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四川省绵阳南山中学实验学校2023-2024学年高三（补习班）上学期11月月理综试题（Word版附解析）
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这是一份四川省绵阳南山中学实验学校2023-2024学年高三（补习班）上学期11月月理综试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了 考试结束后，将答题卡交回， 设NA为阿伏加德罗常数的值， H3A为三元弱酸，室温下用0等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3. 考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 Mg 24 Cu 64
一、选择题：
1. 化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法正确的是
A. 华为新上市的mate60 pr手机引发关注，其CPU基础材料是SiO2
B. 三星堆黄金面具出土时光亮且薄如纸，说明金不活泼和有很好的延展性
C. 火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为FeO
D. 医用外科口罩使用材料聚丙烯，能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．华为新上市的mate60 pr手机引发关注，其CPU基础材料是晶体Si，而不是SiO2，A错误；
B．三星堆黄金面具是文物，历经年代久远，但出土时光亮且薄如纸，说明金不活泼和有很好的延展性，B正确；
C．火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为Fe2O3，C 错误；
D．医用外科口罩使用的材料聚丙烯，聚丙烯分子中无不饱和的碳碳双键，因此不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；
故合理选项是B。
2. 对羟基肉桂酸甲酯M具有高光敏性和强效导电性等优良特性，是一种优良的触摸屏和高端光纤材料，结构简式如图所示。下列有关说法错误的是
A. M的分子式为
B. M能发生取代、加成、氧化等反应
C. 1 ml M一定条件下能被5 ml 还原
D. M所含所有碳原子可能处于同一平面内
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，M的分子式为，故A正确；
B．由结构简式可知，M分子的官能团为酚羟基、碳碳双键、酯基，一定条件下能发生取代、加成、氧化等反应，故B正确；
C．由结构简式可知，M分子含有的苯环、碳碳双键一定条件下能与氢气发生加成反应，则1 ml M一定条件下能被4 ml 氢气还原，故C错误；
D．由结构简式可知，M分子中的苯环、碳碳双键和酯基为平面结构，则由单键可以旋转可知，M所含所有碳原子可能处于同一平面内，故D正确；
故选C。
3. 实验室模拟侯氏制碱法的装置如图所示，其中正确且能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于CaCO3与稀硫酸反应生成的CaSO4是微溶物，覆盖在CaCO3表面阻止反应继续进行，故实验室制备CO2用CaCO3和稀盐酸，不用稀硫酸，A不合题意；
B．向冷的氨化饱和食盐水中通入CO2，发生反应NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，故可获得NaHCO3固体，B符合题意；
C．加热固体不能用蒸发皿，应该用坩埚，C不合题意；
D．加热固体时试管口需向下倾斜，D不合题意；
故答案为：B。
4. W、X、Y、Z是原子序数依次增大且位于不同主族的四种短周期元素，它们的原子最外层电子数之和为12，其中X的常见单质可用作粮食的保护气，X2W4中含有18个电子。下列说法正确的是
A. 原子半径：X>Y>Z>WB. 简单气态氢化物的稳定性：X>Z
C. Y3X2中含非极性键D. Z的氧化物为两性氧化物
【答案】B
【解析】
【分析】X的常见单质可用作粮食的保护气，则X为N元素，X2W4中含有18个电子，则W为H元素，它们的原子最外层电子数之和为12且位于不同主族，则Y、Z的最外层电子数之和为12-1-5=6，则Y为Mg、Z为Si。
【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，因此原子半径Mg>Si>N>H，即Y>Z>X>W，故A错误；
B．非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，非金属性：N>Si，则简单气态氢化物的稳定性：X>Z，故B正确；
C．Y3X2为Mg3N2，Mg3N2中的化学键为离子键，不含非极性键，故C错误；
D． Z的氧化物为SiO2，SiO2为酸性氧化物，不是两性氧化物，故D错误；
答案选B。
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 标准状况下，11.2LCH4与11.2LCl2在光照下充分反应后，气体分子数为NA
B. 46g乙醇中含有的C-H键的数目为5NA
C. 1ml·L-1的NaClO溶液中含有的ClO-数目小于NA
D. 1mlAl3+完全转化为转移电子数为4NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH4与Cl2在光照下充分反应后生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷、氯化氢混合物，故气体分子数不是NA，A项错误；
B．乙醇的相对分子质量为46g/ml，46g乙醇的物质的量为1ml，1ml乙醇分子中含有5mlC-H键，故46g乙醇中含有C-H键数目为5NA，B项正确；
C．不知道溶液的体积，无法计算物质的量，C项错误；
D．Al3+完全转化为，并没有化合价变化，无电子转移，D项错误；
答案选B。
6. 由我国科学家设计的Mg-Li双盐具有较高的电池效率，其工作原理如图所示，下列说法错误的是
A. 放电时，正极电极反应式为FeS+2e-+2Li+=Fe+Li2S
B. 充电时，Mg电极发生了还原反应
C. 充电时，每生成1mlMg，电解质溶液质量减少24g
D. 电解液含离子迁移速率更快的Li+提高了电流效率
【答案】C
【解析】
【详解】A．放电时Mg转化为Mg2+，所以右侧电极为负极，左侧电极为正极，FeS得电子生成Fe和Li2S，电极反应为FeS+2e−+2Li+=Fe+Li2S，选项A正确；
B．充电时Mg2+转化Mg，被还原，Mg电极发生了还原反应，选项B正确；
C．充电时阳极反应为Fe+Li2S-2e-=FeS+2Li+，每生成1mlMg，消耗1mlMg2+，转移2ml电子，同时生成2mlLi+，所以电解质质量减少24g-2×7g=10g，选项C错误；
D．电解液中含离子迁移速率更快的Li+，增强了导电性，提高了电流效率，选项D正确；
答案选C。
7. H3A为三元弱酸，室温下用0.100ml·L-1NaOH溶液与·L-1H3A溶液反应，反应过程中H3A、H2A-、HA2-、A3-的分布分数(物质的量分数)δ随溶液pH变化关系如图所示。[比如：A3-的分布分数δ(A3-)=]下列分析错误的是
A. 加入20.00mLNaOH溶液时，溶液呈碱性
B. 曲线1代表H3A，曲线3代表HA2-
C. 由图可知，H3A的pKa2=7.2(已知pKa=-lgKa)
D. a点对应的溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+5c(A3-)
【答案】A
【解析】
【分析】随着pH的升高，H3A分子的浓度逐渐减小，HA2-的浓度逐渐增大，继续升高pH，HA2-的浓度又逐渐减小，而HA-的浓度开始逐渐增大，则曲线1代表H3A，曲线2代表H2A−，曲线3代表HA2−，曲线4代表A3−，据以上分析进行解答。
【详解】A．加入20.00mL时，溶液溶质为NaH2A，结合图象可分析出此时溶液呈酸性，A错误；
B．结合以上分析可知，曲线1代表H3A，曲线2代表H2A−，曲线3代表HA2−，曲线4代表A3−，B正确；
C．由图可知，当pH=7.2时，c(H2A−)=c(HA2−)，故pKa2=pH=7.2，C正确；
D．由图可知a点时，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(A3−)+2c(HA2−)，根据c(A3−)=c(HA2−)，得出c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+5c(A3-)，D正确；
故选A。
三、非填空题：
(一)必做题
8. 由软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质)制备高纯碳酸锰、硫酸锰的一种工艺流程如图所示。
已知：①25℃时，Ksp(MnCO3)=1.810-11，Ksp(CaF2)=1.510-10，Ksp(MgF2)=7.410-11。
②一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如表所示。
回答下列问题：
（1）除去铁屑表面油污，可采用的方法是___________。
（2）已知“溶浸”时，Fe不能还原MnO2，但Fe2+能还原MnO2得到Mn2+。Fe2+还原MnO2的离子方程式是___________。
（3）“氧化”时，过氧化氢的实际消耗量远大于理论消耗量，其原因可能是___________。
（4）用CaCO3 “调pH”虽然成本较低，但会引入Ca2+等杂质，若使用___________(填化学式) “调pH”可避免此问题；调节pH步骤中，应控制的pH范围是___________。
（5）滤渣3主要成分是___________(填化学式)。
（6）“沉锰”时发生反应的离子方程式为___________。
（7）硫酸锰在不同温度下的溶解度和该温度范围内析出晶体的组成如图所示。“结晶”是从“除杂”后过滤所得的滤液中获得MnSO4·H2O。其操作是___________，___________，洗涤，真空干燥。
【答案】（1）热的纯碱溶液浸泡铁屑
（2）2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
（3）Fe3+是过氧化氢分解的催化剂，使过氧化氢部分分解，所以过氧化氢的实际消耗量远大于理论消耗量
（4） ①. MnCO3或Mn(OH)2 ②. 4.7≤ pH＜8.1
（5）CaF2、MgF2
（6）Mn2+++NH3·H2O=MnCO3++H2O
（7） ①. 蒸发浓缩 ②. 趁热过滤
【解析】
【分析】软锰矿主要成分是MnO2，还含有Fe、Mg等元素。加入硫酸、铁屑溶解软锰矿，Fe2+把MnO2还原为Mn2+，过滤，所得溶液中含有Mn2+、Fe2+、Mg2+、Fe3+，加双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，加碳酸钙调节pH生成Fe(OH)3沉淀除去Fe元素；加MnF2生成CaF2、MgF2沉淀除去Ca2+、Mg2+；过滤得硫酸锰溶液。硫酸锰溶液加碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀；蒸发硫酸锰溶液，得MnSO4·H2O晶体。
【小问1详解】
除去铁屑表面油污，可采用的方法是热的纯碱溶液浸泡铁屑；
【小问2详解】
“溶浸”时先发生反应，产生Fe2+，酸性环境下Fe2+把MnO2还原为Mn2+，反应的离子方程式是2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
【小问3详解】
过氧化氢把Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+是过氧化氢分解的催化剂，使过氧化氢部分分解；
【小问4详解】
欲使“调pH”时不引入新杂质，可使用能与H+反应的锰的化合物，如MnCO3或Mn(OH)2等；pH调节步骤中，应该除去铁离子和铝离子，并且不能让锰离子沉淀，所以pH范围为：4.7≤ pH<8.1；
【小问5详解】
加MnF2会生成CaF2、MgF2沉淀，以便除去Ca2+、Mg2+；
【小问6详解】
硫酸锰溶液加碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀，同时会有氨水参与生成铵根离子，所以离子方程式为：Mn2+++NH3·H2O=MnCO3++H2O；
【小问7详解】
由硫酸锰在不同温度下的溶解度和该温度范围内析出晶体的组成图可知，欲获取应在23.9~100℃范围内进行实验操作。该范围内的溶解度随温度升高而降低，故蒸发浓缩至溶液中析出大量晶体后，需趁热过滤，并用热水洗涤晶体，以减少损失、增大产率，所以答案为：蒸发浓缩；趁热过滤。
9. 碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂，是一种墨绿色结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中十分稳定。
Ⅰ．模拟制备碱式氯化铜。
向CuCl2溶液中通入NH3和HCl，调节pH至5.0~5.5，控制反应温度于70~80℃，实验装置如图所示(部分夹持装置已省略)。
（1）仪器X的主要作用有导气、___________。
（2）实验室利用装置A制NH3，发生反应的化学方程式为___________。
（3）反应过程中，在三颈烧瓶内除观察到溶液蓝绿色褪去，还可能观察到的现象有___________。
Ⅱ．无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品4.29g，加硝酸溶解，并加水定容至200mL，得到待测液。
（4）铜的测定：取20.00 mL待测液，经测定Cu2+ 浓度为0.2 ml·L-1，则称取的样品中n(Cu2+)=___________ml。
（5）采用沉淀滴定法测定氯：用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3 (已知AgSCN是一种难溶于水的白色固体)，实验如图：
①滴定时，应选用什么物质作为指示剂_______。
A．FeSO4 B．Fe(NO3)3 C．FeCl2
②重复实验操作三次，消耗NH4SCN溶液平均体积为10.00 mL。则称取的样品中n(Cl－)等于_______ml。
（6）根据上述实验结果可推知无水碱式氯化铜的化学式为_______。
【答案】（1）防倒吸 （2）2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
（3）溶液中有大量墨绿色固体产生，三颈烧瓶中有白烟
（4）0.04 （5） ①. b ②. 0.02
（6）Cu2(OH)3Cl
【解析】
【分析】用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，由于氨气极易溶于水，因此通入到溶液时要注意防倒吸，用浓硫酸和氯化钠反应制得HCl，向CuCl2溶液中通入NH3和HCl，控制反应得到碱式氯化铜。
【小问1详解】
根据装置图可知，仪器X为球形干燥管，其主要作用是导气和防止倒吸现象的发生；
【小问2详解】
实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应制备氨气，化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；
【小问3详解】
向CuCl2溶液中通入NH3和HCl，反应除了生成碱式氯化铜外，还有NH3与HCl反应生成NH4Cl，因此看到的实验现象除溶液中有大量墨绿色固体产生，三颈烧瓶中还有白烟产生；
【小问4详解】
4.29 g固体溶解配制成溶液体积为200 mL，取20.00 mL待测液，经测定Cu2+浓度为0.2 ml·L-1，则称取的样品中n(Cu2+)=0.2 ml·L-1×0.2 L=0.04 ml；
【小问5详解】
①用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，当到达滴定终点时，可用Fe3+检验SCN-，可以使用Fe(NO3)3，而不能使用含有Cl-的FeCl3溶液，否则FeCl3会和AgNO3反应生成AgCl沉淀，影响滴定终点的判断，故使用的指示剂是Fe(NO3)3溶液，答案选b；
②10.00 mL 0.1 ml/L的NH4SCN的物质的量n(NH4SCN)=0.1 ml/L×0.01 L=0.001 ml，由关系式NH4SCN~AgNO3可知：未反应的AgNO3的物质的量等于0.001 ml，由于共加入30.00 mL 0.1000 ml/L的AgNO3溶液，则与Cl-反应的硝酸银的物质的量等于0.0300 L×0.1000 ml/L-0.001 ml=0.002 ml，根据关系式Cl-~Ag+，可知n(Cl-)=0.002 ml，则样品配成的的200 mL溶液中含有的氯离子的物质的量是n(Cl-)=0.002 ml× =0.02 ml；
【小问6详解】
测定无水碱式氯化铜组成时，称取产品4.29 g，已知铜离子的物质的量为0.04 ml，氯离子的物质的量为0.02 ml，假设无水碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)xCl，可知无水碱式氯化铜的物质的量为0.02 ml，其摩尔质量M=，2×64 +17x +35.5 =214.5，解得x=3，故该无水碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)3Cl。
10. 探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1=-49.5 kJ·ml-1
Ⅱ．CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH2=-90.4 kJ·ml-1
Ⅲ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3
回答下列问题：
（1）ΔH3=___________。
（2）在密闭容器中充有2 ml CO和4ml H2，在催化剂作用下发生反应II，改变条件，测得CO的平衡转化率与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。若达到平衡状态A时，容器的体积为2L，则在平衡状态B时容器的体积___________(填“大于”、“=”或“小于”)2L。若反应进行1min达到平衡状态C，用CO的分压变化表示的平均反应速率vp(CO)=___________kPa•min-1，此时的化学平衡常数Kp=___________ [Kp是用分压表示的平衡常数，某气体的分压=气体总压强×该气体的体积分数(或物质的量分数)]。
（3）不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。
已知：CO2的平衡转化率=×100%
CH3OH的平衡产率=×100%
其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图___________ (填“甲”或“乙”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为___________；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。
（4）工业上可采用CH3OHCO＋2H2的原理来制取高纯度的CO和H2。我国学者通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上利用甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。甲醇(CH3OH)脱氢反应的第一步历程，有两种可能方式，主要经历的方式是___________(填字母)。
方式A： CH3OH* →CH3O* + H* Ea=+103.1 kJ·ml-1
方式B： CH3OH* →CH3* + OH* Eb=+249.3 kJ·ml-1
【答案】（1）+40.9 kJ·ml-1
（2） ①. 小于 ②. ③.
（3） ①. 甲 ②. P1>P2>P3 ③. T1温度时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体体积分数相等，压强变化对平衡没有影响
（4）A
【解析】
【小问1详解】
根据反应Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，则ΔH3=ΔH1-ΔH2=-49.5 kJ·ml-1-(-90.4 kJ·ml-1)=+40.9 kJ·ml-1。
【小问2详解】
状态A与B温度相同，体积与气体的物质的量、压强有关；状态B中CO的转化率比状态A中的大，该反应是气体体积减小的反应，说明状态B中气体的物质的量较小；此外，在相同温度下，状态B中CO转化率大说明平衡正向移动，说明P2>P1。状态B中压强大、气体物质的量小，因此体积会小于2L。
在T2温度下，达到平衡，利用状态C来计算，CO的转化率为0.5，列三段式：
总压强为P2，开始时CO的分压为，达到平衡时，CO的分压为 ，则；KP= 。
【小问3详解】
反应Ⅰ和Ⅱ均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH的平衡产率减少，所以图甲表示CH3OH的平衡产率，图乙中，开始时以Ⅰ、Ⅱ为主，由于反应Ⅰ、Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2平衡转化率降低，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度反应正向移动，升高到一定程度以后，反应以反应Ⅲ为主，CO2转化率又升高，所以图乙为CO2的平衡转化率；压强增大，反应Ⅰ、Ⅱ是气体体积减小的反应，平衡正向移动，反应Ⅲ是气体体积不变的反应，平衡不移动，故压强增大，CH3OH的平衡产率增大，所以压强关系：P1>P2>P3；温度升高，反应Ⅰ和Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ向正反应方向移动，所以T1温度时，三条曲线交于一点的原因为T1温度时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体体积分数相等，压强变化对平衡没有影响。
【小问4详解】
一般来说，活化能越低，化学反应速率越快，在相同的时间里，可以得到更多的产物，因此甲醇裂解过程主要经历的方式应为A。
(二)选做题
【化学—选修3：物质结构与性质】
11. 硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根可看作是中的一个原子被原子取代的产物。
（1）基态原子价层电子排布式是__________。
（2）比较原子和原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：____________________。
（3）的空间结构是__________。
（4）同位素示踪实验可证实中两个原子的化学环境不同，实验过程为。过程ⅱ中，断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是和，过程ⅱ含硫产物是__________。
（5）的晶胞形状为长方体，边长分别为、，结构如图所示。
晶胞中的个数为__________。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为__________。
（6）浸金时，作为配体可提供孤电子对与形成。分别判断中的中心原子和端基原子能否做配位原子并说明理由：____________________。
【答案】（1）
（2），氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子
（3）四面体形 （4）和
（5） ①. 4 ②.
（6）中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子
【解析】
【小问1详解】
S第三周期ⅥA族元素，基态S原子价层电子排布式为。答案为；
【小问2详解】
S和O为同主族元素，O原子核外有2个电子层，S原子核外有3个电子层，O原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去1个电子，即O的第一电离能大于S的第一电离能。答案为I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子；
【小问3详解】
的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间构型为四面体形，可看作是中1个O原子被S原子取代，则的空间构型为四面体形。答案为四面体形；
【小问4详解】
过程Ⅱ中断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中最终转化为，S最终转化为。若过程ⅰ所用的试剂为和，过程Ⅱ的含硫产物是和。答案为和；
【小问5详解】
由晶胞结构可知，1个晶胞中含有个，含有4个；该晶体的密度。答案为4；；
【小问6详解】
具有孤电子对的原子就可以给个中心原子提供电子配位。中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。
【化学—选修5：有机化学基础】
12. 化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）C中官能团名称是_______。
（2）①的反应类型为_______。
（3）D的结构简式为_______。
（4）反应④所需的条件为_______。
（5）写出由B生成C反应的化学方程式_______。
（6）与B互为同分异构体，且具有六元环结构、并能发生银镜反应的有机物有_______种(不考虑立体异构)，其中有6种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式为_______。
（7）参照上述合成路线，设计用苯甲醛()和丙酮()合成重要的有机合成中间体的途径如下：→中间体1→中间体2→。则中间体1和中间体2的结构简式分别为_______、_______。
【答案】（1）羰基、羟基
（2）氧化反应 （3）
（4）浓硫酸、加热 （5）
（6） ①. 5 ②. 、
（7） ①. ②.
【解析】
【分析】A中羟基被高锰酸钾氧化为羰基得到B，B和甲醛生成C，C中羟基被高锰酸钾氧化得到羧基生成D：；D发生酯化反应得到E，E发生取代反应引入正丙基得到F，F水解酸化后得到G；
【小问1详解】
由结构可知，C中官能团名称是酮羰基、羟基；
【小问2详解】
①为羟基被高锰酸钾氧化为羰基，属于氧化反应；
【小问3详解】
由分析可知，D结构为；
【小问4详解】
反应④发生酯化反应，所需条件为浓硫酸、加热；
【小问5详解】
B和甲醛反应引入-CH2OH生成C反应为，；
【小问6详解】
B除六元环外，还含有2个碳、1个氧、1个不饱和度；与B互为同分异构体，且具有六元环结构、并能发生银镜反应，则含有醛基；
若含有1个取代基-CH2CHO，则有1种情况；若含有2个取代基-CH3、-CHO，首先在环上确定甲基位置，则此外环上还有4种取代位则醛基有4种情况；故共有5种；其中有6种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式为、；
【小问7详解】A．制备CO2
B．制备NaHCO3
C．加热NaHCO3固体
D．检测产品中是否含有NaHCO3
金属氢氧化物
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Mn(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀的pH
6.8
2.3
8.1
3.4
完全沉淀的pH
8.3
3.2
10
4.7
注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3. 考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 Mg 24 Cu 64
一、选择题：
1. 化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法正确的是
A. 华为新上市的mate60 pr手机引发关注，其CPU基础材料是SiO2
B. 三星堆黄金面具出土时光亮且薄如纸，说明金不活泼和有很好的延展性
C. 火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为FeO
D. 医用外科口罩使用材料聚丙烯，能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．华为新上市的mate60 pr手机引发关注，其CPU基础材料是晶体Si，而不是SiO2，A错误；
B．三星堆黄金面具是文物，历经年代久远，但出土时光亮且薄如纸，说明金不活泼和有很好的延展性，B正确；
C．火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为Fe2O3，C 错误；
D．医用外科口罩使用的材料聚丙烯，聚丙烯分子中无不饱和的碳碳双键，因此不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；
故合理选项是B。
2. 对羟基肉桂酸甲酯M具有高光敏性和强效导电性等优良特性，是一种优良的触摸屏和高端光纤材料，结构简式如图所示。下列有关说法错误的是
A. M的分子式为
B. M能发生取代、加成、氧化等反应
C. 1 ml M一定条件下能被5 ml 还原
D. M所含所有碳原子可能处于同一平面内
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，M的分子式为，故A正确；
B．由结构简式可知，M分子的官能团为酚羟基、碳碳双键、酯基，一定条件下能发生取代、加成、氧化等反应，故B正确；
C．由结构简式可知，M分子含有的苯环、碳碳双键一定条件下能与氢气发生加成反应，则1 ml M一定条件下能被4 ml 氢气还原，故C错误；
D．由结构简式可知，M分子中的苯环、碳碳双键和酯基为平面结构，则由单键可以旋转可知，M所含所有碳原子可能处于同一平面内，故D正确；
故选C。
3. 实验室模拟侯氏制碱法的装置如图所示，其中正确且能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于CaCO3与稀硫酸反应生成的CaSO4是微溶物，覆盖在CaCO3表面阻止反应继续进行，故实验室制备CO2用CaCO3和稀盐酸，不用稀硫酸，A不合题意；
B．向冷的氨化饱和食盐水中通入CO2，发生反应NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，故可获得NaHCO3固体，B符合题意；
C．加热固体不能用蒸发皿，应该用坩埚，C不合题意；
D．加热固体时试管口需向下倾斜，D不合题意；
故答案为：B。
4. W、X、Y、Z是原子序数依次增大且位于不同主族的四种短周期元素，它们的原子最外层电子数之和为12，其中X的常见单质可用作粮食的保护气，X2W4中含有18个电子。下列说法正确的是
A. 原子半径：X>Y>Z>WB. 简单气态氢化物的稳定性：X>Z
C. Y3X2中含非极性键D. Z的氧化物为两性氧化物
【答案】B
【解析】
【分析】X的常见单质可用作粮食的保护气，则X为N元素，X2W4中含有18个电子，则W为H元素，它们的原子最外层电子数之和为12且位于不同主族，则Y、Z的最外层电子数之和为12-1-5=6，则Y为Mg、Z为Si。
【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，因此原子半径Mg>Si>N>H，即Y>Z>X>W，故A错误；
B．非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，非金属性：N>Si，则简单气态氢化物的稳定性：X>Z，故B正确；
C．Y3X2为Mg3N2，Mg3N2中的化学键为离子键，不含非极性键，故C错误；
D． Z的氧化物为SiO2，SiO2为酸性氧化物，不是两性氧化物，故D错误；
答案选B。
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 标准状况下，11.2LCH4与11.2LCl2在光照下充分反应后，气体分子数为NA
B. 46g乙醇中含有的C-H键的数目为5NA
C. 1ml·L-1的NaClO溶液中含有的ClO-数目小于NA
D. 1mlAl3+完全转化为转移电子数为4NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH4与Cl2在光照下充分反应后生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷、氯化氢混合物，故气体分子数不是NA，A项错误；
B．乙醇的相对分子质量为46g/ml，46g乙醇的物质的量为1ml，1ml乙醇分子中含有5mlC-H键，故46g乙醇中含有C-H键数目为5NA，B项正确；
C．不知道溶液的体积，无法计算物质的量，C项错误；
D．Al3+完全转化为，并没有化合价变化，无电子转移，D项错误；
答案选B。
6. 由我国科学家设计的Mg-Li双盐具有较高的电池效率，其工作原理如图所示，下列说法错误的是
A. 放电时，正极电极反应式为FeS+2e-+2Li+=Fe+Li2S
B. 充电时，Mg电极发生了还原反应
C. 充电时，每生成1mlMg，电解质溶液质量减少24g
D. 电解液含离子迁移速率更快的Li+提高了电流效率
【答案】C
【解析】
【详解】A．放电时Mg转化为Mg2+，所以右侧电极为负极，左侧电极为正极，FeS得电子生成Fe和Li2S，电极反应为FeS+2e−+2Li+=Fe+Li2S，选项A正确；
B．充电时Mg2+转化Mg，被还原，Mg电极发生了还原反应，选项B正确；
C．充电时阳极反应为Fe+Li2S-2e-=FeS+2Li+，每生成1mlMg，消耗1mlMg2+，转移2ml电子，同时生成2mlLi+，所以电解质质量减少24g-2×7g=10g，选项C错误；
D．电解液中含离子迁移速率更快的Li+，增强了导电性，提高了电流效率，选项D正确；
答案选C。
7. H3A为三元弱酸，室温下用0.100ml·L-1NaOH溶液与·L-1H3A溶液反应，反应过程中H3A、H2A-、HA2-、A3-的分布分数(物质的量分数)δ随溶液pH变化关系如图所示。[比如：A3-的分布分数δ(A3-)=]下列分析错误的是
A. 加入20.00mLNaOH溶液时，溶液呈碱性
B. 曲线1代表H3A，曲线3代表HA2-
C. 由图可知，H3A的pKa2=7.2(已知pKa=-lgKa)
D. a点对应的溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+5c(A3-)
【答案】A
【解析】
【分析】随着pH的升高，H3A分子的浓度逐渐减小，HA2-的浓度逐渐增大，继续升高pH，HA2-的浓度又逐渐减小，而HA-的浓度开始逐渐增大，则曲线1代表H3A，曲线2代表H2A−，曲线3代表HA2−，曲线4代表A3−，据以上分析进行解答。
【详解】A．加入20.00mL时，溶液溶质为NaH2A，结合图象可分析出此时溶液呈酸性，A错误；
B．结合以上分析可知，曲线1代表H3A，曲线2代表H2A−，曲线3代表HA2−，曲线4代表A3−，B正确；
C．由图可知，当pH=7.2时，c(H2A−)=c(HA2−)，故pKa2=pH=7.2，C正确；
D．由图可知a点时，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(A3−)+2c(HA2−)，根据c(A3−)=c(HA2−)，得出c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+5c(A3-)，D正确；
故选A。
三、非填空题：
(一)必做题
8. 由软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质)制备高纯碳酸锰、硫酸锰的一种工艺流程如图所示。
已知：①25℃时，Ksp(MnCO3)=1.810-11，Ksp(CaF2)=1.510-10，Ksp(MgF2)=7.410-11。
②一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如表所示。
回答下列问题：
（1）除去铁屑表面油污，可采用的方法是___________。
（2）已知“溶浸”时，Fe不能还原MnO2，但Fe2+能还原MnO2得到Mn2+。Fe2+还原MnO2的离子方程式是___________。
（3）“氧化”时，过氧化氢的实际消耗量远大于理论消耗量，其原因可能是___________。
（4）用CaCO3 “调pH”虽然成本较低，但会引入Ca2+等杂质，若使用___________(填化学式) “调pH”可避免此问题；调节pH步骤中，应控制的pH范围是___________。
（5）滤渣3主要成分是___________(填化学式)。
（6）“沉锰”时发生反应的离子方程式为___________。
（7）硫酸锰在不同温度下的溶解度和该温度范围内析出晶体的组成如图所示。“结晶”是从“除杂”后过滤所得的滤液中获得MnSO4·H2O。其操作是___________，___________，洗涤，真空干燥。
【答案】（1）热的纯碱溶液浸泡铁屑
（2）2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
（3）Fe3+是过氧化氢分解的催化剂，使过氧化氢部分分解，所以过氧化氢的实际消耗量远大于理论消耗量
（4） ①. MnCO3或Mn(OH)2 ②. 4.7≤ pH＜8.1
（5）CaF2、MgF2
（6）Mn2+++NH3·H2O=MnCO3++H2O
（7） ①. 蒸发浓缩 ②. 趁热过滤
【解析】
【分析】软锰矿主要成分是MnO2，还含有Fe、Mg等元素。加入硫酸、铁屑溶解软锰矿，Fe2+把MnO2还原为Mn2+，过滤，所得溶液中含有Mn2+、Fe2+、Mg2+、Fe3+，加双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，加碳酸钙调节pH生成Fe(OH)3沉淀除去Fe元素；加MnF2生成CaF2、MgF2沉淀除去Ca2+、Mg2+；过滤得硫酸锰溶液。硫酸锰溶液加碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀；蒸发硫酸锰溶液，得MnSO4·H2O晶体。
【小问1详解】
除去铁屑表面油污，可采用的方法是热的纯碱溶液浸泡铁屑；
【小问2详解】
“溶浸”时先发生反应，产生Fe2+，酸性环境下Fe2+把MnO2还原为Mn2+，反应的离子方程式是2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
【小问3详解】
过氧化氢把Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+是过氧化氢分解的催化剂，使过氧化氢部分分解；
【小问4详解】
欲使“调pH”时不引入新杂质，可使用能与H+反应的锰的化合物，如MnCO3或Mn(OH)2等；pH调节步骤中，应该除去铁离子和铝离子，并且不能让锰离子沉淀，所以pH范围为：4.7≤ pH<8.1；
【小问5详解】
加MnF2会生成CaF2、MgF2沉淀，以便除去Ca2+、Mg2+；
【小问6详解】
硫酸锰溶液加碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀，同时会有氨水参与生成铵根离子，所以离子方程式为：Mn2+++NH3·H2O=MnCO3++H2O；
【小问7详解】
由硫酸锰在不同温度下的溶解度和该温度范围内析出晶体的组成图可知，欲获取应在23.9~100℃范围内进行实验操作。该范围内的溶解度随温度升高而降低，故蒸发浓缩至溶液中析出大量晶体后，需趁热过滤，并用热水洗涤晶体，以减少损失、增大产率，所以答案为：蒸发浓缩；趁热过滤。
9. 碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂，是一种墨绿色结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中十分稳定。
Ⅰ．模拟制备碱式氯化铜。
向CuCl2溶液中通入NH3和HCl，调节pH至5.0~5.5，控制反应温度于70~80℃，实验装置如图所示(部分夹持装置已省略)。
（1）仪器X的主要作用有导气、___________。
（2）实验室利用装置A制NH3，发生反应的化学方程式为___________。
（3）反应过程中，在三颈烧瓶内除观察到溶液蓝绿色褪去，还可能观察到的现象有___________。
Ⅱ．无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品4.29g，加硝酸溶解，并加水定容至200mL，得到待测液。
（4）铜的测定：取20.00 mL待测液，经测定Cu2+ 浓度为0.2 ml·L-1，则称取的样品中n(Cu2+)=___________ml。
（5）采用沉淀滴定法测定氯：用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3 (已知AgSCN是一种难溶于水的白色固体)，实验如图：
①滴定时，应选用什么物质作为指示剂_______。
A．FeSO4 B．Fe(NO3)3 C．FeCl2
②重复实验操作三次，消耗NH4SCN溶液平均体积为10.00 mL。则称取的样品中n(Cl－)等于_______ml。
（6）根据上述实验结果可推知无水碱式氯化铜的化学式为_______。
【答案】（1）防倒吸 （2）2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
（3）溶液中有大量墨绿色固体产生，三颈烧瓶中有白烟
（4）0.04 （5） ①. b ②. 0.02
（6）Cu2(OH)3Cl
【解析】
【分析】用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，由于氨气极易溶于水，因此通入到溶液时要注意防倒吸，用浓硫酸和氯化钠反应制得HCl，向CuCl2溶液中通入NH3和HCl，控制反应得到碱式氯化铜。
【小问1详解】
根据装置图可知，仪器X为球形干燥管，其主要作用是导气和防止倒吸现象的发生；
【小问2详解】
实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应制备氨气，化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；
【小问3详解】
向CuCl2溶液中通入NH3和HCl，反应除了生成碱式氯化铜外，还有NH3与HCl反应生成NH4Cl，因此看到的实验现象除溶液中有大量墨绿色固体产生，三颈烧瓶中还有白烟产生；
【小问4详解】
4.29 g固体溶解配制成溶液体积为200 mL，取20.00 mL待测液，经测定Cu2+浓度为0.2 ml·L-1，则称取的样品中n(Cu2+)=0.2 ml·L-1×0.2 L=0.04 ml；
【小问5详解】
①用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，当到达滴定终点时，可用Fe3+检验SCN-，可以使用Fe(NO3)3，而不能使用含有Cl-的FeCl3溶液，否则FeCl3会和AgNO3反应生成AgCl沉淀，影响滴定终点的判断，故使用的指示剂是Fe(NO3)3溶液，答案选b；
②10.00 mL 0.1 ml/L的NH4SCN的物质的量n(NH4SCN)=0.1 ml/L×0.01 L=0.001 ml，由关系式NH4SCN~AgNO3可知：未反应的AgNO3的物质的量等于0.001 ml，由于共加入30.00 mL 0.1000 ml/L的AgNO3溶液，则与Cl-反应的硝酸银的物质的量等于0.0300 L×0.1000 ml/L-0.001 ml=0.002 ml，根据关系式Cl-~Ag+，可知n(Cl-)=0.002 ml，则样品配成的的200 mL溶液中含有的氯离子的物质的量是n(Cl-)=0.002 ml× =0.02 ml；
【小问6详解】
测定无水碱式氯化铜组成时，称取产品4.29 g，已知铜离子的物质的量为0.04 ml，氯离子的物质的量为0.02 ml，假设无水碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)xCl，可知无水碱式氯化铜的物质的量为0.02 ml，其摩尔质量M=，2×64 +17x +35.5 =214.5，解得x=3，故该无水碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)3Cl。
10. 探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1=-49.5 kJ·ml-1
Ⅱ．CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH2=-90.4 kJ·ml-1
Ⅲ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3
回答下列问题：
（1）ΔH3=___________。
（2）在密闭容器中充有2 ml CO和4ml H2，在催化剂作用下发生反应II，改变条件，测得CO的平衡转化率与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。若达到平衡状态A时，容器的体积为2L，则在平衡状态B时容器的体积___________(填“大于”、“=”或“小于”)2L。若反应进行1min达到平衡状态C，用CO的分压变化表示的平均反应速率vp(CO)=___________kPa•min-1，此时的化学平衡常数Kp=___________ [Kp是用分压表示的平衡常数，某气体的分压=气体总压强×该气体的体积分数(或物质的量分数)]。
（3）不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。
已知：CO2的平衡转化率=×100%
CH3OH的平衡产率=×100%
其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图___________ (填“甲”或“乙”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为___________；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。
（4）工业上可采用CH3OHCO＋2H2的原理来制取高纯度的CO和H2。我国学者通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上利用甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。甲醇(CH3OH)脱氢反应的第一步历程，有两种可能方式，主要经历的方式是___________(填字母)。
方式A： CH3OH* →CH3O* + H* Ea=+103.1 kJ·ml-1
方式B： CH3OH* →CH3* + OH* Eb=+249.3 kJ·ml-1
【答案】（1）+40.9 kJ·ml-1
（2） ①. 小于 ②. ③.
（3） ①. 甲 ②. P1>P2>P3 ③. T1温度时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体体积分数相等，压强变化对平衡没有影响
（4）A
【解析】
【小问1详解】
根据反应Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，则ΔH3=ΔH1-ΔH2=-49.5 kJ·ml-1-(-90.4 kJ·ml-1)=+40.9 kJ·ml-1。
【小问2详解】
状态A与B温度相同，体积与气体的物质的量、压强有关；状态B中CO的转化率比状态A中的大，该反应是气体体积减小的反应，说明状态B中气体的物质的量较小；此外，在相同温度下，状态B中CO转化率大说明平衡正向移动，说明P2>P1。状态B中压强大、气体物质的量小，因此体积会小于2L。
在T2温度下，达到平衡，利用状态C来计算，CO的转化率为0.5，列三段式：
总压强为P2，开始时CO的分压为，达到平衡时，CO的分压为 ，则；KP= 。
【小问3详解】
反应Ⅰ和Ⅱ均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH的平衡产率减少，所以图甲表示CH3OH的平衡产率，图乙中，开始时以Ⅰ、Ⅱ为主，由于反应Ⅰ、Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2平衡转化率降低，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度反应正向移动，升高到一定程度以后，反应以反应Ⅲ为主，CO2转化率又升高，所以图乙为CO2的平衡转化率；压强增大，反应Ⅰ、Ⅱ是气体体积减小的反应，平衡正向移动，反应Ⅲ是气体体积不变的反应，平衡不移动，故压强增大，CH3OH的平衡产率增大，所以压强关系：P1>P2>P3；温度升高，反应Ⅰ和Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ向正反应方向移动，所以T1温度时，三条曲线交于一点的原因为T1温度时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体体积分数相等，压强变化对平衡没有影响。
【小问4详解】
一般来说，活化能越低，化学反应速率越快，在相同的时间里，可以得到更多的产物，因此甲醇裂解过程主要经历的方式应为A。
(二)选做题
【化学—选修3：物质结构与性质】
11. 硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根可看作是中的一个原子被原子取代的产物。
（1）基态原子价层电子排布式是__________。
（2）比较原子和原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：____________________。
（3）的空间结构是__________。
（4）同位素示踪实验可证实中两个原子的化学环境不同，实验过程为。过程ⅱ中，断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是和，过程ⅱ含硫产物是__________。
（5）的晶胞形状为长方体，边长分别为、，结构如图所示。
晶胞中的个数为__________。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为__________。
（6）浸金时，作为配体可提供孤电子对与形成。分别判断中的中心原子和端基原子能否做配位原子并说明理由：____________________。
【答案】（1）
（2），氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子
（3）四面体形 （4）和
（5） ①. 4 ②.
（6）中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子
【解析】
【小问1详解】
S第三周期ⅥA族元素，基态S原子价层电子排布式为。答案为；
【小问2详解】
S和O为同主族元素，O原子核外有2个电子层，S原子核外有3个电子层，O原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去1个电子，即O的第一电离能大于S的第一电离能。答案为I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子；
【小问3详解】
的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间构型为四面体形，可看作是中1个O原子被S原子取代，则的空间构型为四面体形。答案为四面体形；
【小问4详解】
过程Ⅱ中断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中最终转化为，S最终转化为。若过程ⅰ所用的试剂为和，过程Ⅱ的含硫产物是和。答案为和；
【小问5详解】
由晶胞结构可知，1个晶胞中含有个，含有4个；该晶体的密度。答案为4；；
【小问6详解】
具有孤电子对的原子就可以给个中心原子提供电子配位。中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。
【化学—选修5：有机化学基础】
12. 化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）C中官能团名称是_______。
（2）①的反应类型为_______。
（3）D的结构简式为_______。
（4）反应④所需的条件为_______。
（5）写出由B生成C反应的化学方程式_______。
（6）与B互为同分异构体，且具有六元环结构、并能发生银镜反应的有机物有_______种(不考虑立体异构)，其中有6种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式为_______。
（7）参照上述合成路线，设计用苯甲醛()和丙酮()合成重要的有机合成中间体的途径如下：→中间体1→中间体2→。则中间体1和中间体2的结构简式分别为_______、_______。
【答案】（1）羰基、羟基
（2）氧化反应 （3）
（4）浓硫酸、加热 （5）
（6） ①. 5 ②. 、
（7） ①. ②.
【解析】
【分析】A中羟基被高锰酸钾氧化为羰基得到B，B和甲醛生成C，C中羟基被高锰酸钾氧化得到羧基生成D：；D发生酯化反应得到E，E发生取代反应引入正丙基得到F，F水解酸化后得到G；
【小问1详解】
由结构可知，C中官能团名称是酮羰基、羟基；
【小问2详解】
①为羟基被高锰酸钾氧化为羰基，属于氧化反应；
【小问3详解】
由分析可知，D结构为；
【小问4详解】
反应④发生酯化反应，所需条件为浓硫酸、加热；
【小问5详解】
B和甲醛反应引入-CH2OH生成C反应为，；
【小问6详解】
B除六元环外，还含有2个碳、1个氧、1个不饱和度；与B互为同分异构体，且具有六元环结构、并能发生银镜反应，则含有醛基；
若含有1个取代基-CH2CHO，则有1种情况；若含有2个取代基-CH3、-CHO，首先在环上确定甲基位置，则此外环上还有4种取代位则醛基有4种情况；故共有5种；其中有6种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式为、；
【小问7详解】A．制备CO2
B．制备NaHCO3
C．加热NaHCO3固体
D．检测产品中是否含有NaHCO3
金属氢氧化物
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Mn(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀的pH
6.8
2.3
8.1
3.4
完全沉淀的pH
8.3
3.2
10
4.7
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