2015年内蒙古呼伦贝尔市高三高考一模化学试卷（解析版） 15页

2015届内蒙古呼伦贝尔市高三高考一模化学试卷（解析版）一、选择题：本大题共7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．1．化学与环境、生产和生活等密切相关，下列说法正确的是（　　）　A．明矾是一种水处理剂，可用于水的杀菌、消毒　B．用食醋可除去水壶内壁上的水垢　C．因花中有芳香醇因此才闻到花香　D．pH小于7的雨水即为酸雨考点：胶体的应用；乙酸的化学性质；酯的性质．.分析：A．明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能净水；B．依据水垢的成分以及醋酸的性质分析判断；C．芳香是因为花中含有酯以及分子的运动；D．根据酸雨的pH分析；解答：解：A．明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而吸附水中的悬浮物而净水，因为没有强氧化性而不能杀菌消毒，故A错误；B．水垢的主要成分是碳酸钙，能与食醋中的醋酸反应生成可溶物，所以可用食醋除去水壶中的水垢，故B正确；C．因花中有芳香酯以及分子的运动因此才闻到花香，故C错误；D．pH＜5.6的雨水即为酸雨．故D错误；故选B．点评：本题考查化学与环境、生产和生活等密切相关知识，解答本题要充分理解各种物质的性质方面的知识，注意生活知识和化学知识的结合，题目难度不大．　2．（6分）（2015•呼伦贝尔一模）下列有关化学用语表示正确的是（　　）　A．次氯酸的结构式：H﹣Cl﹣O　B．O2的电子式：　C．葡萄糖的实验式：CH2O　D．能说明碳酸钙为强电解质的表达式：CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32﹣（aq）考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合；电离方程式的书写．.分析：A．次氯酸分子中的中心原子为O原子，其分子中不存在氢氯键；B．氧气分子中存在氧氧双键，氧原子最外层达到8电子稳定结构；C．葡萄糖的分子式为，据此判断其实验式；D．强电解质在溶液中完全电离，应该用等号．解答：解：A．次氯酸中O原子成2个共价键，H原子、Cl原子成1个共价键，O原子分别与H、Cl原子形成1对共用电子对，次氯酸的电子式为，则其结构式为：H﹣O﹣Cl，故A错误； B．氧气分子中存在一个氧氧双键，氧原子最外层为8个电子，其正确的电子式为：，故B错误；C．葡萄糖的分子式为C6H12O6，其实验式为CH2O，故C正确；D．碳酸钙为强电解质，其正确的电离方程式为：CaCO3=Ca2++CO32﹣，故D错误；故选C．点评：本题考查了常见化学用语的表示方法判断，题目难度中等，注意掌握电子式、结构式、实验式、电离方程式等化学用语的书写原则，明确次氯酸分子的结构，为易错点．　3．（6分）（2015•呼伦贝尔一模）莽草酸是合成达菲的主要原料，其结构简式如图，下列说法正确的是（　　）　A．分子式为C7H8O5　B．能使溴的四氯化碳溶液褪色　C．只能发生加成反应和取代反应　D．分子中含有2种官能团考点：有机物的结构和性质．.分析：该物质中含有羧基、醇羟基、碳碳双键，具有羧酸、醇和烯烃的性质，据此分析解答．解答：解：A．分子式为C7H10O5，故A错误；B．该物质中含有碳碳双键，所以能和溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；C．该物质中还含有醇羟基，能发生氧化反应，故C错误；D．该物质中含有碳碳双键、醇羟基、羧基，所以有三种官能团，故D错误；故选B．点评：本题考查有机物结构和性质，明确官能团与性质的关系是解本题关键，熟练掌握常见官能团及其性质，题目难度不大．　4．（6分）（2015•呼伦贝尔一模）设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（　　）　A．7.1gCl2与足量的铁反应转移电子数目为0.3NA　B．17g甲基（﹣14CH3）中含有的质子数为8NA　C．48gO2和O3的混合物含有的原子数为3NA　D．100mL0.5mol/L的乙酸溶液中分子总数小于0.05NA考点：阿伏加德罗常数．. 分析：A.1mol氯气失去2mol电子；B.1mol甲基（﹣14CH3）含有9mol质子；C.48g臭氧和氧气的混合物中含有48g氧原子；D．乙酸溶液中除了乙酸分子外，还含有水分子．解答：解：A.7.1gCl2的物质的量是0.1mol，失去电子数目为0.2NA，故A错误；B.17g甲基（﹣14CH3）的物质的量为1mol，含有9mol质子，所含质子数为9NA，故B错误；C.48g氧气和臭氧的混合物中含有48g氧原子，含有3mol氧原子，含有原子数为3NA，故C正确；D．乙酸溶液中除了乙酸分子外，还含有水分子，故分子总数远大于0.05NA，故D错误，故选C．点评：本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，难度中等．要熟练掌握以物质的量为中心的转化关系．　5．（6分）（2015•呼伦贝尔一模）下列各组离子在溶液中能大量共存的是（　　）　A．Na+、OH﹣、S2O32﹣、Cl﹣B．Fe2+、K+、[Fe（CN）6]3﹣、NO3﹣　C．H+、C2O42﹣、MnO4﹣、SO42﹣D．Na+、Ca2+、AlO2﹣、HCO3﹣考点：离子共存问题．.分析：根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答．解答：解：A．该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．Fe2+、[Fe（CN）6]3﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C．H+、C2O42﹣、MnO4﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．AlO2﹣促进HCO3﹣的电离，不能共存，故D错误；故选A．点评：本题考查离子共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，选项BD均为解答的难点，题目难度不大．　6．（6分）（2015•呼伦贝尔一模）下列说法正确的是（　　）　A．室温下，pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）　B．醋酸与醋酸钠的pH=7的混合溶液中：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＜c（Na+）　C．相同物质的量浓度的NaClO和NaHCO3混合溶液中：c（HClO）+c（ClO﹣ ）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣）　D．c（NH4+）相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：c（NH4HSO4）＞c[（NH4）2SO4]＞c（NH4Cl）考点：离子浓度大小的比较．.分析：A、pH=11的氨水和pH=3的盐酸溶液中，酸的浓度小于碱，二者等体积混合，溶液呈碱性，再结合电荷守恒判断c（NH4+）和c（Cl﹣）的关系；B、醋酸与醋酸钠的pH=7的混合溶液中，存在电荷守恒分析判断；C、相同物质的量浓度的NaClO和NaHCO3混合溶液中存在物料守恒，n（Cl）=n（C）分析判断；D、c（NH4+）相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中NH4HSO4电离出的氢离子抑制铵根离子水解；解答：解：A、pH=11的氨水和pH=3的盐酸溶液中，酸的浓度小于碱，二者等体积混合，溶液呈碱性，所以c（H+）＜c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），所以c（NH4+）＞c（Cl﹣），故A错误；B、醋酸与醋酸钠的pH=7的混合溶液中存在电荷守恒，c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），c（OH﹣）=c（H+），c（CH3COO﹣）=c（Na+），c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＞c（Na+），故B错误；C、相同物质的量浓度的NaClO和NaHCO3混合溶液中：c（HClO）+c（ClO﹣）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣），故C正确；D、NH4HSO4电离出的氢离子抑制铵根离子水解，c（NH4+）相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中，c[（NH4）2SO4]＜c（NH4HSO4）＜c（NH4Cl），故D错误；故选C．点评：本题考查了电解质溶液中离子浓度大小的分析比较方法和溶液中电荷守恒，物料守恒的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单．　7．（6分）（2015•呼伦贝尔一模）X、Y、Z均属短周期元素，X原子的最外层电子数是其次外层电子数的3倍，X、Z位于同一主族，Y比Z的质子数少一个，下列说法正确的是（　　）　A．原子半径：X＞Y＞Z　B．气态氢化物的热稳定性：Z＞X　C．Y、Z分别与X形成的最高价化合物的水化物均为强酸　D．X和Z组成的化合物可形成酸雨 考点：原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系．.分析：X、Y、Z是三种短周期的主族元素，X原子的最外层电子数是其次外层电子数的3倍，则X最外层电子数为6，故X为氧元素，X、Z位于同一主族，Z为硫元素，Y比Z的质子数少一个，则Y为P．结合元素周期律进行解答．解答：解：X、Y、Z是三种短周期的主族元素，X原子的最外层电子数是其次外层电子数的3倍，则X最外层电子数为6，故X为氧元素，X、Z位于同一主族，Z为硫元素，Y比Z的质子数少一个，则Y为P．A、同周期随原子序数增大，原子半径减小，所以原子半Y＞Z，同主族自上而下，原子半径增大，所以原子半径Z＞X，故原子半径Y＞Z＞X，故A错误；B、同主族自上而下，非金属性减弱，所以非金属性X＞Z，非金属性越强，氢化物越稳定，所以气态氢化物的热稳定性X＞Z，故B错误；C、硫酸是强酸，磷酸属于中强酸，故C错误；D、X和Z组成的化合物为SO2、SO3，二者可形成酸雨，故D正确．故选：D．点评：本题考查元素周期表、元素周期律等，题目难度不大，整体把握元素周期表是元素推断的关键．　二、非选择题（共3小题，满分43分）8．（13分）（2015•呼伦贝尔一模）氯化铁是一种重要的化学试剂和化工原料，工业上以黄铁矿（主要成分为FeS2）为原料在制备硫酸的同时，利用其煅烧后炉渣的主要成分Fe2O3可制备氯化铁晶体（FeCl3•6H2O），其工艺流程如下（杂质不参与反应）：回答下列问题：（1）高温煅烧时，黄铁矿要粉碎成细小的颗粒，其目的是　增大与空气的接触面积，提高反应速率　．（2）黄铁矿高温煅烧时发生反应的化学方程式　4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2　．（3）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是　使Fe2O3完全溶于酸　、　防止FeCl3水解　．（4）系列操作包括：蒸发浓缩、　冷却结晶　、　过滤　、洗涤等．蒸发与过滤时玻璃棒的作用分别是：　搅拌　、　引流　．（5）取ag黄铁矿，按上述流程制得FeCl3•6H2O晶体，将该晶体溶于水，再将所得溶液蒸干、灼烧，得到bg固体产物（整个过程中的损耗忽略不计），黄铁矿的纯度为　×100%　（用含a、b的表达式表示）．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．.分析：由以硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备氯化铁晶体的流程可知，在焙烧时FeS2 与氧气反应生成四氧化三铁和二氧化硫，然后四氧化三铁溶于盐酸生成氯化铁，过滤后滤液中加氧化剂氯气（或氯水等），除去混有的亚铁离子，最后结晶制备晶体．（1）增大黄铁矿与空气的接触面积，可以提高反应速率；（2）黄铁矿高温煅烧时的炉渣是氧化铁，即产物是氧化铁和二氧化硫，据此书写方程式；（3）氧化铁能溶于盐酸中，氯化铁中的铁离子易水解，显示酸性；（4）从溶液获得溶质的晶体的方法：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，根据玻璃棒的作用来回答；（5）根据反应前后铁元素守恒来计算黄铁矿的纯度．解答：解：由以硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备氯化铁晶体的流程可知，在焙烧时FeS2与氧气反应生成四氧化三铁和二氧化硫，然后四氧化三铁溶于盐酸生成氯化铁，过滤后滤液中加氧化剂氯气（或氯水等），除去混有的亚铁离子，最后结晶制备晶体，（1）高温煅烧时，黄铁矿要粉碎成细小的颗粒，这样可以增大黄铁矿与空气的接触面积，提高反应速率，故答案为：增大与空气的接触面积，提高反应速率；（2）根据黄铁矿高温煅烧时的炉渣是氧化铁，推知氧化产物是二氧化硫，发生反应的化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故答案为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；（3）炉渣氧化铁用盐酸溶解后，得到的是氯化铁，其中的铁离子易水解，后续过程中均需保持盐酸过量，这样既可以使Fe2O3完全溶于酸还可以防止FeCl3水解，故答案为：使Fe2O3完全溶于酸；防止FeCl3水解；（4）从溶液获得溶质的晶体的方法：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，在蒸发时玻璃棒的作用是搅拌，过滤时玻璃棒的作用是引流，故答案为：冷却结晶；过滤；搅拌；引流；（5）取ag黄铁矿，按上述流程制得FeCl3•6H2O晶体，将该晶体溶于水，再将所得溶液蒸干、灼烧，得到bg固体产物是氧化铁（Fe2O3），其中铁元素的物质的量是=mol，所以FeS2的物质的量是mol，黄铁矿的纯度为×100%=×100%，故答案为：×100%．点评：本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备流程中的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意化学反应的分析，题目难度不大．　9．（15分）（2015•呼伦贝尔一模）海带是一种富含生物碘的海洋植物，碘是人体必需的微量元素，人体内碘的含量直接影响身体健康，为了防止缺碘，通常向食盐中加入碘酸钾（KIO3），以补充人体对碘的需求．已知：乙醇四氯化碳裂化汽油碘（晶体）密度/g•cm﹣30.7891.5950.71～0.764.93沸点/℃78.576.825～232184.35图1为某兴趣小组从海带提取碘单质的过程： （1）实验室中焙烧海带时不能用到的仪器有　CE　（填写相应的字母）．A．泥三角　B．三脚架　C．烧杯D．坩埚E．蒸发皿　F．酒精灯（2）向浸取液中加入足量的双氧水和稀硫酸时所发生反应的离子方程式为：　2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2O　．（3）操作①中除用到玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有　烧杯、漏斗　；（4）试剂A的名称为　四氯化碳　（从上表给出的试剂中选择）．（5）操作②的名称为　萃取分液（或萃取）　．（6）图2是进行蒸馏时的部分仪器，图中缺少玻璃仪器的名称是　温度计、锥形瓶　．（7）工业上可用碘制取碘酸钾，其反应为：I2+2KClO3=2KIO3+Cl2↑，下列有关叙述不正确的是　A　．A．氧化性：I2＞Cl2B．每生成1molKIO3转移电子5molC．该反应是置换反应D．反应物和生成物中均含有共价键．考点：海带成分中碘的检验．.分析：（1）灼烧海带需要的仪器有：酒精灯、三脚架、泥三角及坩埚；（2）浸取液中主要含有碘离子，与足量的双氧水和稀硫酸作用，会发生氧化还原反应，反应中I元素的化合价升高，O元素的化合价降低；（3）分离不溶性固体和液体的方法是过滤，所以操作①为过滤，过滤需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯；（4）操作②为萃取分液，萃取剂的选取标准是：溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度，溶质和萃取剂不反应，萃取剂和原来溶剂不能互溶；（5）操作②主要是把碘单质从水中萃取到四氯化碳溶液中；（6）根据蒸馏操作方法判断需要仪器名称，然后找出还缺少的玻璃仪器名称；（7）2KClO3+I2=2KIO3+Cl2中，Cl元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由0升高为+5，结合氧化还原反应中的基本概念来解答．解答：解：实验室从海带提取碘：海带焙烧成灰，浸泡溶解得到海带灰悬浊液，含有碘离子，加入酸和氧化剂，足量的稀硫酸和双氧水将碘离子氧化成碘单质，通过操作①过滤，得到不溶的残渣，滤液为碘单质溶液，利用有机溶剂A四氯化碳萃取出碘单质，再通过蒸馏提取出碘单质．（1）灼烧海带用坩埚盛放海带，用带铁圈的铁架台放置泥三角，泥三角上放置坩埚，用酒精灯进行加热，所以焙烧海带时需要用到的实验仪器是坩埚、带铁圈的铁架台、酒精灯、泥三角，无需用到的仪器有烧杯、蒸发皿，故答案为：CE；（2）焙烧所得的紫菜灰主要含有碘离子，与足量的双氧水和稀硫酸作用，会发生氧化还原反应，方程式为：2I﹣+H2O2+2H+=I2+2H2O， 故答案为：2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2O；（3）操作①为过滤，过滤所用的玻璃仪器是烧杯、漏斗和玻璃棒，所以除用到玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗，故答案为：烧杯、漏斗；（4）操作②主要是把碘单质从水中萃取到四氯化碳溶液中，然后再分液，题干中提供的四中物质，乙醇和水能互溶，不能做萃取剂，裂化汽油含有不饱和碳碳双键能与碘发生加成反应，不能做萃取剂，四氯化碳符合萃取剂的选取标准，所以可以用四氯化碳作萃取剂，故答案为：四氯化碳；（5）操作②主要是把碘单质从水中萃取到四氯化碳溶液中，然后再分液，故答案为：萃取分液（或萃取）；（6）蒸馏操作中用到的仪器有：酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、尾接管、锥形瓶，还缺少的玻璃仪器为：温度计、锥形瓶，故答案为：温度计、锥形瓶；（7）2KClO3+I2=2KIO3+Cl2中，Cl元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由0升高为+5，A．元素的非金属性越强，则单质的氧化性越强，非金属性：Cl＞I，则氧化性：Cl2＞I2，故A错误；B．由反应可知，每生成1molKIO3转移的电子数为（5﹣0）=5mole﹣，故B正确；C．一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应，则该反应是置换反应，故C正确；D．KClO3和KIO3中含有离子键和共价键，故D正确；故答案为：A．点评：本题考查了从海带中提取碘实验方案设计，涉及物质的分离、检验、仪器的选取等知识点，根据物质的特点及性质选取相应的分离和检验方法，根据仪器的作用选取仪器，注意把握实验流程和实验原理，题目难度中等．　10．（15分）（2015•呼伦贝尔一模）甲醇来源丰富，价格低廉，是一种重要的化工原料，有着非常重要、广泛的用途．工业上通常用水煤气在恒容、催化剂和加热的条件下生产甲醇，其热化学方程式为：2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ/mol．（1）该反应的平衡常数表达式为：K=　　，如升高温度，K值将　减小　（填：增大、减小或不变）．（2）以下各项不能说明该反应达到平衡状态的是　AD　．A、混合气体的密度保持不变B、甲醇的质量分数保持不变C、CO的浓度保持不变D、2v逆（H2）=v正（CH3OH）（3）在2100C、2400C和2700C三种不同温度、2L恒容密闭容器中研究合成甲醇的规律．图1是上述三种温度下不同的H2和C0的起始组成比（起始时CO的物质的量均为1mol）与CO平衡转化率的关系，则曲线Z对应的温度是　270℃　．由起始达到a点所需时间为5min，则H2的反应速率mol/（L•min）　0.1mol/（L•min）　． （4）某兴趣小组设计了如图2所示的甲醇燃料电池装置．①该电池工作时，正极是　a　极（填“a”或“b”）；②该电池负极反应的离子方程式为　CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2↑+6H+　．考点：化学平衡常数的含义；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．.分析：（1）平衡常数等于生成物与反应物的浓度幂的之积，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动；（2）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，以此判断；（3）正反应放热，则升高温度CO的转化率降低；a点CO的转化率为50%，以此计算氢气的物质的量浓度的变化，进而计算反应速率；（4）燃料电池中通入氧气的为正极，通入甲醇的为负极，负极发生氧化反应．解答：解：（1）平衡常数等于生成物与反应物的浓度幂的之积，为，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，故答案为：K=；减小；（2）A、因容器体积不变，则无论受否达到平衡状态，则混合气体的密度保持不变，不能用于判断是否达到平衡，故A错误；B、甲醇的质量分数保持不变，可说明达到平衡状态，故B正确；C、CO的浓度保持不变，可说明达到平衡状态，故C正确；D、2v逆（H2）=v正（CH3OH），正逆反应速率不等，没有达到平衡状态，姑姑D错误．故答案为：AD；（3）该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，所以曲线X为210℃，由图象可知曲线Z为270℃，a点CO的转化率为50%，则△n（CO）=0.5mol，△n（H2）=1mol，H2的反应速率为=0.1mol/（L•min），故答案为：270℃；0.1mol/（L•min）；（4）①燃料电池中通入氧气的为正极，发生还原反应，故答案为：a； ②甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2↑+6H+，故答案为：CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2↑+6H+．点评：本题综合性较大，涉及化学平衡常数、化学平衡影响因素以及电化学知识等，为高考常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，难度较大．　【化学-选修2化学与技术】11．（15分）（2015•呼伦贝尔一模）技术的发展与创新永无止境，我国化工专家侯德榜改革国外路布兰、索尔维的纯碱生产工艺，使生产纯碱的成本明显降低．生产流程可简要表示如下图：（1）向沉淀池中要通入CO2和氨气，应先通入　NH3　（填化学式）．（2）沉淀池中发生反应的化学方程式　NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl　，煅烧炉中发生反应的化学方程式是　2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O　．（3）向母液中通氨气后再加入细小食盐颗粒，冷却析出的副产品是　NH4Cl　，加入细小食盐颗粒的作用是　增大Cl﹣浓度，使NH4Cl更多析出　．（4）写出路布兰制碱法的反应原理中属于氧化还原反应的化学方程式　Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑　，该法与侯德榜制碱法相比的缺点是　生产时需要高温、硫酸对设备腐蚀严重、CaS废弃物长期堆积臭气四溢、成本较高　（写出两点即可）（5）候氏制碱法制得的纯碱中含有碳酸氢钠杂质．现用沉淀法测定纯碱的纯度，取m1g样品，加水溶解，再加过量的CaCl2溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥后称得沉淀的质量为m2g．则此样品中的纯度表达式为：　%　．考点：氯碱工业．.分析：（1）氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小；（2）饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，煅烧碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳气体和水；（3）根据反应方程式确定母液中的溶质，食盐中含有氯离子，加入食盐有利于氯化铵析出；（4）碳的产物是二氧化碳，据此书写；依据化学方程式中物质的定量关系分别计算得到所求各量；布兰制碱法与其它两种制碱法工艺相比生产时需要高温消耗能源，需硫酸，硫酸具有腐蚀性，中间产物为CaS，废弃物长期堆积臭气四溢； （5）此反应的原理为：碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀．解答：解：（1）二氧化碳在水中的溶解度较小，氨气极易溶于水，所以应该先通氨气有利于吸收二氧化碳，故答案为：NH3；（2）氨气、二氧化碳、水和氯化钠发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；（3）根据NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓及流程图知，母液中溶质为氯化铵，故向母液中通氨气后再加入细小食盐颗粒，冷却析出的副产品是：NH4Cl，食盐中含有氯离子，加入食盐有利于氯化铵析出，故答案为：NH4Cl；增大Cl﹣浓度，使NH4Cl更多析出；（4）碳被氧化生成二氧化碳，此时所发生的反应的化学方程式：Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑，布兰制碱法用氯化钠与硫酸反应制硫酸钠，用焦炭还原硫酸钠得硫化钠，用硫化钠与石灰石反应制碳酸钠，原料需硫酸，硫酸具有腐蚀性，硫酸对设备腐蚀严重，生产时需要高温消耗能源成本较高，中间产物为CaS，废弃物长期堆积臭气四溢，故答案为：Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑；生产时需要高温、硫酸对设备腐蚀严重、CaS废弃物长期堆积臭气四溢、成本较高；（5）此时发生的反应为：Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl106100xm2解x=，故纯碱的纯度为：×100%=%，故答案为：%．点评：本题主要考查了实验方案的设计，明确物质的性质是解本题关键，了解制备原理，知道常见物质分离的方法，难度中等．　【化学-选修3物质结构与性质】12．（2015•呼伦贝尔一模）（1）元素的第一电离能：N　＞　O（填“＞”或：“＜”）（2）基态Fe2+的电子排布式为　1s22s22p63s23p63d6　．（3）在N、Mg、Al、Si四种元素中，有一种元素的电离能数据如下：电离能I1I2I3I4…In/kJ•mol﹣15781817274511575…则该元素的元素符号是　Al　．（4）NO3﹣的空间构型　平面三角形　（用文字描述），SO42﹣中S原子的杂化方式为　sp3杂化　．（5）硅烷（SinH2n+2）的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所示，呈现这种变化关系的原因是　硅烷是分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高　． （6）金属铜原子的堆积方式为面心立方最密堆积，铜的原子半径为rnm，则铜晶胞的体积表达式为　1.6×10﹣20r3　cm3．考点：元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算．.分析：（1）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，由于第ⅡA元素和第ⅤA族元素最外层电子处于稳定结构，所以它们的第一电离能大于同周期其它相邻元素，据此判断；（2）铁为26号元素，根据核外电子排布规律可写出基态Fe2+的电子排布式；（3）根据同一电子层上电子的电离能相近，比较电离能的数据可判断；（4）根据NO3﹣的中心原子杂化方式判断空间构型，根据SO42﹣中S原子的价层电子对数判断杂化方式；（5）硅烷是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间的范德华力越大，沸点越高；（6）金属铜原子的堆积方式为面心立方最密堆积，即铜原子位于晶胞立方体的顶点和面心上，所以晶胞的面对角线等于铜原子半径的4倍，所以晶胞的边长应为面对角线的，据此计算铜晶胞的体积．解答：解：（1）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，由于第ⅡA元素和第ⅤA族元素最外层电子处于稳定结构，所以它们的第一电离能大于同周期其它相邻元素，所以N的第一电离能大于O，故答案为：＞；（2）铁为26号元素，根据核外电子排布规律可知基态Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，故答案为：1s22s22p63s23p63d6；（3）根据同一电子层上电子的电离能相近，比较表中电离能的数据可知，I1、I2、I3的数据与I4的数据差别较大，所以该原子应该有3个电子在同一层，所以该元素为Al，故答案为：Al； （4）根据NO3﹣的中心原子的价层电子对数为=3，所以N原子杂化方式为sp2杂化，离子中没有孤电子对，所以其空间构型为平面三角形，SO42﹣中S原子的价层电子对数为=4，所以S原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：平面三角形；sp3杂化；（5）硅烷是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间的范德华力越大，沸点越高，故答案为：硅烷是分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高；（6）金属铜原子的堆积方式为面心立方最密堆积，即铜原子位于晶胞立方体的顶点和面心上，所以晶胞的面对角线等于铜原子半径的4倍，所以晶胞的边长应为面对角线的，铜的原子半径为rnm，所以铜晶胞的体积为（）3=1.6×10﹣20r3cm3，故答案为：1.6×10﹣20r3．点评：本题考查较为综合，涉及第一电离能、电子排布式、物质熔沸点的比较、晶胞的计算；题目难度中等，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．　【化学一选修5有机化学基础】13．（2015•呼伦贝尔一模）有机物I是制备液晶材料的常用物质，可用E和H在一定条件下合成：请根据以下信息完成下列问题：①A为丁醇且核磁共振氢谱有2个峰；②R﹣CH=CH2R﹣CH2CH2OH③一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基．（1）B的系统命名法的名称为：　2﹣甲基丙烯　，C中官能团的结构简式为：　﹣OH　．（2）A→B的反应类型为　消去反应　．（3）芳香族化合物F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，则F的结构简式为：　　． （4）D与新制Cu（OH）2反应的化学方程式为　　．E与H反应生成Ⅰ的方程式为　　．（5）已知K为A的同系物，且相对分子质量比A大14，其中能被催化氧化成醛的同分异构体有　4　种．考点：有机物的推断．.分析：A为丁醇且核磁共振氢谱有2种不同化学环境的氢，则A为（CH3）3COH，A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B为CH2=C（CH3）2，B发生信息2中的反应生成C为（CH3）2CHCH2OH，C在Cu或Ag、加热条件下发生催化氧化生成D为（CH3）2CHCHO，D再与氢氧化铜反应，酸化得到E为（CH3）2CHCOOH，由I的结构可知，H为，逆推可知G为，F为．解答：解：A为丁醇且核磁共振氢谱有2种不同化学环境的氢，则A为（CH3）3COH，A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B为CH2=C（CH3）2，B发生信息2中的反应生成C为（CH3）2CHCH2OH，C在Cu或Ag、加热条件下发生催化氧化生成D为（CH3）2CHCHO，D再与氢氧化铜反应，酸化得到E为（CH3）2CHCOOH，由I的结构可知，H为，逆推可知G为，F为，（1）B为CH2=C（CH3）2，名称为：2﹣甲基丙烯，B发生信息2中的反应生成C为（CH3）2CHCH2OH，C中官能团的结构简式为﹣OH，故答案为：2﹣甲基丙烯；﹣OH；（2）A为丁醇且核磁共振氢谱有2种不同化学环境的氢，则A为（CH3）3COH，A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B为CH2=C（CH3）2，故答案为：消去反应；（3）由上述分析可知，F的结构简式为：，故答案为：；（4）D与新制氢氧化铜发生氧化反应生成酸，生成E的化学方程式为：，E与H反应生成I的方程式为：， 故答案为：；；（5）A为（CH3）3COH，K为A的同系物，且相对分子质量比A大14，为戊醇，其中能被催化氧化成醛的同分异构体有，正戊醇、3﹣甲基丁醇、2﹣甲基丁醇、2，2﹣二甲基丙醇4种，故答案为：4．点评：本题考查有机物推断，需要对给予的信息进行利用，能较好的考查学生阅读能力、自学能力，熟练掌握官能团的性质与转化，利用正推法推断，（5）中同分异构体的书写是易错点、难点，难度中等．