甘肃省张掖市2022届高三化学上学期第一次诊考试卷含解析

2022-2022学年甘肃省张掖市高三（上）第一次诊考化学试卷　一、选择题：本大题共7小题，每小题6分．在每小题给出的4个选项中，只有一项是最符合题目要求的．1．下列与化学有关的说法中错误的是（　　）A．使用可再生资源、用超临界二氧化碳替代有机溶剂、注重原子的经济性、采用低能耗生产工艺等都是绿色化学的内容B．石油的分馏、煤的气化、海水晒盐、花生中提取花生油等过程都是物理变化C．利用可降解的“玉米塑料”生产一次性饭盒，可防止白色污染D．蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质　2．NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（　　）A．1.0L1.0mo1•L﹣1的NaNO3水溶液中含有的氧原子数为3NAB．0.1molCu与足量的浓硫酸反应生成SO2的体积为2.24LC．25℃时pH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH一的数目为0.1NAD．反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O中，每消耗1molCl2转移电子数为NA　3．下列离子方程式正确的是（　　）A．在FeSO4溶液中加入H2O2溶液：Fe2++2H2O2+4H+═Fe3++4H2OB．向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2OC．向FeBr2溶液中通入少量的氯气：2Br﹣+Cl2═2Cl﹣+Br2D．向NaClO溶液中通入少量SO2：SO2+ClO﹣+H2O═SO42﹣+Cl﹣+2H+　4．85岁中国女药学家屠呦呦因创制新型抗疟药青蒿素和双氢青蒿素而获得2022年诺贝尔生理学或医学奖．颁奖理由是“因为发现青蒿素﹣﹣一种用于治疗疟疾的药物，挽救了全球特别是发展中国家的数百万人的生命．”下列关于青蒿素和双氢青蒿素（结构如图），下列说法错误的是（　　）-30-A．青蒿素和双氢青蒿素互为同分异构体B．由青蒿素制备双氢青蒿素的反应属还原反应C．青蒿素的分子式为C15H22O5D．青蒿素分子中含有过氧链和酯基、醚键　5．部分短周期元素的有关信息为：元素代号元素性质或原子结构T第二层上的电子数是第一层的3倍R与T同一族LL2+与T2﹣的核外电子数相等Q与L同族Z元素最高正价是+3价，与L同周期根据上表中信息，判断以下叙述正确的是（　　）A．氢化物的稳定性为H2T＜H2RB．单质与稀盐酸反应的速率为L＜QC．Z与T形成的化合物具有两性D．L与R通过离子键形成的化合物阴阳离子的核外电子数相等　6．以酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置如图所示．下列说法正确的是（　　）A．燃料电池工作时，正极反应式为0+2H2O+4e﹣═40H﹣-30-B．a极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出C．a、b两极若是石墨，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2的体积相等D．a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出　7．亚氯酸钠是一种高效氧化剂漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆等漂白．亚氯酸钠（NaClO2）在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2﹣、Cl﹣等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体．经测定，25℃时各组分含量随pH变化情况如图所示（Cl﹣没有画出）．则下列分析正确的是（　　）A．亚氯酸钠在酸性条件下较稳定B．25℃时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10﹣6C．pH越大，该漂白剂的漂白性能越好D．25℃，pH=3时，NaClO2溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（ClO2﹣）+c（OH﹣）　　三、非选择题：（一）必考题：共129分8．氯离子插层镁铝水滑石是一种新型离子交换材料，其在高温下完全分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气，冷却玻管B能降低气体的温度，但不能液化水蒸气．现用如图装置进行实验确定其化学式（固定装置略去）．（1）Mg2Al（OH）6Cl•xH2O热分解的化学方程式为　　　　　　．（2）若只通过测定装置C、D的增重来确定x，则装置的连接顺序为　　　　　　（按气流方向，用接口字母表示），其中C的作用是　　　　　　．装置连接后，首先要进行的操作是　　　　　　．-30-（3）加热前先通N2排尽装置中的空气，称取C、D的初始质量后，加热过程中持续通入N2的作用是　　　　　　，停止加热后的冷却过程中仍要持续通入N2的作用是　　　　　　．（4）完全分解后测得C增重3.65g、D增重9.90g，则x=　　　　　　．若取消冷却玻管B后进行实验，测定的x值将　　　　　　（填“偏高”或“偏低”）．　9．CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂．工业上利用水钴矿〔主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等〕制取CoCl2•6H2O的工艺流程如下：已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴．（1）水钴矿进行预处理时加入Na2SO3的主要作用是　　　　　　．（2）写出NaClO3在浸出液中发生主要反应的离子方程式　　　　　　；若不慎向“浸出液”中加了过量的NaClO3，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式　　　　　　．（3）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是　　　　　　、　　　　　　和过滤．制得的CoCl2•6H2O在烘干时需减压烘干的原因是　　　　　　．（4）浸出液加Na2CO3调pH至5.2时，过滤所得到的沉淀成分为　　　　　　．（5）萃取剂的作用是　　　　　　．（6）为测定粗产品中CoCl2•6H2O的含量，称取16.4克的粗产品溶于水配成100.0mL溶液，从中取出25.0mL与足量AgNO3溶液混合，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量为4.6克．则粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数是　　　　　　．　-30-10．（2022秋•张掖月考）利用N2和H2可以实现NH3的工业合成，而氨又可以进一步制备硝酸，在工业上一般可进行连续地生产．请回答下列问题：（1）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ/molN2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol则NH3催化氧化生成NO和H2O（g）的热化学反应方程式可表示为：　　　　　　．　11．某科研小组研究在其他条件不变的情况下，改变起始氢气物质的量对N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）反应的影响，实验结果可表示成如图所示的规律（图中T表示温度，n表示物质的量）：①比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最大的是　　　　　　．②在起始时体系中加入N2的物质的量为1mol．若容器容积为2L，n=3mol反应达到平衡时H2的转化率为60%，则此条件下（T2），反应的平衡常数K=　　　　　　．③图象中T1和T2的关系是：T1　　　　　　T2．（填“＞”“＜”“=”“无法确定”）　12．氨气和氧气从145℃就开始反应，在不同温度和催化剂条件下生成不同产物（如下图）：4NH3+5O2⇌4NO+6H2O；4NH3+3O2⇌2N2+6H2O温度较低时以生成　　　　　　为主，温度高于900℃时，NO产率下降的原因　　　　　　．（4）N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注．①一定温度下，在恒容密闭容器中N2O5可发生下列反应：2N2O5（g）═4NO2（g）+O2（g）△H＞0，如表为反应在T1温度下的部分实验数据：t/s05001000c（N2O5）/mol•L﹣15.003.522.48-30-则500s内NO2的生成速率可表示为　　　　　　．②下列情况能说明该反应已达平衡状态的是　　　　　　．A．单位时间内生成2molNO2的同时消耗了lmolN2O5B．混合气体的颜色不再发生变化C．混合气体的密度保持不变D．在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化．　　【化学---选修2：化学与技术】共1小题，满分15分）13．南海某小岛上，可利用的淡水资源相当匮乏，解放军战士为了寻找合适的饮用水源，对岛上山泉水进行分析化验，结果显示山泉水属于硬水．（1）硬水是指含有较多　　　　　　的水，硬水加热后产生沉淀的离子方程式为：　　　　　　（写出生成一种沉淀物的即可）．（2）硬度为1°的水是指每升水含10mgCaO或与之相当的物质（如7.1mgMgO），已知水的硬度在8°以下的称为软水，在8°以上的称为硬水．已知岛上山泉水中c（Ca2+）=1.2×10﹣3mol/L，c（Mg2+）=6×l0﹣4mol/L，那么此水　　　　　　（填“是”或“否”）属于硬水．（3）离子交换法是软化水的常用方法．聚丙烯酸钠是一种离子交换树脂，写出聚丙烯酸钠单体的结构简式　　　　　　．（4）解放军战士通常向水中加入明矾净水，请用离子方程式解释其净水原理：　　　　　　．（5）岛上还可以用海水淡化来获得淡水．下面是海水利用电渗析法获得淡水的原理图，已知海水中含Na+、Cl﹣Ca2+、Mg2+、SO42﹣等离子，电极为惰性电极．请分析下列问题：①阳离子交换膜是指　　　　　　（填A或B）．②写出通电后阳极区的电极反应式　　　　　　，阴极区的现象是：　　　　　　．-30-　　【化学---选修3：物质结构与性（共1小题，满分0分）14．已知A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A的周期数等于其主族序数，B原子的价电子排布为nsnnpn，D是地壳中含量最多的元素．E是第四周期的p区元素且最外层只有2对成对电子，F元素的基态原子第四能层只有一个电子，其它能层均已充满电子．（1）基态E原子的价电子排布图　　　　　　．（2）B、C、D三元素第一电离能由大到小的顺序为　　　　　　（用元素符号表示）（3）BD32﹣中心原子杂化轨道的类型为　　　　　　杂化；CA4+的空间构型为　　　　　　（用文字描述）．（4）1molBC﹣中含有π键的数目为　　　　　　NA．（5）D、E元素最简单氢化物的稳定性　　　　　　＞　　　　　　（填化学式），理由是　　　　　　．（6）C、F两元素形成的某化合物的晶胞结构如右图所示，则该化合物的化学式是　　　　　　，C原子的配位数是　　　　　　．若相邻C原子和F原子间的距离为acm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为　　　　　　g/cm3（用含a、NA的符号表示）．　　【化学---选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）15．化合物A的分子式为C9H15OCl，分子中含有一个六元环和一个甲基，环上只有一个取代基；F分子中不含甲基：A与其它物质之间的转化如图所示：-30-（1）A→F的反应类型是　　　　　　；G中含氧官能团的名称是　　　　　　．（2）A→C的反应方程式是　　　　　　．（3）H的结构简式是　　　　　　，E的结构简式是　　　　　　．（4）有的同学认为B中可能没有氯原子，你的观点是　　　　　　（填“同意”或“不同意”）’，你的理由　　　　　　．（5）某烃的含氧衍生物X符合下列条件的同分异构体中，核磁共振氢谱显示为2组峰的是　　　　　　（写结构简式）；只含有两个甲基的同分异构体有　　　　　　种．①相对分子质量比C少54②氧原子数与C相同③能发生水解反应．　　-30-2022-2022学年甘肃省张掖市高三（上）第一次诊考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题：本大题共7小题，每小题6分．在每小题给出的4个选项中，只有一项是最符合题目要求的．1．下列与化学有关的说法中错误的是（　　）A．使用可再生资源、用超临界二氧化碳替代有机溶剂、注重原子的经济性、采用低能耗生产工艺等都是绿色化学的内容B．石油的分馏、煤的气化、海水晒盐、花生中提取花生油等过程都是物理变化C．利用可降解的“玉米塑料”生产一次性饭盒，可防止白色污染D．蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质【考点】常见的生活环境的污染及治理；化石燃料与基本化工原料；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【专题】化学应用．【分析】A．绿色化学即对环境友好型化学，要求原料物质中所有的原子完全被利用且全部转入期望的产品中，原子的利用率100%；B．煤的气化是将其转化为可燃气体的过程，主要反应为碳与水蒸气反应生成H2、CO等气体的过程，有新物质生成，属于化学变化；C．白色污染与塑料有关，难以降解；D．银离子属于重金属离子，可使蛋白质变性．【解答】解：A．使用可再生资源、用超临界二氧化碳替代有机溶剂、注重原子的经济性、采用低能耗生产工艺等符合绿色化学的要求，故A正确；B．石油分馏、海水晒盐、花生中提取花生油等过程都是物理变化，而煤的气化中有新物质的生成，属于化学变化，故B错误；C．塑料难以降解，所以利用可降解的“玉米塑料”生产一次性饭盒，可防止白色污染，故C正确；D．银离子属于重金属离子，可使蛋白质变性，故用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质，故D正确．-30-故选B．【点评】本题涉及绿色化学、煤的气化以及环境污染等知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大．　2．NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（　　）A．1.0L1.0mo1•L﹣1的NaNO3水溶液中含有的氧原子数为3NAB．0.1molCu与足量的浓硫酸反应生成SO2的体积为2.24LC．25℃时pH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH一的数目为0.1NAD．反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O中，每消耗1molCl2转移电子数为NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、NaNO3水溶液中，除了NaNO3含有氧原子，水中也含氧原子；B、二氧化硫所处的状态不明确；C、溶液体积不明确；D、反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O中是氯气的歧化反应，转移1mol电子．【解答】解：A、NaNO3水溶液中，除了NaNO3含有氧原子，水中也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于3NA个，故A错误；B、0.1molCu与足量的浓硫酸反应生成SO2的物质的量为0.1mol，但由于二氧化硫所处的状态不明确，不一定是标况下，则气体不一定是2.24L，故B错误；C、溶液体积不明确，故溶液中的氢氧根的个数无法计算，故C错误；D、反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O中是氯气的歧化反应，转移1mol电子，消耗1mol氯气，故当消耗1mol氯气时转移1mol电子即NA个，故D正确．故选D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　3．下列离子方程式正确的是（　　）A．在FeSO4溶液中加入H2O2溶液：Fe2++2H2O2+4H+═Fe3++4H2OB．向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2OC．向FeBr2溶液中通入少量的氯气：2Br﹣+Cl2═2Cl﹣+Br2-30-D．向NaClO溶液中通入少量SO2：SO2+ClO﹣+H2O═SO42﹣+Cl﹣+2H+【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．离子方程式两边正电荷不相等，违反了电荷守恒；B．氢氧化钠过量，反应生成碳酸钙沉淀和碳酸钠；C．氯气少量，亚铁离子优先被氯气氧化；D．二氧化硫被次氯酸根离子氧化成硫酸根离子．【解答】解：A．在FeSO4溶液中加入H2O2溶液，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故A错误；B．向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成，正确的离子方程式为：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，故B错误；C．向FeBr2溶液中通入少量的氯气，亚铁离子的还原性大于溴离子，只有亚铁离子被氧化，正确的离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故C错误；D．NaClO溶液中通入少量SO2，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：SO2+ClO﹣+H2O═SO42﹣+Cl﹣+2H+，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等．　4．85岁中国女药学家屠呦呦因创制新型抗疟药青蒿素和双氢青蒿素而获得2022年诺贝尔生理学或医学奖．颁奖理由是“因为发现青蒿素﹣﹣一种用于治疗疟疾的药物，挽救了全球特别是发展中国家的数百万人的生命．”下列关于青蒿素和双氢青蒿素（结构如图），下列说法错误的是（　　）-30-A．青蒿素和双氢青蒿素互为同分异构体B．由青蒿素制备双氢青蒿素的反应属还原反应C．青蒿素的分子式为C15H22O5D．青蒿素分子中含有过氧链和酯基、醚键【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．青蒿素和双氢青蒿素的分子式不同；B．青蒿素与氢气发生加成反应生成双氢青蒿素；C．根据结构简式确定分子式；D．由结构简式可确定含有的官能团．【解答】解：A．青蒿素的分子式为C15H22O5，双氢青蒿素的分子式为C15H24O5，二者分子式不同，不是同分异构体，故A错误；B．青蒿素与氢气发生加成反应生成双氢青蒿素，属于还原反应，故B正确；C．由结构简式可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故C正确；D．由结构简式可知青蒿素分子中含有过氧链和酯基、醚键，故D正确．故选A．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度中等．　5．部分短周期元素的有关信息为：元素代号元素性质或原子结构T第二层上的电子数是第一层的3倍R与T同一族LL2+与T2﹣的核外电子数相等Q与L同族-30-Z元素最高正价是+3价，与L同周期根据上表中信息，判断以下叙述正确的是（　　）A．氢化物的稳定性为H2T＜H2RB．单质与稀盐酸反应的速率为L＜QC．Z与T形成的化合物具有两性D．L与R通过离子键形成的化合物阴阳离子的核外电子数相等【考点】原子结构与元素周期律的关系；元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】短周期元素中，T元素原子第二层上的电子数是第一层的3倍，则L层电子数为6，故T为O元素；R与T同一族，则R为S元素；L2+与T2﹣的核外电子数相等，则L为Mg；Q与L同族，则Q为Be；Z元素最高正价是+3价，与L同周期，则Z为Al，据此解答．【解答】解：短周期元素中，T元素原子第二层上的电子数是第一层的3倍，则L层电子数为6，故T为O元素；R与T同一族，则R为S元素；L2+与T2﹣的核外电子数相等，则L为Mg；Q与L同族，则Q为Be；Z元素最高正价是+3价，与L同周期，则Z为Al．A．非金属性O＞S，故氢化物的稳定性为H2O＞H2S，故A错误；B．金属性L（Mg）＞Q（Be），故Mg与盐酸反应更剧烈，故B错误；C．Z与T形成的化合物为氧化铝，属于两性氧化物，故C正确；D．L与R通过离子键形成的化合物为MgS，Mg2+离子核外电子数为10、S2﹣离子核外电子数为18，故D错误，故选：C．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，旨在考查学生对基础知识的理解掌握．　6．以酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置如图所示．下列说法正确的是（　　）A．燃料电池工作时，正极反应式为0+2H2O+4e﹣═40H﹣B．a极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出-30-C．a、b两极若是石墨，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2的体积相等D．a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】左边装置是氢氧燃料电池，所以是原电池，原电池放电时，燃料失电子发生氧化反应，所以投放燃料的电极为负极，投放氧化剂的电极为正极，正极上氧化剂得电子发生还原反应，由于电解质溶液呈酸性，正极反应为：O2+4e﹣+4H+=2H2O；右边装置有外接电源，所以是电解池，连接负极的b电极是阴极，连接正极的a电极是阳极，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应，结合电解反应解答．【解答】解：A．因该燃料电池是在酸性电解质中工作，所以正极反应为：O2+4e﹣+4H+=2H2O，故A错误；B．a与电池正极相连，a为电解池阳极，b与电池的负极相连，b为电解池正极，所以应该是a极的Fe溶解，b极上析出Cu，故B错误；C．电解CuSO4溶液时，a极产生的气体为O2，产生1molO2需4mol电子，所以需要燃料电池的2molH2，二者的体积并不相等，故C错误；D．a极是粗铜，b极是纯铜时，为粗铜的精炼，电解时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出，符合精炼铜原理，故D正确；故选D．【点评】本题考查原电池和电解池知识，题目难度中等，易错点为A，注意电解质的酸碱性，为解答该题的关键．　7．亚氯酸钠是一种高效氧化剂漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆等漂白．亚氯酸钠（NaClO2）在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2﹣、Cl﹣等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体．经测定，25℃时各组分含量随pH变化情况如图所示（Cl﹣没有画出）．则下列分析正确的是（　　）-30-A．亚氯酸钠在酸性条件下较稳定B．25℃时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10﹣6C．pH越大，该漂白剂的漂白性能越好D．25℃，pH=3时，NaClO2溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（ClO2﹣）+c（OH﹣）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A、由图可以得出：碱性条件下ClO2﹣浓度高；B、HClO2的电离平衡常数K=结合图示数据来计算；C、根据题意：HClO2和ClO2都具有漂白作用，结合图中HClO2和ClO2的浓度大小来确定使用该漂白剂的最佳pH；D、依据电中性原则得出：c（H+）+c（Na+）=c（ClO2﹣）+c（OH﹣），依据物料守恒得出：2c（Na+）=c（ClO2﹣）+c（HClO2），据此解答即可．【解答】解：A、由图可以得出：碱性条件下ClO2﹣浓度高，即在碱性条件下亚氯酸钠较稳定，故A错误；B、HClO2的电离平衡常数K==10﹣3×10﹣3=10﹣6，故B正确；C、HClO2和ClO2都具有漂白作用，结合图中HClO2和ClO2的浓度越大即为使用该漂白剂的最佳pH，应该是4﹣5，故C错误；D、若没有氯离子，依据电中性原则得出：c（H+）+c（Na+）=c（ClO2﹣）+c（OH﹣），但溶液中含有氯离子其浓度变化没有画出，故D错误；故选B．【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断，题目难度稍大，正确分析、理解题中信息及图象数据是解答本题关键，注意明确溶液酸碱性与溶液pH的关系．　三、非选择题：（一）必考题：共129分8．氯离子插层镁铝水滑石是一种新型离子交换材料，其在高温下完全分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气，冷却玻管B能降低气体的温度，但不能液化水蒸气．现用如图装置进行实验确定其化学式（固定装置略去）．-30-（1）Mg2Al（OH）6Cl•xH2O热分解的化学方程式为　24MgO+Al2O3+2HCl↑+（5+2x）H2O↑　．（2）若只通过测定装置C、D的增重来确定x，则装置的连接顺序为　a→e→d→b　（按气流方向，用接口字母表示），其中C的作用是　吸收HCl气体　．装置连接后，首先要进行的操作是　检查装置的气密性　．（3）加热前先通N2排尽装置中的空气，称取C、D的初始质量后，加热过程中持续通入N2的作用是　将分解产生的气体全部带入装置C、D中完全吸收　，停止加热后的冷却过程中仍要持续通入N2的作用是　防止产生倒吸　．（4）完全分解后测得C增重3.65g、D增重9.90g，则x=　3　．若取消冷却玻管B后进行实验，测定的x值将　偏低　（填“偏高”或“偏低”）．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】综合实验题；实验评价题；守恒思想；演绎推理法；定量测定与误差分析．【分析】（1）高温下完全分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气，根据反应物和生成物书写方程式；（2）应该首先通过D装置吸收水蒸气，后通过C装置吸收HCl；将气体通过洗气瓶进行洗气时，应该从长导管一侧通入气体；（3）为了避免引起实验误差，保证反应产生的气体全部被装置C、D吸收，所以要通入N2排出装置内残留的气体，同时也是为了防止产生倒吸；（4）根据反应的方程式计算和判断；【解答】解：（1）根据题给信息：高温下完全分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气，可写出其化学方程式：24MgO+Al2O3+2HCl↑+（5+2x）H2O↑，故答案为：24MgO+Al2O3+2HCl↑+（5+2x）H2O↑；（2）装置C的作用是吸收反应生成的HCl气体，装置D的作用是吸收水蒸气，应该首先通过D装置吸收水蒸气，后通过C装置吸收HCl；将气体通过洗气瓶进行洗气时，应该从长导管一侧通入气体，故其连接顺序是a→e→d→b；连接好装置后首先应该检查装置的气密性，故答案为：a→e→d→b；吸收HCl气体；检查装置的气密性；-30-（3）因为加热后的装置中含有残留的HCl和水蒸气，为了避免引起实验误差，保证反应产生的气体全部被装置C、D吸收，所以要通入N2排出装置内残留的气体，同时也是为了防止产生倒吸，故答案为：将分解产生的气体全部带入装置C、D中完全吸收；防止产生倒吸；（4）24MgO+Al2O3+2HCl↑+（5+2x）H2O↑7318×（5+2x）3.65g9.90g解得x=3，若没有冷却玻璃管，由于气温偏高，装置D不能将水蒸气完全吸收而导致结果偏低，故答案为：3；偏低．【点评】本题考查化学方程式的书写，主要考查对实验装置和实验流程的理解和熟悉实验操作，同时通过计算，确定水分子数．综合性较强，题目难度较大．　9．CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂．工业上利用水钴矿〔主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等〕制取CoCl2•6H2O的工艺流程如下：已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴．（1）水钴矿进行预处理时加入Na2SO3的主要作用是　还原Co3+　．（2）写出NaClO3在浸出液中发生主要反应的离子方程式　ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O；　；若不慎向“浸出液”中加了过量的NaClO3，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式　ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O　．-30-（3）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是　蒸发浓缩　、　冷却结晶　和过滤．制得的CoCl2•6H2O在烘干时需减压烘干的原因是　降低烘干温度，防止产品分解　．（4）浸出液加Na2CO3调pH至5.2时，过滤所得到的沉淀成分为　Fe（OH）3、Al（OH）3　．（5）萃取剂的作用是　除去溶液中的Mn2+；　．（6）为测定粗产品中CoCl2•6H2O的含量，称取16.4克的粗产品溶于水配成100.0mL溶液，从中取出25.0mL与足量AgNO3溶液混合，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量为4.6克．则粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数是　93.0%　．【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验分析题；实验设计题；类比迁移思想；演绎推理法；无机实验综合．【分析】含钴废料中加入盐酸，加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体，应控制温度在86℃以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干，（1）水钴矿进行预处理时，Na2SO3是还原剂，还原Co3+；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气；（3）根据从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，从而确定操作步骤；温度高时，CoCl2•6H2O分解；（4）根据铝离子、铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成沉淀和二氧化碳进行解答；（5）由流程图可知，加入萃取剂，萃取Mn2+；（6）根据CoCl2•6H2O关系式求质量分数．【解答】解：（1）水钴矿进行预处理时，Na2SO3是还原剂，还原Co3+为Co2+，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32﹣+4H+=2Co2++SO42﹣+2H2O，故答案为：还原Co3+；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O；故答案为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O；ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O；-30-（3）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤；根据题意知，CoCl2•6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2•6H2O需减压烘干，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解；（4）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32﹣+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+离子，故答案为：除去溶液中的Mn2+；（6）根据CoCl2•6H2O～2AgCl，16.4g238287x4.6g，x=3.81g则粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数是×100%=93.0%，故答案为：93.0%．【点评】本题通过制取CoCl2•6H2O的工艺流程，考查了物质制备方案的设计，题目难度大，理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．　10．利用N2和H2可以实现NH3的工业合成，而氨又可以进一步制备硝酸，在工业上一般可进行连续地生产．请回答下列问题：（1）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ/molN2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol则NH3催化氧化生成NO和H2O（g）的热化学反应方程式可表示为：　4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905.0kJ/mol　．【考点】热化学方程式．-30-【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据已知热化学方程式和盖斯定律计算，由盖斯定律①×2﹣②×2+③×3得得到反应的焓变，写出对应反应的热化学方程式．【解答】解：（1）N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ/mol①N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol③由盖斯定律①×2﹣②×2+③×3得：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905.0kJ/mol；故答案为：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905.0kJ/mol．【点评】本题主要考查了盖斯定律的应用知识，掌握基础是关键，难度中等．　11．某科研小组研究在其他条件不变的情况下，改变起始氢气物质的量对N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）反应的影响，实验结果可表示成如图所示的规律（图中T表示温度，n表示物质的量）：①比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最大的是　c　．②在起始时体系中加入N2的物质的量为1mol．若容器容积为2L，n=3mol反应达到平衡时H2的转化率为60%，则此条件下（T2），反应的平衡常数K=　8.33　．③图象中T1和T2的关系是：T1　＜　T2．（填“＞”“＜”“=”“无法确定”）【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡图像；化学平衡专题．【分析】①a、b、c三点，n（H2）越大，平衡正向移动的程度越大，N2的转化率越大；②n（H2）=3mol，起始体系中加入1molN2，反应达到平衡时H2的转化率为60%，则转化的氢气为1.8mol，则：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）开始（mol）：130-30-变化（mol）：0.61.81.2平衡（mol）：0.41.21.2计算氮气的平衡浓度，代入K=计算平衡常数；③由图可知，n（H2）相同时，温度T2对应氨气含量高，反应为放热反应，降低温度有利于生成氨气．【解答】解：①a、b、c三点中，n（H2）越大，平衡正向移动的程度越大，N2的转化率越大，c点时氢气的物质的量最大，c点N2的转化率最高，故答案为：c；②n（H2）=3mol，起始体系中加入1molN2，反应达到平衡时H2的转化率为60%，则转化的氢气为1.8mol，则：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）开始（mol）：130变化（mol）：0.61.81.2平衡（mol）：0.41.21.2容器容积为2L，则平衡常数K===8.33，故答案为：8.33；③由图可知，n（H2）相同时，温度T2对应氨气含量高，反应为放热反应，降低温度有利于生成氨气，则T2＜T1，故答案为：＜．【点评】本题考查化学平衡的计算、化学平衡图象，注意图象中曲线上各点均为平衡点，难度中等．　12．氨气和氧气从145℃就开始反应，在不同温度和催化剂条件下生成不同产物（如下图）：4NH3+5O2⇌4NO+6H2O；4NH3+3O2⇌2N2+6H2O温度较低时以生成　N2　为主，温度高于900℃时，NO产率下降的原因　生成NO的反应为放热反应，升高温度转化率下降；进一步与NO反应生成硝酸　．（4）N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注．①一定温度下，在恒容密闭容器中N2O5可发生下列反应：2N2O5（g）═4NO2（g）+O2（g）△H＞0，如表为反应在T1温度下的部分实验数据：-30-t/s05001000c（N2O5）/mol•L﹣15.003.522.48则500s内NO2的生成速率可表示为　0.00296mol•L﹣1•s﹣1　．②下列情况能说明该反应已达平衡状态的是　BD　．A．单位时间内生成2molNO2的同时消耗了lmolN2O5B．混合气体的颜色不再发生变化C．混合气体的密度保持不变D．在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化．【考点】产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；转化率随温度、压强的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】要结合图象来进行解答，对于生成NO的反应，一开始反应没有达到平衡，当NO达到最高点时，温度在升高，平衡就向着氨气减少的方向进行；（4）①500s内N2O5的浓度变化为（5﹣3.52）mol/L=1.48mol/L，再根据v=计算N2O5的分解速率；②根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解答】解：由图象可知在温度较低时生成氮气．温度高于900℃时，NO产率下降是因为反应4NH3+5O2⇌4NO+6H2O是放热反应，达到平衡后，升温平衡逆向进行．故产率降低．吸收塔中需要补充空气是增加反应物的浓度，使平衡向正向移动，进一步与NO反应生成硝酸．故答案为：N2；生成NO的反应为放热反应，升高温度转化率下降；进一步与NO反应生成硝酸；（4）①由表中数据可知，500s内N2O5的浓度变化量为5mol/L﹣3.52mol/L=1.48mol/L，故N2O5的分解速率为=0.00296mol•L﹣1•s﹣1，故答案为：0.00296mol•L﹣1•s﹣1；②A．单位时间内生成2molNO2的同时消耗了lmolN2O5不能说明正逆反应速率相等，故错误；-30-B．混合气体的颜色不再发生变化，证明二氧化氮的浓度不随时间的变化而变化，达到了平衡，故正确；C．混合气体的密度等于质量和体积的比值，始终是一个定值，所以密度保持不变的状态不一定平衡，故C错误；D．在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化，说明温度不再变化，达到了平衡，故D正确．故选BD．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断以及反应速率的计算知识，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．　【化学---选修2：化学与技术】共1小题，满分15分）13．南海某小岛上，可利用的淡水资源相当匮乏，解放军战士为了寻找合适的饮用水源，对岛上山泉水进行分析化验，结果显示山泉水属于硬水．（1）硬水是指含有较多　可溶性钙盐、镁盐　的水，硬水加热后产生沉淀的离子方程式为：　Ca2++2HCO3﹣CaCO3↓+CO2↑+H2O　（写出生成一种沉淀物的即可）．（2）硬度为1°的水是指每升水含10mgCaO或与之相当的物质（如7.1mgMgO），已知水的硬度在8°以下的称为软水，在8°以上的称为硬水．已知岛上山泉水中c（Ca2+）=1.2×10﹣3mol/L，c（Mg2+）=6×l0﹣4mol/L，那么此水　是　（填“是”或“否”）属于硬水．（3）离子交换法是软化水的常用方法．聚丙烯酸钠是一种离子交换树脂，写出聚丙烯酸钠单体的结构简式　CH2=CHCOONa　．（4）解放军战士通常向水中加入明矾净水，请用离子方程式解释其净水原理：　Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+　．（5）岛上还可以用海水淡化来获得淡水．下面是海水利用电渗析法获得淡水的原理图，已知海水中含Na+、Cl﹣Ca2+、Mg2+、SO42﹣等离子，电极为惰性电极．请分析下列问题：①阳离子交换膜是指　B　（填A或B）．②写出通电后阳极区的电极反应式　2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑　，阴极区的现象是：　电极上产生气泡，溶液中出现少量白色沉淀　．-30-【考点】电解原理；水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电化学专题．【分析】（1）硬水是含有较多可溶性钙盐、镁盐的水，硬水中的碳酸氢钙受热分解生成碳酸钙沉淀；（2）依据硬度为1°的水是指每升水含10mgCaO或与之相当的物质（如7.1mgMgO），将水中的Ca2+、Mg2+质量折算成CaO的质量计算得到；（3）聚丙烯酸钠的单体为丙烯钠；（4）铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，氢氧化铝具有吸附性能够吸附杂质颗粒，可以用来净水；（5）①阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过；②根据阳极是氯离子放电，阴极区是氢离子得到电子生成氢气，氢氧根离子浓度增大．【解答】解：（1）硬水是含有较多可溶性钙盐、镁盐的水，硬水中的碳酸氢钙受热分解生成碳酸钙沉淀，方程式为：Ca2++2HCO3﹣CaCO3↓+CO2↑+H2O；故答案为：可溶性钙盐、镁盐；Ca2++2HCO3﹣CaCO3↓+CO2↑+H2O；（2）某天然水中c（Ca2+）=1.2×10﹣3mol•L﹣1，c（Mg2+）=6×10﹣4mol•L﹣1，硬度为1°的水是指每升水含10mgCaO或与之相当的物质（如7.1mgMgO）；1L水中钙离子物质的量=1.2×10﹣3mol，相当于CaO质量=1.2×10﹣3mol×56g/mol=67.2mg，1L水中镁离子物质的量=6×10﹣4mol，相当于氧化镁质量6×10﹣4mol×40g/mol=24mg，水的硬度=+=10°，属于硬水；故答案为：是；（3）聚丙烯酸钠的单体为丙烯钠，结构简式：CH2=CHCOONa，故答案为：CH2=CHCOONa；（4）铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，离子方程式：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+；（5）①阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜B和阴极相连，阴极是阳离子放电，所以隔膜B是阳离子交换膜，-30-故答案为：B；②根据阳极是氯离子放电：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，阴极区是氢离子得到电子生成氢气，氢氧根离子浓度增大，和钙离子，镁离子形成沉淀，故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑；电极上产生气泡，溶液中出现少量白色沉淀．【点评】本题考查了化学和生活，涉及硬水及其软化，明矾净水等，明确相关概念及电解原理是解题关键，题目难度不大．　【化学---选修3：物质结构与性（共1小题，满分0分）14．已知A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A的周期数等于其主族序数，B原子的价电子排布为nsnnpn，D是地壳中含量最多的元素．E是第四周期的p区元素且最外层只有2对成对电子，F元素的基态原子第四能层只有一个电子，其它能层均已充满电子．（1）基态E原子的价电子排布图　　．（2）B、C、D三元素第一电离能由大到小的顺序为　N＞O＞C　（用元素符号表示）（3）BD32﹣中心原子杂化轨道的类型为　sp2　杂化；CA4+的空间构型为　正四面体　（用文字描述）．（4）1molBC﹣中含有π键的数目为　2　NA．（5）D、E元素最简单氢化物的稳定性　H2O　＞　H2Se　（填化学式），理由是　H2O中共价键的键能高于H2Se　．（6）C、F两元素形成的某化合物的晶胞结构如右图所示，则该化合物的化学式是　Cu3N　，C原子的配位数是　6　．若相邻C原子和F原子间的距离为acm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为　　g/cm3（用含a、NA的符号表示）．【考点】晶胞的计算；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．-30-【分析】A的周期数等于其主族序数，应为H元素，B原子的价电子排布为nsnnpn，n=2，应为C元素，D是地壳中含量最多的元素，应为O元素，则C为N元素，E是第四周期的p区元素且最外层只有2对成对电子，应为Se元素，F元素的基态原子第四能层只有一个电子，其它能层均已充满电子，为Cu元素，以此解答该题．【解答】解：A的周期数等于其主族序数，应为H元素，B原子的价电子排布为nsnnpn，n=2，应为C元素，D是地壳中含量最多的元素，应为O元素，则C为N元素，E是第四周期的p区元素且最外层只有2对成对电子，应为Se元素，F元素的基态原子第四能层只有一个电子，其它能层均已充满电子，为Cu元素，（1）由以上分析可知E为Se元素，最外层有6个电子，价电子排布图为，故答案为：；（2）同周期元素从左到由元素的第一电离能逐渐增大，由于O原子核外价电子排布式2s22p4，而N原子核外价电子排布式2s22p3，2p亚层属于半充满的稳定结构，难失去一个电子，因此第一电离能较大的为N元素，则顺序为N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；（3）CO32﹣中心原子形成3个σ键，孤电子对数为=0，杂化轨道的类型为sp2，NH4+中心原子形成4个σ键，空间构型为正四面体，故答案为：sp2；正四面体；（4）CN﹣与N2为等电子体，含有C≡N键，则1molBC﹣中含有π键的数目为2NA，故答案为：2；（5）非金属性O＞S，元素的非金属性越强，键能越大，对应的氢化物越稳定，则H2O＞H2Se，故答案为：H2O；H2Se；H2O中共价键的键能高于H2Se；（6）由晶胞结构可知，N原子位于定点，个数为8×=1，Cu位于棱，个数为12×=3，则化学式为Cu3N，晶胞中位于定点和棱心的位置最近，则N原子的配位数是6，若相邻C原子和F原子间的距离为acm，则边长为2acm，晶胞的体积为8a3cm3，晶胞的质量为g，则密度为g/cm3=g/cm3，故答案为：Cu3N；6；．-30-【点评】本题考查物质的结构与性质，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目注重对电子排布、晶体类型、熔沸点比较、晶胞计算常考考点的训练，难度中等，注意把握晶胞的计算．　【化学---选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）15．化合物A的分子式为C9H15OCl，分子中含有一个六元环和一个甲基，环上只有一个取代基；F分子中不含甲基：A与其它物质之间的转化如图所示：（1）A→F的反应类型是　消去反应　；G中含氧官能团的名称是　碳碳双键和羧基　．（2）A→C的反应方程式是　　．（3）H的结构简式是　　，E的结构简式是　　．（4）有的同学认为B中可能没有氯原子，你的观点是　同意　（填“同意”或“不同意”）’，你的理由　在碱性环境下氯原子有可能水解，使得B中没有氯原子　．（5）某烃的含氧衍生物X符合下列条件的同分异构体中，核磁共振氢谱显示为2组峰的是　HCOOC（CH3）3　（写结构简式）；只含有两个甲基的同分异构体有　5　种．①相对分子质量比C少54②氧原子数与C相同③能发生水解反应．【考点】有机物的推断．【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化合物的获得与应用．【分析】A的分子式为C9H15OCl，A的不饱和度==2，分子中含有一个六元环和一个甲基，环上只有一个取代基，A发生消去反应得F，F分子中不含甲基，所以A为-30-，A氧化得B为，A碱性水解得C为，C氧化得D为，D发生缩聚反应得E为，A发生消去反应得F为，F氧化得G为，G在一定条件下发生加聚反应得H为，据此答题．【解答】解：A的分子式为C9H15OCl，A的不饱和度==2，分子中含有一个六元环和一个甲基，环上只有一个取代基，A发生消去反应得F，F分子中不含甲基，所以A为，A氧化得B为，A碱性水解得C为，C氧化得D为，D发生缩聚反应得E为，A发生消去反应得F为，F氧化得G为，G在一定条件下发生加聚反应得H为，（1）根据上面的分析可知，A→F的反应类型是消去反应，G为，G中含氧官能团的名称是碳碳双键和羧基，故答案为：消去反应；碳碳双键和羧基；-30-（2）A→C的反应方程式是，故答案为：；（3）根据上面的分析可知，H的结构简式是，E的结构简式是，故答案为：；；（4）由于在碱性条件下被氢氧化铜氧化成B，分子中氯原子在碱性环境下氯原子有可能水解，使得B中没有氯原子，故答案为：同意；在碱性环境下氯原子有可能水解，使得B中没有氯原子；你的观点是（填“同意”或“不同意”）’，你的理由．（5）C为，某烃的含氧衍生物X符合下列条件①相对分子质量比C少54，则X的相对分子质量为102，②氧原子数与C相同，说明有2个氧原子，③能发生水解反应，说明有酯基，核磁共振氢谱显示为2组峰，则X为HCOOC（CH3）3，只含有两个甲基的同分异构体为HCOOCH2CH（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH2CH3、CH3COOCH2CH2CH3、CH3CH2COOCH2CH3、CH3CH2CH2COOCH3，有5种，故答案为：HCOOC（CH3）3；5．-30-【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，正确判断A结构简式是解本题关键，根据反应条件结合某些物质分子式、结构进行推断，难点是（5）同分异构体种类判断，要考虑官能团异构、位置异构，题目难度中等．　-30-