福建省泉州市2021届高中毕业班3月质量监测（三）化学试题（解析版）

泉州市 2021 届高中毕业班质量监测(三) 高三化学 本试卷共 8 页，满分 100 分。 注意事项： ①答题前，考生将姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确黏贴在条形码区域内。 ②选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔书写。 ③请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、 试题卷上答题无效。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 一、选择题：本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 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. 化学与生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法错误的是 A. 漂白粉的有效成分为次氯酸钙 B. 误食重金属离子可喝生牛奶解毒 C. SO2 可用作漂白剂和抗氧化剂 D. 工业上常电解熔融 MgO 冶炼 Mg 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，有效成分为次氯酸钙，故 A 正确 B．重金属离子可以使蛋白质变性，误食重金属离子可喝生牛奶解毒，故 B 正确； C．SO2 具有漂白性和还原性，可用作漂白剂和抗氧化剂，故 C 正确； D．MgO 的熔点很高，电解成本高，冶炼 Mg 是电解熔融氯化镁，故 D 错误； 故选 D。 2. 侯氏制碱主要反应为 NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl。下列说法错误的是 A. CO2 的电子式： B. Na+的结构示意图： C. 上述反应的产物均为离子化合物 D. 溶解度：NH4HCO3＞NaHCO3 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．CO2 为共价化合物，C 和 O 之间形成 2 对共用电子对，正确的电子式为： ，A 错误； B．Na 原子核外有 11 个电子，失去一个电子形成 Na+，其离子结构示意图为 ，B 正确； C．反应产物为 NaHCO3、NH4Cl，两者均含有离子键，属于离子化合物，C 正确； D．根据反应，析出 NaHCO3 固体，可知溶解度 NaHCO3 小于 NH4HCO3，D 正确； 答案选 A。 3. 从松节油中提取的β-蒎烯可制取诺派酮、诺蒎酸等，反应原理如下： 下列说法正确的是 A. β-蒎烯的某种同分异构体可能是芳香烃 B. 诺派酮分子中所有碳原子可能共平面 C. 诺蒎酸与蒎二醇可用 NaHCO3 溶液鉴别 D. 以上四种有机物均易溶于水 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．β-蒎烯有 3 个不饱和度，是芳香烃至少有 4 个不饱和度，所以某种同分异构体不可能是芳香烃， 故 A 错误； B．诺派酮分子中含 ，中间 C 与周围四个 C 为四面体结构， 所有碳原子不可能共平面， 故 B 错误； C．诺蒎酸中含有-COOH，可以与 NaHCO3 反应，蒎二醇不与 NaHCO3 溶液反应，可以鉴别，故 C 正确； D．有机物一般难溶于水，含有亲水基的在水中溶解度较大，β-蒎烯没有亲水基，故 D 错误； 故选 C。 4. NA 表示阿伏伽德罗常数的数值。下列说法正确的是 A. 14.0g 的 N2 和 CO 的混合气体中含有 NA 个原子 B. 0.1mol·L-1NaHCO3 溶液中含有 HCO 3  个数小于 0.1NA C. 0.5molN2 和 1.5molH2 充分反应后，可得 NH3 分子数为NA D. 2.24L 的 Cl2 与 NaOH 溶液完全反应，转移的电子数为 0.2NA 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．N2 和 CO 的相对分子质量均为 28，所含原子数均为 2，则 14.0g 的混合气体的物质的量为 0.5mol， 含有的原子数为 NA，故 A 正确； B．溶液体积未知，无法确定离子的物质的量，故 B 错误； C．该反应为可逆反应，氮气和氢气不能完全反应，所得氨气分子数小于 NA，故 C 错误； D．未明确气体的状况，不能根据体积确定其物质的量，故 D 错误； 故选：A。 5. X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的短周期元素，X 原子最外层电子数是其电子层数的 2 倍，X、Y 的 核电荷数之比为 3∶4，金属单质 Z 在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，W 的最高价氧化 物的水化物具有两性。下列说法正确的是 A. 最简单氢化物的稳定性：X＞Y B. 原子半径大小：W＞Z＞Y＞X C. X、W 的最高价氧化物的水化物可发生反应 D. X、Y、Z 形成的化合物存在离子键和共价键 【答案】D 【解析】 【分析】根据题干信息，X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的短周期元素，X 原子最外层电子数是其电子 层数的 2 倍，则 X 为 C 元素，X、Y 的核电荷数之比为 3∶4，则 Y 的核电荷数为 8，为 O 元素，金属单质 Z 在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则 Z 为 Na 元素，W 的最高价氧化物的水化物具有 两性，则 W 为 Al 元素，据此分析解答。 【详解】A．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性：O＞C，则稳定性：H2O＞CH4，A 错误； B．同周期元素原子半径从左至右依次减小，则原子半径 Na＞Al，C＞O，又 Na、Al 原子核外电子层数更 多，因此原子半径：Na＞Al＞C＞O，B 错误； C．X 为 C 元素，其最高价氧化物的水化物为 H2CO3，为弱酸，不能与 Al(OH)3 发生反应，C 错误； D．X、Y、Z 形成的化合物为 Na2CO3，既含有离子键，也含有共价键，D 正确； 答案选 D。 6. 下列实验操作、现象和结论都正确的是 选 项 实验操作 现象 结论 A 向紫色石蕊试液中通入 Cl2 溶液先变红后褪色 Cl2 具有漂白性 B 在酒精灯上加热铝箔 铝箔融化，融化的铝并不滴落，像 有一层膜兜着 Al2O3 熔点比 Al 高 C 向盛有浓硝酸的烧杯中放入灼热木炭 溶液上方产生红棕色气体 NO2 是碳与浓硝酸反 应生成的 D 铁片上面滴一滴含有酚酞的食盐水， 放置一段时间 液滴边缘出现红色 Fe 发生了析氢腐蚀 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．紫色石蕊试液中通入 Cl2，Cl2+H2O=HCl+HClO，溶液呈酸性使石蕊变红，又因为 HClO 具有 漂白性，使石蕊褪色，故 HClO 具有漂白性，Cl2 无漂白性，A 项错误； B．Al 表面会生成一层致密的氧化膜-三氧化二铝，三氧化二铝熔点比铝高，故三氧化二铝不熔化而铝熔化， B 项正确； C．浓硝酸中本来就溶有部分二氧化氮，因为浓硝酸在光照条件下会分解生成二氧化氮而使浓硝酸中少量溶 有二氧化氮，使浓硝酸呈黄色，C 项错误； D．在一块除去铁锈的铁片上面滴含有酚酞的食盐水，边缘出现红色，说明氧气得到电子与水反应生成了氢 氧根离子，证明铁片发生了吸氧腐蚀，D 项错误； 答案选 B。 7. 实验室以磷石膏[主要成分为 CaSO4，含少量 SiO2、Ca3(PO4)2 等杂质]为原料制备轻质 CaCO3，流程如下 图。下列说法错误的是 A. “转化”中，包含反应 CaSO4+ CO 2 3  = SO 2 4  + CaCO3 B. “滤液”的 pH 约为 6.5，阴离子主要是 SO 2 4  和 CO 2 3  C. “高温煅烧”需要的仪器有酒精喷灯、坩埚、坩埚钳、泥三角、三脚架等 D. “浸取”时，适当升高温度有利于 Ca2+的浸出 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．“转化”时，通入二氧化碳，生成碳酸根离子，将硫酸钙转化为碳酸钙，A 项正确； B．pH 约为 6.5，呈酸性，碳酸根不可能大量存在，B 项错误； C．“高温煅烧”需要的仪器有酒精喷灯、坩埚、坩埚钳、泥三角、三脚架等，C 项正确； D．碳酸钙的溶解度随着温度的升高而降低，所以适当升高温度有利于 Ca2+的浸出，D 项正确； 答案选 B。 8. 采用 ZnBr2/SiO2 为催化剂，通过氧溴化可将甲烷转化为溴甲烷。该路线实现了甲烷的低温活化、有效抑 制活泼产物的深度氧化，显著提高产物的选择性，其反应历程如图所示。下列说法错误的是 A. 若用 FeBr2 替换 ZnBr2，溴甲烷的产率将降低 B. 产物中可能混有 CH2Br2 C. 过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2∶1 D. 总反应为 催化剂 3Δ4 2 22CH +2HBr+O CH Br+2H2 O 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．若用 FeBr2 替换 ZnBr2，FeBr2 中铁元素显+2 价，能与氧气反应生成 FeO，FeO 的活泼性比 ZnO 差，因此可能溴甲烷的产率将降低，故 A 正确； B．采用 ZnBr2/ SiO2 为催化剂，通过氧溴化可将甲烷转化为溴甲烷，反应过程中有甲烷和溴的反应，只要 在光照条件下，就会发生连续取代，产物中可能混有 CH2Br2，故 B 正确； C．过程Ⅱ中反应方程式为：2HBr +O2+ ZnBr2=H2O+2Br2+ZnO，氧化剂为 O2，还原剂为 HBr、ZnBr2，氧 化剂与还原剂的物质的量之比为 1∶3，故 C 错误； D．由反应机理图可知，反应过程中加入的有，HBr、O2、CH4，生成的有 CH3Br、H2O，ZnBr2、ZnO、Br2， 在参与循环，故总反应为 催化剂 3Δ4 2 22CH +2HBr+O CH Br+2H2 O ，故 D 正确； 故选 C。 9. 双极膜(BP)是一种能将水分子解离成 H+和 OH-的特殊离子交换膜。应用双极膜制取聚合硫酸铁净水剂 [Fe2(OH)n(SO4)3-n/2]m(PFS)的电化学装置如图所示。下列说法错误的是 A. M 为阴离子交换膜，乙为 OH- B. 电极 a 的电极反应式为 2H+ +2e-= H2↑ C. 电流密度过大，会使 PFS 产品含量降低 D. 若制得 1mol[Fe(OH)SO4]3，理论上转移的电子为 2mol 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．由甲中的产物为硫酸，所以硫酸根从硫酸铁进入到硫酸室中，M 为阴离子交换膜，要有 PFS 生成，甲为 H+，乙为 OH-，故 A 正确； B．由 EP 的性质，乙为 OH-，甲为 H+，所以 a 为阴极电极反应式为 2H+ +2e-= H2↑，故 B 正确； C．电流过大会使 OH-进入到硫酸铁室中，生成氢氧化铁沉淀，使 PFS 含量降低，故 C 正确； D．若制得 1mol[Fe(OH)SO4]3，则有 3molOH-进入到硫酸铁室中，理论上转移的电子为 3mol，故 D 错误； 故选 D。 10. 向 100mL5.0mol·L−1 的 NaOH 溶液中通入 H2S 气体，含硫微粒在不同 pH 溶液中的分布系数(δ)如图所示。 下列说法正确的是 A. 曲线 M 表示 pH 与 HS−的变化关系 B. 2- + -S +H HS 的平衡常数数量级为 1014 C. HS−的电离程度大于水解程度 D. 配制 Na2S 溶液时可将 Na2S 固体直接溶于水 【答案】B 【解析】 【分析】在 NaOH 溶液中通入 H2S 气体，含硫微粒包括 H2S、HS−、S2-，其中 S2-水解，溶液显碱性，H2S 电离，溶液显酸性，结合图象分析判断。 【详解】A．根据图象，曲线 M 上表示的微粒随着 pH 的增大，分布系数(δ)逐渐减小，在 pH=6.9 时，δ=0.5， 因此曲线 M 表示 pH 与 H2S 的变化关系，故 A 错误； B． 2- + -S +H HS 的平衡常数 K=     - 2- + HS H )S ( c c c ，根据图象，当 c(S2-)= c(HS-)时，pH=14.1， c(H+)=10-14.1， 即 K=1014.1，因此 2- + -S +H HS 的平衡常数数量级为 1014，故 B 正确； C．根据图像，当溶液中主要存在 HS−时，溶液显碱性，说明 HS−的电离程度小于水解程度，故 C 错误； D．Na2S 能够水解，为了抑制水解，配制 Na2S 溶液时可将 Na2S 固体溶于一定浓度的氢氧化钠溶液中，再 稀释，故 D 错误； 故选 B 。 二、非选择题：本题包括 5 小题，共 60 分。 11. 研究从太阳能电池的碲化镉吸收层(主要含 CdTe、CdS)中回收碲具有重要的意义。某回收工艺的流程如 下： 回答下列问题： (1)FeOOH 中 Fe 元素的化合价为______。 (2)反应釜中，溶液的 pH、温度(T)与生成沉淀的关系如下图，图中区域分别表示铁的化合物稳定存在的区 域。则制备 FeOOH 适宜的 pH 和温度分别为 ______(填标号)。 a．2，80℃ b．4，90℃ c．5，160℃ d．6，25℃ (3)制备磁性纳米铁棒时，加入 NaBH4 前先通入 N2 的作用是______。 (4)碲化镉吸收层中的 CdTe 参与反应的化学方程式为______，滤渣含有的一种单质是______。 (5)常温下，若在含 Cd2+、Te4+滤液中加入 NaOH 溶液调节 pH 为 7，溶液中 c(Cd2+)的最大值为______。 (已 知：Ksp[Cd(OH)2]=5.3×10−15) (6)从 TeO 2 3  溶液得到“吸附 Te”，利用了纳米铁棒的性质有______、______。 【答案】 (1). +3 (2). b (3). 排除设备中的空气，防止磁性纳米铁棒和 NaBH4 被氧化 (4). CdTe+3H2O2+3H2SO4=CdSO4+Te(SO4)2+6H2O (5). S (6). 0.53mol/L (7). 吸附性 (8). 还原性 【解析】 【分析】用 FeCl3▪6H2O、NaNO3 和盐酸经水洗、醇洗、烘干得到纳米级 FeOOH，FeOOH 和 NaBH4 反应得 到磁性纳米材料。碲化镉被 H2O2 氧化得到 Cd2+和 Te4+，用 NaOH 溶液调节溶液的 pH，得到含 Te 2 3O  的溶 液，和磁性纳米铁棒作用，得到 Te。 【详解】(1)根据正负化合价代数和为 0，FeOOH 中 O 为-2 价，H 为+1 价，所以 Fe 元素的化合价为+3 价。 (2)从图示可以看出，FeOOH 稳定存在的区域的 pH 大于 2，温度最好在 40℃~100℃之间，故选 b。 (3)磁性纳米铁棒和 NaBH4 都容易被氧化，所以在加入 NaBH4 之前需通入 N2 排除反应容器中的空气。 (4)CdTe 和 H2O2 在酸性溶液中反应，得到含 Cd2+和 Te4+的溶液，即得到 CdSO4 和 Te(SO4)2，在此反应中， Te 的化合价从-2 价升高到+4 价，所以 H2O2 中 O 的化合价从-1 价应降低到-2 价，生成水，根据电子守恒、 质量守恒可以写出反应的化学方程式为：CdTe+3H2O2+3H2SO4=CdSO4+Te(SO4)2+6H2O。在碲化镉吸收层还 含有 CdS，其中的 S 为-2 价，可以被 H2O2 氧化为 S，所以滤渣中含有 S。 (5)溶液的 pH=7，则 c(OH-)=1.0×10-7mol/L，根据 Ksp[Cd(OH)2]=5.3×10−15，可计算 Cd2+的浓度： c(Cd2+)=     2 2 Ksp Cd OH c OH     = 15 7 2 5.3 10 (1.0 10 )     =0.53mol/L。 (6)含 Te 2 3O  的溶液，和磁性纳米铁棒作用，Te 的化合价降低，被纳米铁棒还原，磁性纳米铁棒还能吸附 Te，故在得到 Te 的过程中，磁性纳米铁棒体现了还原性和吸附性。 12. 某兴趣小组设计实验探究 SO2 与新制 Cu(OH)2 悬浊液反应的产物。 按图连接好装置(夹持装置省略)，打开磁搅拌器，先往 20mL1.00mol·L−1 的 CuCl2 溶液中加入 20mL2.00mol·L−1 的 NaOH 溶液，再通入一定量 SO2，三口烧瓶中生成大量白色沉淀 X。 回答下列问题： (1)以亚硫酸钠和浓硫酸为原料制取 SO2，虚框中应选用_______(填“A”或“B”)装置，通入 SO2 过程中不断搅 拌的目的是______。 (2)仪器 a 的名称为______，烧杯中发生反应的离子方程式为______。 (3)据 SO2 是酸性氧化物，推测 X 可能为______。取少量 X 加入稀硫酸进行验证，观察到 ______，说明该 推测错误。 (4)据 SO2 的还原性，推测 X 可能为 CuCl，做如下验证实验。 ①取少量的 X，加过量的氨水溶解，露置于空气中迅速得到深蓝色溶液，其中阳离子的化学式为______。 ②向深蓝色溶液中先加入过量的______，再滴加______溶液，产生白色沉淀。 ③生成 X 的离子方程式为______。 【答案】 (1). B (2). 加快反应速率 (3). 球形干燥管 (4). SO2+2OH-= 2- 3SO + H2O (5). 亚硫 酸 盐 (6). 无 气 体 产 生 (7).   2+ 3 4Cu NH   (8). 稀 HNO3 (9). AgNO3 (10). 2Cu(OH)2+2Cl-+ SO2=2CuCl↓+ 2- 4SO +2H2O 【解析】 【分析】亚硫酸钠和浓硫酸为固液不加热型，据此选择装置；CuCl2 溶液和 NaOH 溶液在三口烧瓶中生成 Cu(OH)2 悬浊液，给新制 Cu(OH)2 中通入 SO2 并不断搅拌是为了加快反应速率，三口烧瓶中生成大量白色沉 淀 X，据 SO2 是酸性氧化物，推测 X 可能为亚硫酸盐；据 SO2 的还原性，推测 X 可能为 CuCl。仪器 a 为球 形干燥管，用作尾气吸收防倒吸，据此分析解答。 【详解】(1)是可溶性固体，选用 A 装置不能控制反应速率，不能做到“随开随用”；通入 SO2 并不断搅拌 是为了使反应物充分接触，加快反应速率；故答案为：B；加快反应速率； (2) 由装置图可知仪器 a 是球形干燥管，用来做 SO2 尾气吸收的防倒吸装置，发生反应离子方程式为： SO2+2OH-= 2- 3SO + H2O。故答案为：球形干燥管；SO2+2OH-= 2- 3SO + H2O； (3) 据 SO2 是酸性氧化物，推测 X 可能为亚硫酸盐，取少量 X 加入稀硫酸进行验证，观察到无气体产生， 说明推测错误。故答案为：亚硫酸盐；无气体产生； (4)①CuCl 加过量的氨水溶解，可形成无色配合物离子   + 3 2Cu NH   ，露置于空气中被氧化得到蓝色的   2+ 3 4Cu NH   ，故答案为：   2+ 3 4Cu NH   ； ②向深蓝色溶液中先加入过量的稀 HNO3，调节溶液显酸性，再滴加 AgNO3 溶液，产生白色沉淀 AgCl，证 明 X 中含有 Cl-；故答案为：稀 HNO3；AgNO3； ③实验中由 Cu(OH)2 与 SO2 发生氧化还原反应生成 CuCl，反映的的离子方程式为：2 Cu(OH)2+2Cl-+ SO2=2CuCl↓+ 2- 4SO +2H2O；故答案为：2Cu(OH)2+2Cl-+ SO2=2CuCl↓+ 2- 4SO +2H2O。 13. 研究甲醇的合成方法和用途具有重要的价值。 Ⅰ.利用合成气(CO 和 H2)合成甲醇，发生如下反应：CO(g) + 2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH (1)由元素最稳定的单质生成 1mol 纯化合物时的反应热称为该化合物的标准摩尔生成焓(ΔHf)。几种物质的 标准摩尔生成焓如下表，则ΔH= ______kJ·mol−1。 物质 H2(g) CO(g) CH3OH(g) ΔHf/kJ·mol-1 0 -110.53 -201.17 (2)800℃时，该反应平衡常数 K=0.15.若某时刻 c(CO)=0.1mol·L−1、c(H2)=0.2mol·L−1、c(CH3OH)=0.4mol·L−1， 此时 v 正______v 逆(填“>”“＜”、或“=”)。 (3)T℃时，在密闭的刚性容器中，按物质的量之比 1∶1 充入 CO 和 H2，若平衡时容器内总压为 pPa，H 的 转化率为 50%。则 T℃时，上述反应的平衡常数 Kp= ______Pa−2(用含 p 的代数式表示，Kp 为用分压表示的 平衡常数)。 Ⅱ.甲醇也可以通过微生物电催化反应合成，装置如图所示。 (4)石墨电极上的电极反应式为______，当体系的温度升高到一定程度，电极反应的速率反而迅速下降，主 要原因是______。 Ⅲ.甲醇催化脱水制二甲醚日益受到关注，反应方程式为：2CH3OH(g) ⇌ CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH＜0，某催 化反应的机理如下： 历程 i：CH3OH(g)→CH3OH◎ 历程ⅱ：CH3OH◎+CH3OH◎→CH3OCH3◎+H2O◎ 历程ⅲ：…… 历程 iv：H2O◎→H2O(g) 上述历程中，“◎”代表分子吸附在催化剂表面上。 (5)为提高 CH3OH 的平衡转化率，可采用的措施是______。 A.容积不变，充入一定量 He B.及时分离出 H2O(g) C.进一步改进催化剂 D.降低反应温度 (6)历程ⅲ：______。 【答案】 (1). -90.64 (2). ＜ (3). 2 3 p (4). CO2+6e-+6H+=CH3OH+ H2O (5). 微生物活性下 降，反应速率降低 (6). BD (7). CH3OCH3◎→CH3OCH3(g) 【解析】 【分析】 【 详 解 】 (1) 根 据 盖 斯 定 律 ， ΔH=ΔHf(CH3OH)- ΔHf(CO)-2ΔHf(H2)=-201.17 kJ·mol-1-(-110.53 kJ·mol-1)-2×0=-90.64kJ/mol； (2)800℃时，Qc=0.4mol·L−1÷[0.1mol·L−1×(0.2mol·L−1)2]=100＞K=0.15，平衡逆向移动，即 v 正＜v 逆； (3)      2 3 a a 0 0.25a 0.5a 0.25 CO g + 2H g CH OH g a 0.75a 0.5a 0.25a  起 转 平 CO、H2 和 CH3OH 分压分别为 0.5pPa、 1 3 pPa、 1 6 pPa，Kp= 1 6 pPa÷[0.5pPa×( 1 3 pPa)2]= 2 3 p Pa−2； (4)根据图像，两池通过质子交换膜传递氢离子，则溶液显酸性，石墨电极上 CO2 得电子，与氢离子反应生 成 CH3OH，电极反应式为 CO2+6e-+6H+=CH3OH+ H2O；升高温度，微生物的催化活性降低，导致反应速率 下降； (5) A.容积不变，充入一定量 He，反应体系中各物质的浓度不变，则平衡不移动，A 与题意不符； B.及时分离出 H2O(g)，导致平衡正向移动，CH3OH 的平衡转化率增大，B 符合题意； C.进一步改进催化剂，对平衡无影响，C 与题意不符； D.该反应为放热反应，降低反应温度，平衡正向移动，CH3OH 的平衡转化率增大，D 符合题意； 答案为 BD； (6)根据盖斯定律，总反应为历程 i×2+历程 ii+历程ⅲ+历程 iv，则历程ⅲ为 CH3OCH3◎→CH3OCH3(g)。 14. LiBH4-MgH2-AlH3 是一种具有良好释氢性能的三元复合储氢材料。回答下列问题： (1)下列说法正确的是______(填标号)。 A.该材料中，五种元素的基态原子都没有成对的 p 电子 B.该材料中，五种元素的电负性最大的是 H C.Li 已无电子可发生跃迁，故 Li 灼烧时火焰为无色 D.MgH2 熔点高于 AlH3，原因是 Mg2+半径比 Al3+小，与 H-形成的化学键更强 (2)BH 4  的空间构型为______，其中 B 原子的轨道杂化方式为______。 (3)LiBH4 晶体中含有的微粒间作用力有 ______(填标号)。 A.离子键 B.π键 C.氢键 D.配位键 (4)氢化镁(h-MgH2)是一种单层的二维材料，二维晶胞俯视图如图 1。 ①h-MgH2 中，Mg 的配位数为______。 ②3×3×1 的 h-MgH2 晶胞中，涂黑处的 Mg 被 Mn 替换，形成掺杂 h-MgH2(晶胞如图 2 所示，H 已省略)的化 学式为______。 【答案】 (1). B (2). 正四面体 (3). sp3 (4). AD (5). 6 (6). Mg8MnH18 【解析】 【分析】 【详解】(1)A．镁的基态电子排布式为：1s22s22p63s2、铝的基态电子排布式为：1s22s22p63s23p1，均存在成 对的 p 电子，故错误； B．该材料中锂、镁、铝均为活泼金属电负性较弱，在 LiBH4 中 B 为+3 价，H 为-1 价，可知 B 的电负性比 H 弱，电负性最强的是 H，故正确； C．Li 原子外有 3 个电子，可以发生跃迁，灼烧时会出现焰色，故错误； D．Mg2+半径比 Al3+大，与 H-形成的化学键弱于 Al3+，故错误； 故选：B。 (2)BH 4  的中心原子 B 的价电子数为： 3+1 4+1=42  ，无孤对电子，为正四面体构型，B 采用杂化，故答案 为：正四面体；sp3； (3)LiBH4 晶体中 Li+和 BH 4  间存在离子键，B-H 之间有三个共价键和一个配位键，故答案为：AD； (4)①由 h-MgH2 晶胞俯视图可知，在一个平行四边形结构中，处于锐角顶点的 Mg 与一个 H 相连，处于钝 角顶点的 Mg 与两个 H 相连，而每个镁同时为两个四边形的锐角顶点也为两个四边形的钝角顶点，则每个 顶点的 Mg 与周围 6 个 H 相连，配位数为 6，故答案为：6； ②在图2 晶胞中 4 个 Mn 为于顶点个数为 14 =14  ，4 个 Mg 位于面内，8个 Mg 位于棱上，个数为： 14+8 =82  ， 18 个 H 位于面内。则化学式为：Mg8MnH18，故答案为：Mg8MnH18； 15. 依莰舒(E)是一种紫外线吸收剂，可以做成水溶性防晒化妆品。一种以樟脑(A)为起始原料合成依莰舒的 路线如下图所示。 回答下列问题： (1)A 的官能团名称为___________ ，反应Ⅰ的化学方程式为___________。 (2)Ⅲ的反应类型为___________。 (3)有关 C 和 E 的说法正确的是___________。 a．都能使酸性高锰酸钾溶液褪色 b．1molE 最多能与 4molH2 发生加成反应 c．C 中含有 6 个手性碳原子 d．溴的四氯化碳溶液可鉴别 C 和 E (4)反应Ⅱ为加成反应(不考虑酸碱中和)，则 X(C8H6O2)的结构简式为___________。化合物 Y 是 X 的同分异 构体，其核磁共振氢谱有 4 组峰，峰面积比为 1∶2∶2∶1.Y 遇 FeCl3 溶液显紫色。Y 的结构简式为 ___________(任写一种)。 【答案】 (1). 羰基 (2). +H2SO4(浓) 乙酸酐 +H2O (3). 消去反应 (4). ad (5). (6). 或 【解析】 【分析】由合成路线可知，A( )发生取代反应生成 B( )，B 与 X(C8H6O2)、CH3ONa 发生加 成反应生成 C( )，则 X 为 ，C 再发生消去 反应生成 D( )，D 与 HBr 发生反应得到 E，据此分析解答。 【详解】(1)A 的结构简式为 ，含有的官能团为羰基，由合成路线，A 与浓硫酸在乙酸酐的环境中发 生取代反应生成 B，反应的化学方程式为 +H2SO4(浓) 乙酸酐 +H2O； (2)根据分析可知，反应Ⅲ为 C 中的羟基发生消去反应生成 D，故反应类型为消去反应； (3)a．C 中含有醇羟基，E 中含有碳碳双键，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，a 正确； b．E 中含有 7 个不饱和键，因此 1molE 最多能与 7molH2 发生加成反应，b 错误； c．C 的结构简式为 ，分子中共含有如图 共 8 个手性碳原子，c 错误； d．溴不可与溴的四氯化碳溶液反应，而 E 中的碳碳双键可以，因此可用溴的四氯化碳溶液鉴别 C 和 E，d 正确； 答案选 ad； (4)由分析可知，X 的结构简式为 ，而其同分异构体 Y 核磁共振氢谱有 4 组峰，峰 面积比为 1∶2∶2∶1，且 Y 遇 FeCl3 溶液显紫色，说明 Y 含有酚羟基，则 Y 可以是 或 。