2022西宁高三高考二模理综化学含解析

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2022年普通高等学校招生全国统一考试
西宁市高三年级复习检测(二)
理科综合能力测试化学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将白己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Ca-70
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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. 化学与生活、社会发展息息相关。下列说法错误的是
A. 稻草秸秆和甘蔗渣中富含纤维素，可以用来制造纸张
B. 将海水中的镁转化为氯化镁。再电解熔融氯化镁可制得金属镁
C. 芯片制造中“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程发生化学变化
D. 《新修本草》中有关于“青矾”性质的描述为：“本来绿色，新出扁未见风者，正如琉璃。……烧之赤色”这里的赤色是析出了单质Cu
【答案】D
【解析】
【详解】A．稻草秸秆和甘蔗渣中有丰富的天然纤维，其成分为纤维素，可以用来制造纸张，故A正确；
B．将海水中的镁转化为氯化镁，电解熔融氯化镁可制得金属镁和氯气，故B正确；
C．芯片制造中“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下发生化学变化成像，故C正确；
D．“青矾”是硫酸亚铁晶体，在空气中灼烧生成红色粉末Fe2O3，这里的赤色是生成了Fe2O3，故D错误；
选D。
2. 人们将有机物中连有四个不同原子(或基团)的碳原子称为手性碳原子。某有机物的结构简式如图所示，下列关于该有机物的叙述正确的是

A. 该分子中含有1个手性碳原子
B. 在一定条件下可与HCHO发生缩聚反应
C. 该物质遇FeCl3溶液不发生显色反应
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为3mol
【答案】B
【解析】
【详解】A．该有机物中没有连有四个不同原子(或基团)的碳原子，即没有手性碳原子，故A项错误；
B．该物质有酚羟基，会影响苯环上邻位上的氢，使邻位上H变的更活泼，更容易反应，所以反应时相当于苯环是还有两个半键，而甲醛中的碳氧双键同时断开，与苯环是的俩个半键结合，发生缩聚反应，故B项正确；
C．该物质有酚羟基，遇FeCl3溶液发生显色反应(显紫色)，故C项错误；
D．酚羟基和酯基均可以与氢氧化钠反应，故1mol该物质与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为2mol，故D项错误；
故答案选B。
3. 下列离子方程式正确的是
A. 向偏铝酸钠溶液中通入少量CO2气体：2H2O+AlO+CO2=Al(OH)3↓+HCO
B 向稀硫酸中滴加Na2S2O3溶液：2H++S2O=S↓+SO2↑+H2O
C. 向新制氯水中滴加少量FeBr2溶液：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
D. 向NH4Cl溶液中加入小颗粒钠：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A．向偏铝酸钠溶液中通入少量CO2气体，离子方程式为：3H2O+2AlO+CO2=2Al(OH)3↓+CO，A错误；
B．向稀硫酸中滴加Na2S2O3溶液，硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化，离子方程式为：2H++S2O=S↓+SO2↑+H2O，B正确；
C．向新制氯水中滴加少量FeBr2溶液，亚铁离子、溴离子均被氧化，离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4Br−=2Fe3++2Br2+6Cl−，C错误；
D．钠先与水反应，生成的氢氧化钠再与氯化铵发生反应生成一水合氨，离子方程式为：2Na+2H2O+2NH=2NH3·H2O+2Na++H2↑，D错误；
答案选B。
4. 用如图所示装置进行实验，能达到相应实验目的是(尾气处理装置略)
选项
①中试剂
②中试剂
③中试剂
实验目的
装置
A
浓HNO3
铜片
水
验证NO2能与水反应生成NO

B
乙醇
Na
水
判定乙醇中活泼氢数目
C
苯与液溴的混合液
铁粉
AgNO3溶液
证明苯与液溴能发生取代反应
D
浓H2SO4
浓盐酸
CH3COONa溶液
比较盐酸与醋酸的酸性强弱

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓HNO3与铜反应会生成NO2，若NO2与水反应会生成NO，NO为无色气体，逸出后在水的表面气体开始为无色，但逐渐会与空气中氧气反应生成红棕色气体NO2，可实现验证，故A正确；
B．乙醇与钠单质反应生成氢气，氢气密度比空气和水小，且不溶于水，可根据收集的氢气确定乙醇中的活泼氢数目，但未给出试剂的用量，且该装置无法收集氢气，故B错误；
C．液溴具有良好挥发性，铁与Br2反应为放热反应，能够加速液溴挥发，溴单质与水反应能生成HBr，HBr与AgNO3溶液反应生成淡黄色沉淀AgBr，无法验证该HBr是苯与液溴反应产生，故C错误；
D．浓硫酸和浓盐酸混合是快速制HCl，但HCl与CH3COONa反应无现象，因此无法判断，故D错误；
综上所述，能达到目的的是A项，故答案为A。
5. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、W同族，常温下Z的单质遇Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液会发生钝化反应，由X、Y、Z三种原子构成的一种特殊离子化合物如图所示，下列说法正确的是

A. 在元素周期表中，111号元素与Z元素同族
B. Y的非金属性比W的强，所以单质的还原性：Y>W
C. X、Y形成的二元化合物只含有极性共价键
D. X、Z、Y、W四种元素的简单离子半径依次增大
【答案】D
【解析】
【分析】常温下Z的单质遇Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液会发生钝化反应，四种元素为短周期主族元素，应是Al在浓硫酸或浓硝酸中发生钝化反应，推出Z为Al，Y的原子序数小于Z，因此Y为N，Y、W同族，推出W为P，根据题中所给结构简式，X形成1个共价键，推出X为H，据此分析；
【详解】A．111号元素属于副族元素，Al属于主族元素，因此两种元素不互为同主族，故A错误；
B．Y为N，W为P，两种元素属于同主族，从上到下非金属性减弱，N的非金属性强于P，即单质的氧化性：Y＞W，故B错误；
C．H和N可以形成NH3，NH3只含有极性共价键，也可以形成N2H4，N2H4中含有极性共价键和非极性共价键，故C错误；
D．X、Z、Y、W四种元素的简单离子分别为H+或H-、Al3+、N3-、P3-，一般地说，电子层数越多，微粒半径增大，当电子层数相同时，微粒半径随着核电荷数的增大而减小，因此微粒半径大小顺序是r(P3-)＞r(N3-)＞r(Al3+)＞r(H+或H-)，故D正确；
答案为D。
6. 十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，对大气污染防治比过去要求更高。硫化氢—空气质子交换膜燃料电池实现了发电、环保的有效结合，已知：2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)　∆H=-632kJ/mol，下列说法正确的是

A. 电子从电极b流出，经负载流向电极a
B. 当电极a的质量增加64g时，电池内部释放632kJ的热能
C. 电极b上发生的电极反应为O2+4H++4e-=2H2O
D. 标准状况下，每11.2LH2S参与反应，有1molH+经固体电解质膜进入负极区
【答案】C
【解析】
【分析】电极a上H2S失电子产生S2，为电池的负极，电极b上氧气得电子产生水，为正极，电子由负极流向正极。
【详解】A．a为负极，b为正极，电子从电极a流出，经负载流向电极b，选项A错误；
B．当电极a的质量增加64g时，即生成1molS2(s)，反应中化学能主要转化为电能，则电池内部释放的热能远小于632kJ，选项B错误；
C．该电池是质子固体做电解质，所以电极b反应式为，选项C正确；
D．由电极反应式2H2S-4e-=4H++S2可知，标准状况下，每11.2LH2S 物质的量=，H2S 参与反应，有1molH+经固体电解质膜进入正极区，选项D错误；
答案选C。
7. 常温下，在含有0.10mol·L-1H3PO3的溶液中含磷元素的微粒pc随pOH的变化关系如图所示已知pc=-lgc，pOH=-lgc(OH-)，H3PO3为二元弱酸，下列有关说法中不正确的是

A. m=10.00
B. 曲线③对应的微粒是H3PO3
C. Na2HPO3溶液显碱性
D. c点对应的溶液中c(H+)＞c(H2PO)+c(OH-)+2c(HPO)
【答案】A
【解析】
【分析】H3PO3为二元弱酸，所以随着c(OH-)增大，即pOH减小，c(H3PO3)一直减小，c(H2PO)先逐渐增大，之后减小，c(HPO)逐渐增大，所以曲线①代表pc(HPO)，曲线②代表pc(H2PO)，曲线③代表pc(H3PO3)。
【详解】A．m点处pc(H3PO3)=pc(HPO)，即=1，而==，所以c(H+)=，b点处pc(H3PO3)=pc(H2PO)，Ka1==c(H+)，该点pc(OH-)=12.7，即c(OH-)=10-12.7mol/L，所以c(H+)=10-1.3mol/L，所以Ka1=10-1.3，同理根据b点可得Ka2=10-6.6，所以d点处c(H+)==10-3.95mol/L，则c(OH-)=10-10.05mol/L，pc(OH-)=10.05，A错误；
B．根据分析可知曲线③代表pc(H3PO3)，B正确；
C．H3PO3为二元弱酸，所以Na2HPO3为正盐，溶液中存在HPO水解，溶液显碱性，C正确；
D．c点对应的溶液中pOH=14，即c(OH-)=10-14mol/L，c(H+)=1mol/L，所以此时溶液中含有其他可以电离出氢离子的物质，所以此时H3PO3的电离受到极大的抑制，存在数量关系c(HPO)＜c(H2PO)＜＜c(H3PO3)＜0.1mol/L，所以c(H+)＞c(H2PO)+c(OH-)+2c(HPO)，D正确；
综上所述答案为A。
二、非选择题
(一)必考题
8. 蛇纹石的主要成分是，同时含有少量铁、铝、铬、镍的氧化物。以蛇纹石为原料可以生产高纯氧化镁工艺流程如图所示：

请回答下列相关问题。
（1）酸浸时发生的主要反应的化学方程式是___________。
（2）分离操作后需要对酸浸滤饼洗涤并将洗涤液和酸浸滤液合并，洗涤液和滤液合并的目的是___________。判断滤饼已经洗涤干净的操作和现象是___________。
（3）净化过程是在常温下进行，加氨水将溶液的调至9，已知开始沉淀的为7，，，此时溶液中___________，净化过程中的去除率=___________。(，忽略净化过程中溶液的体积变化)
（4）理论上沉淀反应中可选用作沉淀剂生成沉淀，也可选用作沉淀剂生成碱式碳酸镁的结晶物，实际生产中为了得到比表面积大、活性高的轻质氧化镁，通常采用作沉淀剂，原因是___________。
（5）沉淀反应的温度以及所用硫酸镁和碳酸钠的摩尔计量比对最终产品纯度和产率的影响如图所示，则生产中应选择的合适的温度范围是___________，最佳摩尔计量比是___________。

【答案】（1）
（2） ①. 提高氧化镁的产率 ②. 取少量最后一次洗涤液于试管中，先加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，无白色沉淀产生
（3） ①. ②.
（4）煅烧分解时会产生大量的气体，可使得到的氧化镁颗粒更小，比表面积更大
（5） ①. ②. 1：1.4
【解析】
【分析】蛇纹石的主要成分是，同时含有少量铁、铝、铬、镍的氧化物。蛇纹石加入活化剂、硫酸进行酸浸，分离去掉酸浸滤饼，所得滤液结晶后加入粗硫酸镁，加入双氧水、氨水净化，精制硫酸镁溶液，加入沉淀剂沉淀反应，过滤、干燥后煅烧得到高纯氧化镁。
【小问1详解】
酸浸时发生的主要反应的化学方程式是；
【小问2详解】
洗涤液中含有少量硫酸镁，将洗涤液和滤液合并可减少硫酸镁的损失，提高最终所得氧化镁的产率。证明滤饼已经洗涤干净需要证明滤饼表面已经没有吸附的，因此应该取少量最后一次洗涤液于试管中，先加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，无白色沉淀产生；
【小问3详解】
调至9时，溶液中，根据可以算出此时溶液中，，因此，开始沉淀的为7，根据可以算出原溶液中，最终，因此去除率为；
【小问4详解】
采用作沉淀剂时得到的沉淀是，与沉淀相比，煅烧分解时会产生大量的气体，可使得到的氧化镁颗粒更小，比表面积更大，活性更高；
【小问5详解】
从图像分析可知，温度40~45℃、摩尔计量比1：1.4时，产率和产品纯度都较高。
9. 正戊醚可用作油脂、生物碱的萃取剂，Grignard反应的溶剂。以正戊醇为原料制备正戊醚的反应原理、有关数据和实验装置(夹持仪器已省略)如下：
2CH3CH2CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH2CH3+H2O
名称
相对分子质量
密度/(g·cm-3)
沸点/℃
水中溶解性
正戊醇
88
0.82
137.5
微溶
正戊醚
158
0.78
186.7
难溶

实验步骤：①向三颈烧瓶中加入43mL(约0.4mo1)正戊醇及6mL浓硫酸，摇动使混合均匀，再加入几粒沸石。
②按示意图连接装置，向分水器中预先加少量水(略低于直管口)。维持反应约1小时。
③待反应液冷却后依次用60mL水、30mL水、20mLNaOH溶液和20mL水洗涤。
④分离出的产物加入约3g无水氯化钙颗粒，静置一段时间过滤除去氯化钙。
⑤将上述处理过的粗产物进行蒸馏，收集馏分，得纯净正戊醚15.8g。
回答下列问题：
（1）根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶最适宜规格为_______。
A. 100mL B. 150mL C. 250mL D. 500mL
（2）将实验步骤②补全：按示意图连接装置，向分水器中预先加少量水(略低于直管口)。_______，维持反应约1小时。
（3）装置中分水器的作用是_______，判断反应已经完成的标志是_______。
（4）洗涤粗正戊醚在_______(填“仪器名称”)中进行；最后一次水洗的目的是_______。
（5）本次实验的产率为(某种生成物的实际产量与理论产量的百分比)_______。
【答案】（1）A （2）通入冷却水，加热三颈烧瓶至110℃
（3） ①. 分离出反应生成的水，使正戊醇回流至烧瓶中继续反应 ②. 水层高度不变
（4） ①. 分液漏斗 ②. 洗去有机层中残留的NaOH和反应生成的Na2SO4
（5）50％
【解析】
【小问1详解】
43mL(约0.4mo1)正戊醇及6mL浓硫酸，混合液的总体积为43mL+6mL=49mL，溶液体积不超过三颈烧瓶体积的，所以三颈烧瓶的最佳容积为100mL，答案选A。
【小问2详解】
依据题意可知，步骤②为：按示意图连接装置，向分水器中预先加少量水(略低于直管口)，然后将冷凝水从球形冷凝管的下口通入，再给三颈烧瓶加热至温度为110℃，维持反应约1小时。
小问3详解】
反应产物中有水，而正戊醇沸点较低，在水中微溶，反应生成的醚、水及挥发的未反应的醇进入分水器，分水器能在分离出水的同时，还可以使正戊醇回流至烧瓶中继续反应，提高原料利用率；若反应完全，则不再有正戊醇挥发冷凝进入分水器中，分水器液面不再升高，此时说明反应已经完成。
【小问4详解】
正戊醚难溶于水，洗涤时应在分液漏斗中洗涤、分液，氢氧化钠与硫酸反应生成了亚硫酸，最后一次水洗的目的是：洗去有机层中残留的NaOH和反应生成的Na2SO4。
【小问5详解】
依据方程式2CH3CH2CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH2CH3+H2O可知，当有0.4mo1正戊醇参与反应，理论上生成0.2mol正戊醚，质量为0.2mol158g/mol=31.6g，则产率为=50%。
10. 燃煤废气中含有多种能回收利用的原料气，如CO2、SO2及氮氧化物等，对其综合利用，可以改善环境质量。回答下列问题：
（1）标准状况下，各元素最稳定单质生成标准状况下1mol某纯物质的热效应称为该物质的标准摩尔生成焓()。将燃煤废气中的SO2富集后催化氧化可得到SO3。由表中数据，推测SO3(l)的_______(填“>”、“<”或“=”)-395.7kJ·mol-1，写出SO2(g)与O2(g)生成SO3(g)的热化学方程式_______。
物质
O2(g)
SO2(g)
SO3(g)
/kJ∙mol-1
0
-296.8
-395.7

（2）亚硝酰氯(CINO)是合成有机物的中间体。将一定量的NO与Cl2充入一密闭容器中，发生反应2NO(g)+Cl2(g)⇌2CINO(g)　∆H<0。平衡后，改变外界条件X，实验测得NO的转化率a(NO)随X的变化关系如图1所示，则条件X可能是_______(填字母序号)。

A. 温度 B. 压强 C. D. 与催化剂的接触面积
（3）已知反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)　∆H=-746.5kJ∙mol-1，在密闭容器中充入4molCO和5molNO，平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如图2所示。

①反应在D点达到平衡后，若此时升高温度，同时扩大容器体积使压强减小，在重新达到平衡过程中，D点会向A~G点中的_______点移动。
②某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图3所示。温度低于200℃时，图中曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因是_______；a点_______(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，理由是_______。

（4）以连二亚硫酸根离子()为媒介，用电化学法处理烟气中NO的装置如图4所示。

①阴极区的电极反应式为_______
②NO被吸收转化后的主要产物为，若通电时电路中转移了0.3mole-，则通电过程中理论上被吸收的NO在标准状况卜的体积为_______mL。
【答案】（1） ①. < ②. 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)△H=-197.8 kJ·mol-1 （2）AC
（3） ①. A ②. 温度低于200℃时，催化剂活性偏低，对反应速率的影响减小 ③. 不是 ④. 正反应放热，温度越低，NO平衡转化率越高，a点对应的NO平衡转化率应高于450℃时NO平衡转化率，根据图像可知，a点的平衡转化率比曲线450℃对应的NO平衡转化率还要高
（4） ①. ②. 1344
【解析】
【小问1详解】
SO3(g)能量大于SO3(l)，SO3(g)的=-395.7kJ·mol-1，SO3(l)的<-395.7kJ·mol-1；反应的焓变=生成物的标准生成焓-反应物的标准生成焓，2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H=-395.7 kJ·mol-1×2-(-296.8 kJ·mol-1×2)-0 kJ·mol-1=-197.8 kJ·mol-1；
【小问2详解】
A．正反应放热，升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，所以X可能是温度，故选A；
B．正反应气体系数和减小，增大压强平衡正向移动，NO的转化率增大，所以X不可能是压强，故不选B；
C．增大NO的浓度，NO的转化率减小，所以X可能是，故选C；
D．增大催化剂的接触面积，反应速率加快，平衡不移动，NO的转化率不变，所以X不可能是催化剂的接触面积，故不选D；
选AC。
【小问3详解】
①2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)正反应放热，升高温度平衡逆向移动，NO的体积分数增大，可知，减小压强，平衡逆向移动，NO的体积分数增大，反应在D点达到平衡后，若此时升高温度，同时扩大容器体积使压强减小，在重新达到平衡过程中，D点会向A~G点中的A点移动。
②温度低于200℃时，催化剂活性偏低，对反应速率的影响减小，所以曲线I脱氮率随温度升高而变化不大；正反应放热，温度越低，NO平衡转化率越高，a点对应的NO平衡转化率应高于450℃时NO平衡转化率，根据图像可知，a点的平衡转化率比曲线450℃对应的NO平衡转化率还要高，所以a点不是对应温度下的平衡脱氮率。
【小问4详解】
①根据图示，阴极区SO得电子生成S2O，阴极电极反应式为；
②NO被吸收转化后的主要产物为，N元素化合价由+2降低为-3，若通电时电路中转移了0.3mole-，根据得失电子守恒，吸收NO的物质的量为0.06mol，理论上被吸收的NO在标准状况下的体积为。
(二)选考题
[化学一选修3物质结构与性质]
11. 氮化镓(CaN)、碳化硅(SiC)是第三代半导体材料。
（1）基态Ga原子的核外电子排布式为_______。Ga、N和O的第一电离能由小到大的顺序为_______。
（2）GaCl3的熔点为77.9℃，气体在270℃左右以二聚物存在，CaF3的熔点为1000℃；GaCl3的熔点低于GaF3的原因为_______。
（3）GaCl3·xNH3(x=3，4，5，6)是一系列化合物，向含1molGaCl3·xNH3的溶液中加入足量AgNO3溶液，有难溶于稀硝酸的白色沉淀生成；过滤后，充分加热滤液，有4mol氨气逸出，且又有上述沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2。
①NH3的VSEPR模型名称为_______。
②能准确表示GaCl3·xNH3结构的化学式为_______。
（4）与镓同主族的硼(B)具有缺电子性，硼砂(四硼酸钠Na2B4O7·10H2O)中B4O是由两个H3BO3和两个[B(OH)4]-缩合而成的双六元环，应写成[B4O5(OH)4]2-的形式，结构如下图所示，则该离子中存在的作用力含有_______(填序号)，B原子的杂化方式为_______。

A.离子键　　B.极性键　　C.氢键　　D.范德华力　　E.配位键
（5）氮化镓的晶胞如图所示，Ga原子与N原子半径分别为apm和bpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞密度为cg/cm3，则该晶胞的空间利用率为_______(已知空间利用率为晶胞内原子体积占晶胞体积的百分比)。

【答案】（1） ①. 1s22s22p63s23p63d104s24p1 ②. Ga＜O＜N
（2）氟化镓是离子晶体，氯化镓是分子晶体，离子晶体的沸点远远大于分子晶体。
（3） ①. 四面体结构 ②. [Ga(NH3)4Cl2]Cl
（4） ①. BE ②. sp3和sp2
（5）
【解析】
【小问1详解】
镓元素是31号元素，故其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1；
Ga是金属元素，其第一电离能最小，氮元素的电子排布式：1s22s22p3，2p能级为半充满，较稳定，所以第一电离能O＜N，故Ga、N和O的第一电离能由小到大的顺序为Ga＜O＜N；
【小问2详解】
氟化镓是离子晶体，氯化镓是分子晶体，离子晶体的沸点远远大于分子晶体。
【小问3详解】
中心原子N的价层电子对数为=4，故NH3的VSEPR模型名称为四面体结构；加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成，说明有氯离子；过滤后，充分加热滤液，使配位键断裂，产生NH3和Cl-，有氨气逸出，Cl-与Ag+生成沉淀，两次沉淀的物质的量之比为1：2，则有配位键的Cl-与没有配位键的Cl-的个数比为2：1，Ga3+配位数为6，则该溶液中溶质的化学式为[Ga(NH3)4Cl2]Cl；
【小问4详解】
由[B4O3(OH)4]2-的结构可知，上下两个B原子周围有四个化学键，但是B原子最外层只有三个电子，可以与三个氧原子共用，多余的一个化学键是硼原子提供空轨道，氧原子提供孤电子对形成的配位键，故上下两个硼原子为sp3杂化；左右两个硼原子周围有三个化学键，均为极性共价单键，故左右两个硼原子为sp2杂化；故答案为BE；sp3和sp2；
【小问5详解】
由图可知，晶胞的8个顶点有8个镓原子，其中有1个镓原子全部属于该晶胞，故该晶胞拥有的所有镓原子个数为，晶胞的4个棱柱有4个氮原子，其中1个氮原子全部属于该晶胞，故该晶胞拥有的所有氮原子个数为，。
[化学一选修5有机化学基础]
12. 化合物K是一种有机光电材料的中间体。实验室由芳香化合物A制备K的一种合成路线如下：

已知：①在一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。
②RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O
③
回答下列问题：
（1）B的分子式为_______；E中官能团的名称为_______
（2）D→E第一步的化学反应方程式为_______。
（3）F→G第一步的反应类型为_______。
（4）J的结构简式为_______。
（5）芳香化合物X是E的同分异构体，X具有以下特点：①只有一个环状结构；②具有两个相同的官能团；③能发生银镜反应，X共有_______种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为3：2：2：1，写出2种符合要求的X的结构简式_______。
（6）根据上述路线中的相关知识，以乙醇为原料设计合成1-丁醇，写出合成路线(要求：反应不超过三步，其它无机试剂任选)_______。
【答案】（1） ①. C7H6Cl2 ②. 羧基、碳碳双键
（2） （3）消去反应
（4） （5） ①. 10 ②. 、
（6）CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH
【解析】
【分析】由分子式可知A为甲苯()，由条件可知A中甲基上的2个-H被-Cl取代得到B， B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应，两个-Cl被两个-OH取代，然后脱水形成C()；结合信息②给出的反应类型推出D为，从D→E分为两步，第一步先加入新制氢氧化铜悬浊液并加热，生成，再酸化，生成E，E为；加入溴的四氯化碳溶液，E和溴发生加成反应得到F，F为，在加入氢氧化钾、乙醇溶液并加热，发生消去反应，再酸化得到G为，加入乙醇、浓硫酸，在加热条件下发生酯化反应得到H，H为，结合反应③给出的反应类型以及K的结构简式推断J为。
【小问1详解】
A中甲基上的2个H被2个Cl取代，B的分子式为C7H6Cl2；E为，含有官能团羧基、碳碳双键；
【小问2详解】
据分析，D为，含有醛基官能团，第一步先加入新制氢氧化铜悬浊液并加热，方程式为；
【小问3详解】
据分析，F为，在加入氢氧化钾、乙醇溶液并加热，先发生消去反应，后酸化得到G为，因此第一步发生反应类型为消去反应；
【小问4详解】
据分析，G加入乙醇、浓硫酸，在加热条件下发生酯化反应得到H，H为，结合反应③给出的反应类型以及K的结构简式推断J为；
【小问5详解】
E为，除苯环外不饱和度为2，其同分异构体满足：
①只有一个环状结构；②具有两个相同的官能团；③能发生银镜反应，则符合条件的结构含有一个苯环，有两个醛基，其可能存在的结构共有10种，取代基为-CH(CHO)2有1种；取代基为-CHO和-CH2CHO有邻间对3种；取代基为-CHO、-CHO、-CH3有6种，因此符合条件的共10种；
其中核磁共振氢谱有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为、；
【小问6详解】
简要合成步骤如下：乙醇在铜、氧气加热条件下发生催化氧化得到乙醛，结合②给出的反应类型，两分子乙醛在氢氧化钠水溶液加热条件下可得CH3CH=CHCHO，在催化剂、氢气条件发生加成反应即可得到1-丁醇，具体合成路线如下：CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH。