安徽省合肥市高考化学三模试卷及答案.pdf

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1、高考化学三模试卷高考化学三模试卷一、单选题一、单选题1.化学与生活、生产密切相关，下列说法错误的是（）A.煤的气化、液化和干馏都属于化学变化B.地沟油不宜食用，但可分馏提取汽油C.棉花的主要成分是纤维素，纤维素由碳、氢、氧元素组成D.硝酸铵用于制备医用速冷冰袋，是利用了其溶于水快速吸热的性质2.化合物 p()、q()、r()都是重要的有机原料，下列有关说法正确的是（）A.r 中所有原子可能共平面B.q 环上的一氯取代产物共有4 种C.p、q、r 均能使溴的四氯化碳溶液褪色D.物质的量相等的 p 和 q 完全燃烧耗氧量相同3.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中一定正确的是（）A.1molF

2、e3O4被完全还原为 Fe2+时转移的电子数为 2NAB.10.5gHClO 中含有 HCl 键的数目为 0.2NAC.2molSO2与 1molO2充分反应后气体分子总数小于2NAD.8.8g 由 CO2和 N2O 组成的混合气体含氧原子总数为0.3NA4.已知 SiHCl3常温下为无色液体，沸点 31.85，遇水剧烈反应。实验室用 H2还原 SiHCl3制备纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法错误的是（）A.装置 II、中依次盛装的是浓硫酸、热水B.实验时，应先加热管式炉，再打开盛装稀硫酸的分液漏斗C.可以用盐酸、双氧水和硫氰化钾溶液来检验制得的硅中是否含铁单质D.装

3、置 I 也可用于氢氧化钠固体与浓氨水反应制备氨气5.X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的短周期元素。Z 是短周期中金属性最强的元素，M 是 Y 元素的单质，甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，戊是具有漂白性的无色气体。上述物质间的转化关系如图所示，下列说法中正确的是（）A.甲的水溶液显中性B.化合物乙也具有漂白性，且漂白原理和戊相同C.Z 分别与 X、Y、W 形成的化合物中，各元素原子均满足最外层8 电子结构D.丁的稳定性和沸点均比丙高6.某种微生物电池可用于降解铁硫化物(以 FeS2计)，其工作原理示意图如图。下列说法正确的是（）A

4、.该微生物电池中，N 极为正极 B.M极的电极反应式为 O2-4e-+4H+=2H2OC.电池工作时负极附近溶液pH 减小 D.该电池中电子经过电解质溶液由负极流向正极7.已知 HB 是一种弱酸，室温下向某浓度的HB 溶液中滴入 0.1molL-1的 NaOH 溶液，溶液的pH 与离子浓度的关系如图所示。下列说法正确的是（）A.从 a 到 d，水的电离程度逐渐减小 B.HB 电离平衡常数 Ka=101.3C.b 点时，c(HB)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)D.a 点时，c(B-)c(Na+)c(HB)c(H+)c(OH-)二、综合题8.碘酸钙Ca(IO3)2是广泛使用的既能补钙又能

5、补碘的新型食品添加剂，不溶于乙醇，在水中的溶解度随温度降低而减小。实验室制取Ca(IO3)2的流程如图所示：已知：碘酸(HIO3)是易溶于水的强酸，不溶于有机溶剂。（1）实验流程中“转化”步骤是为了制得碘酸，该过程在如图所示的装置中进行。当观察到三颈瓶中_现象时，停止通入氯气。“转化”时发生反应的离子方程式为_。（2）“分离”时用到的玻璃仪器有烧杯、_。（3）采用冰水浴的目的是_。（4）有关该实验说法正确的是_。A.适当加快搅拌速率可使“转化”时反应更充分B.“调 pH=10”后的溶液中只含有KIO3和 KOHC.制得的碘酸钙可选用酒精溶液洗涤（5）准确称取产品 0.2500g，加酸溶解后，再

6、加入足量KI 发生反应 IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，滴入 23 滴淀L-1Na2S2O3溶液滴定(I2+2S2O粉溶液，用 0.1000mol390gmol-1。9.MnO2是重要的化工原料，由软锰矿(主要成分为 MnO2，还含有少量 Fe3O4、Al2O3和 SiO2等杂质)和硫化锰(MnS)制备精 MnO2的一种工艺流程如图：=2I-+S4O)至终点，消耗 Na2S2O3溶液 30.00mL。达滴定终点时的现象是_，产品中 Ca(IO3)2的质量分数为_。已知 Ca(IO3)2的摩尔质量：L-1形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：已知：相关金属离子c(Mn+)=0.1molFe3

7、+Al3+Mn2+Fe2+开始沉淀时 1.5 3.4 5.86.3完全沉淀时 2.8 4.7 7.88.3回答下列问题：（1）“滤渣 1”中含有未反应完全的矿粉、S 和_。L-1，则加入氨水调节溶液 pH 的（2）“纯化”时加 MnO2的作用是_，假定溶液中c(Mn2+)=0.1mol范围为_。（3）“沉锰”时生成 MnCO3，工业上不直接用 Na2CO3溶液来沉锰的原因为_。（4）“热分解”后所得物质中还有少量MnO，需进一步进行氧化，“氧化”时生成的气体 2 为氯气，写出该过程中发生反应的化学方程式_。（5）操作 x 为_。（6）工业上还可用电解“Mn2+纯化液”来制取 MnO2，其阳极电

8、极反应式为_。电解后的废水中还含有少量 Mn2+，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S 进行L-1，则应保持溶液中二级沉降。已知 Ksp(MnS)=2.510-10，欲使溶液中 c(Mn2+)1.010-5molc(S2-)_molL-1。10.SO2和 H2S 是大气污染物，这两种气体的转化研究对资源综合利用和环境保护有重要意义。（1）I.水煤气还原法mol-1已知：2H2(g)+SO2(g)=S(1)+2H2O(g)H1=+45.4kJ2CO(g)+SO2(g)=S(1)+2CO2(g)H2=-37.0kJmol-1写出 CO(g)与 H2O(g)

9、反应生成 CO2(g)和 H2(g)的热化学方程式_；若该反应在恒温恒容体系中进行，则其达到平衡的标志为_(填字母)。A单位时间内，生成 nmolCO 的同时生成 nmolCO2B混合气体的平均摩尔质量保持不变C混合气体的总压强保持不变DCO2(g)与 H2(g)的体积比保持不变（2）在温度为 T下，将 1.4molH2和 1molSO2通入 2L 恒容密闭容器中发生上述反应2H2(g)+SO2(g)=S(1)+2H2O(g)，反应体系中气体的总压强随时间变化如图所示。在010min，该反应的平L-1min-1，SO2的平衡转化率(SO2)=_。均速率 v(H2)=_ mol（3）某密闭容器中

10、发生上述反应2CO(g)+SO2(g=S(1)+2CO2(g)，平衡时 CO 的体积分数(%)与压强和温度的关系如图所示。则 T1、T2、T3由小到大的关系顺序是_，判断的理由是_。（4）用K2CO3溶液吸收H2S，其原理为CO+H2S=HS-+HCO。该反应的平衡常数K=_。(已知H2CO3的 Ka1=4.210-7，Ka2=5.610-11；H2S 的 Ka1=5.610-8，Ka2=1.210-15)11.一水合甘氨酸锌是一种饲料添加剂，结构简式如图所示：回答下列问题：（1）基态 Zn 原子价电子排布图为_；一水合甘氨酸锌中 Zn2+的配位数为_。（2）甘氨酸(H2NCH2COOH)易溶

11、于水，其原因为_。（3）以氧化锌矿物为原料，提取锌的过程中涉及反应：ZnO+2NH3+2NH=Zn(NH3)42+H2O。NH的空间构型为_，与 NH互为等电子体的分子为_(写出 1 种即可)。Zn(IMI)4(ClO4)2是Zn2+的另一种配合物，IMI的结构为（4），则1molIMI中含有_mol键，IMI 的某种衍生物与甘氨酸形成的离子晶体熔点较低，其原因是_。（5）金属 Zn 晶体中的原子堆积方式如图所示，六棱柱底边边长为acm，高为 ccm，阿伏加德罗常数的值cm-3(列出计算式)。为 NA，则 Zn 的密度为_ g12.有机高分子化合物 H 是制备药物的重要中间体，其一种合成方法如

12、图：已知：+R1CHO+R2CH2CHO请回答下列问题：+H2O（1）A 的化学名称为_，D 中所含官能团的结构简式为_。（2）A 与 B 所发生的反应类型为_，E 生成 F 所需的试剂和反应条件是_。（3）G 发生缩聚反应可生成 H，写出该反应的化学方程式_。（4）E 有多种同分异构体，其中同时满足以下条件的还有_种。与 E 具有相同的官能团；属于芳香族化合物，且苯环上有两个位于对位的取代基。其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为1：2：2：2：3 的结构简式为_(只写一种)。（5）参照上述合成路线和信息，写出由和为原料制备的合成路线_(其他必要的试剂自选)。答案解析部分一、单选题1.【答

13、案】B【解析】【解答】A煤的气化、液化分别指将煤转化为气体燃料、液体燃料，煤的干馏指隔绝空气加强热使煤分解，三者都属于化学变化，A 不符合题意；B地沟油含有大量有害物质，不宜食用，其主要成分是油脂，不是烃类，而汽油主要成分为烃，故不可以分馏地沟油获得汽油，B 符合题意；C棉花的主要成分为纤维素，纤维素属于糖类，其组成元素为C、H、O 三种元素，C 不符合题意；D硝酸铵溶于水能快速吸收大量热，故可以降温，制备医用速冷冰袋，D 不符合题意；故答案选 B。【分析】汽油是烃，而地沟油主要是油脂，不能进行分馏得到。其他选项均正确2.【答案】D【解析】【解答】Ar 中存在单键碳原子，单键碳原子与其所连的四

14、个原子之间形成四面体立体结构，所有原子不可能都共面，A 不符合题意；Bq 环上只有两种氢原子，故其一氯代物有两种，如图所示：、，B 不符合题意；Cr 中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应，从而使溴的四氯化碳溶液褪色，而p、q 与溴的四氯化碳溶液不反应，C 不符合题意；D由结构知，p、q 分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故等物质的量时，两者完全燃烧消耗氧气相等，D 符合题意；故答案选 D。【分析】A.r 中含有饱和碳原子所有的原子不可能共面B.根据 q 的结构简式即可找出氢原子的种类即可C.找出 p、q、r 的官能团即可D.根据结构简式写出分子式即可判断消耗氧气的量3.【答案】A【解析】

15、【解答】AFe3O4中有 2 个 Fe3+、1 个 Fe2+，故 1molFe3O4被完全还原为 Fe2+时转移的电子数为 2NA，A 符合题意；BHClO 的结构式为：H-O-Cl，故HClO 中无 H-Cl 键，则10.5gHClO 中含有 HCl 键的数目为 0，B 不符合题意；C由于SO2和 O2的反应是一个可逆反应，故2molSO2与 1molO2充分反应后气体分子总数大于2NA，C不符合题意；D由于 CO2和 N2O 的摩尔质量均为 44g/mol，故 8.8g 由 CO2和 N2O 组成的混合气体分子个数为，氧原子总数为故答案为：A。【分析】A.根据给出的化学式找出被还原的物质的

16、量即可计算出转移的电子数B.写出其次氯酸的结构式即可判断C.根据可逆反应不完全反应即可判断D.根据给出的数据即可计算出氧原子的个数4.【答案】B【解析】【解答】A由分析知，装置为干燥装置，内盛浓硫酸，装置需使 SiHCl3气化，故应将烧瓶置于热水浴中，A 不符合题意；B 实验时，应先打开盛装稀硫酸的分液漏斗，利用产生的 H2将装置中的空气赶出，防止 H2不纯发生爆炸，B 符合题意；C用盐酸溶解样品，Fe 溶于盐酸生成 FeCl2，而硅不溶，过滤后向滤液中加入双氧水，FeCl2被氧化为FeCl3，再加入几滴 KSCN，若溶液变红，说明原样品中混有铁单质，C 不符合题意；DNaOH 固体溶于水电离

17、出 OH-，使平衡题意故答案选 B。【分析】装置中 Zn 与稀硫酸反应产生 H2，由于 SiHCl3遇水剧烈反应，故需要对H2进行干燥，即装置为干燥装置，内盛浓硫酸，装置 需要通过热水浴加热，获得SiHCl3气体，并与H2一起进入装置中发生反应。5.【答案】D【解析】【解答】A由分析知，甲为 Na2S，S2-会水解，导致溶液显碱性，A 不符合题意；B化合物乙为H2O2，H2O2是利用其强氧化性进行漂白，而SO2是与有色物质结合生成无色物质，从而达到漂白的目的，两者原理不同，B 不符合题意；CZ 与 X 形成的化合物为 NaH，其中 H 满足最外层 2 电子稳定结构，C 不符合题意；D丁为 H2

18、O，丙为 H2S，因非金属性 OS，故稳定性：H2OH2S，由于水分子间能形成氢键，故其沸点比 H2S 高，D 符合题意；故答案选 D。【分析】Z 为短周期金属性最强的元素，故Z 为 Na 元素，乙是一种绿色氧化剂，推测为H2O2，H2O2在催化剂作用下分解产生 O2和 H2O，故M 为 O2，丁和乙的组成元素相同，推测为H2O，戊为具有漂白性的无色气体，推测为 SO2，由元素守恒知丙中含有H、S 两种元素，推测为 H2S，甲与 H+反应可生成 H2S，结合 Z 为 Na 元素，推测甲为 Na2S，综上所述结合原子序数关系确定：X 为 H、Y 为 O、Z 为 Na、W 为 S。6.【答案】C逆

19、向移动，促进氨气的逸出，同时 NaOH 固体溶于水放出大量热，降低氨气的溶解度，从而达到制取氨气的目的，D 不符合，D 不符合题意；【解析】【解答】A由分析知，N 极为负极，A 不符合题意；BO2在 M 极得电子转化为 H2O，对应电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，B 不符合题意；CS 在 N 极失电子转化为，对应电极反应为：S+4H2O-6e-=+8H+，由于生成 H+，故负极附近溶液 pH 减小，C 符合题意；D电子由负极流出，经过外电路（导线）流入正极，电子不会进入电解质溶液，D 不符合题意；故答案选 C。【分析】由图示知，M 极上 O2得电子转化为 H2O，故 M 极为正极，

20、N 极为负极，CO2与 H2O 在微生物 M作用下反应生成葡萄糖和O2，FeS2和 O2在微生物 N 作用下转化为 Fe2+和 S，S 在负极失电子被氧化为，从而达到降解铁硫化物的目的。7.【答案】C【解析】【解答】A 从 a 到 d，溶液中B-：HB 比例增大，酸性减弱，水解程度增大，水的电离程度逐渐增大，故 A 不符合题意；B Ka(HB)=符合题意；C b 点时，c(HB)=c(B-)，由电荷守恒c(B-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)=c(HB)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故 C 符合题意；D a 点时，1g故答案为：C。【分析】电离平衡常数Ka(HB)=，lg

21、Ka(HB)=lg=lg-pH，则 pH=1g=-1，10c(B-)=c(HB)，c(HB)c(B-)，故 D 不符合题意；，c(HB)=c(B-)时，pH=1.3，Ka(HB)=c(H+)，HB 电离平衡常数 Ka=10-1.3，故 B 不-lgKa(HB)=lg二、综合题-pKa，pKa=lg-pH，pKa=纵坐标-横坐标。8.【答案】（1）紫红色接近褪去；I2+5Cl2+6H2O=2IO+10Cl-+12H+（2）分液漏斗（3）降低碘酸钙的溶解度使其析出，便于后续分离（4）A,C（5）溶液蓝色褪去且 30s 内不恢复蓝色；39.0%【解析】【解答】(1)随着反应的进行，I2逐渐转化为无色

22、的 HIO3，当紫红色接近消失时，说明反应基本完成，此时可停止通入氯气，故此处填：紫红色接近褪去；由分析知，I2被 Cl2氧化为 HIO3，Cl2自身被还原为 HCl，初步确定反应为：I2+Cl2HIO3+HCl，根据元素守恒知方程式左边需添加H2O，结合得失电子守恒配平得方程式为：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl，HIO3、HCl 为强酸，可拆写成离子，改写后对应离子方程式为：I2+5Cl2+6H2O=2(2)由分析知，分离时的操作为分液，所需仪器有烧杯、分液漏斗，故此处填分液漏斗；+10Cl-+12H+；(3)根据流程知，最终目的为获得Ca(IO3)2，且 Ca(IO3)2

23、的溶解度随温度降低而减小，故采用冰水浴的目的为：降低 Ca(IO3)2的溶解度，促进其析出，便于后续分离；(4)A搅拌可使反应物充分混合，使反应更充分，A 正确；B由分析知，调pH=10 后的溶液中还含有 KCl，B 不正确；C由于 Ca(IO3)2不溶于乙醇，故可选用酒精溶液洗涤Ca(IO3)2晶体，C 正确；故答案选 AC；(5)由于 I-与Ca(IO3)22反应生成 I2，故加入淀粉溶液后，溶液变蓝，随着生成的I2逐渐与 Na2S2O3反应，溶液6I212Na2S2O3，故 n(Ca(IO3)2)=，则 w(Ca(IO3)2)=。【分析】在转化过程中，I2被 Cl2氧化为 HIO3，Cl

24、2自身被还原为 HCl，HIO3、HCl 易溶于水，不溶于有机溶剂，经过分液操作可实现HIO3、HCl 与 CCl4的分离，HIO3、HCl 溶液进入第三步与 KOH 反应生成 KIO3、KCl，加入 CaCl2后，经过冰水浴操作析出溶解度较小的Ca(IO3)2。9.【答案】（1）SiO2（2）将 Fe2+氧化为 Fe3+(或作氧化剂)；4.7pH5.8（3）碳酸钠溶液碱性强，会生成Mn(OH)2（4）2KClO3+5MnO+H2SO4=Cl2+5MnO2+K2SO4+H2O（5）过滤、洗涤、干燥（6）Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；2.510-5【解析】【解答】(1)由分析知，

25、滤渣 1 中含有矿粉、S、SiO2，故此处填 SiO2；(2)纯化时先加入 MnO2目的为将 Fe2+氧化为 Fe3+，便于后续除杂，故此处填：将Fe2+氧化为 Fe3+；调节pH 时，需将 Al3+、Fe3+完全沉淀，而确保 Mn2+不沉淀，故调节 pH 范围为：4.7pH5.8；(3)碳酸钠溶液碱性太强，会使部分Mn2+转化为 Mn(OH)2，从而导致 MnCO3混有 Mn(OH)2，故此处填：碳酸钠溶液碱性太强，会使部分Mn2+转化为 Mn(OH)2；(4)由分析知，MnO 被 KClO3氧化为 MnO2，KClO3被还原为 Cl2，初步确定方程式为：MnO+KClO3MnO2+Cl2，

26、根据得失电子守恒初步配平得方程式：5MnO+2KClO35MnO2+Cl2，根据流程结合元素守恒知，方程式左边需添加H2SO4，右边添加 K2SO4、H2O，结合元素守恒配平得完整方程式为：5MnO+2KClO3+H2SO4=5MnO2+Cl2+K2SO4+H2O；(5)经过氧化后，MnO2在溶液中形成沉淀，可用过滤方法分离出MnO2，再经过洗涤干燥获得精制MnO2，故操作 x 为：过滤、洗涤、干燥；(6)由题意知，Mn2+在阳极放电生成 MnO2，对应电极反应为：Mn2+2H2O-2e-=MnO2+4H+；当c(Mn2+)=110-5 mol/L 时，对应 c(S2-)为沉淀所需的最小值，由

27、Ksp(MnS)=c(Mn2+)c(S2-)，代入数据计算的c(S2-)min=，故此处填 2.510-5。蓝色逐渐消失，故滴定终点现象为：溶液蓝色褪去，且30 s 内不恢复蓝色；由题目所给反应得关系式：【分析】酸浸时，MnO2将 MnS 中硫元素氧化为 S，自身被还原，生成 MnSO4，从而达到溶解的目的，同时 Fe3O4、Al2O3溶于硫酸生成 Fe2+、Fe3+、Al3+，SiO2与硫酸不反应，故滤渣1 中含有 S、SiO2、未反应完的矿粉，滤液中主要含Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、H+等阳离子，纯化时先加入MnO2目的为将 Fe2+氧化为 Fe3+，便于后续除杂，再加入氨水调

28、节pH 除去 Fe3+、Al3+，根据所给信息确定调节pH 的范围为4.7pH5.8，故滤渣 2 主要成分为 Al(OH)3、Fe(OH)3，此时滤液中主要含 MnSO4、(NH4)2SO4，进入沉锰步骤，Mn2+转化为 MnCO3沉淀，经过热分解操作，大部分 MnCO3转化为 MnO2，部分转化为 MnO，经过 KClO3氧化，MnO 也转化为 MnO2，经过过滤、洗涤、干燥等操作，最终获得精制MnO2。10.【答案】（1）CO(g)+H2O(g)（2）0.06；60%（3）T1T2T3；压强增大，CO 的体积分数减小，但T1、T2、T3对应的 CO 的体积分数逐渐增大，说明该反应逆向进行，

29、又因为该反应为放热反应，故T1T2T3 II.碱液吸收法（4）1.0103【解析】【解答】(1)由已知热化学方程式，利用盖斯定律得：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H=CO2(g)+H2(g)H=-41.2kJ/mol；A，故此处填：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H=；A生成n mol CO，相当于消耗n mol CO2，即单位时间内，CO2的消耗速率等于其生成速率，说明反应达平衡，A 正确；B由于混合气体的总质量不变且总物质的量也不变（反应前后气体一样多），故混合气体的平均摩尔质量一直保持不变，不能用来判断平衡状态，B 不正确；C由于反应前后气体分子数不变，

30、且恒温恒容，故混合气体的总压强一直不变，不能用来判断平衡状态，C 不正确；D由于CO2、H2同为生成物且 1:1 生成，故两者体积比一直不变，不能用来判断平衡状态，D 不正确；故答案选 A。(2)恒温恒容时，压强与气体物质的量成正比，则mol，设达平衡时，SO2转化 x mol，列三段式如下：，带入数据得：，解得 n平=1.8，则(1.4-2x+1-x+2x)mol=1.8 mol，解得 x=0.6mol，010 min 时，v(H2)=，SO2的转化率(SO2)=；(3)压强增大，反应平衡正向移动，CO 的体积分数减小，升高温度，平衡逆向移动，CO 的体积分数增大，而由图示知，压强增大，CO

31、 体积分数也越大，说明此时温度对平衡的影响占主导地位，故T1T2T3，故此处依次填：T1T2T3；理由为：压强增大，CO 的体积分数减小，但 T1、T2、T3对应的 CO 体积分数逐渐增大，说明该反应逆向进行，又因为该反应为放热反应，故T1T2T3；(4)该反应的平衡常数 K=1.0103。【分析】（1）根据盖斯定律即可写出热化学方程式，根据热化学方程式结合选项进行判断即可（2）根据一定条件下物质的量之比等于压强之比，结合三行式计算出平衡时各物质的量即可计算出速率，故此处填和转化率（3）根据 2CO(g)+SO2(g=S(1)+2CO2(g)，压强越大，应该是平衡右移，一氧化碳的含量减少，但是

32、图示是一氧化碳含量在增大说明平衡逆向移动，因为反应放热（4）根据方程式即可写出常数结合电离常数进行替换即可计算11.【答案】（1）；5（2）甘氨酸为极性分子，且分子中的氨基和羧基都能与水分子形成氢键（3）四面体型(或正四面体型)；CH4或 SiH4（4）12；该化合物中阴、阳离子的体积大，且所带电荷少，形成的离子晶体晶格能小，熔点低（5）【解析】【解答】(1)锌为 30 号元素，基态 Zn 原子价电子排布图为甘氨酸锌中锌和氧或氮原子之间都为配位键，所以Zn2+的配位数为 5。；一水合(2)甘氨酸为极性分子，且分子中的氨基和羧基都能与水分子形成氢键，所以甘氨酸(H2NCH2COOH)易溶于水。(

33、3)以氧化锌矿物为原料，提取锌的过程中涉及反应：ZnO+2NH3+2NH=Zn(NH3)42+H2O。NH的空间构型为四面体型，与 NH互为等电子体的分子含有5 个原子，价电子层有 8 个电子，所以有 CH4或 SiH4。(4)Zn(IMI)4(ClO4)2是 Zn2+的另一种配合物，IMI 的结构为，结构中单键都是 键，双键中有个 键和一个 键，所以则 1molIMI 中含有 12mol 键，熔点较低，其原因是该化合物是离子晶体，晶体中阴、阳离子的体积大，且所带电荷少，形成的离子晶体晶格能小，熔点低。(5)金属 Zn 晶体中的原子堆积方式为六方最密堆积，图中结构单元中锌原子数目为，六棱柱底边

34、边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，则 Zn 的密度为【分析】（1）根据锌的电子数即可写出价电子排布图，根据结构式即可找出配位数（2）形成氢键对溶解性的影响（3）计算氮原子的价电子对和孤对电子即可判断构型，找出含有5 个原子和 8 个价电子对的分子即可（4）根据结构式找出单键即可。离子晶体的熔沸点与晶格能有关（5）根据晶胞计算出晶胞中原子个数，计算出晶胞质量结合晶胞参数即可计算出密度12.【答案】（1）2-甲基-1，3-丁二烯(或异戊二烯)；（2）加成反应；Cl2、光照、-CHO（3）n+(n-1)H2O（4）5；或（5）【解析】【解答】(1)有机物 A 为二烯烃，命名时所选主

35、链应包含两个碳碳双键，对应主链编号如图所示：，2 号碳有一个支链甲基，对应A 的名称为：2甲基1，3丁二烯(或异戊二烯)；由分析知，D 的结构简式为，含有碳碳双键和醛基两种官能团，对应结构简式为：、CHO；(2)由分析知，A 与 B 反应的原理为双烯合成原理，其实质是加成，A 以 1，4-加成方式与 B 中双键碳进行加成反应，故此处填加成反应；由分析知，EF 所需试剂和对应条件为Cl2、光照；(3)GH 为羟基与羧基之间发生缩聚反应，对应方程式为：n+(n-1)H2O；(4)根据题意有如下情况正确：、，共 5 种结构；核磁共振氢谱有五组峰且峰面积之比为1:2:2:2:3 对应结构为：或；(5)

36、利用信息原理成环，得到中间体最后与 CH3OH 酯化得到目标产物，对应合成路线为：，再利用信息形成苯环，再将醛基氧化为羧基，。【分析】根据反应条件知A 与 B 的反应原理为信息双烯合成原理，由此推知B 为丙烯醛(CH2=CHCHO)，由反应条件知，生成C 对应信息反应原理，故C 的结构简式为：，CD 对应信息羟醛缩合原理，故 D 的结构简式为：，根据反应条件知，DE 为 D中醛基被氧化为羧基，故E 结构简式为：，EF 为苯环侧链甲基上氢原子被氯原子取代，对应条件为Cl2、光照，由 G 的分子式知，G 中不含氯原子，推测FG 为氯原子的水解反应，故 G 为：，由第(3)问题干知 GH 为缩聚反应，故 H 结构简式为：。