2023届福建省泉州市高三毕业班8月质量监测（一）化学试题含解析

这是一份2023届福建省泉州市高三毕业班8月质量监测（一）化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
福建省泉州市2023届高三毕业班8月质量监测（一）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活密切相关。以下说法不正确的是
A．德化瓷器主要生产原料是黏土，属于硅酸盐
B．使用含氟牙膏能预防龋齿，发生了沉淀转化
C．明矾用作净水剂时发生了氧化还原反应
D．泡沫灭火器内盛有NaHCO3、Al2(SO4)3两种溶液
【答案】C
【详解】A．黏土的主要成分属于硅酸盐，A正确；
B．含氟牙膏可预防龋齿原理是氟离子与羟基磷灰石反应生成氟磷灰石，氟磷灰石比羟基磷灰石更难溶，即发生了沉淀的转化反应，B正确；
C．明矾用作净水剂是由于明矾溶于水，Al3+发生了水解反应产生了氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附净水，而盐的水解反应过程中元素化合价不变，因此不属于氧化还原反应，C错误；
D．NaHCO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，盛放在外筒；Al2(SO4)3是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，盛放在内筒，当使用时，二者混合，盐的水解相互促进，产生CO2气体、Al(OH)3沉淀从灭火器里喷出，覆盖在着火物质上，起到隔绝空气的作用，水汽化吸收热量，可以降低温度，低于物质的着火点，从而可以达到灭火作用，故泡沫灭火器内盛有NaHCO3、Al2(SO4)3两种溶液，D正确；
2．设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4L含有个分子
B．pH=1的乙酸溶液中的氢离子数目为0.1
C．常温常压下，7.8g含有0.2个阴离子
D．电解足量CuSO4溶液，阴极增重3.2g，转移电子数为0.1
【答案】D
【详解】A．标况下，CCl4是液态，无法计算22.4L CCl4的物质的量，即无法计算其分子数目，A错误；
B．pH=1的乙酸溶液中，c(H+)=0.1mol/L，但题中未告知溶液的体积，无法计算溶液中H+的物质的量，即无法计算溶液中H+的数目，B错误；
C．7.8g Na2O2的物质的量是0.1mol，Na2O2的电子式为，由此可知，0.1mol Na2O2含有0.1NA个阴离子，C错误；
D．电解CuSO4溶液时，阴极上的电极反应是Cu2++2e-=Cu，则阴极增重3.2g，即生成0.05mol Cu，则转移0.1mol电子，即转移电子数为0.1NA，D正确；
故选D。
3．不同价态含氮物质的转化可用下图表示，图中线路①②③是工业生产硝酸的主要途径。下列说法正确的是

A．①的转化属于置换反应
B．②的转化属于氮的固定
C．③的转化方程式：
D．使用CuO作氧化剂可以实现④的转化
【答案】D
【详解】A． ①的转化是氨的催化氧化，发生，不属于置换反应，故A错误；
B．氮的固定是游离态的氮转化为化合态的氮，②的转化发生反应，不属于氮的固定，故B错误；
C． ③的转化方程式：，故C错误；
D．使用CuO作氧化剂可以发生反应，，可以实现④的转化，故D正确；
故答案为：D
4．化合物Q可用于合成药物Tivozanib，结构如如图所示。下列有关说法正确的是

A．化合物Q含两种官能团
B．化合物Q中所有碳原子均处于同一平面
C．化合物Q苯环上的一溴代物有2种
D．lmol化合物Q最多能与3molH2加成
【答案】A
【详解】A．化合物Q含有两种官能团，分别是醚键和羰基，A正确；
B．化合物Q中苯环上的所有碳原子和与苯环相连的碳原子处于同一平面，余下的3个甲基上的碳原子可能处于这个平面上，B错误；
C．化合物Q的结构不是对称结构，则其苯环上的一溴代物有3种，C错误；
D．化合物Q的苯环和羰基都可以和H2发生加成，则lmol化合物Q最多能与4mol H2加成，D错误；
故选A。
5．为探究氯气的某些性质，设计如下装置。下列有关反应的离子方程式不正确的是

A．用产生黄绿色气体：
B．乙可制得饱和氯水：
C．丙中溶液显棕黄色：
D．丁可用于处理尾气：
【答案】B
【详解】A．KMnO4与浓盐酸在常温下发生氧化还原反应产生KCl、MnCl2、Cl2、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：，A正确；
B．HClO是弱酸，应该写化学式，反应的离子方程式应该为，B错误；
C．Cl2具有强氧化性，与FeCl2反应产生FeCl3，该反应的离子方程式应该为：，C正确；
D．Cl2是大气污染物，根据其能够与NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O的性质，可以用NaOH溶液进行尾气处理，反应的离子方程式应该为：，D正确；
故合理选项是B。
6．以铝土矿(主要成分，含、等少量杂质)为原料制备氧化铝的一种工艺流程如下：

已知滤渣的成分为铝硅酸钠和化合物M。下列说法正确的是
A．M为
B．“碱溶”主要反应：
C．“沉铝”主要反应：
D．铝土矿中的质量分数为品
【答案】B
【分析】铝土矿(主要成分，含、等少量杂质)加氢氧化钠只有和溶解，滤渣为铝硅酸钠和，滤液通过量CO2，得到氢氧化铝，灼烧得氧化铝；
【详解】A．根据分析可知不溶于氢氧化钠，故M为，故A错误；
B．加氢氧化钠只有和溶解，主要反应为：，故B正确；
C．“沉铝”通入通过量CO2，产物为HCO，故C错误；
D．已知滤渣的成分为铝硅酸钠，有一部分铝没有转化为，铝土矿中的质量分数大于，故D错误；
故答案为B
7．短周期主族元素R、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y无正价，常温下的氢氧化物水溶液的，X、Z、W的最高价氧化物对应的水化物两两之间发生反应。下列有关说法正确的是
A．简单离子半径：X>Y>Z>W B．简单气态氢化物的稳定性：R>X>Y
C．工业上常用R单质冶炼W单质 D．Y分别与X、Z、W形成的晶体类型相同
【答案】A
【分析】短周期主族元素R、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中R原子最外层电子数是电子层数的2倍，则R为C元素；Y无正价，则Y为F元素﹔常温下，0.1mol·L-1Z的氢氧化物水溶液的pH = 13，说明Z的氢氧化物为一元强碱，则Z为Na元素；X、Z、W的最高价氧化物对应的水化物两两之间发生反应，则X为N元素、W为Al元素；由于Al(OH)3是两性氢氧化物，HNO3、NaOH、Al(OH)3两两之间能够反应。
【详解】A．—般来说核外电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，则简单离子半径：N3->F->Na+ > Al3+，故A正确；
B．元素的非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：F >N>C，则简单气态氢化物的稳定性：HF>NH3> CH4，故B错误；
C．工业上常用电解熔融Al2O3来冶炼铝单质，故C错误；
D．F分别与N、Na、Al形成晶体，NF3是分子晶体，NaF、AlF3为离子晶体，晶体类型不完全相同，故D错误。
故选A。
8．下列实验操作、现象及结论都正确的是
选项
实验目的
实验操作及现象
结论
A
检验乙醇是否含水
向乙醇中加入一小块钠，产生无色气体
乙醇中含有水
B
检验溴乙烷发生消去反应的产物
加热溴乙烷、乙醇和NaOH混合液，产生的气体通入溴水，溶液褪色
溴乙烷消去产物为乙烯
C
比较H2SO3与HClO的酸性强弱
往溶液中通入SO2气体，有沉淀产生
酸性：
D
验证溶液中存在
往盛有溶液的试管中滴加淀粉溶液，溶液变蓝
溶液中存在

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．乙醇也可以和钠反应产生氢气，故A错误；
B．溴乙烷在乙醇和NaOH混合液加热消去产生乙烯，产生的气体通入溴水，溶液褪色，故B正确；
C．往溶液中通入SO2气体，有沉淀产生，是次氯酸跟将SO2氧化为硫酸根，硫酸根与钙离子生成沉淀，结论不符合，故C错误；
D．空气中氧气也可以将碘离子氧化为I2，溶液也会变蓝，故D错误；
故答案为B。
9．Li—CO2电池是一种新型的高比能电池，固体电解质(LAGP)允许Li+迁移，其放电过程中产生的Li2CO3在热力学上稳定，影响其充电过程。研究人员设计如图所示装置，有效解决该问题。下列说法不正确的是

A．放电时，b作负极
B．放电时，Li+由b向a迁移
C．充电时，a极的电极反应式：
D．充电时，太阳光有利于Li2CO3的分解，降低充电电压
【答案】C
【分析】锂为活泼金属，放电过程中发生氧化反应生成锂离子，故b为负极、a为正极；
【详解】A．由分析可知，放电时，b作负极，A正确；
B．放电时，阳离子向正极移动，则Li+由b向a迁移，B正确；
C．充电时，a极连接电源正极，a此时为阳极，发生氧化反应，反应过程中失去电子而不是得到电子，C错误；
D．充电时，太阳光可为碳酸锂分解提供能量，有利于Li2CO3的分解，可降低充电电压，D正确；
故选C。
10．25℃时，用0.1 mol/L NaOH溶液分别滴定20 mL浓度均为0.1 mol/L的HCl、CH3COOH，所加NaOH溶液的体积与反应后溶液pH的关系如图所示。现用0.1 mol/L NaOH溶液滴定20 mL浓度均为0.1 mol/L的HCl和CH3COOH的混合酸溶液，下列叙述正确的是

A．CH3COOH的电离常数Ka约为
B．滴定混合酸至pH=4.4时，仅发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O
C．滴定混合酸至pH=7时，
D．滴定混合酸至pH=8.2时，
【答案】D
【分析】HCl是一元强酸，c(H+)=c(HCl)=0.1 mol/L，溶液pH=1；CH3COOH是一元弱酸，存在电离平衡，c(H+)＜c(CH3COOH)= 0.1 mol/L，溶液pH＞1，水解根据图象可知曲线II表示NaOH滴定HCl的曲线，曲线I表示NaOH滴定CH3COOH的曲线。
【详解】A．曲线I表示NaOH滴定CH3COOH的曲线，醋酸溶液浓度是0.1 mol/L，在未滴加NaOH溶液时，溶液pH=3，则c(H+)=10-3 mol/L， 根据醋酸电离方程式CH3COOHCH3COO-+H+可知：c(CH3COO-)=c(H+)=10-3 mol/L，所以该温度下CH3COOH的电离常数Ka=，A错误；
B．由于0.1 mol/LCH3COOH溶液pH=3；0.1 mol/LHCl的pH=1，所以滴定混合酸至pH=4.4时，发生反应为HCl+NaOH=NaCl+H2O和CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，B错误；
C．NaCl是强酸强碱盐，不水解，CH3COONa是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此当滴定混合酸至pH=7时，CH3COOH未反应完全，溶液为NaCl、CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，根据电荷守恒可得c(Na+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)，c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，所以此时溶液中c(Na+)＞c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，C错误；
D．滴定混合酸至pH=8.2时，溶液pH在滴定突跃范围，HCl、CH3COOH恰好完全被中和，溶液为NaCl、CH3COONa的混合溶液，二者的物质的量相等。根据物料守恒可知c(Na+)最大；Cl-不发生水解，CH3COO-发生水解反应而消耗，所以c(Cl-)＞c(CH3COO-)；CH3COO-发生水解反应产生OH-，使溶液显碱性，但盐水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度，则c(CH3COO-)＞c(OH-)，故溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)，D正确；
故合理选项是D。

二、工业流程题
11．以钛白渣(主要成分为FeSO4，含Mg、Ti等元素)为原料，生产氧化铁黄(-FeOOH)的工艺流程如下：

已知：I．钛白渣溶于稀硫酸后，主要金属阳离子为Fe2+、Mg2+、 TiO2+
II．25℃，Ksp(MgF2)=5.22×10-11；偏钛酸(H2TiO3)难溶于水
回答下列问题：
(1)“溶解”过程，可加快反应速率的措施有_______(任写一项)。
(2)“除镁钛”时，TiO2+水解生成偏钛酸的离子方程式为_______，根据平衡移动原理分析加入适量铁粉可促进生成偏钛酸的原因是_______。
(3)“除镁钛”后，滤液①中c(Mg2+)=5.80×10-6 mol/L，此时c(F-)=_______。
(4)“酸化、氧化”时，主要反应离子方程式为_______。
(5)“酸化、氧化”后，检验溶液中Fe2+已被完全氧化的最佳试剂为_______。
A．KSCN溶液    B．K3[Fe(CN)6]溶液        C．KSCN溶液和新制氯水
(6)“浆化”前，将溶液加热至85℃以去除过量氯酸钠，反应如下：(未配平)，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_____。
【答案】(1)升高温度  适当增大稀硫酸浓度、粉碎固体增大接触面积、搅拌
(2)          消耗H+，使TiO2+水解平衡正向移动，促进生成偏钛酸沉淀
(3)3.00×10-3 mol/L
(4)
(5)B
(6)1：2

【分析】向钛白渣(主要成分为FeSO4，含Mg、Ti等元素)中加入稀硫酸，得到FeSO4、MgSO4、TiOSO4，然后加入NH4HF2、Fe，形成MgF2、H2TiO3沉淀，过滤除去后，向滤液中加入稀H2SO4、NaClO3，发生氧化还原反应产生Fe2(SO4)3，然后将溶液加热至85℃以去除过量氯酸钠，再向溶液中加入NaOH和表面活性剂浆化得到氧化铁黄(-FeOOH)。
（1）
“溶解”过程，可加快反应速率的措施可以是：升高温度  适当增大稀硫酸浓度、粉碎固体增大接触面积、搅拌；
（2）
“除镁钛”时，TiO2+水解生成偏钛酸，同时产生H+，该反应的离子方程式为；
当向其中加入适量Fe粉时，反应消耗H+，使TiO2+水解平衡正向移动，导致盐水解程度程度，从而有利于偏钛酸沉淀的生成；
（3）
“除镁钛”后，滤液①中c(Mg2+)=5.80×10-6 mol/L，由于Ksp(MgF2)=5.22×10-11，则此时c(F-)==3.00×10-3 mol/L；
（4）
“酸化、氧化”时，在酸性条件下，Fe2+与反应产生Fe3+、Cl-、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为；
（5）
Fe2+被氧化产生Fe3+。若完全氧化，则溶液中不再含有Fe2+。
A．KSCN与Fe3+反应产生Fe(SCN)3，使溶液变为血红色，因此能检验Fe3+；但其不能检验是否含有Fe2+，因此不能检验溶液中Fe2+已被完全氧化，A不符合题意；
B．若溶液中含有Fe2+，加入K3[Fe(CN)6]溶液能够产生蓝色沉淀，否则不产生蓝色沉淀，故能检验溶液中Fe2+已被完全氧化，B符合题意；
C．加入KSCN溶液反应产生血红色溶液，能检验溶液中含有Fe3+，由于溶液显红色，所以再加入Cl2水时，无论是否发生Cl2与Fe2+的反应，溶液都显红色，因此不能证明其中是否含有Fe2+，C不符合题意；
故合理选项是B；
（6）
“浆化”前，将溶液加热至85℃以去除过量氯酸钠，反应如下，在该反应中，Cl元素化合价由反应前中+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低1价；Cl元素化合价由反应前Cl-的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高1×2=2，化合价升降最小公倍数是2，所以、Cl-、ClO2的系数是2，Cl2的系数是1，再根据电荷守恒，可知H+的系数是4，最后根据原子守恒，可知H2O的系数是2，则配平后离子方程式为。在该反应中作氧化剂，得到电子被还原为ClO2，Cl-作还原剂，失去电子被氧化为Cl2，所以氧化产物是Cl2，还原产物是ClO2，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2。

三、实验题
12．五水合硫代硫酸钠()俗称海波、大苏打，为无色结晶或白色颗粒，在工业生产中有广泛的用途。某化学实验小组制备，并测定产品纯度，设计如下实验。回答下列问题：
步骤I.制备
按如图所示装置(加热及夹持装置省略)进行实验，可得到溶液，再经一系列步骤获得产品。
已知：S与Na2SO3在加热条件下可反应生成

(1)仪器a的名称为_______，装置A发生反应的化学反应方程式为_______。
(2)装置B的作用为_______。
(3)补充完成装置C中主要反应的离子方程式：①_______，②。
(4)C中溶液经过滤、_______、过滤、洗涤、烘干，得晶体(填实验操作)。
(5)D中浸有品红溶液的棉花的作用为_______。
步骤II. 测定产品纯度
准确称取上述产品12.40g于烧杯中，加入适量水配制成100mL待测液，取25.00mL待测液于锥形瓶中，以淀粉溶液作指示剂，用0.25mol·L-1的I2标准液滴定重复滴定3次；测得消耗I2标准液体积的平均值为20.00mL。(已知：)
(6)①滴定达到终点时的现象为_______，该产品中的质量分数为_______。
②以下说法中，能使测量结果偏低的是_______。
A．产品中硫代硫酸钠晶体失去部分结晶水
B．滴定前，装I2标准液的滴定管米用标准液润洗
C．滴定过程中，锥形瓶振荡太剧烈，有少量液滴溅出
D．滴定前平视读数，滴定后俯视读数
【答案】(1)     长颈漏斗    
(2)做安全瓶，用于监测实验进行时装置C中是否发生堵塞； 做储气瓶
(3)
(4)蒸发(加热)浓缩、冷却结晶
(5)检验尾气中SO2是否除尽
(6)     滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色     80%或     CD

【分析】本题是一道无机物制备类的实验题，由装置A制备二氧化硫，通过安全装置B进入装置C中，在该装置中和碳酸钠，单质硫发生反应，生成产物，最后过量的二氧化硫在装置D中被氢氧化钠吸收，以此解题。
（1）
由图可知，仪器a的名称为：长颈漏斗；装置A中是浓硫酸和铜在加热条件下发生反应生成二氧化硫和硫酸铜，方程式为：；
（2）
当气流速度过大时，装置B中仪器a中的液面会上升，另外过量的二氧化硫可以临时储存在这个装置中，故装置B的作用为：做安全瓶，用于监测实验进行时装置C中是否发生堵塞； 做储气瓶；
（3）
在装置C中二氧化硫和碳酸根离子可以反应生成亚硫酸根离子，随后亚硫酸根离子再和单质S反应，故方程式为：；
（4）
C中得到的产品中含有结晶水，故采用的结晶方法为：蒸发(加热)浓缩、冷却结晶；
（5）
装置D中的氢氧化钠可以吸收二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，故浸有品红溶液的棉花的作用为：检验尾气中SO2是否除尽；
（6）
①淀粉遇碘分子显蓝色，故滴定达到终点时的现象为：滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色；根据可知，n()=2 n(I2)=2×0.25mol·L-1×20.00mL×10-3×=0.04mol，则m()=0.04mol×248g/mol=9.92g，该产品中的质量分数=，故答案为：80%或；
②A．产品中硫代硫酸钠晶体失去部分结晶水，则同样量的样品中，刘代硫酸根离子的含量较多，滴定消耗的标准溶液体积偏大，结果偏大，A错误；
B．滴定前，装I2标准液的滴定管未用标准液润洗，导致标准液浓度变小，消耗的标准液体积偏大，结果偏大，B错误；
C．滴定过程中，锥形瓶振荡太剧烈，有少量液滴溅出，则滴定时消耗的标准液体积变小，结果偏小，C正确；
D．滴定前平视读数，滴定后俯视读数，则读取的标准液体积偏小，结果偏小，D正确；
故选CD。

四、原理综合题
13．研究氮氧化物(NOx)的还原处理方法是环保领域的主要方向之一、回答下列问题：
(1)CO还原NO的反应机理及相对能量如下图(TS表示过渡态)：

①反应过程中速率最慢步骤的热化学方程式为_______，活化能最小_______。
②为提高NO的平衡转化率可采用的措施为_______。
A．升高温度    B．增大压强    C．增大NO浓度    D．使用催化剂
(2)用H2还原NO的反应为  。为研究H2和NO的起始投料比对NO平衡转化率的影响，分别在不同温度下，向三个体积均为aL的刚性密闭容器中加入一定量H2和NO发生反应，实验结果如图。

①反应温度T1、T2、T3从大到小的关系为_______。
②T1温度下，充入H2、NO分别为3mol、3mol，容器内的压强为w Pa，反应进行到10min时达平衡，0~10min内N2的平均反应速率为_______mol·L-1·min-1，该反应的平衡常数_______(写出计算表达式，以分压表示的平衡常数为，分压=总压×物质的量分数)。
③该反应的正反应速率方程可表示为，T3下测得有关数据如下表：
NO/mol
H2/mol

1
1
4.14k
1
4
16.56k
2
1
16.56k

则m=_______，n=_________。
(3)NH3还原NO的主反应为  
相同时间内测得选用不同催化剂的实验相关数据如图1、2所示：

①由图可知具有较高活性和选择性的催化剂为_______，反应合适的温度为_______。
②图1中100~300℃NO转化率升高的原因为_______。
【答案】(1)             260     B
(2)     T3>T2>T1          或     2     1
(3)     酸化的     250~300℃(或区间内任一温度)     图1中100℃至300℃，反应未达到平衡状态，温度越高，反应速率越大，NO转化率升高

【解析】（1）
①根据图可知TS1活化能最大是速率最慢步骤，是慢反应，热化学方程式为   ；活化能最小的步骤是TS2，活化能最小658.4-398.4=260；
②根据图像可知该反应为放热反应，为提高NO的平衡转化率可使平衡正向移动，采用的措施为
A.升高温度反应逆向移动，转化率下降；  
B.该反应是分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，转化率升高；
C.增大NO浓度平衡正向移动，转化率降低；
D.使用催化剂平衡不移动，转化率不变；
故答案为B。
（2）
①该反应  ，为放热反应，升高温度平衡逆向移动NO的转化率下降，由图可知T3>T2>T1；
②根据图像可知充入H2、NO分别为3mol、3mol，转化率为40%，
反应进行到10min时达平衡，0~10min内N2的平均反应速率为；
根据，Pa；
H2、NO、N2、H2O的体积分数为、、、；

③根据表中数据，可知n=1；，可知m=2；
（3）
①由图可知具有较高活性和选择性的催化剂为酸化的，250~300℃(或区间内任一温度)催化剂催化效果最好，NO转化率最高，
②图1中100~300℃NO转化率升高的原因为图1中100℃至300℃，反应未达到平衡状态，温度越高，反应速率越大，NO转化率升高；

五、结构与性质
14．铍由于重量轻、弹性模数高和热稳定性好，已成为引人注目的飞机和导弹结构材料。
(1)Be的基态原子核外电子排布式_______。
(2)铍的某些化合物的结构如图所示，图1为气态氯化铍，图2为固态氯化铍。

①气态氯化铍为_______(填“极性”、“非极性”)分子。氯化铍由气态转化为固态，Be的杂化方式由_______转化为_______。
②若将固态氯化铍中的Cl原子替换为甲基(—CH3)，可形成如图3化合物。1个甲基与2个Be原子形成共价键时所提供的电子数为_______。
③上述化合物涉及四种元素的电负性由大到小的顺序为_______。
(3)Be2+与会反应生成配离子，已知Be的配位数为4，则配合物中配位原子为_______。
(4)氧化铍晶胞结构如如图所示，则1号Be原子的原子坐标。为_______。

【答案】(1)1s22s2
(2)     非极性     sp2     sp3     l     Cl>C>H>Be
(3)O(氧原子)
(4)

【解析】（1）
Be为4号元素，核外4个电子，故基态原子核外电子排布式为1s22s2。
（2）
①气态氯化铍为正负电荷中心重合的对称结构，故为非极性分子；图1中Be形成3个共价键，故为sp2杂化，图2中Be形成4个共价键，故为sp3杂化。
②甲基的电子式为，故1个甲基提供1个电子。
③一般，随电子层数增多，电负性增强，又电负性H大于Be，故大小顺序为Cl>C>H>Be。
（3）
配离子中只有2个碳原子，有6个O原子，而已知Be的配位数为4，故配合物中配位原子为O(氧原子)。
（4）
将立方体分成8个小立方体，则Be原子位于互不相邻的两个小立方体的体心，则1号的原子坐标为。

六、有机推断题
15．有机物G是制备某重要药物的中间体，其合成路线如下：

(1)试剂甲为_______。
(2)C的结构简式为_______。
(3)D与发生取代反应的化学方程式为____；设计该步转化的目的为_____。
(4)E→F的反应类型为_______。
(5)G的含氧官能团名称为_______。
(6)T为B的同系物，分子式为，则T的结构有_______种；其中核磁共振氢谱为5组峰的T的结构简式为_______。
【答案】(1)酸性KMnO4溶液
(2)
(3)          保护氨基，防止被氧化
(4)硝化反应(取代反应)
(5)(酚)羟基、羧基
(6)     4    

【分析】甲苯被酸性高锰酸钾氧化成B苯甲酸，加入硝酸硫酸发生取代反应，生成C根据分子式可知C为，在Ni催化下被H2还原，生成D，D为，D发生取代反应生成E，E发生取代反应生成F；
（1）
根据分析可知试剂甲为酸性KMnO4溶液；
（2）
根据分析可知C的结构式为；
（3）
D与发生取代反应生成,化学方程式为；根据流程可知E到F要在浓硝酸和浓硫酸条件下硝化，防止氨基被氧化，保护氨基；
（4）
根据流程可知E发生消化反应即取代反应生成F，E→F的反应类型为硝化反应(取代反应)；
（5）
根据G的结构式可知，G的含氧官能团名称为(酚)羟基、羧基；
（6）
B为，T为B的同系物，分子式为，则T的结构有、、、，其中核磁共振氢谱为5组峰的T的结构简式为；