甘肃省兰州化学工业公司总校一中高三上学期第二次段考化学试卷

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2016—2017学年甘肃省兰州化学工业公司总校一中高三（上)第二次段考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分)1．化学与生活、社会密切相关．下列说法正确的是(）A．合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醇B．汽油和乙烯均为石油分馏得到的产品C．塑料、合成纤维和合成橡胶都属于合成材料D．蔗糖、淀粉、油脂水解均能生成电解质2．下列实验操作中错误的是（)A．用规格为10mL的量筒量取6mL的液体B．用药匙或者纸槽把粉末状药品送入试管底部C．过滤时玻璃棒的末端应轻轻的靠在三层的滤纸上D．如果没有试管夹，可以临时手持试管给固体或液体加热3．儿茶素(其结构简式如图所示）是茶叶的主要活性成分，具有抗氧化、抗菌、除臭等作用．下列说法正确的是（）A．儿茶素能与FeCl3溶液发生显色反应B．1mol儿茶素最多可与10molNaOH反应C．常温下，儿茶素不溶于水，也不溶于有机溶剂D．儿茶素一定不能发生水解反应4．有机物A是一种重要的化工原料，其结构简式为:，下列检验A中官能团的试剂和顺序正确的是(）A．先加溴水，再加KMnO4酸性溶液B．先加入足量的新制Cu(OH)2悬浊液,微热，酸化后再加溴水C．先加银氨溶液，微热，再加溴水D．先加KMnO4酸性溶液，再加银氨溶液，微热5．下列说法中，正确的是(）A．酸性高锰酸钾溶液具有强的氧化性，配制时用盐酸酸化B．用25.00mL碱式滴定管量取20。00mL酸性高锰酸钾溶液C．将KI溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液的紫色能褪去D．将SO2通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去，是SO2漂白性的表现6．如图依次为气体制得、除杂并检验其性质的装置（加热及夹持仪器省略)．下列设计不能达到目的是（）选项气体装置中药品abCAC2H2饱和食盐水+电石CuSO4溶液溴水BCO2稀盐酸+石灰石饱和NaHCO3溶液苯酚的溶液CC2H4溴乙烷+NaOH乙醇溶液水K2Cr2O7酸性溶液DSO2碳+浓硫酸新制氯水品红溶液A．A B．B C．C D．D7．己烯雌酚是一种激素类药物，其结构简式如图所示．下列有关叙述中不正确的是（）A．己烯雌酚的分子式为C18H20O2B．己烯雌酚分子中一定有16个碳原子共平面C．己烯雌酚为芳香族化合物D．己烯雌酚可发生加成、取代、氧化、加聚、酯化、硝化反应二、解答题（共3小题，满分43分）8．氯气用于自来水的杀菌消毒，但在消毒时会产生一些负面影响，因此人们开始研究一些新型自来水消毒剂．某学习小组查阅资料发现NCl3可作为杀菌消毒剂,该小组利用下图所示的装置制备NCl3，并探究NCl3的漂白性．NCl3的相关性质如下:物理性质制备原理化学性质黄色油状液体，熔点为﹣40℃，沸点为71℃，不溶于冷水，易溶于有机溶剂,密度为1.65g/mLCl2与NH4Cl水溶液在低温下反应95℃爆炸，热水中发生水解回答下列问题：（1）根据实验目的，接口连接的顺序为1﹣﹣﹣2﹣3﹣6﹣7﹣﹣（2）C装置中盛放的试剂为饱和食盐水，E装置中盛放的试剂为．（3）A装置中发生反应的离子方程式为．(4)B装置中发生反应的化学方程式为，当B装置蒸馏烧瓶中出现较多油状液体后，关闭接口2处的活塞,控制水浴加热的温度为．(5）当F装置的锥形瓶内有较多黄色油状液体出现时，用干燥、洁净的玻璃棒蘸取该液体滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色；若取该液体滴入50﹣60℃热水中,片刻后取该热水再滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸先变蓝后褪色，结合反应方程式解释该现象：．9．工、农业废水以及生活污水中浓度较高的NO3﹣会造成氮污染．工业上处理水体中NO3﹣的一种方法是零价铁化学还原法．某化学小组用废铁屑和硝酸盐溶液模拟此过程,实验如下．（1)先用稀硫酸洗去废铁屑表面的铁锈，然后用蒸馏水将铁屑洗净．①除锈反应的离子方程式是．②判断铁屑洗净的方法是．（2)将KNO3溶液的pH调至2。5．从氧化还原的角度分析调低溶液pH的原因是．（3）将上述处理过的足量铁屑投入（2）的溶液中．右图表示该反应过程中，体系内相关离子浓度、pH随时间变化的关系．请根据图中信息回答：①t1时刻前该反应的离子方程式是．②t1时刻后，该反应仍在进行，溶液中NH4+的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是．(4）铁屑与KNO3溶液反应过程中若向溶液中加入炭粉，可以增大该反应的速率,提高NO3﹣的去除效果,其原因是．10．有机物A为缓释阿司匹林的主要成分．用于内燃机润滑油的有机物Y和用于制备水凝胶的聚合物P的合成路线如下．已知：（1）D的分子式为C7H6O3，D中所含的官能团是．（2）D→Y的化学方程式是．（3）反应Ⅰ的另一种产物是M，其相对分子质量是60，B、M均能与NaHCO3反应产生CO2．①M是．②B→D的化学方程式是．（4）下列说法正确的是．a．B、C、D中均含有酯基b．乙二醇可通过CH2=CH2乙二醇的路线合成c．C能与饱和溴水反应产生白色沉淀（5)红外光谱测定结果显示，E中不含羟基．①X→E的反应类型是．②E的结构简式是．（6）若X的聚合度n=1，有机物A只存在一种官能团，A的结构简式是．(7）聚合物P的结构简式是．［化学-—选修2：化学与技术]11．坐落在沿海地区的某纯碱厂是我国重点大型企业,其生产工艺流程可简要表示如图所示：（1）上述生产纯碱的方法称；副产品的一种用途为．（2)使原料氯化钠的利用率从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．从沉淀池中取出沉淀的操作所需玻璃仪器有烧杯、等．（3）母液中含有NaCl、NH4Cl、（以化学式表示）．向母液中通入氨气，加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通氨气的作用有硫酸铜晶体（CuSO4•xH2O），采用加热法测定该晶体中结晶水x的值，实验数据记录如下：坩埚质量坩埚与晶体总质量加热后坩埚与固体总质量第一次称量第二次称量11.710g22.700g18。621ga（4）若无需再进行第三次称量，则a的数值范围应为．（5）若加热后坩埚与固体总质量为18。620g，计算x的实测值（保留二位小数），相对误差．［化学--选修3：物质结构与性质](15′）12．Cu3N具有良好的电学和光学性能，在电子工业领域、航空航天领域、国防领域、通讯领域以及光学工业等领域中,发挥着广泛的、不可替代的巨大作用．（1）N位于周期表中第周期族，与N3﹣含有相同电子数的三原子分子的空间构型是．（2）C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为．（3)Cu+的电子排布式为,其在酸性溶液中不稳定，可发生歧化反应生成Cu2+和Cu，但CuO在高温下会分解成Cu2O,试从结构角度解释高温下CuO为何会生成Cu2O．(4）在Cu的催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛,乙醛分子中碳原子的杂化方式是，乙醛分子中H﹣C﹣O的键角乙醇分子中的H﹣C﹣O的键角．(填“大于”、“等于”或“小于”）（5)［Cu（H2O）4］2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl﹣取代有两种不同的结构，试画出［Cu（H2O)2（Cl）2］具有极性的分子的结构式．（6)Cu3N的晶胞结构如图，N3﹣的配位数为，Cu+半径为apm，N3﹣半径为bpm，Cu3N的密度g/cm3．(阿伏加德罗为常数用NA表示）（1pm=10﹣10cm）[化学-—选修5:有机化学基础］（15′）13．阿斯巴甜（APM)是一种较适合糖尿病患者食用的蔗糖代替品，其一种合成路线如图，其中A、B、C、D、E均为有机物，部分反应条件和产物已略去．已知：①由C、H、O三种元素组成的二元羧A,相对分子质量为116,其羧连接在不同碳原子上，且核磁共振氢谱有两个面积相等的吸收峰．②C、D所含官能团相同；D为单取代芳香化合物，是大豆蛋白水解的最终产物之一，其分子式为C9H11NO2,且分子中不含甲基．回答下列问题：（1）A的分子式为，结构简式为．（2）反应①的化学方程式为．C中所含官能团的名称为．（3）D通过醋化反应生成E，反应的化学方程式为．(4）APM是一种二肽，上述过程中APM可能的结构简式为和．(5）D物质的同分异构体有多种，能同时满足下列条件的共有种（不含立体异构）．①苯环上有两个取代基②分子中含有硝基．

2016—2017学年甘肃省兰州化学工业公司总校一中高三(上)第二次段考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题(共7小题，每小题6分，满分42分）1．化学与生活、社会密切相关．下列说法正确的是(）A．合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醇B．汽油和乙烯均为石油分馏得到的产品C．塑料、合成纤维和合成橡胶都属于合成材料D．蔗糖、淀粉、油脂水解均能生成电解质【考点】有机高分子化合物的结构和性质．【分析】A．酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛；B．乙烯为石油裂解产品;C．合成纤维是由人工合成方法制得的，生产不受自然条件的限制；D．电解质是指：在水溶液或熔化状态下都能导电的化合物．【解答】解：A．工业用苯酚与甲醛制备酚醛树脂，苯酚与甲醇不反应，故A错误;B．乙烯为裂解产品，石油分馏得到的产品含汽油,故B错误；C．三大合成材料指的是塑料、合成纤维、合成橡胶，故C正确；D．蔗糖水解生成单糖，淀粉水解生成葡萄糖，油脂水解生成甘油，葡萄糖、甘油均为非电解质，故D错误；故选C．2．下列实验操作中错误的是（）A．用规格为10mL的量筒量取6mL的液体B．用药匙或者纸槽把粉末状药品送入试管底部C．过滤时玻璃棒的末端应轻轻的靠在三层的滤纸上D．如果没有试管夹，可以临时手持试管给固体或液体加热【考点】药品的取用;夹持仪器;过滤．【分析】A、量筒量液时要注意量程的选择，应选择略大于量取液体体积的量程，选取的量程太大，会因刻度不精确而使量取的液体体积不准确，选取的量程太小,多次称量会有误差；B、粉末状的固体取用一般用药匙或纸槽；C、过滤液体时，玻璃棒靠在三层滤纸的一边,主要是怕玻璃棒弄破滤纸；D、试管加热时必须用试管夹．【解答】解：A、量取6。0mL液体,应选用与6。0毫升相近并大于该体积值的量程,则应选10毫升量程的量筒，故A正确；B、取用固体粉末状药品一般用的仪器是药匙或纸槽，故B正确；C、过滤液体时，玻璃棒靠在三层滤纸的一边,主要是怕玻璃棒弄破滤纸，导致实验失败,故C正确;D、手持试管给固体或液体加热会灼伤皮肤，故D错误．故选D．3．儿茶素(其结构简式如图所示）是茶叶的主要活性成分,具有抗氧化、抗菌、除臭等作用．下列说法正确的是（）A．儿茶素能与FeCl3溶液发生显色反应B．1mol儿茶素最多可与10molNaOH反应C．常温下，儿茶素不溶于水，也不溶于有机溶剂D．儿茶素一定不能发生水解反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．儿茶素含酚﹣OH；B．儿茶素中4个酚﹣OH，若R含﹣CO﹣、3个酚﹣OH，R′含﹣OH时,消耗NaOH最多；C．儿茶素可溶于有机溶剂;D．R含﹣CO﹣分子中含﹣COOC﹣．【解答】解：A．儿茶素含酚﹣OH，则能与FeCl3溶液发生显色反应，故A正确；B．儿茶素中4个酚﹣OH，若R含﹣CO﹣、3个酚﹣OH,R′含﹣OH时，消耗NaOH最多,则1mol儿茶素最多可与9molNaOH反应,故B错误；C．常温下,儿茶素不溶于水，可溶于有机溶剂，故C错误;D．R含﹣CO﹣分子中含﹣COOC﹣,可发生水解反应,故D错误；故选A．4．有机物A是一种重要的化工原料，其结构简式为:，下列检验A中官能团的试剂和顺序正确的是（）A．先加溴水，再加KMnO4酸性溶液B．先加入足量的新制Cu（OH）2悬浊液,微热，酸化后再加溴水C．先加银氨溶液，微热，再加溴水D．先加KMnO4酸性溶液,再加银氨溶液,微热【考点】有机物的结构和性质．【分析】有机物A的结构简式为,既有﹣CHO，又含有C=C，均能被氧化，应先利用弱氧化剂检验﹣CHO，再检验C=C双键，以此来解答．【解答】解：A．溴水的氧化性很强，会把﹣CHO氧化成﹣COOH，同时C=C与溴水发生加成，不能一一检验，故A错误；B．在既有C=C又有﹣CHO的情况下，可用新制氢氧化铜（加热至沸腾），检验﹣CHO，再利用溴水检验C=C，故B正确；C．在既有C=C又有﹣CHO的情况下，银氨溶液（水浴）可检验﹣CHO，再利用溴水检验C=C，故C正确；D．酸性高锰酸钾将C=C及﹣CHO均氧化，不能一一检验，故D错误．故选BC．5．下列说法中，正确的是（）A．酸性高锰酸钾溶液具有强的氧化性，配制时用盐酸酸化B．用25.00mL碱式滴定管量取20。00mL酸性高锰酸钾溶液C．将KI溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液的紫色能褪去D．将SO2通入酸性高锰酸钾溶液,溶液紫色褪去，是SO2漂白性的表现【考点】重要的氧化剂．【分析】酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质；酸性溶液只能用酸式滴定管量取．【解答】解:A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质，盐酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以不能用盐酸酸化，常用硫酸酸化，故A错误；B．酸性高锰酸钾溶液具有强腐蚀性，可腐蚀橡皮管，所以应该用酸式滴定管量取酸性高锰酸钾溶液，故B错误；C．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质，酸性高锰酸钾溶液能氧化碘化钾,而自身被还原，导致溶液紫色褪去，故C正确；D．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质，二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致溶液紫色褪去，故D错误;故选C．6．如图依次为气体制得、除杂并检验其性质的装置（加热及夹持仪器省略）．下列设计不能达到目的是(）选项气体装置中药品abCAC2H2饱和食盐水+电石CuSO4溶液溴水BCO2稀盐酸+石灰石饱和NaHCO3溶液苯酚的溶液CC2H4溴乙烷+NaOH乙醇溶液水K2Cr2O7酸性溶液DSO2碳+浓硫酸新制氯水品红溶液A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【分析】由实验装置可知,a中发生固体与液体的反应不需要加热制备气体，b中除去杂质，c中为物质的性质实验，结合物质的性质及发生的反应来解答．【解答】解：A．a中生成乙炔，b中硫酸铜除去混有的硫化物，c中乙炔与溴水发生加成反应,故A正确；B．a中生成二氧化碳，b中除去混有的HCl，c中二氧化碳与苯酚不反应，不能检验性质，故B错误;C．a中发生消去反应生成乙烯，b中水除去乙醇，c中乙烯与K2Cr2O7酸性溶液发生氧化还原反应,故C正确；D．a中反应生成二氧化碳、二氧化硫，b中氯水与二氧化硫反应，c中可检验二氧化硫不存在、二氧化碳不具有漂白性，故D正确；故选B．7．己烯雌酚是一种激素类药物，其结构简式如图所示．下列有关叙述中不正确的是（)A．己烯雌酚的分子式为C18H20O2B．己烯雌酚分子中一定有16个碳原子共平面C．己烯雌酚为芳香族化合物D．己烯雌酚可发生加成、取代、氧化、加聚、酯化、硝化反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】由结构简式可知，分子中含酚﹣OH、碳碳双键，结合酚、烯烃的性质来解答．【解答】解：A．由结构简式可知，己烯雌酚的分子式为C18H20O2，故A正确；B．苯环、双键为平面结构，但乙基中4个C均为四面体构型，因此最多16个原子共面，一定共面的C原子数目为8,如图所示,，故B错误；C．含苯环,为芳香族化合物,故C正确；D．含双键，可发生加成、氧化、加聚反应,含酚﹣OH可发生取代、氧化、酯化反应，苯环可发生硝化反应，故正确；故选B．二、解答题（共3小题,满分43分)8．氯气用于自来水的杀菌消毒，但在消毒时会产生一些负面影响，因此人们开始研究一些新型自来水消毒剂．某学习小组查阅资料发现NCl3可作为杀菌消毒剂,该小组利用下图所示的装置制备NCl3，并探究NCl3的漂白性．NCl3的相关性质如下:物理性质制备原理化学性质黄色油状液体，熔点为﹣40℃，沸点为71℃，不溶于冷水，易溶于有机溶剂,密度为1。65g/mLCl2与NH4Cl水溶液在低温下反应95℃爆炸，热水中发生水解回答下列问题：（1)根据实验目的，接口连接的顺序为1﹣4﹣5﹣2﹣3﹣6﹣710﹣9﹣8（2）C装置中盛放的试剂为饱和食盐水,E装置中盛放的试剂为NaOH溶液．（3）A装置中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O．（4)B装置中发生反应的化学方程式为3Cl2+NH4Cl═NCl3+4HCl，当B装置蒸馏烧瓶中出现较多油状液体后,关闭接口2处的活塞,控制水浴加热的温度为71~95℃．（5）当F装置的锥形瓶内有较多黄色油状液体出现时，用干燥、洁净的玻璃棒蘸取该液体滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色；若取该液体滴入50﹣60℃热水中，片刻后取该热水再滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸先变蓝后褪色,结合反应方程式解释该现象：NCl3+3H2O3HClO+NH3；NCl3本身无漂白性；NCl3在热水中水解生成NH3•H2O使红色石蕊试纸变蓝，生成的HClO又使其漂白褪色．．【考点】氯气的实验室制法．【分析】(1）A装置制备氯气，制备的氯气中含有HCl、水蒸气，用饱和食盐水除去HCl,B装置中Cl2与NH4Cl水溶液在低温下反应得到NCl3，加热蒸馏,再冷凝收集NCl3,最后用氢氧化钠溶液吸收尾气,防止污染空气，据此排序;(2）氯气、氯化氢都能引起空气污染，不能直接排放，应进行尾气处理,依据氯气、氯化氢性质选择合适的除杂剂；（3）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；（4)B装置中Cl2与NH4Cl水溶液在低温下反应得到NCl3，还生成HCl;加热蒸馏出NCl3，NCl3的沸点为71℃，在95℃爆炸，可知控制蒸馏温度范围；（5)NCl3本身无漂白性，与水反应生成次氯酸和氨气,氨气与水反应生成一水合氨,一水合氨电离出氢氧根离子,溶液显碱性，使红色石蕊试纸变蓝，生成的HClO又使其漂白褪色，据此解答．【解答】解:（1）A装置制备氯气，制备的氯气中含有HCl、水蒸气,用饱和食盐水除去HCl,B装置中Cl2与NH4Cl水溶液在低温下反应得到NCl3,加热蒸馏,再冷凝收集NCl3,最后用氢氧化钠溶液吸收尾气，防止污染空气，故仪器接口连接的顺序为：1、4、5、2、3、6、7、10、9、8，故答案为：4、510、9、8；（2)氯气、氯化氢都能引起空气污染，不能直接排放，可以用氢氧化钠溶液吸收,所以E中盛有氢氧化钠溶液；故答案为:NaOH溶液；（3）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；(4)B装置中Cl2与NH4Cl水溶液在低温下反应得到NCl3,还生成HCl，反应方程式为：3Cl2+NH4Cl═NCl3+4HCl；加热蒸馏出NCl3,NCl3的沸点为71℃，在95℃爆炸，所以应控制蒸馏温度为71~95℃，故答案为：3Cl2+NH4Cl═NCl3+4HCl；71～95℃;3Cl2+NH4Cl═NCl3+4HCl；71～95℃；（5)NCl3本身无漂白性，与水反应生成次氯酸和氨气,化学方程式：NCl3+3H2O3HClO+NH3;,氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子，溶液显碱性，使红色石蕊试纸变蓝，生成的HClO又使其漂白褪色；故答案为：NCl3+3H2O3HClO+NH3；NCl3本身无漂白性；NCl3在热水中水解生成NH3•H2O使红色石蕊试纸变蓝，生成的HClO又使其漂白褪色．9．工、农业废水以及生活污水中浓度较高的NO3﹣会造成氮污染．工业上处理水体中NO3﹣的一种方法是零价铁化学还原法．某化学小组用废铁屑和硝酸盐溶液模拟此过程，实验如下．（1）先用稀硫酸洗去废铁屑表面的铁锈，然后用蒸馏水将铁屑洗净．①除锈反应的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O．②判断铁屑洗净的方法是测最后一次洗涤液的pH，若为7，则说明铁屑已洗净．(2）将KNO3溶液的pH调至2.5．从氧化还原的角度分析调低溶液pH的原因是硝酸在酸性条件下的氧化性强，易被铁屑还原．（3）将上述处理过的足量铁屑投入(2）的溶液中．右图表示该反应过程中，体系内相关离子浓度、pH随时间变化的关系．请根据图中信息回答：①t1时刻前该反应的离子方程式是4Fe+NO3﹣+10H+=4Fe2++NH4++3H2O．②t1时刻后，该反应仍在进行,溶液中NH4+的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是生成的Fe2+水解．(4)铁屑与KNO3溶液反应过程中若向溶液中加入炭粉，可以增大该反应的速率，提高NO3﹣的去除效果,其原因是炭粉和铁构成了无数微小的原电池加快反应速率．【考点】硝酸的化学性质；铁的化学性质．【分析】（1）①除锈是用强酸与氧化铁反应；②可以通测最后一次洗涤液的PH的方法成功判断铁屑是否洗净；（2）硝酸根离子在酸性条件下才具有强氧化性；（3）①根据图示知道t1时刻前,硝酸根离子、氢离子浓度逐渐减小，亚铁离子浓度增大，则是金属铁和硝酸之间的反应；②亚铁离子属于弱碱阳离子，会发生水解反应；（4）从构成无数微小的原电池分析解答．【解答】解：（1）①除锈是用强酸与氧化铁反应，所以离子方程式反应为:Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O,故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O;②铁屑洗净的方法是测最后一次洗涤液的PH的方法成功判断铁屑是否洗净，故答案为：测最后一次洗涤液的pH,若为7，则说明铁屑已洗净；（2）pH调至2.5，是因为硝酸在酸性条件下的氧化性强，易被铁屑还原，故答案为：硝酸在酸性条件下的氧化性强,易被铁屑还原；（3）①根据图示知道t1时刻前，硝酸根离子、氢离子浓度逐渐减小，亚铁离子浓度增大，则是金属铁和硝酸之间的反应，即4Fe+NO3﹣+10H+=4Fe2++NH4++3H2O；根据反应:4Fe+NO3﹣+10H+=4Fe2++NH4++3H2O，溶液中NH4+的浓度在增大,Fe2+的浓度却没有增大，原因是生成的Fe2+水解所致，故答案为:4Fe+NO3﹣+10H+=4Fe2++NH4++3H2O；生成的Fe2+水解；（4）构成原电池加快化学反应速率，炭粉和铁构成了无数微小的原电池加快反应速率，故答案为：炭粉和铁构成了无数微小的原电池加快反应速率．10．有机物A为缓释阿司匹林的主要成分．用于内燃机润滑油的有机物Y和用于制备水凝胶的聚合物P的合成路线如下．已知：（1）D的分子式为C7H6O3，D中所含的官能团是羧基、羟基．（2）D→Y的化学方程式是．（3）反应Ⅰ的另一种产物是M,其相对分子质量是60，B、M均能与NaHCO3反应产生CO2．①M是CH3COOH．②B→D的化学方程式是．（4）下列说法正确的是b．a．B、C、D中均含有酯基b．乙二醇可通过CH2=CH2乙二醇的路线合成c．C能与饱和溴水反应产生白色沉淀（5）红外光谱测定结果显示，E中不含羟基．①X→E的反应类型是取代反应．②E的结构简式是．（6）若X的聚合度n=1,有机物A只存在一种官能团，A的结构简式是．（7）聚合物P的结构简式是．【考点】有机物的合成．【分析】“缓释阿司匹林"提示了乙酰水杨酸和水杨酸结构出现的可能．由D→Y的反应可以看出是合成酚醛树脂的过程．结合D的分子式C7H6O3，可以推知D是．由于反应I的另一产物M能与NaHCO3反应产生CO2，可知M含羧基．结合M的相对分子质量为60可以得出M为乙酸，B为．由A两次酸性水解，先后得到C和X，可知A是X两侧与乙酰水杨酸成酯产物，C是X单侧与乙酰水杨酸成酯产物．若X的聚合度n=1,有机物A只存在一种官能团,A的结构简式是．若E中不含羟基,可知E必然是X两侧酯化产物．则E为，最后E发生共聚，得到聚合物P．【解答】解：“缓释阿司匹林”提示了乙酰水杨酸和水杨酸结构出现的可能．由D→Y的反应可以看出是合成酚醛树脂的过程．结合D的分子式C7H6O3，可以推知D是．由于反应I的另一产物M能与NaHCO3反应产生CO2，可知M含羧基．结合M的相对分子质量为60可以得出M为乙酸,B为．由A两次酸性水解，先后得到C和X，可知A是X两侧与乙酰水杨酸成酯产物，C是X单侧与乙酰水杨酸成酯产物．若X的聚合度n=1，有机物A只存在一种官能团,A的结构简式是．若E中不含羟基，可知E必然是X两侧酯化产物．则E为，最后E发生共聚，得到聚合物P．（1)D是，所含的官能团是：羧基、羟基，故答案为：羧基、羟基；（2）D→Y的化学方程式是：，故答案为:;(3）①M是CH3COOH，故答案为：CH3COOH；②B→D的化学方程式是：，故答案为：；(4）a．D是，不含酯基，故a错误；b．CH2=CH2与溴发生加成反应生成1,2﹣二溴乙烷，在氢氧化钠水溶液、加入条件下发生水解反应生成乙二醇,故b正确；c．C是X单侧与乙酰水杨酸成酯产物，没有酚羟基，不能与饱和溴水反应产生白色沉淀，故c错误,故选：b；（5)①X→E发生酯化反应，属于取代反应，故答案为：取代反应；②E的结构简式是：,故答案为：;(6)若X的聚合度n=1，有机物A只存在一种官能团,A的结构简式是:，故答案为：；（7）聚合物P的结构简式是：，故答案为：．[化学——选修2:化学与技术]11．坐落在沿海地区的某纯碱厂是我国重点大型企业，其生产工艺流程可简要表示如图所示:（1）上述生产纯碱的方法称联合制碱法（或侯德榜制碱法）；副产品的一种用途为化肥或电解液或焊药等．（2)使原料氯化钠的利用率从70％提高到90％以上,主要是设计了I(填上述流程中的编号）的循环．从沉淀池中取出沉淀的操作所需玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒等．（3）母液中含有NaCl、NH4Cl、NH4HCO3（或NaHCO3)(以化学式表示）．向母液中通入氨气，加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通氨气的作用有增大NH4+浓度,使NH4Cl更多析出、使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl的纯度硫酸铜晶体（CuSO4•xH2O)，采用加热法测定该晶体中结晶水x的值，实验数据记录如下:坩埚质量坩埚与晶体总质量加热后坩埚与固体总质量第一次称量第二次称量11。710g22.700g18.621ga（4）若无需再进行第三次称量,则a的数值范围应为18.621±0。001．（5)若加热后坩埚与固体总质量为18.620g，计算x的实测值5。25(保留二位小数），相对误差+5%．【考点】纯碱工业（侯氏制碱法)．【分析】由流程可知，联合制碱法的原料为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠，沉淀池中反应为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，主要的副产物为氯化铵,可用于化肥或电解液或焊药等，氯化铵的回收利用，可提高原料的利用率，煅烧时NaHCO3分解生成碳酸钠，（1)上述方法为联合制碱法，副产品为氯化铵；（2）原料氯化钠的利用率从70％提高到90%以上，NaCl有剩余，与图中循环I一致；从沉淀池中取出沉淀的操作为过滤;（3）由反应可知母液的成分,向母液中通入氨气，增大铵根离子浓度，加入细小食盐颗粒,促进反应正向进行；（4）由于两次实验误差不超过0。001，所以若无需再进行第三次称量；（5）坩埚和固体总质量的变化值即是水的质量,硫酸铜固体的质量=第二次称量的质量﹣坩埚的质量，结合分解方程式计算．【解答】解：由流程可知，联合制碱法的原料为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠,沉淀池中反应为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，主要的副产物为氯化铵，可用于化肥或电解液或焊药等，氯化铵的回收利用，可提高原料的利用率，煅烧时NaHCO3分解生成碳酸钠，（1）目前工业制碱方法有两种：氨碱法和联合制碱法,题中方法由我们侯德邦所创，称为侯氏制碱法，也称为联合制碱法,反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，得到一摩尔的碳酸氢钠同时得到一摩尔的氯化铵，故副产物为氯化铵，氯化铵可用来制作化肥或电解液或焊药等,故答案为：联合制碱法（或侯德榜制碱法）；化肥或电解液或焊药等；（2）循环Ⅰ是将未反应的氯化钠返回沉淀池中，从固液混合物中分离出固体的方法为过滤，需要的仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为:I；漏斗、玻璃棒;（3）由反应可知母液的成分为NaCl、NH4Cl、NH4HCO3(或NaHCO3）,向母液中通入氨气，增大铵根离子浓度，加入细小食盐颗粒，使NH4Cl更多析出、使NaHCO3转化为Na2CO3,提高析出的NH4Cl的纯度，故答案为：NH4HCO3（或NaHCO3）；增大NH4+浓度，使NH4Cl更多析出、使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl的纯度；（4）由于两次实验误差不能超过0.001,则当第二次测量的数据与第一次数据差别在0.001以内，则无需再进行第三次称量,所以a的数值范围应为18。621±0.001；故答案为：18。621±0.001；（5)坩埚和固体总质量的变化值即是水的质量,因此失去的结晶水质量为22。700g﹣18。620g=4.08g,则n(H2O）==0.227mol，硫酸铜固体的质量=第二次称量的质量﹣坩埚的质量，即18。620g﹣11.710g=6.910g,则n(CuSO4）==0.0432mol，CuSO4•xH2OCuSO4+xH2O1x0。0432mol0。227mol则=,解得：x=5。25，相对误差为×100%=+5%，故答案为:5。25;+5%．[化学—-选修3：物质结构与性质](15′）12．Cu3N具有良好的电学和光学性能，在电子工业领域、航空航天领域、国防领域、通讯领域以及光学工业等领域中,发挥着广泛的、不可替代的巨大作用．（1）N位于周期表中第二周期VA族,与N3﹣含有相同电子数的三原子分子的空间构型是V形．（2)C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C．（3）Cu+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，其在酸性溶液中不稳定，可发生歧化反应生成Cu2+和Cu,但CuO在高温下会分解成Cu2O，试从结构角度解释高温下CuO为何会生成Cu2OCu+的3d轨道上电子全满其结构稳定．（4)在Cu的催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛,乙醛分子中碳原子的杂化方式是sp3、sp2,乙醛分子中H﹣C﹣O的键角大于乙醇分子中的H﹣C﹣O的键角．(填“大于”、“等于”或“小于”）（5)[Cu（H2O）4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl﹣取代有两种不同的结构,试画出[Cu（H2O）2（Cl）2]具有极性的分子的结构式．（6)Cu3N的晶胞结构如图，N3﹣的配位数为6，Cu+半径为apm，N3﹣半径为bpm，Cu3N的密度g/cm3．(阿伏加德罗为常数用NA表示）（1pm=10﹣10cm）【考点】晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用;极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】（1）N位于周期表中第二周期第VA族，与N3﹣含有相同电子数的微粒为等电子体，如NO2﹣，等电子体结构相似，根据价层电子对互斥理论确定其空间构型;（2)同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，但N元素原子的2p能级含有3个电子,处于半满稳定状态，能量较低，失去第1个电子需要的能量较大；（3）Cu+的核外有28个电子，根据构造原理书写其基态离子核外电子排布式，原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定；（4）乙醛分子中甲基上碳原子含有4个σ键，醛基上的碳原子含有3个σ键，据此判断碳原子的杂化方式，碳原子杂化方式不同导致其键角不同;（5）[Cu（H2O）4］2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl﹣取代有两种不同的结构,［Cu(H2O）2（Cl)2］具有极性的分子,说明该分子的结构不对称；（6）Cu3N的晶胞结构如图，大球个数=12×=3，小球个数==1,所以大球表示Cu原子、小球表示N原子，N3﹣的配位数=3×2=6，Cu3N的密度=．【解答】解：(1）N位于周期表中第二周期第VA族，与N3﹣含有相同电子数的微粒为等电子体，如NO2﹣,得电子体结构相似，亚硝酸根离子中N原子价层电子对个数=2+×(5+1﹣2×2）=3且含有一个孤电子对,所以为V形结构，故答案为：二;VA;V形；(2）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，N元素原子的2p能级有3个电子，为半满稳定状态,能量降低，失去第一个电子需要的能量较高，第一电离能高于同周期相邻元素,故第一电离能N＞O＞C，故答案为:N＞O＞C;(3）Cu+的核外有28个电子，根据构造原理知其基态离子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10，原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定,Cu+的3d轨道上全满，稳定，故答案为：1s22s22p63s23p63d10；Cu+的3d轨道上电子全满其结构稳定；（4）乙醛分子中甲基上碳原子含有4个σ键,醛基上的碳原子含有3个σ键，所以甲基中的碳原子采用sp3杂化，醛基中的碳原子采用sp2杂化，醛基中碳原子采用sp2杂化、乙醇中含有醇羟基的碳原子采用sp3杂化,导致乙醛分子中H﹣C﹣O的键角大于乙醇分