湖北省2022届高三化学下学期5月仿真试卷含解析

2022年湖北省高考化学仿真试卷　一、选择题，共7个小题1．化学与人类生产、生活，社会可持续发张密切相关，下列说法正确的是（　　）A．用厨房垃圾发酵制沼气属于物理变化B．可用水作镁铝合金爆炸时的灭火剂C．推广使用煤液化技术科减少温室气体二氧化碳的排放D．超导材料K3C60在熔融状态下能够导电，说明K3C60是电解质　2．已知2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）反应过程中的能量变化曲线如图所示，下列说法不正确的是（　　）A．途径Ⅱ与途径Ⅰ相比，可能是加入了二氧化锰B．2molH2O2（l）的能量高于2molH2O（l）的能量C．其他条件相同，产生相同量氧气时放出的热量：途径Ⅰ大于途径ⅡD．其他条件相同，产生相同量氧气耗时：途径Ⅰ大于途径Ⅱ　3．下列实验操作或事实与预期实验目的或所得结论对应正确的是（　　）选项实验操作或事实实验目的或结论A淡黄色试液红褐色沉淀说明原溶液中一定含所有FeCl3BCaOCa（OH）2NaOH用生石灰制备NaOH溶液C新收集的酸雨白色沉淀酸雨中一定含有SO42﹣DH3PO3+2NaOH（足量）﹣Na2HPO3+2H2OH3PO3属于三元酸A．AB．BC．CD．D　4．W、X、Y、Z是四种短周期元素，X、Y处于同一周期，X的主族序数是周期序数的2倍，Y2﹣、Z+、W3+的电子层结构相同，下列说法正确的是（　　）A．原子序数：W＞X＞Y＞ZB．原子半径：Z＞W＞X＞YC．离子半径：W3+＞Y2﹣＞Z+D．单质沸点：W＞X＞Y＞Z　5．已知KBiO2+MnSO4+H2SO4→Bi2（SO4）3+KMnO4+H2O+K2SO4（未配平），利用上述化学反应设计成如图所示原电池（盐桥中装有含琼胶的饱和K2SO4溶液），下列说法正确的是（　　）-23-A．电池工作时，电子移向为石墨Ⅰ→溶液→盐桥→溶液→石墨ⅡB．电池工作时，盐桥中的K+移向甲烧杯C．甲烧杯中发生的电极反应为Mn2+﹣4e﹣+4H2O═MnO4﹣+8H+D．电池工作一段时间后乙烧杯中溶液的pH增大　6．分子式为C7H12O4的有机物在酸性条件下水解生成一种酸和一种醇，且酸和醇的物质的量之比为1：2，则符合该条件的有机物有（不考虑立体异构和碳酸酯）（　　）A．5种B．6种C．7种D．8种　7．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）A．0.1mol•L﹣1的Na3PO4溶液中：c（Na+）=3c（PO43﹣）+2c（HPO42﹣）+c（H2PO4﹣）B．0.1mol•L﹣1的NaHS溶液中：c（H+）+c（H2S）=c（OH﹣）+c（S2﹣）C．0.1mol•L﹣1的氨水与0.1mol•L﹣1的NaHSO4溶液等体积混合：c（Na+）=c（SO42﹣）=c（NH4+）＞C（H+）＞C（OH﹣）D．0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液与0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液等体积混合：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）　　二、解答题（共3小题，满分30分）8．四氧化锡（SnCl4）是合成有机锡化合物的原料，其熔点为﹣33℃，沸点为114℃，在潮湿的空气中易水解产生有刺激性的白色烟雾，实验室大量制备四氧化锡时常采用如图1的“双联式”装置，其实验步骤如下：①制备纯净干燥的Cl2；②将金属锡熔融，然后泼入冷水，制成锡花，将干燥的锡花放入试管2中；③从导管5缓慢地通入干燥的氯气；④当试管Ⅰ中几乎充满SnCl4时，停止通氯气，并在导管5下面放一干燥的玻璃瓶；⑤用吸耳球从仪器A上口向装置内吹气以收集SnCl4；⑥然后经支管向试管中再填装锡粒以继续反应．（1）如图2是实验室制备氯气的实验装置（夹持设备已略）．①制备氯气选用的药品以漂白精固体[主要成分为Ca（ClO2）]和浓盐酸，相关反应的化学方程式为　　　　　　．②装置C中饱和食盐水的作用是　　　　　　；同时装置C亦是安全瓶，能检测试验进行时D中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时C中的现象　　　　　　．③试剂X可能为　　　　　　．（2）用锡花代替锡粒的目的是　　　　　　．（3）蒸馏四氧化锡可用如图3装置．①蒸馏前若发现试管中液体呈黄色，可采取的措施是　　　　　　．②该装置汇总有两处不合理之处，它们分别是　　　　　　，　　　　　　．③试剂Y为　　　　　　．-23-　9．铁及其化合物在日常生活中应用广泛．（1）五羰基铁[Fe（CO）5]相当活泼，能吸收H2生成四羰基铁酸[H2Fe（CO）4]，四羰基铁酸与NaOH反应生成的四羰基铁酸二钠水溶液呈碱性，无羰基铁吸收H2的化学式方程为　　　　　　．四羰基铁酸在水溶液中的电离方程式为　　　　　　．（2）N2H4能使锅炉内壁的铁锈（主要成分为Fe2O3）转变成磁性氧化铁（Fe3O4）层，从而减缓锅炉锈蚀，反应过程中N2H4转化为氦气，则每生成1molFe3O4转移电子的物质的量为　　　　　　．（3）分析表明，铁在浓硫酸中发生纯化时生成的氧化物中Fe、O两元素的质量比为28：11，则该氧化物的化学式为　　　　　　．（4）常温下，用氧缺位铁酸锌ZnFe2Oy可以消除NOx污染，使NOx转变为N2，同时ZnFe2Oy转变为ZnFe2O4．若2molZnFe2Oy与足量NO2反应可生成0.5molN2，则y=　　　　　　．（5）工业上常采用如图所示的电解装置，利用铁的化合物将气态废弃物中的硫化氢转化为可利用的硫．先通过电解，电解一段时间后通入H2S时发生反应的离子方程式为2[Fe（CN）4]3﹣+2CO32﹣+H2S═2[Fe（CN）4]4﹣+2HCO3﹣+S↓．电解时，阳极的电极反应式为　　　　　　；电解过程中阴极区溶液的pH　　　　　　（填“变大”“变小”或“不变”）．（6）纳米级Fe3O4是磁流体中的重要粒子，常温下降NH3通入1L含0.1molFe2（SO4）3和1.0molFeSO4的酸性混合溶液中至pH=10时，可得到纳米级Fe3O4．①含1.0molFe2（SO4）3和1.0molFeSO4的1L酸性混合溶液中，c（SO42﹣）：[c（Fe3+）+c（Fe2+）]　　　　　　（填“＞”“＜”或“=”）4：3．②当通入NH3至溶液的pH值为3时，所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=　　　　　　．（溶液体积变化忽略不计，Ksp[Fe（OH）2]=8.0×10﹣16，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38）．　10．二氧化碳是造成温室效应的主要气体，二氧化碳的回收再利用是减缓温室效应的有效途径之一．（1）二氧化碳重整可用于制取甲烷，已知：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H1=+247kJ•mol﹣1CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H2=+205kJ•mol﹣1则反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）的△H3=　　　　　　．（2）一定压强下，在某恒容密闭容器中，充入H2和CO2发生反应：-23-2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g），其起始投料比、温度与CO2的转化率的关系如图所示．①降低温度，平衡向　　　　　　方向移动．②在700K，起始投料比=1.5时，H2的转化率为　　　　　　．（3）CO2和H2在一定条件下可合成二甲醚：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H．在一定压强下，将2.5molH2与amolCO2置于容积为1L的密闭容器中，发生上述反应，达到平衡状态时，测得反应的实验数据如下表：温度/KCO2转化率/%a/mol5006007008001.67x331.256043y0.83z32w①x、y的大小关系为　　　　　　．A．x=yB．x＞yC．x＜yD．无法判断②下列关于该反应叙述正确的是　　　　　　A．该反应的△H＜0，△S＜0B．该反应的平衡常数随温度升高而减小C．转化率分别为z、w时，达到平衡的时间前者长D．转化率分别为y、w时，平衡常数不同．　　[化学一化学与技术]11．生产电池级活性二氧化锰的方法之一是利用电解锰阳极泥（主要含MnO2、MnO，还含少量铅、钙的化合物等）作原料并采用如下工艺制备：（1）还原炉中加入焦炭生成Mn2O3的化学方程式为　　　　　　；酸浸时，为提高浸取率可采用的措施有　　　　　　（举一例）．（2）过滤Ⅰ中滤渣Ⅰ的主要成分为　　　　　　（填化学式）．（3）调节pH后，Mn2（SO4）3的歧化产物是　　　　　　（填化学式），加入NaClO3氯化Mn2+反应的离子方程式为　　　　　　．（4）该工艺中不直接用软锰矿（主要成分为MnO2）作原料而采用电解锰和阳极泥，其优点是　　　　　　．（列举一点）．-23-（5）若电解锰阳极泥中含锰元素的质量分数为a%，总转化率为b%，则1t电解锰阳极泥可得到活性MnO2的物质的量为　　　　　　mol（用含有a、b的代数式表示）．　　[化学一物质结构与性质]12．GTN{[Ni（CHZ）3]（ClO4）2}是一种具有较强爆轰成长距离的初发药．（1）基态镍原子有　　　　　　个未成对电子，二价镍离子核外电子排布式为　　　　　　．（2）ClO4﹣的空间构型是　　　　　　（用文字描述）；与ClO4﹣互为等电子体的一种分子为　　　　　　（填化学式）；HClO4酸性比HClO2强，其原因是　　　　　　．（3）化学式中CHZ为碳酸酰肼，化学式为CO（N2H3）2，碳酰肼中碳原子的杂化轨道类型为　　　　　　；1molCO（N2H3）2分子中含有σ键数目为　　　　　　．（4）高氯酸三碳酰肼合镍可由NiO、高氯酸及碳酰肼化合而成，NiO的晶胞结构如图所示，晶胞中含有的Ni2+数目为x，Ni2+的配位数为y，边长为0.208nm，每个Ni2+距离最近的Ni2+数目为z．　　　①x：y：z=　　　　　　．　　　②列式NiO晶体的密度为：　　　　　　g•cm﹣3（不必计算出结果）．　　[化学一有机化学基础]13．异丙酸荷酯（G）是一种治疗心脏病的药物，可由A和D为原料制取，合成路线如下：已知以下信息：①RCH═CH2RCH2CHO②B的核磁共振氢谱图中有4组吸收峰③2molE与1mol反应可生成1mol百里酚酞④-23-（1）A的名称为　　　　　　；E→F的反应类型为　　　　　　．（2）D→E的化学方程式为　　　　　　；B→C的化学方程式为　　　　　　．（3）G的结构简式为　　　　　　．（4）某化合物是E的同分异构体，已知某苯环上只有1个取代基且不能与Na反应产生H2，则该化合物的结构有　　　　　　种，其汇总核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为9：2：2：1的同分异构体的结构简式为　　　　　　．（5）由苯和化合物A经如下步骤合成M．反应条件Ⅰ为　　　　　　；反应Ⅱ试剂为　　　　　　，J的结构简式为　　　　　　．　　-23-2022年湖北省高考化学仿真试卷参考答案与试题解析　一、选择题，共7个小题1．化学与人类生产、生活，社会可持续发张密切相关，下列说法正确的是（　　）A．用厨房垃圾发酵制沼气属于物理变化B．可用水作镁铝合金爆炸时的灭火剂C．推广使用煤液化技术科减少温室气体二氧化碳的排放D．超导材料K3C60在熔融状态下能够导电，说明K3C60是电解质【考点】物理变化与化学变化的区别与联系；工业制取水煤气；电解质与非电解质；镁的化学性质．【分析】A．沼气的主要成分是甲烷，是不同于厨房垃圾的新物质；B．镁能与热水反应生成氢气；C．煤液化，是把固体炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料、化工原料和产品的先进洁净煤技术；D．电解质是指溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电（电解离成阳离子与阴离子）的化合物．【解答】解：A．沼气的主要成分是甲烷，是不同于厨房垃圾的新物质，属化学变化，故A错误；B．镁能与热水反应生成氢气，不能做灭火剂，故B错误；C．煤液化，是把固体炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料、化工原料和产品的先进洁净煤技术，但二氧化碳排放，故C错误；D．K3C60是化合物，它在熔融状态下能够电离出自由移动的离子能够导电，是电解质，故D正确．故选D．【点评】本题考查较为综合，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．　2．已知2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）反应过程中的能量变化曲线如图所示，下列说法不正确的是（　　）A．途径Ⅱ与途径Ⅰ相比，可能是加入了二氧化锰B．2molH2O2（l）的能量高于2molH2O（l）的能量C．其他条件相同，产生相同量氧气时放出的热量：途径Ⅰ大于途径ⅡD．其他条件相同，产生相同量氧气耗时：途径Ⅰ大于途径Ⅱ【考点】吸热反应和放热反应；催化剂的作用．【分析】A、途径II的活化能小于途径I；B、由图可知：反应物的总能量高于生成物的总能量；C、催化剂只改变速率，不改变反应的热效应；D、途径II化学反应速率快，据此解答即可．【解答】解：A、由图可知，途径II的活化能减小，可能加入了催化剂，故A正确；-23-B、此反应为放热反应，即2mol双氧水的总能量高于2molH2O和1molO2的能量之和，那么2molH2O2（l）的能量高于2molH2O（l）的能量也正确，故B正确；C、催化剂只改变化学反应速率，不改变△H，故C错误；D、途径II加入催化剂，化学反应速率加快，到达平衡的时间缩短，故D正确，故选C．【点评】本题主要考查的是放热反应与吸热反应的判断，涉及活化能、催化剂影响等知识点，难度不大．　3．下列实验操作或事实与预期实验目的或所得结论对应正确的是（　　）选项实验操作或事实实验目的或结论A淡黄色试液红褐色沉淀说明原溶液中一定含所有FeCl3BCaOCa（OH）2NaOH用生石灰制备NaOH溶液C新收集的酸雨白色沉淀酸雨中一定含有SO42﹣DH3PO3+2NaOH（足量）﹣Na2HPO3+2H2OH3PO3属于三元酸A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．红褐色沉淀为氢氧化铁，但淡黄色试液一定含铁离子，可能含亚铁离子；B．CaO与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙和NaOH；C．新收集的酸雨含亚硫酸，与硝酸钡发生氧化还原反应生成硫酸钡；D．NaOH足量，生成的Na2HPO3为正盐．【解答】解：A．红褐色沉淀为氢氧化铁，但淡黄色试液可能含亚铁离子和铁离子，则原溶液中不一定含所有FeCl3，故A错误；B．CaO与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙和NaOH，则由实验操作可用生石灰制备NaOH溶液，故B正确；C．新收集的酸雨含亚硫酸，与硝酸钡发生氧化还原反应生成硫酸钡，不能说明是否含SO42﹣，故C错误；D．NaOH足量，生成的Na2HPO3为正盐，则H3PO3属于二元酸，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及离子检验、物质性质、氧化还原反应等，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大．　4．W、X、Y、Z是四种短周期元素，X、Y处于同一周期，X的主族序数是周期序数的2倍，Y2﹣、Z+、W3+的电子层结构相同，下列说法正确的是（　　）A．原子序数：W＞X＞Y＞ZB．原子半径：Z＞W＞X＞YC．离子半径：W3+＞Y2﹣＞Z+D．单质沸点：W＞X＞Y＞Z【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】W、X、Y、Z是四种短周期元素，Y2﹣、Z+、W3+的电子层结构相同，则Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，结合离子电荷，可知Y为O元素、Z为Na、W为Al，X、Y处于同一周期，X的主族序数是周期序数的2倍，即处于ⅣA族，故X为C元素，据此解答．-23-【解答】解：W、X、Y、Z是四种短周期元素，Y2﹣、Z+、W3+的电子层结构相同，则Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，结合离子电荷，可知Y为O元素、Z为Na、W为Al，X、Y处于同一周期，X的主族序数是周期序数的2倍，即处于ⅣA族，故X为C元素．A．原子序数Al＞Na＞O＞C，故A错误；B．同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Na＞Al＞C＞O，故B正确；C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2﹣＞Na+＞Al3+，故C错误；D．常温下氧气为气体，其它为固体，故氧气沸点最低，故D错误，故选B．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对元素周期律的考查，难度不大．　5．已知KBiO2+MnSO4+H2SO4→Bi2（SO4）3+KMnO4+H2O+K2SO4（未配平），利用上述化学反应设计成如图所示原电池（盐桥中装有含琼胶的饱和K2SO4溶液），下列说法正确的是（　　）A．电池工作时，电子移向为石墨Ⅰ→溶液→盐桥→溶液→石墨ⅡB．电池工作时，盐桥中的K+移向甲烧杯C．甲烧杯中发生的电极反应为Mn2+﹣4e﹣+4H2O═MnO4﹣+8H+D．电池工作一段时间后乙烧杯中溶液的pH增大【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】根据反应KBiO3+MnSO4+H2SO4→Bi2（SO4）3+KMnO4+H2O+K2SO4中，KBiO3→Bi2（SO4）3，Bi元素化合价降低被还原，MnSO4→KMnO4，Mn元素化合价升高被氧化，则该原电池中负极甲石墨Ⅰ变化为：MnSO4→KMnO4，电极反应为Mn2+﹣5e﹣+4H2O═MnO4﹣+8H+，正极乙石墨Ⅱ变化为：KBiO3→Bi2（SO4）3，电极反应为BiO3﹣+2e﹣+6H+═Bi3++3H2O，据此分析．【解答】解：反应KBiO3+MnSO4+H2SO4→Bi2（SO4）3+KMnO4+H2O+K2SO4中，KBiO3→Bi2（SO4）3，Bi元素化合价降低被还原，MnSO4→KMnO4，Mn元素化合价升高被氧化，则该原电池中负极甲石墨Ⅰ变化为：MnSO4→KMnO4，电极反应为Mn2+﹣5e﹣+4H2O═MnO4﹣+8H+，正极乙石墨Ⅱ变化为：KBiO3→Bi2（SO4）3，电极反应为BiO3﹣+2e﹣+6H+═Bi3++3H2O，A、电池工作时，电子移向为负极移向正极，但不经过溶液，故A错误；B、盐桥中钾离子带正电荷，其移动方向为移向正极，则钾离子移向乙烧杯，故B错误；C、负极甲石墨Ⅰ变化为：MnSO4→KMnO4，电极反应为Mn2+﹣5e﹣+4H2O═MnO4﹣+8H+，故C错误；D、正极乙石墨Ⅱ变化为：KBiO3→Bi2（SO4）3，电极反应为BiO3﹣+2e﹣+6H+═Bi3++3H2O，消耗氢离子，则pH增大，故D正确；故选：D．【点评】本题考查原电池的工作原理及常见的化学电源，明确氧化还原反应中元素的化合价变化及原电池工作原理是解答本题的关键，题目难度不大．　6．分子式为C7H12O4的有机物在酸性条件下水解生成一种酸和一种醇，且酸和醇的物质的量之比为1：2，则符合该条件的有机物有（不考虑立体异构和碳酸酯）（　　）-23-A．5种B．6种C．7种D．8种【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】此有机物能水解说明为酯类，且水解得到酸和醇的物质的量之比为1：2，那么构成该有机物的羧酸为二元羧酸，据此讨论即可．【解答】解：C7H12O4的不饱和度==2，该有机物为饱和二元酯，在酸性条件下水解生成一种酸和一种醇，且酸和醇的物质的量之比为1：2，说明羧酸为二元羧酸，若为甲醇，则此羧酸为戊二酸，有4种结构，故此酯类有4种；若为乙醇，则此羧酸为丙二酸，有1种结构，故此酯类有1种，故总共有5种，故选A．【点评】本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断．　7．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）A．0.1mol•L﹣1的Na3PO4溶液中：c（Na+）=3c（PO43﹣）+2c（HPO42﹣）+c（H2PO4﹣）B．0.1mol•L﹣1的NaHS溶液中：c（H+）+c（H2S）=c（OH﹣）+c（S2﹣）C．0.1mol•L﹣1的氨水与0.1mol•L﹣1的NaHSO4溶液等体积混合：c（Na+）=c（SO42﹣）=c（NH4+）＞C（H+）＞C（OH﹣）D．0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液与0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液等体积混合：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．根据磷酸钠溶液中的物料守恒判断；B．根据硫氢化钠溶液中的质子守恒判断；C．二者反应后生成等浓度的硫酸钠、硫酸铵，铵根离子部分水解，则c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）；D．碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）．【解答】解：A．0.1mol•L﹣1的Na3PO4溶液中，根据物料守恒可得：c（Na+）=3c（PO43﹣）+3c（HPO42﹣）+3c（H2PO4﹣），故A错误；B．0.1mol•L﹣1的NaHS溶液中，根据质子守恒可得：c（H+）+c（H2S）=c（OH﹣）+c（S2﹣），故B正确；C．0.1mol•L﹣1的氨水与0.1mol•L﹣1的NaHSO4溶液等体积混合，二者恰好反应生成等浓度的硫酸钠、硫酸铵，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则溶液中正确的离子浓度大小为：c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；D．0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液与0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液等体积混合，由于碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣），溶液中正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣），故D错误；故选B．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确混合液中溶质组成及盐的水解原理为解答关键，注意掌握根据电荷守恒、物料守恒及质子守恒判断溶液中离子浓度大小的方法．　二、解答题（共3小题，满分30分）8．四氧化锡（SnCl4）是合成有机锡化合物的原料，其熔点为﹣33℃，沸点为114℃，在潮湿的空气中易水解产生有刺激性的白色烟雾，实验室大量制备四氧化锡时常采用如图1的“双联式”装置，-23-其实验步骤如下：①制备纯净干燥的Cl2；②将金属锡熔融，然后泼入冷水，制成锡花，将干燥的锡花放入试管2中；③从导管5缓慢地通入干燥的氯气；④当试管Ⅰ中几乎充满SnCl4时，停止通氯气，并在导管5下面放一干燥的玻璃瓶；⑤用吸耳球从仪器A上口向装置内吹气以收集SnCl4；⑥然后经支管向试管中再填装锡粒以继续反应．（1）如图2是实验室制备氯气的实验装置（夹持设备已略）．①制备氯气选用的药品以漂白精固体[主要成分为Ca（ClO2）]和浓盐酸，相关反应的化学方程式为　Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O　．②装置C中饱和食盐水的作用是　除去Cl2中的HCl　；同时装置C亦是安全瓶，能检测试验进行时D中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时C中的现象　长颈漏斗中液面上升，形成水柱　．③试剂X可能为　无水氯化钙　．（2）用锡花代替锡粒的目的是　增大与氯气的接触面积，加快反应速率　．（3）蒸馏四氧化锡可用如图3装置．①蒸馏前若发现试管中液体呈黄色，可采取的措施是　加入锡花　．②该装置汇总有两处不合理之处，它们分别是　缺少温度计　，　Ⅱ和Ⅲ之间缺少干燥装置　．③试剂Y为　氢氧化钠溶液　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）①次氯酸钙具有强的氧化性，能够氧化盐酸，生成氯化钙、氯气和水，依据化合价升级数目相同配平方程式；②生成物中含有杂质氯化氢、水蒸气；装置C亦是安全瓶，监测实验进行时D中是否发生堵塞，发生堵塞时C中的压强增大，C中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；③可通过无水氯化钙除去水蒸气；（2）根据固体表面积越大，反应速率越快；（3）①蒸馏前若发现试管中液体呈黄色，说明含有氯气，可以通过氯气与锡花反应而除去；②根据蒸馏装置应通过温度计控制温度；根据四氧化锡（SnCl4）在潮湿的空气中易水解，必须防止水的进入；③根据收集的SnCl4中混有氯气，氯气有毒，可通过碱性溶液吸收；【解答】解：（1）①漂白粉固体和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气和水，化学方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O；故答案为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O；②反应过程中氯化氢和水蒸气是氯气中的杂质，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置C亦是安全瓶，监测实验进行时D中是否发生堵塞，发生堵塞时C中的压强增大，C中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；-23-故答案为：除去Cl2中的HCl；长颈漏斗中液面上升，形成水柱；③生成物中含有杂质水蒸气，可通过无水氯化钙除去水蒸气；故答案为：无水氯化钙；（2）用锡花代替锡粒的目的是增大与氯气的接触面积，加快反应速率；故答案为：增大与氯气的接触面积，加快反应速率；（3）①蒸馏前若发现试管中液体呈黄色，说明含有氯气，氯气与锡花反应，可采取的措施是加入锡花；故答案为：加入锡花；②蒸馏装置应通过温度计控制温度；四氧化锡（SnCl4）在潮湿的空气中易水解，必须防止水的进入；该装置汇总有两处不合理之处，它们分别是缺少温度计；Ⅱ和Ⅲ之间缺少干燥装置；故答案为：缺少温度计；Ⅱ和Ⅲ之间缺少干燥装置；③收集的SnCl4中混有氯气，氯气有毒，可通过氢氧化钠溶液吸收；故答案为：氢氧化钠溶液．【点评】本题考查了氯气、四氧化锡的制备和性质，明确制备的原理和物质的性质是解题关键，注意题目信息的提取，题目难度中等．　9．铁及其化合物在日常生活中应用广泛．（1）五羰基铁[Fe（CO）5]相当活泼，能吸收H2生成四羰基铁酸[H2Fe（CO）4]，四羰基铁酸与NaOH反应生成的四羰基铁酸二钠水溶液呈碱性，无羰基铁吸收H2的化学式方程为　Fe（CO）5+H2=H2Fe（CO）4+CO　．四羰基铁酸在水溶液中的电离方程式为　H2Fe（CO）4⇌HFe（CO）4﹣+H+，HFe（CO）4﹣⇌Fe（CO）42﹣+H+　．（2）N2H4能使锅炉内壁的铁锈（主要成分为Fe2O3）转变成磁性氧化铁（Fe3O4）层，从而减缓锅炉锈蚀，反应过程中N2H4转化为氦气，则每生成1molFe3O4转移电子的物质的量为　1mol　．（3）分析表明，铁在浓硫酸中发生纯化时生成的氧化物中Fe、O两元素的质量比为28：11，则该氧化物的化学式为　Fe8O11　．（4）常温下，用氧缺位铁酸锌ZnFe2Oy可以消除NOx污染，使NOx转变为N2，同时ZnFe2Oy转变为ZnFe2O4．若2molZnFe2Oy与足量NO2反应可生成0.5molN2，则y=　3　．（5）工业上常采用如图所示的电解装置，利用铁的化合物将气态废弃物中的硫化氢转化为可利用的硫．先通过电解，电解一段时间后通入H2S时发生反应的离子方程式为2[Fe（CN）4]3﹣+2CO32﹣+H2S═2[Fe（CN）4]4﹣+2HCO3﹣+S↓．电解时，阳极的电极反应式为　[Fe（CN）6]4﹣﹣e﹣═[Fe（CN）6]3﹣　；电解过程中阴极区溶液的pH　变大　（填“变大”“变小”或“不变”）．（6）纳米级Fe3O4是磁流体中的重要粒子，常温下降NH3通入1L含0.1molFe2（SO4）3和1.0molFeSO4的酸性混合溶液中至pH=10时，可得到纳米级Fe3O4．①含1.0molFe2（SO4）3和1.0molFeSO4的1L酸性混合溶液中，c（SO42﹣）：[c（Fe3+）+c（Fe2+）]　＞　（填“＞”“＜”或“=”）4：3．②当通入NH3至溶液的pH值为3时，所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=　2.5×104　．（溶液体积变化忽略不计，Ksp[Fe（OH）2]=8.0×10﹣16，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38）．-23-【考点】化学方程式的有关计算；化学方程式的书写；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理．【分析】（1）氢化羰基铁为二元弱酸，结合原子守恒分析书写化学方程式；氢化羰基铁为二元弱酸，在溶液中分两步电离；（2）根据Fe3O4可以写成FeO•Fe2O3，可知1个Fe3O4中有2个铁为+3价，1个铁为+2价来解答；（3）由铁元素与氧元素的质量比得出该氧化物中铁与氧的个数比，据此写出化学式即可；（4）依据氧化还原反应的电子守恒计算ZnFe2Oy中Fe元素化合价，再根据化合物中的元素化合价代数为0计算y的值；（5）电解时阳极发生失电子的氧化反应，将[Fe（CN）6]4﹣转化为Fe（CN）6]3﹣，化合价升高；阴极反应式为2HCO3﹣+2e﹣═H2↑+2CO32﹣，据此判断；（6）①Fe3+和Fe2+在溶液中发生水解反应，其物质的量减少；②pH为3时，c（OH﹣）=10﹣11mol/L，结合Ksp（Fe（OH）2）=c（Fe2+）×c2（OH﹣）=8.0×10﹣38，Ksp（Fe（OH）3）=c（Fe3+）×c3（OH﹣）=4.0×10﹣38计算c（Fe2+）：c（Fe3+）．【解答】解：（1）Fe与CO可形成五羰基铁[Fe（CO）5]，该化合物相当活泼，易于吸收H2生成氢化羰基铁．氢化羰基铁为二元弱酸，可与NaOH反应生成四羰基铁酸二钠，依据题干信息推知，反应的化学方程式为：Fe（CO）5+H2=H2Fe（CO）4+CO；氢化羰基铁为二元弱酸，在溶液中分两步电离，其电离方程式为：H2Fe（CO）4⇌HFe（CO）4﹣+H+，HFe（CO）4﹣⇌Fe（CO）42﹣+H+；故答案为：Fe（CO）5+H2=H2Fe（CO）4+CO；H2Fe（CO）4⇌HFe（CO）4﹣+H+，HFe（CO）4﹣⇌Fe（CO）42﹣+H+；（2）因Fe3O4可以写成FeO•Fe2O3，可知1个Fe3O4中有2个铁为+3价，1个铁为+2价，所以由Fe2O3形成一个Fe3O4得到1个电子，则每生成1molFe3O4，转移电子的物质的量为1mol；故答案为：1mol；（3）设该氧化物的化学式为FexOy，则56x：16y=28：11，所以x：y=8：11．故该化学式为：Fe8O11．故答案为：Fe8O11；（4）2molZnFe2Oy与足量NO2可生成0.5molN2，则ZnFe2Oy被还原为ZnFe2O4，令ZnFe2Oy中铁元素的化合价为a，根据电子转移守恒，可知2mol×2×（3﹣a）=0.5mol×2×4，解得a=2，化合价代数和为0，则2+2×2=2y，解得y=3，故答案为：3；（5）电解时阳极发生失电子的氧化反应，将[Fe（CN）6]4﹣转化为Fe（CN）6]3﹣，化合价升高，则阳极的反应为：[Fe（CN）6]4﹣﹣e﹣═[Fe（CN）6]3﹣；阴极反应式为2HCO3﹣+2e﹣═H2↑+2CO32﹣，由于CO32﹣的水解程度大于HCO3﹣，所以碱性增强，则pH变大；故答案为：[Fe（CN）6]4﹣﹣e﹣═[Fe（CN）6]3﹣；变大；（6）①Fe3+和Fe2+在溶液中发生水解反应，其物质的量减少，则1.0molFe2（SO4）3和1.0molFeSO4的混合溶液中Fe3+和Fe2+的物质的量之和小于3mol，而硫酸根离子的物质的量为4mol，所以c（SO42﹣）：[c（Fe3+）+c（Fe2+）]＞4：3；故答案为：＞；②pH为3时，c（OH﹣）=10﹣11mol/L，则1.0molFeSO4溶液中c（Fe2+）×c2（OH﹣）=10﹣22＜8.0×10﹣16，没有沉淀生成，则c（Fe2+）=1.0mol/L，-23-由Ksp（Fe（OH）3）=4.0×10﹣38可知，c（Fe3+）=mol/L=4×10﹣5mol/L，则c（Fe2+）：c（Fe3+）=2.5×104，故答案为：2.5×104．【点评】本题以铁的化合物的性质为知识背景，考查了弱电解质的电离、盐的水解原理的应用、电解原理的应用、溶度积常数的计算等，题目综合性较强，难度较大，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力和计算能力．　10．二氧化碳是造成温室效应的主要气体，二氧化碳的回收再利用是减缓温室效应的有效途径之一．（1）二氧化碳重整可用于制取甲烷，已知：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H1=+247kJ•mol﹣1CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H2=+205kJ•mol﹣1则反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）的△H3=　﹣163kJ/mol　．（2）一定压强下，在某恒容密闭容器中，充入H2和CO2发生反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g），其起始投料比、温度与CO2的转化率的关系如图所示．①降低温度，平衡向　逆反应　方向移动．②在700K，起始投料比=1.5时，H2的转化率为　40%　．（3）CO2和H2在一定条件下可合成二甲醚：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H．在一定压强下，将2.5molH2与amolCO2置于容积为1L的密闭容器中，发生上述反应，达到平衡状态时，测得反应的实验数据如下表：温度/KCO2转化率/%a/mol5006007008001.67x331.256043y0.83z32w①x、y的大小关系为　B　．A．x=yB．x＞yC．x＜yD．无法判断②下列关于该反应叙述正确的是　ABC　A．该反应的△H＜0，△S＜0B．该反应的平衡常数随温度升高而减小C．转化率分别为z、w时，达到平衡的时间前者长D．转化率分别为y、w时，平衡常数不同．-23-【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素．【分析】（1）已知：①．CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H1=+247kJ•mol﹣1②．CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H2=+205kJ•mol﹣1根据盖斯定律，①﹣②×2可得：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g），则△H3=△H1﹣2△H2；（2）①由图可知，一定时，温度越高，平衡时二氧化碳的转化率越大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应；②由图可知，在700K，起始投料比=1.5时，二氧化碳转化率为20%，令CO2、H2的起始物质的量分别为1mol、1.5mol，转化的二氧化碳为0.2mol，根据方程式可知转化的氢气为0.6mol，进而计算H2的转化率；（3）①CO2起始物质的量为1.25mol时，温度越高，CO2的转化率越小，故w＜32，x＞33，由于CO2（g）、H2（g）按物质的量1：3反应，当二者按物质的量1：3混合时，即a=0.83，二者转化率相等，则800K时CO2、H2的转化率均为w%，CO2（g）的起始物质的量越大，其转化率越小，则y＜w；②A．CO2起始物质的量为1.25mol时，温度越高，CO2的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，正反应生成气体的物质的量减小，混乱度减小；B．升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数随温度升高而减小；C．温度越高，反应速率越快；D．平衡常数只受温度影响．【解答】解：（1）已知：①．CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H1=+247kJ•mol﹣1②．CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H2=+205kJ•mol﹣1根据盖斯定律，①﹣②×2可得：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g），则△H3=△H1﹣2△H2=﹣163kJ/mol，故答案为：﹣163kJ/mol；（2）①由图可知，一定时，温度越高，平衡时二氧化碳的转化率越大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，降低温度，平衡向放热反应方向移动，即向逆反应方向移动，故答案为：逆反应；②由图可知，在700K，起始投料比=1.5时，二氧化碳转化率为20%，令CO2、H2的起始物质的量分别为1mol、1.5mol，转化的二氧化碳为1mol×20%=0.2mol，根据方程式可知转化的氢气为0.2mol×3=0.6mol，H2的转化率为×100%=40%，故答案为：40%；（3）①CO2起始物质的量为1.25mol时，温度越高，CO2的转化率越小，故w＜32，x＞33，由于CO2（g）、H2-23-（g）按物质的量1：3反应，当二者按物质的量1：3混合时，即a=0.83，二者转化率相等，则800K时CO2、H2的转化率均为w%，CO2（g）的起始物质的量越大，其转化率越小，则y＜w，由上述分析可知x＞y，故答案为：B；②A．CO2起始物质的量为1.25mol时，温度越高，CO2的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，即△H＜0，正反应生成气体的物质的量减小，混乱度减小，则△S＜0，故A正确；B．正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数随温度升高而减小，故B正确；C．温度越高，反应速率越快，转化率分别为z、w时，达到平衡的时间前者长，则C正确；D．由于温度相同，则平衡常数相同，故D错误，故选：ABC．【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡影响因素、反应热计算等，较好的考查学生分析能力、知识迁移运用能力．（3）中转化率比较为易错点、难度，貌似无法比较，关键是根据二者转化率相等特殊性分析解答．　[化学一化学与技术]11．生产电池级活性二氧化锰的方法之一是利用电解锰阳极泥（主要含MnO2、MnO，还含少量铅、钙的化合物等）作原料并采用如下工艺制备：（1）还原炉中加入焦炭生成Mn2O3的化学方程式为　4MnO2+C2Mn2O3+CO2↑　；酸浸时，为提高浸取率可采用的措施有　延长浸取时间（充分搅拌、提高浸取温度等）　（举一例）．（2）过滤Ⅰ中滤渣Ⅰ的主要成分为　CaSO4、PbSO4　（填化学式）．（3）调节pH后，Mn2（SO4）3的歧化产物是　MnO2、MnSO4　（填化学式），加入NaClO3氯化Mn2+反应的离子方程式为　3Mn2++ClO3﹣+3H2O=3MnO2↓+6H++Cl﹣　．（4）该工艺中不直接用软锰矿（主要成分为MnO2）作原料而采用电解锰和阳极泥，其优点是　提高锰资源的利用率（或防止锰的固体废弃物对环境造成污染）　．（列举一点）．（5）若电解锰阳极泥中含锰元素的质量分数为a%，总转化率为b%，则1t电解锰阳极泥可得到活性MnO2的物质的量为　　mol（用含有a、b的代数式表示）．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】电解锰阳极泥加入焦炭在700℃在还原炉中充分反应生成二氧化碳、Mn2O3、MnO及杂质，加入10%的硫酸酸浸，可生成Mn2（SO4）3、MnSO4等，滤渣Ⅰ含有CaSO4、PbSO4等，调节pH至5.5～6.5，加入NaClO3，可氧化生成MnO2，经过滤、洗涤、烘干得到活性MnO2，（1）还原炉中加入焦炭生成Mn2O3，同时生成二氧化碳气体，酸浸时，为提高浸取率，可充分搅拌，增大接触面积，可适当提高浸取温度，或延长浸取时间；（2）由以上分析可知滤渣Ⅰ含有CaSO4、PbSO4等，故答案为：CaSO4、PbSO4；（3）Mn2（SO4）3的Mn元素化合价为+3价，在pH至5.5～6.5时发生歧化反应生成MnO2、MnSO4，加入NaClO3，可氧化生成MnO2；-23-（4）采用电解锰和阳极泥，可提高锰资源的利用率，减少环境污染，防止锰的固体废弃物对环境造成污染；（5）电解锰阳极泥中含锰元素的质量分数为a%，则1t电解锰阳极泥含有Mn元素的质量为1×106g×a%，物质的量为mol，结合转化率计算．【解答】解：电解锰阳极泥加入焦炭在700℃在还原炉中充分反应生成二氧化碳、Mn2O3、MnO及杂质，加入10%的硫酸酸浸，可生成Mn2（SO4）3、MnSO4等，滤渣Ⅰ含有CaSO4、PbSO4等，调节pH至5.5～6.5，加入NaClO3，可氧化生成MnO2，经过滤、洗涤、烘干得到活性MnO2，（1）还原炉中加入焦炭生成Mn2O3，同时生成二氧化碳气体，反应的方程式为4MnO2+C2Mn2O3+CO2↑，酸浸时，为提高浸取率，可充分搅拌，增大接触面积，可适当提高浸取温度，或延长浸取时间，故答案为：4MnO2+C2Mn2O3+CO2↑；延长浸取时间（充分搅拌、提高浸取温度等）；（2）由以上分析可知滤渣Ⅰ含有CaSO4、PbSO4等，故答案为：CaSO4、PbSO4；（3）Mn2（SO4）3的Mn元素化合价为+3价，在pH至5.5～6.5时发生歧化反应生成MnO2、MnSO4，加入NaClO3，可氧化生成MnO2，反应的离子方程式为3Mn2++ClO3﹣+3H2O=3MnO2↓+6H++Cl﹣，故答案为：MnO2、MnSO4；3Mn2++ClO3﹣+3H2O=3MnO2↓+6H++Cl﹣；（4）采用电解锰和阳极泥，可提高锰资源的利用率，减少环境污染，防止锰的固体废弃物对环境造成污染，故答案为：提高锰资源的利用率（或防止锰的固体废弃物对环境造成污染）；（5）电解锰阳极泥中含锰元素的质量分数为a%，则1t电解锰阳极泥含有Mn元素的质量为1×106g×a%，物质的量为mol，总转化率为b%，则生成MnO2的物质的量为mol×b%=mol，故答案为：．【点评】本题考查物质的制备、除杂，涉及物质的检验以及沉淀的转化等知识，为高频考点，题目较为综合，有一定难度，本题注意要认真分析题中数据，考查学生的分析能力．　[化学一物质结构与性质]12．GTN{[Ni（CHZ）3]（ClO4）2}是一种具有较强爆轰成长距离的初发药．（1）基态镍原子有　2　个未成对电子，二价镍离子核外电子排布式为　1s22s22p63s23p63d8　．（2）ClO4﹣的空间构型是　正四面体　（用文字描述）；与ClO4﹣互为等电子体的一种分子为　CCl4等　（填化学式）；HClO4酸性比HClO2强，其原因是　HClO4有3个非羟基氧，而HClO2有1个非羟基氧　．（3）化学式中CHZ为碳酸酰肼，化学式为CO（N2H3）2，碳酰肼中碳原子的杂化轨道类型为　sp2　；1molCO（N2H3）2分子中含有σ键数目为　11NA　．（4）高氯酸三碳酰肼合镍可由NiO、高氯酸及碳酰肼化合而成，NiO的晶胞结构如图所示，晶胞中含有的Ni2+数目为x，Ni2+的配位数为y，边长为0.208nm，每个Ni2+距离最近的Ni2+数目为z．　　　①x：y：z=　2：3：6　．-23-　　　②列式NiO晶体的密度为：　　g•cm﹣3（不必计算出结果）．【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】（1）基态镍原子有28个电子，其原子核外有2个未成对电子，镍原子失去最外层两个电子生成二价镍离子，根据构造原理书写二价镍离子核外电子排布式；（2）计算Cl原子价层电子对数、孤电子对，进而确定ClO4﹣的空间构型；原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体；非羟基氧越多，酸性越强；（3）CO（N2H3）2中C原子与O原子之间形成双键，与N原子之间形成C﹣N单键，没有孤对电子，据此确定杂化轨道数目，进而取得杂化方式，﹣N2H3中氮原子之间形成N﹣N单键，N原子与H原子之间形成N﹣H单键；（4）①Ni2+离子位于晶胞顶点及面心，可以均摊法计算晶胞中Ni2+数目，以顶点Ni2+离子研究，与之最近的O2﹣离子位于棱中间且关于Ni2+离子对称，与之最近的Ni2+离子位于面心，每个顶点为12个面共用；②利用均摊法计算晶胞中O2﹣、Ni2+离子数目，进而计算晶胞质量，再根据ρ=计算．【解答】解：（1）Ni元素原子核外有28个电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级有2个未成对的电子，Ni失去4s能级2个电子形成Ni2+，Ni2+离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8，故答案为：2；1s22s22p63s23p63d8；（2）ClO4﹣中氯原子价层电子对数为4+=4、没有孤电子对，故其空间构型是：正四面体；原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体，与ClO4﹣互为等电子体的一种分子为CCl4等；HClO4有3个非羟基氧，而HClO2有1个非羟基氧，非羟基氧越多，酸性越强，HClO4酸性比HClO2强，故答案为：正四面体；CCl4等；HClO4有3个非羟基氧，而HClO2有1个非羟基氧；（3）CO（N2H3）2中C原子与O原子之间形成双键，与N原子之间形成C﹣N单键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，C原子采取sp2杂化，﹣N2H3中氮原子之间形成N﹣N单键，N原子与H原子之间形成N﹣H单键，分子中含有11个σ键，故1molCO（N2H3）2分子中含有σ键数目为11NA，故答案为：sp2；11NA；（4）①Ni2+离子位于晶胞顶点及面心，晶胞中Ni2+数目x=8×+6×=4，以顶点Ni2+离子研究，与之最近的O2﹣离子位于棱中间且关于Ni2+离子对称，故Ni2+-23-的配位数y=6，与之最近的Ni2+离子位于面心，每个顶点为12个面共用，与之距离最近的镍离子数目z=12，故x：y：z=4：6：12=2：3：6，故答案为：2：3：6；②晶胞中O2﹣离子数目为1+12×=4，故晶胞质量为4×g，晶胞体积为（2.08×10﹣10cm）3，故晶胞密度为g/cm3=g/cm3，故答案为：．【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、微粒空间构型判断、原子核外电子排布等知识点，这些都是高频考点，侧重考查学生空间选项能力及计算能力，难点是晶胞计算，知道密度公式中各个字母含义，题目难度中等．　[化学一有机化学基础]13．异丙酸荷酯（G）是一种治疗心脏病的药物，可由A和D为原料制取，合成路线如下：已知以下信息：①RCH═CH2RCH2CHO②B的核磁共振氢谱图中有4组吸收峰③2molE与1mol反应可生成1mol百里酚酞④（1）A的名称为　2﹣甲基丙烯　；E→F的反应类型为　加成反应　．-23-（2）D→E的化学方程式为　+CH3CH=CH2　；B→C的化学方程式为　2（CH3）2CH2CH2CHO+O22（CH3）2CH2CH2COOH　．（3）G的结构简式为　　．（4）某化合物是E的同分异构体，已知某苯环上只有1个取代基且不能与Na反应产生H2，则该化合物的结构有　13　种，其汇总核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为9：2：2：1的同分异构体的结构简式为　　．（5）由苯和化合物A经如下步骤合成M．反应条件Ⅰ为　AlCl3　；反应Ⅱ试剂为　Cl2　，J的结构简式为　　．【考点】有机物的合成．-23-【分析】由百里酚酞的结构结合信息④可知，E为，E与氢气发生加成反应生成F为，A为2﹣甲基丙烯，结合信息①可知，B为（CH3）2CH2CH2CHO，C比B多1个O原子，结合B→C的反应条件可知，C为（CH3）2CH2CH2COOH，C与F发生酯化反应生成G，G为，据此解答．【解答】解：（1）据A的结构简式可知，A为2﹣甲基丙烯，E为，E与氢气发生加成反应生成F为，故答案为：2﹣甲基丙烯；加成反应；（2）结合信息④可知，+CH3CH=CH2，B→C的化学方程式为2（CH3）2CH2CH2CHO+O22（CH3）2CH2CH2COOH，故答案为：-23-+CH3CH=CH2；2（CH3）2CH2CH2CHO+O22（CH3）2CH2CH2COOH；（3）F为，C为（CH3）2CH2CH2COOH，C与F发生酯化反应生成G，G为，故答案为：；（4）E为，苯环上只有1个取代基且不能与Na反应产生H2，应是醚键，存在以下可能，①丁基与酚羟基形成的醚，丁基4种，所以这样的醚有4种，②丙基与甲苯基形成的醚，丙基有2种，这样的醚有2种，③乙基与苯乙基形成的醚，有2种，④甲基与苯丙基形成的醚，有5种，共13种，其分子中含有4种化学环境的氢原子，其对应的个数比为9：2：2：1，可能的结构为，-23-故答案为：13；；（5）据M的结构简式可知，J为，苯与2﹣甲基丙烯反应生成H，H与氯气反应生成I，I为，其水解生成J，故答案为：AlCl3；Cl2；．【点评】本题考查有机物推断与合成，根据G的结构简式结合转化关系推断，需要学生对给予的信息进行利用，侧重考查学生的分析推理能力，难度中等．　-23-