广东省深圳市2020年6月高三年级第二次调研考试理综化学试题（解析版）

广东省深圳市 2020 年 6 月高三第二次调研考试 理科综合能力测试化学试题 1.中国古代成语蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是 A. “甘之如饴”中“饴”指麦芽糖，与白糖的主要成分相同 B. “近朱者赤”中“朱”指朱砂(HgS)，可用作红色颜料 C. “沙里淘金”利用了“沙”和“金”密度的差异进行分离 D. “红砖绿瓦”中“砖”和“瓦”都属于硅酸盐产品 【答案】A 【解析】 【详解】A．“甘之如饴”中“饴”指麦芽糖，白糖的主要成分是蔗糖，与白糖的主要成分不相同，故 A 错误； B．朱砂(HgS)是红色固体，难溶于水，可用作红色颜料，故 B 正确； C．“沙”和“金”密度的差异大，可用淘洗的方法进行分离，故 C 正确； D．“砖”和“瓦”主要成分均为硅酸盐，都属于硅酸盐产品，故 D 正确； 故选 A。 2.气相条件下，立方烷能自发地发生热重排反应生成一系列化合物。下列说法正确的是 A. a、f 中所有原子均可处于同一平面 B. 1mol 化合物 e 完全燃烧消耗 12molO2 C. 六硝基立方烷最多有 3 种结构（不考虑立体异构） D. 立方烷热重排产物均能使酸性 KMnO4 溶液褪色 【答案】C 【解析】 【详解】A．a、f 中均有 sp3 杂化的碳原子，是四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故 A 错误； B．1mol 化合物 e（C8H8）完全燃烧消耗为(8+ )mol=10molO2，故 B 错误；8 4C．六硝基立方烷的同分异构相当于 2 个 H 原子的排列方式，有在同一棱上、面对角线上、体对角线上 3 种 结构（不考虑立体异构），故 C 正确； D．立方烷热重排产物中 d 是苯，不能使酸性 KMnO4 溶液褪色，故 D 错误； 故选 C。 3.实验室制备莫尔盐[(NH4)2SO4．FeSO4·6H2O]的过程是：向稀 H2SO4 中加入过量的铁屑，充分反应后过滤， 向滤液中加入一定量的(NH4)2SO4 饱和溶液。经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到莫尔盐晶体。下列说法正 确的是 A. 铁屑上若有少量铁锈，将导致莫尔盐中混入杂质 Fe2(SO4)3 B. 蒸发浓缩使用的仪器有坩埚、玻璃棒、酒精灯 C. 室温时，莫尔盐的溶解度比(NH4)2SO4 和 FeSO4 的都小 D. 晶体析出后，取少量母液加入 K3[Fe(CN)6]，无蓝色沉淀生成 【答案】C 【解析】 【详解】A．2Fe3+＋Fe=3Fe2＋，故 A 错误； B．蒸发浓缩使用的仪器有蒸发皿、玻璃棒、酒精灯，故 B 错误； C．硫酸亚铁铵在水中的溶解度比组成它的每一种盐的溶解度都小，故 C 正确； D．晶体析出后，取少量母液，其中含有 Fe2＋，加入 K3[Fe(CN)6]，3Fe2＋+ 2K3[Fe(CN)6]=6K＋ +Fe3[Fe(CN)6]2↓，有蓝色沉淀生成，故 D 错误； 故选 C。 4.硅是制作光伏电池的关键材料。在 Si 晶体中掺杂不同种类的元素，可形成多电子的 n 型或缺电子的 p 型 半导体。n 型和 p 型半导体相互叠加形成 p-n 结，此时自由电子发生扩散运动，在交界面处形成电场。下列 说法正确的是 A. 1molSi 晶体中含有的 Si-Si 键数目为 4NA B. 若在 Si 晶体中掺入 P 元素，可得 n 型半导体 C. p-n 结中，n 型一侧带负电，p 型一侧带正电 D. 光伏电池 能量转化形式为：光能→化学能→电能的【答案】B 【解析】 【详解】A．硅晶体中，一个硅原子与 4 个硅原子形成 4 个 Si-Si 键，一个 Si-Si 键 2 个硅原子共用，平均 1molSi 晶体中含有的 Si-Si 键数目为 2NA，故 A 错误； B．若在 Si 晶体中掺入 P 元素，P 最外层是 5 个电子，可形成多电子的 n 型半导体，故 B 正确； C．p-n 结中，p 型半导体的空穴浓度高，自由电子的浓度低，P 型一侧带负电；而 n 型半导体的自由电子浓 度高，空穴浓度低，N 型一侧带正电，故 C 错误； D．光伏电池是一种利用太阳光直接发电的光电半导体薄片，能量转化形式为：光能→电能，故 D 错误； 故选 B。 5.主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，且均不大于 20。X、Y 同周期，X 的最高正价与最低负价 代数和为 4。化合物 ZW2 与水剧烈反应，有易燃的单质气体产生，同时生成白色糊状物。下列说法正确的 是 A. 单质 沸点：W>Y B. 化合物 ZW2 中只含有离子键 C. 简单氢化物的热稳定性：X>Y D. X 的氧化物的水化物均是强酸 【答案】B 【解析】 【分析】 主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，且均不大于 20。X、Y 同周期，X 的最高正价与最低负价代 数和为 4，X 位于ⅥA 族，为 S 元素，Y 为 Cl；化合物 ZW2 与水剧烈反应，有易燃的单质气体产生，同时 生成白色糊状物，Z 为钙，W 为 H，CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋H2↑。 【详解】由分析：W 为 H，X 为 S，Y 为 Cl，Z 为钙。 A．氢的相对分子质量小于氯气，单质的沸点：W Hc c c c ( ) ( ) ( ) - 3 - 3 CH COO CH COOH OH c c c⋅ - -7 -53 a 3 3 (CH COO ) 10CH COOH = =1.8 10(CH COOH)( cK c × ×） - 3 3 (CH COO ) =180(CH COOH) c c  - + + -53 a 3 3 (CH COO ) (H )CH COOH = (H )=1.8 10(CH COOH( ) c cK cc ⋅ ≈ ×） 5 11.8 10 mol L− −× ⋅ ( ) ( ) ( ) ( )- + + 3 3c CH COO >c Na >c CH COOH >c H ( ) ( ) ( ) - 3 -- h 33 CH COO 1 (CH COO )CH COOH OH c Kc c = ⋅I．工业上制备 H2O2 的流程如下： (1)“转化”中反应的化学方程式为_________：“低温放置”的目的是_________ (2)图甲为“减压蒸馏”的部分装置，该装置由克氏蒸馏头和_________(填仪器名称)组成。 lI．实验小组利用图乙装置测定阿伏加德罗常数(NA) (3)实验准备 ①H2O2 溶液浓度标定。可选用_________(填标号)试剂对 H2O2 溶液进行滴定，测定其浓度。 A．H2C2O4B．KMnO4C．淀粉 KI ②装置气密性检查。打开止水夹，将注射器 b 的活塞推至底部，拉动注射器 a 活塞吸入 10mL 空气，关闭止 水夹。向下推动注射器 a 活塞至底，当观察到注射器 b 的现象为_________，说明装置的气密性良好。 (4)测定过程 ①在反应室中加入适量 MnO2，将注射器 b 活塞推至底部，关闭止水夹。用注射器 a 准确抽取 cmol/LH2O2 溶液 VlmL，缓慢地注入反应室后，固定注射器 a 活塞。 ②反应结束后，待反应体系处于_________状态时，读取注射器 b 的气体体积为 V2mL，则产生 O2 的体积为 ____mL。 ③设室温下 O2 的密度为 ρg/L，一个 O2 实际质量为 mg，则 NA=____(用含 ρ 等字母的代数式表示)。 (5)该实验利用 H2O2 作为生氧剂的优点有_________(写两条)。 【答案】 (1). Na2O2＋2NaH2PO4＝2Na2HPO4＋H2O2 (2). 防止 H2O2 受热分解，沉降 Na2HPO4·nH2O固体 (3). 圆底烧瓶 (4). B (5). 注射器 b 的活塞向右移动，且最终注射器 b 中的气体体积为 10mL (6). 恢复室温或体积不再改变或压强不再改变 (7). V2－V1 (8). (9). 反应完全、无污 染、反应速率快等合理答案均可 【解析】 【分析】 由反应流程可知转化方程式为 Na2O2＋2NaH2PO4＝2Na2HPO4＋H2O2，H2O2 受热易分解为水和氧气，故应 低温放置； H2O2 具有还原性，与 KMnO4 反应现象明显，可以利用溶液颜色变化来测定 H2O2 溶液浓度， 【详解】由分析可知： (1)转化中方程式为 Na2O2＋2NaH2PO4＝2Na2HPO4＋H2O2，低温放置目的在于防止 H2O2 受热分解，沉降 Na2HPO4·nH2O 固体； (2)由装置图可知反应中的仪器为圆底烧瓶； (3)①由 H2O2 的还原性，以及溶液颜色的变化作为实验结束标志可知选用 KMnO4 溶液测量结果更精确，故 选 B； ②注射器 b 的活塞向右移动，且最终注射器 b 中的气体体积为 10mL (4)①测量气体体积时应避免温度对气体体积的影响，准确测量气体体积应在室温下，故答案为：恢复室温 或体积不再改变或压强不再改变； ②注射器中气体体积的变化是由于 H2O2 的分解产生的 O2 引起的，故氧气的体积为 V2－V1 mL； ③由题中信息可知生成的 的质量 m(O2)=ρg/L L，由 可知： ； 故可得 m(O2)= 所以结合式子可得 NA= ； (5) 作为自身具有氧化性，反应产物为水和氧气，故本实验的优点是反应完全、无污染、反应速率快 等。 9.以 CH4、CO2 为原料合成乙酸，是综合开发温室气体资源的新方向。 I．CH4 CO2 催化重整间接制乙酸 CH4、CO2 催化重整制合成气，再利用合成气制乙酸，涉及的反应如下： 反应 l：CH4(g)＋CO2(g) ⇌2H2(g)＋2CO(g)△H 反应 2：2H2(g)＋CO(g) ⇌CH3OH(g)△H=－90.9kJ·mol－1 反应 3：CH3OH(g)＋CO(g) ⇌CH3COOH(g)△H=－118.2kJ·mol－1 . 2 1 1 2(V -V )ρ cV m 2O 2 1 1000 V V  － 2 2 2 2 22H O MnO 2H O+O 2 2 22H O ~O -31 A CV 10 N m2 × × × 2 1 1 2(V -V )ρ cV m 2 2H O(1)已知：CH4(g)＋CO2(g) ⇌ CH3COOH(g)△H=＋37.9kJ·mol－1 则“反应 l”的△H=_________ (2)“反应 1”的化学反应速率 v=k[ ]m·[ ]n,k 为速率常数。1123K 和 1173K 时，分别保持 或 不变，测得速率 v 与 、 的关系如图所示： ①由图可知，下列叙述正确的是_________(填标号)。 A．当 10kPa≤ ≤25kPa 时，m=l B．其他条件不变，增大 ，速率 v 不一定增大 C．a、b、c 三点速率常数的大小关系为：ka＞kb＞kc ②若初始时按 n(CH4)：n(CO2)=1：1 进气，且 Kb=1.3×10－2mol·g－1·s－1·Kpa－2，则 b 点的化学反应速率 v=_________mol·g－1·s－1。 (3)向盛有催化剂的刚性容器中通入等物质的量的 CH4(g)和 CO2(g)，发生“反应 1”。在 923K 和 1173K 时， CH4(g)的转化率(α)与时间(t)的关系如图所示。 923K 时，CH4(g)的平衡转化率 α=_________，若平衡时体系的总压强为 p0，平衡常数 K923K=____(用含有 p0 的代数式表示)。 II．CH4、CO2 两步法制乙酸 (4)反应 CH4(g)+CO2(g)⇌CH3COOH(g)不能自发进行。将该反应拆分成两个连续的步骤进行，可在较温和的 条件下实现上述转化，具体过程： 4CHp 2COp 2COp 4CHp 4CHp 2COp 4CHp 2COp①第二步反应的化学方程式为_________ ②为增大 CH3COOH 的平衡产率，从温度角度考虑，第一步反应在高温下进行，第二步反应在_________进 行；从 H2 浓度的角度考虑，应采取的措施是_________。 【答案】 (1). ＋247.0kJ·mol−1 (2). AB (3). 5.2 (4). 60% (5). p02 或 1.265625 p02 (6). CO2＋Co3C＋2H2⇌CH3COOH＋3Co (7). 低温 (8). 第一步减小氢气的浓度(或压强)，第二步增大 氢气的浓度(或压强) 【解析】 【分析】 I．利用该盖斯定律进行计算，将反应 1、反应 2、反应 3 相加可以得到总反应，可以求出“反应 l”的△H 的 数值；从图像信息分析 m 的值，k 的值和速率的变化； II．根据图示可以写出化学反应方程式。从化学平衡移动的方向分析浓度，温度对平衡的影响。 【详解】I．(1)反应 l：CH4(g)＋CO2(g)⇌2H2(g)＋2CO(g)△H1 反应 2：2H2(g)＋CO(g) ⇌CH3OH(g)△H2=－90.9kJ·mol－1 反应 3：CH3OH(g)＋CO(g) ⇌CH3COOH(g)△H3=－118.2kJ·mol－1 总反应：CH4(g)＋CO2(g) ⇌CH3COOH(g)△H=＋37.9kJ·mol－1，根据盖斯定律，反应 l+反应 2+反应 3 可得总 反应，△H1+△H2+△H3=△H，则△H1=△H-△H2-△H3=＋37.9kJ·mol－1－(－90.9kJ·mol－1)－(－118.2kJ·mol－ 1)=＋247.0kJ·mol−1； (1)①A．当 10kPa≤ ≤25kPa 时，由左图的速率随甲烷的分压变化图可知，图像为一条直线，故斜率为 1，则 m=l，故 A 正确； B．由右图的速率随甲烷的分压变化图可知，其他条件不变，增大 ，在 的值为 25 Kpa 时，速率值 不再发生变化，故速率 v 不一定增大，故 B 正确； C．由图像可知，va＞vb＞vc， a 和 b 的 相等、根据公式，v=k[ ]m·[ ]n，由于 va＞vb ，ka＞ kb，三个点中 c 点 值最小，故无法得出 c 点速率常数最小关系，故 C 错误； 答案选 AB； 81 64 4CHp 2COp 2COp 4CHp 4CHp 2COp 4CHp②若初始时按 n(CH4)：n(CO2)=1：1 进气，则 b 点的化学反应速率 v= k[ ]m·[ ]n，已知 Kb=1.3×10－ 2mol·g－1·s－1·Kpa－2，CH4(g)＋CO2(g)⇌2H2(g)＋2CO(g)，由图像可知，当 10kPa≤ ≤25kPa 时，m=l， n=1， vb= kb[20]·[20] =1.3×10－2mol·g－1·s－1·Kpa－2×400=5.2 mol·g－1·s－1； (3) 反应 l：CH4(g)＋CO2(g)⇌2H2(g)＋2CO(g)△H＞0，正反应放热，升高温度，反应正向移动，CH4(g)的转 化率增大，则平衡时 CH4(g)的转化率为 98%的曲线为 1173K 时的平衡曲线，60%的为温度 923K 时的平衡 曲线，由曲线可知，923K 时，CH4(g)的平衡转化率 α=60%，若平衡时体系的总压强为 p0，设 CH4 和 CO2 的 初始投入物质的量为 1mol，923K 平衡时时，CH4(g)的平衡转化率 α=60%，列“三段式”： 平衡常数 K923K= = p02 或 1.265625 p02； II．(4)①根据图示，第二步反应的化学方程式为 CO2＋Co3C＋2H2⇌CH3COOH＋3Co； ②根据图示可知，第二步反应为放热反应，增大 CH3COOH 的平衡产率，即反应向正向移动，降低温度反 应向放热的方向进行，从温度角度考虑，第二步反应在低温下进行；从 H2 浓度的角度考虑，反应一中氢气 为生成物，使反应正向进行，则应该减小氢气的浓度(或压强)，对于反应二，氢气为反应物，可增大氢气的 浓度(或压强)，促使平衡正向移动，使 CH3COOH 的平衡产率增大。 【点睛】关于速率常数的理解是难点，需要学生结合图像，分析清晰每一条曲线的意义，会用速率常数的 公式进行计算。 10.Pd/A12O3 是常见的汽车尾气催化剂。一种从废 Pd/A12O3 纳米催化剂(主要成分及含量：Pd0.3%， γ-A12O392.8%，其他杂质 6.0%)中回收金属 Pd 的工艺： 已知：γ-Al2O3 能与酸反应，α-A12O3 不与酸反应。 回答下列问题： (1)“预处理”时，γ-A12O3 经焙烧转化为 α-A12O3，该操作的主要目的是_________。 (2)“酸浸”时，Pd 转化为 PdCl42-，其离子方程式为_________。 4CHp 2COp 4CHp ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 2 mol 1 1 0 0 mol 0.6 0.6 1.2 1. CH g CO 2 mo g 2H g 2C l 0.4 0.4 1.2 1. O 2 g 始 变 平 ＋ ＋ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 0 2 2 4 0 0 2 2 1.2 1.2 p p 3.2 3p pH CO CO .2= 0.4 0.4p p 3.2 3 H . C p 2p × × ×    ×          ×       × 81 64(3)“滤液①”和“滤液②”中都含有的主要溶质有_________(填化学式)。 (4)“粗 Pd”溶解时，可用稀 HNO3 替代 NaClO3，但缺点是_________。两者相比，_________(填化学式)的氧 化效率更高(氧化效率以单位质量得到的电子数表示)。 (5)“沉淀”时，[Pd(NH3)4]2+转化为[Pd(NH3)2]Cl2 沉淀，其化学方程式为_________。 (6)酸性条件下，BrO3-能在负载 Pd/A12O3 纳米催化剂的电极表面快速转化为 Br-。 ①发生上述转化反应的电极应接电源的_________极(填“正”或“负”)； ②研究表明，电流密度越大，电催化效率越高；但当电流密度过大时，该电极会发生副反应生成_________ 填化学式)。 【答案】 (1). 有利于 Pd 与 Al2O3 的分离 (2). 3Pd＋ClO3-＋6H+＋11Cl−＝3PdCl42-＋3H2O (3). AlCl3 (4). 对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低) (5). NaClO3 (6). [Pd(NH3)4]Cl2＋ 2HCl＝[Pd(NH3)2]Cl2↓＋2NH4Cl (7). 负 (8). H2 【解析】 【分析】 废 Pd/A12O3 纳米催化剂(主要成分及含量：Pd 0.3%，γ-A12O3 92.8%，其他杂质 6.0%)进行预处理，废催化剂 进行焙烧，使大量的 γ-A12O3 经焙烧转化为 α-A12O3，处理后，加入足量盐酸和 NaClO3 进行酸浸和氧化处 理，Pd 转化为 PdCl42-，γ-A12O3 转化为 Al3+后过滤，发生的离子反应为：3Pd＋ClO3-＋6H+＋11Cl−＝3PdCl42- ＋3H2O，A12O3+6H+=2Al3++ 3H2O，α-A12O3 不与酸反应，对酸浸后的溶液过滤，α-A12O3 以滤渣的形式除 去，得到含有 PdCl42-、Al3+的滤液，向滤液中加入过量的 Al 单质，将 PdCl42-置换为 Pb 单质，在进行过滤， 得到主要含有 Al3+、Cl-的滤液①，得到的固体主要含有 Pb 和过量的 Al 单质，再加入盐酸将过量的单质 Al 除去，再次过滤，得到主要含有 Al3+、Cl-、H+的滤液②和粗 Pd，向粗 Pd 中再次加入盐酸和 NaClO3，将 Pd 溶解转化为 PdCl42-，向得到的溶液中加入氨水，将 PdCl42-转化为[Pd(NH3)4]2+，再加入盐酸，使[Pd(NH3)4]2+ 转化为[Pd(NH3)2]Cl2 沉淀，过滤后，对[Pd(NH3)2]Cl2 进行焙烧生成高纯度的 Pd 单质，据此分析解答。 【详解】(1)由于 α-A12O3 不与酸反应，“预处理”时，γ-A12O3 经焙烧转化为 α-A12O3，该操作的主要目的是 将大量的 A12O3 在酸浸时以沉淀的形式除去，有利于 Pd 与 Al2O3 的分离； (2)根据分析，“酸浸”时，Pd 转化为 PdCl42-，其离子方程式为 3Pd＋ClO3-＋6H+＋11Cl−＝3PdCl42-＋3H2O； (3)根据分析“滤液①”主要含有 Al3+、Cl-，“滤液②”中主要含有 Al3+、Cl-、H+，二者都含有的主要溶质有 AlCl3； (4)“粗 Pd”溶解时，可用稀 HNO3 替代 NaClO3，但缺点是使用硝酸作氧化剂会生成氮氧化物，对环境产生较 大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低)；63g 硝酸为 1mol 做氧化剂转化为二氧化氮，转移 1mol 电子，即 1g 硝酸参与反应得到 mol≈0.016mol 的电子，106.5g NaClO3 为 1mol，做氧化剂转化为 PdCl42-，1 63转移 6mol 电子，即 1g NaClO3 参与反应得到 mol≈0.056mol 电子，两者相比，NaClO3 的氧化效率更高。 (5)“沉淀”时，[Pd(NH3)4]2+转化为[Pd(NH3)2]Cl2 沉淀，其化学方程式为[Pd(NH3)4]Cl2＋2HCl＝[Pd(NH3)2]Cl2↓ ＋2NH4Cl； (6) ①BrO3-能在负载 Pd/A12O3 纳米催化剂的电极表面快速转化为 Br-，溴元素的化合价降低，得电子，发生 还原反应，负载 Pd/A12O3 纳米催化剂的电极作阴极，电解池的阴极与电源的负极相连； ②电流密度越大，电催化效率越高；酸性条件下，但当电流密度过大时，进入到阴极的电子过多，多余的 电子来不及被 BrO3-得到转化为 Br-，电解质溶液中的氢离子会结合多余的电子，则出现电极副反应： H++2e-=H2↑。 【点睛】本题的难点为(6)，由于电解池的电解液为酸性，有大量的氢离子，电流密度过大，即进入到阴极 的电子数量过多，根据电解池阴极阳离子放电顺序，过多的电子首先会被氢离子得到转化为氢气。 11.钴及其化合物有着广泛的应用前景。回答下列问题： (1)基态 Co 原子的核外电子排布式为_________． (2)以无水乙醇作溶剂，Co(NO3)2 可与某多齿配体结合形成具有催化活性的配合物，其结构简式如图所示。 ①配合物中提供孤对电子的原子是_________(填元素符号)； ②该多齿配体中所含元素电负性由大到小的顺序为__________(填元素符号)： ③下列化合物与上述配合物中 C 和 N 原子的杂化类型均相同的是__________(填标号)。 A. B. C. D. (3)亚硝酸钴钠可与 K+结合形成 K2Na[Co(NO2)6]，从而实现对 K+的定量测定。 ①K2Na[Co(NO2)6]中存在的化学键类型有_________(填标号)； A．金属键 B．离子键 C．极性共价键 D．配位键 ②与亚硝酸根互为等电子体的化合物有_________(写一种)。 (4)Co 与 Ca 属于同一周期，且最外层电子数相同，但金属 Co 的熔点、沸点均比金属 Ca 的高，原因是 ____。 (5)某种铁酸钴(CoTiO3)晶胞沿 x、y 或 z 轴任意一个方向的投影如下图所示。晶胞中 Co 处于各顶角位置， 则 O 处于_________位置，与 Co 紧邻的 O 的个数为_________。若晶胞中 Co 与 O 的距离为 anm，阿伏加 6 106.5德罗常数的值为 NA，该晶体的密度为_________g．cm-3(列出计算式)。 【答案】 (1). [Ar]3d74s2 或 1s22s22p63s23p63d74s2 (2). O、N (3). O＞N＞C＞H (4). B (5). BCD (6). SO2 或 SnO2 (7). Co 原子半径小且价电子数多，金属键强 (8). 面心 (9). 12 (10). 或 或 或 【解析】 【分析】 根据均摊法和化合物的分子式确定氧原子的位置和与 Co 紧邻的 O 的个数，利用晶胞的质量和体积计算晶胞 密度。 【详解】(1)Co 是 27 号元素，基态 Co 原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2 或 1s22s22p63s23p63d74s2； (2)①根据配合物的结构和配位键的形成特点，配合物中提供孤对电子的原子是 O、N； ②该多齿配体中所含元素为 H、C、N、O，C、N、O 位于同一周期，同周期元素从左到右电负性逐渐增强， 故电负性由大到小的顺序为 O＞N＞C，H 元素与 C、N、O 形成化合物时，一般氢元素的化合价为正价， 故电负性最小，故电负性的大小为 O＞N＞C＞H； ③上述配合物中 C 位于苯环上和亚甲基上，苯环上的碳原子价层电子对数为 3 对，采用的是 sp2 杂化，亚甲 基上的碳原子价层电子对数为 4 对，亚甲基上的碳原子采用 sp3 杂化，N 原子的价层电子对数为 3 对，杂化 类型 sp2 杂化， A． 中苯环上的碳原子碳原子价层电子对数为 3 对，采用的是 sp2 杂化，N 原子的价层电子对数 为 3 对，杂化类型 sp2 杂化，故 A 不符合题意； B． .中氮环上的碳原子碳原子价层电子对数为 3 对，采用的是 sp2 杂化，甲基上的碳原子 价层电子对数为 4 对，亚甲基上的碳原子采用 sp3 杂化，N 原子的价层电子对数为 3 对，杂化类型 sp2 杂化， 故 B 符合题意； 21 3 A 155 10 2 2a N × 21 3 A 155 10 ( 2a) N × 3 21 A 155 ( 2a) 10 N−× ( )37 A 155 2a 10 N−×C． 中环己烷上的碳原子价层电子对数诶 4 对，均采用 sp3 杂化，N 原子的价层电子对 数为 3 对，杂化类型 sp2 杂化，故 C 不符合题意； D． 中碳原子价层电子对数为 4 对，均采用 sp3 杂化，N 原子的价层电子对数为 3 对，杂化类型 sp2 杂化，故 D 不符合题意； 答案选 B。 (3)根据图示，①K2Na[Co(NO2)6]中 Co(NO2)6 存在的化学键类型有极性共价键、配位键，亚硝酸钴钠可与 K+ 形成离子键； ②与亚硝酸根互为等电子体的化合物有 SO2 或 SnO2； (4)Co 与 Ca 属于同一周期，且最外层电子数相同，但金属 Co 的熔点、沸点均比金属 Ca 的高，原因是 Co 原子半径小且价电子数多，金属键强； (5) 根据 CoTiO3 晶胞中 Co 处于各顶角位置，根据 Co 原子的数目为 1 个，O 原子的数目为 3 个，则 O 处于 面心位置，由图可知与 Co 紧邻的 O 的个数为 12 个，若晶胞中 Co 与 O 的距离为 anm，则晶胞的边长为 cm，阿伏加德罗常数的值为 NA，该晶体的密度为 ，化简可得 或 或 。 【点睛】在计算密度时，需要利用数学计算，勾股定律计算出晶胞的半径，单位的换算是易错点。 12.他米巴罗汀是一种对白血病、阿尔茨海默症等疾病具有较好治疗效果的药物，其一种合成路线： 72a 10−× 3 3 -1 A A A A 7 7 m nM NM M 59g / mol+48g / mol+48g / mol 155= = = 2 = = = a g / cmV V 10N V N V c 2am N mol N10− −× ρ ×3 3（ ）（） 21 3 A 155 10 2 2a N × 21 3 A 155 10 ( 2a) N × 3 21 A 155 ( 2a) 10 N−×回答下列问题： （1）A 的结构简式是_________，C 中含氧官能团的名称是_________ （2）①和③的反应类型分别是_________ （3）下列说法正确的是_________（填标号）。 a．A 为苯的同系物 b．B 的一氯代物有 5 种 c．1molC 最多可与 2molNaOH 反应 d．弱碱性条件有利于反应⑤进行 （4）草酰氯 与乙二胺( )反应可得到一种六元环状化合物，该反应的化学方 程式为_________ （5）化合物 W 与 C 互为同分异构体，且满足下列条件：①属于芳香族化合物且能与 NaHCO3 反应：②能 发生银镜反应；③酸性条件下可发生水解反应，其产物能之一与 FeCl3 发生显色反应，则 W 共有_________ 种，其中一种核磁共振氢谱为 1：2：2：2：1，其结构简式为__________。 （6）参照上述合成路线，设计由苯和 1，3－丁二烯合成 的路线（其它无机试剂任选）。__________ 【答案】 (1). (2). 羧基、酯基 (3). 取代反应、还原反应 (4). cd (5). ＋H2N－CH2－CH2－NH2→ ＋2HCl (6). 13 (7). (8). CH2=CHCH=CH2 Cl－CH2CH=CHCH2Cl Cl－CH2CH2CH2Cl 【解析】 【分析】 (1)~(3)：由流程知，反应②为苯环上的硝化反应，反应③则为还原反应，反应过程中硝基转化为氨基，则 B为： ，A 为 ，反应①则是 与 之间生成 ，C 分子式为 C9H8O4，不饱和 度为 6，参照上述合成路线的反应④，用逆合成分析法推知，C 为 ，据此填空； (4)参照上述合成路线的反应⑥，类推即可； (5)限定条件的同分异构体的种类判断，可从分子式为 C9H8O4，不饱和度为 6 切入，找出满足条件的官能团 判断； (6)参照题目提供 合成线路，结合逆分析法，找出流程； 【详解】(1)由分析知 A 为 ，C 为 ，则 C 中含氧官能团的名称是羧基、酯基； 答案为： ；羧基、酯基； (2)反应①是 与 之间发生反应得到 ，苯环上相邻 2 个氢原子被取代，同时得到氯化氢， 故是取代反应，反应③过程中硝基转化为氨基，去氧得氢，则③为还原反应； 答案为：取代反应、还原反应； (3)a．A 为 ，苯环所连并不是烷基，故不是苯的同系物，a 错误； b．B 为 ，分子内有 7 种氢原子，故一氯代物有 7 种，b 错误； c．C 为 ，1molC 最多可与 2molNaOH 反应，c 正确； d．反应⑤是取代反应，除了得到有机产物外，还有 HCl 生成，故弱碱性条件有利于反应⑤进行，d 正确； 答案为：cd； (4)草酰氯 与乙二胺( )反应由反应⑥类推即可，发生取代反应，可得到一种六 元环状化合物 和 HCl，该反应的化学方程式为 ＋H2N－CH2－CH2－NH2→ ＋2HCl； 的答案为： ＋H2N－CH2－CH2－NH2→ ＋2HCl； (5)化合物 W 与 C 互为同分异构体，分子式为 C9H8O4，不饱和度为 6，且从满足下列条件可知其含的基团或 官能团：由“①属于芳香族化合物且能与 NaHCO3 反应”知含羧基：由“②能发生银镜反应”知含-CHO；由“③ 酸性条件下可发生水解反应，其产物能之一与 FeCl3 发生显色反应”知含酚酯基，由于是6 个不饱和度，故 其必定含甲酸酚酯基、羧基，则 W 的结构存在以下二种情况：一是可看作 苯环上的 1 个氢 原子被 取代所得，共 3 种同分异构体，即苯环上 2 个取代基位于邻、间、对位 3 种情况，另一 种是苯环上有 3 个取代基，分别是 、-COOH 和-CH3， 结构的苯环上再引入-CH3 有 2 种、 结构的苯环上再引入-CH3 有 4 种、 结构的苯环上再引入-CH3 有 4 种、则满足 条件的同分异构体共有 13 种，其中一种核磁共振氢谱为 1：2：2：2：1，其结构简式为 ； 答案为：13 种； ； (6)参照上述合成路线的反应①，用逆合成分析法，要得到 ，需 和 ClCH2CH2CH2Cl 在 AlCl3 条件下反应，Cl－CH2CH2CH2Cl 则可以由 CH2=CHCH=CH2 与氯气先进行 1,4-加成得 ClCH2CH=CHCH2Cl、 后 ClCH2CH=CHCH2Cl 与氢气加成所得，由苯和 1，3－丁二烯合成的路线为：CH2=CHCH=CH2 ClCH2CH=CHCH2Cl ClCH2CH2CH2Cl ； 答案为：CH2=CHCH=CH2 ClCH2CH=CHCH2Cl ClCH2CH2CH2Cl 。