上饶市2020届高三5月第三次模拟考试理综化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精江西省上饶市2020届高三5月第三次模拟考试理综化学试题含解析上饶市2020届第三次高考模拟考试考试时间：150分钟分值：300分注意事项：1、本试题卷分第I卷(选择题)和第II卷（非选择题）两部分，总分300分，考试时间150分钟。2、答题前，考生须将自己的学校、班级、姓名、学号填写在本试题卷指定的位置上.3、选择题的每小题选出答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案,不能答在试题卷上。4、非选择题必须按照题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答。超出答题区域或在其他题的答题区域内书写的答案无效；在草稿纸、本试题卷上答题无效。考试结束,将本试题卷和答题卡一并交回。5、可能用到的相对原子质量：H—1C-12N—14O—16K—39Cr—52Fe—56第Ⅰ卷（选择题）一、选择题（本题共7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。化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法正确的是（）A。为增强“84”消毒液消灭新冠肺炎病毒效果，可加入稀盐酸B.从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，因此是电解质C。韩愈的诗句“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的柳絮富含糖类D。北斗卫星导航专用ASIC硬件结合国产应用处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，该“中国芯”的主要成分为SiO2【答案】C【解析】【详解】A．84消毒液的有效成分为NaClO，加入稀盐酸，两者会反应生成有毒气体Cl2，离子方程式为ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O,A错误；B．石墨烯薄片是碳的单质，不是电解质，B错误；C．柳絮的主要成分为纤维素，属于糖类，C正确;D．芯片由Si制成，而SiO2可以用于制作光纤，D错误。答案选C。2.中科院理化技术研究所张铁锐等人成功制备了超薄LDH纳米片光催化剂，实现了在常温常压和可见光或直接太阳辐射下N2和H2O合成氨,其原理示意图如下。下列说法正确的是（）A。在该合成氨反应条件下，每转移2NA个电子需要22.4ＬＨ2OB。反应前后极性键的数目不变C.LDH是反应的催化剂，并不参与反应D。反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为4∶3【答案】B【解析】【详解】A．没有说明H2O所处的状态，不知道22.4LH2O的物质的量，无法计算转移的电子数，A错误；B．按照示意图，发生的化学方程式为6H2O＋2N2=4NH3＋3O2，反应物中只有H2O含有极性键，6molH2O含有12mol极性键；产物中只有NH3含有极性键，4molNH3含有12mol极性键，反应前后极性键数目不变，B正确；C．LDH是反应的催化剂,参与了反应，C错误；D．化学方程式为6H2O＋2N2=4NH3＋3O2，NH3为还原产物，O2为氧化产物，其物质的量之比为3：4，D错误。答案选B。3.下列结论或目的与实验内容相对应且正确的是（）选项实验内容结论或目的A向相同物质的量浓度的NaCl、NaI混合溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成相同温度时Ksp（AgI)〈Ksp（AgCl）B向淀粉溶液中滴加适量稀硫酸并加热，一段时间后再滴加适量新制Cu（OH）2悬浊液并加热，没有出现红色沉淀淀粉没有水解C将一定量铁与稀硝酸混合,待铁全部溶解后再向溶液中加入几滴KSCN溶液，溶液没有变红色铁只能被稀硝酸氧化为Fe2+D室温时，将等体积、等物质的量浓度的FeCl3，CuSO4溶液分别加入到等体积的30%的H2O2溶液中探究Fe3+、Cu2+的催化效果的优劣A。A B。B C。C D。D【答案】A【解析】【详解】A．向等浓度的NaCl和NaI溶液中加入AgNO3，先产生黄色沉淀，说明AgI更难溶,AgCl和AgI为同类型的沉淀，则相同温度时Ksp（AgI)〈Ksp（AgCl),A正确；B．还原性糖和新制Cu(OH）2发生反应时，需要在碱性环境下，因此应先加入碱中和酸，B错误；C．如果Fe过量，过量的铁粉会和硝酸反应生成的Fe3＋生成Fe2＋，加入KSCN后，溶液不变红，结论错误，C错误；D．FeCl3溶液和CuSO4溶液中，阴离子的种类不同，并没有控制单一变量,D错误。答案选A。【点睛】C项要注意，HNO3是强氧化性酸,Fe被硝酸氧化,只会得到Fe3＋，在铁粉过量时，生成Fe3＋与Fe粉反应生成Fe2＋，而不是硝酸氧化Fe生成Fe2＋。4。十九大报告提出将我国建设成为制造强国，2020年我国“PX”产能将达到3496万吨/年。有机物（烃）“PX”的结构模型如图，下列说法错误的是(）A。“PX”的分子式为C8H10B。“PX”难溶于水，易溶于四氯化碳C。“PX"分子中，最多有14个原子共面D.“PX”的二氯代物共有6种（不考虑立体异构）【答案】D【解析】【详解】根据PX的结构模型，可知PX为对二甲苯。A．PX的分子式为C8H10，A正确，不选；B．烃类都难溶于水，根据相似相溶原理，易溶于有机物,如CCl4，B正确，不选；C．苯环上的原子以及和苯环相连的原子一定共平面,共12个，－CH3具有CH4的空间结构，最多3个原子共平面,因此－CH3还有1个H原子可以与苯环共平面，因此最多有12＋1＋1=14个原子共平面，C正确，不选;D．对二甲苯有2个对称轴，如图所示可以采用“定一移一”的方法判断二氯代物有多少种,第一个氯原子有2种取代形式，1种取代－CH3上的H，一种是取代苯环上的H。如果一个氯原子取代－CH3上的H,第2个氯原子有4种取代方式，，如图中箭头所示的位置，，则有4种二氯代物；如果一个氯原子取代苯环上的H原子,第2个氯原子不能取代－CH3上的H原子,不然会重复,第2个氯原子有3种取代方式，如图中箭头所示的位置，，则有3种二氯代物,一共有7种二氯代物，D错误，符合题意。答案选D。5。X、Y、Z、V、W五种短周期元素，原子序数依次增大，其中Z的原子半径最大，Z的单质在W的单质中燃烧产生黄色火焰；五种元素可以组成一种有机盐（如图所示).下列说法正确的是(）A。Y与W形成的分子中各原子最外层均满足8电子稳定结构B.原子半径的大小关系为：V〉Z>WC。热稳定性：X与V组成的二元化合物>X与W组成的二元化合物D.Y与V组成的二元化合物分子中含有两个Y－V键【答案】A【解析】【详解】X、Y、Z、V、W五种短周期元素,原子序数依次增大，其中Z的原子半径最大，Z的单质在W的单质中燃烧产生黄色火焰；结合有机盐结构可知，Z为Na，从有机盐的结构可知,X形成单键，Y形成4根键，则Y为C，X为H,V和W也形成单键，整个阴离子带一个负电荷，则V和W有一个通过共用一个电子对达到稳定结构，而另一个通过共用一个电子对以及得到一个电子从而达到稳定结构，则最外层电子数分别为6和7，V和W分别是S和Cl。A．Y和W形成的分子,如CCl4，各原子均满足8电子稳定结构,A正确；B．同周期元素原子，从左到右，半径越来越小，则原子半径排序为Z（Na)>V（S）〉W（Cl),B错误;C．同周期元素的非金属性从上左到右逐渐增强，非金属性越弱，气态氢化物的稳定性差，X与V组成的二元化合物(H2S）的稳定性弱于X和W组成的二元化合物(HCl），C错误；D．C和S构成的二元化合物，CS2中C和S之间为双键，D错误。答案选A6。“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极,c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液.锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大气相通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是(）A.若用导线连接a、c，则a为负极，该电极附近pH减小B.若用导线连接a、c,则c电极的电极反应式为HxWO3-xe—=WO3+xH+C.若用导线先连接a、c，再连接b、c，可实现太阳能向电能转化D。若用导线连接b、c,b电极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O【答案】B【解析】【详解】A．用导线连接a、c,a极发生氧化，为负极,发生的电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑，a电极周围H+浓度增大，溶液pH减小，故A正确；B．用导线连接a、c，c极为正极,发生还原反应，电极反应为WO3+xH++xe—=HxWO3，故B错误；C．用导线先连接a、c，再连接b、c，由光电池转化为原电池，实现太阳能向电能转化，故C正确;D．用导线连接b、c,b电极为正极,电极表面是空气中的氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e—=2H2O，故D正确;故答案为B.7.室温下，向20。00mL0.10mol·L−1一元弱碱MOH溶液中滴入0。10mol·L−1的盐酸，溶液的AG与所加盐酸的体积关系如图所示，已知AG=lg.下列有关叙述不正确的是（）A.50℃下，AG=0,此时溶液显中性B。a点对应溶液中H2O电离出的c（H+）=1。0×10−11mol·L−1C.b点对应溶液中4c（M+）+4c（MOH)=3c(Cl−）D.d点对应溶液中c（Cl−)〉c（H+）〉c（M+)〉c（MOH）【答案】C【解析】【详解】A．AG=0，则，,溶液中c(H＋）=c（OH－），溶液显中性，A正确，不选;B．室温下，Kw=c(H＋)c（OH－)=10-14，a点,可知c(H＋)=10－11mol·L－1，溶液中的H＋均来自与水的电离,因此水电离出来的c（H＋)=10－11mol·L－1，B正确，不选;C．b点加入盐酸15mL,根据物料守恒，可知含有M的粒子的浓度和Cl－的浓度的比值为4：3，即，得3c(M＋)＋3c(MOH)=4c（Cl－)，C错误,符合题意；D．d点，加入40mL盐酸，盐酸过量,溶液中为等浓度HCl和MCl的混合溶液，Cl－的浓度最大，由于M＋为弱碱阳离子，会水解，则c(H＋）〉c(M＋）,水解是微弱的，因此c(M＋）>c（MOH)则离子排序为c（Cl－）>c（H＋）〉c(M＋）〉c(MOH)，D正确,不选。答案选C.【点睛】易错选C项,解题时容易将系数乘错。因此解题时，可以先写出分数的形式,在改写成等式，可以减少错误。二、填空题8.高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效净水剂.已知：K2FeO4易溶于水，微溶于浓KOH溶液；在酸性或中性溶液中不稳定，在0～5℃的强碱性溶液中较稳定。某实验小组欲制备高铁酸钾并测定其纯度.Ⅰ.制备高铁酸钾（夹持装置略）（1)装置A为氯气发生装置，其中盛放高锰酸钾的仪器名称为__.(2）将除杂装置B补充完整并标明所用试剂__。（3）装置C中Cl2与Fe(OH)3、KOH反应生成K2FeO4的化学方程式是____。（4)实验时将装置C置于冰水浴中，其原因是____。（5)实验后经结晶法得到的K2FeO4晶体仍含较多杂质，要得到更纯的晶体，还应采取的操作方法是____。Ⅱ。测定产品纯度(6）将wgK2FeO4粗产品溶于过量的碱性亚铬酸盐溶液中，充分反应后，加入稀硫酸酸化至pH为2，在所得的重铬酸盐溶液中加入5滴二苯胺磺酸钠溶液作指示剂，然后用cmol·L−1（NH4）2Fe(SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL.已知该过程中涉及的离子反应主要有三个:①Cr(OH)4−+FeO42—=Fe（OH）3↓+CrO42-+OH−,②_______，③Cr2O72—+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。该粗产品中K2FeO4的质量分数为__（用含w、c、V的代数式表示）。若滴定管没有用标准液润洗，则测得的结果__(填“偏高”“偏低”或“无影响”）.【答案】(1).圆底烧瓶（2）。（3)。3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH=2K2FeO4＋6KCl＋8H2O(4).K2FeO4在0～5℃环境中较稳定，防止副反应发生（5）.重结晶（6)。2CrO42－＋2H＋Cr2O72－＋H2O(7）.或或（8）。偏高【解析】【分析】Ⅰ利用浓盐酸和KMnO4制备Cl2，制备的Cl2常含有HCl，需要用饱和食盐水除杂，Cl2、Fe（OH）3和KOH反应生成K2FeO4,利用NaOH溶液处理多余的Cl2。【详解】(1）根据仪器的结构,可知该仪器为圆底烧瓶；(2）装置B的作用是除去Cl2中的HCl,选用饱和食盐水，装置如图所示;(3)Cl2中Cl的化合价降低，从0降低到－1，共降低2价,Fe(OH)3中Fe的化合价升高,从＋3升高到＋6,化合价升降守恒，则Cl2和Fe(OH)3的系数比为3：2，再根据原子守恒配平,化学方程式为3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH=2K2FeO4＋6KCl＋8H2O；（4)产物K2FeO4在0～5℃的强碱性溶液中较稳定，因此将装置C置于冰水浴中是K2FeO4在0～5℃环境中较稳定,防止副反应发生；(5）K2FeO4易溶于水中,结晶后的K2FeO4中含有较多杂质，可以利用重结晶提纯；Ⅱ(6)根据反应①和③，加入H2SO4酸化后，反应①中的产物CrO42－转化为Cr2O72－，离子方程为2CrO42－＋2H＋Cr2O72－＋H2O；根据反应方程式，可得关系式K2FeO4~CrO42－～Cr2O72－～3Fe2＋，n(K2FeO4)=n［（NH4）2Fe(SO4）2］=×cV×10－3mol，m(K2FeO4）=×cV×10－3mol×198g·mol－1=0。066cVg,则K2FeO4的质量分数为;如果滴定管没有用标准液润洗，那么消耗的标准液的体积会增加，计算得到K2FeO4的质量会增加，质量分数偏高。9.氯化亚铜（CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸。工业上用制作印刷电路的废液（含、、、）生产CuCl的流程如图所示:根据以上信息回答下列问题：(1）生产过程中：X是______。(填化学式）（2）写出生成CuCl的离子方程式______。（3）析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的原因是____。（4)在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，其理由是___________。（5)CuCl的另一种制备原理是Cu2++Cu+2Cl－＝2CuClK＝5.85×106，向0.01mol∙L－1的CuCl2溶液中加入足量的铜，能否生成CuCl？（通过计算说明）_________.(6)使用CuCl捕捉CO气体的反应为CuCl(s）+xCO(g）CuCl∙xCO(s）△H〈0，为提高CO的平衡转化率，可采取的措施有____（填标号）.A降低温度B增大压强C延长反应时间D把CuCl分散到疏松多孔的分子筛中(7）已知：CuClCu++Cl－K1；CuCl+Cl-CuCl2－K2;则反应Cu++2Cl－CuCl2－的平衡常数K＝_______（用K1、K2表示）。【答案】(1）。Fe（2）。2Cu2＋＋SO2＋2Cl－＋2H2O=2CuCl↓＋SO42－＋4H＋（3)。减少产品CuCl的损失，易于干燥(4）。Cu＋2H2SO4(浓硫酸）CuSO4＋SO2↑＋2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1：1，CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1：1，所以理论上不需要补充SO2(5）.能，（6）。AB(7）。【解析】【分析】滤渣②和浓硫酸反应可以得到CuSO4,可知滤渣②为Cu，可知滤渣①里的成分为Cu和过量的X.废液中主要是Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋、Cl－，不引入新的杂质，过量X为Fe粉,过量的Fe置换出Cu,滤液①主要是FeCl2，通入过量的Cl2，得到FeCl3,可以蚀刻电路板。滤渣①为Cu和Fe，加入过量的HCl，Fe和HCl反应生成FeCl2，滤液②主要为FeCl2,.CuCl2和SO2、CuSO4反应得到CuCl。【详解】(1）根据分析X为Fe;(2)根据图示CuSO4、SO2、CuCl2反应得到CuCl,SO2中S的化合价从＋4升高到＋6，生成H2SO4，而CuCl2和CuSO4中Cu的化合价从＋2降低到＋1，得到CuCl晶体，离子方程式为2Cu2＋＋SO2＋2Cl－＋2H2O=2CuCl↓＋SO42－＋4H＋；(3)CuCl微溶于水，不溶于乙醇，用乙醇洗涤，可以减少洗涤过程中的溶解损失,而且乙醇易挥发,洗涤后易干燥；(4）铜和浓硫酸反应生成SO2和CuSO4,而SO2和CuSO4与CuCl2反应生成CuCl，根据化学方程判断，理由是Cu＋2H2SO4（浓硫酸）CuSO4＋SO2↑＋2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1：1，CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1：1,所以理论上不需要补充SO2；（5)反应Cu2++Cu+2Cl－＝2CuCl的平衡常数表示式，在0。01mol∙L－1的CuCl2溶液中加入足量的铜，可根据浓度商Qc判断，，Qc〈K,平衡正向进行；因此反应能够发生，由于,Qc〈K，平衡正向进行；(6）A．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO的转化率增加，A符合题意；B．增大压强,向气体体积减小的方向移动，即正向移动，CO转化率会增加，B符合题意；C．达到平衡后,延长反应时间，化学平衡不会移动,C不符合题意;D．CuCl是固体，分散到疏松多孔的分子筛中，只是增加了接触面积,加快反应速率，平衡不移动，D不符合题意;答案选AB；（7)目标反应可由反应2－反应1得到，化学方程式相减，则平衡常数相除，则Cu++2Cl－CuCl2－的平衡常数K=.10.氮元素的化合物种类繁多,性质也各不相同。请回答下列问题：（1）NO2有较强的氧化性，能将SO2氧化成SO3，自身被还原为NO，已知下列两反应过程中能量变化如图1、图2所示，则NO2氧化SO2生成SO3（g)的热化学方程式为____.（2）在氮气保护下,在实验室中用足量的Fe粉还原KNO3溶液(pH=2.5)。反应过程中溶液中相关离子的质量浓度、pH随时间的变化曲线（部分副反应产物曲线略去）如图3所示。请根据图3中信息写出min前反应的离子方程式____。（3)研究人员用活性炭对汽车尾气中的NO进行吸附,发生反应C（s)+2NO(g)N2(g)+CO2（g)H<0。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体,反应相同时间时，测得NO的转化率(NO）随温度的变化如图4所示:①由图4可知，温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是__；温度为1050K时CO2的平衡体积分数为__.②对于反应C(s）+2NO（g）N2(g）+CO2（g)的反应体系,标准平衡常数，其中为标准压强（1×105Pa），、和为各组分的平衡分压，如=·,为平衡总压，为平衡系统中NO的物质的量分数。若NO的起始物质的量为1mol，假设反应在恒定温度和标准压强下进行,NO的平衡转化率为，则=__（用含的最简式表示）。（4）利用现代手持技术传感器探究压强对2NO2（g）N2O4(g)平衡移动的影响.在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在s、s时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图5所示.①B、E两点对应的正反应速率大小为__（填“〉”“〈”或“=”）。②E、F、G、H四点对应气体的平均相对分子质量最大的点为__。【答案】（1)。NO2（g）＋SO2（g)=SO3（g)＋NO(g）△H=－41。8kJ·mol－1（2)。4Fe＋NO3－＋10H＋=4Fe2＋＋NH4＋＋3H2O（3).温度低于1050K时,反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大(4)。40%(5）。（6）。>(7)。H【解析】【详解】(1）根据图1和图2中的信息，可得热化学方程式①2SO2(g）＋O2(g）2SO3(g)△H1=－196.6kJ·mol－1，②2NO（g)＋O2（g）2NO2(g）△H2=－113.0kJ·mol－1，(反应①－反应②）可得NO2氧化SO2的反应方程式，NO2(g)＋SO2（g）=NO(g）＋SO3（g)△H=(△H1－△H2）=[－196.6kJ·mol－1－(－113。0kJ·mol－1)］=－41.8kJ·mol－1,则NO2氧化SO2生成SO3（g）的热化学方程式为NO2（g）＋SO2（g）=SO3（g）＋NO(g）△H=－41.8kJ·mol－1；(2)根据图像，t1min前,溶液为酸性，反应后pH快速增大,NO3－的量在减小，而Fe2＋和NH4＋的量在增加，说明Fe和NO3－反应生成Fe2＋和NH4＋，离子方程式为4Fe＋NO3－＋10H＋=4Fe2＋＋NH4＋＋3H2O；(3)①温度低于1050K时，温度较低，化学反应速率较慢，反应没有达到平衡，平衡向正反应反应移动，随着温度升高，化学反应速率增大，NO的转化率增大；平衡时，NO的转化为80%.假设通入NO的物质的量为xmol，利用三等式,有：则CO2的体积分数为;②若NO的起始物质的量为1mol,假设反应在恒定温度和标准压强下进行，NO的平衡转化率为α,根据三等式，有：NO的物质的量分数为,同理N2和CO2的体积分数分别为0。5α、0.5α；则；(4）在针筒中,体积越小,压强越大，增大压强，平衡正向移动。①体积越小，各物质的浓度越大，反应速率越大，B点的压强大，E点的压强小，那么B点各物质的浓度大，化学反应速率快,则有vB〉vE;②平均相对分子质量，根据质量守恒，总质量m不变，则n越小，平均相对分子质量越大。反应向正反应方向进行，n会变小，则反应正向进行得越多，平均相对分子质量越大；E点到F点的过程为压缩体积的过程，压强瞬时变大，F到H为压缩体积,平衡正向移动的过程，H达到平衡，则H点，物质的总物质的量n最小，平衡摩尔质量最大。【化学——选修3:物质结构与性质】11。2019年诺贝尔化学奖授予三位化学家，以表彰其对研究开发锂离子电池作出卓越贡献。LiFePO4、聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6和LiCl等可作锂离子聚合物电池的材料。回答下列问题：(1）Fe的价层电子排布式为___.(2）Li、F、P、As四种元素的电负性由大到小的顺序为___.（3)乙二醇（HOCH2CH2OH）的相对分子质量与丙醇(CH3CH2CH2OH)相近，但沸点高出100℃,原因是___。（4）电池工作时,Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧链迁移的过程如图甲所示（图中阴离子未画出）。电解质LiPF6或LiAsF6的阴离子结构如图乙所示（X=P、As）.①聚乙二醇分子中，碳、氧的杂化类型分别是___、___.②从化学键角度看,Li+迁移过程发生___（填“物理变化”或“化学变化”)。③PF6中P的配位数为___.④相同条件，Li+在___(填“LiPF6”或“LiAsF6")中迁移较快，原因是___.（5)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。LiCl·3H2O属正交晶系(长方体形)。晶胞参数为0。72nm、1.0nm、0。56nm。如图为沿x轴投影的品胞中所有Cl原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cl原子的数目为___。LiCl·3H2O的摩尔质量为Mg·mol—1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则LiCl·3H2O晶体的密度为___g·cm—3（列出计算表达式）。【答案】（1）。3d64s2（2）.F、P、As、Li(3）.乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大（4）。sp3（5).sp3（6）.化学变化(7）。6(8）.LiAsF6(9）.AsF6—的半径比PF6—的大,AsF6-与Li+的作用力比PF6—弱（10）。4（11）。【解析】【分析】（1)Fe为26号元素,核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2

；(2)非金属性越强，电负性越强；(3)根据氢键的数量分析判断;（4)①根据图中聚乙二醇的碳氧键链方式分析判断杂化轨道类型；②化学变化过程是旧键的断裂和新键的形成；③与中心原子直接以配位键相结合的原子个数即为配位数；④相同条件，AsF6-的半径比PF6—的大，对锂离子的作用力大小不同；(5)根据晶胞密度公式计算；【详解】(1)Fe为26号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2

，故价层电子排布式为3d64s2；（2）非金属性越强，电负性越强，非金属性：F＞P＞As＞Li，则四种元素的电负性由大到小的顺序为F、P、As、Li；（3)乙二醇分子中羟基比丙醇多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大；（4）①图中聚乙二醇的碳原子都是形成4个单键，无孤电子对，为sp3杂化,氧原子都是形成2个单键，有2对孤电子,为sp3杂化；②化学变化过程的实质是旧键的断裂和新键的形成，Li+在迁移过程中要将旧的配位键断裂,迁移后再形成新的配位键，符合化学变化过程的要求；③与中心原子直接以配位键相结合的原子个数即为配位数，由图乙所示，PF6的中心原子为P，与之以配位键相结合的F原子有6个,则配位数为6；④AsF6—的半径比PF6-的大,AsF6-与Li+的作用力比PF6—弱，则Li+在LiAsF6中迁移较快；(5)如图为沿x轴投影的品胞中所有Cl原子的分布图和原子分数坐标。其中2个Cl原子在晶胞内部,4个Cl在晶胞的面上，则该晶胞中Cl原子的数目为2+4×=4个；晶胞参数为0。72nm、1.0nm、0。56nm。则晶胞的体积为0.72nm×1.0nm×0。56nm=（0。72×1。0×0.56）nm3=（0.72×1.0×0.56×10—21）cm3，晶胞中含有4个Cl原子,即含有4个LiCl·3H2O，则晶胞的质量为g,则LiCl·3H2O晶体的密度为=g·cm—3。【化学——选修5：有机化学基础】12。奥司他韦是一种高效、高选择性神经氨酸酶抑制剂，是目前治疗流感的最常用药物之一，是公认的抗禽流感、甲型H1N1等病毒最有效的药物之一.也是国家的战略储备药物.也有专家尝试使用奥司他韦作为抗新型冠状病毒(2019—nCoV）药物。以莽草酸作为起始原料是合成奥司他韦的主流路线。Ⅰ。莽草酸是从中药八角茴香中提取的一种化合物，是合成奥司他韦的原料.下列有关莽草酸说法正确的是