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四川省成都市第七中学2023-2024学年高三二诊模拟考试化学试卷（Word版附解析）
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这是一份四川省成都市第七中学2023-2024学年高三二诊模拟考试化学试卷（Word版附解析），文件包含四川省成都市第七中学2023-2024学年高三下学期二诊模拟考试化学Word版含解析docx、四川省成都市第七中学2023-2024学年高三下学期二诊模拟考试化学Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
考试时间：150分钟，试卷满分300分
相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 P31 S32 C59
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，只有一项符合题目要求。
1. 下列说法错误的是
A. 明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作净水剂
B. 使用无磷洗衣粉，可彻底解决水体富营养化问题
C. 改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放
D. 新型复合材料使手机、电脑等电子产品更轻巧、实用和新潮
【答案】B
【解析】
【详解】A．明矾中含有，水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作净水剂，A正确；
B．使用无磷洗衣粉，可以缓解和减小水体富营养化问题的程度，而不能彻底解决，B错误；
C．改进汽车尾气净化技术，可将有害的、等气体转化为无害的、，减少大气污染物的排放，C正确；
D．新型复合材料具有密度小、容量大等优点，可以使手机、电脑等电子产品更轻巧、实用和新潮，D正确；
故选B。
2. 下列说法正确的是
A. 2.8 g环己烷含共价键数目为0.4NA
B. 过氧化钠与水反应，生成0.1 ml氧气时，转移的电子数为0.4NA
C. 142 g Na2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴阳离子总数为3NA
D. 用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1 mlCu(OH)2能使溶液复原，则电路中转移电子数为0.2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 2.8 g环己烷的物质的量为=ml，含共价键数目为ml ×18 NA =0.6NA，故A错误；B.过氧化钠与水反应时，氧元素由-1价变为0价生成氧气，故当生成0.1ml氧气时转移0.2ml电子即0.2NA个，故B错误；C、Na2SO4和Na2HPO4的摩尔质量均为142g/ml，故142g混合物的物质的量为1ml，而且两者均含2个钠离子和1个阴离子，故1ml混合物中含离子共3NA个，故C正确；D、用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1ml Cu(OH)2能使溶液复原，则说明阳极上析出的是0.1ml氧气，阴极上析出的是0.1ml铜和0.1ml氢气，故转移0.4ml电子即0.4NA个，故D错误；故选C。
点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的相关计算。本题的难点是D，用惰性电极电解CuSO4溶液后，加入Cu(OH)2能使溶液复原，说明阳极上析出的是氧气，阴极上析出的是铜和氢气。
3. 前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。其中X、Z、R最外层电子数相等，且X与Z、R均可形成离子化合物；Y、W同主族，Y最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：W>Z>Y
B. X分别与Y、W形成的常见化合物都属于弱电解质
C. Z的单质在中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1：1
D. Y分别与Z、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同
【答案】B
【解析】
【分析】前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。Y、W同主族，Y最外层电子数是内层电子数的3倍，Y是O元素、W是S元素；X、Z、R最外层电子数相等，且X与Z、R均可形成离子化合物，则X是H元素、Z是Na元素、R是K元素；
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：S2->O2->Na+，故A错误；
B． H分别与O、S形成的常见化合物H2O、H2S都属于弱电解质，故B正确；
C．Na在O2中燃烧所得的产物Na2O2中阴、阳离子个数比为1：2，故C错误；
D．O分别与Na、S均可形成具有漂白性的化合物Na2O2、SO2，漂白原理不相同，故D错误；
选B。
4. 俗称“一滴香”的有毒物质被人食用后会损伤肝脏，还能致癌。“一滴香”的分子结构如图所示，下列说法正确的是
A. 该有机物的分子式为
B. 该有机物的一种芳香族同分异构体能发生银镜反应
C. 该有机物能发生取代、加成、氧化和水解反应
D. 该分子中所有碳原子可能共面
【答案】D
【解析】
【详解】A．该有机物的结构简式为，其分子式为C7H8O3，故A错误；
B．据苯及其同系物的通式CnH2n-6(n≥6)，7×2-6=8，8-8=0，即分子中若有苯环，则苯环外不可能有醛基，故B错误；
C．该有机物中有碳碳双键和酮羰基能发生加成反应、有羟基能发生取代和氧化反应，但不能发生水解反应，故C错误；
D．该分子中含有碳碳双键、酮羰基的六元环为平面结构，通过单键的旋转，所有碳原子可能共面，故D正确；
故答案为：D。
5. 将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池(如图所示)，该电池可将可乐中的葡萄糖作为燃料转化成葡萄糖内酯并获得能量，下列说法不正确的是
A. 随着反应不断进行，负极区的pH不断增大
B. b极为正极
C. b极的电极反应式为：
D. 当电路中转移0.2个电子时，消耗0.1ml葡萄糖
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，a电极为原电池的负极，葡萄糖在负极失去电子发生氧化反应生成葡萄糖内酯和氢离子，电极反应式为C6H12O6—2e—= C6H10O6+2H+，b极为正极，酸性条件下二氧化锰在正极得到电子发生还原反应生成锰离子和水，电极反应式为。
【详解】A．由分析可知，a电极为原电池的负极，葡萄糖在负极失去电子发生氧化反应生成葡萄糖内酯和氢离子，电极反应式为C6H12O6—2e—= C6H10O6+2H+，则随着反应不断进行，负极区的pH不断减小，故A错误；
B．由分析可知，b极为原电池的正极，故B正确；
C．由分析可知，b极为原电池的正极，酸性条件下二氧化锰在正极得到电子发生还原反应生成锰离子和水，电极反应式为，故C正确；
D．由分析可知，a电极为原电池的负极，葡萄糖在负极失去电子发生氧化反应生成葡萄糖内酯和氢离子，电极反应式为C6H12O6—2e—= C6H10O6+2H+，则当电路中转移0.2个电子时，消耗葡萄糖的物质的量为0.1ml，故D正确；
故选A。
6. 对某溶液中部分离子的定性检测流程如下。相关分析正确的是
A. 步骤①所加试剂可以是浓KOH溶液
B. 可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体
C. 步骤②发生的反应为
D. 遇铁氰化钾会生成蓝色溶液
【答案】A
【解析】
【分析】步骤①中，加入浓的碱溶液会产生无色的气体，加入过量的强碱会产生红褐色沉淀，加入过量的强碱会生成，X为含有的溶液，步骤②中加入发生的反应为，生成白色沉淀。
【详解】A．根据以上分析，步骤①中所加试剂可以是浓KOH溶液，A正确；
B．无色的气体，可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，所以应该用湿润的蓝色石蕊试纸检验，B错误；
C．步骤②中加入发生的反应为，生成白色沉淀，C错误；
D．遇铁氰化钾会生成蓝色沉淀，D错误；
故选A。
7. 在某温度时，将nml/L氨水滴入10mL1.0ml/L盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是
A. 水的电离程度：a>b>d>c
B.
C. c点：
D. 25℃时，的水解常数计算式为
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，反应温度最高时，氨水溶液的体积小于10mL，则氨水的浓度小于1.0ml/L；a点为1.0ml/L盐酸溶液，盐酸电离出的氢离子抑制水的电离，b点盐酸与氨水恰好反应生成氯化铵，铵根离子在溶液中水解促进水的电离，c点氨水过量得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性，d点为氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液呈碱性。
【详解】A．由分析可知，a点为1.0ml/L盐酸溶液，盐酸电离出的氢离子抑制水的电离，b点盐酸与氨水恰好反应生成氯化铵，铵根离子在溶液中水解促进水的电离，则a点水的电离程度小于b点，故A错误；
B．由分析可知，氨水的浓度小于1.0ml/L，故B错误；
C．由分析可知，c点氨水过量得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系c(NH)+c(H+)=c(Cl—)+ c(OH—)可知，溶液中c(NH)=c(Cl—)= =0.5 ml/L，故C错误；
D．由分析可知，c点氨水过量得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，均为10—7 ml/L由电荷守恒关系c(NH)+c(H+)=c(Cl—)+ c(OH—)可知，溶液中c(NH)=c(Cl—)= =0.5 ml/L，由氮原子个数守恒可知，溶液中一水合氨的浓度为(—0.5 ml/L)，则铵根离子的水解常数Kh=，故D正确；
故选D。
第Ⅱ卷 (非选择题)
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。
8. 一种回收锌电解阳极泥(主要成分为、和ZnO，还有少量锰铅氧化物和Ag)中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图所示。回答下列问题：
已知：①易溶于水，不溶于乙醇。
②在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应：
（1）中Pb的化合价为+2价，Mn的化合价有+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为_______。
（2）滤液1中的溶质为_______；“还原酸浸”过程中主要反应的化学方程式为_______；实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是_______。
（3）结合溶解度曲线图分析，由溶液制得晶体“一系列操作”是_______、_______，用_______(填物质的名称)洗涤、干燥。
（4）“电解”时，加入与水反应生成二元弱酸，在阴极放电生成Se单质，有利于电还原沉积。则放电的电极反应式为_______。
（5）整个流程中可循环利用的物质是_______。
（6）通过计算说明可用溶液将“滤渣”中的转化为的原因_______。[已知：25℃时，]
【答案】（1）
（2） ①. ②. ③. 在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生副反应，消耗更多的葡萄糖
（3） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶 ③. 乙醇
（4）
（5）
（6）含有的滤渣中加入，发生转化，，可视为完全转化。
【解析】
【分析】阳极泥的主要成分为、和ZnO，还有少量锰铅氧化物和Ag，加入稀硫酸，得到溶液，、、中继续加入稀硫酸和葡萄糖，价的Mn转化为+2价的进入溶液中，过滤后得到的溶液经过一系列操作，得到晶体，加入与水反应生成二元弱酸，电解时，在阴极放电生成Se单质，有利于电还原沉积生成Mn单质；滤渣中的加入，使更难溶的，加入醋酸，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅中加入硫酸，生成沉淀。
【小问1详解】
中Pb的化合价为+2价，Mn的化合价有+2价和+4价，设+2价和+4价的Mn的个数分别为x和y，根据化合物中各元素的化合价的代数和为0和原子个数守恒，得到方程式，联立解得，所以+2价和+4价Mn的个数比为；
【小问2详解】
由以上分析可知，加入稀硫酸转化为溶液，滤液1中的溶质为；“还原酸浸”过程中中加入稀硫酸和还原性糖，价的Mn转化为+2价的进入溶液中，发生的反应为：；因为在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生副反应，消耗更多的葡萄糖，所以实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量；
【小问3详解】
根据的溶解度随温度变化的曲线，由溶液制得晶体的“一系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；易溶于水，不溶于乙醇，所以洗涤时用乙醇而不用水洗，可以降低的溶解损耗；
【小问4详解】
电解时，，在阴极放电生成Se单质，电极反应式为；
【小问5详解】
根据以上流程的分析，整个流程中可循环利用的物质是稀；
【小问6详解】
含有的滤渣中加入，发生转化，，可视为完全转化。
9. 实验室利用含钴废渣[含、等]制备磁性材料。回答下列问题：
I．稀硫酸的配制。
（1）实验室里需要：450mL溶液，用98%浓硫酸(密度为)配制该溶液时，所需的浓硫酸的体积为_______(保留1位小数)mL。
（2）下图关于容量瓶的操作，正确的是_______。
（3）配制过程中，下列操作将导致溶液浓度偏小的是_______(填标号)。
A. 定容时俯视容量瓶刻度线
B. 容量瓶未干燥处理
C. 定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余水
D. 将溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯
Ⅱ．浸取，将一定量的钴渣粉与溶液配成悬浊液，加入三颈烧瓶中(装置如图)，70℃通过仪器a缓慢滴加稀硫酸，充分反应，过滤。
（4）b中应加入_______作为最佳传热介质。
（5）该过程中，转化为的离子方程式为_______。
Ⅲ．沉钴。C(Ⅱ)盐溶液可以形成、和等多种形式的沉淀。
已知：向0.100ml/L溶液中滴加NaOH溶液调节pH，时开始出现沉淀。
（6）向除杂后溶液中加入溶液或溶液作沉淀剂，可得到，不能用同浓度的溶液代替溶液的原因是_______。
Ⅳ．制备，将所得的18.3g草酸钴晶体()高温灼烧，其热重分析图如图：
（7）写出B点对应的物质的化学式：_______，CD段发生反应的化学方程式为_______。
【答案】（1）54.3
（2）C （3）CD
（4）Na2SO3 （5）2C(OH)3+SO+4H+=2C2++SO+5H2O
（6）若用草酸钠溶液代替草酸铵溶液，会有氢氧化亚钴沉淀生成，导致CC2O4的产率降低
（7） ①. CO ②. 6CO+O22C3O4
【解析】
【小问1详解】
由c=可知，浓硫酸的浓度为ml/L=18.4ml/L，实验室没有480mL容量瓶，所以配制480mL2ml/L的硫酸溶液时，应选用500mL容量瓶，由稀释定律可知，配制该溶液时，所需的浓硫酸的体积为×103mL/L=54.3mL，故答案为：43.4；
【小问2详解】
A．检查容量瓶是否漏水时，加入少量水，盖好盖子，将容量瓶倒置，观察是否有水渗出，故错误；
B．容量瓶读数时，应平视容量瓶的刻度，视线、刻度与凹液面的最低点在同一水平线上，故错误；
C．稀释得到的溶液转移到容量瓶时，应用玻璃棒引流，且玻璃棒的下端应在刻度线下方，故正确；
D．容量瓶定容时，应盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀，故错误；
故选C；
【小问3详解】
A．定容时俯视容量瓶刻度线会使溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，故不符合题意；
B．容量瓶未干燥处理不会影响溶质的物质的量和溶液的体积，对所配溶液浓度无影响，故不符合题意；
C．定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水会使溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏小，故符合题意；
D．将溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯使溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏小，故符合题意；
故选CD；
【小问4详解】
实验时，为使三颈烧瓶中反应物受热均匀，应向三颈烧瓶中加入亚硫酸钠溶液作为传热介质，故答案为：Na2SO3；
【小问5详解】
由题意可知，氢氧化钴转化为亚钴离子的反应为氢氧化钴酸性条件下与亚硫酸钠溶液反应生成亚钴离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为2C(OH)3+SO+4H+=2C2++SO+5H2O，故答案为：2C(OH)3+SO+4H+=2C2++SO+5H2O；
【小问6详解】
草酸钠是强碱弱酸盐，草酸铵是弱酸弱碱盐，草酸钠溶液的碱性更强，若用草酸钠溶液代替草酸铵溶液，会有氢氧化亚钴沉淀生成，导致草酸亚钴的产率降低，故答案为：若用草酸钠溶液代替草酸铵溶液，会有氢氧化亚钴沉淀生成，导致CC2O4的产率降低；
【小问7详解】
由题意可知，草酸钴晶体的物质的量为=0.1ml，由钴原子个数守恒可知，B点固体中氧原子的物质的量为=0.1ml，则B点所得固体的化学式为CO；同理可知，D点固体中氧原子的物质的量为≈0.133ml，则D点固体的化学式为C3O4，CD段发生反应的化学方程式为6CO+O22C3O4，故答案为：CO；6CO+O22C3O4。
10. 为促进碳中和，科研工作者利用化学链技术将CO2转化为燃料CO，回答下列问题：
（1）化学链技术分为两个过程：
过程一：还原器中，低价态金属氧化物(FeO，Ce2O3、NbO2)载氧体将CO2，还原为CO，选用FeO作还原剂时，可能发生的反应有：
反应I：3FeO(s)+CO2(g)=Fe3O4(s)+CO(g) ΔH1=-9.8kJ·ml-1
反应Ⅱ：6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s) ΔH2=-189.0kJ·ml-1
反应Ⅲ：C(s)+CO2(g)=2CO(g) ΔH3
根据盖斯定理，计算ΔH3=___________kJ·ml-1。
过程二：再生反应器中，可能发生以下两种路径(仅表示转化过程)：
直接再生：MOy→MOx+O2
间接再生：MOy+C→MOx+CO
压强101kPa下，不同金属氧化物直接再生路径和间接再生路径的ΔG随温度变化如图1和图2所示，则在研究温度内，直接再生路径不可行的主要原因是___________。
（2）间接再生时，化学平衡常数随温度变化见图3，则间接再生反应均为___________(填“吸热”或“放热”)反应，根据图3，化学链技术将CO2还原为CO的最优载氧体系为Fe3O4/FeO，其主要原因是___________。
（3）为确定过程一的最佳反应温度，在还原器中按n(FeO)：n(CO2)=3：1投料，达平衡时各组分的物质的量如图4所示。
①结合(1)中过程一的反应分析，800℃之前，n(CO))随温度升高而增大的原因是_____________。
②800℃之后的高温条件下，n(CO2)和n(CO)趋于稳定，说明温度对反应I、Ⅱ、Ⅲ的平衡影响不大，但n(FeO)仍在增大，则主要发生的化学方程式为___________。
③800℃达平衡时，容器内总压为pkPa．n(CO2)=0.66ml。n(CO)=0.33ml，则消碳反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp=___________kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1） ①. +169.4 ②. 直接再生路径的ΔG均大于0，反应不自发
（2） ①. 吸热 ②. 在相同温度下，Fe3O4/FeO载氧体系参与反应时，平衡常数最大(Fe3O4/FeO载氧体系成本较低)
（3） ①. 反应I为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高促进反应I逆向进行、反应Ⅲ正向进行，800℃之前，温度对反应Ⅲ的影响程度大于反应I，故n(CO)随温度升高而增大 ②. Fe+Fe3O44FeO ③.
【解析】
【小问1详解】
已知：反应I：3FeO(s)+CO2(g)=Fe3O4(s)+CO(g) ΔH1=-9.8kJ·ml-1
反应Ⅱ：6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s) ΔH2=-189.0kJ·ml-1
根据盖斯定律，由①-②得反应Ⅲ：C(s)+CO2(g)=2CO(g) ΔH3=ΔH1-ΔH2=-9.8kJ·ml-1-(-189.0kJ·ml-1)= +169.4 kJ·ml-1；答案为+169.4；
直接再生路径的ΔG均大于0，反应不自发，故在研究温度内，直接再生路径不可行；
【小问2详解】
间接再生时，化学平衡常数随温度变化见图3，随着温度的升高，lnK增大，则K增大，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应；则间接再生反应均为吸热反应，根据图3，化学链技术将CO2还原为CO的最优载氧体系为Fe3O4/FeO，其主要原因是在相同温度下，Fe3O4/FeO载氧体系参与反应时，平衡常数最大(Fe3O4/FeO载氧体系成本较低)；
【小问3详解】
①反应I为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高促进反应I逆向进行、反应Ⅲ正向进行，800℃之前，温度对反应Ⅲ的影响程度大于反应I，故n(CO)随温度升高而增大；
②800℃之后的高温条件下，n(CO2)和n(CO)趋于稳定，说明温度对反应I、Ⅱ、Ⅲ的平衡影响不大，则气体浓度几乎保持不变，但n(FeO)仍在增大，则只能固体物质在参与反应，结合铁的氧化物中铁的价态可知，主要发生的化学方程式为Fe+Fe3O44FeO；
③800℃达平衡时，容器内总压为pkPa．n(CO2)=0.66ml。n(CO)=0.33ml，则消碳反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp==0.165pkPa=kPa。
【化学—选修：物质的结构与性质】
11. 含铜物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
（1）一个原子轨道填充2个自旋方向相反(顺时针和逆时针)的电子。原子中电子有两种相反的自旋状态，分别用和表示，称为电子的自旋磁量子数，则基态铜原子自旋磁量子数的代数和为_______；基态较基态更稳定的原因是_______。
（2）稀溶液中存在，空间构型为八面体形：下列对中杂化方式推断合理的是_______(填标号)。
A. B. C. D.
（3）可形成，其中en代表。1ml该配合物中，VSEPR模型为四面体的非金属原子共有_______个；C、N、F的电负性由大到小的顺序为_______。
（4）一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为_______；该晶体的化学式为_______。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点，B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、，则C点原子的分数坐标为_______，晶胞中C、D间距离_______pm。
【答案】11. ①. 或- ②. 基态Cu+的价电子排布式为全充满的3d10结构，而Cu2+的价电子排布式为3d9，所以基态Cu+比Cu2+稳定 12. C
13. ①. 11 ②. F>N>C
14. ①. 50% ②. CuInTe2 ③. () ④.
【解析】
【小问1详解】
Cu的原子序数为29，基态价电子排布式为3d104s1，则自旋磁量子数的代数和为+或-；基态Cu+的价电子排布式为全充满的3d10结构，而Cu2+的价电子排布式为3d9，所以基态Cu+比Cu2+稳定。
【小问2详解】
[Cu(H2O)6]2+的空间构型为八面体形，则Cu2+的价层电子对数为6，杂化轨道数为6，所以其杂化方式可能为sp3d2，故选C。
【小问3详解】
在H2N−CH2−CH2−NH2中，C原子和N原子均为sp3杂化，NH3和的中心原子也均为sp3杂化，其VSEPR模型均为四面体形，1ml该配合物中有2mlen、1mlNH3和2ml，则VSEPR模型为四面体的非金属原子共有11个；同周期元素的电负性从左到右逐渐增大，则C、N、F的电负性由大到小的顺序为F>N>C。
【小问4详解】
根据晶胞结构可知，在一个晶胞中，Cu、In围成的四面体空隙共有16个，晶体中Te原子有8个，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为50%；该晶胞中Cu位于8个顶点、4个位于面心、1个位于体心，共有Cu：8+4+1=4个；In位于面心和棱心，位于面心的有6个，位于棱心的有4个，共有6+4=4个，Te有8个，所以该晶体的化学式为CuInTe2；C点原子位于下面的二分之一晶胞分成的8个小晶胞其中之一的体心，根据A和B的原子坐标，可知C点原子的坐标为（）；晶胞中C、D间的距离是一个边长为、长方形的面对角线，距离为。
【化学—选修：有机化学基础】
12. 有机太阳能电池利用有机半导体将光能转换为电能。科学家设计了一种新型有机太阳能电池材料，其部分合成路线如下：
（1）化合物A的含氧官能团有___________(填官能团名称)。
（2）化合物B的一种同分异构体能溶解于水溶液，遇不显色。核磁共振氢谱检测到三组峰(峰面积比为1：2：2)，其结构简式为___________。
（3）化合物C的名称是___________，分子式是___________。
（4）由B到D的转化过程中涉及的反应类型有________、_________和_________
（5）化合物E可通过频哪醇()和联硼酸()的脱水反应制备。频哪醇的结构简式是___________。
（6）某同学分析以上合成路线，发现制备化合物F和H的反应类型都属于___________反应。进而提出了化合物H的另外一种制备方法：首先在的催化下，化合物G与E反应合成新的化合物Ⅰ，其结构简式为___________。化合物Ⅰ在的催化下与化合物___________(写结构简式)反应即可生成化合物H。
【答案】12. 羟基、醛基
13. 14. ①. 乙酸酐 ②. C4H6O3
15. ①. 加成反应 ②. 消去反应 ③. 取代反应
16. 17. ①. 取代 ②. ③.
【解析】
【分析】由B可知A为：，根据分析，B与C经过3步反应得到D： （D）；D与E发生取代反应得到F，F与G发生取代反应得到H。
【小问1详解】
根据分析，A为：，含氧官能团名称为：羟基、醛基；
【小问2详解】
B为，化合物B的一种同分异构体能溶解于水溶液，遇不显色，说明含酯基，核磁共振氢谱检测到三组峰说明有3种不同化学环境的氢原子，峰面积比为1：2：2说明氢原子个数比为1：2：2，满足条件的结构简式为：；
【小问3详解】
C名称为乙酸酐，分子式是：C4H6O3；
【小问4详解】
根据分析，B经过加成反应、消去反应、取代反应得到D；
【小问5详解】
根据化合物E的结构，可知频哪醇()的结构简式为：；
【小问6详解】
考试时间：150分钟，试卷满分300分
相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 P31 S32 C59
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，只有一项符合题目要求。
1. 下列说法错误的是
A. 明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作净水剂
B. 使用无磷洗衣粉，可彻底解决水体富营养化问题
C. 改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放
D. 新型复合材料使手机、电脑等电子产品更轻巧、实用和新潮
【答案】B
【解析】
【详解】A．明矾中含有，水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作净水剂，A正确；
B．使用无磷洗衣粉，可以缓解和减小水体富营养化问题的程度，而不能彻底解决，B错误；
C．改进汽车尾气净化技术，可将有害的、等气体转化为无害的、，减少大气污染物的排放，C正确；
D．新型复合材料具有密度小、容量大等优点，可以使手机、电脑等电子产品更轻巧、实用和新潮，D正确；
故选B。
2. 下列说法正确的是
A. 2.8 g环己烷含共价键数目为0.4NA
B. 过氧化钠与水反应，生成0.1 ml氧气时，转移的电子数为0.4NA
C. 142 g Na2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴阳离子总数为3NA
D. 用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1 mlCu(OH)2能使溶液复原，则电路中转移电子数为0.2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 2.8 g环己烷的物质的量为=ml，含共价键数目为ml ×18 NA =0.6NA，故A错误；B.过氧化钠与水反应时，氧元素由-1价变为0价生成氧气，故当生成0.1ml氧气时转移0.2ml电子即0.2NA个，故B错误；C、Na2SO4和Na2HPO4的摩尔质量均为142g/ml，故142g混合物的物质的量为1ml，而且两者均含2个钠离子和1个阴离子，故1ml混合物中含离子共3NA个，故C正确；D、用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1ml Cu(OH)2能使溶液复原，则说明阳极上析出的是0.1ml氧气，阴极上析出的是0.1ml铜和0.1ml氢气，故转移0.4ml电子即0.4NA个，故D错误；故选C。
点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的相关计算。本题的难点是D，用惰性电极电解CuSO4溶液后，加入Cu(OH)2能使溶液复原，说明阳极上析出的是氧气，阴极上析出的是铜和氢气。
3. 前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。其中X、Z、R最外层电子数相等，且X与Z、R均可形成离子化合物；Y、W同主族，Y最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：W>Z>Y
B. X分别与Y、W形成的常见化合物都属于弱电解质
C. Z的单质在中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1：1
D. Y分别与Z、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同
【答案】B
【解析】
【分析】前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。Y、W同主族，Y最外层电子数是内层电子数的3倍，Y是O元素、W是S元素；X、Z、R最外层电子数相等，且X与Z、R均可形成离子化合物，则X是H元素、Z是Na元素、R是K元素；
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：S2->O2->Na+，故A错误；
B． H分别与O、S形成的常见化合物H2O、H2S都属于弱电解质，故B正确；
C．Na在O2中燃烧所得的产物Na2O2中阴、阳离子个数比为1：2，故C错误；
D．O分别与Na、S均可形成具有漂白性的化合物Na2O2、SO2，漂白原理不相同，故D错误；
选B。
4. 俗称“一滴香”的有毒物质被人食用后会损伤肝脏，还能致癌。“一滴香”的分子结构如图所示，下列说法正确的是
A. 该有机物的分子式为
B. 该有机物的一种芳香族同分异构体能发生银镜反应
C. 该有机物能发生取代、加成、氧化和水解反应
D. 该分子中所有碳原子可能共面
【答案】D
【解析】
【详解】A．该有机物的结构简式为，其分子式为C7H8O3，故A错误；
B．据苯及其同系物的通式CnH2n-6(n≥6)，7×2-6=8，8-8=0，即分子中若有苯环，则苯环外不可能有醛基，故B错误；
C．该有机物中有碳碳双键和酮羰基能发生加成反应、有羟基能发生取代和氧化反应，但不能发生水解反应，故C错误；
D．该分子中含有碳碳双键、酮羰基的六元环为平面结构，通过单键的旋转，所有碳原子可能共面，故D正确；
故答案为：D。
5. 将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池(如图所示)，该电池可将可乐中的葡萄糖作为燃料转化成葡萄糖内酯并获得能量，下列说法不正确的是
A. 随着反应不断进行，负极区的pH不断增大
B. b极为正极
C. b极的电极反应式为：
D. 当电路中转移0.2个电子时，消耗0.1ml葡萄糖
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，a电极为原电池的负极，葡萄糖在负极失去电子发生氧化反应生成葡萄糖内酯和氢离子，电极反应式为C6H12O6—2e—= C6H10O6+2H+，b极为正极，酸性条件下二氧化锰在正极得到电子发生还原反应生成锰离子和水，电极反应式为。
【详解】A．由分析可知，a电极为原电池的负极，葡萄糖在负极失去电子发生氧化反应生成葡萄糖内酯和氢离子，电极反应式为C6H12O6—2e—= C6H10O6+2H+，则随着反应不断进行，负极区的pH不断减小，故A错误；
B．由分析可知，b极为原电池的正极，故B正确；
C．由分析可知，b极为原电池的正极，酸性条件下二氧化锰在正极得到电子发生还原反应生成锰离子和水，电极反应式为，故C正确；
D．由分析可知，a电极为原电池的负极，葡萄糖在负极失去电子发生氧化反应生成葡萄糖内酯和氢离子，电极反应式为C6H12O6—2e—= C6H10O6+2H+，则当电路中转移0.2个电子时，消耗葡萄糖的物质的量为0.1ml，故D正确；
故选A。
6. 对某溶液中部分离子的定性检测流程如下。相关分析正确的是
A. 步骤①所加试剂可以是浓KOH溶液
B. 可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体
C. 步骤②发生的反应为
D. 遇铁氰化钾会生成蓝色溶液
【答案】A
【解析】
【分析】步骤①中，加入浓的碱溶液会产生无色的气体，加入过量的强碱会产生红褐色沉淀，加入过量的强碱会生成，X为含有的溶液，步骤②中加入发生的反应为，生成白色沉淀。
【详解】A．根据以上分析，步骤①中所加试剂可以是浓KOH溶液，A正确；
B．无色的气体，可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，所以应该用湿润的蓝色石蕊试纸检验，B错误；
C．步骤②中加入发生的反应为，生成白色沉淀，C错误；
D．遇铁氰化钾会生成蓝色沉淀，D错误；
故选A。
7. 在某温度时，将nml/L氨水滴入10mL1.0ml/L盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是
A. 水的电离程度：a>b>d>c
B.
C. c点：
D. 25℃时，的水解常数计算式为
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，反应温度最高时，氨水溶液的体积小于10mL，则氨水的浓度小于1.0ml/L；a点为1.0ml/L盐酸溶液，盐酸电离出的氢离子抑制水的电离，b点盐酸与氨水恰好反应生成氯化铵，铵根离子在溶液中水解促进水的电离，c点氨水过量得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性，d点为氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液呈碱性。
【详解】A．由分析可知，a点为1.0ml/L盐酸溶液，盐酸电离出的氢离子抑制水的电离，b点盐酸与氨水恰好反应生成氯化铵，铵根离子在溶液中水解促进水的电离，则a点水的电离程度小于b点，故A错误；
B．由分析可知，氨水的浓度小于1.0ml/L，故B错误；
C．由分析可知，c点氨水过量得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系c(NH)+c(H+)=c(Cl—)+ c(OH—)可知，溶液中c(NH)=c(Cl—)= =0.5 ml/L，故C错误；
D．由分析可知，c点氨水过量得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，均为10—7 ml/L由电荷守恒关系c(NH)+c(H+)=c(Cl—)+ c(OH—)可知，溶液中c(NH)=c(Cl—)= =0.5 ml/L，由氮原子个数守恒可知，溶液中一水合氨的浓度为(—0.5 ml/L)，则铵根离子的水解常数Kh=，故D正确；
故选D。
第Ⅱ卷 (非选择题)
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。
8. 一种回收锌电解阳极泥(主要成分为、和ZnO，还有少量锰铅氧化物和Ag)中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图所示。回答下列问题：
已知：①易溶于水，不溶于乙醇。
②在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应：
（1）中Pb的化合价为+2价，Mn的化合价有+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为_______。
（2）滤液1中的溶质为_______；“还原酸浸”过程中主要反应的化学方程式为_______；实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是_______。
（3）结合溶解度曲线图分析，由溶液制得晶体“一系列操作”是_______、_______，用_______(填物质的名称)洗涤、干燥。
（4）“电解”时，加入与水反应生成二元弱酸，在阴极放电生成Se单质，有利于电还原沉积。则放电的电极反应式为_______。
（5）整个流程中可循环利用的物质是_______。
（6）通过计算说明可用溶液将“滤渣”中的转化为的原因_______。[已知：25℃时，]
【答案】（1）
（2） ①. ②. ③. 在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生副反应，消耗更多的葡萄糖
（3） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶 ③. 乙醇
（4）
（5）
（6）含有的滤渣中加入，发生转化，，可视为完全转化。
【解析】
【分析】阳极泥的主要成分为、和ZnO，还有少量锰铅氧化物和Ag，加入稀硫酸，得到溶液，、、中继续加入稀硫酸和葡萄糖，价的Mn转化为+2价的进入溶液中，过滤后得到的溶液经过一系列操作，得到晶体，加入与水反应生成二元弱酸，电解时，在阴极放电生成Se单质，有利于电还原沉积生成Mn单质；滤渣中的加入，使更难溶的，加入醋酸，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅中加入硫酸，生成沉淀。
【小问1详解】
中Pb的化合价为+2价，Mn的化合价有+2价和+4价，设+2价和+4价的Mn的个数分别为x和y，根据化合物中各元素的化合价的代数和为0和原子个数守恒，得到方程式，联立解得，所以+2价和+4价Mn的个数比为；
【小问2详解】
由以上分析可知，加入稀硫酸转化为溶液，滤液1中的溶质为；“还原酸浸”过程中中加入稀硫酸和还原性糖，价的Mn转化为+2价的进入溶液中，发生的反应为：；因为在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生副反应，消耗更多的葡萄糖，所以实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量；
【小问3详解】
根据的溶解度随温度变化的曲线，由溶液制得晶体的“一系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；易溶于水，不溶于乙醇，所以洗涤时用乙醇而不用水洗，可以降低的溶解损耗；
【小问4详解】
电解时，，在阴极放电生成Se单质，电极反应式为；
【小问5详解】
根据以上流程的分析，整个流程中可循环利用的物质是稀；
【小问6详解】
含有的滤渣中加入，发生转化，，可视为完全转化。
9. 实验室利用含钴废渣[含、等]制备磁性材料。回答下列问题：
I．稀硫酸的配制。
（1）实验室里需要：450mL溶液，用98%浓硫酸(密度为)配制该溶液时，所需的浓硫酸的体积为_______(保留1位小数)mL。
（2）下图关于容量瓶的操作，正确的是_______。
（3）配制过程中，下列操作将导致溶液浓度偏小的是_______(填标号)。
A. 定容时俯视容量瓶刻度线
B. 容量瓶未干燥处理
C. 定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余水
D. 将溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯
Ⅱ．浸取，将一定量的钴渣粉与溶液配成悬浊液，加入三颈烧瓶中(装置如图)，70℃通过仪器a缓慢滴加稀硫酸，充分反应，过滤。
（4）b中应加入_______作为最佳传热介质。
（5）该过程中，转化为的离子方程式为_______。
Ⅲ．沉钴。C(Ⅱ)盐溶液可以形成、和等多种形式的沉淀。
已知：向0.100ml/L溶液中滴加NaOH溶液调节pH，时开始出现沉淀。
（6）向除杂后溶液中加入溶液或溶液作沉淀剂，可得到，不能用同浓度的溶液代替溶液的原因是_______。
Ⅳ．制备，将所得的18.3g草酸钴晶体()高温灼烧，其热重分析图如图：
（7）写出B点对应的物质的化学式：_______，CD段发生反应的化学方程式为_______。
【答案】（1）54.3
（2）C （3）CD
（4）Na2SO3 （5）2C(OH)3+SO+4H+=2C2++SO+5H2O
（6）若用草酸钠溶液代替草酸铵溶液，会有氢氧化亚钴沉淀生成，导致CC2O4的产率降低
（7） ①. CO ②. 6CO+O22C3O4
【解析】
【小问1详解】
由c=可知，浓硫酸的浓度为ml/L=18.4ml/L，实验室没有480mL容量瓶，所以配制480mL2ml/L的硫酸溶液时，应选用500mL容量瓶，由稀释定律可知，配制该溶液时，所需的浓硫酸的体积为×103mL/L=54.3mL，故答案为：43.4；
【小问2详解】
A．检查容量瓶是否漏水时，加入少量水，盖好盖子，将容量瓶倒置，观察是否有水渗出，故错误；
B．容量瓶读数时，应平视容量瓶的刻度，视线、刻度与凹液面的最低点在同一水平线上，故错误；
C．稀释得到的溶液转移到容量瓶时，应用玻璃棒引流，且玻璃棒的下端应在刻度线下方，故正确；
D．容量瓶定容时，应盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀，故错误；
故选C；
【小问3详解】
A．定容时俯视容量瓶刻度线会使溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，故不符合题意；
B．容量瓶未干燥处理不会影响溶质的物质的量和溶液的体积，对所配溶液浓度无影响，故不符合题意；
C．定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水会使溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏小，故符合题意；
D．将溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯使溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏小，故符合题意；
故选CD；
【小问4详解】
实验时，为使三颈烧瓶中反应物受热均匀，应向三颈烧瓶中加入亚硫酸钠溶液作为传热介质，故答案为：Na2SO3；
【小问5详解】
由题意可知，氢氧化钴转化为亚钴离子的反应为氢氧化钴酸性条件下与亚硫酸钠溶液反应生成亚钴离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为2C(OH)3+SO+4H+=2C2++SO+5H2O，故答案为：2C(OH)3+SO+4H+=2C2++SO+5H2O；
【小问6详解】
草酸钠是强碱弱酸盐，草酸铵是弱酸弱碱盐，草酸钠溶液的碱性更强，若用草酸钠溶液代替草酸铵溶液，会有氢氧化亚钴沉淀生成，导致草酸亚钴的产率降低，故答案为：若用草酸钠溶液代替草酸铵溶液，会有氢氧化亚钴沉淀生成，导致CC2O4的产率降低；
【小问7详解】
由题意可知，草酸钴晶体的物质的量为=0.1ml，由钴原子个数守恒可知，B点固体中氧原子的物质的量为=0.1ml，则B点所得固体的化学式为CO；同理可知，D点固体中氧原子的物质的量为≈0.133ml，则D点固体的化学式为C3O4，CD段发生反应的化学方程式为6CO+O22C3O4，故答案为：CO；6CO+O22C3O4。
10. 为促进碳中和，科研工作者利用化学链技术将CO2转化为燃料CO，回答下列问题：
（1）化学链技术分为两个过程：
过程一：还原器中，低价态金属氧化物(FeO，Ce2O3、NbO2)载氧体将CO2，还原为CO，选用FeO作还原剂时，可能发生的反应有：
反应I：3FeO(s)+CO2(g)=Fe3O4(s)+CO(g) ΔH1=-9.8kJ·ml-1
反应Ⅱ：6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s) ΔH2=-189.0kJ·ml-1
反应Ⅲ：C(s)+CO2(g)=2CO(g) ΔH3
根据盖斯定理，计算ΔH3=___________kJ·ml-1。
过程二：再生反应器中，可能发生以下两种路径(仅表示转化过程)：
直接再生：MOy→MOx+O2
间接再生：MOy+C→MOx+CO
压强101kPa下，不同金属氧化物直接再生路径和间接再生路径的ΔG随温度变化如图1和图2所示，则在研究温度内，直接再生路径不可行的主要原因是___________。
（2）间接再生时，化学平衡常数随温度变化见图3，则间接再生反应均为___________(填“吸热”或“放热”)反应，根据图3，化学链技术将CO2还原为CO的最优载氧体系为Fe3O4/FeO，其主要原因是___________。
（3）为确定过程一的最佳反应温度，在还原器中按n(FeO)：n(CO2)=3：1投料，达平衡时各组分的物质的量如图4所示。
①结合(1)中过程一的反应分析，800℃之前，n(CO))随温度升高而增大的原因是_____________。
②800℃之后的高温条件下，n(CO2)和n(CO)趋于稳定，说明温度对反应I、Ⅱ、Ⅲ的平衡影响不大，但n(FeO)仍在增大，则主要发生的化学方程式为___________。
③800℃达平衡时，容器内总压为pkPa．n(CO2)=0.66ml。n(CO)=0.33ml，则消碳反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp=___________kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1） ①. +169.4 ②. 直接再生路径的ΔG均大于0，反应不自发
（2） ①. 吸热 ②. 在相同温度下，Fe3O4/FeO载氧体系参与反应时，平衡常数最大(Fe3O4/FeO载氧体系成本较低)
（3） ①. 反应I为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高促进反应I逆向进行、反应Ⅲ正向进行，800℃之前，温度对反应Ⅲ的影响程度大于反应I，故n(CO)随温度升高而增大 ②. Fe+Fe3O44FeO ③.
【解析】
【小问1详解】
已知：反应I：3FeO(s)+CO2(g)=Fe3O4(s)+CO(g) ΔH1=-9.8kJ·ml-1
反应Ⅱ：6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s) ΔH2=-189.0kJ·ml-1
根据盖斯定律，由①-②得反应Ⅲ：C(s)+CO2(g)=2CO(g) ΔH3=ΔH1-ΔH2=-9.8kJ·ml-1-(-189.0kJ·ml-1)= +169.4 kJ·ml-1；答案为+169.4；
直接再生路径的ΔG均大于0，反应不自发，故在研究温度内，直接再生路径不可行；
【小问2详解】
间接再生时，化学平衡常数随温度变化见图3，随着温度的升高，lnK增大，则K增大，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应；则间接再生反应均为吸热反应，根据图3，化学链技术将CO2还原为CO的最优载氧体系为Fe3O4/FeO，其主要原因是在相同温度下，Fe3O4/FeO载氧体系参与反应时，平衡常数最大(Fe3O4/FeO载氧体系成本较低)；
【小问3详解】
①反应I为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高促进反应I逆向进行、反应Ⅲ正向进行，800℃之前，温度对反应Ⅲ的影响程度大于反应I，故n(CO)随温度升高而增大；
②800℃之后的高温条件下，n(CO2)和n(CO)趋于稳定，说明温度对反应I、Ⅱ、Ⅲ的平衡影响不大，则气体浓度几乎保持不变，但n(FeO)仍在增大，则只能固体物质在参与反应，结合铁的氧化物中铁的价态可知，主要发生的化学方程式为Fe+Fe3O44FeO；
③800℃达平衡时，容器内总压为pkPa．n(CO2)=0.66ml。n(CO)=0.33ml，则消碳反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp==0.165pkPa=kPa。
【化学—选修：物质的结构与性质】
11. 含铜物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
（1）一个原子轨道填充2个自旋方向相反(顺时针和逆时针)的电子。原子中电子有两种相反的自旋状态，分别用和表示，称为电子的自旋磁量子数，则基态铜原子自旋磁量子数的代数和为_______；基态较基态更稳定的原因是_______。
（2）稀溶液中存在，空间构型为八面体形：下列对中杂化方式推断合理的是_______(填标号)。
A. B. C. D.
（3）可形成，其中en代表。1ml该配合物中，VSEPR模型为四面体的非金属原子共有_______个；C、N、F的电负性由大到小的顺序为_______。
（4）一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为_______；该晶体的化学式为_______。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点，B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、，则C点原子的分数坐标为_______，晶胞中C、D间距离_______pm。
【答案】11. ①. 或- ②. 基态Cu+的价电子排布式为全充满的3d10结构，而Cu2+的价电子排布式为3d9，所以基态Cu+比Cu2+稳定 12. C
13. ①. 11 ②. F>N>C
14. ①. 50% ②. CuInTe2 ③. () ④.
【解析】
【小问1详解】
Cu的原子序数为29，基态价电子排布式为3d104s1，则自旋磁量子数的代数和为+或-；基态Cu+的价电子排布式为全充满的3d10结构，而Cu2+的价电子排布式为3d9，所以基态Cu+比Cu2+稳定。
【小问2详解】
[Cu(H2O)6]2+的空间构型为八面体形，则Cu2+的价层电子对数为6，杂化轨道数为6，所以其杂化方式可能为sp3d2，故选C。
【小问3详解】
在H2N−CH2−CH2−NH2中，C原子和N原子均为sp3杂化，NH3和的中心原子也均为sp3杂化，其VSEPR模型均为四面体形，1ml该配合物中有2mlen、1mlNH3和2ml，则VSEPR模型为四面体的非金属原子共有11个；同周期元素的电负性从左到右逐渐增大，则C、N、F的电负性由大到小的顺序为F>N>C。
【小问4详解】
根据晶胞结构可知，在一个晶胞中，Cu、In围成的四面体空隙共有16个，晶体中Te原子有8个，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为50%；该晶胞中Cu位于8个顶点、4个位于面心、1个位于体心，共有Cu：8+4+1=4个；In位于面心和棱心，位于面心的有6个，位于棱心的有4个，共有6+4=4个，Te有8个，所以该晶体的化学式为CuInTe2；C点原子位于下面的二分之一晶胞分成的8个小晶胞其中之一的体心，根据A和B的原子坐标，可知C点原子的坐标为（）；晶胞中C、D间的距离是一个边长为、长方形的面对角线，距离为。
【化学—选修：有机化学基础】
12. 有机太阳能电池利用有机半导体将光能转换为电能。科学家设计了一种新型有机太阳能电池材料，其部分合成路线如下：
（1）化合物A的含氧官能团有___________(填官能团名称)。
（2）化合物B的一种同分异构体能溶解于水溶液，遇不显色。核磁共振氢谱检测到三组峰(峰面积比为1：2：2)，其结构简式为___________。
（3）化合物C的名称是___________，分子式是___________。
（4）由B到D的转化过程中涉及的反应类型有________、_________和_________
（5）化合物E可通过频哪醇()和联硼酸()的脱水反应制备。频哪醇的结构简式是___________。
（6）某同学分析以上合成路线，发现制备化合物F和H的反应类型都属于___________反应。进而提出了化合物H的另外一种制备方法：首先在的催化下，化合物G与E反应合成新的化合物Ⅰ，其结构简式为___________。化合物Ⅰ在的催化下与化合物___________(写结构简式)反应即可生成化合物H。
【答案】12. 羟基、醛基
13. 14. ①. 乙酸酐 ②. C4H6O3
15. ①. 加成反应 ②. 消去反应 ③. 取代反应
16. 17. ①. 取代 ②. ③.
【解析】
【分析】由B可知A为：，根据分析，B与C经过3步反应得到D： （D）；D与E发生取代反应得到F，F与G发生取代反应得到H。
【小问1详解】
根据分析，A为：，含氧官能团名称为：羟基、醛基；
【小问2详解】
B为，化合物B的一种同分异构体能溶解于水溶液，遇不显色，说明含酯基，核磁共振氢谱检测到三组峰说明有3种不同化学环境的氢原子，峰面积比为1：2：2说明氢原子个数比为1：2：2，满足条件的结构简式为：；
【小问3详解】
C名称为乙酸酐，分子式是：C4H6O3；
【小问4详解】
根据分析，B经过加成反应、消去反应、取代反应得到D；
【小问5详解】
根据化合物E的结构，可知频哪醇()的结构简式为：；
【小问6详解】
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