广西壮族自治区南宁市第三中学2022届高三一模理综化学试题 (4)

南宁三中2021~2022学年度高三校一模
理科综合化学试题
可能用到的相对原子质量：N-14 O-16 S-32 Ca-40 Zn-65
一、单项选择题(本题包括7小题，每小题6分，共42分。

每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学与生产、生活和科技密切相关。

下列说法错误的是
A. 歼—20飞机上用到的氮化镓材料属于金属材料
B. 冬奥会上采用紫外消毒机器人进行消毒，利用了紫外线使蛋白质变性
C. “天问一号”火星车使用的保温材料—纳米气凝胶，可产生丁达尔效应
D. 我国大力发展核电、水电有利于实现“碳中和”，电能属于二次能源
【答案】A
【解析】
【详解】A．氮化镓是化合物，不是金属材料，故A错误；
B．冬奥会上采用紫外杀菌技术消毒，这是由于蛋白质在紫外线作用下会发生变性而失去其生理活性，因此该消毒方法是利用紫外线使蛋白质变性的性质，故B正确；
C．纳米气凝胶属于胶体，具有胶体的性质，可以产生丁达尔效应，故C正确；D．能从自然界直接获取的能源是一次能源、电能是二次能源，故D正确；
故选A。

2. 有机物G是抗癌药物合成的重要中间体，下列关于G的说法错误的是
A. 1molG最多可与4molH2发生加成反应
B. G分子中最多有9个碳原子共平面
C. G可发生氧化、取代反应
D. G有四种官能团
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，有机物G分子中含有的苯环和碳碳双键一定条件下能与氢气发生加成反应，则1molG最多可与4mol氢气发生加成反应，故A正确；B．由结构简式可知，有机物G分子中苯环、碳碳双键和羧基上的碳原子以及与苯环、碳碳双键和羧基上碳原子相连的碳原子共平面，所以G分子中最多有9个碳原子共平面，故B正确；
C．由结构简式可知，有机物G分子中含有的碳碳双键能反应氧化反应，含有的氯原子、羧基能发生取代反应，故C正确；
D．由结构简式可知，有机物G分子中的官能团为氯原子、碳碳双键和羧基，共有3种，故D错误；
故选D。

3. 设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
A. 1molNa与O2完全反应，生成物中离子总数大于1.5N A
B. 硝酸与铁反应得到NO2、N2O4共46g，则铁失去的电子数目为2N A
C. 50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46N A
D. 标准状况下，22.4L由甲烷和乙烯组成的混合物中含有极性键的数目为4N A 【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化钠和过氧化钠中钠元素都为+1价，阴阳离子的个数比都为1：2，所以钠与氧气反应无论生成氧化钠，还是生成过氧化钠，或氧化钠和过氧化钠的化合物，生成物中离子总数为1mol×1.5×N A mol—1=1.5N A，故A错误；
B．二氧化氮和四氧化二氮的最简式相同，都为NO2，46g NO2的物质的量为
46g
=1mol，所以硝酸与铁反应时，铁失去的电子数目为1mol×1×N A mol—46g/mol
1=N A，故B错误；
C．铜与浓硫酸反应生成二氧化硫，与稀硫酸不反应，所以50mL18.4mol/L浓硫酸
与足量铜微热反应时，生成二氧化硫的分子数目小于18.4mol/L ×0.05L×1
2
×N A mol—1=0.46N A，故C错误；
D．甲烷和乙烯分子中都含有4个极性键，所以标准状况下，22.4L由甲烷和乙烯
组成的混合物中含有极性键的数目为
22.4L
22.4L/mol
×4×N A mol—1=4N A，故D正确；
故选D。

4. 下列操作或装置不能达到实验目的的是
A. 图甲证明K sp(AgBr)>K sp(AgI)
B. 图乙分离SiO2和NH4Cl
C. 图丙进行中和热测定
D. 图丁制备Fe2(SO4)3晶体
【答案】A
【解析】
【详解】A．AgCl悬浊液中加入少量NaBr先生成AgBr的沉淀，AgCl溶液过量，故在加入NaI，仍然会生成AgI沉淀，故不能证明K sp(AgBr)>K sp(AgI)，故A错误；
B．对装置加热，NH4Cl可分解，在滤纸上凝结；SiO2不分解，在烧杯底部，故可以分离SiO2和NH4Cl，故B正确；
C．图丙中大小烧杯之间为碎泡沫塑料起保温隔热的作用，环形玻璃搅拌棒起搅拌作用，故可以进行中和热的测定，故C正确；
D．Fe2(SO4)3的热稳定性强，且不挥发，它又是不挥发性酸的弱碱盐，最终不会转化为Fe(OH)3或Fe2O3，所以用图丁装置可以制备Fe2(SO4)3晶体，故D正确；
故选A。

5. 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子半径依次减小，且分别位于三个不同周期，Y与Z的原子序数之和等于X与W的原子序数之和，Y是地壳中含量第二的元素，Q2Z是一种常见液体。

下列说法错误的是
A. W的单质可与Q2Z发生置换反应
B. X、Y的最高价氧化物均可与强碱反应
C. 简单离子半径：X>W>Z
D. 简单氢化物的沸点：W<Z
【答案】C
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子半径依次减小，且分别位于三个不同周期，则Q为H元素；Y是地壳中含量第二的元素，则Y为Si元素；Q2Z 是一种常见液体，则Z为O元素、W为F元素；Y与Z的原子序数之和等于X与W的原子序数之和，则X为Al元素。

【详解】A．氟气能与水发生置换反应生成氟化氢和氧气，故A正确；
B．两性氧化物氧化铝和酸性氧化物二氧化硅都能与强碱溶液反应生成盐和水，故B正确；
C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径的大小顺序为O2—>F—>Al3+，故C错误；
D．水分子和氟化氢分子都能形成分子间氢键，但水分子形成的氢键数目多于氟化氢，分子间作用力强于氟化氢，沸点高于氟化氢，故D正确；
故选C。

6. 铁铬液流二次电池是一种正、负极活性物质均为液体的电池，其电解质为酸性介质。

一种用于铁铬液流电池容量恢复的氢—铁离子再平衡电池的工作原理如图所示。

下列说法错误的是
A. 可选用石墨或铜作电极b，电极a的电势低于电极b
B. 产生氢气的原因是阴极发生析氢副反应：2H++2e-=H2↑
C. 该装置将阴极产生的氢气导入右侧的再平衡电池的负极，实现Fe3+—Fe2+的循环
D. 电路中通过0.1mol电子时，0.1N A个H+由b极室经交换膜移向a极室
【答案】A
【解析】
【详解】A．充电时，左侧铁铬液流电池中，电极b上Fe2+发生氧化反应生成
Fe3+，则电极b为阳极，电极a为阴极，则电极a的电势低于电极b；电极b可选用石墨作电极，但是不也能选Cu作电极，A错误；
B．阴极上产生氢气的原因是阴极发生析氢副反应：2H++2e-=H2↑，B正确；C．如图所示，再平衡电池的负极上，H2发生氧化反应产生H+，则该装置将阴极产生的氢气导入右侧的再平衡电池的负极，实现Fe3+-Fe2+的循环，C正确；D．根据电荷守恒可知，电路中通过0.1mol电子时，就会有0.1mol H+由b极室经质子交换膜移向a极室，D正确；
故选A。

7. H3A是一种多元酸，向10mL 1mol·L-1(pH=1.75)的H3A溶液中逐滴加入1mol·L-1NaOH溶液至过量，滴加过程中各种含A微粒的物质的量分数δ随溶液pH的变化曲线如图所示。

下列叙述正确的是
A. H3A是三元弱酸
B. 1mol·L-1的Na2HA溶液中存在：2c(H3A)+c(H2A-)+c(H+)=c(OH-)
C. 当V(NaOH)=15mL时，pH=5.85
D. 1mol·L-1的NaH2A溶液中存在：c(Na+)>c(H2A-)>c(H3A)>c(HA2-)
【答案】B
【解析】
【分析】根据图知，c(H3A)=c(H2A-)时，K a1=c(H+)=10-3.49；c(H2A-)=c(HA2-)时，
K a2=c(H+)=10-5.85；
【详解】A．由1mol/L的H3A溶液pH=1.75可知，H3A为弱酸，由图中有三种含A微粒可知，H3A溶液中有H3A、H2A-、HA2-三种微粒，故H3A为二元弱酸，A选项错误；
B．在Na2HA溶液中，由物料守恒可得：c(Na+)=2[c(H3A)+c(H2A-)+c(HA2-)]，由电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2A-)+2c(HA2-)，整理两式可得：
2c(H3A)+c(H2A-)+c(H+)=c(OH-)，B选项正确；
C．当V(NaOH)=15mL时，溶液中发生的反应
为:2H3A+3NaOH=Na2HA+NaH2A+3H2O，溶液中的c(HA2-)≠c(H2A-)，由图可知，c(HA2-)=c(H2A-)时，pH=5.85，C选项错误；
D．1mol/L的NaH2A溶液中含A的微粒以H2A-为主，由图可知，此时溶液显酸性，则H2A-的电离大于水解，即c(HA2-)>c(H3A)，D选项错误；
故答案选B。

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。

第33题~第38题为选考题，考生根据要求做答。

(一)必考题(11题，共129分)。

8. 亚硝酸钙是一种重要的化工原料，可作为水泥添加剂，防锈剂等。

某兴趣小组拟利用以下装置制备Ca(NO 2)2并测定产品的纯度(夹持及加热装置略)。

已知：①Ca(OH)2+NO+NO 2=Ca(NO 2)2+H 2O
②2Ca(OH)2+4NO 2=Ca(NO 2)2+Ca(NO 3)2+2H 2O
（1）仪器a 的名称是____，B 的作用是____，F 中盛放的试剂是____。

（2）A 中发生反应的离子方程式为____。

（3）C 中通入的O 2的量应为X 的14，若2(O )(X)n n <14，会导致____；若2(O )(X)n n >14，会导致____。

（4）实验中可通过调节气体X 流速来控制其与O 2通入量的比，调节流速的方法有____(任答一种)。

（5）充分反应后，经分离提纯得到Ca(NO 2)2，设计如下方案测定产品中Ca(NO 2)2的纯度(杂质不参与以下反应)：准确称取mgCa(NO 2)2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，加入过量的c 1mol·L -1的KI 溶液、淀粉溶液，然后滴加稀硫酸，用c 2mol·L -1的Na 2S 2O 3溶液滴定，平行滴定3次，平均消耗VmL 的Na 2S 2O 3溶液。

(在酸性条件下：2NO 2-+4H ++2I -=2NO↑+I 2+2H 2O ，I 2+2S 2O 23-=2I -+S 4O 26-
)
①滴定至终点的现象是____。

②Ca(NO 2)2的纯度为____。

【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ①. 除HNO 3，将NO 2转化为NO ①. NaOH
溶液
（2）3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO↑+4H 2O
（3） ①. NO 反应不完全，逸出污染空气 ①. 产品中混有Ca(NO 3)2杂质 （4）调节滴液漏斗的滴加速率
（5） ①. 滴入最后半滴标准溶液后，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色 ①.
233c V 500m
×100%或233c V 5m % 【解析】
【分析】A 装置中Cu 与稀硝酸反应制备NO ，由于HNO 3具有挥发性，装置中有空气，生成的NO 部分会与O 2反应生成NO 2，A 装置制得的NO 中混有HNO 3、NO 2，B 装置中水用于除去HNO 3、将NO 2转化为NO ，X 为NO ，C 装置中通过观察气泡控制NO 、O 2的通入量之比，D 装置中制备Ca(NO 2)2，E 装置可防倒吸，F 装置用于吸收尾气，防污染大气。

【小问1详解】
根据仪器a 的结构特点知，仪器a 的名称是恒压滴液漏斗；根据分析，B 的作用是除HNO 3、将NO 2转化为NO ；F 装置用于吸收尾气，防污染大气，故F 中盛放的试剂是NaOH 溶液；答案为：恒压滴液漏斗；除去HNO 3，将NO 2转化为NO ；NaOH 溶液。

【小问2详解】
A 中Cu 与稀硝酸反应生成Cu(NO 3)2、NO 和水，反应的离子方程式为3Cu+8H ++2
-3NO =3Cu 2++2NO↑+4H 2O ；答案为：3Cu+8H ++2-3NO =3Cu 2++2NO↑+4H 2O 。

【小问3详解】
已知Ca(OH)2+NO+NO 2=Ca(NO 2)2+H 2O 、
2Ca(OH)2+4NO 2=Ca(NO 2)2+Ca(NO 3)2+2H 2O ，单独NO 与Ca(OH)2不反应，NO 2过量时会生成Ca(NO 3)2；D 中发生的总反应可表示为
4NO+O 2+2Ca(OH)2=2Ca(NO 2)2+2H 2O ，故C 中通入的O 2的量应为NO 的14；若2(O )(NO)n n <14，会导致NO 反应不完全，逸出污染空气；若2(O )(NO)n n >14
，会导致产品中混有Ca(NO 3)2杂质；答案为：NO 反应不完全，逸出污染空气；产品中混有Ca(NO 3)2杂质。

【小问4详解】
要调节NO 的流速，可调节滴液漏斗滴加稀HNO 3的速率；答案为：调节滴液漏斗的滴加速率。

【小问5详解】
①用淀粉溶液作指示剂，I 2遇淀粉溶液，溶液呈蓝色，故滴定至终点的现象是滴入最后半滴标准溶液后，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；答案为：滴入最后半滴标准溶液后，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色。

②根据反应2-
2NO +4H ++2I -=2NO↑+I 2+2H 2O 、I 2+22-23S O =2I -+2-46S O 可得关系式Ca(NO 2)2~I 2~2Na 2S 2O 3，样品中Ca(NO 2)2物质的量n [Ca(NO 2)2]=12n (Na 2S 2O 3)= 12×c 2mol/L×V×10-3L=2c V 2000mol ，Ca(NO 2)2的质量m [Ca(NO 2)2]= 2
c V 2000mol×132g/mol=233c V 500g ，Ca(NO 2)2的纯度为233c V g 500100%mg
⨯=233c V 100%500m ⨯；答案为：233c V 100%500m ⨯或233c V %5m。

9. K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇。

以废铁屑(含C 和SiO 2)为原料制备K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 的工艺流程如图所示。

已知：25℃时，[Fe(C 2O 4)3]3-(aq)+SCN -(aq)
[Fe(SCN)]2+(aq)+3C 2O 24-
(aq) K=6.31×10-17。

（1）K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 中Fe 的化合价为____。

（2）废铁屑需碱浸预处理，“碱浸”中加Na 2CO 3溶液的目的是____。

（3）“溶解、氧化”过程中除了生成K 3[Fe(C 2O 4)3]外，还有Fe(OH)3生成，该反应的化学方程式为____，该过程中体系温度需保持在40℃的原因是____。

（4）“调pH”是为了获得更多的产品，此时发生反应的化学方程式为____。

（5）获得K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 晶体的“一系列操作”包括：蒸发浓缩、冷却结晶，
过滤，洗涤，干燥。

其中洗涤的具体操作是____。

（6）该流程中可以循环使用的物质是____。

（7）某同学欲检验所制晶体中的铁元素，取少量晶体放入试管中，加蒸馏水使其充分溶解，再向试管中滴入几滴0.1mol·L-1KSCN溶液。

判断上述实验方案是否可行并结合数据和原理说明理由：____。

【答案】（1）+3 （2）除去废铁屑表面的油污
（3）①. 6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3①. 温度过高，H2O2易分解：温度过低，反应速率太慢
（4）Fe(OH)3+3KHC2O4=K3[Fe(C2O4)3]+3H2O
（5）沿玻璃棒向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀，待液体自然流下，重复操作2-3次（6）H2SO4（7）否，因为[Fe(C2O4)3]3-转化为[Fe(SCN)]2+反应的平衡常数小于1.0×10-5，观察不到明显现象，所以无法检验
【解析】
【分析】废铁屑加Na2CO3溶液碱浸，除去废铁屑表面的油污，加入稀硫酸进行溶解，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，C和SiO2与稀硫酸不反应，过滤向滤液中加
入草酸溶液进行沉铁，得到草酸亚铁沉淀，过滤所得滤液为硫酸溶液，向草酸亚铁沉淀中加入草酸钾溶液和过氧化氢进行溶解、氧化，将溶液煮沸后加草酸氢钾调节溶液pH，然后经过一系列操作得到K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。

【小问1详解】
K3[Fe(C2O4)3]·3H2O中钾元素化合价为+1价，草酸根离子为-2价，依据化合物中正负化合价代数和为0的原则可知，铁的化合价为+3价。

【小问2详解】
废铁屑表面有油污，碱性条件下水解，因此废铁屑“碱浸”中加Na2CO3溶液的目的是：除去废铁屑表面的油污。

【小问3详解】
“溶解、氧化”过程中FeC2O4与K2C2O4、H2O2发生氧化还原反应生成K3[Fe(C2O4)3]和Fe(OH)3，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：
6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3；反应过程中，若温度太低，
反应速率太慢，而过氧化氢受热易分解，若温度过高，过氧化氢易分解，因此该过程中体系温度需保持在40①。

【小问4详解】
“溶解、氧化”过程中生成了Fe(OH)3，“调pH”是为了获得更多的产品，使Fe(OH)3转化为K3[Fe(C2O4)3]，因此加入草酸氢钾发生反应的化学方程式为：
Fe(OH)3+3KHC2O4=K3[Fe(C2O4)3]+3H2O。

【小问5详解】
K3[Fe(C2O4)3]·3H2O易溶于水，难溶于乙醇，因此洗涤的具体操作为：沿玻璃棒向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀，待液体自然流下，重复操作2-3次。

【小问6详解】
由分析可知，滤液为硫酸溶液，可在溶解一步继续使用，因此该流程中可以循环使用的物质是：H2SO4。

【小问7详解】
由已知信息：25①时，[Fe(C2O4)3]3-(aq)+SCN-(aq)[Fe(SCN)]2+(aq)+3C2O24 (aq) K=6.31×10-17可知，[Fe(C2O4)3]3-转化为[Fe(SCN)]2+反应的平衡常数小于1.0×10-5，观察不到明显现象，因此无法检验所制晶体中的铁元素。

10. 2022年北京冬奥会的火炬“飞扬”是世界首款高压储氢火炬，它运用了液体火箭发动机的氢能技术。

I.由氨气制取氢气是一种新工艺，氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运。

氨热分解法制氢气相关化学键的键能数据如表：
回答下列问题：
（1）反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H=____kJ·mol-1。

（2）已知该反应的△S=0.2kJ·mol·K-1，则温度T____K时反应能自发进行。

（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究，在一定温度和催化剂的条件下，将0.1molNH3通入恒容密闭容器中进行反应，此时容器内总压为200kPa，4min后达到平衡，容器内的压强为280kPa。

①该反应达到化学平衡的标志是____(填序号)。

A.NH3的反应速率为0
B.H2的分压保持不变
C.气体平均相对分子质量保持不变
D.NH3、N2、H2的物质的量之比为2：1：3
②在该温度下，反应的平衡常数K p=____kPa2。

(分压=总压×该组分物质的量分数) II.利用有机物HCOOH分解可再生H2与CO2。

（4）在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示：
①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成____(填化学式)。

②研究发现：其他条件不变时，HCOOK替代一部分HCOOH，催化释氢的速率增大，根据图示反应机理解释其可能的原因是____。

III.氨电解法制氢气：
利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示：
（5）阳极的电极反应式为____。

【答案】（1）+92 （2）>460
（3）①. BC ①. 4800
（4）①. HD ①. HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，替代后HCOO-浓度增大，反应速率增大
（5）6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O
【解析】
【小问1详解】
断裂旧键吸收能量，形成新键释放能量，根据①H=断裂旧键吸收的能量-形成新键
释放的能量可得，2NH3
(g)N2(g)+3H2(g) ①H=（+2×3×391-946-3×436）
kJ·mol-1=+92 kJ·mol-1，故答案为：+92；
【小问2详解】
若反应能自发进行，则①G=①H -T① S<0，即：92-0.2T<0，解得：T>460K，故答案为：>460；
【小问3详解】
①A．达平衡状态时，反应仍在继续进行，反应速率不为0，故A错误；
B．H2的分压保持不变即物质的量分数保持不变，故B正确；
C．气体总质量不变，气体平均分子量保持不变即气体物质的量保持不变，达平衡状态，故C正确；
D．NH3、N2、H2的物质的量之比为2:1:3，并不能表示其不变，故D错误；
故答案为：BC；
②容器体积不变反应达到平衡，根据压强之比等于物质的量之比即2000.1mol
=
280n（混）
，
解得n(混)=0.14mol，设转化的氨气为2x，则
322
2NH(g)N(g)+3H(g)
起始（mol）0.100
转化（mol）2x x3x
平衡（mol）0.1-2x x 3x
，则0.1-2x+x+3x=0.14，解得x=0.02mol，平衡容器内的压强为280kPa，则反应的平衡常数
33222223kPa kP 0.020.06(280)(280)P(N )P (H )K a kPa kPa 0.140.14p===48000.10-0.04P (NH )
(280)0.14
⨯⨯⨯⨯，故答案为：4800；
【小问4详解】 ①H 、D 是氢元素的同位素，由HCOOH 分解生成CO 2和H 2推断HCOOD 催化释氢生成CO 2和HD ；②HCOOH 是弱电解质，HCOOK 是强电解质，用部分HCOOK 代替HCOOH ，导致HCOO -浓度增大，因此其他条件不变时，HCOOK 替代一部分HCOOH ，催化释氢的速率增大，故答案为：HD ；HCOOH 是弱电解质，HCOOK 是强电解质，替代后HCOO -浓度增大，反应速率增大；
【小问5详解】
阳极是氨气失去电子变为氮气，其电极反应式为6OH -+2NH 3-6e -=N 2+6H 2O ，故答案为：6OH -+2NH 3-6e -=N 2+6H 2O 。

(二)选考题：共45分。

请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B 铅笔在答题卡上。

把所选题目对应题号右边的方框涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。

如果多做，则每学科按所做的第一题计分。

11. 明朝《天工开物》中有世界上最早的“火法”炼锌技术的记载。

锌及其化合物在生产、生活中有着重要的用途。

锌是生命体必需的微量元素，被称为“生命之花”。

（1）基态Zn 原子核外电子共有____种空间运动状态。

（2）锌与铜在周期表中的位置相邻。

现有4种铜、锌元素的相应状态，①锌：
[Ar]3d 104s 2、②锌：[Ar]3d 104s 1、③铜：[Ar]3d 104s 1、④铜：[Ar]3d 10失去1个电子需要的能量由大到小排序是____(填字母)。

A. ④②①③
B. ④②③①
C. ①②④③
D. ①④③②
（3）锌在潮湿的空气中极易生成一层紧密的碱式碳酸锌[ZnCO 3·3Zn(OH)2]薄膜，使其具有抗腐蚀性。

其中CO 23-的空间构型为____(用文字描述)。

与CO 23-
互为等电子体的分子是____(写一种即可)。

（4）葡萄糖酸锌为有机锌补剂，对胃黏膜刺激小，在人体中吸收率高。

如图是葡萄糖酸锌的结构简式。

①葡萄糖酸锌组成元素中电负性最大的元素为____，其中C原子的杂化方式为
____。

②1mol葡萄糖酸分子中含有____molσ键。

葡萄糖酸的熔点小于葡萄糖酸锌的熔点原因是____。

（5）ZnS是一种性能优异的荧光材料，在自然界中有立方ZnS和六方ZnS两种晶型，其晶胞结构如图所示：
①立方ZnS中，Zn2+填充在S2—形成的____空隙中；
②六方ZnS的晶体密度为____g·cm-3(设N A为阿伏加德罗常数的值)。

【答案】（1）15 （2）A
（3）①. 平面三角形①. SO3
（4）①. O ①. sp3、sp2①. 24 ①. 葡萄糖酸是分子晶体，熔点小于离子晶体葡萄糖酸锌
（5）①. 四面体(或正四面体)
①.
【解析】
【小问1详解】
锌元素的原子序数为30，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，原子轨道的数目与核外电子的空间运动状态相等，s轨道、p轨道、d轨道的数目分别为1、3、5，所以锌原子核外电子共有15种空间运动状态，故答案为：15；
【小问2详解】
同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则①失去电子需要的能量大于①；同种元素的逐级电离能依次增大，则①失去电子需要的能量大于①；①中3d轨道为稳定的全充满结构，较难失去电子，则失去电子需要的能量大于①，所以失去1个电子需要的能量由大到小排序为①①①①，故选A；
【小问3详解】
碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，离子的空间构型为平面三角形；三氧化硫分子和碳酸根离子的原子个数都为4、价电子数都为24，互为等电子体，故答案为：平面三角形；SO3；
【小问4详解】
①金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，葡萄糖酸锌中氧元素的非金属性最强，所以氧元素的电负性最大；葡萄糖酸锌中单键碳原子的杂化方式为sp3杂化，双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：O；sp3、sp2；
①葡萄糖酸分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，所以1mol葡萄糖酸分子中含有24molσ键；离子晶体的熔点高于分子晶体，葡萄糖酸锌是离子晶体，葡萄糖酸是分子晶体，所以熔点小于离子晶体葡萄糖酸锌，故答案为：24；葡萄糖酸是分子晶体，熔点小于离子晶体葡萄糖酸锌；
【小问5详解】
①由晶胞结构可知，立方硫化锌晶胞中1个锌离子周围有4个硫离子，4个硫离子在空间形成正四面体结构，所以锌离子填充在硫离子形成的正四面体空隙中，故答案为：四面体(或正四面体)；
①由晶胞结构可知，六方硫化锌晶胞中位于顶点和体内的硫离子个数为8×1 8
+1=2，位于棱上和体内的锌离子个数为4×14
+1=2，设晶体的密度为dg/cm 3，由晶胞的质量公式可得：A
2(65+32)N ⨯=a ×10—7×asin60°×10—7×c ×10—7×d ，解得
12. 含硫生物分子或活性硫物种(RSS)成为近期的研究热点，该研究的重点在于阐明其生理功能。

化合物H 成功实现对含硫物质(如H 2Sn)的选择性检测，其合成路线如图。

已知：
①试剂X 是芳香族化合物，其相对分子质量不超过100；
②+3H O −−−→Δ−−→CH 3COOH ；
回答下列问题：
（1）B 的化学名称为____；试剂X 的结构简式为____。

（2）C 与乙二醇反应生成高分子化合物的化学方程式为____。

（3）F 中含氧官能团的名称是____。

（4）试剂Z 的分子式为C 7H 8O 2，其结构简式为____。

（5）G→H 分两步完成，第一步发生加成反应，第二步的反应类型为____。

（6）M 是试剂Y 的同系物，且其相对分子质量比Y 少14，写出满足下列条件的M 的所有同分异构体的结构简式____。

(不考虑立体异构)
①核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子；
②能与金属Na反应，但不能与Na2CO3溶液反应；
③分子中不含“—NHOH”片段。

（7）请根据题中信息，写出以和为原料合成肉桂酸()的路线____。

【答案】（1）①. 1，3—丙二醇①.
−−−−−→（2）nHOOCCCH2COOH+nHOCH2CH2OH催化剂
Δ
+(2n-1)H2O
（3）酯基、醛基（4）
（5）消去反应（6）或
（7）+3H O
−−→
−−−→Δ
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，BrCH2CH2CH2Br在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成HOCH2CH2CH2OH，则A为BrCH2CH2CH2Br、B为
HOCH2CH2CH2OH；HOCH2CH2CH2OH与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成HOOCCH2COOH，则C为HOOCCH2COOH；在催化剂作用下HOOCCH2COOH与共热发生取代反应生成，则试剂X为；与反应得到
，与DEF、POCl3共热反应生成
，与发生取代反应生成，与先发生加成反应，再发生消去反应生成。

【小问1详解】
由分析可知，B的结构简式为HOCH2CH2CH2OH，名称为1，3—丙二醇；试剂X 为苯酚，结构简式为，故答案为：1，3—丙二醇；；
【小问2详解】
C与乙二醇反应生成高分子化合物的反应为一定条件下，HOOCCH2COOH与乙二醇发生水解反应生成和水，反应的化学
−−−−−→
方程式为nHOOCCCH2COOH+nHOCH2CH2OH催化剂
Δ
+(2n-1)H2O，故答案为：nHOOCCCH2COOH+nHOCH2CH2OH催化剂
−−−−−→
Δ
+(2n-1)H2O；
【小问3详解】
由结构简式可知，F的含氧官能团为酯基、醛基，故答案为：酯基、醛基；’
【小问4详解】
由分析可知，试剂Z的分子式为C7H8O2，结构简式为，故答案为：；
【小问5详解】
由分析可知，G→H的反应为与先发生加成反应，再发生消去反应生成，故答案为：消去反应；
【小问6详解】
Y的同系物M的相对分子质量比Y少14，能与金属Na反应，但不能与Na2CO3溶
液反应，分子中不含“—NHOH”片段说明M分子中含有的官能团为—NH2和—OH，符合核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子的结构简式为
、，故答案为：或
；
【小问7详解】
由题给信息可知，以和为原料合成肉桂酸的合成步骤为与先发生加成反应，再发生消去反应生成
，酸性条件下发生水解反应生成
，共热发生脱羧反应生成
，合成路线为+3H O
−−−→
Δ−−→
，故答案为：+3H O −−−→Δ−−→。