四川省攀枝花市2023_2024学年高三化学下学期第13次半月考理科综合试题含解析

这是一份四川省攀枝花市2023_2024学年高三化学下学期第13次半月考理科综合试题含解析，共18页。试卷主要包含了选择题，本卷包括必考题和选考题两部分等内容，欢迎下载使用。
温馨提示：理科综合有两种常见做答方式和时间分配，请选择其一，长期坚持下去。
①先完成全部选择题(45-55分钟)，然后是非选择题分科做答：物理40-45分钟，化学35-40分钟，生物25-30分钟，学科作答顺序可根据自身情况调整。
②完全分科做答，物理60-65分钟，化学50-55分钟，生物35-40分钟，学科作答顺序可根据自身情况调整。
本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共38题。全卷满分300分，考试用时150分钟。可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 N：14 Na：23 S：32 P：31 Ba：137 Zn：65 In：115
第Ⅰ卷 (选择题，共126分)
一、选择题：本题共13小题，每小题6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. 2023年10月26日11时14分，神舟十七号载人飞船点火升空成功发射，我国航天航空事业再次迎来飞速发展。下列有关说法正确的是
A. 飞船使用砷化镓(GaAs)太阳能电池，供电时的能量转化形式为化学能转化为电能
B. 飞船所使用的北斗卫星导航系统由中国自主研发，独立运行，其所用芯片的主要成分为SiO2
C. 飞船舱体外壳氮化镓涂层，属于新型金属材料
D. 新型火箭燃料所用燃料偏二甲肼[(CH3)2N－NH2]，属于烃的衍生物
【答案】D
【解析】
【详解】A．太阳能电池工作时，将光能转化为电能，A错误；
B．晶体硅是优良的半导体材料，常用作制造芯片等原料，B错误；
C．氮化镓是性能优良的无机非金属材料，属于新型无机非金属材料，C错误；
D．偏二甲肼是由C、H、N元素组成的有机物，属于烃的衍生物，D正确；
故选D。
2. PEEK是一种特种高分子材料，可由X和Y在一定条件下反应制得，相应结构简式如图，下列说法正确的是
A. PEEK中含有三种官能团
B. X与Y经加聚反应制得PEEK
C. X苯环上H被Br所取代，二溴代物只有三种
D. 1mlY与H2发生加成反应，最多消耗6mlH2
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，PEEK中含有的官能团为酚羟基、醚键、酮羰基和氟原子，共有4种，故A错误；
B．由结构简式可知，X与Y发生缩聚反应制得PEEK，故B错误；
C．由结构简式可知，X分子中苯环上只有1类氢原子，一溴代物只有1种，一溴代物分子中苯环上有3类氢原子，二溴代物有3种，故C正确；
D．由结构简式可知，Y分子中含有的苯环和酮羰基一定条件下能与氢气发生加成反应，则1mlY最多消耗7ml氢气，故D错误；
故选C。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A. 标准状况下，22.4LCH4和44.8LCl2在光照下充分反应后分子数为3NA
B. 醋酸溶液中溶解0.1ml醋酸钠固体后，醋酸根离子数目不可能为0.1NA
C. 1mlHClO中H－Cl键个数为NA
D. 向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1mlFe2+被氧化时，转移的电子数为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．标准状况下，22.4LCH4和44.8LCl2物质的量分别为1ml和2ml，光照下发生取代反应，反应前后气体分子数不变，因此反应后的分子的物质的量为3ml，分子数为3 NA，A正确；
B．溶液体积未知，无法计算醋酸根离子的物质的量，B错误；
C．次氯酸的结构式为H-O-Cl，所以不存在H－Cl，C错误；
D．碘离子还原性大于亚铁离子，向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1mlFe2+被氧化时，说明碘离子完全被氧化，但是不确定碘离子的物质的量，不能计算转移的电子数，D错误；
故选A。
4. 根据实验操作及现象，下列结论中正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色变浅，不能比较氯气、铁离子的氧化性强弱，故A错误；
B．NaCl、NaI的混合溶液的浓度未知，由实验操作及现象可知，不能比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的大小，故B错误；
C．海带灰溶解过滤后，滤液含有I-，加入过氧化氢溶液氧化得到I2，I2遇淀粉变蓝色，证明海带中含有碘元素，故C正确；
D．温度升高造成亚硫酸根离子水解平衡正向移动，氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故D错误；
故选C。
5. X、Y、Z、W、Q为原子序数递增的短周期主族元素，最外层电子数之和为22。W的单质常温下是黄色固体。X、Y的单质在黑暗条件下就剧烈爆炸。下列说法错误的是
A. 化合物ZY熔融状态下可以导电
B. WY6分子中W的最外层电子数为12
C. 离子半径：W＞Q＞Y＞X
D. Q有多种氧化物，且均为酸性氧化物
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数递增的短周期主族元素， W的单质常温下是黄色固体，W为S元素，X、Y的单质在黑暗条件下就剧烈爆炸，X为H元素，Y为F元素，五种元素最外层电子数之和为22，Z和Q的最外层电子数之和为8，则Q为Cl，Z为Na，以此解答。
【详解】A．NaF是离子化合物，熔融状态下可以导电，A正确；
B．SF6分子中S形成6个共价键，最外层电子数为12，B正确；
C．离子电子层数越多，半径越大，电子层数相等时，核电荷数越大，半径越小，则离子半径：S2-＞Cl-＞F-＞H+，C正确；
D．ClO2中氯元素的化合价为+4价，不可能通过非氧化还原反应生成酸，故ClO2不属于酸性氧化物，D错误；
故选D。
6. 浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池，理论上当电解质溶液的浓度相等时停止放电。图1为浓差电池，图2为电渗析法制备磷酸二氢钠，用浓差电池为电源完成电渗析法制备磷酸二氢钠。下列说法正确的是
A. 电极Ag(II)的电极反应式为：Ag-e-=Ag+
B. 电渗析装置中膜a、b均为阳离子交换膜
C. 电渗析过程中左室中NaOH浓度增大，右室H2SO4的浓度减小
D. 电池从开始到停止放电，理论上可制备2.4gNaH2PO4
【答案】B
【解析】
【分析】图一装置为浓差电池，其离子交换膜为阴离子交换膜，故右端硝酸根离子会进入左端。故左端为负极，发生失电子的氧化反应；右端为正极，发生得电子的还原反应。根据右图中间室可知，磷酸钠在该室反应后，成为磷酸二氢钠，即钠离子浓度减小，氢离子浓度升高。故可知晓，右室中的氢离子会进入中间室，中间室的钠离子会进入左室。可知电极a为阴极，电极b为阳极。
【详解】A．根据上述分析，可知电极Ag(II)的电极反应式为：Ag++ e-=Ag，A错误；
B．根据上述分析，可知该装置需要让钠离子透过膜a，氢离子透过膜b，故膜a、b均为阳离子交换膜，B正确；
C．电极b发生的反应为：，其氢离子的物质的量并不会改变，而水的量减小，故右室中的硫酸浓度会增大，C错误；
D．浓差电池转移0.02ml电子后，两端浓度将达到相等状态，此时停止工作。浓差电池转移0.02ml电子时，将有0.02ml氢离子进入中间室，发生反应：，生成的磷酸二氢钠的物质的量为，0.01ml，质量为1.2g，D错误；
故选B。
7. 常温下，用0.10ml/L的NaOH溶液滴定0.10mL/L的HA溶液，滴定曲线如图a所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。下列叙述正确的是
A. Ka(HA)的数量级为10-6
B. M点：c(Na+)-c(A-)=
C. P→Q过程中，水的电离程度逐渐增大
D. 当滴定至溶液呈中性时，c(A-)＜c(HA)
【答案】C
【解析】
【详解】A．M点，c(HA)≈c(A-)，c(H+)=10-4.74，Ka(HA)== c(H+)=10-4.74，数量级为10-5，A不正确；
B．M点：c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)＜c(OH-)=，B不正确；
C．P→Q过程中，c(HA)不断减小，电离产生c(H+)不断减小，对水电离的抑制作用不断减弱，水的电离程度逐渐增大，C正确；
D．当滴定至溶液呈中性时，Ka(HA)==10-4.74，c(A-)＞c(HA)，D不正确；
故选C。
第Ⅱ卷 (非选择题，共174分)
三、本卷包括必考题和选考题两部分。第22—32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33—38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题(共129分)
8. 某实验小组欲探究硝酸氧化草酸溶液的气体产物及测定出草酸中碳的含量，设计装置如图所示(加热和仪器固定装置均已略去)，回答下列问题：
已知：
I.硝酸氧化草酸溶液：3H2C2O4+2HNO3=6CO2↑+2NO↑+4H2O
Ⅱ.控制反应液温度为55~60℃，往含m1gH2C2O4的草酸溶液中边搅拌边滴加含有适量催化剂的混酸(HNO3与H2SO4)溶液。
（1）仪器a的名称为______，A装置中三颈烧瓶的最佳加热方式为______。
（2）指出该套装置的错误之处：______。
（3）实验开始一段时间后，仍需通入氮气，此时通入氮气的作用为______。
（4）实验开始后，要证明有NO产生的实验操作和现象为______。
（5）下列各项措施中，不能提高碳含量的测定准确度的是______(填标号)。
a.滴加混酸不宜过快
b.在加入混酸之前，排尽装置中的CO2气体
c.球形干燥管中的药品换成CaCl2
d.D中的溶液换成澄清饱和石灰水
（6）待充分反应后，将D中沉淀进行过滤、洗涤、干燥、称量，所得固体质量为m2g，则草酸中碳的含量为______。
（7）在实验操作规范的条件下，实验测得草酸中碳的含量比实际的大，其原因可能是______。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 水浴加热
（2）温度计未插入反应液中；干燥管的方向错误；缺少NO尾气处理装置
（3）将产生的气体全部排出三颈烧瓶，利于后续吸收
（4）挤压针筒，若C瓶中气体由无色变为红棕色，说明有NO生成
（5）cd （6）×100%
（7）未将SO2除去
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中草酸在催化剂作用下与混酸中的硝酸在55~60℃的水浴加热条件下反应生成二氧化碳、一氧化氮和水，装置B中盛有的五氧化二磷用于吸收水蒸气，装置C用于检验一氧化氮的生成，装置D中盛有的氢氧化钡溶液用于吸收并测定反应生成二氧化碳的质量，装置E中盛有的碱石灰用于防止空气中的二氧化碳进入D装置。
【小问1详解】
由实验装置图可知，仪器a为分液漏斗，；由分析可知，装置A中草酸在催化剂作用下与混酸中的硝酸在55~60℃的水浴加热条件下反应生成二氧化碳、一氧化氮和水，故答案为：分液漏斗；水浴加热；
【小问2详解】
由实验装置图可知，题给装置存在如下缺陷：三颈烧瓶中的温度计未插入反应液中，无法控制反应温度；反应生成的混合气体未从球形干燥管的大口通入，不利于气体的充分干燥；缺少有毒的一氧化氮尾气处理装置，逸出的一氧化氮会污染空气，故答案为：温度计未插入反应液中；干燥管的方向错误；缺少NO尾气处理装置；
【小问3详解】
实验开始一段时间后，仍需通入氮气的目的是将反应生成的气体全部排出三颈烧瓶，有利于二氧化碳被氢氧化钡溶液吸收，提高测定的准确性，故答案为：将产生的气体全部排出三颈烧瓶，利于后续吸收；
【小问4详解】
一氧化氮易与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，则证明有一氧化氮产生的实验操作和现象为挤压针筒，若C瓶中气体由无色变为红棕色，说明有一氧化氮生成，故答案为：挤压针筒，若C瓶中气体由无色变为红棕色，说明有NO生成；
【小问5详解】
a．实验中若滴加混酸过快，不利于反应物充分反应，不能提高碳含量的测定准确度，所以实验中应注意滴加混酸不宜过快能提高碳含量的测定准确度，故不符合题意；
b．装置中的二氧化碳会干扰反应生成二氧化碳的吸收和测定，盛有在加入混酸之前，应排尽装置中的二氧化碳气体，提高碳含量的测定准确度，故不符合题意；
c．将球形干燥管中的药品换成氯化钙，不能改变二氧化碳的量，无法提高碳含量的测定准确度，故符合题意；
d．将D中的溶液换成澄清饱和石灰水，不能充分吸收反应生成的二氧化碳，会导致碳含量的测定值偏小，故符合题意；
故选cd；
【小问6详解】
由题意可知，反应生成的二氧化碳与氢氧化钡溶液反应得到m2g碳酸钡，则由碳原子个数守恒可知，草酸中碳的含量为×100%=×100%，故答案为：×100%；
【小问7详解】
在实验操作规范的条件下，实验测得草酸中碳的含量比实际的大说明混酸中硫酸浓度过大，与草酸反应生成的二氧化硫与氢氧化钡溶液反应生成亚硫酸钡沉淀，使得测得碳酸钡的质量偏大，导致测得草酸中碳的含量比实际的大，故答案为：未将SO2除去。
9. 锂和铍是重要的稀有金属元素，被国内外视为战略资源。一种从尾矿(主要含BeO、Li2O、SiO2及Fe、Al元素)中提取锂、铍的工艺如图：
已知：①C6H5COOH熔点为122℃，微溶于水；
②Li+可与FeCl结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取；
③HC1+FeCl3HFeCl4(易溶于有机溶剂)；
④Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38。
（1）“酸浸”时BeO发生反应的化学方程式为_______。
（2）“氧化”时，温度不宜过低，也不宝过高的原因是_______。
（3）“氧化”后溶液中c(Fe3+)浓度为0.01ml/L，“沉铁”时为了防止生成Fe(OH)3沉淀，pH值最好不大于______，“沉铁”后的pH______(填"变大”、“变小”或“不变”)。
（4）“萃取”步骤中，以TBP为萃取剂，FeCl3为萃取剂，还需要加入NH4C1的作用是______。
（5）“反萃取”步骤中，加入的反萃取剂最好是________。
（6）“操作X”包括的步骤为_______、_______。
【答案】（1）BeO+H2SO4=BeSO4+H2O
（2）温度过低速率太慢，温度过高双氧水分解损失
（3） ①. 2 ②. 变小
（4）增大Cl-的浓度，使FeCl3转化成FeCl，增大Li+的萃取率
（5）盐酸或HCl （6） ①. 冷却结晶 ②. 过滤
【解析】
【分析】尾矿用硫酸充分酸浸，SiO2不参与反应，则浸渣的主要成分为SiO2，滤液主要含有Be2+、Li+、Fe2+和Al3+，向滤液中加入H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀除去，此时滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+，再加入C6H5COONa沉铝、过滤得含铝沉淀的滤饼，同时得到主要含有Be2+、Li+的滤液，用硫酸将滤饼在90℃溶解得到C6H5COOH和硫酸铝的溶液，经过冷却结晶、过滤得到C6H5COOH固体和硫酸铝溶液；向主要含有Be2+、Li+的滤液中加入TBP和FeCl3，Li+可与结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，出现分层，经过分液得到主要含Be2+的溶液和LiFeCl4/TBP溶液，向LiFeCl4/TBP溶液中加入反萃取剂，将锂元素从LiFeCl4的形式转化为Li+，据此解答。
【小问1详解】
“酸浸”时，BeO与硫酸反应生成BeSO4和H2O，反应的化学方程式为：；
【小问2详解】
因温度影响反应速率，且温度过高H2O2分解，所以“氧化”时，温度不宜过低，也不宜过高，其原因为：温度过低速率太慢，温度过高双氧水分解损失；
【小问3详解】
“沉铁”时为了防止生成Fe(OH)3沉淀，溶液应满足，则，即，所以pH≤2，即pH值最好不大于2；“沉铁”过程，加入Na2SO4将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，发生离子反应：，即反应生成H+，增大，则“沉铁”后的pH变小；
【小问4详解】
“萃取”时，需要先将FeCl3转化为，Li+再与结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，则加入NH4C1的作用是：增大Cl-的浓度，使FeCl3转化成，增大Li+的萃取率；
【小问5详解】
向LiFeCl4/TBP溶液中加入反萃取剂，其目的是将锂元素从LiFeCl4的形式转化为Li+，从有机相中释放出来，因为HC1+FeCl3⇌HFeCl4(易溶于有机溶剂)，加入盐酸或HCl可使该平衡正向移动，将LiFeCl4转化为HFeCl4，同时释放Li+，使HFeCl4存在于有机相中，锂元素以Li+形式存在于水相中，则“反萃取”步骤中，加入的反萃取剂最好是盐酸或HCl；
【小问6详解】
经过“操作X”得到C6H5COOH固体和硫酸铝溶液，则“操作X”需要将C6H5COOH从溶液中结晶析出并过滤，所以“操作X”包括的步骤为冷却结晶、过滤。
10. 深入研究碳、氮元素的物质转化有着重要的实际意义，按要求回答下列问题：
（1）CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g)+N2O(g)⇌CO2(g)+N2(g)。在Zn+作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。
总反应：CO(g)+N2O(g)⇌CO2(g)+N2(g) △H=_______kJ•ml-1；该总反应的决速步是反应______(填“①”或“②”)。
（2）已知：CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)的速率方程为v=k•c(N2O)，k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是_______(填字母序号)。
A. 升温B. 恒容时，再充入CO
C. 恒容时，再充入N2OD. 恒压时，再充入N2
（3）在催化剂作用下，以CO2和H2为原料合成CH3OH，主要反应为：
反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49kJ•ml-1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=+4kJ•ml-1
保持压强3MPa，将起始n(CO2)：n(H2)=1：3的混合气体匀速通过装有催化剂的反应管，测得出口处CO2的转化率和甲醇的选择性[×100%]与温度的关系如题图3、题图4所示。
①在T℃下，恒压反应器中，若按初始投料n(CO2)：n(H2)=1：1只发生反应I，初始总压为2MPa，反应平衡后，H2的平衡转化率为60%，则该反应的平衡常数Kp=______(MPa)-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
②随着温度的升高，CO2转化率增大、但甲醇选择性降低的原因是______。
③假设定义催化剂催化效率η×100%，计算340℃时三种催化剂的催化效率之比η(In2O3)：η(Mg/In2O3)：η(Mn/In2O3)=_______。
（4）一种基于铜基金属簇催化剂电催化还原CO2制备甲醇的装置如图5所示。控制其他条件相同，将一定量的CO2通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如图6所示。
①b电极生成CH3OH的电极反应式为______。
②控制电压为0.8V，电解时转移电子的物质的量为______ml。
【答案】（1） ①. -361.22 ②. ① （2）AC
（3） ①. 0.5 ②. 随着温度升高，反应I和反应Ⅱ速率加快，相同时间内消耗的CO2增多。反应I的△H＜0，反应Ⅱ的△H＞0，随着温度升高，反应I正向进行程度小，反应Ⅱ正向进行程度大，CO2转化率升高、但CH3OH选择性降低 ③. 18∶20∶15
（4） ①. CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O ②. 2.8
【解析】
【小问1详解】
由图可知，CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)ΔH=生成物总能量-反应物总能量=-361.22kJ/ml，反应①的活化能是149.6kJ⋅ml-1，反应②的活化能是108.22kJ⋅ml-1，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步，故答案为：-361.22；①；
【小问2详解】
由题干信息可知，v=k⋅c(N2O)，k为速率常数，只与温度有关，据此可知，速率只与温度和c(N2O)有关，据此分析解题：
A．升温，k增大，则v增大，A正确；
B．恒容时，再充入CO，c(N2O)不变，则v不变，B错误；
C．恒容时，再充入N2O，c(N2O)增大，则v增大，C正确；
D．恒压时，再充入N2，c(N2O)减小，则v减小，D错误；
故答案为：AC；
【小问3详解】
①在T℃下，恒压反应器中，若按初始投料n(CO2)：n(H2)=1：1只发生反应I，初始总压为2MPa，反应平衡后，H2的平衡转化率为60%，则三段式分析为：，平衡时p(CH3OH)=p(H2O)==0.25MPa，同理可知：p(CO2)=1MPa，p(H2)=0.5MPa，则该反应的平衡常数Kp===0.5 (MPa)-2，故答案为：0.5；
②随着温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ速率加快，消耗的CO2增多，但两个反应进行的程度不同，由于反应Ⅰ的ΔH＜0，反应Ⅱ的ΔH＞0，随着温度升高，反应Ⅰ正向进行程度小，反应Ⅱ正向进行程度大，CO2转化率升高、但CH3OH选择性降低，故答案为：随着温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ速率加快，消耗的CO2增多。反应Ⅰ的ΔH＜0，反应Ⅱ的ΔH＞0，随着温度升高，反应Ⅰ正向进行程度小，反应Ⅱ正向进行程度大，CO2转化率升高、但CH3OH选择性降低；
③n生成(CH3OH)=CO2的转化率×n投入(CO2)×甲醇的选择性，所以催化剂催化效率η=×100%=CO2的转化率×甲醇的选择性，则η(In2O3)：η(Mg/ln2O3)：η(Mn/ln2O3)=(12%×15%)：(10%×20%)：(5%×30%)=18：20：15，故答案为：(12%×15%)：(10%×20%)：(5%×30%)=18：20：15。
【小问4详解】
①由题干图示信息可知，b电极生成CH3OH即CO2和H+在阴极上得到电子转化为CH3OH，该电极反应式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；
②由图6所示信息可知，控制电压为0.8V，产生0.2ml氢气和0.2ml乙醇，根据电极反应2H++2e-=H2↑，2CO2+12e-+12H+=C2H5OH+3H2O，因此电解时转移电子的物质的量为0.4+2.4=2.8ml，故答案为：2.8；
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. 过渡金属硫化物因其独特的光电催化性能以及相对稳定的化学性质而受到广泛的研究，三元金属硫化物ZnIn2S4是一种层状结构的可见光响应光催化剂。回答下列问题：
（1）基态Zn最外层电子排布式为：________。第一电离能：Ga______Zn(填“＞”、“＜”或“=”)。
（2）指示剂甲基橙阴离子的结构如图，其中N的杂化类型为________。
（3）的立体构型为_______，、、SO3中键角最大的是_______，试解释原因_______。
（4）Zn2+容易形成配合物，[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的_______(填元素名称)原子形成配位键。CN-的电子式为________。
（5）ZnIn2S4晶胞结构如图，其边长为anm，高为bnm，该晶体的密度为ρg/cm3，则阿伏加德罗常数的值NA=_______(列出计算式)。
【答案】（1） ①. 4s2 ②. ＜
（2）sp3、sp2 （3） ①. 三角锥形 ②. SO3 ③. SO3中Ssp2杂化，、中S为sp3杂化
（4） ①. 碳 ②.
（5）
【解析】
【小问1详解】
基态Zn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，则其最外层电子排布式为4s2。Zn与Ga左右相邻，Ga的价电子排布式为4s24p1，Zn的4p轨道全空，则Ga最外层电子的能量低，所以第一电离能：Ga＜Zn。
【小问2详解】
从甲基橙阴离子的结构图可以看出，N原子的价层电子对数分别为4和3，则N的杂化类型为sp3、sp2。
【小问3详解】
的中心S原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，其中S原子的最外层有1个孤电子对，立体构型为三角锥形。的中心S原子发生sp3杂化，呈正四面体结构，呈三角锥形结构、SO3中S原子发生sp2杂化，分子呈平面正三角形结构，键角SO3＞＞，所以键角最大的是SO3，原因：SO3中S为sp2杂化，、中S为sp3杂化。
【小问4详解】
[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-中的碳原子形成配位键，因为C、N的最外层都有孤电子对，但C的电负性比N小。CN-与N2互为等电子，则电子式为。
【小问5详解】
由ZnIn2S4晶胞结构图，可得出晶胞中含Zn原子个数为=2，含In原子个数为4，含S原子个数为=8，其边长为anm，高为bnm，该晶体的密度为ρg/cm3，则ρ==g/cm3，阿伏加德罗常数的值NA=。
【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可使用均摊法。
【化学——选修5：有机化学基础】
12. 药物中间体G的一种合成路线如图所示：
已知：+
回答下列问题：
（1）A中官能团的名称为______，A与H2加成得到的物质的名称为______，由A生成B的化学方程式为______。
（2）根据化合物E的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成表格。
（3）试剂X的结构简式为______。
（4）G分子脱去2个H原子得到有机物Y，Y的同分异构体中，含有苯环及苯环上含两个及两个以上取代基的共有______种。
（5）根据上述路线中的相关知识，以和为主要原料设计合成，写出合成路线______。
【答案】（1） ①羧基、碳碳双键 ②. 丁二酸 ③. +2CH3OH+2H2O
（2） ①. 浓硫酸，加热 ②. ③. O2，Cu，加热 ④.
（3） （4）15
（5）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，浓硫酸作用下与乙醇共热发生酯化反应生成，则B为；催化剂作用下与发生加成反应生成，与硼氢化锂反应转化为，与发生取代反应生成，则X为；催化剂作用下与发生取代反应生成。
【小问1详解】
由结构简式可知，分子中的官能团为羧基、碳碳双键，分子中含有的碳碳双键一定条件下与氢气发生加成反应生成丁二酸；由分析可知，浓硫酸作用下与乙醇共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+2CH3OH+2H2O，故答案为：羧基、碳碳双键；丁二酸；+2CH3OH+2H2O；
【小问2详解】
在浓硫酸中共热发生消去反应生成和水；铜做催化剂条件下与氧气共热发生催化氧化反应生成和水，故答案为：浓硫酸，加热；；O2，Cu，加热；；
【小问3详解】
由分析可知，X的结构简式为，故答案为：；
【小问4详解】
G分子脱去2个H原子得到分子式为C7H17N的有机物Y，则含有苯环及苯环上含两个及两个以上取代基的Y分子的结构可以视作乙苯分子中苯环上的氢原子被氨基取代所得结构，共有3种；也可以视作是甲苯分子中苯环上的氢原子被—NHCH3取代所得结构，共有3种；还可以视作是邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯分子中的氢原子被氨基取代所得结构，共有9种，则Y分子符合条件的同分异构体共有15种，故答案为：15；
小问5详解】
由题给有机物的转化关系可知，以和为主要原料设计合成的合成步骤为与氯气发生加成反应生成，催化剂作用下与发生加成反应生成，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，浓硫酸作用下共热发生取代反应生成合成，路线为。实验目的
方案设计和现象
结论
A
比较KMnO4、Cl2和Fe3+氧化性
向酸性KMnO4溶液中滴入FeCl2溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生
氧化性：KMnO4＞Cl2＞Fe3+
B
比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的大小
向NaCl、NaI混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成
Ksp(AgCl)大于Ksp(AgI)
C
检验海带中是否含有碘元素
将海带灰溶解过滤后，取适量滤液于试管中，酸化后加入少量双氧水，充分反应后加入1-2滴淀粉溶液
溶液变蓝，则证明海带中含有碘元素
D
温度对SO水解平衡的影响
将25℃0.1ml•L-1Na2SO3溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化
pH变小，温度升高，SO的水解平衡正向移动
序号
反应试剂、条件
反应形成的新结构
反应类型
a
_______
_______
消去反应
b
_______
_______
氧化反应(生成有机产物)