黑龙江省达标名校2018年高考五月大联考化学试卷含解析

黑龙江省达标名校2018年高考五月大联考化学试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A ．澄清透明的溶液中：Cu 2+、Mg 2+、-
3NO 、2-
4SO B ．弱碱性溶液中：K +、Na +、I －、ClO － C ．中性溶液中：Fe 3+、K +、Cl －、2-
4SO
D ．能使甲基橙变红的溶液中：Al 3+、Na +、Cl －、-3HCO 2．N A 是阿伏伽德罗常数的值。

下列说法正确的是 ( ) A ．16.25 g FeCl 3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 N A B ．22.4 L(标准状况)氩气含有的质子数为18 N A
C ．1.0 L1.0 mol/L 的NaAlO 2水溶液中含有的氧原子数为2 N A
D ．密闭容器中，2 mol SO 2和1 mol O 2催化反应后分子总数为2 N A 3．下列属于弱电解质的是
A ．氨水
B ．蔗糖
C ．干冰
D ．碳酸
4．乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是（ ）
①分子式为C 12H 19O 2；②不能发生银镜反应；③mol 该有机物最多能与3mol 氢气发生加成反应；④它的同分异构体中不可能有酚类； ⑤1mol 该有机物与NaOH 溶液反应最多消耗1mol NaOH ；⑥属于芳香族化合物。

A ．②④⑤
B ．①④⑤
C ．②③⑥
D ．②③④
5．有关化合物 2−苯基丙烯，说法错误的是
A ．能发生加聚反应
B ．能溶于甲苯，不溶于水
C ．分子中所有原子能共面
D ．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
6．香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下。

下列有关香叶醇的叙述正确的是
A．分子式为C10H l8O
B．分子中所有碳原子不可能共平面
C．既属于醇类又属于烯烃
D．能发生加成反应，不能发生氧化反应
7．中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造不涉及氧化还原反应的是
A．火法炼铜B．转轮排字C．粮食酿酒D．钻木取火
8．对石油和煤的分析错误的是
A．都是混合物B．都含有机物
C．石油裂化和煤干馏得到不同的产品D．石油分馏和煤干馏原理相同
9．关于化学键的各种叙述，下列说法中不正确的是（）
A．Ca(OH)2中既有离子键又有共价键
B．在单质或化合物中，一定存在化学键
C．在离子化合物中，可能存在共价键
D．化学反应中肯定有化学键发生变化
10．将①中物质逐步加入②中混匀（②中离子均大量存在），预测的现象与实际相符的是（）
选项①②溶液预测②中的现象
A 稀盐酸Na+、SiO32-、OH-、SO42-立即产生白色沉淀
B 氯水K+、I-、Br-、SO32-溶液立即呈黄色
先产生白色沉淀，最终变C 过氧化钠Ca2+、Fe2+、Na+、Cl-
红褐色
D 小苏打溶液Al3+、Mg2+、Ba2+、Cl-同时产生气体和沉淀A．A B．B C．C D．D
11．甲醇低压羰基合成法（CH3OH+CO→CH3COOH）是当今世界醋酸生产的主要方法，国标优等品乙酸含量 99.8%。

为检验得到的乙酸中是否含有甲醇，可用的方法是
A．观察放入金属Na是否产生气泡
B．观察滴入的紫色石蕊溶液是否变红
C．观察滴入的酸性KMnO4溶液是否褪色
D ．观察插入的表面发黑的灼热铜丝是否变红
12．N A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( ) A ．标准状况下，0.1mol Cl 2溶于水，转移的电子数目为0.1N A B ．标准状况下，22.4L 氖气含有的电子数为10N A C ．常温下，pH 1=的醋酸溶液中含有的H +数为A 0.1N D ．120g NaHSO 4分子中阳离子和阴离子的总数为3N A
13．下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是（ ） A ．灼热的炭与CO 2的反应 B ．Ba(OH)2·8H 2O 与 NH 4Cl 的反应 C ．镁条与稀盐酸的反应 D ．氢气在氧气中的燃烧反应 14．下列说法正确的是( )
A ．碳素钢在海水中发生的腐蚀主要是析氢腐蚀
B ．反应Si(s)＋2Cl 2(g)===SiCl 4 (l) 在室温下能自发进行，则该反应的ΔH>0，△S>0
C ．室温时，CaCO 3在0.1 mol·L －1 的NH 4Cl 溶液中的溶解度比在纯水中的大
D ．2 mol SO 2和1 mol O 2在密闭容器中混合充分反应，转移电子的数目为4×6.02×1023 15．下列实验操作，现象和结论都正确的是 选
项
操作 现象
结论
A
用坩埚钳夹一块铝箔在酒精灯上灼烧
铝箔熔化并滴落
氧化铝的熔点较
低 B
向亚硫酸钠溶液中滴加足量盐酸，将产生的气体通入品红溶液
品红溶液褪色
非金属性：
Cl S >
C
将用砂纸除去保护膜的镁片和铝片（大小、形状相同），分别插入同浓度的稀硫酸中
镁片表面产生气泡速率大于铝片
还原性：
Mg Al >
D
常温下，将两根大小相同的铁钉分别插入浓硝酸和稀硝酸中 浓硝酸中无明显现象，稀硝酸中产生气泡
稀硝酸的氧化性
比浓硝酸强
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．FeC 2O 4·2H 2O 是一种淡黄色粉末，加热分解生成FeO 、CO 、CO 2 和H 2O 。

某小组拟探究其分解部分产物并测定其纯度。

回答下列问题：
(1)按气流方向从左至右，装置连接顺序为A、___________C( 填字母，装置可重复使用)。

(2)点燃酒精灯之前，向装置内通入一段时间N2，其目的是__________________。

(3)B中黑色粉末变红色，最后连接的C中产生白色沉淀，表明A中分解产物有_________。

(4)判断A中固体已完全反应的现象是_____________。

设计简单实验检验A中残留固体是否含铁粉：
________。

(5)根据上述装置设计实验存在的明显缺陷是________________________________。

(6)测定FeC2O4·2H2O样品纯度(FeC2O4·2H2O相对分子质量为M)：准确称取w g FeC2O4·2H2O样品溶于稍过量的稀硫酸中并配成250mL溶液，准确量取25.00mL所配制溶液于锥形瓶，用c mol ·L—1标准KMnO4溶液滴定至终点，消耗V mL滴定液。

滴定反应为FeC2O4+ KMnO4+ H2SO4→K2SO4+MnSO4 +Fe2(SO4)3+CO2↑+ H2O(未配平)。

则该样品纯度为_______% (用代数式表示)。

若滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数，测得结果_____ (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛应用于涂料和胶黏剂等领域。

下面是制备一种新型环氧树脂G的合成路线：
已知以下信息：
①+H2O
②+NaOH+NaCl+H2O
③
回答下列问题：
（1）A是一种烯烃，化学名称为_____，C中官能团的名称为_____、____。

（2）由C生成D反应方程式为_______。

（3）由B生成C的反应类型为_______。

（4）E的结构简式为_______。

（5）E的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式________、_______。

①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1。

（6）假设化合物D、F和NaOH恰好完全反应生成1 mol单一聚合度的G，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，则G的n值理论上应等于_______。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．甲酸是基本有机化工原料之一，广泛用于农药、皮革、染料、医药和橡胶等工业。

（1）已知热化学反应方程式：
I:HCOOH(g)CO(g)+H 2O(g)△H1=+72.6kJ•mol－1；
II：2CO(g)+O 2(g)2CO2(g)△H 2=－566.0kJ•m ol－1；
III：2H 2(g)+O2(g)2H2O(g)△H 3=－483.6kJ•mol－1
则反应IV：CO 2(g)+H2(g)HCOOH(g)的△H =____________kJ•mol－1。

（2）查阅资料知在过渡金属催化剂存在下，CO2(g)和H2 (g)合成HCOOH(g)的反应分两步进行:第一
步:CO2(g)+H2(g)+M(s)→M•HCOOH(s)；第二步:___________________。

①第一步反应的△H _________0(填“>”或“<”)。

②第二步反应的方程式为________________________。

③在起始温度、体积都相同的甲、乙两个密闭容器中分别投入完全相同的H2(g)和CO2(g)，甲容器保持恒温恒容，乙容器保持绝热恒容，经测定，两个容器分别在t1、t2时刻恰好达到平衡，则t1_________t2(填“>”、“<”或“=”)。

（3）在体积为1L的恒容密闭容器中，起始投料n(CO2)=1mol，以CO2(g)和H2(g)为原料合成HCOOH(g)，
HCOOH
平衡时的体积分数随投料比［
()
()2
2
n H
n CO
］的变化如图所示：
①图中T1、T2表示不同的反应温度，判断T1____________T2(填“〉”、“<”或“=” ) ，依据为
____________________。

②图中a=______________。

③A、B、C三点CO2（g）的平衡转化率αA、αB、αC由大到小的顺序为____________。

④T1温度下，该反应的平衡常数K=______________（计算结果用分数表示）。

19．（6分）钛酸锌（ZnTiO3）是一种抗菌涂料，应用于人造骨骼等生物移植技术。

回答下列问题：（1）基态Zn原子的电子占据能量最高的能层符号为_____________，与Zn同周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与Zn相同的元素有___________种
（2）钛能与B、C、N、O等非金属元素形成稳定的化合物。

则电负性C____B（选填“>或“<”）；第一电离能N>O，原因是__________________________________________。

（3）ZnTiO3与80%H2SO4反应可生成TiOSO4。

①2-
4
SO的空间构型为_____________，其中硫原子采用____________杂化。

②与
2-
4
SO互为等电子体的分子的化学式为_________________（任写一种即可）
（4）Zn与S所形成化合物晶体的晶胞如图所示。

①与Zn原子距离最近的Zn原子有___________个。

②该化合物的化学式为_________________________________。

③已知该晶体的晶胞参数为a×10-12m，阿伏加德罗常数为N A。

则该晶体的密度为__________________g/cm3（列式即可）
参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．A 【解析】 【分析】 【详解】
A ．澄清透明的溶液中：Cu 2+、Mg 2+、-
3NO 、2-
4SO 离子之间不反应，能够大量共存，故A 符合题意； B ．弱碱性溶液中：I －和ClO －发生氧化还原反应，不能大量共存，故B 不符合题意； C ．中性溶液中：Fe 3+会大量水解生成氢氧化铁，不能大量存在，故C 不符合题意；
D ．能使甲基橙变红的溶液显酸性，H +和-3HCO 不能大量共存，且Al 3+与HCO 3-发生双水解反应不能大量共存，故D 不符合题意； 答案选A 。

【点睛】
澄清透明不是无色，含铜离子的溶液是蓝色透明的液体，-3HCO 在酸性和碱性条件下都不能大量共存。

2．B 【解析】 【详解】
A.16.25g FeCl 3的物质的量是0.1mol ，Fe(OH)3胶体粒子是若干个Fe(OH)3分子的集合体，故A 错误；
B.氩的质子数为18，氩气是单原子分子，标准状况下，22.4L 氩气的物质的量为1mol ，含有的质子数为18 N A ，故B 正确；
C.NaAlO 2水溶液中不仅有NaAlO 2，还有H 2O ，1.0L1.0mo1·L -1的NaAlO 2水溶液中含有的氧原子数大于2N A ，故C 错误；
D.二氧化硫是和氧气的反应是可逆反应，反应物有剩余，没有完全转化成2molSO 3，因此分子总数不是2N A ，故D 错误； 故答案为B 。

【点睛】
本题D 是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反应完全不同。

3．D
【解析】A 、氨水属于混合物，不在弱电解质讨论范围，故A 错误；B 、蔗糖是非电解质，故B 错误；C 、
干冰是非电解质，故C错误；D. 碳酸在水溶液里部分电离，所以属于弱电解质，故D正确；故选D。

点睛：本题考查基本概念，侧重考查学生对“强弱电解质”、“电解质、非电解质”概念的理解和判断，解题关键：明确这些概念区别，易错点：不能仅根据溶液能导电来判断电解质强弱，如：氨水属于混合物，其溶解的部分不完全电离溶液能导电，不属于弱电解质，为易错题。

4．A
【解析】
【分析】
本题主要考查有机物的结构与性质。

不存在醛基，不能发生银镜反应，不饱和度仅有三个酚类至少有四个不饱和度，能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基。

据此回答。

【详解】
①由结构简式可知分子中含有12个C原子，20个H原子，2个O原子，则分子式为C12H20O2，故错误；
②分子中不含醛基，则不能发生银镜反应，故正确；
③只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，故错误；
④分子中含有3个双键，则不饱和度为3，而酚类物质的不饱和度至少为4，则它的同分异构体中不可能有酚类，故正确；
⑤能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH，故正确；
⑥分子中不含苯环或稠环，则不属于芳香族化合物，故错误。

故选A。

5．C
【解析】
【详解】
A.含有碳碳双键，所以可以发生加聚反应，故A正确；
B. 2−苯基丙烯是有机物，能溶于甲苯，但不溶于水，故B正确；
C.分子中含有甲基，原子不可能共面，故C错误；
D.含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故选：C。

6．A
【解析】
【详解】
A．由结构简式可知，该有机物的分子式为C10H18O，故A正确；
B．根据乙烯分子的平面结构分析，与双键两端的碳原子相连的碳原子都在同一平面上，且单键可以旋转，
所以该分子中所有碳原子有可能共面，故B错误；
C．含有羟基，属于醇类，因为含有O，所以不是烃，故C错误；
D．含C=C，能发生加成反应，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，含-OH能发生氧化反应，故D错误。

故选A。

【点睛】
此题易错点在C项，烃只能含有碳氢两种元素。

7．B
【解析】
【详解】
A.火法炼铜是指用氧气与硫化亚铜制取铜的反应，属于氧化还原反应，故A不选；
B. 转轮排字属于物理变化，故选B；
C.用粮食酿酒过程实质是淀粉水解生成葡萄糖，在进行发酵生成乙醇的过程，中间有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；
D. 钻木取火是通过动能转化为热能使木材燃烧，属于氧化还原反应，故D不选；答案：B。

8．D
【解析】
【详解】
A. 煤中主要含有碳元素，石油中主要含有碳和氢两种元素，都属于复杂的混合物，故A正确；
B. 煤中主要含有碳元素，石油中主要含有碳和氢两种元素，都属于复杂的混合物，其中都含有有机物，故B正确；
C. 石油裂化是将碳原子数多的烷烃断裂成碳原子数少的烃，由于烷烃的断裂，会得到烷烃和烯烃，所以裂化后得到的产物中含有烯烃；煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，获得产品有煤炉气、煤焦油、焦炭；产物不同，故C正确；
D. 石油裂化是将碳原子数多的烷烃断裂成碳原子数少的烃，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，原理不同，故D错误；
题目要求选择错误的，故选D。

【点睛】
石油分馏就是将石油中不同沸点的物质依次分离，出来的叫做馏分，主要是饱和烃。

石油裂化就是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，是不饱和烃。

9．B
【解析】
【详解】
A项、Ca(OH)2为离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故A正确；
B项、稀有气体为单原子分子，不含有化学键，故B正确；
C项、Ca(OH)2为离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故C正确；
D项、化学反应的实质是旧键的断裂新键的形成，故D正确；
故选B。

10．D
【解析】
【详解】
A.OH﹣优先稀盐酸反应，加入稀盐酸后不会立即生成白色沉淀，故A错误；
B.SO32﹣的还原性大于I﹣，加入氯水后亚硫酸根离子优先反应，不会立即呈黄色，故B错误；
C.加入过氧化钠后Fe2+立即被氧化成铁离子，生成的是红褐色沉淀，不会出现白色沉淀，故C错误；
D.小苏打为碳酸氢钠，Al3+与碳酸氢钠发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故D正确。

故选D。

11．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．均与Na反应生成气泡，不能检验，故A不选；
B．滴入的紫色石蕊溶液是否变红，可检验乙酸，不能检验乙醇，故B不选；
C．J甲醇能被高锰酸钾氧化，使其褪色，则滴入的酸性KMnO4溶液是否褪色可检验甲醇，故C选；D．乙酸与CuO反应，干扰乙醇与CuO的反应，不能检验，故D不选；
故选：C。

12．B
【解析】
【详解】
A.氯气溶于水，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以无法计算转移的电子数，故A错误;
B. 标准状况下，22.4L氖气为1mol，一个Ne原子含有10个电子，即1mol氖气含有10N A个电子，故B 正确；
C.醋酸溶液的体积未知，则无法计算H+数目，故C错误；
D. 120g NaHSO4为1mol，1molNaHSO4分子中含有1molNa+和1molHSO4-，则120g NaHSO4分子中阳离子和阴离子的总数为2N A，故D错误；
故选B。

13．A
【解析】
A、灼热的炭与CO2 的反应生成CO，是氧化还原反应也是吸热反应，故A正确；
B、Ba(OH)2·8H2O 与NH4Cl 的反应不是氧化还原反应，故B错误；
C、镁条与稀盐酸的反应是放热反应，故C错误；
D、氢气在氧气中的燃烧反应是放热反应，故D错误；故选A。

14．C
【解析】
【详解】
A. 海水接近中性，碳素钢在海水中发生的腐蚀主要是吸氧腐蚀，故A错误；
B. 反应前后气体体积减少，△S<0，反应Si(s)＋2Cl2(g)=SiCl4 (l) 在室温下能自发进行，则该反应的ΔH>0，故B错误；
C. 室温时，铵根离子水解呈酸性，促进CaCO3的溶解，CaCO3在0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液中的溶解度比在纯水中的大，故C正确；
D. SO2和O2的反应是可逆反应，2 mol SO2和1 mol O2在密闭容器中混合充分反应，转移电子的数目小于4×6.02×1023，故D错误；
故选C。

15．C
【解析】
【详解】
A. 用坩埚钳夹一块铝箔在酒精灯上灼烧，由于铝外面包着一层氧化铝，而氧化铝熔点高，所以铝箔融化，但不滴落，A错误；
B. 应当比较最高价氧化物对应水化物的酸性来推断元素非金属性的强弱，B错误；
C. 将用砂纸除去保护膜的镁片和铝片（大小、形状相同），分别插入同浓度的稀硫酸中，镁片表面产生气泡速率大于铝片，说明Mg比Al更活泼，即还原性更强，C正确；
D. Fe在冷的浓硝酸中会发生钝化，故D错误；
故答案选C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．C、D(或E)、C、E、B 排尽装置内空气，避免干扰实验CO 淡黄色粉末全部变成黑色粉末取残留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，
若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉) 缺少尾气处理装置5
3
cVM
w
偏低
【解析】
【分析】
FeC2O4·2H2O FeO+CO↑+CO2↑+2H2O，若不排尽装置内的空气，FeO、FeC2O4会被氧化。

检验CO时，常检验其氧化产物CO2，所以需先除去CO2，并确认CO2已被除尽，再用澄清石灰水检验。

CO是一种大气污染物，用它还原CuO，不可能全部转化为CO2，所以在装置的末端，应有尾气处理装置。

【详解】
(1)检验CO 时，应按以下步骤进行操作：先检验CO 2、除去CO 2、检验CO 2是否除尽、干燥CO 、CO 还原CuO 、检验CO 2，则按气流方向从左至右，装置连接顺序为A 、C 、D(或E)、C 、E 、B 、C 。

答案为：C 、D(或E)、C 、E 、B ；
(2)空气中的O 2会将CO 、FeC 2O 4氧化，生成CO 2，干扰CO 氧化产物CO 2的检验，所以点燃酒精灯之前，应将装置内的空气排出。

由此得出向装置内通入一段时间N 2，其目的是排尽装置内空气，避免干扰实验。

答案为：排尽装置内空气，避免干扰实验；
(3)CuO 由黑色变为红色，最后连接的C 中产生白色沉淀，表明A 中分解产物有CO 。

答案为：CO ； (4)A 中FeC 2O 4为淡黄色，完全转化为FeO 或Fe 后，固体变为黑色，已完全反应的现象是淡黄色粉末全部变成黑色粉末。

检验A 中残留固体是否含铁粉的方法：取残留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉)。

答案为：取残留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉)；
(5)CO 还原CuO ，反应不可能完全，必然有一部分混在尾气中。

根据上述装置设计实验存在的明显缺陷是缺少尾气处理装置。

答案为：缺少尾气处理装置；
(6)根据电子守恒，3n(FeC 2O 4)=5n(KMnO 4)，n(FeC 2O 4)=53×c mol/L×V ×10-3
L×250mL 25mL =2
510mol 3
cV -⨯，则
该样品纯度为25
10mol g/mol
3
100%cV M w
-⨯⨯⨯ ==53cVM w
% V 测=V 终-V 始，若滴定前仰视读数，则V 始偏大，滴定终点俯视读数，则V 终偏小，测得结果偏低。

答案为：
53cVM
w
；偏低。

【点睛】
在计算该样品的纯度时，我们依据电子守恒得出的等量关系式为3n(FeC 2O 4)=5n(KMnO 4)，
在利用方程式时，可建立如下关系式：5FeC 2O 4——3KMnO 4，两个关系的系数正好相反，若我们没有理顺关系，很容易得出错误的结论。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．丙烯 加成反应 氯原子、羟基
+NaOH −−→
+NaCl+H 2O
+NaOH −−→
+NaCl+H 2O
8
【解析】
【分析】
根据D的分子结构可知A为链状结构，故A为CH3CH=CH2；A和Cl2在光照条件下发生取代反应生成B为CH2=CHCH2Cl，B和HOCl发生加成反应生成C为或，C在碱性条件下脱去HCl 生成D；由F结构可知苯酚和E发生信息①的反应生成F，则E为；D和F聚合生成G，据此分析解答。

【详解】
（1）根据以上分析，A为CH3CH=CH2，化学名称为丙烯；C为，故含官能团的名称为氯原子、羟基。

本小题答案为：丙烯；氯原子、羟基。

（2）C在碱性条件下脱去HCl生成D，化学方程式为：（或
）。

故本小题答案为：（或
）。

（3）B和HOCl发生加成反应生成C。

本小题答案为：加成反应。

（4）根据信息提示①和流程图中则E的结构简式为。

本小题答案为：。

（5）E的二氯代物有多种同分异构体，同时满足以下条件的芳香化合物：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1，说明分子中有3种类型的氢原子，且个数比为
3：2：1。

则符合条件的有机物的结构简式为、。

本小题答案为：、。

（6）根据信息②和③，每消耗1molD ，反应生成1molNaCl 和H 2O ，若生成的NaCl 和H 2O 的总质量为765g ，生成NaCl 和H 2O 的总物质的量为765g/76.5g/mol=10mol ，由G 的结构可知，要生成1 mol 单一聚合度的G ，需要(n+2)molD ，则(n+2)=10，解得n=8，即G 的n 值理论上应等于8。

本小题答案为：8。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．-31.4 < M ·HCOOH(s)=HCOOH(g)+M(s) > < 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，从图像中可知在相同投料比时，T 1温度下产物的体积分数大于T 2温度下产物的体积分数，则T 1< T 2； 1 C α>B α>A α 7
78
【解析】 【分析】
（1）根据盖斯定律进行求算；
（2）①由△G=△H -T△S <0进行判断；
②总反应减去第一步反应可得第二步反应的方程式；
③甲容器恒温恒容，乙容器恒容绝热，由于该反应放热，所以乙容器的温度高于甲容器，所以乙容器反应速率较快，所以甲容器中反应达平衡所需时间比乙容器中的长； （3）①该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动； ②根据反应CO 2(g)+H 2(g)
HCOOH(g)及投料比［
()()
22n H n CO ］进行分析；
③氢气的量越大，即投料比［()()
22n H n CO ］越大，CO 2的转化率越大；
④根据三段式进行计算。

【详解】
（1）已知I:HCOOH(g)CO(g)+H 2O(g) △H 1=+72.6kJ•mol －1；
II ：2CO(g)+O 2(g)2CO 2(g) △H 2=－566.0kJ•mol －1； III ：2H 2(g)+O 2(g)
2H 2O(g) △H 3=－483.6kJ•mol －1
根据盖斯定律，由III 12⨯
-I- II 1
2
⨯得反应IV ：CO 2(g)+H 2(g)HCOOH(g) △H = (－483.6kJ•mol －1
)12⨯-72.6kJ•mol －1- (－566.0kJ•mol －1)12
⨯=-31.4kJ•mol －1； （2）①第一步反应CO 2(g)+H 2(g)+M(s)→M•HCOOH(s)为熵减的反应，即△S<0，能自发进行，则△G=△H -T△S <0，故△H <0；
②CO 2(g)和H 2 (g)合成HCOOH(g)的总反应为CO 2(g)+H 2(g)
HCOOH(g)；第一
步:CO 2(g)+H 2(g)+M(s)=M•HCOOH(s)；总反应减去第一步反应可得第二步反应的方程式为M ·HCOOH(s)=HCOOH(g)+M(s)；
③甲容器恒温恒容，乙容器恒容绝热，由于该反应放热，所以乙容器的温度高于甲容器，所以乙容器反应速率较快，所以甲容器中反应达平衡所需时间比乙容器中的长，则t 1>t 2；
（3）①该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，从图像中可知在相同投料比时，T 1温度下产物的体积分数大于T 2温度下产物的体积分数，则T 1< T 2； ②根据反应CO 2(g)+H 2(g)HCOOH(g)，当投料比［
()()
22n H n CO ］=1，即a=1时，恰好达到最大转化，
HCOOH 平衡时的体积分数最大； ③氢气的量越大，即投料比［
()()
22n H n CO ］越大，CO 2的转化率越大，故A 、B 、C 三点CO 2（g ）的平衡转化
率αA 、αB 、αC 由大到小的顺序为C α>B α>A α；
④T 1温度下，在体积为1L 的恒容密闭容器中，起始投料n(CO 2)=1mol ，C 点时投料比［()()
22n H n CO ］=2，则
n(H 2)=2mol ，HCOOH 平衡时的体积分数为5%，设平衡时CO 2转化率为x ，则： CO 2(g)+H 2(g)
HCOOH(g)
开始时的浓度(mol/L) 1 2 0 改变的浓度(mol/L) x x x 平衡时的浓度(mol/L)1-x 2-x x
则有
100%5%12x x x x ⨯=-+-+，解得x=1
7；该反应的平衡常数K=1
761377
⨯=778。

19．N 4 ＞ N 原子中2p 轨道处于半充满状态，比较稳定，故第一电离能N ＞O 正四面体形 sp 3 CCl 4、SiCl 4、SO 2Cl 2（任写一种即可） 12 ZnS -103
A 974
N (a 10)××⋅
【解析】 【分析】 【详解】
（1）Zn 位于周期表第四周期，基态Zn 原子的核外电子，占据的能量最高的能层为第4层，符号为N ；与Zn 同位于第四周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与Zn 相同的元素有Sc 、Ti 、V 、Mn 四种，故答案为：N ；4；
（2）同周期元素，从左至右，原子半径逐渐减小，原子核对外层电子的吸引力逐渐增强，电负性逐渐增强，所以电负性C ＞B ；N 的核外电子排布为[He]2s 22p 3，2p 轨道处于半充满状态，比较稳定，O 的核外电子排布为[He]2s 22p 4，不是稳定结构，所以第一电离能N ＞O ，故答案为：＞；N 原子中2p 轨道处于半充满状态，比较稳定，故第一电离能N ＞O ； （3）①SO 42-的中心原子S 的价层电子对数=4+
1
2
×(8－4×2)=4，VSEPR 模型为正四面体形，没有孤电子对，所以SO 42-的空间构型为正四面体形，S 原子的杂化方式为sp 3，故答案为：正四面体形；sp 3；
②与SO42-互为等电子体的分子需满足：与SO42-原子总数相同（5个）、价电子总数相同（32个），如：CCl4、SiCl4、SO2Cl2等，故答案为：CCl4、SiCl4、SO2Cl2（任写一种即可）；
（4）①Zn原子位于晶胞的顶点和面心上，与Zn原子距离最近的Zn原子有12个，故答案为：12；
②一个晶胞中Zn原子的个数=8×1
8
+6×
1
2
=4，S原子的个数=4，二者的个数比为1：1，所以该化合物的化
学式为ZnS，故答案为：ZnS；
③
m
ρ=
V
晶胞
晶胞
=-1-1
A A
-103
65g mol32g mol
4+4
N mol N mol
(a10cm)
//
××
×
=
-103
A
974
N(a10)
×
×
⋅
g/cm3，故答案为：
-103
A
974
N(a10)
×
×
⋅。

【点睛】
确定SO42-的空间构型，可用价层电子对互斥理论：
SO42-的中心原子是S原子，S原子的价层电子对数=σ键电子对数+中心原子上的孤电子对数；σ键电子对数=与中心原子结合的原子数=4；
中心原子上的孤电子对数=1
2
(a－xb)；
其中a为中心原子的价电子数，S原子有6个价电子，SO42-带2个单位负电荷，因此a=6+2=8；x为与中心原子结合的原子数，此处为4；b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数，与S原子结合的为O原
子，O原子最多能接受的电子数=8－6=2；所以中心原子上的孤电子对数=1
2
×(8－4×2)=0；
S原子的价层电子对数=4+0=4，VSEPR模型为正四面体形，没有孤电子对，SO42-的空间构型即为正四面体形。