福建省泉州市2022届高三毕业班3月质量检查理综化学试题1.化学与生活密切相关。下列物质的用途错误的是A.小苏打用于面包发酵B.氢氧化铝用于中和胃酸C.肥皂水用于蚊虫叮咬处清洗D.福尔马林用于食品保鲜【答案】D【解析】A.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，可用于糕点、面包的发酵，故A正确；B.胃酸的主要成分是盐酸，氢氧化铝可以和盐酸反应生成氯化铝和水，消耗盐酸，故B正确；C.肥皂水呈碱性，与蚊虫叮咬处释放的酸发生反应，可用于蚊虫叮咬处清洗，故C正确；D.福尔马林是甲醛的水溶液，甲醛有毒，不能用于食品保鲜，故D错误；答案选D。2.下列说法正确的是A.HOCH2CH=CHCOOH能发生酯化、加聚、水解等反应B.石油分馏产品经过裂解、加成反应可制得乙醇C.丁烷的一氯代物有5种D.油脂、淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物【答案】B【解析】A.HOCH2CH=CHCOOH中含有羟基、碳碳双键和羧基，可以发生酯化、加聚反应，不能发生水解反应，故A错误；B.石油分馏产品经过裂解可制得乙烯，乙烯与水发生加成反应制得乙醇，故B正确；C.丁烷有两种同分异构体，分别为CH3CH2CH2CH3和CH(CH3)3，CH3CH2CH2CH3的一氯代物有2种，CH(CH3)3的一氯代物有2种，所以丁烷的一氯代物有4种，故C错误；D.淀粉、蛋白质是可以发生水解反应的高分子化合物，油脂可以发生水解反应，但不是高分子化合物，故D错误；答案选B。3.NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是A.46g乙醇完全燃烧，转移的电子数为12NAB.0.2NA个CH4分子与足量氯气反应，生成物在标准状况下的体积为22.4LC.1L1mol·L－1NH4NO3溶液中NO3－的数目为NAD.1molNa与足量O2反应，产物中阴离子的数目为0.5NA-16-【答案】B点睛：本题考查阿伏加德罗常数的计算和判断，试题难度中等，掌握以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数之间的关系、理清物质的结构、性质是解答本题的关键，本题的易错点是D项，解题时要注意无论是Na2O2还是Na2O均只有1个阴离子，钠离子和阴离子的个数之比都是2:1。4.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，X和W为同族元素，WX是离子化合物，YZ为常见气体。下列说法一定正确的是A.常温下，YZ在空气中易被氧气氧化B.Y的最简单气态氢化物与其最高价氧化物的水化物能发生反应C.原子半径由大到小的顺序为W、Y、Z、XD.符合分子式为Y2X6Z的化合物能与W单质发生置换反应【答案】C【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，X和W为同族元素，WX是离子化合物，则X为H元素、W为Na元素，Y、Z一定是第二周期的元素，YZ为常见气体，则YZ为CO，Y为C元素，Z为O元素。A.YZ为CO，常温下在空气中不易被氧化，故A错误；B.C元素的最简单气态氢化物是甲烷，与碳酸不能发生反应，故B错误；C.Na是短周期中原子半径最大的元素，C元素的原子半径大于O元素的原子半径，H元素的原子半径最小，故C正确；D.符合分子式为Y2X6Z的化合物可能是CH3CH2OH或CH3OCH3，CH3CH2-16-OH能与单质Na发生置换反应，CH3OCH3不能与单质Na发生置换反应，故D错误；答案选C。点睛：本题主要考查原子结构和元素周期律，试题难度中等。根据题目信息推断各元素种类是解答本题的关键，解题时要注意明确原子结构和元素周期律之间的关系，本题的难点是D项，注意符合分子式为Y2X6Z的化合物既可能是CH3CH2OH也可能是CH3OCH3，二者的官能团不同，CH3CH2OH中含有羟基，能与单质Na发生置换反应，而CH3OCH3中不含羟基，不能与单质Na发生置换反应。5.如图所示为盐酸介质中，金属铜与氢叠氮酸（HN3）构成的原电池，总反应方程式为：2Cu+2Cl-+HN3+3H+＝2CuCl(s)+N2↑+NH4+。下列叙述错误的是A.电子的流向为Cu→→石墨B.负极的电极反应式为Cu+Cl――e－＝CuCl(s)C.反应一段时间后正极区溶液的pH减小D.标准状况下，生成224mLN2时，铜转移的电子数为0.02NA【答案】C【解析】A.由总反应方程式可知，Cu失电子生成CuCl，所以Cu为负极，石墨为正极，电子的流向为Cu→→石墨，故A正确；B.Cu失电子生成CuCl，电极反应式为Cu+Cl――e－＝CuCl(s)，故B正确；C.正极的电极反应式为HN3＋2e－＋3H＋=N2↑＋NH4＋，由电极反应式可知，反应一段时间后正极区溶液的pH增大，故C错误；D.由总反应方程式可知，Cu的化合价从0价升高到+1价，生成1mol氮气时，消耗2molCu，转移2mol电子，在标准状况下，224mLN2的物质的量为0.01mol，则消耗0.02molCu，Cu转移的电子数为0.02NA，故D正确；答案选C。-16-点睛：本题主要考查原电池的组成、原电池原理和电极反应式书写等，根据题目所给的原电池总反应方程式并结合原电池原理即可解答，试题难度中等。本题的难点是C项，分析某个电极反应后的溶液pH变化情况，一定要结合该电极的电极反应式进行判断，具体到本题中，正极的电极反应式为HN3＋2e－＋3H＋=N2↑＋NH4＋，因该电极反应消耗H＋，所以反应一段时间后正极区溶液的pH增大。6.四氯化钛（TiCl4）极易水解，遇空气中的水蒸汽即产生“白烟”，常用作烟幕弹。其熔点－25℃，沸点136.4℃。某实验小组设计如下装置（部分加热和夹持装置省略），用Cl2与炭粉、TiO2制备TiCl4。下列说法不正确的是A.②、⑤中分别盛装饱和食盐水和NaOH溶液B.冷凝管有冷凝、回流和导气的作用C.反应结束时，应先停止③处加热，后停止①处加热D.该设计存在不足，如④⑤之间缺少防水蒸汽进入④的装置【答案】A【解析】A.因四氯化钛（TiCl4）极易水解，遇空气中的水蒸汽即产生“白烟”，而制得的氯气中含有水蒸气，所以②中应盛装浓硫酸，故A错误；B.TiCl4的熔沸点较低，制得的TiCl4应经过冷凝处理，则该装置中的冷凝管具有冷凝、回流和导气的作用，故B正确；C.反应结束时，先停止③处加热，后停止①处加热，可以使制得的TiCl4在氯气氛围中冷却，防止空气进入装置中使TiCl4变质，故C正确；D.因四氯化钛（TiCl4）极易水解，所以应在装置④和⑤之间加一个防止水蒸汽进入④的装置，故D正确；答案选A。7.常温下，向浓度均为0.1mol/L体积均为10mL的两种一元酸（HX、HY）溶液中，分别滴入0.1mol·L-1NaOH溶液，pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是-16-A.N点：c(Na+)＝c(Y-)＋c(HY)B.M点：c(X－)＞c(Na+)C.滴至pH=7时，消耗NaOH溶液的体积：HX＞HYD.滴入10mLNaOH溶液时，溶液中水的电离程度：HX＜HY【答案】A【解析】A.据图可知，浓度均为0.1mol/L的两种一元酸HX、HY溶液的pH都大于1，说明HX和HY均为弱酸，N点加入NaOH溶液的体积为15mL，NaOH与HY的物质的量之比为3:2，则根据物料守恒得2c(Na+)＝3c(Y-)＋3c(HY)，故A错误；B.M点加入NaOH溶液的体积为5mL，根据反应方程式NaOH+HX=NaX+H2O可知，反应后所得溶液中HX和NaX的物质的量相等，此时溶液的pH＜7，说明HX的电离程度大于X－的水解程度，所以c(X－)＞c(Na+)，故B正确；C.据图可知，浓度均为0.1mol/L的两种一元酸HX、HY溶液的pH(HX)＜pH(HY)，说明酸性HX＞HY，因酸性越弱其对应的阴离子水解程度越大，所以滴至pH=7时，消耗NaOH溶液的体积：HX＞HY，故C正确；D.滴入10mLNaOH溶液时，HX和HY均恰好完全反应分别得到NaX、NaY溶液，因酸性HX＞HY，则X－的水解程度小于Y－的水解程度，溶液中水的电离程度：HX＜HY，故D正确；答案选A。8.热稳定系数和总氯量是漂白粉行业标准里的两个指标。Ⅰ.利用如图装置（省略加热装置），探究漂白粉的热分解产物。资料显示：久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有O2和少量Cl2。-16-（1）加热干燥漂白粉样品，观察到B中有大量无色气泡产生。则次氯酸钙分解的固体产物中一定有________。（2）加热久置于潮湿环境中的漂白粉样品，观察到B中也有气泡产生。①B中发生反应的离子方程式为_______。②待充分反应后，断开连接A、B的橡皮管，停止加热，冷却。利用B中产物，通过实验证明加热时有少量氯气生成。请设计实验方案：_________。Ⅱ.测定漂白粉总氯的百分含量（即样品中氯元素总质量与样品总质量的比值）。实验步骤如下：①准确称取5.000g漂白粉样品，研细，加蒸馏水溶解并冷却后，稀释至500mL。②移取25.00mL该试样溶液至锥形瓶中，调节pH，缓慢加入适量3%H2O2水溶液，搅拌至不再产生气泡。加入适量K2CrO4溶液作为指示剂，以0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定至终点。多次实验，测得消耗AgNO3标准溶液平均体积为25.00mL。（已知：Ksp(AgCl，白色)＝1.56×10－10，Ksp(Ag2Cr2O4，砖红色)＝9.0×10－12）（3）步骤①中，溶解、稀释的过程所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、____、____。（4）加入H2O2水溶液，搅拌至不再产生气泡，目的是______（用离子方程式表示）。（5）滴定终点的现象是_______。（6）该漂白粉总氯的百分含量为__________。（7）下列操作导致总氯百分含量测定结果偏高的是______。A．指示剂K2CrO4的用量过多B．在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失【答案】(1).CaCl2(2).2OH－+Cl2＝Cl－+ClO－+H2O(3).取少量B中溶液，先加入硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明有Cl2生成(4).500mL容量瓶(5).胶头滴管(6).ClO－+H2O2＝Cl－+O2↑+H2O(7).-16-当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失(8).35.5%(9).C【解析】I.(1).加热干燥的漂白粉样品，观察到B中有大量无色气泡产生，说明漂白粉受热生成的产物中有O2，O元素的化合价从－2价升高到0价，根据氧化还原反应的规律可知，Cl元素的化合价应从+1价降低到－1价，所以次氯酸钙分解的固体产物中一定有CaCl2，故答案为：CaCl2；(2).①.因久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有O2和少量Cl2，则在B中Cl2和NaOH发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，离子方程式为：2OH－+Cl2＝Cl－+ClO－+H2O，故答案为：2OH－+Cl2＝Cl－+ClO－+H2O；②.若漂白粉加热时有少量氯气生成，则氯气和NaOH溶液反应后所得的溶液中含有Cl－，所以只要检验B中含有Cl－即可证明，实验方案为：取少量B中溶液，先加入硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明有Cl2生成，故答案为：取少量B中溶液，先加入硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明有Cl2生成；II.(3).步骤①中，将称量的漂白粉样品研细，加蒸馏水溶解并冷却后，稀释至500mL，则所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还需要500mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；(4).加入H2O2水溶液，搅拌至不再产生气泡，目的是使漂白粉与H2O2完全反应，该反应的离子方程式为：ClO－+H2O2＝Cl－+O2↑+H2O，故答案为：ClO－+H2O2＝Cl－+O2↑+H2O；(5).用AgNO3标准溶液滴定，当溶液中的Cl－完全反应后，开始生成砖红色的Ag2Cr2O4沉淀，所以滴定终点的现象为：当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失，即为滴定终点，故答案为：当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失；(6).由反应方程式ClO－+H2O2＝Cl－+O2↑+H2O、Ag＋＋Cl－=AgCl↓可知：ClO－～Cl－～Ag＋，所以样品中氯元素的总质量为：m(Cl)=0.025L×0.1mol/L××35.5g/mol=1.775g，则该漂白粉总氯的百分含量为：×100%=35.5%，故答案为：35.5%；(7).A．若指示剂K2CrO4的用量过多，溶液中CrO42－的浓度较大，会造成Cl－尚未完全沉淀时就有砖红色沉淀生成，消耗标准溶液的体积偏小，测定结果偏低，故A错误；B．在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，会使读取的标准溶液体积偏小，测定结果偏低，故B错误；C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会使标准溶液体积偏大，测定结果偏高，故C正确，答案选C。-16-9.磷单质及其化合物有着广泛应用。（1）在1.0L密闭容器中放入0.10molPCl5(g)，一定温度进行如下反应:PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)ΔH1反应时间(t)与容器内气体总压强(p/100kPa)的数据见下表：回答下列问题:①PCl3的电子式为_______。②T1温度下，反应平衡常数K=______。③T1___T2（填“＞”、“＜”或“＝”，下同），PCl5的平衡转化率α1(T1)__α2(T2)。（2）PCl5、PCl3可转化为H3PO4、H3PO3。已知下列热化学方程式：PCl5(g)＋4H2O(l)=H3PO4(aq)＋5HCl(aq)ΔH2PCl3(g)＋3H2O(l)=H3PO3(aq)＋3HCl(aq)ΔH3H3PO3(aq)＋Cl2(g)＋H2O(l)=H3PO4(aq)＋2HCl(aq)ΔH4则ΔH4=______。（用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示）（3）次磷酸钴[Co(H2PO2)2]广泛用于化学镀钴，以金属钴和次磷酸钠为原料，采用四室电渗析槽电解法制备，原理如下图。①Co的电极反应式为______________，A、B、C为离子交换膜，其中B为__________离子交换膜（填“阳”或“阴”）。②次磷酸(H3PO2)为一元弱酸，次磷酸钠溶液中离子浓度由大到小的顺序是__________。-16-【答案】(1).(2).0.32mol·L－1(3).＜(4).＜(5).ΔH2－ΔH1－ΔH3(6).Co－2e－=Co2＋(7).阴(8).c(Na＋)＞c(H2PO2－)＞c(OH－)＞c(H+)【解析】(1).①.P原子最外层有5个电子，Cl原子最外层有7个电子，P原子与3个Cl原子形成3个共用电子对，PCl3的电子式为，故答案为：；②.在恒温恒容的密闭容器中，容器内气体的总压强之比等于气体的总物质的量之比，根据平衡三段式法有：PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)起始量(mol)0.100转化量(mol)xxx平衡量(mol)0.1-xxx平衡时气体总物质的量为：(0.1-x+x+x)=(0.1+x)mol，则有：=，x=0.08mol，所以T1温度下，反应平衡常数K==0.32mol·L－1，故答案为：0.32mol·L－1；③.在1.0L密闭容器中放入0.10molPCl5(g)，由表中数据可知，在时间为0时，T1对应的气体总压强小于T2对应的气体总压强，因相同条件下温度越高，气体的压强越大，所以T1＜T2，在温度为T2时，根据平衡三段式法有：PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)起始量(mol)0.100转化量(mol)yyy平衡量(mol)0.1-yyy平衡时气体总物质的量为：(0.1-y+y+y)=(0.1+y)mol，则有：=，y=0.083mol，x=0.08mol＜y=0.083mol，所以在温度为T2时PCl5的平衡转化率更大，即α1(T1)＜α2(T2)，故答案为：＜；＜；(3).①.以金属钴和次磷酸钠为原料，用电解法制备次磷酸钴[Co(H2PO2)2-16-]，Co的化合价从0价升高到+2价，则Co的电极反应式为Co－2e－=Co2＋，产品室可得到次磷酸钴的原因是：阳极室的Co2＋通过阳离子交换膜进入产品室，原料室的H2PO2－通过阴离子交换膜进入产品室与Co2＋结合生成Co(H2PO2)2，所以B是阴离子交换膜，故答案为：Co－2e－=Co2＋；阴；②.次磷酸(H3PO2)为一元弱酸，在次磷酸钠溶液中，H2PO2－水解使溶液呈碱性，溶液中各离子浓度的大小关系为：c(Na＋)＞c(H2PO2－)＞c(OH－)＞c(H+)，故答案为：c(Na＋)＞c(H2PO2－)＞c(OH－)＞c(H+)。点睛：本题综合考查盖斯定律的应用、化学平衡常数的计算、盐溶液中微粒浓度大小的比较及电化学相关知识，试题难度中等。本题的难点是第(3)小题的第一问，解答本题时要先根据题目信息，分析电解时Co的化合价变化情况，进而判断出Co为阳极、石墨为阴极，再结合电解池的基本原理，分析溶液中阴离子和阳离子的移动方向，进而判断B属于阴离子交换膜。10.在我国的资源储备中，铬是重要的战略金属资源。以下是以某铬渣（主要成分为Cr2O3，杂质主要是FeO、SiO2等）为原料生产Cr2O3的工艺流程：已知：Ksp[Mg(OH)2]＝1.2×10－11，Ksp[Cr(OH)3]＝6.4×10－31（1）若以氧化物形式表示矿物的组成，Fe2SiO4可表示为______。（2）焙烧时通入氧气的作用是______。（3）“除杂”时加入MgSO4-(NH4)2SO4混合物与溶液中少量的PO43－、AsO43－、SiO32－反应，分别转化为NH4MgPO4、NH4MgAsO4、MgSiO3沉淀除去。-16-①反应过程控制溶液pH为9，若pH＞9除杂率降低的原因是______。②反应的温度控制在80℃左右，温度不宜太高的主要原因是_______。（4）“还原”时先调节溶液pH，再加入焦亚硫酸钠（Na2S2O5）①完成“还原”反应的离子方程式：_____________②已知铬液中c(Cr2O72－)＝0.32mol/L，为了不使还原过程产生Cr(OH)3沉淀，应控制反应过程pH不大于_____。（5）“沉铬”主要副产物为______。【答案】(1).2FeO·SiO2(2).将Cr2O3、FeO氧化(3).pH过高时，Mg2+、NH4+易转化为Mg(OH)2、NH3，影响沉淀形成。(4).铵盐受热分解(5).2、3、10H+、4、6、5H2O(6).4(7).Na2SO4【解析】(1).Fe2SiO4中的Fe元素为+2价，以氧化物的形式可表示为：2FeO·SiO2，故答案为：2FeO·SiO2；(2).由焙烧后的工艺流程可知，在焙烧时通入氧气的目的是将Cr2O3、FeO氧化，故答案为：将Cr2O3、FeO氧化；(3).①.“除杂”时加入MgSO4-(NH4)2SO4混合物的目的是与溶液中少量的PO43－、AsO43－、SiO32－反应，分别转化为NH4MgPO4、NH4MgAsO4、MgSiO3沉淀除去，反应过程中需控制溶液pH为9，若pH＞9，则Mg2+、NH4+易转化为Mg(OH)2、NH3，影响沉淀形成，使除杂率降低，故答案为：Mg2+、NH4+易转化为Mg(OH)2、NH3，影响沉淀形成；②.反应的温度控制在80℃左右，若温度太高，会使铵盐受热分解，降低除杂率，故答案为：铵盐受热分解；(4).①.在酸性条件下，Cr2O72－与S2O52－发生氧化还原反应生成Cr3＋和SO42－，根据得失电子守恒和原子守恒，配平后的离子方程式为：2Cr2O72－＋3S2O52－＋10H＋=4Cr3＋＋6SO42－＋5H2O，故答案为：2、3、10H+、4、6、5H2O；-16-②.铬液中c(Cr2O72－)＝0.32mol/L，由2Cr2O72－＋3S2O52－＋10H＋=4Cr3＋＋6SO42－＋5H2O可知，反应后的溶液中c(Cr3+)＝0.64mol/L，当Cr3+开始生成Cr(OH)3沉淀时，溶液中的c3(OH－)=，解得c(OH－)=10－10mol/L，溶液的pH等于4，所以为了不使还原过程产生Cr(OH)3沉淀，应控制反应过程pH不大于4，故答案为：4；(5).由工艺流程图和反应2Cr2O72－＋3S2O52－＋10H＋=4Cr3＋＋6SO42－＋5H2O可知，“沉铬”的主要副产物为Na2SO4，故答案为：Na2SO4。11.铂（Pt）及其化合物用途广泛。（1）在元素周期表中，铂元素与铁元素同族，则铂元素位于______。A．s区B．p区C．d区D．ds区E．f区（2）二氯二吡啶合铂是由Pt2+、Cl-和吡啶结合形成的铂配合物，有顺式和反式两种同分异构体。科学研究表明，反式分子和顺式分子一样具有抗癌活性。①Cl－的外围电子排布式为______。②吡啶分子是大体积平面配体，其结构简式如右图所示，该配体的配位原子是_____。吡啶分子中，碳、氮原子的轨道杂化方式分别是___、____，各元素的电负性由大到小的顺序为_______。③二氯二吡啶合铂分子中存在的微粒间作用力有_____（填序号）。a．离子键b．配位键c．金属键d．非极性键e．氢键④二氯二吡啶合铂分子中，Pt2+的配位数是4，但是其轨道杂化方式并不是sp3。简述理由：________。⑤反式二氯二吡啶合铂分子结构如图所示，该分子是_____分子（选填“极性”、“非极性”）。（3）金属铂立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如右图所示。若金属铂的密度为dg·cm－3，则晶胞参数a＝_____nm（列出计算式即可）。-16-【答案】(1).C(2).3s23p6(3).N(4).sp2(5).sp2(6).N、C、H(7).b、d(8).若Pt2+以sp3杂化轨道进行配位，则二氯二吡啶合铂为四面体结构，不存在顺反异构体(9).非极性(10).【解析】(1).在元素周期表中，铂元素与铁元素同族，铁元素位于元素周期表的d区，所以铂元素也位于d区，故答案选C；(2).①.Cl－核外有18个电子，其外围电子排布式为：3s23p6，故答案为：3s23p6；②.在吡啶分子中，由N原子提供孤电子对形成配体，所以该配体的配位原子是N原子，在吡啶分子中，碳原子形成2个单键和1个双键，共3个σ键，氮原子形成1个单键、1个双键和1个配位键，共3个σ键，所以碳、氮原子的轨道杂化方式分别是sp2、sp2，吡啶由N、C、H三种元素组成，因非金属性N＞C＞H，所以电负性由大到小的顺序为：N、C、H，故答案为：N；sp2；sp2；N、C、H；③.二氯二吡啶合铂分子是由Pt2+、Cl-和吡啶结合形成的铂配合物，所以存在配位键，碳原子之间形成非极性键，因二氯二吡啶合铂属于分子，所以不存在离子键和金属键，又因氮原子未连接氢原子，所以不存在氢键，故答案为：b、d；④.二氯二吡啶合铂有顺式和反式两种同分异构体，在二氯二吡啶合铂分子中，若Pt2+以sp3杂化轨道进行配位，则二氯二吡啶合铂为四面体结构，不存在顺反异构体，所以Pt2+的配位数虽然是4，但是其轨道杂化方式并不是sp3，故答案为：若Pt2+以sp3杂化轨道进行配位，则二氯二吡啶合铂为四面体结构，不存在顺反异构体；⑤.吡啶分子是大体积平面配体，由反式二氯二吡啶合铂分子的结构示意图可知，该分子的结构是一种对称结构，所以反式二氯二吡啶合铂分子是非极性分子，故答案为：非极性；(3).由金属铂立方晶胞的投影示意图可知，金属铂是面心立方最密堆积结构，则一个晶胞中含有8×1/8+6×1/2=4个Pt原子，则金属铂的密度dg•cm－3=，a=nm或-16-×10-7nm，故答案为：或×10-7。12.二氢吡喃（DHP）常用作有机合成中的保护基。（1）按照如下路线可以制得DHP。①单糖A的分子式为_____，DHP分子的核磁共振氢谱有_____组峰。②1mol糠醛与3molH2反应转化为B，则B的结构简式为_____。③DHP的同分异构体中，属于链状有机物且能发生银镜反应的有_____种。（2）已知：i.DHP的保护和脱保护机理为ii.R－C≡CNa+R1OH→R－C≡CH+R1ONaiii.R－C≡CNa+R1Br→R－C≡C－R1+NaBr应用DHP作保护基合成梨小食心虫性外激素的路线如下：①被DHP保护的官能团名称是_______，保护反应的类型是______。②上述路线中最后一步反应的方程式为______。③上述路线中步骤a、b、c分别为_______、______、_______。（例：）【答案】(1).C5H10O5(2).5(3).(4).8(5).羟基(6).加成反应(7).HO(CH2)7CH＝CH(CH2)2CH3+CH3COCl→CH3COO(CH2)7CH＝CH(CH2)2CH3+HCl-16-(8).(9).(10).【解析】(1).①.单糖A失去3分子水生成糠醛，糠醛的分子式为C5H4O2，所以单糖A的分子式为C5H10O5，由DHP的结构简式可知，DHP分子中含有5种化学环境不同的氢原子，则DHP分子的核磁共振氢谱有5组峰，故答案为：C5H10O5；5；②.糠醛分子中含有2个碳碳双键和1个醛基，1mol糠醛与3molH2发生加成反应生成B，B的结构简式为：，故答案为：；③.DHP的分子式为C5H8O，属于链状有机物且能发生银镜反应，结合DHP的分子式，说明含有1个醛基和1个碳碳双键，把醛基看成取代基，剩余的4个碳原子的连接方式有：C=C－C－C、C－C=C－C、，将醛基作为取代基连接在C原子上，C=C－C－C有4种连接方式，C－C=C－C有2种连接方式，有2中连接方式，共8种，故答案为：8；(2).①.由DHP的保护和脱保护机理可知，醇与DHP发生加成反应，最后脱水再生成醇，所以被DHP保护的官能团是羟基，故答案为：羟基；加成反应；②.HO(CH2)7CH＝CH(CH2)2CH3与CH3COCl发生取代反应生成CH3COO(CH2)7CH＝CH(CH2)2CH3和HCl，反应方程式为：HO(CH2)7CH＝CH(CH2)2CH3+CH3COCl→CH3COO(CH2)7CH＝CH(CH2)2CH3+HCl，故答案为：HO(CH2)7CH＝CH(CH2)2CH3+CH3COCl→CH3COO(CH2)7CH＝CH(CH2)2CH3+HCl；③.由DHP的保护和脱保护机理及梨小食心虫性外激素的合成路线可知，Br(CH2)6CH2OH与DHP在酸性条件下生成，与NaC≡C(CH2)2CH3反应生成，与氢气发生加成反应生成，-16-在酸性条件下与水反应生成CH3(CH2)2CH＝CH(CH2)7OH，故答案为：；；。-16-