1、2016年陕西省西安市西北工业大学附中高考化学第五次模拟考试一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列表述正确的是（）A二氧化硫、氨、煤的液化均为物理变化B2CH3CH2OD+O22CH3CHO+2DHOC甲醇、乙二醇、丙三醇都为饱和醇，熔沸点依次降低D已知常温下氢氧化镁的溶度积常数为a，则氢氧化镁悬浊液中：c（OH）=mol/L2化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是（）A对“地沟油”进行分馏可得到汽油BPM2.5、CO2都属于空气质量日报的内容C硅酸多孔、吸水能力强，常用作袋装食品的干燥D向煤中加入适量CaSO4，可大大减少燃烧产物中SO2的量3设NA为阿伏伽德罗常数的值，下
2、列说法正确的是（）A1mol二甲醚中含有的CO键的数目为2NAB标准状况下，44.8LHF中含有分子的数目为2NAC200g质量分数为23%的HCOOH水溶液中含氧原子的总数目为2NAD在反应Cu2S+O22Cu+SO2中，每生成1molCu，转移电子的数目为2NA4一种太阳能电池的工作原理如下图所示，电解质为铁氰化钾K3Fe（CN）6和亚铁氰化钾K4Fe（CN）6的混合溶液，下列说法不正确的是（）AK+移向催化剂bB催化剂a表面发生的化学反应：Fe（CN）64eFe（CN）63CFe（CN）63在催化剂b表面被氧化D电解池溶液中的Fe（CN）64和Fe（CN）63浓度基本保持不变5下列根据实
3、验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A将硫的酒精溶液滴入一定量的热水中得淡蓝色透明液体，用激光笔照射有丁达尔效应淡蓝色液体为胶体B将FeSO4高温强热，得红色固体，产生的气体通入BaCl2溶液产生白色沉淀白色沉淀为BaSO3和BaSO4C将气体X分别通入品红溶液和酸性高锰酸钾溶液两溶液均褪色X可能是乙烯D向溶液Y中滴加稀硝酸，再滴加BaCl2溶液产生白色沉淀Y中一定含有SO42或SO326向溶液中分别通入足量的相应气体后，下列各组离子还能大量存在的是（）A氯气：K+、Na+、SiO32、NO3B二氧化硫：Na+、NH4+、SO32、C1C氨气：K+、Na+、AlO2、C
4、O32D乙烯：H+、K+、MnO4、SO42725时，将某一元碱MOH和盐酸溶液等体积混合（体积变 化忽略不计），测得反应后溶液的pH如下表，则下列判断不正确的是（） 实验编号 c（盐酸）/（mol/L） c（MOH）/（mol/L） 反应后溶液的pH甲 0.20 0.20 5乙 0.10 a 7A实验甲所得溶液：c（Cl）c（M+）c（H+）c（MOH）B将实验甲中所得溶液加水稀释后，变小Ca0.10DMOH的电离平衡常数可以表示为Kb=二、非选择题8某研究小组为探究SO2和Fe（NO3）3溶液的反应的实质设计了如图所示装置进行实验已知：1.0mol/L的Fe（NO3）3溶液的pH=1请回答
5、：（1）装置A中用于盛放浓硫酸的仪器名称为（2）实验前鼓入N2的目的是 （3）装置B中产生了白色沉淀，其成分是，说明SO2具有性（4）分析B中产生白色沉淀的原因观点1：SO2与Fe3+反应；观点2：在酸性条件下SO2与NO反应；若观点1正确，除产生沉淀外，还应观察到的现象是 按观点2，装置B中反应的离子方程式是 ，有人认为，如将装置B中的Fe（NO3）3溶液替换为等体积的下列溶液，在相同条件下进行实验，也可验证观点2是否正确此时应选择的最佳试剂是（填序号）A1mol/L稀硝酸B1.5mol/L Fe（NO3）2溶液C6.0mol/L NaNO3溶液和0.2mol/L盐酸等体积混合的溶液D3.0
6、mol/L NaNO3溶液和0.1mol/L硫酸等体积混合的溶液9二氧化碳的捕集、利用与封存（CCUS）是我国能源领域的一个重要战略方向，CCUS或许发展成一项重要的新兴产业（1）国外学者提出的由CO2制取C的太阳能工艺如图1所示“热分解系统”发生的反应为2Fe3O4 6FeO+O2，每分解1molFe3O4 转移的电子数为“重整系统”发生反应的化学方程式为 （2）二氧化碳催化加氢合成低碳烯烃是目前研究的热门课题，起始时以0.1MPa， n（H2）：n（CO2）=3：1的投料比充入反应器中，发生反应：2CO2（g）+6H2（g）C2H4（g）+4H2O（g）H，不同温度下平衡时的四种气态物质的
7、物质的量如图2所示：曲线b表示的物质为（写化学式）该反应的H0（填：“”或“”）为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是（列举1项）（3）据报道以二氧化碳为原料采用特殊的电极电解强酸性的二氧化碳水溶液可得到多种燃料，其原理如图3所示该工艺中能量转化方式主要有（写出其中两种形式即可）电解时其中b极上生成乙烯的电极反应式为10钴（Co）及其化合物在工业上有广泛应用为从某工业废料中回收钴，某学生设计流程如下（废料中含有Al、Li、Co2O3和Fe2O3等物质）已知：物质溶解性：LiF难溶于水，Li2CO3微溶于水；部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH见表：Fe3+Co2+Co3+Al3
8、+pH（开始沉淀）1.97.150.233.4pH（完全沉淀）3.29.151.094.7请回答：（1）步骤中得到含铝溶液的反应的离子方程式是 （2）写出步骤中Co2O3与盐酸反应的离子方程式 （3）步骤中Na2CO3溶液的作用是调节溶液的pH，应使溶液的pH不超过废渣中的成分有（4）NaF与溶液中的Li+形成LiF沉淀，此反应对步骤所起的作用是 （5）在空气中加热CoC2O4固体，经测定，210290的过程中只产生CO2和一种化合物，该化合物中钴元素的质量分数为73.44%此过程发生反应的化学方程式是 （6）某锂离子电池的总反应为C+LiCoO2 LixC+Li1xCoO2，LixC中Li的
9、化合价为价，该锂离子电池充电时阳极的电极反应式为 11【化学-选修3：物质结构与性质】卤族元素的单质和化合物很多，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它们（1）卤族元素位于周期表的区；溴的价电子排布式为（2）请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铍第一电离能（kJ/mol）1681125111401008900（3）已知高碘酸有两种形式，分别为H5IO6（）和HIO4，前者为五元酸，后者为一元酸请比较二者酸性强弱：H5IO6HIO4（填“”、“”或“=”）（4）与KI3类似的，还有CsICl2等已知CsICl2不稳定，受热易分解，
10、倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列式发生ACsICl2=CsCl+IClBCsICl2=CsI+Cl2（5）已知ClO2为角型，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，与ClO2互为等电子体的微粒是（任写一个）（6）图1为碘晶体晶胞结构有关说法中正确的是A碘分子的排列有2种不同的取向，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构B用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘原子C碘晶体为无限延伸的空间结构，是原子晶体D碘晶体中的碘原子间存在非极性键和范德华力（7）已知CaF2晶体（见图2）的密度为g/cm3，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Ca2+的核间距为a cm，则C
11、aF2的相对分子质量可以表示为12【化学-选修5：有机化学基础】白藜芦醇是一种抗肿瘤的药物，合成它的一种路线如下：（1）化合物F中的含氧官能团的名称是和（2）的反应类型是（3）反应中加入试剂X的分子式为C9H10O3，X的结构简式为（4）1mol白藜芦醇最多能与molH2反应，与浓溴水反应时，最多消耗molBr2（5）D的一种同分异构体满足下列条件：属于氨基酸能使溴水褪色，但不能使FeCl3溶液显色分子中有7种不同化学环境的氢，且苯环上的一取代物只有一种写出该同分异构体的结构简式：（任写一种）（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以乙醇为原料制备CH3CHC（CH3）CN的合成路线流程图（无机
12、试剂任用）合成路线流程图示例如下：H2CCH2CH3CH2BrCH3CH2OH1 B【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；有机化学反应的综合应用【分析】A煤的液化是化学变化；B乙醇的催化氧化机理分析判断，羟基氢和羟基碳上的氢原子去氢氧化；C相对分子质量越大，氢键数目越多，则熔沸点越大；D氢氧化镁悬浊液中满足：c（OH）=2c（Mg2+），结合溶度积的表达式计算【解答】A二氧化硫、氨的液化为物理变化，煤液化是把固体煤炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料、化工原料和产品的先进洁净煤技术，故A错误；B乙醇的催化氧化机理分析判断，羟基氢和羟基碳上的氢原子去氢氧化，重氢在水中，化学方程式为2
13、CH3CH2OD+O22CH3CHO+2DHO，故B正确；C甲醇、乙二醇、丙三醇相对分子质量逐渐增大，氢键数目增多，则甲醇、乙二醇、丙三醇的沸点依次升高，故C错误；D氢氧化镁悬浊液中：c（OH）=2c（Mg2+），则：c（OH）=mol/L，故D错误；故选B2 C 【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A地沟油成分是高级脂肪酸甘油酯，以沟油为原料制取的生物柴油，粗生物柴油再经分馏才能得到发动机的燃料；B根据目前计入空气污染指数的项目进行分析；C硅胶无毒，具有吸水性；D向煤中加入适量碳酸钙，可大大减少燃烧产物中SO2的量；【解答】A以地沟油为原料制取的生物柴油，粗生物柴油再经分馏才能得到发
14、动机的燃料，故D错误，故A错误；B目前计入空气污染指数的项目中除了可吸入颗粒物、臭氧外，还有一氧化碳、二氧化硫、二氧化氮等，不包括二氧化碳，故B错误；C硅胶无毒，具有吸水性，常用作袋装食品的干燥，故C正确；D向煤中加入适量碳酸钙，可大大减少燃烧产物中SO2的量，故D错误；故选：C3 A【考点】阿伏加德罗常数【分析】A二甲醚的结构简式为CH3OCH3，据此分析；B氢氟酸标况下为液体；C甲酸溶液中，甲酸和水都含氧；D在此反应中，每生成1mol铜，转移6mol电子【解答】A二甲醚的结构简式为CH3OCH3，则1mol二甲醚中含2molCO键，即2NA条，故A正确；B氢氟酸标况下为液体，不能使用气体摩
15、尔体积，故B错误；C甲酸溶液中，甲酸和水都含氧，所以200g质量分数为23%的HCOOH水溶液中含氧原子的总数目大于2NA，故C错误；D在此反应中，铜元素的化合价降低，S元素的化合价升高，氧元素的化合价降低，即Cu2S既做氧化剂又做还原剂，氧气做氧化剂，每生成1mol铜，转移6mol电子，即转移6NA个，故D错误；故选：A4 C 【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，阳离子向正极移动，以此来解答【解答】由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极，Ab为正极，则K+移向催化剂b，故A正确；Ba为负极
16、，发生氧化反应，则催化剂a表面发生反应：Fe（CN）64eFe（CN）63，故B正确；Cb上发生还原反应，发生Fe（CN）63+eFe（CN）64，Fe（CN）63在催化剂b表面被还原，故C错误；D由B、C中的电极反应可知，二者以1：1相互转化，电解质溶液中Fe（CN）63和Fe（CN）64浓度基本保持不变，故D正确；故选C5 A【考点】化学实验方案的评价【分析】A胶体具有丁达尔效应；B二氧化硫与氯化钡不反应；C乙烯不能使品红褪色；D也可能生成AgCl沉淀【解答】A只有胶体具有丁达尔效应，故A正确；B将FeSO4高温强热，可生成二氧化硫和三氧化硫气体，二氧化硫与氯化钡不反应，得到的沉淀只有硫酸
17、钡，故B错误；C乙烯不能使品红褪色，气体应为二氧化硫，故C错误；D也可能生成AgCl沉淀，如检验是否含有SO42，应先加入盐酸，再加入氯化钡检验，故D错误故选A6 C【考点】离子共存问题【分析】A氯气溶于水显示酸性，硅酸根离子与氢离子反应生成硅酸沉淀；B二氧化硫与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸氢根离子；C四种离子之间不反应，通入氨气后也不反应；D酸性高锰酸根离子具有强氧化性，能够氧化乙烯【解答】A通入氯气后，溶液显示酸性，SiO32与氢离子反应生成硅酸，在溶液中不能大量共存，故A错误；BSO32与通入的二氧化硫反应生成亚硫酸氢根离子，在溶液中不能大量共存，故B错误；CK+、Na+、AlO2、CO3
18、2之间不发生反应，通入氨气后也不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；DH+、MnO4能够氧化乙烯，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C7 B【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A、依据甲中数据可知MOH为弱碱，MCl为强酸弱碱盐，M+离子水解溶液显酸性； B、M向MCl溶液中加入水，M+的水解程度增大，则溶液中氢离子物质的量增大，M+的物质的量减小，由于在同一溶液中，则氢离子浓度和M+离子浓度比值变大；C、MOH为弱碱，当a=0.10，反应恰好生成MCl，溶液显酸性，若为中性，则加入MOH稍过量a0.10；D、对乙溶液操作的电荷守恒分析c（M+）=c（Cl）0.05mol/
19、L，依据M元素守恒可知，c（MOH）=0.5c（M+）=（0.5a0.05）mol/L，则MOH的电离平衡常数Kb=【解答】A、依据甲中数据可知，恰好反应溶液显酸性，说明MOH为弱碱，MCl为强酸弱碱盐，M+离子水解溶液显酸性，溶液中离子浓度大小c（Cl）c（M+）c（H+）c（MOH），故A正确； B、M向MCl溶液中加入水，M+的水解程度增大，则溶液中氢离子物质的量增大，M+的物质的量减小，由于在同一溶液中，则比值变大，故B错误；C、MOH为弱碱，当a=0.10，反应恰好生成MCl，溶液显酸性，若为中性，则加入MOH稍过量，则得到a0.10，故C正确；D、对乙溶液操作的电荷守恒分析c（M+
20、）=c（Cl）0.05mol/L，依据M元素守恒可知，c（MOH）=0.5c（M+）=（0.5a0.05）mol/L，则MOH的电离平衡常数Kb=，故D正确；故选B8（1）分液漏斗（2）排净装置中的空气（3）BaSO4还原（4）静置一段时间后，溶液由棕黄色变为浅绿色3SO2+2NO3+3Ba2+2H2O3BaSO4+2NO+4H+或3SO2+2NO3+2H2O3SO42+2NO+4H+、Ba2+SO42BaSO4C【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）根据仪器的用途和实验室常见仪器的名称书写；（2）氧气能氧化二氧化硫而对实验造成干扰；（3）在水溶液里，二氧化硫被氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子
21、和钡离子反应生成硫酸钡沉淀；（4）铁离子被还原生成亚铁离子；酸性条件下，二氧化硫被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀；乙同学的观点是：酸性条件下，二氧化硫和硝酸根离子发生氧化还原反应，只要溶液中硝酸根离子浓度不变即可【解答】（1）装置A中用于盛放浓硫酸，为滴加液体的仪器，该仪器名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）氧气、硝酸根离子都能将二氧化硫氧化，所以如果装置中含有氧气，会干扰实验，所以排入氮气的目的是排净空气防止干扰实验，故答案为：排净装置中的空气；（3）二氧化硫具有还原性，酸性条件下，能被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白
22、色沉淀，故答案为：BaSO4；还原；（4）若观点1正确，二氧化硫和铁离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子，硫酸根离子和钡离子反应生成白色沉淀，溶液由黄色变为浅绿色，所以除产生沉淀外，还应观察到的现象是静置一段时间后，溶液由棕黄色变为浅绿色，故答案为：静置一段时间后，溶液由棕黄色变为浅绿色；按观点2，酸性条件下，硝酸根离子和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子和NO，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，离子反应方程式为：3SO2+2NO3+3Ba2+2H2O3BaSO4+2NO+4H+或3SO2+2NO3+2H2O3SO42+2NO+4H+、Ba2+SO42BaSO4，故答案为：
23、3SO2+2NO3+3Ba2+2H2O3BaSO4+2NO+4H+或3SO2+2NO3+2H2O3SO42+2NO+4H+、Ba2+SO42BaSO4；乙同学的观点是：酸性条件下，二氧化硫和硝酸根离子发生氧化还原反应，只要溶液中硝酸根离子浓度不变即，实验中c（NO3）=3mol/L，则可用6.0molL1NaNO3和0.2molL1盐酸等体积混合的溶液代替，故答案为：C9（1）“2mol 6FeO+CO22Fe3O4+C（2）H2O 增大压强或提高比值（3）光能转化为电能，电能转化为化学能 2CO2+12H+12e=C2H4+4H2O【考点】化学平衡的影响因素；氧化还原反应；原电池和电解池的工
24、作原理【分析】（1）反应2Fe3O46FeO+O2中O元素化合价由2价升高到0价，结合元素化合价以及方程式计算；由图1可知重整系统发生反应的化学方程式为：6FeO+CO22Fe3O4+C；（2）由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热；可知a为CO2的变化曲线，结合计量数关系可知b为水，c为C2H4的变化曲线；（3）太阳能电池为电源，电解强酸性的二氧化碳水溶液得到乙烯，乙烯在阴极生成【解答】（1）反应2Fe3O46FeO6FeO+O2中O元素化合价由2价升高到0价，由方程式可知，2molFe3O4参加反应，生成1mol氧气，转移4mol电子，则
25、每分解lmolFe3O4转移电子的物质的量为2mol，故答案为：2mol；由图1可知重整系统发生反应的化学方程式为：6FeO+CO22Fe3O4+C，故答案为：6FeO+CO22Fe3O4+C；（2）随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线为CO2，由计量数关系可知b为水，c为C2H4的变化曲线，故答案为：H2O；由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，故答案为：；为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强或提高比值，故答案为：增大压强或提高比值；（3）太阳能电池为电源，电解强酸性的二
26、氧化碳水溶液得到乙烯，可知能量转化形式有光能转化为电能，电能转化为化学能，部分电能转化为热能，故答案为：光能转化为电能，电能转化为化学能；电解时，二氧化碳在b极上生成乙烯，电极反应式为2CO2+12H+12e=C2H4+4H2O，故答案为：2CO2+12H+12e=C2H4+4H2O10（1）2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（2）Co2O3+6H+2Cl=2Co2+Cl2+3H2O（3）7.15LiF，Fe（OH）3（4）降低溶液中Li+浓度，避免步骤中产生Li2CO3沉淀（5）3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2（6）LiCoO2xe=Li1xCoO2+xLi+【考点】物质
27、分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】该工艺流程为：废料加入氢氧化钠溶液碱浸，得到钴渣，加入盐酸溶解后发生氧化还原反应，氧化钴氧化氯离子为氯气，过滤得到酸溶的溶液加入碳酸钠溶液和NaF溶液净化，除去锂离子和铁离子，在滤液中加入碳酸钠溶液沉淀钴离子为碳酸钴沉淀，加入盐酸和草酸铵溶液得到草酸钴晶体，高温分解得到氧化钴；（1）步骤中铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；（2）Co2O3与盐酸反应生成Cl2，依据得失电子守恒结合原子个数守恒写成反应的离子方程式；（3）依据表中数据分析判断加入碳酸钠调节溶液PH，沉淀铁离子和锂离子，但不能沉淀钴离子；（4）NaF与溶液中的Li+形成LiF沉淀，防止锂离
28、子结合碳酸根离子形成碳酸锂沉淀；（5）210290过程中是CoC2O4发生的反应，210290过程中产生的气体只有CO2 ，依据元素守恒得到生成CO2物质的量为0.06mol，质量=0.06mol44g/mol=2.64g，气体质量共计减小=4.41g2.41g=2g，说明不是分解反应，参加反应的还有氧气，则反应的氧气质量=2.64g2g=0.64g，O2物质的量=0.02mol，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式；（6）LiCoO2中锂元素化合价为+1价，则依据放电反应分析判断，LixC中锂元素化合价为0价，由锂离子电池的总反方程式可知C+LiCoO2LixC+Li1xCoO2为充电过程即
29、为电解池，则锂硫电池给锂离子电池充电，LiCoO2为阳极失电子发生氧化反应，【解答】（1）步骤中铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（2）Co2O3与盐酸反应生成Cl2，反应中钴元素化合价降低为+2价氯元素化合价1价变化为0价，依据得失电子守恒可知Co2O3的系数为1，Cl的系数为2，结合原子个数守恒，反应的离子方程式：Co2O3+6H+2Cl=2Co2+Cl2+3H2O；故答案为：Co2O3+6H+2Cl=2Co2+Cl2+3H2O；（3）依据表中数据分析判断加入碳酸钠调节
30、溶液PH，沉淀铁离子和锂离子，但不能沉淀钴离子，步骤中Na2CO3溶液的作用是调节溶液的pH，应使溶液的pH不超过7.15，废渣中的主要成分为LiF和Fe（OH）3；故答案为：7.15； LiF，Fe（OH）3；（4）NaF与溶液中的Li+形成LiF沉淀，此反应对步骤所起的作用是，降低溶液中Li+浓度，避免步骤中产生Li2CO3沉淀；故答案为：降低溶液中Li+浓度，避免步骤中产生Li2CO3沉淀；（5）210290过程中是CoC2O4发生的反应，产生的气体只有CO2 ，依据元素守恒得到生成CO2物质的量为0.06mol，质量=0.06mol44g/mol=2.64g，气体质量共计减小=4.41
31、g2.41g=2g，说明说明有气体参加反应应为氧气，则反应的氧气质量=2.64g2g=0.64g，O2物质的量=0.02mol，则：n（CoC2O4）：n（O2）：n（CO2）=0.03：0.02：0.06=3：2：6，方程式计量系数之比等于转化量之比，所以该反应的方程式为：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2；故答案为：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2；（6）LiCoO2中锂元素化合价为+1价，则依据放电为原电池反应，锂元素化合价升高发生氧化反应分析判断，LixC中锂元素化合价为0价，是锂单质镶嵌在碳中做原电池负极，由锂离子电池的总反方程式可知C+LiCoO2LixC+Li1
32、xCoO2为充电过程即为电解池，则锂硫电池给锂离子电池充电，LiCoO2为阳极失电子发生氧化反应：LiCoO2xe=Li1xCoO2 +xLi+，C为阴极得电子发生还原反应：C+xe+xLi+=LixC，故答案为：0，LiCoO2xe=Li1xCoO2+xLi+；11（1）p4s24p5（2）碘（3）（4）A（5）sp3Cl2O （6）AD（7）NAa3【考点】晶胞的计算；化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）根据基态原子核外电子排布式中最后填充电子的能级确定，溴是35号元素，处于第四周期A族；（2）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；
33、（3）含氧酸中，含非羟基氧原子个数越多，酸性越强（或者同种元素含氧酸中心元素化合价越高，酸性越强）；（4）在离子晶体中离子半径越小、离子所带电荷越高，晶格能越大；（5）已知ClO2为角型，中心氯原子周围有四对价层电子，则Cl原子杂化轨道数目为4；原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体；（6）碘为分子晶体，晶胞中碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，层内以4配位数交替配位形成层结构，分子内I原子之间形成非极性键，而分子之间为范德华力，根据均摊法计算晶胞中I原子数目；（7）根据均摊法可知晶胞中红色球数目为4、黄色球数目为8，结合化学式可知红色球为Ca2+、黄色球为F，假设CaF
34、2的相对分子质量为M，表示出晶胞质量，两个离得最近的钙离子是位于顶点和面心上的，则晶胞面对角线长度为2a c，故晶胞棱长为2a cm= cm，再结合m=V计算【解答】（1）卤族元素位于周期表中A族，外围电子排布式为ns2np5，电子最后填充p能级，属于p区元素，溴处于第四周期A族，价电子排布式为4s24p5，故答案为：p；4s24p5；（2）碘的第一电离能越小，碘更容易形成较稳定的单核阳离子，故答案为：碘；（3）H5IO6（）中含有5个羟基氢，为五元酸，含非羟基氧原子1个，HIO4为一元酸，含有1个羟基氢，含非羟基氧原子3个，所以酸性：H5IO6HIO4，故答案为：；（4）CsICl2不稳定，
35、受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，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，按反应CsICl2=CsCl+ICl进行，故选：A；（5）已知ClO2为角型，中心氯原子周围有四对价层电子，则Cl原子杂化轨道数目为4，属于sp3杂化；等电子体具有相同的电子数目和原子数目的微粒，与ClO2互为等电子体的为Cl2O等，故答案为：sp3；Cl2O；（6）A碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，层内2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构，故A正确；B用均摊法可知平均每个晶胞中碘分子数目为8+6=4，即有8个碘原子，故B错误；C碘晶体为无限延伸的空间结构，构
36、成微粒为分子，是分子晶体，故C错误；D分子内I原子之间形成非极性键，而分子之间为范德华力，故D正确；故答案为：AD；（7）根据均摊法可知晶胞中红色球数目为8+6=4、黄色球数目为8，结合化学式可知红色球为Ca2+、黄色球为F，假设CaF2的相对分子质量为M，则晶胞质量为4g，两个离得最近的钙离子是位于顶点和面心上的，则晶胞面对角线长度为2a c，故晶胞棱长为2a cm= cm，则4g=g/cm3（cm）3，解得M=NAa3，故答案为：NAa312（1）羧基醚键（2）取代反应（3）（4）76（5） 或 （6）【考点】有机物的合成【分析】（1）由F的结构简式可知，含有的含氧官能团为羧基、醚键；（2
37、）对比C、D的结构可知，反应中酚羟基中H原子被OCH2OCH3取代；（3）反应中加入试剂X的分子式为C9H10O3，对比D、E的结构与X分子式可知，D与X脱去1分子水得到E，则D中CN连接的亚甲基与X中醛基脱去1分子水形成碳碳双键而得到E；（4）白藜芦醇中苯环、碳碳双键均匀氢气发生加成反应；酚羟基的邻位、对位位置有H原子，可以与浓溴水发生取代反应，碳碳双键能与溴发生加成反应；（5）D的一种同分异构体满足下列条件：属于氨基酸，含有氨基、羧基，且二者连接同一碳原子上，能使溴水褪色，但不能使FeCl3溶液显色，不含酚羟基，可以含有碳碳双键；分子中有7种不同化学环境的氢，且苯环上的一取代物只有一种，苯
38、环上含有1种H原子，侧链中共含有6种不同的H原子；（6）乙醇发生转化关系中的反应得到CH3CH2Cl，再结合反应得到CH3CH2CN，结合反应可知，CH3CH2CN与乙醛反应得到CH3CH=C（CH3）CN【解答】（1）由F的结构简式可知，含有的含氧官能团为羧基、醚键，故答案为：羧基、醚键；（2）对比C、D的结构可知，反应中酚羟基中H原子被OCH2OCH3取代，属于取代反应，故答案为：取代反应；（3）反应中加入试剂X的分子式为C9H10O3，对比D、E的结构与X分子式可知，D与X脱去1分子水得到E，则D中CN连接的亚甲基与X中醛基脱去1分子水形成碳碳双键而得到E，可推知X的结构简式为：，故答案
39、为：；（4）白藜芦醇中苯环、碳碳双键均匀氢气发生加成反应，1mol白藜芦醇最多能与7molH2反应；酚羟基的邻位、对位位置有H原子，可以与浓溴水发生取代反应，碳碳双键能与溴发生加成反应，1mol白藜芦醇与浓溴水反应时，最多消耗6molBr2，故答案为：7；6；（5）D的一种同分异构体满足下列条件：属于氨基酸，含有氨基、羧基，且二者连接同一碳原子上，能使溴水褪色，但不能使FeCl3溶液显色，不含酚羟基，可以含有碳碳双键；分子中有7种不同化学环境的氢，且苯环上的一取代物只有一种，苯环上含有1种H原子，侧链中共含有6种不同的H原子，符合条件的同分异构体为或等，故答案为： 或；（6）乙醇发生转化关系中的反应得到CH3CH2Cl，再结合反应得到CH3CH2CN，结合反应可知，CH3CH2CN与乙醛反应得到CH3CH=C（CH3）CN，合成路线流程图为：，故答案为：
