福建省泉州市2018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. N A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12N A
B. 0.2N A个CH4分子与足量氯气反应，生成物在标准状况下的体积为22.4L
C. 1L 1 mol·L－1NH4NO3溶液中NO3－的数目为N A
D. 1mol Na与足量O2反应，产物中阴离子的数目为0.5N A
【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、X
D. 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，CH3CH2OH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224mL N2时，铜转移的电子数为0.02N A
【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，224mL N2的物质的量为0.01mol，则消耗0.02molCu，Cu转移的电子数为0.02N A，故D正确；答案选C。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0.1 mol/L 体积均为10mL的两种一元酸（HX、HY）溶液中，分别滴入0.1 mol·L-1NaOH溶液，pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
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＞HY
D. 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0.1 mol/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0.1 mol/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。
（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5.000 g漂白粉样品，研细，加蒸馏水溶解并冷却后，稀释至500 mL。
②移取25.00 mL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/L AgNO3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25.00 mL。（已知：K sp(AgCl，白色)＝1.56×10－10，K
(Ag2Cr2O4，砖红色)＝9.0×10－12）
sp
（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). 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500 mL，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。
9. 磷单质及其化合物有着广泛应用。
（1）在1.0 L密闭容器中放入0.10mol PCl5(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) ΔH2
PCl3(g)＋3H2O(l) = H3PO3(aq)＋3HCl(aq) ΔH3
H3PO3(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__________。
【答案】 (1). (2). 0.32 mol·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：
PCl 5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)
起始量(mol) 0.1 0 0
转化量(mol) x x x
平衡量(mol) 0.1-x x x
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==0.32 mol·L－1，故答案为：0.32 mol·L－1；
③. 在1.0 L密闭容器中放入0.10mol PCl5(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：
PCl 5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)
起始量(mol) 0.1 0 0
转化量(mol) y y y
平衡量(mol) 0.1-y y y
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]，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(H
PO2)2，所以B是阴离子交换膜，故答案为：Co－2e－=Co2＋；阴；
2
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：K sp[Mg(OH)2]＝1.2×10－11，K sp [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。
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－ )＝0.32 mol/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NH
MgPO4、NH4MgAsO4、MgSiO3沉淀除去，反应过程中需控制溶液pH为9，
4
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；
②. 铬液中c(Cr2O72－ )＝0.32 mol/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d g·cm－3，则晶胞参数a＝_____nm（列出计算式即可）。
【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d g?cm－3=，a=nm或
×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3mol H2反应转化为B，则B的结构简式为_____。
③ DHP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 + R1ONa
iii. 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
(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3mol H2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
，在酸性条件下与水反应生成
CH3(CH2)2 CH＝CH(CH2)7OH，故答案为：；；。