1、福建省厦门市2020届高三化学5月模拟试题（含解析）一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）1.化学与生产和生活密切相关。下列有关说法正确的是A. 古代记载文字的器物“甲骨”与 “丝帛”成分相同B. 苏打可用于制作发酵粉，在医疗上也可以用作治疗胃酸过多C. 我国自主研发的“龙芯 4000 系列”CPU 芯片与光导纤维是同种材料D. 用于制作 N95 型口罩的“熔喷布”主要原料是聚丙烯，聚丙烯的分子长链上有支链【答案】D【解析】【详解】A“甲骨”主要成分是碳酸盐而“丝帛”主要成分是蛋白质，故二者成分不同，故A错误；B用作发酵粉和用于治疗胃酸过多的是小苏打，而不是苏打，故B错误；C我国自主研发的
2、“龙芯一号”CPU芯片主要成分是硅，光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是同种材料，故C错误；D聚丙烯中的甲基处在支链上，故D正确；故答案选D。2.多巴胺是一种神经传导物质，会传递兴奋及开心的信息。其部分合成路线如下，下列说法正确的是A. 甲在苯环上的溴代产物有2种B. lmol乙与H2发生加成，最多消耗3molH2C. 多巴胺分子中所有碳原子可能处在同一平面D. 甲、乙、多巴胺3种物质均属于芳香烃【答案】C【解析】【详解】A. 甲()在苯环上的一溴代产物有2种，还有二溴代产物等，故A错误；B. 乙()中的苯环和羰基都能与氢气发生加成反应，lmol乙最多可以与4molH2发生加成反应，故B错误；C
3、. 多巴胺()分子中苯环上的6个碳原子共平面，碳碳单键可以旋转，则侧链上的碳原子可能处于苯环所在平面，故C正确；D. 甲、乙、多巴胺中除了还有C和H元素外，还含有其他元素，均属于烃的衍生物，故D错误；答案选C。3.NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用千冶金染料、皮革等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2。下列有关说法正确的是（ ）A. 12g石墨晶体中含有碳碳键的数目为3NAB. 1L0.1molL-1Na2S溶液中含阴离子的数目小于0.lNAC. 生成1mol氧化产物时转移电子数为4NAD. 常温常压下，11.2LCO2中含质子的数目为11N
4、A【答案】C【解析】【详解】A. 石墨中1个C对应1.5个碳碳键，即12g石墨晶体中含有碳碳键的数目为1.5NA，A项错误；B. 1L 0.1mol/L Na2S溶液中含有0.1mol Na2S，硫离子水解生成HS-和氢氧根离子，阴离子的数目大于0.1NA，B项错误；C. 根据方程式，氧化产物为二氧化碳，生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA，C项正确；D. 通常状况下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，故11.2L CO2物质的量不是0.5mol，所含质子的数目不是11NA，D项错误；答案选C。4.某研究小组利用如图装置探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应原理。下列说法错误的是（ ）A
5、. 装置B中若产生白色沉淀，说明Fe3+能将SO2氧化成SOB. 实验室中配制加70%的硫酸需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒C. 三颈烧瓶中通入N2的操作应在滴加浓硫酸之前，目的是排尽装置内的空气D. 装置C可能发生倒吸，同时还不能完全吸收反应产生的尾气【答案】A【解析】【详解】A. 具有氧化性，可将二氧化硫氧化成硫酸根，本身被还原成二价铁，反应的离子方程式是，在酸性条件下与反应生成硫酸钡沉淀，出现白色沉淀，装置B中若产生白色沉淀，不能说明能将氧化成，故A错误； B.配制硫酸溶液是浓硫酸加入水中稀释，需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，故B正确； C.为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应
6、先通入氮气，目的是排尽装置内的空气，故C正确； D.导气管直接插入溶液可能会引起装置中的压强变化较大发生倒吸，反应生成的气体可能会生成NO，不能被氢氧化钠溶液吸收，故D正确； 答案选A。5.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不超过20。W、X、Y最外层电子数之和为15，是实验室常用的一种化学试剂。下列说法中错误的是（ ）A. Z2Y的水溶液呈碱性B. 最简单氢化物沸点高低为：XWC. 常见单质的氧化性强弱为：WYD 中各原子最外层均满足8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】由题干可知，为实验室一种常见试剂，由结构式可知，Z为第一主族元素，W为第四主族元素，X为第五主族元素，由W、
7、X、Y最外层电子数之和为15可知，Y为第A族元素，因为W、X、Y、Z为原子序数依次递增的主族元素，且均不超过20，因此W为碳，X为氮，Y为硫，Z为钾。【详解】AZ2Y为K2S，由于S2-水解，所以溶液显碱性，故A不符合题意；BX的最简单氢化物为NH3，W的最简单氢化物为CH4，因为NH3分子间存在氢键，所以沸点高，故B不符合题意；C根据非金属性，硫的非金属性强于碳，所以对应单质的氧化性也强，故C符合题意；D中三种元素最外层电子均满足8电子稳定结构，故D不符合题意；答案选C。【点睛】元素的非金属性越强，单质的氧化性越强。6.一种双电子介体电化学生物传感器，用于检测水体急性生物毒性，其工作原理如图
8、。下列说法正确的是（ ）A. 图中所示电极为阳极，其电极反应式为K4Fe(CN6)-e-=K3Fe(CN)6B. 甲荼醌阴极发生氧化反应C. 工作时K+向图中所示电极移动D. NAD(P)H转化为NAD(P)+的过程失去电子【答案】D【解析】【详解】A. 根据图示可知K4Fe(CN6)在电极表面失电子生成K3Fe(CN)6，故图示电极为阳极，其电极方程式为K4Fe(CN6)-e-=K3Fe(CN)6+K+，A项错误；B. 甲萘醌应在阴极发生还原反应，B项错误；C. 工作时在电解池中阳离子应向阴极移动，C项错误；D. 根据图示，该过程NAD(P)H被甲萘醌氧化，即失去电子，D项正确；答案选D。7
9、.某温度下，分别向10.00mL0.1mol/LKCl和K2CrO4溶液中滴加0.1mol/LAgNO3溶液，滴加过程中-lgc(M)(M为Cl-或CrO42-)与AgNO3溶液体积(V)的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是（ ）A. 曲线L1表示-lgc(Cl-)与V(AgNO3)的变化关系B. M点溶液中：c(NO3-)c(K+)c(Ag+)c(H+)c(OH-)C. 该温度下，Ksp(Ag2CrO4)=4.010-12D. 相同实验条件下，若改为0.05mol/L的KCl和K2CrO4溶液，则曲线L2中N点移到Q点【答案】D【解析】【详解】A.KCl和硝酸银反应的化
10、学方程式为：，铬酸钾和硝酸银反应的化学方程式为：，根据反应方程式可知在相同浓度的KCl和溶液中加入相同浓度的硝酸银溶液，氯离子浓度减小的更快，所以代表是与的变化关系，故 A正确；B.M点加入的硝酸银溶液体积是15mL，根据反应方程式可知，生成硝酸钾和氯化银，剩余硝酸银，则，银离子水解使溶液表现酸性，则，所以M点溶液中，离子浓度为：，故 B正确；C.N点纵坐标的数值是4，则在沉淀溶解平衡中，故C正确；D.相同实验条件下同一种溶液的相同，平衡时溶液中，Q对应的纵坐标数值是，即，曲线中N点移到Q点上方，故D错误。二、简答题（本大题共5小题，共63.0分）8.次硫酸氢钠甲醛(aNaHSO2bHCHOc
11、H2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛。以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：步骤1：在如图所示装置的烧瓶中加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在8090下，反应约3h，冷却至室温，抽滤。步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶。（1）装置B的烧杯中应加入的溶液是_。（2）步骤2中加入锌粉时有NaHSO2和Zn(OH)2生成。写出加入锌粉时发生反应的化学方程式：_。生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，防止
12、该现象发生的措施是_。（3）冷凝管中回流的主要物质除H2O外，还有_（填化学式）。（4）步骤3中次硫酸氢钠甲醛不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是_。（5）步骤2抽滤所得滤渣的成分为Zn和Zn(OH)2，利用滤渣制备ZnO的实验步骤为：将滤渣置于烧杯中，_，900煅烧。（已知：Zn与铝类似，能与NaOH溶液反应；Zn2+开始沉淀的pH为5.9，沉淀完全的pH为8.9，pH11时，Zn(OH)2能生成ZnO22-。实验中须使用的试剂有1.0molL-1NaOH溶液、1.0molL-1HCl溶液、水）（6）产物组成测定实验：准确称取1.5400g样品，溶于水配成l00mL溶液；取25.00mL样品溶液经
13、AHMT分光光度法测得溶液吸光度A=0.4000(如图）；另取25.00mL样品溶液，加入过量碘水后，加入BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重得到BaSO4固体0.5825g。样品溶液HCHO浓度为_molL-1。通过计算确定aNaHSO2bHCHOcH2O的化学式为_。【答案】 (1). NaOH溶液(或Na2CO3溶液) (2). ZnNaHSO3H2O=NaHSO2Zn(OH)2 (3). 加快搅拌的速度 (4). HCHO (5). 次硫酸氢钠甲醛被空气中氧气氧化 (6). 向烧杯中加入1.0molL-1HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0molL-1
14、NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.9pH11)。过滤、用水洗涤固体23次或向烧杯中加入1.0molL-1NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0molL-1HCl溶液，调节溶液pH约为10(或8.9pH11)。过滤、用水洗涤固体23次 (7). 0.1000 (8). NaHSO2HCHO2H2O【解析】【分析】(1)未反应的二氧化硫是酸性氧化物能和碱溶液反应；(2)NaHSO3溶液与锌粉反应生成NaHSO2和Zn(OH)2；防止生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行；(3)甲醛易挥发，据此分析； (4)次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，遇到空气中的氧气易被氧化
15、；(5)从充分利用原料着手，结合已知信息，利用Zn(OH)2受热分解生成ZnO分析设计实验；(6)样品溶液经AHMT分光光度法测得溶液吸光度A=0.4000，根据图示可知浓度；根据元素守恒结合物质之间的反应情况来计算。【详解】(1)实验中未反应的二氧化硫会通过导管进入装置B，可以用NaOH溶液(或Na2CO3溶液)吸收二氧化硫，以防止污染空气，故答案为：NaOH溶液(或Na2CO3溶液)；(2)NaHSO3溶液与锌粉反应生成NaHSO2和Zn(OH)2，反应中S元素的化合价由+4价降为+2价，Zn元素的化合价由0价升至+2价，根据得失电子守恒、原子守恒，化学反应方程式为：ZnNaHSO3H2O
16、=NaHSO2Zn(OH)2，故答案为：ZnNaHSO3H2O=NaHSO2Zn(OH)2；为防止生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，可以快速搅拌避免氢氧化锌在锌粉表面沉积，故答案为：加快搅拌的速度；(3)甲醛易挥发，在8090 下会大量挥发，加冷凝管可以使甲醛冷凝回流，提高甲醛利用率，故答案为：HCHO； (4)次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，遇到空气中的氧气易被氧化变质，故答案为：次硫酸氢钠甲醛被空气中氧气氧化；(5)为了使Zn和氢氧化锌尽可能转化为ZnO，结合Zn和氢氧化锌的性质，可以先加盐酸使滤渣完全溶解，后加NaOH溶液调节pH使Zn元素完全转化成氢氧
17、化锌沉淀（或先加NaOH溶液使滤渣完全溶解，后加盐酸调节pH使Zn元素完全转化成氢氧化锌沉淀），故实验步骤为：向烧杯中加入1.0molL-1HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0molL-1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.9pH11)。过滤、用水洗涤固体23次或向烧杯中加入1.0molL-1NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0molL-1HCl溶液，调节溶液pH约为10(或8.9pH11)。过滤、用水洗涤固体23次，故答案为：向烧杯中加入1.0molL-1HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0molL-1NaOH溶液，调
18、节溶液pH约为10(或8.9pH11)。过滤、用水洗涤固体23次或向烧杯中加入1.0molL-1NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0molL-1HCl溶液，调节溶液pH约为10(或8.9pH11)。过滤、用水洗涤固体23次；(6)25.00mL样品溶液经AHMT分光光度法测得溶液吸光度A=0.4000，根据图示可知，样品溶液HCHO浓度为0.1000molL-1，故答案为：0.1000；2500 mL溶液中：根据S守恒，n(NaHSO2)n(NaHSO4)n( BaSO4)0.0025 mol，n(HCHO)0.1000mol/L0.025L=0.0025 mol；10
19、0 mL溶液中：n(NaHSO2)40.0025mol0.01mol，n(HCHO)40.0025mol0.01 mol，n(H2O)0.02 mol，a：b：cn(NaHSO2)：n(HCHO)：n(H2O)0.01mol：0.01mol：0.02 mol1：1：2，所以次硫酸氢钠甲醛的化学式为NaHSO2HCHO2H2O，故答案为：NaHSO2HCHO2H2O。【点睛】本题重点(6)，根据每步中的实验数据可知计算甲醛和NaHSO2的物质的量，从而可计算水的物质的量，三种物质的物质的量之比即为a、b、c之比。9.以含锂电解铝废渣（主要成分为LiF、AlF3、NaF，少量CaO等）为原料，生产
20、高纯度LiOH的工艺流程如图：（已知：常温下，LiOH可溶于水，Li2CO3微溶于水）（1）含锂电解铝废渣与浓硫酸在200400条件下反应2h。“滤渣1”主要成分是_（填化学式）。（2）“过滤2”需要趁热在恒温装置中进行，否则会导致Li2SO4的收率下降，原因是_。（已知部分物质的溶解度数据见下表）温度/Li2SO4/gAl2(SO4)3/gNa2SO4/g036.131.24.91035.433.5912034836.519.53034.340.440.84033.945.748.8（3）40C下进行“碱解”，得到粗碳酸锂与氢氧化铝的混合滤渣，生成氢氧化铝的离子方程式为_；若碱解前滤液中c(
21、Li+)=4molL-1，加入等体积的Na2CO3溶液后，Li+的沉降率到99%，则“滤液2”中c(CO32-)=_molL-1。Ksp(Li2CO3)=1.610-3（4）“苛化”过程，若氧化钙过量，则可能会造成_。（5）整个工艺流程中可以循环利用的物质有_。（6）“电解”原理如图所示。“碳化”后的电解液应从（填“a”或“b”)_口注入。阴极的电极反应式为_。（7）高纯度LiOH可转化为电池级Li2CO3。将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). CaSO4 (2). 溶液温度下降，硫酸钠结晶析出时，夹裹了
22、部分的硫酸锂共沉淀 (3). 2Al3+3CO32-3H2O=2Al(OH)33CO2 (4). 4 (5). 碳酸锂产品的钙离子含量相对升高(或使得氢氧化铝溶解进入溶液，导致最终产品的纯度下降) (6). CO2 (7). a (8). 2H2O+2e-=H22OH- (9). Li2CO32C2FeSO42LiFePO43CO【解析】【分析】含锂电解铝废渣(主要成分为LiF、AIF3、NaF，少量CaO等)与浓硫酸反应生成Li2SO4、Al2(SO4)3、Na2SO4和CaSO4。CaSO4是微溶物，加水溶解，滤渣1为CaSO4，向滤液中加入Na2CO3溶液，碱解生成CO2气体、Al(OH
23、)3和Na2SO4及Li2CO3，趁热过滤，向滤液中加入氧化钙生成CaSO4、Al(OH)3、LiOH，过滤，向滤液中加入CO2得到Li2CO3，电解得到LiOH。【详解】(1)根据分析得到“滤渣1”主要成分是CaSO4；(2)“过滤2”需要趁热在恒温装置中进行，根据表中溶解度曲线得出硫酸钠晶体析出可能会夹带着硫酸锂，从而导致Li2SO4的收率下降；故答案为：溶液温度下降，硫酸钠结晶析出时，夹裹了部分的硫酸锂共沉淀；(3)40C下进行“碱解”，得到粗碳酸锂与氢氧化铝的混合滤渣，生成氢氧化铝主要是碳酸根和铝离子发生双水解，其离子方程式为2Al3+3CO323H2O=2Al(OH)33CO2；若碱
24、解前滤液中c(Li+)=4molL1，加入等体积的Na2CO3溶液后，Li+的沉降率到99%，则此时溶液中c(Li+)=，根据，得到“滤液2”中；(4)“苛化”过程，若氧化钙过量，溶液中含有多余的钙离子，也可能将生成的氢氧化铝溶解进入得到溶解中；故答案为：碳酸锂产品的钙离子含量相对升高(或使得氢氧化铝溶解进入溶液，导致最终产品的纯度下降)。(5)碱解的过程中生成CO2，在碳化过程中加入CO2，因此整个工艺流程中可以循环利用的物质有CO2； (6)“电解”原理如图所示，LiOH是从右边得到，而锂离子通过阳离子交换膜进入到右室，因此“碳化”后的电解液应从a口注入。阴极是水中的氢离子得到电子，其电极
25、反应式为2H2O+2e=H22OH；(7)将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，根据氧化还原反应，FePO4中Fe化合价降低，则C化合价升高，生成LiFePO4和一种可燃性气体即CO，该反应的化学方程式为Li2CO32C2FeSO42LiFePO43CO。10.乙烯、环氧乙院是重要的化工原料，用途广泛。回答下列问题：已知：I.2CH2=CH2(g)+O2(g)2(g) H1=-206.6kJmo1-1II.CH2=CH2(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O（1） H2III.2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+4H2O（1） H3（1）反应III：S(填“”“”或“=”
26、)_0。（2）热值是表示单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量，是燃料质量的一种重要指标。已知乙烯的热值为50.4kJg-1，则H3=_kJmol-1（3）实验测得2CH2=CH2(g)+O2(g)2(g)中，v逆=k逆c2(），v正=k正c2(CH2=CH2)c(O2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。反应达到平衡后，仅降低温度，下列说法正确的是（ ）A.k正、k逆均增大，且k正增大的倍数更多B.k正、k逆匀减小，且k正减小的倍数更少C.k正增大、k逆减小，平衡正向移动D.k正、k逆均减小，且k逆减小的倍数更少若在1L的密闭容器中充入1molCH2=CH2(g)和1molO2(g)，在一
27、定温度下只发生反应I，经过10min反应达到平衡，体系的压强变为原来的0.875倍，则010min内v(O2)=_，=_。（4）现代制备乙烯常用乙烷氧化裂解法：C2H6(g)+O2(g)=C2H4(g)+H2O(g) H2=-110kJmol-1，反应中还存在CH4、CO、CO2等副产物（副反应均为放热反应），图1为温度对乙烷氧化裂解反应性能的影响。乙烷的转化率随温度的升高而升高的原因是_；反应的最佳温度为_（填序号）。A.650 B.700 C.850 D.900乙烯选择性=；乙烯收率=乙烷转化率乙烯选择性工业上，保持体系总压恒定为l00kPa的条件下进行该反应，通常在乙烷和氧气的混合气体中
28、掺混惰性气体（惰性气体的体积分数为70%)，掺混惰性气体的目的是_。【答案】 (1). (2). 2615.8 (3). B (4). 0.025 molL1min1 (5). 0.75 (6). 温度升高，反应速率加快，转化率升高 (7). C (8). 正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，有利于平衡正向移动【解析】【分析】反应III是体积减小的反应。先根据乙烯的热值为50.4kJg1，求出H2，再根据盖斯定律计算H3。该反应是放热反应，降低温度，速率降低；建立三步走进行计算。由图可知，随温度的升高，乙烷的转化率再升高，考虑化学反应速率的影响因素；根据
29、图中要使乙烷的转化率尽可能高，而副产物又相对较少，及乙烯的选择性较高。正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，利于平衡正向移动。【详解】反应III是体积减小的反应，因此S 0；故答案为：。已知乙烯的热值为50.4kJg1，则H2=1411.2 kJmol1将第II个方程式的2倍减去第I个方程式得到III，则H3=2615.8mol1；故答案为：2615.8mol1。该反应是放热反应，反应达到平衡后，仅降低温度，速率降低，k正、k逆匀减小，平衡向放热方向即正向进行，正反应速率大于逆反应速率，因此k正减小的倍数更少；故答案为：B。，x=0.25mol，则010m
30、in内，k逆c2(）=k正c2(CH2=CH2)c(O2)，；故答案为：0.025 molL1min1；0.75。由图可知，随温度的升高，乙烷的转化率再升高，考虑化学反应速率的影响因素，温度升高，反应速率加快，转化率升高；根据图中要使乙烷的转化率尽可能高，而副产物又相对较少，及乙烯的选择性较高，应找到乙烯收率较高时的温度，对应温度为850；故答案为：温度升高，反应速率加快，转化率升高；850。工业上，保持体系总压恒定为100kPa的条件下进行该反应，通常在乙烷和氧气的混合气体中掺混惰性气体(惰性气体的体积分数为70%)，掺混惰性气体的目的是正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩
31、大容器体积，降低分压，有利于平衡正向移动；故答案为：正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，有利于平衡正向移动。【点睛】三步走建立关系在化学平衡中是常见的考察形式，利用压强之比等于物质的量之比进行分析。11.2019年10月1曰，在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的DF-31A洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料中包含了Fe、Cr、Ni、C等多种元素。回答下列问题：（1）基态Cr原子的价电子排布式为_。（2）实验室常用KSCN溶液、苯酚（）检验Fe3+。第一电离能：N_O(填“”或“”)。1mol苯酚中含有的数目为_
32、。苯酚中的氧原子和碳原子均采用相同的杂化方式，其类型为_。从结构的角度分析苯酚的酚羟基有弱酸性的原因为_。（3）碳的一种同素异形体的晶体可采取非最密堆积，然后在空隙中插入金属离子获得超导体。如图为一种超导体的面心立方晶胞，C60分子占据顶点和面心处，K+占据的是C60分子围成的_空隙和_空隙（填几何空间构型）；若C60分子的坐标参数分别为A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，则距离A位置最近的阳离子的原子坐标参数为_。（4）Ni可以形成多种氧化物，其中一种NiaO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，a的值为0.88，且晶体中的Ni分别为Ni2+、Ni3+，则晶体Ni2与Ni3
33、+产的最简整数比为_，晶胞参数为428pm，则晶体密度为_gcm-3(NA表示阿伏加德罗常数的值，列出表达式）。【答案】 (1). 3d54s1 (2). (3). 13NA (4). sp2 (5). 酚羟基的氧原子参与形成了大键，使氧原子电荷密度下降，氢离子容易电离 (6). 正四面体 (7). 正八面体 (8). （，） (9). 8：3 (10). 【解析】【分析】基态Cr原子有24个电子，电子排布式为Ar3d54s1。同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，但第VA族大于第VIA族；1个苯酚分子含有5个CH键，6个CC键，1个OH键；苯酚中的氧原子和碳原子均采用相同的杂化方式，每个碳原
34、子有3个键，无孤对电子；酚羟基的氧原子参与形成了大键，使氧原子电荷密度下降，氢离子容易电离。，如图，2号K+在三个面心和一个顶点共4个C60形成的四面体的体心，1号在上下左右前后6个C60形成的正八面体的体心。根据电荷守恒和质量守恒计算两种镍离子的个数，根据晶体密度计算公式进行计算。【详解】基态Cr原子有24个电子，电子排布式为Ar3d54s1，基态Cr的价电子排布式为3d54s1；故答案为：3d54s1。同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，但第VA族大于第VIA族，因此第一电离能：N O；故答案为：。1个苯酚分子含有5个CH键，6个CC键，1个OH键，即共13个键，因此1mol苯酚中含有的
35、数目为13NA；故答案为：13NA。苯酚中的氧原子和碳原子均采用相同的杂化方式，每个碳原子有3个键，无孤对电子，因此其杂化类型为sp2；故答案为：sp2。从结构的角度分析苯酚的酚羟基有弱酸性的原因为酚羟基的氧原子参与形成了大键，使氧原子电荷密度下降，氢离子容易电离；故答案为：酚羟基的氧原子参与形成了大键，使氧原子电荷密度下降，氢离子容易电离。如图为一种超导体的面心立方晶胞，C60分子占据顶点和面心处，如图，2号K+在三个面心和一个顶点共4个C60形成的四面体的体心，1号在上下左右前后6个C60形成的正八面体的体心，因此K+占据的是C60分子围成的正四面体空隙和正八面体空隙；若C60分子的坐标参
36、数分别为A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，则距离A位置最近的阳离子就是2号K+，其原子坐标参数为(，)；故答案为：正四面体；正八面体；(，)。Ni可以形成多种氧化物，其中一种NiaO晶体晶胞结构为NaCl型，一个晶胞中含有4个Ni和4个氧，由于晶体缺陷，a的值为0.88，且晶体中的Ni分别为Ni2+、Ni3+，设Ni2+有x个，Ni3+有y个，根据电荷守恒和质量守恒得到x + y =0.88，2x + 3y = 2，解得x=0.64，y=0.24，0.64:0.24 =8:3，因此晶体Ni2+与Ni3+的最简整数比为8:3，晶胞参数为428pm，则晶体密度为；故答案为：8:3
37、；。【点睛】晶胞密度计算是常考题型，主要考察学生思维的严密性和逻辑性。12.莫沙朵林是一种镇痛药，它的合成路线如下：（1）B中手性碳原子数为_；化合物D中含氧官能团的名称为_。（2）C与新制氢氧化铜反应的化学方程式为_。（3）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：_I核磁共振氢谱有4个峰；能发生银镜反应和水解反应；能与FeCl3溶液发生显色反应（4）已知E+XF为加成反应，化合物X的结构简式为_。（5）已知：化合物是合成抗病毒药阿昔洛韦的中间体，请设计合理方案以和为原料合成该化合物(用合成路线流程图表示，并注明反应条件)_。合成路线流程图示例如下：。【答案】 (1). 3 (2)
38、. 酯键、羟基 (3). 2Cu(OH)2NaOHCu2O3H2O (4). (5). CH3N=C=O (6). 【解析】【详解】（1）根据B物质的结构简式可知，分子中含有3个手性碳原子，即，根据D的结构简式可知，化合物D中含氧官能团的名称为酯基、羟基，故答案为3； 酯基、羟基；（2）C中含有醛基，能和新制的氢氧化铜悬浊液反应，则C与新制氢氧化铜反应的化学方程式为，故答案为；（3）能发生银镜反应和水解反应，这说明分子中含有酯基和醛基。能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基。又因为核磁共振氢谱有4个峰，所以应该是甲酸形成的酯，则可能的结构简式有，故答案为；（4）根据EF的结构简式
39、并根据原子守恒可知，该反应应该是加成反应，所以X的结构简式应该是CH3N=C=O，故答案为CH3N=C=O；（5）可发生催化氧化生成，然后发生消去反应生成，然后发生取代反应生成，进而与作用可生成目标物，反应流程为，故答案为。【点晴】本题考查考查较为综合，涉及有机物手性碳原子、官能团、结构简式、同分异构体、方程式以及有机合成路线的设计等，是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题贴近高考，综合性强，在注重对学生基础知识巩固与训练的同时，侧重对学生能力的培养与解题方法的指导和训练。该类试题能较全面地考查学生的有机化学基础知识和逻辑思维能力、创造思维能力，提高学生的应试能力和答题效率，也有利于培养学生的自学能力和知识的迁移能力。该题的关键是记住常见官能团的结构、性质以及官能团之间的相互转化，然后结合题意灵活运用即可。