、氢、氧三种元素的某化合物，其相对分子质量为88,且氧的质量分数为18.18%,分子中

10、N(O)二丝竺T泮俎二1，去掉1个o原子后剩余基团总式量为88-16=72,则最大碳原子数目造161z=6,则该有机物含有5个C原子、12H原子，分子式为C5H12。，该化合物不与钠反应，不含醇羟基，属于醍，当一个煌基为一CH3另外煌基为CH2CH2CH2CH3,-CH(CH3)CH2CH3,-C(CH3)3,-CH2CH(CH3),当一个煌基为-CH2CH3,另外煌基为-CH2CH2CH3,-CH(CH3)2,故符合条件的同分异构体共有6种，故选B.【考点】阿伏加德罗常数。【分析】A.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;B.溶液体积不

11、知不能计算微粒数；C.标准状况下三氯甲烷不是气体；D.T35CI和H37CI的摩尔质量为38g/mol,质量数=质子数+中子数计算分析。【解答】解：A.Na2s和W2O2的摩尔质量均为78g/mol,则混合物的总物质的量为工第一=0.1mol,两78g/mol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0.1molxNAmo1x1=0.1Na,故A错误；B.溶液体积不知，不能计算氮原子数目，故B错误；D. 19gT35Cl和H37C1的混合物物质的量C.标准状况下三氯甲烷不是气体，2.24LCHC1D. 19gT35Cl和H37C1的混合物物质的量=0.5mol,T35

12、C1和H37C1的中子数3-1+35-17=20,1-1+37-17=20,都为20,19gT35Cl和H37C1的混合物物质的量为0.5mol其中所含中子数为10Na,故D正确。故选D.【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用。【分析】短周期元素A、B、C、D四种元素，D元素原子的次外层电子数等于其他层电子数之和，由位置可知D位于第三周期，则次外层电子数为8,M层电子数为8-2=6,则D为S,B为O,结合位置关系A为N,C为F,E2+与D的简单阴离子有相同的电子层结构，则E为Ca,然后结合元素化合物性质来解答。【解答】解：短周期元素A、B、C、D四种元素，D元素原子的次外层电子数等于其他层电

13、子数之和，由位置可知D位于第三周期，则次外层电子数为8,M层电子数为8-2=6,则D为S,B为O,结合位置关系A为N,C为F,E2+与D的简单阴离子有相同的电子层结构，则E为Ca,F的非金属性最强，可与Ca元素形成离子化合物，但是与N形成共价化合物，故A错误；S对应的酸有亚硫酸、硫酸、氢硫酸，硫酸根离子不能促进水的电离，故B错误；C单质是F2,F2会与水反应，不能从D.E组成的化合物的水溶液中置换出D,故C错误；D.电子层越多，半径越大，电子层结构相同时，序数小半径反而大，D的离子是S2（3层、16号），E的离子是Ca2+（3层、20号），A的离子是N3（2层、7号），B的离子是O2（2层、8

14、号），C的离子是F（2层、9号），则离子半径由大到小的排列顺序为：DEABC,故D正确；故选：D.【考点】有机物的结构和性质。【分析】由结构可知，分子中含碳碳双键、-OH、-COOH,结合烯烧、醇、竣酸的性质来解答。【解答】解：A.由结构简式可知有机物分子式为G0H10。3,故A正确；B.能与氢氧化钠反应的只有竣基，则1mol该有机化合物最多可与1molNaOH发生中和反应，故B错误；C.含有竣基、羟基，都可发生酯化反应，故C正确；D.含有碳碳双键，可被酸性高镒酸钾氧化，故D正确。故选B.6.【考点】化学实验方案的评价。【分析】A.常温下，铜和浓硫酸不反应；B.FeCl3易水解生成氢氧化铁；C

15、.乙酸乙酯在碱性条件下水解；D.应用同浓度同体积的酸性KMnO4溶液与同体积不同浓度过量H2c2。4溶液反应。【解答】解：A.铜和浓硫酸在加热条件下发生氧化还原反应，而常温下，铜和浓硫酸不反应，不是发生钝化反应，故A错误；B.FeCl3易水解生成氢氧化铁，加入Mg(OH)2粉末，调节溶液的pH,促进铁离子的水解，且不引入新的杂质，故B正确；C.乙酸乙酯在碱性条件下水解，应用饱和碳酸钠溶液除杂，故C错误；D,应用同浓度同体积的酸性KMnO4溶液与同体积不同浓度过量H2c2。4溶液反应，通过测量褪色的时间长短来研究浓度对反应速率的影响，否则高镒酸钾浓度越大，褪色的时间反而长，故D错误。故选B.【考

16、点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算。【分析】A.NaOH与H3P04等物质的量反应时溶液的pH=4.7;.pH=9.7处，溶液中溶质为Na2HPO4,溶液显碱性；.pH=4.7处，溶液的溶质为NaH2P04,根据物料守恒分析；D.电离常数只与温度有关。【解答】解：A.用0.1000mol?L1NaOH溶液滴定20mL0.1000mol?L1H3P04溶液，当NaOH的体积为20mL时，NaOH与H3PO4等物质的量反应，溶液中溶质为NaH2PO4,此时溶液的pH=4.7,所以NaH2P。4溶液呈酸性，故A正确；pH=9,7处，溶液中溶质为Na2HPO4,溶液显碱性，则溶液中离子浓度关系为

17、：c(Na+)c(HPO42)c(OH)c(H+),故B正确；pH=4,7处，溶液的溶质为NaH2P。4,由物料守恒可知c(Na+)=c(H3PO4)+c(H2P。4)+c(HPO42)+c(PO43),故C错误；D,电离常数只与温度有关，所以当2pH0即为气体减小的吸热反应，据此分析；(3)化学平衡常数为生成物浓度哥之积与反应物浓度哥之积之比；依据硼酸结构简式可知：B(OH)4中心元素B连4和-OH,带有一个单位负电荷，据此书写电子式；(4)依据H3BO3的转化率在不同温度下随反应时间(t)的变化图表可知，若T=333K,H3BO3的转化率为80%,据此计算H3BO3浓度的变化量，依据V=t

18、计算；升高温度反应速率加快，平衡向吸热方向移动，结合不同温度时H3BO3的转化率大小判断解答。【解答】解：(1)反应热=反应物总键能-生成物总键能，故4H=3x427kJ。mol1+6x465kJomol1-(3X431+3X809+3X465)kJ。mol1=-1044kJ。mol1；故答案为：-1044；(2)由B2O3(s)+3C(s)+3C12(g)?2BCl3(g)+3CO(g)出0即为气体减小的吸热反应,A.加压平衡逆向移动，故a不选；:c选;:c选;d不选；C.增大C12的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，故D.移走部分BC13,平衡正向移动，速率减慢，故(e不选；f不选;e。加

19、入适当的催化剂反应速率加快，平衡不移动，故fe不选；f不选;(3) H3BO(3) H3BO3 (aq) +H2O (I) ?B (OH) 4 (aq) +H +(aq)化学平衡常数K=itMOH) 4 一屏+H3B03依据硼酸结构简式可知0：依据硼酸结构简式可知0：H，旧(OH) 4中心元素B连4和-OH,带有一个单位负电荷，电子式故答案为:h3故答案为:h3B031夙QH) 4 一斑 +(4)依据H3BO3的转化率在不同温度下随反应时间(t)的变化图表可知，若T=333K,H3BO3的转化率为80%,则H3BO3浓度的变化量为：1mol?L1x80%=0.8mol/L,。10min的反应速

20、率v(H3BO3)=丹:一一lOmin=0.08mol/ (L?min);依据：依据H3=0.08mol/ (L?min);依据：依据H3BO3的转化率在不同温度下随反应时间( 大于T=303K时H3BO3的转化率，说明升高温度，t)的变化图表可知,T=333K时H3BO3的转化率,H3BO3的转化率增大，平衡正向移动，所以正向为吸热反应，40min达到平衡后，改变温度为T,c(H3BO3)以0.005mol?L-1?min1的平均速率降低，经过10min又达到平衡，说明反应向正向移动，则应为升高温度,又达到平衡，说明反应向正向移动，则应为升高温度,T333K;升高温度反应速率加快;故答案为：

21、0.08mol/(L?min)；升高温度反应速率加快，平衡向正向移动。SOC12的常用方法SOC12的常用方法【分析】I。(1)根据A装置中各仪器的特征以及常见仪器的名称进行解答；根据制备是：SO3+SCl2=SOCl2+SO2,以及反应物生成物的颜色分析反应完成时的特征；(2)SOC12与水剧烈反应，B中所盛药品是干燥剂，装置C需除去尾气二氧化硫，需用碱液吸收;(3)根据SOC12的沸点分析所需的温度；n。(4)Li失电子为负极，SOC12为正极；(5)根据锂的活泼性以及SOC12的性质分析；(6)6.9g金属锂为1mol,完全反应转移电子为1mol,根据W=UIt=UQ=nQ,Q=FX转移

22、电子数，比能量.电池输出电能斗笛电池质量计【解答】解：I。(1)A装置中未知名称的仪器具有球形特征的漏斗，带有玻璃活塞，为分液漏斗，制备SOC12的常用方法是：SO3+SCl2=SOCl2+SO2,SO3SO2,都为无色气体，而SC12,为樱桃红色的液体，所以当蒸储烧瓶中反应物出现樱桃红色变为无色现象时，说明反应完成，停止滴加SO3,故答案为：分液漏斗；樱桃红色变为无色；SOC12具有与水剧烈反应的性质，该反应的副产物为二氧化硫，为大气污染物，需用碱液吸收，为防止尾气处理装置中的水进入A装置，需用浓硫酸进行干燥，故答案为：浓硫酸；氢氧化钠、吸收尾气；SOC12的沸点为76C,所以反应后将A中混

23、合物进行蒸储，收集到较纯净的产品，需控制蒸储温度在76C,故答案为：C;n。(4)Li失电子为负极，SOC12为正极，正极上SOC12得电子发生还原反应，根据反应方程式知，SOC12得电子生成LiCl、S、SO2,其正极的电极方程式为：2SOCl2+4Li+4e=4LiCl+S+SO2；故答案为:2SOC12+4Li+4e=4LiCl+S+SO2；(5)锂和钠是同一主族的元素，性质具有相似性，钠和空气中的氧气、水蒸气反应，所以锂和空气中的氧气、水蒸气也能反应；SOC12也可与水反应，所以组装该电池必须在无水、无氧的条件下进行。故答案为：锂是活泼金属，易与H2O、O2反应；SOC12也可与水反应

24、；(6)6.9g金属锂为1mol,完全反应转移电子为1mol,W=UIt=UQ=nQ,Q=Fx转移电子数，比能量电池输出电能电池周宣FXn一电池输出电能电池周宣FXn一33jtXIO JX3. &X-1W?h?kg ;故答案为:2, 63XJ10.【考点】制备实验方案的设计。SnCl2溶液，向其中【分析】SnOSnCl2溶液，向其中加碳酸钠，将Sn元素以SnO形式沉淀，过滤洗涤得纯净的SnO,加稀硫酸，得SnSO4溶液，加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，制得SnSC4晶体；(1)Sn2+有强还原性，在酸性条件先易被空气中的。2氧化成Sn4+,可结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平得相应的离子反应

25、方程式；(2)过滤n得到沉淀是SnO,可知反应I中Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳；(3)沉淀表面附着液中含有Cl,只要设计实验检验最后一次洗涤液里不含有Cl,即可证明沉淀洗涤干净；(4)电镀池通过待镀金属作阴极，镀层金属作阴极，且阴极上发生还原反应析出镀层金属；(5)等浓度Sn2+、Sn4+的混合溶液中通入足量的H2S,沉淀时需要S2最小的离子最先沉淀；可Ksp(SnS)=1 X 10 25,Ksp(Sn&)=2X1027,计算当溶液中c(S2-)=1 X 10 25,Ksp(Sn&)=2X1027,计算当溶液中c(S2-)=c mol?L -1 时溶

26、液中所含Sn2+、Sn4+的浓度，再计算浓度的比值；(6)根据 Sn+2H+=Sn2+H2T；FeCl3： Sn2+2Fe3+=Sn4+2Fe2+;6Fe2+Cr2O72 +14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O；建立关系式3Sn6Fe2+Cr2O72；由此可根据消耗的 七52。7的物质的量计算样品中Sn的物质的量，最终计算出样品的质量分数。【解答】解：SnO2粉末在高温度下与焦炭反应得到金属锡，加浓盐酸进行溶解并过滤得到其中加碳酸钠，将 Sn元素以SnO形式沉淀，过滤洗涤得纯净的SnO,加稀硫酸，得SnCl2溶液，向SnSO4溶液，加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，制得SnSO4晶体；(1)在

27、酸性条件Sn2+被空气中的。2氧化成Sn4+,发生反应的离子反应方程式为：2Sn2+故答案为：2Sn2+O2+4H +=2Sn4+2H 2O ；+O2+4H+=2Sn4+2H2O;(2)反应I得到沉淀是 SnO, Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应, 化碳，离子方程式为：Sn2+CO32一SnO； +CO2 T,故答案为：Sn2+CO32一SnO； +CO2 T；(3)取最后一次洗涤液适量于试管中并滴加稀硝酸酸化，然后滴加硝酸银溶液, 涤干净，若有白色沉淀生成，可证明洗涤液里含有Cl ,沉淀洗涤不干净;同时生成气体，该气体为二氧无白色沉淀，证明沉淀洗故答案为：取最后一次洗涤液适量于试管中

28、并滴加稀硝酸酸化，然后滴加硝酸银溶液，无白色沉淀，证明沉淀洗涤干净;在铁制品表面镀锡时，阴极为铁，发生电极反应为Sn2+2e =Sn,故答案为：阴;设浓度均为1mol/L的Sn2+、Sn4+的混合溶液中，根据 Ksp (SnS) =1 x 10 25,曙Sn2+2e =Sn;(SnS2) =2X 10 27,可知(Sn4+)=-：-：， 展(mol/L)SnS开始沉淀时所需要c(S2)=1x1025mol/L,SnS2开始沉淀时所需要c(S2可知(Sn4+)=-：-：， 展(mol/L)故Sn2+最:先沉淀；当溶液中c(S2)=cmol?L1时，溶液中c(Sn2+)=故Sn2+最:-251X1

29、0,故答案为：Sn2+; 50c,故答案为：Sn2+; 50c；777二7r二5hSr?2X10”C2(6)0.1000mol?L1K2cr2O7溶液20.00mL中Cr2O72的物质的量为0.1000mol?L1X0.02L=0.002mol;根据关系式3Sn6Fe2+Cr2O72可知Sn的物质的量为0.002molx3=0.006mol,则样品的质量分数为0.006molXH9?/wlX100%=89.25%,故答案为：89.25%。UioUUg三、化学-选彳2化学与技术11.【考点】海水资源及其综合利用。【分析】(1)淡化海水，应降低水中的离子浓度，可用蒸储法、离子交换法、电渗析法等；(

30、2)粗盐中含少量Ca2+、Mg2+、SO42和泥沙等杂质，粗盐精制的过程中涉及常规操作步骤有：加水溶解；依次加入过量的BaCLNaOH、Na2CO3溶液；过滤除去沉淀；加入适量的稀盐酸除去过量的氢氧化钠和碳酸钠；蒸发浓缩、冷却结晶得到精盐；(3)生成A的方法是侯氏制碱法，在制取A的过程中需向饱和NaCl溶液中先通入NH3,后通入气体的化学式为CO2,因为NH3极易溶于水，而CO2能溶于水，先通入氨气可吸收更多的CO2,才能生成NaHCO3；(4)在滨水中，漠的沸点是58.5,水的是100C,温度80C-90c时，水不沸腾而澳蒸气挥发；(5)原电池负极发生氧化反应，二甲醛在负极放电，酸性条件下生

31、成二氧化碳，据此解答即可；依据转移电子数计算生成NaOH的质量，根据理论耗电量和实际耗电量计算得到。【解答】解：(1)常见淡化海水的方法有蒸播法、离子交换法、电渗析法等，故答案为：蒸播法；离子交换法、电渗析法；(2)先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钢之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化银，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，则加入试剂顺序为NaOH,BaCl2,Na2CO3,HCl,加试剂Na2CO3后，杂质离子转化为沉淀，则应先进行一个实验操作为过滤，其中除去M

32、g2+所发生反应的离子方程式为：Mg2+2OH=Mg(OH)2J,故答案为：NaOH,BaCl2,Na2CO3；Mg2+2OH=Mg(OH)2J;过滤；(3)生成A的方法是侯氏制碱法。因为NH3极易溶于水，而CO2能溶于水，先通入氨气可吸收更多的CO2,这样才能生成NaHCO3,所以在制取NaHCO3的过程中需向饱和NaCl溶液中先通入NH3,后通入CO2,反应的化学方程式为：CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3卜NH4Cl,故答案为：NH3CO2；CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3NH4CI;(4)在滨水中，漠的沸点是58.5,水的是100,温度过高，大量水蒸气随之排出

33、，澳气中水分增加；温度过低，澳不能完全蒸出，产率低，故答案为：温度过高，大量水蒸气随之排出，澳气中水分增加；温度过低，澳不能完全蒸出，产率低；(5)原电池负极发生氧化反应，二甲醛在负极放电，酸性条件下生成二氧化碳，电极反应式为：CH3OCH3T2d+3H2O=2CO2+12H+,烧碱溶液总含氢氧化钠的实际质量为：1.342x106X113X30%=45.49X106kg；理论上生成氢氧化钠的质量为：1.492x1.45x104X290X8=50.19x106kg；该电解槽的电解效率ri(NaOH)=:-2-X100%=90.6%;LSX1O0kg故答案为:CH3OCH3-12e+3H2O=2C

34、O2+12H+;90.6%。四、化学-选彳3物质结构与性质.【考点】位置结构性质的相互关系应用。【分析】A、B.D.E、F是原子序数依次增大的五种前四周期元素，A是原子半径最小的元素，则A为H元素；B元素原子核外电子有6种不同的运动状态，则B为碳元素；E元素原子L电子层上有两个未成对电子，原子序数大于碳，故原子核外电子排布式为1s22s22p4,则E为O元素；D的原子序数介于碳、氧之间，故D为N元素；F元素原子最外层有2个电子，次外层电子数为氮原子最外层电子数的2倍，次外层电子数为10,只能处于第四周期，核外电子数为2+8+10+2=22,故F为Ti。【解答】解：A、B.D.E、F是原子序数依

35、次增大的五种前四周期元素，A是原子半径最小的元素，则A为H元素；B元素原子核外电子有6种不同的运动状态，则B为碳元素；E元素原子L电子层上有两个未成对电子，原子序数大于碳，故原子核外电子排布式为1s22s22p4,则E为。元素；D的原子序数介于碳、氧之间，故D为N元素；F元素原子最外层有2个电子，次外层电子数为氮原子最外层电子数的2倍，次外层电子数为10,只能处于第四周期，核外电子数为2+8+10+2=22，故F为Ti。(1)由上述分析可知，D元素是氮，氮元素原子2P轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于元素的，故答案为：氮；N；氮元素原子2P轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于

36、元素的；B.D元素分别与A元素形成的最简单分子分别为CH4.NH3,分子中碳原子、氮原子价层电子对数均为4,故它们的VSERP模型分别为四面体形、四面体形，由于氨气分子之间形成氢键，而甲烷分子之间不能形成氢键，故氨气的沸点较高，故答案为：四面体形；四面体形；NH3；氨气分子之间形成氢键，而甲烷分子之间不能形成氢键；F为Ti元素，价电子排布式为3d24s2,基态原子价电子排布图为TE III,能量最高的电子占据的能级符号为 F为Ti元素，价电子排布式为3d24s2,基态原子价电子排布图为TE III,能量最高的电子占据的能级符号为 3d,该能级所在能层为 M能层，有3s、3p、3d,分别含有原子轨道数目为1. 3. 5,具有的原子轨道数为9,故答案为:；3d; 9；Ti原子处于晶胞内部，晶胞中 Ti原子数目为4, N原子处于晶胞顶点与面心，晶胞中 N原子数目为8X=+6X=4,故该晶体化学式为TiN,晶胞质量为4X8 上48+14g,晶体的密度为 pg?cm-3,则晶胞边长为48+14lP 皿cm=x 1010 pm,故答案为：TiN；X 1010.五、化学-选彳5有机化学基础(共1小题，满分15分).【考点】有机物的合成。【分析】(1)由结构简式可知，有机物3含有的官能团有：醛基、醒键、澳原子；对比4.5的