吉林省白山市2020届高三二模考试理综化学试卷+Word版含解析

这是一份吉林省白山市2020届高三二模考试理综化学试卷+Word版含解析，共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

第Ⅰ卷
一、选择题
1.《本草纲目》中的“石碱”条目下写道:“采蒿蓼之属……晒干烧灰,以原水淋汁……久则凝淀如石……浣衣发面,甚获利也。”下列说法中错误的是
A. “石碱”的主要成分易溶于水
B. “石碱”俗称烧碱
C. “石碱”可用作洗涤剂
D. “久则凝淀如石”的操作为结晶
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由“以原水淋汁”可以看出，“石碱”的主要成分易溶于水，故A正确；
B. “采蒿蓼之属……晒干烧灰”，草木灰的成分是碳酸钾，故B错误；
C.碳酸钾溶液呈碱性，可用作洗涤剂，故C正确；
D. “以原水淋汁……久则凝淀如石”是从碳酸钾溶液中得到碳酸钾晶体，操作为蒸发结晶，故D正确；
选B。
2.2018年我国首次合成了在有机化工领域具有重要价值的化合物M(结构简式如图所示)。下列关于的说法错误的是( )
A. 所有碳原子可以处在同一平面内
B. 分子式为
C. 能发生取代反应和加成反应
D. 苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有4种(不考虑立体结构)
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A.含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的碳原子不在同一个平面上，故A错误；
B.有机物含有10个C、11个H、1个N、5个O原子，分子式为，故B正确；
C.含有苯环，可发生加成反应，含有羧基，可发生取代反应，故C正确；
D.苯环有4个H，且左右对称，则苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有4种，故D正确；
故选A。
3.设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A. 由与组成的混合物中所含的质子总数为
B. 和所含的氢原子数均为
C. 溶液在沸水中生成的胶体粒子数为
D. 乙醇与乙酸在浓硫酸的作用下充分反应，生成乙酸乙酯的数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．CO2和N2O的摩尔质量均为44g/ml，1个分子中含有的质子数均为22，则5gCO2和N2O的混合物的质量为，质子数为，A选项正确；
B．未指明状态为标准状况，不能准确计算物质的量，B选项错误；
C．胶体粒子是多个微粒的聚合体，则溶液在沸水中生成的胶体粒子数小于，C选项错误；
D．乙醇与乙酸在浓硫酸的作用下充分反应，反应方程式为，由于酯化反应为可逆反应，因此生成乙酸乙酯的数目小于，D选项错误；
答案选A。
【点睛】C选项为易错点，氢氧化铁胶体为氢氧化铁的聚集体，FeCl3水解生成的胶体中含胶体粒子的数目会减少是解答的关键，也是易错点。
4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们能组成一种化合物，其结构如图所示。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：
B. W与Z形成的化合物中只含离子键
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：
D. W的单质难溶于W与X形成的化合物
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题干信息可知，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们能组成一种化合物，得出Z为+1价，X形成四个共用电子对，Y形成三个共用电子对，W形成一个共用电子对且又得到一个电子，则依次Z为Na，X为C，Y为N，W为S，据此分析解答。
【详解】A．同一周期，从左到右，原子半径减小，电子层数越多，原子半径越大，因此原子半径：Na > S > C > N，A选项错误；
B．W与Z形成的化合物Na2S2中含离子键和非极性共价键，B选项错误；
C．非金属性：N大于C，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3 > HCO3，C选项正确；
D．S的单质易溶于CS2，D选项错误；
答案选C。
5.复旦大学王永刚的研究团队制得一种柔性水系锌电池，该可充电电池以锌盐溶液作为电解液，其原理如图所示。下列说法不正确的是( )

A. 放电时，N极发生还原反应
B. 充电时，Zn2+向M极移动
C. 充电时，N极的电极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+==PTO-Zn2+
D. 放电时，每生成1mlPTO-Zn2+，M极溶解的质量为260g
【答案】C
【解析】
【分析】
从图中可以看出，放电时，M极上Zn失电子生成Zn2+，M极为负极，则N极为正极；充电时，M极上Zn2+得电子生成Zn，M极为阴极，则N极为阳极。
【详解】A．放电时，N极正极，得电子发生还原反应，A正确；
B．充电时，阳离子向阴极移动，M极为阴极，所以Zn2+向M极移动，B正确；
C．充电时，N极为阳极，电极反应式为PTO-Zn2+-8e- ==2PTO+4Zn2+，C不正确；
D．放电时，每生成，则转移电子8ml，M极溶解的质量为4ml×65g/ml=260g，D正确；
故选C。
6.由下列实验及现象不能推出相应结论的是( )
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．集气瓶内有黄绿色粉末产生，表明镁条与氮气发生了反应，镁失电子，则N2得电子具有氧化性，A能推出相应结论；
B．溶液中不再有白色沉淀产生，表明溶液中S2-全部转化为ZnS，再滴加CuSO4溶液，沉淀由白色变为黑色，表明ZnS转化为CuS，从而证明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，B能推出相应结论；
C．镁片上有大量气泡产生，则在镁片上H2O得电子生成H2和OH-，镁为正极，C能推出相应结论；
D．试管口放置的湿润的蓝色石蕊试纸变红，则证明有酸性气体生成，从而说明CuCl2易发生水解，不能推出CuCl2显酸性，D不能推出相应结论；
故选D。
7.甲胺()的性质与氨气相似，将pOH相同、体积均为的CH3NH2∙H2O和两种溶液分别加水稀释至体积为V，pOH随的变化关系如图所示，下列叙述错误的是( )
已知：常温下，，pOH=-lgc(OH-)。
A. 稀释相同倍数时，CH3NH2∙H2O的浓度比的浓度大
B. 溶液中水的电离程度：b点大于c点
C. 由c点到d点，溶液中保持不变
D. 常温下，某盐酸的，a点时CH3NH2∙H2O的，当时，取等体积的两溶液混合，充分反应后：n(Cl-)>n(CH3NH3+)>n(H+)>n(OH-)
【答案】D
【解析】
【分析】
甲胺()的性质与氨气相似，则CH3NH2∙H2O为弱碱。将pOH相同、体积均为的CH3NH2∙H2O和两种溶液分别加水稀释至体积为V，从图中可以看出，稀释相同倍数时，曲线Ⅱ的pOH变化大，则曲线Ⅱ表示NaOH的pOH随的变化，曲线Ⅰ表示CH3NH2∙H2O的pOH随的变化。
【详解】A．由于CH3NH2∙H2O为弱碱，当CH3NH2∙H2O和的pOH相同时，CH3NH2∙H2O的浓度大，所以稀释相同倍数时，CH3NH2∙H2O的浓度比的浓度大，A正确；
B．溶液中pOH b点大于c点，则c点溶液中c(OH-)大，对水电离的抑制作用大，所以溶液中水的电离程度：b点大于c点，B正确；
C．溶液中==，由c点到d点，溶液的温度不变，KW、Kb不变，所以保持不变，C正确；
D．常温下，当时，盐酸溶液中的c(H+)与CH3NH2∙H2O溶液中c(OH-)相等，取等体积的两溶液混合，则反应生成CH3NH3Cl，同时CH3NH2∙H2O有剩余，CH3NH2∙H2O继续发生电离而使溶液显碱性，从而得出n(CH3NH3+) n(Cl-)>n(OH-)>n(H+)，D错误；
故选D。
第Ⅱ卷
二、非选择题
8.硼氢化锰可以用作储氢材料，也能用于科学研究。以富锰渣(含60% MnO，还含有SiO2、Al2O3、CaO、FeO)为原料制备硼氢化锰的工艺流程如下。
已知几种氢氧化物的Ksp 的值如下表：
请回答下列问题：
(1) NaBH4中B的化合价为________价。
(2)下列物质中与滤渣1不发生反应(高温或常温下)的是________(填字母)。
A．浓硝酸 B．氢氧化钠溶液 C．碳酸钠 D．氢氟酸
(3)“氧化”中发生反应的离子方程式为________________，该反应中氧化性：________(填“”或“”) MnO2。
(4)“中和”时，调节pH约为________。(当溶液中的离子浓度小于时，沉淀达到完全，结果保留2位有效数字)
(5) Mn(BH4)2能与稀盐酸反应生成H3BO3，该反应的化学方程式为________________。
(6)测定富锰渣中铁的含量：取20g富锰渣，经过上述“酸浸”“过滤”“氧化”“萃取”后，将萃取相(假设Fe3+全部被萃取)转入烧杯中，加入足量稀硫酸，充分反应后静置、分液，再向含Fe3+的溶液中加入足量KI，充分反应后，将溶液配制成500mL，取25mL于锥形瓶中并加入淀粉指示剂，最后用的Na2S2O3标准液滴定，进行三次平行实验，测得消耗Na2S2O3标准液的体积如表所示。
已知：I2+2Na2S2O3==2NaI+Na2S4O6
①滴定达到终点时溶液的颜色变化为________。
②富锰渣中铁的含量为________。
【答案】 (1). +3 (2). A (3). MnO2+2Fe2++4H+==Mn2++2Fe3++2H2O (4). < (5). 4.7 (6). Mn(BH4)2+2HCl+6H2O==MnCl2+8H2↑+2H3BO3 (7). 由蓝色变为浅绿色 (8). 14%
【解析】
【分析】
富锰渣(含60% MnO，还含有SiO2、Al2O3、CaO、FeO)中加入稀盐酸，MnO、Al2O3、CaO、FeO都与盐酸反应，生成MnCl2、AlCl3、CaCl2、FeCl2(滤液1)，只有SiO2不发生反应而成为滤渣1；滤液1中加入MnO2，发生反应MnO2+2Fe2++4H+==Mn2++2Fe3++2H2O；往氧化后的溶液中加入萃取剂，可将Fe3+萃取出来(进入萃取相)，此时萃余相中含有MnCl2、AlCl3、CaCl2；加入MnCO3调pH，此时Al3+转化为Al(OH)3沉淀，过滤，所得滤渣2的成分为Al(OH)3，滤液2的成分为MnCl2、CaCl2；往滤液2中加入MnSO4，此时Ca2+转化为沉淀；将滤液3进行一系列操作，即得MnCl2，加入NaBH4重结晶，便可得到Mn(BH4)2。测定富锰渣中铁的含量时，需去除误差大的数据，取平均值，通过反应建立Fe3+与Na2S2O3的关系式，然后进行计算。
【详解】(1) NaBH4中，Na显+1价，H显-1价，则B的化合价为+3价。答案为：+3；
(2)A．浓硝酸具有酸性和强氧化性，与SiO2不能发生化学反应，A符合题意；
B．氢氧化钠溶液能与SiO2反应，生成硅酸钠和水，B不合题意；
C．碳酸钠能与SiO2在高温条件下发生反应，生成硅酸钠和CO2，C不合题意；
D．氢氟酸能与SiO2反应，生成四氟化硅和水，D不合题意；
故选A。答案为：A；
(3)“氧化”中，MnO2将Fe2+氧化生成Fe3+，自身被还原为Mn2+，发生反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+==Mn2++2Fe3++2H2O，该反应中MnO2是氧化剂，Fe3+是氧化产物，氧化性：(4)“中和”时，1.0×10-5×c3(OH-)=1.0×10-33，c(OH-)=ml/L，pOH=，pH=14-pOH≈4.7。
答案为：4.7；
(5) Mn(BH4)2能与稀盐酸发生氧化还原反应生成H2，同时生成MnCl2、H3BO3，该反应的化学方程式为Mn(BH4)2+2HCl+6H2O==MnCl2+8H2↑+2H3BO3。答案为：Mn(BH4)2+2HCl+6H2O==MnCl2+8H2↑+2H3BO3；
(6)①滴定前，原溶液中I2与淀粉结合所得溶液呈蓝色，反应后溶液呈Fe2+的颜色，所以达到终点时溶液的颜色变化为由蓝色变为浅绿色。
②在溶液中发生两个反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2、I2+2Na2S2O3==2NaI+Na2S4O6，由此可得出关系式：Fe3+——Na2S2O3，三次实验中，第一次实验误差大，取后两次实验的平均值，即得消耗V(Na2S2O3)==25.00mL，从而得出富锰渣中铁的含量为=14%。
答案为：由蓝色变为浅绿色；14%。
【点睛】在利用三组实验数据进行平均值的计算时，切不可不加分析，将三组数据直接取平均值，而应先剔除误差大的实验数据，将有效数据取平均值。
9.三氧化钼()是石油工业中常用的催化剂，也是搪瓷釉药的颜料，该物质常使用辉钼矿(主要成分为)通过一定条件来制备。回答下列相关问题：
⑴已知：①
②
③
则的________(用含、、的代数式表示)。
⑵若在恒温恒容条件下，仅发生反应。
①下列说法正确的是________(填字母)。
a.气体密度不变，则反应一定达到了平衡状态
b.气体的相对分子质量不变，反应不一定处于平衡状态
c.增加的量，平衡正向移动
②达到平衡时的浓度为1.4 ml·L−1，充入一定量的，反应再次达到平衡，浓度________(填“”“”或“”) 1.4 ml·L−1。
⑶在恒容密闭容器中充入和，若仅发生反应：，后反应达到平衡，此时容器压强为起始时的80%，则内，的反应速率为________。
⑷在恒容密闭容器中，加入足量的和，仅发生反应： 。测得氧气的平衡转化率与起始压强、温度的关系如图所示：
①________(填“”“”或“”)0；比较、、的大小：________。
②若初始时通入，为，则点平衡常数________(用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算，分压总压气体的物质的量分数，写出计算式即可)。
【答案】 (1). (2). ab (3). (4). 0.05 (5). (6). ＞＞； (7).
【解析】
【分析】
⑴根据盖斯定律计算焓变。
⑵①根据化学平衡状态的特征进行判断，根据影响平衡移动的因素分析；②根据平衡常数公式及平衡常数不变来分析。
⑶三步走建立关系，再根据压强之比等于物质的量之比计算，再计算S2(g)的反应速率。
⑷①利用温度变化，平衡移动来分析焓变；利用转化率的变化来分析压强变化；②建立三段式，根据压强之比等于物质的量之比计算平衡压强，再根据压强平衡常数进行计算。
【详解】⑴根据盖斯定律：第1个方程式的2倍加上第2个方程式的2倍，再加上第3个方程式，因此则的；故答案为：。
⑵若在恒温恒容条件下，仅发生反应。
①a. 密度等于气体质量除以容器体积，正向反应，气体质量增加，容器体积不变，当气体的密度不变，则反应一定达到了平衡状态，故a正确；b. 该反应只有S2(g)是气体，气体的相对分子质量始终不变，因此反应不一定处于平衡状态，故b正确；c. 增加MS2的量，MS2是固体，平衡不移动，故c错误；综上所述，答案为：ab。
②达到平衡时S2(g)的浓度为1.4 ml·L−1，充入一定量的S2(g)，根据平衡常数公式及平衡常数不变，反应再次达到平衡，S2(g)浓度= 1.4 ml·L−1；故答案为：=。
⑶，根据压强之比等于物质的量之比得到，得到x = 0.5，则内，S2(g)的反应速率为；故答案为：0.05。
⑷①温度升高，氧气转化率降低，说明平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热反应即ΔH ＜0；该反应是体积减小的反应，在1300K，从下到上，氧气转化率越来越大，说明是正向移动即加压，因此＞＞；故答案为：＞＞。
②，根据压强之比等于物质量之比得到，P(平衡) = 5.5kPa，则A点平衡常数；故答案为：。
【点睛】化学平衡是常考题型，主要分析化学平衡的影响、化学平衡常数、化学反应速率，还常与反应热结合考查，主要应用盖斯定律进行计算。
10.某校学习小组的同学设计实验，制备（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O并探究其分解规律。实验步骤如下：
Ⅰ.称取7.0g工业废铁粉放入烧杯中，先用热的Na2CO3溶液洗涤，再水洗，最后干燥。
Ⅱ.称取6.0g上述处理后的铁粉加入25mL某浓度硫酸中加热，加热过程中不断补充蒸馏水，至反应充分。
Ⅲ.冷却、过滤并洗涤过量的铁粉，干燥后称量铁粉的质量。
Ⅳ.向步骤Ⅲ的滤液中加入适量（NH4）2SO4晶体，搅拌至晶体完全溶解，经一系列操作得干燥纯净的（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O。
V.将（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O脱水得（NH4）2Fe（SO4）2，并进行热分解实验。
已知在不同温度下FeSO4•7H2O的溶解度如表：
回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ用热的Na2CO3溶液洗涤工业废铁粉的目的是__，步骤Ⅱ中设计铁粉过量，是为了__，加热反应过程中需不断补充蒸馏水的目的是__。
（2）步骤Ⅲ中称量反应后剩余铁粉的质量，是为了__。
（3）（NH4）2Fe（SO4）2分解的气态产物可能有N2、NH3、SO2、SO3及水蒸气，用下列装置检验部分产物。
①检验气态产物中的SO2和SO3时，装置连接顺序依次为__（气流从左至右）；C中盛放的试剂为__。
②装置A的作用是__。
③检验充分分解并冷却后的瓷舟中铁的氧化物中是否含有二价铁，需用到的试剂为__。
【答案】 (1). 除去油污 (2). 防止Fe2+被氧化 (3). 保持溶液的体积，防止硫酸亚铁析出，减少损失 (4). 计算加入硫酸铵晶体的质量 (5). (6). 盐酸酸化的氯化钡溶液 (7). 吸收尾气SO2，避免污染环境 (8). 稀硫酸和铁氰化钾溶液或稀硫酸和酸性高锰酸钾溶液
【解析】
【分析】
（1）工业废铁粉中含有油脂，热的Na2CO3溶液显碱性可以洗涤油污；（2）根据目标产品NH4Fe(SO4)2分析需要硫酸铵与硫酸亚铁的比例关系；（3）①检验气态产物中的SO2和SO3时，要考虑检验气体的试剂及连接的顺序问题；③检验氧化物中是否含有二价铁，先将氧化物溶解，再检验。
【详解】（1）用热的Na2CO3溶液洗涤工业废铁粉表面油脂,；再搅拌过程中Fe2+可能会被氧气氧化为Fe3+，步骤Ⅱ中设计铁粉过量，把Fe3+还原变为Fe2+；在加热的过程中水会不断减少，可能会造成硫酸亚铁固体的析出，造成损失，所以不断补充蒸馏水维持溶液体积；
答案：除去油污；防止Fe2+被氧化；保持溶液的体积，防止硫酸亚铁析出，减少损失；
（2）步骤Ⅲ中称量反应后剩余铁粉的质量,计算出生成硫酸亚铁的物质的量,根据硫酸亚铁和硫酸铵反应生成NH4Fe(SO4)2；
答案：计算加入硫酸铵晶体的质量。
（3）①检验气态产物中的SO2和SO3时，A中的NaOH溶液适用于吸收尾气SO2，B中的品红溶液适用于检验SO2，明显仅剩C装置用于检验SO3，但不能影响二氧化硫，那么用盐酸酸化的氯化钡溶液来检验SO3比较合理，同时避免二氧化硫溶解，由于考虑SO3会溶于水中，所以先检验SO2，再检验SO3，最后进行尾气吸收，综合考虑连接顺序为；
②装置A的作用是吸收尾气SO2，避免污染环境；
③检验充分分解并冷却后的瓷舟中铁的氧化物中是否含有二价铁，先将氧化物溶解，用硫酸溶解，再滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀或滴加酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，证明有二价铁；
答案：；盐酸酸化的氯化钡溶液；处理尾气，避免污染环境；稀硫酸和铁氰化钾溶液或稀硫酸和酸性高锰酸钾溶液。
【点睛】一般工业使用的金属表面会有防锈油脂，热的Na2CO3溶液显碱性可以洗涤油污；对于原料的加入我们一般是要有估算的，要根据产品化学式的原子比例来估算原料的加入量；检验固体中的离子时，要是固体本身溶于水可直接加水溶解即可，要是难溶于水，可根据固体性质加入酸溶液或碱溶液等其他不干扰检验的溶液进行溶解。
11.铁、钴、镍都属于第Ⅷ族元素，它们的单质、合金及其化合物在催化剂和能源领域用途非常广泛。
⑴基态Fe2+的核外电子排布式为____。结合电子排布式分析Fe3+比C3+氧化性弱的原因：_____。
⑵BNCP可用于激光起爆器等，BNCP可由N2H4、HClO4、CTCN、NaNT共反应制备。
①ClO4－的空间构型为________。
②CTCN的化学式为，与C3+形成配位键的原子是________。(已知CO32−的结构式为)
③可以(双聚氰胺为原料制备。双聚氰胺中碳原子杂化轨道类型为________，中含有σ键的物质的量为________。
④是一种富氮含能材料。配体N2H4能与水混溶，除因为它们都是极性分子外，还因为_____。
⑶一种新型的功能材料的晶胞结构如图所示，Mn在面心和顶点，它的化学式可表示为________。

⑷镍镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，距离最近的两个H2分子之间的距离为anm。则镍镁晶体未储氢时的密度为________(列出计算表达式，NA表示阿伏加德罗常数的数值) g∙cm-3。
【答案】 (1). (或) (2). Fe3+的基态电子排布式为3d5，C3+的基态电子排布式为3d6，Fe3+具有半充满结构，而C3+不具备这种结构，因此Fe3+氧化性比C3+弱 (3). 正四面体 (4). N和O (5). sp2、sp (6). 9 ml (7). N2H4与水可形成分子间氢键 (8). (9).
【解析】
【分析】
⑴基态Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，分析氧化性主要看Fe3+和C3+的核外电子排布。
⑵①计算ClO4－价层电子对数；②有孤对电子才能与C3+形成配位键；③逐个分析双聚氰胺中碳原子价层电子对数；④从相似相溶和分子间氢键角度思考配体N2H4能与水混溶。
⑶分别计算晶胞中Ni、Mn、Ga的个数。
⑷先根据氢气分子之间距离得出晶胞参数，再计算晶胞中Mg、Ni个数，再计算密度。
【详解】⑴Fe是26号元素，基态Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，基态Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6。结合电子排布式分析Fe3+比C3+氧化性弱的原因：Fe3+的基态电子排布式为3d5，C3+的基态电子排布式为3d6，Fe3+具有半充满结构，而C3+不具备这种结构，因此Fe3+氧化性比C3+弱；故答案为：[Ar]3d6；Fe3+的基态电子排布式为3d5，C3+的基态电子排布式为3d6，Fe3+具有半充满结构，而C3+不具备这种结构，因此Fe3+氧化性比C3+弱。
⑵①ClO4－价层电子对数，其空间构型为正四面体形；故答案为：正四面体形。
②CTCN中NH3的N有孤对电子，CO32−的O有孤对电子，因此与C3+形成配位键的原子是N、O；故答案为：N、O。
③双聚氰胺中第一个碳原子有3个σ键，无孤对电子，价层电子对数为3，杂化轨道为sp2，第二个碳原子有2个σ键，无孤对电子，价层电子对数为2，杂化轨道为sp，中含有σ键的物质的量为9ml；故答案为：sp2、sp；9。
④配体N2H4能与水混溶，除因为它们都是极性分子外，主要是因为N2H4与水形成分子间氢键；故答案为：N2H4与水可形成分子间氢键。
⑶晶胞中Ni在体内，共有8个，Mn在面心和顶点，个数为，Ga在棱心，个数为，化学式可表示为Ni2MnGa；故答案为：Ni2MnGa。
⑷H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，距离最近的两个H2分子之间的距离为anm，因此距离最近的两个H2分子之间是面对角线的一半，则晶胞参数为nm，晶胞中Mg个数为8个，Ni为4个，则镍镁晶体未储氢时的密度为；故答案为：。
【点睛】晶胞的计算是常考题型，主要考查密度、体积、晶胞参数、阿伏伽德罗常数。
12.“点击化学”是指快速、高效连接分子的一类反应，例如铜催化的Huisgen环加成反应：+。我国科研人员利用该反应设计合成了具有特殊结构的化合物F。合成线路如图所示：
已知：++H2O
⑴A的名称是________。C中官能团的名称是________。
⑵反应④的反应类型为________。
⑶有机物分子中的1个碳原子上连接4个不同的原子或原子团时，该碳原子称为手性碳原子。上述流程中，存在手性碳原子的有机物有________(填字母)。
⑷反应③属于消去反应，反应③的化学方程式为________________。
⑸芳香族化合物G与C互为同分异构体，G的苯环上只有两个对位的取代基，且其中一个取代基为乙烯基(CH2=CH—)。G分子中只有两种官能团，且1mlG与足量银氨溶液发生银镜反应生成4ml Ag，则G的结构有________种，其中核磁共振氢谱图中只有7组吸收峰的结构简式为________________(写出一种结构即可)。
【答案】 (1). 丁酮 (2). 羟基、醛基、碳碳三键 (3). 加成反应 (4). BC (5). + (6). 9 (7). 或或
【解析】
【分析】
CH3CH2COCH3与HC≡CH发生加成反应生成B，B与发生取代反应生成生成C()，发生消去反应生成和，D发生“点击反应”生成E，E和CH3CH2COCH3反应生成F。
【详解】⑴根据A与HC≡CH发生加成反应生成B及B的结构得到A为CH3CH2COCH3，名称是丁酮；C中官能团的名称是碳碳三键、羟基、醛基；故答案为：丁酮；羟基、醛基、碳碳三键。
⑵从信息中可以得出反应④反应类型为加成反应；故答案为：加成反应。
⑶ BC中连羟基的碳原子上连接4个不同的原子或原子团，因此存在手性碳原子的有机物有BC；故答案为：BC。
⑷反应③属于消去反应，反应③化学方程式为 +；故答案为： +。
⑸芳香族化合物G与C互为同分异构体，G的苯环上只有两个对位的取代基，且其中一个取代基为乙烯基(CH2=CH—)。G分子中只有两种官能团，且1ml G与足量银氨溶液发生银镜反应生成4ml Ag，说明一种官能团是碳碳双键，另一种官能团是醛基且有2ml—CHO，，两个—CHO在正丙基的同一个碳上，有3种结构；一个—CHO在的1号碳，另外一个—CHO在2号位、3号位共2种；一个—CHO在的2号碳，另外一个—CHO在3号位共1种；，两个—CHO在异丙基的同一个碳上，有1种结构； ，两个—CHO在异丙基的不同碳上，有2种结构；则G的结构有9种，其中核磁共振氢谱图中只有7组吸收峰的结构简式为或或；故答案为：9；或或。
【点睛】有机推断是常考题型，主要有正向推断、逆向推断、两边向中间的推断，利用前后物质的结构简式来分析未知的结构简式。
选项
实验
现象
结论
A
将镁条点燃后迅速伸入充满N2的集气瓶中
集气瓶内有黄绿色粉末产生
N2具有氧化性
B
向2mLNa2S稀溶液中滴加0.1ml/LZnSO4溶液至不再有白色沉淀产生，然后再往上述溶液中滴加0.1ml/LCuSO4溶液
沉淀由白色变为黑色
Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)
C
将镁片和铝片分别打磨后，用导线连接再插入NaOH溶液中
片刻后镁片上有大量气泡产生，铝片上产生的气泡很少
镁为电池正极
D
将装有CuCl2∙2H2O晶体的试管加热，在试管口放置湿润的蓝色石蕊试纸
试纸变为红色
CuCl2显酸性
氢氧化物
Ksp
实验次数
1
2
3
Na2S2O3标准液体积/
23.20
24.80
25.20
温度（℃）
1
10
30
50
溶解度（g）
14.0
17.0
25.0
33.0