四川省成都外国语学校2023-2024学年高三上学期期末化学试题 Word版含解析.docx

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成都外国语学校高2021级高三上期期末考试理科综合试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H：1P：31O：16C：12Na：23Ba：137N：14Ti：481.2023年10月26日11时14分，神舟十七号载人飞船点火升空成功发射，我国航天航空事业再次迎来飞速发展。下列有关说法正确的是A.飞船使用砷化镓(GaAs)太阳能电池，供电时的能量转化形式为化学能转化为电能B.飞船所使用的北斗卫星导航系统由中国自主研发，独立运行，其所用芯片的主要成分为SiO2C.飞船舱体外壳氮化镓涂层，属于新型金属材料D.新型火箭燃料所用燃料偏二甲肼[(CH3)2N－NH2]，属于烃的衍生物【答案】D【解析】【详解】A．太阳能电池工作时，将光能转化为电能，A错误；B．晶体硅是优良的半导体材料，常用作制造芯片等原料，B错误；C．氮化镓是性能优良的无机非金属材料，属于新型无机非金属材料，C错误；D．偏二甲肼是由C、H、N元素组成的有机物，属于烃的衍生物，D正确；故选D。2.PEEK是一种特种高分子材料，可由X和Y在一定条件下反应制得，相应结构简式如图，下列说法正确的是A.PEEK中含有三种官能团B.X与Y经加聚反应制得PEEKC.X苯环上H被Br所取代，二溴代物只有三种第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 D.1molY与H2发生加成反应，最多消耗6molH2【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式可知，PEEK中含有的官能团为酚羟基、醚键、酮羰基和氟原子，共有4种，故A错误；B．由结构简式可知，X与Y发生缩聚反应制得PEEK，故B错误；C．由结构简式可知，X分子中苯环上只有1类氢原子，一溴代物只有1种，一溴代物分子中苯环上有3类氢原子，二溴代物有3种，故C正确；D．由结构简式可知，Y分子中含有的苯环和酮羰基一定条件下能与氢气发生加成反应，则1molY最多消耗7mol氢气，故D错误；故选C。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A.标准状况下，22.4LCH4和44.8LCl2在光照下充分反应后分子数为3NAB.醋酸溶液中溶解0.1mol醋酸钠固体后，醋酸根离子数目不可能为0.1NAC.1molHClO中H－Cl键个数为NAD.向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2+被氧化时，转移的电子数为NA【答案】A【解析】【详解】A．标准状况下，22.4LCH4和44.8LCl2物质的量分别为1mol和2mol，光照下发生取代反应，反应前后气体分子数不变，因此反应后的分子的物质的量为3mol，分子数为3NA，A正确；B．溶液体积未知，无法计算醋酸根离子的物质的量，B错误；C．次氯酸的结构式为H-O-Cl，所以不存在H－Cl，C错误；D．碘离子还原性大于亚铁离子，向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2+被氧化时，说明碘离子完全被氧化，但是不确定碘离子的物质的量，不能计算转移的电子数，D错误；故选A。4.根据实验操作及现象，下列结论中正确的是实验目的方案设计和现象结论A比较KMnO4、Cl2和Fe3+的氧化性向酸性KMnO4溶液中滴入FeCl2溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生氧化性：KMnO4＞Cl2＞Fe3+B比较Ksp(AgCl)、向NaCl、NaI混合溶液中滴入少量AgNO3Ksp(AgCl)大于Ksp(AgI)第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 Ksp(AgI)的大小溶液，有黄色沉淀生成C检验海带中是否含有碘元素将海带灰溶解过滤后，取适量滤液于试管中，酸化后加入少量双氧水，充分反应后加入1-2滴淀粉溶液溶液变蓝，则证明海带中含有碘元素D温度对SO水解平衡的影响将25℃0.1mol•L-1Na2SO3溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化pH变小，温度升高，SO的水解平衡正向移动A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色变浅，不能比较氯气、铁离子的氧化性强弱，故A错误；B．NaCl、NaI的混合溶液的浓度未知，由实验操作及现象可知，不能比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的大小，故B错误；C．海带灰溶解过滤后，滤液含有I-，加入过氧化氢溶液氧化得到I2，I2遇淀粉变蓝色，证明海带中含有碘元素，故C正确；D．温度升高造成亚硫酸根离子水解平衡正向移动，氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故D错误；故选C。5.如图为五种短周期主族元素的原子半径和主要化合价。下列叙述正确的是A.最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞RB.最简单氢化物的沸点：W＞X＞Z＞R第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 C.化合物RW的电子式为：D.工业上电解熔融YW制备Y单质【答案】B【解析】【分析】根据元素的主要化合价可知，R、Z处于第ⅣA族，W位于第ⅥA族，X位于第ⅦA族，Y位于第ⅡA族；结合原子半径的变化规律知，X为F元素、Y为Mg元素、Z为Si元素、R为C元素、W为O元素。【详解】A．X为F元素无最高正价，F元素没有最高价氧化物对应的水化物，A项错误；B．O、F、Si、C的最简单氢化物分别为H2O、HF、SiH4、CH4，H2O、HF能形成分子间氢键，沸点较高。常温下水为液态，HF为气体，沸点：H2O>HF，SiH4、CH4都是分子晶体，相对分子质量越大范德华力越大则沸点越高，沸点：SiH4>CH4，则沸点：H2O>HF>SiH4>CH4，B项正确；C．CO中碳和氧共用三对电子对，电子式为：，C项错误；D．MgO的熔点很高，工业上不是电解熔融MgO制备Mg，工业上电解熔融的MgCl2制备Mg，D项错误；答案选B。6.浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池，理论上当电解质溶液的浓度相等时停止放电。图1为浓差电池，图2为电渗析法制备磷酸二氢钠，用浓差电池为电源完成电渗析法制备磷酸二氢钠。下列说法正确的是A.电极Ag(II)的电极反应式为：Ag-e-=Ag+B.电渗析装置中膜a、b均为阳离子交换膜C.电渗析过程中左室中NaOH浓度增大，右室H2SO4的浓度减小第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 D.电池从开始到停止放电，理论上可制备2.4gNaH2PO4【答案】B【解析】【分析】图一装置为浓差电池，其离子交换膜为阴离子交换膜，故右端硝酸根离子会进入左端。故左端为负极，发生失电子的氧化反应；右端为正极，发生得电子的还原反应。根据右图中间室可知，磷酸钠在该室反应后，成为磷酸二氢钠，即钠离子浓度减小，氢离子浓度升高。故可知晓，右室中的氢离子会进入中间室，中间室的钠离子会进入左室。可知电极a为阴极，电极b为阳极。【详解】A．根据上述分析，可知电极Ag(II)的电极反应式为：Ag++e-=Ag，A错误；B．根据上述分析，可知该装置需要让钠离子透过膜a，氢离子透过膜b，故膜a、b均阳离子交换膜，B正确；C．电极b发生的反应为：，其氢离子的物质的量并不会改变，而水的量减小，故右室中的硫酸浓度会增大，C错误；D．浓差电池转移0.02mol电子后，两端浓度将达到相等状态，此时停止工作。浓差电池转移0.02mol电子时，将有0.02mol氢离子进入中间室，发生反应：，生成的磷酸二氢钠的物质的量为，0.01mol，质量为1.2g，D错误；故选B。7.25℃时，往蒸馏水中加入足量粉末，经过后往溶液中加入粉末(忽略温度变化)，整个过程中溶液电导率和随时间的变化如图所示，下列说法中错误的是A.加入粉末后，溶液上升的原因为B.加入粉末后，溶液中的水解程度增大第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 C.时，D.时，【答案】D【解析】【详解】A．溶解产生的碳酸根离子在水溶液中发生水解，使溶液的pH上升，水解的离子方程式为，选项A正确；B．加入增大c(Ca2+)，使沉淀溶解平衡逆向移动，造成碳酸根离子浓度减小，水解程度增大，选项B正确；C．时，溶液中存在电荷守恒有，故，选项C正确；D．时，存在和，故根据物料守恒有，选项D错误；答案选D。8.镍及其化合物用途广泛。某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，以下是从该矿渣中回收NiSO4的工艺路线：已知：①(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4，NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3。②铁元素以针铁矿(FeOOH)形式沉淀，铁渣易过滤。请回答下列问题：（1）焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨，混合研磨的目的是______，写出焙烧过程中铁酸镍发生的化学反应方程式______。（2）“浸渣”的主要成分为______(填化学式)。（3）溶液pH对铁去除率的影响实验结果如图所示：第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 ①从图中数据来看，沉铁的最佳pH为______。②结合图中数据，解释pH偏小或偏大都不利于沉铁原因是______、______。③检验“除铁”后溶液中是否还有Fe3+的操作是______。（4）若溶液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol•L-1，当除钙率达到99%时，溶液中c(F—)=_____mol•L-1。[已知Ksp(CaF2)=4.0×10-11]【答案】（1）①.增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分②.4(NH4)2SO4+NiFe2O4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O（2）SiO2、CaSO4（3）①.4.8②.Fe3++2H2OFeO(OH)+3H+，pH过小，c(H+)较大，使Fe3+的水解平衡逆向移动，不利于生成FeOOH沉淀③.溶液pH较大，Fe3+水解产物更多是不易过滤的氢氧化铁胶体④.取少量除铁后溶液于试管，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+（4）2.0×10-3【解析】【分析】由题给流程控制，矿渣加入硫酸铵研磨得到的混合物在600℃条件下焙烧，将铁酸镍转化为硫酸镍和硫酸铁，向焙烧渣中加入稀硫酸浸泡，将金属氧化物转化为硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，加入氧化镍将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入氟化钠溶液，将溶液中的钙离子转化为氟化钙沉淀，过滤得到含有氟化钙的废渣和滤液；向滤液中加入有机萃取剂萃取、分液得到有机相和含有硫酸镍的无机相；无机相经分离提纯制得硫酸镍。【小问1详解】焙烧前将矿渣与硫酸铵混合研磨可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；由分析可知，焙烧过程中铁酸镍发生的反应为铁酸镍与硫酸铵在600第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 ℃条件下反应生成硫酸镍、硫酸铁、氨气和水，反应的化学反应方程式为4(NH4)2SO4+NiFe2O4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；4(NH4)2SO4+NiFe2O4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O；【小问2详解】由分析可知，“浸渣”的主要成分为二氧化硅、硫酸钙，故答案为：SiO2、CaSO4；【小问3详解】①由图可知，溶液pH为4.8时，铁去除率最大，则沉铁的最佳pH为4.8，故答案为：4.8；②由题意可知，铁离子在溶液中存在如下水解平衡：Fe3++2H2OFeO(OH)+3H+，沉铁时，若溶液pH过小，溶液中氢离子浓度过大使水解平衡向逆反应方向移动，不利于生成FeOOH沉淀的生成；若溶液pH较大，Fe3+水解产物更多是不易过滤的氢氧化铁胶体，不利于生成FeOOH沉淀的生成，故答案为：Fe3++2H2OFeO(OH)+3H+，pH过小，c(H+)较大，使Fe3+的水解平衡逆向移动，不利于生成FeOOH沉淀；溶液pH较大，Fe3+水解产物更多是不易过滤的氢氧化铁胶体；③溶液中铁离子与硫氰酸根离子反应生成红色的硫氰化铁，则检验“除铁”后溶液中是否还有铁离子的操作为取少量除铁后溶液于试管，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+，故答案为：取少量除铁后溶液于试管，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+；【小问4详解】由溶度积可知，溶液中除钙率达到99%时，氟离子浓度为=2.0×10-3mol/L，故答案为：2.0×10-3。9.某实验小组欲探究硝酸氧化草酸溶液的气体产物及测定出草酸中碳的含量，设计装置如图所示(加热和仪器固定装置均已略去)，回答下列问题：已知：I.硝酸氧化草酸溶液：3H2C2O4+2HNO3=6CO2↑+2NO↑+4H2OⅡ.控制反应液温度为55~60℃，往含m1gH2C2O4的草酸溶液中边搅拌边滴加含有适量催化剂的混酸(HNO3与H2SO4)溶液。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 （1）仪器a的名称为______，A装置中三颈烧瓶的最佳加热方式为______。（2）指出该套装置的错误之处：______。（3）实验开始一段时间后，仍需通入氮气，此时通入氮气的作用为______。（4）实验开始后，要证明有NO产生的实验操作和现象为______。（5）下列各项措施中，不能提高碳含量的测定准确度的是______(填标号)。a.滴加混酸不宜过快b.在加入混酸之前，排尽装置中的CO2气体c.球形干燥管中的药品换成CaCl2d.D中的溶液换成澄清饱和石灰水（6）待充分反应后，将D中沉淀进行过滤、洗涤、干燥、称量，所得固体质量为m2g，则草酸中碳的含量为______。（7）在实验操作规范的条件下，实验测得草酸中碳的含量比实际的大，其原因可能是______。【答案】（1）①.分液漏斗②.水浴加热（2）温度计未插入反应液中；干燥管的方向错误；缺少NO尾气处理装置（3）将产生的气体全部排出三颈烧瓶，利于后续吸收（4）挤压针筒，若C瓶中气体由无色变为红棕色，说明有NO生成（5）cd（6）×100%（7）未将SO2除去【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中草酸在催化剂作用下与混酸中的硝酸在55~60℃的水浴加热条件下反应生成二氧化碳、一氧化氮和水，装置B中盛有的五氧化二磷用于吸收水蒸气，装置C用于检验一氧化氮的生成，装置D中盛有的氢氧化钡溶液用于吸收并测定反应生成二氧化碳的质量，装置E中盛有的碱石灰用于防止空气中的二氧化碳进入D装置。【小问1详解】第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 由实验装置图可知，仪器a为分液漏斗，；由分析可知，装置A中草酸在催化剂作用下与混酸中的硝酸在55~60℃的水浴加热条件下反应生成二氧化碳、一氧化氮和水，故答案为：分液漏斗；水浴加热；【小问2详解】由实验装置图可知，题给装置存在如下缺陷：三颈烧瓶中的温度计未插入反应液中，无法控制反应温度；反应生成的混合气体未从球形干燥管的大口通入，不利于气体的充分干燥；缺少有毒的一氧化氮尾气处理装置，逸出的一氧化氮会污染空气，故答案为：温度计未插入反应液中；干燥管的方向错误；缺少NO尾气处理装置；【小问3详解】实验开始一段时间后，仍需通入氮气的目的是将反应生成的气体全部排出三颈烧瓶，有利于二氧化碳被氢氧化钡溶液吸收，提高测定的准确性，故答案为：将产生的气体全部排出三颈烧瓶，利于后续吸收；【小问4详解】一氧化氮易与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，则证明有一氧化氮产生的实验操作和现象为挤压针筒，若C瓶中气体由无色变为红棕色，说明有一氧化氮生成，故答案为：挤压针筒，若C瓶中气体由无色变为红棕色，说明有NO生成；【小问5详解】a．实验中若滴加混酸过快，不利于反应物充分反应，不能提高碳含量的测定准确度，所以实验中应注意滴加混酸不宜过快能提高碳含量的测定准确度，故不符合题意；b．装置中的二氧化碳会干扰反应生成二氧化碳的吸收和测定，盛有在加入混酸之前，应排尽装置中的二氧化碳气体，提高碳含量的测定准确度，故不符合题意；c．将球形干燥管中的药品换成氯化钙，不能改变二氧化碳的量，无法提高碳含量的测定准确度，故符合题意；d．将D中的溶液换成澄清饱和石灰水，不能充分吸收反应生成的二氧化碳，会导致碳含量的测定值偏小，故符合题意；故选cd；【小问6详解】由题意可知，反应生成的二氧化碳与氢氧化钡溶液反应得到m2g碳酸钡，则由碳原子个数守恒可知，草酸中碳的含量为×100%=×100%，故答案为：×100%；【小问7详解】第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 在实验操作规范的条件下，实验测得草酸中碳的含量比实际的大说明混酸中硫酸浓度过大，与草酸反应生成的二氧化硫与氢氧化钡溶液反应生成亚硫酸钡沉淀，使得测得碳酸钡的质量偏大，导致测得草酸中碳的含量比实际的大，故答案为：未将SO2除去。10.深入研究碳、氮元素的物质转化有着重要的实际意义，按要求回答下列问题：（1）CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g)+N2O(g)⇌CO2(g)+N2(g)。在Zn+作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。总反应：CO(g)+N2O(g)⇌CO2(g)+N2(g)△H=_______kJ•mol-1；该总反应的决速步是反应______(填“①”或“②”)。（2）已知：CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)的速率方程为v=k•c(N2O)，k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是_______(填字母序号)。A.升温B.恒容时，再充入COC.恒容时，再充入N2OD.恒压时，再充入N2（3）在催化剂作用下，以CO2和H2原料合成CH3OH，主要反应为：反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49kJ•mol-1反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H2=+4kJ•mol-1保持压强3MPa，将起始n(CO2)：n(H2)=1：3的混合气体匀速通过装有催化剂的反应管，测得出口处CO2的转化率和甲醇的选择性[×100%]与温度的关系如题图3、题图4所示。①在T℃下，恒压反应器中，若按初始投料n(CO2)：n(H2)=1：1只发生反应I，初始总压为2MPa第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 ，反应平衡后，H2的平衡转化率为60%，则该反应的平衡常数Kp=______(MPa)-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。②随着温度的升高，CO2转化率增大、但甲醇选择性降低的原因是______。③假设定义催化剂催化效率η×100%，计算340℃时三种催化剂的催化效率之比η(In2O3)：η(Mg/In2O3)：η(Mn/In2O3)=_______。（4）一种基于铜基金属簇催化剂电催化还原CO2制备甲醇的装置如图5所示。控制其他条件相同，将一定量的CO2通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如图6所示。①b电极生成CH3OH的电极反应式为______。②控制电压为0.8V，电解时转移电子的物质的量为______mol。【答案】（1）①.-361.22②.①（2）AC（3）①.0.5②.随着温度升高，反应I和反应Ⅱ速率加快，相同时间内消耗的CO2增多。反应I的△H＜0，反应Ⅱ的△H＞0，随着温度升高，反应I正向进行程度小，反应Ⅱ正向进行程度大，CO2转化率升高、但CH3OH选择性降低③.18∶20∶15（4）①.CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O②.2.8【解析】【小问1详解】由图可知，CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)ΔH=生成物总能量-反应物总能量=-361.22kJ/mol，反应①的活化能是149.6kJ⋅mol-1，反应②的活化能是108.22kJ⋅mol-1，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步，故答案为：-361.22；①；【小问2详解】由题干信息可知，v=k⋅c(N2O)，k速率常数，只与温度有关，据此可知，速率只与温度和c(N2O)有关，据此分析解题：A．升温，k增大，则v增大，A正确；B．恒容时，再充入CO，c(N2O)不变，则v不变，B错误；第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 C．恒容时，再充入N2O，c(N2O)增大，则v增大，C正确；D．恒压时，再充入N2，c(N2O)减小，则v减小，D错误；故答案为：AC；【小问3详解】①在T℃下，恒压反应器中，若按初始投料n(CO2)：n(H2)=1：1只发生反应I，初始总压为2MPa，反应平衡后，H2的平衡转化率为60%，则三段式分析为：，平衡时p(CH3OH)=p(H2O)==0.25MPa，同理可知：p(CO2)=1MPa，p(H2)=0.5MPa，则该反应的平衡常数Kp===0.5(MPa)-2，故答案为：0.5；②随着温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ速率加快，消耗CO2增多，但两个反应进行的程度不同，由于反应Ⅰ的ΔH＜0，反应Ⅱ的ΔH＞0，随着温度升高，反应Ⅰ正向进行程度小，反应Ⅱ正向进行程度大，CO2转化率升高、但CH3OH选择性降低，故答案为：随着温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ速率加快，消耗的CO2增多。反应Ⅰ的ΔH＜0，反应Ⅱ的ΔH＞0，随着温度升高，反应Ⅰ正向进行程度小，反应Ⅱ正向进行程度大，CO2转化率升高、但CH3OH选择性降低；③n生成(CH3OH)=CO2的转化率×n投入(CO2)×甲醇的选择性，所以催化剂催化效率η=×100%=CO2的转化率×甲醇的选择性，则η(In2O3)：η(Mg/ln2O3)：η(Mn/ln2O3)=(12%×15%)：(10%×20%)：(5%×30%)=18：20：15，故答案为：(12%×15%)：(10%×20%)：(5%×30%)=18：20：15。【小问4详解】①由题干图示信息可知，b电极生成CH3OH即CO2和H+在阴极上得到电子转化为CH3OH，该电极反应式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；②由图6所示信息可知，控制电压为0.8V，产生0.2mol氢气和0.2mol乙醇，根据电极反应2H++2e-=H2↑，2CO2+12e-+12H+=C2H5OH+3H2O，因此电解时转移电子的物质的量为0.4+2.4=2.8mol，故答案为：2.8；11.某些过渡元素的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着极为广泛的应用。回答下列问题：（1）现有铜锌元素的3种微粒：①锌：[Ar]3d104s1；②铜：[Ar]3d104s1；③铜：[Ar]3d10，失去一个电子需要的最低能量由大到小的顺序是_______(填字母)。A.①②③B.③①②C.③②①D.①③②第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 （2）国际权威学术期刊《自然》最近报道，我国科学家选择碲化锆(ZrTes)和砷化镉(Cd3As2)为材料验证了三维量子霍尔效应。①Zr是Ti的同族相邻元素，位于周期表的______区。②Cd2+与NH3可形成配离子[Cd(NH3)4]2+。i.该离子中不含的化学键类型有______(填字母)。A.离子键B.配位键C.σ键D.共价键E.π键F.氢键ii.已知该离子中2个NH3被2个Cl-替代只得到一种结构，则该离子的立体构型为______。（3）二烃基锌(R－Zn－R)分子中烃基R与锌以σ键结合，C2H5－Zn－C2H5分子中原子的杂化方式有______，如表是2种二烃基锌的沸点数据，则烃基R1是______，推断的依据，是______。物质R1－Zn－R1C2H5－Zn－C2H5沸点(℃)46118（4）硫酸氧钛(Ti)是一种优良的催化剂，其阳离子为如图所示链状聚合形式的离子，聚合度为n。则该阳离子的化学式为______。（5）有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，该晶体的晶胞参数为423.5pm，其晶体密度的计算表达式为______g•cm-3。用Al掺杂TiN后，其晶胞结构如图所示，距离Ti最近的Al有______个。(NA为阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）B（2）①.d②.AEF③.正四面体（3）①.sp、sp3②.CH3－或甲基③.R1－Zn－R1的沸点低于C2H5－Zn－C2H5，则相对分子质量也小于C2H5－Zn－C2H5（4）(TiO)第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 （5）①.②.4【解析】【小问1详解】Cu+的外围电子结构为3d10，3d为全充满的稳定结构，失去一个电子需要的最大；第二电离能：③＞①，Zn的第二电离能大于铜第一电离能：①＞②，故选B；【小问2详解】①Ti为22号元素，为d区，Zr是Ti的同族相邻元素，位于周期表的d区。②i.配离子[Cd(NH3)4]2+离子中存在配位键，氮分子中存在氮氢σ键共价键，氢键为分子间作用力不是化学键，故选AEF；ii.已知该离子中2个NH3被2个Cl-替代只得到一种结构，则该离子的立体构型为正四面体形，而不是平面四边形；【小问3详解】C2H5－Zn－C2H5分子中饱和碳形成4个共价键，为sp3杂化，锌形成2个共价键为sp杂化，故原子的杂化方式有sp、sp3杂化；烃基越大，相对分子质量越大，则物质的沸点更高，由表可知，R1－Zn－R1沸点低于C2H5－Zn－C2H5，则烃基R1小于乙基，故为CH3－或甲基；【小问4详解】根据均摊法可知，平均1个Ti结合1个O，钛化合价为+4、氧为-2，则聚合度为n的阳离子的化学式为：(TiO)；【小问5详解】NaCl晶胞为，氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，据“均摊法”，晶胞中含个N、个Ti，则晶体密度为；由图可知，Al取代了体心的钛，钛位于棱心，则距离Ti最近的Al为4个。12.药物中间体G的一种合成路线如图所示：第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 已知：+回答下列问题：（1）A中官能团的名称为______，A与H2加成得到的物质的名称为______，由A生成B的化学方程式为______。（2）根据化合物E的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成表格。序号反应试剂、条件反应形成的新结构反应类型a______________消去反应b______________氧化反应(生成有机产物)（3）试剂X的结构简式为______。（4）G分子脱去2个H原子得到有机物Y，Y的同分异构体中，含有苯环及苯环上含两个及两个以上取代基的共有______种。（5）根据上述路线中的相关知识，以和为主要原料设计合成，写出合成路线______。【答案】12.①.羧基、碳碳双键②.丁二酸③.+2CH3OH+2H2O第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 13.①.浓硫酸，加热②.③.O2，Cu，加热④.14.15.1516.【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，浓硫酸作用下与乙醇共热发生酯化反应生成，则B为；催化剂作用下与发生加成反应生成，与硼氢化锂反应转化为，与发生取代反应生成，则X为；催化剂作用下与发生取代反应生成。【小问1详解】由结构简式可知，第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 分子中的官能团为羧基、碳碳双键，分子中含有的碳碳双键一定条件下与氢气发生加成反应生成丁二酸；由分析可知，浓硫酸作用下与乙醇共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+2CH3OH+2H2O，故答案为：羧基、碳碳双键；丁二酸；+2CH3OH+2H2O；【小问2详解】在浓硫酸中共热发生消去反应生成和水；铜做催化剂条件下与氧气共热发生催化氧化反应生成和水，故答案为：浓硫酸，加热；；O2，Cu，加热；；【小问3详解】由分析可知，X的结构简式为，故答案为：；【小问4详解】G分子脱去2个H原子得到分子式为C7H17N的有机物Y第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 ，则含有苯环及苯环上含两个及两个以上取代基的Y分子的结构可以视作乙苯分子中苯环上的氢原子被氨基取代所得结构，共有3种；也可以视作是甲苯分子中苯环上的氢原子被—NHCH3取代所得结构，共有3种；还可以视作是邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯分子中的氢原子被氨基取代所得结构，共有9种，则Y分子符合条件的同分异构体共有15种，故答案为：15；【小问5详解】由题给有机物的转化关系可知，以和为主要原料设计合成的合成步骤为与氯气发生加成反应生成，催化剂作用下与发生加成反应生成，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，浓硫酸作用下共热发生取代反应生成合成，路线为。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司