甘肃省西北师大附中高三化学下学期第五次诊断试题（含解析）.doc

西北师大附中2015届高三第五次诊断考试理科综合能力测试化学试题（a卷） 本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，其中第卷第3340题为选考题，其他题为必考题。考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。可能用到的元素相对原子质量：相对原子质量： li7 mg24 cu64 ca40 pb207 o16 cl35.5第卷（选择题 共126分）1、 选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。7.下列关于化学用语的表示正确的是（ ）a.co2的电子式：o:c:o b.ccl4的比例模型：c.含有18个中子的氯原子的核素符号： d.硫原子的结构示意图：答案：c【解析】a.co2的电子式为，故a错误；b.氯原子的半径大于碳原子半径，故ccl4的比例模型中表示氯原子的球比表示碳原子的球要大，故b错误；c.含有18个中子的氯原子的核素的质量数为17+18=35，核素符号为，故c正确； d.硫原子的结构示意图故d错误；故选 d.8. 下列说法错误的是（ ）a.明矾可用于海水的净化，但不能用于海水的淡化b.使用清洁能源是防止酸雨的重要的措施c.胃酸过多的病人可服用含al(oh)3或nahco3的药物进行治疗d.84消毒液可用来漂白某些衣物，为加快漂白速度，使用时可加入少量稀盐酸答案：d【解析】a、向海水中加入明矾可以使海水净化，但不能除去海水中的氯离子、钙、镁离子等，不能使海水淡化，故a不选；b.酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体形成的，使用清洁能源减少了二氧化硫、氮氧化物的排放，故b不选；c.al(oh)3或nahco3 均可与胃酸成分hcl反应，故胃酸过多的病人可服用含al(oh)3或nahco3的药物进行治疗；故c不选；d.84消毒液能和浓盐酸反应产生氯气，d不正确，故选d。9. 甲苯苯环上的一个h原子被c3h6cl取代，形成的同分异构体有（不考虑立体异构）（ ）a9种 b12种 c15种 d18种答案：c【解析】-c3h6cl在甲苯苯环上位置有邻、间、对3种情况，-c3h6cl中碳链异构为和数字编号为cl的位置，因此-c3h6cl异构情况为5种，故同分异构体的种类为：35=15，故选：c10. 热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水licl-kcl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池的总反应为pbso4+2licl+ca=cacl2+li2so4+pb。下列有关说法正确的是（ ）a.正极反应式：ca+2cl-2e=cacl2b.常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转c.放电过程中，li+向负极移动d.每转移0.1mol电子，理论上生成20.7g pb答案：b【解析】a正极发生还原反应，电极方程式为pbso4+2e-+2li+=li2so4+pb，故a错误；b常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故b正确c放电过程中阳离子向正极移动，故c错误；d根据电极方程式pbso4+2e-+2li+=li2so4+pb，可知每转移0.1 mol电子，理论上生成0.05molpb，质量为10.35g，故d错误；故选b11. w、x、y、z是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，己是由y元素形成的单质，常温下丙和己均为气体。已知：甲+乙 丁+己，甲+丙 戊+己；0.01mol/l丁溶液的ph为12（25）。下列说法正确的是（ ）a.x在元素周期表中的位置为第2周期a族b.x、y、z的原子半径由大到小的顺序为r(z)r(y)r(x)c.1mol甲与足量的乙完全反应转移的电子数约为6.021023d.1.0l 0.1mol/l戊溶液中阴离子的总物质的量小于0.1mol答案：c【解析】0.01 mol/l 丁溶液的ph为12，丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为naoh，发生反应：甲+乙=丁+己，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有h、o、na元素，己是由y元素组成的单质，由发生反应可知，己不能是na，结合原子数可知，w为h、y为o、z为na元素，故己为氧气，可知甲是na2o2、乙是水，再根据反应：甲+丙=戊+己，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则y为碳元素，ax为碳，在周期表中的位置为：第二周期第a族，故a错误；b同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径大小顺序为：naco，即：r（z）r（x）r（y），故b错误；c甲与足量的乙完全反应的方程式为：2na2o2+2h2o4naoh+o2，1molna2o2反应转移的电子为1mol，约6.021o23个电子，故c正确；d戊是碳酸钠，在碳酸钠溶液中，co32-离子水解生成hco3-离子和oh-离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1mol，故d错误，故选c12. 下列溶液中微粒的物质的量浓度关系或溶液的物质的量浓度关系正确的是（ ）a.0.1mol/l的nahso3溶液中：c(oh)-c(h+) =c()-c(h2so3)b.1l 0.1mol/l的(nh4)2fe(so4)2溶液中：c()c()c(fe2+)c(h+)c(oh)c.ph相等的ch3coona、naoh和na2co3三种溶液：c(naoh)c(ch3coona)c(na2co3)d.向0.01mol/l的nh4hso4溶液中滴加naoh溶液至中性时：c()c(na+)= c()c(oh)= c(h+)答案：b【解析】a.0.1mol/l的nahso3溶液中，根据电荷守恒可得：c（oh-）+2c（so32-）+c（hso3-）=c（h+）+c（na+），根据物料守恒可得：c（h2so3）+c（so32-）+c（hso3-）=c（na+），二者结合可得：c（oh-）-c（h+）=c（h2so3）-c（so32-），故a错误；b.1l 0.1moll-1（nh4）2fe（so4）2溶液中，铵根离子和亚铁离子部分水解，溶液显示酸性；由于水解程度较小，则铵根离子浓度大于亚铁离子浓度，硫酸根离子不水解，其浓度最大，则得到溶液中离子浓度大小为：c（so42-）c（nh4+）c（fe2+）c（h+）c（oh-），故b正确；cph相等的ch3coona、naoh和na2co3三种溶液，naoh为强碱溶液，所以氢氧化钠溶液的浓度最小；碳酸钠溶液的水解程度大于醋酸钠，则ph相同时，醋酸钠的浓度大小碳酸钠，所以三种溶液的浓度大小为：c（naoh）c（na2co3）c（ch3coona），故c错误；d常温下，向0.01mol/l nh4hso4溶液中滴加0.01mol/l naoh溶液至中性，nh4hso4中滴入naoh溶液，naoh首先与nh4hso4电离出的h+作用，因为h+结合oh-的能力比nh4+结合oh-的能量强（原因是产物h2o比nh3h2o更难电离），当加入等物质的量的naoh时，正好将h+中和，此时c（na+）=c（so42-），但此时溶液中还有nh4+，nh4+水解使溶液呈酸性，因此要使溶液呈中性，则还需继续滴入naoh，当然到中性时c（oh-）=c（h+），c（na+）c（so42-）c（nh4+），所以正确的离子浓度大小为：c（na+）c（so42-）c（nh4+）c（oh-）=c（h+），故d错误；故选b13.将11.2 g铜粉和镁粉的混合物分成2等份，将其中一份加入200ml的稀硝酸中并加热，固体和硝酸恰好完全反应，并产生标准状况下的no 2.24l；将另一份在空气中充分加热，最后得到mg固体。下列有关说法：c(hno3)=2mol/l；无法计算硝酸的浓度；m=8.0；m=7.2，其中正确的是（ ）a. b. c. d. 答案：b【解析】标况下2.24lno的物质的量为：=0.1mol，生成0.1molno转移电子的物质的量为：0.1mol（5-2）=0.3mol，铜和镁都是2价金属，则金属的物质的量为：=0.15mol，固体和硝酸恰好完全反应，反应生成硝酸铜、硝酸镁，根据n原子守恒，200ml该硝酸溶液中含有硝酸的物质的量为：0.15mol2+0.1mol=0.4mol，该硝酸溶液的浓度为：=2mol/l，故正确、错误；铜与镁在空气中加热生成cuo、mgo，得到固体中含有氧元素的物质的量与金属的物质的量相等，则得到固体的质量为：+16g/mol0.15mol=8g，故正确、错误；根据分析可知，正确的为，故选b第卷（非选择题 共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题-第32题为必做题，每个试题考生都必须作答。第33题-第40题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（11题，共129分）26.(14分) 肼(n2h4)通常用作火箭的高能燃料，n2o4作氧化剂。请回答下列问题：已知：n2(g)+2o2(g)=2no2(g) h=+a kj/mol n2h4(g)+o2(g)=n2(g)+2h2o(g) h=-b kj/mol2no2(g)n2o4(g) h=-c kj/mol写出气态肼在气态n2o4中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式 。工业上常用次氯酸钠与过量的氨气反应制备肼，该反应的化学方程式为 。n2、h2合成氨气为放热反应。800k时向下列起始体积相同的密闭容器中充入2mol n2、3mol h2，甲容器在反应过程中保持压强不变，乙容器保持体积不变，丙是绝热容器，三容器各自建立化学平衡。达到平衡时，平衡常数k甲 k乙 k丙(填“”“”或“=”)。达到平衡时n2的浓度c(n2)甲 c(n2)乙 c(n2)丙(填“”“”或“=”)。对甲、乙、丙三容器的描述，下列说法正确的是 。a.乙容器气体密度不再变化时，说明此反应已达到平衡状态b.在甲中充入稀有气体he，化学反应速率加快c.向甲中充入氨气，正向速率减小，逆向速率增大d.丙容器温度不再变化时说明已达平衡状态氨气通入如图电解装置可以辅助生产nh4no3，该电解池的阴极反应式为 。在20ml 0.2mol/l的nh4no3溶液中加入10ml 0.2mol/l naoh溶液后显碱性，溶液中所有离子浓度大小关系为 。答案：2n2h4(g)+ n2o4(g)=3n2(g)+4h2o(g) h= -(a-c+2b) kj/mol(2分)naclo+2nh3=n2h4+nacl+h2o (2分) = (1分) (1分) (1分) (1分) cd(2分)no+5e-+6h+=nh4+h2o(2分)c(no3)c(nh4+)c(na+)c(oh)c(h+) (2分)【解析】：（1）由n2（g）+2o2（g）2no2（g）h=+akj/moln2h4（g）+o2（g）n2（g）+2h2o（g）h=-bkj/mol2no2（gn2o4（g）h=-ckj/mol根据盖斯定律可知2-得2n2h4（g）+n2o4（g）=3n2（g）+4h2o（g），h=-（a-c+2b）kj/mol，故答案为：2n2h4（g）+n2o4（g）=3n2（g）+4h2o（g），h=-（a-c+2b）kj/mol；（2）次氯酸钠与过量的氨气反应制备肼，依据原子守恒写出化学方程式为：naclo+2nh3=n2h4+nacl+h2o，故答案为：naclo+2nh3=n2h4+nacl+h2o；（3）甲乙容器温度不变，平衡常数不变，丙容器绝热，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小，故k甲=k乙k丙；故答案为：=，；甲容器在反应过程中保持压强不变，故容器体积减小，氮气的浓度增大；乙容器保持体积不变，随着反应的进行，压强减小；丙容器绝热，温度升高平衡逆向进行，故达到平衡时n2的浓度c（n2）甲c（n2）乙c（n2）丙，故答案为：，；a密度=，总质量一定，体积一定，故乙容器气体密度不再变化时，不能说明此反应已达到平衡状态，故a错误；b在甲中充入稀有气体he，体积增大，原体系的压强减小，化学反应速率减慢，故b错误；c向甲容器中冲入氨气，体积增大，氢气和氮气的浓度减小，氨气的浓度增大，故正向速率减小，逆向速率增大，故c正确；d丙容器绝热，故丙容器温度不再变化时说明已达平衡状态，故d正确；故答案为：cd；（4）电解no制备nh4no3，阳极反应为no-3e-+2h2o=no3-+4h+，阴极反应为：no+5e-+6h+=nh4+h2o，故答案为：no+5e-+6h+=nh4+h2o；（5）在20ml0.2mol/l的nh4n03溶液中加入10ml0.2mol/lnaoh溶液后显碱性，nh4n03与氢氧化钠反应生成硝酸钠和一水合氨，所得溶液的溶质为等物质的量浓度的硝酸铵、硝酸钠和一水合氨，溶液显碱性，说明一水合氨的电离大于硝酸铵的水解，故离子浓度大小关系为c（no3-）c（nh4+）c（na+）c（oh-）c（h+），故答案为：c（no3-）c（nh4+）c（na+）c（oh-）c（h+）27.(14分)用钛铁矿(主要含fetio3及fe2o3、sio2等不溶性杂质)提取高品位tio2的一种流程如图1所示。回答下列问题：有关钛的说法正确的是（ ）a.tioso4中钛元素的化合价为+4 b.tio2中既含有离子键，又含有共价键c.钛元素位于元素周期表中iva族d.在稀有气体氩氛围和800条件下，用金属镁与四氯化钛反应可制取金属钛，反应的化学方程式为为了从浸取液中获取纯净的feso47h2o，ii中应采取的操作是 、 、过滤、洗涤、干燥。如何检验提取feso47h2o后的溶液中存在fe2+？ 。iii中生成h2tio3的离子方程式是 。将tio2与焦炭混合，通入氯气在1173k下反应，然后将生成的ticl4与co分离可制取ticl4。此反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比是 。ticl4极易水解，利用此性质又可制备纳米级二氧化钛tio2xh2o，该反应的化学方程式是 。将tio2熔于naf制成熔融盐，以石墨为阴极、覆盖了氧渗透膜的多孔金属陶瓷涂层为阳极，用如图2所示电解装置制取金属钛。阳极电极反应式是 。答案：ad(2分) 蒸发浓缩(1分) 冷却结晶(1分) 取少许剩余溶液于试管中，滴加kscn溶液无明显现象，再加少量氯水，溶液变红，证明溶液中有fe2+存在（合理答案均给分）(2分) tio2+2h2o = h2tio3+2h+(2分) 1:1(2分)ticl4+(x+2)h2o=tio2xh2o+4hcl(2分) h2+o2-2e-=h2o(2分)【解析】：（1）a氧元素的化合价是-2价，硫酸根的化合价是-2价，所以在tioso4中钛元素的化合价为+4价，故a正确； btio2只含离子键，不含共价键，为离子化合物，故b错误；c钛的原子序数是22，位于元素周期表中ivb族，故c错误；d工业上在高温和稀有气体的保护下，用镁和四氯化钛发生置换反应来制取钛，同时生成氯化镁，该反应的化学方程式为ticl4+2mgti+2mgcl2，故d正确故答案为：ad；（2）通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到feso4.7h2o；fe2+与kscn溶液反应无血红色出现，但fe3+与kscn反应产生血红色，因此，要证明某溶液中有无fe2+，则先要在溶液中加入kscn溶液，没有出现血红色，再向其中加入氯水出现血红色，则证明原溶液中含fe2+，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；取少量剩余溶液于试管中，滴加kscn溶液无明显现象；再加少量氯水，溶液变红，证明溶液中有fe2+存在；（3）tio2+水解生成h2tio3，离子方程式是tio2+2h2o=h2tio3+2h+，故答案为：tio2+2h2o=h2tio3+2h+；（4）tio2+2c+2cl2ticl4+2co中，c元素的化合价升高，则c被氧化，做还原剂，升高4价，cl元素的化合价降低，则cl2为氧化剂，降低4价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；ticl4水解生成tio2xh2o和hcl，化学方程式是ticl4+（x+2）h2otio2xh2o+4hcl，故答案为：1：1；ticl4+（x+2）h2otio2xh2o+4hcl；（5）电解池的阳极是氧离子发生失电子的氧化反应，与氢气结合生成水，所以电极反应式h2+o2-2e-=h2o，故答案为：h2+o2-2e-=h2o28.(15分) 氯化铜、氯化亚铜是重要的化工原料，可用作有机合成催化剂。i.实验室中以粗铜(含杂质铁)为原料制备铜的氯化物。现用如图所示的实验仪器及药品来制备纯净、干燥的氯气，并与粗铜反应(铁架台、铁夹、酒精灯已省略)。请回答：装置a中仪器z的名称为 。按气流方向连接各仪器，接口顺序为：a 、 、 、 。简述检验装置a气密性的操作： 。d中发生反应的化学方程式为 。反应后，装置b中溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁(含fe、c)制品盛装该溶液会发生电化学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀，溶液会失去漂白、杀菌消毒功效。该电化学腐蚀过程中正极反应式为 。ii.将上述实验制得的固体产物按如下流程操作，请回答：用稀盐酸溶解固体的原因为 。已知cucl难溶于水，由溶液2制cucl的离子方程式为： 。用下面的方法测定固体产物中的cucl2的质量分数：取2.00ml溶液2转移到锥形瓶中，再加入过量的20ki溶液，再滴入几滴淀粉溶液。用0.200mol/lna2s2o3标准溶液滴定。反应原理为2cu2+4i-=2cui+i2、i2+2s2o32-=s4o62-+2i-。重复滴定3次，平均消耗na2s2o3标准溶液20.00ml，则固体产物中cucl2的质量分数为 。（保留三位有效数字）答案： i.圆底烧瓶(1分) d e h i f g b (2分)用弹簧夹夹住a处橡皮管并关闭分液漏斗的活塞，向分液漏斗中加入较多的水，然后打开分液漏斗的活塞，使水缓缓流下，若分液漏斗中的水不能完全流下，说明装置气密性好（或在a管处接一导管，并将导管末端插入水中，同时关闭分液漏斗的活塞，用酒精灯给圆底烧瓶微热，若导管末端有气泡冒出，停止加热恢复室温时，导管末端形成一小段水柱，则说明气密性良好）(2分)cu+cl2cucl2(1分) 2fe+3cl22fecl3(1分) clo-+2e-+h2o=cl-+2oh-(2分)ii.抑制cu2+、fe3+水解(2分) 2cu2+2cl-+so2+2h2o2cucl+4h+so42-(2分) 83.1(2分)【解析】i（1）仪器a为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；（2）kmno4与浓盐酸制取的cl2含有hcl和h2o，用饱和食盐水除去hcl，用浓硫酸除去h2o，然后cl2与cu反应，最后用naoh溶液吸收未反应的cl2，防止污染空气，故按气流方向连接仪器接口顺序为ad、eh、if、gb，故答案为：d；e；h；i；f；g；b；（3）检验a装置气密性方法为：利用止水夹夹住导气管的橡皮管，从长颈漏斗中加水至漏斗内外形成液面高度差，一段时间内，液面高度差不变，说明气密性良好，故答案为：利用止水夹夹住导气管的橡皮管，从长颈漏斗中加水至漏斗内外形成液面高度差，一段时间内，液面高度差不变，说明气密性良好；（4）d中发生反应有：氯气与cu反应生成氯化铜，与fe反应生成氯化铁，反应方程式为：cu+cl2cucl2、2fe+3cl22fecl3，故答案为：cu+cl2cucl2、2fe+3cl22fecl3；（5）装置b吸收未反应的氯气，反应生成nacl、naclo，naclo具有漂白性，钢铁制品表面生成红褐色沉淀、溶液会失去漂白、杀菌消毒功效，说明clo-在正极上得电子，发生还原反应生产cl-，由于为碱性条件，还生成oh-，该电化学腐蚀过程中正极反应式为：clo-+2e-+h2o=cl-+2oh-，故答案为：clo-+2e-+h2o=cl-+2oh-；粗铜含有fe，制备的cucl2中含有fecl3，cucl2和fecl3均为强酸弱碱盐，能发生水解反应，水解产物均有hcl，加稀盐酸溶解，能抑制氯化铜、氯化铁水解，加入氢氧化钠溶液，消耗溶液中h+，调节ph使杂质fe3+转化为沉淀而除去，溶液2含有cucl2，通入一定量的so2，生成沉淀cucl，发生氧化还原反应，so2为还原剂，被氧化为so42，（1）由上述分析可知，用稀盐酸溶解固体的原因是：抑制cu2+、fe3+水解，故答案为：抑制cu2+、fe3+水解；（2）溶液2含有cucl2，通入一定量的so2，生成沉淀cucl，发生氧化还原反应，so2为还原剂，被氧化为so42，反应离子方程式为：2cu2+2cl-+so2+2h2o2cucl+4h+so42-，故答案为：2cu2+2cl-+so2+2h2o2cucl+4h+so42-；（3）由2cu2+4i-=2cui+i2、i2+2s2o32-=s4o42-+2i-，可得关系式2n（clcl2）i22n（s2o32-），故200ml溶液中n（clcl2）=n（s2o32-）=0.02l0.2mol/l=0.4mol，则样品中m（clcl2）=0.4mol135g/mol=54g，则clcl2的质量分数为100%=83.1%，故答案为：83.1%（二）选考题（每科选作1题，共做3题，共45分）请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选1题解答，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。36.【化学选修2：化学与技术】(15分)某矿石中除含sio2外，还有9.24coo、2.78fe2o3、0.96mgo、0.084cao，从该矿石中提取钴的主要工艺流程如下：在一定浓度的h2so4溶液中，钴的浸出率随时间、温度的变化如图所示。考虑生产成本和效率，最佳的浸出时间为 h，最佳的浸出温度为 。请配平下列除铁的化学方程式：fe2(so4)3+h2o+na2co3=na2fe6(so4)4(oh)12+na2so4+co2c(ca2+)c(mg2+)“除钙、镁”的原理反应如下：mgso4+2naf=mgf2+na2so4；caso4+2naf=caf2+na2so4。已知ksp(caf2)=1.1110-10、ksp(mgf2)=7.4010-11，加入过量naf溶液反应完全后过滤，则滤液中的 = 。“沉淀”表面吸附的离子主要有 ；“操作x”名称为 。某锂离子电池正极是licoo2，以含li+的导电固体为电解质。充电时，li+还原为li，并充电放电以原子形式嵌入电池负极材料碳6(c6)中，电池反应为licoo2+c6 coo2+lic6。lic6中li的化合价为 价。若放电时有1mol e-转移，正极质量增加 g。答案： 12 ；90 ; 3 6 6 1 5 6 1.50 so42-、nh4+、na+、f- 洗涤、干燥 0 ；7【解析】：（1）根据图知，时间越长浸出率越高，温度越高，浸出率越高，但浸出12小时后，浸出率变化不大，90和120浸出率变化不大，且时间过长、温度过高导致成本较大，所以最佳的浸出时间为12小时，最佳的浸出温度为90，故答案为：12；90；（2）根据原子守恒配平方程式，所以其方程式为：3fe2（so4）3+6h2o+6na2co3=na2fe6（so4）4（oh）12+5na2so4+6co2，故答案为：3，6，6，1，5，6；（3）=1.5，故答案为：1.5；（4）该沉淀中吸附易溶于水的离子，根据流程图知，溶液中含有铵根离子和钠离子，所以沉淀上含有铵根离子和钠离子，得到的沉淀要进行洗涤和干燥才能得到较纯净、干燥的物质，故答案为：so42-、nh4+、na+、f-；洗涤；干燥；（5）放电时，该电池是原电池，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为：coo2+li+e-=licoo2，充电时，li+还原为li，并以原子形式嵌入电池负极材料碳-6（c6）中，所以负极为lic6中li的化合价为0价，若放电时有1mol e-转移，coo2+li+e-=licoo2，正极质量增加为1molli+的质量=1mol7g/mol=7g；故答案为：0，7；37.【化学选修3：物质结构与性质】(15分)氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解。cocl2的空间构型为 ；溴的基态原子价电子排布式为 。已知csicl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列 式发生（填序号，下同）。a. csicl2=cscl+icl b. csicl2= cscl+cl2根据下表提供的第一电离能数据判断，最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是 。 氟 氯 溴 碘第一电离能/(kj/mol) 1681 1251 1140 1008下列分子即不存在s-p键，也不存在p-p 键的是 。a.hcl b.hf c.so2 d.scl2(5)已知clo2-为角形，中心氯原子周围有四对价层电子。clo2-中心氯原子的杂化轨道类型为 ，写出一个与cn-互为等电子体的物质的分子式 。钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，其结构如图所示，由此可判断钙的氧化物的化学式为 。已知该氧化物的密度是 g/cm3，则晶胞内离得最近的两个钙离子间的距离为 cm(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为na)。答案： 平面三角形 4s24p5 a 碘（或i） d sp3杂化 n2或cocao2 【解析】：（1）cocl2中c原子的价电子对数为，c原子采取sp2杂化，中心原子无孤电子对，c与o原子之间形成c=o双键，其结构式是，所以它的空间构型为平面三角形，溴是35号元素，最外层电子为其价电子，4s能级上排列2个电子，4p能级上排列5个电子，其价电子排布式为4s24p5，故答案为：平面三角形；4s24p5；（2）在离子晶体中离子半径越小，晶格能越大，比较两个反应的产物可知，由于氯离子的半径小于碘离子，所以cscl的晶格能大于csi的晶格能，故答案选a；（3）第一电离能是指原子失去一个电子所需的能量，第一电离能越小，就越容易失去一个电子，比较表格中的数据可知，碘更容易形成较稳定的单核阳离子，故答案为：碘；（4）a hcl中存在s-p键，bhf中存在s-p键，c so2中存在p-p键，d scl2中存在p-p键，故答案为：d；（5）因为氯原子周围有四对价层电子，所以中心原子的杂化方式为sp3杂化；cn-中有两个原子，价电子数为10个，根据等电子体是具有相同的价电子数和相同原子数的微粒可知，它的等电子体分子是n2或 co，故答案为：sp3杂化；n2或 co；（6）根据均摊法可知晶胞中钙离子的个数为=4，过氧离子的个数为12+1=4，故其化学式为cao2，设晶胞的边长为a，根据，得a=cm，两个离得最近的钙是位于顶点和面心上的，它们的距离为晶胞边长的倍，即为cm，故答案为：cao2；.38.【化学选修5：有机化学基础】(15分)异戊二烯是一种化工原料，有如下转化关系：已知：回答下列问题：a的名称(系统命名)是 ；bc的反应类型是 。b的结构简式是 ，d的核磁共振氢谱共有 组峰。上述物质中互为同系物的是 (填化合物代号)。f生成phb的化学方程式是 。e的同分异构体中，既能发生银镜反应，也能与碳酸氢钠溶液反应的共有 种(不考虑立体异构)。f除了合成phb外，还可经过 、酯化、聚合三步反应合成 (一种类似有机玻璃的塑料)。在催化剂作用下，第三步反应的化学方程式是 。答案： 2甲基1,3丁二烯 加成反应 3 d和e（4） 12消去 【解析】根据题中各物转化关系，a与hccch（ch3）2 发生信息中的加反应得b，b与氢气加成得c，根据c的结构及b的分子式可知b为，b发生信息中的氧化反应得d和e，d与氢气发生加成反应得f为ch3chohch2cooh，f发生缩聚反应得phb，（1）根据a的结构简式可知，a的名称是2-甲基-1，3-丁二烯，bc的反应类型是加成反应或还原反应，故答案为：2-甲基-1，3-丁二烯；加成反应或还原反应；（2）根据上面的分析可知，b为，根据d的结构简式可知，d的核磁共振氢谱共有3组峰，故答案为：；3；（3）上述转化关系中，d和e中所含官能团种类和数目相同，组成上相差2个ch2，所以d和e互为同系物，故答案为：d和e；（4）f生成phb的化学方程式是，故答案为：；（5）e的同分异构体中，既能发生银镜反应，即有醛基，也能