乌鲁木齐市第61中学 高中化学 高三周练习试卷 含答案

这是一份乌鲁木齐市第61中学 高中化学 高三周练习试卷 含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，原理综合题，有机推断题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

1．化学与社会、环境、社会发展等密切相关。下列有关说法正确的是（ ）
A．小苏打是常用的食品添加剂，其化学式是Na2CO3
B．明矾溶于水可产生具有吸附性的胶体粒子，常用于饮用水的杀菌消毒
C．氢气还原氧化铜时，先加热再通氢气
D．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
2．《本草纲目》中“石碱”条目下记载：“采蒿蓼之属……晒干烧灰，以水淋汁……久则凝淀如石……浣衣发面，甚获利也。”下列说法错误的是
A．“蒿蓼”的主要成分是纤维素B．“晒干烧灰，以水淋汁”说明石碱易溶于水
C．“久则凝淀如石”是结晶析出的过程D．“石碱”俗称烧碱
3．下列措施对增大化学反应速率明显有效的是
A．Na与水反应时，增加水的用量
B．铁与硫酸铜溶液反应，增加压强
C．铝与稀硫酸反应制取氢气时改用浓硫酸
D．实验室制CO2气体时，将大理石块改为大理石粉
4．糖类、油脂、蛋白质是人体必需的基本营养物质。下列有关说法正确的是
A．淀粉、油脂和蛋白质都是天然高分子
B．糖类、油脂和蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的
C．植物油含不饱和脂肪酸酯，能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．蛋白质溶液中加入醋酸铅溶液会产生沉淀，加水后沉淀又溶解
5．下列实验现象和结论相符的是
A．AB．BC．CD．D
6．MgO，MgSO4和MgHPO4组成的混合物中镁元素的质量分数为33%，则混合物中氧元素的质量分数为（ ）
A．16%B．32%C．49%D．55%
7．设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是
A．含16 g氧原子的二氧化硅晶体中含有的Ϭ键数目为1NA
B．1 ml N2与4 ml H2反应生成的NH3分子数为2NA
C．50℃时，1.0 L pH＝1的H2SO4 溶液中含有的H+数目为0.1NA
D．12 g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的数目为1.5NA
8．某密闭容器中放入一定量的NO2，发生反应2NO2(g)⇌N2O4(g)+Q，在达平衡后，若分别单独改变下列条件，重新达到平衡后，能使平衡混合气体平均相对分子质量减小的是
A．通入N2B．通入NO2C．通入N2O4D．降低温度
9．某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4还原为Na2S。下列说法错误的是
A．充电时，太阳能转化为电能，又转化为化学能
B．放电时，a极的电极反应式为：4S2--6e-=S42-
C．充电时，阳极的电极反应式为：3I--2e-=I3-
D．M是阴离子交换膜
10．A、B、C、D、E 是同一短周期的五种元素, A和B的最高价氧化物对应的水化物呈碱性, 且碱性前者强于后者, C和D的最高价氧化物对应的水溶液呈酸性, 且酸性前者强于后者, 五种元素形成的简单离子中,E的离子半径最小, 则它们的原子序数由大到小的顺序是
A．BADCEB．ECDABC．BAEDCD．CDEBA
二、多选题
11．实验室制备的反应原理：。下列说法正确的是
A．O原子的轨道表示式：
B．的电子式：
C．是V型的非极性分子
D．的结构式：
12．某有机化合物的结构简式如图，下列有关该有机物的说法正确的是
A．分子中含有5种官能团
B．分子中共面的碳原子最多有10个
C．含氧官能团较多，因此易溶于水
D．与足量的H2发生加成反应后所得产物的分子式为C10H16O4
13．下列有关说法正确的是
A．Na2CO3和NaOH都能抑制水的电离
B．0.1 ml·L－1Na2CO3溶液加水稀释，CO32-的水解程度增大，溶液pH减小
C．酸碱中和滴定实验中，锥形瓶需用待测液润洗2~3次后，再加入待测液
D．常温下，pH=3的盐酸、醋酸分别用水稀释m倍、n倍后pH相同，则m14．焦磷酸盐()常用于洗涤剂、软水剂和电镀工业，焦磷酸(H4P2O7)为两分子磷酸脱水而成的多元酸，不同型体的分布分数(δ)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A．①代表的分布分数曲线
B．0.1ml/LNa3HP2O7溶液中：
C．
D．反应趋于完全
三、实验题
15．化学课外兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应情况，用图所示装置进行有关实验。请回答：
(1)装置A中发生的化学反应方程式为_____。
(2)装置D中试管口放置的棉花中应浸一种液体，这种液体是_____，其作用是_____。反应的化学方程式为_____。
(3)装置B的作用是贮存多余的气体。当D处有明显的现象后，关闭旋塞K并移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B中现象是_____。B中应放置的液体是(填字母)_____。
a.水 b.酸性KMnO4溶液 c.浓溴水 d.饱和NaHSO3溶液
(4)实验中，取一定质量的铜片和一定体积18ml/L的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直到反应完毕，发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余。
①有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解，你认为原因是_____。
②下列药品中能用来证明反应结束后的烧瓶中确有余酸的是____(填字母)。
a.铁粉 b.BaCl2溶液 c.银粉 d.NaHCO3溶液
16．某校化学探究小组利用以下装置制取并探究氨气的性质。[已知生石灰与水反应生成熟石灰并放出热量，实验室利用此原理往生石灰中滴加浓氨水，可以快速制取氨气。部分夹持仪器已略去]
(实验探究)
(1)装置(Ⅰ)中生石灰的化学式为___，仪器a的名称是___。
(2)装置(Ⅱ)中的干燥剂可选用___ (填“碱石灰”或“浓硫酸”) 。
(3)在装置(Ⅲ)连接如图所示的装置，用于收集氨气，氨气应从导管口(填“b”或“c”)___通入集气瓶中。
(4)当实验进行一段时间后，挤压装置(Ⅳ)中的胶头滴管，滴入1～2滴浓盐酸，可观察到瓶内产生大量的___ (填“白烟”或“白雾”)。
(5)装置(Ⅴ)中仪器d的作用是___。取装置(Ⅴ)中的少量氨水于试管中，滴入1～2滴酚酞试液，溶液显___色。
(6)氨气是工业制硝酸的原料，其第一步反应为4NH3+5O24NO+6H2O，在该反应中氨气发生___反应(填“氧化”或“还原”)。NO不能用排空气法收集的原因是：___(用化学方程式来说明)。
四、原理综合题
17．如图所示装置中,甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的NaCl溶液、AgNO3溶液、x溶液,a、b、c、d电极均为石墨电极接通电源,经过一段时间后,乙中c电极质量增加据此回答问题：
(1)电源的M端为_____________极；
(2)电极d上发生的电极反应式为__________； 乙池溶液PH__________填（“增大”、“减小”或“不变”）
(3)甲池中的总反应式为___________________________________；
(4)当电路中有0.04ml电子通过时,a、b、c、d电极上产生的气体或固体的物质的量之比是____________；
(5)若利用丙池实现铁上镀铜,则“e-f-x”溶液是__________________________；(要求e、f、x用具体物质回答,下同),若利用丙池实现电解精炼铜,则f电极材料是_______________________
(6) 实验测得, 1g甲醇（CH3OH）液体在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出22.68kJ的热量,则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：_____________________________________________________
(7)亚硝酸氯结构式为是有机合成中的重要试剂,可由和在通常反应条件下制得,反应方程式为。已知几种化学键的键能数据如下表所示：
当与NO反应生成ClNO的过程中转移了4ml电子,理论上放出的热量为______kJ。(用数字和字母表示)
五、有机推断题
18．化合物E是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药，可以通过下图所示的路线合成：
（1）B中含有的含氧官能团名称为________。
（2）C转化为D的反应类型是_______。
（3）写出D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式______。
（4）1mlE最多可与_______mlH2加成。
（5）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式_________。
A．能发生银镜反应
B．核磁共振氢谱只有4个峰
C．能与FeCl3溶液发生显色反应，水解时1ml可消耗3mlNaOH
（6）已知工业上以氯苯水解制取苯酚，而酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。甲苯可被酸性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸。
苯甲酸苯酚酯（）是一种重要的有机合成中间体。试写出以苯、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图（无机原料任选）。
合成路线流程图示例如下： ______。
六、结构与性质
19．铁在史前就为人们所知，由于铁、钴、镍性质很相似故称为铁系元素。回答下列问题：
（1）铁、钴、镍中未成对电子数目最多的为_____，镍的外围电子轨道表达式为_____。
（2）C2＋可以和SCN－作用形成蓝色配离子，该反应可用于C2＋的定性检验。
①SCN－的空间构型为____，组成元素中第一电离能最大的是___。
②SCN－对应的酸有硫氰酸（H－S－C≡N）和异硫氰酸（H－N＝C＝S），这两种酸中后者沸点较高，主要原因是_________________。
（3）二茂铁是一种夹心式结构的配合物，通常认为是由一个Fe2＋离子和两个C5H5－离子形成的，X射线研究结果指出两个C5H5－环的平面是平行的，结构如图1所示。C5H5－中碳原子的杂化类型为_____。分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数，则C5H5－中的大π键可以表示为______。
（4）NiAs晶体中的原子堆积方式如图2所示，其中As的配位数为______。六棱柱底边边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为NA，NiAs的密度为______g·cm－3，（列出计算式）。
操作及现象
结论
A
某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊
的无色无味气体
溶液中一定含有
B
某溶液中加入硝酸银溶液，产生白色沉淀
溶液中一定含有Cl-
C
把一块绿豆大的钠放入滴有酚酞的水中，溶液变红
钠和水反应后溶液显碱性
D
将打磨过的铝片放入某溶液中，产生无色无味气体
溶液中有大量H+
化学键
键能
243
a
607
630
答案：
1．D
【详解】A. 小苏打是常用的食品添加剂，其化学式为NaHCO3，故A项错误；
B. 明矾溶于水可产生具有吸附性的胶体粒子，可除去水中的杂质，但不能杀菌消毒，故B项错误；
C. 氢气还原氧化铜时，应先通氢气再加热，防止氢气不纯加热引发爆炸，故C项错误；
D. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程中铁单质置换出铜单质，发生了置换反应，故D项正确；
故答案为D。
2．D
【详解】A．“蒿蓼”是植物，其主要成分是纤维素，A正确；
B．“晒干烧灰，以水淋汁”说明生成的石碱易溶于水的，B正确；
C．“久则凝淀如石”是石碱晶体从溶液中结晶析出的过程，C正确；
D．石碱能够浣衣发面，则为纯碱碳酸钠，而不是烧碱氢氧化钠，D错误；
故选D。
3．D
【详解】A．Na与水反应时，增加水的用量，水的浓度不变，反应速率不变，A不合题意；
B．铁与硫酸铜溶液反应，增加压强，对硫酸铜的浓度几乎没有影响，反应速率不变，B不合题意；
C．铝与稀硫酸反应制取氢气时改用浓硫酸，Al在浓硫酸中发生钝化，反应速率反而减慢，C不合题意；
D．实验室制CO2气体时，将大理石块改为大理石粉，增大接触面积，反应速率明显加快，D符合题意；
故答案为D。
4．C
【详解】A．淀粉、蛋白质都是天然高分子，油脂是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量较小，不是高分子化合物，故A错误；
B．蛋白质是由C、H、O、N等元素元素组成的，故B错误；
C．植物油含不饱和脂肪酸酯，含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；
D．蛋白质溶液中加入醋酸铅溶液，蛋白质变性，产生的沉淀加水后不溶解，故D错误；
选C。
5．C
【详解】A．某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，溶液中可能含有CO、HCO至少一种，A错误；
B．某溶液中加入硝酸银，产生白色沉淀，白色沉淀也可能是碳酸银等，故溶液中也可能CO等，B错误；
C．把一块绿豆大的钠放入滴有酚酞的水中，钠和水反应后溶液显碱性，溶液变红，C正确；
D．铝既能与酸反应也能和强碱反应产生氢气，所以溶液中含有大量氢离子或氢氧根离子，
D错误；
故选C。
6．C
【分析】MgHPO4中H和P的相对原子质量之和为1+31=32和硫的相对原子质量是相等的，因此MgHPO4可以看成是MgSO4，MgSO4可以看成是MgO∙SO3，所以MgO，MgSO4，和MgHPO4组成的混合物实际可以看成是由氧化镁和三氧化硫组成，据此原子质量守恒进行计算分析。
【详解】混合物中氧化镁的质量分数为x，含硫元素的质量分数为y；
根据镁原子质量守恒可得：
x=55%，则三氧化硫的质量分数为1-55%=45%；
根据硫原子守恒可得：
解得y=18%，则混合物中氧元素的质量分数=1-18%-33%=49%，答案选C。
7．C
【详解】A、含16 g氧原子的物质的量为=1ml，由此可知二氧化硅的物质的量为0.5ml，由二氧化硅的结构可知，含有Si-OϬ键为0.5ml×4×NAml-1=2NA，故A错误；
B、N2与H2反应生成NH3的反应为可逆反应，故N2不可能完全转化为NH3，故1 ml N2与4 ml H2反应生成的NH3分子数小于1m×NAml-1=NA，故B错误；
C、pH＝1的H2SO4 溶液中c(H+)=0.1ml/L，故1.0 L该溶液中含有H+数目为0.1ml/L×1.0 L×NAml-1=0.1NA，故C正确；
D、石墨烯中一个碳原子形成三个六元环，即一个六元环中实际含有碳原子为6×=2个，12 g石墨烯中含碳原子数为×NAml-1=NA，NA个碳原子可形成的六元环数目为0.5 NA，故D错误；
答案为C。
【点睛】对于本题C选项需注意，pH＝1的溶液中c(H+)=0.1ml/L，其数值是根据pH的定义式计算得出的数据，与温度无关，若要计算该溶液中c(OH-)，需根据KW计算，此时需要知道该温度下的KW，需注意区分。
8．A
【解析】略
9．D
【分析】TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，b是正极，在充电时，阳极失电子发生氧化反应，3I--2e-=I3-，据此回答。
【详解】A.TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，A正确；
B.充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，a极的电极反应式为：4S2--6e-=S42-，B正确；
C.在充电时，阳极I-失电子发生氧化反应，极反应为3I--2e-=I3-，C正确；
D.通过图示可知，交换膜只允许钠离子自由通过，所以M是阳离子交换膜，D错误；
答案选D。
【点睛】本题考查了原电池的原理，明确正负极上得失电子及反应类型是解题的关键，难点是电极反应式的书写，明确哪种离子能够自由通过交换膜，可以确定交换膜的类型。
10．D
【详解】A和B的最高价氧化物对应的水化物呈碱性，且碱性前者强于后者，则金属性：A＞B，原子序数B＞A；C和D的最高价氧化物对应的水溶液呈酸性，且酸性前者强于后者，则C和D应为非金属性元素，且原子序数C＞D；A、B、C、D、E 是同一短周期的五种元素，五种元素形成的简单离子中，E的离子半径最小，E应为金属，且原子序数A＜B＜E；
答案选D。
11．BD
【详解】A．根据洪特规则，O原子的轨道表示式，故A错误；
B．是离子化合物，电子式为，故B正确；
C．中S原子价电子对数为3，有1个孤电子对，是V型分子，结构不对称，属于极性分子，故C错误；
D．中存在2个碳氧双键，结构式为，故D正确；
选BD。
12．BD
【详解】A．分子中含有羟基、醚键、酯基、碳碳双键4种官能团，故A错误；
B．分子中苯环共面，碳碳双键共面，单键可以旋转到同一平面上，故最多共面的碳原子为10个，故B正确；
C．含氧官能团中羟基为亲水基，但是酯基和醚键都为憎水剂，故此有机物难溶于水，故C错误；
D．有机物中苯环和碳碳双键都能与氢气加成，故和氢气加成后的分子式为C10H16O4，故D正确；
故选BD。
13．BD
【详解】试题分析：A、碳酸钠由于碳酸根水解促进水的电离，氢氧化钠中的氢氧根抑制水的电离，所以错误，不选A；B、碳酸钠加水稀释，碳酸根水解程度增大，但溶液中氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，pH减小，正确，选B；C、酸碱中和滴定实验中，锥形瓶不用润洗，否则会造成误差，所以不选C；D、稀释过程中，由于醋酸的电离程度增大，所以要得到相同的pH，醋酸需要多加水，所以正确，选D。
考点：溶液的酸碱性，盐类水解，中和滴定，溶液稀释时的pH变化
14．AD
【详解】A.由图可知，随pH增大，中的H+逐渐被消耗，故①为，②为，③为，④为，⑤为，故A正确；
B.根据A项分析，④代表的分布分数曲线，由图可知，当的分布分数为最大值时溶液的pH>7，溶液显碱性，说明的水解大于电离，则，故B错误；
C. +H+，取②和③的交点，c()=c()，则，故C错误；
D.反应的平衡常数K=，取①和②的交点，c()=c()，，则K=，认为反应完全，故D正确；
答案选AD。
15．(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
(2) 强碱溶液 吸收多余的二氧化硫，防止污染空气 SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O
(3) 广口瓶中液面下降，而长颈漏斗中液面上升 d
(4) 反应过程中浓硫酸被消耗，逐渐变稀，而铜不和稀硫酸反应 ad
【分析】A装置中，Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；生成的SO2进入C中，排出空气从而收集SO2；D装置用于验证SO2的漂白性，多余的SO2用蘸有碱性溶液的棉花吸收。当反应结束时，关闭K，多余的SO2进入B装置，B装置中液体与SO2不能发生化学反应，据此解答。
【详解】（1）装置A中Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应，其反应化学方程式为：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；
故答案为：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；
（2）D中品红用来检验生成的SO2，由于SO2有毒，所以棉花中浸有强碱溶液，如NaOH溶液，来吸收多余的SO2，防止污染空气；NaOH溶液吸收多余的SO2反应的化学方程式为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；
故答案为：强碱溶液；吸收多余的二氧化硫，防止污染空气；SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；
（3）当关闭K时，继续产生的SO2贮存在B中，随SO2的增多，瓶内压强增大，广口瓶中液面下降，而长颈漏斗中液面上升；B为贮存SO2的装置，则其中的液体不能与SO2发生反应。SO2易溶于水，则a不行；SO2具有还原性，能被酸性KMnO4溶液和浓溴水氧化，则b和c也不行；SO2与NaHSO3不反应，且在饱和的NaHSO3溶液中溶解度变小，故应选择饱和NaHSO3溶液，则答案选d；
故答案为：广口瓶中液面下降，而长颈漏斗中液面上升；d；
（4）①有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解，原因是反应过程中浓硫酸被消耗，逐渐变稀，而铜不和稀硫酸反应；
故答案为：反应过程中浓硫酸被消耗，逐渐变稀，而铜不和稀硫酸反应；
②余酸为稀硫酸，铁粉、NaHCO3溶液都能与稀硫酸反应，并有气泡产生；BaCl2溶液虽然能与稀硫酸反应，但不能确定SO 的来源；银粉与稀硫酸不反应，故选择ad；
故答案为：ad。
16． CaO 分液漏斗 碱石灰 c 白烟 防倒吸 红 氧化 2NO+O2=2NO2
【详解】(1)生石灰的化学式为CaO；仪器a的名称是分液漏斗；
(2)氨气具有与酸反应的性质，氨气与碱石灰不反应，所以干燥剂选择碱石灰；
(3)氨气的密度比空气小，用向下排空气法收集，则应当从c口进入；
(4)发生的反应为，氯化铵是固体，所以现象是白烟；
(5)仪器d的作用是防倒吸；，溶液显碱性，故滴入酚酞后，溶液显红色；
(6)N元素由-3价升高到NO中的+2价，失去电子，发生氧化反应；NO不稳定，容易与O2发生反应生成二氧化氮，
17． 负 4OH--4e-=2H2O+O2↑ 减小 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ ：2：4：1 Fe-Cu-CuSO4 粗铜 CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-725．76kJ•ml-1
【分析】由题意可知①乙中C电极质量增加，则c处发生的反应为：Ag++e-=Ag，即C处为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极，f为阳极，e为阴极，d为阳极，甲池是电解饱和氯化钠溶液；②依据电极反应电子守恒计算，乙中为AgNO3溶液，c为阴极电极反应Ag++e-=Ag，d电极为阳极，氢氧根离子失电子发生氧化反应。③若利用丙池实现铁上镀铜，所以e阴极是铁，f阳极是铜，电解质溶液是硫酸铜，若利用丙池实现电解精炼铜，e阴极是纯铜，f阳极是粗铜，电解质溶液是硫酸铜，根据此分析进行解答。
【详解】（1）接通电源，经过一段时间后，乙中c电极质量增加，说明c是银离子放电生成单质银，所以c是阴极，则M是负极，则N是正极。
故答案为 负；
（2）电极d是阳极，氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极上发生的电极反应式为4OH--4e-═2H2O+O2↑，
故答案为 4OH--4e-═2H2O+O2↑；
（3）甲池是电解饱和氯化钠溶液，总反应式为2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；
（4）当电路中有0.04ml电子通过时，a是氢离子放电，生成氢气，b是氯离子放电生成氯气、c极是银离子放电生成单质银、d电极是氢氧根离子放电生成氧气，所以有0.04ml电子通过时产生的气体或固体的物质的量分别是0.02ml、0.02ml、0.04ml、0.01ml，所以a、b、c、d电极上产生的气体或固体的物质的量之比是2：2：4：1。
故答案为 2：2：4：1
（5）若利用丙池实现铁上镀铜，所以e阴极是铁，f阳极是铜，电解质溶液是硫酸铜溶液。若利用丙池实现电解精炼铜，e阴极是纯铜，f阳极是粗铜，电解质溶液是硫酸铜溶液；
故答案为Fe-Cu-CuSO4 ；粗铜；
（6）燃烧热指的是1 ml可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则32g甲醇即1ml甲醇燃烧放的热量为725.8kJ，其燃烧热的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-725．76kJ•ml-1；
故答案为 CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-725．76kJ•ml-1
（7）在化学反应过程中，反应物断键会吸收能量，生成物成键会释放能量。反应中，每反应2mlNO，转移2ml电子，吸收的能量=2×+=1503 kJ•ml-1，释放的能量=2×+2×=2a+1214 kJ•ml-1,故放出的能量为2a-289 kJ•ml-1。若转移4ml电子,理论上放出的热量为2×（2a-289）= kJ•ml-1；
故答案为
【点睛】本题为电化学知识的综合应用，做题时要注意根据电极反应现象判断出电解池的阴阳级，进而判断出电源的正负极，要注意三个电解池为串联电路，各电极上得失电子的数目相等．做题时要正确写出电极方程式，准确判断两极上离子的放电顺序。
18． 羟基、羧基 取代反应 +3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O 4
【详解】试题分析：由合成流程可知，A为CH3CHO，B为邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成C，C为，C与CH3COCl发生取代反应生成D，D中含-COOC-，能发生水解反应，D水解酸化后发送至酯化反应生成E，
（1）B为邻羟基苯甲酸，含有的官能团有羟基和羧基，故答案为羟基、羧基；
（2）由上述分析可知，C中的-OH上的H被取代，则C转化为D的反应类型是取代反应，故答案为取代反应；
（3）D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式为+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O， 故答案为+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O；
（4）E中含苯环与C=C，均能与氢气发生加成反应，则1摩尔E最多可与4mlH2加成，故答案为4；
（5）B为邻羟基苯甲酸，其同分异构体符合：A、能够发生银镜反应，含-CHO；B、核磁共振氢谱只有4个峰，含4种位置的H；C、能与FeCl3溶液发生显色反应，含酚-OH，水解时每摩尔可消耗3摩尔NaOH，含-COOCH，所以同分异构体为，故答案为；
（6）甲苯氧化生成苯甲酸，苯取代生成氯苯，水解生成苯酚，以此合成该有机物，合成流程图为，故答案为。
考点：考查了有机合成与推断、有机物的结构与性质的相关知识。
19． 铁 直线型 N 异硫氰酸分子之间可以形成氢键 sp2 6 或
【分析】(1)未成对电子数目根据基态原子电子排布式进行判断；
(2)①SCN－的空间构型根据等电子体进行判断；同一周期，随原子序数的增加，元素第一电离能呈现增大的趋势，同一主族，最电子层数的增加，元素的第一电离能逐渐减小；
②H－N＝C＝S分子中存在强极性键N-H，致其分子间易形成氢键，故H－N＝C＝S沸点比H－S－C≡N高；
(3)由题意可知C5H5-的C环是平面的，故知其中5个C原子应为sp2杂化；因5个C原子均为sp2杂化，则应各有一个未杂化的p电子参与形成5个C原子的大键，加上负电荷的电子，共有6个电子参与形成大键；
(4)此为六方晶胞，单晶胞体积为；整个六方晶胞体积为，整个六方晶胞中Ni原子数为12+6+2+1=6，As原子数为6，根据计算。
【详解】(1)根据基态原子电子排布式Fe为1s22s22p63s23p63d64s2、C为1s22s22p63s23p63d74s2、Ni为1s22s22p6 3s23p63d84s2可知，未成对电子数目最多的是铁，镍的外围电子轨道表达式为；
(2)①SCN－的等电子体是CO2，空间构型相同为直线型；同一周期，随原子序数的增加，元素第一电离能呈现增大的趋势，同一主族，最电子层数的增加，元素的第一电离能逐渐减小，故组成元素中第一电离能最大的是N；
②H－N＝C＝S分子中存在强极性键N-H，致其分子间易形成氢键，故H－N＝C＝S沸点比H－S－C≡N高；
(3)由题意可知C5H5-的C环是平面的，故知其中5个C原子应为sp2杂化；因5个C原子均为sp2杂化，则应各有一个未杂化的p电子参与形成5个C原子的大键，加上负电荷的电子，共有6个电子参与形成大键，故大Π键为；
(4)此为六方晶胞，单晶胞体积为；整个六方晶胞体积为，整个六方晶胞中Ni原子数为12+6+2+1=6，As原子数为6，故：g/cm3或。