2015年全国化学2卷

2015年普通高等学校招生全国统一考试新课标卷理综化学试题7食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性与环境友好.下列说法错误的是A硅胶可用作食品干燥剂BP2O5不可用作食品干燥剂C六水合氯化钙可用作食品干燥剂D加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂答案C解析A硅胶多孔,吸附水分能力强,且没有毒,常用作实验室和袋装食品、瓶装药品等的干燥剂,A正确；BP2O5是酸性氧化物吸水生成磷酸或偏硫酸,酸有腐蚀性,而偏磷酸有毒,因此不可用作食品干燥剂,B正确；C氯化钙检验吸水性,而六水合氯化钙不具有吸水性,不能用作食品干燥剂,C错误；D加工后具有吸水性的植物纤维没有毒,没有腐蚀性,因此可用作食品干燥剂,D正确,答案选C.考点定位考查硅胶、P2O5、氯化钙、新型植物纤维等食品干燥剂中的应用名师点晴本题从知识上考查了常见干燥剂在生活中的应用,考查了学生对知识理解、综合运用能力,对生活中的化学知识的运用情况,熟悉常见干燥剂的性质是答题的关键.这道高考题为一道中下档题,难度偏低.8某羧酸酯的分子式为C18H26O5,1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇,该羧酸的分子式为AC14H18O5BC14H16O4CC14H22O5DC14H10O5答案A解析羧酸酯的分子式为C18H26O5,1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇,这说明分子中含有2个酯基,因此有2分子水参加反应,水解方程式为：C18H26O5+2H2O羧酸+2C2H6O,则根据原子守恒可知该羧酸的分子式中碳原子个数是182214,氢原子个数是26+4-2618,氧原子个数是5+2-215,即分子式为C14H18O5,A正确.考点定位本题主要是考查酯类物质的水解、利用质量守恒定律判断物质的分子式名师点晴该题以酯类的水解反应为载体,考查了学生灵活运用水解反应方程式判断有机物分子式,该题的关键是判断出酯类物质中含有2个酯基以与原子守恒在化学反应中的应用,题目难度不大.9原子序数依次增大的元素a、b、c、d,它们的最外层电子数分别为1、6、7、1.a的电子层结构与氦相同,b和c的次外层有8个电子,c和d+的电子层结构相同.下列叙述错误的是A元素的非金属性次序为cbaBa和其他3种元素均能形成共价化合物Cd和其他3种元素均能形成离子化合物D元素a 、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6答案B解析原子序数依次增大的元素a、b、c、d,它们的最外层电子数分别为1、6、7、1,即分别属于第IA、AA、IA族.a的电子层结构与氦相同,则a是H.b和c的次外层有8个电子,即二者均是第三周期元素,所以b是S,c是Cl.c和d+的电子层结构相同,都是18电子微粒,则d是K.A同周期自左向右非金属性逐渐增强,同主族自上而下非金属性逐渐减弱,则元素的非金属性次序为cba,A正确；B氢元素与硫元素和氯元素分别可以形成共价化合物H2S和HCl,但氢元素与钾元素不能形成共价化合物,而是形成离子化合物KH,B错误；Cd和其他3种元素均能形成离子化合物,即KH、K2S、KCl,C正确；D氢元素、硫元素和氯元素的最高价、最低价分别是+1和-1、+6或 -2、+7或-1,所以元素a 、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6,D正确,答案选B.考点定位本题主要是考查元素推断、元素周期律的应用,涉与非金属性强弱比较、共价化合物和离子化合物判断以与化合价等名师点晴高考要求学生熟练掌握同一周期、同一主族的原子结构和元素性质的递变规律,了解元素原子结构、元素在周期表中的位置、性质与其它们之间的关系.高考命题中常将将元素周期表、元素周期律、与元素性质结合进行考查,有时还会结合相应物质的性质和制备进行考查,该种题型是高考经典和必考题型.通过元素周期表考查元素性质主要包含元素主要化合价、元素金属性非金属性、原子或离子半径等,充分体现了化学周期表中位置反映结构、结构决定性质这一基本原理,更突显了化学学科规律的特色,题目浓度不大.10NA代表阿伏加德罗常数的值.下列叙述正确的是A60g丙醇中存在的共价键总数为10NAB1L0.1molL1的NaHCO3溶液中HCO3和CO32离子数之和为0.1NAC钠在空气中燃烧可生成多种氧化物.23g钠充分燃烧时转移电子数为1NAD235g核互U发生裂变反应：U+nSr+U+10n,净产生的中子数为10NA答案C解析A60g丙醇的物质的量是1mol,丙醇的结构简式为CH3CH2CH2OH,所以分子中存在的共价键总数为11NA,A错误；B根据物料守恒可知1L0.1molL1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3和CO32离子数之和为0.1NA,B错误；C钠在空气中燃烧可生成多种氧化物,氧化钠或过氧化钠,23g钠的物质的量是23g23g/mol1mol.钠不论是转化为氧化钠,还是过氧化钠,均失去1个电子,所以钠充分燃烧时转移电子数为1NA,C正确；D235g核素U的物质的量235g235g/mol1mol,根据发生的裂变反应U+nSr+U+10n可知净产生的中子数为9NA,D错误,答案选C.考点定位本题主要是考查阿伏加德罗常数的有关计算,涉与丙醇分子中共价键判断、溶液中物料守恒应用、氧化还原反应中电子转移计算以与核裂变反应等名师点晴将分子、原子的结构、相对分子质量或式量、物质质量、摩尔质量、物质的量、物质的量在物质与其所含构成微粒关系式计算中的应用、溶液体积、溶质的物质的量浓度、溶质的物质的量、溶质与水化合即电解质的电离、可逆反应、取值范围、气体摩尔体积、物质的状态、电解质溶液中存在的微粒、钠的燃烧、氧化还原反应、化合价、物质的量在钠与失去电子的关系式计算中的应用等联系起来.充分体现了化学研究从定性到定量、从宏观到微观的特点,更突显了化学科学特点和化学研究基本方法,能较好的考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力.11分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有 A3种 B4种 C5种 D6种答案B解析分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体,这说明该有机物是饱和的一元羧酸,即分子组成为C4H9COOH,丁基有4种,分别是CH3CH2CH2CH2、2CHCH2、3C、CH3CH2CH,所以该羧酸也有4种,答案选B.考点定位本题主要是考查有机物同分异构体种类判断,侧重于碳链异构体的考查.名师点晴该题的关键是熟悉常见官能团的结构与性质,准确判断出有机物的属类,依据碳链异构体的书写方法逐一分析判断即可,旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力.12海水开发利用的部分过程如图所示.下列说法错误的是A向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴,再用SO2将其还原吸收答案C解析A氯气具有强氧化性,能把溴离子氧化为单质溴,因此向苦卤中通入Cl2是为了提取溴,A正确；B粗盐中的钙离子、镁离子等可采用沉淀法除去,所得氯化钠溶液可采用重结晶等过程提纯,B正确；C工业生产常选用来源更广泛、价格更便宜的石灰乳作为沉淀剂,用氢氧化钠不经济,C错误；D富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴,SO2具有还原性,能被溴氧化,因此再用SO2将其还原吸收,D正确,答案选C.考点定位本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等,题目难度中等.名师点晴本题从知识上考查物质的分离与提纯,考查了学生对知识了解、理解、掌握和分析、综合运用的情况.明确常见的化学实验基本操作以与常见物质的性质是答题的关键.13用右图所示装置进行下列实验：将中溶液滴入中,预测的现象与实际相符的是选项中物质中物质预测中的现象A稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色答案D解析A、氢氧化钠是强碱,碳酸钠是盐,因此盐酸首先中和氢氧化钠,然后再与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠,最后盐酸与碳酸氢钠反应放出CO2,A错误；B、常温下铝在浓硝酸中钝化,反应很快同志,看不到红棕色NO2气体,B错误；C、氢氧化钠溶液开始是过量的,滴入氯化铝生成偏铝酸钠,当氢氧化钠完全消耗后,再滴入氯化铝,铝离子与偏铝酸根离子反应生成白色沉淀氢氧化铝,C错误；D、草酸具有还原性,酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,能被酸性高锰酸钾溶液氧化,因此草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色,D正确,答案选D.考点定位本题主要是考查实验方案设计与评价,涉与碳酸钠、氢氧化钠与盐酸反应、铝与其化合物、钝化、氢氧化铝制备、浓硝酸、草酸、酸性高锰酸钾溶液等.名师点晴该题以实验探究的形式考查元素与其化合物的性质,充分体现了金属元素化合物和非金属元素化合物考查的目的,有利于培养学生的思维能力、分析问题的能力、动手能力、观察能力等,能更全面地考查考生的综合素质和能力.掌握常见元素与其化合物的性质是答题的关键,注意基础知识的理解掌握和灵活运用.26.14分酸性锌锰干电池是一种一次电池,外壳为金属锌,中间是碳棒,其周围是碳粉,MnO2,ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物,该电池在放电过程产生MnOOH,回收处理该废电池可得到多种化工原料,有关数据下表所示：溶解度/温度/化合物020406080100NH4Cl29.337.245.855.365.677.3ZnCl2343395452488541614化合物Zn2Fe2Fe3Ksp近似值10-1710-1710-39回答下列问题：1该电池的正极反应式为 ,电池反应的离子方程式为： 2维持电流强度为0.5A,电池工作五分钟,理论上消耗Zng.已经F96500C/mol3废电池糊状填充物加水处理后,过滤,滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl,二者可通过_分离回收；滤渣的主要成分是MnO2、_和,欲从中得到较纯的MnO2,最简便的方法是,其原理是.4用废电池的锌皮制备ZnSO47H2O的过程中,需去除少量杂质铁,其方法是：加稀硫酸和H2O2溶解,铁变为_,加碱调节至pH为时,铁刚好完全沉淀离子浓度小于110-5mol/L时,即可认为该离子沉淀完全；继续加碱调节至pH为_时,锌开始沉淀假定Zn2浓度为0.1mol/L.若上述过程不加H2O2后果是,原因是.答案1MnO2eHMnOOH；Zn2MnO22HZn22MnOOH 20.05g3加热浓缩、冷却结晶；铁粉、MnOOH；在空气中加热；碳粉转变为CO2,MnOOH氧化为MnO2 4Fe3；2.7；6；Zn2和Fe2分离不开；Fe2和Zn2的Ksp相近解析1酸性锌锰干电池是一种一次电池,外壳为金属锌,锌是活泼的金属,锌是负极,电解质显酸性,则负极电极反应式为Zn2eZn2.中间是碳棒,碳棒是正极,其中二氧化锰得到电子转化为MnOOH,则正极电极反应式为MnO2eHMnOOH,所以总反应式为Zn2MnO22HZn22MnOOH.2维持电流强度为0.5A,电池工作五分钟,则通过的电量是0.5300150,因此通过电子的物质的量是,锌在反应中失去2个电子,则理论消耗Zn的质量是.3废电池糊状填充物加水处理后,过滤,滤液中主要有氯化锌和氯化铵.根据表中数据可知氯化锌的溶解度受温度影响较大,因此两者可以通过结晶分离回收,即通过蒸发浓缩、冷却结晶实现分离.二氧化锰、铁粉、MnOOH均难溶于水,因此滤渣的主要成分是二氧化锰、碳粉、MnOOH.由于碳燃烧生成CO2,MnOOH能被氧化转化为二氧化锰,所以欲从中得到较纯的二氧化锰,最简便的方法是在空气中灼烧.4双氧水具有强氧化性,能把铁氧化为铁离子,因此加入稀硫酸和双氧水,溶解后铁变为硫酸铁.根据氢氧化铁的溶度积常数可知,当铁离子完全沉淀时溶液中铁离子浓度为105mol/L,则溶液中氢氧根的浓度,所以氢离子浓度是2103mol/L,pH2.7,因此加碱调节pH为2.7时铁刚好完全沉淀.Zn2浓度为0.1mol/L,根据氢氧化锌的溶度积常数可知开始沉淀时的氢氧根浓度为108mol/L,氢离子浓度是106mol/L,pH6,即继续加碱调节pH为6时锌开始沉淀.如果不加双氧水,则铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁,由于氢氧化亚铁和氢氧化锌的溶度积常数接近,因此在沉淀锌离子的同时亚铁离子也沉淀,导致生成的氢氧化锌不纯,无法分离开Zn2和Fe2.考点定位本题主要是考查原电池原理的应用、物质的分离与提纯等,涉与电极反应式书写、电解计算、溶度积常数的应用、pH计算、化学实验基本操作等.名师点晴该题以酸性锌锰干电池为载体综合考查了氧化还原反应、电化学、化学计算、物质的分离与提纯等,能够很好地考查考生所掌握的化学知识结构.考查了学生对知识理解、综合运用能力与阅读材料接受信息的能力和思维能力,对相关知识的掌握情况.这道高考题为一道中高档题,能力要求较高.2714分甲醇是重要的化工原料,又可称为燃料.利用合成气主要成分为CO、CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇,发生的主反应如下： CO+2H2CH3OH H1 CO2+3H2CH3OHg+H2O H2 CO2+H2CO+H2O H3回答下列问题：1已知反应中的相关的化学键键能数据如下：化学键HHCOCOHOCHE/kJ.mol-14363431076465413由此计算H1kJmol-1,已知H2-58kJmol-1,则H3kJmol-1.2反应的化学平衡常数K的表达式为；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为填曲线标记字母,其判断理由是.3合成气的组成n/n2.60时,体系中的CO平衡转化率与温度和压强的关系如图2所示.CO值随温度升高而填增大或减小,其原因是.图2中的压强由大到小为_,其判断理由是_.答案199；412；a；反应为放热反应,平衡常数应随温度升高变小；3减小；升高温度时,反应为放热反应,平衡向向左移动,使得体系中CO的量增大；反应为吸热反应,平衡向右移动,又产生CO的量增大；总结果,随温度升高,使CO的转化率降低；P3P2P1；相同温度下,由于反应为气体分子数减小的反应,加压有利于提升CO的转化率；而反应为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响,故增大压强时,有利于CO的转化率升高解析1反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值,则根据表中数据和反应的化学方程式CO+2H2CH3OH可知反应热H11076kJ/mol2436kJ/mol3413kJ/mol343kJ/mol465kJ/mol99kJ.mol-1.根据盖斯定律可知即可得到反应,则H358kJ/mol99kJ/mol41kJ.mol-1.2化学平衡常数是在一定条件下,当可逆反应达到平衡状态时,生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值,则反应的化学平衡常数K的表达式为；由于正方应是放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,平衡常数减小,因此a正确.3反应为放热反应,升高温度时,平衡向左移动,使得体系中CO的量增大；反应为吸热反应,平衡向右移动,又产生CO的量增大；因此最终结果是随温度升高,使CO的转化率降低；相同温度下,由于反应为气体分子数减小的反应,加压有利于提升CO的转化率；而反应为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响,故增大压强时,有利于CO的转化率升高,所以图2中的压强由大到小为P3P2P1.考点定位本题主要是考查反应热计算、盖斯定律应用、平衡常数以与外界条件对平衡状态的影响等名师点晴本题从知识上考查了热化学方程式、盖斯定律,平衡图像、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响,考查了学生对知识理解、综合运用能力.将热化学方程式、盖斯定律,平衡图像、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响,碳、氮与其化合物的性质等知识同低碳经济、温室气体的吸收等环境问题联系起来,充分体现了学以致用的目的,更突显了化学是一门实用性的学科的特点.2815分二氧化氯ClO2,黄绿色易溶于水的气体是高效、低毒的消毒剂,回答下列问題：1工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为.2实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2亚氯酸钠为原料,通过以下过程制备ClO2：电解时发生反应的化学方程式为.溶液X中大量存在的阴离子有_.除去ClO2中的NH3可选用的试剂是.a水b碱石灰C浓硫酸d饱和食盐水3用下图装置可以测定混合气中ClO2的含量：在锥形瓶中加入足量的碘化钾,用50mL水溶解后,再加入 3mL稀硫酸：在玻璃液封装置中加入水,使液面没过玻璃液封管的管口；将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：用0.1000molL-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液I2+2S2O32-2I+S4O62-,指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液.在此过程中：锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为.玻璃液封装置的作用是.V中加入的指示剂通常为,滴定至终点的现象是.测得混合气中ClO2的质量为g.4用ClO2处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐.若要除去超标的亚氯酸盐,下列物质最适宜的是_填标号.a明矾b碘化钾c盐酸d硫酸亚铁答案2：1 2NH4Cl2HCl3H2NCl3Cl、OHc32ClO210I8H2Cl5I24H2O吸收残余的二氧化氯气体避免碘的逸出淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色,且半分钟内溶液颜色不再改变 0.02700 4d解析1工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,在反应中氯元素的化合价从+5价降低到+4价,得到1个电子,氯酸钾是氧化剂.S元素的化合价从+4价升高到+6价,失去2个电子,亚硫酸钠是还原剂,则根据电子得失守恒可知该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1.2根据流程图可知电解时生成氢气和NCl3,则电解时发生反应的化学方程式为NH4Cl2HCl3H2NCl3.NCl3与NaClO2反应生成ClO2、NH3和氯化钠、NaOH,反应的离子反应为NCl3+3H2O+6ClO26ClO2+3Cl-+3OH-+NH3,溶液中应该存在大量的氯离子和氢氧根离子.a、ClO2易溶于水,不能利用水吸收氨气,a错误；b、碱石灰不能吸收氨气,b错误；c、浓硫酸可以吸收氨气,且不影响ClO2,c正确；d、ClO2易溶于水,不能利用饱和食盐水吸收氨气,d错误,答案选c.3ClO2具有强氧化性,通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应,氧化I为I2,自身被还原为Cl,同时生成水,反应离子方程式为2ClO210I8H2Cl5I24H2O.由于二氧化氯是气体,容易挥发到空气中,所以玻璃液封装置的作用是吸收残余的二氧化氯气体.由于碘遇淀粉显蓝色,则V中加入的指示剂通常为淀粉,滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色.根据方程式可知2ClO25I210S2O32-,则测得混合气中ClO2的质量为0.1mol/L0.02L67.5g/mol/50.02700g.4亚氯酸盐具有氧化性,明矾不能被氧化,碘化钾被氧化为碘,盐酸可能被氧化氯气,因此若要除去超标的亚氯酸盐,最适宜的是硫酸亚铁,且产生的氧化产物铁离子能净水.考点定位本题考查阅读题目获取信息能力、氧化还原反应滴定与应用、电解原理、对工艺流程与装置理解分析等,难度中等,要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息解决问题的能力,注意基础知识的全面掌握.名师点晴本题从知识上考查了重要物质的化学性质、化学实验基本操作、实验现象的判断与分析、化学探究实验方案的设计与评价、化学方程式的书写、氧化还原反应原理等知识.考查了学生对基础知识的记忆、理解和运用,运用所学知识分析具体问题的能力.也涉与到运用所学知识分析问题、解决问题的能力,同时把元素化合物、基本化学原理和化学实验联系在一起,充分体现了学生对基础知识的掌握和分析问题、解决问题的思维能力,凸显了理科综合考试中的综合性与实用性的特点.36.化学选修2：化学与技术苯酚和丙酮都是重要的化工原料,工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮,其反应和工艺流程示意图如下：相关化合物的物理常数物质相对分子质量密度g/cm-3沸点/异丙苯1200.8640153丙酮580.789856.5苯酚941.0722182回答下列问题：1在反应器A中通入的X是.2反应和分别在装置和中进行填装置符号.3在分解釜C中加入的Y为少置浓硫酸,其作用是_,优点是用量少,缺点是_.4反应为填放热或吸热反应.反应温度控制在50-60,温度过高的安全隐患是.5中和釜D中加入的Z最适宜的是填编号.已知苯酚是一种弱酸.a. NaOHb. CaCOc. NaHCOd. CaO6蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为和,判断的依据是.7用该方法合成苯酚和丙酮的优点是.答案1氧气或空气 2A；C 3催化剂提高反应速率；腐蚀设备4放热；可能会导致过氧化物爆炸5c 6丙酮、苯酚；苯酚的沸点高于丙酮7原子利用率高解析1异丙苯被氧气氧化为异丙苯过氧化氢,异丙苯过氧化氢在酸性溶液中分解即可得到苯酚和丙酮,因此在反应器A中通入的X是氧气或空气.2根据流程图可知反应和分别在装置A和C中进行.3异丙苯过氧化氢在酸性溶液中分解,所以浓硫酸的作用是作催化剂.由于浓硫酸具有酸性,因此缺点是容易腐蚀设备.4H小于0,则反应为放热反应.反应温度控制在50-60,由于过氧化物受热易分解,因此温度过高的安全隐患是容易发生爆炸.5苯酚与碳酸氢钠不反应,所以选择碳酸氢钠.6由于苯酚的沸点高于丙酮,丙酮先气化,所以蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为丙酮和苯酚.7根据以上分析可知用该方法合成苯酚和丙酮的优点是原子利用率高、没有副产物.考点定位本题主要是考查物质制备工艺流程图的分析与应用,涉与试剂的选择、物质的分离与提纯、反应条件控制、实验方案设计与探究.名师点晴化学工艺流程题是近年高考备受关注的一种题型,该类型是将化工生产过程中的主要生产阶段用框图形式表示出来,并根据生产流程中涉与的化学知识步步设问,构成与化工生产紧密联系的工艺流程题.主要有实验型化工流程题、原理型化工流程题、元素化合物型化工流程题三种形式.主要是考查了学生对知识理解、综合运用能力,培养学生知识素养和能力素养,能熟练应用所学知识解决问题的能力.建议复习中注意课本上与化工生产有关的问题,对每一步所包含的原理、涉与的反应、可能的副产品、以与条件的选择分析到位.37化学选修3：物质结构与性质四种元素中电负性最大的是填元素符号,其中C原子的核外电子排布式为_.2单质A有两种同素异形体,其中沸点高的是,原因是；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为和.3C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E, E的立体构型为,中心原子的杂化轨道类型为.4化合物D2A的立体构型为,中心原子的价层电子对数为,单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A,其化学方程式为.5A和B能够形成化合物F,其晶胞结构如图所示,晶胞参数,a0.566nm, F 的化学式为：晶胞中A 原子的配位数为；列式计算晶体F的密度.答案1O；1s22s22p63s23p3或Ne 3s23p32O3；O3相对分子质量较大,范德华力大；分子晶体；离子晶体3三角锥形；sp34V形；4；2Cl22Na2CO3H2OCl2O2NaHCO32NaCl或2Cl22Na2CO3Cl2OCO22NaCl5Na2O；8；解析A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索,A2-和B+具有相同的电子构型,则A是O,B是Na；C、D为同周期元索,C核外电子总数是最外层电子数的3倍,则C是P；D元素最外层有一个未成对电子,所以D是氯元素.1非金属性越强,电负性越大,则四种元素中电负性最大的是O.P的原子序数是15,则根据核外电子排布可知C原子的核外电子排布布式为1s22s22p63s23p3或Ne 3s23p3.2氧元素有氧气和臭氧两种单质,由于O3相对分子质量较大,范德华力大,所以中沸点高的是O3；A和B的氢化物分别是水和NaH,所属的晶体类型分别为分子晶体和离子晶体.3C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E,即E是PCl3,其中P含有一对孤对电子,其价层电子对数是4,所以E的立体构型为三角锥形,中心原子的杂化轨道类型为sp3.4化合物Cl2O分子中氧元素含有2对孤对电子,价层电子对数是4,所以立体构型为V形.单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A,则化学方程式为2Cl22Na2CO3H2OCl2O2NaHCO32NaCl.5根据晶胞结构可知氧原子的个数,Na全部在晶胞中,共计是8个,则F 的化学式为Na2O.以顶点氧原子为中心,与氧原子距离最近的钠原子的个数8个,即晶胞中A 原子的配位数为8.晶体F的密度.考点定位本题主要是考查元素推断、核外电子排布、电负性、空间构型、杂化轨道、晶体类型与性质与晶胞结构与计算等名师点晴本题考查的内容包含了选修模块物质的结构与性质中最基本和最重要的内容,通过晶胞中原子个数的计算和晶体的密度计算来考查考生的计算能力和应用知识解决问题的能力,考查了学生综合运用所学化学知识解决相关化学问题的能力.38化学一选修5：有机化学基础15分聚戊二酸丙二醇酯PPG是一种可降解的聚酯类高分子材料,在材枓的生物相容性方面有很好的应用前景. PPG的一种合成路线如下：已知：烃A的相对分子质量为70,核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢；化合物B为单氯代烃：化合物C的分子式为C5H8；E、F为相对分子质量差14的同系物,F是福尔马林的溶质；.回答下列问题：1A的结构简式为.2由B生成C的化学方程式为.3由E和F生成G的反应类型为,G的化学名称为.4 由D和H生成PPG的化学方程式为.若PPG平均相对分子质量为10000,则其平均聚合度约为.a48b58c76d1225D的同分异构体中能同时满足下列条件的共有种不含立体异构：能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体既能发生银镜反应,又能发生皂化反应其中核磁共振氢谱显示为3组峰,且峰面积比为6：1：1的是 写结构简式：D的所有同分异构体在下列种表征仪器中显示的信号或数据完全相同,该仪器是_.a质谱仪 b红外光谱仪c元素分析仪d核磁共振仪答案1 23加成反应；3羟基丙醛或羟基丙醛4b55；c解析1烃A的相对分子质量为70,核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢.由于70145,所以A是环戊烷,则A的结构简式为.2环戊烷与氯气发生取代反应生成B,则B的结构简式为.根据B生成C的反应条件可知该反应是卤代烃的消去反应,所以由B生成C的化学方式为.3E、F为相对分子质量差14的同系物,F是福尔马林的溶质,则F是甲醛,所以E是乙醛.根据已知信息可知由E和F生成G是醛基的加成反应,G的结构简式为HOCH2CH2CHO,因此G的化学名称为3羟基丙醛.4G与氢气发生加成反应生成H,所以H的结构简式为HOCH2CH2CH2OH.C氧化生成D,则D是戊二酸,结构简式为HOOCCH2CH2CH2COOH,则由D和H生成PPG的化学方程式为.根据结构简式可知链节的式量是172,所以若PPG平均相对分子质量为10000,则其平均聚合度约为1000017258,答案选b.5能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体,说明含有羧基；既能发生银镜反应,又能发生皂化反应,说明含有醛基和酯基,因此是甲酸形成的酯基,所以可能的结构简式为HCOOCH2CH2CH2COOH、HCOOCH2CHCH3、HCOOCHCH2CH3、HCOOCHCH2COOH、HCOOC2COOH,共计5种.其中核磁共振氢谱显示为3组峰,且峰面积比为6：1：1的是.a质谱仪又称质谱计,分离和检测不同同位素的仪器.即根据带电粒子在电磁场中能够偏转的原理,按物质原子、分子或分子碎片的质量差异进行分离和检测物质组成的一类仪器.b红外光谱仪是测定结构的.d核磁共振仪是测定氢原子种类的.而c元素分析仪是测定元素种类的,因此完全相同的是元素分析仪,答案选c.考点定位本题主要是考查有机物合成与推断、有机物命名、有机反应类型、化学方程式书写、有机物结构、同分异构体判断以与高分子化合物计算等.名师点晴高考化学试题中对有机化学基础的考查题型比较固定,通常是以生产、生活的陌生有机物的合成工艺流程为载体考查有机化学的核心知识,涉与常见有机物官能团的结构、性质与相互转化关系,涉与有机物结构简式的确定、反应类型的判断、化学方程式的书写、同分异构体的识别和书写等知识的考查.它要求学生能够通过题给情境中适当迁移,运用所学知识分析、解决实际问题,这高考有机化学复习备考的方向.它充分体现了高考命题源于教材又不拘泥于教材的命题指导思想,在一定程度上考查了学生的思维能力.16 / 16