江西省分宜中学2020届高三上学期第五次段考理综化学试题


江西省分宜中学2020届高三上学期第五次段考理综化学试题
1.化学已经渗透到人类生活的各个方面,下列说法不正确的是（ ）
A. 高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂,既能消毒杀菌又能净水
B. “光化学烟雾”、“臭氧空洞”、“硝酸酸雨”的形成都与氮氧化合物有关
C. 低碳生活注重节能减排,尽量使用太阳能等代替化石燃料,减少温室气体的排放
D. 高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维,光导纤维遇强碱会“断路”
【答案】D
【解析】
【详解】A.高铁酸钾具有强氧化性，可用于杀菌消毒，被还原生成Fe3+，水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，可用于净水，A项正确；
B.氮氧化物主要引起光化学烟雾、酸雨，也可引起臭氧空洞，B项正确；
C.太阳能为清洁能源，不产生污染，可减少温室气体的排放，C项正确；
D.二氧化硅为制作光导纤维的主要原料，二氧化硅也可与强碱反应，D项错误；
答案选D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列有关叙述正确的是 （ ）
A. 100 g 98%的浓硫酸中含有的氢原子数目为2NA
B. 16g16O2和18O3的混合物中含有的质子数目为8NA
C. 电解精炼铜的过程中，若阳极减重64g，则电路中一定通过2NA个电子
D. 取50mL14.0mol/L浓硝酸与足量的铜片反应，生成气体分子的数目可能为0．25NA
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题中阿伏加德罗常数可知，本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，运用分析。
【详解】A. 浓硫酸中除了硫酸外,水也含H原子,故溶液中的H原子个数多于2NA个，A项错误；
B. 16O2和18O3的摩尔质量不同，且两者的比例未知，故16g混合物的物质得量无法计算，B项错误；
C.电解精炼铜时,阳极上放电的不只是铜,还有比铜活泼的金属,故当减轻64g时,阳极上失去的电子多于2NA个，C项错误；
D. 取50mL 14.0moI/L浓硝酸与足量的铜片反应,开始生成的是NO2,随着硝酸变稀,生成的气体为NO、N2等,故生成的气体分子个数小于0.35NA个,故可能为0.25NA个，D项正确；
答案选D。
【点睛】电解精炼铜时,阳极上放电的不只是铜,还有比铜活泼的金属,所以在计算阳极减轻的质量和对应转移的电子时，应充分考虑阳极上还有其他比铜活泼的金属也发生了反应。
3.“人文奥运”的一个重要体现是:坚决反对运动员服用兴奋剂。某种兴奋剂的结构简式如图所示,有关该物质的说法正确的是（   ）

A. 遇FeCl3溶液显紫色,因为该物质与苯酚属于同系物
B. 滴入KMnO4（H+）溶液,观察紫色褪去,能证明结构中存在碳碳双键
C. 1 mol该物质与浓溴水和H2反应最多消耗Br2和H2分别为3mol、7 mol
D. 该分子中的所有碳原子可能共平面
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题中兴奋剂的结构简式可知，本题考查有机物的结构和性质，运用有机物的结构和官能团的性质分析。
【详解】A.含酚−OH,该物质遇FeCl3溶液显紫色，但此结构与苯酚的结构不同，非同系物，A项错误；
B.酚−OH、碳碳双键均能被高锰酸钾氧化,则滴入KMnO4(H+)溶液，观察紫色褪去，不能证明结构中存在碳碳双键，B项错误；
C.酚−OH的邻、对位与溴水发生取代反应,双键与溴水发生加成反应,苯环、双键与氢气发生加成反应,则1 mol该物质与浓溴水和H2反应最多消耗Br2和H2分别为4 mol、7 mol，C项错误；
D.含有苯环和碳碳双键，都为平面形结构，则所有碳原子可能共平面，D项正确；
答案选D。
【点睛】含酚−OH的物质遇FeCl3溶液显紫色，这是检验酚−OH的显色反应。
4.下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是（ ）

A. a图，滴加乙醇，试管中橙色溶液变为绿色，乙醇发生取代反应生成乙酸
B. b图，右边试管中产生气泡较为迅速，说明氯化铁的催化效果比二氧化锰好
C. c图，根据试管中收集到无色气体，不能验证铜与稀硝酸的反应产物是NO
D. d图，试管中先有白色沉淀、后有黑色沉淀生成，能确定Ksp（AgCl) >Ksp(Ag2S)
【答案】C
【解析】
【详解】A、此反应属于氧化反应，故错误；
B、研究因素对反应速率的影响，要求同一条件，即过氧化氢浓度应相等，故错误；
C、因为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，不能验证此反应产生NO，故正确；
D、反应向着更难溶的方向进行，同一形式下Ksp越大，说明溶解度越大，但两者不属于同一形式，故错误。
5.元素X、Y、 Z、W、Q、 M在元素周期表的相对位置如图所示，其中Z元素是目前发现的非金属性最强的元素，下列说法正确的是（ ）
X

Y
Z
W

Q
M


A. 对应氢化物的沸点Y> Q是因为Y的非金属性比Q强
B. XM4的比例模型为其二氢取代物有两种
C. W的氧化物，常温下可以和Z、M的氢化物反应
D. Z的单质能将Y的单质从他的氢化物中置换出来
【答案】D
【解析】
其中Z元素是目前发现的非金属性最强的元素，Z为F元素，根据元素X、Y、 Z、W、Q、 M在元素周期表的相对位置， 则X为C元素、Y为O元素、 W为Si元素、Q为S元素、 M为Cl元素。A. 水分子间能够形成氢键，水的沸点比硫化氢高，不是因为O的非金属性比S强，故A错误；B. 四氯化碳是正四面体结构，二氢取代物只有一种，故B错误；C.常温下二氧化硅不能和氯化氢反应，故C错误；D. 氟能够与水反应生成氟化氢和氧气，故D正确；故选D。
6.有关电解质溶液的叙述正确的是
A. 向0.2mol·L-1CH3COOH溶液中加入等体积0.1 mol·L-1NaOH溶液，测得溶液中 c(CH3COO-)>c(Na+)，则水的电离程度比纯水的大
B. 向0.1 mol·L-1氨水中滴加0.1 mol·L-1盐酸，刚好完全中和时溶液pH=a，则由水电离产生的c(OH-)=10a-14 mol·L-1
C. 将0.1 mol·L-1 Na2CO3和0.1 mol·L-1NaHCO3溶液等体积混合，所得溶液有：c(CO32-)+2c(OH-)=2c(H+) + c(HCO3-) + 3c(H2CO3)

D. 对于难溶电解质：相同温度时，Ksp大的饱和溶液的物质的量浓度一定比Ksp小的饱和溶液物质的量浓度大
【答案】C
【解析】
A. 向0.2mol·L-1CH3COOH溶液中加入等体积0.l mol·L-1NaOH溶液，反应后的溶液中存在等物质的量是乙酸核外乙酸钠，测得溶液中 c(CH3COO-)>c(Na+)，说明以乙酸的电离为主，抑制水的电离，水的电离程度比纯水的小，故A错误；B. 向0.1 mol·L-1氨水中滴加0.1 mol·L-1盐酸，刚好完全中和时生成氯化铵，由于水解，促进水的电离，则由水电离产生的c(OH-)= c(H+)=10amol·L-1，故B错误；C. 根据物料守恒得2c(Na+)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)；根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)，所以存在质子守恒得c(HCO3-)+3c(H2CO3)+2c(H+)=c(CO32-)+2c(OH-)，故C正确；D、只有具有相同结构的难溶物(如AgCl、AgBr、AgI)Ksp小的溶解度小，而不同结构的(如Ag2SO4和AgI)Ksp小的溶解度不一定小，故D错误；故选C。
点睛：本题考查溶液中存在的守恒，为高频考点，明确溶液中存在的微粒成分及各个浓度之间关系是解本题关键，任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒、质子守恒。
7.锂-铜空气燃料电池容量高、成本低，具有广阔的发展前景。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O═2Cu+2Li++2OH-，下列说法不正确的是（ ）

A. 放电时，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-
B. 放电时，Li+透过固体电解质向Cu极移动
C. 通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O
D. 整个反应过程中，氧化剂为O2
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据电池反应式知，正极反应式为 Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，A错误；
B．放电时，阳离子向正极移动，则Li+透过固体电解质向Cu极移动，B正确；
C．放电过程为2Li+Cu2O+H2O═2Cu+2Li++2OH-，因此通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，C正确；
D．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，氧化剂为O2，D正确；
答案选A。
【点晴】该题为高频考点，明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，题目难度中等，易错点为A，注意正极电极方程式的书写。根据电池反应式知，该反应中Li元素化合价由0价变为+1价、Cu元素化合价由+1价变为0价，所以负极上电极反应式为Li-e-=Li+、正极反应式为 Cu2O+H2O+2e-＝Cu+2OH-，放电时电解质中阳离子向正极移动。
8.亚硝酸钙是一种阻锈剂，可用于染料工业，某兴趣小组拟制备Ca（NO2）2并对其性质进行探究。
【背景素材】
Ⅰ．NO+NO2+Ca（OH）2= Ca（NO2）2+H2O。
Ⅱ．Ca（NO2）2能被酸性KMnO4溶液氧化成，被还原为Mn2+。
Ⅲ．在酸性条件下：2+4H++2I=2NO↑+I2+2H2O，I2+2=2I+
【制备氮氧化物】
（1）甲组同学拟利用如下左图所示装置制备氮氧化物。

①仪器X的名称是：_________________。
②装置B中逸出的NO与NO2的物质的量之比为1：1，则装置B中发生反应的化学方程式为___________，若其他条件不变，增大硝酸的浓度，则会使逸出的气体中n（NO2）___________（填“＞”或“＜”）n（NO）。
【制备Ca（NO2）2】
（2）乙组同学拟利用装置B中产生氮氧化物制备Ca（NO2）2，装置如上图。
①装置C中导管末端接一玻璃球的作用是_________________。
②装置D的作用是________；装置E的作用是_____________。
【测定Ca（NO2）2的纯度】
（3）丙组同学拟测定Ca（NO2）2的纯度（杂质不参加反应），可供选择的试剂：
a 稀硫酸 b c1mol•L－1 的KI溶液 c 淀粉溶液 d c2mol•L－1 的Na2S2O3溶液 e c3mol•L－1 的酸性KMnO4溶液
①利用Ca（NO2）2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是_________（填字母）。
②利用Ca（NO2）2的氧化性来测定其纯度的步骤：准确称取mgCa（NO2）2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，加入过量的c1mol•L－1的KI溶液、淀粉溶液，然后滴加稀硫酸，用c2mol•L－1 的Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，消耗Na2S2O3溶液的体积V mL，则此Ca（NO2）2纯度的表达式为_________________。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 2SO2+2HNO3+H2O=NO+NO2+2H2SO4 (3). > (4). 增大与石灰乳的接触面积 (5). 防止倒吸（或作安全瓶） (6). 吸收未反应的氮氧化物 (7). e (8). % 或 %
【解析】
【分析】
根据题意可知，本题考查制备实验方案的设计，运用氮氧化物的性质及反应装置的连接步骤分析。
【详解】(1)①由仪器构造可知X为分液漏斗；
故答案为：分液漏斗；
②装置B中逸出的NO与NO2的物质的量之比为1:1,则装置B中发生反应的化学方程式为2SO2+2HNO3+H2O=NO+NO2+2H2SO4;若其它条件不变,增大硝酸的浓度,硝酸氧化性增强,将NO氧化为NO2,则会使逸出的气体中n(NO2)>n(NO)；
故答案为：2SO2+2HNO3+H2O=NO+NO2+2H2SO4；>；
(2)①装置C中导管末端接一玻璃球可增大与石灰乳的接触面积；
故答案为：增大与石灰乳的接触面积；
②装置D的作用是防倒吸，E装置用氢氧化钠吸收未反应完的氮氧化物，防止污染空气；
故答案为额：防止倒吸（或作安全瓶）；吸收未反应的氮氧化物；
(3)①由信息Ca(NO2)2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO3−,MnO4−被还原为Mn2+可知,则利用Ca(NO2)2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是e；
故答案为：e；
②由信息在酸性条件下,Ca(NO3)2能将I−氧化为I2,S2O32−能将I2还原为I−可知2NO2−∼I2∼2 S2O32−;消耗NaS2O3的物质的量为c2mol⋅L−1×V×10−3L=0.001c2Vmol,则Ca(NO2)2的物质的量为0.001c2Vmol×,此Ca(NO2)2纯度的表达式为
故答案为：% 或 % 。
9.碳及其化合物广泛存在于自然界中，试回答下列问题：
(1)某处碳循环如图所示，CaCO3转化为HCO3-的离子方程式为_____________。

(2)常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，无机碳在浓液中以4种形式存在，其转化关系如下:
①CO2(g)+H2OH2CO3 K=10-2.8
②H2CO3H++HCO3- K1=10-3.5，
③HCO3-H++CO32- K2=10-10.3，
若溶液中。c(CO2)=1.0×10-5mol/L，且忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则溶液pH=_____。
(3)某化学小组为了测量湖水中无机碳的含量，量取 100mL湖水，酸化后用N2吹出CO2，再用NaOH溶液吸收，将吸收液用0.10mol/L盐酸滴定，生成的V(CO2)随V (盐酸)变化关系如图所示，则吸收液中离子浓度由大到小的顺序为______________(不用写出H+)，湖水中无机碳的浓度为_______mol/L。

(4)—定条件下，CO2和H2O可以转化为CO和H2，通过反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)制备甲醇，若起始时在密闭容器中按物质的量之比1:2充入CO和H2，测得平衡时CO转化率a (CO)随T、P的变化关系如图所示。

①P1______P2(填“大于”、“小于”或“等于”)；
②该反应在195℃、P2条件下达到平衡后，c(H2)=0.5 mol/L ，则该反应的平衡常数为______。
③已知CH3OH和CO的燃烧热分别725.8kJ/mol、283.0 kJ/mol，1mol液态水变成气态水吸热44.0kJ，写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和气态水的热化学方程式：_______。
(5)用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图，则c电极的反应方程式为:__________ 。

【答案】 (1). CO2+CaCO3+H2O=Ca2++2HCO3- (2). 5.65 (3). c(Na+)>c(OH-)>c(CO32-)>c(HCO3-) (4). 0.01 (5). 小于 (6). 4 (7). CH3OH(l)＋O2(g)=CO(g)＋2H2O(g) ΔH=-354.8kJ∕mol (8). CH3OH-6e- +H2O = CO2 +6H+
【解析】
(1)根据图示，碳酸钙与二氧化碳反应生成HCO3-的离子方程式为CO2+CaCO3+H2O=Ca2++2HCO3-，故答案为CO2+CaCO3+H2O=Ca2++2HCO3-；
(2)设溶液pH为x，根据①CO2(g)+H2OH2CO3 K=10-2.8，②H2CO3H++HCO3- K1=10-3.5，c(CO2)=1.0×10-5mol/L，则K=10-2.8=，K1=10-3.5= ，因此K×K1== =10-6.3，解得x=5.65，故答案为5.65；
(3)根据图像，先后发生的反应为：①OH-+ H+= H2O；②CO32-+ H+= HCO3-；③HCO3-+ H+= CO2 ↑+ H2O，反应③中消耗盐酸10mL，说明含有HCO30.001mol，说明反应②中消耗盐酸10mL，反应①中消耗盐酸10mL，说明含有OH-0.001mol，因此吸收液中含有0.001molNaOH和0.001molNa2CO3，吸收液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(OH-)>c(CO32-)>c(HCO3-)，湖水中无机碳的浓度为 = 0.01mol/L，故答案为c(Na+)>c(OH-)>c(CO32-)>c(HCO3-) ；0.01；
(4)①根据CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，相同温度条件下，压强越大，CO的转化率越大，根据图像，P1＜P2，故答案为小于；
②起始时在密闭容器中按物质的量之比1:2充入CO和H2，平衡后，c(H2)=0.5 mol/L ，则c(CO)=0.25 mol/L ，c(CH3OH)=0.25 mol/L ，该反应的平衡常数K= =4，故答案为4；
③由CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热△H分别为-283.0kJ•mol-1和-725.8kJ•mol-1，1mol液态水变成气态水吸热44.0kJ，则①CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ•mol-1 ，②CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2 H2O(l)△H=-725.8kJ•mol-1 ，③H2O(l)= H2O(g) ΔH=+44.0kJ∕mol，由盖斯定律可知用②-①+③得反应CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2 H2O(g)，该反应的反应热△H=-726.5kJ/mol-(-283.0kJ/mol)+(+44.0kJ∕mol)= -354.8kJ•mol-1，故答案为CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2 H2O(g)△H=-354.8kJ•mol-1；
(5)根据电子移动的方向，c为负极，甲醇具有还原性，在负极上发生氧化反应生成CO2，电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，故答案为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。
点睛：本题考查了热化学方程式的书写和盖斯定律的应用，化学平衡的影响因素分析判断，图象分析应用能力，原电池电极反应书写方法。本题的难点是(2)，要注意根据平衡常数间的关系进行推导计算。
10.CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、CO2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表（金属离子浓度为0．01 mol/L）：

③CoCl2·6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴。
（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式：_______________。
（2）若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式：_______________。
（3）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是_____________、__________和过滤。制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是_____________。
（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图向“滤液”中加入萃取剂的目的是____________，其使用的最佳pH范围是______。
A 2．0～2．5 B 3．0～3．5 C 4．0～4．5 D 5．0～5．5
（注：横坐标依次为1-6；单位：PH）

（5）为测定粗产品中CoCl2·6H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是__________。（答一条即可）
【答案】 (1). Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O (2). ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O (3). 蒸发浓缩 (4). 冷却结晶 (5). 降低烘干温度，防止产品分解 (6). 除去Mn2+ (7). B (8). 粗产品含有可溶性氯化物（或晶体失去了部分结晶水）
【解析】
【分析】
根据题意可知，本题考查制备实验方案的设计，运用氧化还原反应知识及物质性质知识分析。
【详解】(1)浸出过程中使用盐酸酸浸,同时加入Na2SO3反应,SO32−具有一定的还原性,可以还原Co3+和Fe3+得到Co2+和Fe2+,则相当于发生反应：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，这是主要的反应，
故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；
(2)向浸出液中加入NaClO3的目的是氧化Fe2+为Fe3+,便于后续的除杂,此时ClO3−被还原为Cl−,如不慎向“浸出液”中加过量NaC1O3时,在酸性条件下ClO3−可能会与Cl−发生反应生成H2O和Cl2,反应为ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O，
故答案为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O；
(3)操作1使得溶液中的Co2+析出晶体，所以具体操作步骤应为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤， 制得的CoCl2·6H2O需减压烘干,考虑到CoCl2·6H2O熔点为86℃，加热至110∼120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴，所以目的是降低烘干温度，防止产品分解，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解；
(4)根据萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图分析,进行到萃取操作时溶液中主要存在Mn2+和Co2+,则萃取操作的目的是除去Mn2+，随着pH的增大,Mn2+的萃取率增大,但与此同时Co2+,所不同的是二者起始萃取率所对应的pH不同,选择pH的范围需要使得Mn2+的萃取率尽可能高,使得Co+的萃取率尽可能低,能使二者尽可能充分地分离,应为3.0−4.0之间,此区间内,Mn2+的萃取率较高,虽然Co2+也有一定萃取率,但是增量不大,4.0以后Co2+的萃取率急速上升,不予考虑,3.0之前,Mn2+的萃取率较低，也不予考虑，所以符合的只有B项，
故答案为：除去Mn2+；B；
(5)为测定粗产品中CoCl2·6H2O的含量,称取一定质量的粗产品溶于水,加入足量AgNO3溶液,过滤、洗涤,将沉淀烘干后称其质量,借助沉淀Cl−计算粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数,粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数,通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%,从公式分析是m测增大,或者m样减小,m测增大则是多测了Cl−的量,可能是由粗产品含有可溶性氯化物引起,m样减小,说明粗产品并不是我们认为的CoCl2·6H2O,而是已经失去了部分结晶水,而我们当成是CoCl2·6H2O去计算，而实际上样品质量不足以达到这么多，是偏小的，所以计算值超过了100%，
故答案：粗产品含有可溶性氯化物（或晶体失去了部分结晶水）。
11.硒（Se）是一种有抗癌、抗氧化作用的元素，可以形成多种化合物。
（1）基态硒原子的价层电子排布式为______________。
（2）锗、砷、硒的第一电离能大小排序为_______________。H2SeO4的酸性比H2SeO3的强，其原因是______________________。
（3）H2SeO3中心原子杂化类型是_________；SeO32-的立体构型是___________。与SeO42-互为等电体的分子有（写一种物质的化学式即可）_______________。
（4）H2Se属于_________（填：极性或非极性）分子；单质硒的熔点为217℃，它属于________晶体。
（5）硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中硒原子的配位数为____________；若该晶胞密度为ρg•cm-3，硒化锌的摩尔质量为M g/mol。NA代表阿伏加德罗常数，则晶胞参数a为___________pm。

【答案】 (1). 4s24p4 (2). As＞Se＞Ge (3). H2SeO4分子中非羟基氧原子个数大于H2SeO3 (4). sp3 (5). 三角锥形 (6). CCl4(或SiF4) (7). 极性 (8). 分子 (9). 4 (10). ×1010
【解析】
【详解】（1）硒为34号元素，有6个价电子，所以硒的价层电子排布式为4s24p4；
（2）同一周期中，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素，所以Ge、As、Se三种元素的第一电离能的大小顺序是：As＞Se＞Ge；由于H2SeO4分子中非羟基氧原子个数大于H2SeO3，所以H2SeO4的酸性比H2SeO3的强；
（3）H2SeO3的中心原子的价层电子对数为×（6+2）=4，所以Se杂化方式为sp3杂化，SeO32-的中心原子Se的价层电子对数为×（6+2）=4，离子中有一个孤电子对，所以SeO32-的立体构型是 三角锥形，等电子体是指价电子和原子数都相等的微粒，与SeO42-互为等电体的分子有CCl4（或SiF4）；
（4）H2Se分子中有孤电子对，所以H2Se属于 极性分子，单质硒的熔点为217℃，比较小，所以它属于分子晶体；
（5）根据硒化锌晶胞结构图可知，每个锌原子周围有4个硒原子，每个硒原子周围也有4个锌原子，所以硒原子的配位数为4，该晶胞中含有硒原子数为8×+6×=4，含有锌原子数为4，根据ρ＝=，所以V=，则晶胞的边长为cm=×1010pm。
12.有机物M是有机合成的重要中间体，制备M的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂已略去）

已知： ①A的密度是相同条件下H2密度的38倍；其分子的核磁共振氢谱中有3组峰；
②
③
请回答下列问题：
（1）B的化学名称为______________。A中官能团的电子式为________________。
（2）C中共面的原子最多有________个。I的结构简式为_____________________。
（3）F→G的化学方程式为________________________________________________。
（4）M不可能发生的反应为_______________（填选项字母）
A.加成反应 B.氧化反应 C.取代反应 D.消去反应
（5）同时满足下列条件的E的同分异构体有_________种。
①能与FeCl3溶液发生显色反应 ②能与NaHCO3反应 ③含有—个—NH2
（6）参照上述合成路线，以 为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线：_______________________________________________。
【答案】 (1). 丙二醛 (2). (3). 9 (4). (5). (6). D (7). 10 (8).
【解析】
【分析】
A的密度是相同条件下H2密度的38倍，则A的相对分子质量为76，其分子的核磁共振氢谱中有3组峰，根据流程图，A属于醇类，且含有3个碳原子，则B为丙二醛，A为丙二醇。根据信息②，F为；结合H和M的结构和信息③，I为。
【详解】(1)B为丙二醛。A为丙二醇，其中官能团为羟基，电子式为，故答案为丙二醛；；
(2)C为丙二酸，羧基中的羰基是平面结构，C中共面的原子最多有9个。I为，故答案为9；；
(3)F为，F→G的化学方程式为，故答案为 ；
(4)M中含有羧基和羟基，可以发生取代反应，羟基能够被氧化，含有肽键，能够发生水解反应，含有苯环，能够发生与氢气的加成反应，不能发生消去反应，故选D；
(5)E为。①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，②能与NaHCO3反应，说明含有羧基，③含有—个—NH2，说明苯环上含有1个羧基、1个羟基和1个氨基，同时满足条件的E的同分异构体有：当氨基和羧基位于邻位时，羟基有4种位置，即4种同分异构体；当氨基和羧基位于间位时，羟基有4种位置，即4种同分异构体；当氨基和羧基位于对位时，羟基有2种位置，即2种同分异构体；共10种，故答案为10；
(6)以 原料制备，可以首先制得 ，再由发生缩聚反应即可。由制，需要将溴原子水解为羟基，再氧化就可以得到羧基，将硝基还原就可以得到氨基，因此合成路线为： ，故答案为 。