1、华大新高考联盟2021届高三1月教学质量测评理科综合能力测试化学本试题卷共12页。全卷满分300分，考试用时150分钟。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，再选涂其他答案标号。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：H1 N14 O16 Cl 35.5 Co 59 Mo 96一、选择题：本题共7题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. “农谚
2、”中不仅包含着我国劳动人民的智慧结晶，而且蕴含着科学文化知识。针对农谚“雷雨发庄稼”“豆茬种谷，必定有福”，下列说法正确的是A. “雷雨发庄稼”强调雨水的重要性B. “豆茬种谷”属于立体种植。便于植物光合作用C. 农谚中涉及自然固氮的过程D. 农谚中未涉及氧化还原反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A“雷雨发庄稼”是指在雷雨天，氮气和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸随着雨水降落到地面上转化为硝酸盐被植物吸收，有利于植物生长，并不是强调雨水重要性，A错误；B“豆茬种谷”是指种过豆类植物的地适合种植谷类植物，不是立体种植，B错误；C“雷雨发庄稼
3、”中涉及自然固氮的过程，C正确；D“雷雨发庄稼”中涉及氧化还原反应，D错误；故选C。2. 下列实验装置及对应的实验操作能够达到实验目的的是ABCD亚硫酸钠与70%的H2SO4溶液反应制备SO2配制90mLNaCl溶液.定容后需盖上玻璃塞左右用力摇匀密闭条件下收集Cl2制蒸馏水(温度计可以省略),用锥形瓶接收A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分析】【详解】ASO2易溶于水，则利用Na2SO3和H2SO4反应制SO2时，常选用70%左右的浓硫酸，可提高反应速率，同时降低SO2的溶解度，故A正确；B配制NaCl溶液定容后摇匀时应颠倒摇匀，但不能用力振荡摇匀，防止溶液渗出，故B错误；
4、CCl2的密度比空气大，导入氯气的导管应伸入试管底部，而排出空气的导管只能露出橡皮塞即可，故C错误；D制蒸馏水时温度计和冷却水的流向均正确，但接受蒸馏水的锥形瓶和牛角管之间不能要用橡皮塞，需保持锥形瓶内与外界相通，故D错误；故答案为A。3. 2020年南开大学周其林团队研究手性螺环化合物成绩突出。荣获国家自然科学一等奖。已知连有4个不同基团的C原子称为手性C原子。螺环化合物X()是一种重要的有机催化剂，下列关于X的说法正确的是A. 与丙苯互为同分异构体B. 仅含有2个手性碳原子C. 所有C原子有可能共平面D. 一氯代物共有3种(不考虑立体异构)【答案】B【解析】【分析】【详解】A螺环化合物X的
5、分子式为C9H16，而丙苯的分子式为C9H12，两者不是同分异构体，故A错误；B螺环化合物X中连接甲基的碳原子为手性碳原子，即共含有2个手性碳原子，故B正确；C分子结构中碳原子均为sp3杂化，则所有碳原子不可能共平面，故C错误；D螺环化合物X的等效氢原子是4种，则一氯代物共4种，故D错误；故答案为B。4. 中科院 HiNa公司研发的可充电的“钠离子电池”被欧盟评价为“锂电的性能、铅酸的价格”。若放电的总反应为: (Me为某元素符号)，六氟磷酸钠充当电解液，其放电原理如图所示。该电池放电时，下列说法正确的是A. 电流方向为N用电器M电解液NB. Na+移向M电极C. 正极反应为：NaMeO2-
6、xe-=Na(1-x)MeO2 +xNa+D. 转移1 mol电子时，有1mol NaxCn被还原【答案】A【解析】【分析】NaxCn可看成合金，假设两种元素化合价均为0价，由总反应可知，Na元素化合价由0价升高到+1（NaMeO2），故电极M为负极；Na(1-x)MeO2在正极得电子生成NaMeO2，其中Me元素化合价降低，故电极N为正极。【详解】A根据分析知，电极M为负极，N为正极，故电子由M流向N极，电流方向与电子方向相反，即由N极经用电器流入M极，再经电解液流回N极，形成闭合回路，A正确；B根据原电池原理，阳离子移向正极，故Na+移向N极，B错误；C由分析知，正极为Na(1-x)MeO
7、2得电子生成NaMeO2，电极反应为：Na(1-x)MeO2+xNa+xe-= NaMeO2，C错误；D根据转移电子关系：NaxCn xe-，故1 mol电子转移时，有 mol NaxCn被氧化，D错误；故答案选A。5. 海洋深处存在一种海生假单孢菌，可以在无氧条件下通过微生物产生的醋酸与含MnO2的矿石反应生成Mn2+其反应过程如图所示。下列说法正确的是A. 生成22.4LCO2.时。转移电子为1molB. 过程中既有极性键和非极性键断裂，又有极性键和非极性键形成C. 过程总反应为:MnO2+2HX=Mn2+2X+2OH-D. 升高温度能够加快反应速率【答案】C【解析】【分析】【详解】A选项
8、未说明标准状况，故22.4 L不一定为1 mol，A错误；B过程中，CH3COOH反应伴随着极性键（CH）和非极性键（CC）断裂，生成物CO2、HX只有极性键的形成，无非极性键形成，B错误；C根据图示，过程反应为：Mn3+HX=Mn2+H+X，过程反应为：MnO2+Mn2+2H2O=2Mn3+4OH-，根据图示可知Mn2+与Mn3+属于循环物质，再结合题意知最总无Mn3+生成，所以2+消去Mn3+得总反应为：MnO2+2HX=Mn2+2X+2OH-，C正确；D升高温度不利于微生物的存活，故反应速率不能加快，D错误；故答案选C。6. 已知 W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W与X
9、、Y、Z均能够形成10电子化合物其中Y的氢化物易与其最高价氧化物的水化物发生化合，W、X、Y、Z可以形成化合物G。G的结构为。下列说法正确的是A. 简单离子半径：ZYB. W与X、Y均能够形成18电子的化合物C. W、Y、Z三种元素形成的化合物中只可能含有共价键D. G分子中各原子均达到8电子稳定结构【答案】B【解析】【分析】根据W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X、Y、Z均能够形成10电子化合物，由G的结构可知，W只有一根键且W的原子序数最小，则W为H元素，X有四根键，则X为C元素，Y有三根键且Y的氢化物易与其最高价氧化物的水化物发生化合，则Y为N元素，Z有一根键，且原子
10、序数在四种元素中最大，则Z为F元素，据此解答。【详解】由上述分析可知，W为H元素，X为C元素，Y为N元素，Z为F元素；AY为N元素，Z为F元素，形成简单离子，它们属于具有相同电子层结构的微粒，隨着原子序数的递增，半径减小，即原子序数YZ，离子半径YZ，故A错误；BW为H元素，X为C元素，Y为N元素，H与C可形成18电子的化合物C2H6，H与N可形成18电子的化合物N2H4，故B正确；CW为H元素，Y为N元素，Z为F元素，三种元素形成的化合物可能为NH4F，NH4F结构中含离子键和共价键，故C错误；D由G的结构可知，W为H元素，未达到8电子稳定结构，故D错误；答案为B。7. 室温下，向20.00
11、ml。0.1mol/L的Na2CO3溶液中逐滴滴加0.1 mol/L稀盐酸，测得不同pH条件下不同含碳微粒的分布系数如CO的分布系数 =如图所示(不考虑CO2的溶解和溢出)正确的是：A. 0.1 mol/LNa2CO3溶液中有B. M点溶液显中性，C. pH=5与pH=9的溶液中水的电离程度相同D. H2CO3的Ka2l.010-11，pH=11的溶液比pH=6的溶液导电能力强【答案】D【解析】【分析】【详解】A0.1 mol/LNa2CO3溶液，根据电荷守恒：，物料守恒：，可得质子守恒：，故A错误； BNa2CO3溶液和盐酸物质的量之比为1:1时，正好生成NaHCO3，pH大于7，当溶液显示
12、中性时，Na2CO3溶液和盐酸物质的量之比小于1:1，故B错误；C如图所示，pH=9时溶液主要以碳酸氢钠存在，促进水的电离，pH越小加入酸越多，水的电离程度越小，pH=5与pH=9的溶液中水的电离程度不相同，故C错误；,D如图可知pH=11的溶液溶质主要是碳酸氢钠和碳酸钠的混合物，pH=6时C元素以CO2放出一部分，并且加入盐酸的体积大，离子浓度减小，所以pH=11的溶液比pH=6的溶液导电能力强，故D正确；故答案为D。8. Co(NH3)6Cl3是科研、化工上常用的化学试剂，水溶液中存在3C1-，在强碱热溶液中可以生成NH3.下面是Co(NH3)6Cl3的制备及生成物组成的测定实验，回答下列
13、问题：I、Co(NH3)6Cl3的制备如图所示，在三颈烧瓶中将6.0g CoCl26H2O晶体溶解在氯化铵溶液中，并加入适量活性炭作催化剂，通入氨气并逐滴滴加5% H2O2溶液。加热到40并搅拌，会有橙黄色晶体(Co(NH3)6Cl3)析出。(1)仪器X名称为_，放入的化学试剂为_。(2)装置中制备氨气时不宜选取 NH4NO3与NaOH反应，原因是_(答1条即可)。(3)写出生成Co(NH3)6Cl3的化学方程式：_。(4)充分反应后，某学生实验得到Co(NH3)6Cl3的实际质量为3.72 g，比理论值少 _ g。.三氯化六氨合钻(II)组成的测定(5)氨的测定。准确称取0.2gCo(NH3
14、)6Cl3在热强碱下反应生成氨气，产生的氨气被H3BO3溶液完全吸收，滴加56滴甲基红溴甲酚氯指示剂，再用标准的盐酸滴定吸收了氨气的H3BO3溶液即可得出氨的含量(已知：NH3+H3BO3=NH3H3BO3；)。下列操作(其他步骤操作均正确)会造成氨的测定值偏高的是_(填字母代号)。a.滴定结束时仰视读数b.锥形瓶清洗后未干燥c.滴定前滴定管中含有气泡，滴定结束无气泡d.未使用标准盐酸溶液润洗滴定管(6)氯的测定。用标准AgNO3溶液迪过沉淀滴定法测定门的量。适宜选取_作指示剂。滴定终点现象为_已知Ksp(AgBr) =4.910-13.，为黄色沉淀，为砖红色沉淀)。【答案】 (1). 球形干
15、燥管 (2). 五氧化二磷或氯化钙 (3). 硝酸铵受热时发生爆炸；氢氧化钠易与二氧化硅反应，腐蚀试管，另氢氧化钠块状固体易潮解，不易与硝酸铵充分混合 (4). 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co（NH3）6Cl3+2H2O (5). 3.02 (6). acd (7). 可溶性铬酸盐 (8). 滴入最后一滴标准硝酸银溶液时，出现砖红色沉淀【解析】【分析】由实验装置图可知，左边装置为消石灰与氯化铵共热制备氨气，氨气通入右边三颈烧瓶中，在活性炭做催化剂作用下，氨气与CoCl2、NH4Cl和H2O2混合溶液在40条件下发生氧化还原反应生成Co(NH3)6Cl3和H2O。【详解】
16、（1）由题给装置图可知，仪器X为球形干燥管，干燥管中盛有的五氧化二磷或氯化钙用于吸收未反应的氨气，防止氨气排放到空气中污染环境，故答案为：球形干燥管；五氧化二磷或氯化钙；（2）硝酸铵受热或收到撞击易发生爆炸，容易发生意外事故，不安全；氢氧化钠能在加热条件下与试管中的二氧化硅反应，腐蚀玻璃，导致试管炸裂，且氢氧化钠固体易吸收空气中的水蒸气发生潮解，不易与硝酸铵充分混合，所以制备氨气时不宜选取硝酸铵和氢氧化钠反应，故答案为：硝酸铵受热时发生爆炸；氢氧化钠易与二氧化硅反应，腐蚀试管，另氢氧化钠块状固体易潮解，不易与硝酸铵充分混合；（3）由题意可知，三颈烧瓶中发生的反应为在活性炭做催化剂作用下，氨气与
17、CoCl2、NH4Cl和H2O2混合溶液在40条件下发生氧化还原反应生成Co(NH3)6Cl3和H2O，反应的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co（NH3）6Cl3+2H2O，故答案为：2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co（NH3）6Cl3+2H2O；（4）由反应的化学方程式可知，6.0g CoCl26H2O晶体理论上制得的Co(NH3)6Cl3的质量为=6.74g，则理论量与实际量的差值为(6.74g3.72g)=3.02g，故答案为：3.02；（5）a.滴定结束时仰视读数会使所消耗盐酸标准溶液的体积偏大，导致所测结果偏高，故符合题意；b.锥形
18、瓶清洗后未干燥不影响标准溶液的体积和待测液中溶质的物质的量，对实验结果无影响，故不符合题意；c.滴定前滴定管中含有气泡，滴定结束无气泡会使所消耗盐酸标准溶液的体积偏大，导致所测结果偏高，故符合题意；d.未使用标准盐酸溶液润洗滴定管会稀释盐酸，使所消耗盐酸标准溶液的体积偏大，导致所测结果偏高，故符合题意；acd符合题意，故答案为：acd；（6）由题给溶度积可知，氯化银的溶解度大于溴化银，小于铬酸银，则滴定溶液中氯离子时，应选择可溶性铬酸盐做指示剂，当氯离子完全反应后，再滴入一滴标准硝酸银溶液时，银离子会与铬酸根离子反应生成砖红色的铬酸银沉淀，故答案为：可溶性铬酸盐；滴入最后一滴标准硝酸银溶液时，
19、出现砖红色沉淀。9. 通过废旧的钴酸锂电池可以回收金属铝、锂和钴。其生产流程如下所示：已知：钴酸锂电池正极材料为LiCoO2、炭黑及铝片；。回答下列问题：(1)电池“预处理”时需要将电池完全放电，原因是_。(2)不溶性的LiCoO2在“浸取、还原”过程中发生反应的离子方程式为_.(3)若溶液中离子浓度为时。认为完全沉淀。则Al 完全沉淀时溶液的pH至少为_。(4)P2O4是磷酸酯类，密度比水小。是该实验的萃取剂。通过“反萃取”，可以循环利用。下列关于“萃取”的说法正确的是_(填字母代号)。a使用一定量P2O4萃取时应该将萃取剂分多次萃取，萃取效率更高b分液漏斗使用前一定要检验是否漏液c振荡过程
20、中，需要打开活塞放气d萃取后分液时需要先旋开活塞，再打开上端玻璃塞(5)“反萃取”时不宜加入烧碱溶液的原因是_。反萃取时获取P2O4的操作方法是_。(6)CoC2O4是制备钴的重要原料。取18.3g CoC2O42HO在空气中受热的质量变化曲线如图所示。已知曲线中温度高于或等于300时所得固体为不同的钴氧化物。写出BC点发生反应的化学方程式：_。【答案】 (1). 防止在电池拆解过程中，发生短路引起火灾、爆炸事故的发生；使Li+全部进入正极片中，提高原料的回收率 (2). 2LiCoO2+6H+=2Li+2Co2+ +3H2O (3). 4.7 (4). abc (5). P2O4是磷酸酯类，
21、在碱溶液中会发生水解 (6). 分液 (7). 3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2【解析】【分析】废旧钴酸锂电池预处理后，正极片中的LiCoO2和铝在酸性条件下进入溶液，LiCoO2中的+3价的钴被Na2SO3还原为+2价，炭黑不溶于酸，被过滤除去。滤液调节pH，使Al3+成为Al(OH)3沉淀，过滤后，滤液用P2O4萃取，Li+进入水相，Co2+进入有机相，再进行反萃取，得到Co2+的溶液，经多步反应，最终得到CoC2O4晶体。【详解】(1)电池“预处理”时需要将电池完全放电，原因一是防止在电池拆解过程中，发生短路引起火灾、爆炸事故的发生，二是使Li+全部进入正极片中，提高原料的回收
22、率。(2)LiCoO2被Na2SO3还原，发生反应的离子方程式为：2LiCoO2+6H+=2Li+2Co2+ +3H2O。(3)根据Al(OH)3的Ksp，当溶液中的Al3+的浓度为 1.010-5molL-1时，溶液中的c(OH-)= =mol/L，所以c(H+)=mol/L，可求出pH=-lg c(H+)=4.7，所以溶液的pH至少为4.7。(4)a萃取时少量多次效率高，故使用一定量P2O4萃取时应该将萃取剂分多次萃取，萃取效率更高，正确；b分液漏斗在萃取时需要倒过来振荡，所以使用前一定要检查上口的玻璃塞和下面的活塞是否漏液，正确；c振荡过程中，有机溶剂挥发导致分液漏斗内压强增大，需要打开
23、活塞放气，正确；d萃取后分液时需要打开上口的玻璃塞使分液漏斗内外气压相同，再旋开下面的活塞，使下层液体缓缓流下，当下层液体放完后，再打开上口的玻璃塞，将上层液体从上口倒出，故错误；故选abc。(5)由于P2O4是磷酸酯类，而酯在碱溶液中会发生水解，所以“反萃取”时不宜加入烧碱溶液。反萃取时，Co2+进入水层，P2O4在有机层，所以获取P2O4的方法是分液。(6)18.3g CoC2O42H2O的物质的量为0.1mol，其中含Co的物质的量为0.1mol，质量为5.9g。当温度高于或等于300时所得固体为钴氧化物，在C点，固体质量为8.03g，其中含钴5.9g，所以含O的质量为8.03g-5.9
24、g=2.13g，Co和O的物质的量之比为=3:4，即钴的氧化物的化学式为Co3O4。在B点，固体质量为14.70g，和开始时的质量相差18.3g-14.70g=3.6g，故加热到225，失去的是0.2mol结晶水，所以225时，固体为CoC2O4，继续加热时，和氧气反应生成Co3O4和CO2，则BC点发生反应的化学方程式为：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。10. 氢气在富氧条件下催化还原 NOx(H2-SCR)反应在低温时仍具有高活性和选择性，近年来一直备受研究学者关注。回答下列问题：(1)已知催化剂铑(Rh)表面 H2催化还原NO的详细反应机理如表所示，其他条件一定时，决定H2催
25、化还原NO反应速率的基元反应为_。基元反应 H2+Rh(s)+Rh(s) H(s)+H(s)的焓变H=_kJ/mol。(2)浸渍法合成的 Pt/Al-M-10-A催化剂对H2还原NO反应的响应如下图所示，由图可知该催化剂对反应产物具有_，该性质受_的影响。(3)将H2、NO、O2按体积比3：2：1充入恒温恒压(200、100 kPa)容器中，发生反应：4H2(g)+2NO(g) +O 2(g)N2(g)+4H2O(g)达平衡时，N2的体积分数为0.1。平衡时，NO的转化率为_，平衡常数Kp=_(kPa)(以分压表示。分压=总压x物质的量分数)。已知该反应H0。初始温度、压强和反应物的用量均相同
26、，下列四种容器中NO的转化率最高的是_(填字母代号)。A恒温恒容容器 B恒温恒压容器 C恒容绝热容器 D恒压绝热容器(4)1093K时，NO与H2.以物质的量2：1混合，置于某密闭容器中，发生化学反应：2NO(g)+H2(g)=N2O(g)+H2O(g)。实验测得该反应速率方程(以N2O)为基准)为,某时刻测得体系中NO的分压为2.5kPa。则此时的反应速率为_Pa/s。【答案】 (1). N(s)+N(s)=N2+Rh(s)+Rh(s) (2). -65.2 (3). 选择性 (4). 温度 (5). 50% (6). 0.04 (7). B (8). 4.37510-2【解析】【分析】【详
27、解】(1)其他条件一定时，活化能Ea越大，反应难以发生，反应速率越小，为慢反应，慢反应为决定总反应速率，由此可以决定H2催化还原NO反应速率的基元反应为：N(s)+N(s)=N2+Rh(s)+Rh(s)，从表格中获取信息可知，基元反应H2+Rh(s)+Rh(s) H(s)+H(s)的Ea为12.6 kJ/mol，逆反应H(s)+H(s) H2+Rh(s)+Rh(s)的Ea为77.8 kJ/mol，可知反应的焓变H=12.6 kJ/mol-77.8 kJ/mol=-65.2 kJ/mol，故答案为：N(s)+N(s)=N2+Rh(s)+Rh(s)；-65.2；(2)催化剂不变，温度不同，产物组分
28、不同，体现了催化剂具有选择性，且受温度影响，故答案为：选择性；温度；(3)根据题干信息可知反应为4H2(g)+2NO(g) +O2(g)N2(g)+4H2O(g)，H2、NO、O2按体积比即物质的量之比为3：2：1，设充入量分别3a mol、2a mol、a mol，NO转化xmol，则：， V%(N2)= x=a a(NO)=， n总=6a-x=5a mol，同理可知= ，故答案为：50%；0.04；该反应H0，属于放热反应，在绝热容器中相当于对反应加热，温度升高，平衡逆向移动，NO转化率降低，故恒温容器中NO转化率较大。反应前后气体分子数减少，恒压容器中反应相当于对恒容容器加压，平衡正向移
29、动，NO转化率较大。由此可知，该反应在恒温恒压容器中NO转化率较大，故选B；(4)根据阿伏加德罗定律，可以推理出H2的分压为1. 25 kPa，代入速率方程式可知：，故答案为：。化学一选修3：物质结构与性质11. 碱金属及其化合物在生活、科研等领域用途广泛。回答下面相关问题：(1)基态K原子核外有_种不同的电子运动状态；下列碱金属原子核外电子发生如下变化时有可能会观察到焰色的是_(填字母代号)。a. b. c. d. (2)碱金属易形成各种不同的盐，已知碱金属各种盐的沸点()如表所示。LiNaK氧化物613801771硫酸盐8598801069碳酸盐720858901由此可以得出随质子数递增，
30、碱金属形成化合物中化学键的离子性_(填“逐渐增强”“不变”或“逐渐减弱”)；在硫酸盐和碳酸盐中，S，C 原子的杂化形式分别为_和_。(3)碱金属元素中，仅有Li可以直接与N2化合生成Li3N。已知该晶体中。存在锂、氮原子共同组成的锂、氮层，如图所示。该结构中，在锂、氮层之间还应存在_(填“锂”或“氮”)层。理由是_。(4)氮化钼是制备锂离子电池的重要原材料，该晶胞结构如图所示。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。若A的原子分数坐标为(0，0，0)，则B的原子分数坐标为_。N原子位于Mo原子立方晶格的_(填“四面体”“正方体”或“八面体”)空隙中，若Li
31、 位于该晶胞的八面体空隙中，则一个晶胞中最多能够填入_个Li。若氮化钼的密度为gcm-3，晶胞中Mo为最紧密堆积。其原子半径为r。则Mo所围成的空隙中，所容纳的离子半径最大值为_nm。(用含有，NA的代数式表示。设NA表示阿伏加德罗常数的值)【答案】 (1). 19 (2). bc (3). 逐渐增强 (4). sp3 (5). sp2 (6). 锂 (7). 因为锂氮层中锂氮比为2:1，即为Li2N，不符合化学计量式Li3N，所以应该有Li原子层 (8). (，0) (9). 八面体 (10). 2 (11). 【解析】【分析】【详解】(1)K原子核电荷数为19，核外共有19个电子，每个电子
32、运动状态均不同，则基态K原子核外有19种不同的电子运动状态，故答案为：19；焰色实验的本质是电子接受能量发生跃迁，由基态跃迁到激发态，即能量较高的电子层，该电子从能量较高的电子层又回到基态时，多余的能量释放出来，可能会产生不同的焰色，aAr4s1Ar4p1 为钾原子从基态到激发态要吸收能量，不符合题意，故不选a；bNe3d1Ne3s1 钠原子从激发态到基态过程，释放能量，会观察到焰色，符合题意，故选b； c 为锂原子从激发态到基态释放能量，会观察到焰色，符合题意，故选c； d为钠原子从基态到激发态要吸收能量，不符合题意，故不选d；故答案为：bc；(2) 由表中沸点数据可知，随质子数递增，碱金属
33、形成化合物沸点升高，说明离子键键能增大，化学键的离子性逐渐增强；在硫酸盐中S的中心原子S外层有6个电子，价层电子对数=4+ (8-42)=4，为sp3杂化；碳酸盐中C的中心原子C外层有4个电子，价层电子对数=3+ (6-32)=3，为sp2杂化，故答案为：sp3；sp2； (3)在锂氮层之间还应存在锂层，因为锂氮层中如图所示，锂氮比为(1+2+2):1=2:1，即为Li2N，不符合化学计量式Li3N，所以应该有Li原子层，故答案为：锂；因为锂氮层中锂氮比为2:1，即为Li2N，不符合化学计量式Li3N，所以应该有Li原子层；(4)图中A的原子分数坐标为(0，0，0)，如图建立坐标系 ，则原子B
34、位于x轴处，位于y轴处，位于z轴0处，则原子分数坐标为(，0)；N原子部分填充在Mo原子立方晶格的八面体空隙中，则由晶胞结构图可知，图中黑色球代表Mo，白色球代表N，若让Li 位于该晶胞的八面体空隙中，则锂离子只能位于晶胞中未被N占据的棱中间的位置，共有8个，平均一个晶胞中最多能够填入锂离子数目为8=2，故答案为：八面体；2；由图可知，一个氮化钼晶胞中含有Mo原子数=8+6=4，含有N原子数=1+4=2，设晶胞棱长为anm，即a10-7cm，则晶胞体积为(a10-7)3cm3，晶胞的密度= gcm-3=gcm-3，则a=107。由晶胞结构图可知，在Mo所围成的空隙中，所容纳的离子只能位于晶胞中
35、未被N占据的棱中间的位置，则所容纳的离子半径（设为x）、Mo原子半径r和晶胞棱长的关系为2x+2r=a，则x=-r=107-r，晶胞中Mo为最紧密堆积，面对角线长为4r，则Mo的原子半径r=a=nm，即所容纳的离子半径最大值为 nm，故答案为：。化学-选修5：有机化学基础12. 有机物K()是一种常用的赋香剂，可以采用废弃的油脂合成。其合成路线如图所示。已知：R-BrR-MgBr；R1-CHO回答下列问题：(1)下列关于油脂的说法正确的有_(填字母代号)。a.油脂与蛋白质、淀粉均属于高分子营养物质b.油脂能为人体提供热能，还能提供必需的脂肪酸c.天然油脂属于纯净物，水解产物一定含有甘油d.油脂
36、在酸性条件下能够发生水解反应，该反应又叫皂化反应e.油脂的氢化又叫硬化，属于加成反应(2)K分子中含有官能团的名称为_；CD的反应类型为_。(3)检验G中官能团常用试剂是_。；X的名称为_。(4)D-E的化学反应方程式为_。(5)M是D的同分异构体。M分子核磁共振氢谱显示有四种峰，峰面积之比为3：2：1：1.M可能的结构简式为_。(6)写出以乙醇为有机原料设计合成2-丁醇的路线图(其他无机试剂任选)_。【答案】 (1). be (2). 碳碳双键、酯基 (3). 加成反应(或者还原反应) (4). Na (5). 丙烯酸 (6). + HBr+ (7). 、 (8). 【解析】【分析】根据题意
37、，借助试题提供的信息，CH2=CHCHO和CH2=CH-CH=CH2发生1，4加成成环反应，生成C（），则D为，E为，F为，G为，下列合成流程图及反应类型如下图：根据合成流程图就可以推出各种的结构简式。【详解】(1)油脂不属于高分子化合物，a错误；人体摄入油脂，油脂能够储备能量，还能够提供热量，另外油脂水解产生的亚油酸、亚麻酸是人体必需的脂肪酸，人体难以自己合成，b正确；天然油脂含有维生素，色素等杂质，属于混合物，c错误；油脂在碱性条件下水解属于皀化反应，d错误；植物油类和氢气加成反应后转化为脂肪类化合物，该氢化又叫硬化反应，属于加成反应，e正确，故答案为：be；(2)根据K的结构特点，可以得出K分子中含有的官能团有碳碳双键和酯基；根据官能团的转化特点，可以得出CD的反应类型为加成反应或者还原反应。(3)G中含有的官能团为醇羟基，检验醇羟基常用的试剂为金属Na,根据K逆推理，可知X的结构简式为CH2=CH-COOH，名称为丙烯酸。(4)根据题意可得出D转化为E的反应为 + HBr+(5)根据信息，可得出M的可能结构为、(6)根据试题提供信息可得出乙醇合成2-丁醇的路线为；