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四川省棠湖中学2020届高三上学期开学考试理综-化学试题
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1.世界第一条大面积碲化镉薄膜“发电玻璃”生产线最近在成都投产，该材料是在玻璃表面镀一层碲化镉薄膜，光电转化率高。下列说法错误的是
A. 普通玻璃含有二氧化硅 B. 该发电玻璃能将光能完全转化为电能
C. 碲化镉是一种无机化合物 D. 应用该光电转化技术可减少温室气体排放
【答案】B
【解析】
【详解】A. 普通玻璃的主要成分是二氧化硅，故A正确；
B. 该发电玻璃光电转化率高，但不能将光能完全转化为电能，故B错误；
C. 碲化镉属于无机化合物，故C正确；
D. 应用该光电转化技术，提高了光电转化率，能够减少温室气体排放，故D正确。
故选B。
2.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X分别与Y、Z、W结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。丁为无色气体，遇空气变红棕色；丙的水溶液可刻蚀玻璃。上述物质有如图转化关系：
下列说法错误的是
A. 四种元素形成的单质中W的氧化性最强
B. 甲、乙、丙中沸点最高的是丙
C. 甲常用作致冷剂
D. 甲、乙分子均只含极性共价键
【答案】B
【解析】
【分析】
丁为无色气体，遇空气变红棕色，则丁为NO，单质Z与化合物甲反应生成NO，则单质Z为O2，化合物甲为NH3，乙为H2O，能与H2O反应生成氧气的单质为F2，丙为HF，故元素X、Y、Z、W分别为H、N、O、F。据此解答。
【详解】A. 根据以上分析，H、N、O、F四种元素形成的单质中F2的氧化性最强，故A正确；
B. 常温下NH3和HF为气态，H2O在常温下为液态，所以沸点最高的是H2O，故B错误；
C. 化合物甲为NH3，氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，故常用作致冷剂，故C正确；
D. 化合物甲为NH3，乙为H2O，NH3和H2O分子均只含极性共价键，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查了结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意丁为无色气体，遇空气变红棕色是解题的突破口，熟记常见的10电子微粒。
3.按第26届国际计量大会重新定义，阿伏加德罗常数（NA）有了准确值6.02214076×1023。下列说法正确的是
A. 18 gT2O中含有的中子数为12NA
B. 用23.5gAgI与水制成的胶体中胶体粒子数目为0.1NA
C. 标准状况下，2.24LCl2全部溶于水所得溶液中的Cl－数目为0.1NA
D. 1mol某烷烃CnH2n+2（n≥1）分子中含有的共价键数为(3n+1)NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．18gT2O的物质的量为=mol，mol该水分子中含有中子的物质的量为mol×12=mol，故A错误；
B．胶体微粒不是单个的分子，而是多个AgI的聚合体，因此无法计算用23.5gAgI与水制成的胶体中胶体粒子数，故B错误；
C．氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，且生成的是HCl和HClO，故溶液中的氯离子个数小于0.1NA个，故C错误；
D．1molCnH2n+2(烷烃)中含有(n-1)mol碳碳键和(2n+2)mol碳氢键，总共含有(3n+1)mol共价键，含有共价键数为(3n+1)NA，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题的易错点为B，要注意胶体中的胶体粒子是多个分子(离子)的聚合体。
4.下列实验操作能达到实验目的的是
A. 将甲烷和乙烯的混合气体通过溴的四氯化碳溶液进行分离
B. 只用Na2CO3溶液来鉴别CaCl2溶液、AlCl3溶液和稀硫酸
C. 为检验某品牌食盐中是否加碘，将样品溶解后滴加淀粉溶液
D. 向某溶液中滴加少量稀硝酸，产生白色沉淀，证明其中含有SiO32-
【答案】B
【解析】
【详解】A．溴与乙烯反应，而甲烷不能，但甲烷可溶于四氯化碳，应选溴水、洗气分离，故A错误；
B．碳酸钠与CaCl2溶液反应生成白色沉淀，与AlCl3溶液也生成白色沉淀，但同时生成无色无味气体，现象不同，可以鉴别，故B正确；
C．食盐中一般添加的是碘酸钾，淀粉遇碘单质变蓝色，遇碘的化合物无明显现象，故C错误；
D．向某溶液中滴加少量稀硝酸，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为氢氧化铝，也可能为硅酸，故D错误；
答案选B。
5.X、Y、Z、W为短周期元素，X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和；Z与Y位于同一周期；Y2常用做保护气，一般由分馏液态空气得到；非金属Z的一种固体单质可导电；W原子半径是短周期元素中最大的。下列说法正确的是（ ）
A. 四种元素中简单离子半径由大到小顺序W、X、Y、Z
B. X、Z、W的最高价氧化物的水化物可两两发生反应
C. 氢化物沸点最高的是Z的氢化物
D. 随着温度升高，Y2的化学活性增强，可能与W单质发生化学反应
【答案】D
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W为短周期元素，Y2常用做保护气，一般由分馏液态空气得到，则Y为N元素；Z与Y位于同一周期，非金属Z的一种固体单质可导电，则Z为C元素，该单质为石墨；X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和；则X的质子数为：7+6=13，即X为Al元素；因同周期中原子半径从左到右依次减弱，同主族中从上到下原子半径依次增大，则短周期元素中最大的Na，即W为Na元素，结合元素周期律与物质结构和性质作答。
【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W为Al、N、C和Na元素，则
A. 电子层数越多，简单离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，简单离子半径越大，则四种元素的简单离子半径从大到小的顺序比较：N3-、Na+、Al3+、C4+，即Y、W、X和Z，A项错误；
B. X、Z、W的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化铝、碳酸和氢氧化钠，其中碳酸为弱酸，氢氧化铝的碱性也很弱，两者不反应，B项错误；
C. 因氨气分子间有氢键，氢化钠与氢化铝为离子晶体，熔、沸点较大，甲烷为分子晶体，熔沸点最低，C项错误；
D. N2常温下性质稳定，但随着温度升高，其化学活性增强，可能与Na单质发生化学反应生成氮化钠，D项正确；
答案选D
【点睛】需要注意C项是学生的易错点，氢氧化铝可以与强酸、强碱反应，但不能与弱酸如碳酸、弱碱如氨水反应。
6.25℃时，向20mL0.1 mol/L H2R溶液中滴加0.1 mol/LNaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。已知pKa=﹣lgKa，二元弱酸H2R的pKa1=1.89，pKa2=7.21。下列有关说法错误的是
A. 溶液的导电性：点a弱于点b
B. 离子浓度c(R2-)：点c小于点d
C. H2R + R2-=2HR-平衡常数>105，反应趋于完全
D. 点b时，y<7且<1
【答案】D
【解析】
【详解】A. b点是向20mL 0.1mol•L-1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液20mL，得到浓度为0.05mol/L的NaHR溶液；a点是向20mL 0.1mol•L-1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液10mL，得到浓度均为mol/L的NaHR和H2R的混合溶液，由于阴离子的水解和电离程度均很小，因此b点溶液中的离子浓度大于a点，导电能力点a弱于点b，故A正确；
B. c点溶液溶质为等物质的量的Na2R、NaHR，浓度均为0.03mol/L，d点溶液中溶质为mol/L Na2R，R2-水解但程度较小，HR-既电离又水解但程度均很小，因此离子浓度c(R2-)：点c小于点d，故B正确；
C. H2R + R2-=2HR-平衡常数K>105，说明反应进行的程度很大，反应趋于完全，故C正确；
D. b点时所得溶液为0.05mol/L的NaHR溶液，pKa2=7.21，Ka2=10-7.21，则HR-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，y＜7，pKa1=1.89，则Ka1=10-1.89，Ka1=，同理Ka2=，则Ka1×Ka2=×=，因此= ==104.9＞1，故D错误；
答案选D。
7.用Li和石墨的复合材料以及纳米Fe2O3材料作电极的锂离子电池，在循环充放电过程中可实现对磁性的可逆调控(如图)。下列有关说法一定错误的是
A. 该电池的电解质溶液可以是硫酸溶液
B. 放电时，总反应式是6Li+Fe2O3=3Li2O+2Fe
C. 充电时，阳极的电极反应是2Fe+3Li2O-6e-= Fe2O3+6Li+
D. 充放电过程中，电池可在被磁铁不吸引和吸引之间循环调控
【答案】A
【解析】
【详解】A.因为该电池中含有Li和Fe2O3，都可以与硫酸反应，故A错误；
B.放电时，Li作为负极，失电子被氧化，阳极Fe2O3得电子被还原，故放电时，总反应式是6Li+Fe2O3=3Li2O+2Fe，故B正确；
C.充电时，阳极与正极相反，阳极的电极反应是2Fe+3Li2O-6e-= Fe2O3+6Li+，故C正确；
D.根据题目的示意图，充电过程是从右往左的过程，可以看到电池没有被磁铁吸引，因为充电过程的物质转化过程是由Fe和Li2O转化为Li和Fe2O3，因此充电时电池不能被磁铁吸引，放电过程的物质转化是由Li和Fe2O3转化为Fe和Li2O，有铁生成，因此放电时电池被磁铁吸引，故D正确；
故选A。
8.天然气可以制备大量的化工原料。请回答下列问题：
（1）由天然气制备合成气(CO和H2)，进而可合成H2C2O4。
①欲加快H2C2O4溶液使5mL0.01mol/L 酸性KMnO4溶液褪色，可采取的措施有_______、______(写两点)。
②下列可以证明H2C2O4是弱酸的是___________。
A.H2C2O4可以分解为CO、CO2和H2O
B.常温下，0.1mol/LNaHC2O4溶液中c(HC2O4-)+c(C2O42-)<0.lmol/L
C.0.1mol/LH2C2O4溶液25mL 可以消耗0.1mol/LNaOH溶液50mL
D.常温下，0.05mol/L的H2C2O4溶液pH≈4
（2）已知：①CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g) △H1=-130kJ/mol
②CH4(g)C(s)+2H2(g) △H2=+76kJ/mol
③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H20(g) △H3=+41kJ/mol
则CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g) △H=________。
（3）向2L容器中通入3molCO2、3molCH4，在不同温度下，以镍合金为催化剂，发生反应：CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)。平衡体系中CH4和CO2的体积分数如下图。
①高温下该反应能自发进行的原因是______________，930K时的平衡常数K=_______(保留两位小数)。
②请解释图中曲线随温度变化的原因______________。
③在700～1100K内，同温度下平衡转化率：CO2________CH4(填“大于”、“ 小于”或“等于”)，结合（2）提供的反应分析，其原因可能是______________。
【答案】 (1). 升温 (2). 增大H2C2O4浓度、加Mn2+催化剂(任两点) (3). BD (4). +247kJ/mol (5). △S>0 (6). 3.72moL2/L2 (7). 正反应吸热，升温平衡向正反应方向移动，反应物体积分数减小 (8). 大于 (9). CO2+H2=CO+H2O副反应的量多于CH4 =C+2H2
【解析】
（1）①升高温度，增大H2C2O4浓度都可以使反应速率加快；正确答案：增大H2C2O4浓度、加Mn2+催化剂(任两点)。
②H2C2O4可以分解为CO、CO2 和H2O，只能证明H2C2O4不稳定，易发生分解；A错误；
NaHC2O4中HC2O-4 H++ C2O42-, HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-,根据物料守恒：c(HC2O4-)+c(C2O42-)+ c(H2C2O4)=c(Na+)，所以0.1mol/LNaHC2O4溶液中c(HC2O4-)+c(C2O42-)<0.lmol/L,所以H2C2O4是弱酸，B正确；0.1mol/LH2C2O4溶液25mL可以消耗0.1mol/LNaOH溶液50mL恰好完全中和，不能证明H2C2O4是弱酸，C错误；常温下，如果0.05mol/L的H2C2O4溶液为强酸，c(H=)=0.1mol/L，pH=1，而实际pH≈4，H2C2O4是弱酸，D正确；正确选项BD。
（2）根据盖斯定律可知：②-①+③，可得CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g) △H=+247kJ/mol； 正确答案：CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g) △H=+247kJ/mol。
（3）①从图像可知，温度升高，平衡体系中CH4和CO2的体积分数，正反应为吸热反应，△H>0，△S>0，高温下该反应能自发进行；
设甲烷的变化量为x mol，容器的体积为2L；
根据反应：CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)
起始量 3 3 0 0
变化量 x x 2x 2x
平衡量 3-x 3-x 2x 2x
平衡体系中CH4的体积分数为20%，则（3-x）/ (3-x+3-x+2x+2x)=20%, x=9/7mol ; 各物质浓度：c(CH4 )=6/7mol/L ;c(CO2)= 6/7mol/L；c(H2)=9/7mol/L; c( CO)= 9/7mol/L；c2(H2)×c2( CO)=(9/7)2×(9/7)2=(81/49)2，c(CH4 )×c(CO2)=6/7×6/7=36/42，930K时的平衡常数K=c2(H2)×c2( CO)/ c(CH4 )×c(CO2)= (81/49)2/36/42=3.72moL2/L2；正确答案：△S>0 ；3.72moL2/L2 。
②根据图像变化可知，升高温度，反应物体积分数减小，平衡右移，正反应为吸热反应；正确答案：正反应吸热，升温平衡向正反应方向移动，反应物体积分数减小。
③在700～1100K内，同温度下，二氧化碳体积分数小于甲烷的体积分数，说明二氧化碳消耗的多，平衡转化率大于甲烷；其原因可能是CO2+H2=CO+H2O副反应的量多于CH4 =C+2H2；正确答案：大于；CO2+H2=CO+H2O副反应的量多于CH4 =C+2H2。
点睛：判断反应自发进行的条件，一般规律：①△H<0 、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0 、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0 、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④ △H>0、∆S>0，高温下自发进行。
9.氯化亚铜是化工和印染等行业的重要原料，广泛用作有机合成的催化剂。
Ⅰ.甲采用CuCl2·2H2O热分解法制备CuCl，装置如图。
（1）仪器X名称是_______________，C中烧杯的试剂可以是__________。
（2）“气体入口”通入的气体是_______。
（3）反应结束后，取所得产品分析，发现其中含有氧化铜，其可能原因是______________。
Ⅱ.乙另取纯净CuCl2固体用如下方法制备CuCl。
（4）操作②中反应的离子方程式为___________________。
（5）操作①中若用100 mL 10 mol/L盐酸代替0.2 mol/L盐酸，再通入SO2后，无白色沉淀产生。对此现象有如下两种猜想：
猜想一：c(H＋)过大导致白色沉淀溶解。为验证此猜想，取75gCuCl2固体、100 mL0.2 mol/L盐酸及________mL10.0mol/LH2SO4配制成200 mL溶液，再进行操作②，观察是否有白色沉淀产生。
猜想二：_______________。请设计实验说明该猜想是否成立：_________________。
【答案】 (1). 硬质玻璃管 (2). NaOH溶液 (3). HCl (4). HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，受热分解所得 (5). SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO42-+2CuCl↓+4H+ (6). 49 (7). c(Cl-)过大导致白色沉淀溶解 (8). 取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立
【解析】
【分析】
I．热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，发生的反应为2CuCl2·2H2O 2CuCl+Cl2↑+4H2O，因为氯化铜是强酸弱碱盐，CuCl2·2H2O受热时可能发生水解反应生成氢氧化铜和氯化氢，为抑制水解，气体入口需要通入HCl气体，然后加热A处试管，干燥管中无水硫酸铜变蓝，可以检验生成的水，D中NaOH溶液吸收尾气；
Ⅱ．(4)操作②为向含有铜离子、氯离子的溶液中通入二氧化硫气体，生成CuCl沉淀，据此书写反应的方程式；
(5)根据氢原子守恒分析解答；根据盐酸中含有的离子结合题意猜想并验证。
【详解】I．(1)根据图示，仪器X为硬质玻璃管，2CuCl2·2H2O 2CuCl+Cl2↑+4H2O，氯气有毒，所以氯气在C中用氢氧化钠吸收，故答案为：硬质玻璃管；NaOH溶液；
(2)因为氯化铜是强酸弱碱盐，CuCl2·2H2O受热时可能发生水解反应生成氢氧化铜和氯化氢，为了抑制水解，需要在 “气体入口”通入HCl，故答案为：HCl；
(3)HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，故答案为：HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，受热分解所得；
Ⅱ．(4)操作②为向含有铜离子、氯离子的溶液中通入二氧化硫气体，反应为SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O =SO42-+2CuCl↓+4H+，故答案为：SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O =SO42-+2CuCl↓+4H+；
(5)设10.0mol/LH2SO4的体积为VmL，则0.2×0.1+V×10.0×2=10×0.1，解之得V=49mL，猜想二：结合盐酸中的离子进行猜想，可能是氯离子的浓度过大，导致白色沉淀溶解，可以取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立，故答案为：49；c(Cl-)过大导致白色沉淀溶解；取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立。
10.硫酸铜是一种常见的无机化合物，可形成CuSO4 .5H2O、CuSO4 .H2O等多种结 晶水合物，它可用作杀菌剂，还可用于电镀和电解精炼铜。冋答下列问题：
(1)CuSO4 .5H2O的俗名是________ 。
(2)工业利用“冶炼硫酸铜”(主要成分CuSO4含少量Fe2+、AsO2-、Ca2+等杂质)提纯 制备“电镀硫酸铜”(CuSO4 .H2O)的生产流程如下：
溶解所用的酸最适宜的是_____ ，氧化的产物中有比H3AsO4和______，调节pH时生成固体的主要成分除FeAsO4、Fe((OH)) 3外还有______，生成FeAsO4反应的离子方程是________,操作a需经过蒸发浓缩、____、过滤、洗涤、干燥等步骤，其中洗涤的过程中常用无水乙醇，其作用是______________________。
(3)用CuSO4溶液电解精炼铜装置如图所示，粗铜中含 锌、银、铂杂质，阳极发生的电极反应式_______： 目前世界正在 大力开展用Cu+的络合物作电解质溶液制备纯铜的研究，电解Cu+的 络合物与电解CuSO4溶液相比较，优点是________________,
【答案】 (1). 胆矾或蓝矾 (2). 硫酸 (3). Fe2(SO4)3 (4). CaCO3 (5). 2H3AsO4+2Fe3++3CO32-=2FeAsO4↓+3H2O+3CO2↑ (6). 冷却结晶 (7). 迅速除去晶体表面的水，防止与表面的水的形成CuSO4•5H2O (8). Zn-2e-=Zn2+ Cu-2e-=Cu2+ (9). 理论上制备相同质量的铜时，可以节省一半的电能
【解析】
【详解】（1）CuSO4•5H2O的俗名为胆矾或蓝矾；
（2）因为最后制取的为电镀硫酸铜CuSO4•H2O，所以加入的酸最好为硫酸；亚铁离子能被过氧化氢氧化，所以产物中含有硫酸铁。调节pH时加入的试剂为碳酸钠，所以溶液中的钙离子与碳酸钠反应生成碳酸钙。调节pH时生成固体的主要成分除FeAsO4，说明铁离子和H3AsO4在碳酸根离子存在反应生成FeAsO4，同时产生二氧化碳，离子方程式为：2H3AsO4+2Fe3++3CO32-=2FeAsO4↓+3H2O+3CO2↑。因为要制备的是电镀硫酸铜，电镀硫酸铜含有一定量的结晶水，故操作a是蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。洗涤过程使用无水乙醇，利用乙醇和水任意比互溶，其作用是迅速除去晶体表面的水，防止与表面的水的形成CuSO4•5H2O。
（3）电解精炼铜中粗铜在阳极反应，粗铜中含 锌、银、铂杂质，最活泼的为锌，其次为铜，故电极反应为：Zn-2e-=Zn2+ ， Cu-2e-=Cu2+；电解Cu+的 络合物与电解CuSO4溶液相比较，Cu+得到电子生成铜，与铜离子得到电子生成铜相比较，理论上制备相同质量的铜时，可以节省一半的电能。
11.工业上利用如下反应制取P4：2Ca(PO4)2 +6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10CO
回答下列问题：
(1)基态硅原子的核外电子排布式为___。
(2)Si、P、S元素第一电离能大小关系为___。
(3)P4中P原子的杂化方式是___ ，P4的空间结构为___ ，键角∠PPP=___。
(4)与CO互为等电子的阴离子是___ (填化学式)。
(5)晶体硅与金刚石结构相似，下图为晶体硅的晶胞结构。已知硅原子的半径为r nm，晶体硅的密度是___g/cm3。
(6)硅的含氧化合物都以硅氧四面体(SiO4)作为基本结构单元，如图a所示，可简化为图b。
硅、氧原子通过共用氧原子形成各种不同的硅酸根负离子，如图c和图d，图c的化学式____________。在无限长链的硅酸根中硅氧原子之比为____。
硅、氧原子除可形成长链外，也可形成层状和立体网状结构。在立体网状结构中，硅、氧原子数之比为____。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p2，或[Ne]3s23p2 (2). P>S>Si或Si
【详解】（1）Si位于第三周期IVA族，14号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，或[Ne]3s23p2；
（2）同周期从左向右第一电离能增大，但IIA>IIIA、VA>VIA，因此第一电离能大小顺序是P>S>Si或Si
（4）CO的价电子总数为10，原子数为2，因此N2、NO＋、CN－都与CO互为等电子体，阴离子是CN－；
（5）晶体硅与金刚石结构相似，体对角线的1/4=2r，即体对角线为8r，得出晶胞的边长为×10－7cm，根据晶胞的结构，晶胞中含有Si原子个数为8，因此晶胞的质量为×28g，因此晶胞的密度为g/cm3；
（6）由图可知，a图的化学式为SiO44－，形成二聚硅酸根是两个SiO44－通过共用1个O原子相连，可知图c的化学式为Si2O76－；根据图d结构，每个SiO44－与两个SiO44－均共用1个O原子，Si、O原子个数比为1：(2＋2×1/2)=1：3；在立体网状结构中，每个SiO44－与四个SiO44－均共用1个O原子，Si、O原子个数比为1：(4×1/2)=1：2。
12.肉桂酸D(β-苯基丙烯酸)用于制备化妆品、香皂的香精，乜可制造局部麻醉剂、杀菌剂、止血药、植物生长促进剂、防腐剂、感光树脂等。下列是肉桂酸D的合成与应用的反应路线：
已知：
（1）A的分子式是_______，A生成苯甲醇的反应类型是________。
（2）C的结构简式是_______，肉柱醛中的官能团名称是________。
（3）E是一种合成香精的定香剂，已知E为反式结构，则其结构简式为_______。
（4）在G中共直线的原子共有_______个，1molB转化为C最多消耗_______mol NaOH
（5）写出上图中F与NaOH醇溶液共热时的化学方程式________。
（6）P是E的同分异构体，写出符合下列条件的P的键线式_______。
①有两个相同的官能团；②能与新制氢氧化铜悬浊液作用产生砖红色沉淀；③含有苯环，核磁共振氢谱有三组面积之比为2︰2︰1的峰。
（7）以乙醇为原料，设计制备高分子化合物的合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件，无机试剂任选)______
【答案】 (1). C7H7Cl (2). 取代反应 (3). (4). 碳碳双键、醛基 (5). (6). 6 (7). 2 (8). (9). (10).
【解析】
【分析】
甲苯经过在光照条件下与氯气发生取代反应生成，则A为氯甲苯，氯甲苯在氢氧化钠水溶液作用下发生取代反应生成，铜作催化剂发生催化氧化生成，则C为，根据已知给定条件可知，苯甲醛与乙醛在氢氧化钠水溶液加热条件下会生成肉桂醛，肉桂醛继续发生银镜反应，酸化后得到产物D，则D为，继续发生酯化反应生成，则推出E为：，满足分子式为C10H10O2的条件；此外，结合C的结构简式采用逆合成分析法可知，甲苯在氯气光照条件下的副产物B的结构简式为：；D（）与溴的四氯化碳溶液发生加成反应可得到，则F为，最后发生消去反应生成G，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知，
（1）A的结构简式为，则其分子式是C7H7Cl，A继续生成苯甲醇的反应类型是取代反应，
故答案为：C7H7Cl；取代反应；
（2）C为苯甲醛，其结构简式是，肉柱醛中的官能团名称是碳碳双键、醛基，
故答案为：；碳碳双键、醛基；
（3）E为反式结构，则其结构简式为：，
故答案为：；
（4）G为，碳碳三键的原子共直线，苯环上互为对位的原子共直线，则该分子中共直线的原子共有6个，1mol B与2mol氢氧化钠水溶液加热条件下发生取代反应生成，该分子不稳定，最终会转化为C（），
故答案为：6；2；
（5）F为，溴原子与羧基均能与NaOH反应，因此该分子与NaOH醇溶液共热时的化学方程式为：，
故答案为：；
（6）E为，其分子式为：C10H10O2，有两个相同的官能团且能与新制氢氧化铜悬浊液作用产生砖红色沉淀，则说明含有两个醛基，含有苯环，核磁共振氢谱有三组面积之比为2︰2︰1的峰，则该分子处于苯环的对位，且分子为对称结构，其结构简式为：，
故答案为：；
（7）若要制备高分子化合物，采用逆合成分析思想可知，需要制备CH3CH=CHCOOH，根据上述已知的合成路线可以先以乙醇为原料，催化氧化成乙醛以后，再根据给定信息，加长碳链增大不饱和度以后生成CH3CH=CHCHO，再氧化醛基到羧基，最后加聚制得目标高分子化合物，其具体合成路线：
，
故答案为：。
【点睛】本题考查有机合成与推断，掌握官能团的性质是有机推断的突破口，本题中有效地加长碳链，同时引入碳碳双键，是解题的关键。另外，合理利用卤代烃的水解反应与消去反应作为中间架桥也是进行有机合成路线的重要途径。
1.世界第一条大面积碲化镉薄膜“发电玻璃”生产线最近在成都投产，该材料是在玻璃表面镀一层碲化镉薄膜，光电转化率高。下列说法错误的是
A. 普通玻璃含有二氧化硅 B. 该发电玻璃能将光能完全转化为电能
C. 碲化镉是一种无机化合物 D. 应用该光电转化技术可减少温室气体排放
【答案】B
【解析】
【详解】A. 普通玻璃的主要成分是二氧化硅，故A正确；
B. 该发电玻璃光电转化率高，但不能将光能完全转化为电能，故B错误；
C. 碲化镉属于无机化合物，故C正确；
D. 应用该光电转化技术，提高了光电转化率，能够减少温室气体排放，故D正确。
故选B。
2.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X分别与Y、Z、W结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。丁为无色气体，遇空气变红棕色；丙的水溶液可刻蚀玻璃。上述物质有如图转化关系：
下列说法错误的是
A. 四种元素形成的单质中W的氧化性最强
B. 甲、乙、丙中沸点最高的是丙
C. 甲常用作致冷剂
D. 甲、乙分子均只含极性共价键
【答案】B
【解析】
【分析】
丁为无色气体，遇空气变红棕色，则丁为NO，单质Z与化合物甲反应生成NO，则单质Z为O2，化合物甲为NH3，乙为H2O，能与H2O反应生成氧气的单质为F2，丙为HF，故元素X、Y、Z、W分别为H、N、O、F。据此解答。
【详解】A. 根据以上分析，H、N、O、F四种元素形成的单质中F2的氧化性最强，故A正确；
B. 常温下NH3和HF为气态，H2O在常温下为液态，所以沸点最高的是H2O，故B错误；
C. 化合物甲为NH3，氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，故常用作致冷剂，故C正确；
D. 化合物甲为NH3，乙为H2O，NH3和H2O分子均只含极性共价键，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查了结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意丁为无色气体，遇空气变红棕色是解题的突破口，熟记常见的10电子微粒。
3.按第26届国际计量大会重新定义，阿伏加德罗常数（NA）有了准确值6.02214076×1023。下列说法正确的是
A. 18 gT2O中含有的中子数为12NA
B. 用23.5gAgI与水制成的胶体中胶体粒子数目为0.1NA
C. 标准状况下，2.24LCl2全部溶于水所得溶液中的Cl－数目为0.1NA
D. 1mol某烷烃CnH2n+2（n≥1）分子中含有的共价键数为(3n+1)NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．18gT2O的物质的量为=mol，mol该水分子中含有中子的物质的量为mol×12=mol，故A错误；
B．胶体微粒不是单个的分子，而是多个AgI的聚合体，因此无法计算用23.5gAgI与水制成的胶体中胶体粒子数，故B错误；
C．氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，且生成的是HCl和HClO，故溶液中的氯离子个数小于0.1NA个，故C错误；
D．1molCnH2n+2(烷烃)中含有(n-1)mol碳碳键和(2n+2)mol碳氢键，总共含有(3n+1)mol共价键，含有共价键数为(3n+1)NA，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题的易错点为B，要注意胶体中的胶体粒子是多个分子(离子)的聚合体。
4.下列实验操作能达到实验目的的是
A. 将甲烷和乙烯的混合气体通过溴的四氯化碳溶液进行分离
B. 只用Na2CO3溶液来鉴别CaCl2溶液、AlCl3溶液和稀硫酸
C. 为检验某品牌食盐中是否加碘，将样品溶解后滴加淀粉溶液
D. 向某溶液中滴加少量稀硝酸，产生白色沉淀，证明其中含有SiO32-
【答案】B
【解析】
【详解】A．溴与乙烯反应，而甲烷不能，但甲烷可溶于四氯化碳，应选溴水、洗气分离，故A错误；
B．碳酸钠与CaCl2溶液反应生成白色沉淀，与AlCl3溶液也生成白色沉淀，但同时生成无色无味气体，现象不同，可以鉴别，故B正确；
C．食盐中一般添加的是碘酸钾，淀粉遇碘单质变蓝色，遇碘的化合物无明显现象，故C错误；
D．向某溶液中滴加少量稀硝酸，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为氢氧化铝，也可能为硅酸，故D错误；
答案选B。
5.X、Y、Z、W为短周期元素，X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和；Z与Y位于同一周期；Y2常用做保护气，一般由分馏液态空气得到；非金属Z的一种固体单质可导电；W原子半径是短周期元素中最大的。下列说法正确的是（ ）
A. 四种元素中简单离子半径由大到小顺序W、X、Y、Z
B. X、Z、W的最高价氧化物的水化物可两两发生反应
C. 氢化物沸点最高的是Z的氢化物
D. 随着温度升高，Y2的化学活性增强，可能与W单质发生化学反应
【答案】D
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W为短周期元素，Y2常用做保护气，一般由分馏液态空气得到，则Y为N元素；Z与Y位于同一周期，非金属Z的一种固体单质可导电，则Z为C元素，该单质为石墨；X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和；则X的质子数为：7+6=13，即X为Al元素；因同周期中原子半径从左到右依次减弱，同主族中从上到下原子半径依次增大，则短周期元素中最大的Na，即W为Na元素，结合元素周期律与物质结构和性质作答。
【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W为Al、N、C和Na元素，则
A. 电子层数越多，简单离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，简单离子半径越大，则四种元素的简单离子半径从大到小的顺序比较：N3-、Na+、Al3+、C4+，即Y、W、X和Z，A项错误；
B. X、Z、W的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化铝、碳酸和氢氧化钠，其中碳酸为弱酸，氢氧化铝的碱性也很弱，两者不反应，B项错误；
C. 因氨气分子间有氢键，氢化钠与氢化铝为离子晶体，熔、沸点较大，甲烷为分子晶体，熔沸点最低，C项错误；
D. N2常温下性质稳定，但随着温度升高，其化学活性增强，可能与Na单质发生化学反应生成氮化钠，D项正确；
答案选D
【点睛】需要注意C项是学生的易错点，氢氧化铝可以与强酸、强碱反应，但不能与弱酸如碳酸、弱碱如氨水反应。
6.25℃时，向20mL0.1 mol/L H2R溶液中滴加0.1 mol/LNaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。已知pKa=﹣lgKa，二元弱酸H2R的pKa1=1.89，pKa2=7.21。下列有关说法错误的是
A. 溶液的导电性：点a弱于点b
B. 离子浓度c(R2-)：点c小于点d
C. H2R + R2-=2HR-平衡常数>105，反应趋于完全
D. 点b时，y<7且<1
【答案】D
【解析】
【详解】A. b点是向20mL 0.1mol•L-1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液20mL，得到浓度为0.05mol/L的NaHR溶液；a点是向20mL 0.1mol•L-1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液10mL，得到浓度均为mol/L的NaHR和H2R的混合溶液，由于阴离子的水解和电离程度均很小，因此b点溶液中的离子浓度大于a点，导电能力点a弱于点b，故A正确；
B. c点溶液溶质为等物质的量的Na2R、NaHR，浓度均为0.03mol/L，d点溶液中溶质为mol/L Na2R，R2-水解但程度较小，HR-既电离又水解但程度均很小，因此离子浓度c(R2-)：点c小于点d，故B正确；
C. H2R + R2-=2HR-平衡常数K>105，说明反应进行的程度很大，反应趋于完全，故C正确；
D. b点时所得溶液为0.05mol/L的NaHR溶液，pKa2=7.21，Ka2=10-7.21，则HR-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，y＜7，pKa1=1.89，则Ka1=10-1.89，Ka1=，同理Ka2=，则Ka1×Ka2=×=，因此= ==104.9＞1，故D错误；
答案选D。
7.用Li和石墨的复合材料以及纳米Fe2O3材料作电极的锂离子电池，在循环充放电过程中可实现对磁性的可逆调控(如图)。下列有关说法一定错误的是
A. 该电池的电解质溶液可以是硫酸溶液
B. 放电时，总反应式是6Li+Fe2O3=3Li2O+2Fe
C. 充电时，阳极的电极反应是2Fe+3Li2O-6e-= Fe2O3+6Li+
D. 充放电过程中，电池可在被磁铁不吸引和吸引之间循环调控
【答案】A
【解析】
【详解】A.因为该电池中含有Li和Fe2O3，都可以与硫酸反应，故A错误；
B.放电时，Li作为负极，失电子被氧化，阳极Fe2O3得电子被还原，故放电时，总反应式是6Li+Fe2O3=3Li2O+2Fe，故B正确；
C.充电时，阳极与正极相反，阳极的电极反应是2Fe+3Li2O-6e-= Fe2O3+6Li+，故C正确；
D.根据题目的示意图，充电过程是从右往左的过程，可以看到电池没有被磁铁吸引，因为充电过程的物质转化过程是由Fe和Li2O转化为Li和Fe2O3，因此充电时电池不能被磁铁吸引，放电过程的物质转化是由Li和Fe2O3转化为Fe和Li2O，有铁生成，因此放电时电池被磁铁吸引，故D正确；
故选A。
8.天然气可以制备大量的化工原料。请回答下列问题：
（1）由天然气制备合成气(CO和H2)，进而可合成H2C2O4。
①欲加快H2C2O4溶液使5mL0.01mol/L 酸性KMnO4溶液褪色，可采取的措施有_______、______(写两点)。
②下列可以证明H2C2O4是弱酸的是___________。
A.H2C2O4可以分解为CO、CO2和H2O
B.常温下，0.1mol/LNaHC2O4溶液中c(HC2O4-)+c(C2O42-)<0.lmol/L
C.0.1mol/LH2C2O4溶液25mL 可以消耗0.1mol/LNaOH溶液50mL
D.常温下，0.05mol/L的H2C2O4溶液pH≈4
（2）已知：①CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g) △H1=-130kJ/mol
②CH4(g)C(s)+2H2(g) △H2=+76kJ/mol
③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H20(g) △H3=+41kJ/mol
则CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g) △H=________。
（3）向2L容器中通入3molCO2、3molCH4，在不同温度下，以镍合金为催化剂，发生反应：CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)。平衡体系中CH4和CO2的体积分数如下图。
①高温下该反应能自发进行的原因是______________，930K时的平衡常数K=_______(保留两位小数)。
②请解释图中曲线随温度变化的原因______________。
③在700～1100K内，同温度下平衡转化率：CO2________CH4(填“大于”、“ 小于”或“等于”)，结合（2）提供的反应分析，其原因可能是______________。
【答案】 (1). 升温 (2). 增大H2C2O4浓度、加Mn2+催化剂(任两点) (3). BD (4). +247kJ/mol (5). △S>0 (6). 3.72moL2/L2 (7). 正反应吸热，升温平衡向正反应方向移动，反应物体积分数减小 (8). 大于 (9). CO2+H2=CO+H2O副反应的量多于CH4 =C+2H2
【解析】
（1）①升高温度，增大H2C2O4浓度都可以使反应速率加快；正确答案：增大H2C2O4浓度、加Mn2+催化剂(任两点)。
②H2C2O4可以分解为CO、CO2 和H2O，只能证明H2C2O4不稳定，易发生分解；A错误；
NaHC2O4中HC2O-4 H++ C2O42-, HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-,根据物料守恒：c(HC2O4-)+c(C2O42-)+ c(H2C2O4)=c(Na+)，所以0.1mol/LNaHC2O4溶液中c(HC2O4-)+c(C2O42-)<0.lmol/L,所以H2C2O4是弱酸，B正确；0.1mol/LH2C2O4溶液25mL可以消耗0.1mol/LNaOH溶液50mL恰好完全中和，不能证明H2C2O4是弱酸，C错误；常温下，如果0.05mol/L的H2C2O4溶液为强酸，c(H=)=0.1mol/L，pH=1，而实际pH≈4，H2C2O4是弱酸，D正确；正确选项BD。
（2）根据盖斯定律可知：②-①+③，可得CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g) △H=+247kJ/mol； 正确答案：CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g) △H=+247kJ/mol。
（3）①从图像可知，温度升高，平衡体系中CH4和CO2的体积分数，正反应为吸热反应，△H>0，△S>0，高温下该反应能自发进行；
设甲烷的变化量为x mol，容器的体积为2L；
根据反应：CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)
起始量 3 3 0 0
变化量 x x 2x 2x
平衡量 3-x 3-x 2x 2x
平衡体系中CH4的体积分数为20%，则（3-x）/ (3-x+3-x+2x+2x)=20%, x=9/7mol ; 各物质浓度：c(CH4 )=6/7mol/L ;c(CO2)= 6/7mol/L；c(H2)=9/7mol/L; c( CO)= 9/7mol/L；c2(H2)×c2( CO)=(9/7)2×(9/7)2=(81/49)2，c(CH4 )×c(CO2)=6/7×6/7=36/42，930K时的平衡常数K=c2(H2)×c2( CO)/ c(CH4 )×c(CO2)= (81/49)2/36/42=3.72moL2/L2；正确答案：△S>0 ；3.72moL2/L2 。
②根据图像变化可知，升高温度，反应物体积分数减小，平衡右移，正反应为吸热反应；正确答案：正反应吸热，升温平衡向正反应方向移动，反应物体积分数减小。
③在700～1100K内，同温度下，二氧化碳体积分数小于甲烷的体积分数，说明二氧化碳消耗的多，平衡转化率大于甲烷；其原因可能是CO2+H2=CO+H2O副反应的量多于CH4 =C+2H2；正确答案：大于；CO2+H2=CO+H2O副反应的量多于CH4 =C+2H2。
点睛：判断反应自发进行的条件，一般规律：①△H<0 、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0 、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0 、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④ △H>0、∆S>0，高温下自发进行。
9.氯化亚铜是化工和印染等行业的重要原料，广泛用作有机合成的催化剂。
Ⅰ.甲采用CuCl2·2H2O热分解法制备CuCl，装置如图。
（1）仪器X名称是_______________，C中烧杯的试剂可以是__________。
（2）“气体入口”通入的气体是_______。
（3）反应结束后，取所得产品分析，发现其中含有氧化铜，其可能原因是______________。
Ⅱ.乙另取纯净CuCl2固体用如下方法制备CuCl。
（4）操作②中反应的离子方程式为___________________。
（5）操作①中若用100 mL 10 mol/L盐酸代替0.2 mol/L盐酸，再通入SO2后，无白色沉淀产生。对此现象有如下两种猜想：
猜想一：c(H＋)过大导致白色沉淀溶解。为验证此猜想，取75gCuCl2固体、100 mL0.2 mol/L盐酸及________mL10.0mol/LH2SO4配制成200 mL溶液，再进行操作②，观察是否有白色沉淀产生。
猜想二：_______________。请设计实验说明该猜想是否成立：_________________。
【答案】 (1). 硬质玻璃管 (2). NaOH溶液 (3). HCl (4). HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，受热分解所得 (5). SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO42-+2CuCl↓+4H+ (6). 49 (7). c(Cl-)过大导致白色沉淀溶解 (8). 取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立
【解析】
【分析】
I．热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，发生的反应为2CuCl2·2H2O 2CuCl+Cl2↑+4H2O，因为氯化铜是强酸弱碱盐，CuCl2·2H2O受热时可能发生水解反应生成氢氧化铜和氯化氢，为抑制水解，气体入口需要通入HCl气体，然后加热A处试管，干燥管中无水硫酸铜变蓝，可以检验生成的水，D中NaOH溶液吸收尾气；
Ⅱ．(4)操作②为向含有铜离子、氯离子的溶液中通入二氧化硫气体，生成CuCl沉淀，据此书写反应的方程式；
(5)根据氢原子守恒分析解答；根据盐酸中含有的离子结合题意猜想并验证。
【详解】I．(1)根据图示，仪器X为硬质玻璃管，2CuCl2·2H2O 2CuCl+Cl2↑+4H2O，氯气有毒，所以氯气在C中用氢氧化钠吸收，故答案为：硬质玻璃管；NaOH溶液；
(2)因为氯化铜是强酸弱碱盐，CuCl2·2H2O受热时可能发生水解反应生成氢氧化铜和氯化氢，为了抑制水解，需要在 “气体入口”通入HCl，故答案为：HCl；
(3)HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，故答案为：HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，受热分解所得；
Ⅱ．(4)操作②为向含有铜离子、氯离子的溶液中通入二氧化硫气体，反应为SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O =SO42-+2CuCl↓+4H+，故答案为：SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O =SO42-+2CuCl↓+4H+；
(5)设10.0mol/LH2SO4的体积为VmL，则0.2×0.1+V×10.0×2=10×0.1，解之得V=49mL，猜想二：结合盐酸中的离子进行猜想，可能是氯离子的浓度过大，导致白色沉淀溶解，可以取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立，故答案为：49；c(Cl-)过大导致白色沉淀溶解；取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立。
10.硫酸铜是一种常见的无机化合物，可形成CuSO4 .5H2O、CuSO4 .H2O等多种结 晶水合物，它可用作杀菌剂，还可用于电镀和电解精炼铜。冋答下列问题：
(1)CuSO4 .5H2O的俗名是________ 。
(2)工业利用“冶炼硫酸铜”(主要成分CuSO4含少量Fe2+、AsO2-、Ca2+等杂质)提纯 制备“电镀硫酸铜”(CuSO4 .H2O)的生产流程如下：
溶解所用的酸最适宜的是_____ ，氧化的产物中有比H3AsO4和______，调节pH时生成固体的主要成分除FeAsO4、Fe((OH)) 3外还有______，生成FeAsO4反应的离子方程是________,操作a需经过蒸发浓缩、____、过滤、洗涤、干燥等步骤，其中洗涤的过程中常用无水乙醇，其作用是______________________。
(3)用CuSO4溶液电解精炼铜装置如图所示，粗铜中含 锌、银、铂杂质，阳极发生的电极反应式_______： 目前世界正在 大力开展用Cu+的络合物作电解质溶液制备纯铜的研究，电解Cu+的 络合物与电解CuSO4溶液相比较，优点是________________,
【答案】 (1). 胆矾或蓝矾 (2). 硫酸 (3). Fe2(SO4)3 (4). CaCO3 (5). 2H3AsO4+2Fe3++3CO32-=2FeAsO4↓+3H2O+3CO2↑ (6). 冷却结晶 (7). 迅速除去晶体表面的水，防止与表面的水的形成CuSO4•5H2O (8). Zn-2e-=Zn2+ Cu-2e-=Cu2+ (9). 理论上制备相同质量的铜时，可以节省一半的电能
【解析】
【详解】（1）CuSO4•5H2O的俗名为胆矾或蓝矾；
（2）因为最后制取的为电镀硫酸铜CuSO4•H2O，所以加入的酸最好为硫酸；亚铁离子能被过氧化氢氧化，所以产物中含有硫酸铁。调节pH时加入的试剂为碳酸钠，所以溶液中的钙离子与碳酸钠反应生成碳酸钙。调节pH时生成固体的主要成分除FeAsO4，说明铁离子和H3AsO4在碳酸根离子存在反应生成FeAsO4，同时产生二氧化碳，离子方程式为：2H3AsO4+2Fe3++3CO32-=2FeAsO4↓+3H2O+3CO2↑。因为要制备的是电镀硫酸铜，电镀硫酸铜含有一定量的结晶水，故操作a是蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。洗涤过程使用无水乙醇，利用乙醇和水任意比互溶，其作用是迅速除去晶体表面的水，防止与表面的水的形成CuSO4•5H2O。
（3）电解精炼铜中粗铜在阳极反应，粗铜中含 锌、银、铂杂质，最活泼的为锌，其次为铜，故电极反应为：Zn-2e-=Zn2+ ， Cu-2e-=Cu2+；电解Cu+的 络合物与电解CuSO4溶液相比较，Cu+得到电子生成铜，与铜离子得到电子生成铜相比较，理论上制备相同质量的铜时，可以节省一半的电能。
11.工业上利用如下反应制取P4：2Ca(PO4)2 +6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10CO
回答下列问题：
(1)基态硅原子的核外电子排布式为___。
(2)Si、P、S元素第一电离能大小关系为___。
(3)P4中P原子的杂化方式是___ ，P4的空间结构为___ ，键角∠PPP=___。
(4)与CO互为等电子的阴离子是___ (填化学式)。
(5)晶体硅与金刚石结构相似，下图为晶体硅的晶胞结构。已知硅原子的半径为r nm，晶体硅的密度是___g/cm3。
(6)硅的含氧化合物都以硅氧四面体(SiO4)作为基本结构单元，如图a所示，可简化为图b。
硅、氧原子通过共用氧原子形成各种不同的硅酸根负离子，如图c和图d，图c的化学式____________。在无限长链的硅酸根中硅氧原子之比为____。
硅、氧原子除可形成长链外，也可形成层状和立体网状结构。在立体网状结构中，硅、氧原子数之比为____。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p2，或[Ne]3s23p2 (2). P>S>Si或Si
【详解】（1）Si位于第三周期IVA族，14号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，或[Ne]3s23p2；
（2）同周期从左向右第一电离能增大，但IIA>IIIA、VA>VIA，因此第一电离能大小顺序是P>S>Si或Si
（4）CO的价电子总数为10，原子数为2，因此N2、NO＋、CN－都与CO互为等电子体，阴离子是CN－；
（5）晶体硅与金刚石结构相似，体对角线的1/4=2r，即体对角线为8r，得出晶胞的边长为×10－7cm，根据晶胞的结构，晶胞中含有Si原子个数为8，因此晶胞的质量为×28g，因此晶胞的密度为g/cm3；
（6）由图可知，a图的化学式为SiO44－，形成二聚硅酸根是两个SiO44－通过共用1个O原子相连，可知图c的化学式为Si2O76－；根据图d结构，每个SiO44－与两个SiO44－均共用1个O原子，Si、O原子个数比为1：(2＋2×1/2)=1：3；在立体网状结构中，每个SiO44－与四个SiO44－均共用1个O原子，Si、O原子个数比为1：(4×1/2)=1：2。
12.肉桂酸D(β-苯基丙烯酸)用于制备化妆品、香皂的香精，乜可制造局部麻醉剂、杀菌剂、止血药、植物生长促进剂、防腐剂、感光树脂等。下列是肉桂酸D的合成与应用的反应路线：
已知：
（1）A的分子式是_______，A生成苯甲醇的反应类型是________。
（2）C的结构简式是_______，肉柱醛中的官能团名称是________。
（3）E是一种合成香精的定香剂，已知E为反式结构，则其结构简式为_______。
（4）在G中共直线的原子共有_______个，1molB转化为C最多消耗_______mol NaOH
（5）写出上图中F与NaOH醇溶液共热时的化学方程式________。
（6）P是E的同分异构体，写出符合下列条件的P的键线式_______。
①有两个相同的官能团；②能与新制氢氧化铜悬浊液作用产生砖红色沉淀；③含有苯环，核磁共振氢谱有三组面积之比为2︰2︰1的峰。
（7）以乙醇为原料，设计制备高分子化合物的合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件，无机试剂任选)______
【答案】 (1). C7H7Cl (2). 取代反应 (3). (4). 碳碳双键、醛基 (5). (6). 6 (7). 2 (8). (9). (10).
【解析】
【分析】
甲苯经过在光照条件下与氯气发生取代反应生成，则A为氯甲苯，氯甲苯在氢氧化钠水溶液作用下发生取代反应生成，铜作催化剂发生催化氧化生成，则C为，根据已知给定条件可知，苯甲醛与乙醛在氢氧化钠水溶液加热条件下会生成肉桂醛，肉桂醛继续发生银镜反应，酸化后得到产物D，则D为，继续发生酯化反应生成，则推出E为：，满足分子式为C10H10O2的条件；此外，结合C的结构简式采用逆合成分析法可知，甲苯在氯气光照条件下的副产物B的结构简式为：；D（）与溴的四氯化碳溶液发生加成反应可得到，则F为，最后发生消去反应生成G，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知，
（1）A的结构简式为，则其分子式是C7H7Cl，A继续生成苯甲醇的反应类型是取代反应，
故答案为：C7H7Cl；取代反应；
（2）C为苯甲醛，其结构简式是，肉柱醛中的官能团名称是碳碳双键、醛基，
故答案为：；碳碳双键、醛基；
（3）E为反式结构，则其结构简式为：，
故答案为：；
（4）G为，碳碳三键的原子共直线，苯环上互为对位的原子共直线，则该分子中共直线的原子共有6个，1mol B与2mol氢氧化钠水溶液加热条件下发生取代反应生成，该分子不稳定，最终会转化为C（），
故答案为：6；2；
（5）F为，溴原子与羧基均能与NaOH反应，因此该分子与NaOH醇溶液共热时的化学方程式为：，
故答案为：；
（6）E为，其分子式为：C10H10O2，有两个相同的官能团且能与新制氢氧化铜悬浊液作用产生砖红色沉淀，则说明含有两个醛基，含有苯环，核磁共振氢谱有三组面积之比为2︰2︰1的峰，则该分子处于苯环的对位，且分子为对称结构，其结构简式为：，
故答案为：；
（7）若要制备高分子化合物，采用逆合成分析思想可知，需要制备CH3CH=CHCOOH，根据上述已知的合成路线可以先以乙醇为原料，催化氧化成乙醛以后，再根据给定信息，加长碳链增大不饱和度以后生成CH3CH=CHCHO，再氧化醛基到羧基，最后加聚制得目标高分子化合物，其具体合成路线：
，
故答案为：。
【点睛】本题考查有机合成与推断，掌握官能团的性质是有机推断的突破口，本题中有效地加长碳链，同时引入碳碳双键，是解题的关键。另外，合理利用卤代烃的水解反应与消去反应作为中间架桥也是进行有机合成路线的重要途径。
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