山西省2019届高考化学二模试卷 13页

2019年山西省高考化学二模试卷一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）1.化学与生活、环境密切相关。下列有关说法或做法错误的是（　　）A.使用含有氯化钙的融雪剂会加速桥梁的腐蚀B.研发易降解的生物农药，可减少农业产品的污染C.工业废水、生活污水净化处理，可减少污染物的排放D.绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理2.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）A.常温常压下，18gH2O中所含电子数为8NAB.0.1mol⋅L-1Na2CO3溶液中CO32-的数目为0.1NAC.1molCl2与足量的铁反应转移的电子数为2NAD.标准状况下，2.24LCCl4中含有的共价键数为0.4NA3.下列有关离子方程式与所述事实相符且正确的是（　　）A.钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式Fe-2e-=Fe2+B.用惰性电极电解CuCl2溶液：2Cu2++2H2O- 电解 4H++O2↑+2CuC.稀硝酸与过量的铁屑反应：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2OD.用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O4.下列关于有机物的叙述正确的是（　　）A.溴苯分子中所有原子都处于同一平面B.苯、油脂都不能使酸性KMnO4溶液褪色C.有机物都能在氧气中充分燃烧，产物之一是水D.C6H14有4种同分异构体，它们的熔点、沸点都相同5.某锂电池工作原理如图所示，已知电池的总反应为4Li+2SOCl2°⇌充电放电4LiCl+S+SO2↑．下列说法错误的是（　　）A.金属锂是所有金属中比能量最高的电极材料B.该电池组装时，必须在无水无氧条件下进行C.放电时，外电路通过4mole-时电池产生22.4L气体D.充电时，阳极反应式为4Cl-+S+SO2-4e-=2SOCl26.短周期元素M、X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示，其中Y原子的质子数是M原子的2倍。下列判断错误的是（　　）A.原子半径的大小顺序：X>Y>Z>MB.X的最高价氧化物的水化物是一种强酸C.简单氢化物的热稳定性：X②>③二、简答题（本大题共4小题，共44.0分）1.硼及其化合物在工业上有许多用途。工业上用硼矿石（主要成分为B2O3，还有少量MgO、Fe3O4等）为原料制备粗硼的工艺流程如图所示。已知：①偏硼酸钠（NaBO2）易溶于水，在碱性条件下稳定存在。②硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O。回答下列问题：（1）欲提高硼矿石的溶解速率，可采取的措施有______（写出两条）。（2）滤渣主要成分是______。（3）硼砂中B的化合价为______，溶于热水后，常用H2SO4调pH到2-3制取H3BO3，反应的离子方程式为______。（4）X为H3BO3晶体加热脱水的产物其与Mg反应制取粗硼的化学方程式为______。（5）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它与水反应的离子方程式为BH4-+2H2O=BO2-+4H2↑，该反应中氧化剂是______；硼氢化钠能把许多金属离子还原为金属单质，为抑制它与水的反应反应可在______（填“酸性”“中性”或“碱性“）条件下进行。（6）硼酸熔点为185℃，露置空气中无变化，加热至107.5℃时失水而变成偏硼酸（HBO2）：H3BO3=HBO2+H2O．已知HBO2是弱酸，将等体积等物质的量浓度的HBO2与NaOH溶液混合，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是______。2.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，受到了越来越多的关注。而开发利用氢能的关键是解决氢气的储存问题。回答下列问题：（1）下列制氢的方法中最节能的是______（填标号）A．水煤气法制氢：C+H2O-高温H2+COB．天然气制氢：CH4+H2O-高温CO+3H2C．太阳光催化分解水制氢：2H2O -TiO2太阳光2H2↑+O2↑D．电解食盐水制氢2NaC1+2H2O-通电2NaOH+H2↑+Cl2↑（2）氢化物储氢：如氢化镁（MgH2）是一种相对廉价的储氢材料。①MgH2是一种离子化合物其电子式为______。②25℃、101kPa下，有关热化学方程式如下：nH2（g）+12O2（g）=H2O（g）△H1=-241.8 kJ•mol-1Mg（s）+12O2（g）=MgO（s）△H2=141.6 kJ•mol-1MgH2（s）+O2（g）=MgO（s）+H2O（g）△H3=-309 kJ•mol-1则由镁和氢气反应生成氢化镁的热化学方程式为______。③单位质量的MgH2分解释放出氢气的质量随时间的变化如图所示，其中温度T1、T2、T3由小到大的顺序是______。（3）合金储氢如镧（La）镍（Ni）合金材料有较大储氢容量，其原理为 LaNi（s）+3H2（g）⇌放氢储氢LaNi5H6（s）△H＜0，则利用该合金储氢时，有利于储氢的条件是______温、______压（两空均填“低”或“高”）。（4）有机物储氢：如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢。①某温度下，向恒容密闭容器中加入环已烷，起始浓度为amol•L-1，平衡时苯的浓度为b mol•L-1，则该反应的平衡常数K=______（用含a、b的代数式表示）。②一定条件下，如图装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其他有机物）。下列说法错误的是______（填标号）。A．X是电源的负极，电极N是阳极B．电解过程中产生的2.8mol气体是H2C．电极M上发生的电极反应式为C6H6+6H++6e-=C6H12D．电子移动的方向为X→M→N→Y，共传导11.2mol电子1.甲醇（CH3OH）是一种洁净、可再生能源。工业上可用CO和H2为原料，在含有Zn、Cu、Al等元素的催化剂的作用下合成甲醇。回答下列问题（阿伏加德罗常数的值为NA）（1）基态Zn原子的核外电子排布式为[Ar]______。（2）写出与CO互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式：______、______。（3）甲醇催化氧化可得到甲醛，甲醛与新制Cu（OH）2的碱性溶液在加热条件下反应生成Cu2O沉淀。①甲醇的沸点比甲醛的高，其主要原因是______。②甲醛分子的空间构型为______；1mol甲醛分子中σ键的数目为______。n③氧化亚铜能与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物HCuCl2．则HCuCl2中配位数为______。（4）氯化铝在178℃时升华，其蒸气的相对分子质量约为267，蒸气状态时其分子的结式为______（标出配位键）。（5）金属铝的晶胞结构如图所示，其晶胞参数（即立方晶胞的边长）a=0.405nm，则晶体铝中原子的堆积方式为______；铝单质的密度ρ=______g•cm-3（不必化简）1.有机合成在制药工业上有着极其重要的地位。某新型药物F是一种合成药物的中间体，其合成路线如下图所示。已知：（1）Diels-Alder反应：（2）RCH=CHR′→KMnO4/H+RCOOH+R′COOH（R、R′均为烃基）回答下列问题：（1）A的产量标志着一个国家石油化工发展水平，则 CH3CH2OH→A所需试剂、条件分别为______、______。（2）B的化学名称是______；A→C的反应类型为______。（3）F中官能团的名称是______。（4）分子式为C6H10的有机物其结构不可能是______（填标号）。A．含有两个环的环状有机物B．含有一个双键的直链有机物C．含有两个双键的直链有机物D．含有一个三键的直链有机物（5）D→E的化学方程式为______。（6）已知炔烃与二烯烃也能发生Diels-Alder反应。则以CH2=CH-CH=CH2和HC≡CH为原料合成的路线图为______（无机试剂任选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）。三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）2.三氯化磷（PCl3）是一种基础化工原料使用广泛需求量大。实验室可用白磷与氯气反应制备三氯化磷，实验装置如图所示（夹持装置未画出）。已知：①氯气与白磷反应放出热量（温度高于75℃）。②PCl3和PCl5遇水强烈反应并产生大量的白雾。③PCl3和PCl5的物理常数如下：熔点沸点PCl3-112℃76℃PCl5148℃200℃分解回答下列问题：（1）仪器X的名称是______；装置A中发生反应的离子方程式为______。（2）装置B可用于除杂，也是安全瓶，能监测实验进行时装置C或D中是否发生堵塞，若装置C或D中发生堵塞时B中的现象是______。n（3）为防止装置D因局部过热而炸裂，实验开始前应在圆底烧瓶的底部放少量______（填“干沙”或“水”）。（4）装置E的烧杯中冰盐水的作用是______。（5）装置F的作用：一是防止空气中水蒸气的进入；二是______。（6）前期白磷过量生成PCl3，后期氯气过量生成PCl5，从PC13和PCl5的混合物中分离出PCl3的最佳方法是______。n答案和解析1.【答案】D【解析】解：A．氯化钙为电解质，水溶液中能与桥梁中的钢铁构成原电池，发生钢铁的电化学腐蚀，故A正确；B．生物农药的残留对人体健康不利，同时引起环境污染，研发易降解的生物农药，可减少农业产品的污染，故B正确；C．工业废水、生活污水净化处理，可减少污染物的排放，可以节约资源，保护水资源，故C正确；D．绿色化学的核心是从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故D错误；故选：D。A．依据原电池形成条件及钢铁的电化学腐蚀解答；B．生物农药的残留对人体健康不利，同时引起环境污染；C．工业废水、生活污水能引起水体污染；D．绿色化学的核心是从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。本题主要考查了常见的生活环境污染与治理以及金属的腐蚀与防护、绿色化学的核心，掌握相关物质的性质、反应的原理是解题的关键，难度不大，注意绿色化学的核心。2.【答案】C【解析】解：A、18g水的物质的量为1mol，而水中含10个电子，故1mol水中含10NA个电子，故A错误；B、溶液体积不明确，故溶液中碳酸根的个数无法计算，故B错误；C、氯气和铁反应后变为-1价，故1mol氯气反应后转移2NA个电子，故C正确；D、标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误。故选：C。A、求出水的物质的量，然后根据水中含10个电子来分析；B、溶液体积不明确；C、氯气和铁反应后变为-1价；D、标况下四氯化碳为液体。本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。3.【答案】D【解析】解：A．钢铁发生电化学腐蚀时，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，如果发生吸氧腐蚀，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，如果发生析氢腐蚀，正极反应式为2H++2e-=H2↑，故A错误；B．用惰性电极电解CuCl2溶液，阴极放电顺序Cu2+＞H+，阳极放电顺序Cl-＞OH-，离子反应为Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，故B错误；C．稀硝酸与过量的铁屑反应，离子方程式：3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O，故C错误；D．双氧水和稀硫酸处理印刷电路板，铜被双氧水氧化，反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，故D正确；故选：D。A．钢铁发生电化学腐蚀时，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；B．用惰性电极电解CuCl2溶液，生成Cu和氯气；C．铁过量反应生成二价铁子；nD．铜被双氧水氧化生成铜离子。本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重电化学、氧化还原反应的考查，题目难度不大4.【答案】A【解析】解：A．溴苯具有苯的结构特征，所有的原子都在同一个平面上，故A正确；B．油脂含有不饱和烃基，可与高锰酸钾容溶液反应，故B错误；C．四氯化碳中碳的化合价为最高价态，则不燃烧，故C错误；D．C6H14有5种同分异构体，均为不同的物质，熔点、沸点不同，故D错误。故选：A。A．溴苯具有苯的结构特征；B．油脂含有不饱和烃基；C．四氯化碳不燃烧；D．同分异构体性质不同。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度不大。5.【答案】C【解析】解：A．单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多，则得到的电能越多，而金属的相对原子质量小，所以该金属的比能量也越高，故A正确；B．由于Li和SOCl2都易与水反应，电解池应为非水电解质，故B正确；C．不知道22.4L气体的状态，不能用于计算，故C错误；D．电池正极反应式为2SOCl2+4e-=4Cl-+S+SO2，充电时电池正极作阳极，反应式与原电池正极反应式相反，即4Cl-+S+SO2-4e-=2SOCl2，故D正确。故选：C。根据电池总反应4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2可知，电池工作时，Li被氧化，为原电池的负极，电池反应式为Li-e-=Li+，SOCl2被还原，为电池的正极，电极反应式为2SOCl2+4e-=4Cl-+S+SO2，由于Li和SOCl2都易与水反应，电解池应为非水电解质，充电时，外加电源负极接原电池负极、作阴极，阴极上发生还原反应，正极接原电池正极、作阳极，阳极上发生氧化反应，电极反应式与原电池反应相反，据此解答。本题考查化学电源新型电池，题目难度不大，注意把握电极反应式的书写，为解答该题的关键，也是易错点，学习中注意把握电极反应式的书写方法。6.【答案】B【解析】解：根据分析可知：M为O，X为P，Y为S，Z为Cl元素。A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小为：X＞Y＞Z＞M，故A正确；B．P的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸为弱酸，故B错误；C．非金属性越强，对应简单氢化物的稳定性越强，非金属性：P＜S＜Cl＜O，则简单氢化物的热稳定性：X＜Y＜Z＜M，故C正确；D．O、S形成的SO2、SO3都是酸性氧化物，故D正确；故选：B。短周期元素M、X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示，则M位于第二周期，X、Y、Z位于第三周期，Y原子的质子数是M原子的2倍，则M为O，Y为S元素，结合各元素相对位置可知，X为P，Z为Cl元素，据此解答。本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题培养了学生的分析能力及灵活运用能力。n7.【答案】A【解析】解：A．点①溶液中为等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液，溶液显碱性，碳酸根离子水解为主，盐类水解促进水的电离，点①时溶液中水的电离程度比纯水的大，故A正确；B．点②所示溶液中含C元素的微粒有HCO3-、CO32-，且滴加盐酸后溶液体积增大，物料守恒可知，c（HCO3-）+c（CO32-）＜0.1mol/L，故B错误；C．图象可知PH≤6时，H2CO3的量保持不变，说明PH=6时，二氧化碳在溶液中已达到饱和，之后就会有二氧化碳气体放出，故C错误；D．平衡常数只随温度变化，温度不变平衡常数不变，Na2CO3第一步水解反应的平衡常数：①=②=③，故D错误；故选：A。A．点①溶液中为等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液，溶液显碱性，碳酸根离子水解为主；B．点②所示溶液中含C元素的微粒有HCO3-、CO32-，且滴加盐酸后溶液体积增大，c（HCO3-）+c（CO32-）＜0.1mol/L；C．图象可知PH≤6时，H2CO3的量保持不变，说明PH=6时，二氧化碳在溶液中已达到饱和；D．平衡常数只随温度变化。本题考查了图象分析判断、平衡常数影响因素、微粒难度关系和大小比较等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。8.【答案】将硼矿石粉碎、搅拌、增大NaOH溶度、升温等 MgO、Fe3O4 +3 B4O72-+2H++5H2O=4H3BO3 B2O3+3Mg-高温2B+3MgO H2O 碱性 c（Na+）＞c（BO2-）＞c（OH-）＞c（H+）【解析】解：（1）将硼矿石粉碎、搅拌、增大NaOH溶度、升温等都可以加快其溶解速率；故答案为：将硼矿石粉碎、搅拌、增大NaOH溶度、升温等；（2）MgO、Fe3O4不溶于NaOH，也不溶于水，故滤渣为MgO、Fe3O4；故答案为：MgO、Fe3O4；（3）硼砂Na2B4O7•10H2O中钠元素+1价，氧元素-2价，化合物元素化合价代数和为0，则B元素化合价为+3价；硼砂溶于热水后，常用H2SO4调pH到2-3制取H3BO3，反应的离子方程式为：B4O72-+2H++5H2O=4H3BO3；故答案为：+3；B4O72-+2H++5H2O=4H3BO3；（4）H3BO3晶体加热脱水的产物X为B2O3，与Mg发生置换反应，反应为：B2O3+3Mg2B+3MgO；故答案为：B2O3+3Mg2B+3MgO；（5）因反应BH4-+2H2O=BO2-+4H2↑中，水中氢元素化合价降低，得到电子，则H2O为氧化剂；因BO2-易与H+结合，而碱性溶液可抑制它与水反应；故答案为：H2O；碱性；（6）将等体积等物质的量浓度的HBO2与NaOH溶液混合，恰好反应完得到NaBO2溶液，NaBO2发生水解，BO2-减少，则c（Na+）＞c（BO2-），水解反应为：BO2-+H2O=HBO2+OH-，溶液显碱性，则c（OH-）＞c（H+），水解程度不大，故c（Na+）＞c（BO2-）＞c（OH-）＞c（H+）；故答案为：c（Na+）＞c（BO2-）＞c（OH-）＞c（H+）。n用浓NaOH溶液溶解硼矿石（主要成分为B2O3，还有少量MgO、Fe3O4等），MgO、Fe3O4不溶，B2O3溶解生成NaBO2，过滤，滤渣为MgO、Fe3O4，滤液为NaBO2溶液，通入适量二氧化碳得到硼砂，将硼砂溶于热水后，用H2SO4调pH到2-3制取H3BO3，将得到的H3BO3晶体加热脱水得到B2O3，与Mg高温反应制得硼，（1）根据影响速率的因素可得；（2）MgO、Fe3O4不溶于NaOH；（3）根据化合物元素化合价代数和为0可得；硼砂溶于水在酸性条件下生成H3BO3，据此书写；（4）H3BO3晶体加热脱水的产物X为B2O3，与Mg发生置换反应；（5）根据化合价分析可得氧化剂；根据已知①可得；（6）将等体积等物质的量浓度的HBO2与NaOH溶液混合，恰好反应完得到NaBO2溶液，NaBO2发生水解，据此分析可得。本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，为高频考点，注意把握实验流程及发生的反应，综合性强，题目难度中等。9.【答案】C [H：]-Mg2+[H：]- H2（g）+Mg（S）=MgH2（S）△H=-74.4kJ/mol T3＜T2＜T1 低 高 27b4a-b BD【解析】解：（1）太阳能是取之不尽用之不竭的天然能源，利用太阳能分解水最节能，其它选项需要消耗燃料等能源，故选C；（2）①MgH2是一种离子化合物，在反应中Mg失电子、H原子得电子，其电子式为[H：]-Mg2+[H：]-，故答案为：[H：]-Mg2+[H：]-；②H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H1=-241.8 kJ•mol-1  iMg（s）+O2（g）=MgO（s）△H2=-141.6 kJ•mol-1      iiMgH2（s）+O2（g）=MgO（s）+H2O（g）△H3=-309 kJ•mol-1    iii将方程式i+ii-iii得H2（g）+Mg（S）=MgH2（S）△H=（-241.8-141.6+309）kJ/mol=-74.4kJ/mol，故答案为：H2（g）+Mg（S）=MgH2（S）△H=-74.4kJ/mol；③氢化镁分解为吸热反应，升高温度促进其分解，所以温度越高，相同时间内其分解得到的氢气越多，根据图知，生成氢气质量：T3＜T2＜T1，则温度T3＜T2＜T1，故答案为：T3＜T2＜T1；（3）该反应前后是一个反应前后气体体积减小的放热反应，增大压强或降低温度都使平衡正向移动，所以需要的条件是低温、高压，故答案为：低；高；（4）①某温度下，向恒容密闭容器中加入环已烷，起始浓度为amol•L-1，平衡时苯的浓度为b mol•L-1，根据方程式知，生成的c（H2）=3c（苯）=3bmol/L，消耗的环己烷和生成的苯浓度相同，则平衡时剩余c（环己烷）=（a-b）mol/L，化学平衡常数K===，故答案为：；②A．M电极上苯得到H离子生成环己烷，发生还原反应，则为阴极，N为阳极，X是负n极、Y是正极，故A正确；B．阳极上水失电子生成氧气和氢离子，所以N电极上得到的气体是氧气，故B错误；C．M电极上苯得电子和氢离子反应生成环己烷，电极反应式为C6H6+6H++6e-=C6H12，故C正确；D．电子从负极沿导线流向阴极、从阳极沿导线流向正极，电子不进入电解质溶液，故D错误；故选BD。（1）太阳能是取之不尽用之不竭的天然能源，利用太阳能分解水最节能；（2）①MgH2是一种离子化合物，在反应中Mg失电子、H原子得电子；②H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H1=-241.8 kJ•mol-1  iMg（s）+O2（g）=MgO（s）△H2=141.6 kJ•mol-1      iiMgH2（s）+O2（g）=MgO（s）+H2O（g）△H3=-309 kJ•mol-1    iii将方程式i+ii-iii得H2（g）+Mg（S）=MgH2（S）△H进行相应的改变；③氢化镁分解为吸热反应，升高温度促进其分解，所以温度越高，相同时间内其分解得到的氢气越多；（3）该反应前后是一个反应前后气体体积减小的放热反应，增大压强或降低温度都使平衡正向移动；（4）①某温度下，向恒容密闭容器中加入环已烷，起始浓度为amol•L-1，平衡时苯的浓度为b mol•L-1，根据方程式知，生成的c（H2）=3c（苯）=3bmol/L，消耗的环己烷和生成的苯浓度相同，则平衡时剩余c（环己烷）=（a-b）mol/L，化学平衡常数K=；②A．M电极上苯得到H离子生成环己烷，发生还原反应，则为阴极，N为阳极，X是负极、Y是正极；B．阳极上水失电子生成氧气和氢离子；C．M电极上苯得电子和氢离子反应生成环己烷；D．电子从负极沿导线流向阴极、从阳极沿导线流向正极。本题考查较综合，涉及化学平衡计算、电解原理、盖斯定律等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确化学平衡常数计算方法、电解原理是解本题关键，注意（4）中电子不进入电解质溶液，电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流，为解答易错点。10.【答案】3d104s2 N2 CN- 甲醇分子之间存在氢键，而甲醛分子间只存在范德华力 平面三角形 3NA 2  面心立方最密堆积 4×276.02×1023×(0.405×10-7)3【解析】解：（1）Zn是30号元素，根据能量最低原理，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，故简化电子排布式为[Ar]3d104s2，故答案为：3d104s2；（2）CO含有2个原子、10个价电子，用2个N原子代替C原子、O原子可得CO等电子体分子：N2，用N原子与1个单位负电荷可得CO等电子体离子：CN-，故答案为：N2；CN-；（3）①甲醇分子之间存在氢键，而甲醛分子间只存在范德华力，故甲醇的沸点更高，故答案为：甲醇分子之间存在氢键，而甲醛分子间只存在范德华力；②甲醛分子中C原子形成3个σ键，没有孤对电子，价层电子对数=0+3=3，分子空间n构型为：平面三角形；1mol甲醛分子含有2mol碳氢σ键，含有1mol碳氧σ键，故1mol甲醛含有3molσ键，含有σ键数目为3NA，故答案为：平面三角形；3NA；③HCuCl2可以改写成H[CuCl2]，故配位数为2，故答案为：2；（4）由相对分子质量约是267，可得分子式为Al2Cl6，Al原子最外层有3个电子，形成3个共价键，由形成8电子稳定结构可知，Al原子与4个Cl原子形成4个共价键，其中1个为配位键，故分子结构式为：，故答案为：；（5）Al原子处于晶胞的顶点、面心，属于面心立方最密堆积。晶胞中Al原子数目=8×+6×=4，晶胞质量=4×g，晶体密度=4×g÷（0.405×10-7cm）3= g•cm-3，故答案为：面心立方最密堆积；。（1）Zn是30号元素，根据能量最低原理书写核外电子排布式，与Ar原子排布相同的结构用[Ar]代替可得简化电子排布式；（2）原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体；（3）①甲醇分子之间存在氢键；②甲醛分子中C原子形成3个σ键，没有孤对电子，价层电子对数=0+3=3；甲醛分子中共有3个σ键，故1mol甲醛含有3molσ键；③HCuCl2可以改写成H[CuCl2]；（4）由相对分子质量约是267，可得分子式为Al2Cl6，Al原子最外层有3个电子，形成3个共价键，由形成8电子稳定结构可知，Al原子与4个Cl原子形成4个共价键，其中1个为配位键；（5）Al原子处于晶胞的顶点、面心，属于面心立方最密堆积。均摊法计算晶胞中Al原子数目，计算晶胞质量，晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积。本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、等电子体、氢键、空间构型、化学键、配合物、晶胞结构与计算等，注意氢键对物质性质的影响，掌握均摊法进行晶胞有关计算。11.【答案】浓硫酸 170℃ 1，3-丁二烯 加成反应 羰基、酯基 B HOOC（CH2）4COOH+2CH3CH2OHC2H5OOC（CH2）4COOC2H5+2H2O 【解析】解：（1）A的产量标志着一个国家石油化工发展水平，则A为乙烯，CH3CH2OH→A发生醇的消去反应，所需试剂、条件分别为：浓硫酸、170℃，故答案为：浓硫酸、170℃；（2）A为CH2=CH2，根据信息中Diels-Alder反应、C的分子式可知B为CH2=CHCH=CH2，则B的名称为：1，3-丁二烯，由化学键的断裂与形成、物质的组成可知A→C的反应类n型为加成反应，故答案为：1，3-丁二烯；加成反应；（3）由F的结构简式可知F含有的官能团为：羰基、酯基，故答案为：羰基、酯基；（4）分子式为C6H10的有机物的不饱和度为：=2。A．含有两个环的环状有机物的不饱和度为2，故A正确；B．含有一个双键的直链有机物的不饱和度为1，故B错误；C．含有两个双键的直链有机物的不饱和度为2，故C正确；D．含有一个三键的直链有机物的不饱和度为2，故D正确。故选：B；（5）D→E是HOOC（CH2）4COOH与乙醇发生酯化反应生成C2H5OOC（CH2）4COOC2H5，反应方程式为：HOOC（CH2）4COOH+2CH3CH2OHC2H5OOC（CH2）4COOC2H5+2H2O，故答案为：HOOC（CH2）4COOH+2CH3CH2OHC2H5OOC（CH2）4COOC2H5+2H2O；（6）CH2=CHCH=CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成，其合成路线为，故答案为：。由（1）中A的产量标志着一个国家石油化工发展水平，则乙醇发生消去反应生成A为CH2=CH2，A与B发生Diels-Alder反应生成分子式为C6H10的C，则B为CH2=CHCH=CH2，C为．C发生信息中氧化反应生成D为HOOC（CH2）4COOH，D与乙醇发生酯化反应生成E为C2H5OOC（CH2）4COOC2H5．E发生取代反应形成环状得到F，同时有CH3CH2OH生成。（6）CH2=CHCH=CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成。本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中物质的结构、反应条件、反应信息进行分析，侧重考查学生分析推理能力，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，是有机化学常考题型。n12.【答案】分液漏斗 2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O 吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升 干沙 使三氯化磷蒸汽充分冷凝 吸收过量的氯气 蒸馏【解析】解：（1）根据图示仪器X为分液漏斗；装置A中由高锰酸钾与浓盐酸制备氯气，反应为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；故答案为：分液漏斗；2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（2）装置C或D中是否发生堵塞，则装置B中气体压强增大，会把吸滤瓶中的液体压入长颈漏斗中，导致吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；故答案为：吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；（3）防止圆底烧瓶因局部过热而炸裂，通常会在底部铺上一层沙子或加入一定量的水，因为三氯化磷会水解，所以只能用干沙；故答案为：干沙；（4）三氯化磷熔沸点低，通过降温可将其转化为液体，在E中收集；故答案为：使三氯化磷蒸汽充分冷凝；（5）氯气是有毒气体，未反应完的氯气会造成大气污染，空气中的水蒸气进入D装置也会影响三氯化磷的制备。所以装置F的作用：一是防止空气中水蒸气的进入E，引起三氯化磷的水解，二是吸收过量的氯气，防止污染空气；故答案为：吸收过量的氯气；（6）氯气逐渐过量会将PCl3氧化生成PCl5，根据表，随PCl3是液态，PCl5是固态，但在加热时温度都超过75℃，此时PCl3是气态，PCl5是液态，可以蒸馏分开；故答案为：蒸馏。实验室可用白磷与氯气反应制备三氯化磷：装置A由高锰酸钾与浓盐酸制备氯气，离子反应为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，制得的氯气混有HCl气体，B装置中的饱和食盐水吸收HCl气体，同时也是安全瓶，能监测实验进行时装置C或D中是否发生堵塞，若发生堵塞，吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，C装置干燥氯气，纯净干燥的氯气在D中与白磷反应生成三氯化磷，E装置冷凝三氯化磷蒸汽，装置F防止空气中水蒸气的进入，同时吸收过量的氯气，防止污染空气，据此分析作答。本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、物质的分离提纯算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。