广东省广州市2020届高三4月第一次模拟考试理综化学试题 Word版含解析

广东省广州市2020届高三4月第一次模拟考试理综化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020年广州市高三一测理科综合-化学试题 相对原子质量：H1 Li7 N14 O16 Ni59 Zn65 Cd112 La139‎ 一、单选题 每题6分 ‎1.我国古代优秀科技成果对人类文明进步做出巨大贡献，下列有关说法错误的是 A. 烧制“青如天，明如镜，薄如纸，声如磬”的瓷器的主要原料为黏土 B. 记载“伦乃造意，用树肤……以为纸”中的“树肤”的主要成分含纤维素 C. 古代“黑火药”是由硫磺、木炭、硝酸三种物质按一定比例混合制成 D. “司南之杓，投之于地，其柢指南”中的“杓”的主要成分是天然磁铁（Fe3O4）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．瓷器的主要原料为黏土，是利用黏土高温煅烧制得的，故A正确；‎ B．树肤即树皮，主要成分为纤维素，故B正确；‎ C．制备黑火药的原料为S、KNO3、C，三者比例为1∶2∶3，故C错误；‎ D．与磁铁的磁性有关，则司南中的“杓”含Fe3O4，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎2.关于化合物1，4-二氢萘（），下列说法错误的是 A. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 分子中所有原子均处同一平面 C. 一氯代物有4种（不考虑立体异构）‎ D. 与 互为同分异构体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；‎ B．苯环为平面结构，碳碳双键为平面结构，但分子结构中含有亚甲基，分子中所有原子不可能处同一平面上，故B错误；‎ C．上有4种H原子()，一氯代物有4种，故C正确；‎ - 19 -‎ D．与 的分子式相同，均为C10H10，但结构不同，互为同分异构体，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、、)中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。‎ ‎3.实验室模拟氨催化氧化法制硝酸的装置如图所示（无水CaCl2可用于吸收氨气），下列说法错误的是 A. 装置①、②、⑤依次盛装碱石灰、无水CaCl2、NaOH溶液 B. 装置③中气体呈红棕色 C. 装置④中溶液可使紫色石蕊溶液变红，说明有HNO3生成 D. 通空气主要作用是鼓出氨气，空气可用N2代替 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 空气通入浓氨水后，氨气和氧气的混合气体经过干燥后进入装有催化剂的硬质玻璃管，发生催化氧化，4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O，生成的气体经过无水CaCl2，除去氨气和水蒸气，在装置③中NO与空气中的氧气反应生成NO2，并收集，④中的水可以吸收排出的二氧化氮，尾气中的NO在⑤中被吸收，防止污染，因此⑤中可以选用氢氧化钠溶液，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据上述分析，装置①、②、⑤依次盛装碱石灰、无水CaCl2、NaOH溶液，故A正确；‎ B．装置③NO被氧化生成NO2，气体呈红棕色，故B正确；‎ C．装置④中发生3NO2 + H2O =2HNO3 + NO，溶液显酸性，可使紫色石蕊溶液变红，故C正确；‎ D．通空气的主要作用是鼓出氨气并提供氧气，空气不能用N2代替，故D错误；‎ - 19 -‎ 故选D。‎ ‎4.一种矿石[Y3Z2X5（XW）4]的组成元素W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分别位于不同周期，其中Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半,1个W2X分子含有10个电子。下列说法正确的是 A. 原子半径：Y＞Z＞X＞W B. Y与X可形成共价化合物 C. Z的最高价氧化物的水化物是中强酸 D. 简单氢化物的沸点：Z＞X ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分别位于不同周期，则W为H元素，X位于第2周期，Z位于第3周期，1个W2X分子含有10个电子，则X为O元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，Z最外层有4个电子，Z为Si元素，Y3Z2X5(XW)4的化学式为Y3Si2O5(OH)4，根据正负化合价的代数和为0，Y显+2价，为Mg元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：Y＞Z＞X＞W，故A正确；‎ B．Y为Mg元素，为活泼的金属元素，X为O元素，是活泼的非金属性元素，Y与X形成离子化合物，故B错误；‎ C．Z为Si元素，Z的最高价氧化物的水化物是两性氢氧化物，故C错误；‎ D．水分子间能够形成氢键，因此简单氢化物的沸点：X＞Z，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】正确推断元素是解题的关键。本题的易错点为B，要注意活泼的金属元素和活泼的非金属元素容易形成离子键。‎ ‎5.我国科学家设计了一种太阳能驱动从海水中提取金属锂的装置，示意图如图所示。该装置工作时，下列说法正确的是 - 19 -‎ A. 铜箔上的电势比催化电极上的高 B. 海水的pH变大 C. 若转移1mol电子，理论上铜箔增重7g D. 固体陶瓷膜可用质子交换膜代替 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据海水提取金属锂的装置图知，催化电极上放出气体，为氯离子放电生成氯气，因此催化电极为阳极，则铜箔为阴极，阴极上得电子发生还原反应析出金属锂，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据以上分析，催化电极为阳极，铜箔为阴极，铜箔上电势比催化电极上的低，故A错误；‎ B．海水中的锂离子和氯离子放电，海水的pH基本不变，故B错误；‎ C．根据转移电子数相等，若导线中转移1mol电子，则铜箔上产生1molLi，质量为7g，故C正确；‎ D．因为催化电极为阳极，放出氯气，铜箔为阴极，形成金属锂，所以固体陶瓷膜为阳离子交换膜，不能用质子交换膜代替，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】明确各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应原理的分析。本题的易错点为D，要注意固体陶瓷膜为阳离子交换膜，是使锂离子通过的，不能用质子交换膜代替。‎ ‎6.已知邻苯二甲酸（H2A）的K a1 =1.1×10−3，K a2=3.9×10−6。常温下，用0.10mol·L−1的NaOH溶液滴定20.0mL0.10mol·L−1的邻苯二甲酸氢钾（KHA）溶液，溶液pH的变化曲线如图所示。下列叙述错误的是 - 19 -‎ A. a点混合溶液中：c（K+）>c（A2-）>c（Na+）>c（HA-）‎ B. b点的混合溶液中：c（Na+）=c（A2-）+c（HA-）‎ C. c点溶液pH在9~10之间 D. 从a点到c点水的电离程度逐渐增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．a点(加入的NaOH为KHA物质的量的一半，)溶液显酸性，HA-的水解常数Kh===×10-11，HA-的电离常数为3.9×10-6＞×10-11，则HA-的电离程度大于水解程度，但其电离程度较小，所以其溶液中离子浓度关系为：c(K+)＞c(A2-)＞c(Na+)＞c(HA-)，故A正确；‎ B．b点溶液的pH=7，c(OH-)=c(H+)，此时溶液中所含溶质为等浓度的K2A和Na2A，以及少量的KHA，根据电荷守恒c(Na+)+c(K+)+c(H+) = c(OH-)+c(HA-) + 2c(A2-)，因此c(Na+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)，在KHA溶液中存在物料守恒，c(K+)=c(HA-)+c(A2-)+ c(H2A)，因此c(Na+)+ c(H2A)= c(A2-)，故B错误；‎ C．c点溶液中含有等浓度的K2A和Na2A，Kh===×10-8，c(OH-)≈mol/L=×10-5mol/L，pH在9~10之间，故C正确；‎ D．a点溶液由于HA-的电离产生H+，溶液显酸性，水的电离受到抑制，随着NaOH溶液的加入，溶液中c(HA-)逐渐减小，c(A2-)逐渐增大，A2-的水解促进水的电离，因此水的电离程度逐渐增大，故D正确；‎ - 19 -‎ 故选B。‎ ‎7.研究人员提出了一种基于Li元素的电化学过程来合成氨，其工艺路线如图所示，下列说法错误的是 A. 第一步每生成1mol氧气转移的电子数为4NA（NA为阿伏加德罗常数的值）‎ B. 第一步实现了能量转化：可再生能源→电能→化学能 C. 第二步反应方程式为 6Li+N22Li3N D. 该工艺的总反应为N2+3H22NH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．第一步电解熔融的氢氧化锂生成锂和氧气，每生成1mol氧气转移4mol电子，电子数为4NA，故A正确；‎ B．根据图示，第一步的能量转化：风能和太阳能等可再生能源转化为电能，在电解池中电解熔融的氢氧化锂生成锂和氧气，实现可再生能源→电能→化学能的转化，故B正确；‎ C．根据图示，第一步生成了锂，第三步中的反应物为Li3N，因此第二步反应生成了Li3N，因此第二步反应的化学方程式为 6Li+N22Li3N，故C正确；‎ D．根据流程图，该工艺的第一步反应为4LiOH(熔融)4Li+2H2O+O2↑，第二步反应为 6Li+N22Li3N，第三步反应为Li3N+ 3H2O= 3LiOH+ NH3，因此总反应为2N2+6H2O4NH3+3O2，故D错误；‎ 故选D。‎ 二、填空题 - 19 -‎ ‎8.实验室以活性炭为催化剂，用CoCl2·6H2O制取三氯化六氨合钴（Ⅲ）。总反应式为2CoCl2+10NH3+2NH4Cl+H2O2+2H2O。制备流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）步骤①“溶解”需加热并使用研细的CoCl2·6H2O，目的是________。‎ ‎（2）步骤②“络合”需降温至10℃进行，原因是________。‎ ‎（3）步骤③“氧化”在60℃进行。“操作I”是________。已知：[Co（NH3）6]Cl3在冷水中溶解度较小，在热水中溶解度较大。‎ ‎（4）“溶液2”中钴主要以[Co（NH3）6]3+形式存在，加入浓HCl的作用是________。‎ ‎（5）用下图装置测定产品中NH3的含量（已省略加热和夹持装置）：‎ ‎①蒸氨：取mg样品进行测定。添加药品后，加热三颈烧瓶，蒸出的NH3通入含有V1mLc1 mol·L−1H2SO4 标准溶液的锥形瓶中。液封装置1的作用是________。‎ ‎②滴定：将液封装置2中的水倒入锥形瓶后，滴定过剩的H2SO4，消耗V2 mLc2 mol·L−1的NaOH标准溶液。产品中NH3的质量分数为___。若未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，测得NH3的质量分数可能__（填“偏高”或“偏低”）。‎ ‎【答案】 (1). 加速溶解 (2). 防止氨气逸出 (3). 趁热过滤 (4). 存在溶解平衡[Co(NH3)6]Cl3(s)⇌ [Co(NH3)6]3+(aq)+3Cl-(aq)，加入浓盐酸，增大了c(Cl-)，使平衡逆向移动，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3晶体 (5). 平衡气压，防止倒吸，防止氨气逸出 (6). ‎ - 19 -‎ ‎×100% (7). 偏低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将CoCl2•6H2O和可溶性NH4Cl一起用水溶解，所得溶液中加入活性碳和浓氨水，得到[Co(NH3)6]Cl2和活性炭的浊液，滴加H2O2的水溶液，在活性炭的催化作用下，溶液中Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)，生成[Co(NH3)6]Cl3和活性炭的浊液，再加入浓盐酸，冷却过滤，析出晶体[Co(NH3)6]Cl3，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)步骤①“溶解”需加热并使用研细的CoCl2·6H2O，目的是加速CoCl2·6H2O的溶解速率，故答案为：加速溶解；‎ ‎(2)浓氨水容易挥发，步骤②“络合”需降温至10℃进行，可以防止氨气逸出，故答案为：防止氨气逸出；‎ ‎(3)[Co(NH3)6]Cl3在冷水中溶解度较小，在热水中溶解度较大，步骤③“氧化”在60℃进行。为了防止[Co(NH3)6]Cl3结晶析出，“操作I”需要趁热过滤，故答案为：趁热过滤；‎ ‎(4)“溶液2”中钴主要以[Co(NH3)6]3+形式存在，存在溶解平衡[Co(NH3)6]Cl3(s)⇌ [Co(NH3)6]3+(aq)+3Cl-(aq)，加入浓盐酸，增大了c(Cl-)，使平衡逆向移动，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3晶体，故答案为：存在溶解平衡[Co(NH3)6]Cl3(s)⇌ [Co(NH3)6]3+(aq)+3Cl-(aq)，加入浓盐酸，增大了c(Cl-)，使平衡逆向移动，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3晶体；‎ ‎(5)①添加药品后，加热三颈烧瓶，蒸出的NH3通入含有V1mLc1 mol·L−1H2SO4 标准溶液的锥形瓶中，为了防止氨气逸出，需要用液封装置，同时可以起到平衡气压，防止倒吸的作用，故答案为：平衡气压，防止倒吸，防止氨气逸出；‎ ‎②硫酸过量，氨气与硫酸反应生成硫酸铵[(NH4)2SO4]，剩余的H2SO4，消耗V2 mLc2 mol·L−1的NaOH标准溶液，因此硫酸吸收的氨气的物质的量为×10-3mol，产品中NH3的质量分数为×100%，氨气容易挥发，若未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，则使得硫酸吸收的氨气偏少，则测得的NH3的质量分数偏低，故答案为：×100%；偏低。‎ - 19 -‎ ‎9.镉（Cd）可用于制作某些发光电子组件。一种以镉废渣（含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质）为原料制备镉的工艺流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）“滤渣1”的主要成分为 Cu（OH）2和_____（填化学式）。‎ ‎（2）“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为_____、_____。‎ ‎（3）“置换”中镉置换率与（ ）的关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。‎ ‎①实际生产中比值最佳为1.3，不宜超过该比值的原因是________。‎ ‎②若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn应为____kg。‎ ‎（4）“置换”后滤液溶质主要成分是________（填化学式）。‎ ‎（5）“熔炼”时，将海绵镉（含Cd和Zn）与NaOH混合反应，反应的化学方程式是________。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的___不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。‎ ‎【答案】 (1). CaSO4 (2). 3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3 Fe(OH)3↓+5H+ (3). 3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+ (4). 锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH的用量过多增加成本 (5). 86.2 (6). ZnSO4 (7). Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑ (8). 密度 - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程图，镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质)，破碎后加入稀硫酸溶解，溶液中含有多种硫酸盐，加入石灰乳调节pH=5，沉淀除去Cu(OH)2和硫酸钙，在滤液中加入高锰酸钾溶液，氧化亚铁离子为铁离子，形成氢氧化铁沉淀，将Mn2+氧化生成二氧化锰沉淀；在滤液中再加入锌置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶解其中过量的锌，得到镉和Na2ZnO2，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)硫酸钙微溶于水，“滤渣1”的主要成分为 Cu(OH)2和CaSO4，故答案为：CaSO4；‎ ‎(2)“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3 Fe(OH)3↓+5H+，3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3 Fe(OH)3↓+5H+；3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；‎ ‎(3)①实际生产中比值最佳为1.3，如果超过该比值，锌粉用量过多会增加成本；生成的海绵镉的纯度会降低；熔炼中NaOH的用量过多，也会增加成本，故答案为：锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH的用量过多增加成本；‎ ‎②锌置换镉的反应为Cd2++Zn=Cd+Zn2+，若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn的质量为×65kg/kmol×1.3=86.2kg，故答案为：86.2；‎ ‎(4)根据流程图，“氧化”后的溶液中主要含有Cd2+和Zn2+，因此加入锌“置换”后滤液溶质的主要成分是ZnSO4，故答案为：ZnSO4；‎ ‎(5)“熔炼”时，将海绵镉(含Cd和Zn)与NaOH混合反应，锌被NaOH溶解，反应的化学方程式是Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，Cd液体与Na2ZnO2的密度不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的，故答案为：Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑；密度。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为(3)②的计算，要注意镉置换率达到98%，同时=1.3。‎ ‎10.丙烯广泛用于合成聚丙烯、丙烯醛、丙烯酸等工业领域。回答下列问题：‎ - 19 -‎ ‎（1）丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应如下：‎ C3H8（g）C3H6（g）+H2（g） △H1=+124 kJ·mol-1‎ ‎ ①总压分别为100kPa、10kPa 时发生该反应，平衡体系中C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系如图所示：‎ ‎100kPa时，C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是___、___。‎ ‎②某温度下，在刚性容器中充入C3H8，起始压强为10kPa，平衡时总压为13.3kPa，C3H8的平衡转化率为__。该反应的平衡常数Kp=___kPa（保留1位小数）。‎ ‎（2）丙烷氧化脱氢法制备丙烯主要反应如下：‎ C3H8（g）+O2（g）C3H6（g）+H2O（g） △H2‎ 在催化剂作用下，C3H8氧化脱氢除生成C3H6外，还生成CO、CO2等物质。C3H8的转化率和C3H6的产率随温度变化关系如图所示。‎ ‎①已知H2（g）+O2（g）＝H2O（g） ∆H=-242kJ·mol-1 。由此计算∆H2=__kJ·mol -1。‎ ‎②图中C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是_________。‎ ‎③575℃时，CH的选择性为___。（×100％）‎ - 19 -‎ ‎④基于本研究结果，能提高C3H6选择性的措施是___________。‎ ‎【答案】 (1). a (2). d (3). 33% (4). 1.6 (5). -118 (6). 温度升高，催化剂的活性增大 (7). 51.5% (8). 选择相对较低的温度 ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)①C3H8(g) ⇌ C3H6(g)+H2(g)△H1=+124 kJ·mol-1，正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，C3H8(g)的物质的量分数减小，C3H6(g)的物质的量分数增大；该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，据此分析判断；②同温同体积条件下，气体的压强之比=气体物质的量之比，设C3H8的平衡转化率为x，根据三段式列式计算；‎ ‎(2)①i. C3H8(g) ⇌ C3H6(g)+H2(g) △H1=+124 kJ·mol-1，ii. H2(g)+O2(g)＝H2O(g) ∆H=-242kJ·mol-1，根据盖斯定律分析计算C3H8(g)+O2(g) ⇌ C3H6(g)+H2O(g) △H2；②结合催化剂的活泼变化分析解答；③根据图象，575℃时，C3H8的转化率为33%，C3H6的产率为17%，据此分析解答；④根据图象，分别计算535℃、550℃、575℃时，C3H6的选择性，再分析解答。‎ ‎【详解】(1)①C3H8(g) ⇌ C3H6(g)+H2(g)△H1=+124 kJ·mol-1，正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，C3H8(g)的物质的量分数减小，C3H6(g)的物质的量分数增大；根据方程式，该反应为气体体积增大的反应，增大压强，C3H8的物质的量分数大于10kPa 时C3H8的物质的量分数，因此表示100kPa时，C3H8的物质的量分数随温度变化关系的曲线是a；增大压强，平衡逆向移动，C3H6的物质的量分数减小，表示100kPa时，C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线是d，故答案为：a；d；‎ ‎②同温同体积条件下，气体的压强之比=气体物质的量之比，设C3H8的平衡转化率为x，‎ ‎ ‎ 则10(1-x)+10x+10x=13.3，解得：x=0.33，Kp==1.6kPa，故答案为：33%；1.6；‎ ‎(2)①i. C3H8(g) ⇌ C3H6(g)+H2(g)△H1=+124 kJ·mol-1，ii. H2(g)+O2(g)＝H2O(g) ‎ - 19 -‎ ‎ ∆H=-242kJ·mol-1，根据盖斯定律，将i+ii得：C3H8(g)+O2(g) ⇌ C3H6(g)+H2O(g) △H2=(+124 kJ·mol-1)+(-242kJ·mol-1)=-118kJ·mol-1，故答案为：-118；‎ ‎②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C3H8的转化率应该降低，但实际上C3H8的转化率随温度升高而上升，可能是升高温度，催化剂的活性增大导致的，故答案为：温度升高，催化剂的活性增大；‎ ‎③根据图象，575℃时，C3H8的转化率为33%，C3H6的产率为17%，假设参加反应的C3H8为100mol，生成的C3H6为17mol，C3H6的选择性=×100%=51.5%，故答案为：51.5%；‎ ‎④根据图象，535℃时，C3H6的选择性=×100%=66.7%，550℃时，C3H6的选择性=×100%=61.5%，575℃时，C3H6的选择性=×100%=51.5%，选择相对较低的温度能够提高C3H6选择性，故答案为：选择相对较低的温度。‎ ‎ [化学——选修3：物质结构与性质] ‎ ‎11.储氢合金能有效解决氢气的贮存和输运问题，对大规模使用氢能具有重要的意义。‎ ‎（1）镍氢电池放电时的总反应为NiOOH+MH＝Ni（OH）2+M，M表示储氢合金。Ni成为阳离子时首先失去___轨道电子。Ni3+的价层电子排布式为___。‎ ‎（2）用KF/HF溶液对储氢合金表面进行氟化处理，能改善合金的表面活性。‎ ‎①HF与水能按任何比例互溶，原因是___________。‎ ‎②KHF2KF+HF，KHF2晶体中的作用力类型有___，与HF2-互为等电子体的分子为______（填一种）。‎ ‎（3）用KBH4和NaH2PO4处理储氢合金电极。KBH4中阴离子的空间构型是___，NaH2PO4中阴离子中心原子的杂化类型是_______。‎ ‎（4）某储氢合金的结构属六方晶系，晶体结构及俯视图分别如图（a）、（b）所示，该储氢合金的化学式是_____（填最简式）。已知该储氢合金晶胞底边长为a=0.5017nm，高为c=0.3977nm，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为____g·cm−3（列出计算式）。‎ - 19 -‎ ‎【答案】 (1). 4s (2). 3d7 (3). HF能与水分子形成氢键 (4). 离子键、共价键和氢键 (5). CO2或N2O或CS2等 (6). 正四面体 (7). sp3 (8). LaNi5 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Ni为28号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，据此分析解答；‎ ‎(2)①HF能与水分子形成氢键；②KHF2为离子晶体，结合阴离子HF2-的结构和等电子体的概念分析解答；‎ ‎(3)根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=σ键个数+(a-xb)计算解答；‎ ‎(4)根据晶体结构及俯视图可知，La位于晶胞的顶点和棱上，Ni位于内部和面上，利用均摊法计算判断化学式；该储氢合金晶胞底边长为a=0.5017nm，高为c=0.3977nm，则晶胞的体积为a×asin60°×c，图示晶体结构含有2个晶胞，计算晶胞的质量，根据晶体的密度=计算。‎ ‎【详解】(1)Ni为28号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，成为阳离子时首先失去4s轨道电子，Ni3+的价层电子排布式为3d7，故答案为：4s；3d7；‎ ‎(2)①HF能与水分子形成氢键，因此HF与水能按任何比例互溶，故答案为：HF能与水分子形成氢键；‎ ‎②KHF2为离子晶体，含有离子键，HF2-中存在氢键和共价键；等电子体是含有相同的原子数和价电子数，HF2-含有3个原子，16个价电子，与HF2-互为等电子体的分子为CO2或N2O或CS2等，故答案为：离子键、共价键和氢键；CO2或N2O或CS2等；‎ ‎(3)KBH4中阴离子中B的价层电子对数=4+‎ - 19 -‎ ‎=4，没有孤电子对，空间构型是正四面体，NaH2PO4中阴离子中心原子P的价层电子对数=4+=4，杂化类型是sp3，故答案为：正四面体；sp3；‎ ‎(4)根据晶体结构及俯视图可知，La位于晶胞的顶点和棱上，个数=4×+4×+2×+2×=2，Ni位于内部和面上，个数=12×+4=10，因此化学式为LaNi5；该储氢合金晶胞底边长为a=0.5017nm，高为c=0.3977nm，则晶胞的体积为a×asin60°×c=a2c=×(0.5017×10-7)2×0.3977×10-7cm3，图示晶体结构含有2个晶胞，晶胞的质量为g=g，则晶体的密度== g·cm−3，故答案为：LaNi5；。‎ ‎【点睛】本题的难点为(4)的计算，要注意该晶胞的底面不是矩形，同时晶体结构不是晶胞，是2个晶胞的组合的结构。‎ ‎ [化学——选修5：有机化学基础] ‎ ‎12.化合物I是一种优良的镇痉利胆药物，其合成路线如下：‎ - 19 -‎ 已知：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的名称是_______。‎ ‎（2）反应②的反应类型是_______。‎ ‎（3）E中含氧官能团的名称是_______。‎ ‎（4）反应⑤所需试剂和条件是_______。反应⑥所需试剂和条件是_______。‎ ‎（5）H结构简式为_______。‎ ‎（6）芳香化合物X是D的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，且能发生水解反应，其核磁共振氢谱为4组峰，峰面积比为3︰2︰2︰1。写出两种符合要求的X的结构简式_______。‎ ‎（7）设计由 和为原料制备的合成路线如图，请补充完整_______（无机试剂任选）。‎ ‎【答案】 (1). 邻苯二酚 (2). 加成反应 (3). 醚键和醛基 (4). 银氨溶液、酸化（或新制氢氧化铜悬浊液，加热或氧气，催化剂，加热） (5). 甲醇，浓硫酸，加热 (6). (7). 、 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据B的结构和A的分子式可知，A为，根据D的结构，结合B→C的条件，C为 - 19 -‎ ‎，C氧化生成D()，D中酚羟基与发生取代反应生成E()；根据已知信息，G加热生成H，H为，H与发生取代反应生成I()，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析，A为，名称是邻苯二酚，故答案为：邻苯二酚；‎ ‎(2)根据上述分析，C为，是B和甲醛发生的加成产物，反应②的反应类型是加成反应，故答案为：加成反应；‎ ‎(3)E()中含氧官能团为醚键和醛基，故答案为：醚键和醛基；‎ ‎(4)根据G的结构可知，F中含有羧基，F为，因此反应⑤是将中的醛基转化为羧基，所需试剂和条件是银氨溶液、酸化；反应⑥是F与甲醇发生的酯化反应，所需试剂和条件是甲醇，浓硫酸，加热，故答案为：银氨溶液、酸化(或新制氢氧化铜悬浊液，加热或氧气，催化剂，加热)；甲醇，浓硫酸，加热；‎ ‎(5)H的结构简式为，故答案为：；‎ ‎(6)芳香化合物X是D()的同分异构体，可与FeCl3‎ - 19 -‎ 溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且能发生水解反应，说明含有酯基，其核磁共振氢谱为4组峰，峰面积比为3︰2︰2︰1，符合要求的X的结构简式为、，故答案为：、；‎ ‎(7)由和为原料制备，根据题意，与溴发生苯环上的取代反应生成，在氢氧化钠溶液中水解生成，根据题干流程图的提示结合信息，与反应生成，最后将加热即可得到，因此合成路线为，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为(7)，要注意充分利用流程图中的结构变化规律和题干提供的信息，该小题难度较大。‎ - 19 -‎ - 19 -‎