宁夏银川市2016届高考化学模拟试卷(4月份)(解析版)

一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）

1．化学与生产、生活和社会密切相关．下列说法正确的是（　　）

A．用米汤检验碘盐中的碘

B．用热的烧碱溶液洗涤餐具上的油污

C．“地沟油”禁止食用，但可用来制取肥皂

D．将洁厕灵与84消毒液混合使用，能更有效的起到洁具除垢和卫生消毒作用

2．下列对有机反应类型的描述不正确的是（　　）

A．乙醇使酸性KMnO4溶液褪色，是因为发生了氧化反应

B．将苯加入溴水中，振荡后水层接近无色，是因为发生了取代反应

C．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，是因为发生了加成反应

D．甲烷与氯气混合，光照一段时间后黄绿色消失，是因为发生了取代反应

3．X、Y、Z、R是四种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的2倍，Y元素在地壳中含量最多，Z元素金属性最强，R原子的核外电子数是X、Z核外电子数之和，下列叙述一定正确的是（　　）

A．含氧酸酸性R＞X

B．简单氢化物稳定性Y＜X

C．最高正化合价Z＜X＜Y＜R

D．由Z和R形成的化合物为离子化合物

4．NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法中，正确的是（　　）

A．常温常压下，l.6g614CH4中含有共价键总数为0.4NA

B．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应后，容器内气体的分子数为2NA

C．1 L 0．lmol•L﹣1的CH3COONa溶液中CH3COO﹣和CH3COOH粒子数之和为0.1NA

D．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.4NA

5．青蒿素是抗疟特效药，属于萜类化合物，如图所示有机物也属于萜类化合物，该有机物的一氯取代物有（不考虑立体异构）（　　）

A．6种    B．7种    C．8种    D．9种

6．下列实验“操作”“现象”与“结论”都正确的是（　　）

7．下面是用硫酸钙生产硫酸、漂白粉等一系列物质的流程图．下列说法正确的是（　　）

A．CO、SO2、SO3均是酸性氧化物

B．图示转化反应均为氧化还原反应

C．工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉

D．用CO合成CH3OH，原子利用率为100%

二、解答题（共3小题，满分43分）

8．黄铁矿（主要成分为CuFeS2，S为﹣2价）是工业联通的主要原料，现有一种天然黄铁矿（含SiO2）为了测定该黄铁矿的纯度，设计了如下实验：

现称取研细的黄铁矿样品1.84g，在空气存在下进行煅烧，发生如下反应：3CuFeS2+8O23Cu+Fe3O4+6SO2

试验后d中溶液的置于锥形瓶中，用0.0500mol/L标准碘溶液进行滴定，消耗标准溶液20.00mL，请回答下列问题：

（1）3CuFeS2+8O23Cu+Fe3O4+6SO2中氧化产物是　　　　　　，当生成0.3molSO2气体时，转移电子　　　　　　mol

（2）将样品研细后再反应，其目的是　　　　　　，装置C的作用是　　　　　　

（3）用标准碘溶液滴定d中溶液的离子方程式是　　　　　　，滴定达中点时的现象是　　　　　　

（4）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是　　　　　　

（5）通过计算可知，该黄铜矿的纯度为　　　　　　

（6）若将原装置d中的试液换为Ba（OH）2溶液，测得黄铜矿纯度偏高，假设实验操作均正确，可能的原因主要是　　　　　　．

9．硫单质及其化合物在工农业生产中有着重要的应用，请回答下列问题：

（1）一种煤炭脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形成固定下来，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，相关的热化学方程式如下：

①CaSO4（s）+CO（g）⇌CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）△=+210.5kJ•mol﹣1

②CaSO4（s）+CO（g）⇌CaS（s）+CO2（g）△=﹣47.3kJ•mol﹣1

反应：CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）⇌CaS（s）+3CO2（g）△=　　　　　　kJ•mol﹣1

（2）图1为密闭容器中H2S气体分解生产H2和S2（g）的平衡转化率与温度、压强的关系．

图1中压强P1、P2、P3的大小顺序为　　　　　　，理由是　　　　　　，该反应平衡常数的大小关系为K（T1）　　　　　　K（T2）（碳“＞”“=”或“＜”）理由是　　　　　　

（3）在一定条件下，二氧化硫和氧气发生反应：2S02（g）+02（g）⇌2SO3△H＜0

①600℃时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图2，反应处于平衡状态的时间段所示　　　　　　

②据图2判断，反应进行至20min时，曲线发生变化的原因是　　　　　　（用文字表达）：10min到15min的曲线变化的原因可能是　　　　　　（填写编号）

A．加了催化剂

B．缩小容器体积

C．降低温度

D．增加SO2的物质的量

（4）烟气中SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，该溶液中c（Na+）=　　　　　　（用含硫微粒浓度的代数式表示）

10．钛被称为“二十一世纪金属”，工业上用钛铁矿制备金属钛的工艺流程如下：

已知：钛铁矿主要成分与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，TiOSO4遇水会水解．

请回答下列问题：

（1）操作1用到的玻璃仪器除烧杯外还有　　　　　　，操作2是　　　　　　、过滤，副产品主要成分的化学式为　　　　　　

（2）请结合化学用语解释将TiO2+转化为H2TiO3的原理　　　　　　

（3）已知钛的还原性介于铝和锌之间，估计钛能耐腐蚀的原因之一是　　　　　　，如果可从Za、Zn、Fe三种金属中选一种金属代替流程中的镁，那么该金属跟四氯化钛反应的化学方程式是　　　　　　

（4）电解TiO2来获得Ti是以TiO2作阴极，石墨为阳极，熔融CaO为电解质，用碳块作电解槽，其阴极反应的电极反应式为　　　　　　

（5）为测定溶液中TiOSO4的含量，首先取待测钛液10mL用水稀释至100mL，加过量铝粉，充分振荡，使其完全反应：3TiO2++Al+6H+═3Ti3++AlO3++3H2O，过过滤后，取出滤液20.00mL，向其中滴加2～3滴KSCN溶液作指示剂，用　　　　　　（填一种玻璃仪器的名称）滴加0.1000mol•L﹣1FeCl3溶液，发生Ti3++Fe3+═Ti4++Fe2+，当溶液出现红色达到滴定终点，用去了30.00mLFeCl3溶液，待测钛液中TiOSO4的物质的量浓度是　　　　　　．

【化学一选修2：化学与技术】

11．铵盐是重要的化工原料，以N2和H2为原料制取铵的流裎阁如下，请回答下列问题：

（1）在上述流程阁中，B设备的名称是　　　　　　，其中发生反应的化学方程式为　　　　　　．

（2）在上述工业生产中，N2与H2合成NH3的傕化剂是　　　　　　，1909年化学家哈伯在实验室首次合成了氨，2007年化学家格哈德．埃特尔在哈伯研究所证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示 意图如下：

、、分别表示N2、H2、NH3图⑤表示生成的NH3离开催化剂表面，图②和图③的含义分别 是　　　　　　、　　　　　　

（3）NH3和C02在一定条件下可合成尿素，其反应为：2NH3（g）+CO2（g）⇌C0（NH2）2（s）+H20（g）

如图表示合成塔中氨碳比a与C02转化率ω的关系a为，b 为水碳比则：

①b应控制在　　　　　　

A．1.5～1.6 B.1〜1.1 C.0.6〜0.7

②a应控制在4.0的理由是　　　　　　

（4）在合成氨的设备（合成塔）中，设置热交換器的目的是　　　　　　在合成的吸收塔中通入空气的目的是　　　　　　

（5）生产的过程中常会产生一些氮的氧化物，可用如下两种方法处理：

碱液吸收法：NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O

NH3还原法：8NH3+6NO27N2+12H20 （NO也有类似的反应）

以上两种方法中，符合绿色化学的是　　　　　　

（6）某化肥厂用NH3制备NH4NO3已知：由NH3制NO的产率是96%、NO制HN03的产率是92%．则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量（不考虑其它损耗）的　　　　　　%．

【化学-选修3：物质结构与性质】

12． A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种元素，A的一种同位素可用于考古测定生物的死亡年代，B与A同周期，其s能级电子数比p能级电子数多，C原子的最外层电子数是次外层的3倍，D与B同主族；E的原子序数为29．回答下列问题：

（1）五种元素中第一电离能最大的是　　　　　　（填元素符号），其中D原子价电子排布图为　　　　　　

（2）元素B的简单气态氢化物的沸点　　　　　　（填“高于”或“低于”）元素A的简单气态氢化物的沸

点．其主要原因是　　　　　　，A的简单气态氢化物中心原子的杂化轨道类型　　　　　　

（3）BC的立体构型为　　　　　　，与其互为等电子体的分子是　　　　　　（写化学式）

（4）EC在加热条件下容易转化为E2C．从原子结构的角度解释原因　　　　　　E原子的外围电子排布为　　　　　　，E晶体的堆积方式为　　　　　　（填序号）

①简单立方堆积 ②体心立方堆枳

③六方最密堆积 ④面心立方最密堆积

（5）硼与D可形成一种耐磨材料F，其结构与金刚石相似（如图）．可由硼的三溴化物和D的三溴化物高温下在氢气的氛围中合成．写出合成F的化学方程式：　　　　　　，F的晶泡边长为aPm，则该晶体密度的表达式为　　　　　　g．cm﹣3（含a、NA的式子表示，不必化简）．

【化学一选修3：有机化学基础】

13．F、G都是常见的高分子材料，以下是由丙烯合成F、G的流程图．

（1）E的化学名称是　　　　　　，所含官能团是　　　　　　．

（2）G的结构简式是　　　　　　．

（3）A→B的化学方程式是　　　　　　，该反应类型是　　　　　　．

（4）由CH3CH=CH2生成F的化学方程式是　　　　　　，该反应类型是　　　　　　．

（5）在一定条件下，两分子E脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式是　　　　　　．

（6）C的同分异构体有多种，请分别写出符合下列条件有机物的结构简式：

①能与NaHCO3溶液反应的是　　　　　　；

②能发生水解反应的是　　　　　　．

2016年宁夏银川市高考化学模拟试卷（4月份）

参与试题解析

一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）

1．化学与生产、生活和社会密切相关．下列说法正确的是（　　）

A．用米汤检验碘盐中的碘

B．用热的烧碱溶液洗涤餐具上的油污

C．“地沟油”禁止食用，但可用来制取肥皂

D．将洁厕灵与84消毒液混合使用，能更有效的起到洁具除垢和卫生消毒作用

【考点】有机物的结构和性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．

【专题】化学应用．

【分析】A．淀粉遇碘变蓝色；

B．一般不用烧碱，因烧碱具有强腐蚀性；

C．地沟油主要成分为油脂，可发生造化反应；

D．洁厕灵与84消毒液混合使用可生成有毒气体氯气．

【解答】解：A．淀粉遇碘变蓝色，淀粉与碘酸钾不反应，故A错误；

B．一般不用烧碱，因烧碱具有强腐蚀性，可用纯碱溶液，故B错误；

C．地沟油主要成分为油脂，可发生造化反应，可用于制备肥皂，故C正确；

D．洁厕灵与84消毒液混合使用可生成有毒气体氯气，易中毒，故D错误．

故选C．

【点评】本题考查较为综合，涉及油脂的组成、淀粉的性质、氯气的化学性质，题目难度中等，注意掌握常见的有机物结构与性质，明确氯水的性质及应用，题目有利于培养学生良好的科学素养．

2．下列对有机反应类型的描述不正确的是（　　）

A．乙醇使酸性KMnO4溶液褪色，是因为发生了氧化反应

B．将苯加入溴水中，振荡后水层接近无色，是因为发生了取代反应

C．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，是因为发生了加成反应

D．甲烷与氯气混合，光照一段时间后黄绿色消失，是因为发生了取代反应

【考点】有机物的结构和性质．

【专题】有机反应．

【分析】A．乙醇含有羟基，可被酸性高锰酸钾氧化；

B．苯与溴水不反应；

C．乙烯含有碳碳双键，可与溴发生加成反应；

D．己烷为饱和烃，可发生取代反应．

【解答】解：A．乙醇含有羟基，可被酸性高锰酸钾氧化，可被高锰酸钾氧化为乙酸，故A正确；

B．苯与溴水不反应，可与液溴在催化剂条件下发生取代反应，因溴易溶于苯，可萃取溴，但没有反应，故B错误；

C．乙烯含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，故C正确；

D．己烷为饱和烃，可发生取代反应，与氯气在光照条件下发生取代反应，故D正确．

故选B．

【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，把握有机物官能团与性质、反应类型及反应条件等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．

3．X、Y、Z、R是四种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的2倍，Y元素在地壳中含量最多，Z元素金属性最强，R原子的核外电子数是X、Z核外电子数之和，下列叙述一定正确的是（　　）

A．含氧酸酸性R＞X

B．简单氢化物稳定性Y＜X

C．最高正化合价Z＜X＜Y＜R

D．由Z和R形成的化合物为离子化合物

【考点】原子结构与元素周期律的关系．

【专题】元素周期律与元素周期表专题．

【分析】X、Y、Z、R是四种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的2倍，原子只能由2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；Y元素在地壳中含量最多，则Y为O元素；Z元素金属性最强，则Z为Na；R原子的核外电子数是X、Z核外电子数之和，即R原子核外电子数为6+11=17，故R为Cl，结合元素周期律解答．

【解答】解：X、Y、Z、R是四种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的2倍，原子只能由2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；Y元素在地壳中含量最多，则Y为O元素；Z元素金属性最强，则Z为Na；R原子的核外电子数是X、Z核外电子数之和，即R原子核外电子数为6+11=17，故R为Cl．

A．碳酸的酸性比HClO的强，故A错误；

B．非金属性O＞C，故简单氢化物稳定性H2O＞CH4，故B错误；

C．氧元素一般没有最高正化合价，最高正化合价Z（Na）＜X（C）＜R（Cl），故C错误；

D．由Z和R形成的化合物为NaCl，由钠离子与氯离子构成，属于离子化合物，故D正确．

故选：D．

【点评】本题考查结构性质物质关系应用，侧重对元素周期律的考查，A选项为易错点，学生容易忽略最高价含氧酸．

4．NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法中，正确的是（　　）

A．常温常压下，l.6g614CH4中含有共价键总数为0.4NA

B．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应后，容器内气体的分子数为2NA

C．1 L 0．lmol•L﹣1的CH3COONa溶液中CH3COO﹣和CH3COOH粒子数之和为0.1NA

D．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.4NA

【考点】阿伏加德罗常数．

【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．

【分析】A、甲烷614CH4的摩尔质量为18g/mol；

B、2molNO与1molO2充分反应后生成2mol二氧化氮，但二氧化氮气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4；

C、CH3COO﹣是弱酸根，在溶液中存在水解平衡；

D、过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由﹣1价变为0价．

【解答】解：A、614CH4的摩尔质量为18g/mol，故1.6g甲烷614CH4的物质的量小于0.1mol，而甲烷中含4个C﹣H键，故含有的C﹣H键个数小于0.4NA个，故A错误；

B、2molNO与1molO2充分反应后生成2mol二氧化氮，但二氧化氮气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致分子个数变小，故容器中的分子数小于2NA个，故B错误；

C、CH3COO﹣是弱酸根，在溶液中存在水解平衡，根据物料守恒可知，溶液中的CH3COO﹣和CH3COOH粒子数之和为0.1NA，故C正确；

D、过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由﹣1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个，故D错误．

故选C．

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．

5．青蒿素是抗疟特效药，属于萜类化合物，如图所示有机物也属于萜类化合物，该有机物的一氯取代物有（不考虑立体异构）（　　）

A．6种    B．7种    C．8种    D．9种

【考点】有机化合物的异构现象．

【专题】同分异构体的类型及其判定．

【分析】分子中氢原子的种类等于一氯取代物的种类，据此解答．

【解答】解：该分子不对称，分子中7种氢原子，一氯代物有7种．

故选B．

【点评】本题考查一氯代物的书写，题目难度不大，正确判断等效氢原子数目为解答本题的关键．

6．下列实验“操作”“现象”与“结论”都正确的是（　　）

【考点】化学实验方案的评价．

【专题】化学实验基本操作．

【分析】A．溶度积大的物质能转化为溶度积小的物质；

B．酸性条件下，根离子具有强氧化性；

C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；

D．同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性．

【解答】解：A．发生沉淀导的转化，向溶度积更小的方向移动，则向新制的AgCl乳白色悬浊液中滴加0.1mol/L的KI溶液，产生黄色沉淀，证明：Ksp[AgCl]＞Ksp[AgI]，故A正确；

B．酸性条件下，根离子具有强氧化性，酸性条件下根离子将亚铁离子氧化生成铁离子，故B错误；

C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以不能据此判断非金属性强弱，故C错误；

D．同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由溶液有棕色变为浅绿色，说明三价铁的氧化性强于稀硫酸，但在存在的前提下立即又变成棕黄色，说明亚铁迅速被氧化成铁离子，故的氧化性强三价铁，综上所述氧化性：HNO3＞Fe3+＞稀硫酸，故D错误；

故选A．

【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及氧化还原反应、非金属性强弱判断、难溶物的转化等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意挖掘隐含条件，易错选项是C．

7．下面是用硫酸钙生产硫酸、漂白粉等一系列物质的流程图．下列说法正确的是（　　）

A．CO、SO2、SO3均是酸性氧化物

B．图示转化反应均为氧化还原反应

C．工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉

D．用CO合成CH3OH，原子利用率为100%

【考点】含硫物质的性质及综合应用．

【专题】氧族元素．

【分析】A．酸性氧化物是一类能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水或与碱性氧化物反应生成盐的氧化物；

B．凡是有化合价升降的反应都是氧化还原反应；

C．工业上常用氯气和消石灰反应来制取漂白粉；

D．原子利用率是指反应物中的所有原子进入期望产物中的百分比．

【解答】解：A．CO不能与碱反应，不是酸性氧化物，故A错误； 

B．流程中与水反应不是氧化还原反应，除与水反应外，图示转化反应都是与氧气反应或氢气反应，都一定有化合价升降，均为氧化还原反应，故B错误；

C．澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较小，应用纯净的消石灰，故C错误；

D．工业上一般采用下列反应合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）反应是所有原子进入期望产物，原子利用率为100%，故D正确．

故选D．

【点评】本题考查酸性氧化物、氧化还原反应、漂白粉的制取、原子利用率，难度不大，注意澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较小，应用纯净的消石灰制取漂白粉．

二、解答题（共3小题，满分43分）

8．黄铁矿（主要成分为CuFeS2，S为﹣2价）是工业联通的主要原料，现有一种天然黄铁矿（含SiO2）为了测定该黄铁矿的纯度，设计了如下实验：

现称取研细的黄铁矿样品1.84g，在空气存在下进行煅烧，发生如下反应：3CuFeS2+8O23Cu+Fe3O4+6SO2

试验后d中溶液的置于锥形瓶中，用0.0500mol/L标准碘溶液进行滴定，消耗标准溶液20.00mL，请回答下列问题：

（1）3CuFeS2+8O23Cu+Fe3O4+6SO2中氧化产物是　Fe3O4、SO2 　，当生成0.3molSO2气体时，转移电子　1.9　mol

（2）将样品研细后再反应，其目的是　增大接触面积，使原料充分反应、加快反应速率　，装置C的作用是　除去多余的氧气　

（3）用标准碘溶液滴定d中溶液的离子方程式是　SO2+Br2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣　，滴定达中点时的现象是　锥形瓶中的溶液由无色变为蓝色且半分钟不褪色　

（4）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是　使反应生成的SO2全部进入d装置中，使结果精确　

（5）通过计算可知，该黄铜矿的纯度为　50%　

（6）若将原装置d中的试液换为Ba（OH）2溶液，测得黄铜矿纯度偏高，假设实验操作均正确，可能的原因主要是　空气中的CO2与Ba（OH）2反应生成BaCO3沉淀，BaSO3被氧化成BaSO4　．

【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．

【专题】定量测定与误差分析．

【分析】该实验原理是：根据黄铜矿受热分解产生的二氧化硫的量的测定（二氧化硫可以用碘水来标定），结合元素守恒可以确定黄铜矿的量，进而计算其纯度．

（1）CuFeS2，S为﹣2价元素Cu元素化合价+2价，Fe元素化合价为+2价，反应后铜元素化合价降低，铁元素化合价升高，硫元素化合价升高，氧元素化合价降低，氧化产物是元素化合价升高的被氧化得到氧化产物，依据电子守恒计算电子转移总数；

（2）根据样品称量的精确度来分析；增大固体的表面积可以加快化学反应速浓硫酸可以将水除去，灼热的铜网可以除去多余的氧气；

（3）用标准碘溶液滴定d中溶液的反应是二氧化硫被溴单质氧化生成硫酸和氢溴酸，根据反应结束时的颜色变化判断滴定终点，当达到滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝；

（4）二氧化硫全部被吸收是实验成败的关键；

（5）根据滴定管的读数方法和要求来回答判断，根据反应实质，得到：2I2～2SO2～CuFeS2，结合定量关系计算；

（6）二氧化碳和二氧化硫均可以和氢氧化钡反应生成白色沉淀，亚硫酸钡易被氧化为硫酸钡．

【解答】解：该实验原理是：根据黄铜矿受热分解产生的二氧化硫的量的测定（二氧化硫可以用碘水来标定），结合元素守恒可以确定黄铜矿的量，进而计算其纯度．

（1）CuFeS2，S为﹣2价元素Cu元素化合价+2价，Fe元素化合价为+2价，反应后铜元素化合价降低，铁元素化合价升高，硫元素化合价升高，氧元素化合价降低，氧化产物是元素化合价升高的被氧化得到氧化产物，氧化产物为：Fe3O4、SO2 ，依据电子守恒计算电子转移总数，反应中3Cu2+～3Cu～6e﹣，8O2～Fe3O4+6SO2

～32e﹣，生成6molSO2，电子转移总数为38mol，当生成0.3molSO2气体时1.9mol电子，

故答案为：Fe3O4、SO2 ；1.9；

（2）将样品研细后再反应，即增大固体的表面积，目的是使原料充分反应、加快反应速率，灼热的铜网可以除去多余的氧气，

故答案为：增大接触面积，使原料充分反应、加快反应速率；除去多余的氧气；

（3）用标准碘溶液滴定d中溶液的反应是二氧化硫被溴单质氧化生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣，当达到滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝且半分钟不褪色，证明反应达到反应终点，

故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣，锥形瓶中的溶液由无色变为蓝色且半分钟不褪色；

（4）黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物，分解完毕后仍然通入空气，可以将产生的二氧化硫全部排出去，使结果精确，

故答案为：使反应生成的SO2全部进入d装置中，使结果精确；

（5）根据滴定管的示数是上方小，下方大，可以读出滴定管示数是20.00mL，当达到滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝，根据反应实质，得到：2I2～2SO2～CuFeS2，消耗掉0.05mol/L标准碘溶液20.00mL时，即消耗的碘单质的量为：0.05mol/L×0.02L=0.0010mol，所以黄铜矿的质量是：0.5×0.0010mol×184g/mol×10=0.92g，所以其纯度是：×100%=50%，

故答案为：50%；

（6）空气中的CO2与Ba（OH）2反应可以生成BaCO3沉淀，此外BaSO3被氧化成BaSO4均可以导致所以的沉淀的量比二氧化硫和氢氧化钡反应生成的白色沉淀的量多，

故答案为：空气中的CO2与Ba（OH）2反应生成BaCO3沉淀，BaSO3被氧化成BaSO4．

【点评】本题考查了探究黄铜矿的纯度，涉及了仪器选择、纯度计算等知识，题量较大，充分考查了学生分析和解决问题的能力，本题难度中等．

9．硫单质及其化合物在工农业生产中有着重要的应用，请回答下列问题：

（1）一种煤炭脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形成固定下来，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，相关的热化学方程式如下：

①CaSO4（s）+CO（g）⇌CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）△=+210.5kJ•mol﹣1

②CaSO4（s）+CO（g）⇌CaS（s）+CO2（g）△=﹣47.3kJ•mol﹣1

反应：CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）⇌CaS（s）+3CO2（g）△=　﹣399.7　kJ•mol﹣1

（2）图1为密闭容器中H2S气体分解生产H2和S2（g）的平衡转化率与温度、压强的关系．

图1中压强P1、P2、P3的大小顺序为　P1＜P2＜P3　，理由是　反应前后气体体积增大，增大压强平衡逆向进行　，该反应平衡常数的大小关系为K（T1）　＜　K（T2）（碳“＞”“=”或“＜”）理由是　反应是吸热反应，升温平衡正向进行，平衡常数增大　

（3）在一定条件下，二氧化硫和氧气发生反应：2S02（g）+02（g）⇌2SO3△H＜0

①600℃时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图2，反应处于平衡状态的时间段所示　15﹣20min和25﹣30min　

②据图2判断，反应进行至20min时，曲线发生变化的原因是　增大氧气的浓度　（用文字表达）：10min到15min的曲线变化的原因可能是　ab　（填写编号）

A．加了催化剂

B．缩小容器体积

C．降低温度

D．增加SO2的物质的量

（4）烟气中SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，该溶液中c（Na+）=　2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）　（用含硫微粒浓度的代数式表示）

【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

【专题】化学平衡专题．

【分析】（1）利用盖斯定律将②×4﹣①可得CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）⇌CaS（s）+3CO2（g）反应热；

（2）H2S气体分解生产H2和S2（g）的反应为2H2S2H2+S2，反应前后气体体积增大，同温度下，压强越大，平衡逆向进行，H2S转化率减小，温度升高，H2S的转化率增大，说明正反应为吸热反应，升温平衡正向进行，平衡常数增大；

（3）①反应混合物各物质的物质的量不变化，说明反应处于平衡状态；

②由图可知，反应进行至20min时，改变体积，平衡向正反应移动，瞬间只有氧气的浓度增大；由图可知，反应向正反应进行，10min到15min反应混合物单位时间内的变化量增大，说明反应速率增大，10min改变瞬间，各物质的物质的量不变；

（4）依据溶液中存在的电荷守恒分析；

【解答】解：（1）利用盖斯定律将②×4﹣①可得CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）⇌CaS（s）+3CO2（g）△H=4×（﹣47.3kJ•mol﹣1）﹣（210.5kJ•mol﹣1）=﹣399.7kJ•mol﹣1，

故答案为：﹣399.7；

（2）H2S气体分解生产H2和S2（g）的反应为2H2S2H2+S2，反应前后气体体积增大，同温度下，压强越大，平衡逆向进行，H2S转化率减小，则P1＜P2＜P3，温度升高，H2S的转化率增大，说明正反应为吸热反应，升温平衡正向进行，平衡常数增大，K（T1）＜K（T2），

故答案为：P1＜P2＜P3；反应前后气体体积增大，增大压强平衡逆向进行；＜；反应是吸热反应，升温平衡正向进行，平衡常数增大；

（3）①反应混合物各物质的物质的量不变化，说明反应处于平衡状态，由图可知在15﹣20min和25﹣30min出现平台，各组分的物质的量不变，反应处于平衡状态，

故答案为：15﹣20min和25﹣30min；

②由图可知，反应进行至20min时，平衡向正反应移动，瞬间只有氧气的浓度增大，应是增大了氧气的浓度．由图可知，反应向正反应进行，10min到15min反应混合物单位时间内的变化量增大，说明反应速率增大，10min改变瞬间，各物质的物质的量不变．

a．加了催化剂，增大反应速率，故a正确；

b．缩小容器体积，增大压强，增大反应速率，故b正确；

c．降低温度反应速率降低，故c错误；

d．10min改变瞬间，各物质的物质的量不变，不是增加SO2的物质的量，故d错误；

故答案为：增大氧气的浓度；ab；

（4）烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒分析，c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），c（H+）=c（OH﹣），得到（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），故答案为：2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）；

【点评】本题考查了热化学方程式书写方法，化学平衡建立，平衡状态影响因素分析，化学反应速率、平衡常数计算应用，电解质溶液电荷守恒，掌握基础是关键，题目难度中等．

10．钛被称为“二十一世纪金属”，工业上用钛铁矿制备金属钛的工艺流程如下：

已知：钛铁矿主要成分与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，TiOSO4遇水会水解．

请回答下列问题：

（1）操作1用到的玻璃仪器除烧杯外还有　漏斗、玻璃棒　，操作2是　蒸发浓缩、冷却结晶　、过滤，副产品主要成分的化学式为　FeSO4　

（2）请结合化学用语解释将TiO2+转化为H2TiO3的原理　溶液中存在平衡：TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+，当加入热水稀释、升温后，

平衡正向移动，生成H2TiO3　

（3）已知钛的还原性介于铝和锌之间，估计钛能耐腐蚀的原因之一是　钛表面形成一层致密的氧化膜（或钛的内部结构紧密）　，如果可从Za、Zn、Fe三种金属中选一种金属代替流程中的镁，那么该金属跟四氯化钛反应的化学方程式是　TiCl4+4NaTi+4NaCl　

（4）电解TiO2来获得Ti是以TiO2作阴极，石墨为阳极，熔融CaO为电解质，用碳块作电解槽，其阴极反应的电极反应式为　TiO2 +4e﹣=Ti+2O2﹣　

（5）为测定溶液中TiOSO4的含量，首先取待测钛液10mL用水稀释至100mL，加过量铝粉，充分振荡，使其完全反应：3TiO2++Al+6H+═3Ti3++AlO3++3H2O，过过滤后，取出滤液20.00mL，向其中滴加2～3滴KSCN溶液作指示剂，用　酸式滴定管　（填一种玻璃仪器的名称）滴加0.1000mol•L﹣1FeCl3溶液，发生Ti3++Fe3+═Ti4++Fe2+，当溶液出现红色达到滴定终点，用去了30.00mLFeCl3溶液，待测钛液中TiOSO4的物质的量浓度是　1.50mol•L﹣1　．

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

【专题】物质的分离提纯和鉴别．

【分析】用浓硫酸处理钛铁矿，并向所得溶液中加入大量水稀释后加入过量铁粉还原铁离子，过滤得到滤液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到TiO2+滤液，和副产品FeSO4，滤液中加入水加热过滤得到H2TiO3，H2TiO3加热灼烧得到TiO2，加入氯气、过量碳高温加热反应生成TiCl4和一氧化碳，四氯化钛和金属镁高温加热反应得到氯化镁和钛金属．

（1）操作1为过滤，操作2的实验步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶，加入过量铁屑后溶液中含有Fe2+离子，依据原子守恒可知产物为硫酸亚铁，则过滤后可得FeSO4•7H2O（或FeSO4），滤渣为过量的铁屑和不溶物脉石；

（2）依据溶液中存在平衡：TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+，平衡影响因素和平衡移动原理分析判断；

（3）根据金属铝的氧化物的性质结合信息来回答，金属钠的活泼性强，可以用于金属的冶炼；

（4）根据电解原理：阴极上是发生得电子的还原反应；

（5）准确滴加氯化铁溶液可使用酸式滴定管；根据元素守恒计算待测钛液中TiOSO4的物质的量．

【解答】解：（1）操作1为过滤用到的玻璃仪器除烧杯外还有漏斗、玻璃棒，操作2的实验步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶，加入过量铁屑后溶液中含有Fe2+离子，则过滤后可得FeSO4•7H2O（或FeSO4），副产品主要成分的化学式为FeSO4，故答案为：漏斗、玻璃棒；蒸发浓缩、冷却结晶；FeSO4；

（2）加热的目的是促进TiO2+水解生成H2TiO3，分离出固体加热得到TiO2；溶液中存在平衡：TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+，当加热升温后，

平衡正向移动，生成H2TiO3；

故答案为：溶液中存在平衡：TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+，当加热升温后，平衡正向移动，生成H2TiO3；

（3）钛的还原性介于铝与锌之间，氧化铝是一层致密的氧化膜，估计钛能耐腐蚀的原因钛表面形成一层致密的氧化膜（或钛的内部结构紧密）；活泼金属钠可以将金属钛置换出来：TiCl4+4NaTi+4NaCl，Zn、和Fe都是不可以的，活泼性差，

故答案为：钛表面形成一层致密的氧化膜（或钛的内部结构紧密）；TiCl4+4NaTi+4NaCl；

（4）因TiO2作阴极，得到电子，被还原，TiO2 +4e﹣=Ti+2O2﹣，得到单质Ti，

故答案为：TiO2 +4e﹣=Ti+2O2﹣；

（5）准确滴加氯化铁溶液可使用滴定管，氯化铁有较强的氧化性，应用酸式滴定管；

设滤液Ti3+的物质的量为X．

Ti3+（紫色）+Fe3++H2O=TiO2+（无色）+Fe2++2H+

1            1

X    0.1000mol•L﹣1×0.03L

解得X=0.1000mol•L﹣1×0.03L=0.003mol

则待测钛液中TiOSO4的物质的量=0.003mol×5=0.015mol

根据C===1.50 mol•L﹣1

故答案为：酸式滴定管；1.50 mol•L﹣1．

【点评】本题以框图推断的形式结合化学实验和元素化合物的相关知识考查学生的阅读、分析、提取信息解决问题的能力，主要是化学工艺流程，题目难度较大，做题时注意从物质的性质角度结合题中信息解答．

【化学一选修2：化学与技术】

11．铵盐是重要的化工原料，以N2和H2为原料制取铵的流裎阁如下，请回答下列问题：

（1）在上述流程阁中，B设备的名称是　氧化炉　，其中发生反应的化学方程式为　4NH3+5O24NO+6H2O　．

（2）在上述工业生产中，N2与H2合成NH3的傕化剂是　铁砂网　，1909年化学家哈伯在实验室首次合成了氨，2007年化学家格哈德．埃特尔在哈伯研究所证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示 意图如下：

、、分别表示N2、H2、NH3图⑤表示生成的NH3离开催化剂表面，图②和图③的含义分别 是　N2、H2被吸附在催化剂表面　、　在催化剂表面N2、H2中的化学键断裂　

（3）NH3和C02在一定条件下可合成尿素，其反应为：2NH3（g）+CO2（g）⇌C0（NH2）2（s）+H20（g）

如图表示合成塔中氨碳比a与C02转化率ω的关系a为，b 为水碳比则：

①b应控制在　C　

A．1.5～1.6 B.1〜1.1 C.0.6〜0.7

②a应控制在4.0的理由是　氨碳比a（）大于4.0时，增大氨气的物质的量，二氧化碳的转化率增加不大，增加了生产成本；氨碳比a（）小于4.0时，二氧化碳的转化率较小　

（4）在合成氨的设备（合成塔）中，设置热交換器的目的是　利用余热，节约能源　在合成的吸收塔中通入空气的目的是　使NO循环利用，全部转化为　

（5）生产的过程中常会产生一些氮的氧化物，可用如下两种方法处理：

碱液吸收法：NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O

NH3还原法：8NH3+6NO27N2+12H20 （NO也有类似的反应）

以上两种方法中，符合绿色化学的是　氨气还原法　

（6）某化肥厂用NH3制备NH4NO3已知：由NH3制NO的产率是96%、NO制HN03的产率是92%．则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量（不考虑其它损耗）的　53.1　%．

【考点】制备实验方案的设计．

【专题】制备实验综合．

【分析】氮气、氢气在合成塔中合成氨气，氨气在氧化炉中氧化为NO，NO、氧气、水吸收塔中合成，与氨气合成铵．

（1）B中发生氨气的催化氧化生成NO，设备为氧化炉；

（2）在上述工业生产中，N2与H2合成NH3的傕化剂是铁砂网；

氮气、氢气在催化剂表面合成氨反应过程的顺序为：图①氮气分子和氢气分子向催化剂表面靠近，图②氮气和氢气吸附在催化剂的表面，图③在催化剂的作用下分解成氢原子和氮原子，在催化剂表面N2、H2中的化学键断裂；图④在催化剂形成NH3；图⑤脱离催化剂表面；

（3）①氨碳比一定时，选择二氧化碳转化率最大时的碳水比；

②氨碳比a大于4.0时，增大氨气的物质的量，二氧化碳的转化率增加不大，增加了生产成本，氨碳比a小于4.0时，二氧化碳的转化率较小；

（4）合成氨为放热反应，温度太高不利于氨气生成，并进行原料气的预热，充分利用余热，节约能源；

在合成的吸收塔中通入空气，使NO循环利用，全部转化为；

（5）根据反应化学方程式反应物和生成物的性质和经济效益分析，绿色化学为无污染，原子利用率高的生产；

（6）假设铵的物质的量为1mol，则与反应的氨气为1mol，根据原子守恒计算制备的氨气，每一步损失率、利用率都以氨气计算．

【解答】解：（1）氨气在氧化炉中被催化氧化，B设备的名称是氧化炉；氨气被氧化为NO和水，其反应的方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；

故答案为：氧化炉；4NH3+5O24NO+6H2O；

（2）N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网；氮气、氢气在催化剂表面合成氨反应过程的顺序为：图①氮气分子和氢气分子向催化剂表面靠近，图②氮气和氢气吸附在催化剂的表面，图③在催化剂的作用下分解成氢原子和氮原子，在催化剂表面N2、H2中的化学键断裂；图④在催化剂形成NH3；图⑤脱离催化剂表面；

故答案为：铁砂网；N2、H2被吸附在催化剂表面；在催化剂表面N2、H2中的化学键断裂；

（3）①氨碳比a（）相同时，水碳比（）为0.6～0.7时，二氧化碳转化率最大，

故答案为：c；

②氨碳比a（）大于4.0时，增大氨气的物质的量，二氧化碳的转化率增加不大，增加了生产成本；氨碳比a（）小于4.0时，二氧化碳的转化率较小，

故答案为：氨碳比a（）大于4.0时，增大氨气的物质的量，二氧化碳的转化率增加不大，增加了生产成本；氨碳比a（）小于4.0时，二氧化碳的转化率较小；

（4）合成氨的反应属于放热反应，反应过程中会放出大量的热，用热交换器并进行原料气的预热，可以充分利用余热，节约能源，还有利于氨气的生成；在吸收塔中二氧化氮与水反应生成和NO，通入空气，NO能被空气中的氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮再与水反应生成，这样使NO循环利用，全部转化为；

故答案为：利用余热，节约能源；使NO循环利用，全部转化为；

（4）碱液吸收法：NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，NH3还原法：8NH3+6NO27N2+12H2O，分析可知碱液吸收法消耗大量的氢氧化钠生成的亚盐毒，NH3还原法产物无污染，得到合成氨的原料气，故符合绿色化学的是氨气还原法；

故答案为：氨气还原法；

（5）假设铵的物质的量为1mol，则与反应的氨气为1mol，制备的为1mol，令制备的氨气为xmol，每一步损失率、利用率都以氨气计算，根据原子守恒，xmol×96%×92%=1mol，解得x=%，故制HNO3所用去的氨气的质量占总耗氨的质量分数是×100%≈53.1%，

故答案为：53.1%．

【点评】本题考查化学工业制备、阅读获取信息的能力、化学计算等，（6）中注意利用守恒思想计算，也可以利用关系式计算，是对学生综合能力的考查．

【化学-选修3：物质结构与性质】

12．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种元素，A的一种同位素可用于考古测定生物的死亡年代，B与A同周期，其s能级电子数比p能级电子数多，C原子的最外层电子数是次外层的3倍，D与B同主族；E的原子序数为29．回答下列问题：

（1）五种元素中第一电离能最大的是　N　（填元素符号），其中D原子价电子排布图为　　

（2）元素B的简单气态氢化物的沸点　高于　（填“高于”或“低于”）元素A的简单气态氢化物的沸

点．其主要原因是　NH3分子之间存在氢键　，A的简单气态氢化物中心原子的杂化轨道类型　sp3　

（3）BC的立体构型为　平面三角形　，与其互为等电子体的分子是　SO3　（写化学式）

（4）EC在加热条件下容易转化为E2C．从原子结构的角度解释原因　Cu2+离子外围电子排布为3d9，而Cu+离子外围电子排布为3d10，为全满稳定状态，Cu2O更稳定　E原子的外围电子排布为　3d104s1　，E晶体的堆积方式为　④　（填序号）

①简单立方堆积 ②体心立方堆枳

③六方最密堆积 ④面心立方最密堆积

（5）硼与D可形成一种耐磨材料F，其结构与金刚石相似（如图）．可由硼的三溴化物和D的三溴化物高温下在氢气的氛围中合成．写出合成F的化学方程式：　BBr3+PBr3+3H2BP+6HBr　，F的晶泡边长为aPm，则该晶体密度的表达式为　　g．cm﹣3（含a、NA的式子表示，不必化简）．

【考点】晶胞的计算；原子结构与元素周期律的关系．

【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．

【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种元素，A的一种同位素可用于考古测定生物的死亡年代，则A为碳元素；C原子的最外层电子数是次外层的3倍，原子只能由2个电子层，最外层电子数为6，故C为O元素；B的原子序数介于碳、氧之间，则B为N元素；D与B同主族，则D为P元素；E的原子序数为29，则E为Cu．

（1）非金属性越强第一电离能越大，同周期随原子序数增大，越大第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；

D为P原子，原子价电子排布式为3s22p3，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；

（2）元素B的简单气态氢化物为NH3，元素A的简单气态氢化物为CH4，氨气分子之间形成氢键，沸点高于甲烷的；氨气分子中N原子形成3个N﹣H键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4；

（3）计算NO3﹣中N原子孤电子对数、价层电子对数，确定空间构型；原子数目相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体；

（4）Cu+离子外围电子排布为3d10，为全满稳定状态，Cu2O更稳定；根据能量最低原理书写Cu原子的外围电子排布式，Cu晶体的堆积方式为面心立方最密堆积；

（5）硼与P可形成一种耐磨材料F，其结构与金刚石相似，则F为BP，可由硼的三溴化物和D的三溴化物于高温下在氢气的氛围中合成，反应还生成HBr，根据原子守恒配平；

计算金刚石晶胞中C原子数目，可以确定晶胞中B、P原子数目，表示出BP晶胞质量，再根据ρ=计算晶胞密度．

【解答】解：A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种元素，A的一种同位素可用于考古中测定生物的死亡年代，则A为碳元素； B与A同周期，其s能级电子数比p能级电子数多，原子核外电子数排布式为1s22s22p3，则B为N元素；C原子的最外层电子数是次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故C为O元素；D与B同主族，则D为P元素；E的原子序数为29，则E为Cu．

（1）非金属性越强第一电离能越大，N元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，故N元素的第一电离能最大，

D为P元素，原子价电子排布式为3s23p3，原子价电子排布图为，

故答案为：N；；

（2）元素A、B的简单气态氢化物分别为CH4、NH3，NH3分子之间存在氢键，沸点高于甲烷的，甲烷分子中C原子形成4个C﹣H将，没有孤对电子，故碳原子采取sp3杂化，

故答案为：高于；NH3分子之间存在氢键；sp3；

（3）NO3﹣中N原子孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3，立体构型为平面三角形，与其互为等电子体的分子是SO3，

故答案为：平面三角形；SO3；

（4）Cu2+离子外围电子排布为3d9，而Cu+离子外围电子排布为3d10，为全满稳定状态，Cu2O更稳定，CuO在加热条件下容易转化为Cu2O，

Cu原子的外围电子排布式为：3d104s1，Cu晶体的堆积方式为面心立方最密堆积，

故答案为：Cu2+离子外围电子排布为3d9，而Cu+离子外围电子排布为3d10，为全满稳定状态，Cu2O更稳定；3d104s1；④；

（5）硼与P可形成一种耐磨材料F，其结构与金刚石相似（如图），则F为BP，可由硼的三溴化物和D的三溴化物于高温下在氢气的氛围中合成，合成F的化学方程式：BBr3+PBr3+3H2BP+6HBr，

金刚石晶胞中C原子数目为4+8×+6×=8，则晶胞中B、P原子数目均为4，晶胞质量为4×g，晶胞边长为a pm，则该晶体密度为4×g÷（a×10﹣10 cm）3=g•cm﹣3．

故答案为：BBr3+PBr3+3H2BP+6HBr；．

【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、氢键、空间构型与杂化方式、晶胞计算等，是对物质结构主干知识综合考查，需要学生具备扎实的基础．

【化学一选修3：有机化学基础】

13．F、G都是常见的高分子材料，以下是由丙烯合成F、G的流程图．

（1）E的化学名称是　2﹣羟基丙酸　，所含官能团是　羧基、羟基　．

（2）G的结构简式是　　．

（3）A→B的化学方程式是　CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CH（OH）CH2OH+2NaBr　，该反应类型是　取代反应　．

（4）由CH3CH=CH2生成F的化学方程式是　nCH3CH=CH2　，该反应类型是　加聚反应　．

（5）在一定条件下，两分子E脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式是　　．

（6）C的同分异构体有多种，请分别写出符合下列条件有机物的结构简式：

①能与NaHCO3溶液反应的是　CH2=CHCOOH　；

②能发生水解反应的是　HCOOCH=CH2　．

【考点】有机物的推断．

【专题】有机物的化学性质及推断．

【分析】丙烯与溴发生加成反应生成A为CH3CHBrCH2Br，A发生水解反应生成B为CH3CH（OH）CH2OH，B氧化生成C为，C进一步氧化生成D为，D与氢气发生加成反应生成E为，E发生缩聚反应生成G为，丙烯发生加聚反应生成F为．

【解答】解：丙烯与溴发生加成反应生成A为CH3CHBrCH2Br，A发生水解反应生成B为CH3CH（OH）CH2OH，B氧化生成C为，C进一步氧化生成D为，D与氢气发生加成反应生成E为，E发生缩聚反应生成G为，丙烯发生加聚反应生成F为．

（1）E为，化学名称是2﹣羟基丙酸，所含官能团是羧基、羟基，故答案为：2﹣羟基丙酸；羧基、羟基；

（2）G的结构简式是，故答案为：；

（3）A→B的化学方程式是：CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CH（OH）CH2OH+2NaBr，属于取代反应，

故答案为：CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CH（OH）CH2OH+2NaBr；取代反应；

（4）由CH3CH=CH2生成F的化学方程式是：nCH3CH=CH2，属于加聚反应，

故答案为：nCH3CH=CH2，加聚反应；

（5）在一定条件下，两分子E脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式是，故答案为：；

（6）C（）的同分异构体有多种，其中①能与NaHCO3溶液反应的是CH2=CHCOOH，②能发生水解反应的是：HCOOCH=CH2，故答案为：CH2=CHCOOH；HCOOCH=CH2．

【点评】本题考查有机物推断，熟练掌握官能团的性质与转化，是对有机化学基础的综合考查，有利于基础知识的巩固．