安徽省芜湖市2021-2022学年高三上学期期末质量监控理综化学试题含解析

这是一份安徽省芜湖市2021-2022学年高三上学期期末质量监控理综化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了 高铁酸钾是一种高效净水剂等内容，欢迎下载使用。

 2021—2022学年度第一学期芜湖市高中教育教学质量监控
高三年级理科综合能力测试化学试题卷
本试卷共14页，38小题，满分300分，考试用时150分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、考场/座位号、班级、准考证号填写在答题卷上，将条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答无效。
4.考生必须保证答题卷的整洁，考试结束后，将试题卷和答题卷一并交回。
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 化学与人类的生产生活息息相关，下列说法不正确的是
A. 从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，石墨烯是电解质
B. 商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品
C. 芜湖轻轨建设中使用混凝土浇筑轨道梁，混凝土是一种混合物材料
D. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作
【答案】A
【解析】
【详解】A．石墨烯为单质，电解质为化合物，因此石墨烯不是电解质，故A说法错误；
B．后(司)母戊鼎属于青铜制品，青铜属于铜合金，故B说法正确；
C．混凝土是指由胶凝材料将集料胶结成整体的工程符合材料的统称，通常混凝土是指用水泥作胶凝材料，砂、石作集料，与水按一定比例配合，经搅拌、成型、养护而得到水泥混凝土，因此混凝土是一种混合物材料，故C说法正确；
D．用乙醚提取青蒿素，该过程为萃取，故D说法正确；
答案为A。
2. 某校化学实验小组为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，用如图所示装置，按合理的操作步骤进行实验(加热装置和夹持装置均已略去，F是用于鼓入空气的双连打气球)。下列说法不正确的是

A. 试剂X可以是碳酸钙，作用是和酸反应生成气体以赶走体系中的空气
B. 反应一段时间后，待C中溶液出现浑浊，及时将B装置提起
C. 用F鼓入空气后，E装置中气体颜色加深，说 明产生一氧化氮
D. 铜丝与稀硝酸持续反应，并用F持续鼓入空气，C装置中白色浑浊不会溶解
【答案】D
【解析】
【详解】A． 试剂X可以是碳酸钙，作用是和酸反应生成二氧化碳气体以赶走体系中的空气，故A正确；
B． 反应一段时间后，待C中溶液出现浑浊，及时将B装置提起，使碳酸钙与硝酸脱离，停止产生二氧化碳，故B正确；
C． 用F鼓入空气后，E装置中气体颜色加深，NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮呈红棕色，说明产生一氧化氮，故C正确；
D． 铜丝与稀硝酸持续反应，并用F持续鼓入空气，一氧化氮氧化成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸能与碳酸钙反应，C装置中白色浑浊会溶解，故D错误；
故选D。
3. 4-叔丁基苯乙酮是一种透明近乎于无色的液体，常用作医药中间体，其结构如图1所示，它的一种同分异构体的结构如图2所示。下列说法正确的是

A. 图1中4－叔丁基苯乙酮的分子式为C11H14O，属于芳香族化合物
B. 图1中苯环上的二氯代物有4种
C. 图2中的物质能使酸性KMnO4溶液和溴的四氯化碳溶液褪色，且反应类型相同
D. 图2分子中所有碳原子可能共平面
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图1，分子式为C12H16O，含有苯环，属于芳香族化合物，故A错误；
B．，①②上的H为等效，③④上的H为等效，一个氯原子固定在①或②位置上，另一个氯原子有3种位置，一个氯原子固定在③或④，另一个氯原子有1种位置，共有4种，故B正确；
C．图2中含有碳碳双键、碳碳叁键、羟基，图2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化反应，图2中碳碳双键和碳碳叁键能使溴的四氯化碳溶液褪色，发生的加成反应，两者原理不同，故C错误；
D．图2：环上与甲基相连的碳原子为sp3杂化，与该碳原子相连的三个碳原子不共面，故D错误；
答案为B。
4. 工业上用双极膜电解槽电解糠醛溶液，制备糠醇和糠酸盐，电解时MnO2/MnOOH在电极与糠醛之间传递电子，电解过程如图所示，图中的双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是

A. 电极A接直流电源的负极，糠醛被氧化为糠醇
B. 电解时，阳极反应为MnOOH-e-+OH-=MnO2+H2O
C. 制得0.1mol糠酸盐，理论上外电路中迁移了0.1mol电子
D. 通电时双极膜将水解离为H+和OH-，H+向电极B方向移动
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，MnOOH在电极B表面生成MnO2，Mn元素价态降低得电子，右侧为阳极，B极为正极，电极反应式为MnOOH+OH-+e-═MnO2+H2O，二氧化锰与糠醛反应生成糠醛盐，反应方程式为，MnOOH在阳极可以循环使用，左侧为阴极，A极为负极，糠醛得电子变为糠醇，通电时双极性膜将水解离为H+和OH-，H+向阴极室方向移动，OH-向阳极室方向移动。
【详解】A． 电极A接直流电源的负极，糠醛得电子被还原为糠醇，故A错误；
B． 电解时，阳极发生氧化反应，阳极反应为MnOOH-e-+OH-=MnO2+H2O，故B正确；
C． 制得0.1mol糠酸盐，由反应方程式，理论上外电路中迁移了0.2mol电子，故C错误；
D． 通电时双极膜将水解离为H+和OH-，H+向阴极室方向移动，OH-向阳极室方向移动，H+向电极A方向移动，故D错误；
故选B。
5. 科研人员利用复合材料光催化剂，构建一个还原和氧化反应分离的人工光合体系，其反应机理如图所示，其中Fe2+和Fe3+离子渗透Nafion膜可协同CO2、H2O分别反应。下列说法正确的是

A. 该人工光合体系的总反应为
B. 该反应能量转化形式为化学能→光能
C. 图中a、b分别代表Fe2+、Fe3+
D. Cu2O—Pt上发生的反应为CO2+2e-+2H2O=HCOOH+2OH-
【答案】C
【解析】
【详解】A．题中所给方程式原子不守恒，根据图中可知，反应物有H2O和CO2，最终产物是HCOOH和O2，反应方程式为2H2O+2CO22HCOOH+O2，故A错误；
B．根据图中可知，该反应在光照条件下进行，将光能转化为化学能，故B错误；
C．H2O失电子转化成O2，b得电子，被还原成a，则a为Fe2+、b为Fe3+，故C正确；
D．甲酸为酸，与OH-不能大量共存，故D错误；
答案为C。
6. W、X、Y、Z为原子序数依次递减的短周期元素，W、Y、Z三种元素分属不同周期不同主族，已知W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。W、X、Y、Z能形成如下结构的化合物。下列叙述正确的是

A. 对应元素形成的气态氢化物稳定性：Y＞X
B. 该化合物中X元素化合价均为-2价
C. Y的最高价氧化物对应水化物为强酸
D. W、X对应的简单离子半径顺序为：X＞W
【答案】D
【解析】
【分析】W、Y、Z三种元素分属不同周期不同主族，且四种元素的原子序数依次递减的短周期元素，推出Z为H，根据化合物的结构，X形成2个共价键达到稳定结构，W、X对应的简单离子核外电子排布相同，W在化合物中显＋2价，因此X为O，W为Mg，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，推出Y为B，据此分析；
【详解】A．非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，O的非金属性强于B，则对应元素形成的气态氢化物稳定性：X＞Y，故A错误；
B．根据化合物的结构可知，该化合物中存在“－O－O－”，该氧元素显－1价，故B错误；
C．B的最高级氧化物对应水化物为H3BO3，属于一元弱酸，故C错误；
D．W、X对应的简单离子为Mg2＋、O2－，它们核外电子排布相同，微粒半径随着原子序数增大而减小，r(O2－)＞r(Mg2＋)，故D正确；
答案为D。
7. 25℃时，用NaOH溶液滴定H2A溶液，溶液中和-1gc(HA-)或 和-1gc(A2- )关系如图所示，下列说法正确的是

A. H2A为弱酸，其Ka1约为1×10-4
B. 若c(HA-)＞c(A2- )＞c(H2A)，则pH范围：3.5＜pH＜5
C. 向H2A溶液中加入等体积等浓度的NaOH溶液，完全反应后的溶液中：
D. 滴定过程中，当pH=5时，
【答案】B
【解析】
【分析】Ka1=，Ka2=，M点坐标为(1,1)，代入表达式，求出K=1×10－2，N点坐标为(3，2)，求出K=1×10－5，H2A为二元弱酸，第一步电离远大于第二步电离，因此I代表溶液中和-1gc(HA-)关系，Ⅱ代表和-1gc(A2- )关系，据此分析；
【详解】A．溶液中存在H2A、HA－、A2－，说明H2A为二元弱酸，根据上述分析，Ka1=1×10－2，故A错误；
B．c(HA-)＞c(A2- )＞c(H2A)，同除以c(H2A)，得出＞＞1，Ka1=，推出=，Ka1·Ka2=×，推出=，因此有＞＞1，从而计算出3.5＜pH＜5，故B正确；
C．H2A溶液中加入等体积等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为NaHA，HA－的水解常数为＜10-5，HA－的电离程度大于其水解程度，NaHA溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，故C错误；
D．Ka2==10－5，当c(A2－)=c(HA－)时，pH=5，时，溶液中溶质为Na2A和NaHA，且物质的量相等，溶液显酸性，HA－的电离程度大于A2－水解程度，此时溶液中c(A2－)≠c(HA－)，即pH≠5，故D错误；
答案为B。
8. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效净水剂。已知：K2FeO4易溶于水，微溶于浓KOH溶液，难溶于乙醇；在酸性或中性溶液中不稳定，在0～5℃的强碱性溶液中较稳定。某实验小组欲制备高铁酸钾并测定其纯度。
Ⅰ.制备高铁酸钾(夹持装置略)

（1）装置A为氯气发生装置，其中盛放浓盐酸的仪器名称为___________。
（2）将除杂装置B补充完整并标明所用试剂 ___________。
（3）装置C中Cl2与Fe(OH)3、KOH反应生成K2FeO4的离子方程式是___________。
（4）实验时将装置C置于冰水浴中，其原因是 ___________。
（5）K2FeO4粗产品一般用乙醇进行洗涤，选择乙醇洗涤的优点是___________。
Ⅱ．测定产品纯度
（6）将ag K2FeO4(摩尔质量为Mg·mol−1)粗产品溶于过量的碱性亚铬酸盐[Cr(OH)]溶液中，充分反应后，加入稀硫酸酸化，用cmol·L−1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。已知该过程中涉及Cr元素转化的离子反应主要有三个：①，②_____，③=。该粗产品中K2FeO4的质量分数为_______(用含a、c、V、M的代数式表示)。若滴定管先用蒸馏水润洗再用标准液润洗，则测得的结果 ____(填“偏高”偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）分液漏斗
（2） （3）3Cl2 +2Fe(OH)3+10OH-=2FeO+6Cl-+ 8H2O
（4）K2FeO4在0～5℃环境中较稳定，防止副反应发生
（5）减少产品溶解损失；便于产品的干燥
（6） ①. 2CrO+2H+Cr2O+H2O ②. % ③. 无影响
【解析】
【分析】装置A制备氯气，浓盐酸具有挥发性，产生氯气中混有HCl，HCl能与装置C中的KOH反应生成KCl，为提高K2FeO4的纯度，需要将HCl除去，即装置B的作用是除去氯气中的HCl，装置B中盛放饱和食盐水，因为氯气有毒，需要尾气吸收，即装置D的作用是吸收多余的氯气，据此分析；
【小问1详解】
盛放浓盐酸仪器为分液漏斗，故答案为分液漏斗；
【小问2详解】
根据上述分析，装置B中应盛放饱和食盐水，装置B为洗气瓶，应是长管进气短管出气，装置图为；故答案为；
【小问3详解】
装置C利用Cl2的氧化性，将Fe(OH)3氧化成K2FeO4，本身被还原成Cl－，其离子方程式为3Cl2＋2Fe(OH)3＋10OH－=2FeO＋6Cl－＋8H2O；故答案为3Cl2＋2Fe(OH)3＋10OH－=2FeO＋6Cl－＋8H2O；
【小问4详解】
根据题中所给信息：K2FeO4在0～5℃的强碱性中溶液中较稳定，因此装置C置于冰水浴中，其原因是K2FeO4在0～5℃环境中较稳定，防止副反应发生；故答案为K2FeO4在0～5℃环境中较稳定，防止副反应发生；
【小问5详解】
K2FeO4难溶于乙醇，用乙醇洗涤粗产品，减少产品溶解损失，便于产品的干燥；故答案为减少产品溶解损失，便于产品的干燥；
【小问6详解】
反应①中Cr元素以CrO形式存在，反应③中Cr元素以Cr2O形式存在，因此反应②中应是CrO转化成Cr2O，其离子方程式为2CrO+2H+Cr2O+H2O；根据发生的反应建立的关系是为K2FeO4～CrO～Cr2O～3Fe2＋，K2FeO4的质量分数为×100%=%；滴定管使用时先用蒸馏水洗涤，然后再用待盛液润洗，滴定管先用蒸馏水润洗再用标准液润洗，则测得的结果无影响；故答案为2CrO+2H+Cr2O+H2O；%；无影响。
9. 赤泥含有Sc2O3(氧化钪)、Al2O3、Fe2O3、SiO2等，以赤泥为原料提取钪(Sc)、氧化钪(Sc2O3)的流程如下：

已知：①P2O4为磷酸酯萃取剂(密度小于水)；②常温下Ksp[Sc(OH)3]=8.0×10-31。
请回答下列问题：
（1）滤渣的主要成分是___________(填化学式)。
（2）酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是___________。
（3）将盐酸洗涤后所得混合溶液分离的具体操作过程为___________。
（4）热还原”的化学方程式为 ___________。
（5）在空气中灼烧草酸钪得到Sc2O3化学方程式为___________。
（6）P2O4萃取浸出液，其浓度、料液温度对萃取率的影响如下所示，萃取时P2O4最佳浓度及料液温度分别为 ___________、___________。(①如表为某温度下所测数据，如图为某浓度P2O4时所测数据。②分离系数β表示物料中两种物质经分离后相对含量的比值)


试验编号
P2O4浓度/%
分相情况
钪萃取率/%
铁萃取率/%
1-1
1
分相快
90.76
15.82
1-2
2
分相容易
91.53
19.23
1-3
3
分相容易
92.98
13.56
1-4
4
有第三相
90.69
30.12
1-5
5
轻微乳化
91.74
39.79

（7）常温下，已知：c(Sc3+)≤1.0×10-5mol·L-1时表明沉淀完全，加入NaOH沉钪后的萃取剂混合液的pH为6时，是否完全沉淀？___________(通过计算判断)。
【答案】（1）SiO2
（2）盐酸易挥发，“酸浸”时温度过高，会使氯化氢挥发，盐酸浓度减小，因此酸浸速率减慢
（3）静置分层，打开分液漏斗玻璃塞，再打开活塞，使水相从下端放出，待油水界面与活塞上口相切，关闭活塞，将有机相从上口倒出
（4）2ScCl3+3Mg2Sc+3MgCl2
（5）2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
（6） ①. 3% ②. 65℃
（7）沉淀完全
【解析】
【分析】由题给流程可知，赤泥加入盐酸酸浸时，金属氧化物溶于盐酸得到可溶性金属氯化物，二氧化硅不溶解，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶性金属氯化物的滤液；向滤液中加入磷酸酯萃取剂萃取滤液中的氯化钪，分液得到含有氯化铁、氯化铝的水相和含有氯化钪的有机相；有机相用盐酸洗涤后，分液得到有机相；向有机相中加入氢氧化钠溶液将氯化钪转化为氢氧化钪沉淀，过滤得到有机相和氢氧化钪；向氢氧化钪中加入SOCl2将氢氧化钪转化为氯化钪，回流过滤得到氯化钪固体；氯化钪与镁高温下反应制得金属钪；向氯化钪中加入草酸溶液将氯化钪转化为草酸钪沉淀，过滤得到草酸钪；草酸钪在空气中灼烧得到三氧化二钪。
【小问1详解】
由分析可知，滤渣的主要成分是二氧化硅，故答案为：SiO2；
【小问2详解】
盐酸具有挥发性，酸浸时，若温度过高，氯化氢受热挥发，盐酸溶液的浓度减小会导致酸浸速率减慢，故答案为：盐酸易挥发，“酸浸”时温度过高，会使氯化氢挥发，盐酸浓度减小，因此酸浸速率减慢；
【小问3详解】
萃取分液后，分离有机相和水相时，应在空气对流的条件下，将下层溶液从下口放出，上层溶液从上口倒出，则用盐酸洗涤有机相后，分离有机相和水相的具体操作为静置分层，打开分液漏斗玻璃塞，再打开活塞，使水相从下端放出，待油水界面与活塞上口相切，关闭活塞，将有机相从上口倒出，故答案为：静置分层，打开分液漏斗玻璃塞，再打开活塞，使水相从下端放出，待油水界面与活塞上口相切，关闭活塞，将有机相从上口倒出；
【小问4详解】
由分析可知，氯化钪与镁高温下反应生成金属钪和氯化镁，反应的化学方程式为2ScCl3+3Mg2Sc+3MgCl2，故答案为：2ScCl3+3Mg2Sc+3MgCl2；
【小问5详解】
在空气中灼烧草酸钪得到三氧化二钪的反应为草酸钪与空气中的氧气反应生成三氧化二钪和二氧化碳，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2，故答案为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；
【小问6详解】
由表格数据可知，P2O4浓度为3%时，钪萃取率最大、铁萃取率最小，则萃取时P2O4最佳浓度为3%；由图可知，温度为65℃时，钪萃取率最大，则萃取时最佳料液温度为65℃，故答案为：3%；65℃；
【小问7详解】
由氢氧化钪的溶度积可知，加入氢氧化钠溶液沉钪后的萃取剂混合液的pH为6时，溶液中钪离子的浓度c(Sc3+)===8.0×10-7mol/L＜1.0×10-5 mol/L，则溶液中钪离子沉淀完全，故答案为：沉淀完全。
10. CO2的捕集与转化是当今科学研究的重要课题。以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：
Ⅰ. ∆H=+177kJ·mol-1(主反应)
Ⅱ． C2H6(g) CH4(g)+H2(g)+C(s) ∆H=+9kJ·mol-1(副反应)
（1）反应I的反应历程可分为如下两步：
i. (反应速率较快)
ii. H2(g)+ CO2(g) H2O(g)+CO(g) =+41 kJ·mol-1 (反应速率较慢)
①∆H1=___________kJ·mol-1
②相比于提高c(C2H6)，提高c(CO2)对反应I速率影响更大，其原因是___________。
（2）向恒压密闭容器中充入CO2和C2H6合成C2H4，选择不同温度对相关量的影响如图所示，工业生产综合各方面的因素，反应选择800℃的原因是___________。

（3）在800℃时，=1：3，充入一定体积的密闭容器中，在有催化剂存在的条件下，只发生主反应，初始压强为P，一段时间达到平衡，产物的物质的量之和与剩余反应物的物质的量之和相等，该温度下反应的平衡常数Kp= ___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数。计算结果用最简分式表示)。
（4）工业上用甲烷催化法制取乙烯，只发生如下反应：ΔH＞0，温度T时，向2L的恒容反应器中充入2molCH4，仅发生上述反应，反应过程中CH4的物质的量随时间变化如下图所示。实验测得为速率常数，只与温度有关，则T温度时___________(用含有m的代数式表示)。

（5）我国科学家使用电化学的方法(装置如上图)用C2H6和CO2合成了C2H4。
①M是电源的___________极。
②阳极电极反应式是___________。
【答案】（1） ①. +136 ②. 反应 ii 为反应 I 的决速步，c(CO2)增大，反应 ii 速率加快，从而提高反应 I速率
（2）升高温度，CO2和乙烷的转化率升高，但800℃之后乙烷的转化率增加不明显；而乙烯的选择性在800℃之前变化不大，800℃之后选择性下降；综合以上考虑，800℃为最适宜温度
（3）
（4）
（5） ① 正 ②. C2H6 +O2--2e-=C2H4 + H2O
【解析】
【小问1详解】
①已知： ∆H=+177kJ·mol-1
H2(g)+ CO2(g) H2O(g)+CO(g) =+41 kJ·mol-1
根据盖斯定律可知两式相减即得到反应的∆H1=+136kJ·mol-1
②由于反应ⅱ为反应ⅰ的决速步，c(CO2)增大，反应ⅱ速率加快，从而提高反应ⅰ速率，因此相比于提高c(C2H6)，提高c(CO2)对反应I速率影响更大。
【小问2详解】
根据图像可知升高温度，CO2和乙烷的转化率升高，但800℃之后乙烷的转化率增加不明显；而乙烯的选择性在800℃之前变化不大，800℃之后选择性下降，因此综合以上考虑，800℃为最适宜温度；
【小问3详解】
在800℃时，=1：3，充入一定体积的密闭容器中，在有催化剂存在的条件下，只发生主反应，初始压强为P，根据三段式可知

一段时间达到平衡，产物的物质的量之和与剩余反应物的物质的量之和相等，则3x＝4-2x，解得x＝0.8，平衡时的压强为，所以该温度下反应的平衡常数Kp=
【小问4详解】
根据图像可知平衡时剩余甲烷m mol，根据三段式可知

平衡时正逆反应速率相等，则，所以＝
【小问5详解】
①M极中乙烷失去电子转化为乙烯，是阳极，则M是电源的正极。
②阳极中乙烷转化为乙烯，根据装置图可知电极反应式是C2H6 +O2--2e-=C2H4 + H2O。
【化学——选修3：物质结构与性质】
11. 我国科学家最新研制成功了一种纳米半导体材料可以高效实现光化学转换，该种材料主要成分为硫化镉和硫化锌。Cd与Zn位于同一副族，且在Zn的下一周期。
（1）Zn原子的价电子排布式是___________。
（2）下列状态的硫中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________(填标号)。
A. [Ne]3s23p4 B. [Ne]3s23p3 C. [Ne]3s13p4 D. [Ne]3s13p5
（3）硫和碲位于同主族，其简单氢化物H2S和H2Te中，分解温度较高的是 ___________；键角较大的是 ___________，其原因是___________。
（4）ZnS熔点为2830℃，CdS熔点为1750℃，ZnS熔点更高的原因是___________。
（5）Cd2+与NH3等配体形成配离子。[Cd(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl-替代只得到1种结构，则[Cd(NH3)4]2+的立体构型是 ___________。
（6）图1为立方ZnS晶胞，图2为晶胞沿z轴的1∶1平面投影图：

①晶胞参数为___________pm(写计算表达式)。
②若晶胞中S2-、Zn2+相切，则Zn2+和S2-之间的最短距离为___________ pm(写计算表达式)。
【答案】（1）3d104s2 （2）B
（3） ①. H2S ②. H2S ③. 二者均采取sp3杂化，S的电负性更强，成键电子对之间的斥力更大，键角更大
（4）二者均为离子晶体，离子半径Cd2+大于Zn2+，故晶格能ZnS＞CdS，则熔点ZnS＞CdS
（5）正四面体形 （6） ①. 2a ②. a
【解析】
【小问1详解】
锌元素的原子序数为30，价电子排布式为3d104s2，故答案为：3d104s2；
【小问2详解】
电子排布式为[Ne]3s23p3的硫中，3p轨道为稳定的半充满结构，电离最外层一个电子所需能量最大，故选B；
【小问3详解】
元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，分解温度越高，硫元素的非金属性强于碲元素，则硫化氢的分解温度高于碲化氢；硫化氢中硫原子和碲化氢中碲原子的价层电子对数都为4、孤对电子对数都为2，中心原子的杂化方式都为sp3杂化，分子的空间构型都为V形，硫元素的电负性大于碲元素，氢化物中成键电子对偏向硫原子，成键电子对之间的斥力更大，键角更大，则硫化氢分子的键角大于碲化氢，故答案为：H2S；H2S；二者均采取sp3杂化，S的电负性更强，成键电子对之间的斥力更大，键角更大；
【小问4详解】
硫化锌和硫化镉都是离子晶体，镉离子的离子半径大于锌离子，硫化锌的晶格能大于硫化镉，则硫化锌的熔点高于硫化镉，故答案为：二者均为离子晶体，离子半径Cd2+大于Zn2+，故晶格能ZnS＞CdS，则熔点ZnS＞CdS；
【小问5详解】
由四氨合镉离子2个氨分子被2个氯离子替代只得到1种结构可知，四氨合镉离子的空间构型为正四面体形，故答案为：正四面体形；
【小问6详解】
①由平面投影图可知，晶胞中面对角线的长度为4apm，设晶胞的参数为xpm，由勾股定理可得：2x2=(4a)2，解得x=2a，故答案为：2a；
②若晶胞中S2-、Zn2+相切，由晶胞结构可知Zn2+和S2-之间的最短距离为体对角线的，则最短距离为×2apm，=apm，故答案为：a。
【化学——选修5：有机化学基础】
12. 环丁基甲酸是重要的有机合成中间体，如图是用烯烃A和羧酸D合成环丁基甲酸的路线。

请回答下列问题：
（1）B的结构简式为___________。
（2）B→C的反应类型为___________。
（3）D的分子式为 ___________。E的名称为___________。
（4）C+E→F的化学方程式为___________。
（5）满足下列条件的H的所有同分异构体(不考虑立体异构)共有___________ 种，其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为___________。
①能使溴的四氯化碳溶液褪色 ②能与NaOH溶液反应
③能与银氨溶液发生银镜反应 ④不含环状结构
（6）以 和为原料，选用必要的无机试剂，写出合成 的路线___________(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)
【答案】（1）CH2=CHCH2Br
（2）加成反应 （3） ①. C3H4O4 ②. 丙二酸二乙酯
（4）+BrCH2CH2CH2Br2HBr +
（5） ①. 8 ②. HCOOCH=C(CH3)CH3
（6）
【解析】
【分析】根据C的结构简式以及A的分子式，推出A为丙烯，结构简式为CH2=CHCH3，A与Br2在光照的条件下发生取代反应，Br取代甲基上的H，即B的结构简式为CH2CHCH2Br，E属于酯，则D为丙二酸，其结构简式为HOOCCH2COOH，据此分析；
【小问1详解】
根据上述分析，B的结构简式为CH2=CHCH2Br；故答案为CH2=CHCH2Br；
【小问2详解】
B的结构简式为CH2=CHCH2Br，根据C的结构简式，该反应方程式为CH2=CHCH2Br+HBrCH2BrCH2CH2Br，属于加成反应，故答案为加成反应；
【小问3详解】
根据上述分析，D的结构简式为HOOCCH2COOH，分子式为C3H4O4，E为酯，名称为丙二酸二乙酯；故答案为C3H4O4；丙二酸二乙酯；
【小问4详解】
对比C、E、F结构简式，E中连有两个酯基的C原子上的两个“C－H”键断裂，C中两个“C－Br”键断裂，该反应为取代反应，反应方程式为+BrCH2CH2CH2Br2HBr +；故答案为+BrCH2CH2CH2Br2HBr +；
【小问5详解】
①能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有碳碳双键或叁键，②能与NaOH反应，含有羧基或酯基，③能与银氨溶液发生银镜反应，说明含有醛基，④不含环状，根据H的结构简式，书写的同分异构体中含有“HCOO－”和碳碳双键，综上所述，是由HCOO－和－C4H7组成，－C4H7有－C－C－C－C(双键位置有3种)、(双键位置有3种)、(双键位置有2种)，共有8种；核磁共振氢谱有3种峰，说明有3种不同化学环境的氢，即HCOOCH=C(CH3)CH3；故答案为8；HCOOCH=C(CH3)CH3；
【小问6详解】
根据C＋E→F，需要转化成，与反应生成，然后在酸性条件下水解，然后利用G→H，得到目标产物，即路线 ；故答案为 。