1、福建省2020届高三化学3月毕业班质量检查测试试题（含解析）一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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.春季复工、复学后，公用餐具消毒是防控新型冠状病毒传播的有效措施之一。下列可直接用作公用餐具消毒剂的是A. 95%的乙醇溶液B. 40%的甲醛溶液C. 次氯酸钠稀溶液D. 生理盐水【答案】C【解析】【详解】A. 95%乙醇使菌体表面蛋白迅速变性凝固，妨碍乙醇再渗入，不能起到消毒的效果，故A错误；B. 甲醛有毒，故B错误；C. 次氯酸钠稀溶液具有强氧化性，能够杀菌消毒，且产物无毒，故C正确；D. 生理盐水不能消毒杀菌，故D错误；故答案为
2、C。【点睛】日常用75%的乙醇溶液进行消毒杀菌；生理盐水就是0.9%的氯化钠水溶液，没有消毒杀菌的功效。2.百香果含有柠檬烯、松油烯、月桂烯等芳香物质，三种物质的结构如下图所示。下列有关说法错误的是A. 均为易挥发、易溶于水的物质B. 均能发生加成、取代和氧化反应C. 月桂烯分子中所有碳原子可能共平面D. 三者互为同分异构体【答案】A【解析】【详解】A. 三种物质均为烃类，不含亲水基，难溶于水，故A错误；B. 三种物质均含有碳碳双键，可以发生加成、氧化反应，均含有烷基，可以发生取代反应，故B正确；C. 月桂烯有三个碳碳双键，存在三个平面，三个平面有碳碳单键相连，单键可以旋转，所以月桂烯分子中所
3、有碳原子可能共平面，故C正确；D. 三种物质分子式均为C10H16，且三种物质结构各不相同，所以互为同分异构体，故D正确；故答案为A。3.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1 molL-1盐酸中，Cl-数为NAB. 58 g正丁烷中，共价键数为10 NAC. 常温常压下，2. 24 L O2中氧分子数为0.2NAD. 密闭容器中，3 mol H2和1 mol N2充分反应后原子数为8NA【答案】D【解析】【详解】A. 溶液体积未知，无法计算所含微粒个数，故A错误；B. 正丁烷结构式为，一个分子中含有13个共价键，所以58 g正丁烷即1mol正丁烷中共价键数为13 NA，故B错误；
4、C. 常温常压下2. 24 L O2的物质的量不是0.1mol，故C错误；D. 3 mol H2和1 mol N2所含原子数为8NA，化学反应中元素守恒，反应前后原子种类和个数不变，所以3 mol H2和1 mol N2充分反应后原子数为8NA，故D正确；故答案为D。4.X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中只有Y是金属元素。X、Y、Z的最高正价均等于其原子最外层电子数，且Y、Z的最高正价之和等于X的最高正价。下列说法正确的是A. 非金属性强弱：ZXB. 原子半径大小：YZXC. X、Y、Z的氧化物均易溶于水D. Y、Z和氧元素组成的盐，其溶液显中性【答案】B【解析】【分析】X、Y
5、、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中只有Y是金属元素，则X位于Y的上一周期，若Y为第二周期元素，则X为H，最高正价为+1价，不满足“Y、Z的最高正价之和等于X的最高正价”，所以Y为第三周期元素，则X为B或C或N，若为B或C则在满足“Y、Z的最高正价之和等于X的最高正价”的条件下，Y、Z均为金属元素，所以X为N，最高正价为5价，“Y、Z的最高正价之和等于X的最高正价”，则Y为Na，Z为Si，据此进行解答。【详解】A. Si的非金属性小于N，故A错误；B. 核外电子层数越多，半径越大，核外电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以原子半径NaSiN，故B正确；C. SiO2、NO等难溶于水，
6、故C错误；D. Si、Na和氧元素组成的盐为Na2SiO3，为强碱弱酸盐，溶液显碱性，故D错误；故答案为B。【点睛】题目所给能够确定元素种类的信息较少，则可以先假设再验证分情况讨论。5.某同学按下图所示实验装置探究铜与浓硫酸的反应，记录实验现象见下表。下列说法正确的是A. 中白色沉淀是BaSO3B. 中可能有部分硫酸挥发了C. 为确定中白色固体是否为硫酸铜，可向冷却后的试管中注入水，振荡D. 实验时若先往装置内通入足量N2，再加热试管，实验现象不变【答案】B【解析】【分析】实验探究铜与浓硫酸的反应，装置1为发生装置，溶液仍为无色，原因可能是混合体系中水太少，无法电离出铜离子，有白雾说明有气体液
7、化的过程，同时产生白色固体，该固体可能是无水硫酸铜；试管2、3中有白色沉淀生成，该沉淀应为硫酸钡，说明反应过程有SO3生成或者硫酸挥发，3中沉淀较少，说明三氧化硫或挥发出的硫酸消耗完全；试管4中品红褪色说明反应中生成二氧化硫，浸有碱的棉花可以处理尾气，据此分析作答。【详解】A. 二氧化硫不与氯化钡反应，白色沉淀不可能是BaSO3，故A错误；B. 根据分析可知中可能有部分硫酸挥发了，故B正确；C. 冷却后的试管中仍有浓硫酸剩余，浓硫酸稀释放热，不能将水注入试管，会暴沸发生危险，故C错误；D. 反应过程中SO3可能是氧气将二氧化硫氧化生成，若先往装置内通入足量N2，体系内没有氧气，则无SO3生成，
8、试管2、3中将无沉淀产生，实验现象发生变化，故D错误；故答案为B。6.我国某科研团队设计了一种新型能量存储转化装置（如下图所示）。闭合K2、断开K1时，制氢并储能；断开K2、闭合K1时，供电。下列说法错误的是A. 制氢时，溶液中K+向Pt电极移动B. 制氢时，X电极反应式为C. 供电时，Zn电极附近溶液的pH降低D. 供电时，装置中的总反应为【答案】D【解析】【分析】闭合K2、断开K1时，该装置为电解池，Pt电极生成氢气，则Pt电极为阴极，X电极为阳极；断开K2、闭合K1时，该装置为原电池，Zn电极生成Zn2+，为负极，X电极为正极。【详解】A. 制氢时，Pt电极为阴极，电解池中阳离子流向阴极
9、，故A正确；B. 制氢时，X电极为阳极，失电子发生氧化反应，根据根据化合价可知该过程中Ni(OH)2转化为NiOOH，电极方程式为，故B正确；C. 供电时，Zn电极为负极，原电池中阴离子流向负极，所以氢氧根流向Zn电极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O，转移两个电子同时迁移两个OH-，但会消耗4个OH-，说明还消耗了水电离出的氢氧根，所以电极负极pH降低，故C正确；D. 供电时，正极为NiOOH被还原，而不是水，故D错误；故答案为D。7.室温下，向某Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中lgc（Ba2+）与的变化关系如图所示。下列说法正确的
10、是（已知：H2CO3的Ka1、Ka2分别为）A. a对应溶液的pH小于bB. b对应溶液的C. ab对应的溶液中减小D. a对应的溶液中一定存在：【答案】D【解析】【详解】A. 随着BaCl2溶液的滴入，c(Ba2+)逐渐增大，温度不变则溶度积常数不变，则c(CO32-)减小，则c(OH-)减小，所以a对应溶液的pH大于b，故A错误；B. b点溶液，则c(H+)=5.610-9mol/L，故B错误；C. ab对应的溶液中，该值只与温度有关，故C错误；D. 根据溶液中电荷守恒可知2 c(Ba2+)+ c(Na+)+ c(H+)= c(HCO3-)+2 c(CO3-)+ c(Cl-)+ c(OH-
11、)，同时a点对应溶液中，即c(HCO3-)= c(CO32-)，带入电荷守恒式可得，故D正确；故答案为D。8.实验室里，从废旧钴酸锂离子电池的正极材料（在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2）中，回收钴、锂的操作流程如下图所示：回答下列问题。（1）拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入NaCl溶液中，使电池短路而放电，此时溶液温度升高，该过程中能量的主要转化方式为_。（2）“碱浸”过程中产生的气体是_；“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝，反应的化学方程式为_。（3）“酸浸”时主要反应离子方程式为_；若硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达到“酸浸”的目的，但会产生_（填化学式）
12、污染环境。（4）“沉钴”时，调pH所用的试剂是_；“沉钴”后溶液中c（Co2+）=_。（已知：KspCo（OH）2=1.09l0-15）（5）在空气中加热Co（OH）2，使其转化为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如左下图所示。290500，发生反应的化学方程式为_。（6）根据右下图判断，“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括_、_、洗涤、干燥等步骤。【答案】 (1). 化学能电能热能 (2). H2 (3). NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3 (4). 8LiCoO2+ S2O32-+22H+=8Li+8Co2+2SO42-+11H2O (5). Cl2
13、 (6). NaOH溶液或氢氧化钠固体 (7). 1.09l0-6mol/L (8). 6Co2O34Co3O4+ O2 (9). 蒸发浓缩 (10). 趁热过滤【解析】【分析】正极材料主要由Al和LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类，由复分解反应的条件可判断，其与NaOH溶液混合不发生反应，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，过滤得到滤渣为LiCoO2；“酸浸”时反应物有LiCoO2、硫酸和Na2S2O3溶液，依据“沉钴”产物为Co(OH)2可判断，反应后钴元素的价态从+3价降为+2价，依据氧化还原反应规律以及工艺中最后还可获得Na2SO410H2O副产品，可推知S元
14、素价态升高并转化为SO42-；之后调节pH值得到Co(OH)2沉淀，再加入碳酸钠溶液调节pH值沉锂，得到碳酸锂和母液，母液结晶得到Na2SO410H2O。【详解】(1)依据“电池短路而放电”“溶液温度升高”两项信息，即可判断废旧电池的处理过程中能量的主要转化方式为化学能电能热能；(2)依题中信息可知，正极材料主要由Al和LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类，由复分解反应的条件可判断，其与NaOH溶液混合不发生反应，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应，生成NaAlO2和H2；“过滤”所得滤液用适量盐酸处理可以得到氢氧化铝，方程式为NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3；(3
15、)根据分析可知“酸浸”时Na2S2O3被氧化为SO42-，Co元素被还原，结合电子守恒和元素守恒可知离子反应方程式为：8LiCoO2+ S2O32-+22H+=8Li+8Co2+2SO42-+11H2O；加入的Na2S2O3 起还原作用，用一定浓度的盐酸替代“Na2S2O3溶液和硫酸”，也能实现酸浸目的，可知该反应中，盐酸也起了还原剂的作用，氧化产物为会污染环境的Cl2；(4)结合“沉锂”后母液中还可以获得Na2SO410H2O，可知用的试剂为NaOH溶液或固体；溶液pH=9.5，则溶液中c(OH-)=10-4.5mol/L，带入KspCo(OH)2= c2(OH-)c(Co2+)=1.09
16、l0-15求得c(Co2+)=1.09l0-6mol/L；(5)从图中信息可知，加热前的反应物为Co(OH)2 (0.930g) ,其物质的量为0.01mol，依据钴元素的量不变可知: n(Co)=0.01 mol， m(Co)=0.590g，温度升温290时，转化为0.830g某种钴的氧化物，该氧化物中，n(O)=0.015mol，由此可以确定该氧化物为Co2O3；同理可以确定500时，n(O)=0.0133mol，则生成的氧化物为Co3O4；所以290500过程中，Co2O3转化为Co3O4，反应过程中，Co元素化合价降低。氧元素化合价升高并转化为O2，故反应的化学方程式为6Co2O34C
17、o3O4+ O2；(6)分析溶解度曲线可知LiCO3微溶，其溶解度随温度升高而降低，为了提高锂元素的回收率，同时防止硫酸钠析出，应采用蒸发浓缩(减少溶剂)并在较高温度下趁热过滤等操作。【点睛】热重分析法是常用的定量分析方法，通过分析热重曲线，可以推测物质的热稳定性、加热反应生成的产物等相关信息。第5题解题关键是抓住受热过程中Co元素的量不变，利用图中数据信息，确定分解所得氧化物中钴、氧元素的物质的量之比,从而确定不同温度下生成的氧化物的组成，写出反应的化学方程式。9.苯胺是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。已知：和NH3相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐用硝基苯制取苯胺的反
18、应原理：+3Sn+12HCl+3SnCl4+4H2O有关物质的部分物理性质见下表：I比较苯胺与氨气的性质（1）将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为_；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是_。.制备苯胺往图1所示装置（夹持装置略，下同）冷凝管口分批加入20mL浓盐酸（过量），置于热水浴中回流20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量50% NaOH溶液，至溶液呈碱性。（2）冷凝管的进水口是_（填“a”或“b”）；（3）滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为_。提取苯胺i取出图1所示装置中的三颈烧瓶，改装为图2所示装
19、置。加热装置A产生水蒸气，烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液。ii往所得水溶液中加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。iii合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馏后得到苯胺2.79g。（4）装置B无需用到温度计，理由是_。（5）操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是_。（6）该实验中苯胺的产率为_。（7）欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案：_。【答案】 (1). NH3+HCl=NH4Cl (2). 苯胺沸点较高，不易挥发 (3). b (4). C6H5NH3+OH-C
20、6H5NH2+H2O (5). 蒸出物为混合物，无需控制温度 (6). 防止B中液体倒吸 (7). 60.0% (8). 加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤【解析】【分析】制备苯胺：向硝基苯和锡粉混合物中分批加入过量的盐酸，可生成苯胺，分批加入盐酸可以防止反应太剧烈，减少因挥发而造成的损失，且过量的盐酸可以和苯胺反应生成C6H5NH3Cl，之后再加入NaOH与C6H5NH3Cl反应生成苯胺。【详解】(1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，因为两者都有挥发性，在空气中相遇时反应生成NH4Cl白色固体，故产生白烟方程式为NH3+HCl=NH
21、4Cl；依据表中信息，苯胺沸点较高(184)，不易挥发，因此用苯胺代替浓氨水，观察不到白烟；(2)图中球形冷凝管的水流方向应为“下进上出”即“b进a出”，才能保证冷凝管内充满冷却水，获得充分冷凝的效果；(3)过量浓盐酸与苯胺反应生成C6H5NH3Cl，使制取反应正向移动，充分反应后加入NaOH溶液使C6H5NH3Cl生成C6H5NH2，离子反应方程式为C6H5NH3+OH-= C6H5NH2+H2O；(4)由于蒸出物为水和苯胺的混合物，故无需控制温度；(5)水蒸气蒸馏装置中，虽然有玻璃管平衡气压，但是在实际操作时，装置内气压仍然大于外界大气压，这样水蒸气才能进入三颈烧瓶中；所以，水蒸气蒸馏结束
22、后，在取出烧瓶C前，必须先打开止水夹d，再停止加热，防止装置内压强突然减小引起倒吸；(6)已知硝基苯的用量为5.0mL，密度为1.23g/cm3，则硝基苯的质量为6.15g，则硝基苯的物质的量为，根据反应方程式可知理论生成的苯胺为0.05mol，理论质量为=4.65g，实际质量为2.79g，所以产率为60.0%；(7)“不加热”即排除了用蒸馏的方法除杂，苯胺能与HCl溶液反应，生成可溶于水的C6H5NH3Cl而硝基苯则不能与HCl溶液反应，且不溶于水。所以可在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去NaO
23、H固体，即可得较纯净的苯胺。【点睛】水蒸气蒸馏是在难溶或不溶于水的有机物中通入水蒸气共热，使有机物随水蒸气一起蒸馏出来，是分离和提纯有机化合物的常用方法。10.CO2催化加氢制甲醇，是极具前景的温室气体资源化研究领域。在某CO催化加氢制甲醇的反应体系中，发生的主要反应有：i.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.4kJmol-1.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H2=+41.2kJmol-1.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H3（1）H3_ kJmol-1（2）5MPa时，往某密闭容器中按投料比n（H2）:n（CO2）=3：1
24、充入H2和CO2。反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。体系中CO2的物质的量分数受温度的影响不大，原因是_。250时，反应ii的平衡常数_1（填“”“”或“=”）。下列措施中，无法提高甲醇产率是_（填标号）。A 加入适量CO B 增大压强 C 循环利用原料气 D 升高温度如图中X、Y分别代表_（填化学式）。（3）反应i可能的反应历程如下图所示。注：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量（括号里的数字或字母，单位：eV）。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为_。相对总能量E=_（计算结果保留2位小数）。（
25、已知：leV=1.610-22kJ）（4）用电解法也可实现CO2加氢制甲醇（稀硫酸作电解质溶液）。电解时，往电解池的_极通入氢气，阴极上的电极反应为_。【答案】 (1). -90.6 (2). 温度改变时，反应i和反应ii平衡移动方向相反 (3). (4). D (5). CO、CH3OH (6). HCOOH*+2H2(g)=H2COOH*+3/2H2 (7). -0.51 (8). 阳 (9). CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O【解析】【详解】(1)已知：i.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.4kJmol-1.CO2(g)+H2(g) CO
26、(g)+H2O(g) H2=+41.2kJmol-1.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H3根据盖斯定律可知反应i-ii可得反应iii，所以H3=H1-H2=-49.4kJ/mol-41.2kJ/mol=-90.6kJ/mol；(2) H10，H30，即生成甲醇的反应均为放热反应，所以温度升高平衡时甲醇的物质的量分数应减小，H20，生成CO的反应为吸热反应，所以随温度升高CO平衡时的物质的量分数会变大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇，所以Z代表H2O，Y代表CH3OH，X代表CO。依据主要反应的化学方程式可知，反应i消耗CO2，反应ii逆向产生CO2，最终体系内CO2的物质的
27、量分数与上述两个反应进行的程度相关。由于H10而H20,根据勒夏特列原理，温度改变时，反应i和反应ii平衡移动方向相反，且平衡移动程度相近，导致体系内CO2的物质的量分数受温度的影响不大；反应ii平衡常数K=，该反应前后气体体积计量数之和不变，所以可以用物质的量分数来代表浓度估算K值，据图可知250时，CO2与H2的物质的量分数大于CO和H2O的物质的量分数，所以K1；A. 加入适量CO，促使反应iii平衡正向移动，产生更多的CH3OH,而反应ii平衡逆向移动，又可减少CO2转化为CO,使更多的CO2通过反应i转化为CH3OH，故CH3OH产率提高，A项正确；B. 增大压强，有利于反应i和ii
28、i的平衡正向移动，而对反应ii无影响，B项正确；C. 循环利用原料气能提高CO2的转化率，使CH3OH的产率提高，C项正确；D. 由图可知，升温，CH3OH的物质的量分数下降，产率降低，D项错误；综上所述选D；根据分析可知X代表CO，Y代表CH3OH；(3)生成CH3OH的决速步骤，指反应历程中反应速率最慢的反应。速率快慢则由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。仔细观察并估算表中数据，找到活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为:HCOOH*+2H2(g)=H2COOH*+3/2H2，Ea=-0.18-(-1.66)= 1.48 eV；反应i的H1= -49.4kJ/mol，指的
29、是1mol CH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量与1 mol CO2(g)和3mol H2(g)的总能量之差，而反应历程图中的E表示的是1个CH3OH分子和1个H2O分子的相对总能量与1个CO2分子和3个H2分子的相对总能量之差(单位为cV)，且将起点的相对总能量设定为0。所以，作如下换算即可求得相对总能量E:E=-0.51eV；(4)因为电解过程CO2被还原为CH3OH，H2应发生氧化反应，故氢气通入阳极附近溶液中；而阴极上CO2转化为CH3OH，碳元素从+4价降为-2价，电解质溶液为硫酸，所以电极方程式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O。【点睛】解答第3题第1小问时要
30、注意框图中最后一步并非产生CH3OH的过程，而是已经生成的CH3OH分子从催化剂表面解吸附的过程。化学选修3：物质结构与性质11.硫氰酸盐在化学工业中应用广泛。（1）组成硫氰酸根（SCN -）的三种元素的部分性质见下表：硫氰酸根中碳元素的化合价为_。碳元素的I1、I2均比氮小。但I3却比氮高，其原因是_。（2）晶体场理论认为，基态离子的d轨道存在未成对电子时，d电子发生d-d跃迁是金属阳离子在水溶液中显色的主要原因。下列硫氰酸盐的水溶液有颜色的是_（填标号）。A KSCN B Fe（SCN）3 C Ni（SCN）2 D Zn（SCN）2（3）NH4SCN广泛应用于医药、印染等行业，隔绝空气加热
31、后可分解生成NH3、CS2、H2S、（CN）2及N2。SCN-可能具有S-CN-和_（填结构式）两种结构，中心原子碳的轨道杂化方式均为_。（CN）2熔沸点高于N2的原因是_。（4）硫氰酸钴可用于毒品检验。其水合物晶体的晶胞结构如下图所示（所有原子都不在晶胞的顶点或棱上）。晶体中微粒间作用力有_（填标号）。A 金属键 B 氢键 C 非极性键 D 极性键 E 配位键晶体的化学式为_。硫氰酸钴晶体属于正交晶系，晶胞参数分别为a nm、b nmc nm，=90。晶体的摩尔质量为M gmol-1。则晶体密度=_gcm-3（列计算式）。【答案】 (1). +4 (2). N2+、C2+的价电子排布分别为2
32、s22p1和2s2，C2+的2p轨道全空，处于较稳定状态，更难失去电子 (3). BC (4). S=C=N- (5). sp (6). (CN)2和N2均为非极性分子构成的分子晶体，(CN)2的相对分子质量较大，范德华力较大，熔沸点较高 (7). BDE (8). Co(H2O)2(SCN)2H2O或Co(SCN)2(H2O)2H2O或Co(SCN)23H2O (9). 【解析】【详解】(1)硫氰酸根离子中，中心碳原子的电负性比硫和氮都小，所以碳元素显正价，硫、氮元素显负价，由于碳原子最外层只有四个电子，与氮和硫原子结合时，能形成四对共用电子对，故碳显+4价；第三电离能用以衡量R2+失去电子
33、的难易程度，N2+、C2+的价电子排布分别为2s22p1和2s2，C2+的2p轨道全空，处于较稳定状态，更难失去电子，所以其第三电离能更大；(2)K+的3d轨道全空，Zn2+的3d轨道全充满，无法发生d-d跃迁；Fe3+的3d轨道电子排布为3d5，存在5个未成对电子，Ni2+的3d轨道电子排布式为3d8，存在2个未成对电子，二者可以发生d-d跃迁，其硫氰酸盐的水溶液会有颜色，所以选BC；(3)从已知结构S-CN-中碳原子的成键特点(一个叁键、一个单键)可以判断C原子的杂化方式为sp杂化，中心碳原子以两个sp杂化轨道分别和S、N原子的1个p轨道形成键，C原子剩余的两个未杂化的2p轨道以肩并肩的方
34、式与氮原子另外2个p轨道形成2个键，即中心碳原子形成两个键和两个键；另一种可能的情况是，碳原子剩余的两个未杂化的2p轨道分别与氮原子、硫原子的p轨道形成两个大键，即两个双键的结构S=C=N-；(CN)2(直线形对称结构，正负电荷中心重合)和N2都是非极性分子，二者均为分子晶体，其熔、沸点高低取决于范德华力的大小，通常相对分子质量越大，范德华力越大；(4)从晶胞结构可以看出，硫氰酸钴晶体是一种带有结晶水的配合物，中心原子是Co2+, SCN-和H2O是配体；H2O除了与Co2+形成配位键以外，还有一部分H2O不做配体，只与作为配体的H2O之间以氢键结合；配体H2O、SCN-中都含有极性键，不含非
35、极性键；金属键通常只存在于金属晶体中；所以选BDE；根据晶胞结构可知2个Co2+在晶胞内部，4个Co2+在面上，根据均摊法每个晶胞含有的Co2+个数为2+=4；SCN-全在晶胞内，共8个，配体H2O全在晶胞内的有8个(注意与处于上、下底面的Co2+配位的两个H2O分子，均有一个在晶胞内，一个在晶胞外)，未做配体的H2O，2个在晶胞内，4个在面上，平均每个晶胞含有这样的水分子个数为4。由此得出Co2+、SCN-、配体H2O、非配体H2O的个数比为1:2:2:1，则化学式为Co(H2O)2(SCN)2H2O或Co(SCN)2(H2O)2H2O或Co(SCN)23H2O；由上题分析可知，每个晶胞中含
36、有4个Co(SCN)23H2O粒子集合体，每个粒子集合体的质量为，则晶胞的质量为，晶胞的体积为abc10-21cm3，所以晶胞的密度为g/cm3。【点睛】利用SCN-是CO2的等电子体，也可判断出SCN-的另一种可能结构。化学选修5：有机化学基础12.药物他莫昔芬（ Tamoxifen）的一种合成路线如下图所示：已知：回答下列问题。（I）A+B-C的反应类型为_；C中官能团有醚键、_（填名称）。（2）CH3CH2I的名称为_。（3）反应D-E的化学方程式为_。（4）Tamoxifen的结构简式为_。（5）X是C的同分异构体。X在酸性条件下水解，生成2种核磁共振氢谱都显示4组峰的芳香族化合物，其
37、中一种遇FeCl3溶液显紫色。X的结构简式为_（写2种）。（6）设计用和CH3I为原料（无机试剂任选）制备的合成路线：_。【答案】 (1). 取代反应 (2). 羰基 (3). 碘乙烷 (4). +HBrCH3Br+ (5). (6). (7). 【解析】【分析】根据A和C结构简式，再结合B的分子式可知A与B发生取代反应(A中Cl原子被取代)，B的结构简式为，C与CH3CH2I在NaH作用下发生取代生成D，D发生题目所给信息反应生成E，则E为，E中酚羟基上的氢原子被取代生成F，F发生信息反应生，其分子式为C26H31NO2，对比他莫昔芬的分子式C26H29NO，可知合成路线最后一步加热时，羟基
38、发生消去反应，所以他莫昔芬的结构简式为。【详解】(1)根据反应前后物质的结构可知A+B-C的反应类型为取代反应；C为，其官能团为羰基、醚键；(2)根据系统命名法CH3CH2I的名称为一碘乙烷；(3)D生成E发生信息所给反应，方程式为：+HBrCH3Br+；(4)根据分析可知他莫昔芬的结构简式为；(5)C为，其同分异构体满足：在酸性条件下水解生成2种核磁共振氢谱都显示4组峰的芳香族化合物，其中一种遇FeCl3溶液显紫色，则含有酯基，且水解产物中含有酚羟基，则形成酯基的羟基为酚羟基；产物均为核磁共振氢谱都显示4组峰的芳香族化合物，说明含有苯环，且结构对称，则满足条件的X有：；(6)的单体为，则问题的关键就转化为如何用和CH3I合成该单体，原料有卤代烃，题目所给流程中C到D过程中反应物为卤代烃，可以参照此反应， 和CH3I发生C到D反应后碳链可以加长，产物中含有羰基，羰基加成可以生成羟基，羟基消去可以生成碳碳双键，所以合成路线为：。