1、山东省烟台市2018届高三高考适应性练习（一）理综化学试题1. 下列关于生活、生产中用品材料的说法不正确的是A. 不锈钢属于合金材料 B. 青花瓷属于硅酸盐材料C. 羊毛绒属于复合材料 D. 橡胶属于有机高分子材料【答案】C【解析】不锈钢是铁和镍等元素的合金，A 说法正确；青花瓷、玻璃、水泥符合硅酸盐产品的特点，是硅酸盐产品，B说法正确；由两种或两种以上不同性质的材料，通过物理或化学的方法，在宏观(微观)上组成具有新性能的材料叫复合材料，羊毛绒主要由蛋白质组成，不是复合材料，C说法错误；有机高分子材料分为：天然有机高分子材料和合成有机高分子材料，而天然有机高分子材料有：天然橡胶和天然纤维（植物
2、纤维和动物纤维），合成有机高分子材料有：合成橡胶、合成纤维、塑料，所以橡胶属于有机高分子材料，D说法正确；正确选项C。2. 下列对有关文献的理解错误的是A. 汉书中“高奴县有洧水可燃”，梦溪笔谈对“洧水”的使用有“试扫其烟为墨，黑光如漆，松墨不及也”的描述，其中的烟指炭黑B. 物理小识记载“青矾(绿矾)厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂”，青矾厂气是CO和CO2C. 本草纲目描述“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”其中的碱是K2CO3D. 天工开物记裁制造青瓦“(窑)泥周寒其孔，浇水转釉”，红瓦转化为青瓦的原因是Fe2O3转化为其他铁的氧化物【答案】B【解析】洧水可燃，洧水是石油，不
3、完全燃烧时有碳颗粒生成，由墨汁很黑知道烟是炭黑，A说法正确；青矾是绿矾，为硫酸亚铁晶体FeSO47H2O，青矾”强热，得赤色固体为氧化铁，“气”凝即得“矾油”，矾油应指硫酸，具有腐蚀性，根据电子得失守恒和元素守恒可知，煅烧FeSO47H2O制氧化铁的化学方程式为2FeSO47H2O Fe2O3+SO2+SO3+7H2O，所以青矾厂气指的是SO2和SO3气体，不是CO和CO2，B说法错误；冬月灶中所烧薪柴之灰即草木灰，草木灰的主要成分是碳酸钾，用水溶解时碳酸钾水解导致溶液呈碱性，能够去污，所以C说法正确；红瓦和青瓦都是用泥土制成的，青瓦和红瓦是在冷却时区分的，自然冷却的是红瓦，水冷却的是青瓦，红
4、瓦里面是氧化铁，青瓦里面主要是氧化亚铁，所以D说法正确；正确选项B。3. 下列说法正确的是A. 丙烯中所有原了共平面B. 葡萄糖、花生油和蚕丝一定条件下都能发生水解反应C. 乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去D. C4H4仅有和CHC-CH=CH2两种同分异构体【答案】C 4. 实验室用下列装置制备无水AlCl3(183升华，過潮湿空气即产生大量白雾)。下列说法正确的是A. 该实验过程中e瓶可能产生白雾B. b、c装置中分别盛装饱和NaHCO3溶液和浓硫酸C. 实验开始时应先点燃d处酒精灯，再点燃a处酒精灯D. 实验后向烧瓶中加入足量硝酸银和确硝酸，可确定生成的MnCl2的质量【
5、答案】A【解析】d装置中产生的AlCl3受热易升华，f装置中的水蒸气挥发到e装置中，由于氯化铝极易水解生成氢氧化铝和氯化氢，而氯化氢溶液形成白雾，所以在e装置中可能产生白雾，A说法正确；a装置产生Cl2，同时有HCl和水蒸气，所以b装置中应该是饱和食盐水，除去HCl气体，c装置应该是浓硫酸，除去水蒸气得干燥纯净的Cl2，b中盛装饱和NaHCO3溶液，与酸反应产生CO2气体，引入杂质，同时NaHCO3溶液呈碱性，能够吸收Cl2，B说法错误；由于金属铝是活泼的金属，极易被氧化，所以首先点燃a处酒精灯，然后点燃d处酒精灯，C说法错误；实验室制取氯气用浓盐酸与二氧化锰反应，随着反应的进行，盐酸的浓度下
6、降，当浓盐酸变成稀盐酸，反应停止，此时反应后的溶液中仍然有盐酸，所以通过测定AgCl的质量来确定生成的MnCl2的质量是错误的，D选项错误，正确答案是A。5. 电解法合成氨因其原料转化率大幅度提高，有望代替传统的工业合成氨工艺。电解法合成氨的两种原理及装置如图1和图2所示。下列说法错误的是A. a电极上通入的物质是H2B. 电解池中b是阳极，c是阴极C. d电极上电极反应式是N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-D. 若I=2.0A，通电1h，理论上两装置均可得NH3的质量为。(已知一个电子的电量为1.610-19C)【答案】B【解析】通过图1得出b极通入的是N2，所以a极通入的气体应该H
7、2，A说法正确；b极通入的是N2，得到电子，发生还原反应，所以电解池的b极是阴极，c极O2-失去电子，发生氧化反应，c极是阳极，B说法错误；d电极是阴极，N2得到电子生成NH3，总反应式是：2N2+6H2O=4NH3+3O2，所以阴极（d电极）的电极反应式：N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-，C说法正确；当流过的电流1 安培时，每秒钟所通过的电量为 1 库仑，所以I=2.0A，通电1h，理论上电量是：2.06060C，通过的电子：（2.06060）(1.610-19NA)mol,1molN原子得到3mol电子生成NH3，所以n（NH3）=（2.06060）(1.610-19NA3)mo
8、l, NH3的质量是：m（NH3）=n（NH3）M（NH3）=,D说法正确，本题正确选项B。6. 三个相邻周期的主族元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，其中X、Y分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，Z原子的最外层电子数是最内层电子数的2倍，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等。则下列判断正确的是A. 原子半径:WYZX B. 气态氢化物的稳定性:ZXC. Y、Z的氧化物都有两性 D. 最高价氧化物对应水化物的碱性:YW【答案】A【解析】X、Y分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，所以X是O元素，Y是Al元素；X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以Z原子
9、的最内层电子数是2，其最外层电子数是4，Z是Si元素；Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，即：3+4=6+1，W原子的最外层电子数是1，是相邻的三个周期，所以W是K；所以X、Y、Z、W分别是：O、Al、Si、K；原子半径：KAlSiO，即WYZX，A选项正确；氧元素的非金属性比硅元素强，H2O的稳定性比SiH4强，B选项错误；Y的氧化物是Al2O3，是两性氧化物，Z的氧化物是SiO2，是酸性氧化物，C选项错误；K的金属性比Al强，KOH是强碱，Al(OH)3是两性氢氧化物，D选项错误，正确答案是A。7. 常温下向100mL0.2mol/L的氨水中逐滴加入0.2mol
10、/L的盐酸，所得溶液中NH4+和NH3H2O的物质的量分数与加入盐酸的体积V及混合液pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是A. 表示NH3H2O物质的量分数变化的曲线是BB. pH=9.26时的溶液中，NH3H2O的电离程度小于NH4+的水解程度C. 常温下,NH3H2O的电离常数为1.810-5mol/L(已知lg1.8=0.26)D. 当加入盐酸体积为50mL时，溶液中c(NH4+)-c(NH3H2O)=2(10-5+10-9)mol/L【答案】C【解析】NH3H2O与HCl能够发生反应： NH3H2O+HCl=NH4Cl+H2O，随着HCl的滴入，NH3H2O浓度逐渐减小，NH4+的浓
11、度逐渐增大，所以曲线B表示的是NH4+，不是NH3H2O的物质的量分数，A选项错误；pH=9.26时，溶液呈碱性，说明NH3H2O的电离程度大于NH4+离子的水解程度，B选项错误；NH3H2O NH4+ OH-，K=C（NH4+）C（OH-）/C（NH3H2O），根据图示得：当PH=9.26时，溶液中NH3H2O和NH4+的物质的量分数相同，即浓度相同，所以K=C（OH-）=Kw/C（H+）=110-14/10-9.26=10-4.74=1.810-5，C选项正确；当加入盐酸体积为50mL时，C（Cl-）=1/15molL-1，C(NH3H2O)+C(NH4+)=2/15 molL-1,所以有
12、：2C(Cl-)= C(NH3H2O)+C(NH4+),根据电荷守恒：2C(H+)+2C(NH4+) =2C（Cl-）+2C（OH-），所以c(NH4+)-c(NH3H2O)=2(10-5-10-9)mol/L，D选项错误，正确答案是C。8. 实验室利用下图装置制备H2S气体，并探究H2S的有关性质。回答下列问题:（1）实验开始时，检查装置气密性的方法是_。（2）若装置不漏气，加入装置中的药品为_(填字母)。a.FeS和稀硫酸 b.Na2S和稀硫酸 C.ZnS和稀硝酸d.CuS和稀盐酸该反应的离子方程式为_。（3）打开弹簧夹使反应发生，将生成的H2S气体通入1.0mol/LFe(NO3)3溶液
13、中，观察到有浅黄色固体析出。为探究实际参与该反应的微粒种类，设计如下图装置：若A装置中加入1.0mol/L的FeCl3溶液，并测其pH=1，则B装置中加入的试剂是_；实验观察到A、B中均有浅黄色固体析出，则H2S与Fe(NO3)3溶液反应的离子方程式为_。（4）实验结束时，使反应停止的操作是_；此时反应停止的原因是_。（5）常温下，以Na2S为样品，选择合理的仪器和试剂设计实验证明氢硫酸为二元弱酸测量并估算氢硫酸的Ka2(H2S),则需要的主要计量仪器为电子天平、容量瓶、_、_。【答案】 (1). 夹紧弹簧夹，往长颈漏斗中加水至漏斗管内液面高于试管内液面，一段时间后，液面差保持不变，证明气密性
14、良好，否则气密性不好 (2). a (3). FeS + 2H+ = H2S+ Fe2+ (4). 浓度分别为3.0 molL-1和0. 1molL-1的KNO3HCl混合溶液 (5). 2H2S + Fe3+ + NO3- = 2S+Fe2+ + NO + 2H2O (6). 用弹簧夹夹紧橡皮管 (7). 夹紧弹簧夹后，装置中产生的H2S难溶于稀硫酸，使试管内气体压强增大，将稀硫酸压回长颈漏斗使FeS固体和稀硫酸分离而停止反应 (8). 酸式滴定管 (9). pH计【解析】（1）检查装置的气密性原理通常是想办法造成装置不同部位有压强差,并产生某种明显现象,如气泡的生成,水柱生成,液面升降。对
15、本装置检查气密性方法是：用弹簧夹夹紧橡皮管，往长颈漏斗中加水至漏斗管内液面高于试管内液面，一段时间后，液面差保持不变，证明气密性良好，否则气密性不好；（2）制取硫化氢气体，FeS和稀硫酸反应生成硫化氢气体，且硫化亚铁不溶于水，a可以；Na2S和稀硫酸也能反应生成硫化氢气体，但硫化钠易溶于水，无法控制硫化氢气体产生的速度，所以b不符合实验装置要求；稀硝酸具有强氧化性，可以将-2价的硫氧化，不产生硫化氢气体，所以c不可以；CuS与稀盐酸不反应，所以d不可以，因此能够产生硫化氢气体且符合装置要求的是a；FeS和稀硫酸反应的离子方程式为：FeS+2H+=Fe2+H2S；（3）H2S气体通入1.0mol
16、/LFe(NO3)3溶液中，观察到有浅黄色固体析出，Fe3+与NO3-都能够与H2S反应产生S沉淀，Fe3+与NO3-有氧化性，A装置中加入1.0mol/L的FeCl3溶液，并使溶液的pH=1，确定是否是Fe3+引起的，因此B中应该验证是否是NO3-在酸性（PH=1）条件下引起的，B中可以加入浓度分别为3.0 molL-1和0. 1molL-1的KNO3HCl混合溶液，即：B装置中加入的试剂是浓度分别为3.0 molL-1和0. 1molL-1的KNO3HCl混合溶液；A、B中均有浅黄色固体析出，则H2S与Fe(NO3)3溶液反应的离子方程式为2H2S + Fe3+ + NO3- = 2S+F
17、e2+ + NO + 2H2O ；（4）利用启普发生器制取气体的原理，关闭启普发生器的活塞，产生的气体将液体压回漏斗中，固体与液体分离，反应停止，所以本实验结束时，使反应停止的操作：用弹簧夹夹紧橡皮管；此时反应停止的原因是：夹紧弹簧夹后，装置中产生的H2S难溶于稀硫酸，使试管内气体压强增大，将稀硫酸压回长颈漏斗使FeS固体和稀硫酸分离而停止反应； （5）用电子天平称取一定质量的Na2S样品，配制成0.001mol/L溶液，用PH计测定其溶液的PH，PH大于7，说明溶液呈碱性，证明Na2S发生水解反应，根据：S2-+H2OHS-+OH-说明H2S是弱酸；再配制0.001mol/LH2SO4的稀溶
18、液，取0.001mol/LNa2S溶液20.00ml于锥形瓶中，用0.001mol/LH2SO4溶液进行滴定，当滴入5ml0.001mol/L硫酸溶液时，此时溶液中S2-与HS-的浓度基本相同，用PH计测定溶液的PH，通过换算确定Ka2，Ka2=C（S2-）C（H+）/C（HS-）C（H+），因此，以Na2S为样品，选择合理的仪器和试剂设计实验证明氢硫酸为二元弱酸测量并估算氢硫酸的Ka2(H2S),则需要的主要计量仪器为电子天平、容量瓶、酸式滴定管和pH计，正确答案：酸式滴定管和pH计。9. 含磷化合物在生产生活中有着重要的应用。（1）磷与氨是同主族元素，下列能说明者非金属性强弱的是_(填字母
19、)。a.NH3比PH3稳定性强b.常温下，氮气为气体，磷单质为固体c.氮气与氢气化合比磷与氢气化合更困难d.HNO3的酸性比HPO3酸性强（2）工业常用磷精矿Ca5(PO4)3F和硫酸反应制各磷酸。己知25，101kPa时:CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+H2O(l) H=-271kJ/mol5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)=Ca5(PO4)F(s)+5H2O(l) H=-937kJ/mol则Ca5(PO4)F和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为_。（3）已知PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)H0。温度为T时，把一定量的PCl5气体引入一真空瓶内，反应达平
20、衡后PCl5与PCl3的分压之比为1:3(分压一总压物质的量分数)。PCl5的分解率a1=_%。若达到兴衡后体系总压为1.4MPa，用平衡分压代替平衡浓度表示反应的平衡常数Kp=_。温度为T2时，新的平衡体系中PCl5与Cl2分压相同，则PCl5的分解率a1_a2，温度T1_T2(填“”“10，反应时间30min【解析】（1）同主族元素从上到下原子序数逐渐增大，元素金属性逐渐增大，非金属性逐渐减小，单质与氢气的化合越来越难，气态氢化物稳定性逐渐减小，最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐减弱，所以NH3比PH3稳定性强可以说明非金属性NP，a可以；常温下，氮气为气体，磷单质为固体是它们的物理性质，
21、不能说明非金属性NP，b不可以；氮气与氢气化合比磷与氢气化合更困难可以说明非金属性PN，与元素周期律矛盾，c不可以；HPO3不是磷元素的最高价氧化物对应的水化物，所以HNO3与HPO3酸性强弱不能说明N与P非金属性强弱，d不可以；正确答案是a；（2）根据盖斯定律:将CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+H2O(l) H=-271kJ/mol乘以5倍减去5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)=Ca5(PO4)F(s)+5H2O(l) H=-937kJ/mol得到：Ca5(PO4)3F(s) +5H2SO4(l)=5CaSO4(s)+3H3PO4(l)+HF(g) H=418k
22、J mol-1，所以Ca5(PO4)F和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为：Ca5(PO4)3F(s) +5H2SO4(l)=5CaSO4(s)+3H3PO4(l)+HF(g) DH=418kJ mol-1；（3） 假设一定量的PCl5为amol，压强是P0PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)开始（mol） a 0 0转化（mol） x x x平衡（mol） a-x x x根据：分压=总压物质的量分数，达平衡后P（总）=（a+x）P0/a，P（PCl5）=（a-x）P（总）/(a+x), P（Cl2）= P（PCl3）=xP（总）/(a+x),根据反应达平衡后PCl5与PCl3的分压之比为
23、1:3得出：x=3a/4； PCl5的分解率a1=x/a=75% , 平衡分压代替平衡浓度表示反应的平衡常数表达式是：Kp=P(Cl2)P(PCl3)/P(PCl5)，将P（总）=1.4MPa代入得：Kp=1.8MPa 根据的计算数据可知，在原平衡中，P（PCl5）P（Cl2）,新平衡中两者相同，说明平衡逆向移动，根据反应方程式：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)H0，该反应正反应是吸热反应，平衡逆向移动，说明温度降低，即T2T1，新平衡与原平衡相比，PCl5分解率降低了，所以正确答案是：a1a2，温度T1T2； PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)H0达到平衡后，温度、体积不变
24、，充入氩气，反应物、生成物的浓度都没有改变，平衡不移动，a不能使PCl5分解率增大，a选项错误；体积不变，对体系加热，相当于升高温度，该反应的正反应是吸热反应，平衡正向移动，能使PCl5分解率增大，所以b选项正确；温度、体积不变，充入氯气，平衡逆向移动，PCl5分解率减小，c选项错误；温度不变，增大容器体积，平衡正向移动，能使PCl5分解率增大，d选项正确；所以达到平衡后，使PCl5分解率增大的选项是bd；（4）氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷（主要为H3PO4、H3PO3等）废水，在废水中先加入适量漂白粉，使废水中的H3PO3氧化为PO43-，加入生石灰后能完全转化为磷酸的钙盐，达到较高的回
25、收率；根据题干中的图可确定pH10，磷的沉淀回收率较高(90%左右)，反应时间超过30 min时磷的沉淀回收率较高（(90%左右），所以处理该厂废水最合适的工艺条件为溶液pH10，反应时间30min。点睛：在化学平衡计算中，要正确的解决平衡中一系列问题，必需利用好“三段式”，清楚地列出起始量、转化量、平衡量，按题目要求进行计算，同时还要注意单位的统一，利用好答题模板如：反应：mA(g)nB(g) pC(g)qD(g)，令A、B起始物质的量(mol)分别为a、b，达到平衡后，A的消耗量为mx，容器容积为V L。 mA(g)nB(g) pC(g)qD(g)起始(mol) a b 0 0变化(mol
26、) mx nx px qx平衡(mol) amx bnx px qx，如本题中的通过PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)开始（mol） a 0 0转化（mol） x x x平衡（mol） a-x x x根据：分压=总压物质的量分数，达平衡后P（总）=（a+x）P0/a，P（PCl5）=（a-x）P（总）/(a+x), P（Cl2）= P（PCl3）=xP（总）/(a+x),根据反应达平衡后PCl5与PCl3的分压之比为1:3得出：x=3a/4；通过x可以求出PCl5的分解率、平衡常数及改变条件以后的平衡移动方向等一系列问题，可以说“三段式”法能有效解答化学平衡计算问题。10. 二氧化铈(
27、CeO2)是一种重要的稀土化合物，汽车尾气用稀土/钯三效催化剂处理，不仅可以降低催化剂的成本，还可以提高催化效能。以氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)为原料制备CeO2的一种工艺流程如下:已知i.Ce4+能与F-结合成CeFx(4-x)+，也能与SO42-结合成(CeSO4)2+；.在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂(HA)2萃取:Ce4+n(HA)2CeH2n-4A2n)+4H+，而Ce3+则不能。回答下列问题:（1）CeCO3F中铈元素的化合价为_，“氧化焙烧”过程中可以加快反应速率的方法是_(答出两点即可)。（2）“萃取”时，选用(HA)2作为萃取剂，(HA)2需满足的条件是_；“萃取”后的
28、水层中含有的主要阴离子是_。（3）“反萃取”时加入H2SO4的作用是_；加入H2O2的作用是_(结合离子方程式说明)（4）浸渣经处理可得Ce(BF4)3，在KCl溶液中加入Ce(BF4)3，发生如下反应:Ce(BF4)3(s)+3K+(aq)3KBF4(s)+Ce3+(aq)一定温度时，Ce(BF4)3、KBF4的Ksp分别为a、b，若上述反应体系中K+的物质的量浓度为cmol/L，则Ce3+的物质的量浓度为_mol/L。【答案】 (1). +3 (2). 将矿石粉碎，增大接触面积；提高焙烧温度；增大氧气（或空气）浓度 (3). (HA)2不溶于水，且与水不反应 (4). F-、SO42- (
29、5). 增大平衡体系Ce4+n(HA)2Ce(H2n-4A2n)+4H+中c(H+)，同时SO42-与Ce4+结合生成(CeSO4)2+，促使平衡逆向移动，有利于“反萃取”的进行或：增大平衡体系(CeSO4)2+n(HA)2Ce(H2n-4A2n)+4H+ SO42-中c(H+)和c(SO42-)，促使平衡逆向移动，有利于“反萃取”的进行 (6). 将+4价铈还原成+3价铈：2(CeSO4)2+H2O2=2Ce3+2SO42-+2H+O2（或2Ce4+H2O2=2Ce3+2H+O2），Ce3+不能被萃取，有利于Ce3+进入水层而分离 (7). ac3/b3【解析】（1）CeCO3F中C元素+4
30、价，O元素-2价，F元素-1价，根据化合价代数和为零的原则，得出铈元素的化合价为+3价；“氧化焙烧”过程中加快反应速率的方法有：将将矿石粉碎，增大接触面积；适当提高焙烧温度；增大氧气（或空气）浓度；（2）利用溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解度不同，使一种溶质从一种溶剂内转移到另外一种溶剂中的过程，选用(HA)2作为萃取剂，(HA)2需满足的条件是：(HA)2不溶于水，且与水不反应，Ce4+易溶于(HA)2；氧化焙烧过程中CO32-生成CO2气体，所以“萃取”后的水层中含有的主要阴离子是：F-、SO42-；（3）根据信息：Ce4+能与SO42-结合成(CeSO4)2+，在硫酸体系中Ce4+能被萃取
31、剂(HA)2萃取，发生如下反应 (CeSO4)2+n(HA)2Ce(H2n-4A2n)+4H+ SO42-，该反应是可逆反应，（4）Ce(BF4)3、KBF4的Ksp表达式分别是：KspCe(BF4)3=C（Ce3+）C3（BF4-）=a，KspKBF4=C（K+）C（BF4-）=b，C（K+）=cmol/L，C（BF4-）=b/c， C（Ce3+）=ac3/b311. 甲烷在镍催化作用下可与水反应制合成气(CO和H2)，再制成甲醇代替燃油。（1）CH4和H2O所含的三种元素电负性从小到大的顺序为_。（2）CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是_和_。（3）基态Ni原子的电子排布式为_，该
32、元素位于元素周期表的第_族。（4）金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni(CO)4，该分子呈正四面体构型。则1molNi(CO)4中含有_mol键，Ni(CO)4的晶体类型为_，Ni(CO)4易溶于下列_(填选项字母)中。a.水 b.四氧化碳 C.苯 d.硫酸镍溶液（5）如图是一种镍镧合金储氢后的晶胞结构示意图。该合金中原子个数比La:Ni=_，储氢后，含1molLa的合金可吸附H2的数目为_。【答案】 (1). HCCH，所以元素的电负性从小到大的顺序为HCO；（2）CH4分子中碳原子与氢原子形成的都是键，CH4分子的空间构型是正四面体，碳原子的杂化类型是sp3的杂化，而CO2
33、分子中C原子与两个氧原子个形成了四个共价键，两个键，两个键，其结构式是：O=C=O，三个原子在一直线上，碳原子的杂化类型是sp杂化；（4）Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，在每个配位体中含有一个键，在每个配位体与中心原子之间形成一个键，所以1mol Ni(CO)4中含有8mol键；Ni(CO)4是易挥发液体，分子为正四面体形，所以Ni(CO)4 为分子晶体，根据相似相溶原理，则Ni(CO)4 易溶于有机溶剂，所以答案选bc；（5）根据镍镧合金储氢后的晶胞结构示意图得出：该晶胞中氢气分子个数：81/4+21/2=3，La原子个数是：81/8=1，Ni原子个数是：81/2+1=5，
34、该合金中原子个数比La:Ni=1：5，La:H2=1：3，则含1mol La的合金可吸附H2的数目为3NA。点睛：晶体中微粒的排列具有周期性，晶体中最小的结构重复单元称为晶胞，利用“均摊法”可以计算一个晶胞中的粒子数，从而确定晶体的化学式。中学中常见考题里涉及的晶胞有立方晶胞、六方晶胞；在立方晶胞中：（1）每个顶点上的粒子被8个晶胞共用，每个粒子只有1/8属于该晶胞，如本题中的La原子；（2）每条棱上的粒子被4个晶胞共用，每个粒子只有1/4属于该晶胞，如本题中的H2分子；（3）每个面心上的粒子被2个晶胞共用，每个粒子只有1/2属于该晶胞。如本题中的H2分子和Ni原子； （4）晶胞内的粒子完全属
35、于该晶胞，如本题中的Ni原子。12. 以下是由苯乙烯为原料合成有机高分子化合物M的一种合成路线(部分反应条件及副产物已略去):已知:I.RCHBr-CH2BrRCCHII.CHCH+CH2=CH-CH=CH2III. 请回答下列问题:（1）D的结构简式为_，E的结构简式为_。（2）C+DE的反应类型为_，I中含氧官能团的名称为_。（3）H+IM的化学方程式为_。（4）在催化剂加热条件下，G与氧气反应生成Q(C9H8O3)，同时满足下列条件的Q的同分异构体有_种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有6组吸收峰的结构简式为_。除苯环外不含其他环状结构能与FeCl3溶液发生显色反应能与NaHCO3溶
36、液反应生成CO2（5）参照上述合成路线和相关信息，以甲醇和一氯环己烷为有机原料(无机试剂任选)，设计制备己二酸二甲酯的合成路线_。【答案】 (1). CH3CH=CHCH=CH2 (2). (3). 加成反应 (4). 羟基 (5). (6). 16 (7). (8). 【解析】（1）根据信息III和G和F的结构简式可以反推出E的结构简式是：，苯乙烯（A）反应生成B的结构简式是（），根据信息I推断出C的结构简式是：，根据信息II和C、E的结构简式推出D的结构简式是：CH3CH=CHCH=CH2 ，所以D的结构简式为CH3CH=CHCH=CH2，E的结构简式为；（2）根据信息II可得：（C）+
37、CH3CH=CHCH=CH2（D）（E），所以C+DE的反应类型为加成反应；G（）+H2 I（），所以I中含氧官能团的名称为：羟基；（3）F+O2H，即有，所以F的结构简式是：，H+IM的化学方程式为：（4）Q的分子式：C9H8O3除苯环外不含其他环状结构能与FeCl3溶液发生显色反应，说明结构中有酚羟基（-OH），能与NaHCO3溶液反应生成CO2，结构中有羧基（-COOH），结构中只有一个苯环，所以余下的2个碳原子与H可以组成一个乙烯基（-CH=CH2），苯环上有两个取代基的结构有6种（两个取代基在邻、间、对三个位置）：和，苯环上有乙烯基、羟基、羧基三个取代基的结构有10种，所以同时满足条
38、件的Q(C9H8O3)的同分异构体有16种 其中羟基（-OH）和丙烯酸基（-CH=CHCOOH）在对位上的结构有6种不同环境的H原子，即有核磁共振氢谱有6组吸收峰；其结构简式为：；（5）己二酸二甲酯是己二酸与甲醇酯化反应的产物，甲醇已知，如何将一氯环己烷转化为己二酸，碳原子数相同，官能团不同，根据题干中提供的信息III可知，碳碳双键可以被氧化为醛基，醛基可以被氧化为羧基，所以将氯原子去掉，变成含碳碳双键的烯烃，根据卤代烃的在碱性条件、乙醇和加热条件下发生消去反应形成碳碳双键，所以制备己二酸二甲酯的合成路线：点睛：限制条件下的同分异构体的写法一般分四步：第一步解读分子式或者结构简式，如本题中Q的
39、分子式 C9H8O3；第二步转化限制条件，将常见官能团的性质转化为具体的官能团，如：本题中要求能与FeCl3溶液发生显色反应，说明结构中一定有酚羟基；要求能与NaHCO3溶液反应生成CO2，结构中有羧基（-COOH）；第三步做减法、巧组合，Q的分子式是C9H8O3，因为除苯环外不含其他环状结构，去掉6个碳原子、3个氧原子、6个氢原子（1个酚羟基中氢原子、苯环上的4个氢原子、羧基上的1个），余下2个碳原子2个氢原子，可以组合成一个乙烯基（-CH=CH2）；第四确定取代基的位置，本题没有具体要求，所有苯环上可以有2个取代基和3个取代基的写法，根据苯环的对称性（邻、间、对位置），确定-OH、-CH=CH2 -CH=CHCOOH或者的位置，进一步得出同分异构体的结构简式和种数。
