云南师范大学附属中学2021届高三化学上学期第二次适应性试题（Word版带解析）

云南师范大学附属中学2021届高三化学上学期第二次适应性试题（Word版带解析）

云南师范大学附属中学2021届高三高考适应性月考卷（二）‎ 理科综合试题化学部分 ‎1. 化学与生活、社会发展息息相关，下列说法错误的是（ ）‎ A. 《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应 B. 食品包装盒中的生石灰或铁粉，都可以起到抗氧化的作用 C. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性 D. 汞蒸气有毒，体温表不慎打碎洒落一些汞，可撒上硫粉进行处理 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为透过蓝色钴玻璃为紫色，故A正确； ‎ B. 食品包装盒中的生石灰是干燥剂，铁粉起到抗氧化的作用，故B错误； ‎ C. 温度升高，蛋白质会发生变性，为避免蛋白质变性失活，疫苗一般应冷藏存放，故C正确； ‎ D. 硫能与汞反应生成硫化汞，故体温表不慎打碎洒落一些汞，可撒上硫粉进行处理，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎2. 如图所示实验中，所选装置能达到实验目的的是（ ）‎ A. 装置①可用于制取氯气 B. 装置②可用于制备碳酸氢钠 C. 装置③可用于分离饱和的碳酸钠溶液和乙酸乙酯 D. 装置④⑤可用于提纯粗盐 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 装置①中缺少加热装置，故不可用于制取氯气，A错误；‎ B. 装置②中二氧化碳气体应从长管通入，故不可用于制备碳酸氢钠，B错误；‎ C. 用分液法分离饱和的碳酸钠溶液和乙酸乙酯，C错误；‎ D. 过滤除去不溶性杂质后，再蒸发结晶可得食盐，装置④⑤可用于提纯粗盐，D正确；‎ 答案选D。 ‎ ‎3. 设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）‎ A. 16.25‎gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA B. ‎64g铜与一定浓度的硝酸完全反应时，转移的电子数为2NA C. 常温下1LpH=7的1mo/LCH3COONH4溶液中CH3COO-与NH4+数目均为NA D. 在2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑反应中，当生成2.24LPH3，转移了0.3NA电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．‎16.25g氯化铁的物质的量是＝0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，选项A错误；‎ B．‎64g铜的物质的量为： =1mol，1mol题完全反应转移了2mol电子，转移的电子数为2NA，选项 B正确；‎ C．CH3COO-、NH4+水解，常温下1LpH=7的1mo/LCH3COONH4溶液中CH3COO-与NH4+数目均小于NA，选项C错误；‎ D．在2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑反应中，当生成2molPH3，转移了6mol电子，但非标准状况下无法计算PH3的物质的量，就无法计算转移的电子数，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4. 下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（ ）‎ A. 向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4溶液橙色加深：Cr2O(橙色)+H2O=2CrO(‎ 黄色)+2H+‎ B. 用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：Ca2++CO=CaCO3↓‎ C. 用H2O2从酸化海带灰浸出液中提取碘：IO+3H2O2=I-+3H2O+3O2‎ D. 向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的物质的量最多：Al3++2SO+2Ba2++4OH-=AlO+2BaSO4↓+2H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，氢离子浓度增大， Cr2O(橙色)+H2O 2CrO(黄色)+2H+左移，Cr2O浓度增大，溶液橙色加深，A正确；‎ B. 用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：CaSO4+CO=CaCO3↓+ SO，B错误；‎ C. 用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘，双氧水是氧化剂，把浸出液中的碘离子氧化为碘：2H++2 I-+H2O2=I2+2H2O，C错误；‎ D. 向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至铝离子沉淀完全时生成沉淀的物质的量最多，此时 ：2Al3++3SO+3Ba2++6OH-=Al(OH)3 ↓+3BaSO4↓+2H2O，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎5. 如图，增塑剂DCHP可由邻苯二甲酸酐与环已醇反应制得，下列说法正确的是（ ）‎ A. 邻苯二甲酸酐分子中所有的原子不可能共平面 B. 环己醇的一氯代物有3种 C. DCHP的分子式为C20H26O D. 1molDCHP最多可与含4molNaOH的溶液反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 苯环是平面型分子、羰基及与碳原子直接相连的原子处于同一平面，故邻苯二甲酸酐分子中所有的原子可能共平面，A错误；‎ B. 环己醇的六元环上有四种氢原子，故一氯代物有4种，B错误；‎ C. 从结构简式知DCHP的分子式为C20H26O，C正确；‎ D. 1molDCHP中含2mol酯基，水解后生成的是环己醇，环己醇不能与氢氧化钠溶液反应，故最多可与含2molNaOH的溶液反应，D错误；‎ 答案选C。 ‎ ‎6. 科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元索W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如图，W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。(注：实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注)下列说法正确的是（ ）‎ A. 氢化物的热稳定性：X>Y B. 元素X、Y各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4‎ C. Y与Z可组成阴阳离子数之比为1：2的离子化合物 D. ZW与水反应生成W2的反应中，ZW为氧化剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 四种原子序数依次递增短周期元索W、X、Y、Z，由化合物的结构可知，X能形成4个共价键，则X为C元素；W的原子序数最小，只形成了1个共价键，则W为H元素；Y能形成2个共价键，则Y为O元素Z是同周期中金属性最强的元素则Z为Na元素；；‎ ‎【详解】A. 非金属性O>C，非金属性越强，元素的氢化物的稳定性越强，则稳定性H2O>CH4，故A错误；‎ B. Y即氧元素没有+6价，故B错误；‎ C. 氧化钠为阴阳离子数之比为1:2的离子化合物，故C正确；‎ D. ZW即NaH与水反应生成W2即氢气的反应中，NaH为还原剂，水为氧化剂，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎7. 某微生物电池在运行时可同时实现净化含葡萄糖的污水、净化含Cr2O废水(常温时pH约为6)和淡化食盐水，其装置示意图如图所示，图中D和E为阳离子交换膜或阴离子交换膜，Z为待淡化食盐水。已知Cr2O转化为Cr(III)，下列说法不正确的是（ ）‎ A. D阴离子交换膜 B. X为含葡萄糖的污水，Y为含Cr2O废水 C. A室的电极反应式为C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+‎ D. 理论上处理1mol的Cr2O的同时可脱除3mol的NaCl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原电池中，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子从负极流出，电子沿着导线流向正极，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，电化学反应时，电极上电子数守恒，据此分析回答；‎ ‎【详解】A. A室为负极区，阴离子向负极移动，D为阴离子交换膜，允许阴离子通过，A正确；‎ B. A室为负极区，X为含葡萄糖的污水，葡萄糖在负极被氧化生成二氧化碳，C室为正极区，Y为含Cr2O废水，正极反应式为 ，B正确；‎ C. A室为负极区，葡萄糖在负极被氧化生成二氧化碳，电极反应式为C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+，C正确；‎ D. 理论上处理1molCr2O的同时转移电子6mol，即Na+、Cl−分别定向移动6mol ‎，即可脱除6mol的NaCl，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎8. 碘化钠可用作甲状腺肿瘤防治剂、祛痰剂和利尿剂等。某探究小组利用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4•H2O)为原料可制备碘化钠。‎ 资料显示：水合肼有还原性，能消除水中溶解的氧气；NaIO3是一种氧化剂。‎ 回答下列问题：‎ ‎[实验一]制备NaClO溶液 实验装置如图所示：‎ ‎（1）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量简外，还有__(填序号)。‎ A.烧杯 B.容量瓶 C.烧瓶 D.玻璃棒 ‎（2）锥形瓶中发生反应的离子方程式是___。‎ ‎[实验二]制取水合肼。‎ 制备原理：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl 实验装置如图所示：‎ 控制反应温度，将分液漏斗中的溶液缓慢滴人三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集‎108℃‎~‎114℃‎馏分。‎ ‎（3）分液漏斗中的溶液是__(填序号)。选择的理由是__。‎ A.NaOH和NaClO混合溶液 B.CO(NH2)2溶液 ‎[实验三]制备碘化钠 探究小组用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4•H2O)为原料可制备碘化钠。其步骤如下：‎ ‎（4）步骤一：向三颈烧瓶中加入过量的NaOH及水，搅拌、冷却，再加入碘单质，打开恒温磁力搅拌器，保持‎60℃‎~‎70℃‎至反应完全；观察到的现象是___。‎ ‎（5）步骤二：继续加入稍过量的N2H4•H2O，还原NaIO和NaIO3，得NaI溶液粗品；向上述反应液中加入活性炭，煮沸半小时，然后将溶液与活性炭分离，分离的方法是___。‎ ‎（6）步骤三：将步骤二中分离出的溶液__、__、过滤、洗涤、干燥，得产品。‎ ‎（7）某同学检验产品NaI中是否混有NaIO3杂质。取少量固体样品于试管中，加水溶解，滴加少量淀粉溶液后再滴加适量稀硫酸，片刻后溶液变蓝，由此得出NaI中含有NaIO3杂质。请评价该实验结论合理性：___(填“合理”或“不合理”)。‎ ‎【答案】 (1). AD (2). Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O (3). A (4). 如果次氯酸钠溶液装在三颈烧瓶中，生成的水合肼会被次氯酸钠氧化 (5). 无固体残留且溶液呈无色 (6). 过滤 (7). 蒸发浓缩 (8). 冷却结晶 (9). 不合理 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯气和氢氧化钠反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水，用于制备次氯酸钠；利用氧化还原反应原理，将NaOH和NaClO混合溶液滴入尿素中制备水合肼，再通过蒸馏分离出来；用水合肼还原碘酸钠制备碘化钠，并蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到产品。 ‎ ‎【详解】(1)配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量简外，还需溶解固体的烧杯和玻璃棒，故答案为AD；‎ ‎(2)锥形瓶中氯气和氢氧化钠反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水，故发生反应的离子方程式是；‎ ‎(3)已知水合肼有还原性，能消除水中溶解的氧气，故水合肼能和次氯酸钠发生氧化还原反应，据此可知，制备水合肼时，分液漏斗中的溶液是NaOH和NaClO混合溶液，答案为A，选择的理由是如果次氯酸钠溶液装在三颈烧瓶中，生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；‎ ‎(4)向三颈烧瓶中加入过量的NaOH及水，搅拌、冷却，再加入碘单质，打开恒温磁力搅拌器，保持‎60℃‎~‎70℃‎，则碘单质与过量氢氧化钠溶液反应生成可溶性NaIO、NaIO3和NaI，反应完全；观察到的现象是无固体残留且溶液呈无色；‎ ‎(5)继续加入稍过量的N2H4•H2O，水合肼有还原性，能还原NaIO和NaIO3，得NaI 溶液粗品；向上述反应液中加入活性炭，分离溶液与活性炭的方法是过滤；‎ ‎(6)要从步骤二中分离出的溶液中提取碘化钠，所需的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得产品；‎ ‎(7)同学检验产品NaI中是否混有NaIO3杂质的实验结论不合理，因为NaIO杂质有干扰：假如没有NaIO3、但是有NaIO时，碘化钠、次碘酸钠和稀硫酸也会反应得到碘单质，与少量淀粉溶液反应后也会显特殊的蓝色。‎ ‎9. 钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Se2O3)的一种流程如图：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）反萃取前洗涤“油相”可除去大量的钛离子。试剂1是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。混合的实验操作是__。‎ ‎（2）试剂2为强碱，且组成溶质的阴、阳离子所含电子总数相等，其电子式为___。‎ ‎（3）常温下，先加入氨水调节pH=3，溶液中先被除去的离子是__；滤液2中含量最多的金属元素是___，当滤液2中c(Sc3+)=9×10-7mol·L-1时，滤液的pH=__。‎ ‎{已知：Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39、Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31}‎ ‎（4）写出“沉钪”得到草酸钪的离子方程式：___。‎ ‎（5）请配平草酸钪“灼烧”过程的化学反应方程式：__Sc2(C2O4)3+__O2__Sc2O3+__CO2。‎ ‎（6）废酸中含钪量为18mg·L-1，每‎1L废酸最多可提取Sc2O3的质量为__(保留2位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). 将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅摔，冷却后再慢慢注入H2O2，并不断搅拌 (2). (3). Fe3+ (4). Mn或锰元素 (5). 6 (6). 2Sc3++3H‎2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+6H+ (7). 2 (8). 3 (9). 2 (10). 12 (11). ‎‎0.028g ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废液萃取，油相加入氢氧化钠反萃取，过滤得到滤渣加入盐酸溶解，加入氨水调节溶液PH ‎，过滤得到滤渣加入盐酸酸溶，加入草酸沉钪生成草酸钪，灼烧得到氧化钪；‎ ‎【详解】(1)试剂1是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。浓硫酸密度大于水的密度，应把密度大的加入密度小的，且浓硫酸稀释大量放热要避免引起双氧水分解，则混合的实验操作是：将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅摔，冷却后再慢慢注入H2O2，并不断搅拌；‎ ‎(2)试剂2为强碱，且组成溶质的阴、阳离子所含电子总数相等，则为氢氧化钠，其电子式为；‎ ‎(3)根据Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39、Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31，可以求出余下三种离子沉淀完全(离子浓度小于10−5mol⋅L−1)的pH，发现锰离子沉淀完全时pH约为10，钪离子沉淀完全时pH约为5，而铁离子沉淀完全时pH约为4，所以先加入氨水调节pH=3，过滤，滤渣主要成分是Fe(OH)3，故溶液中先被除去的离子是Fe3+；再向滤液加入氨水调节pH，是便于此时溶液中，当滤液2中c(Sc3+)=9×10-7mol·L-1时，即，则c(OH−)=10−8 mol⋅L−1，pH=6；由于锰离子沉淀完全时pH约为10，故滤液2中含量最大的金属离子是锰离子； ‎ ‎(4)草酸 “沉钪”得到草酸钪，则反应为复分解反应，离子方程式为：2Sc3++3H‎2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+6H+；‎ ‎(5)草酸根中碳的化合价是+3价，在灼烧草酸钪时会被氧化为CO2，氧气是氧化剂，则化学方程式为草酸钪“灼烧”过程的化学反应方程式：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；‎ ‎(6)废酸中含钪量为18mg·L-1，每‎1L废酸中Sc3+的质量为‎0.018g，故最多可提取Sc2O3的质量为。‎ ‎10. 天然气净化等过程中产生有毒的H2S，直接排放会污染空气。‎ ‎(1)工业上用克劳斯工艺处理含H2S的尾气获得硫黄，流程如图：‎ 反应炉中的反应：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)∆H=-1035.6kJ·mol-1，催化转化器中的反应：2H2S(g)+SO2(g)=3S(g)+2H2O(g)∆H=-92.8kJ·mol-1‎ ‎。克劳斯工艺中获得气态硫黄的总反应的热化学方程式为__。(∆H数值保留1位小数)‎ ‎(2)H2S的尾气在高温下分解可制取氢气：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)。‎ ‎①某温度时，在‎3L密闭容器中，测得反应体系中有气体1.28mol，反应tmin后，测得气体为1.34mol，则tmin内H2的生成速率为___。‎ ‎②恒容的密闭容器中，某温度时，H2S的转化率达到最大值的依据是__(填序号)。‎ a气体的压强不发生变化 b.气体的密度不发生变化 c.不发生变化 d.单位时间里分解的H2S和生成的H2一样多 ‎(3)科研工作者利用微波法处理尾气中的H2S并回收H2和S，反应为H2S(g)H2(g)+S(g)，一定条件下，H2S的转化率随温度变化的曲线如图。‎ ‎①H2S分解生成H2和S的反应为___反应(填“吸热”或“放热”)；微波的作用是__。‎ ‎②在密闭容器中，微波的条件下控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为cmol·L-1，测定H2S的转化率，根据图，计算‎570℃‎时H2S按上述反应分解的平衡常數K=___。‎ ‎(4)H2S气体可与空气、KOH溶液组成燃料电池，其总反应方程式为2H2S+3O2+4KOH=2K2SO4+4H2O。‎ ‎①该电池负极的电极反应式为___。‎ ‎②该电池在工作时负极区溶液的pH__(填“升高”“降低”或“不变”)。‎ ‎【答案】 (1). 6H2S(g)+3O2(g)=6S(g) +6H2O(g) △H=-1221.2kJ•mol-1(或2H2S(g)+O2(g)=2S(g) +2H2O(g) △H=-407.1kJ•mol-1) (2). mol•L-1•min-1 (3). ac (4). 吸热 (5). 微波使H2S(g)H2(g)+S(g)的化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率 (6). mol•L-1 (7). H2S+8OH--6e-=SO+5H2O(或2H2S+16OH--12e-=2SO+10H2O) (8). 降低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)~(3)热化学方程式可通过盖斯定律计算求得；平衡状态的判断方法有：①对正反应速率和逆反应速率相等，②各成分的含量、也可以是物质的量或浓度保持定值、不再改变了，③选定的某个物理量，一开始会随着反应的发生而变化，而当这个量不再改变的时候，就达到化学平衡状态；化学反应速率和平衡常数的计算，需结合定义、从图中提取数据等进行；‎ ‎(4)燃料电池中，通入燃料的一极为负极，还原剂失去电子发生氧化反应，电子沿着导线流向正极，通入助燃物的一极为正极，正极上发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，碱性条件下氢氧根往往在负极被消耗，据此回答；‎ ‎【详解】(1)由a：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)∆H=-1035.6kJ·mol-1，由b：2H2S(g)+SO2(g)=3S(g)+2H2O(g)∆H=-92.8kJ·mol-1，结合盖斯定律可知 ， ；‎ ‎(2)①某温度时，在‎3L密闭容器中，测得2H2S(g)2H2(g)+S2(g)反应体系中有气体1.28mol，反应tmin后，测得气体为1.34mol，则气体增加0.06mol，按差量法可知，生成的S2(g)的物质的量为0.06mol， mol•L-1•min-1；‎ ‎②恒容的密闭容器中，某温度时，H2S的转化率达到最大值，则体现处于平衡状态；‎ a. 2H2S(g)2H2(g)+S2反应中，气体的物质的量、压强会随着反应而变化，故容器内压强不随时间的变化，说明气体的物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，a正确；b. 恒容密闭容器中， ，气体质量、容积体积始终不变，故气体密度不变不能说明已平衡，b错误；c.不发生变化，则QC=k，说明已平衡，c正确；d. 单位时间里分解的H2S和生成的H2一样多，均为正反应速率，逆反应速率未知，故不能说明已平衡，d错误；综上，正确的是ac；‎ ‎(3)①反应H2S(g)H2(g)+S(g)，由图可知，温度越高、转化率越大，可知升高温度平衡正向移动，则正反应H2S分解生成H2和S的反应为吸热反应；由图知在相同温度下，微波存在时，转化率明显提高，故微波的作用为：微波使H2S(g)H2(g)+S(g)‎ 的化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率；‎ ‎②以H2S起始浓度均为cmol·L-1，根据图，计算‎570℃‎时H2S的转化率为40%，，上述反应分解的平衡常數；‎ ‎(4)①该电池负极为H2S气体发生氧化反应，故电极反应式为H2S+8OH--6e-=SO+5H2O；②由电极方程式知，该电池在工作时负极区消耗OH-，故溶液的pH降低。‎ ‎11. 钛和钛的化合物用途比较广泛。‎ I.以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理如图所示。请根据该反应机理中所涉及的元素及其化合物，回答下列问题：‎ ‎(1)氧原子核外电子的空间运动状态有__种，基态钛原子的价电子排布式为__，该基态原子最外层的电子电子云轮廓图为__。‎ ‎(2)C、O和Ti电负性由大到小的顺序为__。‎ ‎(3)与Co分子互为等电子体的分子和离子各写出1种，分别为__和___(填化学式)。‎ ‎(4)在一定条件下CO可与铁单质反应生成配位化合物——羰基铁Fe(CO)5，常温下呈液态，熔点为‎-20.5℃‎，沸点为‎103℃‎，易溶于非极性溶剂。据此可以判断Fe(CO)5晶体类型为__。从电负性角度分析，Fe(CO)5中与Fe形成配位键的是__(填“碳”或“氧”)原子。‎ ‎(5)同主族化学性质相似，H4SiO4在常温下能稳定存在，但H4CO4不能，会迅速脱水生成H2CO3，最终生成CO2，主要原因是___。H4SiO4中Si的轨道杂化类型为__。‎ II.‎ 钙钛矿晶体为高温超导领域里的一种化合物，其结构如图所示，该结构是具有代表性的最小重复单位。‎ ‎(1)在该物质的晶体结构中，每个钛离子周围与它最接近且距离相等的钛离子、钙离子各有__个。‎ ‎(2)若钙、钛、氧三元素的相对原子质量分别为a、b、c，晶体结构图中正方体边长(钛原子之间的距离)为dnm(1nm=10‎-9m)，则该晶体的密度为___g/cm3。‎ ‎【答案】 (1). 8 (2). 3d24s2 (3). 球形 (4). O>C>Ti (5). N2 (6). CN- (7). 分子晶体 (8). C (9). Si的原子半径大于C (10). sp3杂化 (11). 6、8 (12). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.按电子排布规律可知价电子的排布情形并按要求回答；电负性的大小可衡量吸引电子能力的强弱；按等电子体理论可寻出CO的等电子体、根据价层电子对互斥理论可确定分子的空间构型、并据此确定中心原子的杂化方式；‎ Ⅱ. 根据晶胞示意图，用均摊法计算晶胞的质量、按已知条件计算晶胞的体积，按密度定义计算晶胞的密度ρ=即可；‎ ‎【详解】I. (1)氧原子核外有8个电子，没有两个电子的运动状态完全相同，故氧原子核外电子的空间运动状态有8种，钛原子序数为22，故基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，该基态原子最外层的电子为4s电子，电子云轮廓图为球形；‎ ‎(2)电负性大，吸引电子能力越强，同一周期原子序数越大电负性越强，元素电负性，C、O和Ti电负性由大到小的顺序为O>C>Ti； ‎ ‎(3)具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子是等电子体，CO的价电子数为14，则与CO分子互为等电子体的分子N2、离子为CN-； ‎ ‎(4)羰基铁Fe(CO)5，常温下呈液态，熔点为‎-20.5℃‎，沸点为‎103℃‎，易溶于非极性溶剂，据此可以判断Fe(CO)5晶体类型为分子晶体；电负性弱的吸引电子能力弱，易提供孤对电子形成配位键，故从电负性角度分析，Fe(CO)5中与Fe形成配位键的是碳原子； ‎ ‎(5) H4SiO4在常温下能稳定存在，但H4CO4不能，会迅速脱水生成H2CO3，最终生成CO2，主要原因是Si的原子半径大于C，碳原子半径小，难以同时连几个羟基，故会分子内脱水，最终生成CO2； H4SiO4中Si孤电子对数为0，价层电子对为4，故分子空间构型为正四面体，轨道杂化类型为sp3杂化； ‎ II. (1)在该物质的晶体结构中，钛原子位于晶胞的顶点、氧原子位于棱边的中点、氧原子位于体心，则每个钛离子周围与它最接近且距离相等的钛离子、钙离子各有6、8个； ‎ ‎(2)由晶胞示意图知，利用均摊法可知在每个晶胞中钛离子个数为=1，氧离子的个数为=3，钙离子个数为1，所以氧、钛、钙的离子个数比是3:1:1；若钙、钛、氧三元素的相对原子质量分别为a、b、c，晶体结构图中正方体边长(钛原子之间的距离)为dnm(1nm=10‎-9m)，则 ==g/cm3 ，故该晶体的密度为g/cm3。‎ ‎12. 化合物M可用作消毒剂、抗氧化剂、医药中间体。实验室由芳香烃A制备M的一种合成路线如图：‎ 已知：①扎依采夫规则：；‎ ‎②R1COOR2。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的化学名称为___；由B生成C的反应类型为___。‎ ‎（2）加入的试剂1为___。‎ ‎（3）E中官能团的名称为___。‎ ‎（4）由F转化为G的化学方程式为___。‎ ‎（5）M的结构简式为___。‎ ‎（6）芳香化合物Q为C的同分异构体，Q满足下列条件的同分异构体有__种。‎ ‎①属于芳香族化合物②能发生银镜反应③能与氢氧化钠反应 其核磁共振氢谱有4组吸收峰。写出符合要求Q的一种结构简式：___。‎ ‎（7）参照上述合成路线和信息，以苯甲酸甲酯和CH3MgBr为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线。____。‎ ‎【答案】 (1). 甲苯 (2). 氧化反应 (3). FeCl3和Cl2 (4). 羧基、氯原子 (5). +CH3CH2OH +H2O (6). (7). 17 (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)~(6)：A的分子式为C7H8，结合B的结构简式可知，A为；对比B与C的分子式，结合反应条件可知C的结构简式为，C与氯气发生苯环上取代反应生成D，D与氢气发生加成反应生成E，E发生消去反应生成F，结合已知①，则E为；‎ F为；F与乙醇发生酯化反应生成G为，G发生已知②中的反应生成的M为；‎ ‎ (7)用逆合成分析法可知：由发生加聚反应得到，由发生消去反应得到，由已知②可知苯甲酸甲酯与①CH3MgBr、②H+/H2O作用得到；‎ ‎【详解】(1)据分析A的化学名称为甲苯；B为、C为，由B生成C的反应类型为氧化反应；‎ ‎(2)C为、加入试剂1后生成D即，故加入的试剂1为FeCl3和Cl2；‎ ‎(3)E为，E中官能团的名称为羧基和氯原子；‎ ‎(4)F为，F与乙醇发生酯化反应生成的G为，由F转化为G的化学方程式为+CH3CH2OH +H2O；‎ ‎(5)根据分析，M的结构简式为。‎ ‎(6)芳香化合物Q为C 即的同分异构体，Q满足下列条件：①属于芳香族化合物；②能发生银镜反应，则含有醛基；③能与氢氧化钠反应；符合条件的同分异构体可以是：苯环有1个侧链的为；苯环有2个侧链为HCOO-与甲基，2个侧链有邻、间、对3种位置；苯环有2个侧链为—OH和—CH2CHO，2个侧链有邻、间、对3种位置；苯环有3个侧链为-CHO、-OH和甲基，按定二移一法知：苯环上连羟基有4种同分异构体、苯环上连羟基有4种同分异构体、苯环上连羟基有2种同分异构体；综上，共有1+3+3+4+4+2=17种同分异构体；其核磁共振氢谱有4组吸收峰Q的一种结构简式：；‎ ‎(7)发生加聚反应得到，发生消去反应得到，由已知②可知苯甲酸甲酯与①CH3MgBr、②H+/H2O作用得到 ‎，合成路线为：。‎