安徽省2020届高三最后一卷理综化学试题（解析版）

安徽省 2020 届高三最后一卷 化学试题 1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列有关说法或操作不正确的是（ ） ①为增强消毒液（有效成分 NaClO）的消毒能力，可以滴加几滴浓盐酸 ②新冠病毒可以采用高温或酒精来杀死，均利用的是蛋白质的变性 ③常见的化学键有离子键、共价键、氢键 ④石油的蒸馏、分馏、精馏是物理变化，而煤的干馏是化学变化 ⑤硅酸钠俗称水玻璃 ⑥苯在工业上，既可以以煤为原料制备，也可以以石油为原料制备 A. ①②⑥ B. ①③⑤ C. ③⑤⑥ D. ①④⑥ 【答案】B 【解析】 【 详 解 】 ① 向 消 毒 液 （ 有 效 成 分 NaClO ） 中 加 浓 盐 酸 会 产 生 氯 气 ， 反 应 的 离 子 方 程 式 为 ： ，产生大气污染，减弱消毒能力，①错误； ②蛋白质在高温或酒精下会失去生理活性，即变性，②正确； ③氢键属于分子之间的作用力，不是化学键，③错误； ④蒸馏、分馏、精馏都是根据物质的沸点不同，用于分离混合物的物理方法，煤的干馏产生煤焦油和粗氨 水等，有新物质生成，属于化学变化，④正确； ⑤硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，⑤错误； ⑥煤的干馏产生的煤焦油中含有苯，石油的催化重整可获得芳香烃，⑥正确； 故不正确的有：①③⑤，答案选 B。 2.环扁桃酯具有松弛血管平滑肌，扩张血管的功能，其一种同系物(X)可以发生如下转化，下列说法中错误 的是（ ） A. X 的分子式为 C14H18O3 B. Y 可以发生氧化反应、还原反应、酯化反应、缩聚反应 C. Y 中最多可以有 15 个原子共平面 - + - 2 2ClO +2H +Cl =Cl +H O↑D. Z 的同分异构体含有醛基（一 CHO）有 8 种 【答案】C 【解析】 【详解】A.根据 X 的结构得出分子式为 C14H18O3，A 正确； B.Y 中含有苯环，羟基，羧基，能发生氧化反应、还原反应、酯化反应、缩聚反应，B 正确； C.Y 中最多 16 个原子在同一平面，C 错误； D．Z 分子式为 C6H12O，含醛基，剩下-C5H11，为饱和烃基，可以看做醛基取代 C5H12 中的氢，为直链时有 3 种同分异构体，含一个支链时有 4 种同分异构体，含两个支链时有 1 种结构，共 8 种，D 正确； 答案选 C。 3.石蜡油分解是获得烯烃的一种常用方法，实验如图所示。下列有关说法不正确的是（ ） A. 装置Ⅱ中逸出的气体通入高锰酸钾溶液，发生氧化反应 B. 装置Ⅰ中硫酸铝、碎瓷片均是催化剂 C. 十八烷完全分解为乙烷和最多乙烯时，二者物质的量之比为 1：8 D. 石蜡油分解生成的烯烃一定是乙烯 【答案】D 【解析】 【详解】A.石蜡油分解产生烯烃，逸出的气体通入高锰酸钾溶液，能使溶液褪色，发生氧化反应，A 正确； B.装置Ⅰ中硫酸铝、碎瓷片是催化剂，降低了反应的活化能，从而加快了石蜡分解的速率，B 正确； C.十八烷完全分解为乙烷和最多乙烯时，遵循碳原子守恒，则二者物质的量之比为 1：8，C 正确； D.石蜡油经催化裂解后获得小分子的烷烃和烯烃混合物，但不饱和烃不一定指的是乙烯， D 错误； 答案选 D。 4.下列关于阿伏伽德罗常数(NA)说法正确的是（ ） A. lLpH=l 的 H3PO4 溶液中，含有 0.1NA 个 H+ B. 在 6.0gNaHSO4 晶体中，所含离子数目为 0.15NA C. 加热条件下，1molFe 投入足量的浓硫酸中，生成 NA 个 SO2 分子D. 8.4g 环戊烯醇 ，含有 0.8NA 个极性键 【答案】A 【解析】 【详解】A. pH=l，c(H+)=0.1mol/L，N=NA·n=NA·c·V=0.1mol/L×1L×N A=0.1NA，A 正确； B.n(NaHSO4)=m/M=6.0g/120g·mol-1=0.05mol，NaHSO4 晶体中含 Na+、HSO4-，含离子数目为 0.1NA，B 错误； C.加热条件下，由于浓硫酸具有强氧化性，1molFe 被氧化成 Fe3+失去 3mol 电子，根据电子得失守恒，S 得 到 3mol 电子，则生成 SO21.5mol，数目为 1.5NA 个 SO2 分子，C 错误； D. 环戊烯醇的物质的量为 8.4g/84g·mol-1=0.1mol，每分子环戊烯醇中含 9 个极性键，则共含有 0.9NA 个极性 键，D 错误； 答案选 A。 5.向 20mL0.1mol/L 的 NaHCO3 溶液中滴加 0.1mol/L 氨水(已知室温下 H2CO3Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.6x10-11)， NH3•H2O(Kb=1.78×10-5)，下列说法错误的是（ ） A. 0.1mol/L 的 NaHCO3 溶液中：c(OH-)+c(CO )=c(H2CO3)+c(H+) B. 无论滴加多少氨水，溶液中一定满足：c(HCO )+c(CO )+c(H2CO3)=c(Na+) C.当滴入 10mL 氨水时，发生反应的离子方程式为：HCO +NH3·H2O=CO +NH +H2O，该反应的平衡常 数约为 0.1 D. 当滴入 20mL NH3·H2O 时，c(Na+)=c(NH )+c(NH3·H2O)=0.1mol/L 【答案】D 【解析】 【详解】A.NaHCO3 溶液含有的粒子有：Na+、H+、 、 、OH-、H2CO3、H2O，根据质子守恒可 得： ，A 正确； B.根据物料守恒，NaHCO3 溶液中一定满足：c(HCO )+c(CO )+c(H2CO3)=c(Na+)，B 正确； C.氨水与 NaHCO3 溶反应离子方程式为：HCO +NH3·H2O=CO +NH +H2O，该反应的平衡常数 ，即 ，C 正确； 2 3 − 3 − 2 3 − 3 − 2 3 − 4 + 4 + - 3HCO 2- 3CO - 2- + 3 2 3(OH ) (CO )= (H CO )+ (H )c c c c+ 3 − 2 3 − 3 − 2 3 − 4 + 2- + 2- + + - 3 4 3 4 - - + - 3 3 2 3 3 2 (CO ) (NH ) (CO ) (H ) (NH ) (OH )= =(HCO ) (NH H O) (HCO ) (H ) (NH H O) (OH ) c c c c c cK c c c c c c ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 2 3 3 2 -11 -5 a2(H CO ) b(NH H O) + - -14 5.6 10 1.78 10= = =0.099 0.1(H ) (OH ) 1 10 K KK c c ⋅ × × × ≈×D.当滴入 20 mL NH3·H2O 时，反应恰好完全反应，此时 ，则 c(Na+)=c(NH )+c(NH3·H2O)=0.05mol/L，D 错误； 答案选 D。 6.2020 年 3 月 29 日，全球新能源汽车领导者比亚迪宣布正式推出“刀片电池”。“刀片电池”是将传统磷酸铁 锂电池电芯加长，使单个电芯形状扁平、窄小，再通过多个“刀片”捆扎形成模组，通过少数几个大模组的 组合成电池。“刀片电池”放电时结构如下，正极反应为：Li1-xFePO4+xe-+xLi+=LiFePO4，下列说法错误的是 （ ） A. “刀片电池”和三元锂电池（镣钻锭酸锂电池）相比几乎没有污染 B. 放电时，负极反应为 LiC6-xe-=xLi++Li1-xC6 C. 充电时，锂离子在阴极脱嵌；放电时，锂离子在正极脱嵌 D. 该电池维持电流强度 4.825A，工作 10 分钟，理论上正极增加重量 0.21g（已知 F=96500C/mol） 【答案】C 【解析】 【分析】 磷酸铁锂电池放电时，负极反应：LiC6-xe-=xLi++Li1-xC6，正极反应：Li1-xFePO4+xe-+xLi+=LiFePO4；充电时， 阳极接正极，电极反应式：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+，阴极接负极，电极反应式：Li1-xC6+ xLi++ xe-= LiC6。 【详解】A．“刀片电池”的总反应：LiC6+ Li1-xFePO4= Li1-xC6+LiFePO4，由锂离子的得失转移而发生反应， 几乎无污染，A 正确，不选； B．放电时为原电池，负极发生氧化反应，电极反应式为：LiC6-xe-=xLi++Li1-xC6，B 正确，不选； C．脱嵌意思是锂从正极材料中出来的过程，充电时，阳极的电极材料产生锂离子，电极反应式为：： LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+，放电时，负极材料产生锂离子，电极反应式为：LiC6-xe-=xLi++Li1-xC6，则充 电时，锂离子在阳极脱嵌；放电时，锂离子在负极脱嵌，C 错误，符合题意； D．维持电流强度 4.825A，工作 10 分钟，则电量为 4.825A×600s=2895C，转移电子的物质的量为 ，则正极增加重量为： ，D 正确，不选； + 0.1mol/L 20mL(Na )= =0.05mol/L40mLc × 4 + 2895C 96500C / mol 2895C 6.941g / mol=0.21g96500C / mol ×答案选 C。 7.W、X、Y、Z、M 均为短周期元素且原子序数依次增大，W 和 X 同族。Y 原子最外层电子数是 W 与 X 原子最外层电子数之和的 3 倍，是 Z 原子最外层电子数的 2 倍，M 的最高正价与最低负价代数和为 6。下 列说法正确的是 A. 离子半径：W-Li+，A 错误； B. Al 处于分界线附近，具有一定的金属性和非金属性，与非金属元素形成共价键，Li 为活泼金属容易失去 电子形成离子键，其中 H 为-1 价，处于最低价态，具有还原性，B 正确； C.工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼 Al，C 错误； D.H2O2 具有强氧化性，能使品红褪色，D 错误； 答案选 B。 8.金属铋在工业上常用于制造低熔点合金，用于消防装置、自动喷水器、锅炉等的安全塞，一旦发生火灾， 一些水管的活塞会“自动”熔化，喷出水来。由一种铋矿（主要成分为 Bi2S3，含强氧化性杂质 PbO2 等）制备 金属铋的简单工艺如图： 的已知：酸性溶液中，氧化性 PbO2＞KMnO4 回答下列问题： (1)“浸出”时发生的离子反应包括___、___。 (2)浸出液必须保持强酸性，否则铋元素会以 BiOCl(碱式氯化铋)形式混入浸出渣使产率降低，原因是___。 (3)检验母液中主要金属阳离子的方法是___。 (4)乙二胺四乙酸二钠盐(EDTA)可以和 Bi3+1：1 形成稳定的配合物，一种测定浸出液中 Bi3+浓度的方法如下： 取 25mL 浸出液，调节 pH=l，滴入 2 滴二甲酚橙作指示剂(二甲酚橙：溶于水呈亮黄色，能和多种金属阳离 子形成紫红色配合物)，用 0.01000mol/L 的 EDTA 溶液滴定，达到滴定终点时，测得耗去标准液 35.00mL， 则浸出液中 Bi3+的浓度为___g/L，达到滴定终点的现象是__。 (5)以 Bi2(SiF6)3 的水溶液为电解液，可以实现粗铋的电解精炼。电解过程中，当电路中通过 0.3mol 电子时， 阴极析出的金属 Bi 的质量为__；电解一段时间后，电解液会有损失，并会出现大量杂质，加入___(填化学 式)可以除去该杂质，并使电解液 H2SiF6 再生。 【答案】 (1). PbO2+4H++2Cl-=Pb2++2H2O+Cl2↑ (2). Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+ (3). 由于 Bi3+发 生水解生成 H+，如果溶液不保持强酸性，则 H+浓度的降低会使 Bi3+的水解平衡正向移动，导致生成更多的 BiOCl (4). 取少量母液 1 于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，则证明有 Fe2+ (5). 2.926 (6). 当滴入最后一滴 EDTA 溶液时，溶液由紫红色变为亮黄色，且半分钟内不恢复紫红色 (7). 20.9g (8). H2SO4 【解析】 【分析】 此题利用制备金属铋的工艺流程，考查氧化还原反应、离子反应、离子检验、中和滴定、盐类水解、电解 精炼金属的原理，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础 与灵活运用能力。根据流程可知辉铋矿浸出得到气体、浸出渣、浸出液，Bi2S3 中的硫被 Fe3+氧化为单质硫， 所以浸出渣中含单质 S，酸性溶液中，氧化性 PbO2>KMnO4，加入了盐酸，故气体为氯气，PbO2 被还原成 Pb2+，浸出液中主要含 Bi3+、Pb2+，经 Fe 置换得到粗铋含 Bi、Pb，母液中含 Fe2+，粗铋利用电解原理精炼 得到精铋。【详解】(1)浸出时发生两个氧化还原反应：PbO2+4H++2Cl-=Pb2++2H2O+Cl2↑、Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+ (2)铋能被铁置换，说明其金属性比铁弱，其离子会发生水解，如果溶液不保持强酸性，则 Bi3+的水解程度 增大，导致生成更多的 BiOCl，混入浸出渣使产率降低； (3)母液中含 Fe2+，检验其存在可滴加铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，则证明有 Fe2+； (4)乙二胺四乙酸二钠盐(EDTA)和 Bi3+1：1 形成稳定的配合物，则 n(EDTA)=n(Bi3+)，得出 c(EDTA)V(EDTA)=c(Bi3+)V(Bi3+),0.01000mol/L×0.035L= c(Bi3+)×0.025L,算出 c(Bi3+)=0.014 mol/L=2.926 g/L，达到滴定终点，Bi3+被消耗完全，颜色由紫红色变回亮黄色，故滴定终点为 当滴入最后一滴 EDTA 溶液时，溶液由紫红色变为亮黄色，且半分钟内不恢复紫红色； (5)以 Bi2(SiF6)3 的水溶液电解精炼铋，电解过程中，铋的化合价由+3 价降到 0 价，得到 3 个电子，当电路中 通过 0.3mol 电子时，阴极析出的金属 Bi 的物质的量为 0.1mol，质量为 0.1mol×209g/mol=20.9g，粗铋中含 有杂质 Pb，电解过程中 Pb 失电子得到 Pb2+，除去 Pb2+选择 SO42-，为使电解液 H2SiF6 再生，需引入 H+，故 选择 H2SO4。 【点睛】(1)浸出时注意分析物质变化，利用氧化还原反应的理论进行方程式书写 (4)滴定计算时利用量的比 例关系进行，滴定终点判断为被滴定物质反应完全，标准液过量一滴时的颜色变化，且半分钟不变色，即 为终点；(5)精炼时要结合粗铋的成分进行分析，因含 Pb，故失电子以及杂质引入都有 Pb 有关。 9.肉桂酸是生产冠心病药物“心可安”的重要中间体。其酯类衍生物是配制香精和食品香料的重要原料。它在 农用塑料和感光树脂等精细化工产品的生产中也有着广泛的应用。实验室合成肉桂酸的反应原理如下 部分物质的相关性质如下表所示： 名称 相对分子质 量 熔点/℃ 沸点/℃ 主要性质 苯甲醛 106.0 -26 179 纯品为无色液体，微溶于水；空气 中加热易被缓慢氧化 乙酸酐 102.0 -73.1 138.6 无色透明液体；有剌激性气味；其 蒸气为催泪毒气，遇水强烈水解生 成乙酸，产生大量酸雾 肉桂酸 148.0 133 300 白色至淡黄色粉末；微有桂皮香气 石蜡 / 50-70 300-550 主要由烷烃组成，性质稳定实验步骤如下： 步骤 1：适量无水醋酸钾、14.5mL 乙酸酐(过量)和 5.0mL 苯甲醛(密度为 1.06g/cm3)依次加入 150ml 三颈烧 瓶中摇匀，放入磁子，搭好回流装置，用带磁力搅拌功能的电炉(图 A)加热至微沸后保持加热回流 1 小时； 步骤 2：取下三口烧瓶，冷却至 100 度以下后，加入少量饱和碳酸钠溶液调节 pH8-9； 步骤 3：如图 B 连接好水蒸气蒸馏装置（加热装置略去），进行水蒸气蒸馏，直至馏出物无油滴； 步骤 4：将三口烧瓶中的残余液冷却后加入活性炭，煮沸，____往滤液中边搅拌边滴加浓盐酸至 pH=3，大 量固体析出； 步骤 5：减压过滤，洗涤，烘干，称量，测熔点。 回答下列问题： (1)步骤 1 中，若用酒精灯加热，可能存在的安全隐患是__。 (2)步骤 2 中，加饱和碳酸钠溶液的目的是___，可观察到的明显现象是__。 (3)步骤 3 中，水蒸气蒸馏 目的是除去__。(填物质名称) (4)步骤 4 中，缺失的操作名称是__。 (5)步骤 5 中，若称量得到的产品质量为 4.800g，则本实验的产率为__%(保留 4 位有效数字)。 (6)有机物都有固定的熔点，因此测量产品的熔点可以初步判定所得的产品是不是预期产物。测产品熔点的 装置如图 C 所示：将产品装入一端封口的毛细玻璃管中，与温度计绑在一起，插入 b 形管（图 D）中，用 火焰持续加热 b 形管右侧，观察毛细管中样品的状态以及相应温度计的示数，即可测得样品的熔程（刚开 始出现液滴至恰好完全熔化的温度范围）。测定过程中，温度计的水银球应位于__（填“m”、“n”或“p”），b 形管中所装的热浴液可选用__（填相应字母编号）。 A 蒸馏水 B.浓硫酸 C.石蜡 【答案】 (1). 可能引燃有机物发生火灾 (2). 将肉桂酸转化为肉桂酸的钠盐，减少蒸馏时的挥发损失 (3). 产生大量气泡和酸雾 (4). 苯甲醛 (5). 趁热过滤 (6). 64.86 (7). n (8). BC 【解析】 【详解】(1)步骤 1 中，三颈烧瓶中盛有乙酸酐(过量)和苯甲醛，属于易燃有机物，若用酒精灯加热，可能存 在的安全隐患是引燃有机物发生火灾； 的 . (2)步骤 1 发生反应 得到肉桂酸和乙酸，还有过量的乙酸酐，步 骤 3 将进行蒸馏，肉桂酸有挥发性，需进行保护，故步骤 2 中，加饱和碳酸钠溶液的目的是将肉桂酸转化 为肉桂酸的钠盐，减少蒸馏时的挥发损失，加入的饱和碳酸钠溶液，根据表格信息可知乙酸酐遇水强烈水 解生成乙酸，产生大量酸雾，乙酸与碳酸钠反应产生大量气泡，现象为产生大量气泡和酸雾； (3)步骤 3 中，进行水蒸气蒸馏，直至馏出物无油滴，说明目的是为了除去油状物质，符合题意的只有苯甲 醛； (4)步骤 4 中，缺失的操作名称是趁热过滤，若冷却则肉桂酸钠会结晶被过滤，造成目标产物损失，影响产 率计算； (5)步骤 5 中，通过苯甲醛的量按方程进行计算，肉桂酸的理论质量为 5.0×1.06×148/106g=7.4g，产率 =4.800g/7.4g×100%≈64.86%； (6)温度计插入 b 形管的深度以水银球恰好在 b 形管的两侧管中部，故在 n 位置，肉桂酸熔点为 133℃，高 于 100℃低于 140℃，故可选热浴液为浓硫酸和石蜡，答案选 BC。 10.甲醛(HCHO)是一种重要的化工产品，工业上可用甲醇脱氢法制备，相关反应方程式为：CH3OH(g) HCHO(g)+H2(g) △H=+akJ/mol 回答下列问题： (1)反应过程中需要向体系中通入空气，通过以下反应提供上述反应所需要的热量：H2(g)+ O2(g)=H2O(g) △H=-bkJ/mol 要使反应温度维持在 650℃，则进料时，甲醇和空气的体积比应为___(已知空气中氧气的体积分数为 20%， b>a)。 (2)Na2CO3 是甲醇脱氢制甲醛的催化剂，有研究指出，催化反应的部分机理如下： 历程 i：CH30H→・H+・CH2OH(・H 叫做氢自由基，实际上就是 H 原子，有很高的反应活性， “・”代表有一个单电子可以参与配对成键) 历程 ii：・CH2OH→・H+HCHO 历程 iii：・CH2OH→3•H+CO 历程 iv：自由基发生碰撞形成新化学键而湮灭 如图 1 所示为在体积为 2L 的恒容容器中，投入 1molCH3OH(g)，在碳酸钠催化剂作用下开始反应，20min 后，测得甲醇的转化率(X)与甲醛的选择性(S)与温度的关系(副反应仅考虑 CH3OH CO+2H2)： 1 2①请在图 2 所给坐标中，画出历程 iv 的反应过程一能量变化示意图___。 ②下列说法合理的是__。 a.升高温度，甲醇转化率提高，平衡常数变大 b.当体系气体密度保持不变时，达到平衡状态 c.及时分离产品有利于提高甲醇生成甲醛的转化率 ③600℃时，前 20min 甲醇的平均反应速率为__，此时生成甲醛的反应的 Qp=___（Qp 的表达式与平衡常数 Kp 相同，p 为物质的分压，分压=总压×物质的量分数，体系初始压强为 P0） ④650℃以后，甲醛的选择性降低，而甲醇的转化率升高的可能原因是___。 (3)氧化剂可处理甲醛污染，结合以下图像分析夏季(水温约 20℃)应急处理甲醛污染的水源最好应选择的试 剂为____。 【答案】 (1). (2). (3). ac (4). 0.01375mol/(L·min) (5). 0.56P0 (6). 温度升高，平衡正向移动，甲醇转化率升高，但由于温度高于 650℃后，催化甲醛生成的催化剂催化能 力降低，因此甲醛选择性下降 (7). Ca(ClO)2 【解析】 【分析】 此题利用工业上制备甲醛方法综合考查化学反应原理，考点涉及热量，化学平衡移动，催化反应历程，考 2b 5a查图像解读能力和计算能力 【详解】(1)要使反应温度维持在 650℃，应保证放热反应放出的热量恰好被吸热反应全部利用，则甲醇与 氧气的物质的量之比为 ，相同条件下，物质的量之比等于体积比，故甲醇与氧气的体积之比为 ，空 气中氧气的体积分数为 20%，则甲醇与空气的体积之比为 ； (2)①历程 iv：自由基发生碰撞形成新化学键而湮灭,自由基具有很高的能量，在形成新化学键时能量降低， 且随着不断形成新化学键，自由基浓度减小，能量减低速率减慢，故能量变化示意图为 ； ②a.根据图Ⅰ可知，随着温度的升高，甲醇的转化率也在逐渐升高，说明反应往正向进行的程度在增大，K 增大，a 正确； b.气体密度= ，在恒容容器中，总体积保持不变，气体总质量守恒，故气体密度始终不变，不 能作为平衡判据，b 错误； c.及时分离产品，平衡将向正向移动，有利于提高甲醇生成甲醛的转化率，c 正确； 故合理的为 ac； ③600℃、20min 时甲醇的转化率为 55%，则 Δn=0.55mol，平均反应速率 v= = =0.01375 mol/(L·min)，此时甲醛的选择性为 60%，则主反应 CH3OH(g) HCHO(g)+H2(g)，得到 n1(H2)=n(HCHO)=0.55mol×60%=0.33mol，副反应 CH3OH CO+2H2，得到 n2(H2)=2n(CO)=2×0.55mol×(1-60%)=0.44mol，n(H2)= n1(H2)+ n2(H2)=0.77mol，在温度一定体积一定的条件下， 压强之比等于物质的量之比，甲醛 Qp= == = 0.56P0； ④温度升高，平衡正向移动，甲醇转化率升高，但由于温度高于 650℃后，催化甲醛生成的催化剂能力降低， 因此甲醛选择性下降； (3)由图像可知，夏季(水温约 20℃)时甲醛去除率最高的是 Ca(ClO)2，故最好应选择的试剂为 Ca(ClO)2。 【点睛】(2)图像绘制有难度，注意分析能量变化过程，计算所用到的数据除了题目告知，还来源于图像， 题目解读很关键，找到特殊的点得到相应数据进行计算。 11.碱土金属(ⅡA 族)元素单质及其相关化合物的性质、合成一直以来是化学界研究的重点。回答下列问题： （1）对于碱土金属元素 Be、Mg、Ca、Sr、Ba，随着原子序数的增加，以下性质呈单调递减变化的是___。 。 2b a 2b a 2b 5a 气体总质量 总体积 c t ∆ ∆ ( ) ( ) 0.55 · 2 20 n mol V t L min ∆ =∆ × ( ) ( ) ( )2 3 ·p H p HCHO p CH OH ( ) 00.77 0.33 1 0.55 P× −A.原子半径 B.单质的硬度 C.第一电离能 （2）①铍与相邻主族的___ 元素性质相似。下列有关铍和该元素的叙述正确的有___填标号。 A.都属于 p 区主族元素 B.电负性都比镁大 C.第一电离能都比镁大 D.氯化物的水溶液 pH 均小于 7 ②(NH4)2BeF4 是工业制备金属铍过程中的重要中间产物，其阳离子含有的化学键类型为__，阴离子中心原 子杂化方式为___。 （3）Sr 是人体必需的微量元素，SrCO3 是其重要的化合物之一。Sr2+的电子排布式为___判断 SrCO3 的热 分解温度___（填“大于”/“小于”）CaCO3 的热分解温度，理由是____。 （4）MgH2 和金属 Ni 在一定条件下用球磨机研磨，可制得化学式为 Mg2NiH4 的储氢化合物，其立方晶胞 结构如图所示： ①Mg 原子周围距离最近且相等的 Ni 原子有___个，若晶胞边长为 646pm，则 Mg—Ni 核间距为___pm（结 果保留小数点后两位， 取 1.73）。 ②若以晶胞中氢的密度与液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力，则该化合物的储氢能力为___（列出 计算式即可。假定该化合物中所有的 H 可以全部放出，液氢密度为 dg/cm3；设 NA 代表阿伏伽德罗常数的 值）。 【答案】 (1). BC (2). 铝 (3). BD (4). 共价键、配位键 (5). sp3 (6). [Kr]或[Ar]3d104s24p6 (7). 大于 (8). Sr2+的半径大于 Ca2+，因此夺取 CO 中的 O 形成氧化物的能力较弱，需要更高的温度 (9). 4 (10). 279.40 (11). 【解析】 【详解】（1）对于碱土金属元素 Be、Mg、Ca、Sr、Ba，同主族元素，随着原子序数的增加，A．原子半径 增大； B．金属键键能减小，单质的硬度减小；C．原子半径增大，核对电子的引力减小，第一电离能减小， 故选 BC。 故答案为：BC； 3 2- 3 7 3 16 10 6.02 646 d × ×（2）①A．铍属于 s 区，铝属于 p 区主族元素，故 A 不符； B．铍位于镁的上一周期，铝位于镁同一周期的右侧，电负性都比镁大，故 B 符合； C．铍位于镁的上一周期，原子半径小，第一电离能大；铝位于镁同一周期的右侧，镁的 3s 处于全满状态， 铝的第一电离能比镁小，故 C 不符； D．阳离子水解，溶液呈酸性，水溶液 pH 均小于 7，故 D 符合； 故答案 ：铝；BD； ②(NH4)2BeF4 是工业制备金属铍过程中的重要中间产物，其阳离子 NH4＋，铵根有 4 个氮氢共价键,其中一 个是配位键,属于共价键，NH4＋含有的化学键类型为共价键、配位键；阴离子 BeF 中心原子是 Be,其价层 电子对=4+ =4，杂化方式为 sp3。 故答案为：共价键、配位键；sp3； （3）锶是第五周期第ⅡA 族元素，Sr2+的电子排布式为[Kr]或[Ar]3d104s24p6；SrCO3 的热分解温度大于（填 “大于”/“小于”）CaCO3 的热分解温度，理由是 Sr2+的半径大于 Ca2+，因此夺取 CO 中的 O 形成氧化物的 能力较弱，需要更高的温度。 故答案为：[Kr]或[Ar]3d104s24p6；大于；Sr2+的半径大于 Ca2+，因此夺取 CO 中的 O 形成氧化物的能力较 弱，需要更高的温度； （4）①图中 Mg 位于 4 个 Ni 围成的正四面体的中心，Mg 原子周围距离最近且相等的 Ni 原子有 4 个，若 晶胞边长为 646pm，体对角线为 646pm× ，体对角线为 Mg—Ni 核间距的 4 倍，则 Mg—Ni 核间距为 =279.40pm； 故答案为：4；279.40； ②晶胞中 Mg 有 8 个，Ni 为 8× +6× =4，H 原子为 4×4=16 个，晶中氢的密度为： ，液氢密度为 dg/cm3，若以晶胞中氢的密度与液态氢密度之比 定义储氢材料的储氢能力，则该化合物的储氢能力为 ； 故答案为： 。 【点睛】难点（4）关于晶胞的计算，先根据均摊法算出晶胞中氢，再以晶胞中氢的密度与液态氢密度之 比定义储氢材料的储氢能力，计算该化合物的储氢能力。 为 2- 4 2 2 1 4 2 + − × 2- 3 2- 3 3 3 6464 pm× 1 8 1 2 1 7 3 10 3 3 16 1 · 16 10 ·(646 10 ) 6.02 646A g mol g cmN − − − × ×=× × × 7 3 16 10 6.02 646 d × × 7 3 16 10 6.02 646 d × ×12.一种可降解聚合物 P 的合成路线如图： 已知：ⅰ. ⅱ. +2ROH +2HCl(R 为烃基) 回答下列问题： (1)路线图中 C 的还原产物的官能团名称是___。 (2)E→F 中反应①和②的反应类型分别是__；D→E 的第①步化学方程式为__。 (3)F 的结构简式为___。 (4)聚合物 P 的结构简式是___。 (5)A 的同分异构体中，含苯环的共有__种。 (6)参照上述合成路线，设计以乙醇为原料，制备 C6H10N2O2(含有 1 个六元环，核磁共振氢谱显示有 3 组峰， 峰面积之比为 3：1：1)的合成路线(无机试剂任选)__。 【答案】 (1). 酯基、氨基 (2). 加成反应、取代反应 (3). 2 +O2 2 +2H2O (4). (5). (6). 18 (7). CH3CH2OH CH3CHO 【解析】【分析】 此题利用有机合成流程考查有机物结构推断、官能团、有机方程式书写、同分异构体数目确定、合成路线 设计。C 被还原生成 ，所以 C 的结构简式为： ，B 和浓硝酸发生取代 反应生成 C，所以 B 的结构简式为： ， A 和羧酸生成酯 B，所以 A 的结构简式为： ， 和氢氧化钠溶液发生水解反应生成 D， D 的分子式为 C8H9O2Na，可知 D 的结构简式为 ， 根据 D 反应生成 E 的条件，结合 E 的分子式知，E 的结构简式为： ， E 发生一系列反应生成 F，根据题给信息知，F 的结构简式为： ，两个 F 分子中的 氨基和羧基脱水缩合形成一个新的六元环，因此 G 的结构简式为： ， G 和 反应生成 P，P 的结构简式为： 。 【详解】(1)C 的还原产物为 ，其官能团为酯基、氨基； (2) 根据已知给出的信息，E→F 中反应①和②的反应类型分别是加成反应、取代反应，D→E 的第①步根据 条件可知为醇羟基的催化氧化，化学方程式为 2 +O2 2 +2H2O； (3) F 的结构简式为 ； (4) 聚合物 P 的结构简式为 ； (5) A 的结构简式为： ，其含苯环的同分异构体中，醇的同分异构体有 4 种，酚的同分异构体有 9 种，醚的同分异构体有 5 种，共有 18 种； (6)以乙醇为原料，制备 C6H10N2O2，含有 1 个六元环，需首先引入醛基，再引入 N 和环，参照 D→E→F→G 的过程，合成路线为 CH3CH2OH CH3CHO 。 【点睛】本题考查有机物的推断，同时考查学生知识迁移能力，充分利用题给信息采用正推和倒推相结合 的方法进行分析解答，明确物质含有的官能团及性质是解本题关键。