【化学】广东省清远市方圆培训学校2020届高三模拟试题精练（二十四）（解析版）

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广东省清远市方圆培训学校2020届高三模拟试题精练（二十四）‎ 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。)‎ ‎7．陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是(　　)‎ A．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁 B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成 C．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐 D．陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点 解析：选A　氧化铁的颜色为红棕色，不是青色。‎ ‎8．下列关于有机化合物的说法正确的是(　　)‎ A．1 mol苹果酸(HOOCCHOHCH2COOH)可与3 mol NaHCO3发生反应 B．等质量的乙烯和乙醇完全燃烧，消耗氧气的物质的量相等 C．以淀粉为原料可以制取乙酸乙酯 D．丙烯和HCl反应只生成CH3CH2CH2Cl 解析：选C　羧基能与NaHCO3反应，羟基不能与NaHCO3反应，1 mol苹果酸含有2 mol羧基，故其可与2 mol NaHCO3反应，A项错误；C2H6O可改写为C2H4·H2O，可以看出等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧，消耗氧气的物质的量相等，B项错误；淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的催化作用下产生乙醇，乙醇氧化得到乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应得到乙酸乙酯，C项正确；丙烯与氯化氢加成反应的产物有两种，分别为CH3CH2CH2Cl和CH3CHClCH3，D项错误。‎ ‎9．已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(　　)‎ A．3 g 3He含有的中子数为1NA B．1 L 0.1 mol·L－1磷酸钠溶液含有的PO数目为0.1NA C．1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3＋转移的电子数为6NA D．48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA 解析：选B　A对：3He原子核中含有1个中子，3 g 3He物质的量为1 mol，含有的中子数为1NA。B错：磷酸钠为强碱弱酸盐，PO会发生水解，所以所含有的PO 数目小于0.1NA。C对：Cr的化合价变化为6－3＝3，1 mol K2Cr2O7含有2 mol Cr，所以转移电子数为6NA。D对：58 g正丁烷、异丁烷的混合物为1 mol，烷烃(CnH2n＋2)中总键数为3n＋1，则该混合物中共价键数目为13NA。‎ ‎10．短周期元素X、Y、Z、W、M原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为17，X和Y是组成化合物种类最多的元素，W是地壳中含量最高的元素。下列说法正确的是(　　)‎ A．离子半径大小：M＞W＞Z B．由X、Y、Z、W四种元素形成的化合物一定含离子键 C．Z的简单氢化物比W的简单氢化物更稳定 D．分子式为Y4X8W2的物质超过6种 解析：选D　短周期元素X、Y、Z、W、M原子序数依次增大，X与Y是组成化合物种类最多的元素，应为烃类物质，则X为H元素，Y为C元素，W是地壳中含量最高的元素，应为O元素，则Z为N元素，原子最外层电子数之和为17，可知M的最外层电子数为17－(1＋4＋5＋6)＝1，M为Na元素。离子半径大小：N3－>O2－>Na＋，故A错误；由X、Y、Z、W四种元素形成的化合物可能是NH4HCO3或(NH4)2CO3，也可能是CO(NH2)2等，CO(NH2)2中不含离子键，故B错误；C、O元素的非金属性大于N，所以H2O的稳定性大于NH3，故C错误；分子式为C4H8O2的物质可以是羧酸、酯、羟基醛等物质，也可以为环状物质，超过6种，故D正确。‎ ‎11．据报道，我国钒电池研究获得重大突破，未来十年市场有望突破1 000亿美元。某钒电池反应为2VCl2＋BrCl2VCl3＋Br－，电极均为惰性材料，储液罐里存有反应物和酸性电解质溶液，模拟装置如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A．放电时，Ⅰ极的电极反应式为VCl2－e－＋Cl－===VCl3‎ B．放电时，H＋由交换膜右侧向左侧迁移 C．充电时，Ⅰ极与电源负极相连，发生还原反应 D．充电时，Ⅱ极的电极反应式为2Cl－＋Br－－2e－===BrCl 解析：选B　Ⅰ为负极，由钒电池反应式可知，放电时VCl2在负极失电子生成VCl3‎ ‎，电极反应式为VCl2－e－＋Cl－===VCl3，故A正确；H＋是阳离子，放电时H＋移向正极，所以H＋由交换膜左侧向右侧迁移，故B错误；Ⅰ为负极，充电时连接电源的负极构成电解池的阴极，发生还原反应，故C正确；Ⅱ为原电池的正极，充电时为电解池的阳极，电极反应式为2Cl－＋Br－－2e－===BrCl，故D正确。‎ ‎12．下列实验操作、现象和实验结论均正确的是(　　)‎ 选项 实验操作 现象 结论 A 将少量硼酸溶液滴入碳酸钠溶液中 无气泡 Ka：H2CO3＞H3BO3‎ B 向蔗糖溶液中加入稀硫酸并水浴加热，一段时间后再向混合液中加入新制备的Cu(OH)2悬浊液并加热 无砖红色沉淀 蔗糖未水解 C 将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中 高锰酸钾溶液褪色 石蜡油分解生成不饱和烃 D 将Na2S2O3溶液和稀硫酸溶液混合后，放入不同温度下的水浴中 都变浑浊 温度对反应速率影响不大 解析：选C　无论H2CO3、H3BO3的酸性相对强弱如何，将少量硼酸溶液滴入Na2CO3溶液中，均无气泡产生，故A项错误；蔗糖水解液因含有硫酸而呈酸性，需将其调至碱性后，再加入新制备的Cu(OH)2悬浊液并加热，否则无法检验水解产物葡萄糖，B项错误；石蜡油受热分解产生的气体能使酸性KMnO4溶液褪色，说明有不饱和烃产生，C项正确；将Na2S2O3溶液和稀硫酸的混合液，放入不同温度的水浴中，虽然都能变浑浊，但变浑浊所用时间不同，说明温度对反应速率有影响，D项错误。‎ ‎13．常温下，向20 mL 0.10 mol·L－1甲胺的溶液中滴加0.10 mol·L－1盐酸时混合溶液的pH与相关微粒的浓度关系如图所示。已知：甲胺(CH3NH2)类似于氨，但碱性稍强于氨。下列说法不正确的是(　　)‎ A．甲胺在水中的电离方程式为CH3NH2＋H2OCH3NH＋OH－‎ B．b点对应加入盐酸的体积小于20 mL C．将等物质的量的CH3NH2和CH3NH3Cl一起溶于蒸馏水，得到对应a点的溶液 D．常温下，甲胺的电离常数为Kb，则pKb＝－lgKb＝3.4‎ 解析：选C　甲胺(CH3NH2)类似于氨，但碱性稍强于氨，说明甲胺是一元弱碱，在水中的电离方程式为CH3NH2＋H2OCH3NH＋OH－，故A正确；若加入20 mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，b点溶液呈中性，所以b点对应加入盐酸的体积小于20 mL，故B正确；将等物质的量的CH3NH2和CH3NH3Cl一起溶于蒸馏水，因CH3NH2发生电离，则所得溶液中c(CH3NH2)≠c(CH3NH)，即lg≠0，所以对应的不是a点的溶液，故C错误；由甲胺的电离方程式CH3NH2＋H2OCH3NH＋OH－可知，甲胺的电离常数Kb＝，a点溶液的pH＝10.6，c(OH－)＝10－3.4，lg＝0，则pKb＝－lgKb＝－lg＝－lgc(OH－)－lg＝－lgc(OH－)＝3.4，故D正确。‎ 二、非选择题(共58分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35～36题为选考题，考生根据要求作答。)‎ ‎（一）、必做题 ‎26．二氯化钴晶体因含结晶水的数量不同而呈现不同的颜色，据此可以判断硅胶(含CoCl2)的干燥能力。AgNO3标准溶液常用作溶液中Cl－的滴定剂。‎ 水合物 CoCl2·6H2O CoCl2·2H2O CoCl2·H2O CoCl2‎ 颜色 粉红 紫红 蓝紫 蓝色 实验一　配制AgNO3溶液 某学生实验需要800 mL 0.1 mol·L－1AgNO3溶液，配制该溶液的步骤：准确称取m g AgNO3固体溶于硝酸溶液中，转入容量瓶中，加入蒸馏水并定容。‎ ‎(1)m＝________。‎ ‎(2)硝酸溶液的作用是_____________________________________________。‎ ‎(3)实验室保存硝酸银溶液的方法是_______________________________________________。‎ 实验二　测定CoCl2·xH2O组成 ‎(4)滴定法。已知：常温下，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝1.2×10－12，Ag2CrO4呈砖红色。准确称取2.02 g CoCl2·xH2O样品溶于蒸馏水中配制成250 mL溶液，取25.00 mL配制的溶液于锥形瓶中，滴加几滴K2CrO4溶液作指示剂，用0.1 mol·L－1 AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗20.00 mL滴定液。‎ ‎①x＝________。‎ ‎②若加入K2CrO4溶液过多，测得的x________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。‎ ‎③该晶体颜色可能是________(填标号)。‎ A．蓝色　　　　　　 B．蓝紫色 C．紫红色 D．红色 ‎(5)重量法。取a g CoCl2·xH2O样品按如图装置进行实验，当样品全部失去结晶水后，停止反应。‎ 测得反应前后装置C、D的质量如下：‎ 装置C 装置D 实验前/g m1‎ m3‎ 实验后/g m2‎ m4‎ ‎①试剂R可能是________(填标号)。‎ a．无水硫酸铜　　b．五氧化二磷　　c．无水氯化钙 ‎②x＝________(填标号)。‎ a.　　　　 b. 解析：(1)实验室没有800 mL容量瓶，应选择1 000 mL容量瓶，m(AgNO3)＝1 L×0.1 mol·L－1×170 g·mol－1＝17.0 g。(2)硝酸银是强酸弱碱盐，应溶解在硝酸中，以抑制Ag＋水解。(3)硝酸银溶液见光易分解，故应密闭保存于棕色试剂瓶中并放在阴凉处。‎ ‎(4)①n(Cl－)＝n(Ag＋)＝0.002 mol，n(CoCl2· xH2O)＝0.001 mol，M(CoCl2·xH2O)＝‎ ＝202 g·mol－1，x＝4。②由溶度积知，氯化银先沉淀，铬酸银后沉淀，如果加入铬酸钾过多，c(CrO)较大，在c(Ag＋)较小时即产生铬酸银沉淀，提前到达滴定终点，消耗硝酸银溶液体积偏小，测得相对分子质量偏大，使x偏大。③根据表格中物质颜色，CoCl2·4H2O可能呈红色。‎ ‎(5)①装置D的作用是避免装置E中水蒸气挥发到装置C中且吸收装置C中产生的水，因此试剂R可选用五氧化二磷和无水氯化钙，无水硫酸铜吸水效率差，常用于检验水。②装置E用于吸收尾气中氯化氢，盛装的液体可能是水、氢氧化钠溶液等，水蒸气易挥发到装置D中，计算时应选择装置C中测得的数据。m(H2O)＝(m1－m2)g，m(CoCl2)＝(m2－m1＋a)g，＝，解得x＝。‎ 答案：(1)17.0　(2)抑制AgNO3水解　(3)密闭保存于棕色试剂瓶中，存放阴凉处　(4)①4　②偏大　③D　(5)①bc　②a ‎27．Mn3O4又名黑锰矿，主要用于生产优质软磁铁氧体等。回答下列问题：‎ ‎(一)(1)Mn3O4不溶于水，但溶于稀盐酸生成Mn2＋和黄绿色气体A，则该反应中n(Mn3O4)∶n(A)＝________。‎ ‎(2)工业上可以利用KMnO4与过量乙醇在较低的温度下制备出Mn3O4纳米粉体，乙醇的作用是______________和作溶剂。实验表明，乙醇中含有水分时反应速率明显加快，解释反应加快的原因是______________________________________________。‎ ‎(二)某原生锰矿石的主要成分是MnS和MnCO3，含有较多杂质，主要化学成分如下表：‎ 成分 Mn S Si Al Fe Zn Pb Mg Ca Cu Ag 含量/%‎ ‎38.12‎ ‎6.70‎ ‎4.01‎ ‎1.78‎ ‎1.37‎ ‎0.92‎ ‎0.75‎ ‎0.63‎ ‎0.59‎ ‎0.34‎ ‎0.03‎ 某实验小组采用上述锰矿石为基本原料，设计下列流程，制取高纯的四氧化三锰。‎ ‎(3)用硫酸溶浸锰矿石粉的过程中加入了MnO2，其作用是把溶浸过程中产生的H2S气体氧化成SO，请写出MnO2氧化H2S的离子方程式______________________________________。‎ ‎(4)90 ℃水浴加热1小时后加入石灰调节溶液pH＝6.0，目的是______________________。恢复至室温检测溶液pH＝6.0时，Fe3＋的浓度为____________________mol·L－1(已知室温下Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38)。‎ ‎(5)将硫酸锰溶液反复经过由MnO2组成的滤层进行过滤，利用MnO2滤层较强的吸附性除掉未沉淀下来的微量________、________、Fe(OH)3三种胶体。‎ ‎(6)往Mn(OH)2中加入NH4Cl(作催化剂)充分混合后，通入氧气，加热并搅拌，得到高纯Mn3O4。请写出发生反应的化学方程式____________________________________。‎ 解析：(1)根据题给信息，可知黄绿色气体A为氯气，根据氧化还原反应中得失电子数相等直接得出n(Mn3O4)×3×[－(＋2)]＝n(Cl2)×2，n(Mn3O4)∶n(Cl2)＝1∶1。(2)根据KMnO4与过量乙醇在较低的温度下可制备Mn3O4纳米粉体，可分析出乙醇的作用是作还原剂和溶剂。乙醇中含有水时，反应速率明显加快，因为KMnO4在乙醇中溶解度很小，基本是液固反应，含有水时KMnO4溶于水，水和乙醇互溶，液固反应转变成液液反应，反应速率加快。(3)可以依据题给信息写出MnO2在酸性溶液中将H2S氧化成SO的离子方程式：4MnO2＋H2S＋6H＋===SO＋4Mn2＋＋4H2O。(4)往浸出液中加入MnO2，再水浴加热1小时，溶液中的Fe2＋被氧化成Fe3＋，之后加入石灰调节溶液pH＝6.0，促进Fe3＋和Al3＋的水解，使其分别转变为Fe(OH)3和Al(OH)3除掉。溶液pH＝6.0时，c(Fe3＋)＝ mol·L－1＝4.0×10－14 mol·L－1。(5)经上述处理之后得到的硫酸锰溶液中还含有微量H2SiO3、Fe(OH)3和Al(OH)3胶体以及Cu2＋、Ag＋、Pb2＋、Ca2＋、Mg2＋等，反复经过由MnO2组成的滤层进行过滤，利用MnO2滤层较强的吸附性除掉未沉淀下来的微量H2SiO3、Fe(OH)3和Al(OH)3三种胶体。(6)由题意可知，发生反应的化学方程式为6Mn(OH)2＋O22Mn3O4＋6H2O。‎ 答案：(1)1∶1‎ ‎(2)作还原剂　KMnO4在乙醇中溶解度很小，含有水时KMnO4溶于水，水和乙醇互溶，液固反应转变成液液反应，反应速率加快 ‎(3)4MnO2＋H2S＋6H＋===SO＋4Mn2＋＋4H2O ‎(4)促进Fe3＋和Al3＋的水解，使其分别转变为Fe(OH)3和Al(OH)3除掉　4.0×10－14‎ ‎(5)H2SiO3　Al(OH)3‎ ‎(6)6Mn(OH)2＋O22Mn3O4＋6H2O ‎28．二甲醚(CH3OCH3)是一种易燃气体，其燃烧热为1 453 kJ·mol－1，被认为是当今时代最有潜力的燃料之一。‎ ‎(1)合成气(H2、CO)合成的甲醇脱水制二甲醚，又称“二步法”，该方法主要涉及以下反应：‎ ‎2H2＋COCH3OH CH3OH＋H2SO4(浓)CH3HSO4＋H2O CH3OH＋CH3HSO4CH3OCH3＋H2SO4‎ 这种方法生产的二甲醚纯度可达99.9%，产率高，但是国内外已基本不采用此法生产，请根据所学知识分析主要原因_________________________________________________________‎ ‎___________________________________________________________________________。‎ ‎(2)合成气(H2、CO)直接合成二甲醚，又称“一步法”，已知：‎ ‎3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g) ΔH＝－247 kJ·mol－1‎ ①写出CO(g)、H2(g)、O2(g)反应生成CO2(g)和H2O(l)的热化学方程式________________________________________________________。‎ ‎②若在240 ℃、4.0 MPa条件下，向一密闭容器中充入H2和CO且n(H2)∶n(CO)＝3∶1发生上述反应，达平衡后，升高温度，H2的体积分数______(填标号)。‎ A．增大　　B．减小　　C．不变　　D．不能判断 ‎(3)以CO、H2(含少量H2S)为原料制备二甲醚和甲醇，工艺流程如图1所示：‎ ‎①上述流程中的“净化脱硫”是用足量的Na2CO3溶液吸收少量H2S，发生反应的离子方程式为______________________________________________________。‎ ‎(已知：H2S的Ka1＝1.3×10－7，Ka2＝7.1×10－15；H2CO3的Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11)‎ ‎②吸收塔Ⅱ(容积为5 L)中，2 mol H2和1 mol CO在催化剂作用下发生反应CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)，H2的平衡转化率(α)与反应温度(T)的关系如图2所示。该反应的ΔH________(填“＞”“＝”或“＜”)0。若反应体系平衡时的总压强为p，在A点时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝________(列出计算式即可)。‎ ‎(4)如图3为二甲醚燃料电池的工作原理示意图。则a电极的电极反应式为_____________________________________________________________________。‎ 解析：(1)该方法需要使用浓硫酸，浓硫酸对设备腐蚀严重，对环境污染严重，操作条件恶劣，且流程较长，设备投资较大，所以国内外已基本不采用此法生产二甲醚。(2)①已知二甲醚的燃烧热为1 453 kJ·mol－1，则反应a.CH3OCH3(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－1 453 kJ·mol－1，又已知反应b.3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)　ΔH＝－247 kJ·mol－1，根据盖斯定律，由(a＋b)/3得CO(g)＋H2(g)＋O2(g)CO2(g)＋H2O(l)　ΔH＝－566.7 kJ·mol－1。②设起始时n(H2)＝3 mol，n(CO)＝1 mol，平衡时H2反应了3x mol，则可列三段式：‎ ‎　　　　3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)‎ 起始/mol　3　　　1　　　　 　0　　　 　0‎ 转化/mol 3x 3x x x 平衡/mol 3－3x 1－3x x x H2的体积分数＝＝＝，即H2的体积分数始终保持不变。(3)①“净化脱硫”是用足量的Na2CO3溶液吸收少量H2S，根据H2S和H2CO3的电离平衡常数可知发生反应的离子方程式为CO＋H2S===HCO＋HS－。②根据图2可知，随着温度的升高，H2的平衡转化率(α)减小，即升高温度，平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应。若反应体系平衡时的总压强为p，在A点时，H2的平衡转化率(α)为80%，则平衡时CO、H2、CH3OH的物质的量分别为0.2 mol、0.4 mol和0.8 mol，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝。(4)此装置为原电池装置，a电极为负极，电解质溶液显碱性，则a电极的电极反应式为CH3OCH3＋16OH－－12e－===2CO＋11H2O。 ‎ 答案：(1)浓硫酸对设备腐蚀严重，对环境污染严重，操作条件恶劣；流程较长，设备投资较大(其他合理答案均可)‎ ‎(2)①CO(g)＋H2(g)＋O2(g)CO2(g)＋H2O(l)　ΔH＝－566.7 kJ·mol－1　②C ‎(3)①CO＋H2S===HCO＋HS－‎ ‎②＜　 ‎(4)CH3OCH3＋16OH－－12e－===2CO＋11H2O ‎（二）、选做题 ‎35．[化学——选修3：物质结构与性质]‎ 我国考古人员在秦陵挖掘的宝剑，到现在仍然锋利无比，原因是剑锋上覆盖了一层铬。铬能形成多种化合物，主要化合价有＋2价、＋3价、＋6价。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)基态铬原子的外围电子排布式为________；与铬同周期的所有元素中，基态原子最高能层电子数与铬原子未成对电子数相同的元素是________。‎ ‎(2)铬原子的各级电离能(I：kJ·mol－1)数据如下表所示，铬原子逐级电离能增大的原因是_____‎ ‎_____________________________________________________________________。‎ I1‎ I2‎ I3‎ I4‎ I5‎ I6‎ I7‎ ‎652.9‎ ‎1 590.6‎ ‎2 987‎ ‎4 743‎ ‎6 702‎ ‎8 744.9‎ ‎15 455‎ ‎(3)CrCl3·6H2O实际上是配合物，配位数为6，其固体有三种颜色，其中一种暗绿色固体与足量硝酸银反应时，1 mol固体可生成1 mol氯化银沉淀。则这种暗绿色固体的化学式为________，其中铬的配体水分子的中心原子价层电子对构型为________，该配合物中存在的作用力有________(填字母)。‎ A．离子键　　B．配位键　　C．共价键　　D．金属键 ‎(4)CrO3能将乙醇氧化为乙醛，二者的相对分子质量相近，但乙醇的沸点比乙醛高，原因是_____________________________________。‎ ‎(5)某镧(La)铬(Cr)型复合氧化物具有巨磁电阻效应，晶胞结构如图所示。‎ ‎①该晶体的化学式为__________。②该晶体中距离镧原子最近的铬原子有________个；若两个距离最近的氧原子核间距为a pm，组成物质的摩尔质量为b g·mol－1，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体密度的表达式为______g·cm－3。‎ 解析：(3)1 mol固体可生成1 mol氯化银沉淀，说明该配合物分子的外界有1个氯离子，又因为该配合物的配位数是6，根据氯原子守恒知，则该配合物内界中含有2个氯原子和4个水分子，其余水分子以结晶水形式存在，其化学式为[CrCl2(H2O)4]Cl·2H2O或[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O；根据价层电子对互斥理论可知，水分子的中心原子为O，其孤电子对数为2，σ键电子对数为2，故中心原子的价电子对数为2＋2＝4，其中心原子价层电子对构型为四面体形，该配合物外界存在氯离子，与配位体形成离子键，而配合物内界的中心离子铬离子与氯离子、水分子之间均存在配位键，其中水分子内部H与O原子之间存在共价键，故A、B、C正确；而金属键是金属离子与自由电子之间的一种化学键，主要存在于金属晶体中，故D项错误。(5)①晶胞中La原子位于立方体的顶点上，其原子数目＝8×＝1，Cr原子为立方体的中心，其原子数目＝1，O原子位于立方体的面上，其原子数目＝6×＝3，该晶体的化学式为LaCrO3，②结合该晶体的结构可看出，一个镧原子为八个晶胞共用，一个铬原子为一个晶胞所用，则距离镧原子最近的铬原子有8个；两个距离最近的氧原子核间距与正方体的边长构成等腰直角三角形，设正方体的边长为x pm，根据几何关系式可知，2＋2＝a2，则x＝a pm，因此该晶胞体积为(a×10－10 cm)3，又知一个晶胞的质量为＝ g，故其密度＝＝ g·cm－3。‎ 答案：(1)3d54s1　Se(或硒)　(2)随着电子的逐个失去，阳离子所带正电荷数越来越大，再失一个电子需要克服的电性引力也越来越大，消耗的能量也越来越多 ‎(3)[CrCl2(H2O)4]Cl·2H2O或[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O　四面体形　ABC　(4)乙醇能形成分子间氢键 ‎(5)①LaCrO3　②8　 ‎36．[化学——选修5：有机化学基础]‎ 有机物J属于大位阻醚系列中的一种物质，在有机化工领域具有十分重要的价值。2018年我国首次使用α溴代羰基化合物合成大位阻醚J，其合成路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A的名称为____________________。‎ ‎(2)C→D的化学方程式__________________________________________________________，E→F的反应类型________。‎ ‎(3)H中含有的官能团：__________________________，J的分子式：________。‎ ‎(4)化合物X是D的同分异构体，其中能与氢氧化钠溶液反应的X有________种(不考虑立体异构)，写出其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1∶1∶6的结构简式为________。‎ ‎(5)参照题中合成路线图。设计以甲苯和为原料来合成另一种大位阻醚的合成路线。‎ ‎______________________________________________________________________________‎ 解析：(1)由C物质逆向推断，可知A物质含有碳碳双键，且含有一个甲基支链，则A为2甲基丙烯。(3)由J物质逆向推理可知，H中一定含有苯环、硝基和酚羟基，J的分子式为C10H11NO5。(4)化合物X是D的同分异构体，其中能与氢氧化钠溶液反应的X一定含有羧基或者酯基，其中含有羧基的有2种，含有酯基的有4种，其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1∶1∶6的结构简式为。‎ ‎(5)甲苯与氯气发生取代反应，得到一氯甲苯，Cl原子水解成羟基得到苯甲醇，苯甲醇再与 发生取代反应得到。‎ 答案：(1)2甲基丙烯　(2) ＋O2＋2H2O　取代反应 ‎(3)酚羟基和硝基　C10H11NO5　(4)6‎ ‎ (5)‎