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2019届高三化学下学期模拟热身试题(含解析)1. 设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A. 常温下，5.6g Fe与含0.2mol HNO3的溶液充分作用，最少会失去电子数为0.15NAB. 3g所含的电子数为1.8NAC. 常温下，1L 0.1mol/L AlCl3溶液中阳离子数目小于0.1NAD. 15.6g Na2O2 和Na2S的固体混合物中，含有阴离子数目为0.3NA【答案】B点睛：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。本题的易错点是AD，要注意钝化，过氧化钠中的阳离子为过氧根离子。2. 某有机物的结构简式为，其属于芳香烃且与其具有相同官能团的同分异构体数目为（不考虑异体异构）A. 4 B. 5 C. 6 D. 7【答案】B【解析】该有机物含有的官能团为碳碳双键，属于芳香烃且与其具有相同官能团的同分异构体有3-苯基丙烯、1-苯基丙烯、邻甲基苯乙烯、间甲基苯乙烯、对甲基苯乙烯，共5种，故选B。3. 下列实验操作，实验现象与结论对应关系正确的是选项实验操作实验现象结论A向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，然后加入适量稀NaOH溶液，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热有银镜生成蔗糖已经完全水解为具有还原性的葡萄糖B检验HCl气体中是否含有CO2，可将气体通入Ca(OH)2溶液中没有出现白色沉淀证明不含有CO2C强酸性溶液X中加入Ba(NO3)2溶液，静置后再加入KSCN溶液先有白色沉淀，后溶液又变红X中一定含有SO42-和Fe3+D检验HCl气体中是否含有Cl2，可将气体通入品红溶液中，然后加热品红溶液褪色，加热后溶液不恢复成红色证明含有Cl2A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A.水解后检验葡萄糖应在碱性溶液中，加入适量稀NaOH溶液再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热，可证明蔗糖已经水解，要证明完全水解，需要证明不含蔗糖，故A错误；B.即使含有少量二氧化碳，由于存在氯化氢，生成的碳酸钙也会被溶解，因此将气体通入Ca(OH)2溶液中，看有无白色沉淀生成，不能证明是否含有二氧化碳，故B错误；C. 强酸性溶液X中加入Ba(NO3)2溶液，静置后再加入KSCN溶液，先有白色沉淀，原溶液中可能含有亚硫酸根离子，亚硫酸根离子在酸性溶液中被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，故C错误；D. 将气体通入品红溶液中，然后加热，品红溶液褪色，加热后溶液不恢复成红色，能够证明原混合气体中含有一种氧化性气体，即氯气，故D正确；故选D。4. 已知有A、B、C、D、E五种短周期元素，其原子序数依次增大，A与B形成的共价化合物的水溶液呈碱性，C元素原子的最外层电子数是最内层电子数的，D是同周期中单核离子半径最小的元素，E元素的最高正价与最低负价的代数和为6.下列叙述中错误的是A. B元素的简单气态氢化物与E的氢化物化合，生成物的水溶液呈酸性B. B、C、E最高价氧化物对应的水化物溶液均能与D元素的氧化物反应C. 元素B、E分别与元素A构成的含有18个电子的分子中均含有非极性共价键D. 最高价氧化物对应水化物的碱性:C>D【答案】C【解析】已知有A、B、C、D、E五种短周期元素，其原子序数依次增大，A与B形成的共价化合物的水溶液呈碱性，则A为H元素，B为N元素；C元素原子的最外层电子数是最内层电子数的1/2倍，则C为Na元素；E元素的最高正价与最低负价的代数和为6，E为Cl元素，D是同周期中单核离子半径最小的元素，则D为Al元素。A.氨气与氯化氢化合，生成氯化铵，氯化铵属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故A正确；B. N、Na、Cl最高价氧化物对应的水化物溶液为强酸或强碱，均能与氧化铝反应，故B正确；C. 元素N、Cl分别与元素H构成的含有18个电子的分子分别为肼和氯化氢，氯化氢中不存在非极性共价键，故C错误；D. 元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性:氢氧化钠>氢氧化铝，故D正确；故选C。5. H2O2被称为绿色氧化剂。下图是以甲烷燃料电池为电源，电解制备H2O2的示意图。下列有关叙述中正确的是A. 电解池装置应选择阳离子交换膜B. d 极的电极反应式为：O2+2e-2H+=H2O2C. 当有16g甲烷参与原电池反应时，可制备4 mol H2O2D. 工作时，a、c电极附近的pH均增大【答案】C【解析】根据图示，通入甲烷的电极为负极，则a为负极，b为正极，c为阳极，d为阴极。A. d 极为阴极，发生还原反应，电解质溶液显碱性，电极反应式为：O2+2e-2H2O=H2O2+2OH-，溶液中的氢氧根离子向c极移动，电解池装置应选择阴离子交换膜，故A错误；B. d 极为阴极，发生还原反应，电解质溶液显碱性，电极反应式为：O2+2e-2H2O=H2O2+2OH-，故B错误；C. 16g甲烷的物质的量为1mol，1mol甲烷参与原电池反应时，转移8mol电子，故B的电极方程式可知，可制备4 mol H2O2，故C正确；D. 工作时，a极甲烷在酸性溶液中结合水失去电子生成二氧化碳和氢离子，a极附近溶液的酸性增强，pH减小，故D错误；故选C。点睛：本题侧重考查原电池和电解池原理，明确电解质溶液酸碱性是解本题关键。本题的难点是电极反应式的书写，易错点是A，要根据离子的移动方向判断。6. T时，纯水的pH约为6.5。该温度下，0.01molL-1HA溶液中c(H+)/c(OH-)=105，向10mL该溶液中逐滴加入0.01 molL- 1MOH溶液(已知MOH的电离平衡常数Kb=1.810-5)，在滴加过程中，下列有关叙述中正确的是A. HA的电离平衡常数为Ka1.010-7B. 当滴加10 mLMOH溶液时，所得溶液呈酸性C. 当滴入20 mL MOH溶液时，溶液中有：c(MOH)+2c(OH-)=c(A-)+c(H+)+2c(HA)D. 当滴入少量的MOH溶液时，促进了HA的电离，溶液的pH升高，且随着MOH量的增加c(A-)/c(HA)的值增大【答案】D【解析】T 时，纯水的pH约为6.5。该温度下，Kw=1.010-13。A. 0.01molL-1HA溶液中c(H+)/c(OH-)=105=，因此c(H+)=1.010-4，则HA的电离平衡常数为Ka= 10-4，故A错误；B. 当滴加10 mLMOH 溶液时，所得溶液中含有MA，根据二者的电离平衡常数，该盐属于强碱弱酸盐，所得溶液呈碱性，故B错误；C. 当滴入20 mL MOH 溶液时，所得溶液中含有等物质的量的MA和MOH，根据质子守恒，溶液中有：c(MOH)+2c(OH-)=2c(H+)+c(M+)，很显然，c(H+)+c(M+)c(A-)+2c(HA)，故C错误；D. HA为弱酸，当滴入少量的MOH溶液时，溶液中的c(H+)减小，溶液的pH升高，促进HA的电离，c(A-)增大，c(HA)减小， c(A-)/c(HA)的值增大，故D正确；故选D。7. 溴化钙是一种重要的化工原料，制备CaBr22H2O 的主要流程如下： 下列说法不正确的是A. 试剂M 是HBr，加入HBr的目的是除去过量的Ca(OH)2B. 操作I为过滤，滤渣为Fe、Fe(OH)2和Fe(OH)3；操作为重结晶，具体操作步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥C. 制得的CaBr22H2O 可以通过以下方法测定纯度：称取一定量的样品溶于水，滴入足量Na2CO3 溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，计算便得出CaBr22H2O的纯度D. 工业上也可以将氨气通入石灰乳，并加入溴，于65进行反应，制得溴化钙，此反应中还会生成一种无色气体，该反应的化学方程式为3Ca(OH)2+3Br2+2NH3 3CaBr2+N2+6H2O【答案】B【解析】Fe与溴单质反应生成FeBr2 ，加过量的氢氧化钙，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁，过滤得到滤液中主要CaBr2 ，在滤液中加HBr中和多余的氢氧化钙，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到CaBr22H2O晶体。A. 根据上述分析，溴化亚铁溶液中加入过量的氢氧化钙，过滤得到的滤液含有溴化钙和氢氧化钙，加溴化氢除去多余的氢氧化钙，则加入的M为HBr，故A正确；B. 氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁，操作I为过滤，滤渣为Fe和Fe(OH)3，故B错误； C.称取一定量的样品溶于水，滴入足量Na2CO3 溶液，充分反应后过滤得到生成的碳酸钙沉淀，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量氧化钙的质量，可以得出CaBr22H2O的纯度，故C正确；D. 3Ca(OH)2+3Br2+2NH3 3CaBr2+N2+6H2O，因此工业上也可以将氨气通入石灰乳，并加入溴，于65进行反应，制得溴化钙，故D正确；故选B。点睛：本题考查了溴化钙晶体的制备实验方案设计，题目涉及化学实验基本操作、除杂质、离子方程式的书写、含量的计算方案的设计等，题目难度较大，是对学生综合能力的考查，需要学生基本扎实的基础与分析问题、解决问题的能力。8. 镁合金及镁的化合物在生产、生活中有着广泛的应用。（1）镁在元素周期表中的位置是_。（2）用水氯镁石（主要成分为MgCl26H2O）制备金属镁的关键流程如下： 一段脱水后，残留固体质量占原样品质量的64.5%，试确定生成物的化学式_。 二段脱水时，溶入H2和Cl2燃烧产物的目的是_。 该工艺中可循环使用的物质有_（3）储氢材料Mg(AlH4)2在110-200的反应为：Mg(AlH4)2 =MgH2 +2Al+3H2，每转移6mol电子生成氢气的物质的量为_mol。（4）碱式碳酸镁密度小，是橡胶制品的优良填料，可用复盐MgCO3(NH4)2CO32H2O作原料制备。 40时，复盐开始热解生成MgCO33H2O，并有气体产生，该反应的化学方程式为_。 制备过程中，需要用到卤水（氯化镁溶液）。某科研小组用沉淀滴定法分析产品中Cl-的含量，称取6.1000g产品用适量硝酸溶解，经稀释等步骤最终配得500mL 的溶液。a准确量取25.00mL 待测液，用0.1000 mol/ L AgNO3 标准液滴定，滴定前后滴定管中的液面读数如图所示，则滴定过程中消耗标准液的体积为_mL。 b. AgClAgBrAgIAg2CrO4Ksp210-105.410-138.310-17210-12颜色白淡黄黄砖红参照上表数据及信息分析，滴定时可以作指示剂的是_（填数字序号）。 CaCl2 NaBr NaI K2CrO4c滴定时，应将溶液调成中性，不能是强酸性或强碱性，其中不能是强碱性的原因是_。d产品中氯的质量分数为_（保留三位有效数字）。【答案】 (1). 第三周期第A族 (2). MgCl2H2O (3). 防止MgCl22H2O脱水过程中发生水解反应 (4). HCl、Cl2 (5). 3 (6). MgCO3(NH4)2CO32H2OMgCO33H2O+CO2+2NH3 (7). 16.00 (8). (9). 碱性条件下AgNO3会生成Ag2O (10). 18.6%【解析】 (1)镁为12号元素，在元素周期表中位于第三周期第A族，故答案为：第三周期第A族；(2)图中AB线段为“一段脱水”，设对应固体物质的化学式为MgCl2xH2O，根据=0.645，计算得 x=2，所以B的化学式为MgCl22H2O，故答案为：MgCl22H2O；二段脱水中通入HCl可以抑制MgCl2的水解，故答案为：为防止MgCl22H2O脱水过程中发生水解反应；根据制备金属镁工艺的关键流程分析，循环使用的物质是加入后在反应过程中又重新生成的物质，分析可知是氯气和氯化氢，故答案为：HCl，Cl2；(3)储氢材料Mg(AlH4)2在110-200的反应为：Mg(AlH4)2=MgH2+2Al+3H2，反应中生成3molH2转移电子6mol，所以每转移6mol电子生成3mol H2，故答案为：3；(4)根据元素守恒可知，复盐开始热解生成MgCO33H2O，并有气体产生，该气体应为二氧化碳和氨气，所以反应的化学方程式为MgCO3(NH4)2CO32H2OMgCO33H2O+CO2+2NH3 ，故答案为：MgCO3(NH4)2CO32H2OMgCO33H2O+CO2+2NH3 ； a根据滴定前后滴定管中的液面读数可知硝酸银标准液的体积为18.5mL-2.5mL=16.00mL，故答案为：16.00；b. 指示剂的作用是指示出氯离子恰好沉淀完全，即让氯离子先沉淀，沉淀完全后，再滴入硝酸银溶液会生成一种颜色不同的沉淀来指示沉淀终点，氯化银、溴化银、碘化银的组成都是1：1，依据Ksp可以直接比较溶解性大小为氯化银溴化银碘化银；随Ksp的减小，应先出现碘化银沉淀、再出现溴化银，最后才沉淀氯化银，所以、不符合滴定实验的目的和作用，铬酸银的阳、阴离子个数比为2：1，可以计算相同浓度的银离子沉淀氯离子、铬酸根离子需要的浓度，依据Ksp计算得到，Ksp(AgCl)= c(Ag+)c(Cl-)=210-10，Ksp(Ag2CrO4)= c(Ag+)2 c(CrO42-) =2.010-12，c(Cl-)=，c(CrO42-)=；所以同浓度的银离子需要的氯离子浓度小于铬酸根离子浓度，说明铬酸银溶解度大于氯化银；加入K2CrO4，做指示剂可以正确的测定氯化物的含量，故正确；故答案为：；c碱性条件下，硝酸银会生成氢氧化银或氧化银沉淀，影响沉淀滴定，所以滴定时，溶液不能是强碱性，故答案为：碱性条件下，硝酸银会生成氢氧化银或氧化银沉淀；d 根据氯离子的物质的量与反应的硝酸银的物质的量相等可知，n(Cl-)=0.016L0.1000 mol/ L=0.0016mol，产品中氯的质量分数=100%=18.6%，故答案为：18.6%。9. 五种短周期元素A、B、C、D、E的性质及结构信息如下： 原子半径A>B>C>D>E； 五种元素之间形成的常见的四种分子如下：甲乙丙丁比例模型组成元素D、EB、EA、D、EC、E电子总数10182610请根据上述信息回答下列问题：（1）A元素的单质与物质甲发生反应的离子方程式为_，其化学反应平衡常数的表达式为_。（2）戊与乙互为同系物，有五种同分异构体，戊的分子式为_，己与乙具有相同的电子数，与甲含有的元素种类相同，己分子的结构式为_。（3）C与E元素组成的CE3与液氮可组成燃料电池，产物均为无污染的物质，可用于驱动潜艇，燃料电池装置如下图所示。该电池的负极反应式为_。电池工作时OH-向_移动（填“正极”或“负极”）。（4）B与D组成的一种物质在自然界中可循环，循环时其与CaCO3反应。已知Ksp(CaCO3)=2.810-9,现将CaCl2溶液与Na2CO3溶液等体积混合，若Na2CO3溶液的浓度为210-4mol/L，则生成沉淀的最小浓度为_（忽略混合前后溶液的体积变化）。【答案】 (1). Cl2+H2O=Cl-+H+HClO (2). (3). C6H14 (4). H-O-O-H (5). 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O (6). 负极 (7). 5.610-5mol/L【解析】根据五种元素之间形成的常见的四种分子的比例模型结合原子半径A>B>C>D>E，可知，甲为水分子，乙为乙烷分子，丙为HClO分子，丁为氨气分子，则A为Cl、B为C、C为N、D为O、E为H。(1)氯气与水反应的离子方程式为Cl2+H2O=Cl-+H+HClO，其化学反应平衡常数的表达式K=，故答案为：Cl2+H2O=Cl-+H+HClO；K=；(2)有五种同分异构体的烷烃的分子式为C6H14，己与乙烷具有相同的电子数，与水含有的元素种类相同，则己为过氧化氢，结构式为H-O-O-H，故答案为：C6H14； H-O-O-H；(3)NH3与液氮可组成燃料电池，产物均为无污染的物质，水和氮气，氨气在负极发生氧化反应，电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，根据电极反应式，电池工作时OH-向负极移动，故答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；负极；点睛：本题主要依据元素的推断，考查了溶度积常数的有关计算、原电池原理等，综合性较强，有一定难度。本题的易错点是(4)中溶度积常数的计算，注意溶液在等体积混合后浓度的变化。10. 氮的化合物既是一种资源，也会给环境造成危害。I氨气是一种重要的化工原料。（1）NH3与CO2在120C，催化剂作用下反应生成尿素：CO2（g）+2NH3（g）（NH2）2CO（s）+H2O（g），H= -x KJ/mol (x>0)，其他相关数据如表：物质NH3(g)CO2(g)CO(NH2)2(s)H2O(g)1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/KJabzd则表中z（用x a b d表示）的大小为_。（2）120时，在2L密闭反应容器中充入3mol CO2与NH3的混合气体，混合气体中NH3的体积分数随反应时间变化关系如图所示，该反应到达平衡时CO2的平均反应速率为_, 此温度时的平衡常数为_。下列能使正反应的化学反应速率加快的措施有_. 及时分离出尿素 升高温度 向密闭定容容器中再充入CO2 降低温度氮的氧化物会污染环境。目前，硝酸厂尾气治理可采用NH3与于NO在催化剂存在的条件下作用，将污染物转化为无污染的物质。某研究小组拟验证NO能被氨气还原并计算其转化率（已知浓硫酸在常温下不氧化NO气体）。(l）写出装置中反应的化学方程式_。 (2）装置和装置如下图，仪器A的名称为_，其中盛放的药品名称为_。装置中，先在试管中加入2-3 粒石灰石，注入适量稀硝酸，反应一段时间后，再塞上带有细铜丝的胶塞进行后续反应，加入石灰石的作用是_。（3）装置中，小段玻璃管的作用是_；装置的作用是除去NO, NO与FeSO4溶液反应形成棕色SO4溶液，同时装置还用来检验氨气是否除尽，若氨气未除尽，可观察到的实验现象是_。【答案】 (1). x-d+b+2a (2). 0.0047mol/(Ls) (3). 17.07 (4). (5). 4NH3+6NO5N2+6H2O (6). 分液漏斗 (7). 浓氨水 (8). 产生CO2，排出装置中的空气，防止NO被氧化 (9). 防倒吸 (10). 溶液变浑浊【解析】I (1)CO2(g)+2NH3(g)(NH2)2CO(s)+H2O(g)，反应中断裂反应物中的化学键吸收的能量为b+2a，形成生成物中的化学键放出的能量为z+d，H=( b+2a)- (z+d)= -x KJ/mol，解得z= x-d+b+2a，故答案为：x-d+b+2a；(2)根据图像，起始时氨气的体积分数为50%，则氨气的物质的量为3mol50%=1.5molCO2(g)+2NH3(g)(NH2)2CO(s)+H2O(g)起始(mol)1.5 1.5 0反应 x 2x x平衡 1.5-x 1.5-2x x则100%=20%，解得：x=mol，到达平衡时CO2的平均反应速率=0.0047mol/(Ls)； 平衡常数K=17.07； 及时分离出尿素，对反应速率没有影响； 升高温度，能够加快反应速率； 向密闭定容容器中再充入CO2，二氧化碳的浓度增大，反应速率加快； 降低温度，反应速率减慢，能使正反应的化学反应速率加快的有，故答案为：0.0047mol/(Ls) ；17.07；(l)装置干燥的氨气和一氧化氮在催化剂作用下反应生成氮气和水，反应的化学方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O，故答案为：4NH3+6NO5N2+6H2O；(2)根据装置图，仪器A为分液漏斗，装置是制备氨气的，需要在分液漏斗盛放浓氨水，在锥形瓶中放入氧化钙、氢氧化钠固体等物质；装置中，先在试管中加入2-3 粒石灰石，注入适量稀硝酸，反应放出二氧化碳，排除装置中的空气，再塞上带有细铜丝的胶塞进行后续反应，故答案为：分液漏斗； 浓氨水；产生CO2，排出装置中的空气，防止NO被氧化；(3)装置中，小段玻璃管的作用是防止氨气易溶于水发生倒吸现象；装置是用来检验氨气是否除净的装置，硫酸亚铁和氨气反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，若氨气未除净，中溶液中会生成氢氧化亚铁沉淀，则溶液变浑浊；故答案为：防倒吸；中溶液变浑浊。11. 研究物质的微观结构，有助于人们理解物质变化的本质。请根据已学习的物质结构知识，回答下列问题：(l）基态Mn原子的价电子排布式为_，气态Mn2再失去l个电子比Fe2+再失去1个电子更难，其原因是_。(2）向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液；若加入极性较小的溶剂（如乙醇），将析出深蓝色的晶体。实验时形成的深蓝色溶液中的阳离子内存在的全部化学键类型有_。写出难溶物溶于氨水时的离子方程式_。实验过程中加入C2H5OH 后可观察到析出深蓝色Cu(NH3)4SO45H2O晶体。实验中所加C2H5OH 的作用是_。(3) HClO2、HClO3为氯元素的含氧酸，试推测ClO2-的空间结构：_；HClO3分子中，Cl原子的杂化方式为_；两种酸酸性较强的是_.(4）多磷酸盐的酸根阴离子是由两个或两个以上磷氧四面体通过共用角顶氧原子而连接起来的，部分结构如图所示，多磷酸根离子的通式为_。（磷原子数目用n表示）(5）金属Pt采用“ABCABC”型堆积方式，抽出一个晶胞，其正确的是_。已知金属Pt的密度为21.4 g/cm3，则Pt原子半径的计算式为_pm （只列式，不必计算结果，Pt的相对原子质量为M，阿伏加德罗常数为6.021023mol-1）。【答案】 (1). 3d54s2 (2). Mn2+转化为Mn3+，3d能级由半满到3d4，而Fe2+转化为Fe3+，3d能级由3d6到半满，能级半满时为稳定结构 (3). 共价键、配位键 (4). Cu(OH)2+4NH3H2O=2+2OH-+4H2O (5). 降低Cu(NH3)4SO4的溶解度 (6). V形 (7). sp3杂化 (8). HClO3 (9). (n+2)- (10). C (11). 【解析】 (l)锰为25号元素，基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2，气态Mn2的3d为半充满结构，较为稳定，Fe2+的3d不是稳定结构，因此Mn2失去l个电子比Fe2+再失去1个电子更难，故答案为：3d54s2；Mn2+转化为Mn3+，3d能级由半满到3d4，而Fe2+转化为Fe3+，3d能级由3d6到半满，能级半满时为稳定结构；(2)向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜沉淀，继续加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液，发生的反应为Cu(OH)2+4NH3H2O=2+2OH-+4H2O；在2+中含有共价键、配位键；加入极性较小的溶剂(如乙醇)，可以降低Cu(NH3)4SO4的溶解度，从而析出深蓝色的Cu(NH3)4SO45H2O晶体，故答案为：共价键、配位键；Cu(OH)2+4NH3H2O=2+2OH-+4H2O；降低Cu(NH3)4SO4的溶解度；(3)ClO2-中Cl原子的价层电子对数为2+(7+122)=4，采用sp3杂化，空间结构为V形；HClO3中Cl原子的孤对电子数为(7+123)=1，价层电子对数=4，杂化轨道类型为sp3杂化； HClO3的非羟基氧原子数目比HClO2多，酸性较强，故答案为：V形；sp3；HClO3；(4)由给出的多聚磷酸根结构式知，含有n个多聚磷酸根离子，相当于是n个磷酸根离子中去掉了(n-1)氧原子，所带电荷为-2(3n+1)+5n=-(n+2)，由化合价规则知多磷酸根离子的通式为：(n+2)-；故答案为：(n+2)-；(5)金属Pt采用“ABCABC”型堆积方式，为立方面心结构，因此选C；每个金晶胞中含有的原子个数=8+6=4，设半径为r，则一个晶胞的体积为(2r)3，(2r)36.02102321.4g/cm3 =M4g，解得：r=pm，故答案为：C；。点睛：本题是对物质结构与性质的考查，综合性较强，涉及价电子排布式、化学键、晶胞的计算、价层电子对互斥理论、杂化轨道理论等，(5)中计算为易错点、难点，需要学生具有一定的数学计算能力。12. 有机物W是合成某药物的中间体，其结构简式如下：以有机物T为原料合成W的流程如图（部分条件省略）: 己知：RCH2ONa+CH3CH2XRCH2OCH2CH3+NaX 请回答下列问题：(1) Y中所含的官能团有_.(2）步骤中Na2CO3的作用为_。(3）请写出下列各步骤的反应类型：._；._；._。(4）利用步骤I的反应物，可制备某线型结构高分子，请写出相关化学反应方程式_。(5）物质X 最多可消耗H2_mol ，最终产物与足量HCOOH 完全反应的方程式为_ 。(6）写出同时满足下列条件的Y的所有同分异构体的结构简式：_。 苯环上只有一个取代基 等量有机物分别与足量钠、足量碳酸氢钠溶液反应产生气体的物质的量相等 在核磁共振氢谱图上有7个峰【答案】 (1). 羟基、羧基 (2). 与酚羟基反应生成酚钠 (3). 加成反应 (4). 氧化反应 (5). 酯化反应（或取代反应） (6). (7). 4 (8). (9). 【解析】根据流程图，T为苯酚()，与甲醛发生加成反应生成，根据X的化学式C7H6O2可知，氧化生成X()，根据Y的化学式C9H10O3可知，Y为，根据Z的化学式C10H12O3可知，Y与甲醇酯化生成Z，Z为，根据已知信息，最后Z首先与碳酸钠反应生成醇钠，再与 E()反应生成W。(1) Y为，其中所含的官能团有羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；(2)步骤中Na2CO3的作用为与酚羟基反应生成酚钠，故答案为：与酚羟基反应生成酚钠；(3)根据上述分析，反应为加成反应；反应为氧化反应；反应V为酯化反应，故答案为：加成反应；氧化反应； 酯化反应；(4)苯酚与甲醛反应可以生成线型结构高分子，反应的化学反应方程式为，故答案为：；(5)X为，1molX 最多可与4molH2加成，最终产物为，与足量HCOOH 完全反应的方程式为，故答案为：4；(6)Y为， 苯环上只有一个取代基； 等量有机物分别与足量钠、足量碳酸氢钠溶液反应产生气体的物质的量相等，说明分子中含有相同数目的羟基和羧基； 在核磁共振氢谱图上有7个峰；满足条件的Y的同分异构体有： 、 ，故答案为： 、 、。