河北省廊坊市三河市第三中学2020届高三12月月考化学（解析版） 试卷


河北省廊坊市三河市第三中学2020届高三12月月考
第Ⅰ卷(选择题)
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 K 39 Cr 52 Mn 55 Fe 56
一、选择题
1.2019年7月1日起，上海进入垃圾分类强制时代，随后西安等地也纷纷开始实行垃圾分类。这体现了我国保护环境的决心，而环境保护与化学息息相关，下列有关说法正确的是（ ）
A. 废弃聚乙烯塑料属于白色垃圾，不可降解，能使溴水褪色
B. 可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氯化铝制取
C. 废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可用填埋法处理
D. 含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O
【答案】C
【详解】A.聚乙烯结构中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故A错误；
B.氯化铝为共价化合物，受热易升华，电解得不到金属铝；金属铝采用电解氧化铝制备，故B错误；
C.镍、镉等重金属会造成水土污染，应集中处理，不可用填埋法处理，故C正确；
D.丝、毛中主要含蛋白质，含有C、H、O、N等元素，燃烧不止生成CO2和H2O，故D错误；
答案：C
2.下列说法正确的是( )
A. 蒸发结晶操作时，当水分完全蒸干立即停止加热
B. 滴定实验中，可以将待测液放到滴定管中，标准液置于锥形瓶中
C. 测定NaClO溶液的pH，可用洁净的玻璃棒蘸取液体滴到pH试纸上，再与标准比色卡对照读数
D. 用pH计测定同温度同浓度的Na2CO3溶液和NaCN溶液的pH，通过比较pH大小比较H2CO3、HCN的酸性强弱
【答案】B
【详解】A. 蒸发时不能蒸干，利用余热加热，出现大量固体时停止加热，故A错误；
B. 滴定实验中，可以将待测液放到滴定管中，标准液置于锥形瓶中，只要计算准确，不影响结果，故B正确；
C. NaClO溶液有漂白性不能用pH试纸测其pH值，故C错误；
D. 测定同温度同浓度的Na2CO3溶液和NaCN溶液的pH，可知碳酸氢根离子与HCN的酸性，不能比较H2CO3、HCN的酸性强弱，故D错误；
故答案为B。
【点睛】从习惯上讲，被滴定的溶液在锥形瓶,标准溶液在滴定管中；从原理上说都可以，只要操作准确，计算准确即可。
3.ClO2是一种国际公认的安全、无毒的绿色消毒剂，沸点11℃，凝固点-59℃。工业上，可用下列原理制备ClO2(液相反应)：。设NA是阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 在标准状况下，2240mL ClO2含有原子数为0.3NA
B. 若生成1.5mol Na2SO4，则反应后的溶液中Fe3+数目为0.2NA
C. 48.0g FeS2完全反应，则上述反应中转移电子数为6NA
D. 每消耗30mol NaClO3，生成的水中氢氧键数目为14NA
【答案】C
【详解】A. ClO2沸点11℃，标况下为液体，2240mL ClO2的物质的量不是0.1mol，故A错误；
B. Fe3+在水溶液中会发生水解，不能确定其数目，故B错误；
C. 48.0g FeS2物质的量为48g÷120g/mol=0.4mol， NaClO3中氯元素由+5价降到+4价，失一个电子，故6mol NaClO3失6mol电子，即48.0g FeS2完全反应，转移电子数为6NA，故C正确；
D.消耗30mol NaClO3生成14mol水，一个水分子中有两个氢氧键，故生成的水中氢氧键数目为28NA，故D错误；
故答案为C。
【点睛】本题结合氧化还原反应方程式考察阿伏伽德罗常数，要抓住题目关键信息，判断反应标况下的状态，注意D选项中一个水分子中有两个氢氧键。
4.查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生化学反应为：。则邻甲基乙苯通过上述反应得到的有机产物最多有( )
A. 5种 B. 4种 C. 3种 D. 2种
【答案】B
【详解】邻甲基乙苯的结构简式为：，根据题目所给反应信息，四种不同的断键方式可生成最多4种有机产物，故答案为B。
5.工业用强氧化剂PbO2来制备KClO4的工业流程如下：

根据流程推测，下列判断不正确的是( )
A. “酸化”的试剂是稀硝酸或浓盐酸
B. “滤渣”主要成分是PbO2粉末，可循环使用
C. NaClO3与PbO2反应的离子方程式为
D. 在KNO3、KClO4、NaClO4、NaNO3中，常温下溶解度小的是KClO4
【答案】A
【分析】工业用PbO2来制备KClO4，是在酸性条件下用PbO2将NaClO3氧化成NaClO4，过滤得含有NaClO4的溶液中加入硝酸钾，经结晶可得KClO晶体，
【详解】A.浓盐酸具有还原性会与NaClO3发生归中反应，同时也会消耗PbO2，故A错误；
B. “滤渣”主要成分是PbO2粉末，可循环使用，B正确；
C.根据产物可知NaClO3被PbO2氧化，根据电子守恒和元素守恒可知离子方程式为：，故C正确；
D. 根据溶液中溶解度小的物质先析出，结合复分解反应的条件可判断溶解度较小的物质为KClO4，故D正确；
故答案为A。
6.全钒液流电池是一种以钒为活性物质呈循环流动液态的氧化还原电池。钒电池电能以化学能的方式存储在不同价态钒离子的硫酸电解液中，通过外接泵把电解液压入电池堆体内，在机械动力作用下，使其在不同的储液罐和半电池的闭合回路中循环流动，采用质子交换膜作为电池组的隔膜，电解质溶液流过电极表面并发生电化学反应，进行充电和放电。下图为全钒液流电池放电示意图：

下列说法正确的是( )
A. 放电时正极反应为：
B. 充电时阴极反应为：
C. 放电过程中电子由负极经外电路移向正极，再由正极经电解质溶液移向负极
D. 该电池的储能容量，可以通过增大电解液存储罐的容积并增加电解液的体积来实现
【答案】D
【分析】放电时，消耗H+，溶液pH升高，由此分析解答。
【详解】A. 正极反应是还原反应，由电池总反应可知放电时的正极反应为VO2++2H++e-═VO2++H2O，故A错误；
B.充电时，阴极反应为还原反应，故为V3+得电子生成V2+反应，故B错误；
C.电子只能在导线中进行移动，在电解质溶液中是靠阴阳离子定向移动来形成闭合回路，故C错误；
D.该电池的储能容量，可以通过增大电解液存储罐的容积并增加电解液的体积来实现，正确；
故答案为D。
【点睛】本题综合考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握原电池的工作原理，答题时注意体会电极方程式的书写方法，难度不大。
7.以0.10mol／L的氢氧化钠溶液滴定同浓度某一元酸HA的滴定曲线如图所示()。下列表述错误的是( )

A. z点后存在某点，溶液中的水的电离程度和y点的相同
B. a约为3.5
C. z点处，
D. x点处的溶液中离子满足：
【答案】D
【详解】A.z点滴定分数为1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaA，水的电离程度最大， z点之前溶液存在HA抑制水的电离，z点之后溶液中存在NaOH抑制水的电离，所以z点后存在某点，溶液中的水的电离程度和y点的相同，故A正确；
B. HA的电离平衡常数，设HA的量为1，y点的滴定分数为0.91，pH=7，溶液中电荷守恒得到c（Na+）=c（A-）=0.91，则，c（HA）=1-0.91=0.09，平衡常数K=，设0.1mol/L的HA溶液中c（H+）=amol/L，则K=，解得a约为10-3.5mol/L，pH约为3.5，故B正确；
C. z点滴定分数为1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaA，根据电荷守恒可知，此时溶液呈碱性，即氢氧根浓度大于氢离子浓度，所以，故C正确；
D. x点处的溶液中溶质为HA和NaA，且二者物质的量相等，存在电荷守恒：，物料守恒：；二式消掉钠离子可得：，此时溶液呈酸性，即c（H+）> c（OH-），所以，故D错误；
故答案为D。
【点睛】本题难度较大，要灵活运用电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒进行分析求解。
第Ⅱ卷(非选择题)
二、非选择题
(一)必考题
8.某实验室废液含、Na+、Fe3+、Cr3+、、等离子，现通过如下流程变废为宝制备K2Cr2O7。

已知：
(a)；
(b)金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表。
金属离子
pH
开始沉淀
完全沉淀
Fe3+
2.7
3.7
Cr3+
4.9
6.8
请回答：
(1)某同学采用纸层析法判断步骤①加入KOH的量是否合适。在加入一定量KOH溶液后，用毛细管取样、点样、薄层色谱展开、氨熏后的斑点如图所示。加入KOH最适合的实验编号是(实验顺序已打乱)________，C的斑点颜色为________。

(2)步骤②含Cr物质发生的主要反应的离子方程式为________________________。
(3)在下列装置中，②应选用________。(填标号)

(4)部分物质的溶解度曲线如图2，步骤⑤可能用到下列部分操作：a．蒸发至出现大量晶体，停止加热；b．冷却至室温；c，蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；d．洗涤；e．趁热过滤；f．抽滤。请选择合适操作的正确顺序________________________________。
(5)步骤⑤中合适的洗涤剂是________(“无水乙醇”、“乙醇-水混合液”、“热水”、“冰水”)。
(6)取mg粗产品配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，用cmol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定(杂质不反应)，消耗标准(NH4)2Fe(SO4)2溶液VmL，则该粗产品中K2Cr2O7的纯度为____________________。
【答案】 (1). A (2). 黄色 (3). 2Cr(OH)3 +3H2O2+4OH-=2CrO42- +8H2O (4). A (5). aebfd (6). 冰水 (7). ×100%
【分析】某实验室废液含Na+、Fe3+、Cr3+、SO42-、PO43-等离子，加入KOH，可生成Fe（OH）3、Cr（OH）3沉淀，沉淀加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成CrO42-，过滤，红褐色沉淀为Fe（OH）3，加入酸可生成K2Cr2O7，由图1可知，蒸发至出现大量晶体，停止加热，趁热过滤除外KCl等，然后冷却至室温、抽滤、洗涤可得到K2Cr2O7，以此解答该题。
【详解】（1）加入氢氧化钠最适合时，Fe3+、Cr3+恰好生成沉淀，则A为合适，在加入一定量KOH溶液后，用毛细管取样、点样、薄层色谱展开、氨熏后发生Cr3++6NH3=[Cr（NH3）6]3+（黄色），则斑点呈黄色，
故答案为：A；黄色；
（2）根据分析可知步骤②含Cr物质被氧化，发生的主要反应的离子方程式为2Cr（OH）3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O，
故答案为：2Cr（OH）3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O；
（3）步骤②反应需要加热，且反应中需要加入液体，因此选用A装置；
故答案为：A；
（4）步骤⑤由溶液得到晶体，实验时，蒸发至出现大量晶体，停止加热，趁热过滤除外KCl等，然后冷却至室温、抽滤、洗涤可得到K2Cr2O7，则顺序为aebfd，
故答案为：aebfd；
（5））K2Cr2O7具有强氧化性，不能用乙醇洗涤，在温度较低时溶解度较小，则用冷水洗涤，故答案为：冰水；
（6）该滴定实验的滴定原理为利用Fe2+使Cr2O72-完全转化为Cr3+，二者数量关系为Cr2O72-~6Fe2+，滴定过程消耗的n（Fe2+）=cV/1000mol，故待测液中K2Cr2O7物质的量为mol，所以样品中K2Cr2O7物质的量为mol，质量为g，所以质量分数为： ×100%，
故答案为：×100%
【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，理解工艺流程原理是解题的关键；第（6）题考虑到K2Cr2O7的氧化性不难想到滴定原理。
9.锰的合金及其化合物在现代生产、生活中有着广泛的应用。如二氧化锰是重要的氧化剂、催化剂、干电池中的去极剂；硫酸锰是重要的微量元素肥料。
Ⅰ．某工厂以菱锰矿(MnCO3)[含FeCO3、SiO2、Cu2(OH)2CO3等杂质]为原料联合生产二氧化锰、硫酸锰晶体的工艺流程如下图所示：

常温下几种金属氧化物沉淀时的pH：

Mn(OH)2
Fe(OH)3
Cu(OH)2
开始沉淀时的pH
7.2
2.7
4.7
完全沉淀时的pH
x
3.7
6.7

(1)该工厂调pH时，选择试剂a的成分最好是________，滤渣Ⅱ的成分是________，操作X是________、洗涤、低温烘干。
(2)为确保除尽杂质而又不损失锰，pH调整的范围为____________；若常温下离子(X)沉淀完全的标准是c(X)<1.0×10-5mol／L，Ksp[Mn(OH)2]=1.0×10-13，则使Mn2+完全沉淀时溶液的pH最小为________。
(3)若滤液Ⅱ显酸性，请写出电解法制备MnO2时阳极上的电极反应式：________________。
Ⅱ．50.7g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线)如下图所示。(已知：M(Mn)=55g／mol)

(1)850℃时，所得固体的化学式为：________________________。
(2)1150℃时，反应的化学方程式为：________________________。
【答案】(1). MnCO3 (2). Fe(OH)3 、Cu(OH)2 (3). 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤 (4). 6.7≤pH＜7.2 (5). 10.0 (6). Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+ (7). MnO2 (8). 3MnO2Mn2O4+O2
【分析】Ⅰ.菱锰矿用盐酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3与盐酸反应，SiO2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化铜及剩余的HCl，向滤液中加入试剂双氧水，将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂a为碳酸锰、Mn（OH）2等调节PH=4时Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，铜离子转化为氢氧化铜沉淀，过滤除去，滤液2中加入试剂硫酸和氯酸钾，3MnSO4+KClO3+3H2O=3H2SO4+3MnO2↓+KCl，根据电解原理进行回答判断．
Ⅱ．根据质量守恒和原子守恒计算判断；根据锰、氧元素质量守恒分析产物，书写1150℃时，反应的化学方程式。
【详解】（1）调pH时，该试剂可与氢离子反应，且不引入新的杂质，所以可用MnCO3；加入试剂a为碳酸锰、Mn（OH）2等调节PH=4时Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，铜离子转化为氢氧化铜沉淀，滤渣Ⅱ的成分是Cu（OH）2、Fe（OH）3；滤液Ⅱ经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤、低温烘干后的到硫酸锰晶体；
故答案为：MnCO3；Fe(OH)3 、Cu(OH)2；蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；
（2）为确保除尽铁离子、铜离子杂质而又不损失锰，根据图表可知pH的调整范围为：6.7≤pH＜7.2；设Mn2+完全沉淀时溶液中成c（OH-）=amol/L，根据Ksp的定义可知此时a2×10-5=1.0×10-13，解得a=10-4mol/L，即pH=10，
故答案为：6.7≤pH＜7.2；10.0；
（3）用电解法制备MnO2时，阳极上发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，
故答案为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；
Ⅱ．（1）50.70g MnSO4•H2O样品n（锰）=n（MnSO4•H2O）=0.3mol，其中n（H2O）=0.3mol，m（H2O）=5.4g，280℃时，所得固体质量为45.30g，减少的质量为5.4g，则说明该段失去结晶水，此时固体为：MnSO4，继续受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物0.3mol，850℃时，固体质量由45.30g减少到为26.10g，减少的质量为19.2g，则硫氧化物的相对质量为64，故为二氧化硫，则此时的固体为MnO2，
故答案为：MnO2；
（2）1150℃时固体为为二氧化锰分解所得，锰元素质量守恒，则m（锰）=n（锰）×55=16.50g，则氧化物中m（O）=22.90g-16.50g=6.4g，n（O）=0.4mol，故n（Mn）：n（O）=0.3：0.4=3：4，则该氧化物为：Mn3O4，故反应为： 3MnO2Mn2O4+O2，
故答案为：3MnO2Mn2O4+O2。
【点睛】解决第Ⅱ题的关键是根据质量分析各点物质的成分，注意利用守恒法计算，避免计算繁琐。
10.三氯胺(NCl3)是一种饮用水二级消毒剂，可由以下反应制备：
Ⅰ．
回答下列问题：
(1)已知：Ⅱ．
Ⅲ．
则=________(用含和的代数式表示)。
(2)向容积均为2L的甲乙两个恒温密闭容器中分别加入4mol NH3和4mol Cl2，发生反应Ⅰ，测得两容器中n(Cl2)随反应时间的变化情况如下表所示：
时间/min
0
40
80
120
160
容器甲(T1)
4.0
3.0
2.2
1.6
1.6
容器乙(T2)
4.0
2.9
2.0
2.0
2.0

①0~80min内，容器甲中v(NH3)=________________。
②反应Ⅰ的________0(填“>”或“<”)，其原因为________________________。
③关于容器乙，下列说法正确的是________(填选项字母)。
A．容器内，说明反应达到平衡状态
B．反应进行到70min时，v正一定大于v逆
C．容器内气体平均相对分子质量在增大，说明平衡在正向移动
D．达平衡后，加入一定量NCl3(l)，平衡逆向移动
E．达平衡后，按原投料比再充入一定量反应物，平衡后NH3的转化率增大
④温度为T1时HCl(g)的平衡体积分数=________，该温度下，若改为初始体积为2L的恒压容器，平衡时容器中n(Cl2)________(填“>”、“=”或“<”)1.6mol。
⑤温度为T2时，该反应的平衡常数K=________。
【答案】(1). 2△H-△H1 (2). 3.75×10-3mol▪L-1▪min-1 (3). < (4). 容器乙反应速率快，所以T1>T2,又因为容器乙平衡时n(Cl2)大，说明温度升高，平衡逆向移动，△H2<0》 (5). E (6). 0.33或 (7). < (8). 0.6
【分析】（1）根据盖斯定律进行计算；
（2）①由表中数据可知，0～80min内，容器甲中消耗氯气1.8mol，则由方程式可知消耗0.6mol氨气，结合 计算；
②容器乙达到平衡用时少，则反应快，温度高，容器乙中平衡时n（Cl2）较大，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应；
④温度为T1时，达到平衡消耗2.4mol氯气，结合方程式计算；该温度下，若改为初始体积为2L的可变容器，则压强大于恒容时；
⑤计算平衡时各物质的浓度，可计算平衡常数。
详解】（1）已知Ⅰ．；
Ⅱ．；根据盖斯定律2×Ⅰ-Ⅱ可得，所以=2△H-△H1，
故答案为：2△H-△H1
（2））①由表中数据可知，0～80min内，容器甲中消耗氯气1.8mol，则由方程式可知消耗0.6mol氨气，则=3.75×10-3mol▪L-1▪min-1
故答案为：3.75×10-3mol▪L-1▪min-1；
②容器乙达到平衡用时少，则反应快，温度高，容器乙中平衡时n（Cl2）较大，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，
故答案为：＜；容器乙反应速率快，所以T1>T2,又因为容器乙平衡时n(Cl2)大，说明温度升高，平衡逆向移动，△H2<0；
③A．按1：1投入反应物，按1：3反应，无论任何时候，都不能满足，故A错误；
B．根据图表可知达到平衡的时间在40到80min之间，无法确定反应进行到70min时是否达到平衡，故v正不一定大于v逆，故B错误；
C．由极限法考虑可知当4molNH3和4molCl2完全反应时容器内的平均相对分子质量减小，所以容器内气体平均相对分子质量在增大，说明平衡在逆向移动，故C错误
D．加入液体，平衡不移动，故错误；
E．达平衡后，按原投料比再充入一定量反应物，相当于增大压强，平衡正向移动，则平衡后NH3的转化率增大，故D正确；
故答案为：E；
④温度为T1时，

则HCl的体积分数为2.4/(3.2+1.6+2.4)=1/3，反应向体积减少的方向进行，如在恒容条件下，则压强减小，该温度下，若改为初始体积为2L的可变容器，则压强大于恒容时，平衡时容器中n（Cl2）＜1.6mol，
故答案为：0.33或；＜；
⑤温度为T2时

体积为2L，则K==0.6，
故答案为：0.6；
【点睛】本题考查较为综合，涉及反应热的计算、化学平衡状态、化学平衡移动以及化学平衡的计算等，为高考常见题型，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力、计算能力等。
(二)选考题
11.[化学—选修3；物质结构与性质]
明朝《天工开物》中有世界上最早的关于炼锌技术的记载，锌也是人体必需的微量元素。回答下列问题：
(1)基态Zn原子核外的最高能层符号是________，基态Zn2+最外层电子排布式为________。
(2)硫酸锌溶于氨水形成[Zn(NH3)4]SO4溶液。
①组成[Zn(NH3)4]SO4的元素中，除Zn外其余元素的电负性由大到小排序为________。
②向[Zn(NH3)4]SO4溶液中逐滴滴加NaOH溶液，未出现浑浊，其原因是________________。
③已知[Zn(NH3)4]2+的空间构型与相同，则在[Zn(NH3)4]2+中Zn2+的杂化类型为________，NH3易液化的原因是________________________________。
④在[Zn(NH3)4]SO4晶体中存在的作用力有________。
A．离子键 B．极性共价键 C．氢键
D．配位键 E．范德华力 F．金属键
(3)ZnO与ZnS结构相似，ZnO的熔点为1975℃，ZnS的熔点约为1700℃。ZnO熔点比ZnS高的原因是________________________________。
(4)常温下金属锌晶体的晶胞为六方最密堆积(如图所示)，若锌原子的半径为rnm，六棱柱的高为，则金属锌晶体的空间利用率是________(用含π的代数式表示)。

【答案】 (1). N (2). 3s23p63d10 (3). O>N>S>H (4). [Zn(NH3)4]2+难电离，溶液中锌离子浓度很小，无法产生沉淀 (5). sp3 (6). 氨分子间易形成氢键 (7). ABD (8). 二者同属于离子晶体，O2-的半径比s2-的小，ZnO晶体的晶格能较大 (9). 或
【分析】（1）Zn是30号元素；基态Zn2+失去最外层两个电子，
（2）①非金属性越强，电负性越强；
②[Zn（NH3）4]2+稳定，在溶液中难电离出Zn2+；
③[Zn（NH3）4]2+空间构型与SO42-相同，为正四面体形，杂化方式相同；
④[Zn（NH3）4]2+与SO42-之间形成离子键，[Zn（NH3）4]2+中Zn2+与NH3之间形成配位键，NH3中、SO42-中原子之间形成极性键；
（3）离子电荷越多、离子半径越小，晶格能越大，离子晶体熔点越高。
（4）空间利用率为晶胞内硬球的总体积占晶胞体积的百分比。
【详解】（1）Zn是30号元素，核外电子排布式为1s22s22p62s23p63d104s2；基态Zn2+失去最外层两个电子，
故答案为：N；3s23p63d10
（2）①除Zn外其余元素有N、H、S、O，根据电负性判断方法可知电负性：O>N>S>H，
故答案为：O>N>S>H；
②[Zn（NH3）4]2+稳定，在溶液中难电离出Zn2+，溶液中Zn2+浓度很小，滴加NaOH溶液，无法产生沉淀，
故答案为：[Zn(NH3)4]2+难电离，溶液中锌离子浓度很小，无法产生沉淀；
③[Zn（NH3）4]2+空间构型与SO42-相同，为正四面体形，杂化方式相同，SO42-中心原子价层电子数目=(6+2+0×2)/2=4，杂化方式为sp3杂化，所以Zn2+的杂化类型为sp3杂化；NH3分子间存在氢键，所以易液化
故答案为：sp3；氨分子间易形成氢键；
④[Zn（NH3）4]2+与SO42-之间形成离子键，[Zn（NH3）4]2+中Zn2+与NH3之间形成配位键，NH3中、SO42-中原子之间形成极性键没有非极性键、范德华力、金属键，
故选：ABD；
（3）离子电荷数相同，O2-离子半径比S2-的离子半径小，ZnO晶体的晶格能更大，熔点较高，
故答案为：二者同属于离子晶体，O2-的半径比s2-的小，ZnO晶体的晶格能较大；
（4）底面4个相邻的原子形成的菱形，锐角为60°，Zn原子半径为 rnm，则底面边长为2rnm，底面积=2rnm×2rnm×sin60°=2 r2nm2，晶胞的高为nm，则晶胞体积=2 r2nm2×nm=8r3nm3，晶胞中Zn原子数目=1+8×1/8=2，Zn原子总体积= 空间利用率=[÷（8r3nm3）]×100%=或；
故答案为：或；
【点睛】第（4）问难度较大，需要有扎实的晶体化学知识，灵活运用均摊法，同时也要有足够的空间想象能力和立体几何知识，六方最密堆积不再是立方结构，晶胞参数已经不同于立方晶系，六方最密堆积晶胞实为等径硬球接触，上一层嵌于下一层的凹处，上下关系抽象在晶胞内其实是正四面体关系。
12.[化学—选修5：有机化学基础]
利用化学方法合成味精的路线如下图所示：

请回答以下问题：
(1)R的结构简式为________；由A生成B的反应类型是________。
(2)F中含氧官能团的名称为________；化合物H的化学名称为________________。
(3)写出由C生成D的化学方程式________________________________。
(4)写出一种符合下列要求A的同分异构体的结构简式________。
①结构中含有六元环，光谱测定显示，分子结构中不存在甲基；
②能在NaOH溶液中发生水解反应；
③1mol该物质与足量金属Na反应能够生成0.5mol H2
(5)参照上述合成路线，写出以苯丙酸()和甲醇(其它无机试剂任选)，设计合成苯丙氨酸()的路线。_______________________________________________________________________
【答案】(1). CH3COOCH2CH3 (2). 加成反应 (3). 羧基、酯基 (4). 2-氨基-15-戊二醇或-氨基-1,5-戊二醇 (5). HOOCCH2CH2CH2COOH+H2O (6). (7).
【分析】（1）根据R的分子式和生成的A的结构简式以及反应条件判断R的结构简式；A到B反应物丙烯酸甲酯的双键被加成；
（2）F中含氧官能团为羧基和酯基；根据系统命名法命名H；
（3）根据D的结构可知C中的两个羧基一个脱掉羟基一个脱掉氢反应生成环。
（4）能在NaOH溶液中发生水解反应说明含有酯基；③1mol该物质与足量金属Na反应能够生成0.5mol H2说明还含有1个-OH；
（5）与Br2/红磷作用得到，再与甲醇发生酯化反应生成，最后经过①NH3、②H2O/H+得到。
【详解】（1）R的分子式为C4H8O2且为酯类即含有酯基，和C2H5ONa反应后生成A ，反推可知R为：CH3COOCH2CH3；A到B反应物丙烯酸甲酯的双键被加成，反应类型为加成反应；
故答案为：CH3COOCH2CH3；加成反应
（2）F中含氧官能团为羧基和酯基；根据系统命名法可知H的名称为：2-氨基-1,5-戊二醇或-氨基-1,5-戊二醇
故答案为：羧基、酯基；2-氨基-1,5-戊二醇或-氨基-1,5-戊二醇；
（3）根据D的结构可知C中的两个羧基一个脱掉羟基一个脱掉氢发生反应，
故答案为：HOOCCH2CH2CH2COOH+H2O；
（4）A的分子式为C5H10O3，其同分异构体结构中含有六元环，光谱测定显示，分子结构中不存在甲基，含有酯基，还含有1个-OH，符合要求的同分异构体有
；
（5）与Br2/红磷作用得到，再与甲醇发生酯化反应生成，最后经过①NH3、②H2O/H+得到，合成路线流程图为：。