【文档说明】【福建新高考】2021年高三化学全真模拟卷01（解析版）.docx，共(16)页，696.107 KB，由管理员店铺上传

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2021年普通高中学业水平选择性考试全真模拟卷（福建新高考）化学试卷01本卷满分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27S32Fe56Cu64Zn65Ag108一、选择题：本题共10小题，每小题34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．防治大气污染、打赢蓝天保卫战，下列做法不．应该提倡的是A．开发使用清洁能源B．田间焚烧秸秆C．积极鼓励植树造林D．养成低碳生活习惯【答案】B【解析】A．开发使用清洁能源，可以减

少化石能源的使用，从而防治大气污染，应该提倡，A不符合题意；B．田间焚烧秸秆，会增加空气中可吸入颗粒物等污染物，加重大气污染，不应该提倡，B符合题意；C．大量植树造林，可以防风固沙、防止水土流失、净化空气等，应该提倡，C不符合题意；D．养成低碳生活习惯可以降低二氧化碳的排

放，从而减轻温室效应，应该提倡，D不符合题意；答案选B。2．有机物W在工业上常用作溶剂和香料，其合成过程如图所示，下列说法正确的是A．M的一氯代物有3种B．N、W组成上相差一个CH2原子团，互为同系物C．只有N能与氢氧化钠溶液反应D．M、N、W均能发

生加成反应和取代反应【答案】D【解析】A．M中甲基上有一种氢原子，苯环上有3种氢原子，所以M的一氯代物有4种，故A错误；B．N的官能团为羧基，W是官能团为酯基，二者结构不相似，不是同系物，故B错误；C．W中含有酯基，也可

以和NaOH溶液反应，故C错误；D．M、N、W均含有苯环，可以发生加成反应，M中甲基可以在光照条件下与氯气等发生取代反应，N中含有羧基，可以发生酯化反应，酯化反应也属于取代反应，W中含有酯基，可以发生水解反应，水

解反应也为取代反应，故D正确；综上所述答案为D。3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．2.8gN2与CO混合气体中含有分子数为0.1NAB．1L0.3mol·L－1NaHCO3溶液中含有3HCO−数目为0.3NAC．含0.4molHCl的浓盐酸与足量MnO2反应，转移电子

数目为0.2NAD．常温常压下，32g甲烷中含有的质子数目为16NA【答案】A【解析】N2与CO的摩尔质量均为28g/mol，则2.8gN2与CO混合气体的物质的量为0.1mol，故含有分子数为0.1NA，A叙述正确；1L0.3mol/LNaHCO3溶液中，3HCO−在溶液中发生电离和水解，

则含有3HCO−数目小于0.3NA，B项错误；随着反应的进行，浓盐酸浓度逐渐降低，当浓度降低到一定程度后变为稀盐酸，稀盐酸和MnO2不反应，C项错误；1个甲烷分子含有10个质子，32g甲烷的物质的量为2mol，

质子数为20NA，D项错误。4．下列实验操作错误的是ABCD收集NO气体检查装置气密性比较乙酸和碳酸的酸性蒸发结晶NaCl【答案】D【解析】A．一氧化氮能和氧气反应生成二氧化氮，因此不能用排空气法收集，一氧化氮不溶于水，因此用排水法收集，A正确；B．往长颈漏斗里加水至没过漏

斗颈，夹住止水夹，继续加水，一段时间后，水柱稳定不下降，则可证明气密性良好，B正确；C．乙酸滴入到碳酸钠溶液中产生气体，产生的气体能使澄清的石灰水变浑浊，这可证明乙酸的酸性大于碳酸，C正确；D．蒸发结晶应选蒸发皿而不是坩埚，D错误；答案选D。5．某温度下，在一恒容密闭容器

中进行如下两个反应并达到平衡：①2X(g)+Y(g)Z(s)+2Q(g)△H1＜0②M(g)+N(g)R(g)+Q(g)△H2＞0下列叙述错误的是A．加入适量Z，①和②平衡均不移动B．通入稀有气体Ar，①平衡正向移动C．降温时无法判断Q浓度的增减D．通入Y，则N的

浓度增大【答案】B【解析】A．Z为固体，加入适量Z不影响反应①的平衡移动，而反应②与Z无关，故加入Z也不影响反应②的平衡移动，A正确；B．通入稀有气体Ar，由于容器体积不变，故气体浓度不发生改变，反应①的平衡不移动，B错

误；C．温度降低，反应①逆向进行，反应②正向进行，但两个反应中反应物的起始浓度未知，故无法判断Q浓度的增减，C正确；D．通入气体Y，反应①平衡正向移动，Q的浓度增大，导致反应②平衡逆向进行，则N的浓度增大，D正确；答案选B。6．短周期主族元素W、X、Y、Z

的原子序数依次增大，四种元素组成的一种分子簇的球棍模型如图所示。W与X不在同一周期，X原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，Z的周期数等于族序数。下列说法不正确的是A．化学式为Y2Z2X6W2B．X分别

与Y、Z形成的化合物为离子化合物C．简单离子的半径：X＞Y＞ZD．Y、Z的简单离子均可抑制水的电离【答案】D【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，由于最外层电子数不超过8，

原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素；Z的周期数等于族序数，其原子序数大于氧，只能处于第三周期，故Z为Al；W、X(氧)位于不同周期，且W的原子半径小于氧的半径，可推知W为H元素；根据图示可知，四种元素组成的分子簇化学式为H2

Al2O6Y2，结合化合价代数和为0可知，Y的化合价为+2，其原子半径大于Al，则Y为Mg元素，据此分析解答。由图可知，该分子的化学式为Y2Z2X6W2，故A正确；O分别与Mg、Al形成的化合物为MgO、Al2O3，均为离子化合物，故B正确；O2−、Mg2+、Al3+

的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：O2−＞Mg2+＞Al3+，故C正确；Mg2+、Al3+均为可水解的弱离子，均可促进水的电离，故D错误；故选D。7．下列指定反应的离子方程式正确的是A．少量金

属Na加入水中：Na+2H2O=Na++2OH−+H2↑B．氯气与水反应：Cl2+H2O⇌2H++Cl−+ClO−C．向AlCl3溶液中加入足量稀氨水：Al3++4NH3·H2O=-2AlO+4+4NH+2H2OD．Ca(HCO3)2溶液与少量Na

OH溶液反应：Ca2++-3HCO+OH−=CaCO3↓+H2O【答案】D【解析】A．Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故A错误；B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸

，次氯酸为弱酸，不能拆，正确的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，故B错误；C．氢氧化铝不能溶与氨水，向AlCl3溶液中加入足量稀氨水，正确的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=3Al(OH)+3+4NH，故C错误；D．Ca(HCO

3)2溶液与少量NaOH溶液，假设氢氧化钠为1mol，则1mol氢氧根离子消耗1mol碳酸氢根离子生成1mol碳酸根离子和1mol水，1mol碳酸根离子再结合1mol钙离子生成1mol碳酸钙沉淀，反应生成碳酸钙和碳酸氢钠溶液，离子方程式正确，故D正确；故选D。8．研

究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A．加入HNO3降低了正极反应的活化能B．电池工作时正极区溶液的pH降低C．321molCHCHOH被完全氧化时有23molO被还原D．

负极反应为-+3222CHCHOH+3HO-12e=2CO+12H【答案】B【解析】乙醇燃料电池中，通入乙醇的一极为负极，电极反应式为-+3222CHCHOH+3HO-12e=2CO+12H，通入氧气的一极为正极，由工作原理图可知，正极发生反应-+32HNO+3

e+3H=NO+2HO，2234NO+3O+2HO=4HNO，二者加合可得-+22O+4e+4H=2HO，则HNO3在正极起催化作用，据此分析解答。A．由分析知，HNO3在正极起催化作用，作催化剂，则加入HNO3降低了正极反应的活化能，故A正确；B．电池工作时正极区的总反

应为-+22O+4e+4H=2HO，则溶液中氢离子浓度减小，pH增大，故B错误；C．根据得失电子守恒可知，321molCHCHOH被完全氧化时，转移12mol电子，则有23molO被还原，故C正确；D．由分析知，负极反应为-+3222CHCHOH+3HO

-12e=2CO+12H，故D正确；故选B。9．常温下将NaOH溶液滴加到二元酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A．Ka1(H2X)的数量级为10−5B．曲线E表示pH与的变化关系-2c(H

X)-lgc(HX)C．NaHX溶液显酸性D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX−)>c(X2−)>c(OH−)=c(H＋)【答案】D【解析】H2X发生电离方程式为H2XH＋＋HX－，HX－H＋＋X2－，Ka1=+-2c(H)c(HX

)c(HX)，Ka2=+2--c(H)c(X)c(HX)因为Ka1>Ka2，因此在相同pH时，-2c(HX)c(HX)>2--c(X)c(HX)，然后得出E表示pH与−lg-2c(HX)c(HX)的变化关系，F代表pH与−lg2

--c(X)c(HX)的变化关系，据此分析。A．取lg-2c(HX)c(HX)=0，则-2c(HX)c(HX)=1，Ka1=+-2c(H)c(HX)c(HX)=c(H＋)≈10－4.6≈10－5，故A正确；B．根据上述分析，曲线E代表pH与−lg-2c(HX)c(HX)的变化关系，故B正确；C

．NaHX中HX－的电离平衡常数Ka2=+2--c(H)c(X)c(HX)，取lg2--c(X)c(HX)=0，则2--c(X)c(HX)=1，此时对应的pH约为5.8，即Ka2的数量级约为10－6，HX－的水解平衡常

数Kh=14w5a1K10K10−−==10－9<10－6，说明HX－的电离大于其水解，溶液显酸性，故C正确；D．混合溶液呈中性，c(H＋)=c(OH－)，混合溶液中的溶质为Na2X和NaHX，X2－的水解平衡常数Kh=14w6a2K10K1

0−−==10－8<Ka2=10－6，说明c(Na2X)>c(NaHX)，从而得出离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(X2－)>c(HX－)>c(H＋)=c(OH－)，故D错误；故选D。10．我国科学家研究了活性炭催化条件下煤气

中的H2S和Hg的协同脱除，部分反应机理如图(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。有关该过程的叙述错误的是A．产生清洁燃料H2B．H2S脱除率为100%C．H2S既被氧化又被还原D．脱Hg反应为Hg+S=HgS【答案】B【解

析】A．H2S被吸附在催化剂活性炭表面形成H原子，H原子与H原子成键生成H2，A正确；B．由图可知，H2S分解产生的H2和S单质会再次生成H2S，脱除率小于100%，B错误；C．由图可知，H2S生成S单质的过程中，硫元素的化合价升高，被氧化，H2S生成H2的过程中，H元素化

合价降低，被还原，C正确；D．该过程是H2S和Hg的协同脱除，故生成的S单质与Hg反应生成HgS，D正确；故答案选B。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11．（13分）硫化铋在光电、催化及储能方面有

着广泛应用，还可用作新型锂离子电池的电极材料。以浮选过的辉铋矿(主要成分是Bi2S3，还含少量Fe2O3、SiO2等杂质)为原料制备高纯Bi2S3的工艺流程如下：已知：铋单质不溶于盐酸，可溶于硝酸，BiCl3极易水解生成B

iOCl沉淀。回答下列问题：(1)辉铋矿的“浸出液”中铋元素主要以Bi3+形式存在，写出Bi2S3与FeCl3溶液反应的离子方程式：___________。(2)“浸出”时加入盐酸，既可提高铋的浸出率，又可_____；滤渣1的主要成分是S和______。(3)“还原”过程中发

生置换反应的离子是___________，过量的铁粉可用___________除去。检验过滤后的铋粉是否洗净的方法是___________。(4)如把铋粉空气氧化后“酸溶”改为直接用浓硝酸氧化铋粉，不足之处是_________

__。(5)用Bi2S3/石墨烯复合材料、高纯锂作电极，LiPF6+EC/EMC作电解液制成的电池如图所示。放电时电池的总反应为：Bi2S3+6Li=3Li2S+2Bi，电极材料中石墨烯的作用是___________。放电时负极的电极反应为___________充电时

阳极的电极反应为___________。【答案】(1)Bi2S3＋6Fe3+=2Bi3+＋6Fe2+＋3S(2)防止Bi3+水解SiO2(3)Bi3+盐酸取最后一次洗涤液于试管中，滴加AgNO3溶液，如溶

液不变浑浊，表明铋粉已洗净(或检验洗涤液中是否存在Fe2+，加入的试剂可以是用氯水和KSCN溶液检验，或铁氰化钾溶液)(4)消耗的硝酸多，成本高，且产生有毒的NO2气体(5)提高电极的导电性Li−e−=Li+2Bi＋3Li2S−6e−=Bi2S3＋6Li+【解析】

辉铋矿的“浸出液”中铋元素主要以Bi3+形式存在，则辉铋矿中加入氯化铁和盐酸，发生反应：Fe2O3+6H+=2Fe3+＋3H2O、Bi2S3＋6Fe3+=2Bi3+＋6Fe2+＋3S，向“浸出液”中加入铁粉发生置换反应生成单质Bi，将Bi在空

气中氧化生成Bi2O3，Bi2O3与浓硝酸发生酸溶生成Bi(NO3)3，再加入CH3CSNH2硫化得到Bi2S3。(1)辉铋矿的“浸出液”中铋元素主要以Bi3+形式存在，则Bi2S3与FeCl3溶液反应时，Fe3+将−2价的硫元素氧化成单质S，根据得失电子守恒和原子守恒

，该反应的离子方程式为：Bi2S3＋6Fe3+=2Bi3+＋6Fe2+＋3S；(2)“浸出”时加入盐酸，HCl与Fe2O3发生反应：Fe2O3+6H+=2Fe3+＋3H2O，生成的Fe3+可以提高铋的浸出率，H

Cl电离出的氢离子又可以防止Bi3+水解；因SiO2不参与反应，所以滤渣1的主要成分是S和SiO2；(3)“还原”过程中加入的铁粉与Bi3+发生置换反应生成Bi，过量的铁粉可用盐酸除去；检验过滤后的铋粉是否洗净，

可通过检验最后一次洗涤液中是否含有氯离子或亚铁离子进行验证，方法是：取最后一次洗涤液于试管中，滴加AgNO3溶液，如溶液不变浑浊，表明铋粉已洗净(或检验洗涤液中是否存在Fe2+，加入的试剂可以是用氯水和KSCN溶液检验，或铁氰化钾

溶液)；(4)如果把铋粉空气氧化后“酸溶”改为直接用浓硝酸氧化铋粉，Bi与浓硝酸反应生成Bi(NO3)3时消耗的硝酸多，成本高，且产生有毒的NO2气体；(5)用Bi2S3/石墨烯复合材料、高纯锂作电极，LiP

F6+EC/EMC作电解液制成的电池，放电时电池的总反应为：Bi2S3+6Li=3Li2S+2Bi，由总反应式可知，高纯锂作负极，放电时负极的电极反应为：Li−e−=Li+，Bi2S3/石墨烯复合材料作正极，石墨烯具有优良的导电性，电极材料中石墨烯的作用是提高电极的导

电性，正极的电极反应式为：Bi2S3＋6Li+＋6e−=2Bi＋3Li2S，则充电时阳极的电极反应为：2Bi＋3Li2S−6e−=Bi2S3＋6Li+。12．（14分）己二酸在化工生产、有机合成工业、医药、润滑剂制造等方面都有重要作用，实验室常用环己醇来制备，其反应原理简示如下：4碱

性KMnO⎯⎯⎯⎯⎯⎯→KOOC(CH2)4COOKHCl⎯⎯→HOOC(CH2)4COOHKMnO4在碱性环境中被环已醇还原成MnO2.名称相对分子质量密度/(g‧mL−1)熔点/℃沸点/℃溶解度/(g/100gH2O)环己醇1000.9624161.83.6

己二酸1461.36152300.5分解1.5实验步骤：①在250mL三口烧瓶中加入50mL0.3mol/LKOH溶液和6.0g高锰酸钾，按图所示安装装置。②开电磁搅拌器，水浴升温至35℃使之溶解。控制滴速滴加环己醇

2.1mL，维持反应温度在43℃~47℃。③反应完成后，将混合物用沸水浴加热8min使难溶物凝聚。④趁热过滤，滤渣用少量热水洗涤几次，每次洗涤后都尽量压干水分。⑤滤液倒入100mL烧杯中用浓盐酸酸化至pH为2~4，小火加热蒸发至滤液到20mL左右。冷却析出结晶，抽滤、干燥、称重得产品1.82g。

⑥纯度测定：称取1.500g粗产品，配成100mL乙醇溶液。每次取25.00mL溶液，用0.200mol/L的NaOH标准溶液滴定，三次平均消耗25.00mLNaOH标准溶液。回答下列问题：(1)A的名称是___________。(2)实验时，发现

环己醇的黏性太强，分液漏斗中残留过多从而导致产率较低，可以向环已醇中加入___________(填“水”或“乙醇”)稀释从而降低黏性，不用另一种溶剂稀释的原因是___________。(3)步骤③发现溶液呈浅红色，可向溶液中加入适量的NaHSO3，对应反应的离子方程式为_____。(

4)步骤④趁热过滤的目的是___________所得滤渣的主要成分为___________(填化学式)，写出该物质的一种用途：___________。(5)本实验制备的己二酸纯度为_______(保留3位有效数值)，己二酸的产率最接近________。A．40%B．50%C．60%D．70%

【答案】(1)球形冷凝管(2)水；乙醇会被KMnO4氧化，并且其氧化产物会导致最后制备的己二酸不纯(3)3-3HSO＋2-4MnO＋OH−=32-4SO＋2MnO2↓＋2H2O(4)避免降温时己二酸钾结晶析出；MnO2；作催化剂，作氧化剂，实验室制取氯气的原料等(5)97.3%

；C【解析】(1)由仪器的构造可知A为球形冷凝管。(2)实验时，发现环己醇的黏性太强，分液漏斗中残留过多使环己醇不能充分反应从而导致产率较低，应加一种能溶解环己醇的物质，水和乙醇均能溶解环己醇，但乙醇能被高锰酸钾氧化，其氧化产物会导致最后制得的环己酸中混有乙酸杂质。(3)

步骤③发现溶液呈浅红色，说明溶液中有未反应完的高锰酸钾，加入适量的NaHSO3，高锰酸钾能氧化亚硫酸氢钠，产生硫酸钠，高锰酸钾被还原成二氧化锰，反应的离子方程式为3-3HSO＋2-4MnO＋OH−=32-4SO＋2MnO2↓＋2H2O。(4)反应完毕后将混合物加入沸

水中使产物己二酸以及未反应完的环己醇溶解，然后过滤除去二氧化锰等难溶物，因己二酸的溶解度不太大，温度低时会析出晶体，为减少己二酸结晶损失，应趁热过滤；过滤后的滤渣为二氧化锰，常作为双氧水分解的催化剂，也用于实验室制取氯气的氧化剂。(5)设每次滴定消耗的己二酸物质的量xmol，则：()

242NaOH1mol2molmol0.2mHOolOCCHCOO/L0.H025Lxx=0.0025mol，原样品中的己二酸为0.01mol，己二酸纯度=0.01mol146g/mol100%97.3%1.5g。环己醇2.1mL，理论上得到己二酸的质量为-1

146g/mol2.94g100g2.1mL0.96/omLlgm，因此，己二酸的产率=1.8297.3%100%60.2%2.94。13．（13分）乙烯是现代工业的重要原材料。(1)一定条件下，CO2和H

2反应能生成C2H4，实现CO2向能源物质的转化。2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)ΔH化学键H−HC−HO−HC=CC=O键能/kJ∙mol−1436413463615750①上述反应的

ΔH=_______kJ∙mol−1。②研究温度和压强对CO2的平衡转化率的影响，结果如图所示。X代表的是_______(填“温度”或“压强”)。比较L1与L2对应物理量的大小，并说明理由_______。③二氧化碳催化加氢合成乙

烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当_______。(2)工业上也可用甲烷催化法制取乙烯，反应如下：2CH4(g)⇌C2H4(g)＋2H2

(g)ΔH>0。某温度下，向2L的恒容反应器中充入2molCH4，仅发生上述反应，反应过程中CH4的物质的量随时间变化如图所示，实验测得v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)·c2(H2)，k正、k逆为速率常数，只与温度有关，该温度下k正与k逆的比值为_______(用含a

的代数式表示)；若将温度升高，速率常数增大的倍数：k正_______k逆(填“>”、“=”或“＜”)。(3)乙烯可用于制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g)⇌C2H5OH(g)。向某恒容密闭容器中充入amolC2H4(g)和amolH2O(g)，测得C2H4(g)的平衡转化

率与温度的关系如图所示：A点时容器中气体的总物质的量为_______。已知分压=总压×气体物质的量分数，用气体分压代替浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数(KP)。测得300℃时，反应达到平衡时该容器内的压强为bMPa，则A点对应温度下的KP=__

_____(MPa)−1(用含b的分数表示)。【答案】(1)①−355②温度L1、L2对应的物理量是压强，L1的压强小于L2的压强，反应2CO2(g)＋6H2(g)=C2H4(g)＋4H2O(g)是气体体积缩小的反应，当温度不变时，增大压强，平衡正向

移动，CO2的平衡转化率增大③选择合适催化剂(2)32(2-a)4a>(3)1.9amol1981b【解析】(1)①根据2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)反应方程式，ΔH=(4×750+6×436−615−4×413−8×463)

kJ/mol=−355kJ/mol。②△H<0，升高温度，二氧化碳转化率减小，因此X不是压强，应为温度；该反应正向气体分子数减小，增大压强平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，即压强越大，CO2的平衡转化率越大，所以L1<L2。③不同催化剂催化效率不同、反应的

选择性也不同，故一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当选择合适催化剂。(2)对反应：2CH4(g)⇌C2H4(g)＋2H2(g)ΔH>0。，某温度下，向2L的恒容反应器中充入2molCH4，由图知：4242112242411224242CH(g)CH(g)+2H(g)10012(

)()2()aaaaaa−−−−−起始(mol/L)转化(mol/L)平衡(mol/L)，已知：v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)·c2(H2)，因为平衡时v正=v逆，则得2222k()k()()242aaa−−=正逆，则该温度下k正与k逆的比值为32(2-a)4a

；若将温度升高，平衡朝吸热方向移动，平衡右移v正>v逆，可知速率常数增大的倍数：k正>k逆。(3)对反应：C2H4(g)+H2O(g)⇌C2H5OH(g)。向某恒容密闭容器中充入amolC2H4(g)和amolH2O(g)，由图知：24225CH(g)+HO(g

)a0.1a0.1a0.1a0.1a0.9a0=CHOH(g.9a0.1)0a起始(mol)转化(mol)平衡(mol)，则A点时容器中气体的总物质的量为1.9amol。则A点对应温度下10.1ab190.9a0

.9a0.1aKpMPa0.9a0.9a81b(b)(b)0.9a0.9a0.1a0.9a0.9a0.1a−++==++++。14．（10分）金属氢化物还原具有反应条件温和，副反应少以及产率高的优点，常用的有Zn(BH4)2、NaAlH4等。回答下列

问题：(1)基态锌原子的电子排布式为_____，Na+核外电子的运动状态有_______种。(2)分解温度NaH>KH的原因是________。(3)NaAlH4晶胞结构如图所示，它由两个正六面体叠加而成。①NaAlH4中三种元素的电负性大小顺序是___________与NaAIH4晶体

中的阴离子空间构型相同，电子总数也相同的分子是___________(填分子式)。②NaAlH4晶体中，与AIH4-紧邻且等距的Na+有_____个。若该晶体的密度为1.28g/cm3，则晶胞底面边长a=_____nm(列出计算式即可)。【答案】(1)[Ar]3d104s2或1s

22s22p63s23p63d104s2；10(2)NaH、KH均为离子晶体，阳离子半径Na+<K+，晶格能NaH>KH(3)①H>Al>Na；SiH4②8；()473A4MNaAlH102Nd=73234541026.02101.28【解析】(1)Zn的原子序数为30，核外电子

排布式为：[Ar]3d104s2或1s22s22p63s23p63d104s2，Na+核外电子排布式为：1s22s22p6，核外有10种不同运动状态的电子。(2)NaH和KH均为离子晶体，熔沸点高低取决于离子键的强弱和晶格能的大小，离子键的强弱与离子的半径和离子所带电

荷数有关，因钠离子的半径小于钾离子的半径，所以NaH的离子键比KH的离子键强，晶格能大，熔沸点高。(3)①NaAlH4中三种元素的电负性H>Al>Na，NaAIH4晶体中的阴离子中Al的价电子对数为3+14+1=42，空间构型为正四面体型，其电子数为18，

与其结构相同且电子数相同的分子为：SiH4。②由晶胞结构可知，与AIH4-紧邻且等距的Na+为面对线的一半的距离，有结构可知紧邻且等距的Na+有8个；晶胞中Na+有8个在顶点，4个在面心，1个在体内，个数=118+4+1=482，AIH4

-有6个在面心，4个棱上，个数=116+4=424，晶胞的质量m=()4A4MNaAlHN=234546.0210，晶胞的体积为V=a3=mρ，a=()473A4MNaAlH102Nd=73234541026.02101.28

。15．【选修5：有机化学基础】（15分）“海南沉香，一片万钱，冠绝天下。”在《本草纲目》中，明代名医李时珍曾这样盛赞海南沉香。香料的使用，在我国具有悠久的历史，如下是一种香料H(分子式为C13H14O2)的合成流程，请回答下列问题：已知：①RCHO+R′

CH2Cl21)Zn，苯2)HO，Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→RCH=CHR②③R1COOR2+R3OH+H→R1COOR3+R2OH(1)A中官能团名称是_______，D→E的反应类型是_______。(2)B→C的化学方

程式为_______。(3)D的名称是_______，G的结构简式为_______。(4)H与足量NaOH溶液共热的化学方程式为_______。【答案】(1)羧基取代反应(2)+C2H5OH浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→+H2O(3

)邻甲基苯酚(4)+2NaOHΔ⎯⎯→+H2O【解析】已知B与乙醇在浓硫酸加热的条件下反应生成C，则B为C水解的产物，其的结构简式为；A与氯气发生取代反应生成B，则A为丁酸；D生成E发生已知②的反应，且发生在酚羟基的对位上，则E为；G与C发生已知①的反应，则G中含有醛基，

且醛基与酚羟基相邻，故G为；有机物在酸性条件下生成H，H的分子式为C13H14O2，则有机物发生酯的水解反应后，再分子内酯化反应，H为。(1)分析可知，A为丁酸，含有官能团名称为羧基；D→E为发生已知②

的反应，反应类型为取代反应；(2)B→C为与乙醇的酯化反应，化学方程式为+C2H5OH浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→+H2O；(3)D含有酚羟基，属于酚类，甲基与酚羟基相邻，名称为邻甲基苯酚；分析可知，G的结构简式为；(4)H为，含有酯基，水解后生成

的酚羟基也能与NaOH反应，则方程式为+2NaOHΔ⎯⎯→+H2O。