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2021-2022学年宁夏回族自治区银川市一中高三上学期第四次月考化学 解析版
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这是一份2021-2022学年宁夏回族自治区银川市一中高三上学期第四次月考化学 解析版，共17页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
银川一中2022届高三年级第四次月考
理科综合能力测试
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Al-27 P-31 S-32 Fe-56 Co-59 Cu-64 Ag-108 Ba-137
一、选择题：本题包括13小题。每小题6分，共78分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。
1. 化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列说法不正确的是
A. 酸雨从其产生原理上可分为硫酸型酸雨与硝酸型酸雨两类
B. 汽车尾气中NO主要来自燃油中氮元素的不完全燃烧
C. “地沟油”经加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油
D. 古人云：“三天打鱼，两天晒网”，是因为过去的渔网用麻纤维织成，吸水易膨胀，潮湿时易腐烂
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸雨分为硫酸型酸雨和硝酸型酸雨两类，硫酸型酸雨是由排放SO2引起，硝酸型酸雨是由排放氮的氧化物引起的，故A说法正确；
B．汽油属于烃类物质，不含氮元素，汽车尾气中氮氧化物是由氮气和氧气在高温放电下生成的，故B说法错误；
C．地沟油属于油脂，地沟油经过皂化反应制肥皂，与甲醇在催化剂作用下进行酯交换制成生物柴油，故C说法正确；
D．麻纤维是从各种麻类植物取得的纤维，麻纤维吸水易膨胀，潮湿易腐烂，三天打鱼，两天晒网，以延长渔网的寿命，故D说法正确；
答案为B。
2. 已知NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 31g白磷分子含有共价单键数目为NA个
B. 4.6g有机物C2H6O的分子结构中含有C-H键数目为0.5NA
C. 0.1molFe分别与足量Cl2、S完全反应，转移电子数均为0.2NA个
D. 足量镁粉与一定量的浓硫酸充分反应，放出SO2和H2混合气体2.24L(标准状况)，转移电子数为0.2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．白磷的结构简式为，其分子式为，摩尔质量为124g/mol，1mol含有6molP-P键，31g的物质的量为0.25mol，则所含的P-P数为1.5，故A错；
B．分子式为C2H6O的物质可能为或，若为时，4.6g该有机物所含的C-H数为0.6NA，若为时4.6g该有机物所含的C-H数为0.5NA，故B错；
D．氧化性Cl2强于S，所以Cl2能将铁氧化为=3价而S不能，所以0.1molFe分别与足量Cl2、S完全反应，转移电子数前者为0.3NA个、后者为0.2NA个，故C错；
D．标况下SO2和H2混合气体2.24L，则其物质的量为0.1mol，由于1mol得到2mol被还原为1molSO2；没生成1molH2所转移的电子的物质的量为2mol，所以足量的镁粉与一定量的浓硫酸充分反应，放出SO2和H2混合气体2.24L(标准状况)，转移电子数为0.2NA，故D正确；
答案选D。
3. 利用如图装置进行下列实验，可以得到相应结论的是
选项
①
②
③
实验结论
A
稀HCl
Na2CO3
Na2SiO3
非金属性：Cl>C>Si
B
浓H2SO4
铜片
品红溶液
Cu与浓H2SO4反应生成SO2
C
浓H2SO4
蔗糖
澄清石灰水
浓H2SO4具有脱水性和氧化性
D
酸性KMnO4
浓HCl
饱和NaHCO3溶液
Cl2与水反应生成酸性物质
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．盐酸是无氧酸，盐酸的酸性大于碳酸，不能证明非金属性：Cl>C，故不选A；
B．浓H2SO4和铜在常温下不反应，故不选B；
C．蔗糖中滴入浓硫酸，蔗糖变黑，证明浓硫酸具有脱水性，澄清石灰水变浑浊，说明蔗糖和浓硫酸反应生成二氧化碳，则证明浓硫酸具有强氧化性，故选C；
D．酸性KMnO4与浓HCl反应生成的Cl2中含有HCl，HCl能与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳气体，不能证明Cl2与水反应生成酸性物质，故不选D；
选C。
4. 短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如图所示。R原子最外层电子数是电子层数的2倍。Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物。Z与T形成的化合物Z2T能破坏水的电离平衡。下列推断正确的是
A. 离子半径由小到大顺序：X
C. 最高价氧化物对应水化物酸性：T>R
D. 由X、T、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液一定显碱性
【答案】C
【解析】
【分析】根据短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系图，可知X是H元素，Y、R是第二周期元素，Z、T第三周期元素；R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R是C元素；Z与T形成的化合物Z2T能破坏水的电离平衡，Z是Na元素、T是S元素；Y与Na能形成Na2Y、Na2Y2型离子化合物，Y是O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，离子半径由小到大顺序：H+
C．非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，最高价氧化物对应水化物酸性：H2SO4>H2CO3，故C正确；
D．由H、S、O、Na四种元素可组成的化合物NaHSO4，NaHSO4的水溶液显酸性，故D错误；
选C。
5. 莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，Mr=392]是一种重要的还原剂，在空气中比一般的亚铁盐稳定。某学习小组设计如下实验制备少量的莫尔盐。以下说法不正确的是
A. 装置C的作用是吸收尾气，缺点是未防倒吸
B. 该实验利用装置A中铁屑与硫酸反应产生的H2排出装置中的空气
C. 反应中先打开K2，关闭K3；后打开K3，关闭K2
D. 反应结束后，取装置B中固体加水溶解，加入几滴氢氧化钠溶液，微热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
【答案】A
【解析】
【详解】A．C装置的作用是防止空气中的氧气进入B装置将亚铁离子氧化，以免影响产品的产率和纯度，故A错误；
B．硫酸与铁粉反应生成氢气和硫酸亚铁，产生饿氢气将装置内的空气排出，防止其将亚铁离子氧化为铁离子，故B正确；
C．反应中先打开K2，关闭K3，使产生的氢气将装置内的空气排出；后打开K3，关闭K2，使产生的氢气将硫酸亚铁溶液压入B中，使其反应生成莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]，故C正确；
D．B中的固体为莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]，含有能与NaOH反应生成碱性气体的，故D正确；
答案选A。
6. 下列有关各实验说法不正确的是
A. 配制60mL0.1mol/L硫酸铜溶液，需称取胆矾晶体2.5g
B. 制取乙酸乙酯的实验中，饱和Na2CO3溶液可以换成饱和NaHCO3溶液
C. 测定硫酸铜晶体中结晶水的含量实验中，加热后坩埚和药品总质量应至少连续两次称量质量差小于0.1g
D. 用质量分数98%的浓H2SO4配制0.5mol/LH2SO4溶液，量取浓硫酸时俯视读数，将导致实验结果偏高
【答案】D
【解析】
【详解】A．无60mL容量瓶，需要用100mL容量瓶配制，故需称取胆矾晶体质量为，A项正确。
B．制取乙酸乙酯的实验中，饱和碳酸钠溶液的作用是吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，饱和碳酸氢钠溶液也能起到类似的作用，B项正确。
C．0.1g是托盘天平的最小量程，测定硫酸铜晶体中结晶水的含量实验中，加热后坩埚和药品总质量应至少连续两次称量质量差不超过0.1g，C项正确。
D．量取浓硫酸时俯视读数，量取浓硫酸体积偏小，造成溶质偏小，所配溶液浓度偏低，D项错误。
故答案为：D。
7. 某溶液可能含有、SO、CO、NH、、和。取该溶液10mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.01mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。下列叙述正确的是
A. SO、一定存在，可能存在
B. CO一定不存在，可能存在
C. 至少存在5种离子
D. 一定存在且
【答案】B
【解析】
【分析】加入过量NaOH溶液，加热产生0.02mol气体，和红棕色沉淀，则气体为NH3，沉淀为Fe(OH)3；则原溶液中有0.02molNH，也有Fe3+，则原溶液不存在CO、I-；Fe(OH)3经灼烧后，产生1.6gFe2O3，即0.01mol Fe2O3，则原溶液中有0.02molFe3+；向滤液中加入足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的BaSO4沉淀，其物质的量为0.02mol，则原溶液中含有0.02molSO。
【详解】A．经分析，原溶液中有0.02molFe3+、0.02molNH、0.02mol SO，则溶液中一定有Cl-，来保持电荷平衡，A错误；
B．经分析，原溶液中有Fe3+、则原溶液不存在CO(两者会发生双水解反应)，但是K+的存在情况，无法得知，B正确；
C．原溶液中有0.02mol Fe3+、0.02mol NH、0.02mol SO，则溶液中一定有Cl-，来保持电荷平衡，则Cl-的物质的量最少为0.04mol；但是K+的存在情况，无法得知，若K+存在，Cl-的物质的量大于0.04mol，故溶液中最多存在5种离子，C错误；
D．经分析，Cl-一定存在，且n(Cl-)≥0.04mol，则c(Cl-)≥0.8mol/L，D错误；
故选B。
8. 完成下列问题。
（1）若将50mL4mol·L-1稀硝酸和200mL0.5mol·L-1稀硫酸混合后，加入19.2g铜粉，微热，充分反应。若忽略溶液体积变化，溶液中铜离子物质的量浓度为___________mol·L-1。
（2）处理某废水时，反应过程中部分离子浓度与反应进程关系如图，反应过程中主要存在N2、、ClO-、CNO-(C为+4价)、Cl-等微粒。写出处理该废水时发生反应的离子方程式_______。
（3）Na2SX(X=2，4，6，8等)在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4。Na2SX中含有的化学键类型有___________。
（4）足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.12LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入4mol•L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是___________mL。
（5）次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：
①H3PO2与足量NaOH溶液反应生成NaH2PO2。已知：NaH2PO2的水溶液呈碱性，则H3PO2是___________酸(填“强”或“弱”)；写出H3PO2的电离方程式：___________。
②H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的银离子还原为银单质，从而可用于化学镀银，利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，写出化学镀银反应的离子方程式_______。
【答案】（1）0.6 mol/L
（2）
（3）离子键、共价键 （4）50
（5） ①. 弱 ②. ③. 4Ag++H3PO2+2H2O=4Ag+H3PO4+4H+
【解析】
【小问1详解】
；，则溶液中，，根据关系式可知，氢离子的物质的量不足，故生成的物质的量应根据的物质的量来计算，设生成的的物质的量为xmol，则由关系式有，解得，，故答案为：；
【小问2详解】
由图示分析可知为生成物离子，ClO-为反应物离子，且作为氧化剂；根据氧化还原反应的原理分析可得CNO-(C为+4价)离子，且作为还原剂；N2、Cl-作为生成物，则其离子方程式为，故答案为：；
【小问3详解】
化合物Na2SX(X=2，4，6，8等)，S原子与之间形成离子键，S原子与S原子之间形成非极性共价键，故答案为：离子键、共价键；
【小问4详解】
整个过程中硝酸未得到电子，是O2得到电子，，则得到的电子的物质的量为，由关系式有解得，则，故答案为：50；
【小问5详解】
①H3PO2与足量NaOH溶液反应生成NaH2PO2。已知：NaH2PO2的水溶液呈碱性，根据盐类水解规律“谁强显谁性”可知H3PO2为一元弱酸，其电离方程式为：，故答案为：弱；；
②H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的银离子还原为银单质，从而可用于化学镀银，利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则其离子方程式为4Ag++H3PO2+2H2O=4Ag+H3PO4+4H+，故答案为：4Ag++H3PO2+2H2O=4Ag+H3PO4+4H+。
9. 钠、钾的碘化物在生产和科学实验中有十分重要的应用。工业利用I2、NaOH和铁屑为原料可生产碘化钠，其生产流程如下：
已知：卤化钠系列物质物理性质相似。回答下列问题：
（1）碘单质的用途之一___________；
（2）生产流程中加入过量铁屑的目的是___________；
（3）NaOH溶液和碘反应时需要严格控制温度，如果温度过低，会生成碘的低价副产品NaIO。若NaOH溶液和碘反应时所得溶液中与IO-的物质的量之比为2：1，则I-与的物质的量之比为___________；
（4）溶液2中含有一种二价阳离子，检验该金属阳离子的方法___________。
（5）由“溶液1”得到NaI固体的操作为：___________、洗涤、干燥。
（6）溶液2经一系列转化可以得到草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)，称取3.60g草酸亚铁晶体(相对分子质量是180)用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示：
①分析图中数据，根据信息写出过程I终点2.88g时对应的产物为___________。
②已知过程II生成两种物质的量相等的气体，300℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物。试写出过程II所发生的化学反应方程式___________。
【答案】（1）消毒 （2）与反应，使完全转化为I-
（3）11：2 （4）取少量溶液2加入酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色，则含Fe2+；或取少量溶液2于试管中，加入几滴铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则证明含Fe2+
（5）蒸发结晶 （6） ①. FeC2O4 ②. 4FeC2O4+O22Fe2O3+4CO↑+4CO2↑
【解析】
【分析】由流程可知，在加热条件下碘与氢氧化钠溶液反应生成了碘化钠和碘酸钠的混合液，加入铁粉把碘酸钠还原为碘化钠，过滤后，将滤液蒸发浓缩、降温结晶、过滤得到产品。固体1是氢氧化铁和剩余的铁粉，氢氧化铁被稀硫酸溶解后生成硫酸铁溶液，硫酸铁可以被铁粉还原为硫酸亚铁。
【小问1详解】
碘酒可用于消毒，故碘单质的用途之一就是消毒。故答案为：消毒。
【小问2详解】
加入铁粉的目的就是把碘酸钠还原为碘化钠。故答案为：与反应，使完全转化为I-。
【小问3详解】
设与IO-的物质的量分别为：2mol和1mol，故得电子数为11mol，所以需要11mol I-，故I-与的物质的量之比：11:2。故答案为：11:2。
【小问4详解】
由分析可知，由于铁过量，所以所得固体中存在氢氧化铁和单质铁，当加入稀硫酸时，氢氧化铁溶解生成铁离子，而单质铁则与铁离子或氢离子反应，会生成亚铁离子，一定有亚铁离子，检验亚铁离子的方法为取少量试样溶液于试管中，先加KSCN溶液无现象，再加氯水，溶液变红，证明存在亚铁离子，或加入K3[Fe(CN)6]产生蓝色沉淀。故答案为：取少量溶液2加入酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色，则含Fe2+；或取少量溶液2于试管中，加入几滴铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则证明含Fe2+。
【小问5详解】
因为卤化钠系列物质物理性质相似，由NaCl可知，其溶解度随温度的变化不明显，故选用蒸发结晶的方法。故答案为：蒸发结晶。
【小问6详解】
3.6g FeC2O4·2H2O为0.2mol，所以H2O的物质的量为0.4mol，Fe的物质的量为0.2mol，由图可知，过程I为：3.6-2.88=0.72g，恰好失去所有的水，故过程I终点时对应的产物为FeC2O4。因为300℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物，且由图可知过程II终点时质量为1.6g，故铁的氧化物为Fe2O3，又因为过程II生成两种物质的量相等的气体，由FeC2O4的分子式推知为CO和CO2，故过程II所发生的化学反应方程式为：4FeC2O4+O22Fe2O3+4CO↑+4CO2↑。故答案为：4FeC2O4+O22Fe2O3+4CO↑+4CO2↑。
【点睛】本题考察结晶水合物热重曲线的计算，通常都要以几个特殊值为基点，分析其组成的变化情况，其关键是金属元素不可能变成气体，一定在固体中。结晶水合物一般先失去结晶水，然后再分解为氧化物，如果在空气中加热，还要考虑氧化物被氧化后的可能。
10. 铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成的重要还原剂，其合成路线如图所示。
（1）已知AlCl3的熔点为190℃，沸点为178℃，在湖湿的空气中易水解。某实验小组利用下图中装置制备无水AlCl3。
①写出圆底烧瓶中发生反应的离子方程式：___________。
②按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→___________b→c→___________。(填接口字母)
③装置F中应盛装的试剂是___________，装置D的作用是___________。
（2）AlCl3与NaH反应时，需先将AlCl3溶于有机溶剂，再将得到的溶液滴加到NaH粉末中，此反应中NaH的转化率较低，其原因可能是___________。
（3）通过测定铝氢化钠与水反应生成氢气的体积来测定铝氢化钠样品的纯度。
①铝氢化钠与水反应的化学方程式为___________。
②设计如下四种装置测定铝氢化钠样品的纯度(杂质只有氢化钠)。从简约性、准确性考虑，最恰当的装置是___________(填编号)。
③某同学选用上述最恰当的装置，称取mg铝氢化钠样品，重复实验操作三次，测得生成气体的平均体积为VL(已折算为标准状况)，则样品中铝氢化钠的纯度为___________。(用含m、V的式子表示)
【答案】（1） ①. 5Cl-++6H+=3Cl2↑+3H2O ②. k→j→d→e ③. h→i→f ④. 饱和NaCl溶液 ⑤. 吸收未反应的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入装置E中
（2）NaH是离子化合物，难溶于有机溶剂，使反应物难以接触
（3） ①. NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑ ②. 丁 ③.
【解析】
【分析】制备AlCl3的原理是Al与Cl2反应生成AlCl3，需要先制备氯气，氯气中混有HCl和水蒸气，HCl能与金属Al反应，AlCl3易水解，气体通过饱和食盐水，再通过浓硫酸，气体通入反应装置，AlCl3常温下为固体，收集AlCl3装置中进气管口径要粗，防止堵塞导管，氯气有毒，为防止污染环境，需要尾气处理，同时空气中有水蒸气，为防止水蒸气进入收集AlCl3装置，因此收集装置后连接盛有碱石灰的干燥管，据此分析；
【小问1详解】
①根据上述分析，装置A作用是制备氯气，离子反应方程式为ClO＋5Cl－＋6H＋=3Cl2↑＋3H2O；故答案为ClO＋5Cl－＋6H＋=3Cl2↑＋3H2O；
②装置A制备氯气，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，HCl能与金属Al反应，AlCl3易水解，气体通过饱和食盐水，再通过浓硫酸，然后氯气与金属铝反应，收集AlCl3，尾气处理，连接顺序是a→k→j→d→e→b→c→h→i→f→g；故答案为k→j→d→e；h→i→f；
③根据上述分析，装置F中盛有饱和食盐水，氯气有毒，且AlCl3易潮解，装置D的作用是吸收未反应的氯气，同时防止空气中水蒸气进入装置E；故答案为饱和食盐水；吸收未反应的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入装置E中；
【小问2详解】
AlCl3溶于有机溶剂，NaH为离子化合物，难溶于有机溶剂，使NaH与AlCl3很难接触，难反应，转化率低；故答案为NaH是离子化合物，难溶于有机溶剂，使反应物难以接触；
【小问3详解】
①铝氢化钠与水反应生成氢气，NaAlH4中H显－1价，H2O中H显＋1价，利用氧化还原反应规律“归中规律”，其反应方程式为NaAlH4＋2H2O=NaAlO2＋4H2↑；故答案为NaAlH4＋2H2O=NaAlO2＋4H2↑；
②甲．反应产生气体，锥形瓶中气体压强增大，分液漏斗中液体不能顺利流下，铝氢化钠不能完全反应，液体滴加到锥形瓶中，将空气排到注射器中，所测氢气体积增大，甲装置不理想；
乙．反应产生气体，圆底烧瓶中气体压强增大，分液漏斗中液体不能顺利流下，铝氢化钠不能完全反应，液体滴加到圆底烧瓶中，将空气排到量筒中，所测氢气体积增大，乙装置不理想；
丙．圆底烧瓶和分液漏斗用橡胶管连接，避免甲、乙装置缺点，但集气瓶和量筒之间导管中含有一部分排除的水，所测氢气体积不准确，丙装置不理想；
丁．圆底烧瓶和分液漏斗用橡胶管连接，避免甲、乙装置缺点，用注射器避免了丙装置的缺点，丁装置最恰当；
故答案为丁；
③令NaAlH4的物质的量为amol，NaH的物质的量为ymol，因此有54a＋24b=m，根据反应NaH～H2，NaAlH4～4H2，则4a＋b=联立解得，a=mol，即NaAlH4的质量分数为；故答案为。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. 在稀土开采技术方面，我国遥遥领先。无论是美国的芒廷帕斯还是澳大利亚的稀土矿山，均为在我国技术的参与下才实现产出。我国科学家最早研究的是稀土—钴化合物的结构。请回答下列问题：
（1）Co4+的价层电子的电子排布式为___________，Co原子中存在___________种不同能级的电子。
（2）Co3+在水中易被还原成Co2+，而在氨水中不易被还原，其原因为___________。
（3）一种钴的配合物乙二胺四乙酸合钴的结构如图1所示，1mol该配合物形成的配位键有___________mol，配位原子是___________，碳原子的杂化类型有___________。
（4）钴蓝晶胞结构如图2所示，该立方晶胞由4个I型和4个II型小立方体构成，其化学式为___________。NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为___________g·cm-3(列计算式)。
【答案】（1） ①. 3d5 ②. 7
（2）N原子比O原子电负性小，Co3+可与氨气形成较稳定配合物
（3） ①. 6 ②. N、O ③. sp2、sp3
（4） ①. CoAl2O4 ②.
【解析】
【小问1详解】
Co为27号元素，Co原子的核外电子排布为[Ar]3d74s2，失去外围4个电子后形成Co4+，所以Co4+的价层电子的电子排布式为3d5；Co原子的核外电子占据1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7个能级，即有7种不同能级的电子；
【小问2详解】
N原子比O原子电负性小，更容易给出孤电子对，Co3+可与氨气形成较稳定的配合物，所以在氨水中不易被还原；
【小问3详解】
根据该配合物的结构可知，Co2+与4个O、2个N原子配位，所以1mol该配合物形成的配位键有6mol，配位原子为N、O；形成碳氧双键的C原子为sp2杂化，全部形成单键的碳原子为sp3杂化；
【小问4详解】
Ⅰ、Ⅱ各一个正方体为重复单元，该重复单元中Co原子个数=(4×+2×+1)×4=8个，I型和II型合起来的长方体中含有4个Al和8个O，晶胞内有4个I型和II型合起来的长方体，因而晶胞内总计有16个Al和32个O，Co、Al、O个数比为8：16：32=1：2：4，化学式为CoAl2O4；该晶胞体积=(2a×10-7cm)3，晶胞相当于有8个“CoAl2O4”，所以晶胞的质量为g，所以密度为g÷(2a×10-7cm)3=g/cm3。
[化学——选修5：有机化学基础]
12. 曲美布汀是一种消化系统药物的有效成分，能缓解各种原因引起的胃肠痉挛，可通过以下路线合成。
已知：R—CNR—COOH
回答下列问题：
（1）G的官能团名称是___________，①的反应条件是___________。
（2）写出F的结构简式并用星号(*根据)标出手性碳原子___________。
（3）反应③的反应类型是___________。
（4）反应⑦的化学方程式为___________。
（5）化合物M是E的同分异构体，已知M与E具有相同的官能团，且M为苯的二元取代物，则M的可能结构有___________种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为___________。
（6）根据题中信息，设计由CH3CH2OH、CH3CH=CHCH2Br制备CH3COOCH2CH=CHCH2NH2合成路线___________(无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 羟基、碳溴键 ②. 光照
（2） （3）取代反应
（4） + → +HBr
（5） ①. 15 ②.
（6） CH3COOCH2CH=CHCH2NH2；
【解析】
【分析】根据C的结构简式以及A的分子式，A为甲苯，结构简式为 ，根据C的结构简式中－CN的位置，反应①发生取代反应，－Cl取代甲基上的H，即B的结构简式为 ，B与NaCN反应－CN取代－Cl的位置，根据E的结构简式，C中“－CH2CN”中1个“C－H”断裂，C2H5Br中“C－Br”发生断裂，“－C2H5”取代“－CH2Br”上的一个H原子，即D的结构简式为 ，根据G的结构简式，反应⑤应是－COOH转化成－CH2OH，即F的结构简式为 ，根据曲美布汀的结构简式，CH3－NH－CH3中“N－H”键断裂，G中“C－Br”键发生断裂，即H的结构简式为 ，据此分析；
【小问1详解】
根据G结构简式，G中所含官能团为羟基和碳溴键；根据上述分析，反应①为光照；故答案为羟基、碳溴键；光照
【小问2详解】
手性碳原子是碳原子连有四个不同的原子或原子团，因此F中含有手性碳原子，即 ；故答案为 ；
【小问3详解】
根据上述分析，反应③为取代反应；故答案为取代反应；
【小问4详解】
根据上述分析，反应⑦为取代反应，其反应方程式为+ → +HBr；故答案为+ → +HBr；
【小问5详解】
M是E的同分异构体，M与E具有相同的官能团，E中所含官能团为羧基，M为苯的二元取代物，苯环上有2个取代基，－CH2CH2CH3和－COOH(共有三种，邻间对)、－CH(CH3)2和－COOH(共有3种)、－CH2CH3和－CH2COOH(共有3种)、－CH3和－CH2CH2COOH(共有3种)、－CH3和－CH(CH3)COOH(共有3种)，总共有3－5=15种；核磁共振氢谱为五组峰，说明有五种不同的氢原子，应是对称结构，即 ；故答案为15； ；
【小问6详解】
银川一中2022届高三年级第四次月考
理科综合能力测试
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Al-27 P-31 S-32 Fe-56 Co-59 Cu-64 Ag-108 Ba-137
一、选择题：本题包括13小题。每小题6分，共78分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。
1. 化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列说法不正确的是
A. 酸雨从其产生原理上可分为硫酸型酸雨与硝酸型酸雨两类
B. 汽车尾气中NO主要来自燃油中氮元素的不完全燃烧
C. “地沟油”经加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油
D. 古人云：“三天打鱼，两天晒网”，是因为过去的渔网用麻纤维织成，吸水易膨胀，潮湿时易腐烂
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸雨分为硫酸型酸雨和硝酸型酸雨两类，硫酸型酸雨是由排放SO2引起，硝酸型酸雨是由排放氮的氧化物引起的，故A说法正确；
B．汽油属于烃类物质，不含氮元素，汽车尾气中氮氧化物是由氮气和氧气在高温放电下生成的，故B说法错误；
C．地沟油属于油脂，地沟油经过皂化反应制肥皂，与甲醇在催化剂作用下进行酯交换制成生物柴油，故C说法正确；
D．麻纤维是从各种麻类植物取得的纤维，麻纤维吸水易膨胀，潮湿易腐烂，三天打鱼，两天晒网，以延长渔网的寿命，故D说法正确；
答案为B。
2. 已知NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 31g白磷分子含有共价单键数目为NA个
B. 4.6g有机物C2H6O的分子结构中含有C-H键数目为0.5NA
C. 0.1molFe分别与足量Cl2、S完全反应，转移电子数均为0.2NA个
D. 足量镁粉与一定量的浓硫酸充分反应，放出SO2和H2混合气体2.24L(标准状况)，转移电子数为0.2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．白磷的结构简式为，其分子式为，摩尔质量为124g/mol，1mol含有6molP-P键，31g的物质的量为0.25mol，则所含的P-P数为1.5，故A错；
B．分子式为C2H6O的物质可能为或，若为时，4.6g该有机物所含的C-H数为0.6NA，若为时4.6g该有机物所含的C-H数为0.5NA，故B错；
D．氧化性Cl2强于S，所以Cl2能将铁氧化为=3价而S不能，所以0.1molFe分别与足量Cl2、S完全反应，转移电子数前者为0.3NA个、后者为0.2NA个，故C错；
D．标况下SO2和H2混合气体2.24L，则其物质的量为0.1mol，由于1mol得到2mol被还原为1molSO2；没生成1molH2所转移的电子的物质的量为2mol，所以足量的镁粉与一定量的浓硫酸充分反应，放出SO2和H2混合气体2.24L(标准状况)，转移电子数为0.2NA，故D正确；
答案选D。
3. 利用如图装置进行下列实验，可以得到相应结论的是
选项
①
②
③
实验结论
A
稀HCl
Na2CO3
Na2SiO3
非金属性：Cl>C>Si
B
浓H2SO4
铜片
品红溶液
Cu与浓H2SO4反应生成SO2
C
浓H2SO4
蔗糖
澄清石灰水
浓H2SO4具有脱水性和氧化性
D
酸性KMnO4
浓HCl
饱和NaHCO3溶液
Cl2与水反应生成酸性物质
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．盐酸是无氧酸，盐酸的酸性大于碳酸，不能证明非金属性：Cl>C，故不选A；
B．浓H2SO4和铜在常温下不反应，故不选B；
C．蔗糖中滴入浓硫酸，蔗糖变黑，证明浓硫酸具有脱水性，澄清石灰水变浑浊，说明蔗糖和浓硫酸反应生成二氧化碳，则证明浓硫酸具有强氧化性，故选C；
D．酸性KMnO4与浓HCl反应生成的Cl2中含有HCl，HCl能与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳气体，不能证明Cl2与水反应生成酸性物质，故不选D；
选C。
4. 短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如图所示。R原子最外层电子数是电子层数的2倍。Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物。Z与T形成的化合物Z2T能破坏水的电离平衡。下列推断正确的是
A. 离子半径由小到大顺序：X
C. 最高价氧化物对应水化物酸性：T>R
D. 由X、T、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液一定显碱性
【答案】C
【解析】
【分析】根据短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系图，可知X是H元素，Y、R是第二周期元素，Z、T第三周期元素；R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R是C元素；Z与T形成的化合物Z2T能破坏水的电离平衡，Z是Na元素、T是S元素；Y与Na能形成Na2Y、Na2Y2型离子化合物，Y是O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，离子半径由小到大顺序：H+
C．非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，最高价氧化物对应水化物酸性：H2SO4>H2CO3，故C正确；
D．由H、S、O、Na四种元素可组成的化合物NaHSO4，NaHSO4的水溶液显酸性，故D错误；
选C。
5. 莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，Mr=392]是一种重要的还原剂，在空气中比一般的亚铁盐稳定。某学习小组设计如下实验制备少量的莫尔盐。以下说法不正确的是
A. 装置C的作用是吸收尾气，缺点是未防倒吸
B. 该实验利用装置A中铁屑与硫酸反应产生的H2排出装置中的空气
C. 反应中先打开K2，关闭K3；后打开K3，关闭K2
D. 反应结束后，取装置B中固体加水溶解，加入几滴氢氧化钠溶液，微热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
【答案】A
【解析】
【详解】A．C装置的作用是防止空气中的氧气进入B装置将亚铁离子氧化，以免影响产品的产率和纯度，故A错误；
B．硫酸与铁粉反应生成氢气和硫酸亚铁，产生饿氢气将装置内的空气排出，防止其将亚铁离子氧化为铁离子，故B正确；
C．反应中先打开K2，关闭K3，使产生的氢气将装置内的空气排出；后打开K3，关闭K2，使产生的氢气将硫酸亚铁溶液压入B中，使其反应生成莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]，故C正确；
D．B中的固体为莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]，含有能与NaOH反应生成碱性气体的，故D正确；
答案选A。
6. 下列有关各实验说法不正确的是
A. 配制60mL0.1mol/L硫酸铜溶液，需称取胆矾晶体2.5g
B. 制取乙酸乙酯的实验中，饱和Na2CO3溶液可以换成饱和NaHCO3溶液
C. 测定硫酸铜晶体中结晶水的含量实验中，加热后坩埚和药品总质量应至少连续两次称量质量差小于0.1g
D. 用质量分数98%的浓H2SO4配制0.5mol/LH2SO4溶液，量取浓硫酸时俯视读数，将导致实验结果偏高
【答案】D
【解析】
【详解】A．无60mL容量瓶，需要用100mL容量瓶配制，故需称取胆矾晶体质量为，A项正确。
B．制取乙酸乙酯的实验中，饱和碳酸钠溶液的作用是吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，饱和碳酸氢钠溶液也能起到类似的作用，B项正确。
C．0.1g是托盘天平的最小量程，测定硫酸铜晶体中结晶水的含量实验中，加热后坩埚和药品总质量应至少连续两次称量质量差不超过0.1g，C项正确。
D．量取浓硫酸时俯视读数，量取浓硫酸体积偏小，造成溶质偏小，所配溶液浓度偏低，D项错误。
故答案为：D。
7. 某溶液可能含有、SO、CO、NH、、和。取该溶液10mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.01mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。下列叙述正确的是
A. SO、一定存在，可能存在
B. CO一定不存在，可能存在
C. 至少存在5种离子
D. 一定存在且
【答案】B
【解析】
【分析】加入过量NaOH溶液，加热产生0.02mol气体，和红棕色沉淀，则气体为NH3，沉淀为Fe(OH)3；则原溶液中有0.02molNH，也有Fe3+，则原溶液不存在CO、I-；Fe(OH)3经灼烧后，产生1.6gFe2O3，即0.01mol Fe2O3，则原溶液中有0.02molFe3+；向滤液中加入足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的BaSO4沉淀，其物质的量为0.02mol，则原溶液中含有0.02molSO。
【详解】A．经分析，原溶液中有0.02molFe3+、0.02molNH、0.02mol SO，则溶液中一定有Cl-，来保持电荷平衡，A错误；
B．经分析，原溶液中有Fe3+、则原溶液不存在CO(两者会发生双水解反应)，但是K+的存在情况，无法得知，B正确；
C．原溶液中有0.02mol Fe3+、0.02mol NH、0.02mol SO，则溶液中一定有Cl-，来保持电荷平衡，则Cl-的物质的量最少为0.04mol；但是K+的存在情况，无法得知，若K+存在，Cl-的物质的量大于0.04mol，故溶液中最多存在5种离子，C错误；
D．经分析，Cl-一定存在，且n(Cl-)≥0.04mol，则c(Cl-)≥0.8mol/L，D错误；
故选B。
8. 完成下列问题。
（1）若将50mL4mol·L-1稀硝酸和200mL0.5mol·L-1稀硫酸混合后，加入19.2g铜粉，微热，充分反应。若忽略溶液体积变化，溶液中铜离子物质的量浓度为___________mol·L-1。
（2）处理某废水时，反应过程中部分离子浓度与反应进程关系如图，反应过程中主要存在N2、、ClO-、CNO-(C为+4价)、Cl-等微粒。写出处理该废水时发生反应的离子方程式_______。
（3）Na2SX(X=2，4，6，8等)在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4。Na2SX中含有的化学键类型有___________。
（4）足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.12LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入4mol•L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是___________mL。
（5）次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：
①H3PO2与足量NaOH溶液反应生成NaH2PO2。已知：NaH2PO2的水溶液呈碱性，则H3PO2是___________酸(填“强”或“弱”)；写出H3PO2的电离方程式：___________。
②H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的银离子还原为银单质，从而可用于化学镀银，利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，写出化学镀银反应的离子方程式_______。
【答案】（1）0.6 mol/L
（2）
（3）离子键、共价键 （4）50
（5） ①. 弱 ②. ③. 4Ag++H3PO2+2H2O=4Ag+H3PO4+4H+
【解析】
【小问1详解】
；，则溶液中，，根据关系式可知，氢离子的物质的量不足，故生成的物质的量应根据的物质的量来计算，设生成的的物质的量为xmol，则由关系式有，解得，，故答案为：；
【小问2详解】
由图示分析可知为生成物离子，ClO-为反应物离子，且作为氧化剂；根据氧化还原反应的原理分析可得CNO-(C为+4价)离子，且作为还原剂；N2、Cl-作为生成物，则其离子方程式为，故答案为：；
【小问3详解】
化合物Na2SX(X=2，4，6，8等)，S原子与之间形成离子键，S原子与S原子之间形成非极性共价键，故答案为：离子键、共价键；
【小问4详解】
整个过程中硝酸未得到电子，是O2得到电子，，则得到的电子的物质的量为，由关系式有解得，则，故答案为：50；
【小问5详解】
①H3PO2与足量NaOH溶液反应生成NaH2PO2。已知：NaH2PO2的水溶液呈碱性，根据盐类水解规律“谁强显谁性”可知H3PO2为一元弱酸，其电离方程式为：，故答案为：弱；；
②H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的银离子还原为银单质，从而可用于化学镀银，利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则其离子方程式为4Ag++H3PO2+2H2O=4Ag+H3PO4+4H+，故答案为：4Ag++H3PO2+2H2O=4Ag+H3PO4+4H+。
9. 钠、钾的碘化物在生产和科学实验中有十分重要的应用。工业利用I2、NaOH和铁屑为原料可生产碘化钠，其生产流程如下：
已知：卤化钠系列物质物理性质相似。回答下列问题：
（1）碘单质的用途之一___________；
（2）生产流程中加入过量铁屑的目的是___________；
（3）NaOH溶液和碘反应时需要严格控制温度，如果温度过低，会生成碘的低价副产品NaIO。若NaOH溶液和碘反应时所得溶液中与IO-的物质的量之比为2：1，则I-与的物质的量之比为___________；
（4）溶液2中含有一种二价阳离子，检验该金属阳离子的方法___________。
（5）由“溶液1”得到NaI固体的操作为：___________、洗涤、干燥。
（6）溶液2经一系列转化可以得到草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)，称取3.60g草酸亚铁晶体(相对分子质量是180)用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示：
①分析图中数据，根据信息写出过程I终点2.88g时对应的产物为___________。
②已知过程II生成两种物质的量相等的气体，300℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物。试写出过程II所发生的化学反应方程式___________。
【答案】（1）消毒 （2）与反应，使完全转化为I-
（3）11：2 （4）取少量溶液2加入酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色，则含Fe2+；或取少量溶液2于试管中，加入几滴铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则证明含Fe2+
（5）蒸发结晶 （6） ①. FeC2O4 ②. 4FeC2O4+O22Fe2O3+4CO↑+4CO2↑
【解析】
【分析】由流程可知，在加热条件下碘与氢氧化钠溶液反应生成了碘化钠和碘酸钠的混合液，加入铁粉把碘酸钠还原为碘化钠，过滤后，将滤液蒸发浓缩、降温结晶、过滤得到产品。固体1是氢氧化铁和剩余的铁粉，氢氧化铁被稀硫酸溶解后生成硫酸铁溶液，硫酸铁可以被铁粉还原为硫酸亚铁。
【小问1详解】
碘酒可用于消毒，故碘单质的用途之一就是消毒。故答案为：消毒。
【小问2详解】
加入铁粉的目的就是把碘酸钠还原为碘化钠。故答案为：与反应，使完全转化为I-。
【小问3详解】
设与IO-的物质的量分别为：2mol和1mol，故得电子数为11mol，所以需要11mol I-，故I-与的物质的量之比：11:2。故答案为：11:2。
【小问4详解】
由分析可知，由于铁过量，所以所得固体中存在氢氧化铁和单质铁，当加入稀硫酸时，氢氧化铁溶解生成铁离子，而单质铁则与铁离子或氢离子反应，会生成亚铁离子，一定有亚铁离子，检验亚铁离子的方法为取少量试样溶液于试管中，先加KSCN溶液无现象，再加氯水，溶液变红，证明存在亚铁离子，或加入K3[Fe(CN)6]产生蓝色沉淀。故答案为：取少量溶液2加入酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色，则含Fe2+；或取少量溶液2于试管中，加入几滴铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则证明含Fe2+。
【小问5详解】
因为卤化钠系列物质物理性质相似，由NaCl可知，其溶解度随温度的变化不明显，故选用蒸发结晶的方法。故答案为：蒸发结晶。
【小问6详解】
3.6g FeC2O4·2H2O为0.2mol，所以H2O的物质的量为0.4mol，Fe的物质的量为0.2mol，由图可知，过程I为：3.6-2.88=0.72g，恰好失去所有的水，故过程I终点时对应的产物为FeC2O4。因为300℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物，且由图可知过程II终点时质量为1.6g，故铁的氧化物为Fe2O3，又因为过程II生成两种物质的量相等的气体，由FeC2O4的分子式推知为CO和CO2，故过程II所发生的化学反应方程式为：4FeC2O4+O22Fe2O3+4CO↑+4CO2↑。故答案为：4FeC2O4+O22Fe2O3+4CO↑+4CO2↑。
【点睛】本题考察结晶水合物热重曲线的计算，通常都要以几个特殊值为基点，分析其组成的变化情况，其关键是金属元素不可能变成气体，一定在固体中。结晶水合物一般先失去结晶水，然后再分解为氧化物，如果在空气中加热，还要考虑氧化物被氧化后的可能。
10. 铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成的重要还原剂，其合成路线如图所示。
（1）已知AlCl3的熔点为190℃，沸点为178℃，在湖湿的空气中易水解。某实验小组利用下图中装置制备无水AlCl3。
①写出圆底烧瓶中发生反应的离子方程式：___________。
②按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→___________b→c→___________。(填接口字母)
③装置F中应盛装的试剂是___________，装置D的作用是___________。
（2）AlCl3与NaH反应时，需先将AlCl3溶于有机溶剂，再将得到的溶液滴加到NaH粉末中，此反应中NaH的转化率较低，其原因可能是___________。
（3）通过测定铝氢化钠与水反应生成氢气的体积来测定铝氢化钠样品的纯度。
①铝氢化钠与水反应的化学方程式为___________。
②设计如下四种装置测定铝氢化钠样品的纯度(杂质只有氢化钠)。从简约性、准确性考虑，最恰当的装置是___________(填编号)。
③某同学选用上述最恰当的装置，称取mg铝氢化钠样品，重复实验操作三次，测得生成气体的平均体积为VL(已折算为标准状况)，则样品中铝氢化钠的纯度为___________。(用含m、V的式子表示)
【答案】（1） ①. 5Cl-++6H+=3Cl2↑+3H2O ②. k→j→d→e ③. h→i→f ④. 饱和NaCl溶液 ⑤. 吸收未反应的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入装置E中
（2）NaH是离子化合物，难溶于有机溶剂，使反应物难以接触
（3） ①. NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑ ②. 丁 ③.
【解析】
【分析】制备AlCl3的原理是Al与Cl2反应生成AlCl3，需要先制备氯气，氯气中混有HCl和水蒸气，HCl能与金属Al反应，AlCl3易水解，气体通过饱和食盐水，再通过浓硫酸，气体通入反应装置，AlCl3常温下为固体，收集AlCl3装置中进气管口径要粗，防止堵塞导管，氯气有毒，为防止污染环境，需要尾气处理，同时空气中有水蒸气，为防止水蒸气进入收集AlCl3装置，因此收集装置后连接盛有碱石灰的干燥管，据此分析；
【小问1详解】
①根据上述分析，装置A作用是制备氯气，离子反应方程式为ClO＋5Cl－＋6H＋=3Cl2↑＋3H2O；故答案为ClO＋5Cl－＋6H＋=3Cl2↑＋3H2O；
②装置A制备氯气，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，HCl能与金属Al反应，AlCl3易水解，气体通过饱和食盐水，再通过浓硫酸，然后氯气与金属铝反应，收集AlCl3，尾气处理，连接顺序是a→k→j→d→e→b→c→h→i→f→g；故答案为k→j→d→e；h→i→f；
③根据上述分析，装置F中盛有饱和食盐水，氯气有毒，且AlCl3易潮解，装置D的作用是吸收未反应的氯气，同时防止空气中水蒸气进入装置E；故答案为饱和食盐水；吸收未反应的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入装置E中；
【小问2详解】
AlCl3溶于有机溶剂，NaH为离子化合物，难溶于有机溶剂，使NaH与AlCl3很难接触，难反应，转化率低；故答案为NaH是离子化合物，难溶于有机溶剂，使反应物难以接触；
【小问3详解】
①铝氢化钠与水反应生成氢气，NaAlH4中H显－1价，H2O中H显＋1价，利用氧化还原反应规律“归中规律”，其反应方程式为NaAlH4＋2H2O=NaAlO2＋4H2↑；故答案为NaAlH4＋2H2O=NaAlO2＋4H2↑；
②甲．反应产生气体，锥形瓶中气体压强增大，分液漏斗中液体不能顺利流下，铝氢化钠不能完全反应，液体滴加到锥形瓶中，将空气排到注射器中，所测氢气体积增大，甲装置不理想；
乙．反应产生气体，圆底烧瓶中气体压强增大，分液漏斗中液体不能顺利流下，铝氢化钠不能完全反应，液体滴加到圆底烧瓶中，将空气排到量筒中，所测氢气体积增大，乙装置不理想；
丙．圆底烧瓶和分液漏斗用橡胶管连接，避免甲、乙装置缺点，但集气瓶和量筒之间导管中含有一部分排除的水，所测氢气体积不准确，丙装置不理想；
丁．圆底烧瓶和分液漏斗用橡胶管连接，避免甲、乙装置缺点，用注射器避免了丙装置的缺点，丁装置最恰当；
故答案为丁；
③令NaAlH4的物质的量为amol，NaH的物质的量为ymol，因此有54a＋24b=m，根据反应NaH～H2，NaAlH4～4H2，则4a＋b=联立解得，a=mol，即NaAlH4的质量分数为；故答案为。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. 在稀土开采技术方面，我国遥遥领先。无论是美国的芒廷帕斯还是澳大利亚的稀土矿山，均为在我国技术的参与下才实现产出。我国科学家最早研究的是稀土—钴化合物的结构。请回答下列问题：
（1）Co4+的价层电子的电子排布式为___________，Co原子中存在___________种不同能级的电子。
（2）Co3+在水中易被还原成Co2+，而在氨水中不易被还原，其原因为___________。
（3）一种钴的配合物乙二胺四乙酸合钴的结构如图1所示，1mol该配合物形成的配位键有___________mol，配位原子是___________，碳原子的杂化类型有___________。
（4）钴蓝晶胞结构如图2所示，该立方晶胞由4个I型和4个II型小立方体构成，其化学式为___________。NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为___________g·cm-3(列计算式)。
【答案】（1） ①. 3d5 ②. 7
（2）N原子比O原子电负性小，Co3+可与氨气形成较稳定配合物
（3） ①. 6 ②. N、O ③. sp2、sp3
（4） ①. CoAl2O4 ②.
【解析】
【小问1详解】
Co为27号元素，Co原子的核外电子排布为[Ar]3d74s2，失去外围4个电子后形成Co4+，所以Co4+的价层电子的电子排布式为3d5；Co原子的核外电子占据1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7个能级，即有7种不同能级的电子；
【小问2详解】
N原子比O原子电负性小，更容易给出孤电子对，Co3+可与氨气形成较稳定的配合物，所以在氨水中不易被还原；
【小问3详解】
根据该配合物的结构可知，Co2+与4个O、2个N原子配位，所以1mol该配合物形成的配位键有6mol，配位原子为N、O；形成碳氧双键的C原子为sp2杂化，全部形成单键的碳原子为sp3杂化；
【小问4详解】
Ⅰ、Ⅱ各一个正方体为重复单元，该重复单元中Co原子个数=(4×+2×+1)×4=8个，I型和II型合起来的长方体中含有4个Al和8个O，晶胞内有4个I型和II型合起来的长方体，因而晶胞内总计有16个Al和32个O，Co、Al、O个数比为8：16：32=1：2：4，化学式为CoAl2O4；该晶胞体积=(2a×10-7cm)3，晶胞相当于有8个“CoAl2O4”，所以晶胞的质量为g，所以密度为g÷(2a×10-7cm)3=g/cm3。
[化学——选修5：有机化学基础]
12. 曲美布汀是一种消化系统药物的有效成分，能缓解各种原因引起的胃肠痉挛，可通过以下路线合成。
已知：R—CNR—COOH
回答下列问题：
（1）G的官能团名称是___________，①的反应条件是___________。
（2）写出F的结构简式并用星号(*根据)标出手性碳原子___________。
（3）反应③的反应类型是___________。
（4）反应⑦的化学方程式为___________。
（5）化合物M是E的同分异构体，已知M与E具有相同的官能团，且M为苯的二元取代物，则M的可能结构有___________种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为___________。
（6）根据题中信息，设计由CH3CH2OH、CH3CH=CHCH2Br制备CH3COOCH2CH=CHCH2NH2合成路线___________(无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 羟基、碳溴键 ②. 光照
（2） （3）取代反应
（4） + → +HBr
（5） ①. 15 ②.
（6） CH3COOCH2CH=CHCH2NH2；
【解析】
【分析】根据C的结构简式以及A的分子式，A为甲苯，结构简式为 ，根据C的结构简式中－CN的位置，反应①发生取代反应，－Cl取代甲基上的H，即B的结构简式为 ，B与NaCN反应－CN取代－Cl的位置，根据E的结构简式，C中“－CH2CN”中1个“C－H”断裂，C2H5Br中“C－Br”发生断裂，“－C2H5”取代“－CH2Br”上的一个H原子，即D的结构简式为 ，根据G的结构简式，反应⑤应是－COOH转化成－CH2OH，即F的结构简式为 ，根据曲美布汀的结构简式，CH3－NH－CH3中“N－H”键断裂，G中“C－Br”键发生断裂，即H的结构简式为 ，据此分析；
【小问1详解】
根据G结构简式，G中所含官能团为羟基和碳溴键；根据上述分析，反应①为光照；故答案为羟基、碳溴键；光照
【小问2详解】
手性碳原子是碳原子连有四个不同的原子或原子团，因此F中含有手性碳原子，即 ；故答案为 ；
【小问3详解】
根据上述分析，反应③为取代反应；故答案为取代反应；
【小问4详解】
根据上述分析，反应⑦为取代反应，其反应方程式为+ → +HBr；故答案为+ → +HBr；
【小问5详解】
M是E的同分异构体，M与E具有相同的官能团，E中所含官能团为羧基，M为苯的二元取代物，苯环上有2个取代基，－CH2CH2CH3和－COOH(共有三种，邻间对)、－CH(CH3)2和－COOH(共有3种)、－CH2CH3和－CH2COOH(共有3种)、－CH3和－CH2CH2COOH(共有3种)、－CH3和－CH(CH3)COOH(共有3种)，总共有3－5=15种；核磁共振氢谱为五组峰，说明有五种不同的氢原子，应是对称结构，即 ；故答案为15； ；
【小问6详解】
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