山东省德州市高考化学二模试卷(含解析)

山东省德州市2015年高考化学二模试卷一、选择题（每题6分，共42分）1．化学在人类生活中扮演着重要角色，下列叙述正确的是（）A．氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季好B．利用化学反应可实现12C到14C的转化C．“血液透析”利用了胶体的性质D．气象环境报告中新增的“PM2.5”是对一种新分子的描述考点：胶体的应用；同位素及其应用；氯气的化学性质；常见的生活环境的污染及治理．.分析：A．HClO不稳定，受热易分解；B．同位素之间的变化是物理变化；C．血液是胶体；D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物．解答：解：A．夏季相比冬季温度高，HClO易分解，所以杀菌效果不如冬季，故A错误；B．同位素之间的变化是物理变化，故B错误；C．血液是胶体，胶粒不能透过半透膜，故C正确；D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，不是对一种新分子的描述，故D错误；故选：C．点评：本题考查了元素化合物知识，熟悉次氯酸、胶体、同位素的性质，熟悉pm2.5的成分是解题关键，题目难度不大．2．（6分）（2015•德州二模）下列有关化学概念或原理的论述中正确的是（）A．由SO2通入Ba（NO3）2溶液产生白色沉淀可知，BaSO3不溶于硝酸B．电解精炼铜，电解结束后电解质溶液浓度不变C．海水中Na+、Cl一结晶成NaCl的过程，形成了化学键D．任何可逆反应，其平衡常数越大，反应速率、反应物的转化率就越大考点：硝酸的化学性质；铜的电解精炼；化学平衡常数的含义．.分析：A、SO2通入硝酸钡溶液，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；B、电解精炼铜，粗铜作阳极，粗铜有比铜活泼的金属首先放电；C、海水中离子自由移动，结晶析出晶体氯化钠，钠离子和氯离子形成离子键；D、平衡常数只反映反应物的转化率，与反应速率无关．解答：解：A、SO2通入硝酸钡溶液，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，则BaSO3能溶于强酸，结论不合理，故A错误；B、电解精炼铜，粗铜作阳极，粗铜有比铜活泼的金属锌、铁等首先放电，所以电解结束后电解质溶液浓度改变，故B错误；C、海水中离子自由移动，结晶析出晶体氯化钠，钠离子和氯离子形成离子键，结晶成NaCl的过程，形成了化学键，故C正确；D．平衡常数只反映反应物的转化率，不反映反应速率的快慢，且只与温度有关，故D 错误；故选：C．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及氧化还原反应、电化学的判断等，把握物质的性质及化学反应原理等为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大．3．（6分）（2015•德州二模）某一不饱和酯类化合物（如图）在药物、涂料等领域应用广泛，下列有关说法不正确的是（ ）A ．能使KMnO4溶液褪色 B ．1mol 的该化合物和足量的钠反应生成1molH2 C ．能与溴发生取代反应和加成反应 D ． 1mol 该化合物最多与2molNaOH 反应考点： 有机物的结构和性质．.分析： 该有机物中含有苯环、酚羟基、碳碳双键和酯基，具有苯、酚、烯烃和酯的性质，能发生加成反应、加聚反应、水解反应及取代反应、氧化反应，据此分析解答．解答： 解：A ．该分子中含有碳碳双键，所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A 正确；B ．酚羟基能和Na 反应生成氢气，1mol 该化合物能和足量钠反应生成1mol 氢气，故B 正确；C ．该分子中含有酚羟基和碳碳双键，所以能和溴发生加成反应、取代反应，故C 正确；D ．酚羟基和酯基能和NaOH 溶液反应，所以1mol 该化合物最多能和3molNaOH 反应，故D 错误；故选D ．点评： 本题考查有机物结构和性质，明确物质中官能团与性质的关系是解本题关键，侧重考查酚羟基、碳碳双键及酯基的性质，题目难度不大．5．（6分）（2015•德州二模）如图图示与对应的叙述不相符的是（ ）图 1图2 图 3图4A ．图1的目的是检验装置的气密性 B ．图2中分液漏斗振荡静置后，上层液体颜色变浅 C ．图3中电流计的指针不发生偏转 D ． 图4液态水分解的热化学方程式为：2H2O （1）═2H2（g ）+O2（g ）△H=+571.6KJ/mol考点： 分液和萃取；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理．.分析： A ．能形成压强差的装置能检验装置气密性；B ．溴与氢氧化钠反应导致上层液体颜色变浅；C ．此为水果电池，是铜锌原电池，锌活泼为负极，铜为正极；D ．图中反应物的总能量高于生成物的总能量，应为放热反应，且是氢气与氧气反应生成水．解答：解：A．该装置中乙中两管液体能形成压强差，可以根据左边管中液体高度是否变化检验装置气密性，故A正确；B．溴能与碱性溶液氢氧化钠反应生成溴化钠和次溴酸钠，故上层苯中溶解的溴浓度减小，颜色变浅，故B正确；C．此为水果电池，是铜锌原电池，锌活泼为负极，铜为正极，故有电流产生，故C错误；D．图中反应物的总能量高于生成物的总能量，应为放热反应，且是氢气与氧气反应生成水，若为液体水分解，热化学反应方程式为：2H2O（1）═2H2（g）+O2（g）△H=+571.6KJ/mol，故D正确，故选C．点评：本题主要考查的是气密性检查、原电池工作原理、反应热的计算等，难度不大，综合性较强，注意总结归纳．6．（6分）（2015•德州二模）下列叙述正确的是（）A．含4NA个离子的固体Na2O溶于水配成1 L溶液，所得溶液中Na+的物质的量浓度为2 mol•L ﹣1B．N a2S在空气中长期放置变浑浊的离子方程式为：2S2一+O2+2H2O═2S↓+4OH﹣C．可以用澄清石灰水鉴别Na2CO3和NaHCO3D．滴加KSCN显红色的溶液中存在：NH4+、K+、C1﹣、I﹣考点：物质的量浓度的相关计算；离子方程式的书写；常见离子的检验方法；离子共存问题．. 分析：A.1mol氧化钠含有3mol离子，结合n=计算氧化钠的物质的量，氧化钠溶于水生成NaOH，根据钠离子守恒结合c=计算；B．硫离子被氧气氧化生成硫，结合电荷守恒可知，有氢氧根离子守恒，配平书写离子方程式判断；C．碳酸钠、碳酸氢钠均与氢氧化钙反应得到碳酸钙沉淀；D．滴加KSCN显红色的溶液中存在铁离子，铁离子具有强氧化性，可以氧化I﹣．解答：解：A.1mol氧化钠含有3mol离子，氧化钠的物质的量×=mol，氧化钠溶于水生成NaOH，根据钠离子守恒，溶液中钠离子物质的量为mol×2=mol，故钠离子浓度为=mol/L，故A错误；B．硫离子被氧气氧化生成硫，结合电荷守恒可知，有氢氧根离子守恒，配平后离子方程式为：2S2﹣+O2+2H2O═2S↓+4OH﹣，故B正确；C．碳酸钠、碳酸氢钠均与氢氧化钙反应得到碳酸钙沉淀，无法鉴别，故C错误；D．滴加KSCN显红色的溶液中存在铁离子，铁离子具有强氧化性，可以氧化I﹣，不能与碘离子大量共存，故D错误，故选B．点评：本题考查物质的量浓度计算、离子方程式、物质检验、离子共存，是对学生综合知识的考查，难度中等．7．（6分）（2015•德州二模）下列说法正确的是（）A．p H=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS一）=1×10﹣5mol•L﹣1B．含有AgCl和AgI固体的悬浊液中，c（Ag+）＞c（Cl﹣）=c（I﹣）C．在新制氯水中加入氯化钠固体，水的电离平衡不移动D．若R为Zn，则如图采用了牺牲阳极的阴极保护法考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；金属防护的常用方法．.分析：A、H2S在水溶液中分两步电离：第一步：H2S⇌H++HS﹣，第二步：HS﹣⇌H++S2﹣，据此解答即可；B、AgCl的溶解度大于AgI的溶解度；C、新制氯水中存在平衡，Cl2+H2O⇌H++HClO+Cl﹣；D、锌比铁活泼，在原电池中作负极，正极被保护．解答：解：A、H2S在水溶液中分两步电离：第一步：H2S⇌H++HS﹣，第二步：HS﹣⇌H++S2﹣，故溶液中c（H+）=1×10﹣5mol•L﹣1＞c（HS﹣），故A错误；B、AgCl的溶解度大于AgI的溶解度，故在此饱和溶液中c（Ag+）＞c（Cl﹣）＞c（I﹣），故B错误；C、新制氯水中存在平衡，Cl2+H2O⇌H++HClO+Cl﹣，加入氯化钠固体，即增加了氯离子浓度，故平衡左移氢离子浓度减小，导致水的平衡右移，故C错误；D、锌比铁活泼，在原电池中作负极，正极（Fe）被保护，此为牺牲阳极阴极保护法，故D正确，故选D．点评：本题主要考查的是弱酸的分步电离、离子浓度大小比较、平衡移动原理以及原电池工作原理，本题考查的较为全面，但难度不大．二、非选择题8．（18分）（2015•德州二模）化学反应原理在生产和科研中有着重要的应用，请利用相关知识回答下列问题．（1）一定条件下在密闭容器中加入NH4I发生反应：a．NH4I（s）⇌NH3（g）+HI（g） b.2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）则反应a的平衡常数表达式为K=•；达到平衡后，扩大容器体积，反应b的移动方向不移动（填正向、逆向或不移动）（2）氮元素的+4价氧化物有两种，它们之间发生反应：2NO2⇌N2O4△H＜0，将一定量的NO2充入注射器中后封口，图1是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）．下列说法正确的是A．b点的操作是压缩注射器B．c点与a点相比，c（NO2）增大，c（N2O4）减小C．若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则b、c两点的平衡常数Kb＞KcD．d点：v（正）＞v（逆）（3）利用反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O构成原电池，能消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，装置如图2所示．①电极a为负极，其电极反应式为2NH3﹣6e﹣+60H﹣=N2+6H2O．②当有2.24LNO2（标准状况下）被处理时，转移电子为0.4mol．③为使电池持续放电，该离子交换膜需选用阴离子交换膜．（4）使用硼氢化钠（NaBH4）为诱导剂，可使Co2+与肼（N2H4）在碱性条件下发生反应，制得高纯度纳米钴，该过程不产生有毒气体．①写出该反应的离子方程式2Co2++N2H4+4OH﹣=2Co↓+N2↑+4H2O．②在纳米钴的催化作用下，肼（N2H4）可分解生成两种气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝．若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图3所示，为抑制肼的分解，可采取的合理措施有降低反应温度（任写一种）．考点：化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理．.分析：（1）化学平衡常数K=，固体和纯液体不列入；达到平衡后，扩大容器体积，平衡向气体体积增大的方向移动；（2）该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大，据此分析；（3）由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，结合电解质溶液呈碱性解答；（4）①依据题意，反应物为Co2+与肼（N2H4）、碱性条件下存在OH﹣，生成物为：钴单质，据此得出Co的化合价降低，故N的化合价升高，只能为0价，即氮气，依据氧化还原反应得失电子守恒回答即可；②由图1得知：温度越高，肼的百分含量越低，即分解的越快．解答：解：（1）NH4I为固态，不列入平衡常数表达式，所以其平衡常数表达式为：K=•，反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）前后气体物质的量不变，所以增大容器体积，平衡不移动，故答案为：K=•；不移动；（2）A、b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，故A正确；B、c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故B错误；C、b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致T（b）＜T（c），升温平衡逆向移动，平衡常数减小，所以Kb＞Kc，故C正确；D、c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，所以v（逆）＞v（正），故D错误；故答案为：AC；（3）①由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则a为负极，b为正极，负极电极方程式为2NH3﹣6e﹣+60H﹣=N2+6H2O，故答案为：负；2NH3﹣6e﹣+60H﹣=N2+6H2O；②当有2.24L NO2（标准状况）即0.1mol 被处理时，转移电子为0.1mol×（4﹣0）=0.4mol，故答案为：0.4；③原电池工作时，阴离子向负极移动，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，防止二氧化氮反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，导致原电池不能正常工作，故答案为：阴离子；（4）①依据题意，反应物为Co2+与肼（N2H4）、碱性条件下存在OH﹣，生成物为：钴单质，据此得出Co的化合价降低，故N的化合价升高，只能为0价，即氮气，据此得出还有水生成，氧化还原反应中存在得失电子守恒以及元素守恒，故此反应的离子反应方程式为：2Co2++N2H4+4OH﹣=2Co↓+N2↑+4H2O，故答案为：2Co2++N2H4+4OH﹣=2Co↓+N2↑+4H2O；②由图1可知，温度越高，肼的体积分数含量越低，故要抑制肼的分解，应降低反应温度，故答案为：降低反应温度．点评：本题主要考查的是平衡移动、电极反应式书写、电解池反应原理等，综合性较强，难度较大，注意整理归纳．9．（16分）（2015•德州二模）一种新型高效净水剂PAFC﹣﹣聚合氯化铁铝m，应用非常的广泛．（1）为测定PAFC中Al的含量，采用如图所示流程进行．回答下列问题：①步骤Ⅰ中的试剂A是氢氧化钠溶液（填“氨水”或“氢氧化钠溶液”）．②步骤Ⅲ的离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣．③实验室进行“灼烧”时所需的陶瓷仪器有坩埚、泥三角．④溶液2中存在的电荷守恒式为c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（Cl﹣），；向溶液2中滴加少量NaOH镕液，则变小（填“变大”、“变小”或“不变”）．（2）C和某一金属在高温下发生反应可用于焊接钢轨，其化学反应方程为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；某同学在实验室中进行此反应，反应结束后将所得固体溶于足量的稀硫酸，滴加KSCN溶液无明显现象，由此该同学确定该固体混合物中无Fe2O3，他的判断是否正确？否（填“是”或“否”）；其理由是Fe+2Fe3+=3Fe2+．（用离子方程式解释）考点：探究物质的组成或测量物质的含量．.分析：（1）为检测PAFC中Al和Fe含量，PAFC加入足量A为氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，氯化钠溶液，过滤后得到氢氧化铁灼烧得到C为氧化铁，滤液Ⅰ中通入过量的B为二氧化碳气体和偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝沉淀，灼烧得到D为氧化铝；①步骤Ⅰ中的试剂A为氢氧化钠溶液；②步骤Ⅲ的反应为偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀；③依据固体灼烧所需陶瓷仪器为坩埚，泥三角分析；④溶液2为碳酸氢钠溶液和氯化钠溶液的混合物，溶液中阴阳离子所带电荷数相同，向溶液2中滴加少量NaOH镕液和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，碳酸根离子浓度增大，碳酸浓度减小；（2）铝热反应需要引发剂引发高温反应，用少量氯酸钾和镁条引发，点燃镁条燃烧放热使氯酸钾分解生成氧气助燃产生反应引发所需要的温度，铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，说明无铁离子，但不能说明固体中不含氧化铁，因为铝热反应生成铁，溶解于硫酸中铁可以还原铁离子为亚铁离子分析书写离子方程式．解答：解：（1）为检测PAFC中Al和Fe含量，PAFC加入足量A为氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，氯化钠溶液；过滤后得到氢氧化铁灼烧得到C为氧化铁，滤液Ⅰ中通入过量的B为二氧化碳气体和偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝沉淀，灼烧得到D为氧化铝；①步骤Ⅰ中的试剂A为氢氧化钠溶液，故答案为：氢氧化钠溶液；②步骤Ⅲ的反应为偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；③实验室进行“灼烧”是灼烧氢氧化铝固体，固体灼烧所需陶瓷仪器为坩埚、泥三角；故答案为：坩埚、泥三角；④溶液2为碳酸氢钠溶液和氯化钠溶液，溶液中阴阳离子所带电荷数相同，溶液中存在电荷守恒为：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（Cl﹣），向溶液2中滴加少量NaOH镕液和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，碳酸根离子浓度增大，碳酸浓度减小，比值减小；故答案为：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（Cl﹣）；变小；（2）由于Al、Fe以及Fe2O3的物质的量关系无法确定，则不能确定溶液中Fe元素的存在形成是否有Fe3+，所得酸性溶液中，不能确定是否一定存在的阳离子为Fe3+；铝热反应需要引发剂引发高温反应，用少量氯酸钾和镁条引发，点燃镁条燃烧放热使氯酸钾分解生成氧气助燃产生反应引发所需要的温度发生反应，反应的化学方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，说明无铁离子，但不能说明固体中不含氧化铁，因为铝热反应生成铁溶解于硫酸中铁可以还原铁离子为亚铁离子，离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应结束后将所得固体溶于足量的稀硫酸，滴加KSCN溶液无明显现象，不能确定该固体混合物中无Fe2O3；故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；否；Fe+2Fe3+=3Fe2+．点评：本题考查了铝及其化合物性质的分析应用，主要是过程分析判断，电解质溶液中离子性质和电荷守恒，实验基本操作的应用，掌握基础是关键，题目难度中等．10．（20分）（2015•德州二模）实验室可用NaClO3制取ClO2气体，再由ClO2制得NaClO2，实验装置如图所示：回答下列问题：（1）仪器a的名称为圆底烧瓶；B中H2O2发生氧化反应（填“氧化”、“还原”或“非氧化还原”）；装置C的作用是防止倒吸．（2）该实验必须使NaClO3稍微过量，目的是使Na2SO3完全反应，避免产生SO2．（3）为使ClO2气体能被均匀、充分吸收，操作时应注意控制硫酸滴入速度．（4）NaOH吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为ClO2﹣，则另一种为ClO3﹣．（5）证明NaClO2具有氧化性的方法是：将B中溶液加热除去H2O2，加入②（填序号，下同）酸化，再加入⑤⑥检验．①稀HNO3 ②稀H2SO4 ③K2SO3溶液④BaCl2溶液⑤FeCl2溶液⑥KSCN溶液（6）25℃时，浓度均为0.1mol•L﹣1的NaClO2溶液和CH3COONa溶液，两溶液中c（CIO2﹣＞c（CH3COO﹣（填“＞”“＜”或“=”；已知HC1O2的电离常数为1.1×10﹣2mol•L﹣1，CH3COOH 的电离常数为1.7×10﹣5mol•L﹣1）若要使两溶液的pH相等应bd（填序号）a．向NaClO2溶液中加适量水b．向NaClO2溶液中加适量NaOH固体c．向CH3COONa溶液中加CH3COONa固体d．向CH3COONa溶液中加适量的水．考点：制备实验方案的设计．.分析：酸性条件下，NaClO3与亚硫酸钠反应生成ClO2，ClO2与双氧水在碱性条件下反应生成NaClO2，二氧化氯属于有毒气体，所以尾气用NaOH溶液处理；（1）根据装置图判断仪器名称；ClO2与双氧水在碱性条件下反应生成NaClO2，根据化合价的变化判断；C瓶为空的试剂瓶可以防倒吸；（2）根据反应方程式可知使一种反应物过量，则另一种反应物反应完全；（3）缓慢通入ClO2可以使ClO2气体能被均匀、充分吸收；（4）根据得失电子守恒判断；（5）酸化溶液时一般用稀硫酸，检验氧化性的物质可以选用具有还原性的物质；（6）酸性越弱，酸根离子水解程度越大；NaClO2溶液和CH3COONa溶液均显碱性，CH3COONa溶液碱性强，若要使两溶液的pH相等应减小CH3COONa溶液pH，或增大NaClO2溶液pH．解答：解：酸性条件下，NaClO3与亚硫酸钠反应生成ClO2，ClO2与双氧水在碱性条件下反应生成NaClO2，二氧化氯属于有毒气体，所以尾气用NaOH溶液处理；（1）根据装置图可知仪器a名称为圆底烧瓶；ClO2与双氧水在碱性条件下反应生成NaClO2，反应中Cl元素的化合价降低，作氧化剂，反应中双氧水中O元素的化合价升高，双氧水作还原剂，发生氧化反应；C瓶为空的试剂瓶作为安全瓶，可以防倒吸；故答案为：圆底烧瓶；氧化；防止倒吸；（2）根据反应方程式可知使一种反应物过量，则另一种反应物反应完全，所以该实验必须使NaClO3稍微过量，目的是使Na2SO3完全反应，避免产生SO2；故答案为：使Na2SO3完全反应，避免产生SO2；（3）缓慢通入ClO2可以使ClO2气体能被均匀、充分吸收，硫酸、NaClO3与亚硫酸钠反应生成ClO2，所以应该控制硫酸滴入速度；故答案为：控制硫酸滴入速度；（4）NaOH吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为ClO2﹣，ClO2到ClO2﹣化合价降低1价，则ClO2生成的另一种产物中化合价应该升高1价，所以一种为ClO3﹣；故答案为：ClO3﹣；（5）酸化溶液时一般用稀硫酸，硝酸具氧化性，不能选用硝酸；检验氧化性的物质可以选用具有还原性的物质，所以检验NaClO2具有氧化性应该选用⑤FeCl2溶液⑥KSCN 溶液；故答案为：②；⑤⑥；（6）酸性越弱，酸根离子水解程度越大，已知醋酸的电离常数小于HClO2，说明醋酸的酸性弱，所以醋酸根离子水解程度大，则醋酸根离子浓度小；NaClO2溶液和CH3COONa 溶液均显碱性，CH3COONa溶液碱性强，若要使两溶液的pH相等，应减小CH3COONa 溶液pH，可以向CH3COONa溶液中加适量的水，或增大NaClO2溶液pH，可以向NaClO2溶液中加适量NaOH固体，则bd正确．故答案为：＞；bd．点评：本题考查物质的制备、对信息的利用、对装置的理解等，理解原理是解题的关键，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，难度较大．三、【化学--物质结构与性质】（12分）11．（12分）（2015•德州二模）（1）X难溶于水、易溶于有机溶剂，其晶体类型为原子晶体；Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9．（2）M中所含元素的电负性由大到小顺序为O＞N＞C＞H，N原子以sp2杂化轨道与O原子形成σ键．（3）上述反应中断裂和生成的化学键有be（填序号）．a．离子键b．配位键c．金属键d．范德华力e．共价键（4）铜晶胞的结构如图2所示，铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为12．考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键．.分析：（1））X难溶于水、易溶于有机溶剂，应属于分子晶体；Cu元素原子核外电子数为29，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p43d104s1，Cu原子失去4s、3d能级的1个电子形成Cu2+；（2）同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大；分子中N原子形成2个σ键，含有1对孤电子对与铜离子形成配位键，N原子采取sp2杂化；（3）酚羟基中O﹣H键断裂，N原子与酚羟基中的H原子之间氢键断裂，氧原子、N 原子与铜离子之间形成配位键；（4）以顶点Cu原子研究，与之最近的Cu原子位于面心，每个顶点为12的面共用．解答：解：（1）X难溶于水、易溶于有机溶剂，应属于分子晶体；Cu元素原子核外电子数为29，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu原子失去4s、3d能级的1个电子形成Cu2+，Cu2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，故答案为：原子晶体；1s22s22p63s23p63d9；（2）同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性O＞N＞C＞H；分子中N原子形成2个σ键，含有1对孤电子对与铜离子形成配位键，N原子采取sp2杂化，N原子以sp2杂化轨道与O原子形成σ键，故答案为：O＞N＞C＞H；sp2杂化；（3）酚羟基中O﹣H键断裂，N原子与酚羟基中的H原子之间氢键断裂，氧原子、N 原子与铜离子之间形成配位键，故选：be；（4）以顶点Cu原子研究，与之最近的Cu原子位于面心，每个顶点为12个面共用，铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为12，故答案为：12．点评：本题是对物质结构的考查，涉及晶体类型与性质、核外电子排布、电负性、杂化轨道、化学键、晶胞结构等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握．四、【化学--有机化学基础】（12分）12．（12分）（2015•德州二模）枯茗醛可用作食用香精．现由枯茗醛合成兔耳草醛，其合成路线如图1：A B C已知醛在一定条件下发生如下反应：R﹣CH2﹣CHO+R′﹣CH2﹣CHO请回答下列问题：（1）写出试剂X的结构简式：CH3CH2CHO．（2）写出有机物B中所含官能团的名称为醛基、碳碳双键；A→B的反应类型为消去反应．（3）检验B中的官能团所需的试剂是AC（填序号）．A．银氨溶液稀盐酸溴水B．新制氢氧化铜悬浊液稀硫酸酸性高锰酸钾溶液C．新制氢氧化铜悬浊液稀盐酸溴水D．银氨溶液稀硫酸酸性高锰酸钾溶液（4）写出有机物C生成兔耳草醛的化学方程式：．（5）芳香族化合物Y与枯茗醛互为同分异构体，Y具有如下特征：a．不能发生银镜反应，可发生消去反应；b．核磁共振氢谱显示：Y消去反应产物的苯环上只存在一种化学环境的氢原子；写出Y可能的结构简式：、．考点：有机物的推断．.分析：C发生氧化反应生成兔耳草醛，根据兔耳草醛结构简式知，C结构简式为；根据题给信息知，枯茗醛和X发生加成反应生成A，A发生消去反应生成B，B发生加成反应生成C，从A到兔耳草醛其碳原子个数不变，则X为CH3CH2CHO，A为，A→B发生醇的消去反应，生成B为，B→C发生加成反应．解答：解：（1）据上述分析，X为CH3CH2CHO，故答案为：CH3CH2CHO；（2）A→B发生醇的消去反应，B为，B中含有官能团的名称有：醛基、碳碳双键，故答案为：醛基、碳碳双键；消去反应；（3）B为，含有官能团有：醛基、碳碳双键，检验醛基可以用银氨溶。