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精品解析：江西省南昌市2023届高三下学期二模考试理科综合化学试题（解析版）
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这是一份精品解析：江西省南昌市2023届高三下学期二模考试理科综合化学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
SRS2023届高三模拟测试(第二次)
理科综合能力测试化学试题
本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分 。时量150分钟，满分300分。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Ca：40 Ni：59 La：139
第I卷(选择题)
一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42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. 党的二十大报告提出，要集聚力量进行原创性引领性科技攻关，坚决打赢关键核心技术攻坚战。
下列关于我国科技成果说法不正确的是
A. “应变玻璃”使用的材料镁钪合金属于金属材料
B. JD-1紫外光固化树脂属于新型无机非金属材料
C. 蛟龙号载人潜水器使用的钛合金的熔点低于单质钛
D. 东方超环(人造太阳)使用的2H (氘)、3H (氚)是不同的核素
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属材料包括金属和合金，“应变玻璃”使用的镁钪合金属于金属材料，选项A正确；
B．JD-1紫外光固化树脂属于有机高分子材料，选项B错误；
C．合金的熔点一般低于成分金属的熔点。蛟龙号载人潜水器使用的钛合金的熔点低于单质钛，选项C正确；
D．2H (氘)、3H (氚)是质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素，选项D正确；
答案选Ｂ。
2. 某无色溶液中只可能含有K+、Al3+、 、Cl-、 、 中的一种或几种，对其进行如下实验操作：
(1)取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀；
(2)向(1)所得混合物中加足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成；
(3)将(2)所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。
下列对该溶液的说法正确的是
A. 无法确定含有K+、Cl-、
B. 可能含有Cl-、
C. 一定不含有Al3+、Cl-
D. 一定含有K+、、
【答案】B
【解析】
【分析】(1)取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中一定有、中的一种或两种；
(2)向(1)所得混合物中加足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成，则沉淀是碳酸钡和硫酸钡，证明、两种全有； 和Al3+双水解，不能共存，则溶液中一定没有Al3+；、和可以共存，溶液呈中性，则溶液中一定有阳离子，则K+和一定有一种或两种，所以K+和都是可能含有；
(3)将(2)所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，因为(1)中加入足量的BaCl2溶液，(2)中加入足量盐酸，都引入了Cl-，无法证明溶液中是否有Cl-。
【详解】A．溶液中一定有K+和，A错误；
B．溶液中可能含有Cl-、，B正确；
C．溶液中无法确定是否含有Cl-，一定没有Al3+，C错误；
D．K+是可能含有，D错误；
故答案为：B。
3. 萘普生是一种抗炎 、解热、镇痛药物，其结构简式如图所示。下列关于该化合物说法不正确的是
A. 分子式为C14H14O3
B. 苯环上的一氯取代物有6种
C. 该有机物可以发生加成、取代反应
D. 分子中所有的碳原子可能在同一平面上
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构可知，分子式为C14H14O3，A正确；
B．苯环上的有6种不同的氢，则苯环上的一氯取代物有6种，B正确；
C．分子中苯环中在一定条件下可以和氢气加成，分子中含有羧基能发生取代反应，C正确；
D．与羧基相连碳为饱和碳原子，该碳原子直接相连3个碳原子，则分子中所有的碳原子不可能在同一平面上，D错误；
故选D。
4. 沉积物微生物燃料电池(SMFC)可以将沉积物中的化学能直接转化为电能，同时加速沉积物中污染物的去除，用SMFC处理含硫废水的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 外电路的电流方向是从b到a
B. 碳棒a附近酸性增强
C. 碳棒b存在电极反应： S-6e- +4H2O=+8H+
D. 升高温度可提高电池的能量转化效率
【答案】C
【解析】
【分析】根据光合菌产生的O2得电子结合H+得到H2O，碳棒a为正极，FeSx在硫氧化菌的作用下被氧化为S，S在硫氧化菌的作用下被氧化为硫酸根。
【详解】A．根据分析可知b极为负极，a极为正极，正极的电势高于负极，外电路的电流方向是从a到b，选项A错误；
B．a为正极，光合菌产生的O2得电子结合H+得到H2O，电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，酸性减弱，选项B错误；
C．根据图示，碳棒b存在电极反应：，选项C正确；
D．升高温度可能引起光合菌、硫氧菌失去生理活性，降低电池的能量转化效率，选项D错误；
答案选C。
5. 元素周期表中前20号元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大。R和Y位于同主族，X的简单离子半径在同周期元素中最小。由这四种元素组成一种化合物Q，在Q的溶液中滴加Ba(OH)2溶液。产生沉淀的物质的量与Ba(OH)2的物质的最的关系如图所示，下列说法正确的是
A 简单离子半径：Z>Y
B. 简单气态氯化物的热稳定性：Y>R
C. Q的水溶液显酸性、可作为净水剂
D. M点沉淀物有2种，且物质的量之比为4：1
【答案】C
【解析】
【分析】元素周期表中前20号元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大。R和Y位于同主族，X的简单离子半径在同周期元素中最小。由这四种元素组成一种化合物Q，在Q的溶液中滴加Ba(OH)2溶液。产生沉淀的物质的量与Ba(OH)2的物质的最的关系如图所示，则X为Al， 1mol氢氧化钡会溶解2mol氢氧化铝，但实际只有1mol沉淀 ，说明还生成了另外的1mol沉淀，加入3mol氢氧化钡会生成2mol氢氧化铝沉淀和3mol其他沉淀，则另外3mol沉淀是硫酸钡和碳酸钡沉淀，又根据R和Y位于同主族，则R为O，Y为S，Z为K，Q为硫酸铝钾。
【详解】A．根据同电子层结构核多径小，则简单离子半径：Y＞Z，故A错误；
B．根据非金属性越强，其气态氢化物越稳定，则简单气态氯化物的热稳定性：R＞Y，故B错误；
C．Q为硫酸铝钾，铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，因此其水溶液显酸性、可作为净水剂，故C正确；
D．M点沉淀物有2种，1mol硫酸铝钾溶液中加入3mol氢氧化钡得到3mol硫酸钡和1mol氢氧化铝，其物质的量之比为3：1，故D错误。
综上所述，答案为C。
6. 下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
两块相同的未经打磨的铝片。相同温度下分别投入到5.0mL等浓度的CuSO4溶液和CuCl2溶液中
前者无明显现象，后者铝片发生溶解
Cl-可能加速破坏铝片表面的氧化膜
B
分别将5.6gCaO和94.4g水加入烧杯中，搅拌使其充分溶解、静置冷却
烧杯底部有白色固体
所得溶液溶质质量分数为7.4%
C
用湿润的蓝色石蕊试纸检验甲烷与氯气在光照下反应后的有机产物
试纸变红
生成的有机物具有酸性
D
向一块铁片上加酸除去铁锈，再滴加铁氰化钾溶液，静置2~3min
有蓝色沉淀出现
铁片上发生了吸氧腐蚀
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．实验中变量为溶液中阴离子不同，前者无明显现象，后者铝片发生溶解，则可能原因为Cl-可能加速破坏铝片表面的氧化膜导致反应现象不同，A正确；
B．5.6gCaO与水反应生成Ca(OH)2的质量为7.4g，所得混合物的总质量为100g，氧化钙微溶于水，所得溶液为氢氧化钙饱和溶液，其溶质质量分数小于7.4%，B错误；
C．甲烷与氯气光照下发生取代反应生成氯代甲烷和HCl，HCl能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，且未反应的氯气能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故不能说明生成的有机物具有酸性，C错误；
D．铁锈和酸生成的铁离子会和过量铁单质转化为亚铁离子，干扰了亚铁离子的检验，故不能说明铁片上发生了吸氧腐蚀，D错误；
故选A。
7. 25°C时，用NaOH溶液分别滴定HX、CuSO4、MgSO4三种溶液，pM[p表示负对数，M表示、c(Cu2+)、c(Mg2+ )等]随pH变化关系如图所示，已知Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Mg(OH)2]，下列说法不正确的是
A. HX的电离平衡常数Ka=10-5
B. 滴定HX当pH=7时，c(X- )>c(HX)
C. ③代表滴定CuSO4溶液的变化关系
D. Mg(OH)2易溶于HX溶液中
【答案】C
【解析】
【分析】pM[p表示负对数，M表示、c(Cu2+)、c(Mg2+ )等]，随着pH不断增大，溶液中的、c(Cu2+)、c(Mg2+)不断减小，即pM增大，Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Mg(OH)2]即氢氧化铜比氢氧化镁更难溶，pH相同时，c(Cu2+)更小pM更大，又因为Ksp[Cu(OH)2]和 Ksp[Mg(OH)2]的表达式结构类似，-lgc(Cu2+)、-lgc(Mg2+)和pH是一次函数的关系，且二者的斜率相等，则曲线①代表CuSO4，曲线③代表MgSO4，曲线②代表HX溶液，以此解答。
【详解】A．由分析可知，曲线③代表HX溶液，当pH=8.6时，-lg=0，则c(HX)= c(X-)，HX的电离平衡常数Ka= =c(H+)=10-5，故A正确；
B．HX的电离平衡常数Ka=10-5，说明HX是一元弱酸，等浓度的NaX和HX溶液中，X-的水解常数Kh=< Ka=10-5，该溶液呈酸性，则滴定HX当pH=7时，c(X- )>c(HX)，故B正确；
C．由分析可知，曲线③代表MgSO4，故C错误；
D．pH=8.6时，-lgc(Mg2+)=0，c(Mg2+)=1mol/L，Ksp[Mg(OH)2]= ，假设Mg(OH)2易溶于HX溶液中，则有反应Mg(OH)2+2HX=Mg2++2X-+2H2O，该反应的平衡常数K==107.2，平衡常数较大，反应越彻底，所以Mg(OH)2易溶于HX溶液中，故D正确；
故选C。
第II卷(非选择题)
二、非选择题
(一)必考题
8. 综合利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：
已知：常温下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀的pH和金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表。
金属离子
Fe2+
Fe3+
Zn2+
Ga3+
开始沉淀pH
8.0
1.7
5.5
3.0
沉淀完全pH
9.6
3.2
8.0
4.9
萃取率(%)
0
99
0
97~98.5
请回答：
（1）写出铁酸锌(ZnFe2O4) 中铁元素的化合价_______。
（2）Ga位于周期表IIIA族，性质与Al相似，反萃取后水溶液中镓元素以_______(用化学式表示)存在。
（3）处理浸出液时，调节pH至5.4的目的是_______。
（4）加入铁的原因为_______。
（5）写出“高温合成”操作中Ga(CH3)3与NH3反应生成GaN的化学方程式_______。
（6）利用炼锌矿矿渣所获得的三种金属盐，分别为镓盐、_______和_______。(用化学式表示)
（7）取一定量GaN样品溶于足量的热NaOH溶液中，用H3BO3溶液将产生的NH3完全吸收，用标准浓度的盐酸滴定，通过消耗盐酸的体积，可测定样品的纯度。已知：NH3+ H3BO3= NH3·H3BO3；NH3·H3BO3 +HCl= NH4Cl+H3BO3，硼酸的Ka=10-9.24，从滴定角度分析可用过量H3BO3溶液吸收NH3的可能原因是_______。
【答案】（1）+3 （2）##
（3）使Fe3+，Ga3+离子完全转化为沉淀，Zn2+离子不沉淀
（4）铁离子和镓离子萃取率相近，将铁离子转化为亚铁离子，避免铁离子被萃取
（5）
（6） ①. ZnSO4 ②. FeCl2
（7）硼酸的Ka=10-9.24，其电离非常小，酸性很弱不会影响滴定终点判断
【解析】
【分析】炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]加入硫酸溶解金属元素，过滤分离出二氧化硅，浸出液通过调节pH至5.4使得三价铁离子和镓离子变成沉淀分离出锌离子，加入盐酸溶解固体，加入铁单质将三价铁离子还原为亚铁离子，通过萃取分离出亚铁离子，对萃取剂加入氢氧化钠进行反萃取，使得镓元素进入水溶液，最后经过一系列操作得到GaN.
【小问1详解】
铁酸锌(ZnFe2O4) 中锌元素为+2价，氧元素为-2价，根据化学式化合价代数和为0，铁元素的化合价为；
【小问2详解】
Ga位于周期表IIIA族，性质与Al相似，反萃取加入氢氧化钠调pH，碱性条件下变为或，后水溶液中镓元素以或存在；
【小问3详解】
处理浸出液时，调节pH至5.4的目的是使Fe3+，Ga3+离子完全转化为沉淀，Zn2+离子不沉淀；
【小问4详解】
加入铁的原因为铁离子和镓离子萃取率相近，将铁离子转化为亚铁离子，避免铁离子被萃取；
【小问5详解】
Ga(CH3)3与NH3反应生成GaN的化学方程式；
【小问6详解】
三种金属盐，分别为镓盐、ZnSO4、FeCl2；
【小问7详解】
可用过量H3BO3溶液吸收NH3的可能原因是硼酸的Ka=10-9.24，其电离非常小，酸性很弱不会影响滴定终点判断。
9. 工业上制硫化钡普遍采用两种方法：一种为重晶石( BaSO4)煤粉还原法(将重晶石和无烟煤混合后在1000-1200° C下还原焙烧1~2h)；另一种为气体还原法(将重晶石在850-900°C通入氢气进行还原反应)。下列是实验室模拟高温下H2还原重晶石法，装置如下。
回答下列问题：
（1）固体A的名称_______。
（2）H2与BaSO4反应生成BaS，写出该反应的化学方程式_______。
（3）打开活塞K之后，管式炉升温之前，必须进行的操作为_______。
（4）测定BaS质量分数：
取生成物10.00g，溶于蒸馏水后稀释至500mL；取25.00mL溶液于锥形瓶中，再加入10mL2%醋酸溶液及10.00 mL 0.50 mol/L KI3标准溶液(过量)，充分振荡、使BaS中的硫元素完全转化为硫单质；向锥形瓶中加入2滴淀粉溶液做指示剂，用0.50mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液体积10.00mL(滴定反应为：+2=3I-+)。
①稀释至500mL所需的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_______和______
②写出KI3与BaS反应的化学方程式_______。
③醋酸溶液加多了会导致测定结果偏小，原因可能是_______。
④计算样品中BaS(M=169g/mol)质量分数：_______(保留3位有效数字)。
⑤若用重晶石煤粉还原法制BaS，其产品纯度_______(填“升高”或“降低” )。
【答案】（1）锌粒 （2）BaSO4 +4H2BaS+4H2O
（3）收集氢气尾气并验纯
（4） ①. 500mL容量瓶 ②. 玻璃棒 ③. BaS+KI3= S+BaI2+KI ④. 产生硫化氢损失硫离子 ⑤. 84.5% ⑥. 降低
【解析】
【分析】启普发生器中用锌和稀硫酸制备氢气，为防止氢气和氧气混合发生爆炸，收集氢气验纯后再加热盛有重晶石瓷舟，氢气把硫酸钡还原为硫化钡。
【小问1详解】
用氢气还原硫酸钡，实验室用锌和稀硫酸反应制取氢气，固体A的名称锌粒；
【小问2详解】
H2与BaSO4反应生成BaS和水，反应的化学方程式为BaSO4 +4H2BaS+4H2O；
【小问3详解】
为防止氢气和氧气混合后发生爆炸，打开活塞K之后，管式炉升温之前，必须进行的操作为收集氢气尾气并验纯。
【小问4详解】
①稀释至500mL需要用500mL容量瓶定容，所需的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶和玻璃棒；
②KI3把BaS氧化为S单质，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为BaS+KI3= S+BaI2+KI。
③若醋酸溶液加多，过量的醋酸和BaS反应生成醋酸钡和H2S气体，产生硫化氢损失硫离子，导致测定结果偏小。
④根据+2=3I-+，Na2S2O3消耗KI3的物质的量为0.50mol/L×0.01L=0.0025mol，则与BaS反应的KI3的物质的量为0.01L× 0.50 mol/L-0.0025mol=0.0025mol，根据BaS+KI3= S+BaI2+KI，可知BaS的物质的量为0.0025mol，样品中BaS(M=169g/mol)质量分数。
⑤还原剂煤粉含有杂质元素，若用重晶石煤粉还原法制BaS，其产品纯度降低。
10. 五氧化二碘(I2O5)是一种重要的工业试剂，常温下为白色针状晶体，可用作氧化剂，用于除去空气中的一氧化碳。回答下列问题：
（1）制取I2O5： 将碘酸加热至90~ 110°C使其部分脱水生成二缩三碘酸(HI3O8)，再升温至220~240°C并恒温4h，使其脱水完全即得五氧化二碘。写出220~240°C生成I2O5的化学方程式：_______。
（2）早期曾经采用五氧化二碘和淀粉的混合溶液来检测酒精的存在。原理是：I2O5与CH3CH2OH先发生反应I2O5+5CH3CH2OH=I2+5X+5H2O， 生成的I2与淀粉溶液作用而变蓝，X的化学式是_______。
（3）已知：反应I： 2I2(s)+5O2(g)=2I2O5(s) ΔH1=-75.6kJ·mol-1
反应Ⅱ： 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2 =-566.0 kJ·mol-1
则对于反应Ⅲ：I2O5 (s)+ 5CO(g) 5CO2(g)+I2(s) ΔH3=_______ kJ·mol-1
（4）T1°C时向装有足量I2O5的2 L恒容密闭容器中充入3mol CO，此时压强为P0，发生反应Ⅲ，若反应达到平衡后固体质量减小32.0 g。
①下列说法正确的是_______。
A.气体的密度不再变化可以判断反应达到平衡状态
B.若升高温度，混合气体的平均相对分子质量将增大
C.平衡后在原容器中再充入1molCO可使CO的转化率增大
D.改变压强 比值不会变化
E.平衡后在原容器中再充入1mol氦气，反应速率将增大
②该温度下反应的平衡常数Kp=_______。
③如图是CO的平衡转化率随CO2的移出率[CO2的移出率=]关系。则图中T1_______T2(填“>”、“<”。“=”)， a=_______，b=_______。
【答案】（1）2HI3O83I2O5+H2O
（2）C2H4O （3）-1377.2
（4） ①. AD ②. 32 ③. < ④. 77 ⑤. 70
【解析】
【小问1详解】
HI3O8升温至220~240°C并恒温4h，使其脱水完全即得五氧化二碘，化学方程式为：2HI3O83I2O5+H2O。
【小问2详解】
I2O5与CH3CH2OH先发生反应I2O5+5CH3CH2OH=I2+5X+5H2O，由原子守恒可知X的化学式是C2H4O。
【小问3详解】
由盖斯定律可知(5×反应Ⅱ-反应I)可得I2O5 (s)+ 5CO(g)5CO2(g)+I2(s) ΔH3=(5×ΔH2 -ΔH1)= -1377.2 kJ·mol-1。
【小问4详解】
①A．反应I2O5 (s)+ 5CO(g) ⇌ 5CO2(g)+I2(s)过程中，气体体积不变但质量增大，气体的密度增大，当气体的密度不再变化可以判断反应达到平衡状态，故A正确；
B．反应I2O5 (s)+ 5CO(g) ⇌ 5CO2(g)+I2(s)是放热反应，若升高温度，平衡逆向移动，CO2转化为CO，混合气体的平均相对分子质量将减小，故B错误；
C．平衡后在原容器中再充入1molCO，平衡正向移动，但该反应气体体积不变，故建立的是等效平衡，CO的平衡转化率不变，故C错误；
D．反应I2O5 (s)+ 5CO(g) ⇌ 5CO2(g)+I2(s)是气体体积不变的反应，改变压强平衡不发生移动， 不会变化，故D正确；
E．平衡后在原容器中再充入1mol氦气，反应物和生成物的浓度不变，反应速率将不变，故E错误；
故选AD；
②根据已知条件列出“三段式”
若反应达到平衡后固体质量减小32.0 g，则气体的质量增大32.0g，xmol×44g/mol+(3-x)mol×28 g/mol-3mol×28g/mol=32.0g，解得x=2，该反应时气体体积不变的反应，平衡时压强为p0，该温度下反应的平衡常数Kp= =32；
③反应I2O5 (s)+ 5CO(g) ⇌ 5CO2(g)+I2(s)是放热反应，若升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，则图中T1
[化学一选修3： 物质结构与性质]
11. 载氢体与储氢材料的研究是氢能利用的关键技术。回答以下问题：
（1）氮原子激发态的电子排布式有_______， 其中能最最高的是_______。(填标号)
a.1s22s22p23s1 b.1s22s12p4
c.1s22s22p13p2 d.1 s12s22p13d1
（2）PH3和NH3为两种常见的三角锥形气态分子，其键角分别93° 6'和107°，试用价层电子对互斥模型分析PH3的键角小于NH3的原因_______。NH3的沸点比PH3大但比H2O小的原因是：_______。
（3）载氢体氨硼烷(NH3BH3)和氨硼烷锂( LiNH2BH3)被认为是最具潜力新型储氢材料，氨硼烷锂(LiNH2BH3)中存在的化学键类型为_______，NH3BH3分子中存在配位键，N原子与B原子的杂化类型分别为_______、_______。
（4）某种储氢材料LaNi5的晶体结构已经测定，属六方晶系，晶胞参数a=511pm， c=397pm，晶体结构如图所示：
已知上述晶体结构最多可容纳18个氢原子，写出完全吸氢后物质的化学式为_______，并计算该储氢材料完全吸氢后氢的密度_______g·cm-3，(列出计算式即可，阿伏伽德罗常数为NA，忽略吸氢前后晶胞的体积变化)。
【答案】（1） ①. abc ②. c
（2） ①. N的原子半径比P小、电负性比P大，使得NH3分子中共用电子对之间的距离比PH3分子中近且斥力大 ②. 氨气分子间可以形成氢键，水分子间形成的氢键数日多于氨气分子间形成数目
（3） ①. 离子键，共价键 ②. sp3 ③. sp3
（4） ①. LaNi5H6 ②.
【解析】
【小问1详解】
基态N原子核外电子排布为1s22s22p3；
a．1s22s22p23s1为2p电子跃迁到3s轨道，为激发态；
b．1s22s12p42s电子跃迁到2p轨道，为激发态；
c．1s22s22p13p2为2p电子跃迁到3p轨道，为激发态；
d．1s12s22p13d1不是氮原子的电子排布；
不同能级能量高低顺序为，故氮原子激发态的电子排布式有abc， 其中能最最高的是c；
【小问2详解】
PH3和NH3的中心原子均为sp3杂化，由于N的电负性大于P 且N的原子半径比P小，导致N-H键中成键电子对更偏向N，使得成键电子对之间的斥力NH3>PH3，故PH3的键角小于NH3；NH3能形成氢键而PH3不能形成氢键，导致NH3的沸点比PH3大；水分子也能形成氢键，水分子中氧存在2对孤电子对且氧的电负性强于氮，故水分子形成氢键数目大于氨气分子且形成的氢键较牢固，故水的沸点更高；从而使得NH3的沸点比PH3大但比H2O小；
【小问3详解】
氨硼烷锂(LiNH2BH3)中存在阳离子锂离子和阴离子之间的离子键以及氮氢、硼氢之间的共价键；故的化学键类型为离子键，共价键；NH3BH3分子中存在配位键，结构为，N原子与B原子均能形成4个共价键，其杂化类型均为sp3；
【小问4详解】
据“均摊法”，晶胞中含个La、个Ni，已知上述晶体结构最多可容纳18个氢原子，则完全吸氢后物质的化学式为LaNi5H6；晶胞参数a=511pm， c=397pm，则晶胞体积为，晶体密度为。
[化学一选修5： 有机化学基础]
12. 福酚美克()是一种影响机体免疫力功能的药物。有机物F是合成福酚美克的中间产物，可通过以下方法合成：
（1）B中的含氧官能团有_______和_______(填名称)
（2）C→D的转化属于_______反应(填反应类型)
（3）A→B的反应方程式为_______。
（4）已知E→F的转化属于取代反应，则反应中另一产物的结构简式为 _____。
（5）D的同分异构体X满足下列条件的结构有______种，写出其中一种同分异构体的结构简式____：
I.X分子有中5种不同化学环境的氢。
Ⅱ.X能发生银镜反应
Ⅲ. X能与NaHCO3溶液发生反应
（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图______ (无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：CH3CH2Br CH3CH2OHCH3COOCH2CH3
【答案】（1） ①. 酯基 ②. 醚键
（2）氧化 （3）
（4） （5） ①. 6 ②. 或或或或或
（6）
【解析】
【分析】由流程中A→B()结合A的分子式可知，A为。
为原料合成，按逆分析可知，需发生缩聚生成，可由转化生成，可结合流程中D→E的转化，由与NaCN、NH3反应生成。
【小问1详解】
由B的结构简式可知其所含官能团为酯基、醚键，故答案为：酯基、醚键；
【小问2详解】
C到D的转化过程中醇羟基转为醛基，该反应为氧化反应，故答案为：氧化；
【小问3详解】
与反应生成和甲醇，反应方程式为：，故答案为：；
【小问4详解】
对比E和F的结构简式可知，E与HI发生取代反应除生成F外还有，故答案为：；
【小问5详解】
X能发生银镜反应说明含有醛基，X能与NaHCO3溶液发生反应，说明含有羧基，结合D的结构简式，可知X除苯环、醛基、羧基外不含其他不饱和键，则符合题意的结构简式：或或或或或，共6种，故答案为：6；或或或或或。
【小问6详解】
与NaCN、NH3反应生成，酸化生成，发生缩聚生成，由此可得合成路线：；故答案为：。
SRS2023届高三模拟测试(第二次)
理科综合能力测试化学试题
本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分 。时量150分钟，满分300分。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Ca：40 Ni：59 La：139
第I卷(选择题)
一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42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. 党的二十大报告提出，要集聚力量进行原创性引领性科技攻关，坚决打赢关键核心技术攻坚战。
下列关于我国科技成果说法不正确的是
A. “应变玻璃”使用的材料镁钪合金属于金属材料
B. JD-1紫外光固化树脂属于新型无机非金属材料
C. 蛟龙号载人潜水器使用的钛合金的熔点低于单质钛
D. 东方超环(人造太阳)使用的2H (氘)、3H (氚)是不同的核素
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属材料包括金属和合金，“应变玻璃”使用的镁钪合金属于金属材料，选项A正确；
B．JD-1紫外光固化树脂属于有机高分子材料，选项B错误；
C．合金的熔点一般低于成分金属的熔点。蛟龙号载人潜水器使用的钛合金的熔点低于单质钛，选项C正确；
D．2H (氘)、3H (氚)是质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素，选项D正确；
答案选Ｂ。
2. 某无色溶液中只可能含有K+、Al3+、 、Cl-、 、 中的一种或几种，对其进行如下实验操作：
(1)取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀；
(2)向(1)所得混合物中加足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成；
(3)将(2)所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。
下列对该溶液的说法正确的是
A. 无法确定含有K+、Cl-、
B. 可能含有Cl-、
C. 一定不含有Al3+、Cl-
D. 一定含有K+、、
【答案】B
【解析】
【分析】(1)取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中一定有、中的一种或两种；
(2)向(1)所得混合物中加足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成，则沉淀是碳酸钡和硫酸钡，证明、两种全有； 和Al3+双水解，不能共存，则溶液中一定没有Al3+；、和可以共存，溶液呈中性，则溶液中一定有阳离子，则K+和一定有一种或两种，所以K+和都是可能含有；
(3)将(2)所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，因为(1)中加入足量的BaCl2溶液，(2)中加入足量盐酸，都引入了Cl-，无法证明溶液中是否有Cl-。
【详解】A．溶液中一定有K+和，A错误；
B．溶液中可能含有Cl-、，B正确；
C．溶液中无法确定是否含有Cl-，一定没有Al3+，C错误；
D．K+是可能含有，D错误；
故答案为：B。
3. 萘普生是一种抗炎 、解热、镇痛药物，其结构简式如图所示。下列关于该化合物说法不正确的是
A. 分子式为C14H14O3
B. 苯环上的一氯取代物有6种
C. 该有机物可以发生加成、取代反应
D. 分子中所有的碳原子可能在同一平面上
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构可知，分子式为C14H14O3，A正确；
B．苯环上的有6种不同的氢，则苯环上的一氯取代物有6种，B正确；
C．分子中苯环中在一定条件下可以和氢气加成，分子中含有羧基能发生取代反应，C正确；
D．与羧基相连碳为饱和碳原子，该碳原子直接相连3个碳原子，则分子中所有的碳原子不可能在同一平面上，D错误；
故选D。
4. 沉积物微生物燃料电池(SMFC)可以将沉积物中的化学能直接转化为电能，同时加速沉积物中污染物的去除，用SMFC处理含硫废水的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 外电路的电流方向是从b到a
B. 碳棒a附近酸性增强
C. 碳棒b存在电极反应： S-6e- +4H2O=+8H+
D. 升高温度可提高电池的能量转化效率
【答案】C
【解析】
【分析】根据光合菌产生的O2得电子结合H+得到H2O，碳棒a为正极，FeSx在硫氧化菌的作用下被氧化为S，S在硫氧化菌的作用下被氧化为硫酸根。
【详解】A．根据分析可知b极为负极，a极为正极，正极的电势高于负极，外电路的电流方向是从a到b，选项A错误；
B．a为正极，光合菌产生的O2得电子结合H+得到H2O，电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，酸性减弱，选项B错误；
C．根据图示，碳棒b存在电极反应：，选项C正确；
D．升高温度可能引起光合菌、硫氧菌失去生理活性，降低电池的能量转化效率，选项D错误；
答案选C。
5. 元素周期表中前20号元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大。R和Y位于同主族，X的简单离子半径在同周期元素中最小。由这四种元素组成一种化合物Q，在Q的溶液中滴加Ba(OH)2溶液。产生沉淀的物质的量与Ba(OH)2的物质的最的关系如图所示，下列说法正确的是
A 简单离子半径：Z>Y
B. 简单气态氯化物的热稳定性：Y>R
C. Q的水溶液显酸性、可作为净水剂
D. M点沉淀物有2种，且物质的量之比为4：1
【答案】C
【解析】
【分析】元素周期表中前20号元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大。R和Y位于同主族，X的简单离子半径在同周期元素中最小。由这四种元素组成一种化合物Q，在Q的溶液中滴加Ba(OH)2溶液。产生沉淀的物质的量与Ba(OH)2的物质的最的关系如图所示，则X为Al， 1mol氢氧化钡会溶解2mol氢氧化铝，但实际只有1mol沉淀 ，说明还生成了另外的1mol沉淀，加入3mol氢氧化钡会生成2mol氢氧化铝沉淀和3mol其他沉淀，则另外3mol沉淀是硫酸钡和碳酸钡沉淀，又根据R和Y位于同主族，则R为O，Y为S，Z为K，Q为硫酸铝钾。
【详解】A．根据同电子层结构核多径小，则简单离子半径：Y＞Z，故A错误；
B．根据非金属性越强，其气态氢化物越稳定，则简单气态氯化物的热稳定性：R＞Y，故B错误；
C．Q为硫酸铝钾，铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，因此其水溶液显酸性、可作为净水剂，故C正确；
D．M点沉淀物有2种，1mol硫酸铝钾溶液中加入3mol氢氧化钡得到3mol硫酸钡和1mol氢氧化铝，其物质的量之比为3：1，故D错误。
综上所述，答案为C。
6. 下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
两块相同的未经打磨的铝片。相同温度下分别投入到5.0mL等浓度的CuSO4溶液和CuCl2溶液中
前者无明显现象，后者铝片发生溶解
Cl-可能加速破坏铝片表面的氧化膜
B
分别将5.6gCaO和94.4g水加入烧杯中，搅拌使其充分溶解、静置冷却
烧杯底部有白色固体
所得溶液溶质质量分数为7.4%
C
用湿润的蓝色石蕊试纸检验甲烷与氯气在光照下反应后的有机产物
试纸变红
生成的有机物具有酸性
D
向一块铁片上加酸除去铁锈，再滴加铁氰化钾溶液，静置2~3min
有蓝色沉淀出现
铁片上发生了吸氧腐蚀
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．实验中变量为溶液中阴离子不同，前者无明显现象，后者铝片发生溶解，则可能原因为Cl-可能加速破坏铝片表面的氧化膜导致反应现象不同，A正确；
B．5.6gCaO与水反应生成Ca(OH)2的质量为7.4g，所得混合物的总质量为100g，氧化钙微溶于水，所得溶液为氢氧化钙饱和溶液，其溶质质量分数小于7.4%，B错误；
C．甲烷与氯气光照下发生取代反应生成氯代甲烷和HCl，HCl能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，且未反应的氯气能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故不能说明生成的有机物具有酸性，C错误；
D．铁锈和酸生成的铁离子会和过量铁单质转化为亚铁离子，干扰了亚铁离子的检验，故不能说明铁片上发生了吸氧腐蚀，D错误；
故选A。
7. 25°C时，用NaOH溶液分别滴定HX、CuSO4、MgSO4三种溶液，pM[p表示负对数，M表示、c(Cu2+)、c(Mg2+ )等]随pH变化关系如图所示，已知Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Mg(OH)2]，下列说法不正确的是
A. HX的电离平衡常数Ka=10-5
B. 滴定HX当pH=7时，c(X- )>c(HX)
C. ③代表滴定CuSO4溶液的变化关系
D. Mg(OH)2易溶于HX溶液中
【答案】C
【解析】
【分析】pM[p表示负对数，M表示、c(Cu2+)、c(Mg2+ )等]，随着pH不断增大，溶液中的、c(Cu2+)、c(Mg2+)不断减小，即pM增大，Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Mg(OH)2]即氢氧化铜比氢氧化镁更难溶，pH相同时，c(Cu2+)更小pM更大，又因为Ksp[Cu(OH)2]和 Ksp[Mg(OH)2]的表达式结构类似，-lgc(Cu2+)、-lgc(Mg2+)和pH是一次函数的关系，且二者的斜率相等，则曲线①代表CuSO4，曲线③代表MgSO4，曲线②代表HX溶液，以此解答。
【详解】A．由分析可知，曲线③代表HX溶液，当pH=8.6时，-lg=0，则c(HX)= c(X-)，HX的电离平衡常数Ka= =c(H+)=10-5，故A正确；
B．HX的电离平衡常数Ka=10-5，说明HX是一元弱酸，等浓度的NaX和HX溶液中，X-的水解常数Kh=< Ka=10-5，该溶液呈酸性，则滴定HX当pH=7时，c(X- )>c(HX)，故B正确；
C．由分析可知，曲线③代表MgSO4，故C错误；
D．pH=8.6时，-lgc(Mg2+)=0，c(Mg2+)=1mol/L，Ksp[Mg(OH)2]= ，假设Mg(OH)2易溶于HX溶液中，则有反应Mg(OH)2+2HX=Mg2++2X-+2H2O，该反应的平衡常数K==107.2，平衡常数较大，反应越彻底，所以Mg(OH)2易溶于HX溶液中，故D正确；
故选C。
第II卷(非选择题)
二、非选择题
(一)必考题
8. 综合利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：
已知：常温下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀的pH和金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表。
金属离子
Fe2+
Fe3+
Zn2+
Ga3+
开始沉淀pH
8.0
1.7
5.5
3.0
沉淀完全pH
9.6
3.2
8.0
4.9
萃取率(%)
0
99
0
97~98.5
请回答：
（1）写出铁酸锌(ZnFe2O4) 中铁元素的化合价_______。
（2）Ga位于周期表IIIA族，性质与Al相似，反萃取后水溶液中镓元素以_______(用化学式表示)存在。
（3）处理浸出液时，调节pH至5.4的目的是_______。
（4）加入铁的原因为_______。
（5）写出“高温合成”操作中Ga(CH3)3与NH3反应生成GaN的化学方程式_______。
（6）利用炼锌矿矿渣所获得的三种金属盐，分别为镓盐、_______和_______。(用化学式表示)
（7）取一定量GaN样品溶于足量的热NaOH溶液中，用H3BO3溶液将产生的NH3完全吸收，用标准浓度的盐酸滴定，通过消耗盐酸的体积，可测定样品的纯度。已知：NH3+ H3BO3= NH3·H3BO3；NH3·H3BO3 +HCl= NH4Cl+H3BO3，硼酸的Ka=10-9.24，从滴定角度分析可用过量H3BO3溶液吸收NH3的可能原因是_______。
【答案】（1）+3 （2）##
（3）使Fe3+，Ga3+离子完全转化为沉淀，Zn2+离子不沉淀
（4）铁离子和镓离子萃取率相近，将铁离子转化为亚铁离子，避免铁离子被萃取
（5）
（6） ①. ZnSO4 ②. FeCl2
（7）硼酸的Ka=10-9.24，其电离非常小，酸性很弱不会影响滴定终点判断
【解析】
【分析】炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]加入硫酸溶解金属元素，过滤分离出二氧化硅，浸出液通过调节pH至5.4使得三价铁离子和镓离子变成沉淀分离出锌离子，加入盐酸溶解固体，加入铁单质将三价铁离子还原为亚铁离子，通过萃取分离出亚铁离子，对萃取剂加入氢氧化钠进行反萃取，使得镓元素进入水溶液，最后经过一系列操作得到GaN.
【小问1详解】
铁酸锌(ZnFe2O4) 中锌元素为+2价，氧元素为-2价，根据化学式化合价代数和为0，铁元素的化合价为；
【小问2详解】
Ga位于周期表IIIA族，性质与Al相似，反萃取加入氢氧化钠调pH，碱性条件下变为或，后水溶液中镓元素以或存在；
【小问3详解】
处理浸出液时，调节pH至5.4的目的是使Fe3+，Ga3+离子完全转化为沉淀，Zn2+离子不沉淀；
【小问4详解】
加入铁的原因为铁离子和镓离子萃取率相近，将铁离子转化为亚铁离子，避免铁离子被萃取；
【小问5详解】
Ga(CH3)3与NH3反应生成GaN的化学方程式；
【小问6详解】
三种金属盐，分别为镓盐、ZnSO4、FeCl2；
【小问7详解】
可用过量H3BO3溶液吸收NH3的可能原因是硼酸的Ka=10-9.24，其电离非常小，酸性很弱不会影响滴定终点判断。
9. 工业上制硫化钡普遍采用两种方法：一种为重晶石( BaSO4)煤粉还原法(将重晶石和无烟煤混合后在1000-1200° C下还原焙烧1~2h)；另一种为气体还原法(将重晶石在850-900°C通入氢气进行还原反应)。下列是实验室模拟高温下H2还原重晶石法，装置如下。
回答下列问题：
（1）固体A的名称_______。
（2）H2与BaSO4反应生成BaS，写出该反应的化学方程式_______。
（3）打开活塞K之后，管式炉升温之前，必须进行的操作为_______。
（4）测定BaS质量分数：
取生成物10.00g，溶于蒸馏水后稀释至500mL；取25.00mL溶液于锥形瓶中，再加入10mL2%醋酸溶液及10.00 mL 0.50 mol/L KI3标准溶液(过量)，充分振荡、使BaS中的硫元素完全转化为硫单质；向锥形瓶中加入2滴淀粉溶液做指示剂，用0.50mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液体积10.00mL(滴定反应为：+2=3I-+)。
①稀释至500mL所需的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_______和______
②写出KI3与BaS反应的化学方程式_______。
③醋酸溶液加多了会导致测定结果偏小，原因可能是_______。
④计算样品中BaS(M=169g/mol)质量分数：_______(保留3位有效数字)。
⑤若用重晶石煤粉还原法制BaS，其产品纯度_______(填“升高”或“降低” )。
【答案】（1）锌粒 （2）BaSO4 +4H2BaS+4H2O
（3）收集氢气尾气并验纯
（4） ①. 500mL容量瓶 ②. 玻璃棒 ③. BaS+KI3= S+BaI2+KI ④. 产生硫化氢损失硫离子 ⑤. 84.5% ⑥. 降低
【解析】
【分析】启普发生器中用锌和稀硫酸制备氢气，为防止氢气和氧气混合发生爆炸，收集氢气验纯后再加热盛有重晶石瓷舟，氢气把硫酸钡还原为硫化钡。
【小问1详解】
用氢气还原硫酸钡，实验室用锌和稀硫酸反应制取氢气，固体A的名称锌粒；
【小问2详解】
H2与BaSO4反应生成BaS和水，反应的化学方程式为BaSO4 +4H2BaS+4H2O；
【小问3详解】
为防止氢气和氧气混合后发生爆炸，打开活塞K之后，管式炉升温之前，必须进行的操作为收集氢气尾气并验纯。
【小问4详解】
①稀释至500mL需要用500mL容量瓶定容，所需的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶和玻璃棒；
②KI3把BaS氧化为S单质，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为BaS+KI3= S+BaI2+KI。
③若醋酸溶液加多，过量的醋酸和BaS反应生成醋酸钡和H2S气体，产生硫化氢损失硫离子，导致测定结果偏小。
④根据+2=3I-+，Na2S2O3消耗KI3的物质的量为0.50mol/L×0.01L=0.0025mol，则与BaS反应的KI3的物质的量为0.01L× 0.50 mol/L-0.0025mol=0.0025mol，根据BaS+KI3= S+BaI2+KI，可知BaS的物质的量为0.0025mol，样品中BaS(M=169g/mol)质量分数。
⑤还原剂煤粉含有杂质元素，若用重晶石煤粉还原法制BaS，其产品纯度降低。
10. 五氧化二碘(I2O5)是一种重要的工业试剂，常温下为白色针状晶体，可用作氧化剂，用于除去空气中的一氧化碳。回答下列问题：
（1）制取I2O5： 将碘酸加热至90~ 110°C使其部分脱水生成二缩三碘酸(HI3O8)，再升温至220~240°C并恒温4h，使其脱水完全即得五氧化二碘。写出220~240°C生成I2O5的化学方程式：_______。
（2）早期曾经采用五氧化二碘和淀粉的混合溶液来检测酒精的存在。原理是：I2O5与CH3CH2OH先发生反应I2O5+5CH3CH2OH=I2+5X+5H2O， 生成的I2与淀粉溶液作用而变蓝，X的化学式是_______。
（3）已知：反应I： 2I2(s)+5O2(g)=2I2O5(s) ΔH1=-75.6kJ·mol-1
反应Ⅱ： 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2 =-566.0 kJ·mol-1
则对于反应Ⅲ：I2O5 (s)+ 5CO(g) 5CO2(g)+I2(s) ΔH3=_______ kJ·mol-1
（4）T1°C时向装有足量I2O5的2 L恒容密闭容器中充入3mol CO，此时压强为P0，发生反应Ⅲ，若反应达到平衡后固体质量减小32.0 g。
①下列说法正确的是_______。
A.气体的密度不再变化可以判断反应达到平衡状态
B.若升高温度，混合气体的平均相对分子质量将增大
C.平衡后在原容器中再充入1molCO可使CO的转化率增大
D.改变压强 比值不会变化
E.平衡后在原容器中再充入1mol氦气，反应速率将增大
②该温度下反应的平衡常数Kp=_______。
③如图是CO的平衡转化率随CO2的移出率[CO2的移出率=]关系。则图中T1_______T2(填“>”、“<”。“=”)， a=_______，b=_______。
【答案】（1）2HI3O83I2O5+H2O
（2）C2H4O （3）-1377.2
（4） ①. AD ②. 32 ③. < ④. 77 ⑤. 70
【解析】
【小问1详解】
HI3O8升温至220~240°C并恒温4h，使其脱水完全即得五氧化二碘，化学方程式为：2HI3O83I2O5+H2O。
【小问2详解】
I2O5与CH3CH2OH先发生反应I2O5+5CH3CH2OH=I2+5X+5H2O，由原子守恒可知X的化学式是C2H4O。
【小问3详解】
由盖斯定律可知(5×反应Ⅱ-反应I)可得I2O5 (s)+ 5CO(g)5CO2(g)+I2(s) ΔH3=(5×ΔH2 -ΔH1)= -1377.2 kJ·mol-1。
【小问4详解】
①A．反应I2O5 (s)+ 5CO(g) ⇌ 5CO2(g)+I2(s)过程中，气体体积不变但质量增大，气体的密度增大，当气体的密度不再变化可以判断反应达到平衡状态，故A正确；
B．反应I2O5 (s)+ 5CO(g) ⇌ 5CO2(g)+I2(s)是放热反应，若升高温度，平衡逆向移动，CO2转化为CO，混合气体的平均相对分子质量将减小，故B错误；
C．平衡后在原容器中再充入1molCO，平衡正向移动，但该反应气体体积不变，故建立的是等效平衡，CO的平衡转化率不变，故C错误；
D．反应I2O5 (s)+ 5CO(g) ⇌ 5CO2(g)+I2(s)是气体体积不变的反应，改变压强平衡不发生移动， 不会变化，故D正确；
E．平衡后在原容器中再充入1mol氦气，反应物和生成物的浓度不变，反应速率将不变，故E错误；
故选AD；
②根据已知条件列出“三段式”
若反应达到平衡后固体质量减小32.0 g，则气体的质量增大32.0g，xmol×44g/mol+(3-x)mol×28 g/mol-3mol×28g/mol=32.0g，解得x=2，该反应时气体体积不变的反应，平衡时压强为p0，该温度下反应的平衡常数Kp= =32；
③反应I2O5 (s)+ 5CO(g) ⇌ 5CO2(g)+I2(s)是放热反应，若升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，则图中T1
[化学一选修3： 物质结构与性质]
11. 载氢体与储氢材料的研究是氢能利用的关键技术。回答以下问题：
（1）氮原子激发态的电子排布式有_______， 其中能最最高的是_______。(填标号)
a.1s22s22p23s1 b.1s22s12p4
c.1s22s22p13p2 d.1 s12s22p13d1
（2）PH3和NH3为两种常见的三角锥形气态分子，其键角分别93° 6'和107°，试用价层电子对互斥模型分析PH3的键角小于NH3的原因_______。NH3的沸点比PH3大但比H2O小的原因是：_______。
（3）载氢体氨硼烷(NH3BH3)和氨硼烷锂( LiNH2BH3)被认为是最具潜力新型储氢材料，氨硼烷锂(LiNH2BH3)中存在的化学键类型为_______，NH3BH3分子中存在配位键，N原子与B原子的杂化类型分别为_______、_______。
（4）某种储氢材料LaNi5的晶体结构已经测定，属六方晶系，晶胞参数a=511pm， c=397pm，晶体结构如图所示：
已知上述晶体结构最多可容纳18个氢原子，写出完全吸氢后物质的化学式为_______，并计算该储氢材料完全吸氢后氢的密度_______g·cm-3，(列出计算式即可，阿伏伽德罗常数为NA，忽略吸氢前后晶胞的体积变化)。
【答案】（1） ①. abc ②. c
（2） ①. N的原子半径比P小、电负性比P大，使得NH3分子中共用电子对之间的距离比PH3分子中近且斥力大 ②. 氨气分子间可以形成氢键，水分子间形成的氢键数日多于氨气分子间形成数目
（3） ①. 离子键，共价键 ②. sp3 ③. sp3
（4） ①. LaNi5H6 ②.
【解析】
【小问1详解】
基态N原子核外电子排布为1s22s22p3；
a．1s22s22p23s1为2p电子跃迁到3s轨道，为激发态；
b．1s22s12p42s电子跃迁到2p轨道，为激发态；
c．1s22s22p13p2为2p电子跃迁到3p轨道，为激发态；
d．1s12s22p13d1不是氮原子的电子排布；
不同能级能量高低顺序为，故氮原子激发态的电子排布式有abc， 其中能最最高的是c；
【小问2详解】
PH3和NH3的中心原子均为sp3杂化，由于N的电负性大于P 且N的原子半径比P小，导致N-H键中成键电子对更偏向N，使得成键电子对之间的斥力NH3>PH3，故PH3的键角小于NH3；NH3能形成氢键而PH3不能形成氢键，导致NH3的沸点比PH3大；水分子也能形成氢键，水分子中氧存在2对孤电子对且氧的电负性强于氮，故水分子形成氢键数目大于氨气分子且形成的氢键较牢固，故水的沸点更高；从而使得NH3的沸点比PH3大但比H2O小；
【小问3详解】
氨硼烷锂(LiNH2BH3)中存在阳离子锂离子和阴离子之间的离子键以及氮氢、硼氢之间的共价键；故的化学键类型为离子键，共价键；NH3BH3分子中存在配位键，结构为，N原子与B原子均能形成4个共价键，其杂化类型均为sp3；
【小问4详解】
据“均摊法”，晶胞中含个La、个Ni，已知上述晶体结构最多可容纳18个氢原子，则完全吸氢后物质的化学式为LaNi5H6；晶胞参数a=511pm， c=397pm，则晶胞体积为，晶体密度为。
[化学一选修5： 有机化学基础]
12. 福酚美克()是一种影响机体免疫力功能的药物。有机物F是合成福酚美克的中间产物，可通过以下方法合成：
（1）B中的含氧官能团有_______和_______(填名称)
（2）C→D的转化属于_______反应(填反应类型)
（3）A→B的反应方程式为_______。
（4）已知E→F的转化属于取代反应，则反应中另一产物的结构简式为 _____。
（5）D的同分异构体X满足下列条件的结构有______种，写出其中一种同分异构体的结构简式____：
I.X分子有中5种不同化学环境的氢。
Ⅱ.X能发生银镜反应
Ⅲ. X能与NaHCO3溶液发生反应
（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图______ (无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：CH3CH2Br CH3CH2OHCH3COOCH2CH3
【答案】（1） ①. 酯基 ②. 醚键
（2）氧化 （3）
（4） （5） ①. 6 ②. 或或或或或
（6）
【解析】
【分析】由流程中A→B()结合A的分子式可知，A为。
为原料合成，按逆分析可知，需发生缩聚生成，可由转化生成，可结合流程中D→E的转化，由与NaCN、NH3反应生成。
【小问1详解】
由B的结构简式可知其所含官能团为酯基、醚键，故答案为：酯基、醚键；
【小问2详解】
C到D的转化过程中醇羟基转为醛基，该反应为氧化反应，故答案为：氧化；
【小问3详解】
与反应生成和甲醇，反应方程式为：，故答案为：；
【小问4详解】
对比E和F的结构简式可知，E与HI发生取代反应除生成F外还有，故答案为：；
【小问5详解】
X能发生银镜反应说明含有醛基，X能与NaHCO3溶液发生反应，说明含有羧基，结合D的结构简式，可知X除苯环、醛基、羧基外不含其他不饱和键，则符合题意的结构简式：或或或或或，共6种，故答案为：6；或或或或或。
【小问6详解】
与NaCN、NH3反应生成，酸化生成，发生缩聚生成，由此可得合成路线：；故答案为：。
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