宁夏六盘山高级中学2020届高三下学期第五次模拟测试化学试题 Word版含解析

宁夏六盘山高级中学2020届高三下学期第五次模拟测试化学试题 Word版含解析

化学五模试卷 ‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Cd 112‎ ‎1.成语、古诗词、谚语等都是我国传统文化的瑰宝。下列有关解读错误的是 选项 传统文化 化学角度解读 A 兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光 ‎“香”主要因为美酒含有酯类物质 B ‎“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”‎ 司南中“杓”的材质为Fe2O3‎ C 三月打雷麦谷堆 在雷电作用下N2转化成能被作物吸收的氮元素 D ‎《本草经集注》记载“如握盐雪不冰，强烧之，紫青烟起…云是真硝石也 利用物理方法（焰色反应）可以检验钠盐和钾盐 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光，酒发酵过程中，在窖泥中含有很多生香微生物的菌群，他们能够代谢产生出更多的香味物质，主要是一些酯类物质，而低级酯一般具有果香气味，故A正确；‎ Ｂ．“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”，司南（即指南针）中“杓”应该是磁铁，故其材质为Fe3O4，故B错误；‎ Ｃ．三月打雷麦谷堆，在雷电作用下N2经过如下一系列转化：，最终转化成能被作物吸收的氮元素，即进行自然固氮的过程，氮肥是农作物的必备肥料之一，故C正确；‎ Ｄ．雪盐主要是NaCl，而硝石则主要是KNO3‎ - 17 -‎ ‎，且硝酸钾进行焰色反应是发出紫色的火焰，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎2.金合欢醇广泛应用于多种香型的香精中，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是( )‎ A. 金合欢醇的同分异构体中不可能有芳香烃类 B. 金合欢醇可发生加成反应、取代反应、氧化反应 C. 金合欢醇分子的分子式为C15H26O D. 1 mol金合欢醇与足量Na反应生成0.5 mal氢气， 与足量NaHCO3溶液反应生成1 mol CO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金合欢醇的分子组成含有O元素，而烃为C、H化合物，则金合欢醇的同分异构体中不可能有芳香烃类，故A正确；‎ B．金合欢醇分子结构中含有碳碳双键，可以发生加成反应和氧化反应，含有羟基，可发生取代反应和氧化反应，故B正确；‎ C．由金合欢醇结构简式可知，其分子式为C15H26O，故C正确；‎ D．金合欢醇分子结构中含有羟基，与碳酸氢钠不反应，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】以有机物金合欢醇的结构为载体，考查官能团的性质；熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，难点是选项A，易混淆烃的概念。‎ ‎3.NA是阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是 A. 0.5 mol N4（分子为正四面体结构）含共价键数目为2NA B. 锌与浓硫酸反应生成气体11.2 L（标准状况）时转移电子数目为NA C. 1 L 0.5 mol·L-1 Na2S溶液中含阴离子数目小于0.5NA D. 14 g己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为3NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 17 -‎ ‎【详解】A. 0.5 mol N4（分子为正四面体结构）含共价键数目为3NA，故A错误；‎ B. 锌与浓硫酸反应不管最终生成的气体是单一的SO2，还是SO2和H2的混合气体，都是每生成1mol气体，转移2mol电子，故生成气体11.2 L（标准状况）时转移电子数目为NA，故B正确；‎ C. 1 L 0.5 mol·L-1 Na2S溶液由于S2-水解过程，阴离子数目增加，故1 L 0.5 mol·L-1 Na2S溶液中含阴离子数目大于0.5NA，故C错误；‎ D. 由于己烯和环己烷的最简式均为CH2，故14 g己烯和环己烷的混合物含氢原子的物质的量为：，故氢原子的数目为 2NA，故D错误；‎ 故答案为：B ‎4.下列离子方程式正确的是 ( )‎ A. Na与H2O反应：Na+H2O=Na++OH-＋H2↑‎ B. 向Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液：Ca2＋＋HCO＋OH－=CaCO3↓＋H2O C. 向含0.2 mol FeI2溶液中滴加含0.25 mol Cl2的氯水：2Fe2＋＋8I－＋5Cl2=2Fe3＋＋4I2＋10Cl－‎ D. 电解MgCl2溶液：2H2O＋2Cl－2OH－＋H2↑＋Cl2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H原子不守恒，Na与H2O反应正确的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-＋H2↑，故A错误；‎ B. 向Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液的正确的离子方程式为：Ca2＋＋2HCO＋2OH－=CaCO3↓＋2H2O + CO，故B错误；‎ C. 向含0.2 mol FeI2的溶液中滴加含0.25 mol Cl2的氯水，由于Cl2先氧化I－，再氧化Fe2＋，0.4molI-完全消耗、0.25mol氯气全部消耗，只消耗0.1molFe2+，故正确的离子方程式为：2Fe2＋＋8I－＋5Cl2=2Fe3＋＋4I2＋10Cl－，故C正确；‎ D. 电解MgCl2溶液，由于Mg2+与电解产生的OH-生成Mg(OH)2沉淀，故正确的离子方程式为：Mg2++2H2O＋2Cl－Mg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，故D错误；‎ 故答案为：C。‎ - 17 -‎ ‎5.下列有关实验操作或叙述正确的是（ ）‎ A. 配制浓硝酸和浓硫酸的混合液时，将浓硝酸缓慢注入浓硫酸，并搅拌 B. 在硫酸亚铁溶液中滴加NaClO溶液可检验FeSO4是否变质 C. 滴定终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁 D. 用玻璃瓶保存NH4F、KOH、Na2SiO3等溶液时要使用软木塞 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 配制浓硝酸和浓硫酸的混合液时，由于浓硫酸的密度比浓硝酸的大，且浓硫酸稀释时会放出大量的热量，故将浓硫酸缓慢注入浓硝酸，并搅拌，故A错误；‎ B. 若硫酸亚铁溶液已经部分变质，即生成了很少的Fe2(SO4)3，此时溶液仍然是浅绿色，再滴加NaClO溶液，溶液颜色变化立即变为黄色，由于NaClO溶液自身有强氧化性，能氧化FeSO4，故不能检验出原来的FeSO4溶液是否变质，故B错误；‎ C. 滴定终点时，为了使滴定更加准确，最后临近终点时需要二分之一滴地滴加，甚至四分之一滴地滴加，这时就必须滴定管的尖嘴接触锥形瓶内壁，液体才能流入锥形瓶中，故C正确；‎ D. 用玻璃瓶保存KOH、Na2SiO3等溶液时要使用软木塞，由于NH4F在水溶液中能水解成HF会腐蚀玻璃，故不能用玻璃瓶装NH4F，故D错误；‎ 故答案为：C。‎ ‎6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的最低负价等于X、Z的最低负价之和,Y的周期数是族序数的3倍,W的简单氢化物与X的简单氢化物化合形成的盐中既含离子键又含共价键。下列说法正确的是(　　)‎ A. Y与X形成化合物的水溶液呈碱性.‎ B. 常压下,单质的沸点:W>Z C. 原子半径:W Ksp(FeS)，结合图像可知，曲线I表示的是MnS的沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅱ表示的是FeS的沉淀溶解平衡曲线，故A正确；‎ B．升高温度，Ksp(FeS)增大，曲线Ⅱ上的c点可沿虚线向e点方向平移，故B错误；‎ C．常温下，反应MnS(s)+Fe2+(aq)⇌FeS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K== =≈4×104，故C正确；‎ - 17 -‎ D．温度不变，Ksp(MnS)不变，向b点溶液中加入少量Na2S固体，c(S2-)增大，c(Mn2+)减小，溶液组成可由b点沿曲线I线向a点方向移动，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】C项的将Mn2+和Fe2+离子的浓度之比转换为溶度积是难点，需找到题目所给出的信息和所求信息的关系。‎ ‎8.LiCoO2（钴酸锂）是锂离子电池的正极材料。以某海水为原料制备钴酸锂的一种流程如下： ‎ 已知如下信息：①该海水中含浓度较大的LiCl，含少量MgCl2、CaCl2、MnCl2等。‎ ‎②碳酸锂的溶解度与温度关系如图所示。‎ ‎③常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下：‎ 物质 Li2CO3‎ MgCO3‎ CaCO3‎ MnCO3‎ Mg(OH)2‎ Ksp ‎2.5×10-2‎ ‎6.8×10-6‎ ‎2.8×10-9‎ ‎2.3×10-11‎ ‎6.0×10-10‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)LiCoO2中钴的化合价为____________ ，滤渣1主要成分有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3和____________________（填化学式）。‎ ‎(2)调pH=5的目的是________________________。‎ ‎(3) “沉锂”包括过滤、洗涤等，宜用_____________（填“热水”或“冷水”）洗涤Li2CO3。加入纯碱的量与锂回收率的关系如表所示：‎ 序号 n(Na2CO3)/n(LiCl)‎ 沉淀质量/g 碳酸锂含量/%‎ 锂回收率/%‎ ‎①‎ ‎0.9∶1‎ ‎10.09‎ ‎92.36‎ ‎77.67‎ - 17 -‎ ‎②‎ ‎1.0∶1‎ ‎10.97‎ ‎90.19‎ ‎82.46‎ ‎③‎ ‎1.1∶1‎ ‎11.45‎ ‎89.37‎ ‎85.27‎ ‎④‎ ‎1.2∶1‎ ‎12.14‎ ‎84.82‎ ‎85.45‎ 从生产成本考虑，宜选择_______________（填序号）方案投料。‎ ‎(4) “除杂2”中调pH=13时c(Mg2+)=_______________mol·L-1。‎ ‎(5) “合成”中采用高温条件，放出一种能使澄清石灰水变浑浊的气体。写出“合成”发生反应的化学方程式_____________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). ＋3 (2). MnCO3 (3). 除去过量的Na2CO3，避免蒸发浓缩时析出Li2CO3 (4). 热水 (5). ③ (6). 6.0×10-8 (7). 2Li2CO3＋4CoCO3＋O24LiCoO2＋6CO2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 海水(含浓度较大的 LiCl，含少量MgCl2、CaCl2、MnCl2等)中加入纯碱调pH=10，滤渣 1 主要成分有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3和MnCO3，滤液含Li2CO3，加盐酸调pH=5，蒸发浓缩，除去NaCl，再除去Mg(OH)2，加入纯碱生成Li2CO3，通入CO2，生成LiHCO3溶液，最后生成碳酸锂，加入碳酸钴，高温可生成LiCoO2，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）钴酸锂( LiCoO2)中Li元素化合价为+1价，O元素化合价为-2价，该化学式中各元素的化合价的代数和为0，Co元素化合价=2×2-1=+3，由表中溶度积知，碳酸锰难溶于水，因此滤渣1中主要有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3和MnCO3；答案为+3，MnCO3。‎ ‎（2）加入盐酸除去过量的碳酸钠，否则碳酸锂会在浓缩时析出，损失锂元素；答案为：除去过量的Na2CO3，避免蒸发浓缩时析出Li2CO3。‎ ‎（3）碳酸锂在水中的溶解度，随温度升高，碳酸锂溶解度减小，“沉锂“时的温度应选高温，用热水洗涤，减少沉淀损失；从投料比看出，序号③的比例中，投入碳酸钠量较小，锂回收率较高，可降低生产成本；答案为热水，③。‎ ‎（4）pH=13 时，c(OH-)=0.1mol/L，由溶度积可知，“除镁”是将溶液中Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，根据溶度积计算，c(Mg2+)== =6.0×10-8mol/L；答案为6.0×10-8。‎ - 17 -‎ ‎（5）将Li2CO3与CoCO3混合，再在空气中灼烧可得LiCoO2，Co元素化合物由+2价升高到+3价，发生氧化反应，必有氧气参加反应，反应还生成二氧化碳，反应化学方程式为：2Li2CO3+4CoCO3+O24LiCoO2+6CO2；答案为：2Li2CO3+4CoCO3+O24LiCoO2+6CO2。‎ ‎9.二氧化氯是一种高效消毒剂，通常状况下二氧化氯易溶于水，沸点为11.0℃，极易爆炸，制取和使用二氧化氯时要用性质稳定的气体按一定比例稀释，以防爆炸。某实验小组在干燥空气稀释条件下，用干燥的氯气与固体亚氯酸钠制备二氧化氯，实验装置如图所示：‎ ‎(1)仪器a的名称为___________，装置A中反应的化学方程式为___________。‎ ‎(2)试剂X是___________。‎ ‎(3)装置D内发生反应的化学方程式为___________。‎ ‎(4)工业上也常用盐酸或双氧水还原NaClO3制备ClO2，相比之下用双氧水制备ClO2方法更优，可能的原因是_____________________________。‎ ‎(5)装置E中主要反应的离子方程式为____________________。‎ ‎(6)已知NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。‎ ‎①请完成实验室利用NaClO2溶液制得NaClO2晶体的操作步骤：A．减压，55℃蒸发结晶；B．趁热过滤；C．用38～60℃的温水洗涤；D．低于60℃干燥，得到产品。‎ ‎②取上述所得产品2.50g溶于水配成250mL溶液，取出25.00mL溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应后(NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应)，加入2～3滴淀粉溶液，用0.500mol·L-1Na2S2O3标准液滴定至终点。进行3次实验后，平均用去标准液18.80mL，试计算NaClO2产品的纯度__________(已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). (3). 饱和食盐水 (4). 2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2 (5). H2O2的氧化产物为O2不会污染环境(或HCl的氧化产物为Cl2会污染环境) (6). )Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (7). 85.07%(或“0.8507”等)‎ - 17 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要以实验室制备氯气、除杂、干燥进而进行氯气的性质实验，并根据反应过程中利用氧化还原反应的原理书写反应方程式，同时进行定量实验来测量所用NaClO2产品的纯度，只要基础知识扎实，此类题型难度并不大。‎ ‎【详解】(1)从图中可以直接看出仪器a的名称为分液漏斗，装置A中就是发生的实验室制备氯气的化学方程式为，故答案为：分液漏斗 ；‎ ‎(2)根据实验需要，装置B是进行除杂，即出去氯气中的氯化氢气体，故试剂X是饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；‎ ‎(3)根据已知反应物为NaClO2和Cl2，部分生成为ClO2，此过程中氯的化合价升高，必然要有元素化合价降低，故推出另一种生成物为NaCl，然后再进行氧化还原反应配平，故装置D内发生反应的化学方程式为2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2，故答案为：2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2；‎ ‎(4)由于盐酸能与NaClO3在一定条件下反应生成氯气，污染环境，而H2O2的氧化产物为O2不会污染环境，故工业上也常用盐酸或双氧水还原NaClO3制备ClO2，相比之下用双氧水制备ClO2方法更优，可能的原因是H2O2的氧化产物为O2不会污染环境(或HCl的氧化产物为Cl2会污染环境)，故答案为：H2O2的氧化产物为O2不会污染环境(或HCl的氧化产物为Cl2会污染环境)；‎ ‎(5)装置E是进行尾气处理，用NaOH溶液吸收氯气，故其主要反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；‎ ‎(6) 加入足量酸化的KI溶液，充分反应后(NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应，根据得失电子总数相等，可知的I2的物质的量之比为1：2，进而可以找出如下关系式：--2I2--4 ，故 ‎ 计算得到样品中NaClO2的质量分数=，故答案为：85.07%(‎ - 17 -‎ 或“0.8507”等)。‎ ‎10.三氧化钼（MoO3）是石油工业中常用的催化剂，也是瓷轴药的颜料，该物质常使用辉钼矿（主要成分为MoS2）通过一定条件来制备。回答下列相关问题：‎ ‎（1）已知：①MoS2（s）Mo（s）+S2（g） △H1‎ ‎②S2（g）+2O2（g）2SO2（g） △H2‎ ‎③2Mo（s）+3O2（g）2MoO3（s） △H3‎ 则2MoS2（s）+7O2（g）2MoO3（s）+4SO2（g）的△H=___（用含△H1、△H2、△H3的代数式表示）。‎ ‎（2）若在恒温恒容条件下，仅发生反应MoS2（s）Mo（s）+S2（g）‎ ‎①下列说法正确的是___（填字母）。‎ a.气体的密度不变，则反应一定达到了平衡状态 b.气体的相对分子质量不变，反应不一定处于平衡状态 c.增加MoS2的量，平衡正向移动 ‎②达到平衡时S2（g）的浓度为1.4mol•L-1，充入一定量的S2（g），反应再次达到平衡，S2（g）浓度____（填“＞”“＜”或“=”）1.4mol•L-1。‎ ‎（3）在2L恒容密闭容器中充入1.0molS2（g）和1.5molO2（g），若仅发生反应：S2（g）+2O2（g）2SO2（g），5min后反应达到平衡，此时容器压强为起始时的80%，则0～5min内，S2（g）的反应速率为____mol•L-1•min-1。‎ ‎（4）在恒容密闭容器中，加入足量的MoS2和O2，仅发生反应：2MoS2（s）+7O2（g）2MoO3（s）+4SO2（g） △H。测得氧气的平衡转化率与起始压强、温度的关系如图所示。‎ ‎①△H____（填“＞”“＜”或“=”）0；比较p1、p2、p3的大小：___。‎ ‎②若初始时通入7.0molO2，P2为7.0kPa，则A点平衡常数Kp=___（用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算，分压=总压×气体的物质的量分数，写出计算式即可）。压强为p1，温度为1100K时，平衡常数Kp′___（填“＞”“＜”或“=”）Kp。‎ - 17 -‎ ‎【答案】 (1). △H=2△H1+2△H2+△H3 (2). ab (3). = (4). 0.05 mol•L-1•min-1 (5). < (6). P1>P2>P3 (7). (8). >‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）可以利用盖斯定律进行推导；‎ ‎（2）①选择可判断平衡状态的物理量要满足在平衡之前是可变量②本题因为平衡常数的表达式恰好是S2浓度的形式，可根据温度不变，K不变的方法来解决；‎ ‎（3）在恒容条件下，起始与平衡时气体的压强比等于气体的物质的量比，来求出S2的消耗量；‎ ‎（4）压强一定时，随着升高温度O2的转化率下降，可根据移动方向来判断；对于平衡常数的计算，要根据三段式算出平衡时各个气体的物质的量，再根据信息列出常数表达式。‎ ‎【详解】（1）①MoS2（s）Mo（s）+S2（g） △H1‎ ‎②S2（g）+2O2（g）2SO2（g） △H2‎ ‎③2Mo（s）+3O2（g）2MoO3（s） △H3‎ 将方程式2×①+2×②+③得方程式2MoS2（s）+7O2（g）2MoO3（s）+4SO2（g），‎ ‎△H=2△H1+2△H2+△H3；‎ 答案为：△H=2△H1+2△H2+△H3；‎ ‎（2）①恒温恒容条件下，反应MoS2（s）Mo（s）+S2（g），是个气体分子数增多的反应。对于a，根据，在反应的进行过程中，气体的质量不断增大，即m不断增大，恒容条件，即V不变，不断增大，当平衡时m不变，不再变化，所以可以作为平衡依据；对于b，因为气体只有S2，所以反应开始后气体的相对分子质量一直是S2的相对分子质量，因此反应无论平平衡或不平衡均是S2的相对分子质量，b正确；对于c，MoS2是固体，不影响平衡移动，c错误。综合所述选a和b。‎ ‎②根据,因为温度不变，K值不变，所以再次平衡时 ；‎ ‎（3）设达到平衡时消耗的S2物质的量为x，根据三段式可列出：‎ - 17 -‎ 在恒容条件下，起始与平衡时气体的压强比等于气体的物质的量比，即 解得 ‎（4）①根据图知，压强一定时，随着升高温度O2的转化率下降，说明升高温度平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热方向移动，因此逆向反应是吸热反应，那么正向反应是放热反应，△H<0；该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，因此增大压强平衡正向移动，则压强越高，氧气的转化率越高，故；‎ ‎②已知A点的O2的转化率为50%，转化的氧气为，可列出三段式如下：‎ 反应后气体的总物质的量为：n(总)=n(O2)+n(SO2)=3.5mol+2.0mol=5.5mol，；该反应△H<0，则温度越高越小，与压强无关，因此。‎ ‎【点睛】1.选择可判断平衡状态的物理量要满足在平衡之前是可变量，不然在反应的过程中是恒量，则无法判断是不是平衡状态。‎ ‎2.对于平衡常数的考查是历年考查的必考点，K是温度函数，而且必须是气态物质的浓度进行表达，而且要注意物质前面的系数，不然很容易造成表达式错误从而影响计算。对于K的影响，要与△H联系，当△H>0，温度越高K越大，当△H<0，温度越高K高越小。‎ ‎[化学——选修3：物质结构与性质]‎ - 17 -‎ ‎11.据世界权威刊物《自然》最近报道，我国科学家选择碲化锆（ZrTe2）和砷化镉（Cd3As2）为材料验证了三维量子霍尔效应，并发现了金属-绝缘体的转换。回答下列问题：‎ ‎(1)锌原子的价电子排布图：____________________________________________‎ ‎(2)硫和碲位于同主族，H2S的分解温度高于H2Te，其主要原因是________________‎ ‎(3)Cd2+与NH3等配体形成配离子。1 mol [Cd(NH3)4]2+含___________mol σ键。该配离子中三种元素的电负性大小关系是：_______________________‎ ‎(4)砷与卤素形成多种卤化物。AsCl3、AsF3、AsBr3熔点由高到低的排序为________‎ ‎(5)锆晶胞如图1所示，这种堆积方式称为______________________，镉晶胞如图2所示。已知：NA是阿伏加德罗常数的值，晶体密度为d g·cm-3。在该晶胞中两个镉原子最近核间距为______nm（用含NA、d的代数式表示），镉晶胞中原子空间利用率为________（用含π的代数式表示）。‎ ‎【答案】 (1). (2). S原子半径小于Te，H—S键的键能较大 (3). 16 (4). N>H>Cd (5). AsBr3>AsCl3>AsF3 (6). 六方最密堆积 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)锌是30号元素，故原子的价电子排布图：，故答案为：；‎ ‎(2)硫和碲位于同主族，同一主族从上往下元素的原子半径依次增大，即气态氢化物H2S中的共价键键长比H2Te的键长更短，一般键长越短，键能越大，化学性质越稳定，导致H2S的分解温度高于H2Te，故答案为：S原子半径小于Te，H—S键的键能较大；‎ ‎(3)Cd2+与NH3等配体形成配离子。1 mol [Cd(NH3)4]2+中含有的 σ键数目为4个氨气中每个氨气有三个σ键，另每个氨气再与Cd2+形成1个配位键也是σ键，因而等于mol，该配离子中三种元素分别为Cd、N、H的电负性大小关系为N>H>Cd，故答案为：16；‎ - 17 -‎ ‎ N>H>Cd；‎ ‎(4)砷与卤素形成多种卤化物，AsCl3、AsF3、AsBr3均为共价化合物，均为分子晶体，其熔点的高低主要是受分子间作用力影响，对于结构相似的分子晶体，分子间作用力与其相对分子质量呈正比，故答案为：AsBr3>AsCl3>AsF3；‎ ‎(5)锆晶胞如图1所示晶胞符合最密六方堆积，故这种堆积方式称为最密六方堆积，镉晶胞如图2所示，1个晶胞中含有的镉原子数目为：个，设晶胞的边长为acm，则有：，从而推出：，该晶胞中两个镉原子最近核间距为体对角线的一半即：nm，镉晶胞中有2个镉原子，其体积之和为：，整个晶体的体积为： ，又体心立方中有： ，空间利用率为： ，故答案为： nm 。‎ ‎[化学——选修5：有机化学基础]‎ ‎12.白杨素对肿瘤细胞有独特的杀伤作用，一种以甲苯、氯苯、丙烯酸为原料合成白杨素的路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1) A名称是：__________________。‎ ‎(2) C和D中不同化学环境的氢原子都为两种，则C和D的结构简式分别为：______、______。‎ ‎(3) “D+F→G”的方程式为：_____________，物质E经“E→F”过程后再与D反应可大大减少副产物__________的生成。‎ ‎(4) “G→白杨素”的反应类型为：_____________。试剂I2的选择是整个合成路线的关键。I2不能用更易结合H原子的Cl2替代的原因是：___________________。‎ - 17 -‎ ‎(5) 下列关于白杨素的说法正确的是：_________。‎ A．白杨素的分子式C15H9O4‎ B．白杨素遇FeCl3溶液发生显色反应 C．与溴水反应，1mo白杨素最多消耗3molBr2‎ D．与足量H2发生加成反应后，白杨素分子中官能团种类减少1种 ‎(6) E有多种同分异构体，满足分子中含有苯环，且能与4倍物质的量的银氨溶液反应的种类数有_________种，其中不同化学环境的氢原子有4种的结构简式为：______。‎ ‎【答案】 (1). 三硝基甲苯 (2). (3). (4). (5). (6). 取代反应 (7). 防止有强氧化性的Cl2氧化羟基 (8). BC (9). 10 (10). 、‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程图可知，甲苯在浓硫酸浓硝酸的作用下，生成三硝基甲苯（再结合A的分子式为C7H5N3O6），三硝基甲苯与酸性高锰酸钾溶液中反应得到三硝基苯甲酸（恰好B的分子式为C7H3N3O8），再结合C的分子式为C6H9N3可知C的结构简式为，再根据D的分子式为C6H6O3，故D的结构简式为：，G的分子式为C15H12O4，可知G的结构简式为：，结合F的结构简式和E的分子式可知E的结构简式为：，这样整个流程图就推导顺畅了，再进行下面的解题就不是很困难了。‎ ‎【详解】(1)根据流程图可知，甲苯在浓硫酸浓硝酸的作用下，生成三硝基甲苯（A的分子式为C7H5N3O6），故A的名称是三硝基甲苯，故答案为：三硝基甲苯；‎ ‎(2) 结合C和D的分子式，以及C和D中不同化学环境的氢原子都为两种，可以确定C和D的结构简式分别为：、，故答案为： ；‎ - 17 -‎ ‎(3)根据分析得出，D、F、G的结构简式，故“D+F→G”的方程式为：，根据E和D的结构简式可知，二者进行酯化反应，所得物质为：，故物质E经“E→F”过程后再与D反应可大大减少副产物的生成，故答案为： ；‎ ‎(4) 比较G和白杨素的结构简式可以得出，“G→白杨素”的过程相当于分子内的取代反应，故反应类型为取代反应，由于Cl2具有强氧化性，G中含有酚羟基具有强还原性，故若用Cl2替代I2的话，很有可能将破坏酚羟基，故原因是防止有强氧化性的Cl2氧化羟基，故答案为：取代反应 防止有强氧化性的Cl2氧化羟基；‎ ‎(5) A．白杨素的分子式C15H10O4，故A错误；‎ B．白杨素含有酚羟基，故遇FeCl3溶液发生显色反应，故B正确；‎ C．与溴水反应，主要发生在酚羟基的邻、对位上，和碳碳双键，故1mo白杨素最多消耗3molBr2，故C正确；‎ D．白杨素分子中含有酚羟基、羰基、醚键和碳碳双键四种官能团，而与足量H2发生加成反应后分子中的官能团为羟基、醚键2种，白杨素分子中官能团种类减少2种，故D错误；‎ 故答案为：BC；‎ ‎(6) E的结构简式为，能与4倍物质的量的银氨溶液反应说明该同分异构体中含有两个醛基，故同分异构体含有两个醛基、一个甲基，或者一个次甲基连两个醛基有：（2种）（3种）（1种）(3种)和共10种，其中不同化学环境的氢原子有4种的结构简式为：、，故答案为：10 ；‎ - 17 -‎ ‎ 、。‎ - 17 -‎