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四川省凉山彝族自治州2022-2023学年高三下学期二模化学试题含解析
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这是一份四川省凉山彝族自治州2022-2023学年高三下学期二模化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡收回等内容，欢迎下载使用。
凉山州2023届高中毕业班第二次诊断性检测
理科综合化学试题
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确。
2.选择题使用2B铅笔涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
3.考试结束后，将答题卡收回。
可能用到的相对原子质量： H-1 O -16 S- 32 Cu- 64 Ba- 137
第I卷(选择题 共126分)
一、选择题。每题给出的选项中只有一个选项最符合题目要求，共7题，每题6分，共42分。
1. 化学和生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是
A. 将铬、锰加入普通钢中制成不锈钢，使钢铁制品永不生锈
B. 核酸检测时用到的“拭子”由尼龙纤维制成，属于有吸附性的天然有机高分子材料
C. 化石燃料脱硫与碳达峰、碳中和无关
D. 广汉三星堆出土的青铜器深埋于地下而生锈，是因为发生了析氢腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A．将铬、加入普通钢中制成不锈钢，能大大增强钢铁的抗腐蚀能力，但并不能使钢铁制品永不生锈，A错误；
B．尼龙纤维属于合成纤维，属于有机高分子材料，但不属于天然有机高分子材料，B错误；
C．化石燃料脱硫不能减少二氧化碳排放，与碳达峰、碳中和无关，C正确；
D．铜的金属活动性排在H之后，不会发生析氢腐蚀，D错误；
故选C。
2. 水杨酸()是制备阿司匹林()的原料，水杨酸的结构修饰经历了数百年，由阿司匹林再到长效缓释阿司匹林，大幅提升了治疗效果。一种制备水杨酸的流程如图所示，下列说法正确的是
A. 甲苯中所有原子共面
B. 步骤②反应为加成反应
C. lmol阿司匹林与足量氢氧化钠溶液反应时，最多可消耗1molNaOH
D. 可以通过分子结构修饰获得疗效更佳、作用时间更长的缓释阿司匹林
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲苯中含有甲基，-CH3是四面体结构，所有原子不可能共平面，故A错误；
B．步骤②中发生取代反应引入溴原子，故B错误；
C．1mol 水解生成1molCH3 COOH、1mol ，产物中羧基、酚羟基与氢氧化钠发生中和反应，故1mol阿司匹林与足量氢氧化钠溶液反应时，最多可消耗3molNaOH，故C错误；
D．将-OH转化为-OOCCH3，对水杨酸的结构进行改造合成出阿司匹林，进一步通过分子结构的修饰获得疗效更佳、作用时间更长的缓释阿司匹林，故D正确；
故选D。
3. 下列操作和实验目的均正确的是
A. 用甲装置收集NO气体
B. 乙装置中II有平衡气压的作用，可将多余气体直接排出到空气中
C. 用丙装置制取并收集干燥纯净的NH3
D. 用丁装置(环己醇与浓硫酸混合加热脱水)制备环己烯，反应过程中，分水器中有水积攒就应该立即打开活塞放出。
【答案】A
【解析】
【详解】A．NO不溶于水，可以用排水法收集，A项正确；
B．乙装置中II有平衡气压的作用，等气体都是有毒的气体，不能直接排出，B项错误；
C．氨气的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，C项错误；
D．分水器的作用是将反应生成的水能够及时分离出来，使反应正向进行，且分水器中的水量不再增多时，说明反应结束，即可停止实验，故还有控制反应的作用，故反应过程中，当分水器的水层增至支管口附近时，再打开活塞放出部分水，D项错误；
答案选A。
4. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W与X不在同周期， X原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，Y、Z相邻，Y的单质在空气中燃烧，产物有两种离子化合物和一种单质。下列说法错误的是
A. 简单离子的半径：X> Y>Z
B. 工业上常用电解熔融YX制备Y单质
C. Z2(SO4)3溶液是泡沫灭火器原料之一，原理利用了Z离子的水解
D. X的某氢化物可作为杀菌消毒剂
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则X为O元素；W与X不在同周期，则W为H元素；Y的单质在空气中燃烧，产物有两种离子化合物和一种单质，反应产物为氧化镁、氮化镁和碳，则Y为Mg元素；Y、Z相邻，则Z为Al元素；
【详解】结合分析可知，W为H，X为O，Y为Mg，Z为Al元素，
A．O2-、Mg2+、Al3+的核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径：O2-＞Mg2+＞Al3+，即X＞Y＞Z，故A正确；
B．MgO的熔点较高，各元素通过电解熔融氯化镁制备镁，故B错误；
C．Al2(SO4)3溶液是泡沫灭火器原料之一，原理是碳酸氢根离子与铝离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳、水，利用了Al3+的水解，故C正确；
D．X为O，氢化物H2O2可作为杀菌消毒剂，故D正确；
故选：B。
5. 用氢气制备双氧水的一种工艺简单、能耗低的方法，其反应原理如图所示，已知钯(Pd)常以正二价形式存在。下列有关说法正确的是
A. H2O2的电子式为
B. 反应①②③均氧化还原反应
C. 反应②中有1molO2参与反应时转移电子的物质的量为2mol
D. 反应过程中[PbCl2O2]2−、HCl均为该反应的催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2O2是共价化合物，通过共用电子对形成化学键，其电子式为，故A错误；
B．反应③中化合价未发生变化，是非氧化还原反应，故B错误；
C．反应②中是Pd＋O2＋2Cl－＝[PbCl2O2]2−，[PbCl2O2]2−中Pd为+2价，根据得失电子守恒，因此有1mol O2参与反应时转移电子的物质的量为2mol，故C正确；
D．反应过程中[PbCl2O2]2−为该反应的催化剂，HCl是中间产物，故D错误。
综上所述，答案为C。
6. 科学家设计了一种将苯酚(C6H5OH)氧化为CO2和H2O的原电池-电解池组合装置如图所示，已知羟基自由基(·OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。下列说法错误的是
A. 高温下不利于该电池的使用
B. 电池工作一段时间后， NaCl溶液浓度将降低
C. d电极的电极反应为：H2O-e-=·OH+H+
D. 相同时间内，c、d两极产生气体的体积比(相同条件下)为3：7
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，a极铬得到电子发生还原反应，为正极，反应为；b极苯酚失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，为负极，反应为；则c为阴极、d为阳极；
【详解】A．高温下微生物会失去活性，故高温下不利于该电池的使用，A正确；
B．电池工作一段时间后，a侧氢氧根离子、b侧氢离子迁移到中间室中生成水，导致氯化钠溶液浓度将降低，B正确；
C．d为阳极，水失去电子发生氧化反应，电极反应为：H2O-e-=·OH+H+，C正确；
D．c为阴极，水放电生成氢气；d极苯酚和羟基自由基发生氧化还原反应生成二氧化碳，根据电子守恒可知，，故相同时间内，c、d两极产生气体的体积比(相同条件下)为14:6=7:3，D错误；
故选D。
7. 已知MgF2属于难溶于水、可溶于酸的盐。常温下，用HCl调节MgF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中−lgc(X)(X为Mg2+或F－)与lg的关系如图所示。下列说法正确的是
A. Ksp(MgF2)的数量级为10−9
B. L1代表−lgc(Mg2+)与lg的变化曲线
C. a、c两点的溶液中均存在2c(Mg2+)＜c(F－)+c(HF)
D. c点的溶液中存在c(Cl－)＞c(Mg2+)＞c(HF)＞c(H+)
【答案】A
【解析】
【分析】根据lg越小，则氢离子浓度越大，根据H++F－(aq) HF，则氟离子浓度越小，MgF2(s) Mg2+(aq)＋2F－(aq)，不断消耗氟离子，则镁离子浓度越大，则−lgc(F－)越大，−lgc(Mg2+)越小，因此L1代表−lgc(F－)与lg的变化曲线，L2代表−lgc(Mg2+)与lg的变化曲线。
【详解】A．lg=1时，−lgc(F－)=10−2.2，−lgc(Mg2+)=10−4，根据MgF2(s) Mg2+(aq)＋2F－(aq)，，故A正确；
B．根据图中信息L2代表−lgc(Mg2+)与lg变化曲线，故B错误；
C．根据原子守恒，溶解平衡中2c(Mg2+)=c(F－)，再根据H++F－(aq) HF可知，溶解得到的c(F－)等于溶液中存在的c(F－)与生成的c(HF)之和，因此a、c两点的溶液中均存在2c(Mg2+)=c(F－)+c(HF)，故C错误；
D．c点lg＞0，则即，又由于2c(Mg2+)=c(F－)+c(HF)，故溶液中存在c(Cl－)＞c(Mg2+)=c(HF)＞c(H+)，故D错误。
综上所述，答案为A。
第II卷(非选择题共174分)
二、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分。)
(一)必考题：
8. 硫酸铜主要用作纺织品媒染剂、农业杀虫剂等，其晶体(CuSO4·xH2O)在不同温度下会逐步失去结晶水甚至分解。某小组对硫酸铜晶体性质进行探究，回答下列问题：
[探究一]验证硫酸铜晶体的分解产物
某小组同学对某温度下硫酸铜晶体的分解产物进行验证，设计了如下实验：
观察到的实验现象有：A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，最后变成黑色粉末；B中无水硫酸铜变蓝；C中产生白色沉淀；D中品红溶液褪色；E中溶液变为红色。
（1）装有无水硫酸铜的仪器名称为_______，C、D两装置位置_______ (填“ 能”或“不能”)交换。
（2）C中产生的沉淀的化学式为_______，E中Fe2+发生反应的离子方程式为______。
（3）该实验设计的不足之处是_______。
[探究二]测定硫酸铜晶体中结晶水含量
实验步骤：①称取mg硫酸铜晶体，用适量蒸馏水溶解，再滴加几滴酸A酸化。
②向①所得溶液中滴加足量BaCl2溶液，得到白色沉淀，将所得沉淀过滤、洗涤
③将洗涤后的沉淀充分干燥后称得其质量为ag。
（4）步骤①酸A应该选择_______ ( 填“稀盐酸”或者“稀硫酸”)，滴加酸A的目的是______。
（5）步骤②检验沉淀是否洗涤干净的方法是_______。
（6）根据实验数据，硫酸铜晶体( CuSO4·xH2O)中x=_______ (用含 m、a的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 球形干燥管 ②. 不能
（2） ①. BaSO4 ②. 4Fe2+ +O2+4H+=4Fe3+ +2H2O
（3）缺少尾气处理装置
（4） ①. 稀盐酸 ②. 抑制Cu2+水解
（5）取最后一次洗涤液少量于试管，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀生成则已洗涤干净
（6）
【解析】
【分析】本题是一道检验硫酸铜晶体分解的产物的实验题，该晶体分解后无水硫酸铜变蓝说明产物中有水，C中氯化钡生成白色沉淀，说明分解产物中含有三氧化硫，D中品红褪色，说明分解产物中含有二氧化硫，E中溶液变为红色，说明分解产物中含有氧气，以此解题。
【小问1详解】
由图可知，装有无水硫酸铜的仪器名称为球形干燥管；因SO3极易溶于水，互换后，SO3溶于品红溶液，则BaCl2溶液无法检验出SO3，故答案为：互换后，SO3溶于品红溶液，BaCl2溶液无法检验出SO3，故两者不能互换；
【小问2详解】
C中三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸再和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；E中二价铁被水中溶解的氧气氧化为三价铁，离子方程式为：4Fe2+ +O2+4H+=4Fe3+ +2H2O；
【小问3详解】
反应中产生硫的氧化物，会污染空气，需要尾气处理装置，故不足之处是：缺少尾气处理装置；
【小问4详解】
该实验是通过测定其中硫酸根的量来确定硫酸铜的量，故在实验过程中不能引入硫酸根离子，故酸A是稀盐酸；考虑到铜离子容易水解生成氢氧化铜沉淀影响实验，需要防止其水解，故滴加酸A的目的是：抑制Cu2+水解；
【小问5详解】
沉淀上容易吸附氯离子，可以通过检验洗涤液中是否还有氯离子来验证，则检验方法为：取最后一次洗涤液少量于试管，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀生成则已洗涤干净；
【小问6详解】
硫酸铜的物质的量等于最后硫酸钡的物质的量，即n(CuSO4)=n(BaSO4)=，则。
9. 某工厂利用黄铁矿(FeS2)和电解金属锰后的阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)为原料制备高性能磁性材料MnCO3的I工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）FeS2中硫元素化合价为_______，滤渣I的成分除了S还有_______。
（2）写出任意两种加快酸浸速率的措施_______、_______。“除铁、铜”过程中加入H2O2的目的是_______。
（3）请结合平衡移动原理解释“除钙”时溶液酸度不宜过高，否则溶液中Ca2+沉淀不完全原因是：_____。
（4）“沉锰”时发生反应的离子方程式为：_______。“沉锰”时需缓慢向含MnSO4的溶液中滴加NH4HCO3，否则会发生反应MnCO3(s) + 2OH-(aq)Mn(OH)2(s) +(aq)而生成Mn(OH)2，该反应的平衡常数K=_______(保留一位小数，已知： Ksp[Mn(OH)2]=1.9 ×10-13，Ksp(MnCO3)=2.2× 10-11)。
（5）用惰性电极电解酸性MnSO4溶液还可制备MnO2，其阳极反应式为_______。
【答案】（1） ①. -1 ②. PbSO4
（2） ①. 粉碎阳极渣和黄铁矿、适当增大硫酸的浓度 ②. 适当升温等 ③. 将Fe2+氧化成Fe3+，以便除去
（3）酸度过高，F-与H+结合形成弱电解质HF，CaF2(S)Ca2+(aq)+2F- (aq)平衡右移
（4） ①. Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑ ②. 115.8
（5）Mn2+-2e- + 2H2O= MnO2+4H+
【解析】
【分析】阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)，加入稀硫酸酸浸，产生硫酸铅为滤渣Ⅰ主要成分，及产生S；加入双氧水、氧化钙调节pH，除铁、铜，得到滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铜，再加入MnF2除钙，生成CaF2，再加入碳酸氢铵沉锰，得到碳酸锰；
【小问1详解】
根据化合价法则，FeS2中硫元素为-1价，所以铁元素的化合价是+2价；
根据分析，滤渣I的成分除了S还有PbSO4；
【小问2详解】
加快酸浸速率的措施粉碎阳极渣和黄铁矿、适当增大硫酸的浓度，适当升温等；
“除铁、铜”过程中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，以便生成Fe(OH)3而除去；
【小问3详解】
酸度过高，F-与H+结合形成弱电解质HF，CaF2(S)Ca2+(aq)+2F- (aq)平衡右移，故“除钙”时溶液酸度不宜过高，否则溶液中Ca2+沉淀不完全；
【小问4详解】
硫酸锰与碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸锰和二氧化碳，“沉锰”时发生反应的离子方程式为: Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑；
反应MnCO3(s) + 2OH-(aq)Mn(OH)2(s) +(aq)的平衡常数K=====115.8；
【小问5详解】
用惰性电极电解酸性MnSO4溶液还可制备MnO2，其阳极上Mn2+失电子产生MnO2，电极反应式为Mn2+-2e- + 2H2O= MnO2+4H+。
10. NOx会危害人体健康，破坏环境，对其进行无害处理研究一直是科技界关注的重点。请回答以下问题：
（1）选择性催化还原技术(SCR)是针对柴油车尾气排放中的一项处理工艺。已知在催化剂的作用下，有如下反应发生：
①4NH3(g) + 5O2(g) 4NO (g) + 6H2O(g) ΔH1= - 905kJ·mol-1
②4NH3(g) + 3O2(g) 2N2(g) + 6H2O(g) ΔH2=- 1268kJ· mol-1
③4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(g) ΔH3
反应③的反应热ΔH3=_______。
（2）氨催化氧化时会发生(1)中的①、②两个竞争反应。为研究某催化剂的效果，在1L恒容密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得反应达到平衡时有关物质的量关系如图：
①根据以上信息，其他条件不变时，下列措施中可以提高NH3转化为N2的平衡转化率的是_______(填字母)。
A.升高反应温度 B.降低反应温度
C.增大NH3和O2的初始投料比 D.及时分离出H2O
②520°C-840°C时体系中NO含量迅速增加的原因是_______。
（3）已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化如图a。
I.2NO(g) N2O2(g)
II.N2O2(g)+O2(g) 2NO(g)
①决定NO氧化反应速率的步骤是_______(填“I”或“II”)。
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，在温度为T1和T2(T2>T1)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图b,转化相同量的NO，在温度_______ (填“T1”或“T2”)下消耗的时间较长，结合图a分析其原因_______。
（4）在恒温条件下，向初始压强为pMPa的恒容密闭容器中加入等物质的量CO和NO发生反应： 2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为_______(保留一位小数)。该条件下反应平衡常数Kp=_______ MPa-1(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 ×物质的量分数)。
【答案】（1）-1812.5kJ ·mol-1
（2） ①. BD ②. 该温度段时催化剂大幅度提高了NO在产物中的比率
（3） ①. II ②. T2 ③. 反应I放热，温度升高，平衡逆移，c(N2O2)减小；且 c(N2O2)减小对反应II速率的影响大于温度升高对反应II速率的影响
（4） ①. 66.7% ②.
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律， ③=②×2.5-①×1.5=-1268×2.5-(-905×1.5)=-1812.5，所以ΔH3=-1812.5kJ ·mol-1。
【小问2详解】
①A．在1 L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，根据图像可知，520℃平衡时n(NO)=n(N2)=
0.2 mol，结合化学方程式列数据如下：
则平衡时，n(NH3)=(1-0.2-0.4)mol=0.4 mol、n(O2)=(2-0. 25-0. 3)mol= 1.45 mol、n( H20)=(0.3 +0. 6)mol=0.9 mol，因为容器的体积是1 L.所以该反应的平衡常数该反应是放热反应，降低温度，可提高NH3转化为N2的平衡转化率，故A错误，B正确；
C．增大NH3和O2的初始投料比，提高O2的转化率，NH3的转化率降低，故C错误；
D．将反应生成的H2O(g)及时移出，降低生成物的浓度，平衡正向移动，可提高NH3转化为N2的平衡转化率，D正确；
②该温度段时催化剂大幅度提高了NO在产物中的比率。
【小问3详解】
①根据反应过程能量变化示意图可知，反应I的活化能较低，速率较快；反应II的活化能较高，速率较慢。决定NO氧化反应速率的步骤是反应II。
②由题图3可知，当消耗相同量的NO时，温度为T：时消耗的时间更长。由题图2可知，反应I和II均为放热反应，但反应I的活化能较低，外界条件变化后能迅速达到平衡，温度升高，反应I平衡逆移，c(N2O2)减小；而反应II活化能较高，反应速率慢，c(N2O2)减小对反应II速率的影响大于温度升高的影响。
【小问4详解】
加入等物质的量CO和NO，因此投料比是1：1。
，解得x=。所以n(总)= mol。
所以n(总)= mol。
算出平衡时，总压强P1，，解得。2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)
；；；；
。
(二)选考题：
[化学一选修3：物质结构与性质]
11. 铜、银、金在古代常用作货币，三种元素在周期表中位于同一族，回答下列问题：
（1）基态铜原子有_______种能量不同的电子，其价层电子排布式为：_______。
（2）熔点Cu_______ Ag( 填“大于”或“小于”)，原因是_______。
（3）Cu2+能与吡咯( )的阴离子( )形成双吡咯铜。
①lmol吡咯中含有的σ键数为_______，吡咯熔点远高于环戊二烯( )， 主要原因是_______。
②已知吡咯中的各个原子均在同一平面内，则吡咯分子中N的杂化方式为_______。吡咯中的大π键可表示为_______。(大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数， 如苯分子中的大π键可表示为 )。
（4）Cu与Au的某种合金可形成面心立方最密堆积的晶体，Cu原子处于晶胞面心，该晶体具有储氢功能，氢原子可进到入Cu原子与Au原子构成的立方体空隙中，储氢后的晶胞结构如下图所示，该晶体储氢后的化学式为_____。
若合金晶胞边长为apm，忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为_______。(写出表达式即可，储氢能力=)
【答案】（1） ①. 7 ②. 3dl04s1
（2） ①. 大于 ②. 二者都为金属晶体且价电子数相同，但Cu的原子半径比Ag的小，故Cu金属键强，熔点更高
（3） ①. 10NA ②. 吡咯分子间存在氢键，而环戊二烯分子间没有氢键 ③. sp2杂化 ④.
（4） ①. Cu3AuH4 ②.
【解析】
【小问1详解】
基态铜原子有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7种能量不同的电子，基态铜原子的价层电子为其3d、4s能级上的电子，其价层电子排布式为：3dl04s1。故答案为：7；3dl04s1；
【小问2详解】
熔点Cu大于 Ag，原因是二者都为金属晶体且价电子数相同，但Cu的原子半径比Ag的小，故Cu金属键强，熔点更高。故答案为：大于；二者都为金属晶体且价电子数相同，但Cu的原子半径比Ag的小，故Cu金属键强，熔点更高；
【小问3详解】
①每个吡咯有4个碳原子，每个碳原子有碳氢键（4个），碳碳之间（3个）、碳氮（2个）、氮和氢（1个）之间有σ键，lmol吡咯中含有的σ键数为10NA，吡咯熔点远高于环戊二烯， 主要原因是吡咯分子间存在氢键，而环戊二烯分子间没有氢键。故答案为：10NA；吡咯分子间存在氢键，而环戊二烯分子间没有氢键；
②已知吡咯中的各个原子均在同一平面内，吡咯中C、N原子价层电子对数均为3，则吡咯分子中N的杂化方式为sp2杂化。该分子中的大π键有四个碳原子和一个氮原子，每个碳有一个单电子，氮有两个电子，吡咯中的大π键可表示为。。故答案为：sp2杂化；；
【小问4详解】
立方晶胞中，顶点粒子占，面心粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，所以一个晶胞中，Au有8×=1个，Cu有6×=3个，H有4个，所以晶体化学式为Cu3AuH4，若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，1mol晶胞内储存4molH，则储存则该储氢材料的储氢能力为== =，故答案为：Cu3AuH4；。
[化学-选修5：有机化学基础]
12. 布洛芬具有抗炎、解热、镇痛作用，其一种合成路线如下图所示。回答下列问题：
（1）布洛芬中所含官能团的名称为：_______。
（2）A的系统命名为：_______，1molC最多可以和_______molH2发生加成反应。
（3）D的同分异构体中，苯环上的一氯代物只有一种的有 _______种，写出其中任意一种的结构简式_______。
（4）B→C的化学方程式为：_______，反应类型为_______。
（5）布洛芬显酸性，对肠、胃道有刺激作用，用对其进行成酯修饰能改善这种情况。成酯修饰时发生反应的化学方程式为：_______。
（6）已知：NaBH4单独使用能还原醛、酮，不能还原羧酸。根据布洛芬合成路线中的相关知识，以甲苯、CH3COCl为主要原料(其它无机试剂任用)，用不超过三步的反应设计合成 ，合成路线为_____。
【答案】（1）羧基 （2） ①. 2-甲基丙酸 ②. 4
（3） ①. 4 ②.
（4） ①. +(CH3)2CHCOCl+HCl ②. 取代反应
（5）++H2O
（6）
【解析】
【分析】A→B过程中A的羧基中的C-O键断裂，与SOCl2发生取代反应生成B，B与苯在AlCl3的作用下发生取代反应生成C，D与CH3COCl发生取代反应生成E，E加氢发生还原反应生成F，F→G的过程为醇羟基在酸性环境下的取代反应，最后G在一定条件下生成H（布洛芬），据此作答。
【小问1详解】
布洛芬中有-COOH，故答案为：羧基；
【小问2详解】
A中主链有3个碳原子，，2号碳原子上有甲基，故名称为：2-甲基丙酸；C中的苯环和羰基均可以和氢气加成，故一共可以消耗4mol氢气；
【小问3详解】
D的同分异构体中满足苯环上的一氯代物只有一种的结构有：，一共有4种。
【小问4详解】
B→C的过程为，B中C-Cl键断裂，苯环中的C-H键断裂，发生取代反应，化学方程式为：+(CH3)2CHCOCl+HCl
【小问5详解】
酯化反应过程为酸脱羟基醇脱氢，反应条件为浓硫酸、加热，化学方程式为：++H2O
【小问6详解】
利用题干图示信息中B→C的过程，可以使苯环多一个侧链，另已知NaBH4单独使用能还原醛、酮，不能还原羧酸，可以将原料中的羰基还原成羟基，故合成路线为：
凉山州2023届高中毕业班第二次诊断性检测
理科综合化学试题
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确。
2.选择题使用2B铅笔涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
3.考试结束后，将答题卡收回。
可能用到的相对原子质量： H-1 O -16 S- 32 Cu- 64 Ba- 137
第I卷(选择题 共126分)
一、选择题。每题给出的选项中只有一个选项最符合题目要求，共7题，每题6分，共42分。
1. 化学和生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是
A. 将铬、锰加入普通钢中制成不锈钢，使钢铁制品永不生锈
B. 核酸检测时用到的“拭子”由尼龙纤维制成，属于有吸附性的天然有机高分子材料
C. 化石燃料脱硫与碳达峰、碳中和无关
D. 广汉三星堆出土的青铜器深埋于地下而生锈，是因为发生了析氢腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A．将铬、加入普通钢中制成不锈钢，能大大增强钢铁的抗腐蚀能力，但并不能使钢铁制品永不生锈，A错误；
B．尼龙纤维属于合成纤维，属于有机高分子材料，但不属于天然有机高分子材料，B错误；
C．化石燃料脱硫不能减少二氧化碳排放，与碳达峰、碳中和无关，C正确；
D．铜的金属活动性排在H之后，不会发生析氢腐蚀，D错误；
故选C。
2. 水杨酸()是制备阿司匹林()的原料，水杨酸的结构修饰经历了数百年，由阿司匹林再到长效缓释阿司匹林，大幅提升了治疗效果。一种制备水杨酸的流程如图所示，下列说法正确的是
A. 甲苯中所有原子共面
B. 步骤②反应为加成反应
C. lmol阿司匹林与足量氢氧化钠溶液反应时，最多可消耗1molNaOH
D. 可以通过分子结构修饰获得疗效更佳、作用时间更长的缓释阿司匹林
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲苯中含有甲基，-CH3是四面体结构，所有原子不可能共平面，故A错误；
B．步骤②中发生取代反应引入溴原子，故B错误；
C．1mol 水解生成1molCH3 COOH、1mol ，产物中羧基、酚羟基与氢氧化钠发生中和反应，故1mol阿司匹林与足量氢氧化钠溶液反应时，最多可消耗3molNaOH，故C错误；
D．将-OH转化为-OOCCH3，对水杨酸的结构进行改造合成出阿司匹林，进一步通过分子结构的修饰获得疗效更佳、作用时间更长的缓释阿司匹林，故D正确；
故选D。
3. 下列操作和实验目的均正确的是
A. 用甲装置收集NO气体
B. 乙装置中II有平衡气压的作用，可将多余气体直接排出到空气中
C. 用丙装置制取并收集干燥纯净的NH3
D. 用丁装置(环己醇与浓硫酸混合加热脱水)制备环己烯，反应过程中，分水器中有水积攒就应该立即打开活塞放出。
【答案】A
【解析】
【详解】A．NO不溶于水，可以用排水法收集，A项正确；
B．乙装置中II有平衡气压的作用，等气体都是有毒的气体，不能直接排出，B项错误；
C．氨气的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，C项错误；
D．分水器的作用是将反应生成的水能够及时分离出来，使反应正向进行，且分水器中的水量不再增多时，说明反应结束，即可停止实验，故还有控制反应的作用，故反应过程中，当分水器的水层增至支管口附近时，再打开活塞放出部分水，D项错误；
答案选A。
4. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W与X不在同周期， X原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，Y、Z相邻，Y的单质在空气中燃烧，产物有两种离子化合物和一种单质。下列说法错误的是
A. 简单离子的半径：X> Y>Z
B. 工业上常用电解熔融YX制备Y单质
C. Z2(SO4)3溶液是泡沫灭火器原料之一，原理利用了Z离子的水解
D. X的某氢化物可作为杀菌消毒剂
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则X为O元素；W与X不在同周期，则W为H元素；Y的单质在空气中燃烧，产物有两种离子化合物和一种单质，反应产物为氧化镁、氮化镁和碳，则Y为Mg元素；Y、Z相邻，则Z为Al元素；
【详解】结合分析可知，W为H，X为O，Y为Mg，Z为Al元素，
A．O2-、Mg2+、Al3+的核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径：O2-＞Mg2+＞Al3+，即X＞Y＞Z，故A正确；
B．MgO的熔点较高，各元素通过电解熔融氯化镁制备镁，故B错误；
C．Al2(SO4)3溶液是泡沫灭火器原料之一，原理是碳酸氢根离子与铝离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳、水，利用了Al3+的水解，故C正确；
D．X为O，氢化物H2O2可作为杀菌消毒剂，故D正确；
故选：B。
5. 用氢气制备双氧水的一种工艺简单、能耗低的方法，其反应原理如图所示，已知钯(Pd)常以正二价形式存在。下列有关说法正确的是
A. H2O2的电子式为
B. 反应①②③均氧化还原反应
C. 反应②中有1molO2参与反应时转移电子的物质的量为2mol
D. 反应过程中[PbCl2O2]2−、HCl均为该反应的催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2O2是共价化合物，通过共用电子对形成化学键，其电子式为，故A错误；
B．反应③中化合价未发生变化，是非氧化还原反应，故B错误；
C．反应②中是Pd＋O2＋2Cl－＝[PbCl2O2]2−，[PbCl2O2]2−中Pd为+2价，根据得失电子守恒，因此有1mol O2参与反应时转移电子的物质的量为2mol，故C正确；
D．反应过程中[PbCl2O2]2−为该反应的催化剂，HCl是中间产物，故D错误。
综上所述，答案为C。
6. 科学家设计了一种将苯酚(C6H5OH)氧化为CO2和H2O的原电池-电解池组合装置如图所示，已知羟基自由基(·OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。下列说法错误的是
A. 高温下不利于该电池的使用
B. 电池工作一段时间后， NaCl溶液浓度将降低
C. d电极的电极反应为：H2O-e-=·OH+H+
D. 相同时间内，c、d两极产生气体的体积比(相同条件下)为3：7
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，a极铬得到电子发生还原反应，为正极，反应为；b极苯酚失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，为负极，反应为；则c为阴极、d为阳极；
【详解】A．高温下微生物会失去活性，故高温下不利于该电池的使用，A正确；
B．电池工作一段时间后，a侧氢氧根离子、b侧氢离子迁移到中间室中生成水，导致氯化钠溶液浓度将降低，B正确；
C．d为阳极，水失去电子发生氧化反应，电极反应为：H2O-e-=·OH+H+，C正确；
D．c为阴极，水放电生成氢气；d极苯酚和羟基自由基发生氧化还原反应生成二氧化碳，根据电子守恒可知，，故相同时间内，c、d两极产生气体的体积比(相同条件下)为14:6=7:3，D错误；
故选D。
7. 已知MgF2属于难溶于水、可溶于酸的盐。常温下，用HCl调节MgF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中−lgc(X)(X为Mg2+或F－)与lg的关系如图所示。下列说法正确的是
A. Ksp(MgF2)的数量级为10−9
B. L1代表−lgc(Mg2+)与lg的变化曲线
C. a、c两点的溶液中均存在2c(Mg2+)＜c(F－)+c(HF)
D. c点的溶液中存在c(Cl－)＞c(Mg2+)＞c(HF)＞c(H+)
【答案】A
【解析】
【分析】根据lg越小，则氢离子浓度越大，根据H++F－(aq) HF，则氟离子浓度越小，MgF2(s) Mg2+(aq)＋2F－(aq)，不断消耗氟离子，则镁离子浓度越大，则−lgc(F－)越大，−lgc(Mg2+)越小，因此L1代表−lgc(F－)与lg的变化曲线，L2代表−lgc(Mg2+)与lg的变化曲线。
【详解】A．lg=1时，−lgc(F－)=10−2.2，−lgc(Mg2+)=10−4，根据MgF2(s) Mg2+(aq)＋2F－(aq)，，故A正确；
B．根据图中信息L2代表−lgc(Mg2+)与lg变化曲线，故B错误；
C．根据原子守恒，溶解平衡中2c(Mg2+)=c(F－)，再根据H++F－(aq) HF可知，溶解得到的c(F－)等于溶液中存在的c(F－)与生成的c(HF)之和，因此a、c两点的溶液中均存在2c(Mg2+)=c(F－)+c(HF)，故C错误；
D．c点lg＞0，则即，又由于2c(Mg2+)=c(F－)+c(HF)，故溶液中存在c(Cl－)＞c(Mg2+)=c(HF)＞c(H+)，故D错误。
综上所述，答案为A。
第II卷(非选择题共174分)
二、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分。)
(一)必考题：
8. 硫酸铜主要用作纺织品媒染剂、农业杀虫剂等，其晶体(CuSO4·xH2O)在不同温度下会逐步失去结晶水甚至分解。某小组对硫酸铜晶体性质进行探究，回答下列问题：
[探究一]验证硫酸铜晶体的分解产物
某小组同学对某温度下硫酸铜晶体的分解产物进行验证，设计了如下实验：
观察到的实验现象有：A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，最后变成黑色粉末；B中无水硫酸铜变蓝；C中产生白色沉淀；D中品红溶液褪色；E中溶液变为红色。
（1）装有无水硫酸铜的仪器名称为_______，C、D两装置位置_______ (填“ 能”或“不能”)交换。
（2）C中产生的沉淀的化学式为_______，E中Fe2+发生反应的离子方程式为______。
（3）该实验设计的不足之处是_______。
[探究二]测定硫酸铜晶体中结晶水含量
实验步骤：①称取mg硫酸铜晶体，用适量蒸馏水溶解，再滴加几滴酸A酸化。
②向①所得溶液中滴加足量BaCl2溶液，得到白色沉淀，将所得沉淀过滤、洗涤
③将洗涤后的沉淀充分干燥后称得其质量为ag。
（4）步骤①酸A应该选择_______ ( 填“稀盐酸”或者“稀硫酸”)，滴加酸A的目的是______。
（5）步骤②检验沉淀是否洗涤干净的方法是_______。
（6）根据实验数据，硫酸铜晶体( CuSO4·xH2O)中x=_______ (用含 m、a的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 球形干燥管 ②. 不能
（2） ①. BaSO4 ②. 4Fe2+ +O2+4H+=4Fe3+ +2H2O
（3）缺少尾气处理装置
（4） ①. 稀盐酸 ②. 抑制Cu2+水解
（5）取最后一次洗涤液少量于试管，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀生成则已洗涤干净
（6）
【解析】
【分析】本题是一道检验硫酸铜晶体分解的产物的实验题，该晶体分解后无水硫酸铜变蓝说明产物中有水，C中氯化钡生成白色沉淀，说明分解产物中含有三氧化硫，D中品红褪色，说明分解产物中含有二氧化硫，E中溶液变为红色，说明分解产物中含有氧气，以此解题。
【小问1详解】
由图可知，装有无水硫酸铜的仪器名称为球形干燥管；因SO3极易溶于水，互换后，SO3溶于品红溶液，则BaCl2溶液无法检验出SO3，故答案为：互换后，SO3溶于品红溶液，BaCl2溶液无法检验出SO3，故两者不能互换；
【小问2详解】
C中三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸再和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；E中二价铁被水中溶解的氧气氧化为三价铁，离子方程式为：4Fe2+ +O2+4H+=4Fe3+ +2H2O；
【小问3详解】
反应中产生硫的氧化物，会污染空气，需要尾气处理装置，故不足之处是：缺少尾气处理装置；
【小问4详解】
该实验是通过测定其中硫酸根的量来确定硫酸铜的量，故在实验过程中不能引入硫酸根离子，故酸A是稀盐酸；考虑到铜离子容易水解生成氢氧化铜沉淀影响实验，需要防止其水解，故滴加酸A的目的是：抑制Cu2+水解；
【小问5详解】
沉淀上容易吸附氯离子，可以通过检验洗涤液中是否还有氯离子来验证，则检验方法为：取最后一次洗涤液少量于试管，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀生成则已洗涤干净；
【小问6详解】
硫酸铜的物质的量等于最后硫酸钡的物质的量，即n(CuSO4)=n(BaSO4)=，则。
9. 某工厂利用黄铁矿(FeS2)和电解金属锰后的阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)为原料制备高性能磁性材料MnCO3的I工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）FeS2中硫元素化合价为_______，滤渣I的成分除了S还有_______。
（2）写出任意两种加快酸浸速率的措施_______、_______。“除铁、铜”过程中加入H2O2的目的是_______。
（3）请结合平衡移动原理解释“除钙”时溶液酸度不宜过高，否则溶液中Ca2+沉淀不完全原因是：_____。
（4）“沉锰”时发生反应的离子方程式为：_______。“沉锰”时需缓慢向含MnSO4的溶液中滴加NH4HCO3，否则会发生反应MnCO3(s) + 2OH-(aq)Mn(OH)2(s) +(aq)而生成Mn(OH)2，该反应的平衡常数K=_______(保留一位小数，已知： Ksp[Mn(OH)2]=1.9 ×10-13，Ksp(MnCO3)=2.2× 10-11)。
（5）用惰性电极电解酸性MnSO4溶液还可制备MnO2，其阳极反应式为_______。
【答案】（1） ①. -1 ②. PbSO4
（2） ①. 粉碎阳极渣和黄铁矿、适当增大硫酸的浓度 ②. 适当升温等 ③. 将Fe2+氧化成Fe3+，以便除去
（3）酸度过高，F-与H+结合形成弱电解质HF，CaF2(S)Ca2+(aq)+2F- (aq)平衡右移
（4） ①. Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑ ②. 115.8
（5）Mn2+-2e- + 2H2O= MnO2+4H+
【解析】
【分析】阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)，加入稀硫酸酸浸，产生硫酸铅为滤渣Ⅰ主要成分，及产生S；加入双氧水、氧化钙调节pH，除铁、铜，得到滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铜，再加入MnF2除钙，生成CaF2，再加入碳酸氢铵沉锰，得到碳酸锰；
【小问1详解】
根据化合价法则，FeS2中硫元素为-1价，所以铁元素的化合价是+2价；
根据分析，滤渣I的成分除了S还有PbSO4；
【小问2详解】
加快酸浸速率的措施粉碎阳极渣和黄铁矿、适当增大硫酸的浓度，适当升温等；
“除铁、铜”过程中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，以便生成Fe(OH)3而除去；
【小问3详解】
酸度过高，F-与H+结合形成弱电解质HF，CaF2(S)Ca2+(aq)+2F- (aq)平衡右移，故“除钙”时溶液酸度不宜过高，否则溶液中Ca2+沉淀不完全；
【小问4详解】
硫酸锰与碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸锰和二氧化碳，“沉锰”时发生反应的离子方程式为: Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑；
反应MnCO3(s) + 2OH-(aq)Mn(OH)2(s) +(aq)的平衡常数K=====115.8；
【小问5详解】
用惰性电极电解酸性MnSO4溶液还可制备MnO2，其阳极上Mn2+失电子产生MnO2，电极反应式为Mn2+-2e- + 2H2O= MnO2+4H+。
10. NOx会危害人体健康，破坏环境，对其进行无害处理研究一直是科技界关注的重点。请回答以下问题：
（1）选择性催化还原技术(SCR)是针对柴油车尾气排放中的一项处理工艺。已知在催化剂的作用下，有如下反应发生：
①4NH3(g) + 5O2(g) 4NO (g) + 6H2O(g) ΔH1= - 905kJ·mol-1
②4NH3(g) + 3O2(g) 2N2(g) + 6H2O(g) ΔH2=- 1268kJ· mol-1
③4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(g) ΔH3
反应③的反应热ΔH3=_______。
（2）氨催化氧化时会发生(1)中的①、②两个竞争反应。为研究某催化剂的效果，在1L恒容密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得反应达到平衡时有关物质的量关系如图：
①根据以上信息，其他条件不变时，下列措施中可以提高NH3转化为N2的平衡转化率的是_______(填字母)。
A.升高反应温度 B.降低反应温度
C.增大NH3和O2的初始投料比 D.及时分离出H2O
②520°C-840°C时体系中NO含量迅速增加的原因是_______。
（3）已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化如图a。
I.2NO(g) N2O2(g)
II.N2O2(g)+O2(g) 2NO(g)
①决定NO氧化反应速率的步骤是_______(填“I”或“II”)。
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，在温度为T1和T2(T2>T1)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图b,转化相同量的NO，在温度_______ (填“T1”或“T2”)下消耗的时间较长，结合图a分析其原因_______。
（4）在恒温条件下，向初始压强为pMPa的恒容密闭容器中加入等物质的量CO和NO发生反应： 2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为_______(保留一位小数)。该条件下反应平衡常数Kp=_______ MPa-1(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 ×物质的量分数)。
【答案】（1）-1812.5kJ ·mol-1
（2） ①. BD ②. 该温度段时催化剂大幅度提高了NO在产物中的比率
（3） ①. II ②. T2 ③. 反应I放热，温度升高，平衡逆移，c(N2O2)减小；且 c(N2O2)减小对反应II速率的影响大于温度升高对反应II速率的影响
（4） ①. 66.7% ②.
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律， ③=②×2.5-①×1.5=-1268×2.5-(-905×1.5)=-1812.5，所以ΔH3=-1812.5kJ ·mol-1。
【小问2详解】
①A．在1 L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，根据图像可知，520℃平衡时n(NO)=n(N2)=
0.2 mol，结合化学方程式列数据如下：
则平衡时，n(NH3)=(1-0.2-0.4)mol=0.4 mol、n(O2)=(2-0. 25-0. 3)mol= 1.45 mol、n( H20)=(0.3 +0. 6)mol=0.9 mol，因为容器的体积是1 L.所以该反应的平衡常数该反应是放热反应，降低温度，可提高NH3转化为N2的平衡转化率，故A错误，B正确；
C．增大NH3和O2的初始投料比，提高O2的转化率，NH3的转化率降低，故C错误；
D．将反应生成的H2O(g)及时移出，降低生成物的浓度，平衡正向移动，可提高NH3转化为N2的平衡转化率，D正确；
②该温度段时催化剂大幅度提高了NO在产物中的比率。
【小问3详解】
①根据反应过程能量变化示意图可知，反应I的活化能较低，速率较快；反应II的活化能较高，速率较慢。决定NO氧化反应速率的步骤是反应II。
②由题图3可知，当消耗相同量的NO时，温度为T：时消耗的时间更长。由题图2可知，反应I和II均为放热反应，但反应I的活化能较低，外界条件变化后能迅速达到平衡，温度升高，反应I平衡逆移，c(N2O2)减小；而反应II活化能较高，反应速率慢，c(N2O2)减小对反应II速率的影响大于温度升高的影响。
【小问4详解】
加入等物质的量CO和NO，因此投料比是1：1。
，解得x=。所以n(总)= mol。
所以n(总)= mol。
算出平衡时，总压强P1，，解得。2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)
；；；；
。
(二)选考题：
[化学一选修3：物质结构与性质]
11. 铜、银、金在古代常用作货币，三种元素在周期表中位于同一族，回答下列问题：
（1）基态铜原子有_______种能量不同的电子，其价层电子排布式为：_______。
（2）熔点Cu_______ Ag( 填“大于”或“小于”)，原因是_______。
（3）Cu2+能与吡咯( )的阴离子( )形成双吡咯铜。
①lmol吡咯中含有的σ键数为_______，吡咯熔点远高于环戊二烯( )， 主要原因是_______。
②已知吡咯中的各个原子均在同一平面内，则吡咯分子中N的杂化方式为_______。吡咯中的大π键可表示为_______。(大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数， 如苯分子中的大π键可表示为 )。
（4）Cu与Au的某种合金可形成面心立方最密堆积的晶体，Cu原子处于晶胞面心，该晶体具有储氢功能，氢原子可进到入Cu原子与Au原子构成的立方体空隙中，储氢后的晶胞结构如下图所示，该晶体储氢后的化学式为_____。
若合金晶胞边长为apm，忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为_______。(写出表达式即可，储氢能力=)
【答案】（1） ①. 7 ②. 3dl04s1
（2） ①. 大于 ②. 二者都为金属晶体且价电子数相同，但Cu的原子半径比Ag的小，故Cu金属键强，熔点更高
（3） ①. 10NA ②. 吡咯分子间存在氢键，而环戊二烯分子间没有氢键 ③. sp2杂化 ④.
（4） ①. Cu3AuH4 ②.
【解析】
【小问1详解】
基态铜原子有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7种能量不同的电子，基态铜原子的价层电子为其3d、4s能级上的电子，其价层电子排布式为：3dl04s1。故答案为：7；3dl04s1；
【小问2详解】
熔点Cu大于 Ag，原因是二者都为金属晶体且价电子数相同，但Cu的原子半径比Ag的小，故Cu金属键强，熔点更高。故答案为：大于；二者都为金属晶体且价电子数相同，但Cu的原子半径比Ag的小，故Cu金属键强，熔点更高；
【小问3详解】
①每个吡咯有4个碳原子，每个碳原子有碳氢键（4个），碳碳之间（3个）、碳氮（2个）、氮和氢（1个）之间有σ键，lmol吡咯中含有的σ键数为10NA，吡咯熔点远高于环戊二烯， 主要原因是吡咯分子间存在氢键，而环戊二烯分子间没有氢键。故答案为：10NA；吡咯分子间存在氢键，而环戊二烯分子间没有氢键；
②已知吡咯中的各个原子均在同一平面内，吡咯中C、N原子价层电子对数均为3，则吡咯分子中N的杂化方式为sp2杂化。该分子中的大π键有四个碳原子和一个氮原子，每个碳有一个单电子，氮有两个电子，吡咯中的大π键可表示为。。故答案为：sp2杂化；；
【小问4详解】
立方晶胞中，顶点粒子占，面心粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，所以一个晶胞中，Au有8×=1个，Cu有6×=3个，H有4个，所以晶体化学式为Cu3AuH4，若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，1mol晶胞内储存4molH，则储存则该储氢材料的储氢能力为== =，故答案为：Cu3AuH4；。
[化学-选修5：有机化学基础]
12. 布洛芬具有抗炎、解热、镇痛作用，其一种合成路线如下图所示。回答下列问题：
（1）布洛芬中所含官能团的名称为：_______。
（2）A的系统命名为：_______，1molC最多可以和_______molH2发生加成反应。
（3）D的同分异构体中，苯环上的一氯代物只有一种的有 _______种，写出其中任意一种的结构简式_______。
（4）B→C的化学方程式为：_______，反应类型为_______。
（5）布洛芬显酸性，对肠、胃道有刺激作用，用对其进行成酯修饰能改善这种情况。成酯修饰时发生反应的化学方程式为：_______。
（6）已知：NaBH4单独使用能还原醛、酮，不能还原羧酸。根据布洛芬合成路线中的相关知识，以甲苯、CH3COCl为主要原料(其它无机试剂任用)，用不超过三步的反应设计合成 ，合成路线为_____。
【答案】（1）羧基 （2） ①. 2-甲基丙酸 ②. 4
（3） ①. 4 ②.
（4） ①. +(CH3)2CHCOCl+HCl ②. 取代反应
（5）++H2O
（6）
【解析】
【分析】A→B过程中A的羧基中的C-O键断裂，与SOCl2发生取代反应生成B，B与苯在AlCl3的作用下发生取代反应生成C，D与CH3COCl发生取代反应生成E，E加氢发生还原反应生成F，F→G的过程为醇羟基在酸性环境下的取代反应，最后G在一定条件下生成H（布洛芬），据此作答。
【小问1详解】
布洛芬中有-COOH，故答案为：羧基；
【小问2详解】
A中主链有3个碳原子，，2号碳原子上有甲基，故名称为：2-甲基丙酸；C中的苯环和羰基均可以和氢气加成，故一共可以消耗4mol氢气；
【小问3详解】
D的同分异构体中满足苯环上的一氯代物只有一种的结构有：，一共有4种。
【小问4详解】
B→C的过程为，B中C-Cl键断裂，苯环中的C-H键断裂，发生取代反应，化学方程式为：+(CH3)2CHCOCl+HCl
【小问5详解】
酯化反应过程为酸脱羟基醇脱氢，反应条件为浓硫酸、加热，化学方程式为：++H2O
【小问6详解】
利用题干图示信息中B→C的过程，可以使苯环多一个侧链，另已知NaBH4单独使用能还原醛、酮，不能还原羧酸，可以将原料中的羰基还原成羟基，故合成路线为：
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