1、宁夏银川市宁夏大学附属中学2021届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）相对原子量：H-1；C-12；O-16；Na-23；S-32；Cl-35.5；Ni-59一、选择题（每小题4分，共40分）1. 下列诗句或谚语都与化学现象有关，下列说法不正确的是A. “水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化B. “落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化C. “滴水石穿，绳锯木断”不包含化学变化D. “野火烧不尽，春风吹又生”包含了多种化学变化【答案】C【解析】【详解】A. 水乳交融是物质的相似相容原理，物理变化；火上浇油是油类等可燃性物质遇火燃烧的现象，是化学反应；A正确；B. 龙虾和螃蟹
2、被煮熟时壳里面的一种蛋白质高温变性，是化学变化，B正确；C. 石头要要成分碳酸钙能与水、二氧化碳反应生成的Ca（HCO3）2是可溶性物质，随着水流走了，是化学变化；绳锯木断是植物纤维断开，没有新物质生成，物理变化；C不正确；D. 植物遇水燃烧是化学变化，其生成过程中涉及光合作用、新陈代谢等是化学变化，D正确。答案选C。2. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 100 g质量分数是98%的浓硫酸中所含氧原子数为4NAB. 室温下，1 L pH13的NaOH溶液中，由水电离的OH数目为1013NAC. 电解饱和食盐水，阳极产生22.4 L气体时，电路中通过的电子数目为2NAD. 常
3、温常压下，0.1 mol NH3与0.1 mol HCl充分反应后所得产物含0.1NA个分子【答案】B【解析】【详解】A. 100 g质量分数是98%的浓硫酸中所含氧原子的物质的量是，氧原子数大于4NA，A错误；B. 室温下，1 L pH13的NaOH溶液中，由水电离的OH的浓度是1013mol/L，数目为1013NA，B正确；C. 电解饱和食盐水，阳极产生22.4 L气体时，由于不能确定气体所处的状态，所以不能计算转移的电子数，C错误；D. 常温常压下，0.1 mol NH3与0.1 mol HCl充分反应后所得产物是0.1mol氯化铵，氯化铵是离子化合物，不存在分子，D错误；答案选B。3.
4、 下列说法不正确的是A. 温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)分子数相同B. 同温等压下，SO2气体与CO2气体的密度之比等于1611C. 温度和容积相同的两气罐中分别盛有5 mol O2(g)和2 mol N2(g)，两容器中的压强之比等于52D. 同温等压条件下，5 mol O2(g)和2 mol H2(g)的体积之比等于52【答案】A【解析】【详解】A压强未知，温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)分子数不一定相同，A错误；B同温等压下，两种气体的密度之比=相对分子质量之比，则同温等压下，SO2气体与CO2气体的密度之比=64：44=1611，B正确；C同温同容，两种气体的压强
5、比=物质的量之比，即温度和容积相同的两气罐中分别盛有5 mol O2(g)和2 mol N2(g)，两容器中的压强之比等于52，C正确；D同温同压下，两种气体的体积比=物质的量之比，即同温等压条件下，5 mol O2(g)和2 mol H2(g)的体积之比等于52，D正确。答案选A。4. 下列叙述正确的是( )A. 常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍，稀释后溶液的pH=4B. 25时Ksp(AgCl)=1.810-10，向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl的溶解度不变C. 浓度均为0.1mol/L的下列溶液，pH由大到小的排列顺序为NaOHNa2CO3(NH4
6、)2SO4NaHSO4D. 为确定二元酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH，若pH7，则H2A是弱酸；若pH7，则H2A是强酸【答案】C【解析】【详解】A醋酸是弱酸，所以在稀释的过程中，会促进醋酸的电离，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍，稀释后溶液中氢离子浓度大于原来的十分之一，所以溶液的pH4，故A错误；BAgCl沉淀存在溶解平衡，加入NaCl固体后溶液中的氯离子的浓度增大，使溶解平衡逆向移动，则AgCl的溶解度减小，故B错误；C浓度相同时，氢氧化钠是强碱，所以氢氧根离子浓度最大，碳酸根离子水解使溶液呈碱性，但是水解能力微弱，碱性弱于氢氧化钠；铵根离子水解使硫酸铵溶液呈酸性
7、，但水解能力微弱；硫酸氢钠在水中完全电离产生钠离子、氢离子、硫酸根离子，酸性最强，所以pH的大小顺序是NaOHNa2CO3(NH4)2SO4NaHSO4，故C正确；DNaHA是酸式盐，若为强酸，则其水溶液一定为酸性，pH7，但为弱酸时，既存在HA-的电离也存在其水解，二者程度的大小共同决定溶液的酸碱性，pH7，H2A也可能是弱酸，此时HA-的电离程度大于其水解程度，故D错误；答案选C。5. 下列物质分类正确的是()A. SO2、SiO2、Al2O3均为酸性氧化物B. 稀豆浆、牛奶、氯化铁溶液均为胶体C. 烧碱、乙醇、四氯化碳均为电解质D. 福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【答案】D【解析】A、
8、SO2、SiO2和碱反应生成盐和水，均为酸性氧化物，Al2O3既能和碱反应生成盐和水也能与酸反应生成盐和水，是两性氧化物，选项A错误；B、稀豆浆、牛奶都属于胶体、氯化铁溶液不是胶体，分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，选项B错误；C、烧碱是氢氧化钠属于电解质、乙醇、四氯化碳属于非电解质，选项C错误；D、福尔马林是甲醛水溶液属于混合物、水玻璃是硅酸钠水溶液，属于混合物、氨水是氨气溶于水形成的溶液属于混合物，所以均为混合物，选项D正确。答案选D。6. 关于铅蓄电池的说法正确的是（ ）A. 在放电时，正极发生的反应是Pb(s)+SO42-(aq)-2e-=PbSO4(s)B. 在放电时，该电池的负
9、极材料是铅板C. 在充电时，电池中硫酸的浓度不断变小D. 在充电时，阳极发生的反应是PbSO4(s)2e-=Pb(s)SO42- (aq)【答案】B【解析】【分析】铅蓄电池的反应方程式是： 。【详解】A铅蓄电池，正极电极反应式为： ，故A错误；B铅蓄电池两电极材料分别是Pb和PbO2，所以负极材料是铅板，故B正确；C充电会生成硫酸，硫酸的浓度不断增大，故C错误；D充电是电解池装置，阳极失去电子，故D错误；答案选B。【点睛】铅蓄电池的正反应是原电池，逆反应是电解池，注意结合氧化还原反应分析。7. 下面有关电化学的图示，完全正确的是A. CuZn原电池B. 粗铜的精炼C. 铁片镀锌D. 验证NaC
10、l溶液(含酚酞)电解产物【答案】D【解析】【详解】ACu-Zn原电池，Cu为正极，Zn为负极，A错误；B粗铜的精炼，粗铜作阳极，精铜作阴极，电解质溶液为硫酸铜溶液，B错误；C铁皮镀锌，镀层金属Zn作阳极，待镀金属Fe作阴极，C错误；D碳棒作阳极，氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气氧化KI生成I2，I2使淀粉溶液变蓝，检验Cl2，碘化钾淀粉溶液可检验Cl2；铁棒作阴极，水电离出的氢离子在阴极得电子生成H2，用向下排空气法收集H2并进行检验，同时溶液中含酚酞，酚酞变红，检验电解产物之一OH-，D正确；故选D。8. 下列离子方程式不正确的是A. 热的纯碱溶液清洗油污：H2OOHB. 用铜电极电解硫酸铜
11、溶液：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+C. 用FeC13饱和溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3+3H2O(沸水)Fe(OH)3(胶体)+ 3H+D. 泡沫灭火器的灭火原理：Al33= Al(OH)33CO2【答案】B【解析】【详解】A热的纯碱溶液清洗油污，是因为碳酸根水解产生OH-，水解的离子方程式为H2OOH，A正确；B用Cu电解电极硫酸铜溶液，阳极为Cu失电子生成Cu2+，阴极为Cu2+得电子生成Cu，故总反应不可能为2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+，B错误；C将FeC13饱和溶液滴入沸水中，加热至液体呈红褐色即制得Fe(OH)3胶体，反应的离子方程式为Fe3+3H2O(沸水)
12、Fe(OH)3(胶体)+ 3H+，C正确；D泡沫灭火器原理是可溶性铝盐和碳酸氢盐发生双水解反应，反应的离子方程式为Al33= Al(OH)33CO2，D正确。答案选B。9. 已知C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热H分别是-1 411.0 kJmol-1和-1 366.8 kJmol-1，则由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的H为A. 44.2 kJmol1B. 44.2 kJmol1C. 330 kJmol1D. 330 kJmol1【答案】A【解析】【详解】已知C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热H分别是-1411.0 kJmol-1和-1366.8 kJ
13、mol-1，则C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l) H1=-1411.0 kJmol-1C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l) H2=-1366.8 kJmol-1依据盖斯定律即得到C2H4(g)+H2O(l)C2H5OH(l)H=44.2 kJmol1，答案选A。10. 由下列实验及现象推出的相应结论正确的是选项实验现象结论A某溶液中滴加KSCN溶液溶液出现血红色原溶液中有Fe3+，无Fe2+B向AgNO3溶液中滴加少量NaCl溶液，然后再向其中滴加KI溶液先生成白色沉淀，后生成黄色沉淀溶解度：AgClAgIC向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液
14、变浑浊酸性：H2CO3C6H5OHD某溶液中加入Ba(NO3)2溶液再加足量盐酸产生白色沉淀仍有白色沉淀原溶液中有A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 某溶液中滴加KSCN溶液，溶液出现血红色，说明原溶液中有Fe3+，但不能判断是否含有Fe2+，A错误；B. 向AgNO3溶液中滴加少量NaCl溶液，然后再向其中滴加KI溶液，先生成白色沉淀，但由于硝酸银过量，因此一定生成黄色沉淀，所以帮你拍的溶解度：AgClAgI，B错误；C. 向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明有苯酚生成，则根据较强酸制备较弱酸可知酸性：H2CO3C6H5OH，C正确；D. 某溶液中加
15、入Ba(NO3)2溶液，再加足量盐酸，产生白色沉淀，仍有白色沉淀，但由于酸性溶液中硝酸根能氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，则不能判断原溶液中有，D错误；答案选C。二、非选择题11. 实验室常用浓硫酸的溶质质量分数为98%，密度为1.84 gcm-3。（1）此浓硫酸的物质的量浓度是_。 （2）配制480 mL 0.5 molL-1的硫酸,需以上浓硫酸_mL（精确到0.1位）。 （3）用浓硫酸配制该稀硫酸需要以下哪些步骤(按操作顺序填写序号): _。 计算 装瓶 量取一定体积的浓硫酸 洗涤移液 稀释 定容 摇匀（4）某实验小组用0.55 molL-1 NaOH溶液和0.50 molL-1硫酸溶液进行
16、反应热的测定。写出表示中和热的热化学方程式:_。 某实验小组取100 mL NaOH溶液和50 mL 硫酸溶液进行实验测定，计算出该反应的反应热H=-53.5 kJmol-1，与-57.3 kJmol-1有偏差,产生偏差的原因不可能是_(填字母)。 a.实验装置保温、隔热效果差b.量取NaOH溶液的体积时仰视读数c.分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中d.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度（4）某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时,选择酚酞作指示剂。请回答下列问题:判断滴定终点的方法是_。 下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度
17、数值偏低的是_(填字母序号)。 A.酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸B.滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C.酸式滴定管在滴定前有气泡,滴定后气泡消失D.读取盐酸体积时,开始仰视读数,滴定结束时俯视读数某学生根据3次实验分别记录有关数据如表所示:滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.100 0 molL-1盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积/mL第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09依据表中数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度_。【答案】 (1). 18.
18、4mol/L (2). 13.6 (3). (4). NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)H=-57.3 kJmol-1 (5). b (6). 滴入最后一滴盐酸，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色 (7). D (8). 0.1044mol/L【解析】【详解】（1）根据可知此浓硫酸的物质的量浓度是18.4mol/L。 （2）配制480 mL 0.5 molL-1的硫酸，需要500mL容量瓶，则需以上浓硫酸的体积为13.6mL。（3）用浓硫酸配制该稀硫酸基本步骤为计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀、装瓶等，因此正确的顺序是。 （
19、4）中和热H=-57.3 kJmol-1，则表示中和热的热化学方程式为NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)H=-57.3 kJmol-1。某实验小组取100 mL NaOH溶液和50 mL 硫酸溶液进行实验测定，计算出该反应的反应热H=-53.5 kJmol-1，与-57.3 kJmol-1有偏差，说明反应放出的热量减少，则a实验装置保温、隔热效果差，使热量散失，反应放出热量偏小，故a不选；b量取NaOH溶液的体积时仰视读数，则碱的物质的量增大，反应放出的热量增加，故b选；c分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，时间过长，热量散失的多，反应放出热量偏小
20、，故c不选；d用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，导致温度差偏小，反应放出热量偏小，故d不选；故答案为b；（4）由于碱能使酚酞试液显红色，则判断滴定终点的方法是滴入最后一滴盐酸，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色。 A.酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，盐酸浓度减小，消耗标准液体积增加，所测NaOH溶液的浓度数值偏高，A不选；B.滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，不影响测定结果，B不选；C.酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液体积增加，所测NaOH溶液的浓度数值偏高，C不选；D.读取盐酸体积时，开始仰视读数
21、，读数偏大，滴定结束时俯视读数，读数偏小，则消耗标准液体积减小，所测NaOH溶液的浓度数值偏低，D选；答案选D三次实验消耗标准液体积分别是（mL）26.11、28.74、26.09，第二次数据误差太大，舍去，两次实验消耗标准液体积的平均值为26.10mL，所以该NaOH溶液的物质的量浓度为。12. 甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H190.7 kJmol12CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)H223.5 kJmol1CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H341.2 kJmol1回答下列问
22、题：(1)则反应3H2(g)3CO(g)CH3OCH3(g)CO2(g)的H_ kJmol1。(2)反应达平衡后采取下列措施，能提高CH3OCH3产率的有_(填字母，下同)。A加入CH3OH B升高温度C增大压强 D移出H2OE使用催化剂(3)以下说法能说明反应3H2(g)3CO(g)CH3OCH3(g)CO2(g)达到平衡状态的有_。AH2和CO2的浓度之比为31B单位时间内断裂3个HH同时断裂1个C=OC恒温恒容条件下，气体的密度保持不变D恒温恒压条件下，气体的平均摩尔质量保持不变E绝热体系中，体系的温度保持不变(4)一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)CO2(
23、g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：已知：气体分压(p分)气体总压(p总)体积分数。该反应H_(填“”“”或“”)0，550 时，平衡后若充入惰性气体，平衡_(填“正移”“逆移”或“不移动”)。650 时，反应达平衡后CO2的转化率为_(保留2位有效数字)。T时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp_p总。【答案】 (1). 246.1 (2). D (3). DE (4). (5). 正移 (6). 25% (7). 0.5【解析】【分析】(1)根据盖斯定律，将已知热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；(2)根据平衡移动原理分析判断；(3)根据平
24、衡状态的推断分析；(4)根据温度、压强对物质含量的影响分析判断、计算。【详解】(1)2得出H2H1H2H32(90.7)23.541.2 kJmol1246.1 kJmol1(2)A反应中加入CH3OH，相当于增大压强，由于该反应是反应前后等体积反应，增大压强，化学平衡不移动，则CH3OCH3产率不变，A错误；B反应的正反应为放热反应，升高温度化学平衡向吸热的逆反应分析移动，则CH3OCH3产率会降低，B错误；C反应是反应前后气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，则CH3OCH3产率不变，C错误；D. 移出H2O，生成物浓度减小，化学平衡向着正向移动，CH3OCH3产率增大，D正确；E使用催
25、化剂，化学平衡不移动，则CH3OCH3产率不变，E错误；故答案为D；(3)3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的正反应为气体体积缩小的放热反应，AH2和CO2的浓度之比为3：1时，反应可能处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，则无法判断平衡状态，A错误；BCO2分子中含有2个C=O双键，单位时间内断裂3个HH同时会产生2个C=O键，断裂1个C=O，表示反应正向进行，说明没有达到平衡状态，B错误；C恒温恒容条件下，混合气体的密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，C错误；D混合气体的质量不变，混合气体的物质的量为变量，则气体的平均摩尔质量为变量，当气体的平均摩尔质量保持不变时
26、，表明该反应达到平衡状态，D正确；E该反应为放热反应，绝热体系中，体系的温度为变量，当体系的温度保持不变时，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，E正确；故答案为DE；(4)根据图像知，温度升高，CO2的体积分数降低，说明化学平衡正向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向是吸热反应，即H0；恒压状态下，充入惰性气体，体积增大，组分浓度降低，化学平衡向正反应方向移动；设CO2浓度变化为x100%40.0%，解得x0.25 molL1，即CO2的转化率为100%25%；T 时，CO的平衡分压为50%p总，CO2的分压为50%p总，Kp0.5p总。13. 电解原理在化学工业中有广泛应用。如图表示一个
27、电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答以下问题：(1)若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则：电解池中X极上的电极反应式是_。在X极附近观察到的现象是_。Y电极上的电极反应式是_，检验该电极反应产物的方法是_。(2)如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则：X电极的材料是_，电极反应式是_。Y电极的材料是_，电极反应式是_。(说明：杂质发生的电极反应不必写出)【答案】 (1). 2H+2e-=H2 (2). 放出气体，溶液变红 (3). 2Cl-2e-=Cl2 (4). 把湿润的碘化钾淀粉试纸放在
28、Y电极附近，试纸变蓝色 (5). 纯铜 (6). Cu2+2e-=Cu (7). 粗铜 (8). Cu-2e-=Cu2+【解析】【分析】(1) 用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极上是氯离子失电子，阴极上是氢离子得电子，据此分析解答；(2)电解法精炼粗铜，应该选粗铜做阳极，精铜做阴极，含铜离子的盐溶液做电解质溶液，据此分析解答。【详解】(1)和电源的负极相连的电极X极是阴极，该电极上氢离子发生得电子的还原反应，即2H+2e-=H2，所以该电极附近氢氧根离子的浓度增大，碱性增强，滴入几滴酚酞试液，溶液会变红，故答案为：2H+2e-=H2；放出气体，溶液变红；和电源的正极相连的电极Y极是阳极，该电极上
29、氯离子发生失电子的氧化反应，即2Cl-2e-=Cl2，氯气能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝，可以用于氯气的检验，故答案为：2Cl-2e-=Cl2；把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色；(2)电解法精炼粗铜，电解质溶液a选用CuSO4溶液，阳极Y为粗铜，阴极X为纯铜，阴极上铜离子得到电子生成铜，电极反应为Cu2+2e-=Cu，故答案为：纯铜，Cu2+2e-=Cu； 电解法精炼粗铜，电解池的阳极Y为粗铜，阳极的电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，故答案为：粗铜；Cu-2e-=Cu2+。【点睛】本题的易错点为(2)，要注意电解原理的应用，如果电解池的阳极为活性电极，电极本身要放电。【选做题】
30、以下两题中任选一题，请将所选题号涂黑14. 东晋华阳国志南中志卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：（1）镍元素基态原子的电子排布式为_，3d能级上的未成对的电子数为_。（2）硫酸镍溶于氨水形成Ni(NH3)6SO4蓝色溶液。Ni(NH3)6SO4中阴离子的立体构型是_。在Ni(NH3)62+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为_，提供孤电子对的成键原子是_。氨的沸点_（填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是_；氨是_分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_。（3）单质铜及镍都是由_键形成的晶体：元
31、素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1959 kJ/mol，INi=1753 kJ/mol，ICuINi的原因是_。（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_。若合金的密度为d g/cm3，晶胞边长a=_nm。【答案】 (1). 1s22s2 2p63s23p63d84s2 (2). 2 (3). 正四面体 (4). 配位键 (5). N (6). 高于 (7). NH3分子间存在氢键 (8). 极性 (9). sp3杂化 (10). 金属 (11). 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子 (12). 3：1 (13). 107【解析】【详解】(
32、1)镍是28号元素，位于第四周期族，根据核外电子排布规则，其基态原子的电子排布式为1s22s2 2p63s23p63d84s2，3d能级有5个轨道，先占满5个自旋方向相同的电子，剩余3个电子再分别占据三个轨道，电子自旋方向相反，所以未成对的电子数为2。故答案为:1s22s22p63s23p63d84s2；2；(2)根据价层电子对互斥理论，键电子对数等于4，孤电子对数为(6+2-24)2=0，则阴离子的立体构型是正四面体形；故答案为:正四面体；根据配位键的特点，在Ni(NH3)62+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N；故答案为:配位键；N；氨分子间存在氢键，
33、所以氨的沸点高于膦（PH3），根据价层电子对互斥理论，氨中心原子N的键电子对数等于3，孤电子对数为(5-3)2=1，则中心原子是sp3杂化，分子成三角锥形，正负电荷重心不重叠，氨是极性分子，故答案为:高于；NH3分子间存在氢键；极性；sp3杂化；(3)铜和镍属于金属，则单质铜及镍都是由金属键形成的晶体，铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子，所以ICuINi。故答案为:金属；铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子；(4)根据均摊法计算，晶胞中铜原子个数为6=3，镍原子的个数为8=1，则铜和镍原子的数量比为3：1。故答案为:3：1；根据上述分析，该晶胞的组成为Cu3N
34、i，若合金的密度为dgcm-3，根据=mV，则晶胞参数a=107nm。故答案为:107。15. 高分子树脂M具有较好的吸水性，其合成路线如下：已知：i、-CHO+-CH2CHO；ii、-CH=CH-COOH（1）C的名称为_，D中的官能团为_，M的结构简式为_。（2）由A生成B的化学方程式为_。（3）上述合成路线中，DE转化在合成M中的作用为_。（4）下列叙述正确的是_(填序号)。AF能与NaHCO3反应生成CO2 BF能发生水解反应和消去反应CF能聚合成高分子化合物 D1 mol F最多消耗2 mol NaOH（5）H是G的同系物，且与G相差一个碳原子，则同时满足下列条件的H的同分异构体共有
35、_种。(不考虑立体异构)与G具有相同的官能团苯环上只有两个取代基（6）根据上述合成路线和信息，以苯乙醛为原料(其他无机试剂任选)设计制备的合成路线：_。【答案】 (1). 苯乙醛 (2). 碳碳双键和醛基 (3). (4). +NaOH+NaCl (5). 保护碳碳双键防止被氧化 (6). AB (7). 18 (8). 【解析】【分析】C和甲醛发生信息i的反应，则C为，B为、A为，D为，D发生加成反应生成E为，E发生氧化反应生成F为，F发生信息ii的反应生成G为，G发生加聚反应生成M为；据此解答。【详解】(1)C为，名称是苯乙醛，D为，D中的官能团为碳碳双键和醛基，M的结构简式为；(2)A发
36、生水解反应生成B，由A生成B的化学方程式为为+NaOH+NaCl；(3)由于碳碳双键易被氧化，则上述合成路线中，DE转化在合成M中的作用为保护碳碳双键，防止被氧化；(4)AF为，含有羧基，所以能与NaHCO3反应生成CO2，故A正确；BF为，含有Br原子，所以能发生水解反应，且能发生消去反应，故B正确；CF为，不含碳碳不饱和键，所以不能发生聚合反应，故C错误；DF为，F水解生成的HBr及羧基能和NaOH反应，则1mol F最多消耗3mol NaOH，故D错误；故答案选AB；(5)G为，H是G的同系物，与G相差一个碳原子，且与G具有相同的官能团，说明含有碳碳双键和羧基，因此H中含有取代基上含有4个C原子，苯环上只有两个取代基，如果取代基为-CH3、-CH=CHCOOH，有3种；如果取代基为-CH3、-C(COOH)=CH2，有3种；如果取代基为-CH=CH2、-CH2COOH，有3种；如果取代基为-CH=CHCH3、-COOH，有3种；如果取代基为-C(CH3)=CH2、-COOH，有3种；如果取代基为-CH2CH=CH2、-COOH，有3种，则符合条件的有18种；(6)发生信息i的反应生成，发生加成反应生成，然后发生氧化反应生成，最后发生信息ii的反应生成，其合成路线为。