【文档说明】河南省许昌市、济源市、平顶山市2020届高三第三次联考理科综合化学试题【精准解析】.doc，共(19)页，2.300 MB，由小赞的店铺上传

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济源平顶山许昌2020年高三第三次质量检测理科综合能力测试一、选择题：1.有关新型冠状病毒肺炎的预防，下列说法正确的是（）A.“84”消毒液和酒精均可用于消毒，混合使用效果更好B.过氧乙酸()3CHCOOOH和环氧乙烷都是高效消毒剂，其杀菌原理相同C.外科口罩对直径3μm葡萄球菌气溶胶过滤效率不

低于95%，可用于分离溶液和胶体D.某医用免洗消毒洗手液含有一定浓度的过氧化氢和乙醇，可有效消毒灭菌【答案】D【解析】【分析】【详解】A.“84”消毒液和酒精不可混合使用，混合后可能反应产生剧毒气体，不会增加效果，A错误；B.过氧乙酸()3CHCOOOH利用氧化性进行杀菌消毒，而环

氧乙烷灭菌通过其与蛋白质分子上的巯基(-SH)、氨基(-NH2)、羟基(-OH)和羧基(-COOH)以及核酸分子上的亚氨基(-NH-)发生烷基化反应，达到灭菌效果，两者杀菌原理不同，B错误；C.溶液中分散质微粒直径小于胶体中分散质微

粒直径，外科口罩不能分离溶液和胶体，C错误；D.过氧化氢和乙醇均能起到杀菌消毒的作用，D正确；答案选D。2.AN为阿伏加德罗常数的值，说法正确的是（）A.足量的Zn与1mol浓硫酸反应，生成的气体分子数等于A0.5NB.1L1mol/L的34

CHCOONH溶液pH=7，所含4NH+的数目为ANC.标准状况下，14g乙烯与丙烯的混合气体所含碳氢键数目A2ND.在标准状况下，422.4LCH与218gDO所含有的电子数均为A10N【答案】C【解析】【详解】A．随着反应的进行，浓硫酸变稀硫酸

，故反应分为两步：()24422Zn+2HSO=ZnSO+SO+2HO浓，2442=ZZn+HSOSO+Hn，根据方程式1mol硫酸产生气体的量大于0.5mol，小于1mol，A错误；B．34CHCOONH溶液中铵根会发生水解，故所含4NH+的数目小于AN，B错误

；C．乙烯与丙烯最简式都是2CH，14g乙烯与丙烯共含有2CH1mol，故碳氢键数目A2N，C正确；D．218gDO的物质的量小于1mol，故含有电子数小于A10N，D错误；故答案选C。3.下列说法中错

误的是（）A.苯乙烯分子中所有的原子可能共平面B.某苯的同系物分子式为912CH，其可能的结构有8种C.某有机物完全燃烧生成等物质的量2CO和2HO，其分子式可能为2nnCHD.动物油和植物油均属于脂肪，都不能

使酸性4KMnO溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A．苯乙烯分子中苯环和碳碳双键两个平面共面时则所有原子共平面，A正确；B．分子式为912CH的苯的同系物共有8种同分异构体，其中二种丙苯：正丙苯和异丙苯，三种甲乙苯：邻间对三种，三种三甲苯：邻三甲苯、偏三甲苯和均三甲苯，B正确；C．分子式为2nnC

H的有机物燃烧生成水和二氧化碳的物质的量相等，C正确；D．植物油中含不饱和键，能使酸性高锰酸钾褪色，D错误；故答案选D。4.根据下列中学常见化学实验装置，有关说法正确的是（）A.图1装置中溶液a为溴水或2NaS

溶液均能验证2SO具有还原性B.图2中4CH和2Cl光照时发生反应，生成4CCl，溶液充满试管C.图3中一段时间后，铁钉生锈，红墨水向左移动D.图4在圆底烧瓶中应加苯、铁粉和溴水，用于制备溴苯【答案】C【解析】【详解】A．2SO和2NaS溶液的反应体现了

2SO的氧化性，A错误；B．4CH和2Cl光照时发生反应时产物有32234CHClCHClCHClCCl、、、，其中3CHCl是气体，溶液不能充满试管，B错误；C．铁钉发生吸氧腐蚀，具支试管内压强减小，红墨水向左移动，C正确；D．制

备溴苯应该用液溴，苯和溴水不反应，D错误；故答案选C。5.W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W为宇宙中含量最为丰富的元素，X元素形成的简单气态氢化物的熔沸点最高，Y与W和M能形成化学式为YW和YM的离子化合物，

Z的最外层电子数是W、X、Y元素最外层电子数之和的一半。Q为Y的最高价氧化物对应水化物。下列有关说法正确的是（）A.YW离子化合物中阴离子的半径比Li+小B.Z元素的单质和最高价氧化物均能与Q的溶液反应C.X元素与Y元素能形成两种化合物，且所含化学键类型相同D.

1molM的单质与Q的溶液反应生成xYMO(x>1)，转移AN个电子【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W为宇宙中含量最为丰富的元素，则W为氢；X元素形成的简单气态氢化物的熔沸点最高，则X为

氧；Y与W和M能形成化学式为YW和YM的离子化合物，能与H形成离子化合物的元素应该是活泼金属，则Y为钠，M为氯；Z的最外层电子数是W、X、Y元素最外层电子数之和的一半，则Z最外层电子数为16142++=

，则Z为硅；Q为Y的最高价氧化物对应水化物，则Q为氢氧化钠。【详解】A.NaH离子化合物中阴离子为H-，H-与Li+核外电子数相同，核电荷数越大，半径越小，则H-的半径比Li+大，故A错误；B.Z元素的单质为硅，其最高价氧化物为SiO2，均能与氢氧化钠溶液反应，故B正确；C.元素与Y

元素能形成两种化合物，分别为Na2O和Na2O2，Na2O中只含有离子键，Na2O2中既有离子键又有共价键，所含化学键类型不相同，故C错误；D.氯气和氢氧化钠溶液反应可以生成NaClO3:3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+

3H2O，则1mol氯气反应式，转移53AN个电子，故D错误；故选B。【点睛】地球上含量最丰富的元素是氧，宇宙中最丰富的元素是氢，此处为易错点，也是突破口。6.“84”消毒液（主要成分为NaClO）广泛应用于杀菌消毒。某化学学习小组用甲烷燃料电池电解饱和食盐水制备

“84”消毒液，装置如图所示，a，b，c，d均为惰性电极，下列说法正确的是（）A.气体B为甲烷B.电解装置中的总反应为NaCl+H2ONaClO+H2↑C.消耗2.24L（标准状况）甲烷，K+通过交换膜向左室移动0.8molD.甲烷发生的电极反应方程式为CH4-8e-+8OH—=CO2↑+6H2O

【答案】B【解析】【分析】利用甲烷燃料电池电解饱和食盐水制备漂白液的原理是阴极上产生氢气和氢氧化钠，在阳极上产生氯气，电解生成的氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，总反应方程式为NaCl+H2ONaClO+H2↑，所以电极d处产生的是氯气，电极c处

产生的是氢气，a电极为负极，b电极为正极。【详解】A.b电极为正极，通入的气体B为氧气，故A错误；B.电解装置为电解饱和食盐水制备“84”消毒液，总反应为NaCl+H2ONaClO+H2↑，故B正确；C.

原电池中阳离子移向正极，则燃料电池中b为正极，所以K+通过交换膜向右室移动，故C错误；D.a电极为负极，甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根，电极反应式为CH4-8e-+10OH—=CO32—+7H2O，故D错误；故选B。7.常温下，10.00mL某一元碱BOH与0

.1000mol/L盐酸反应，反应过程中由水电离的+H浓度的负对数()lgcH+−水与所加盐酸的体积间关系如图，下列说法正确的是（）A.水的电离程度c>d=b>aB.d点溶液满足+-c(H)=c(OH)C.BOH为弱碱，其电离平衡常数bK约为-610D.c点溶

液满足c(B)+c(BOH)=0.1000mol/L+【答案】A【解析】【分析】图中c点()lgcH+−水最小推出c点为恰好完全反应点，+c(H)溶<7说明+B发生盐的水解，说明BOH为弱碱；以a点溶质全部是BO

H，来计算bK值。【详解】A.a点溶质是BOH，为碱性溶液，抑制水的电离，b、d点的pH=7，为中性溶液，c点是盐酸与BOH恰好完全反应的点，得到BCl盐溶液，呈酸性，+B的水解促进水的电离，故水的电离程度c>d=b>a，A正确；B.c点溶质为BCl，由质子守恒可得

：-+c(BOH)+c(OH)=c(H)，d点HCl过量，则-+c(BOH)+c(OH)<c(H)，B错误；C.a点加入盐酸的量为0，溶液溶质为BOH，由此可知常温下BOH电离的-14--3-1110c(OH)==10mol/L10，

+--3-3-5b-3c(B)c(OH)1010K==10c(BOH)0.1-10，则BOH为弱碱，且bK的数量级为-510，C错误；D.c点()lgcH+−水最小，c点HCl与BOH恰好完全反应得BCl溶液，c(BCl)=0.

05mol/L，根据物料守恒：c(B)+c(BOH)=c(BCl)=0.05mol/L+，D错误；答案选A。二、非选择题8.钴是熔点高的金属，可与氯气反应制氯化钴()2CoCl，氯化钴易潮解，可用于催化剂的制备、氨的吸收等。制备

氯化钴的装置如图所示。已知：Co(III)的氧化性强于2Cl。(1)检查A装置气密性的方法：用止水夹夹住A、B之间的橡皮管，向分液漏斗中加水，________（将步骤补充完整），证明装置A气密性良好。(

2)装置A烧瓶中的固体为漂粉精，烧瓶中发生反应的化学方程式________。(3)装置C的洗气瓶中盛放的试剂是________，装置D硬质玻璃管中的玻璃纤维的作用是________。(4)E中物质的名称________

，其作用是________。(5)钴有多种氧化物，23CoO与浓盐酸反应的离子方程式是________。(6)氯化钴溶液与氯化铝溶液类似，直接蒸干不能得到2CoCl固体，使氯化亚砜()2SOCl与22CoCl6HO混

合加热可以得到氯化钴固体，原因是________。(7)向氯化钴溶液中加入草酸钠()224NaCO，生成草酸钴晶体()242CoCO2HO，将草酸钴晶体在空气中充分加热，将反应生成的气态物质通人澄清石灰水中生成沉淀

的质量为的60g，剩余固体为钴的某种氧化物，其质量为24.1g，计算确定钴的氧化物的化学式是________。【答案】(1).打开分液漏斗下端活塞，若分液漏斗中的水不能顺利滴下(2).2222Ca(ClO)4HCl(

)CaCl2Cl2HO+=++浓(3).浓硫酸(4).防止固体粉末堵塞导管(5).碱石灰(6).吸收2Cl，同时阻止空气中的2HO进入D中(7).22322CoO6H2Cl2CoCl3HO+−+++=++(8).2SOCl与22CoCl6HO

的结晶水作用，生成HCl和2SO（或HCl或酸性物质），抑制2CoCl的水解(9).34CoO【解析】【分析】二氧化锰与浓盐酸加热反应产生的氯气中含有氯化氢和水蒸气，通过饱和碳酸氢钠、浓硫酸进行提纯，得到纯净的氯气，与金属钴加热反应生成氯化钴，氯化钴易潮解，装置E中碱石灰

的作用，防止水蒸气进入装置D中，同时吸收多余的氯气；在确定钴的氧化物时，先根据元素守恒确定晶体的物质的量，计算出24m(CoCO=44.1g），再利用质量守恒定律，确定还需要氧气做反应物，进而确定各物质的化学计量数，从而配平出化学方程式。【详解】(1)夹

紧橡皮管，向分液漏斗中加入水并打开活塞，如果漏气，分液漏斗内压强减小，水就会流下，如果密闭性很好，则分液漏斗中的水不能顺利流下；(2)漂白精的成分是次氯酸钙，其与浓盐酸发生归中反应生成氯气，反应化学方程式为：2222Ca(ClO)4HCl()CaCl2Cl

2HO+=++浓(3)氯气是酸性气体，选用酸性干燥剂如浓硫酸进行干燥；由于气流通过硬质玻璃管时，可能带动Co粉，故采用玻璃纤维防止固体粉末堵塞导管；(4)装置E位于整个装置的末端，故它的作用是除去剩余的氯气，故E中可填充碱石灰，其作用是吸收2Cl，

同时阻止空气中的2HO进入D中；(5)23CoO与浓盐酸发生氧化还原反应，离子方程式为：22322CoO6H2Cl2CoCl3HO+−+++=++；(6)2SOCl与水反应的方程式为222SOCl+HO=SO+2HCl，2SOCl与22Co

Cl6HO的结晶水作用，生成HCl和2SO气体，HCl抑制2CoCl的水解；(7)60g沉淀为碳酸钙的质量，则碳酸钙的物质的量为60g=0.6mol100g/mol，23n(C)=n(CO)=n(CaCO)=0.6mol，由元素守恒则241n(CoCO)=n(C)=0.3mol2，

24m(CoCO=44.1g），反应后得到CO2的质量：2m(CO)=0.644=26.4g，由质量守恒定律，26.4+24.1-44.1=6.4g，说明还有氧气参与反应，2m6.4n(O)===0.2molM32，依据原子守恒配平反应的化学方程式：242342

3CoCO+2O=CoO+6CO，则钴的氧化物的化学式为34CoO。9.过碳酸钠()23222NaCO3HO是过氧化物类的消毒剂，可以利用候氏制碱法得到的23NaCO，进行制备，流程图如下:已知：①产物A中可能含有少量的

2Cu+、3Fe+金属离子杂质。②硅酸钠可与2Cu+、3Fe+等高价金属离子形成沉淀。请回答下列问题：(1)虚线框中是侯氏制碱法的原理，某同学用右图装置在实验室模拟侯氏制碱法，实验中应先打开弹簧夹____

____（填a或b），通入________气体。(2)索尔维制碱法是利用石灰石分解制备2CO，并用生成的CaO和4NHCl反应制备氨气，将3NH和2CO通人饱和食盐水制备3NaHCO晶体，分离提纯后分解制备纯碱。与索尔维制碱法相比，侯氏制碱法的优点是（至少写两点）______

__。(3)“反应”需控制温度在20C左右，写出“反应”中生成产品D的化学方程式________，加23NaSiO的作用是________。(4)流程图中可循环使用的物质有________。(5)操作F的主要步骤有________（已知NaCl和4NHCl的溶解度曲线

如图所示）(6)为了测定产品D的纯度，某小组的方法是：取mg产品配成100mL的溶液，取出20mL用10.0100molL−用硫酸酸化的4KMnO溶液滴定至终点，该滴定过程中消耗高锰酸钾标准溶液的体积为VmL。产品的纯度为________%（用

含有m和V的式子表示）。【答案】(1).b(2).3NH(3).提高了食盐的利用率，可循环使用；可制得氮肥4NHCl：减少无用的2CaCl生成，可与合成氨厂联合，降低了设备的成本(4).232223222NaCO3HO2NaCO3HO+=(5).硅酸根与金属离子沉淀，防止金属离子催化2

2HO分解(6).2CO、NaCl、异丙醇(7).冷却、过滤、洗涤、干燥(8).3.925V3m【解析】【分析】侯氏制碱法的原理：32234NaCl+NH+CO+HO=NaHCO+NHCl，最后测产品的纯度时，用KMnO4与H2O2反应的计量比来计算产品

D的质量，进而计算产率。【详解】(1)侯氏制碱法先通氨气再通二氧化碳，因为氨气在饱和食盐水的溶解度比二氧化碳的大，且氨气易溶于水，为防止倒吸，应从弹簧夹b端通入氨气；(2)侯氏制碱法化学方程式：32234NaCl+NH+CO+

HO=NaHCO+NHCl，析出了4NHCl，可用作氮肥；索尔维制碱法的缺点是大量2CaCl用途不大，故侯氏制碱法的优点是减少无用的2CaCl生成；且侯氏制碱法的NaCl利用率比索尔维制碱法的高，可以循环利用；(3)“反应”中生成产品D的化学方程式：232223222NaCO3HO2

NaCO3HO+=；由已知条件，硅酸钠可与金属2Cu+、3Fe+离子沉淀，防止金属离子催化22HO分解；(4)操作F可得到食盐水，产物B为2CO，这些都是反应原料，根据流程图，异丙醇也为可循环使用的物质，因此可循环利用的物质有：2CO、NaCl、异丙醇；(5)操作F是分离4NHCl晶

体与饱和食盐水，从两者的溶解度曲线看，4NHCl在低温时溶解度比NaCl的小，故采取冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；(6)422n(KMnO)~n(HO)=2~5，则22455n(HO)=n(KMnO)=0.01V=0.025V22，产品D：232222n(2Na

CO3HO1)n(HO)3=，纯度为23221000.025m(2NaCO3HO314)3.925V20==m3m3m10.二氧化碳是引起“温室效应”的主要物质，对其有效的回收利用，不仅能缓解能源危机，又可减少温室效应的影响，具有解

决能源问题和环保问题的双重意义。(1)2CO和4CH经过催化重整可以得到合成气（CO和2H）；422CH(g)CO(g)2CO(g)2H(g)H+=+①一定温度和压强下，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。已知2CO(g)、4CH(g)、CO(g)的标准摩尔生成焓分别为395kJ/mol−、-75kJ/mol、110kJ/mol−。则上述重整反应的H=________kJ/mol。②其他条件相同

，甲、乙两种不同催化剂作用下，相同时间内测得4CH转化率(α)与温度变化关系如图Ⅰ，c________（填“可能一定”或“一定未”）达到平衡状态理由是________。(2)2CO与3NH可以用来生产尿素22CO

(NH)，其反应过程为：1322222NH(g)CO(g)HO(l)CO(NH)(s)ΔH=-178kJmol−+=+；①1T℃时，在1L的密闭容器中充人2CO和3NH模拟工业生产。投料比()()32nNH=xnCO，如图Ⅱ是2CO平

衡转化率(α)与x的关系。则图中B点3NH的平衡转化率α=_______。②当x=1.0时，若起始的压强为0apkP，水为液态，平衡时压强变为起始的12。用平衡分压（分压=总压×物质的量分数）代替平衡浓度表示该反应的平衡常数pK=________-3(kPa)。(3)以二氧化钛表面覆盖224CuA

lO为催化剂，可以将2CO和4CH直接转化成乙酸。①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的变化情况如图Ⅲ所示。250-300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是________。②为了提高该反应中4CH的转化率，可以采取的措施是________

。(4)纳米二氧化钛膜中的Ti(IV)Ti(III)电对吸附2CO并将其还原。以纳米二氧化钛膜为工作电极，以一定浓度的硫酸为介质，在一定条件下通入2CO进行电解，在阴极可制得低密度聚乙烯，（简称LDPE）。电解时，2CO最终转化为LDPE的电极反应式是__

______。【答案】(1).250+(2).一定未(3).因为相同温度时b>c，如果达平衡，相同温度时两种情况转化率应相等(4).25%(5).30108P(6).温度超过250C时，催化剂的催化效率降低(7).增大压强或者增加二氧化碳的浓度(8).22nCO12ne12nH−+++=2

4nHO+【解析】【分析】(1)①反应焓变H=H-H生成物反应物，且单质的标准摩尔生成焓为0是新信息，再代入数据计算即可；②催化剂不会改变平衡转化率，则平衡时，两个不同催化剂的转化率应是相同的；(2)

转化率α=变化物质的量起始物质的量，再利用三段式计算Kp值；(3)由图获取信息可得温度升高而乙酸的生成速率降低，说明温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；利用化学方程式：224CuAlO243CO(g)+CH(g)CHCOOH(l)，判断若想使4CH的转化率增大

，就得使平衡正向移动，增加另一反应物或增大体系压强都可以；(4)用电荷守恒来书写电极反应式。【详解】(1)①根据标准摩尔生成焓的定义，稳定单质的标准摩尔生成焓为0，即H2(g)的为0，反应焓变H=2(-110kJ/mol)-[(-75kJ/mol)+(-

395kJ/mol)]=+250kJ/mol；②c点一定未达到平衡；因为催化剂不会改变平衡转化率，如果达到平衡，甲催化剂与乙催化剂在相同温度的点相交，转化率应相等；(2)①B点()()32nNHx==4nCO，设32n(NH)=4moln(CO)=1m

ol，，二氧化碳的转化率为50%，则反应的二氧化碳为0.5mol，根据322222NH(g)CO(g)HO(l)CO(NH)(s)+=+，则反应的氨气为1.0mol，氨气的转化率1.0molα=100%=25%4.0mol；②当x=1.0时，()()3322nNHx==1n(NH)

n(CO)nCO=，即，若起始压强为0apkP，平衡时压强为起始的12，则平衡总压强为0ap2kP，设起始氨气和二氧化碳的物质的量为1mol，消耗的二氧化碳物质的量为x，322222NH(g)+CO(g)CO(NH)(s)+HO(l)(m

ol)11(mol)2xx(mol)1-2x1-x起始量变化量平衡量0P11=1-2x+1-x==1+1x=mol223平衡总压强（），解得，气体总物质的量为12-3=13，氨气物质的量分数0P=1-2x==2压强，

则p320001108K=PP12P()()2323=；(3)①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低；②将2CO和4CH直接转化成乙酸的化学方程式：224CuAlO243CO(g)+CH(g)CHCO

OH(l)，为了提高4CH的转化率，可增大压强或者增加二氧化碳的浓度；(4)22nCO→，碳的化合价从+4变为-2，每个碳原子得到6个电子，则22nCO共得到12n电子，根据电荷守恒可得该电极反应式为：2

2nCO12ne12nH−+++=24nHO+。【化学—选修3：物质结构与性质】11.(1)2019年诺贝尔化学奖颁给了三位在锂电池领域做出突出贡献的科学家。①基态锂原子核外有________种不同空间运动状态的电子。②状态的锂到状态的锂所得的原子光谱是________光谱。③锂和铍相比，锂的第Ⅱ

电离能________（填“>”“<”或“=”）铍的第Ⅱ电离能。(2)某锂离子电池的正极材料为4LiFePO。①基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）是________。②磷元素是生物体不可缺少的元素之一，把一种填有410PO的苏打石灰玻璃移植到体内，钙离子和磷酸

根离子在玻璃和骨头的间隙中溶出，有助于诱导新的骨骼生成。410PO的结构如图I所示，其中P原子的杂化方式是________，410PO是________（填“极性”或“非极性”）分子。③P原子形成的含氧酸有很多种结构，图Ⅱ是某种多聚磷酸根的结构示意图。这种多聚磷酸的化学式为________

（用n表示磷原子的个数）。(3)某锂电池负极材料晶体中Li+嵌入两层石墨层中导致石墨堆积方式发生改变，形成如图Ⅲ所示的晶体结构。①石墨是一种导体，但石墨的导电性只能沿石墨平面的方向，原因是________。

②已知最近碳一碳原子间的距离是anm，则最近锂一锂离子间的距离是________nm；石墨层之间的距离是bnm（其中b>3a），AN表示阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度是________-3gcm（列出计算式即可）

。【答案】(1).2(2).发射(3).>(4).(5).3sp(6).非极性(7).(n+2)-n3n+1PO(8).相邻碳原子平面之间相隔较远，电子不能从一个平面跳跃到另一个平面(9).3a(10).212A1583×

1027abN【解析】【分析】(1)①锂原子有3个电子；②状态的锂到状态，是激发态到基态；③Li+：1s2，全满，稳定，难失电子。(2)①Fe是26号元素；②410PO的结构如图I所示，P价层电子对数为4，41

0PO是具有中心对称的；③根据数学通项公式求得这种多聚磷酸的化学式。(3)①相邻碳原子平面之间相隔较远，电子不能从一个平面跳跃到另一个平面；②最近锂一锂离子间的距离是3倍石墨中碳碳间的距离，先求石墨一个正六边形的面积，再求晶胞底面面积，再

求晶体的密度。【详解】(1)①锂原子有3个电子，基态锂原子核外有2种不同空间运动状态的电子；故答案为2。②状态的锂到状态，是激发态到基态，因此锂所得的原子光谱是发射光谱；故答案为：发射。③锂和铍相比，Li+：1s2，Be+,1s22s1，Li+：1s2，全满，稳

定，难失电子，锂的第Ⅱ电离能＞铍的第Ⅱ电离能；故答案为：＞。(2)①Fe是26号元素，基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)是；故答案为：。②410PO的结构如图I所示，P价层电子对数为4，因此P原子的杂化方式是sp3，410PO是具有中心对称的，因此

为非极性分子；故答案为：sp3；非极性。③一个磷原子时为PO43−、P2O74−、P3O105−，根据数学通项公式求得这种多聚磷酸的化学式为(n+2)n3n+1PO−；故答案为：(n+2)n3n+1PO−。(3)①石墨是一种导体，但石墨的导电性只能沿石墨平

面的方向，原因是相邻碳原子平面之间相隔较远，电子不能从一个平面跳跃到另一个平面；故答案为：相邻碳原子平面之间相隔较远，电子不能从一个平面跳跃到另一个平面。②已知最近碳一碳原子间的距离是anm，中心与碳原子的距离为apm，则最近锂一锂离子间的距离是3anm；石墨层之间的距离是bnm，石墨一个

正六边形的面积为214233a10cm2−，晶胞中有3个正六边形，一个晶胞中碳原子个数为6个，Li+有1个，该晶体的密度是11213A2147A22(7126)gmolmolm1583ρ===10gcmV27b33a10cm3b10cm2aNN−−−−−+；故答案为：212A

15831027baN。【点睛】晶体的计算主要涉及密度、体积、阿伏伽德罗常数的计算。【化学—选修5：有机化学基础】12.莫沙朵林(F)是一种镇痛药，它的合成路线如下：已知：有机化合物中与四个各不相同原子或基团相连的碳原子称手性

碳原子。请回答下列问题：(1)已知①是水解反应，则B分子中手性碳原子数是________。(2)B在加热、盐酸催化的条件下生成C，写出②的化学方程式________。(3)有机物D中含氧官能团的名称为________。(4)化合物H的结构简式为3O=C=N-CH，则EF

→的反应类型为________，反应④是绿色化学中最理想的“原子经济”反应，化合物G的分子式为________。(5)同时满足下列条件的E的同分异构体有________种。①核磁共振氢谱有4个峰；②能发生银镜反应和水解反应；③与3FeCl溶液发生显色反

应(6)下列有关莫沙朵林(F)的说法正确的是________。A.可以发生水解、取代、氧化B.F分子只有一个五元碳环C.1mol莫沙朵林最多可以消耗2molNaOHD.能使溴的四氯化碳溶液褪色(7)已知：OOO25PO3332CHC-OHCHC-O-CCH⎯⎯⎯→设计由制备的合成路线__

______。【答案】(1).3(2).2+3HO(3).酯基、羟基(4).加成反应(5).56CH(6).2(7).AD(8).【解析】【分析】A经过①水解反应，得到B戊糖，B经过②得到C，C为，可知B为：；C经过③，得到D，F的结构简式为，由题可知H为3O=C

=N-CH，可推出E为；D与G反应，经过④得到E，则G为，据此作答。【详解】(1)根据分析B物质的结构简式可知，分子中含有3个手性碳原子，即，故答案为：3；(2)B在加热、盐酸催化的条件下生成C，则②的化学方程式为2+3HO，故答案为：2+3HO；(3)根据D的结构简式

可知，化合物D中含氧官能团的名称为酯基、羟基，故答案为:酯基、羟基；(4)根据EF→的结构简式并根据原子守恒可知，该反应应该是加成反应；根据分析可知G为，则分子式为56CH，故答案为：加成反应；56CH；(

5)能发生银镜反应和水解反应，这说明分子中含有酯基和醛基；能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基；又因为核磁共振氢谱有4个峰，所以应该是甲酸形成的酯，则可能的结构简式有两种，故答案为：2；(6)A.F中含有酯基，可以发生

水解反应，含有酰胺并且氮上有氢，可以发生取代反应，含有碳碳双键，可以发生氧化反应，故A项正确；B.根据F的结构简式可知，分子只有三个五元碳环，故B项错误；C.1mol莫沙朵林含有2个酯基和1个酰胺，最多

可以消耗3molNaOH，故C项错误；D.F中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D项正确；综上正确的为AD，故答案为：AD；(7)可发生催化氧化生成，然后发生消去反应生成，然后发生取代反应生成，进而与作用可生成目标物，反应流程为

，故答案为:。【点睛】本题易错项(5)，根据分子式，先确定官能团，再结合氢谱有4个峰，确定官能团的位置，据此去判断同分异构题种数。