【文档说明】安徽省合肥一中2020届高三最后一卷理综化学试题 【精准解析】.doc，共(18)页，1.252 MB，由小赞的店铺上传

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安徽省合肥一中2020届高三最后一卷化学试题1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列有关说法或操作不正确的是（）①为增强消毒液（有效成分NaClO）的消毒能力，可以滴加几滴浓盐酸②新冠病毒可以采用高温或酒精来杀死，均利用的是蛋白质的变性③常见的

化学键有离子键、共价键、氢键④石油的蒸馏、分馏、精馏是物理变化，而煤的干馏是化学变化⑤硅酸钠俗称水玻璃⑥苯在工业上，既可以以煤为原料制备，也可以以石油为原料制备A.①②⑥B.①③⑤C.③⑤⑥D.①④⑥【答案】B【解析】【详解】①向消毒液（有效成分NaCl

O）中加浓盐酸会产生氯气，反应的离子方程式为：-+-22ClO+2H+Cl=Cl+HO，产生大气污染，减弱消毒能力，①错误；②蛋白质在高温或酒精下会失去生理活性，即变性，②正确；③氢键属于分子之间的作用力，不是化学键，③错误；④蒸馏、分馏、

精馏都是根据物质的沸点不同，用于分离混合物的物理方法，煤的干馏产生煤焦油和粗氨水等，有新物质生成，属于化学变化，④正确；⑤硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，⑤错误；⑥煤的干馏产生的煤焦油中含有苯，石油的催化重整可获得芳香烃，⑥正确；故不正确的有：①③⑤，答案选B。2.环

扁桃酯具有松弛血管平滑肌，扩张血管的功能，其一种同系物(X)可以发生如下转化，下列说法中错误的是（）A.X的分子式为C14H18O3B.Y可以发生氧化反应、还原反应、酯化反应、缩聚反应C.Y中最多可以有15个原子共平面D.Z的同分异构体含有醛基（一C

HO）有8种【答案】C【解析】【详解】A.根据X的结构得出分子式为C14H18O3，A正确；B.Y中含有苯环，羟基，羧基，能发生氧化反应、还原反应、酯化反应、缩聚反应，B正确；C.Y中最多16个原子在同一平面，C错误；D．Z分子式为C6H12O，含醛基，剩下-C5H11，为

饱和烃基，可以看做醛基取代C5H12中的氢，为直链时有3种同分异构体，含一个支链时有4种同分异构体，含两个支链时有1种结构，共8种，D正确；答案选C。3.石蜡油分解是获得烯烃的一种常用方法，实验如图所示。下列有关说法不正确的是（）A.装置Ⅱ中逸出的气体通入高锰酸钾溶液，发生氧化

反应B.装置Ⅰ中硫酸铝、碎瓷片均是催化剂C.十八烷完全分解为乙烷和最多乙烯时，二者物质的量之比为1：8D.石蜡油分解生成的烯烃一定是乙烯【答案】D【解析】【详解】A.石蜡油分解产生烯烃，逸出的气体通入高锰酸钾溶液，能使溶液褪色，发生氧化反应，A正确；

B.装置Ⅰ中硫酸铝、碎瓷片是催化剂，降低了反应的活化能，从而加快了石蜡分解的速率，B正确；C.十八烷完全分解为乙烷和最多乙烯时，遵循碳原子守恒，则二者物质的量之比为1：8，C正确；D.石蜡油经催化裂解后获得小分子的烷烃和烯烃混合物，但不饱和烃不一定指的是乙烯，D错误；答案选D。

4.下列关于阿伏伽德罗常数(NA)说法正确的是（）A.lLpH=l的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+B.在6.0gNaHSO4晶体中，所含离子数目为0.15NAC.加热条件下，1molFe投入足量的浓硫酸中，

生成NA个SO2分子D.8.4g环戊烯醇，含有0.8NA个极性键【答案】A【解析】【详解】A.pH=l，c(H+)=0.1mol/L，N=NA·n=NA·c·V=0.1mol/L×1L×NA=0.1NA，A正确；B.n(NaHSO4)=m/M=6.0g/120g·

mol-1=0.05mol，NaHSO4晶体中含Na+、HSO4-，含离子数目为0.1NA，B错误；C.加热条件下，由于浓硫酸具有强氧化性，1molFe被氧化成Fe3+失去3mol电子，根据电子得失守恒，S得到3mol电子，则生成SO21.5mol，数目为1.5NA个SO2分子，C错

误；D.环戊烯醇的物质的量为8.4g/84g·mol-1=0.1mol，每分子环戊烯醇中含9个极性键，则共含有0.9NA个极性键，D错误；答案选A。5.向20mL0.1mol/L的NaHCO3溶液中滴

加0.1mol/L氨水(已知室温下H2CO3Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.6x10-11)，NH3•H2O(Kb=1.78×10-5)，下列说法错误的是（）A.0.1mol/L的NaHCO3溶液中：c(OH-)+c(CO2

3)=c(H2CO3)+c(H+)B.无论滴加多少氨水，溶液中一定满足：c(HCO3)+c(CO23)+c(H2CO3)=c(Na+)C.当滴入10mL氨水时，发生反应的离子方程式为：HCO3+NH3·H2O=CO23+NH4+H2O，该反应的平衡常数约为0.1D.当滴入20mLN

H3·H2O时，c(Na+)=c(NH4)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L【答案】D【解析】【详解】A.NaHCO3溶液含有的粒子有：Na+、H+、-3HCO、2-3CO、OH-、H2CO3、H2O，根据质子守恒可得：-2-+323(OH

)(CO)=(HCO)+(H)cccc，A正确；B.根据物料守恒，NaHCO3溶液中一定满足：c(HCO3)+c(CO23)+c(H2CO3)=c(Na+)，B正确；C.氨水与NaHCO3溶反应离子方程式为：HCO3

+NH3·H2O=CO23+NH4+H2O，该反应的平衡常数2-+2-++-3434--+-332332(CO)(NH)(CO)(H)(NH)(OH)==(HCO)(NHHO)(HCO)(H)(NHHO)(OH)ccccccKcccccc，即2332-11-5a2(

HCO)b(NHHO)+--145.6101.7810===0.0990.1(H)(OH)110KKKcc，C正确；D.当滴入20mLNH3·H2O时，反应恰好完全反应，此时+0.1mol/L2

0mL(Na)==0.05mol/L40mLc，则c(Na+)=c(NH4)+c(NH3·H2O)=0.05mol/L，D错误；答案选D。6.2020年3月29日，全球新能源汽车领导者比亚迪宣布正式推出“刀片电池”。“刀片电池”是将传统磷酸铁锂电池电芯加长，使单个电芯形状扁平、窄小，再

通过多个“刀片”捆扎形成模组，通过少数几个大模组的组合成电池。“刀片电池”放电时结构如下，正极反应为：Li1-xFePO4+xe-+xLi+=LiFePO4，下列说法错误的是（）A.“刀片电池”和三元锂电池（镣钻锭酸锂电池）相比几乎没有污染B.放电时，负极反应为LiC6-xe-=xL

i++Li1-xC6C.充电时，锂离子在阴极脱嵌；放电时，锂离子在正极脱嵌D.该电池维持电流强度4.825A，工作10分钟，理论上正极增加重量0.21g（已知F=96500C/mol）【答案】C【解析】【分析】磷酸铁锂电池放电时，负极反应：LiC6-xe-=xLi++L

i1-xC6，正极反应：Li1-xFePO4+xe-+xLi+=LiFePO4；充电时，阳极接正极，电极反应式：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+，阴极接负极，电极反应式：Li1-xC6+xLi++xe-=LiC6。【详解】A．“刀片电池”的总反应：LiC6+Li1

-xFePO4=Li1-xC6+LiFePO4，由锂离子的得失转移而发生反应，几乎无污染，A正确，不选；B．放电时为原电池，负极发生氧化反应，电极反应式为：LiC6-xe-=xLi++Li1-xC6，B正确，不选；C．脱嵌意思是锂从正极材料中出来的过程

，充电时，阳极的电极材料产生锂离子，电极反应式为：：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+，放电时，负极材料产生锂离子，电极反应式为：LiC6-xe-=xLi++Li1-xC6，则充电时，锂离子在阳极脱嵌；放电时，锂离子在负极脱嵌，C错误，

符合题意；D．维持电流强度4.825A，工作10分钟，则电量为4.825A×600s=2895C，转移电子的物质的量为2895C96500C/mol，则正极增加重量为：2895C6.941g/mol=0.2

1g96500C/mol，D正确，不选；答案选C。7.W、X、Y、Z、M均为短周期元素且原子序数依次增大，W和X同族。Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之和的3倍，是Z原子最外层电子数的2倍，M的最高正价与最低负价代数和为

6。下列说法正确的是A.离子半径：W-<X+B.化合物XZW4的结构如图所示，且有还原性C.工业上可以用电解Z、M的熔融态化合物制备Z单质D.W与Y形成的化合物均不能使品红溶液褪色【答案】B【解析】【分析】W和X同族，Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之

和的3倍，8以内符合的只有6，即Y最外层电子数为6，则W、X最外层电子数为1，Z最外层电子数为3，M的最高正价与最低负价代数和为6，故M最外层电子数为7，因W、X、Y、Z、M均为短周期元素且原子序数依次增大，故W、X、Y、Z、M分别为H、Li、O、A

l、Cl。【详解】A.H-和Li+具有相同的核外电子排布，核电荷数越小，半径越大，故H->Li+，A错误；B.Al处于分界线附近，具有一定的金属性和非金属性，与非金属元素形成共价键，Li为活泼金属容易失去电子形成离子键，其中H为-1价，处于最低价态，具有还原性，B正确；C.工业上用电

解熔融氧化铝的方法冶炼Al，C错误；D.H2O2具有强氧化性，能使品红褪色，D错误；答案选B。8.金属铋在工业上常用于制造低熔点合金，用于消防装置、自动喷水器、锅炉等的安全塞，一旦发生火灾，一些水管的活塞会“自动”熔化，喷出水来。由一种铋矿（主要成分为Bi2S3，含强氧化性杂质PbO2等）制备

金属铋的简单工艺如图：已知：酸性溶液中，氧化性PbO2＞KMnO4回答下列问题：(1)“浸出”时发生的离子反应包括___、___。(2)浸出液必须保持强酸性，否则铋元素会以BiOCl(碱式氯化铋)形式混入浸出渣使产率降低，原因是___。

(3)检验母液中主要金属阳离子的方法是___。(4)乙二胺四乙酸二钠盐(EDTA)可以和Bi3+1：1形成稳定的配合物，一种测定浸出液中Bi3+浓度的方法如下：取25mL浸出液，调节pH=l，滴入2滴二甲酚橙作指示剂(二甲酚橙

：溶于水呈亮黄色，能和多种金属阳离子形成紫红色配合物)，用0.01000mol/L的EDTA溶液滴定，达到滴定终点时，测得耗去标准液35.00mL，则浸出液中Bi3+的浓度为___g/L，达到滴定终点的现象是__。(5)以Bi2

(SiF6)3的水溶液为电解液，可以实现粗铋的电解精炼。电解过程中，当电路中通过0.3mol电子时，阴极析出的金属Bi的质量为__；电解一段时间后，电解液会有损失，并会出现大量杂质，加入___(填化学式)可以除去该杂质，并使电解液H2SiF6再生。【答案】(1).PbO2+4H++2Cl

-=Pb2++2H2O+Cl2↑(2).Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+(3).由于Bi3+发生水解生成H+，如果溶液不保持强酸性，则H+浓度的降低会使Bi3+的水解平衡正向移动，

导致生成更多的BiOCl(4).取少量母液1于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，则证明有Fe2+(5).2.926(6).当滴入最后一滴EDTA溶液时，溶液由紫红色变为亮黄色，且半分钟内不恢复紫红色(7

).20.9g(8).H2SO4【解析】【分析】此题利用制备金属铋的工艺流程，考查氧化还原反应、离子反应、离子检验、中和滴定、盐类水解、电解精炼金属的原理，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查

，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。根据流程可知辉铋矿浸出得到气体、浸出渣、浸出液，Bi2S3中的硫被Fe3+氧化为单质硫，所以浸出渣中含单质S，酸性溶液中，氧化性PbO2>KMnO4，加入了盐酸，故气体为氯气，PbO

2被还原成Pb2+，浸出液中主要含Bi3+、Pb2+，经Fe置换得到粗铋含Bi、Pb，母液中含Fe2+，粗铋利用电解原理精炼得到精铋。【详解】(1)浸出时发生两个氧化还原反应：PbO2+4H++2Cl-=Pb2++2H2O+Cl2↑、Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S

+6Fe2+(2)铋能被铁置换，说明其金属性比铁弱，其离子会发生水解，如果溶液不保持强酸性，则Bi3+的水解程度增大，导致生成更多的BiOCl，混入浸出渣使产率降低；(3)母液中含Fe2+，检验其存在可滴加铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，则证明有Fe2

+；(4)乙二胺四乙酸二钠盐(EDTA)和Bi3+1：1形成稳定的配合物，则n(EDTA)=n(Bi3+)，得出c(EDTA)V(EDTA)=c(Bi3+)V(Bi3+),0.01000mol/L×0.035L=

c(Bi3+)×0.025L,算出c(Bi3+)=0.014mol/L=2.926g/L，达到滴定终点，Bi3+被消耗完全，颜色由紫红色变回亮黄色，故滴定终点为当滴入最后一滴EDTA溶液时，溶液由紫红色变为亮黄色，且半分钟内不

恢复紫红色；(5)以Bi2(SiF6)3的水溶液电解精炼铋，电解过程中，铋的化合价由+3价降到0价，得到3个电子，当电路中通过0.3mol电子时，阴极析出的金属Bi的物质的量为0.1mol，质量为0.1mol×209g/mol=20.9g，粗铋中含有杂质Pb，电解过程中Pb失电

子得到Pb2+，除去Pb2+选择SO42-，为使电解液H2SiF6再生，需引入H+，故选择H2SO4。【点睛】(1)浸出时注意分析物质变化，利用氧化还原反应的理论进行方程式书写(4)滴定计算时利用量的比例关系进

行，滴定终点判断为被滴定物质反应完全，标准液过量一滴时的颜色变化，且半分钟不变色，即为终点；(5)精炼时要结合粗铋的成分进行分析，因含Pb，故失电子以及杂质引入都有Pb有关。9.肉桂酸是生产冠心病药物“心可安”的重要中间体。其

酯类衍生物是配制香精和食品香料的重要原料。它在农用塑料和感光树脂等精细化工产品的生产中也有着广泛的应用。实验室合成肉桂酸的反应原理如下部分物质的相关性质如下表所示：名称相对分子质量熔点/℃沸点/℃主要性质苯甲醛106.0-26179纯品为无色液体，微溶于水；空气中加热易被

缓慢氧化乙酸酐102.0-73.1138.6无色透明液体；有剌激性气味；其蒸气为催泪毒气，遇水强烈水解生成乙酸，产生大量酸雾肉桂酸148.0133300白色至淡黄色粉末；微有桂皮香气石蜡/50-70300-550主要由烷烃组成，性质稳定实验步骤如下：步骤1：适量无水醋酸钾、1

4.5mL乙酸酐(过量)和5.0mL苯甲醛(密度为1.06g/cm3)依次加入150ml三颈烧瓶中摇匀，放入磁子，搭好回流装置，用带磁力搅拌功能的电炉(图A)加热至微沸后保持加热回流1小时；步骤2：取下三口烧瓶，冷却至100度以下后，加入少量饱和碳酸钠溶

液调节pH8-9；步骤3：如图B连接好水蒸气蒸馏装置（加热装置略去），进行水蒸气蒸馏，直至馏出物无油滴；步骤4：将三口烧瓶中的残余液冷却后加入活性炭，煮沸，____往滤液中边搅拌边滴加浓盐酸至pH=3，大量固体析出；步骤5：减压过滤，洗涤，烘干，

称量，测熔点。回答下列问题：(1)步骤1中，若用酒精灯加热，可能存在的安全隐患是__。(2)步骤2中，加饱和碳酸钠溶液的目的是___，可观察到的明显现象是__。(3)步骤3中，水蒸气蒸馏的目的是除去__。

(填物质名称)(4)步骤4中，缺失的操作名称是__。(5)步骤5中，若称量得到的产品质量为4.800g，则本实验的产率为__%(保留4位有效数字)。(6)有机物都有固定的熔点，因此测量产品的熔点可以初步判定所得的产品是不是预期产物。测产品熔点的装置如

图C所示：将产品装入一端封口的毛细玻璃管中，与温度计绑在一起，插入b形管（图D）中，用火焰持续加热b形管右侧，观察毛细管中样品的状态以及相应温度计的示数，即可测得样品的熔程（刚开始出现液滴至恰好完全熔化的温度范围）。测定过程中，温度计的水银球应位于__（填“m”、“n”或“p”），

b形管中所装的热浴液可选用__（填相应字母编号）。A.蒸馏水B.浓硫酸C.石蜡【答案】(1).可能引燃有机物发生火灾(2).将肉桂酸转化为肉桂酸的钠盐，减少蒸馏时的挥发损失(3).产生大量气泡和酸雾(4).苯甲醛(5).趁热过滤(6).6

4.86(7).n(8).BC【解析】【详解】(1)步骤1中，三颈烧瓶中盛有乙酸酐(过量)和苯甲醛，属于易燃有机物，若用酒精灯加热，可能存在的安全隐患是引燃有机物发生火灾；(2)步骤1发生反应得到肉桂酸

和乙酸，还有过量的乙酸酐，步骤3将进行蒸馏，肉桂酸有挥发性，需进行保护，故步骤2中，加饱和碳酸钠溶液的目的是将肉桂酸转化为肉桂酸的钠盐，减少蒸馏时的挥发损失，加入的饱和碳酸钠溶液，根据表格信息可知乙酸酐遇水强烈水解生成乙酸，产生大量酸雾，乙酸与碳酸钠反应产生大量气泡，现象为产生大量气泡

和酸雾；(3)步骤3中，进行水蒸气蒸馏，直至馏出物无油滴，说明目的是为了除去油状物质，符合题意的只有苯甲醛；(4)步骤4中，缺失的操作名称是趁热过滤，若冷却则肉桂酸钠会结晶被过滤，造成目标产物损失，影响产率计算；(5)步骤5中，通过苯甲醛的量按方

程进行计算，肉桂酸的理论质量为5.0×1.06×148/106g=7.4g，产率=4.800g/7.4g×100%≈64.86%；(6)温度计插入b形管的深度以水银球恰好在b形管的两侧管中部，故在n位置，肉桂酸熔点为133℃，

高于100℃低于140℃，故可选热浴液为浓硫酸和石蜡，答案选BC。10.甲醛(HCHO)是一种重要的化工产品，工业上可用甲醇脱氢法制备，相关反应方程式为：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)△H=+akJ/mol回答下列问题：(

1)反应过程中需要向体系中通入空气，通过以下反应提供上述反应所需要的热量：H2(g)+12O2(g)=H2O(g)△H=-bkJ/mol要使反应温度维持在650℃，则进料时，甲醇和空气的体积比应为___(已知空气中

氧气的体积分数为20%，b>a)。(2)Na2CO3是甲醇脱氢制甲醛的催化剂，有研究指出，催化反应的部分机理如下：历程i：CH30H→・H+・CH2OH(・H叫做氢自由基，实际上就是H原子，有很高的反应活性，“・”代表有一个单电子可以参与配对成键)历

程ii：・CH2OH→・H+HCHO历程iii：・CH2OH→3•H+CO历程iv：自由基发生碰撞形成新化学键而湮灭如图1所示为在体积为2L的恒容容器中，投入1molCH3OH(g)，在碳酸钠催化剂作用下开始反应，20min后，测得甲醇的转化率(X)与甲醛的选择性(S)与

温度的关系(副反应仅考虑CH3OHCO+2H2)：①请在图2所给坐标中，画出历程iv的反应过程一能量变化示意图___。②下列说法合理的是__。a.升高温度，甲醇转化率提高，平衡常数变大b.当体系气体密度保持不变时，达到平衡状态c.及时分离产品有利于提高甲醇生成甲醛的

转化率③600℃时，前20min甲醇的平均反应速率为__，此时生成甲醛的反应的Qp=___（Qp的表达式与平衡常数Kp相同，p为物质的分压，分压=总压×物质的量分数，体系初始压强为P0）④650℃以后，甲醛的选择性降低，而甲醇的转化率升高的可能原因是___。(3)氧化剂可处理甲醛污染，结合以下图像

分析夏季(水温约20℃)应急处理甲醛污染的水源最好应选择的试剂为____。【答案】(1).2b5a(2).(3).ac(4).0.01375mol/(L·min)(5).0.56P0(6).温度升高，平衡正向

移动，甲醇转化率升高，但由于温度高于650℃后，催化甲醛生成的催化剂催化能力降低，因此甲醛选择性下降(7).Ca(ClO)2【解析】【分析】此题利用工业上制备甲醛方法综合考查化学反应原理，考点涉及热量，化学平衡移动，催化反应历程，考查图像解读能力和计算能力。【详解

】(1)要使反应温度维持在650℃，应保证放热反应放出的热量恰好被吸热反应全部利用，则甲醇与氧气的物质的量之比为2ba，相同条件下，物质的量之比等于体积比，故甲醇与氧气的体积之比为2ba，空气中氧气的体积分数为20%

，则甲醇与空气的体积之比为2b5a；(2)①历程iv：自由基发生碰撞形成新化学键而湮灭,自由基具有很高的能量，在形成新化学键时能量降低，且随着不断形成新化学键，自由基浓度减小，能量减低速率减慢，故能量变化示意图为；②a.根据图Ⅰ可知，随着温度的升高，

甲醇的转化率也在逐渐升高，说明反应往正向进行的程度在增大，K增大，a正确；b.气体密度=气体总质量总体积，在恒容容器中，总体积保持不变，气体总质量守恒，故气体密度始终不变，不能作为平衡判据，b错误；c.及时分离产品，平衡将向正向移动，有利于提高甲醇生成甲醛的转化率，c正确；故合理的为ac；③6

00℃、20min时甲醇的转化率为55%，则Δn=0.55mol，平均反应速率v=ct=0.55·220nmolVtLmin=0.01375mol/(L·min)，此时甲醛的选择性为60%，则主反应CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)，得到n1(H2)=n(HCHO)

=0.55mol×60%=0.33mol，副反应CH3OHCO+2H2，得到n2(H2)=2n(CO)=2×0.55mol×(1-60%)=0.44mol，n(H2)=n1(H2)+n2(H2)=0.77mol，在温度一定

体积一定的条件下，压强之比等于物质的量之比，甲醛Qp=23·pHpHCHOpCHOH==00.770.3310.55P=0.56P0；④温度升高，平衡正向移动，甲醇转化率升高，但由于

温度高于650℃后，催化甲醛生成的催化剂能力降低，因此甲醛选择性下降；(3)由图像可知，夏季(水温约20℃)时甲醛去除率最高的是Ca(ClO)2，故最好应选择的试剂为Ca(ClO)2。【点睛】(2)图像

绘制有难度，注意分析能量变化过程，计算所用到的数据除了题目告知，还来源于图像，题目解读很关键，找到特殊的点得到相应数据进行计算。11.碱土金属(ⅡA族)元素单质及其相关化合物的性质、合成一直以来是化学界研究的重点

。回答下列问题：（1）对于碱土金属元素Be、Mg、Ca、Sr、Ba，随着原子序数的增加，以下性质呈单调递减变化的是___。A.原子半径B.单质的硬度C.第一电离能（2）①铍与相邻主族的___元素性质相似。下列有关铍和该元素的叙述正确的有___填标号。A.都属于p区主族元素B.电负性都比镁大C.第一

电离能都比镁大D.氯化物的水溶液pH均小于7②(NH4)2BeF4是工业制备金属铍过程中的重要中间产物，其阳离子含有的化学键类型为__，阴离子中心原子杂化方式为___。（3）Sr是人体必需的微量元素，Sr

CO3是其重要的化合物之一。Sr2+的电子排布式为___判断SrCO3的热分解温度___（填“大于”/“小于”）CaCO3的热分解温度，理由是____。（4）MgH2和金属Ni在一定条件下用球磨机研磨，可制得化学式为Mg2NiH4的储氢化合物，其立方晶胞结构如图所示：①Mg原子周围距离最

近且相等的Ni原子有___个，若晶胞边长为646pm，则Mg—Ni核间距为___pm（结果保留小数点后两位，3取1.73）。②若以晶胞中氢的密度与液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力，则该化合物的储氢能力为___（列出计算式即可

。假定该化合物中所有的H可以全部放出，液氢密度为dg/cm3；设NA代表阿伏伽德罗常数的值）。【答案】(1).BC(2).铝(3).BD(4).共价键、配位键(5).sp3(6).[Kr]或[Ar]3d1

04s24p6(7).大于(8).Sr2+的半径大于Ca2+，因此夺取CO2-3中的O形成氧化物的能力较弱，需要更高的温度(9).4(10).279.40(11).7316106.02646d【解析】【详解】（1）对于碱土金属元素Be、Mg、Ca、Sr、Ba，同主族元素

，随着原子序数的增加，A．原子半径增大；B．金属键键能减小，单质的硬度减小；C．原子半径增大，核对电子的引力减小，第一电离能减小，故选BC。故答案为：BC；（2）①A．铍属于s区，铝属于p区主族元素，故A不符；B．铍位于镁的上一周期，铝位

于镁同一周期的右侧，电负性都比镁大，故B符合；C．铍位于镁的上一周期，原子半径小，第一电离能大；铝位于镁同一周期的右侧，镁的3s处于全满状态，铝的第一电离能比镁小，故C不符；D．阳离子水解，溶液呈酸性，

水溶液pH均小于7，故D符合；故答案为：铝；BD；②(NH4)2BeF4是工业制备金属铍过程中的重要中间产物，其阳离子NH4＋，铵根有4个氮氢共价键,其中一个是配位键,属于共价键，NH4＋含有的化学键类型为共价键、

配位键；阴离子BeF2-4中心原子是Be,其价层电子对=4+22142=4，杂化方式为sp3。故答案为：共价键、配位键；sp3；（3）锶是第五周期第ⅡA族元素，Sr2+的电子排布式为[Kr]或[Ar]3d104s24p6；SrCO3的热分解温度大于（填“大于”/

“小于”）CaCO3的热分解温度，理由是Sr2+的半径大于Ca2+，因此夺取CO2-3中的O形成氧化物的能力较弱，需要更高的温度。故答案为：[Kr]或[Ar]3d104s24p6；大于；Sr2+的半径大于Ca2+，因此夺取CO2-3中的O形成氧化物的能力较弱，需要更高的温度；（4）①

图中Mg位于4个Ni围成的正四面体的中心，Mg原子周围距离最近且相等的Ni原子有4个，若晶胞边长为646pm，体对角线为646pm×3，体对角线为Mg—Ni核间距的4倍，则Mg—Ni核间距为36464pm

=279.40pm；故答案为：4；279.40；②晶胞中Mg有8个，Ni为8×18+6×12=4，H原子为4×4=16个，晶中氢的密度为：1731033161?1610·(64610)6.02646AgmolgcmN

，液氢密度为dg/cm3，若以晶胞中氢的密度与液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力，则该化合物的储氢能力为7316106.02646d；故答案为：7316106.02646d。【点睛】难点（4）关于晶胞的计算，先根据均摊法算出晶胞中氢，再以晶胞

中氢的密度与液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力，计算该化合物的储氢能力。12.一种可降解聚合物P的合成路线如图：已知：ⅰ.ⅱ.+2ROH+2HCl(R为烃基)回答下列问题：(1)路线图中C的还原产物的官能团名称是___。(2)E→F中反应①和②的反应类型分别是__；D→E的

第①步化学方程式为__。(3)F的结构简式为___。(4)聚合物P的结构简式是___。(5)A的同分异构体中，含苯环的共有__种。(6)参照上述合成路线，设计以乙醇为原料，制备C6H10N2O2(含有1个六元环，核磁共振氢谱显示有3组峰，峰面积之比为3：1：1)

的合成路线(无机试剂任选)__。【答案】(1).酯基、氨基(2).加成反应、取代反应(3).2+O22+2H2O(4).(5).(6).18(7).CH3CH2OHCH3CHO【解析】【分析】此题利用有机合成流程考查有机物结构推断、官能团、

有机方程式书写、同分异构体数目确定、合成路线设计。C被还原生成，所以C的结构简式为：，B和浓硝酸发生取代反应生成C，所以B的结构简式为：，A和羧酸生成酯B，所以A的结构简式为：，和氢氧化钠溶液发生水解反应生成D，D的分子式为C8H9O2Na，可知D的结构简式为，根据D反应生成E的条

件，结合E的分子式知，E的结构简式为：，E发生一系列反应生成F，根据题给信息知，F的结构简式为：，两个F分子中的氨基和羧基脱水缩合形成一个新的六元环，因此G的结构简式为：，G和反应生成P，P的结构简式为：。【详解】(1)C

的还原产物为，其官能团为酯基、氨基；(2)根据已知给出的信息，E→F中反应①和②的反应类型分别是加成反应、取代反应，D→E的第①步根据条件可知为醇羟基的催化氧化，化学方程式为2+O22+2H2O；(3)F的结构简式为；(4)聚合物P的结构

简式为；(5)A的结构简式为：，其含苯环的同分异构体中，醇的同分异构体有4种，酚的同分异构体有9种，醚的同分异构体有5种，共有18种；(6)以乙醇为原料，制备C6H10N2O2，含有1个六元环，需首先引入醛基，再引入N和环，参照D→E→F→G的过程，合成路线为CH3CH2OH

CH3CHO。【点睛】本题考查有机物的推断，同时考查学生知识迁移能力，充分利用题给信息采用正推和倒推相结合的方法进行分析解答，明确物质含有的官能团及性质是解本题关键。