2020年全国高考冲刺压轴卷 理综（全国1卷）化学试题（解析版）

2020 年全国高考冲刺压轴卷(样卷) 化学 注意事项： 1.本卷满分 300 分，考试时间 150 分钟。答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和 答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡，上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在 试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答 题卡上的非答题区域均无效。 4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用 2B 铅笔涂黑。答案写在答题 卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡，上的非答题区域均无效。 5.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 6.可能用到的相对原子质量是：H1 C12 O16 Na23 Zn65 Pd106 Sn119 一、选择题：本题共 13 小题，每小题 6 分，共 78 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. 《木草纲目》对轻粉(Hg2Cl2)的制法作如下记载：“用水银－两，白矾(明矾)二两。食盐一两。同研不 见星，铺于铁器内，以小乌盆覆之，筛灶灰盐水和，封固盆口，以炭打二炷香，取开则粉升于盆上矣。其 白如雪，轻盈可爱，一两汞可升粉八钱。”下列说法正确的是（ ） A. 制备过程中未发生氧化还原反应 B. 制备过程中发生了物质的升华 C. 反应过程中一定没有氧气参与 D. 该记载中，Hg2Cl2 产率为 80% 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A. 物质汞变为轻粉(Hg2Cl2)化合价发生变化，发生氧化还原反应，故 A 错误； B. 取开则粉升于盆上矣说明轻粉(Hg2Cl2)发生了升华，故 B 正确； C．汞化合价升高，有氧化剂参与反应，可能为氧气，故 C 错误； D. 一两汞可升粉八钱则产率为 2 2Hg Cl Hg 8 5 %= %M 50 2M    （ ） （ ） 100 68 ，故 D 错误； 故答案选：B。 2. 下列实验操作正确且能达到实验目的的是 A. 除去乙酸乙酯中的乙酸：加入 NaOH 溶液振荡，再用分液漏斗分液 B. 制取并收集 NO：向稀硝酸中加入铜片，用向上排空气法收集生成的气体 C. 配制 Fe(NO3)2 溶液：将 Fe(NO3)2 固体溶于较浓硝酸，然后再加水稀释 D. 除去 MgCl2 溶液中少量 Fe3＋：向其中加入足量 MgCO3，充分搅拌后过滤 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A. 除去乙酸乙酯中的乙酸：加入 NaOH 溶液振荡，氢氧化钠与乙酸乙酯发生水解反应，两者同时 被消耗，无法分离，A 错误； B. NO 极易与空气中的氧气反应，用向上排空气法收集不到气体，直接转化为二氧化氮，B 错误； C. Fe(NO3)2 固体中为铁显+2 价，溶于强氧化性的较浓硝酸，会发生反应生成 Fe(NO3)3，C 错误； D. MgCO3 在溶液中碳酸根发生水解，产生氢氧根，与少量 Fe3＋反应沉淀，可以用于除杂，D 正确； 答案为 D。 【点睛】本题易错点为 C，注意浓硝酸的氧化性，与亚铁离子易发生氧化还原反应。 3. 设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 在标准状况下，78.0 g 苯中含有碳碳双键的数目为 3NA B. 在标准状况下，2.24 L CHCl3 中所含碳氢键的数目为 0.1NA C. 在标准状况下，22.4 L NH3 被 O2 完全氧化为 NO 时，转移电子的数目为 5NA D. 向 1 L 1 mol·L－1(CH3COO)2Ba 溶液中加入醋酸至中性，混合液中 CH2COO－数目为 NA 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A. 苯中没有碳碳双键，是特殊的“π”键，介于碳碳单键和碳碳双键之间，A 错误； B. 在标准状况下， CHCl3 是液体，无法通过气体摩尔体积公式进行计算，B 错误； C. 在标准状况下，22.4 L NH3 为 1mol，被 O2 完全氧化为 NO 时，转移电子的数目为 5NA，C 正确； D. 1 L 1 mol·L－1(CH3COO)2Ba 溶液中钡离子的物质的量为 1mol，加入醋酸至中性，根据电荷守恒公式可知， c(CH3COO-)+c(OH-)=2c(Ba2+)+c(H+)，中性时混合液中 CH2COO－数目为 2NA，D 错误； 答案为 C。 【点睛】本题易错点为 D，注意在滴定过程中电荷守恒规律，不能只看离子自身浓度。 4. 糠叉丙酮（ ）是一种重要的医药中间体。下列关于该化合物的说法错误的是（ ） A. 分子式为 C8H8O2，不属于芳香族化合物 B. 能发生氧化反应、水解反应和取代反应 C. 1mol 糠叉丙酮最多可与 3molBr2 发生加成反应 D. 存在能与 NaHCO3 反应且属于芳香族的同分异构体 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A.糠叉丙酮（ ）结构中没有苯环，不属于芳香族化合物，故不选 A； B.含有碳碳双键、能燃烧可以发生氧化反应，含有烷基可以发生取代反应，不能发生水解反应，故选 B； C.糠叉丙酮（ ）结构中含有三个碳碳双键，最多可与 3molBr2 发生加成反应，故不选 C； D.糠叉丙酮（ ）能与 NaHCO3 反应，属于芳香族含有苯环的同分异构体，有 、 、 、 ，故不选 D； 答案：B。 5. 某离子化合物的结构如图所示，其中 W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，W 的最低 负价与 Y 的最高正价代数和为 0，X 与 Z 同主族。下列说法不正确的是 A. Y、Z 组成的化合物水溶液呈碱性 B. 原子半径大小：Z>Y>X>W C. W、Y 组成的化合物有强还原性 D. 最简单氢化物的稳定性：X>Z 【答案】B 【解析】 【分析】 W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，W 的最低负价与 Y 的最高正价代数和为 0，X 与 Z 同主族。由离子结构可知，Y 易失去 1 个电子，Z 与 X 之间形成 4 个共价键，X 与其他元素之间形成 2 个 共价键，W 与 X 之间只有一个共价键，说明 W 为氢元素，X 为氧元素，Z 为硫元素，Y 为钠元素。 【详解】A. Y、Z 组成的化合物为硫化钠，是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，A 正确； B. 原子半径同周期，从左到右依次减小；同主族，从上到下依次增大，即大小：Y > Z >X>W，B 错误； C. W、Y 组成的化合物为 NaH，H 为-1 价，具有强还原性，有强还原性，C 正确； D. 最简单氢化物的稳定性与非金属性有关，非金属性越强，稳定性越强，X>Z，D 正确； 答案为 B。 6. 我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置，其示意图如下： 下列说法正确的是 A. b 为电源的负极，d 为电解池的阳极 B. 过程①②中捕获 CO2 时碳的化合价发生了变化 C. a 极的电极反应式为 2C2O52－－4e－＝4CO2↑＋O2↑ D. 上述装置中总反应的化学方程式为 C＋O2＝CO2 【答案】C 【解析】 【分析】 a 电极为 C2O52-失去电子，发生氧化反应生成氧气，d 电极为碳酸根离子得到电子，发生还原反应生成碳， 总反应为 CO2 电解 C+O2↑。 【详解】A. a 电极发生氧化反应，是电解池的阳极，连接的为正极，即 b 为正极，A 错误； B. 过程①捕获 CO2 时生成的 C2O52-的碳元素的化合价是+4 价，②捕获 CO2 时生成的 CO32-的碳元素的化合 价是+4 价，碳的化合价均未发生变化，B 错误； C.由电机装置可知， a 极的电极反应式为 2C2O52－－4e－＝4CO2↑＋O2↑，C 正确； D. 由电极装置可知，a 电极生成氧气，d 电极生成碳单质，电解总反应为 CO2 电解 C+O2↑，D 错误； 答案为 C。 7. 25°C，向 20mL 0.1mol·L－1 的 H2A 溶液中滴加 0.1mol·L－1 的 KOH 溶液，滴定曲线如图，下列说法不正确 的是 A. H2A 的电离方程式：H2A ⇌ H＋＋HA－，HA－ ⇌ H＋＋A2－ B. X 点溶液中：c(HA－)＋c(H2A)＋c(A2－)＝0.1 mol·L－1 C. Z 点溶液中存在关系 c(K＋)＝c(HA－)＋2c(A2－) D. W 点时，c(K＋)>c(OH－)>c(HA－)>c(H2A)>c(A2－)>c(H＋) 【答案】D 【解析】 【分析】 向 20mL 0.1mol·L－1 的 H2A 溶液中滴加 0.1mol·L－1 的 KOH 溶液，X 为 H2A 溶液，Y 为 H2A 和 KHA 混合溶 液，W 为 KHA 溶液，根据溶液的守恒关系回答问题。 【详解】A. 由图可知，0.1mol/L 的 H2A 的 pH=3，说明 H2A 为弱酸，电离可逆，方程式：H2A ⇌ H＋＋HA－， HA－ ⇌ H＋＋A2－，A 正确； B. X 点是 H2A 溶液，：由物料守恒关系可知，c(HA－)＋c(H2A)＋c(A2－)＝0.1 mol·L－1，B 正确； C. Z 点溶液 pH=7，根据电荷守恒可知，溶液中存在关系 c(K＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)，C 正确； D. W 点时，溶质为 KHA 且溶液为碱性，则 HA-的水解程度大于电离程度，c(K＋)> c(HA－) > c(OH－) >c(H2A)>c(A2－)>c(H＋)，D 错误； 答案为 D。 【点睛】本题易错点为 D，注意比较盐的水解程度和电离程度，碱性时，水解程度大于电离程度，进而判 定离子大小关系。 三、非选择题：共 174 分。第 22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33～38 题 为选考题，考生根据要求作答。 (一)必考题：共 129 分。 8. 四氯化锡可用作媒染剂，有机合成中氯化的催化剂等。某学习小组设计了如图所示的装置(夹持和加热仪 器省略)制备无水四氯化锡。反应原理是 Sn＋2Cl2＝SnCl4。 已知： 化学式 SnCl2 SnCl4 熔点/℃ 247 -33 沸点/℃ 623 114 其他性质 无色晶体，易被氧化 无色液体，易水解 请回答下列问题： (1)装置 G 的名称为__________，该装置的进水口为__________(填“a”或“b”)。 (2)装置 B 中发生反应的离子方程式为__________。 (3)装置 C 的作用是除去氯化氢，所用试剂 X 的名称是_________。 (4)按图连接好装置，检查装置气密性，关闭 K1、K3，打开 K2，慢慢滴入浓盐酸，待观察到装置 F 内充满黄 绿色气体后，开始加热装置 F，当装置 F 中的固体完全消失，充满 SnCl4 气体时，将生成的 SnCl4 排入接收 器 E 中的操作是：停止加热装置 F，关闭分液漏斗活塞，__________，再用洗耳球从 G 的上出口向装置内 吹气。 (5)某同学认为装置 F 中的反应可能产生 SnCl2 杂质。下列试剂中，可用于检测反应是否产生了 SnCl2 的有 __________(填字母)。 a.FeCl3 溶液(滴有 KSCN) b.H2O2 溶液 c.溴水 d.AgNO3 溶液 (6)SnCl4 能溶解一定量的氯气，若制取 3 kg SnCl4(含氯气的质量分数为 13.0%，假设不含除氯气外的其他杂 质)，则至少需通入氯气的体积(标准状况下)是__________m3(保留两位小数)。 【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). b (3). 2MnO42-+10Cl-+16H+=2Mn2++8H2O+5Cl2↑ (4). 饱和食盐 水 (5). 打开 K1、关闭 K2、打开 K3 (6). ac (7). 0.57 【解析】 【分析】 SnCl4 极 易 水 解 ， 反 应 应 在 无 水 环 境 下 进 行 进 行 ， B 中 发 生 反 应 ： 2KMnO4+16HCl （ 浓 ） =2MnC12+5Cl2↑+8H2O+2KCl，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有 HCl 及水蒸气，C 中试剂为饱和食盐 水除去 HCl，可以降低氯气的溶解，试剂 D 为浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，氯气与 Sn 在装置戊中反应生 成 SnCl4，未反应的氯气，用装置乙中的碱石灰吸收，同时碱石灰还可以防止空气中水分进入装置戊使产物 水解，以此解答该题。 【详解】(1)装置 G 的名称为球形冷凝管，为了进水得到充分利用，该装置的进水口为下端 b 处。 (2)装置 B 中发生反应的离子方程式为 2MnO42-+10Cl-+16H+=2Mn2++8H2O+5Cl2↑。 (3)装置 C 的作用是除去氯化氢，但是要降低氯气在水中的溶解度，即所用试剂 X 的名称是饱和食盐水。 (4)按图连接好装置，检查装置气密性，关闭 K1、K3，打开 K2，慢慢滴入浓盐酸，待观察到装置 F 内充满黄 绿色气体后，开始加热装置 F，当装置 F 中的固体完全消失，充满 SnCl4 气体时，将生成的 SnCl4 排入接收 器 E 中的操作是：停止加热装置 F，关闭分液漏斗活塞，保证无关管道封闭，打开 K1、关闭 K2、打开 K3， 再用洗耳球从 G 的上出口向装置内吹气。 (5)某同学认为装置 F 中的反应可能产生 SnCl2 杂质。SnCl2 易被氧化，a.FeCl3 溶液(滴有 KSCN) 具有氧化性， 与 SnCl2 反应产生亚铁离子，溶液由红色变为浅绿色，现象明显；b.H2O2 溶液具有强氧化性，产生氧气，但 是现象不明显，与过氧化氢自身分解类似； c.溴水具有氧化性，与 SnCl2 反应后溴水褪色，现象明显； d.AgNO3 溶液与 SnCl2 晶体不反应。综上所述，可用于检测反应是否产生了 SnCl2 的有 AC。 (6)SnCl4 能溶解一定量的氯气，若制取 3 kg SnCl4(含氯气的质量分数为 13.0%，假设不含除氯气外的其他杂 质)，根据反应 Sn＋2Cl2＝SnCl4 可知，需要消耗氯气质量 m= 3000 87% 142 / 1420261 / g g mol gg mol    ，再加 上 SnCl4 溶解的 13.0%氯气质量 m=390g，即一共需要氯气 1810g，体积(标准状况下)是 31810 22.4 / 571.04 0.5771 / g L mol L mg mol    。 9. 一种用富锰渣(主要成分为 MnCO3 以及 Fe、Ba 及 Al 的盐类或氧化物及少量重金属盐等)制备 MnCl2 的工 艺流程如下： 回答下列问题： (1)“溶浸”时，为了提高锰的浸取率，列举 2 条有效的措施：___________，写出该步中 MnCO3 参与反应的 化学方程式：__________。 (2)“氧化”时，主要反应的离子方程式为______________。 (3)滤渣 2 的主要成分为______(填化学式)；简述产生该滤渣的原理：______。 (4)已知部分重金属硫化物的溶度积如表： 硫化物 MnS PbS CuS NiS Ksp 1.32×10-10 1.32×10-27 1.32×10-35 2.82×10-20 ①“除重金属”时，溶液的 pH 调到 4.5～6.0，pH 不宜过低的原因是_______。 ②若表中四种金属离子浓度相同，滴入 Na2S 溶液时首先被沉淀的离子是_______，反应 MnS(s)＋Cu2＋ (aq)  CuS(s)＋Mn2＋(aq)的平衡常数 K＝______。 【答案】 (1). 适当增大盐酸的浓度和用量、适当提高浸取温度、延长浸取时间、将矿粉磨减成直径更 小的颗粒等 (2). MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+2H2O (3). MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++ 2H2O (4). Al(OH)3、Fe(OH)3 (5). MnCO3 消耗溶液中的 H+，使溶液中的 pH 升高，促进 Al3+、Fe3+转化为沉淀 (6). 防止 Na2S 生成 H2S 损失 (7). Cu2+ (8). 1×1025 【解析】 【分析】 富锰渣(主要成分为 MnCO3 以及 Fe、Ba 及 Al 的盐类或氧化物及少量重金属盐等)经过盐酸酸浸后，金属及 氧化物、盐全部溶解，加入二氧化锰后氧化亚铁离子，通过调节 pH 使铁离子和铝离子沉淀，为滤渣 2；继 续加入硫酸锰沉淀生成硫酸钡，处于钡离子；最后加入硫化钠除去重金属离子，经过萃取和反萃取、结晶 干燥制备 MnCl2。 【详解】(1)“溶浸”时，为了提高锰的浸取率，可以适当增大盐酸的浓度和用量、适当提高浸取温度、延长 浸 取 时 间 、 将 矿 粉 磨 减 成 直 径 更 小 的 颗 粒 等 ， 该 步 中 MnCO3 与 盐 酸 反 应 化 学 方 程 式 ： MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+2H2O。 (2)“氧化”时，亚铁离子氧化为铁离子，主要反应的离子方程式为 MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++ 2H2O。 (3)调节溶液 pH 值，金属离子与氢氧根易发生沉淀，滤渣 2 的主要成分为 Al(OH)3、Fe(OH)3；产生该滤渣 的原理：MnCO3 消耗溶液中的 H+，使溶液中的 pH 升高，促进 Al3+、Fe3+转化为沉淀。 (4①“除重金属”时，溶液的 pH 调到 4.5～6.0，硫离子是弱电解质离子，pH 不宜过低的原因是防止 Na2S 生 成 H2S 损失。 ②若表中四种金属离子浓度相同，根据溶度积关系可知，溶度积越小，越容易沉淀，滴入 Na2S 溶液时首先 被沉淀的离子是 Cu2+，反应 MnS(s)＋Cu2＋(aq)  CuS(s)＋Mn2＋(aq)的平衡常数 K＝ 2 102 25 2 35 2 ( ) ( ) ( ) 1.32 10( ) 1.0 10( )( ) ( ) 1.32 10 ( ) Ksp MnS c Mn Ksp MnSc S Ksp CuSc Cu Ksp CuS c S            。 10. H2S 广泛存在于许多燃气和工业废气中，脱除其中的 H2S 既可回收硫又可防止产生污染。回答下列问题： (I)Tretford 氧化法脱 H2S，包括 H2S 的吸收、氧化析硫、焦钒酸钠的氧化等。 ①焦钒酸钠的化学式为 Na2V4O9，其中钒元素的化合价为____________。 ②已知 H2S、H2CO3 的电离常数如表所示： Ka1 Ka2 H2S 9.1×10-8 1.1×10-12 H2CO3 4.3×10-7 5.61×10-11 纯碱溶液吸收 H2S 的离子方程式为_________。 (2)Claus 氧化回收硫的反应原理为： 2H2S(g)＋O2(g)＝2S(g)＋2H2O(g) △H1 2H2S(g)＋3O2(g)＝2SO2(g)＋2H2O(g) △H2＝－1124kJ·mol－1 2H2S(g)＋SO2(g)＝3S(g)＋2H2O(g) △H3＝－233kJ·mol－1 则△H1＝__________kJ·mol－1。 (3)H2S 分解反应 2H2S(g) ⇌ 2H2(g)＋S2(g)在无催化剂及 Al2O3 催化下，H2S 在反应器中不同温度时反应，每间 隔相同时间测定一次 H2S 的转化率，其转化率与温度的关系如图所示： ①该反应的△H__________(填“>”或“ (5). 温度越高，反应速率越快， 达到平衡的时间越短； (6). 1100℃时 Al2O3 几乎失去催化活性 (7). 0.2p (8). 负 (9). H2S+2H2O-6e-=SO2+6H+ (10). SO3+H2O2=H2SO4 【解析】 【分析】 （1）强酸制弱酸原理，电离常数越大，酸性越强； （2）通过盖斯定律进行计算； （3）根据平衡三段式计算物质分压，通过平衡常数公式进行推导； （4）a 电极发生氧化反应，为阳极，连接正极；b 电极发生还原反应，为阴极，连接负极，氢离子从阳极 流向阴极。 【详解】(I)①焦钒酸钠的化学式为 Na2V4O9，根据化合价构成可知，其中钒元素的化合价为+4。 ②纯碱溶液碳酸钠吸收 H2S，根据强酸制弱酸的规律，硫化氢到的第一步电离常数大于碳酸的第二步电离常 数，小于碳酸的第一步电离常数，即离子方程式为 H2S+CO32-=HCO3-+HS-。 (2)根据盖斯定律可知， △ H1＝ 1 1 2 32 1124 233 2 5303 3 H H kJ mol kJ mol          kJ·mol－1。 (3)①由图可知，温度升高，硫化氢转化率升高，反应正向移动，该反应正方向吸热， △ H> 0。 ②在不加催化剂时，温度越高 H2S 的转化率越接近平衡时的转化率，原因是温度越高，反应速率越快，达 到平衡的时间越短，所以相同时间测量时，温度高，更接近平衡状态；在约 1100°C 时，有无 Al2O3 催化， 其转化率几乎相等，是因为 1100℃时 Al2O3 几乎失去催化活性。 ③若起始时在恒容密闭容器中只充入 H2S，若此时气体总压强为 p，根据阿伏伽德罗定律，气体压强之比与 物质的量之比相同，此时硫化氢的平衡转化率为 50%，则此温度反应的平衡常数 Kp＝ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )c( ) ( ) ( ) (0.4 ) (0.2 ) 0.2( ) ( ) (0.4 ) c H S p H p S p p pc H S p H S p    。 (4)a 电极硫化氢转化为二氧化硫，硫元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极，①b 接电源的负极，阳极的 电极反应式为 H2S+2H2O-6e-=SO2+6H+。 ②SO2 经一步反应转化为 H2SO4 的化学方程式：SO3+H2O2=H2SO4。 (二)选考题：共 45 分。请考生从 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答。 如果多做，则每学科按所做的第一题计分。 11. 钯(Pd)、锌及其化合物在合成酮类物质中有极其重要的作用，如图为合成 的反应过程： 回答下列问题： (1)I 原子价电子排布式为___________，其能量最高的能层是___________(填能层符号)。 (2)H、C、O 三种元素的电负性由大到小的顺序为___________。 (3) 中碳原子的杂化方式为___________。 (4)ZnCl2 溶液中加入足量氨水，发生的反应为 ZnCl2＋4NH3·H2O＝[Zn(NH3)4]Cl2＋4H2O。 ①上述反应涉及的物质中，固态时属于分子晶体的是___________。 ②NH3 的空间构型为___________。 ③1 mol [Zn(NH3)4]Cl2 中含有___________mol σ键。 (5)Zn 和 Cu 可形成金属互化物(ZnCu)，该金属互化物中所有金属原子均按面心立方最密堆积，若所有 Cu 均位于晶胞的面心，则 Zn 位于晶胞的___________。 (6)金属钯的堆积方式如图所示： ①该晶胞中原子的空间利用率为___________(用含π的式子表示)。 ②若该晶胞参数 a＝658 pm，则该晶胞密度为___________(列出计算表达式)g·cm－3。 【答案】 (1). 5s25p5 (2). O (3). O>C >H (4). sp2、sp3 (5). NH3·H2O、H2O (6). 三 角锥形 (7). 16 (8). 顶点、面心 (9). 2 6  (10). 23 10 3 4 106 6.02 10 (658 10 )     【解析】 【分析】 根据原子杂化轨道和价层电子排布原理进行回答，晶胞原子利用率=原子体积/晶胞总体积，回答下列问题。 【详解】(1)I 原子为 53 号元素，则价层电子排布式为：5s25p5；能量最高的为第四层，即 O。 (2) 同周期元素，从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性 C＜O，H 的电负性最小，故有 H＜C＜O。 (3) 中碳原子的结构有甲基和苯环，杂化方式为 sp2、sp3。 (4) ①ZnCl2 和[Zn(NH3)4]Cl2 为离子晶体，属于分子晶体的是 NH3·H2O、H2O。 ②NH3 的空间构型为三角锥形。 ③锌和氮原子之间可形成 4 个σ键，每个氨气中有 3 个σ键，所有 1 mol [Zn(NH3)4]Cl2 中含有 4+3×4=16mol σ 键。 (5)Zn 和 Cu 可形成金属互化物(ZnCu)，该金属互化物中所有金属原子均按面心立方最密堆积，若所有 Cu 均位于晶胞的面心，则 Zn 位于晶胞的顶点、面心。 (6) ①面心立方最密堆积结构，含有钯原子数目为 1 16 82 8    =4 个钯原子，设钯原子半径为 r，晶胞中钯原子 的体积为 316 3 r ，面心立方中，体对角线上为 3 个钯原子相切，则体对角线为 4r，晶胞边长为 2 2r ，晶 胞体积为 3(2 2r），该晶胞中原子的空间利用率为 3 3 16 23 6(2 2r) r  。 ②若该晶胞参数 a＝658 pm，则该晶胞密度为 3 4 A M N a = 23 10 3 4 106 6.02 10 (658 10 )     g·cm－3。 【点睛】本题计算晶胞密度时，注意①NA 个晶胞质量和摩尔质量关系； ②金属原子半径和立方体边长关系； ③单位关系换算 1 nm= 1 000 pm=10-9 m。 12. 化合物 G 是一种药物合成中间体，其合成路线如下： 已知 A 分子中只含有一种官能团且能与 NaHCO3 反应生成 CO2。回答下列问题： (1)A 的化学名称是___________。 (2)C 中的官能团名称是___________。 (3)D 生成 E 的反应类型是___________。 (4)F 的结构简式是___________。 (5)A 与乙二醇在催化剂作用下反应生成可生物降解型聚酯 PES，该反应的化学方程式为____________。 (6)X 是 G 的同分异构体，满足下列条件的 X 共有___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有 5 组峰且面积比为 6：2：2：1：1 的是___________(写结构简式)。 ①含苯环且苯环上只有两个取代基；②含醛基且与苯环直接相连；③除苯环外不含其他环状结构。 (7)设计由苯和甲苯制备 的合成路线：_________(无机试剂任选)。 【 答 案 】 (1). 丁 二 酸 (2). 羰 基 和 羧 基 (3). 取 代 反 应 (4). (5). (6). 24 (7). (8). 【解析】 【分析】 已知 A 分子中只含有一种官能团且能与 NaHCO3 反应生成 CO2，说明 A 含有羧基，分子式为 C4H6O4，说明 含有 2 个羧基，A 为丁二酸；与乙酸酐脱水反应生成 B，在氯化铝的作用下，与苯结合生成 C，在 Zn（Hg） 和盐酸作用下还原生成 D，经过 SOCl2、AlCl3 加热和 CH3I 反应生成 G。 【详解】(1)A 的化学名称是丁二酸。 (2)根据 C 结构可知，C 中的官能团名称是羰基和羧基。 (3)根据 D 和 E 的结构可知，羧基中的-OH 与氯原子调换位置，反应类型是取代反应。 (4)根据 G 结构逆推，F 的结构简式是 。 (5)A 与乙二醇在催化剂作用下反应生成可生物降解型聚酯 PES，属于缩聚反应，该反应的化学方程式为 。 (6)X 是 G 的同分异构体，分子式为 C11H11O，满足①含苯环且苯环上只有两个取代基；②含醛基且与苯环 直接相连；③除苯环外不含其他环状结构，说明一个取代基为醛基，另一个取代基为含有 4 个碳原子的烃 基，即 X 共有 24 种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有 5 组峰且面积比为 6：2：2：1：1 的是 。 (7)根据逆推法，由苯和甲苯制备 的合成路线： 。