黑龙江省部分学校2020届高三化学5月联考试题.doc

黑龙江省部分学校2020届高三化学5月联考试题

黑龙江省部分学校2020届高三化学5月联考试题

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- 19 -

黑龙江省部分学校2020届高三化学5月联考试题（含解析）
考生注意：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共300分。考试时间150分钟。
2.请将各题答案填写在答题卡上。
3.可能用到的相对原子质量：H1 O16 Al27 Si28 S32 Fe56 Cu64 As75
第I卷(选择题 共126分)
一、选择题：本题共13小题，每小题6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.新冠病毒(如图)由蛋白质和核酸组成，核酸由核苷酸组成，核苷酸的单体由五碳糖、磷酸基和含氮碱基构成。下列说法错误的是

A. 蛋白质和核酸均是高分子化合物
B. 五碳糖(C5H10O5)与葡萄糖互为同系物
C. 蛋白质中含C、H、O、N等元素
D. NaClO溶液用作消毒剂，是因为NaClO能使病毒蛋白变性
【答案】B
【解析】
【详解】A. 蛋白质是由氨基酸脱水缩聚而成的，而所有的聚合物都是属于高分子化合物，核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，A 正确；
B. 同系物要求结构相似，组成上相差n个CH2原子团；五碳糖( C5H10O5)与葡萄糖( C6H12O6)组成相差1个CH2O，不属于同系物关系，B错误；
C. 蛋白质的组成元素有 C、H、O 、N，有的还有P、S等，C正确；
D. NaClO溶液用作消毒剂，NaClO 具有强氧化性，能使病毒蛋白变性，D正确。
答案选B。
2.关于信息素N(结构如图所示），下说列法错误的是（ ）

A. 至少有6个碳原子一定共平面
B. 能使少量酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 分子式为C11H20O
D. 能发生酯化反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．如图：，“1”“2”“3”“4”号碳原子一定共面，由于碳碳单键可以绕轴旋转，其它碳原子不一定与“1”“2”“3”“4”号碳原子所在的平面共面，所以N中至少有4个碳原子共面，A错误；
B．信息素N中有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，有羟基，且与羟基相连的C原子上有H，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故N能使少量酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．分子式为C11H20O，C正确；
D．含-OH，能和羧酸发生酯化反应，D正确。
答案选A。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值。关于常温下pH＝5的NaH2PO4溶液，下列说法正确的是
A. 溶液中含有的H＋的数目为10－5NA
B. c(H＋)＋c(H3PO4)＝c(OH－)＋c(HPO)
C. NaH2PO4溶液呈酸性是因为H2PO发生了水解反应
D. 加入pH＝5的稀硫酸，溶液的酸性不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液的体积不知，无法求算溶液中H＋的物质的量，从而不知道H＋的数目，A错误；
B．NaH2PO4溶液中，根据电荷守恒，有c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(H2PO4－)＋2c(HPO42－)＋3c(PO43－)，根据物料守恒，有c(Na＋)=c(H3PO4)＋c(H2PO4－)＋c(HPO42－)＋c(PO43－)，结合两式，可得c(H3PO4)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HPO42－)＋2c(PO43－)，B错误；
C．H2PO4－水解方程式为H2PO4－＋H2OH3PO4＋OH－，水解成碱性；NaH2PO4溶液呈酸性，是由于H2PO4－的电离程度大于水解程度，C错误；
D．两个pH相同的溶液混合后，pH不变，D正确；
答案选D。
4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，W、X、Y的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，Y的族序数等于其周期数。下列说法错误的是（ ）
A. 四种元素形成的单质中，Z的单质沸点最低
B. WZ3中W满足8电子稳定结构
C. Y、Z形成的化合物的水溶液呈酸性
D. X的氧化物可能既含离子键又含共价键
【答案】B
【解析】
【分析】
Y的族序数等于其周期数，且W与Y同主族，由此可知Y应为铝元素，W为硼元素；W、X、Y的最外层电子数等于Z的最外层电子数，W与Y的最外层电子数之和为6，而短周期主族元素的最外层电子数均小于8，由此可知Z的最外层电子数为7，X的最外层电子数为1，Z为氯元素，X为钠元素。
【详解】A.四种元素形成的单质中氯气为气体单质，是四种单质中沸点最低的，故A正确；
B.WZ3是三氯化硼，其中硼原子为+3价，与氯原子形成3对共用电子对，外围只有6个电子，不满足8电子稳定结构，故B错误；
C.Y与Z形成的化合物是氯化铝，氯化铝属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故C正确；
D.X氧化物若是过氧化钠，则其中既含有离子键又含有共价键，若是氧化钠，其中只有离子键，故D正确；
故选：B。

5.海冰是海水冻结而成的咸水冰，海水冻结时，部分来不及流走的盐分(设以NaCl为主)以卤汁的形式被包裹在冰晶之间，形成“盐泡”，其大致结构如图所示，若海冰的冰龄达到1年以上，则融化后的水为淡水。下列叙述正确的是

A. 海冰内层“盐泡”越少，密度越大
B. 海冰冰龄越短，内层的“盐泡”越少
C. 每含1mol H2O的海冰内就有2×l0-5 NA个NaCl分子(NA为阿伏加德罗常数)
D. 海冰内层NaCl的浓度约为l0-3 mol/L(设冰的密度为0.9 g.cm-3)
【答案】D
【解析】
【详解】A．“盐泡”内含有NaCl等盐类，“盐泡”越多，质量越大，海冰密度越大，故A错误；
B．若海冰的冰龄达到1年以上融化后的水为淡水，即冰龄越长，“盐泡”渗出，内层的“盐泡”越少，故B错误；
C．NaC1是离子化合物，不存在NaCl分子，故C错误；
D．假设有1L海冰，质量为900 g，物质的量约为50mol，“盐泡”与H2O的个数比约为2×10-5:1.则氯化钠的物质的量约为1×10-3 mol，所以海冰内层NaCl的浓度约为10-3mol/L，故D正确；
故答案D。
6.在一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢，将10 mol由苯和环已烷组成的混合气体通入反应器中，下列说法不正确的是

A. N为电源的正极
B. H＋从右向左移动
C. D电极上的电极反应式为
D. 苯的转化率为50%
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图示，在电极D，苯转化为环己烷，为还原反应，苯发生还原反应得到电子，电极D为阴极，则M为负极，N为正极，电极E为阳极，在阳极，H2O失去电子，生成O2，据此分析解答。
【详解】A．根据分析N为电源的正极，A正确，不选；
B．在电解池中，H＋向阴极移动，D为阴极，H＋从右向左移动，B正确，不选；
C．根据图示，苯转化为环己烷，为还原反应，应得到电子，电解质溶液为酸性，电极方程式为，C错误，符合题意；
D．根据分析，电极E生成O2，电极方程式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成1.8molO2，转移7.2mol电子，根据电极D的反应方程式，反应了苯，10mol混合气体，苯的物质的量分数为24%，则苯的物质的量为2.4mol，反应了1.2mol，其转化率为50%，D正确，不选；
答案选C。
7.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀
原溶液中有Fe2+，无Fe3+
B
向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出
Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性
C
向碘水中加入等体积的CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色
I2在CCl4中溶解度大于在水中的溶解度
D
向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成；再加入足量盐酸，白色沉淀不消失
原溶液中一定含有SO

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明原溶液中有Fe2+，但是不能确定是否有Fe3+，A错误；
B. 向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体铜析出，说明Fe的还原性强于Cu的还原性， Cu2+的氧化性强于Fe2+的氧化性，B错误；
C. 向碘水中加入等体积的CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，CCl4将I2萃取，说明I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，C正确；
D. 向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成；再加入足量盐酸，白色沉淀不消失，原溶液中不一定含有SO，还可能是SO，加入Ba(NO3)2溶液，先生成BaSO3白色沉淀，再加入足量盐酸，溶液中有NO和H+，将BaSO3氧化为BaSO4，D错误。
答案选C。
第II卷(非选择题 共174分)
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22～32题为必考题，每道试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分。
8.用一种硫化矿(含45%SiO2、20.4% Al2O3、30%FeS和少量GeS2等)制取盆景肥料NH4Fe(SO4)2及铝硅合金材料的工艺流程如下 ：

(1)“矿石”粉碎的目的是_____________________ 。
(2)“混合气体”经过水吸收和空气氧化能再次利用。
①“焙烧”时，GeS2发生反应的化学方程式为____________________。
②“混合气体”的主要成分是_______________ (填化学式)．
③FeS焙烧产生的Fe2O3会与(NH4)2SO4反应生成NH4Fe(SO4)2，该反应的化学方程式为_______________。 Al2O3也能发生类似反应．这两种氧化物转化为硫酸盐的转化率与温度的关系如图，上述流程中最适宜的“焙烧” 温度为_____________________。

(3)GeCl4的佛点低，可在酸性条件下利用蒸馏的方法进行分离，酸性条件的目的是_________。
(4)用电解氧化法可以增强合金 AlxSiy的防腐蚀能力，电解后在合金表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜(主要成分为Al2O3), 电解质溶液为 H2SO4-H2C2O4混合溶液，阳极的电极反应式为______________________。
(5)假设流程中SiO2 损失了20%，Al2O3 损失了25%，当投入1 t硫化矿，加入了54kg纯铝时，铝硅合金中x:y=______________。
【答案】 (1). 使矿石充分灼烧 (2). GeS2+3O2GeO2+2SO2 (3). SO2、NH3 (4). 4(NH4)2SO4+Fe2O3 2NH4Fe(SO4)2+3H2O+6NH3↑ (5). 300℃ (6). 防止GeCl4水解 (7). 2Al-6eˉ+3H2O =Al2O3+6H+ (8). 5:6
【解析】
【分析】
硫化矿(含45%SiO2、20.4% Al2O3、30%FeS和少量GeS2等)粉碎后加入硫酸铵在空气中焙烧，-2价S被氧化生成SO2，Ge元素转化为GeO2，FeS焙烧产生的Fe2O3会与(NH4)2SO4反应生成NH4Fe(SO4)2，控制焙烧温度，防止Al2O3也发生类似的反应；加水后，NH4Fe(SO4)2溶解，经系列处理得到NH4Fe(SO4)2；过滤得到滤渣为SiO2、Al2O3和GeO2，加盐酸溶解，Al2O3和GeO2得到的相应的氯化物，二氧化硅不溶解，过滤得到二氧化硅滤渣；蒸馏分离滤液中的GeCl4后再加入氨水调节pH得到Al(OH)3沉淀，过滤取Al(OH)3沉淀，与前序滤渣SiO2和焦炭高温焙烧还原得到Al和Si，再加纯铝搅拌得到合金。
【详解】(1)矿石粉碎后可以增大与空气的接触面积，使矿石充分灼烧；
(2)①“焙烧”时，GeS2中-2价S被氧化生成SO2，Ge元素转化为GeO2，方程式为GeS2+3O2GeO2+2SO2；
②混合气体中主要有硫元素被氧化生成的SO2，以及铵盐分解产生的NH3；
③Fe2O3会与(NH4)2SO4反应生成NH4Fe(SO4)2，该反应为非氧化还原反应，根据元素守恒可得方程式为4(NH4)2SO4+Fe2O32NH4Fe(SO4)2+3H2O+6NH3↑；因流程的目的是要是制备NH4Fe(SO4)2和硅铝合金，所以要使Fe2O3尽量反应，而Al2O3不反应，据图可知300℃时大部分氧化铁转化为硫酸盐，只有极少量氧化铝转化为硫酸盐，所以最合适的温度为300℃；
(3)GeCl4易水解，蒸馏过程中会HCl挥发造成彻底水解，所以需要在酸性条件下防止GeCl4水解，再进行蒸馏；
(4)电解池中阳极失电子发生氧化反应，根据题意可知Al单质被氧化成三氧化二铝，电解质溶液显酸性，所以电极方程式为2Al-6eˉ+3H2O =Al2O3+6H+；
(5)1 t硫化矿中SiO2的质量为1000kg×45%=450kg，流程中损失20%，所以被利用的二氧化硅的质量为450kg×(1-20%)=360kg，则n(Si)==6000mol；1 t硫化矿中SiO2的质量为1000kg×20.4%=204kg，流程中损失25%，所以被利用的Al2O3的质量为204kg×(1-25%)=153kg，又加入54kg铝，则n(Al)==5000mol，所以合金AlxSiy中x：y=5:6。
【点睛】蒸发易水解的氯化物(如氯化铁，氯化铜等)的水溶液时要注意，为防止溶质彻底水解而得不到目标产物，需要在HCl气流中抑制水解，进行蒸发。
9.CH3OCH3（二甲醚）常用作有机合成的原料，也用作溶剂和麻醉剂。CO2与H2合成CH3OCH3涉及的相关热化学方程式如下：
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.1kJ·mol-1
Ⅱ.2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2=-24.5kJ·mol-1
Ⅲ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2(g) ΔH3
Ⅳ.2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH4
回答下列问题：
⑴ΔH4=__kJ·mol-1。
⑵体系自由能变ΔG=ΔH-TΔS，ΔG<0时反应能自发进行。反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的自由能变与温度的关系如图a所示，在298~998K下均能自发进行的反应为__（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）。

⑶在三个完全相同的恒容密闭容器中，起始时均通入3molH2和1molCO2，分别只发生反应Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ时，CO2的平衡转化率与温度的关系如图b所示。
①ΔH3__0（填“>”或“<”）。
②反应Ⅳ，若A点总压强为pMPa，则A点时CO2的分压为p(CO2)__pMPa（精确到0.01）。
③在B点对应温度下， K（Ⅰ）__（填“大于”“小于”或“等于”）K（Ⅲ）。
⑷向一体积为1L的密闭容器中通入H2和CO2，只发生反应Ⅳ。CO2的平衡转化率与压强、温度及氢碳比m[m=]的关系分别如图c和图d所示。

①图c中压强从大到小的顺序为__，图d中氢碳比m从大到小的顺序为__。
②若在1L恒容密闭容器中充入0.2molCO2和0.6molH2，CO2平衡转化率为50%，则在此温度下该反应的平衡常数K=__（保留整数）。
【答案】 (1). －122.54 (2). Ⅱ (3). > (4). 0.21 (5). 小于 (6). p1>p2>p3 (7). m1>m2>m3 (8). 23
【解析】
【分析】
⑴第Ⅰ个方程式的2倍加上第Ⅱ个方程式。
⑵根据图中信息得到298~998K下只有Ⅱ的ΔG＜0。
⑶①升高温度，CO2的平衡转化率增大，说明平衡正向移动，正向是吸热反应；②三段式式建立关系，根据公式求出压强；③根据平衡常数分析产物与反应物的关系。
⑷①利用转化率分析压强，利用一个量不变，另一个量变化来分析。
②建立三段式建立再求平衡常数。
【详解】⑴将第Ⅰ个方程式的2倍加上第Ⅱ个方程式得到ΔH4=－122.54 kJ·mol−1；故答案为：－122.54。
⑵体系自由能变ΔG=ΔH－TΔS，ΔG＜0时反应能自发进行，在298~998K下只有Ⅱ的ΔG＜0，因此均能自发进行的反应为Ⅱ；故答案为：Ⅱ。
⑶①升高温度，CO2的平衡转化率增大，说明平衡正向移动，正向是吸热反应，即ΔH3＞0；故答案为：＞。
②，反应Ⅳ，若A点总压强为pMPa，则A点时CO2的分压为；故答案为：0.21。
③在B点对应温度下，根据Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)和Ⅲ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2(g)的反应，CO2转化率相等，产物的量相等，但Ⅰ中氢气平衡时量较少，但是大于1的值，由于是浓度三次方，因此平衡常数小，平衡常数K(Ⅰ)小于K(Ⅲ)；故答案为：小于。
⑷①该反应是体积减小的反应，图c中定温度，从下到上看，转化率增大，说明平衡正向移动，向体积减小方向移动即加压，压强从大到小的顺序为p1＞p2＞p3，图d中可以理解为二氧化碳物质的量不变，氢气量不断增加，平衡正向移动，二氧化碳转化率不断增大，因此氢碳比m从大到小的顺序为m1＞m2＞m3；故答案为：m1＞m2＞m3。
②若在1L恒容密闭容器中充入0.2molCO2和0.6molH2，CO2的平衡转化率为50%，，则在此温度下该反应的平衡常数；故答案为：23。
10.某化学兴趣小组设计装置，进行实验探究KMnO4与浓盐酸的反应。
[实验1]设计如图1所示装置，并验证氯气的漂白性。
(1)高锰酸钾与浓盐酸的反应中，浓盐酸表现出的性质是_________；若实验中产生2.24 L(标准状况)Cl2，设NA为阿伏加德罗常数的值，则转移的电子数为___________。
(2)利用装置C验证氯气是否具有漂白性，则装置中I、II、III处依次放入的物质可能是__________________。

[实验2]设计如图2所示装置，左侧烧杯中加入100 mL由2.00 mol·L－1 KMnO4和6 mol·L－1 H2SO4组成的混合溶液，右侧烧杯中加入100 mL 5.00 mol·L－1 BaCl2溶液，盐桥选择KNO3琼脂。
(3)若用98%的浓硫酸(密度为1.84 g·cm－3)配制500 mL 6 mol·L－1的稀硫酸时，除了需用到玻璃棒、烧杯、量筒之外，还必须用到的玻璃仪器为____________；下列操作会导致所配溶液浓度偏小的是____________(填字母)。
A.容量瓶内壁附有水珠却未干燥处理 B.加水定容时俯视刻度线
C.颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补足 D.稀释过程中有少量液体溅出烧杯外
(4)左侧烧杯中石墨电极上的电极反应式为________________________________；盐桥中的K＋移向____________ (填“左”或“右”)侧烧杯的溶液中。
(5)实验发现，其他条件不变，改用10.0 mol·L－1 H2SO4时，生成氯气的速率比使用6 mol·L－1 H2SO4时快且产生的气体体积更大，其可能的原因是______________________________。
【答案】 (1). 酸性、还原性 (2). 0.2NA (3). 湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条 (4). 500mL容量瓶、胶头滴管 (5). CD (6). MnO+5e-+8H+=Mn2++4H2O (7). 左 (8). 氢离子浓度大，KMnO4的氧化性增强，反应速率快能氧化更多的氯离子
【解析】
【分析】
[实验1](1)高锰酸钾与浓盐酸反应制备Cl2时，HCl部分被氧化，生成了Cl2，体现出了还原性；生成了KCl和MnCl2，体现出酸性；
(2)氯气溶于水生成的HClO具有漂白性，利用饱和食盐水除去HCl的氯气中含有水蒸气，因此先通过湿润的有色布条，探究氯气是否有漂白性；
[实验2](4)KMnO4能够氧化HCl生成Cl2，KMnO4在此过程中得到电子，发生还原反应，左侧石墨电极为正极；
(5)一般条件下，酸性越强，氧化性越强，KMnO4与HCl的反应速率越快。
【详解】[实验1](1)高锰酸钾和浓盐酸制备Cl2的化学方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，HCl中有一部分Cl的化合价升高，生成了Cl2，体现出了还原性；有一部分化合价没有变化，形成了KCl和MnCl2，体现出了酸性；根据化学方程式生成5molCl2转移10mol电子，若产生的了2.24L即0.1molCl2，则转移的电子的物质的量为0.2mol，其数目为0.2NA；
(2)装置A生成Cl2，利用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，经过B装置的氯气中含有水蒸气，因此先经过湿润的有色布条，再干燥，在经过干燥的有色布条；因此I为湿润的有色布条，Ⅲ为干燥的有色布条，Ⅱ为无水氯化钙，用于干燥Cl2；
[实验2](3)用浓硫酸配制一定物质量浓度的硫酸时，量取浓硫酸时需要量筒，浓硫酸稀释时，需要烧杯和玻璃棒；转移时，需要500mL容量瓶，定容时需要胶头滴管；因此还需要的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管；
A．容量瓶内壁有水珠未干燥，对溶液中的硫酸的物质的量和溶液的体积均无影响，浓度不变，A不符合题意；
B．加水定容时，俯视刻度线，体积偏小，硫酸的浓度偏大，B不符合题意；
C．颠倒摇匀后，凹液面低于刻度线又补加水，相当于稀释，所配溶液浓度偏小，C符合题意；
D．稀释过程中，有少量液体溅出，则容量瓶溶液中的溶质减小，所配溶液浓度偏小，D符合题意；
答案选CD；
(4)利用原电池制备Cl2，左侧加入的KMnO4和H2SO4，KMnO4得到电子转化为Mn2＋，其电极反应式为MnO4－＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O；在原电池中，阳离子向正极移动，左侧KMnO4得到电子发生还原反应，则左侧的石墨电极为正极，则K＋向左移动；
(5)在一般情况下，酸性越强，氧化性越强；硫酸的浓度越大，氢离子浓度越大，高锰酸钾的氧化性越强，化学反应速率越快，能氧化更多的氯离子。
(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多答，则每科按所答的第一题计分。
[化学——物质结构与性质]
11.锌、铁、铜及其化合物在生活、生产中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)基态Fe3＋的核外电子排布式为____________。在第四周期过渡元素中，基态原子未成对电子数最多的元素为____________(用元素符号表示)。
(2)一水合甘氨酸锌[(H2NCH2COO)2Zn·H2O]是一种饲料添加剂，该化合物中所涉及的非金属元素电负性由大到小的顺序是____________(用元素符号表示)；甘氨酸分子中N原子的杂化轨道类型为____________；从结构角度解释甘氨酸易溶于水的原因：________________。
(3)铜元素的第一电离能、第二电离能分别为746 kJ·mol－1、1958 kJ·mol－1；锌元素的第一电离能、第二电离能分别为906 kJ·mol－1、1733 kJ·mol－1，铜的第二电离能大于锌的第二电离能，其主要原因是___________________________________________________。
(4)磷酸铁(FePO4)可用于制造磷酸铁锂电池材料，PO的空间构型为______________。
(5)某种化合物由Fe、Cu、S三种元素组成，其晶胞结构如图所示，则化学式为__________，该晶胞上、下底面均为正方形，侧面与底面垂直，若该晶体的密度ρ g·cm－3，设NA为阿伏加德罗常数的值，结合图中的数据计算底面棱长a＝____________(只要求列出计算式，用含b的代数式表示)pm。

【答案】 (1). [Ar]3d5 (2). Cr (3). O>N>C>H (4). sp3 (5). 甘氨酸是极性分子，氨基和羧基都能与水分子形成氢键 (6). 气态Cu失去一个电子变成Cu+后，其核外价电子排布式为3d10，形成了较稳定的全充满状态；而锌失去一个电子后，其核外价电子排布式为3d104s1 (7). 正四面体 (8). CuFeS2 (9).
【解析】
【详解】(1)Fe为26号元素，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，失去3个电子形成Fe3＋，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；在3d过渡金属中，基态原子未成对电子数最多的元素的价电子排布式为3d54s1，该元素为Cr；
(2)一水合甘氨酸锌中含有的非金属元素有H、C、N、O，元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性大小顺序为O>N>C>H，则电负性大小排序为O>N>C>H；甘氨酸的结构简式为NH2CH2COOH，－NH2中N原子的价层电子对个数为4，则N原子的杂化类型为sp3；根据甘氨酸的结构简式，其含有－NH2、－COOH能够与水形成氢键，且甘氨酸是极性分子；
(3)气态Zn失去一个电子形成排布为[Ar]3d104s1的结构；而气态Cu失去一个电子变成Cu＋，其核外电子排布式为为[Ar]3d10，Cu＋的核外电子排布中3d轨道为全满结构，较稳定，再失去一个电子，需要的能量较高；答案为气态Cu失去一个电子变成Cu+后，其核外价电子排布式为3d10，形成了较稳定的全充满状态；而锌失去一个电子后，其核外价电子排布式为3d104s1；
(4)PO43－中P的价层电子对数目=，价层电子对数目为4，不含孤对电子对，则PO43－的空间构型为正四面体；
(5)晶胞内含有8个S，均为此晶胞所有，则此晶胞含有8个S；晶胞的8个顶点为Cu所占有，为8个晶胞所共有，面上有4个Cu，为2个晶胞所共有，还有1个Cu在晶胞内部，为此晶胞所共有，则此晶胞中一共含有个Cu；晶胞的4个棱上有Fe，为4个晶胞所共有，面上有6个Fe，为2个晶胞所共有，则此晶胞中一共含有个Fe；则此晶胞中Cu、Fe、S的个数比为4：4：8=1：1：2，则此化学式为CuFeS2；
晶胞的密度，可得。
[化学——有机化学基础]
12.化合物H是制取某药物的中间体，实验室由芳香族化合物A制备H的一种合成路线如下：

已知：Ⅰ.RCHO+CH2(COOH)2 RCH=CHCOOH
Ⅱ.
回答下列问题：
(1)B的结构简式为____________，H的分子式为____________。
(2)C中含氧官能团的名称是____________，B→C的反应类型为____________。
(3)写出F＋G→H的化学方程式：____________________________________。
(4)M是D的同分异构体，同时满足下列条件的M的结构有____________种。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②能发生水解反应；
③苯环上只有两个取代基。
其中核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为3：2：2：1的M的结构简式为_______。
(5)写出以、CH2(COOH)2为原料合成的流程图(无机试剂任选)。
_____________________________________
【答案】 (1). (2). C17H16O4 (3). 醛基、羟基 (4). 取代反应 (5). (6). 9 (7). (8).
【解析】
【分析】
B的分子式为C7H8O，结合C的结构简式，可知B的结构简式为；A的分子式为C7H8O，结合B的结构简式，可知A的结构简式为，A到B为A中的－CH3转化为－CHO。C到D，C中的－Br被－OCH3取代，D转化为E，结合已知Ⅰ，则E的结构简式为；E到F，结合已知Ⅱ，可知E中的－OCH3转化为－OH，则F的结构简式为，结合H的结构简式，可知F与G发生酯化反应，则G的结构简式为。
【详解】(1)根据分析，B的结构简式为；将H的键线式转化为分子式，H的分子式为C17H16O4；
(2)C含有的含氧官能团分别为羟基、醛基；B到C，B中苯环上的H原子被－Br取代，因此B生成C为取代反应；
(3)结合H的结构简式，可知F与G发生酯化反应，F的结构简式为，G的结构简式为，则E与G反应生成H的反应方程式为++H2O；
(4)M是D的同分异构体，满足①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明M含有酚羟基；②能发生水解反应，说明有酯基；③苯环上只有两个取代基，则其中一个取代基为－OH，另一个取代基可为－OOCCH3、－CH2OOCH、－COOCH3；苯环上2个取代基，均有邻、间、对三种，则一共有3×3=9种；其中核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为3：2：2：1，说明两个取代基处于对位，且含有1个－CH3，则M的结构简式可能为、；
(5)根据已知Ⅰ，苯甲醛和CH2(COOH)2反应可得到，经过水解得到苯甲醇，苯甲醇再氧化可得到苯甲醛；则合成路线为。