2022届高考一轮复习综合模拟(二)

这是一份2022届高考一轮复习综合模拟(二)，共20页。试卷主要包含了本试卷共4页，下列离子方程式书写正确的是，已知等内容，欢迎下载使用。
综合模拟(二)
考生注意：
1．本试卷共4页。
2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上。
3．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整。
一、选择题(本题包括14小题，每小题3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．(2020·山西运城高三期末)化学与生产生活息息相关，下列有关说法正确的是(　　)
A．《鹤林玉露·一钱斩史》中记载“一日一钱，千日千钱，绳锯木断，水滴石穿”不涉及化学变化
B．“五粮液”酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱等粮食中的乙醇分离出来
C．古成语“刀耕火种”，其化学原理是以灰肥田，并可以有效降低土壤的酸度
D．瓷器烧制前后颜色不同的现象称为“窑变”，“窑变”属于物理变化
答案　C
解析　“水滴石穿”过程中，水中的碳酸与石灰石发生反应生成碳酸氢钙，所以涉及化学变化，A错误；高粱中不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应生成乙醇，再根据乙醇与水的沸点不同，用蒸馏的方法分离出来，B错误；草木灰的主要成分为碳酸钾，水解呈碱性，使土壤碱性增强，降低土壤的酸度，C正确；“窑变”是高温下某些金属元素的价态发生变化而导致颜色变化，有新物质生成，属于化学变化，D错误。
2．(2020·河北辛集中学高三期中)下列化学用语或模型正确的是(　　)
A．氯化氢的电子式：
B．N2的结构式：N≡N
C．硫离子结构示意图：
D．CH4分子的球棍模型：
答案　B
解析　氯化氢属于共价化合物，电子式为，A不正确；S元素的质子数是16，因此硫离子结构示意图：，C不正确；是甲烷的比例模型，CH4分子的球棍模型为，D不正确。
3．(2021·四川阆中中学高三质检)NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．2.3 g Na与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间
B．500 mL 0.5 mol·L－1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NA
C．标准状况下，22.4 L二氯甲烷中含有4NA极性共价键
D．12 g金刚石中含有化学键的数目为4NA
答案　B
解析　不管Na与O2反应生成氧化钠还是过氧化钠，钠元素的化合价均由0升高为＋1，因而2.3 g Na(0.1 mol)转移的电子数为0.1NA，A错误；n(Na＋)＝n(Cl－)＝0.5 L×0.5 mol·L－l＝
0.25 mol，n(Na＋)＋n(Cl－)＝0.5 mol，因而Na＋和Cl－总计为0.5NA个，但溶液中水会电离出极少量的H＋和OH－，因而500 mL 0.5 mol·L－l的NaCl溶液中微粒数大于0.5NA，B正确；标准状况下，二氯甲烷是液体，22.4 L二氯甲烷不是1 mol，C错误；金刚石中每一个碳原子形成四个共价键，但一个碳碳键被2个碳原子共用，即一个碳原子只分摊2个共价键，所以
12 g金刚石中，即1 mol金刚石中含有化学键的数目为2NA，D错误。
4．(2020·泰安高三期中)下列离子方程式书写正确的是(　　)
A．过量的SO2，通入NaOH溶液中：SO2＋2OH－===SO＋H2O
B．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O
C．NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：
2HCO＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋2H2O＋CO
D．将H2O2滴入酸性KMnO4溶液中：
2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
答案　D
解析　过量的二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为SO2＋OH－
===HSO，故A错误；氧化铁与氢碘酸溶液反应生成碘化亚铁、单质碘和水，反应的离子方程式为Fe2O3＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋I2＋3H2O，故B错误；碳酸氢钠溶液与过量氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为HCO＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2O，故C错误；具有还原性的过氧化氢与具有氧化性的酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，故D正确。
5．在酸性条件下，向含铬废水中加入FeSO4，可将有害的Cr2O转化为Cr3＋，然后再加入熟石灰调节溶液的pH，使Cr3＋转化为Cr(OH)3沉淀，而从废水中除去。下列说法正确的是(　　)
A．FeSO4在反应中作氧化剂
B．随着反应的进行，该废水的pH会减小
C．若该反应转移0.6 mol 电子，则会有0.2 mol Cr2O被还原
D．除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应和复分解反应
答案　D
解析　FeSO4可将有害的Cr2O转化为 Cr3＋，即Cr元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，即FeSO4为还原剂，A错误；该过程中发生的反应为6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，故随着反应的进行，该废水的pH会增大，B错误；Cr2O中Cr的化合价为＋6，转化为 Cr3＋，即Cr元素的化合价降低3价，即1 mol Cr得到3 mol电子，故转移0.6 mol 电子，则会有0.1 mol Cr2O被还原，C错误；除去废水中含铬元素离子的过程包括6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O(氧化还原反应)和Cr3＋＋3OH－===Cr(OH)3↓(复分解反应)，D正确。
6．X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．Q的氧化物一定含有离子键和共价键
B．最高价含氧酸的酸性：Z0，C项错误；由于对于放热反应，焓变是负值，则放出的热量越多，焓变越小，所以若等物质的量的CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则ΔH17，同时还生成了煤焦油，它的主要化学成分为芳香族化合物，是难溶于水的黏稠液体。煤干馏的气体产物中的氢气、一氧化碳具有还原性，可以还原CuO，气体产物中的C2H4 可使溴水褪色，选项B正确；该装置不能制备氯气，可以制备少量氯化氢气体，选项C不正确；利用④装置探究MnO2对H2O2分解速率的影响，通过加入MnO2，对反应速率的变化进行探究，选项D正确。
12．(2020·山东临沂高三期中)丙烯与HCl在催化剂作用下发生加成反应：第一步H＋进攻丙烯生成碳正离子，第二步Cl－进攻碳正离子。得到两种产物的反应过程与能量关系如图。

下列说法正确的是(　　)
A．催化剂可以改变反应的焓变
B．过渡态(Ⅰ)比过渡态(Ⅱ)稳定
C．生成①的过程所需的活化能较低，速率快
D．丙烯与HCl加成反应主要生成CH3CHClCH3
答案　D
解析　催化剂可降低反应的活化能，不改变始终态，则加催化剂不能改变反应的焓变，故A错误；能量越低越稳定，根据图示知过渡态(Ⅰ)没有过渡态(Ⅱ)稳定，故B错误；根据图示知，生成①的过程所需的活化能高于生成②的过程所需的活化能，则反应速率较慢，故C错误；根据图示知，生成①的过程所需的活化能高于生成②的过程所需的活化能，则生成②的碳正离子多，而Cl－进攻碳正离子后得到CH3CHClCH3，即主要产物是CH3CHClCH3，故D正确。
13．常温下，向20 mL 0.1 mol·L－1NaHA(酸式盐)溶液中分别滴加0.1 mol·L－1盐酸或0.1 mol·
L－1 NaOH溶液，溶液的pH与滴加溶液体积关系如图所示。下列推断正确的是(　　)

A．NaHA在水中电离程度大于水解程度
B．在对应的各点溶液中，H点水的电离程度最大
C．E点对应的溶液中有c(Na＋)＝c(HA－)＋c(A2－)
D．F点对应的溶液中存在c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋c(A2－)
答案　A
解析　由图示可知，常温下，0.1 mol·L－1 NaHA溶液的pH＜7，显酸性，说明HA－的电离程度大于HA－的水解程度，故A正确；图中F点恰好生成Na2A溶液，只存在A2－的水解，水的电离程度最大，而H点恰好生成H2A和NaCl的混合溶液，H2A的电离抑制水的电离，水的电离程度小，故B错误；E点溶液中存在的电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，此时溶液显中性，即c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)，故C错误；F点恰好生成Na2A溶液，存在的电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，故D错误。
14．NiSO4·6H2O易溶于水，其溶解度随温度升高明显增大。以电镀废渣(主要成分是NiO，还有CuO、FeO等少量杂质)为原料制备该晶体的流程如下，下列说法错误的是(　　)

A．溶解废渣时不能用稀盐酸代替稀H2SO4
B．除去Cu2＋可采用FeS
C．流程中a～b的目的是富集NiSO4
D．“操作Ⅰ”为蒸发浓缩、冷却结晶
答案　A
解析　溶液中的Ni2＋，在除去Cu2＋和Fe2＋后加入Na2CO3溶液生成NiCO3沉淀，所以溶解废渣时若用稀盐酸代替稀H2SO4对制备不会有影响，故A错误；CuS比FeS更难溶，向含有Cu2＋溶液中加入FeS发生沉淀的转化生成CuS，故B正确；NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，所以流程中a～b的目的是富集NiSO4，故C正确；该晶体为结晶水合物，从溶液中得到该溶质晶体的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶，故D正确。
二、非选择题(本题包括4小题，共58分)
15．(15分)(2020·河北衡水中学高三期中)常温常压下，一氧化二氯(Cl2O)为棕黄色气体，沸点为3.8 ℃，42 ℃以上分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水反应生成HClO。
[制备产品]
将氯气和空气(不参与反应)按体积比1∶3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液。


(1)各装置的连接顺序为______→______→______→C→______(填字母)。
(2)装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是______________________；装置C的作用是_______________________________________________________________________________。
(3)制备Cl2O的化学方程式为__________________________________________________。
(4)此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的主要优点是____________________。
(5)反应过程中，装置B需放在___________________(填“冷水”或“热水”)中。
[测定浓度]
(6)已知次氯酸可被FeSO4等物质还原。用下列实验方案测定装置E所得溶液中次氯酸的物质的量浓度：量取10 mL上述次氯酸溶液，并稀释至100 mL，再从中取出10.00 mL于锥形瓶中，并加入10.00 mL 0.800 mol·L－1的FeSO4溶液，充分反应后，用0.050 mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液24.00 mL，则原次氯酸的物质的量浓度为__________(保留四位有效数字)。
答案　(1)A　D　B　E　(2)增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应充分进行　除去Cl2O中的Cl2　(3)2Cl2＋Na2CO3===Cl2O＋2NaCl＋CO2(或2Cl2＋2Na2CO3＋H2O===Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3)　(4)制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大　(5)冷水
(6)1.000 mol·L－1
解析　(1)根据实验目的，将氯气和空气(不参与反应)按体积比1∶3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液，应先用装置A制备Cl2，再通过装置D除去混合气体中的HCl气体，同时混入空气，将混合气体通入装置B，在装置B中发生制备Cl2O的反应；然后将制取的Cl2O气体先通入装置C，以除去Cl2等杂质气体，最后通过装置E制取次氯酸溶液，装置连接顺序为A→D→B→C→E。
(2)多孔球泡和搅拌棒均能使反应物充分接触，增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；装置B中生成Cl2O的同时还会有多余的Cl2逸出，而Cl2是非极性分子，易溶于非极性溶剂四氯化碳，因此此处装置C使用足量的四氯化碳溶液将Cl2吸收。
(3)已知空气不参与反应，则制取Cl2O以Cl2和Na2CO3为反应物，发生歧化反应，其中氯元素从0价变为＋1价和－1价，反应的化学方程式为2Cl2＋Na2CO3===Cl2O＋2NaCl＋CO2(或2Cl2＋2Na2CO3＋H2O===Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3)。
(4)Cl2O与水反应的化学方程式为Cl2O＋H2O===2HClO，Cl2和水反应的化学方程式为Cl2＋H2OHCl＋HClO，Cl2O和水反应只生成HClO且反应不可逆，氯气和水反应除了生成HClO还生成HCl，并且反应可逆，所以用Cl2O与水反应制备次氯酸溶液相对于用氯气溶于水制备次氯酸溶液的主要优点是制得次氯酸溶液纯度较高、浓度也较大。
(5)Cl2O在42 ℃以上会分解生成Cl2和O2，故为防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B需放在冷水中。
(6)10.00 mL 0.800 mol·L－1的FeSO4溶液中，n(FeSO4)＝0.800 mol·L－1×0.01 L＝0.008 mol，24.00 mL 0.050 mol·L－1的酸性KMnO4溶液中，n(KMnO4)＝0.050 mol·L－1×0.024 L＝0.001 2 mol，根据反应MnO＋5Fe2＋＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O可知，0.001 2 mol高锰酸钾消耗硫酸亚铁的物质的量为：0.001 2 mol×5＝0.006 mol，则稀释后的10.00 mL HClO溶液消耗硫酸亚铁的物质的量为0.008 mol－0.006 mol＝0.002 mol，根据反应HClO＋2Fe2＋＋H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O可知，稀释后10.00 mL HClO溶液中n(HClO)＝×0.002 mol＝0.001 mol，原10 mL次氯酸溶液中n(HClO)＝0.001 mol×＝0.01 mol，其浓度为＝1.000 mol·L－1。
16．(14分)利用氯碱工业中的固体废物盐泥[主要成分为Mg(OH)2、CaCO3、BaSO4，还含有少量NaCl、Al(OH)3、Fe(OH)3、Mn(OH)2等]与废酸反应制备七水硫酸镁，既处理了三废，又有经济效益。其工艺流程如图1所示：

已知：
(i)部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如表所示。
沉淀物
Mn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mg(OH)2
pH(完全沉淀)
10.02
8.96
3.20
4.70
11.12

(ii)两种盐的溶解度随温度的变化(单位为g/100 g水)如图2所示。

根据图1并参考表格pH数据和图2，请回答下列问题：
(1)在酸解过程中，加入的酸为__________，加快酸解速率可采取的措施有_________________
_______________________________________________________________________________。
(2)加入的NaClO可与Mn2＋反应产生MnO2沉淀，该反应的离子方程式是________________
_______________________________________________________________________________。
(3)本工艺流程多次用到抽滤操作，优点是__________________________________________。
抽滤①所得滤渣A的成分为________和CaSO4；抽滤②所得滤渣B的成分为MnO2、________和________；抽滤③所得滤液D中主要阳离子的检验方法是____________________________。
(4)依据图2，操作M应采取的方法是适当浓缩，____________________________________。
(5)每生产1吨MgSO4·7H2O，需要消耗盐泥2吨。若原料利用率为70%，则盐泥中镁(以氢氧化镁计)的质量分数约为________。
答案　(1)硫酸　升温、把盐泥粉碎、搅拌等
(2)Mn2＋＋ClO－＋H2O===MnO2↓＋2H＋＋Cl－
(3)速度快　BaSO4　Fe(OH)3　Al(OH)3　焰色反应
(4)趁热过滤　(5)16.8%
解析　(3)抽滤又称减压过滤，过滤时速度快，得到的固体较干燥；根据盐泥的成分可知，盐泥用硫酸溶解、抽滤后得到的滤渣A为BaSO4和CaSO4；根据表中数据可知，当调节滤液A的pH为5～6，时，Al3＋和Fe3＋可分别水解生成Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀；滤液D中的阳离子主要为Na＋，其灼烧时火焰颜色为黄色，可用焰色反应进行检验。(4)根据题图2可知，MgSO4·7H2O在温度高时溶解度较大，低温时易结晶析出，故操作M为将滤液B适当浓缩，趁热过滤。(5)设2吨盐泥中含Mg(OH)2的质量为x g，MgSO4·7H2O的质量为1吨，即106g，由MgSO4·7H2O～Mg(OH)2得x＝，该盐泥中镁(以氢氧化镁计)的质量分数为×100%，代入x的数值可得其质量分数约为16.8%。
17．(14分)(2020·浙江温州高三质检)二氧化碳催化加氢合成乙烯在环境保护、资源利用、战略需求等方面具有重要意义。 CO2和H2 在铁系催化剂作用下发生化学反应：
Ⅰ.2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)　ΔH1
Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＞0
请回答下列问题：
(1)反应Ⅰ能自发进行，则 ΔH1________0(填“＜”“＞”或“＝”)；该反应自发进行的条件是________________________________________________________________________。
(2)在密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2，在铁系催化剂作用下进行反应，CO2的平衡转化率随温度和压强的变化如图1所示。

①下列说法正确的是________(填字母)。
A．由图1可知：0.1 MPa下，200～550 ℃时以反应Ⅰ为主，550 ℃以后以反应Ⅱ为主
B．反应Ⅱ化学方程式前后物质的化学计量数之和相等，所以反应Ⅱ的ΔS等于零
C．恒温恒压下，容器内气体的密度不变时，说明反应已达到平衡
D．其他条件不变，将CO2和H2的初始物质的量之比改为2∶3，可提高CO2平衡转化率
②图1中点M(350,70)，此时乙烯的选择性为(选择性：转化的CO2中生成C2H4和CO的百分比)。计算该温度时：反应Ⅱ的平衡常数K＝________。
③在图1中，温度大于800 ℃时，随着压强的增大，CO2的平衡转化率减小，请解释原因：________________________________________________________________________。
(3)有研究表明，在铁系催化剂作用下反应Ⅰ分两步进行：
i．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　慢
ii.2CO(g)＋4H2(g)C2H4 (g)＋2H2O(g)　快
在图2中画出反应Ⅰ分两步进行的“能量—反应过程图”。起点从[2CO2(g)＋6H2(g)]开始。

答案　(1)＜　低温　(2)①AC　②(或0.62或0.615)
③温度高于800 ℃时，以反应Ⅱ为主，压强增大，平衡不移动。但压强增大，使反应Ⅰ平衡正移，水蒸气浓度增大，CO2和H2浓度减小，从而导致反应Ⅱ平衡逆移，所以CO2的平衡转化率减小
(3)
解析　(1)反应Ⅰ能自发进行，ΔG＝ΔH1－TΔS＜0，由于该反应是气体分子数减小的反应，故ΔS＜0，则ΔH1＜0；在低温下该反应能自发进行。
(2)①由图1可知：0.1 MPa下，随温度的升高，200～550 ℃时二氧化碳的转化率减小，由于反应Ⅰ的ΔH1＜0，以反应Ⅰ为主；550 ℃以后随温度的升高，二氧化碳的转化率增大，由于反应Ⅱ的ΔH2＞0，以反应Ⅱ为主，故A正确；反应Ⅱ化学方程式前后物质的化学计量数之和相等，但反应Ⅱ的ΔS不等于零，故B不正确；气体的密度ρ＝，恒温恒压下，气体的密度是一个变值，故容器内气体的密度不变时，说明反应已达到平衡，故C正确；在密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2，其他条件不变，将CO2和H2的初始物质的量之比改为2∶3，增加了CO2的物质的量，由于外界条件的影响大于平衡的移动，CO2平衡转化率是降低的，故D不正确。
②在密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2，反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，图1中点M(350,70)，即350 ℃时二氧化碳的平衡转化率为70%，转化的二氧化碳的物质的量为1 mol ×70%＝0.7mol，乙烯的选择性为，则转化为乙烯的二氧化碳的物质的量为×0.7 mol＝0.5 mol，转化为一氧化碳的二氧化碳的物质的量为0.7 mol－0.5 mol＝0.2 mol，根据化学方程式，列出三段式：
CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)
开始/mol　　　　　　　　　0　　　0
变化/mol　0.2 　 0.2　　　0.2　　0.2
平衡/mol　　　　　　　　 0.2　　0.2
　　2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)
开始/mol　　　　　　　　　　0　　　　0
变化/mol　0.5　　　1.5　　　 0.25　　　1
平衡/mol　　　　　　　　　　0.25　　　1
平衡时一氧化碳的物质的量为0.2 mol，水蒸气的物质的量为0.2 mol＋1 mol＝1.2 mol，二氧化碳的物质的量为1 mol－0.2 mol－0.5 mol＝0.3 mol，氢气的物质的量为3 mol－0.2 mol－
1.5 mol＝1.3 mol，反应Ⅱ的平衡常数K＝＝或0.62或0.615。
③温度高于800 ℃时，以反应Ⅱ为主，压强增大，平衡不移动。但压强增大，使反应Ⅰ平衡正移，水蒸气浓度增大，CO2和H2浓度减小，从而导致反应Ⅱ平衡逆移，所以CO2的平衡转化率减小。
(3)慢反应为吸热反应，快反应为放热反应，起点从[2CO2(g)＋6H2(g)]开始，第一步得到的产物应该为2CO(g)＋2H2O(g)＋4H2(g)，第二步得到的产物应该为 C2H4(g)＋4H2O(g)，“能量—反应过程图”表示如图。

18．(15分)选做题(从下面Ⅰ、Ⅱ两小题中任选一题作答)
Ⅰ.[化学——选修3：物质结构与性质]
(2020·河北衡水中学高三模拟)KZnF3被认为是良好的光学基质材料，可由K2CO3、ZnF2、NH4HF2制备。
回答下列问题：
(1)基态F原子的价电子排布图___________________________________________________；
基态Zn原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为________________。
(2)K与Zn属于同一周期，K的第一电离能________(填“大于”或“小于”)Zn的第一电离能，原因为____________________________________________________________________。
(3)K2CO3中阴离子的立体构型为__________。
(4)NH4HF2的组成元素的电负性由大到小的顺序为________________(用元素符号表示)；其中N原子的杂化方式为__________；HF能形成分子缔合体(HF)n的原因为_________________。
(5)ZnF2具有金红石型四方结构，KZnF3具有钙钛矿型立方结构，两种晶体的晶胞结构如图所示：

①ZnF2和KZnF3晶体(晶胞顶点为K＋ )中，Zn的配位数之比为__________。
②若NA表示阿伏加德罗常数的值，则ZnF2晶体的密度为________g·cm－3(用含a、c、NA的代数式表示)。
③KZnF3晶胞中原子坐标参数A为(0,0,0)，B为(1,0,0)，C为(0,1,0)，则D的原子坐标参数为________________________________________________________________________。
答案　(1)　球形　(2)小于　Zn 原子半径小，且价电子排布为全充满结构，第一电离能更大　(3)平面三角形　(4)F＞N＞H　sp3　HF 分子间能形成氢键　(5)①1∶1　②　③(0，，)
解析　(1)F为9号元素，F元素处于第二周期ⅦA族，价电子排布式为2s22p5，价电子排布图为；Zn是30号元素，处于周期表中第四周期ⅡB族，价电子排布式为3d104s2，最高能层电子占据4s，电子云轮廓图形状为球形。
(2)K与Zn属于同一周期，Zn的原子半径较小，且价电子排布式为3d104s2，为全充满稳定结构，故K的第一电离能小于Zn的第一电离能。
(3)CO的中心原子C原子孤电子对数＝＝0，价层电子对数＝3＋0＝3，立体构型与VSEPR模型相同为平面三角形。
(4)元素的非金属性越强，电负性越大，故电负性：F＞N＞H；NH中N原子形成4个N—H键，价层电子对数为4，N原子采取sp3杂化；HF分子之间容易形成氢键，形成分子缔合体(HF)n。
(5)①ZnF2晶胞中，白色球数目为1＋8×＝2，黑色球数目为2＋4×＝4，故白色球为Zn、黑色球为F，可知Zn的配位数为6；KZnF3晶体(晶胞顶点为K＋)中，则体心白色球为Zn，Zn的配位数为6，故二者配位数之比为6∶6＝1∶1。
②晶胞相当于含有2个“ZnF2”，晶胞的质量＝，晶胞的体积＝a×10－7cm×a×
10－7cm×c×10－7cm＝a2c×10－21cm3，则晶体的密度＝＝g·cm－3。
③D原子处于晶胞左侧面的面心位置，由A、B、C的坐标参数可知，D的坐标参数x＝0，y＝z＝，故D的坐标参数为(0，，)。
Ⅱ.[化学—选修5：有机化学基础]
化合物F是合成药物的重要的中间体，一种合成路线如下：

回答下列问题
(1)芳香族化合物A的元素分析为：76.6%碳、17.0%氧、其余为氢，则A的化学名称为________。
(2)反应1中浓硫酸的作用是____________，反应3的反应类型为____________。
(3)反应2的化学方程式为_________________________________________________________。
(4)C的结构简式为______________________________________________________________。
(5)E中含有的官能团的名称有醚键、____________。
(6)满足下列条件的D的同分异构体有________种。
①属于芳香族化合物，且为邻二取代；
②属于酯类，水解产物之一遇FeCl3溶液显紫色；
③非苯环上的核磁共振氢谱有三组峰。
(7)已知：＋CH3Cl，结合上述流程信息，设计由苯为主要原料合成对甲基苯酚的路线(无机试剂任选)。
答案　(1)苯酚　(2)反应物、催化剂　取代反应
(3) ＋CH3I―→＋NaI
(4)
(5)碳碳双键、羰基
(6)3

解析　苯与浓硫酸发生取代反应生成，根据元素守恒，A中含碳原子数是6，则A的相对分子质量是≈94，则氧原子数是≈1，氢原子数是＝6，A为芳香族化合物，A的结构简式是；与氢氧化钠反应生成，则B是；B与CH3I发生取代反应生成，与硝酸发生取代反应生成，可以还原为；发生取代反应生成；与CH2==CH—CH2—Cl发生取代反应生成。
(1)A的分子式是C6H6O，A为芳香族化合物，A的结构简式是，化学名称是苯酚。
(6)①属于芳香族化合物，且为邻二取代，②属于酯类，水解产物之一遇FeCl3溶液显紫色，说明水解产物含有酚羟基；③非苯环上的核磁共振氢谱有三组峰，说明非苯环上有3种不同环境的氢原子；符合条件的D()的同分异构体有、、，共3种。
(7)由苯为主要原料合成对甲基苯酚，第一步＋CH3Cl，第二步甲苯发生硝化反应，；依据题干的合成路线可知，第三步和第四步依次发生。