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2024届陕西省西安中学高三下学期第九次模拟考试理综试题-高中化学（原卷版+解析版）
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注意事项：
①本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，其中第Ⅱ卷33-38题为选考题，其它题为必考题。
②本试卷满分为300分，考试时间为150分钟。
③请考生务必在答题卡上答题。考试结束后，监考老师只收答题卡。
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 Ni-59 Cu-64 La-139
第I卷（选择题共126分）
一、选择题：本题共13个小题，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、科技相关。下列说法正确的是
A. 长沙马王堆出土的“素纱禅衣”主要成分是蛋白质，该成分是非电解质
B. 问界M9是全球最大的一体压铸车体，车身铝合金含量达到80%，铝合金硬度低于铝单质
C. 陶瓷是人类应用最早的硅酸盐材料，现代生活中可采用陶瓷做高压输电线路的绝缘材料
D. 燃煤中添加生石灰可减少二氧化碳的排放，从而有助于“碳中和”目标的实现
【答案】C
【解析】
【详解】A．“素纱禅衣”主要成分是蚕丝，蚕丝的组成为蛋白质，蛋白质是混合物既不是电解质也不是非电解质，A错误；
B．已知合金的硬度大于成分金属，即铝合金硬度大于铝单质，B错误；
C．陶瓷是人类应用最早的硅酸盐材料，且陶瓷具有不导电的特性，现代生活中可采用陶瓷做高压输电线路的绝缘材料，C正确；
D．燃煤中添加生石灰可减少SO2的排放，但不能减少二氧化碳的排放，对 “碳中和”目标的实现无影响，D错误；
故答案为：C。
2. 阿伏加德罗常数的值为NA 。下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4L苯中含C-H键数为6 NA
B. 电解精炼铜时阳极质量减轻32g，电路中转移电子数为NA
C. 0.1mlH2和0.1mlI2在密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2 NA
D. 常温下，1LpH=10的氨水中，发生电离的水分子数为1×10-4NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下，苯呈液态，无法求出22.4L苯的物质的量，也就无法求出含C-H键的数目，A不正确；
B．电解精炼铜时，阳极不仅有铜失电子，还有铁、锌等失电子，则阳极质量减轻32g，电路中转移电子数不一定是NA，B不正确；
C．0.1mlH2和0.1mlI2在密闭容器中虽然发生可逆反应，但反应前后分子数不变，所以充分反应后，其分子总数为0.2 NA，C正确；
D．常温下，1LpH=10的氨水中，H+全部来自水电离，则发生电离的水分子数为1×10-10NA，D不正确；
故选C。
3. 下列实验能达到实验目的且符合实验要求的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．关闭a、打开b，橡胶管使蒸馏烧瓶和漏斗连通，液体依然可以顺利流下，无法检查装置气密性，故A错误；
B．灼烧固体在坩埚中进行，故B正确；
C．重铬酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，即重铬酸钾溶液应盛装在酸式滴定管中，而图中是碱式滴定管，故C错误；
D．制备氢氧化铁胶体时，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，故D错误；
故答案为：B。
4. 中成药连花清瘟胶囊可用于流感的防治，其成分之一绿原酸的结构简式如下：
下列关于绿原酸的叙述不正确的是
A. 苯环上的一氯代物有三种
B. 1 ml该物质最多可与4 ml氢气发生加成反应
C. 分子中所有碳原子可能共平面
D 可发生酯化、加成、水解、氧化反应
【答案】C
【解析】
【分析】根据上述有机物结构可知，分子中含（酚）羟基、羟基、碳碳双键、酯基、羧基，据此分析解答。
【详解】A．上述分子苯环上有3种环境的氢原子，所以苯环上的一氯代物有3种，A正确；
B．苯环和碳碳双键均可与氢气发生加成反应，所以1 ml该物质最多可与3ml+1ml=4 ml氢气发生加成反应，B正确；
C．分子中有含饱和碳原子的六元环，该环上的碳原子一定不共面，C错误；
D．分子中羧基和羟基可发生酯化反应，碳碳双键和苯环可发生加成反应，酯基可发生水解反应，羟基可被氧化，发生氧化反应，D正确；
故选C。
5. 近日，我国科学家开发一款新型钠离子二次电池，工作原理如图所示。已知：钒常见的化合价有+2、+3、+4、+5.放电时最终还原产物为和Cu，氧化产物为。下列叙述错误的是
A. 放电时，向极迁移
B. 放电时，负极反应式为
C. 充电时，转移2ml电子时，阳极增重46g
D. 充电时，总反应可能是
【答案】C
【解析】
【分析】观察图示和结合题干信息可知，放电时为正极，发生还原反应，电极反应式为，为负极，发生氧化反应，电极反应式为，据此作答。
【详解】A．放电时为正极，发生还原反应，向正极迁移，正极反应式为，A正确；
B．放电时，负极发生氧化反应，V由+3价升高至+4价，脱去，电极反应式为，B正确；
C．充电时，阳极反应式为，充电时阳极脱去，转移时，质量减轻46g，C错误；
D．根据放电产物可知，充电时，、Cu和在电解条件下生成和，D正确；
故选C。
6. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲是Y元素的固体单质，乙是Z元素的气体单质，K是主要的大气污染物之一，室温下0.05ml·L-1丙溶液的H+的浓度为0.1ml·L-1，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 氢化物的沸点：Z>W>Y
B. 原子半径：W>Z>Y>X
C. X、Y、Z三种元素可以形成二元酸，但不能形成一元酸
D. X与Z可以形成原子个数比为1：1和2：1的共价化合物
【答案】D
【解析】
【分析】室温下0.05ml/L丙溶液pH为l，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则应为SO2，可知乙为O2，L为H2O，乙是常见的气体为O2，且与浓硫酸和甲反应生成，可知甲为C，M为CO2，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，则X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，W为S元素。
【详解】A．形成的氢化物Z为H2O，W为H2S，Y为C元素，氢化物很多，氢化物的沸点不能判断，故A错误；
B．同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径为S＞C＞O＞H，即W＞Y＞Z＞X，故B错误；
C．X、Y、Z三种元素可以形成二元酸，也可以形成一元酸，如CH3COOH，故C错误；
D．X与Z可以形成原子个数比为1：1和2：1的共价化合物，为H2O2、H2O，故D正确；
故选D。
7. 为了更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度（AG）的概念：。常温下，用溶液滴定溶液，溶液的酸度（AG）随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示（滴定过程中温度的变化忽略不计），已知，下列说法正确的是
A. 滴定过程中逐渐增大
B. 常温下，HCN的电离常数
C. 滴定过程中水电离出的先减小后增大
D. 当V（NaOH）=10mL时，溶液中存在
【答案】B
【解析】
【分析】滴加NaOH溶液之前，0.1ml/L的HCN溶液中AG=3.8，即=3.8，。
【详解】A．由图示可知，滴定过程中AG逐渐减小，由可知，逐渐减小，故A错误；
B．，Ka=，滴加NaOH溶液之前，0.1ml/L的HCN溶液中AG=3.8，，又Kw=c(H+)c(OH-)=10-14，所以c2(H+)=103.8×10-14，=，故B正确；
C．滴定过程中HCN浓度逐渐减小，对水的电离的抑制程度减小，生成的NaCN浓度逐渐增大，恰好生成NaCN时水的电离程度最大，之后氢氧化钠过量，又抑制水的电离，所以水电离的先增大后减小，故C错误；
D．当V(NaOH)=10mL时，即10mL溶液滴定溶液，溶液中电荷守恒、物料守恒，联立得，故D错误；
故答案为：B。
第Ⅱ卷（非选择题共174分）
三、非选择题：共174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. 以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质)为原料合成锂离子电池的电极材料钛酸锂(Li4Ti5O12)和铁红(Fe2O3)的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）已知FeTiO3与盐酸反应后有TiOCl2生成，写出该反应的化学方程式：___________。
（2）“酸浸”过程中，用不同溶剂溶解HCl，图中a为HCl-CH3OH(无水)、b为HCl-H2O(3 ml·L-1盐酸)、c为HCl-CH3OH-H2O(H2O占体积比50%)；图甲表示在35 °C时铁和钛。的浸出率随时间的变化，图乙表示铁和钛的浸出率随温度的变化：
根据上图，可知“酸浸”时适宜选择的溶剂为___________(填“a”“b”或“c”)、温度为___________；在HCl浓度相同的情况下，温度高于35°C时，铁和钛的浸出率下降的原因是___________。
（3）“溶钛”时生成过氧化肽酸铵[(NH4)2Ti5O15]，其中每个该分子中含有过氧键(O-O)的数目为___________个。
（4）“沉铁”过程中生成一种能使石灰水变浑浊的气体，该过程的离子方程式为___________。
（5）“沉铁”过滤后，“洗涤”沉淀的操作方法是___________。
（6）FeCO3达到沉淀溶解平衡时，室温下测得溶液的pH为8，c(Fe2+ )为1.0 ×10-5 ml·L-1，通过计算判断所得FeCO3固体中是否混有Fe(OH)2：___________ {已知：Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17}。
【答案】（1）FeTiO3+4HCl=FeCl2+ TiOCl2+2H2O
（2） ①. a ②. 35 °C ③. 温度高于 35° C时，HCl大量挥发，则导致HCl浓度降低，浸出率下降
（3）4 （4）Fe2+ + 2=FeCO3↓+CO2↑十H2O
（5）在过滤器中加蒸馏水浸没固体，待液体自然流下，重复操作2~3次
（6）c(Fe2+)·c2(OH- )=1.0×10-5×(1×10-6)2= 1.0×10 -17＜Ksp[ Fe(OH)2]，故无Fe(OH)2沉淀析出
【解析】
【分析】钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质)，经盐酸酸浸，生成TiOCl2、FeCl2、MgCl2、CaCl2，过滤除去SiO2，滤液加热可以得到富钛渣和富铁液，富钛渣价双氧水和氨水“溶钛”时生成过氧化肽酸铵[(NH4)2Ti5O15]，煅烧生成TiO2，加入Li2CO3生成Li4Ti5O12；富铁液加入NH4HCO3“沉铁”，生成CO2气体和FeCO3沉淀，在空气中煅烧FeCO3可以得到铁红；
【小问1详解】
FeTiO3与盐酸反应生成TiOCl2的化学方程式为FeTiO3+4HCl=FeCl2+ TiOCl2+2H2O，故答案为：FeTiO3+4HCl=FeCl2+ TiOCl2+2H2O；
【小问2详解】
根据图甲可知，在相同温度下采用a组溶剂浸出率最高，由图乙可知， 35°C时浸出率最高，故“酸浸”时采用的最佳条件为选用a组溶剂、温度35°C。由图乙可知35°C时铁和钛的浸出率最高，因为HCl易挥发，当温度过高时，HCl挥发加剧，导致HCl浓度下降，浸出率下降。故答案为：a；35°C；温度高于 35° C时，HCl大量挥发，则导致HCl浓度降低，浸出率下降；
【小问3详解】
[(NH4)2Ti5O15]中，NH为+1价、Ti为+4价设每个分子中有x个过氧键，则-2价O为(15-2x)个，从而有21+54 =2x+2(15-2x)，解得x=4，即每个[(NH4)2Ti5O15]中有4个过氧键。故答案为：4；
【小问4详解】
根据分析可知“沉铁”时，在FeCl2溶液中加入NHHCO3，由于存在电离H+ +CO；电离出的CO与Fe2+结合生成FeCO3，电离出的H+与反应生成CO2和H2O，故对应的离子方程式为Fe2+ + 2=FeCO3↓+CO2↑十H2O，故答案为：Fe2+ + 2=FeCO3↓+CO2↑十H2O；
【小问5详解】
“沉铁”过滤后，“洗涤"沉淀的操作是在过滤器中加蒸馏水浸没固体，待液体自然流下，重复操作2~3次。故答案为：在过滤器中加蒸馏水浸没固体，待液体自然流下，重复操作2~3次；
【小问6详解】
由溶液的pH为8，c(Fe2+ )为1.0 ×10-5 ml·L-1，可知Qc= c(Fe2+ )c2(OH- )= 1.0 ×10-5(1.0 ×10-6)2=1.0 ×10-17< Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17故无Fe(OH)2沉淀析出，故答案为：c(Fe2+)·c2(OH- )=1.0×10-5×(1×10-6)2= 1.0×10 -17＜Ksp[ Fe(OH)2]，故无Fe(OH)2沉淀析出；
9. 三水合硝酸铜[，]是一种重要的无机试剂，常用作搪瓷着色剂，也用于镀铜、制氧化铜及农药等。回答下列问题：
I．三水合硝酸铜的制备。
实验室常用废铜屑与稀硝酸反应制备硝酸铜溶液，过滤出剩余铜屑，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤后得到三水合硝酸铜晶体。
（1）制备硝酸铜时发生反应的离子方程式为___________。
（2）若废铜屑中含有杂质铁，则检验所得硝酸铜溶液中含有铁元素的方法为___________。
II．溶液的配制。
（3）实验室里需要溶液。用三水合硝酸铜配制该溶液时，下列仪器不需要的是___________(填仪器名称)。
（4）所需三水合硝酸铜固体的质量为___________g。
（5）配制过程中，下列操作将导致溶液浓度偏小的是___________(填序号)。
A. 加水定容时俯视刻度线
B. 容量瓶未干燥处理
C. 定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水
D. 溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯
III．三水合硝酸铜热分解实验。
（6）将样品置于瓷坩埚中缓慢加热，其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。在过程中有红棕色气体产生，反应的化学方程式为___________。继续升温至时生成的固体产物为___________(填化学式)。
【答案】（1）
（2）取少量实验所得硝酸铜溶液，加入铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀产生，则溶液中含有铁元素(或取少量实验所得硝酸铜溶液，先加入硝酸，然后加入溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有铁元素)(合理即可)
（3）100mL容量瓶、分液漏斗
（4）12.1 （5）CD
（6） ①. ②.
【解析】
【分析】实验室常用废铜屑与稀硝酸反应制备硝酸铜溶液，过滤出剩余铜屑，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤后得到三水合硝酸铜晶体。
【小问1详解】
制备硝酸铜时发生反应的离子方程式为。
【小问2详解】
若废铜屑中含有杂质铁，反应后有铜剩余，说明溶液中的铁元素以的形式存在，则检验所得硝酸铜溶液中含有铁元素的方法为取少些实验所得硝酸铜溶液，加入铁氰化钾深激，若有蓝色沉淀产生，则溶液中含有铁元素或取少量实验所得硝酸铜溶液，先加入硝酸，然后加入溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有铁元素。
【小问3详解】
实验室里需要溶液，配制时需要规格的容量瓶，因此不需要的仪器有容量瓶和分液漏斗。
【小问4详解】
用容量瓶配制溶液，需要，质量为。
【小问5详解】
配制过程中，加水定容时俯视刻度线会导致浓度偏大；容量瓶未干燥处理，对溶液的浓度无影响；定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水，会导致溶质减少，浓度降低；溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯，会导致溶质减少，浓度降低。因此选CD。
【小问6详解】
从热重曲线上得出，加热到时，固体质量由变为，则剩余固体为，同时观察到有逸出，因此分解产物为、、，反应的化学方程式为，加热到时又分解，最终生成。
10. 丙烯是重要的化工原料，广泛用于合成聚丙烯、丙烯醛等工业领域。回答下列问题：
（1）丙烷无氧脱氢法制备丙烯的反应为。科学上规定：在298.15K时，由最稳定的单质生成1ml化合物时的焓变，叫作该物质的标准摩尔生成焓（）；最稳定的单质的标准摩尔生成焓为零。
已知：部分物质的标准摩尔生成焓数据如表：
则上述反应的______。
（2）T1℃时，将充入某刚性密闭容器中，在催化作用下发生无氧脱氢反应。用压强传感器测出容器内体系压强随时间的变化关系如表所示：
①已知：。内，用H2的分压变化表示上述脱氢反应的平均速率为______。
②T1℃时，反应平衡常数______。随反应温度升高而______（填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）丙烷在有氧气参与的条件下也可以发生脱氢反应：。下列说法正确的是______（填序号）。
A. 相对于丙烷直接催化脱氢法，有氧气催化脱氢，反应更容易进行
B. 相同条件下，氢气、丙烯、丙烷三种气体中，还原性最强的是氢气
C. 恒温恒容条件下，当混合气体的密度不再随时间改变时，说明反应达到限度
D. 通入更多的氧气，有利于提高丙烷转化率，提高丙烯的产率
（4）甲醇催化也可以制取丙烯，其反应为
①该反应的阿伦尼乌斯经验公式的实验数据如图中直线a所示，已知阿伦尼乌斯经验公式为（为活化能，k为速率常数，R和C为常数）。则该反应的活化能______。
②下列措施能使速率常数k增大的是______（填序号）。
a．升高温度 b．增大压强 c．增大
【答案】（1）+123.8
（2） ①. 0.6 ②. 320 ③. 增大 （3）AB
（4） ① 31.0 ②. a
【解析】
【小问1详解】
根据标准摩尔生成焓的定义可知，生成物的标准摩尔生成焓总和-反应物的标准摩尔生成焓总和=[+19.8+0-(-104)]kJ/ml=+123.8 kJ/ml；
【小问2详解】
①起始时容器中只有CH3CH2CH3，压强为100kPa，设60min时生成H2的分压为xkPa，据反应知此时CH3CH=CH2的分压为xkPa，CH3CH2CH3的分压为(100-x)kPa，容器总压强为xkPa+xkPa+(100-x)kPa=136kPa，解得x=36，则内，用H2的分压变化表示上述脱氢反应的平均速率为；
②T1℃时，丙烷无氧脱氢反应在240℃达到平衡，平衡时总压强为180 kPa，设平衡时生成H2的分压为ykPa，则CH3CH=CH2的分压为ykPa，CH3CH2CH3的分压为(100-y)kPa，容器总压强为ykPa+ykPa+(100-y)kPa=180kPa，解得y=80，p(H2)= p(CH3CH=CH2)= 80 kPa，p(CH3CH2CH3)= 20 kPa，平衡常数；反应为吸热反应，升温平衡正向移动，增大，即随反应温度升高而增大；
【小问3详解】
A．相对于丙烷直接催化脱氢法，有氧气催化脱氢时氢气被氧气氧化生成水放热，能为脱氢提供能量，使反应更容易进行，故A正确；
B．体系中含有氢气、丙烯、丙烷三种气体，结合反应可知，相同条件下，氢气更容易被氧化，其还原性更强，故B正确；
C．恒温恒容条件下，气体总质量不变，混合气体的密度为定值，所以当混合气体的密度不再随时间改变时，不能说明反应达到限度，故C错误；
D．通入更多的氧气，过量的氧气可能将丙烯、丙烷氧化，不利于提高丙烷转化率和丙烯的产率，故D错误；
故答案为：AB；
【小问4详解】
①将直线上两点坐标代入阿伦尼乌斯经验公式得、，解得Ea=31.0kJ/ml；
②a．由可知，升高温度能使速率常数k增大，故a正确；
b．由可知，速率常数k与压强无关，故b错误；
c．由可知，速率常数k与无关，故c错误；
故答案为：a。
【化学—选修3：物质结构与性质】
11. 磷、碳、氢等非金属及其化合物用途广泛。试回答下列问题。
（1）白磷(P4)在氯气中燃烧可生成PCl3和PCl5。
①形成PCl5时，P原子的一个3s电子激发入3d轨道后参与成键，该激发态的价电子排布式为___________。
②研究表明，在加压条件下PCl5于148℃液化时能发生与水类似的自耦电离，形成一种能导电的熔体，其电离方程式为 ___________ ，产生的阳离子的空间结构为___________；N和P都有+5价，但NCl5不存在，从原子结构的角度分析其原因：___________。
（2）分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为 )。一种观点认为，苯酚羟基中的O原子是sp2杂化则苯酚中的大π键可表示为___________ ，一定在同一平面上的原子有___________个；乙醇显中性而苯酚显酸性的原因是：在大π键中氧的p电子云向苯环转移，___________。
（3）镍镧合金(LaNin)具有很强的储氢能力，其晶胞结构如图所示，其中n=___________。 已知晶胞体积为9.0 ×10 -29 m3，若储氢后形成LaNinH5.5(氢进入晶胞空隙，晶胞体积不变)，则氢在合金中的密度为___________g·cm-3(保留1位小数)。
【答案】（1） ①. 3s13p33d1 ②. 2PCl5＋PCl ③. 正四面体形 ④. P原子半径大，且有可以利用的3d空轨道采取sp3d杂化，N原子半径小且没有可以利用的d空轨道
（2） ①. ②. 13 ③. 使O原子上的电子云密度降低，O、H间的结合力减弱，易离解出H+
（3） ① 5 ②. 0.1
【解析】
【小问1详解】
①磷元素的原子序数为15，价电子排布式为3s23p3，由形成五氯化磷时，磷原子的一个3s电子激发入3d轨道后参与成键可知，激发态的价电子排布式为3s13p33d1，故答案为：3s13p33d1；
②由题意可知，五氯化磷发生与水类似的自耦电离电离出PCl和PCl，电离方程式为2PCl5PCl＋PCl，PCl离子中价层电子对数为4、孤对电子对数为0，则离子的空间结构为正四面体形；位于同一主族的磷原子的原子半径大于氮原子，磷原子可以利用3d空轨道采取sp3d杂化与氯原子形成五氯化磷，而氮原子没有可以利用的d空轨道，所以N和P都有+5价，但NCl5不存在，故答案为：PCl5PCl＋PCl；正四面体形；P原子半径大，且有可以利用的3d空轨道采取sp3d杂化，N原子半径小且没有可以利用的d空轨道；
【小问2详解】
若苯酚羟基中的氧原子的杂化方式为sp2杂化，未参与杂化的2个p电子与苯环上6个碳原子中未参与杂化的6个p电子形成大π键，则分子中的13个原子一定在同一平面上；乙醇显中性而苯酚显酸性的原因是在大π键中氧原子的p电子云向苯环转移，使羟基中氧原子上的电子云密度降低，氧原子和氢原子间的结合力减弱，易离解出氢离子，故答案为：；13；使O原子上的电子云密度降低，O、H间的结合力减弱，易离解出H+；
【小问3详解】
由晶胞结构可知，晶胞中位于面上和体心的镍原子个数为8×+1=5，由储氢后形成LaNinH5.5可知，晶胞中氢原子的质量为g，则氢在合金中的密度为≈0.1g/cm3，故答案为：5；0.1。
【化学—选修5：有机化学基础】
12. 化合物Ⅰ是合成一种荧光材料的重要中间体，其合成过程中利用了Rbinsn增环反应原理，合成路线如下：
已知：①
②
回答下列问题：
（1）B的化学名称为______。
（2）D→E的反应类型为______，E的结构简式为______。
（3）H分子中手性碳原子的数目为______个。
（4）G→H的化学方程式为______。
（5）同时满足下列条件的化合物F的同分异构体有______种（不考虑立体异构）。
①属于链状结构；②能与NaHCO3反应产生气体；③能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱共有4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的同分异构体的结构简式为______（任写一种）。
（6）参照上述合成路线和信息，以F和乙醇为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线：______。
【答案】（1）苯甲醛 （2） ①. 消去反应 ②.
（3）2 （4）
（5） ①. 12 ②. 或者
（6）
【解析】
【分析】(A)与CO在HCl、AlCl3、CuCl、∆条件下发生加成反应，生成(B)，A与CH3COCl在AlCl3作用下发生取代反应，生成(C)等；依据题给信息，与在EtONa作用下生成D为，D在H+、H2O、∆条件下发生消去反应，生成E为；E与(F)在EtONa作用下发生加成反应，生成G为；G在EtONa、EtOH作用下发生加成、消去反应，生成H为；H在NaOH、∆条件下发生取代反应，生成I为。
【小问1详解】
B为，化学名称为苯甲醛。
【小问2详解】
D()→E()，分子内脱掉1个H2O生成烯，则反应类型为消去反应，由分析可知，E的结构简式为。
【小问3详解】
H分子中，带“∗”的碳原子为手性碳原子，则手性碳原子的数目为2个。
【小问4详解】
G()→H()时，在EtONa、EtOH作用下发生加成、消去反应，化学方程式为 。
【小问5详解】
F为，F的同分异构体中，同时满足下列条件“①属于链状结构；②能与NaHCO3反应产生气体；③能发生银镜反应”的化合物，分子中含有1个-COOH、1个-CHO、1个含4个C原子的烃基，可认为烃基一端连着-COOH，另有1个H原子被-CHO取代，则烃基中H原子的种类就等于同分异构体的种类，烃基可能为CH3CH2CH2CH2-、CH3CH2CH(CH3)-、(CH3)2CHCH2-、(CH3)3C-，烃基中H原子分别有4种、4种、3种、1种，则同分异构体共有4+4+3+1=12种（不考虑立体异构）。
其中核磁共振氢谱共有4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的同分异构体的结构简式为或者。
【小问6详解】
以F()和乙醇为原料制备，采用逆推法，则需制得， 由2个CH3CHO分子发生羟醛缩合制得，再由乙醇催化氧化制得乙醛。所以合成路线为：。
【点睛】合成有机物时，可采用逆推法。A．关闭a、打开b，检查装置气密性
B．灼烧海带
C．排出盛有K2Cr2O7溶液滴定管尖嘴内的气泡
D．制备Fe(OH)3胶体
物质
CH3CH2CH3(g
)CH3CH=CH2(g)
-104
19.8
时间/min
0
60
120
180
240
300
360
压强/kPa
100
136
163
178
180
180
180
注意事项：
①本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，其中第Ⅱ卷33-38题为选考题，其它题为必考题。
②本试卷满分为300分，考试时间为150分钟。
③请考生务必在答题卡上答题。考试结束后，监考老师只收答题卡。
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 Ni-59 Cu-64 La-139
第I卷（选择题共126分）
一、选择题：本题共13个小题，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、科技相关。下列说法正确的是
A. 长沙马王堆出土的“素纱禅衣”主要成分是蛋白质，该成分是非电解质
B. 问界M9是全球最大的一体压铸车体，车身铝合金含量达到80%，铝合金硬度低于铝单质
C. 陶瓷是人类应用最早的硅酸盐材料，现代生活中可采用陶瓷做高压输电线路的绝缘材料
D. 燃煤中添加生石灰可减少二氧化碳的排放，从而有助于“碳中和”目标的实现
【答案】C
【解析】
【详解】A．“素纱禅衣”主要成分是蚕丝，蚕丝的组成为蛋白质，蛋白质是混合物既不是电解质也不是非电解质，A错误；
B．已知合金的硬度大于成分金属，即铝合金硬度大于铝单质，B错误；
C．陶瓷是人类应用最早的硅酸盐材料，且陶瓷具有不导电的特性，现代生活中可采用陶瓷做高压输电线路的绝缘材料，C正确；
D．燃煤中添加生石灰可减少SO2的排放，但不能减少二氧化碳的排放，对 “碳中和”目标的实现无影响，D错误；
故答案为：C。
2. 阿伏加德罗常数的值为NA 。下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4L苯中含C-H键数为6 NA
B. 电解精炼铜时阳极质量减轻32g，电路中转移电子数为NA
C. 0.1mlH2和0.1mlI2在密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2 NA
D. 常温下，1LpH=10的氨水中，发生电离的水分子数为1×10-4NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下，苯呈液态，无法求出22.4L苯的物质的量，也就无法求出含C-H键的数目，A不正确；
B．电解精炼铜时，阳极不仅有铜失电子，还有铁、锌等失电子，则阳极质量减轻32g，电路中转移电子数不一定是NA，B不正确；
C．0.1mlH2和0.1mlI2在密闭容器中虽然发生可逆反应，但反应前后分子数不变，所以充分反应后，其分子总数为0.2 NA，C正确；
D．常温下，1LpH=10的氨水中，H+全部来自水电离，则发生电离的水分子数为1×10-10NA，D不正确；
故选C。
3. 下列实验能达到实验目的且符合实验要求的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．关闭a、打开b，橡胶管使蒸馏烧瓶和漏斗连通，液体依然可以顺利流下，无法检查装置气密性，故A错误；
B．灼烧固体在坩埚中进行，故B正确；
C．重铬酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，即重铬酸钾溶液应盛装在酸式滴定管中，而图中是碱式滴定管，故C错误；
D．制备氢氧化铁胶体时，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，故D错误；
故答案为：B。
4. 中成药连花清瘟胶囊可用于流感的防治，其成分之一绿原酸的结构简式如下：
下列关于绿原酸的叙述不正确的是
A. 苯环上的一氯代物有三种
B. 1 ml该物质最多可与4 ml氢气发生加成反应
C. 分子中所有碳原子可能共平面
D 可发生酯化、加成、水解、氧化反应
【答案】C
【解析】
【分析】根据上述有机物结构可知，分子中含（酚）羟基、羟基、碳碳双键、酯基、羧基，据此分析解答。
【详解】A．上述分子苯环上有3种环境的氢原子，所以苯环上的一氯代物有3种，A正确；
B．苯环和碳碳双键均可与氢气发生加成反应，所以1 ml该物质最多可与3ml+1ml=4 ml氢气发生加成反应，B正确；
C．分子中有含饱和碳原子的六元环，该环上的碳原子一定不共面，C错误；
D．分子中羧基和羟基可发生酯化反应，碳碳双键和苯环可发生加成反应，酯基可发生水解反应，羟基可被氧化，发生氧化反应，D正确；
故选C。
5. 近日，我国科学家开发一款新型钠离子二次电池，工作原理如图所示。已知：钒常见的化合价有+2、+3、+4、+5.放电时最终还原产物为和Cu，氧化产物为。下列叙述错误的是
A. 放电时，向极迁移
B. 放电时，负极反应式为
C. 充电时，转移2ml电子时，阳极增重46g
D. 充电时，总反应可能是
【答案】C
【解析】
【分析】观察图示和结合题干信息可知，放电时为正极，发生还原反应，电极反应式为，为负极，发生氧化反应，电极反应式为，据此作答。
【详解】A．放电时为正极，发生还原反应，向正极迁移，正极反应式为，A正确；
B．放电时，负极发生氧化反应，V由+3价升高至+4价，脱去，电极反应式为，B正确；
C．充电时，阳极反应式为，充电时阳极脱去，转移时，质量减轻46g，C错误；
D．根据放电产物可知，充电时，、Cu和在电解条件下生成和，D正确；
故选C。
6. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲是Y元素的固体单质，乙是Z元素的气体单质，K是主要的大气污染物之一，室温下0.05ml·L-1丙溶液的H+的浓度为0.1ml·L-1，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 氢化物的沸点：Z>W>Y
B. 原子半径：W>Z>Y>X
C. X、Y、Z三种元素可以形成二元酸，但不能形成一元酸
D. X与Z可以形成原子个数比为1：1和2：1的共价化合物
【答案】D
【解析】
【分析】室温下0.05ml/L丙溶液pH为l，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则应为SO2，可知乙为O2，L为H2O，乙是常见的气体为O2，且与浓硫酸和甲反应生成，可知甲为C，M为CO2，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，则X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，W为S元素。
【详解】A．形成的氢化物Z为H2O，W为H2S，Y为C元素，氢化物很多，氢化物的沸点不能判断，故A错误；
B．同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径为S＞C＞O＞H，即W＞Y＞Z＞X，故B错误；
C．X、Y、Z三种元素可以形成二元酸，也可以形成一元酸，如CH3COOH，故C错误；
D．X与Z可以形成原子个数比为1：1和2：1的共价化合物，为H2O2、H2O，故D正确；
故选D。
7. 为了更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度（AG）的概念：。常温下，用溶液滴定溶液，溶液的酸度（AG）随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示（滴定过程中温度的变化忽略不计），已知，下列说法正确的是
A. 滴定过程中逐渐增大
B. 常温下，HCN的电离常数
C. 滴定过程中水电离出的先减小后增大
D. 当V（NaOH）=10mL时，溶液中存在
【答案】B
【解析】
【分析】滴加NaOH溶液之前，0.1ml/L的HCN溶液中AG=3.8，即=3.8，。
【详解】A．由图示可知，滴定过程中AG逐渐减小，由可知，逐渐减小，故A错误；
B．，Ka=，滴加NaOH溶液之前，0.1ml/L的HCN溶液中AG=3.8，，又Kw=c(H+)c(OH-)=10-14，所以c2(H+)=103.8×10-14，=，故B正确；
C．滴定过程中HCN浓度逐渐减小，对水的电离的抑制程度减小，生成的NaCN浓度逐渐增大，恰好生成NaCN时水的电离程度最大，之后氢氧化钠过量，又抑制水的电离，所以水电离的先增大后减小，故C错误；
D．当V(NaOH)=10mL时，即10mL溶液滴定溶液，溶液中电荷守恒、物料守恒，联立得，故D错误；
故答案为：B。
第Ⅱ卷（非选择题共174分）
三、非选择题：共174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. 以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质)为原料合成锂离子电池的电极材料钛酸锂(Li4Ti5O12)和铁红(Fe2O3)的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）已知FeTiO3与盐酸反应后有TiOCl2生成，写出该反应的化学方程式：___________。
（2）“酸浸”过程中，用不同溶剂溶解HCl，图中a为HCl-CH3OH(无水)、b为HCl-H2O(3 ml·L-1盐酸)、c为HCl-CH3OH-H2O(H2O占体积比50%)；图甲表示在35 °C时铁和钛。的浸出率随时间的变化，图乙表示铁和钛的浸出率随温度的变化：
根据上图，可知“酸浸”时适宜选择的溶剂为___________(填“a”“b”或“c”)、温度为___________；在HCl浓度相同的情况下，温度高于35°C时，铁和钛的浸出率下降的原因是___________。
（3）“溶钛”时生成过氧化肽酸铵[(NH4)2Ti5O15]，其中每个该分子中含有过氧键(O-O)的数目为___________个。
（4）“沉铁”过程中生成一种能使石灰水变浑浊的气体，该过程的离子方程式为___________。
（5）“沉铁”过滤后，“洗涤”沉淀的操作方法是___________。
（6）FeCO3达到沉淀溶解平衡时，室温下测得溶液的pH为8，c(Fe2+ )为1.0 ×10-5 ml·L-1，通过计算判断所得FeCO3固体中是否混有Fe(OH)2：___________ {已知：Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17}。
【答案】（1）FeTiO3+4HCl=FeCl2+ TiOCl2+2H2O
（2） ①. a ②. 35 °C ③. 温度高于 35° C时，HCl大量挥发，则导致HCl浓度降低，浸出率下降
（3）4 （4）Fe2+ + 2=FeCO3↓+CO2↑十H2O
（5）在过滤器中加蒸馏水浸没固体，待液体自然流下，重复操作2~3次
（6）c(Fe2+)·c2(OH- )=1.0×10-5×(1×10-6)2= 1.0×10 -17＜Ksp[ Fe(OH)2]，故无Fe(OH)2沉淀析出
【解析】
【分析】钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质)，经盐酸酸浸，生成TiOCl2、FeCl2、MgCl2、CaCl2，过滤除去SiO2，滤液加热可以得到富钛渣和富铁液，富钛渣价双氧水和氨水“溶钛”时生成过氧化肽酸铵[(NH4)2Ti5O15]，煅烧生成TiO2，加入Li2CO3生成Li4Ti5O12；富铁液加入NH4HCO3“沉铁”，生成CO2气体和FeCO3沉淀，在空气中煅烧FeCO3可以得到铁红；
【小问1详解】
FeTiO3与盐酸反应生成TiOCl2的化学方程式为FeTiO3+4HCl=FeCl2+ TiOCl2+2H2O，故答案为：FeTiO3+4HCl=FeCl2+ TiOCl2+2H2O；
【小问2详解】
根据图甲可知，在相同温度下采用a组溶剂浸出率最高，由图乙可知， 35°C时浸出率最高，故“酸浸”时采用的最佳条件为选用a组溶剂、温度35°C。由图乙可知35°C时铁和钛的浸出率最高，因为HCl易挥发，当温度过高时，HCl挥发加剧，导致HCl浓度下降，浸出率下降。故答案为：a；35°C；温度高于 35° C时，HCl大量挥发，则导致HCl浓度降低，浸出率下降；
【小问3详解】
[(NH4)2Ti5O15]中，NH为+1价、Ti为+4价设每个分子中有x个过氧键，则-2价O为(15-2x)个，从而有21+54 =2x+2(15-2x)，解得x=4，即每个[(NH4)2Ti5O15]中有4个过氧键。故答案为：4；
【小问4详解】
根据分析可知“沉铁”时，在FeCl2溶液中加入NHHCO3，由于存在电离H+ +CO；电离出的CO与Fe2+结合生成FeCO3，电离出的H+与反应生成CO2和H2O，故对应的离子方程式为Fe2+ + 2=FeCO3↓+CO2↑十H2O，故答案为：Fe2+ + 2=FeCO3↓+CO2↑十H2O；
【小问5详解】
“沉铁”过滤后，“洗涤"沉淀的操作是在过滤器中加蒸馏水浸没固体，待液体自然流下，重复操作2~3次。故答案为：在过滤器中加蒸馏水浸没固体，待液体自然流下，重复操作2~3次；
【小问6详解】
由溶液的pH为8，c(Fe2+ )为1.0 ×10-5 ml·L-1，可知Qc= c(Fe2+ )c2(OH- )= 1.0 ×10-5(1.0 ×10-6)2=1.0 ×10-17< Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17故无Fe(OH)2沉淀析出，故答案为：c(Fe2+)·c2(OH- )=1.0×10-5×(1×10-6)2= 1.0×10 -17＜Ksp[ Fe(OH)2]，故无Fe(OH)2沉淀析出；
9. 三水合硝酸铜[，]是一种重要的无机试剂，常用作搪瓷着色剂，也用于镀铜、制氧化铜及农药等。回答下列问题：
I．三水合硝酸铜的制备。
实验室常用废铜屑与稀硝酸反应制备硝酸铜溶液，过滤出剩余铜屑，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤后得到三水合硝酸铜晶体。
（1）制备硝酸铜时发生反应的离子方程式为___________。
（2）若废铜屑中含有杂质铁，则检验所得硝酸铜溶液中含有铁元素的方法为___________。
II．溶液的配制。
（3）实验室里需要溶液。用三水合硝酸铜配制该溶液时，下列仪器不需要的是___________(填仪器名称)。
（4）所需三水合硝酸铜固体的质量为___________g。
（5）配制过程中，下列操作将导致溶液浓度偏小的是___________(填序号)。
A. 加水定容时俯视刻度线
B. 容量瓶未干燥处理
C. 定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水
D. 溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯
III．三水合硝酸铜热分解实验。
（6）将样品置于瓷坩埚中缓慢加热，其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。在过程中有红棕色气体产生，反应的化学方程式为___________。继续升温至时生成的固体产物为___________(填化学式)。
【答案】（1）
（2）取少量实验所得硝酸铜溶液，加入铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀产生，则溶液中含有铁元素(或取少量实验所得硝酸铜溶液，先加入硝酸，然后加入溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有铁元素)(合理即可)
（3）100mL容量瓶、分液漏斗
（4）12.1 （5）CD
（6） ①. ②.
【解析】
【分析】实验室常用废铜屑与稀硝酸反应制备硝酸铜溶液，过滤出剩余铜屑，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤后得到三水合硝酸铜晶体。
【小问1详解】
制备硝酸铜时发生反应的离子方程式为。
【小问2详解】
若废铜屑中含有杂质铁，反应后有铜剩余，说明溶液中的铁元素以的形式存在，则检验所得硝酸铜溶液中含有铁元素的方法为取少些实验所得硝酸铜溶液，加入铁氰化钾深激，若有蓝色沉淀产生，则溶液中含有铁元素或取少量实验所得硝酸铜溶液，先加入硝酸，然后加入溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有铁元素。
【小问3详解】
实验室里需要溶液，配制时需要规格的容量瓶，因此不需要的仪器有容量瓶和分液漏斗。
【小问4详解】
用容量瓶配制溶液，需要，质量为。
【小问5详解】
配制过程中，加水定容时俯视刻度线会导致浓度偏大；容量瓶未干燥处理，对溶液的浓度无影响；定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水，会导致溶质减少，浓度降低；溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯，会导致溶质减少，浓度降低。因此选CD。
【小问6详解】
从热重曲线上得出，加热到时，固体质量由变为，则剩余固体为，同时观察到有逸出，因此分解产物为、、，反应的化学方程式为，加热到时又分解，最终生成。
10. 丙烯是重要的化工原料，广泛用于合成聚丙烯、丙烯醛等工业领域。回答下列问题：
（1）丙烷无氧脱氢法制备丙烯的反应为。科学上规定：在298.15K时，由最稳定的单质生成1ml化合物时的焓变，叫作该物质的标准摩尔生成焓（）；最稳定的单质的标准摩尔生成焓为零。
已知：部分物质的标准摩尔生成焓数据如表：
则上述反应的______。
（2）T1℃时，将充入某刚性密闭容器中，在催化作用下发生无氧脱氢反应。用压强传感器测出容器内体系压强随时间的变化关系如表所示：
①已知：。内，用H2的分压变化表示上述脱氢反应的平均速率为______。
②T1℃时，反应平衡常数______。随反应温度升高而______（填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）丙烷在有氧气参与的条件下也可以发生脱氢反应：。下列说法正确的是______（填序号）。
A. 相对于丙烷直接催化脱氢法，有氧气催化脱氢，反应更容易进行
B. 相同条件下，氢气、丙烯、丙烷三种气体中，还原性最强的是氢气
C. 恒温恒容条件下，当混合气体的密度不再随时间改变时，说明反应达到限度
D. 通入更多的氧气，有利于提高丙烷转化率，提高丙烯的产率
（4）甲醇催化也可以制取丙烯，其反应为
①该反应的阿伦尼乌斯经验公式的实验数据如图中直线a所示，已知阿伦尼乌斯经验公式为（为活化能，k为速率常数，R和C为常数）。则该反应的活化能______。
②下列措施能使速率常数k增大的是______（填序号）。
a．升高温度 b．增大压强 c．增大
【答案】（1）+123.8
（2） ①. 0.6 ②. 320 ③. 增大 （3）AB
（4） ① 31.0 ②. a
【解析】
【小问1详解】
根据标准摩尔生成焓的定义可知，生成物的标准摩尔生成焓总和-反应物的标准摩尔生成焓总和=[+19.8+0-(-104)]kJ/ml=+123.8 kJ/ml；
【小问2详解】
①起始时容器中只有CH3CH2CH3，压强为100kPa，设60min时生成H2的分压为xkPa，据反应知此时CH3CH=CH2的分压为xkPa，CH3CH2CH3的分压为(100-x)kPa，容器总压强为xkPa+xkPa+(100-x)kPa=136kPa，解得x=36，则内，用H2的分压变化表示上述脱氢反应的平均速率为；
②T1℃时，丙烷无氧脱氢反应在240℃达到平衡，平衡时总压强为180 kPa，设平衡时生成H2的分压为ykPa，则CH3CH=CH2的分压为ykPa，CH3CH2CH3的分压为(100-y)kPa，容器总压强为ykPa+ykPa+(100-y)kPa=180kPa，解得y=80，p(H2)= p(CH3CH=CH2)= 80 kPa，p(CH3CH2CH3)= 20 kPa，平衡常数；反应为吸热反应，升温平衡正向移动，增大，即随反应温度升高而增大；
【小问3详解】
A．相对于丙烷直接催化脱氢法，有氧气催化脱氢时氢气被氧气氧化生成水放热，能为脱氢提供能量，使反应更容易进行，故A正确；
B．体系中含有氢气、丙烯、丙烷三种气体，结合反应可知，相同条件下，氢气更容易被氧化，其还原性更强，故B正确；
C．恒温恒容条件下，气体总质量不变，混合气体的密度为定值，所以当混合气体的密度不再随时间改变时，不能说明反应达到限度，故C错误；
D．通入更多的氧气，过量的氧气可能将丙烯、丙烷氧化，不利于提高丙烷转化率和丙烯的产率，故D错误；
故答案为：AB；
【小问4详解】
①将直线上两点坐标代入阿伦尼乌斯经验公式得、，解得Ea=31.0kJ/ml；
②a．由可知，升高温度能使速率常数k增大，故a正确；
b．由可知，速率常数k与压强无关，故b错误；
c．由可知，速率常数k与无关，故c错误；
故答案为：a。
【化学—选修3：物质结构与性质】
11. 磷、碳、氢等非金属及其化合物用途广泛。试回答下列问题。
（1）白磷(P4)在氯气中燃烧可生成PCl3和PCl5。
①形成PCl5时，P原子的一个3s电子激发入3d轨道后参与成键，该激发态的价电子排布式为___________。
②研究表明，在加压条件下PCl5于148℃液化时能发生与水类似的自耦电离，形成一种能导电的熔体，其电离方程式为 ___________ ，产生的阳离子的空间结构为___________；N和P都有+5价，但NCl5不存在，从原子结构的角度分析其原因：___________。
（2）分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为 )。一种观点认为，苯酚羟基中的O原子是sp2杂化则苯酚中的大π键可表示为___________ ，一定在同一平面上的原子有___________个；乙醇显中性而苯酚显酸性的原因是：在大π键中氧的p电子云向苯环转移，___________。
（3）镍镧合金(LaNin)具有很强的储氢能力，其晶胞结构如图所示，其中n=___________。 已知晶胞体积为9.0 ×10 -29 m3，若储氢后形成LaNinH5.5(氢进入晶胞空隙，晶胞体积不变)，则氢在合金中的密度为___________g·cm-3(保留1位小数)。
【答案】（1） ①. 3s13p33d1 ②. 2PCl5＋PCl ③. 正四面体形 ④. P原子半径大，且有可以利用的3d空轨道采取sp3d杂化，N原子半径小且没有可以利用的d空轨道
（2） ①. ②. 13 ③. 使O原子上的电子云密度降低，O、H间的结合力减弱，易离解出H+
（3） ① 5 ②. 0.1
【解析】
【小问1详解】
①磷元素的原子序数为15，价电子排布式为3s23p3，由形成五氯化磷时，磷原子的一个3s电子激发入3d轨道后参与成键可知，激发态的价电子排布式为3s13p33d1，故答案为：3s13p33d1；
②由题意可知，五氯化磷发生与水类似的自耦电离电离出PCl和PCl，电离方程式为2PCl5PCl＋PCl，PCl离子中价层电子对数为4、孤对电子对数为0，则离子的空间结构为正四面体形；位于同一主族的磷原子的原子半径大于氮原子，磷原子可以利用3d空轨道采取sp3d杂化与氯原子形成五氯化磷，而氮原子没有可以利用的d空轨道，所以N和P都有+5价，但NCl5不存在，故答案为：PCl5PCl＋PCl；正四面体形；P原子半径大，且有可以利用的3d空轨道采取sp3d杂化，N原子半径小且没有可以利用的d空轨道；
【小问2详解】
若苯酚羟基中的氧原子的杂化方式为sp2杂化，未参与杂化的2个p电子与苯环上6个碳原子中未参与杂化的6个p电子形成大π键，则分子中的13个原子一定在同一平面上；乙醇显中性而苯酚显酸性的原因是在大π键中氧原子的p电子云向苯环转移，使羟基中氧原子上的电子云密度降低，氧原子和氢原子间的结合力减弱，易离解出氢离子，故答案为：；13；使O原子上的电子云密度降低，O、H间的结合力减弱，易离解出H+；
【小问3详解】
由晶胞结构可知，晶胞中位于面上和体心的镍原子个数为8×+1=5，由储氢后形成LaNinH5.5可知，晶胞中氢原子的质量为g，则氢在合金中的密度为≈0.1g/cm3，故答案为：5；0.1。
【化学—选修5：有机化学基础】
12. 化合物Ⅰ是合成一种荧光材料的重要中间体，其合成过程中利用了Rbinsn增环反应原理，合成路线如下：
已知：①
②
回答下列问题：
（1）B的化学名称为______。
（2）D→E的反应类型为______，E的结构简式为______。
（3）H分子中手性碳原子的数目为______个。
（4）G→H的化学方程式为______。
（5）同时满足下列条件的化合物F的同分异构体有______种（不考虑立体异构）。
①属于链状结构；②能与NaHCO3反应产生气体；③能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱共有4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的同分异构体的结构简式为______（任写一种）。
（6）参照上述合成路线和信息，以F和乙醇为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线：______。
【答案】（1）苯甲醛 （2） ①. 消去反应 ②.
（3）2 （4）
（5） ①. 12 ②. 或者
（6）
【解析】
【分析】(A)与CO在HCl、AlCl3、CuCl、∆条件下发生加成反应，生成(B)，A与CH3COCl在AlCl3作用下发生取代反应，生成(C)等；依据题给信息，与在EtONa作用下生成D为，D在H+、H2O、∆条件下发生消去反应，生成E为；E与(F)在EtONa作用下发生加成反应，生成G为；G在EtONa、EtOH作用下发生加成、消去反应，生成H为；H在NaOH、∆条件下发生取代反应，生成I为。
【小问1详解】
B为，化学名称为苯甲醛。
【小问2详解】
D()→E()，分子内脱掉1个H2O生成烯，则反应类型为消去反应，由分析可知，E的结构简式为。
【小问3详解】
H分子中，带“∗”的碳原子为手性碳原子，则手性碳原子的数目为2个。
【小问4详解】
G()→H()时，在EtONa、EtOH作用下发生加成、消去反应，化学方程式为 。
【小问5详解】
F为，F的同分异构体中，同时满足下列条件“①属于链状结构；②能与NaHCO3反应产生气体；③能发生银镜反应”的化合物，分子中含有1个-COOH、1个-CHO、1个含4个C原子的烃基，可认为烃基一端连着-COOH，另有1个H原子被-CHO取代，则烃基中H原子的种类就等于同分异构体的种类，烃基可能为CH3CH2CH2CH2-、CH3CH2CH(CH3)-、(CH3)2CHCH2-、(CH3)3C-，烃基中H原子分别有4种、4种、3种、1种，则同分异构体共有4+4+3+1=12种（不考虑立体异构）。
其中核磁共振氢谱共有4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的同分异构体的结构简式为或者。
【小问6详解】
以F()和乙醇为原料制备，采用逆推法，则需制得， 由2个CH3CHO分子发生羟醛缩合制得，再由乙醇催化氧化制得乙醛。所以合成路线为：。
【点睛】合成有机物时，可采用逆推法。A．关闭a、打开b，检查装置气密性
B．灼烧海带
C．排出盛有K2Cr2O7溶液滴定管尖嘴内的气泡
D．制备Fe(OH)3胶体
物质
CH3CH2CH3(g
)CH3CH=CH2(g)
-104
19.8
时间/min
0
60
120
180
240
300
360
压强/kPa
100
136
163
178
180
180
180
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