四川省广元市2016届高三化学二模试卷 含解析

四川省广元市2015-2016年第二学期高三化学试卷(解析版）
一、选择题（共7小题,每小题6分．每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．化学与生产和生活密切相关，下列说法正确的是（)
A．聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应
B．水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品
C．棉花和木材的主要成分都是纤维素,蚕丝和人造丝的主要成分都是蛋白质
D．在清洗地板时，84消毒液和洁厕灵（主要成分是盐酸）不能混合使用
2．下列说法或推理正确的是（）
A．将Fe（N03）2样品溶于稀H2SO4后,滴加KSCN溶液，溶液变红，则Fe(N03）2晶体已氧化变质
B．常温下,pH都为11的氢氧化钠溶液和氨水均加水稀释100倍,pH都变为9
C．25℃时，K sp（BaC03)＞K sp（BaCrO4）,则沉淀水体中的Ba2+选择Na2CrO4比Na2CO3好
D．将CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后取出上层溶液,加入AgNO3溶液，产生沉淀，则CH3CH2Br 在NaOH溶液中发生了水解
3．下列离子方程式正确的是（）
A．向FeBr2洛液中通入足量氯气：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣
B．Cl2通入水中：Cl2+H20═2H++Cl﹣+ClO﹣
C．用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H20═
2Cu+O2+4H+
D．明矾溶液中滴入Ba（OH)2溶液使S042﹣恰好完全沉淀：2Ba2++3OH﹣+Al3++2S042﹣═2BaS04+Al(OH）3 4．N A为阿伏伽德罗常数的值．下列叙述正确的是．（）
A．1.0Ll。

0mol．L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N A
B．丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6N A
C．25C时pH=11的Na2C03溶液中水电离出的OH﹣的数目为0.001N A
D．氧原子总数为0.2N A的S02和O2的混合气体,其体积为2。

24L
5．最后，科学家研制出一种纸质电池，这种“软电池”采用薄层纸片作为载体和传导体，纸片一边附着锌，另一边附着二氧化锰．电池总反应为：
Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO（OH）．下列说法不正确的是( )
A．该电池Zn为负极，MnO2为正极
B．该电池的正极反应为：MnO2+e﹣+H2O=MnO（OH）+OH﹣
C．电池工作时水分子和OH﹣都能通过薄层纸片D．导电时外电路电子由Zn流向MnO2,内电路电子由MnO2流向Zn
6．室温条件下在醋酸、醋酸钠混合溶液中，当c （CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0．lmol．L﹣1时，c （CH3COOH）、（CH3COO﹣）与pH的关系如图所示．下列有关叙述正确的是（）
A．pH=5.5的溶液中：c（CH3COOH)＞c（CH3COO)＞c(H+）+c（OH﹣)
B．向W点所表示的1。

0L溶液中通人0.05molHCl气体(溶液体积变化可忽略):c（H+）=c（CH3COOH）+c （OH﹣）
C．pH=3。

5的溶液中:c（Na+)+c(H+）+c(OH﹣）
+c(CH3COOH)=0。

1mol．L﹣l
D．W点所表示的溶液中:c（Na+）
+c(H+)=c(CH3COOH)+c（OH）﹣
7．在一固定容积的密闭容器中发生如下反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g)．当充人lmolH2O（g）和1molCO （g）反应达到平衡时,有的CO转化为CO2．在相同条件下，若将1molCO（g）和2mol H2O （g）重新充入同一反应容器中,当反应达到平衡后，混合气体中CO2的体积分数可能为（)
A．11。

1％B．22.2% C．33。

3％D．37。

8％
二、解答题（共4小题，满分58分)
8．（15分）A、B、C、D、E、F、G元素原子序数依次增大．已知B原子最外层有3个未成对电子．C 原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4,E与C 同主族，F﹣、D+、A+的半径逐渐减小，化合物AF常温下为气体，G的基态原子核外M能层填满电子，N 能层只有1个电子．据此回答下列问题：
（1）写出C元素基态原子的电子排布式：；这些元素形成的物质中与A3C+互为等电子体是．
（2）G2+的水合离子中提供孤电子对的原子是；某化合物由上述七种元素中的三种元素组成，为常见家用消毒剂的主要成分，其电子式为
（3）分别由A、C、D、E四种元素组成的两种盐可相互反应得到气体的离子方程式是．
（4）0.3moIG的低价氧化物能与molB的最高价氧化物对应水化物的溶液恰好完全反应（设还原产物只有BO）．
（5)0。

4mol液态B2A4与足量的液态A2C2反应，生成B2气体和A2C气体,放出256.652kJ的热量，该反应的热化学方程式为．
9．(14分）固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂．某学习小组以Mg(NO3）2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想:
甲:Mg(NO2）2、NO2、O2乙:Mg0、N02、02丙：Mg3N2、O2丁：MgO、NO2、N2
（1）实验前讨论时，甲直接认定丁猜想不成立，理由是．
查阅资料得知：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O 针对甲、乙、丙猜想,设计如图所示的实验装置（图中加热、夹持仪器等均省略)：
(2）实验过程：
①如何检查装置的气密性．
②称取Mg（NO3)2固体3。

7g置于A中，加热前通入N2一段时间后关闭K，用酒精灯加热．
③观察到A中有红棕色气体出现，C、D中未见明显变化，于是大家排除猜想丙；同学戊提出丙
中有物质溶于水能与水发生复分解反应，根据此现象也排除丙,请帮戊写出支持其观点的化学方程式．④待样品完全分解，A装置冷却至室温、称量，测得剩余固体的质量为l.0g
（3）实验结果分析讨论:
①根据实验和剩余固体的质量经分析可初步确认猜想是正确的．
②根据D中无明显现象，一位同学认为不能确认分解产物中有O2,因为若有O2，D中将发生氧化还原反应生成（填写化学式),溶液颜色会褪去；小组讨论认定分解产物中有O2存在，未检测到的原因是(用
化学方程式表示)，B、C装置中均盛放NaOH但作用不一样．C中滴有酚酞NaOH的作用是
③小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善，需改进装置进一步研究．
10．（15分）香料G的一种合成工艺如图所示：
核磁共振氢谱显示A有两种峰，其面积之比为1:1．
请回答下列问题：
（1）K中官能团的名称为,D→E的反应类
型．
（2）A的结构简式为
（3）写出M→N的化学方程式
（4)检验M已完全转化为N的实验操作是．(5）F是M的同系物，比M多一个碳原子．满足下列条件的F的同分异构体有种
(不考虑立体异构）．（①能发生银镜反应②能与溴的四氯化碳溶液加成③苯环上有2个对位取代基，F的任意一种结构简式为．
11．（14分）钛铁矿的主要成分为FeTiO3(可表示为FeO•TiO2),含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质．利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料（钛酸锂LiTi5012和磷酸亚铁锂LiFePO4）的工业流程如图所示：
已知：FeTiO3与盐酸反应的离子方程式为：
FeTiO3+4H++4Cl﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O
（I）化合物FeTiO3中铁元素的化合价是．(2）滤渣A的成分是．滤渣A的熔点大于干冰的原因是．
（3)滤液B中TiOCI42﹣转化生成Ti02的离子方程式是．
（4）由滤液D制备LiFeP04的过程中，所需17％双氧水与H2C204的质量比是．
(5）若采用钛酸锂（Li4Ti5O12)和磷酸亚铁锂（LiFePO4）作电极组成电池，其工作原理为：Li4Ti5O12+
3LiFePO4LiTi5012+3FePO4．该电池充电时阳极反应．
2016年四川省广元市高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分．每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．化学与生产和生活密切相关，下列说法正确的是（）
A．聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应B．水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品C．棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝和人造丝的主要成分都是蛋白质
D．在清洗地板时，84消毒液和洁厕灵（主要成分是盐酸）不能混合使用
【考点】蔗糖、麦芽糖简介；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硅矿物及材料的应用．
【分析】A．聚乙烯塑料的老化是因为发生了氧化反应；
B．水晶是二氧化硅的晶体；
C．棉花和木材的主要成分都是纤维素,蚕丝的主要成分都是蛋白;
D．盐酸和次氯酸钠反应生成氯气．
【解答】解：A．聚乙烯塑料的老化是因为发生了氧化反应,没有发生加成反应，故A错误；
B．水晶的成分为二氧化硅属于氧化物，不是硅酸盐，故B错误；
C．棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝的主要成分都是蛋白，人造丝是一种丝质的人造纤维，主要成分不是蛋白质,故C错误；
D．洁厕灵（含盐酸)和84消毒液(含次氯酸钠）进行混用，会产生有毒气体氯气，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查化学与环境、材料、信息、能源关系密切相关的知识，为高频考点,侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，难度不大．
2．下列说法或推理正确的是（)
A．将Fe（N03）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN 溶液，溶液变红，则Fe（N03）2晶体已氧化变质B．常温下,pH都为11的氢氧化钠溶液和氨水均加水稀释100倍，pH都变为9
C．25℃时,K sp（BaC03）＞K sp（BaCrO4），则沉淀水体中的Ba2+选择Na2CrO4比Na2CO3好
D．将CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后取出上层溶液，加入AgNO3溶液，产生沉淀，则CH3CH2Br 在NaOH溶液中发生了水解
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．酸性条件下,硝酸根离子具有强氧化性，能氧化亚铁离子;
B．稀释促进电离；
C．溶度积小的沉淀更完全；
D．应先加入酸酸化．
【解答】解：A．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性,能氧化亚铁离子，所以不能根据溶液变为红色判断硝酸亚铁变质,故A错误；
B．稀释促进电离，pH都变为9，氨水稀释不到100倍，故B错误；
C．溶度积小的沉淀更完全，选择Na2CrO4比Na2CO3好，故C正确；
D．没有加酸酸化，生成AgOH或Ag2O沉淀，不能观察黄色沉淀，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点,涉及氧化还原反应、弱电解质、沉淀生成以及离子的
检验等知识点，侧重考查学生分析判断能力,明确实验原理及物质性质是解本题关键，题目难度中等．
3．下列离子方程式正确的是（)
A．向FeBr2洛液中通入足量氯气：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣
B．Cl2通入水中：Cl2+H20═2H++Cl﹣+ClO﹣
C．用铜作电极电解CuSO4溶液:2Cu2++2H20═
2Cu+O2+4H+
D．明矾溶液中滴入Ba（OH)2溶液使S042﹣恰好完全沉淀：2Ba2++3OH﹣+Al3++2S042﹣═2BaS04+Al（OH）3【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．氯气足量，二价铁离子、溴离子都被氧化；
B．次氯酸为弱酸应保留化学式；
C．铜为阳极，为活性电极，电极本身放电；
D．硫酸根离子恰好沉淀时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1：4，二者反应生成偏铝酸根离子；【解答】解：A．向FeBr2洛液中通入足量氯气，离子方程式：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故A正确；
B．Cl2通入水中,离子方程式：Cl2+H20═H++Cl﹣+HClO，故B错误；
C．用铜作电极电解CuSO4溶液,阳极铜失去电子生成铜离子,故C错误；
D．明矾[KAl(SO4）2]溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42﹣恰好完全沉淀，硫酸铝钾与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，反应生成偏铝酸钠，正确的离子方程式为:2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣
+2H2O，故D错误；
故选：A．
【点评】本题考查了离子方程式的判断，为中等难度的试题,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是解题关键，注意离子反应遵循原子个数守恒、电荷守恒，注意化学式的拆分，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等．
4．N A为阿伏伽德罗常数的值．下列叙述正确的是．（）
A．1.0Ll.0mol．L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N A
B．丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6N A
C．25C时pH=11的Na2C03溶液中水电离出的OH﹣的数目为0.001N A
D．氧原子总数为0。

2N A的S02和O2的混合气体，其体积为2.24L
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、在偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠本身，水也含氧原子；
B、丙烯和环丙烷的分子式均为C3H6；
C、溶液体积不明确;
D、混合气体所处的状态不明确．
【解答】解:A、在偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠本身，水也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的个数大于2N A个，故A错误；
B、丙烯和环丙烷的分子式均为C3H6，故42g混合物的物质的量为1mol,故含6N A个氢原子，故B正确；
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、S02和O2中均含2个氧原子，故氧原子总数为0.2N A 的S02和O2的混合气体的物质的量为0。

1mol，但混合气体所处的状态不明确,故体积无法计算，故D错误．
故选B．
【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．
5．最后，科学家研制出一种纸质电池,这种“软电池”采用薄层纸片作为载体和传导体，纸片一边附着锌，另一边附着二氧化锰．电池总反应
为:Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO（OH)．下列说法不正确的是（)
A．该电池Zn为负极，MnO2为正极
B．该电池的正极反应为：MnO2+e﹣+H2O=MnO（OH）+OH﹣
C．电池工作时水分子和OH﹣都能通过薄层纸片D．导电时外电路电子由Zn流向MnO2，内电路电子由MnO2流向Zn
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】由电池总反应
Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH）可知，Zn被氧化,为原电池的负极，电极反应为Zn﹣2e﹣+2OH﹣
=ZnO+H2O，MnO2被还原,为原电池的正极，电极反应为MnO2+H2O+e﹣=MnO(OH）+OH﹣，以此来解答．【解答】解:A、从电池反应可知，锌失去电子被氧化，所以是负极,MnO2为正极，故A正确；
B、MnO2被还原，为原电池的正极，电极反应为MnO2+H2O+e﹣=MnO（OH）+OH﹣，故B正确；
C、“软电池”采用薄层纸片作为载体和传导体，电池工作时水分子和OH﹣都能通过薄层纸片，故C正确；
D、导电时外电路电子由负极经外电路流向正极，即Zn流向MnO2,内电路是离子的定向移动形成电流,故D错误．
故选D．
【点评】本题考查化学电源新型电池，侧重于电极反应方程式的考查，题目难度中等，注意从正负极发生的变化结合电解质的特点书写电极反应式．
6．室温条件下在醋酸、醋酸钠混合溶液中，当c （CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0．lmol．L﹣1时，c(CH3COOH）、（CH3COO﹣）与pH的关系如图所示．下列有关叙述正确的是( ）
A．pH=5.5的溶液中：c（CH3COOH）＞c(CH3COO）＞c（H+）+c（OH﹣)
B．向W点所表示的1。

0L溶液中通人0。

05molHCl 气体(溶液体积变化可忽略）：c（H+)=c（CH3COOH）+c（OH﹣）
C．pH=3.5的溶液中：c（Na+)+c（H+)+c(OH﹣)+c （CH3COOH)=0.1mol．L﹣l
D．W点所表示的溶液中：c（Na+)+c(H+)=c
（CH3COOH)+c(OH）﹣
【考点】离子浓度大小的比较．
【分析】A．醋酸、醋酸钠混合溶液，由图可知，溶液显酸性，则开始电离大于水解，W点c（CH3COO﹣)=c （CH3COOH)，W点后，水解大于电离，c（CH3COO ﹣）＜c（CH3COOH）；
B．W点为等量的醋酸和醋酸钠的混合液，1.0 L 溶液中通入0。

05 mol HCl 气体得到0。

05molNaCl和0。

1molHAc;
C．由电荷守恒及c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.1mol•L﹣1分析；
D．任何一点溶液中都遵循电荷守恒；
【解答】解：A．由图可知，pH=5。

5 的溶液，显酸性，且c（CH3COO﹣）＜c（CH3COOH)，显性离子大于隐性离子，则c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c(H+）＞c（OH﹣）,故A错误；
B．向W点所表示溶液中通入0。

05molHCl气体，原有平衡被打破,建立起了新的平衡，溶液中电荷守恒关系为:c（Na+）+c(H+）=c（CH3COO﹣）+c(OH﹣）+c （Cl﹣）；物料守恒关系为：2c(Cl﹣）=c（CH3COO﹣）+c(CH3COOH）=0.1mol•L﹣1，得2c（Na+）+2c（H+）=3c（CH3COO﹣）+2c(OH﹣）+c
（CH3COOH),c(Na+)=0.05mol/L，c（CH3COOH）
+c(CH3COO﹣）=0。

1mol/L，所以得c(H+）═c(CH3COO ﹣）+c（OH﹣），故B错误；
C．由电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c(OH﹣），c（CH3COOH）+c(CH3COO﹣)=0。

1mol•L ﹣1可知，c（Na+)+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣)+c（H+）﹣c（OH﹣)+c（CH3COOH）=0.1mol/L，故C错误;
D．W点由电荷守恒可知,c（Na+）+c（H+）=c(CH3COO ﹣）+c（OH﹣），故D正确;
故选D．
【点评】本题考查离子浓度大小的比较,明确盐类水解、质子守恒是解答本题的关键,选项B为解答的易错点,题目难度中等．
7．在一固定容积的密闭容器中发生如下反应CO(g）+H2O（g）⇌CO2(g)+H2（g）．当充人lmolH2O（g）和1molCO （g）反应达到平衡时，有的CO转化为CO2．在相同条件下，若将1molCO（g)和2mol H2O（g)重新充入同一反应容器中，当反应达到平衡后，混合气体中CO2的体积分数可能为（）
A．11。

1％B．22.2% C．33.3% D．37.8％
【考点】化学平衡的计算．
【分析】当充人lmolH2O（g)和1molCO （g)反应达到平衡时，有的CO转化为CO2．可计算反应的平衡常数，在相同条件下，若将1molCO（g）和2mol H2O（g)重新充入同一反应容器中，反应的化学平衡常数不变，可根据平衡常数计算该题．
【解答】解：CO（g）+H2O（g)⇌CO2（g）+H2（g)开始（mol) 1 1 0
转化(mol）0.5 0。

5 0.5
0。

5
平衡（mol）0.5 0。

5 0。

5 0。

5
K=1，
在相同条件下，若将1molCO（g)和2mol H2O（g）重新充入同一反应容器中，则
CO（g）+H2O（g)⇌CO2（g）+H2（g）
开始(mol）1 2 0
转化（mol)x x x x
平衡（mol) 1﹣x 2﹣x x
x
=1，
X=．
混合气体中CO2的体积分数可能为=22。

2%．故选B．
【点评】本题考查化学平衡计算,为高频考点，题目难度中等,注意把握化学平衡常数的运用，试题培养了学生的化学计算能力．
二、解答题（共4小题，满分58分）
8．（15分）(2016•广元二模）A、B、C、D、E、F、G元素原子序数依次增大．已知B原子最外层有3个
未成对电子．C原子最外层电子数与核外电子总数之比为3:4,E与C同主族，F﹣、D+、A+的半径逐渐减小,化合物AF常温下为气体，G的基态原子核外M能层填满电子，N能层只有1个电子．据此回答下列问题：（1）写出C元素基态原子的电子排布式：
1s22s22p4；这些元素形成的物质中与A3C+互为等电子体是NH3．
（2）G2+的水合离子中提供孤电子对的原子是O ；某化合物由上述七种元素中的三种元素组成,为常见
家用消毒剂的主要成分，其电子式为
（3)分别由A、C、D、E四种元素组成的两种盐可相互反应得到气体的离子方程式是H++HSO3﹣
=SO2↑+H2O ．
（4)0。

3moIG的低价氧化物能与 1.4 molB的最高价氧化物对应水化物的溶液恰好完全反应(设还原产物只有BO）．
（5）0。

4mol液态B2A4与足量的液态A2C2反应,生成B2气体和A2C气体，放出256.652kJ的热量，该反应的热化学方程式为N2H4（l）+2H2O2(l）=N2（g）+4H2O(g）△H=﹣641。

63kJ/mol ．
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】A、B、C、D、E、F、G元素原子序数依次增大．G的基态原子核外M能层填满电子,N能层只有1个电子，则G为Cu元素；C原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，最外层电子数不能超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6,故C为O元素；E与C同主族，则E为S元素;B原子最外层有3个未成对电子，原子核外电子排布为1s22s22p3，故B为N元素；F﹣、D+、A+离子的半径逐渐减小，化合物AF常温下为气体,则A为H元素、D为Na、F 为Cl．
（1）C为O元素，原子核外电子数为8，根据能量最低原理书写核外电子排布式;原子数相同、价电子总也相同的微粒互为等电子体;
(2)中心原子或离子含有空轨道，配体含有孤对电子；上述七种元素中的三种元素组成,为常见家用消毒剂的主要成分,该物质为NaClO;
（3）分别由A、C、D、E四种元素组成的两种盐可相互反应得到气体，是亚硫酸氢钠与硫酸氢钠反应生成硫酸钠、二氧化硫与水；
（4）G的低价氧化物是Cu2O，B的最高价氧化物的水化物是HNO3,该反应方程式为：
3Cu2O+14HNO3=6Cu（NO3)2+2NO+7H2O；
（5）1mol液态N2H4与足量的液态H2O2反应,生成N2气体和H2O气体，放出256.652kJ的热量为256。

652kJ ×=641。

63kJ，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式．
【解答】解：A、B、C、D、E、F、G元素原子序数依次增大．G的基态原子核外M能层填满电子，N能层只有1个电子，则G为Cu元素；C原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4,最外层电子数不能超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故C为O元素;E与C同主族，则E为S元素;B原子最外层有3个未成对电子，原子核外电子排布为
1s22s22p3，故B为N元素；F﹣、D+、A+离子的半径逐渐减小,化合物AF常温下为气体,则A为H元素、D 为Na、F为Cl．
(1）C为O元素，原子核外电子数为8，根据能量最低原理,核外电子排布式为1s22s22p4；原子数相同、价电子总也相同的微粒互为等电子体,与H3O+互为等电子体是NH3,
故答案为：1s22s22p4；NH3;
（2）Cu2+的水合离子中提供孤电子对的原子是H2O 中氧原子，上述七种元素中的三种元素组成，为常见
家用消毒剂的主要成分，该物质为NaClO，电子式为，
故答案为：O;；
(3)分别由A、C、D、E四种元素组成的两种盐可相互反应得到气体，是亚硫酸氢钠与硫酸氢钠反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应离子方程式为:H++HSO3﹣=SO2↑+H2O，
故答案为：H++HSO3﹣=SO2↑+H2O；
（4）G的低价氧化物是Cu2O，B的最高价氧化物的水化物是HNO3，该反应方程式
为:3Cu2O+14HNO3=6Cu（NO3)2+2NO+7H2O，根据方程式知0。

3molCu2O和1.4mol硝酸恰好完全反应，故答案为：1.4；
（5）1mol液态N2H4与足量的液态H2O2反应，生成N2气体和H2O气体,放出的热量为256。

652kJ×=641。

63kJ，则热化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.63kJ/mol,
故答案为：N2H4(l）+2H2O2（l)=N2（g)+4H2O（g)△H=﹣641.63kJ/mol．
【点评】本题考查比较综合，涉及结构性质位置关系应用、核外电子排布、等电子体、热化学方程式书写、
氧化还原反应等知识点，正确推断元素是解本题关键，难度中等．
9．（14分）(2016•广元二模）固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂．某学习小组以Mg（NO3）2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想：
甲:Mg（NO2）2、NO2、O2乙：Mg0、N02、02丙：Mg3N2、O2丁：MgO、NO2、N2
（1）实验前讨论时,甲直接认定丁猜想不成立，理由是不符合氧化还原反应原理．
查阅资料得知：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O 针对甲、乙、丙猜想，设计如图所示的实验装置（图中加热、夹持仪器等均省略）：
（2）实验过程：
①如何检查装置的气密性连接仪器后，关闭k，微热硬质玻璃管A，观察到E中有气泡连续放出，证明装置气密性良好．
②称取Mg（NO3）2固体3.7g置于A中，加热前通入N2一段时间后关闭K，用酒精灯加热．
③观察到A中有红棕色气体出现，C、D中未见明显变化,于是大家排除猜想丙;同学戊提出丙
中有物质溶于水能与水发生复分解反应，根据此现象也排除丙,请帮戊写出支持其观点的化学方程式
Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑．
④待样品完全分解,A装置冷却至室温、称量，测得剩余固体的质量为l。

0g
（3)实验结果分析讨论：
①根据实验和剩余固体的质量经分析可初步确认猜想乙是正确的．
②根据D中无明显现象，一位同学认为不能确认分解产物中有O2,因为若有O2，D中将发生氧化还原反应生成Na2SO4(填写化学式）,溶液颜色会褪去；小组讨论认定分解产物中有O2存在，未检测到的原因是4NO2+O2+2H2O=4HNO3（用化学方程式表示)，B、C装置中均盛放NaOH但作用不一样．C中滴有酚酞NaOH的作用是检验二氧化氮是否除尽,便于D中检验产物氧气
③小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善,
需改进装置进一步研究．
【考点】性质实验方案的设计．
【分析】实验探究Mg(NO2）2热分解的产物：实验前需要检验装置的气密性,连接仪器后,关闭k，微热硬质玻璃管A，观察到E中有气泡连续放出，证明装置气密性良好，加热前通入N2,利用氮气提供惰性环境，避免空气成分干扰，装置A：Mg（NO2)2热分解，装置B:A中出现的红棕色气体和浓氢氧化钠反应，
2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O,吸收二氧化氮，装置C：检验二氧化氮是否除尽,检验氨气存在，装置D:检验氧气存在，装置E:尾气吸收，防止空气中进入装置．
（1）选项中都涉及N元素的化合价的变化，为氧化还原反应，应满足氧化剂和还原剂得失电子数目相等，以此解答；
(2）①设法使装置内外形成气压差是气密性检查的常用手段，该题可利用封闭气体的热胀冷缩进行气密性检验；③丙：Mg3N2、O2，氮化镁和水反应生成氢氧化镁和氨气；
（3）①根据硝酸镁的反应现象结合固体质量差量法进行计算，确定固体的分解方式;
②D中亚硫酸钠具有还原性,能够和氧气反应生成硫酸钠，溶液褪色;二氧化氮和水和氧气生成硝酸，C中
滴有酚酞NaOH，能检验二氧化氮是否除尽，便于D 中检验产物氧气．
【解答】解：（1)Mg（NO2)2中氮元素化合价为+5价，而丁:MgO、NO2、N2，由于产物中氮元素NO2(+4价）、N2（0价），无其它化合价变化，为化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征，
故答案为:不符合氧化还原反应原理;
（2）①该实验连接仪器后，利用封闭气体受热体积膨胀进行检验装置的气密性，方法为：关闭k，微热硬质玻璃管A，观察到E中有气泡连续放出，证明装置气密性良好,
故答案为：连接仪器后，关闭k,微热硬质玻璃管A，观察到E中有气泡连续放出，证明装置气密性良好；
③氮化镁和水反应生成氨气、氢氧化镁，反应的化学方程式为:Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑,
故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；（3）①硝酸镁分解，红棕色气体是二氧化氮，镁元素不会还是硝酸镁形式，所以甲错误，称取Mg（NO3）固体3。

7g即0.025mol置于A中，测得剩余固体的2
质量为1。

0g,则固体减少的质量是2。

7g,硝酸镁的分解反应为：2Mg（NO3)2 2 MgO+4NO2↑+O2↑，乙正确，
故答案为：乙;
②亚硫酸钠和氧气的反应，反应方程式是：
2Na2SO3+O2=2Na2SO4，小组讨论认定分解产物中有O2存在，未检测到的原因是，二氧化氮和水和氧气生成硝酸:4NO2+O2+2H2O=4HNO3,C中滴有酚酞NaOH 的作用是:检验二氧化氮是否除尽，便于D中检验产物氧气，
故答案为:Na2SO4；4NO2+O2+2H2O=4HNO3;检验二氧化氮是否除尽,便于D中检验产物氧气．
【点评】本题探究硝酸镁分解产物，提出假想，通过实验验证，涉及了化学方程式的书写、基本实验操作的考查等，本题难度中等，有利于提高学生运用所学知识的能力及化学实验能力．
10．（15分）(2016•广元二模）香料G的一种合成工艺如图所示：
核磁共振氢谱显示A有两种峰,其面积之比为1：1．
请回答下列问题：
（1）K中官能团的名称为醛基，D→E的反应类型取代反应．
（2）A的结构简式为
(3）写出M→N的化学方程式
2+O22
(4）检验M已完全转化为N的实验操作是取少量M 与试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH）2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N ．
（5）F是M的同系物，比M多一个碳原子．满足下列条件的F的同分异构体有 6 种
（不考虑立体异构)．(①能发生银镜反应②能与溴的四氯化碳溶液加成③苯环上有2个对位取代基,F的任
意一种结构简式为
任意一种．
【考点】有机物的推断．
【分析】由G的结构逆推可知E、N分别为
、中的一种，C与NBS反应得到D，D发生卤代烃水解反应得到E，故E属于醇，则E为，N为，逆推可知M为，L为、K为．D为、C为,核磁共振氢谱显示A有两种峰,其强度之比为1：1，与氢气发生加成反应生成B，B在浓硫酸条件下反应得到,可推知A为，B为．
【解答】解:由G的结构逆推可知E、N分别为
、中的一种，C与NBS反应得到D，D发生卤代烃水解反应得到E，故E属于醇,则E为，N为，逆推可知M为，L为、K为．D为、C为,核磁共振氢谱显示A有两种峰，其强度之比为1：1，与氢气发生加成反应生成B，B在浓硫酸条件下反应得到,可推知A为,B为．。