宁夏回族自治区银川市宁夏大学附中2020届高三上学期第五次月考化学试题

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宁夏银川市宁夏大学附中2020届高三上学期第五次月考理综化学试卷 可能用到的相对原子质量：H：‎1 C：12 S：32 O：16 Cu:64 Zn:65‎ 一、本卷共13个小题，每小题6分，共96分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的。‎ ‎1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是 A. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是K2CO3‎ B. 《抱朴子》中“以曾青涂铁，铁赤色如铜，“曾青”是可溶性铁盐 C. 高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于无机高分子材料 D. “华为麒麟‎980”‎手机中芯片的主要成分是二氧化硅 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.草木灰中含有K2CO3，其水溶液显碱性，可用于洗衣服，A项正确；‎ B.“以曾青涂铁，铁赤色如铜”中曾青涂铁指的是向可溶性铜盐溶液中加入铁，得到金属铜的过程，“曾青”是可溶性铜盐，故B项错误；‎ C.聚四氟乙烯属于有机高分子材料，故C项错误；‎ D.手机中芯片的主要成分是硅，故D项错误；‎ 综上，本题选A。‎ ‎【点睛】D项中要注意，单质硅属于半导体材料，可用作芯片，二氧化硅的用途是光导纤维；‎ ‎2.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A. ‎28g 乙烯和丙烯混合物中的极性键数目为4NA B. ‎32g Cu和‎32g S 充分反应，转移电子数为NA C. 精炼铜时，若阳极失去0.1 NA 个电子，则阴极增重‎3.2g D. 等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移电子数相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙烯和丙烯的最简式为CH2，含有2个极性键，‎28g 乙烯和丙烯混合物认为含有最简式CH2的物质的量为2mol，则含有极性键数目为4NA，故正确；B. ‎32g Cu和‎32g S 充分反应是生成0.25mol硫化亚铜，转移电子为0.5mol，故错误；C. ‎ 精炼铜时，阳极是粗铜，粗铜中的活泼金属先溶解生成离子形式，然后是铜溶解，阴极是铜离子得到电子生成铜单质，所以若阳极失去0.1 NA 个电子，则阴极得到0.1 NA 个电子，则阴极增重‎3.2g，故正确；D. 钠和氧气或氯气反应时都是生成钠离子，所以等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移电子数相等，故正确。故选B。‎ ‎3.下列离子方程式正确的是 A. 等物质的量的NO和NO2同时被NaOH溶液吸收：NO + NO2 +2OH－= 2NO2－+H2O B. 等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和 HCl 溶液混合：Mg2++3OH﹣+H+=Mg（OH）2↓+H2O C. Fe与过量稀硝酸的反应：Fe + 4H+ + NO3‾ = Fe2+ + NO↑+ 2H2O D. 碳酸钡溶于醋酸：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + H2O + CO2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 等物质的量的NO和NO2同时被NaOH溶液吸收生成亚硝酸钠，反应的离子方程式是NO + NO2 +2OH－= 2NO2－+H2O，故A正确；‎ B. 等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和 HCl 溶液混合，OH﹣先与H+反应生成水，剩余的OH﹣再与Mg2+生成Mg（OH）2，反应的离子方程式是Mg2++4OH﹣+2H+=Mg（OH）2↓+2H2O，故B错误；‎ C. Fe与过量稀硝酸的反应生成硝酸铁、一氧化氮、水，反应的离子方程式是：Fe + 4H+ + NO3‾ = Fe3+ + NO↑+ 2H2O，故C错误；‎ D. 碳酸钡溶于醋酸生成醋酸钡、二氧化碳、水，反应的离子方程式是BaCO3 + 2CH3COOH = Ba2+ + H2O + CO2↑+2CH3COO-，故D错误。‎ ‎4.下列实验操作所得的现象及结论均正确的是 实验操作 现象及结论 A 将AlC13溶液加热蒸干 得到白色固体，成分为纯净的AlC13‎ B 将少量Na2SO3样品溶于水，滴加足量盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液 有白色沉淀产生，则Na2SO3已变质 C 向Na2SiO3溶液中通入CO2‎ 有白色沉淀产生，则碳酸的酸性比硅酸强 D 向FeI2溶液中通入少量C12‎ 溶液变黄，则C12的氧化性强于Fe3+‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.将AlCl3溶液加热蒸干，由于HCl易挥发，加热促进了铝离子的水解，则最终得到的是氢氧化铝，无法得到纯净的AlCl3，故A错误； B.由于硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子，干扰了检验结果，应该用氯化钡溶液，故B错误； C.向Na2SiO3溶液中通入CO2，有白色沉淀产生此沉淀为硅酸，根据强酸制弱酸的规律，则碳酸的酸性比硅酸强，故C正确； D.向FeI2溶液中通入少量C12，被氧化的为碘离子，无法比较氯气与铁离子的氧化性强弱，故D错误。 故选C。‎ ‎【点睛】硅酸是难溶于水的白色沉淀；碘离子和亚铁离子还原性比较碘离子更强些。‎ ‎5.某电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。该电池是以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液，其总反应为：3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH，下列说法正确的是(　　)‎ A. Zn为电池的正极 B. 充电时阳极反应为：Fe(OH)3－3e-＋5OH- ＝FeO42-＋4H2O C. 放电时每转移3 mol电子，正极有1 mol K2FeO4被氧化 D. 该电池放电过程中电解质溶液浓度不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，故A错误；‎ B．充电时阳极发生Fe(OH)3失电子的氧化反应，即反应为：Fe(OH)3-3e-+5OH-=FeO42-+4H2O，故B正确；‎ C．放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故C错误；‎ D．根据电池总反应式可知，放电时有KOH生成，电解质KOH的浓度增大，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点晴】根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为FeO42+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反应式为Fe(OH)3+5OH-=FeO42+4H2O+3e-，阳极消耗OH-离子，碱性要减弱，阴极上电极反应式为Zn(OH)2+2e-=Zn+2OH-，生成氢氧根离子，所以阴极附近碱性增强。‎ ‎6. 下列叙述正确的是 A. 使用催化剂能够降低化学反应的反应热(△H)‎ B. 用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO C. 增大反应物浓度可加快反应速率,因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率 D. 电镀时，待镀的金属制品表面发生还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不改变化学平衡，则不能改变反应的反应热，故A错误；‎ B．NO易被空气中的氧气氧化，不可用向上排空气法收集，故B错误；‎ C．常温下浓硫酸与铁发生钝化，无H2生成，故C错误；‎ D．电镀时，待镀的金属作阴极，镀层金属的阳离子在其表面发生还原反应，故D正确；‎ 答案为D。‎ ‎7.利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：‎ ‎①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1=﹣58kJ．mol﹣1，‎ ‎②CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H2‎ ‎③CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H3,‎ 已知反应中一些相关物质的化学键键能数据如下：‎ 化学键 C﹣O C﹣H H﹣H H﹣O C≡O E/(kJ·mol﹣1)‎ ‎343‎ ‎413‎ ‎436‎ ‎465‎ ‎1076‎ 则△H2和△H3分别为 A. -99kJ·mol﹣1，+41kJ·mol﹣1‎ B. -99kJ·mol﹣1，-41kJ·mol﹣1‎ C +99kJ·mol﹣1，-41kJ·mol﹣1‎ D. +99kJ·mol﹣1，+41kJ·mol﹣1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】反应热=反应物总键能-生成物总键能，故△H2=1076 kJmol-1+2×436 kJmol-1-(3 × 413+343+465) kJmol-1="-99" kJmol-1；根据盖斯定律：反应①-反应②=反应③，故△H3=△H1-△H2=-58 kJ．mol-1-(-99 kJmol-1)=+41 kJmol-1，故答案为A。‎ ‎【点晴】明确反应热=反应物总键能-生成物总键能，盖斯定律计算反应热的方法，熟悉热化学方程式书写注意事项是解题关键；根据盖斯定律，由已知热化学反应方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减。盖斯定律的使用方法：①写出目标方程式；②确定“过渡物质”(要消去的物质)；③用消元法逐一消去“过渡物质”。‎ ‎8.“神十搭载的长征F改进型火箭推进剂之一为无色气体N2O4，N2O4与NO2转换的热化学方程式为：N2O4（g）2NO2(g) △H=+24.4KJ/mol。‎ ‎（1）将一定量N2O4投入固定容积的真空容器中，下述现象能说明反应达到平衡的是________。‎ a．v正(N2O4)=2v逆(NO2) b．体系颜色不变c．气体平均相对分子质量不变 d．气体密度不变 达到平衡后，保持体积不变升高温度，再次到达平衡时，则混合气体颜色____（填“变深”、“变浅”或“不变”），判断理由________。‎ ‎（2）T℃时，向‎1L恒容密闭容器中投入1molCH4和1molH2O(g)，发生反应：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)，经过3min，反应达到平衡。已知平衡时，c(CH4)=0.5mol/L则0～3min内，该反应的平均反应速率v(H2)=___。‎ ‎（3）在一定条件下用CO和H2可以制得甲醇，CH3OH和CO的燃烧热为别725.8 kJ/mol，283.0 kJ/mol，1 mol液态水变成气态水吸热44.0 kJ，写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和气态水的热化学方程式：____。‎ ‎（4）工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反应为：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。按n(CO) : n(H2)=1 : 2向密闭容器中充入反应物，测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。则P1_____P2(填“<”“>”或“=”)‎ ‎（5）一种氨燃料电池，使用的电解质溶液是2mol/L的KOH溶液。电池反应为：4NH3+3O2=2N2+6H2O；请写出通入a气体一极的电极反应式为_______。‎ ‎【答案】 (1). bc (2). 变深 (3). 正反应是吸热反应，其他条件不变，温度升高平衡正向移动，c（NO2）增加，颜色加深 (4). v(H2) = 0.5 moL/(L·min) (5). CH3OH (l)＋O2 (g) =CO (g)＋2H2O (g) ΔH=-354.8 kJ ∕ mol (6). > (7). 2NH3+6OH－– 6e－=N2 + 6H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）达到平衡状态时，各物质的物质的量、组分浓度和含量均保持不变，结合平衡标志分析；‎ ‎（2）根据计算；‎ ‎（3）CH3OH和CO的燃烧热为别725.8 kJ/mol，283.0 kJ/mol，可知表示CH3OH和CO燃烧热的热化学方程式是2CH3OH (l)＋3O2 (g) =2CO2 (g)＋4H2O (g) ΔH=-1451.6 kJ/mol、2CO （g ）+O2（g ）═2CO2 （g ）△H=-556kJ•mol-1，根据盖斯定律计算甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和气态水的热化学方程式。‎ ‎（4）增大压强CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)平衡正向移动；‎ ‎（5）根据图示，电子由a极流出，a是负极，a极通入氨气；‎ ‎【详解】（1）a．v正(N2O4)=2v逆(NO2)，可知正逆反应速率不相等，故不选a； ‎ b．体系颜色不变，说明NO2浓度不变，一定达到平衡状态，故选b；‎ c．气体总质量不变，反应前后气体物质的量是变量，平均相对分子质量是变量，若气体平均相对分子质量不变，一定达到平衡状态，故选c； ‎ d．气体质量不变、容器体积不变，根据 ，气体密度是恒量，气体密度不变，不一定平衡，故不选d。‎ N2O4（g）2NO2(g) △H=+24.4kJ/mol，正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，NO2浓度增大，混合气体颜色变深。‎ ‎（2）平衡时，c(CH4)=0.5mol/L，则△c(CH4)=1mol/L-0.5mol/L=0.5mol/L，根据方程式，可知则△c(H2)= 1.5mol/L，0.5 moL/(L·min)；‎ ‎（3）①2CH3OH (l)＋3O2 (g) =2CO2 (g)＋4H2O (g) ΔH=-1451.6 kJ/mol、‎ ‎②2CO （g ）+O2（g ）═2CO2 （g ）△H=-556kJ•mol-1，‎ ‎③H2O (g)= H2O (l) ΔH=-44.0 kJ/mol 根据盖斯定律①×－②×－③×2得CH3OH (l)＋O2 (g) =CO (g)＋2H2O (g) ΔH=-354.8 kJ ∕ mol。‎ ‎（4）增大压强CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)平衡正向移动，压强越大，CH3OH的含量越大，所以P1>P2；‎ ‎（5）根据图示，电子由a极流出，a是负极，a极通入氨气，氨气失电子发生氧化反应，电极反应式是2NH3+6OH－– 6e－=N2 + 6H2O；‎ ‎【点睛】本题考查了平衡标志、平衡移动原理、图象和化学平衡的关系，重在培养学生图象与化学平衡理论的相互关系，会根据“变量不变”分析化学平衡。‎ ‎9.实验室利用废铜合金(含少量铁和铝)来制取硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)，方案如下：‎ 金属离子生成氢氧化物沉淀的pH可参考下列数据：‎ Fe3＋‎ Fe2＋‎ Cu2＋‎ Al3＋‎ 开始沉淀时的pH ‎2.2‎ ‎7.5‎ ‎5.2‎ ‎3.7‎ 完全沉淀时的pH ‎3.2‎ ‎9.0‎ ‎6.7‎ ‎4.7‎ 请回答：‎ ‎（1）若溶解合金时加入的混酸由‎2 L 3 mol·L－1硫酸和‎1 L 2 mol·L－1硝酸混合而成，则反应后生成标准状况下的NO的体积最多为____________L。‎ ‎（2）加入H2O2的目的是____________。‎ ‎（3）为保证产品的纯度，M物质最好选用________(填字母)，调节pH的范围为____________。‎ a．Cu(OH)2　b．H2SO‎4　‎c．NH3·H2O　d．Na2CO3‎ ‎（4）滤液D中加入硫酸的目的为_______________________________________。‎ ‎（5）从溶液E制得CuSO4·5H2O晶体所需要的步骤为________、结晶、过滤和干燥。‎ ‎（6）‎0.80g CuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示。试确定‎200℃‎时固体物质的化学式______________。‎ ‎【答案】 (1). ‎44.8L (2). 将Fe2+氧化成Fe3+ (3). a (4). 4.7≤PH＜5.2 (5). 抑制Cu2+的水解 (6). 加热蒸发 (7). CuSO4·H2O ‎【解析】‎ 根据流程，开始金属过量，所以滤液A中含有Cu2+、Fe2+、Al3+；滤液A中加H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，防止除杂时影响Cu2+；氧化后的溶液，加入M调节pH除去Fe3+和Al3+；滤液D经过一系列操作得到硫酸铜晶体。‎ ‎（1）由题意，n(H+)=‎2L×3mol·L-1×2+‎1L×2mol·L-1=14 mol，n（NO3-）=‎1L×2mol·L-1=2 mol；根据方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O可得：氢离子过量，NO3-‎ 完全反应，则最多生成标准状况下NO的体积为2 mol×‎22.4L•mol-1=‎44.8L。‎ ‎（2）根据上述分析，加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+。‎ ‎（3）氧化后的溶液，加入M调节pH除去Fe3+和Al3+；为了不引入新杂质，M最好选用a.Cu(OH)2；根据金属离子生成氢氧化物沉淀的pH数据可得，要使Fe3+和Al3+完全沉淀，而Cu2+不沉淀，调节pH的范围为：4.7≤pH<5.2。‎ ‎（4）因为Cu2+是弱阳离子，所以直接加热滤液D会促进其水解，故加入硫酸抑制Cu2+水解。‎ ‎（5）从硫酸铜溶液制得CuSO4•5H2O晶体，因为晶体含有结晶水，所以需要加热蒸发（或蒸发浓缩）、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤。‎ ‎（6）CuSO4•5H2O受热到‎102℃‎时开始逐渐失水，‎113℃‎时可得到较稳定的中间产物，到‎258℃‎时继续分解，则在‎200℃‎时失去的水的质量为‎0.80g-0.57g=‎0.23g，根据反应的化学方程式：CuSO4•5H2OCuSO4•（5-x）H2O+xH2O，可得：‎ 列比例式可解得x≈4，故‎200℃‎时固体物质的化学式为CuSO4•H2O。‎ 点睛：本题考查了物质的分离、提纯、制备、盐类水解、过量计算、热重曲线等，综合性较强，注意结合已知分析流程，理清思路，热重曲线问题注意根据差量法计算。‎ ‎10.硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化剂或氯璜化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。有关物质的部分性质如下表：‎ 物质 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ 其它性质 SO2Cl2‎ ‎-54.1‎ ‎69.1‎ ‎①易水解，产生大量白雾②易分解：SO2Cl2SO2↑+Cl2↑‎ H2SO4‎ ‎10.4‎ ‎338‎ 具有吸水性且不易分解 实验室用干燥而纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，反应的化学方程式为SO2(g)+Cl2(g) SO2Cl2(l)△H=-97.3kJ/mol。装置如图所示（夹持仪器已省略），请回答有关问题：‎ ‎（1）仪器B的名称是______，作用是________。‎ ‎（2）若无装置乙硫酰氯会发生水解，则硫酰氯水解反应的化学方程式为_______。‎ ‎（3）写出丁装置中发生反应化学反应方程式____________。‎ ‎（4）为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有____(填序号)。‎ ‎①先通冷凝水，再通气 ②控制气流速率，宜慢不宜快③若三颈烧瓶发烫，可适当降温④加热三颈烧瓶 ‎（5）少量硫酰氯也可用氯磺酸(ClSO3H)分解获得，该反应的化学方程式为______。此方法得到的产品中会混有硫酸,从分解产物中分离出硫酰氯的方法是_____。‎ ‎（6）工业上处理SO2废气的方法很多，例如可以用Fe2(SO4)3酸性溶液处理，其工艺流程如下，溶液②转化为溶液③发生反应的离子方程式为_________。‎ ‎【答案】 (1). 干燥管 (2). 吸收未反应完的氯气和二氧化硫，防止污染空气；防止空气中水蒸气进人甲，防止SO2Cl2水解 (3). SO2Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl (4). KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O (5). ①②③ (6). 2ClSO3H＝H2SO4+SO2Cl2 (7). 蒸馏 (8). 4H++4Fe2++O2＝4Fe3++2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据装置图判断仪器B的名称，根据SO2Cl2易水解回答；‎ ‎（2）SO2Cl2水解为盐酸和硫酸；‎ ‎（3）丁装置中氯酸钾与浓盐酸反应制备氯气； ‎ ‎（4）根据影响反应速率的因素、平衡移动原理分析；‎ ‎（5）根据元素守恒，氯磺酸(ClSO3H)分解生成SO2Cl2和硫酸；‎ ‎（6）溶液②中的Fe2+被氧气氧化为Fe3+；‎ ‎【详解】（1）根据装置图，仪器B的名称是干燥管；氯气和二氧化硫有毒，能被碱性物质吸收，SO2Cl2易水解，所以装置B的作用是吸收未反应完的氯气和二氧化硫，防止污染空气；防止空气中水蒸气进人甲，防止SO2Cl2水解；‎ ‎（2）SO2Cl2水解为盐酸和硫酸，水解方程式是SO2Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl；‎ ‎（3）丁装置中氯酸钾与浓盐酸反应制备氯气；发生反应的化学反应方程式是KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O；‎ ‎（4）①正反应放热，降低温度有利于平衡正向移动，先通冷凝水，再通气，能提高SO2Cl2的产率，故选①；‎ ‎②控制气流速率，宜慢不宜快，能使反应充分，有利于提高SO2Cl2的产率，故选②；‎ ‎③正反应放热，适当降温，使平衡正向移动，能提高SO2Cl2的产率，故选③；‎ ‎④正反应放热，加热三颈烧瓶，平衡逆向移动， SO2Cl2产率降低，故不选④；‎ ‎（5）氯磺酸(ClSO3H)分解生成SO2Cl2和硫酸，反应方程式是2ClSO3H＝H2SO4+SO2Cl2；硫酰氯与硫酸的沸点不同，可用蒸馏法分离出硫酰氯；‎ ‎（6）溶液②中的Fe2+被氧气氧化为Fe3+，反应的离子方程式是4H++4Fe2++O2＝4Fe3++2H2O；‎ ‎11.锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：‎ ‎（1）Zn原子核外电子排布式为________。‎ ‎（2）黄铜是人类最早使用合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是______________________。‎ ‎（3）ZnF2具有较高的熔点(‎872 ℃‎)，其化学键类型是________；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是__________________________________________________。‎ ‎（4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为________，C原子的杂化形式为___________________。‎ ‎（5）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为____________________。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为________g·cm－3(列出计算式)。‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2) (2). 大于 (3). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (4). 离子键 (5). ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小 (6). 平面三角形 (7). sp2 (8). 六方最密堆积(A3型) (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题是物质结构与性质的综合题，需要熟练掌握这一部分涉及的主要知识点，一般来说，题目都是一个一个小题独立出现的，只要按照顺序进行判断计算就可以了。‎ ‎【详解】（1）Zn是第30号元素，所以核外电子排布式为[Ar]3d104s2。‎ ‎（2）Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能，原因是，Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Zn最外层上是一对电子，而Cu的最外层是一个电子，Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。‎ ‎（3）根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。‎ ‎（4）碳酸锌中的阴离子为CO32-，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对为3+(4－3×2＋2)/2=3对，所以空间构型为正三角形，中心C为sp2杂化。‎ ‎（5）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12×+2×+3=6个，所以该结构的质量为6×65/NA g。该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6× cm2，高为c cm，所以体积为6× cm3。所以密度为：‎ g·cm-3。‎ ‎【点睛】本题是比较常规的结构综合习题，考查的知识点也是多数习题考查的重点知识。需要指出的是最后一步的计算，可以选择其中的晶胞，即一个平行六面体作为计算的单元，直接重复课上讲解的密度计算过程即可。本题的解析中选择了比较特殊的解题方法，选择六棱柱作为计算单元，注意六棱柱并不是该晶体的晶胞（晶胞一定是平行六面体），但是作为一个计算密度的单元还是可以的。‎ ‎12.龙癸醛是一种珍贵香料，广泛应用于香料、医药、染料及农药等行业。其合成路线如图所示(部分反应产物和反应条件已略去)。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）下列有关R和烯烃C3H6的说法正确的是__________________。(填代号)‎ A．它们的实验式相同 B．它们都能使溴水褪色 C．它们都能发生加成反应 D．它们都含有碳碳双键 ‎（2）反应⑤的试剂和条件是___________________________；反应③的类型是_____________________。‎ ‎（3）T所含官能团的名称是________；反应④的化学方程式为__________________________________。‎ ‎（4）X的名称是____________________。‎ ‎（5）遇氯化铁溶液发生显色反应的T的同分异构体有________种，其中，在核磁共振氢谱上有4组峰且峰面积比为1∶2∶3∶6的结构简式为_______________________________________________。‎ ‎（6）参照上述流程图，以2—甲基—1，3—丁二烯原料，经三步制备2—甲基—1，4—丁二醛，设计合成路线：________________________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). BC (2). 氢氧化钠水溶液，加热 (3). 消去反应 (4). 羟基 (5). ＋HBr (6). 异丙苯(或2—苯基丙烷) (7). 22 (8). 或 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中各物质转化关系，比较苯和X的分子式以及其它各物质的分子式可知，反应①为加成反应，X在光照条件下发生侧链上取代生成Y，Y发生消去反应生成Z，Z与溴化氢发生加成反应生成W，W在碱性条件下加热，发生水解反应生成T，T发生氧化反应生成龙葵醛，根据龙葵醛的结构可反推得T为，W为，Z为，Y为或，X为，R为符合各物质转化关系，据此答题。‎ ‎【详解】（1）R为，A. R的实验式CH，C3H6的实验式为CH2，二者的实验式不同，A错误；B．苯与溴水发生萃取，使溴水褪色，丙烯与溴水发生加成反应使溴水褪色，它们都能使溴水褪色，B正确；C．苯与丙烯一定条件下都能与氢气发生加成反应，C正确；D.苯中不含有碳碳双键，D错误；答案为：BC；‎ ‎（2）反应⑤，根据转化流程可知，W为溴代烃，T为醇，溴代烃在氢氧化钠的水溶液中加热发生取代反应生成相应的醇；从流程看出反应③，由Y为氯代烃变为含氧衍生物，减少了 HCl，为消去反应。答案为：氢氧化钠水溶液，加热；消去反应；‎ ‎（3）T为，含官能团的名称是羟基；反应④是与溴化氢在H2O2的条件下发生加成反应，方程式为：＋HBr答案为：羟基；＋HBr；‎ ‎（4）根据苯的同系物的命名规则，X的名称是异丙苯(或2—苯基丙烷)，答案为：异丙苯(或2—苯基丙烷)；‎ ‎（5）在T(C9H12O)的同分异构体中，氯化铁溶液发生显色反应，该有机物结构中必须含有酚羟基，这样环上有一个3个碳的取代基，环上有一个乙基和一个甲基2个取代基，环上有3个甲基取代基，和羟基位置相比，有邻间对三种位置，这样的结构共有22种；其中，在核磁共振氢谱上有4组峰且峰面积比为1∶2∶3∶6的结构简式为或 答案为：22种；或；‎ ‎（6）醇要氧化为醛，醇中的羟基必须连在主碳链的端位碳上，而对于2-甲基-1，3-丁二烯来说，只有发生1，4加成，溴原子才能加成在两端的不饱和碳上，要实现这样的变化，必须满足双氧水作为反应条件才能实现，综上所述，合成路线为：‎ ‎，‎ 答案为：。‎