【文档说明】【精准解析】宁夏回族自治区银川一中2021届高三上学期第一次月考化学试卷.doc，共(16)页，1.436 MB，由小赞的店铺上传

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银川一中2021届高三年级第一次月考理科综合能力测试-化学部分1.下列说法正确的是()A.淀粉、纤维素等高分子化合物均属于纯净物B.非金属氧化物都是酸性氧化物C.食醋、纯碱、食盐分别属于酸、碱、盐D.丁达

尔效应可用于区别溶液与胶体【答案】D【解析】【详解】A、淀粉和纤维素等高分子化合物不是纯净物，选项A错误；B、某些非金属氧化物如CO，既不是酸性氧化物也不是碱性氧化物，选项B错误；C、纯碱为碳酸钠，属于盐，选项C错误；D、丁达尔

效应是胶体的特性，丁达尔效应能区别溶液和胶体，选项D正确。答案选D。2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温常压下，36g18O2中所含的中子数为16NAB.8.0gCu2S和CuO的混合物中含有的铜原子数为0.1NAC.电解饱和食盐水时，阳

极生成22.4L气体时，转移的电子数为2NAD.室温下向1LpH＝1的醋酸溶液中加水，所得溶液中H+数目小于0.1NA【答案】B【解析】【分析】A.18O2的摩尔质量为36g/mol，据此计算出18O2分子的物质的量，根据分子构成得出结论；B.Cu2S的摩尔质量是CuO摩尔质量

的2倍，含有的铜原子个数也是CuO的2倍；C.阳极上生成气体的状态不明确；D.加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大。【详解】A.36g18O2的物质的量为36g36g/mol=1mol，则所含中子数为2×（18-8）×NA=20NA，故A项错误；B.Cu2S的摩

尔质量是CuO摩尔质量的2倍，含有的铜原子个数也是CuO的2倍，故Cu2S和CuO的混合物可以看做均由“CuO”构成，则含有的“CuO”物质的量为n=8.0g80g/mol=0.1mol，则混合物中含有的铜原

子数为0.1NA，故B项正确；C.阳极上生成气体的状态不明确，故物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故C项错误；D.1LpH＝1的醋酸溶液中，氢离子的物质的量n(H+)=0.1mol，在加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，故所得溶液中H+数目略大于0.1NA，故D项错误；答案选B。【

点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题C项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标

准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项，提高做题效率。3.下列反应的离子方程式书写不正确的是A.向氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3

NH+4B.用氨水吸收过量的二氧化硫：NH3·H2O+SO2=NH+4+HSO-3C.向偏铝酸钠溶液中加入过量的稀盐酸：AlO-2+H++H2O=Al(OH)3↓D.向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳：ClO-+CO2+H2O=HClO

+HCO-3【答案】C【解析】【详解】A．向氯化铝溶液中加入过量的氨水时发生的离子反应为Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH+4，故A正确；B．用氨水吸收过量的二氧化硫时发生的离子反应为NH3·H2O+SO2=NH+4+HSO-3，

故B正确；C．向偏铝酸钠溶液中加入过量的稀盐酸时发生的离子反应为AlO-2+4H+=Al3++2H2O，故C错误；D．向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳时发生的离子反应为ClO¯+CO2+H2O=HClO+HCO-3，故D正确；故答案为C。4.某溶液中含有的溶质是FeBr2

、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述正确的是()A.原溶液中的Br—一定被氧化B.不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+C.通入氯气之后，原溶液中的Fe2+不一定被氧化D.若取少量所

得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，一定能产生淡黄色沉淀【答案】B【解析】【分析】在FeBr2和FeI2混合液中存在的三种离子的还原性：I－＞Fe2＋＞Br－，向该溶液中通入的氯气首先与还

原性最强的I－反应，当I－完全反应后，氯气才与Fe2＋反应，Fe2＋被完全氧化后再与Br－反应。通入一定量氯气后再滴加KSCN，溶液呈红色，说明有Fe3＋生成，I－已经反应完全，Fe2＋被氧化但不一定全部被氧

化，没有实验现象说明Br－被氧化或完全被氧化。【详解】通入一定量氯气后再滴加KSCN，溶液呈红色，说明有Fe3＋生成，Fe2＋被氧化但不一定全部被氧化，没有实验现象说明Br－被氧化或完全被氧化，故A错误；通入一定量氯气后再滴加KSCN，溶液呈红色，说明有Fe3＋生成，Fe2＋被氧化但不一定

全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故B正确；通入一定量氯气后再滴加KSCN，溶液呈红色，说明一定有Fe3＋生成，故C错误；没有实验现象说明Br－被氧化或完全被氧化，反应后溴离子不一定有剩余，所以向分液后的上层液体中加入

足量硝酸银溶液，不一定生成浅黄色沉淀，故D错误。【点睛】常见离子还原性顺序：S2->SO32->I->Fe2+>Br->Cl-；氧化性顺序：Cl2>Br2>Fe3+>I2。同一氧化剂与不同还原剂反应，先与还原性强的反应；同一还原剂与不同氧化剂反应，先与氧化性强的反应；5.室温下，下列各组离子在

指定溶液中能大量共存的是A.能使甲基橙变为橙色的溶液：Na+、NH+4、CO2-3、Cl¯B.能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K+、SO2-4、S2-、Cl¯C0.1mol/LKOH溶液中：S2¯、Na+、SO2-3、NO-3D.常温下，()()cHcOH+−=1.0×1012的

溶液：Fe2+、Mg2+、NO-3、Cl¯【答案】C【解析】【详解】A．能使甲基橙变为橙色的溶液，显酸性，不能大量存在CO32-，故A错误；B．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液，具有较强氧化性，不能存在强还原性的S2-离子，故

B错误；C．碱溶液中S2¯、Na+、SO2-3、NO-3离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D．常温下，()()cHcOH+−=1.0×1012的溶液显酸性，Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能共存，故D错误；故答案为C。6.某溶液中可能含有Na＋、

Al3＋、Fe3＋、Cl－、I－、23SO－、23CO－，某兴趣小组进行以下实验：(1)取少量该溶液加入过量硝酸钡溶液后过滤得白色沉淀和滤液(2)向上述白色沉淀中加入足量稀HNO3，发现沉淀完全溶解(3)向(1)中所得滤液

中加入足量盐酸，发现溶液变黄色,下列叙述正确的是A.原溶液中可能含有Na＋、23SO－B.由（3）推断原溶液中存在Fe3＋C.原溶液中一定有I、23CO－、Na＋D.通过在黄色溶液中加入硝酸银溶液可以检验原溶液中是否存在Cl－【答案】C【

解析】【分析】(1)向少量原溶液中加入过量硝酸钡溶液生成白色沉淀,过滤后,向该白色沉淀中加入足量稀硝酸,沉淀完全溶解,则该白色沉淀中含有BaCO3，没有BaSO3；(BaSO3被硝酸氧化为BaSO4)，所以原溶液中含有CO32-，

没有SO32-；由于CO32-与Fe3+、Mg2+不能大量共存，所以原溶液中不含有Fe3+、Mg2+；向(1)中所得滤液中加入足量的盐酸,溶液变黄色,由于在酸性条件下NO3-具有强氧化性,能氧I-生成I2,所以原溶液中含有I-,由于铁离子具有氧化性，能够氧化碘离

子，因此溶液中不存在Fe3+；根据溶液呈电中性知,原溶液中肯定含有Na+,无法确定是否含有Cl-；结合以上分析解答。【详解】】(1)向少量原溶液中加入过量硝酸钡溶液生成白色沉淀,过滤后,向该白色沉淀中加入足量稀硝酸

,沉淀完全溶解,则该白色沉淀中含有BaCO3，没有BaSO3；(BaSO3被硝酸氧化为BaSO4)，所以原溶液中含有CO32-，没有SO32-；由于CO32-与Fe3+、Mg2+不能大量共存，所以原溶液中不含有Fe3+、

Mg2+；向(1)中所得滤液中加入足量的盐酸,溶液变黄色,由于在酸性条件下NO3-具有强氧化性,能氧I-生成I2,所以原溶液中含有I-,由于铁离子具有氧化性，能够氧化碘离子，因此溶液中不存在Fe3+；根据溶液呈电中性知,原溶液中肯定含有Na+,

无法确定是否含有Cl-；综合以上分析可知，原溶液中含有I-、Na+、CO32-，C正确；一定不含SO32-、Fe3+、Mg2+，A错误，B错误；由于之前引入了大量Cl-,所以在黄色溶液中加入硝酸银溶液，即使有氯化银白色沉淀生成,也不能说

明原溶液中一定含有Cl-,D错误；综上所述，本题选C。【点睛】本题在判断离子共存时，要注意：溶液中存在CO32-时，Fe3+、Mg2+与CO32-均不能大量共存；溶液中存在I-时，Fe3+与I-因发生氧化还原反应而不能大量共存；最后根据溶液呈电中性规律判定存在的阳离子。7.普

通锌锰电池筒内无机物质的主要成分有MnO2、NH4Cl、ZnCl2等。某同学探究废干电池内的黑色固体回收利用时，进行如图所示实验。下列有关实验的叙述中不正确的是A.操作④的目的是除去滤渣中的杂质B.操作③中盛放滤渣的仪器是坩埚C.操作②的操作名称是过

滤D.操作①中玻璃棒的作用是加快固体溶解速度【答案】A【解析】【详解】A．二氧化锰是黑色固体，能作双氧水的催化剂，灼烧后的滤渣能加快双氧水分解产生氧气，能证明黑色固体是二氧化锰，所以该实验的目的不是除去滤渣中杂质，故A错误；B．由图可知操作③是在坩埚内灼烧滤渣，

通常把泥三角放在三角架上，再把坩埚放在泥三角上，故B正确；C．普通锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质，NH4Cl、ZnCl2易溶于水，MnO2难溶于水，操作②是把难溶于水固体与水溶液分离，应是过滤，故C正确；D．操作①中玻璃棒起到搅拌加速溶解的作用，故

D正确；故答案为A。8.(NH4)2Cr2O7用于有机合成催化剂，媒染剂，显影液等。某化学兴趣小组对(NH4)2Cr2O7的部分性质及组成进行探究。已知：Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2

H+。回答下列问题：（1）在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，观察到的主要现象是固体溶解、__________、__________。（2）为探究(NH4)2

Cr2O7(摩尔质量252g/mol)的分解产物，按下图连接好装置，在A中加入5.040g样品进行实验。①仪器B的名称是__________。②加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，同时测得A、B中质量变化分别为2.00g、1.4

4g，写出重铬酸铵加热分解反应的化学方程式____________________。③C的作用是__________。（3）实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的样品中氮的质量分数，其反应原理为：2Ba2++Cr2O72－+H2O=2BaCrO4↓+2H+、4

NH4++6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+[滴定时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。实验步骤：称取样品2.800g，配成250mL溶液，移取25.00mL

样品溶液于250mL锥形瓶中，用氯化钡溶液使Cr2O72－完全沉淀后，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴酚酞试液，用0.200mol·L－1NaOH标准溶液滴定至终点。重复上述操作3次。①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加

入NaOH标准溶液进行滴定，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积__________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)；滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察__________。②滴定结果如下表所示该样品中氮的质量分数为__________。【答案】(1).有刺激性气味气体放出(2)

.溶液变为黄色(3).U形管(4).(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O(5).防止水蒸气进入到B中(6).偏大(7).锥形瓶内溶液颜色的变化(8).10.00%【解析】【分析】(1)根据NH4+与碱反应生成氨气，以及Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+

2H+平衡移动解答。(2)根据重铬酸铵的元素组成和元素化合价的变化，判断可能的产物。再根据实验现象及玻璃管A和U形管B的质量变化确定分解产物及产物的物质的量，进而确定参加反应的各物质的计量关系，据此写出重铬酸钾分解反应的化学方程式。(

3)由甲醛法测定样品中氮的质量分数的反应原理可知，1mol(NH4)2Cr2O7能产生4molH+，其中2molH+是由2molNH4+生成的，NH4+产生的H+消耗的NaOH的量占消耗NaOH的总量12，所以每摩尔氮原子产生的H+消耗

1molNaOH，据此分析计算。【详解】(1)(NH4)2Cr2O7固体溶解于水，溶液呈橙色，当滴加足量浓KOH溶液时，NH4++OH-=NH3↑+H2O，H++OH-=H2O，溶液中H+浓度减小，使平衡Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+向正反应方向移动，所以观察到的

主要现象除固体溶解外，还有刺激性气味气体放出，溶液变为黄色。(2)①仪器B的名称是U形管。②因碱石灰不能吸收NH3，而D中酚酞溶液不变色，说明重铬酸铵分解无氨气产生。B中碱石灰质量增加，说明有水蒸气生成（质量为1.44g）。但B中增加的质量（1.44g）小于A中减小的质量（2.0

0g），说明重铬酸铵分解产生的气体中除水蒸气外还有另外气体，该气体不能被碱石灰吸收，结合-3价氮的还原性和+6价铬的氧化性推测该气体是氮气，n(N2)=2.00g-1.44g28g/mol=0.02mol，生成0.02molN2时-3价氮元素失去的电子物质的量=0.02

mol×6e-=0.12mole-，又因A中样品n[(NH4)2Cr2O7]=5.040g252g/mol=0.02mol，根据氧化还原反应中电子得失守恒，每个+6价铬原子得到的电子数=0.12mole0.02mol2−=3，即铬元素化合价由+6价降到+3价，由此推知A中生成固体是Cr2O

3，其物质的量n(Cr2O3)=0.02mol。生成水蒸气的物质的量n(H2O)=1.44g18g/mol=0.08mol。则参加反应的各物质的物质的量之比为：n[(NH4)2Cr2O7]：n(Cr2O3)：n(N2)：n(H2O)=0.02:0.0

2:0.02:0.08=1:1:1:4。所以重铬酸钾受热分解的化学方程式为：(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O。③为了使B中碱石灰只吸收重铬酸钾分解产生的水蒸气，C的作用就是防止D中水

蒸气进入到B中。(3)由甲醛法测定样品中氮的质量分数的反应原理可知，1mol(NH4)2Cr2O7能产生4molH+，其中2molH+是由2molNH4+生成的，NH4+产生的H+消耗的NaOH的量占消耗NaOH的总量12（每摩尔氮原子生成

的H+消耗1molNaOH）。①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液，NaOH溶液将被滴定管内壁的水膜稀释，用该NaOH溶液滴定时用去的NaOH溶液的体积将偏大；中和滴定的关键是准确确定酸与碱恰好中和的时间

点，所以眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化。②由表格数据可知，四次平行实验用去的NaOH标准溶液体积分别为：21.06-1.07=19.99mL、20.89-0.88=20.01mL、21.20-0.20=21.00、20.66

-0.66=20.00mL。显然第三次实验数据异常，舍去。所以滴定用去NaOH标准溶液体积的平均值=19.99mL+20.01mL+20.00mL3=20.00mL。2.800g样品用去NaOH的总物质的量=0.02000L×0.200mol/L×2

50mL25mL=0.04mol，则样品中氮原子物质的量=12×0.04mol=0.02mol，所以样品中含氮质量分数=0.02mol14g/mol2.800g×100%=10.00%。9.SnCl4可用于染色时的媒染剂、润滑油添加剂、玻璃表

面处理剂等。实验室可通过如下图装置制备少量SnCl4（夹持装置略）已知：①锡的熔点232℃、沸点2260℃；②SnCl2的熔点246.8℃、沸点623℃；③SnCl4的熔点-33℃、沸点114℃，SnCl4极易水解。通常

将SnCl4晶体加入浓盐酸中，以配制无色的SnCl4溶液。回答以下问题（1）仪器a的名称为_____，该仪器中发生反应的离子方程式为______。（2）装置Ⅱ的作用是______，如果去掉装置Ⅱ，从实验安全的角度看可能产生的影响是__

_。（3）装置Ⅲ中的试剂为___。下图中可替代装置Ⅲ的是___（填字母序号，下同）。（4）该实验装置存在一处明显的缺陷，改进方法为在装置Ⅵ后连接上图中的_____。（5）若反应中消耗17.85g锡粉可得到37.2gSnCl4，则SnCl4的产率为

___（保留三位有效数字）【答案】(1).圆底烧瓶(2).MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(3).除去氯气中的HCl(4).HCl和Sn反应生成氢气与氯气混合加热会发生爆炸(5).浓硫酸(6).C(7).D(8).95

.0%【解析】【分析】Ⅰ中利用浓盐酸和MnO2混合加热制得的氯气，经饱和食盐水除HCl、浓硫酸干燥后，在Ⅳ中与Sn粉在加热条件下生成的SnCl4经冷凝后收集在锥形瓶中，操作过程中要防止SnCl4水解。【详解】(1)由图可知仪器a的名称为圆底烧瓶，该仪器中发生反

应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)装置Ⅱ中饱和食盐水的作用是除去氯气中的HCl，如果去掉装置Ⅱ，从实验安全的角度看可能产生的影响是HCl和Sn反应生成氢气与氯气混合加热会发生爆炸；(3)装置Ⅲ中的试剂为浓硫酸，可干燥氯气，下图中因氯气与碱

反应，且U型管中不能盛放液体，则可替代装置Ⅲ的是C；(4)该实验装置存在一处明显的缺陷是空气水蒸气易进入锥形瓶中，引起SnCl4水解，改进方法为在装置Ⅵ后连接上图中的D，能防止水蒸气进入，且能吸收含氯气的尾气，故答案为D；(5)若反

应中消耗17.85g锡粉可得到37.2gSnCl4，理论上生成SnCl4为17.85g119g/mol×261g/mol=39.15g，则SnCl4的产率为37.2g39.15g×100%=95.0%。【点睛

】考查物质的制备实验，把握物质的性质、制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合。10.三氧化二钴（Co2O3）常用于制滤光眼镜的添加剂、催化剂和氧化剂。以含钴废料（主要成分CoO、C

o2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4）为原料制备Co2O3的流程如下：(1)研磨的目的是____________。滤渣1的主要成分为______________（填化学式）。(2)酸浸时双氧水的作用有

___________。不能用盐酸代替硫酸，因为Co2O3与盐酸反应生成Cl2，污染境，该反应的离子方程式为__________。(3)在实验室里，萃取操作要用到的玻璃仪器主要有___________

。有机相再生时提取出的Ni2＋可用于制备氢镍电池，该电池充电时的总反应为Ni（OH）2＋MNiOOH＋MH。则放电时正极的电极反应式为__________。(4)沉钴时发生反应的离子方程式为_______。

煅烧时发生反应的化学方程式为_______。【答案】(1).增大固体与液体的接触面积，使酸浸速率更快，酸浸更充分(2).MnO2(3).亚铁离子氧化为铁离子(4).Co2O3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+3H2O(5).分液漏斗、烧杯(6).NiO

OH+e-+H+=Ni（OH）2(7).2Co2++HCO3-+3NH3∙H2O=Co2(OH)2CO3+3NH4++H2O(8).2Co2(OH)2CO3+O22Co2O3+2CO2+2H2O【解析】【分析】含钴废料（主要成分CoO、Co2

O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4）为原料制备Co2O3；先把原料进行酸浸，MnO2与稀硫酸不反应，成为滤渣；滤液中含有Co2+、Co3+、Ni2+、Fe2+、Fe3+等离子；调整溶液的pH，铁离子生成沉淀滤出；再把滤液进行萃取，含有Ni2+的物质进入有机相，水溶液中含有Co2+

，然后加入碳酸氢铵和氨水，反应生成Co2(OH)2CO3，然后煅烧生成Co2O3，据以上分析进行解答。【详解】(1)研磨的目的是增大固体与液体的接触面积，使酸浸速率更快，酸浸更充分；根据流程可知，铁离子变为氢氧化铁，镍离子

进入有机相，水溶液中含有Co2+，经过一系列过程，最后得到氧化钴，所以滤渣1的主要成分为MnO2；综上所述，本题答案是：增大固体与液体的接触面积，使酸浸速率更快，酸浸更充分；MnO2。(2)酸浸时，加入双氧水能够把亚铁离子氧化为铁离子；Co2O3与盐酸发生氧化还原反应生成Cl2，CoCl2

和水，该反应的离子方程式为：Co2O3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+3H2O；综上所述，本题答案是：亚铁离子氧化为铁离子；Co2O3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+3H2O。(3)在实验室里，萃取操作要用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯；电池充电

时的总反应为Ni（OH）2＋MNiOOH＋MH，放电时正极发生还原反应，所以正极的电极反应式为：NiOOH+e-+H+=Ni（OH）2；综上所述，本题答案是：分液漏斗、烧杯；NiOOH+e-+H+=Ni（OH）2。(4)根据流程可知：含有Co2+离子的溶液中加入碳酸氢铵和氨水，反应生成Co2(OH

)2CO3；沉钴时发生反应的离子方程式为：2Co2++HCO3-+3NH3∙H2O=Co2(OH)2CO3+3NH4++H2O；在空气中煅烧Co2(OH)2CO3，反应生成Co2O3和CO2，化学方程式为：2Co2(OH)2CO3+O22Co2O3+2CO2+2H2O

；综上所述，本题答案是：2Co2++HCO3-+3NH3∙H2O=Co2(OH)2CO3+3NH4++H2O；2Co2(OH)2CO3+O22Co2O3+2CO2+2H2O。[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）11.氢能被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源

，开发高效储氢材料是氢能利用的重要研究方向。（1）H3BNH3是一种潜在的储氢材料，其中N原子的价电子轨道表达式为____。（2）制备H3BNH3的化学原料为（HB=NH）3，为六元环状物质，与其互为等电子体的有机物分子式为__，CH4

、H2O、CO2的键角由大到小的顺序为____，B、C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为_。（3）C16S8是新型环烯类储氢材料，研究证明其分子呈平面结构（如图所示）。①C16S8分子中C原子和S原子的杂化轨道分别为____。②测得C16S8中碳硫键的键长介于C─S和C

=S之间，其原因可能是______。（4）某种铜银合金晶体具有储氢功能，它是面心立方最密堆积结构，Cu原子位于面心，Ag原子位于顶点，H原子可进入由Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙中。若将Cu、Ag原子

等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2（如图）相似，该晶体储氢后的化学式为_____。（5）MgH2是金属氢化物储氢材料，其晶胞如图所示，该晶体的密度为ρg/cm3，则该晶胞的体积为_____。（用含ρ、NA的代数式表示即可）【答案】(1).(2).C6H6(3).CO2＞CH4＞

H2O(4).N＞O＞C＞B(5).sp2、sp3(6).C16S8分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质(7).Cu3AgH8(8).52ANcm3【解析】【分析】根据N原子的价电子排布式书写轨道表达式；等电子体要求原子总数相等、价电子总数也相等；根据孤电子对和

成键电子对的相互影响判断键角相对大小；结合同周期第一电离能的递变规律判断；根据价层电子对数目判断杂化轨道形式；根据晶胞的均摊理论判断晶胞的化学式，再根据密度公式计算即可。【详解】（1）N原子的价电子排布式为2s2

2p3，则N原子价电子轨道表示式为；（2）与（HB=NH）3互为等电子体分子中含有12个原子、价电子数是30，与其互为等电子体的有机物分子为C6H6；CH4、H2O、CO2的空间构型分别是正四面体、V形、直线形，排斥力：孤电子对之间的排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥

力＞成键电子对之间的排斥力，这三种分子孤电子对个数分别是0、2、0，结合其空间构型判断键角大小顺序是CO2＞CH4＞H2O，基态B原子的价电子为其2s、2p能级上的电子，根据构造原理书写该原子价电子排布式为2s2

2p1；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能N＞O＞C＞B；（3）①C16S8分子中C原子和S原子的价层电子对个数分别是3、4，根据价层电子对互斥理论判断原子杂化类型分别为sp2、sp3；②C16S

8分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质，介于S-C单键和S=C双键之间的特殊键；（4）Cu原子个数=6×12=3、Ag原子个数=8×18=1、H原子个数为8，其化学式为Cu3AgH8；（5）该晶胞中Mg原子个

数=1+8×18=2、H原子个数=2+4×12=4，晶胞体积=2AMN=262ANcm3=52ANcm3。【点睛】考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、等电子体等知识点，侧重考查基本公式、基本理论在物质结构中的运用，明确原子结构、物质结构是解本题关键，注意晶胞计算

的均摊方法。[化学——选修5：有机化学基础]（15分）12.化合物H是合成啶氧菌酯的一种中间体。由芳香化合物A为原料制备H的一种合成路线如下。回答以下问题：（1）A的化学名称_______（2）反应④的反应类型

是______。（3）F的结构简式为__________。（4）H中的含氧官能团的名称是________。（5）反应②的化学方程式为_______________。（6）芳香化合物X是H的同分异构体，能发生银镜反应、水解反应，也能与FeCl3溶

液发生显色反应，X的核磁共振氢谱由四组峰，峰面积之比为6:2:1:1。写出一种符合题目要求的X的结构简式_____。（7）PAA（）常用于纺织品和纸张上胶，可由其单体在H2O2引发下制得。设计以乙炔、NaCN等

为主要原料制备PAA的合成路线____。【答案】(1).邻二甲苯或1，2-二甲苯(2).取代反应(3).(4).酯基、醚键(5).(6).或(7).【解析】【分析】根据E结构简式知，A中两个甲基位于邻位，A为，A发生取代反应生成B为、B水解生成C为，

C发生取代反应生成D，根据分子式知D为，D发生取代反应生成E，E发生水解反应生成F为，F发生酯化反应生成G，G发生取代反应生成H；（7）以乙炔、NaCN等为主要原料制备PAA，乙炔和HCl发生加成反应生成氯乙烯，氯乙烯和NaCN发生取代反应生

成丙烯腈，丙烯腈发生水解反应生成丙烯酸，丙烯酸发生加聚反应得到聚丙烯酸。【详解】（1）A为，A的化学名称为邻二甲苯或1，2-二甲苯；（2）反应④为D中Cl原子被-CN取代，所以该反应的反应类型是取代反应；（3）F的结构简式为；（4）H的结构简式为，所含氧官能团的名称是酯基、醚

键；（5）反应②为卤代烃的水解反应，该反应的化学方程式为；（6）芳香化合物X是H的同分异构体，能发生银镜反应、水解反应，说明含有醛基、酯基，也能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；X的核磁共振氢谱有四组

峰，峰面积之比为6：2：1：1，符合条件的X的结构简式为或；（7）以乙炔、NaCN等为主要原料制备PAA，乙炔和HCl发生加成反应生成氯乙烯，氯乙烯和NaCN发生取代反应生成丙烯腈，丙烯腈发生水解反应生成丙烯酸，丙烯酸发生加聚反应得到聚丙

烯酸，其合成路线为。【点睛】考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，正确推断各物质结构简式是解本题关键，利用反应条件、分子式、结构简式结合题给信息进行推断，利用知识迁移方法进行合成路线设计。