河北省张家口市宣化区第一中学届高三下学期月月考化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精化学试卷一、单选题(本大题共7小题，共42。0分）1。化学在生活中有着重要的应用。下列叙述不正确的是（)A.2019年春节部分地方燃放的“烟花”应用了某些金属的焰色反应B.棉麻桑蚕丝均是天然有机高分子材料C.锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用稀硫酸反应即可D。医院常用体积分数为75％的酒精溶液进行消毒【答案】C【解析】【详解】A。“烟花”的焰色来源于高温下金属离子的焰色反应,故A正确；B.棉麻的成分是纤维素、桑蚕丝的成分是蛋白质，都是天然有机高分子材料，故B正确；C。锅炉水垢中含有的CaSO4,处理该水垢的方法是：先用Na2CO3溶液处理将其转化为碳酸钙，再用盐酸将碳酸钙溶解。若用稀硫酸溶解，由于碳酸钙与硫酸反应生成微溶物硫酸钙,水垢不能完全除去，故C错误；D。体积分数为75％的酒精溶液的消毒效果好,所以医院常用体积分数为75％的酒精溶液进行消毒，故D正确。选C。2。常温下，下列各组离子(或在指定条件下)能大量共存的是A.中性溶液：、、Cl-、B。、、、C。由水电离出的的溶液中：、、Cl-、D.使pH试纸显蓝色的溶液中:、、、【答案】D【解析】【详解】A．水解生成氢氧化铁，只能存在于酸性溶液，在中性溶液中不能大量共存，故A错误；B．、之间发生双水解反应生成硅酸沉淀,在溶液中不能大量共存,故B错误;C．由水电离出的的溶液呈酸性或碱性,与氢离子和氢氧根离子发生反应，在溶液中不能大量共存,故C错误；D．使pH试纸显蓝色的溶液呈碱性，、、、之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选:D。【点睛】根据离子共存条件进行判断。离子之间如果能发生反应不能共存，离子和隐含条件的物质发生反应也不能共存。3.四种短周期主族元素A、B、M、N

的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，B

和A元素原子核的质子数之比为2：1，B和M的电子数之差为4。下列说法正确的是A.原子半径大小:

N〉M〉B〉AB.A、M、N

三种元素形成的气态氢化物中最稳定的是N的气态氢化物C。由A

元素形成的单质的熔沸点都很高,硬度都很大D。M、N

所形成的氧化物的水化物都是强酸【答案】B【解析】四种短周期元素A、B、M、N的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，A和B元素原子核质子数之比为1：2，B和M的电子数之差为4，B的质子数最大为8,A的质子数从1开始依次讨论：①若A是H元素，则B是He元素、M是C元素，其原子的最外层电子数之和为19，则N最外层电子数是12，不存在这样的元素，故舍去；②若A是He元素，则B是Be元素、M是O元素，其原子的最外层电子数之和为19，则N最外层电子数是9，不存在这样的元素,故舍去；③若A是Li元素,则B是C元素、M是Ne元素，其原子的最外层电子数之和为19，则N最外层电子数是6，且N原子序数大于M，所以N为S元素,符合题意；④若A是Be元素，则B是O元素、M是Mg元素，其原子的最外层电子数之和为19，则N最外层电子数是9，不存在这样的元素,故舍去;⑤若A是B元素，则B是Ne元素、M是Si元素，其原子的最外层电子数之和为19，则N最外层电子数是4，为Si元素,M和N不能是同一元素，故舍去；⑥若A是C元素，则B是Mg元素、M是S元素，其原子的最外层电子数之和为19，则N最外层电子数是7，为Cl元素，符合题意；⑦若A是N元素,则B是Si元素、M是Ar元素,N为短周期元素，所以没有符合条件的元素,故舍去;则A．若为⑥,其原子半径大小顺序是B＞M＞N＞A，故A错误;B．A能形成氢化物,则A是C元素，M是S元素、N是Cl元素，元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，这几种元素中非金属性最弱的是C元素,所以其气态氢化物最不稳定，故B正确；C．N元素单质可能是S或氯气，硫或氯气既有氧化性又有还原性，故C错误；D．如果M是Ne元素、N是S元素,M没有氧化物，故D错误；故选B。点晴：本题考查了原子结构和元素周期律的关系，考查学生分析问题、解决问题的能力,解题关键：熟悉原子结构、元素周期表结构，根据根据所给元素之间的数据关系，将问题分成几种情况,一一排除，题目难度中等.4。下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A将氯气通入品红溶液溶液红色褪去氯气具有漂白性B将铜粉加入1.0mol•L﹣1的Fe2（SO4)3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属Fe比Cu活泼C用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点比较低D向盛有少量浓硝酸、稀硝酸的两支试管中分别加入一片大小相同的铜片浓硝酸中铜片很快开始溶解，并放出红棕色气体；稀硝酸中过一会铜片表面才出现无色气体，气体遇空气变红棕色浓硝酸氧化性强于稀硝酸A.A B.B C。C D。D【答案】D【解析】【详解】A．品红褪色是生成次氯酸的原因，氯气不具有漂白性，A错误；B．铜和铁离子反应生成铜离子和亚铁离子，没有黑色固体生成,现象描述错误，B错误；C．由于在表面生成熔点更高的氧化铝,铝箔熔化但不滴落，现象描述错误，C错误；D．硝酸的浓度越大，氧化性越强，实验现象、结论描述正确，D正确；答案选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及实验反应原理为解答的关键,注意实验方案的评价性、操作性分析，选项A和C是解答的易错点，注意氯气和次氯酸的性质差异以及铝易被氧化的性质.5。根据下列实验现象，所得结论正确的是实验实验现象结论A左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡氧化性：Al3+＞Fe2+＞Cu2+B左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C右烧杯中澄清石灰水变浑浊，左边烧杯中无明显变化热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3D锥形瓶中有气体产生,烧杯中液体变浑浊非金属性：Cl＞C＞SiA.A B.B C。C D.D【答案】C【解析】【详解】A．电解质为硫酸，活泼金属作负极，由现象可知金属性Al＞Fe＞Cu，即还原性Al＞Fe＞Cu，则氧化性Al3+＜Fe2+＜Cu2+，故A错误；B．氯气可分别氧化NaBr、KI，不能比较Br2、I2的氧化性，故B错误；C．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳，则右烧杯中澄清石灰水变浑浊，左边烧杯中无明显变化，能够说明热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，故C正确；D．盐酸为无氧酸，且盐酸挥发，盐酸也能与硅酸钠反应生成白色沉淀，不能比较非金属性，故D错误;故选C。6。下列实验操作规范且能达到相应实验目的的是选项实验目的实验操作A

配制100g4％的NOH溶液

称取4。0gNaOH放在烧杯中，再加入96.0mL水，搅拌均匀B.分离KClO3与MnO2制取O2后的残渣溶解、过滤、洗涤、干燥滤渣得到MnO2，滤液蒸发结晶并干燥得到KClO3C证明

Ksp（BaSO4）〈

Ksp(BaCO3）

向BaCO3溶液中加入饱和Na2SO4溶液D检验Al和Fe2O3反应后固体中是否含Fe2O3取样，溶于足量稀硫酸,滴加KSCN溶液不变红，说明不含Fe2O3A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A、100g4％的NOH溶液，溶质的质量为4。0g,溶剂水的质量为96.0g，称取4。0gNaOH放在烧杯中，再加入96。0mL水，搅拌均匀即可，A正确；B、KClO3与MnO2制取O2后的残渣为不溶水的MnO2和溶于水的KCl，溶解、过滤、洗涤、干燥滤渣得到MnO2,滤液蒸发结晶并干燥得到KCl，B错误;C、向BaCO3悬浊液中加入足量饱和Na2SO4溶液，当沉淀不再变化时，加入稀盐酸，无明显现象，即可证明Ksp（BaSO4)〈

Ksp（BaCO3),C错误；D、Al和Fe2O3反应后固体中一定含有Fe单质，若含有Fe2O3，与酸发应后生成Fe3+，Fe3+可能与Fe单质反应成Fe2+，加入KSCN溶液也不变红，D错误。正确答案为A。点睛：本题难点在C和D选项，对C选项:沉淀之间的转化，必须是一种沉淀转化为另外一种沉淀，而不是生成的，如C中应该使用BaCO3悬浊液，一种沉淀转化为另一种沉淀，可通过颜色的改变来观察，如无颜色的变化，则必须通过其他方法来证明确实生成了新的沉淀，如C中BaCO3和BaSO4均为白色沉淀，无法直接观察，可通过向生成的沉淀中加硝酸，看沉淀是否溶解来判断.对D选项：要考虑反应后固体中加硫酸后，Fe单质可能与Fe3+反应生成Fe2+，溶液也不显色。7。已知：pK=—lgK，25℃时，二元酸H2ApK1=

1。85，pK2=7。19。25℃时,用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2AA.a点所得溶液中：Vo=10mLB.C点所得溶液中：c（A2-

）=c(HA—)C.b点所得溶液中:c（H2A）+c（H+)=c（HA—)+c（OH-D。d点所得溶液中:A2—的水解平衡常数K1=1×10—7.19【答案】B【解析】A、a点所得溶液中对H2A有：K1=c(H+）c（HA—)/c（H2A），10-1。85=10—1.85×c(HA-）/c（H2A)可得HA—与H2A的浓度相等，当V0=10mL时，生成的NaHA和剩余的H2A的物质的量相等,a点溶液显酸性，H2A的电离程度大于HA-的水解程度,故V0=10mL时混合溶液中的HA—和H2A的浓度不会相等，V0<10mL时才可能相等，A错误;B、C点所得溶液中：对HA—有K2=c（H+）ｘc(A2—）/c(HA—），10—7.19=10—7。19×c（A2-)/c（HA-)解得A2-的浓度与HA—的浓度相等,B正确；C、b点加入的NaOH溶液体积为20mL，NaOH与H2A恰好完全反应生成NaHA，根据质子守恒有：c(H2A）+c(H+)=c(A2—)+c（OH—），C错误；D、d点加入的NaOH的物质的量为H2A的物质的量的2倍，恰好生成Na2A,此时A2-第一步水解生成HA-二、简答题(本大题共4小题，共49.0分）8。某科研小组用镍触媒废料（主要成分为Ni—Al合金,混有少量Fe、Cu、Zn及有机物）制备NiO并回收金属资源的流程如下所示：已知：相关数据如表1和表2所示表1部分难溶电解质的溶度积常数（25℃）物质Ksp物质KspFe（OH)34。0×10—38CuS6。3×10—34Fe（OH)21。8×10-16ZnS1。6×10—24Al(OH)31.0×10—33NiS3。2×10-18Ni（OH)22.0×10-15表2原料价格表物质价格/（元•吨—1）漂液（含25。2%NaClO)450双氧水（含30％H2O2）2400烧碱（含98%NaOH）2100纯碱（含99。5%Na2CO3）600请回答下列问题：（1）“焙烧”的目的是________________________________。（2)“试剂a"的名称为__________________；选择该试剂的理由是______。（3）“氧化”时反应的离子方程式为__________________________________________。（4）欲使溶液中Fe3+和A13+的浓度均小于等于1。0×10—6mol•L-1，需“调节pH”至少为_______________。（5)“试剂b”应选择__________，“加水煮沸"时，反应的化学方程式为_______________________________.（6）氢镍电池是一种应用广泛的二次电池，放电时，该电池的总反应为NiOOH+MH=Ni（OH)2+M,当导线中流过2mol电子时,理论上负极质量减少__________g.充电时的阳极反应式为_______________________________________________。【答案】（1）。除去废料中的有机物；使部分金属单质转化为氧化物(2)。漂液（3）。节约成本，不影响后续操作(4)。2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O(5）。5(6).Na2CO3(7)。NiCO3+H2ONi（OH)2+CO2↑（8）.2（9)。Ni(OH）2+OH-—e-=NiOOH+H2O【解析】【分析】铁触媒废料焙烧，可以将部分金属单质转化为金属氧化物以及使有机物燃烧而除去，焙烧后固体和硫酸反应生成硫酸盐;再将Fe2+氧化成Fe3+，氧化剂选择漂液（因为漂液价格低廉，且不影响后续实验）.然后调节pH使Fe3+、Al3+一起转化为氢氧化物沉淀而除去。滤液1中还有Zn2+、Cu2+以及Ni2+，加入NiS，可以除去Zn2+、Cu2+。滤液2中有镍离子,同样的道理，在沉淀Ni2+的时候，选择碳酸钠,它的价格也是比较低，加入碳酸钠后得到碳酸镍;碳酸镍加水煮沸会转化成Ni（OH）2,最后Ni（OH）2灼烧分解，就可以得到氧化镍。【详解】（1）焙烧可以使部分金属单质变成金属氧化物，并且能够使有机物燃烧并除去。所以“焙烧”的目的为：除去废料中的有机物；使部分金属单质转化为氧化物；（2）应选择氧化剂使亚铁离子氧化成铁离子，氧化剂包括了漂液和双氧水，但是双氧水的价格更贵，所以选择漂液；选择漂液的理由就是漂液成本更低,而且生成NaCl也不影响后续操作。（3）漂液中含有NaClO，将Fe2+氧化成Fe3+，ClO-被还原成Cl-,反应的离子方程式为;（4）Fe（OH）3和Al（OH)3类型相同，Fe(OH)3的Ksp比Al（OH）3小，为了使它们完全沉淀，用Al(OH)3的Ksp进行计算，则pH至少为5；（5）需要选择沉淀Ni2+的沉淀剂，NaOH的价格更贵,所以选择Na2CO3，根据题意,加入Na2CO3时，生成的滤渣2为NiCO3，NiCO3加水煮沸转化成Ni（OH)2，加水煮沸的方程式为NiCO3+H2ONi（OH）2+CO2↑。（6）镍氢电池放电时负极的是MH,在反应中MH变成了M，失去质量为H的质量，负极反应式为MH—e-+OH-=M+H2O,转移2mol，负极质量减少2g；充电时阳极发生氧化反应,化合价升高，Ni(OH）2变成NiOOH，电极反应式为：Ni（OH）2+OH—-e—=NiOOH+H2O。【点睛】（2）中因为是工业流程,所以在选择原料的时候,不仅要考虑它会不会带来杂质，还需考虑经济成本,比如在此题中都选择了经济成本较低的原料。（4)计算pH的时候，氢氧化铁和氢氧化铝都可以计算，但是要完全沉淀，选择pH较大的那个。9.C、N、S和Cl元素的单质及化合物在工业生产中的有效利用备受关注。请回答下列问题：（1)已知:I。2SO2(g）+O2(g)+2H2O(1）=2H2SO4(aq)△H1；Ⅱ。Cl2(g)+H2O(1)HCl（aq）+HClO(aq)△H2；Ⅲ。2HClO（aq)=2HCl（aq）+O2（g）△H3SO2(g）+Cl2(g）+2H2O(1）=2HCl(aq）+H2SO4(aq)△H4=__________（用含有△H1、△H2和△H3的代数式表示)。(2）25℃时,H2SO3溶液中各含硫微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的变化关系如图所示。已知25℃时，NaHSO3的水溶液pH＜7，用图中的数据通过计算解释原因____________________。（3）利用“Na—CO2”电池将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na-CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管（MWCNT）为电极材料，总反应为4Na+3CO22Na2CO3+C。放电时该电池“吸入"CO2①放电时，正极的电极反应式为______。②选用高氯酸钠—四甘醇二甲醚做电解液的优点是_______(至少写两点）。（4)氯氨是氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂,主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺（NH2C1、NHC12和NC13①一氯胺（NH2Cl）的电子式为_______。一氯胺是重要的水消毒剂,其原因是由于一氯胺在中性、酸性环境中会发生水解,生成具有强烈杀菌作用的物质，该反应的化学方程式为_______。②在恒温条件下，2molCl2和1molNH3发生反应2Cl2(g)+NH3（g)NHCl2（l)+2HCl(g)，测得平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：计算C点时该反应的压强平衡常数Kp（C）=_______（Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)【答案】(1)。（△H1+2△H2+△H3）/2(2）。由图中数据可以计算出Ka2(H2SO3）=10－7。2,Ka1（H2SO3)=10－1.9,所以HSO3-的水解常数是10－12。1,HSO3-电离程度大于水解程度，溶液显酸性（3)。3CO2+4Na++4e-═2Na2CO3+C（4）。导电性好、与金属钠不反应、难挥发等特点(5）。(6）。NH2Cl+H2O═NH3+HClO(7).0。5MPa-1【解析】【分析】（1）根据盖斯定律，反应SO2（g)+Cl2(g）+2H2O(l）=2HCl(aq）+H2SO4（aq)是（Ⅰ+2×Ⅱ+Ⅲ）/2，那么△H4=（△H1+2△H2+△H3）/2;（2)由图中数据可以,求出H2SO3的Ka1和Ka2,;同理，用pH=7。2的数据计算，可以得到Ka2=10—7.2，HSO3—既可以水解又可以电离，电离常数为Ka2，水解常数Kh=Kw/Ka1=10—14/10—1.9=10—12。1，水解大于电离，溶液呈酸性;（3)根据总反应方程式，正极是CO2得电子变成C，电极反应式为3CO2+4Na++4e-═2Na2CO3+C；不选择水做溶剂，而选择有机物做溶剂,可以知道Na不和有机物发生反应，此外可以根据，电解质溶液的作用来答题,应该要有导电性好，难挥发等等;(4）①可以按照氨气的电子式来写,一氯氨可以当做氯代替氨气中的一个H。电子式为；根据水解反应的特点，要和水发生作用，一部分结合氢氧根,一部分结合氢离子，产生一种具有强烈杀菌的作用，应该是次氯酸，可以写出来NH2Cl+H2O═NH3+HClO；②C点平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度相等，可以利用三段式列出式子，设转化NH3物质的量为x2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2（l）+2HCl（g)开始（mol)2100转换（mol）2xx2xC点的平衡（mol)2—2x1—x2x则2-2x=2x，解得x=0。5mol，平衡时Cl2、NH3、HCl物质的量依次为1mol、0.5mol、1mol,NHCl2为液体,计算压强是不计入，气体一共2.5mol，总压为10MPa，可以Cl2、NH3、HCl分压为4MPa、2MPa、4MPa；。【详解】（1）根据盖斯定律，反应SO2(g)+Cl2（g)+2H2O(l）=2HCl(aq)+H2SO4（aq）是(Ⅰ+2×Ⅱ+Ⅲ)/2，那么△H4=(△H1+2△H2+△H3)/2；(2）由图中数据可以，求出H2SO3Ka1和Ka2，;同理,用pH=7。2的数据计算，可以得到Ka2=10-7.2，水解常数Kh=Kw/Ka1=10-14/10—1.9=10—12。1，水解大于电离，溶液呈酸性；（3）根据总反应方程式，正极是CO2得电子变成C，电极反应式为3CO2+4Na++4e—═2Na2CO3+C；不选择水做溶剂,而选择有机物做溶剂,可以知道Na不和有机物发生反应，此外可以根据，电解质溶液的作用来答题，应该要有导电性好，难挥发等等;（4)①可以按照氨气的电子式来写，一氯氨可以当做氯代替氨气中的一个H。电子式为;根据水解反应的特点,要和水发生作用，一部分结合氢氧根，一部分结合氢离子，产生一种具有强烈杀菌的作用，应该是次氯酸，可以写出来NH2Cl+H2O═NH3+HClO；②C点平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度相等,可以利用三段式列出式子，设转化NH3物质的量为x2Cl2（g)+NH3（g)NHCl2（l）+2HCl（g）开始（mol)2100转换（mol)2xx2xC点的平衡（mol）2-2x1—x2x则2-2x=2x，解得x=0。5mol，平衡时Cl2、NH3、HCl物质的量依次为1mol、0.5mol、1mol，NHCl2为液体,计算压强是不计入，气体一共2。5mol，总压为10MPa,可以Cl2、NH3、HCl分压为4MPa、2MPa、4MPa；。【点睛】第（4）②不要忘记了,NHCl2是液体，它不代入平衡常数表达式中。10。已知：A、B、C、D、E五种元素,原子序数依次增大。A是短周期中原子半径最大的元素，B元素3p能级半充满；C是所在周期电负性最大的元素；D是第四周期未成对电子最多的元素；E的原子序数比D大3。试回答下列有关的问题：（1）写出D元素价电子的电子排布图：______________。（2）D可形成化合物［D(H2O)6]（NO3)3，[D(H2O）6](NO3）3中阴离子的立体构型是____________。NO2－中心原子的轨道杂化类型为______________，1mol［D(H2O）6]3+中含有的σ键数为______________。（3）已知B、C两种元素形成的化合物通常有两种。这两种化合物中___________（填化学式）为非极性分子.另一种物质的电子式为______________.（4）D是一种硬而脆抗腐蚀性强的金属，常用于电镀和制造特种钢.下图为D的晶胞结构图,则D晶胞属于___________堆积；该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___________。（已知：π=3.14,=1。732)（5）E晶体的一种晶胞(如图所示）的边长为anm，密度为ρg·cm－3，NA表示阿伏加德罗常数的值,则E的原子半径为___________nm,E的相对原子质量可表示为___________。【答案】（1)。（2）。平面三角形(3).sp2杂化(4）。18NA(5）.PCl5（6)。（7).体心立方(8).68（9）.a(10）。5a3ρNA×10—22【解析】【分析】A、B、C、D四种元素,原子序数依次增大。A是短周期中原子半径最大的元素为Na元素，B元素3p能级半充满为P元素，C是所在周期电负性最大的元素为Cl元素，D是第四周期未成对电子最多的元素为Cr元素,

（1）D元素为铬元素，能层上为半充满状态时价电子为未成对电子最多；

（2）①依据价电子互斥理论确定硝酸根离子的空间构型，再结合杂化轨道理论判断其中心原子的杂化类型；

②结合物质结构判断含有σ键数;

(3）B、C两种元素分别为P和Cl，形成化合物为：PCl3，PCl5，结构对称的正负电荷重心重合的为非极性分子，结合共价键电子式书写方法解答；

（4）依据金属晶体中金属原子在空间上的堆积模型分析判断；原子的体积占晶胞体积的百分率即空间利用率，结合晶胞结构进行计算；（5）利用均摊法计算晶胞内原子的个数，再结合晶体的密度=晶胞的密度=推导出晶体的摩尔质量，其数值即为所求。【详解】(1)D元素为铬元素，能层上为半充满状态时价电子为未成对电子最多，其价电子的电子排布图为,故答案为；

（2）①硝酸根离子中价电子对个数=3+（5+1—3×2）=3，且不含孤对电子，所以该分子为平面三角形,中心原子采用sp2杂化；故答案为平面三角形；sp2杂化；

②在[D(H2O)6]3+中配合离子Cr3+与水之间形成的化学键为配位键，配位键是特殊的共价键，属于σ键,所以1mol［D(H2O）6］3+中含有σ键有12+6=18mol=18NA；故答案为18NA；

(3）B、C两种元素分别为P和Cl，形成化合物为:PCl3，PCl5，其中PCl3为三角锥性结构，属于极性分子,PCl5为三角双锥性结构，属于非极性分子，PCl3电子式为：；故答案为PCl5;；（4）由晶胞结构图可知，该金属原子的晶胞堆积模型为体心立方堆积模型，根据均摊法可知晶胞内所含原子数=8×+1=2，设该晶胞的边长为acm,原子为等径圆球，其半径为rcm，则结合几何构型可知,等径圆球的半径为该晶胞体对角线的1/4,即a=，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为==×100％=×3。14×100％68%，故答案为体心立方;68；（5）E的原子序数比D大3,则E为钴元素，结合E晶体的一种晶胞模型根据均摊法可知晶胞内所含原子数=8×+1=2，则结合几何构型可知，E的原子半径为该晶胞体对角线的1/4=a，则该晶胞的质量为g=ρg·cm-3×(a×10—7cm）3，得出M=5a3ρNA×10—22，故答案为a；5a3ρNA×10-22。【点睛】本题侧重考查晶体的常识与晶胞的相关计算，其中关于金属晶体要牢记常见的的堆积模型,并掌握其晶胞的相关参数。如本题最后一问,计算E的相对原子质量时，关键是利用“均摊法"找到晶胞内所含原子数，再利用密度表达式列式计算得出结论.计算时切勿漏掉原子个数，避免低级错误。11.镇痛药物J的合成方法如下:已知:+Cl—R3+HClR1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH（R1、R2、R3、R4为氢或烃基）(1）B的名称为______；F的结构简式为______。(2)C中含氧官能团名称为______；②的反应类型为______反应。(3)③的化学方程式为______。（4）有机物K分子组成比F少两个氢原子，符合下列要求的K的同分异构体有______种。A。遇FeCl3显紫色B。苯环上有三个取代基(5)是一种重要的化工中间体.以环已醇（）和乙醇为起始原料，结合己知信息选择必要的无机试剂，写出的合成路线______.（已知：RHC=CHRRCOOH+R′COOH，R、R′为烃基。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）【答案】(1)。3—氯丙烯(2)。(3).酯基（4）。取代（5).+CH3OH(6）。30（7）。【解析】【分析】由框图可知A为CH3CH=CH2,A到B发生取代反应，B的结构简式为CH2ClCH=CH2；由框图可知发生了取代反应，根据+Cl-R3+HCl可知生成的C的结构简式为，由可知,③发生反应的方程式为：+CH3OH,生成的D的结构简式在硫酸作用下加热发生水解反应生成E，E的结构简式为,再通过得到F，则F的结构简式为；然后依次发生取代反应生成G、J；(6)以环已醇和乙醇为起始原料合成，环己醇发生消去反应生成环己烯，环己烯发生氧化反应生成己二酸，己二酸发生酯化反应生成己二酸二乙酯，然后发生信息反应生成。【详解】（1）根据上述分析B的结构简式为，则B的名称为3-氯丙烯(或3-氯-1—丙烯);F的结构简式为,故答案为：3-氯丙烯（或3—氯-1—丙烯)；；（2）根据上述分析C的结构简式为，C中含氧官能团名称为酯基;②的反应类型为取代反应，故答案为：酯基；取代；（3)根据上述分析可知:③化学方程式为+CH3OH，故答案为：+CH3OH；（4)根据上述分析F的结构简式为,有机物K分子组成比F少两个氢原子，K的同分异构体符合下列条件，A.遇显紫色，说明含有酚羟基;B.苯环上有三个取代基，F的不饱和度是3，K的不饱和度是4，苯环的不饱和度是4，所以K的同分异构体中除了苯环外不含其它双键或三键，如果取代基为、、，有10种，如果取代基为、、，有10种；如果取代基为、、，有10种,所以符合条件的同分异构体种类是30种，故答案为：30；（5）以环已醇（)和乙醇为起始原料合成，环己醇发生消去反应生成环己烯，环己烯发生氧化反应生成己二酸，己二酸发生酯化反应生成己二酸二乙酯,然后发生信息反应生成,其合成路线为，故答案为：。三、实验题（本大题共1小题,共14.0分）12。三硫代碳酸钠(Na2CS3)常用作杀菌剂、沉淀剂.某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度.实验1:探究Na2CS3的性质步骤操作及现象①取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水配制成溶液并分成两等份②向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红色③向另一份溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去（1）H2CS3是________酸（填“强”或“弱”）。（2）已知步骤③的氧化产物是SO42－,写出该反应的离子方程式______（3）某同学取步骤③所得溶液于试管中，滴加足量盐酸、BaCl2溶液产生白色沉淀，他认为通过测定产生的白色沉淀的质量即可求出实验所用Na2CS3的量，你是否同意他的观点并说明理由______。实验2：测定Na2CS3溶液的浓度按如图所示连接好装置,取100mLNa2CS3溶液置于三颈烧瓶中，打开仪器d的活塞，滴入足量2.0mol/L稀H2SO4，关闭活塞。已知：Na2CS3+H2SO4=Na2SO4+CS2+H2S↑。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水,沸点46℃,与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。（4）盛放无水CaCl2的仪器的名称是______，B中发生反应的离子方程式是______.（5）反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是______。（6）为了计算Na2CS3溶液的浓度,对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得19。2g固体,则A中Na2CS3的物质的量浓度为______。（7)分析上述实验方案，还可以通过测定C中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度，若反应结束后将通热N2改为通热空气,计算值______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。【答案】(1）。弱(2