辽宁省葫芦岛协作体2022届高三化学下学期6月模拟考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Mg-24A1-27S-32Cl—35.5K-39Mn-55Fe-56Ni-59Cu-64Zn-65Br-80一、选择题1.下列说法正确的是（）A.乙醇分子的比例模型：B.蔗糖、麦穿糖、淀粉、纤维素充全水解都只生成葡萄糖C.《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是Ca(OH)2D.许多国家十分重视海水资源的综合利用，从海水中可获得的物质有氧、溴、碘、钠、镁、铝、烧碱、氢气、食盐、淡水【答案】D2.下列离子方程式正确的是（）A.向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32-+2Cl2＋3H2O==2SO32-＋4Cl-＋6H+B.CuSO4溶液吸收H2S气体：Cu2++H2S=CuS↓+2H+C.AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al3++4NH3·H2O═AlO2-+4NH4++2H2OD.等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NaHSO4稀溶液混合：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O【答案】B【解析】A.氯气具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子，故A错误；B.CuSO4溶液吸收H2S气体，反应生成的硫化铜不溶于硫酸，离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故B正确；C.氨水不能溶解生成的氢氧化铝沉淀，故C错误；D.等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NaHSO4稀溶液混合，反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，以及水，离子方程式为：-15-Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，故D错误；故选B。3.X、Y、Z三种短周期元素原子序数依次喊小，原子半径的大小关系为：r(Y)>r(X)>r(Z)，三种元素的原子序数之和为16。X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生如图所示变化，其中B和C均为10电子分子。下列说法不正确的是（）A.X元素位于ⅥA族B.A难溶于B中C.A和C不可能发生氧化还原反应D.B的沸点高于C的沸点【答案】C【解析】B和C均为10电子分子，考虑为氢化物，由转化关系可知，Z为氢，X、Y、Z原子序数之和为16，则X、Y的原子序数之和为15，原子半径Y＞X，则Y为碳元素、X为氟元素或者Y为氮元素、X为氧元素，由转化关系，单质X、Y反应生成A，单质Y、Z生成B，则Y应为氮元素、X应为氧元素，则A为NO、B为H2O、C为NH3，验证符合转化关系。A．X为氧元素，处于ⅥA族，故A正确；B．NO不溶于水，故B正确；C．氨气与NO可以发生反应生成氮气与水，故C错误；D．常温下，水为液体，氨气为气态，水的沸点更高，故D正确；故选C。点睛：本题考查元素及无机物的推断、元素化合物性质等，推断元素与物质是解题的关键。解答本题需要注意掌握常见10电子物质，利用猜测验证法进行推断。4.根据下列操作、预期现象和所得结论正确的是（）操作及预期现象结论A向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴FeCl3饱和溶液，前者为黄色，后者为红褐色温度升高，Fe3+的水解程度增大B向某无色溶液滴加硝酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀原溶液中一定含有SO42-CA1箔插入稀HNO3中，无现象A1箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜-15-D用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色原溶液中有Na+无K+A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】A．水解反应为吸热反应，则升高温度，颜色加深，Fe3+的水解程度增大，故A正确；B．白色沉淀可能为AgCl，则由现象可知原溶液中可能含有SO42-或Cl-，故B错误；C．氧化铝与硝酸反应生成硝酸铝和水，Al与稀硝酸反应生成NO、硝酸铝和水，不发生钝化，现象、结论均不合理，故C错误；D.钠元素的黄色火焰可以覆盖钾元素的紫色火焰，用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，则原溶液中有Na+，可能有K+，故D错误；故选A。点睛：本题考查化学实验方案评价，为高频考点离子检验等知识点，把握物质的性质及变化、相关反应原理为解答的关键，易错选项是D，注意K元素的焰色反应要透过蓝色的钴玻璃片观察。5.下列关于有机化合物的叙述正确的是（）A.甲基环己烷的一氯代物有4种B.甲苯（C7H8）和甘油（C3H8O3）二者以任意比例混合，当总质量一定时，充分燃烧生成水的质量是不变的C.某烃的结构简式可表示为（碳原子数≤10），已知烃分子中有两种化学环境不同的氢原子，则该烃一定是苯的同系物（）D.分子式为C5H10O2的有机物只能含有一种官能团【答案】B【解析】A.甲基环己烷中与甲基相连的碳上有一个氢原子，还能够被取代，甲基环己烷的一氯取代物有5种，故A错误；B.每个甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)分子中都含有8个氢原子，由于二者相对分子质量相同．即所含氢元素质量分数相同，因此二者以任意比例混合，当总质量一定时，充分燃烧生成水的质量是不变的，故B正确；C.中的取代基-X可能含有碳碳三键，不一定是苯的同系物，故C错误；D.分子式为C5H10O2的有机物可能属于羧酸类、酯类或羟基醛类等，其中羟基醛类含有2种官能团，故D错误；故选B。-15-6.金属(M)-空气电池（如图）具有原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源。该类电池放电的总反应方程式为：4M+nO2+2nH2O=4M(OH)n。己知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。下列说法不正确的是（）A.采用多孔电极的目的是提髙电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面B.比较Mg、Al、Zn三种金属一空气电池，Al-空气电池的理论比能量最高C.M-空气电池放电过程的正极反应式：4Mn++nO2+2nH2O+4ne-=4M(OH)nD.在M-空气电池中，为防止负极区沉积Mg(OH)2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜【答案】C【解析】A．反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，故A正确；B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为×2=mol、×3=mol、×2=mol，所以Al-空气电池的理论比能量最高，故B正确；C．正极上氧气得电子和水反应生成OH-，因为是不阴离子交换膜，所以阳离子不能进入正极区域，则正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故C错误；D．负极上Mg失电子生成Mg2+，为防止负极区沉积Mg(OH)2，则阴极区溶液不能含有大量OH-，所以宜采用中性电解质及阳离子交换膜，故D正确；故选C。点睛：本题考查原电池原理，为高频考点，侧重考查学生分析判断、获取信息解答问题及计算能力，明确各个电极上发生的反应、离子交换膜作用、反应速率影响因素、氧化还原反应计算是解本题关键。本题的易错选项是C，要注意阴离子交换膜使得阳离子Mn+不能进入正极区域。7.常温下，浓度均为1.0mol•L-1的HX溶液、HY溶液、HY和NaY的混合溶液，分别加水稀释，稀释后溶液的pH随浓度的变化如图所示，下列叙述正确的是（）-15-A.HX是强酸，溶液每稀释10倍，pH始终增大1B.常温下HY的电离常数为1.0×10-4C.溶液中水的电离程度：a点大于b点D.c点溶液中：c(Na+)>c(Y-)>c(HY)>c(H+)>c(OH-)【答案】B【解析】A．根据图像可知1mol/LHX溶液的pH＝0，说明HX全部电离为强电解质，当无限稀释时pH接近7，A错误；B．根据图像可知1mol/LHY溶液的pH＝2，溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，所以该温度下HY的电离常数为=1.0×10-4，B正确；C．酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越小其抑制水电离程度越小，根据图知，b溶液中氢离子浓度小于a，则水电离程度a＜b，C错误；D．c点溶液中显酸性，说明HY的电离程度大于NaY的水解程度，则溶液中：c(Y-)>c(Na+)>c(HY)>c(H+)>c(OH-)，D错误；答案选B。点睛：本题考查弱电解质电离，为高频考点，侧重考查学生分析推断及识图能力，正确判断两种酸的强弱是解本题关键，注意：酸的电离平衡常数只与温度有关，与溶液浓度无关，易错选项是A，注意无限稀释时酸溶液的pH不可能大于7，只能是接近7，即无限稀释时要考虑水的电离。8.汽油抗爆剂的添加剂通常使用1，2-二溴乙烷，常温下它是无色液体，密度2.18g．cm-3，沸点131.4℃，熔点9.79℃，不溶于水，易溶于醇、醚、丙酮等有机溶剂。在实验中可以用下图所示装置制备1，2-二溴乙烷。其中分液漏斗和烧瓶a中装有乙醇和浓硫酸的混合液，试管d中装有液溴（表面覆盖少量水）。填写下列空白：-15-（1）装置a中碎瓷片的作用是__________________________。（2）安全瓶b可以防止倒吸，并可以检査实验进行时试管d是否发生堵塞，请写出发生堵塞时瓶b中的现象______________________。（3）判断该制备反应己经结束的最简单的方法是________________________________。（4）写出装置e中发生的反应的离子方程式_______________________________。（5）将1，2—二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在_____________层（填“上”、“下”），若产物中有少量未反应的Br2，最好用_______________洗涤除去（填正确选项前的字母）。a．水b．亚硫酸钠溶液c．碘化钠溶液d．乙醇（6）实验结束时若制得纯净的1，2-二溴乙烷18.8g，则至少消耗乙醇_______________g。（7）某学生在做此实验时使用了一定量的液溴，当反应结束时，发现消耗乙醇的量比正常情况下超过许多。原因除了装置的气密性不好之外，还有可能的2个原因_______________、_______________。【答案】(1).防止暴沸(2).b中水面会下降，玻璃管中的水柱会上升，甚至溢出(3).溴的颜色完全褪去(4).2OH-+Br2=Br-+BrO-＋H2O(5).下(6).b(7).4.6(8).乙烯发生（或通过液溴）速度过快(9).实验过程中，乙醇和浓硫酸的混合液没有迅速达到170℃（答"控温不当"亦可）【解析】乙醇和浓硫酸反应主要生成乙烯气体，浓硫酸有强氧化性和脱水性，所以还可能混有碳和浓硫酸反应生成的CO2和SO2气体，b为安全瓶，c为净化除杂装置，d为乙烯和溴的反应装置，e为尾气吸收装置。(1)装置a中碎瓷片可以防止液体加热时发生暴沸，故答案为：防止暴沸；(2)试管d发生堵塞时，b中压强不断增大，会导致b中水面下降，玻璃管中的水柱上升，甚至溢出，故答案为：b中水面会下降，玻璃管中的水面会上升，甚至溢出；-15-(3)判断该制备反应已经结束的最简单方法是，乙烯和溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷为无色，所以判断反应结束的方法是观察d中溴水完全褪色，故答案为：溴水颜色完全褪去；(4)装置e是吸收尾气，防止溴污染空气，反应的离子方程式为2OH-+Br2=Br-+BrO-＋H2O，故答案为：2OH-+Br2=Br-+BrO-＋H2O；(5)1，2—二溴乙烷的密度比水大，将粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在下层，若产物中有少量未反应的Br2，最好用亚硫酸钠溶液将溴还原为溶于水的溴化物洗涤除去，溴在水中的溶解度不大，不能很好的除去，与碘化钠反应生成碘，会引入新杂质碘，二者均易溶于乙醇，不能用乙醇除杂，故答案为：下；b；(6)根据C2H5OH~C2H4~C2H4Br2，18.8g1，2-二溴乙烷的物质的量为=0.1mol，则需要乙醇的质量为0.1mol×46g/mol=4.6g，故答案为：4.6；(7)反应结束时，发现消耗乙醇的量比正常情况下超过许多，可能的原因除了装置的气密性不好之外，还有可能是乙烯发生通过液溴的速度过快、实验过程中，乙醇和浓硫酸的混合液没有迅速达到170℃等，故答案为：乙烯发生通过液溴的速度过快、实验过程中，乙醇和浓硫酸的混合液没有迅速达到170℃等。点睛：本题考查了制备实验方案的设计、溴乙烷的制取方法。注意掌握溴乙烷的制取原理、反应装置选择及除杂、提纯方法是解题的关键。本题的易错点是(7)，答案具有一定的开放性。9.污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。工业上以硫铁矿为原料制硫酸所产生的尾气除了含有N2、O2外，还含有SO2。为了保护环境，同时提高硫酸工业的综合经济效益，应尽可能将尾气中的SO2转化为有用的产品。治理方案Ⅰ：（1）将尾气通入氨水中，能发生多个反应，写出其中可能发生的两个氧化还原反应的化学方程式：_______________、_______________。治理方案Ⅱ：某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物）作脱硫剂，通过如下流程既去除尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已省略）。-15-请回答下列问题：（2）用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+其原因是___________________________，用MnS除去溶液中的Cu2+的离子方程式为_______________。（3）流程图④过程中发生的主要反应的化学方程式为___________________。（4）MnO2可作超级电容器材料。工业上用下图所示装置制备MnO2。接通电源后，A电极的电极反应式为：_______________，当制备lmolMnO2，则膜两侧电解液的质量变化差（△m左-△m右）为_______________g。【答案】(1).2H2SO3＋O2＝2H2SO4(2).2(NH4)2SO3＋O2＝2(NH4)2SO42NH4HSO3＋O2＝2NH4HSO4（任填两个）(3).消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀(4).MnS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Mn2+(aq)(5).2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4(6).Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+(7).89【解析】由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3调节溶液pH，使溶液中Al3+和Fe3+转化为沉淀，过滤除去，MnS将铜、镍离子还原为单质，过滤分离，滤液中加入高锰酸钾与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰。(1)制硫酸所产生的尾气除了含有N2、O2外，还含有SO2。将尾气通入氨水中，能发生多个反应，其中可能发生的氧化还原反应有2H2SO3＋O2＝2H2SO4、2(NH4)2SO3＋O2＝2(NH4)2SO4、2NH4HSO3＋O2＝2NH4HSO4，故答案为：2H2SO3＋O2＝2H2SO4、2(NH4)2SO3＋O2＝2(NH4)2SO4、2NH4HSO3＋O2＝2NH4HSO4(任填两个)；(2)用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，其原因是：消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，用MnS除去溶液中的Cu2+-15-的离子方程式为：MnS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Mn2+(aq)，故答案为：消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；MnS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Mn2+(aq)；(3)高锰酸钾与硫酸锰反应生成二氧化锰，还生成硫酸钾，由元素守恒可知还生成硫酸，反应方程式为：2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4，故答案为：2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4；点睛：本题考查物质制备工艺流程，关键是对工艺流程图原理的理解，(4)中计算为易错点，学生容易忽略氢离子由阳极通过质子交换膜移向阴极，同时注意根据Mn元素守恒及关系式计算。10.Ⅰ．铅的冶炼有很多种方法。（1）瓦纽科夫法熔炼铅，其相关反应的热化学方程式如下：①2PbS(s)+3O2(g)=2PbO(s)+2SO2(g)△H1=akJ•mol-1②PbS(s)+2PbO(s)=3Pb(s)+SO2(g)△H2=bkJ•mol-1③PbS(s)+PbSO4(s)=2Pb(s)+2SO2(g)△H3=ckJ•mol-1反应3PbS(s)+6O2(g)=3PbSO4(s)△H=___________kJ•mol-1（用含a、b、c的代数式表示）。（2）还原法炼铅，包含反应PbO(s)+CO(g)Pb(s)+CO2(g)△H，该反应的平衡常数的对数值与温度的关系如下表温度/℃30072712271gK6.172.871.24-15-①该反应的△H__________0（选填“>”、“<”或“=”）。②当1gK=1，在恒容密闭容器中放入足量的PbO并通入CO，达平衡时，混合气体中CO的体积分数为_______________（保留两位有效数字）；若平衡后再向容器中充入一定量的CO气体，平衡向_______________（填“正向”、“逆向”或“不”）移动，再次达到平衡时，CO的转化率_______________（填“增大”、“减小”或“不变”）。Ⅱ．PbI2可用于人工降雨，可用滴定方法测出PbI2的Ksp。（3）取一定量的PbI2固体，用蒸馏水配制成饱和溶液，准确移取25.00mLPbI2饱和溶液分次加入阳离子交换树脂RH+（发生：2RH++PbI2=R2Pb+2H++2I-），用锥形瓶接收流出液，最后用蒸馏水淋洗树脂至流出液呈中性，将洗涤液一并转入锥形瓶中（如图）。加入酚酞指示剂，用0.0025mol·L-1NaOH溶液滴定，当达到滴定终点时，用去氢氧化钠溶液20.00mL。确定到滴定终点时锥形瓶中现象为___________________，计算PbI2的Ksp为_______________。【答案】(1).（2a+2b－3c）(2).＜(3).9.1%(4).正向(5).不变(6).滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为浅红(粉红或红)色且半分钟不变(7).4×10-9【解析】Ⅰ．(1)①2PbS(s)+3O2(g)═2PbO(s)+2SO2(g)△H1=a kJ•mol-1，②PbS(s)+2PbO(s)═3Pb(s)+SO2(g)△H2=b kJ•mol-1，③PbS(s)+PbSO4(s)═2Pb(s)+2SO2(g)△H3=c kJ•mol-1，根据盖斯定律①×2+②×-③×3得到3PbS(s)+6O2(g)═3PbSO4(s)△H=2△H1+2△H2-3△H3=(2a+2b-3c)kJ•mol-1，故答案为：2a+2b-3c；(2)①利用lgK与K是增比例函数，温度越高K值越小，说明正反应是放热反应，故答案为：＜；②lgK=1，则K=10，在PbO(s)+CO(g)⇌Pb(s)+CO2(g)中设起始通入CO的amol/l，达平衡时转化的量为xmol/l，平衡时CO浓度为(a-x)mol/l，CO2的浓度为xmol/l，则K==10，得=9.1%，若平衡后再向容器中充入一定量的CO气体，平衡向正反应方向移动，温度不变，平衡常数不变，再次达到平衡时，CO的转化率不变，故答案为：9.1%；正向；不变；-15-Ⅱ．(3)用氢氧化钠溶液滴定该酸性溶液，滴定终点时，滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为浅红(粉红或红)色且半分钟不变；滴定过程中消耗的OH-，即为阳离子交换出的H+，c(H+)=0.0025mol•L-1×20.00mL÷25.00mL=2×10-3mol•L-1，由2RH++PbI2=R2Pb2++2H++2I-，可知c(H+)=c(I-)，而c(Pb2+)=c(I-)/2=10-3mol•L-1，所以KSp(PbI2)=c(Pb2+)×c(I-)2=10-3×(2×10-3)2=4×10-9，故答案为：滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为浅红(粉红或红)色且半分钟不变；4×10-9。11.【化学一一选修3：物质结构与性质】过渡金属元素的单质及化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，根据所学知识回答下列问题：（1）基态Ni2+的核外电子排布式_______________；配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4，苯等有机溶剂，固态Ni(CO)4，属于_______________晶体；镍的羰基配合物Ni(CO)4是获得高纯度纳米镍的原料，该配合物中镍原子的价电子排布为3d10，则其杂化轨道类型为_______________，Ni(CO)4是_______________（填“极性”或“非极性”）分子。（2）氯化亚铜是一种白色固体，实验测得其蒸气密度是同条件下氢气密度的99.5倍，则氯化亚铜的分子式为_______________；氯化亚铜的盐酸溶液可定量吸收CO形成配合物Cu2(CO)2Cl2·2H2O（结构如图所示），该反应可用于测定空气中CO的含量，每个Cu2(CO)2Cl2·2H2O分子中含_______________个配位键。（3）铜能与类卤素(SCN)2 反应生成 Cu(SCN)2，(SCN)2分子中含有σ键与π键的数目比为__________；类卤素(SCN)2对应的酸有两种，理论上硫氰酸（H-S-C≡N）的沸点低于异硫氰酸（H-N=C=S）的沸点，其原因是_______________。（4）立方NiO（氧化镍）晶体的结构如图所示，其晶胞边长为apm，列式表示NiO晶体的密度为_______________g/cm3（不必计算出结果，阿伏加德罗常数的值为NA）。人工制备的NiO晶体中常存在缺陷（如图）：一个Ni2+空缺，另有两个Ni2+被两个Ni3+-15-所取代，其结果晶体仍呈电中性，但化合物中Ni和O的比值却发生了变化。已知某氧化镍样品组成Ni0.96O，该晶体中Ni3+与Ni2+的离子个数之比为_______________。【答案】(1).【Ar】3d8(2).分子(3).sp3(4).非极性分子(5).Cu2Cl2(6).6(7).5∶4(8).异硫氰酸中H-N键极性强，分子间存在氢键，而硫氰酸分子间只存在分子间作用力，所以异硫氰酸的沸点高于硫氰酸(9).(10).1∶11【解析】(1)Ni元素是28号元素，位于第四周期第Ⅷ族，其基态原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d84s2，因此基态Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8；配合物Ni(CO)4常温为液态，熔点低，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，所以Ni(CO)4属于分子晶体；该配合物中镍原子的价电子排布式为3d10，可知Ni提供空轨道，O提供孤电子对，为正四面体结构，Ni其杂化轨道类型为sp3，是正四面体结构，属于非极性分子，故答案为：1s22s22p63s23p63d8；分子；sp3；非极性；(2)实验测得其蒸气密度是同条件下氢气密度的99.5倍，相对分子质量为99.5×2=199，由(CuCl)n=199，n=2得到化学式Cu2Cl2，氯原子最外层电子数为7可知，氯原子可形成一对共用电子对，即氯原子形成的两条共价键中只有一条为配位键，而X可形成三条配位键，配位键如图(X为Cu)，则每个Cu2(CO)2Cl2•2H2O分子中含6个配位键，故答案为：Cu2Cl2；6(3)(SCN)2的结构式为N≡C-S-S-C≡N，根据的结构可知分子中有3个单键和2个碳氮三键，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键，(SCN)2分子含有5个σ键，故1mol(SCN)2分子中含有σ键的数目为5NA，π键的数目为4NA，数目比为5∶4；由于异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键，所以硫氰酸(H-S-C≡N)的沸点低于异硫氰酸，故答案为：5∶4-15-；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键，所以异硫氰酸的沸点高于硫氰酸；(4)晶胞中Ni原子数目为1+12×=4，氧原子数目为8×+6×=4，晶胞质量为4×g，晶胞边长为apm，晶胞体积为(a×10-10cm)3，NiO晶体的密度为为4×g÷(a×10-10cm)3=g/cm3；设1molNi0.96O中含Ni3+xmol，Ni2+为(0.96-x)mol，根据晶体仍呈电中性，可知3x+2×(0.96-x)=2×1，x=0.08molNi2+为(0.96-x)mol=0.88mol，即离子数之比为Ni3+：Ni2+=0.08：0.88=1：11，故答案为：；1：11。点睛：本题是对物质结构的考查，涉及晶体结构与性质、核外电子排布、化学键、杂化轨道、晶胞计算等。(4)为易错点，注意利用均摊法计算晶胞质量，根据阴阳离子所带电荷相等计算氧化镍晶体中离子数目之比。12.下列是由A(1，3—丁二烯）合成两种含卤素的有机化合物的合成路线。Ⅰ．Ⅱ．D中只有一个亚甲基（-CH2-)。Ⅲ．F的核磁共振氢谱有两个吸收峰且能使溴的四氯化碳溶液褪色。（1）B的名称是_______________；A和B反应时生成一种分子式为C8H12的副产物，其结构简式为_______________。（2）①的反应条件为_______________；D的结构简式为_______________。（3）由F生成G的方程式为__________________________；G生成H的反应类型为_______________。（4）H的同分异构体中能与NaHCO3的溶液反应的结构有_______________种。（5）结合上述合成路线中的信息，写出以A和乙醇为起始原料合成一氯环己烷的路线。（无机原料自选）-15-_____【答案】(1).丙烯(2).(3).NaOH/醇溶液(4).(5).(6).加成反应(7).5(8).【解析】根据流程图，A(1，3—丁二烯)与溴加成生成E(C4H6Br2)，E的核磁共振氢谱有两个吸收峰且能使溴的四氯化碳溶液褪色，则E为；E在碱性溶液中水解生成F，F为二元醇，F为，F在浓硫酸存在时加热，生成G，G与氯水中的HClO加成生成H，根据分子式间的关系，可知，G为，H为；根据信息I，B为丙烯，，与溴发生加成反应生成C，C为，C发生卤代烃的消去反应生成，与溴在光照时发生取代反应生成D，D中只有一个亚甲基(-CH2-)，因此D可能为等。(1)根据上述分析，B为丙烯；A(1，3—丁二烯)和B(丙烯)反应时生成一种分子式为C8H12的副产物，其结构简式为，故答案为：丙烯；；(2)反应①为的消去反应，反应条件为NaOH/醇溶液，加热；根据上述分析，D可能的结构简式为，故答案为：NaOH/醇溶液，加热；；(3)由F生成G的方程式为；G与次氯酸加成生成H-15-，故答案为：；加成反应；(4)H为，H的同分异构体中能与NaHCO3的溶液反应，需要含有羧基，有CH2ClCH2CH2COOH，CH3CHClCH2COOH，CH3CH2CHClCOOH，(CH3)2CHClCOOH，CH2ClCH(CH3)COOH，共5种，故答案为：5；(5)以A(1，3—丁二烯)和乙醇为起始原料合成一氯环己烷。要合成一氯环己烷，可以显合成环己烯，可以有1，3—丁二烯和乙烯合成环己烯，合成乙烯，酯需要将乙醇中的羟基消去即可，合成路线为：，故答案为：。-15-