1、四川省宜宾市第四中学2020届高三化学下学期第二次适应性考试试题（含解析）1.科学防护对预防病毒感染非常重要，下列说法错误的是A. 冠状病毒粒子直径约60-220 nm，介于溶液和胶体粒子之间B. 制作防护服和口罩的无纺布是有机高分子材料C. 免洗手消毒液的成分活性银离子、乙醇均能使蛋白质变性D. 二氧化氯泡腾片可用于水处理【答案】A【解析】【详解】A.溶液分散质直径小于1nm，胶体分散质直径在1nm-100nm，浊液分散质直径大于100nm，冠状病毒粒子直径约60-220 nm，介于胶体粒子和浊液之间，故A错误；B.无纺布是有机高分子材料，故B正确；C.银离子、乙醇均能使蛋白质变性，故C正确
2、；D. 二氧化氯是常见的杀菌消毒剂，可用于水处理，故D正确；故答案选：A。2.化合物c的制备原理如下：下列说法正确的是A. 该反应为加成反应B. 化合物a中所有原子一定共平面C. 化合物C的一氯代物种类为5种D. 化合物b、c均能与NaOH溶液反应【答案】D【解析】【分析】A.根据加成反应和取代反应定义判断反应类型；B.化合物a氨基中H原子不一定与苯环共面；C.根据化合物c的结构简式判断不同环境的氢原子个数；D化合物b、c中均含有官能团酯基，且c中含有肽键能与NaOH溶液发生水解反应；【详解】A.化合物a氨基上氢原子和化合物b中氯原子结合，发生取代反应得到化合物c，故A错误；B.化合物a氨基中
3、H原子不一定与苯环共面，故B错误；C.根据化合物c中含有不同环境的氢原子有7种分别为：，故C错误；D化合物b、c中均含有官能团酯基，且c中含有肽键能与NaOH溶液发生水解反应，故D正确；故答案选：D。3.下列实验及现象不能得出相应结论的是选项实验现象结论A某溶液中滴加K3(Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀原溶液中有 Fe2+B 将CO2依次通过 NaHSO3溶液、品红溶液品红溶液不褪色 H2SO3的酸性强于比H2CO3C向 l mL 新制氢氧化铜悬浊液中滴加适量 10 %葡萄糖溶液，加热煮沸产生砖红色沉淀葡萄糖具有还原性D 向 lmL0. l mol/L AgNO3溶液中滴加45 滴 0.l m
4、ol/L KI 溶液，再滴加几滴 0. 1mo l/L Na2S 溶液 先有黄色沉淀生成；后又有黑色沉淀 Ksp (AgI ) Ksp (Ag2S)A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A滴加K3Fe（CN）6溶液产生蓝色沉淀可检验亚铁离子，故A正确；B根据强酸制弱酸的原理，CO2溶于水生成的碳酸无法制取出SO2，说明亚硫酸的酸性比碳酸强，故B正确；C葡萄糖与新制氢氧化铜混合加热生成Cu2O，Cu元素化合价降低，发生还原反应，说明葡萄糖具有还原性，故C正确；D向 lmL0. l mol/L AgNO3溶液中滴加45 滴 0.l mol/L KI 溶液，生成AgI浅黄色沉淀，
5、此时溶液中AgNO3过量，继续滴加几滴0. 1mo l/L Na2S溶液，会有Ag2S黑色沉淀生成，不存在AgI与Ag2S之间的沉淀转化，由无法确定Ksp (AgI ) Ksp (Ag2S)，故D错误；故答案为D。4.W、X、Y、Z 均为短周期主族元素，X与Z同族，X核外电子总数等于Y最外层电子数，Y是短周期中非金属性最强的元素，W与Z的最高化合价之和为8, 且W原子半径小于Z。下列叙述正确的是A. 气态简单氢化物的稳定性：ZXWB. W和Y可形成共价化合物WY3,且WY3中W、Y均满足最外层 8 电子稳定结构C. 常温下，0.l molL-1Z的最高价氧化物对应水合物水溶液的 pH lD.
6、常温下，与W同族且相邻元素的单质能溶于X的最高价氧化物对应水化物的浓溶液。【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z 均为短周期主族元素， X核外电子总数等于Y最外层电子数，Y是短周期中非金属性最强的元素，则Y为F元素，最外层电子数为7，则X为氮元素；X与Z同族，则Z为磷元素；W与Z的最高化合价之和为8，磷元素最高价为+5价，W的最高价为+3价，且W原子半径小于Z，则W为B元素，据此分析解题。【详解】由分析知：W为B元素、X为N元素、Y为F元素、Z为P元素；A元素非金属性NPB，则气态简单氢化物的稳定性：NH3PH3BH3，故A错误；BB和F可组成BF3，其中F最外层 达到8 电子稳定结构，而B
7、最外层不能达到8 电子稳定结构，故B错误；CP的最高价氧化物水化物为H3PO4，是中强酸，常温下，0.l molL-1 H3PO4溶液中c(H+)0.l molL-1，则溶液pH l，故C正确；D与B同族且相邻元素的单质为Al，在常温下遇浓硝酸钝化，不能完全溶解，故D错误；故答案为C。5.下列指定反应的离子方程式正确的是（）A. 钠与水反应：Na+2H2O=Na+2OH-+H2B. 电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：【答案】B【解析】【详解】A.电荷不守恒，应为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，A项错误；B. 电解饱
8、和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，离子方程式为：B项正确；C.配比错误，应为：，C项错误；D.漏了和之间的反应，应为：，D项错误。答案选B。6.全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx（2x8）。下列说法错误的是A. 电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6+2Li+2e=3Li2S4B. 电池工作时，外电路中流过0.02 mol电子，负极材料减重0.14 gC. 石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性D. 电池充电时间越长，电池中Li2S2的量越多【答案】D【解析】【详解】A原电池工作时，Li+向正极移
9、动，则a为正极，正极上发生还原反应，随放电的多少可能发生多种反应，其中可能为2Li2S6+2Li+2e-=3Li2S4，故A正确；B原电池工作时，转移0.02mol电子时，氧化Li的物质的量为0.02mol，质量为0.14g，故B正确；C石墨能导电，利用石墨烯作电极，可提高电极a的导电性，故C正确；D电池充电时间越长，转移电子数越多，生成的Li和S8越多，即电池中Li2S2的量越少，故D错误；答案为D。7.我国科学家开发设计一种天然气脱硫装置，利用如右图装置可实现：H2S+O2H2O2 +S。已知甲池中有如下的转化： 下列说法错误的是：A. 该装置可将光能转化为电能和化学能B. 该装置工作时，
10、溶液中的H+从甲池经过全氟磺酸膜进入乙池C. 甲池碳棒上发生电极反应：AQ+2H+ +2e- =H2AQD. 乙池处发生反应：H2S+I3- =3I-+S+2H+【答案】B【解析】【分析】A.装置是原电池装置，据此确定能量变化情况；B.原电池中阳离子移向正极；C.甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应；D.在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，I3-得电子生成I-，据物质的变化确定发生的反应。【详解】A.装置是原电池装置，根据图中信息知道是将光能转化为电能和化学能的装置，A正确；B.原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以氢离子从乙池移向甲池，B错误；C.甲池中碳棒是正极，该电极上发
11、生得电子还原反应，即AQ+2H+2e-=H2AQ，C正确；D.在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，I3-得电子生成I-，发生的反应为H2S+I3-3I-+S+2H+，D正确。故合理选项是B。【点睛】本题考查原电池的工作原理以及电极反应式书写的知识，注意知识的归纳和梳理是关键，注意溶液中离子移动方向：在原电池中阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动，本题难度适中。8.化学是一门以实验为基础的学科，实验探究能激发学生学习化学的兴趣。某化学兴趣小组设计如图实验装置（夹持设备已略）制备氯气并探究氯气及其卤族元素的性质。回答下列问题：(1)仪器a的名称是_。(2)A装置中发生的化学反应方程式为_。若将
12、漂白粉换成KClO3，则反应中每生成21.3g Cl2时转移的电子数目为_NA。(3)装置B可用于监测实验过程中C处是否堵塞，若C处发生了堵塞，则B中可观察到_。(4)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，此时C中、依次可放入_（填选项a或b或c）。选项a干燥的有色布条浓硫酸湿润的有色布条b湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条c湿润的有色布条碱石灰干燥的有色布条 (5)设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。当向D中缓缓通入足量氯气时，可观察到无色溶液逐渐变为红棕色，说明氯的非金属性大于溴，打开活塞，将D中少量溶液加入E中，振荡E，观察到的现象是_，该现象_（填“能”或“不能”）
13、说明溴的非金属性强于碘，原因是_。【答案】 (1). 长颈漏斗 (2). Ca(ClO)2+4HCl(浓)CaCl2+2Cl2+2H2O (3). 0.5 (4). 液体进入长颈漏斗中，锥形瓶内液面下降，长颈漏斗内液面上升，形成一段液柱 (5). b (6). 溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色 (7). 不能 (8). 过量的Cl2也可将I-氧化为I2【解析】分析】(1)根据图示装置中仪器结构识别名称；(2)次氯酸钙具有强氧化性，能够氧化盐酸，依据化合价升降总数相等配平方程式，若换为KClO3，该物质也有强氧化性，可以氧化HCl为Cl2，根据方程式物质变化与电子转移关系计算；(3)装置B亦是
14、安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；(4)为了验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；(5)氯气氧化性强于溴，氯气能够置换溴；溴氧化性强于碘，能够置换碘；氯气的氧化性强于碘，能够置换碘，结合碘在有机物中溶解性及颜色解答。【详解】(1)根据图示可知仪器a名称为长颈漏斗；(2)漂白粉固体和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气和水，化学方程式为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)CaCl2+2Cl2+2H2O，若将漂白粉换为KClO3，根据电子守恒、原子守恒，可得方程式为KClO3+6HC
15、l(浓)=KCl+3Cl2+3H2O，由方程式可知：每转移5mol电子，反应产生3mol氯气，质量是21.3gCl2的物质的量是0.3mol，所以反应转移了0.5mol电子，转移电子数目为0.5NA；(3)反应产生的Cl2中混有氯化氢和水蒸气，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦作安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞。若发生堵塞时B中的气体压强增大，使B中液体进入长颈漏斗中，锥形瓶内液面下降，长颈漏斗中的液面上升而形成一段液柱；(4)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，在湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白
16、性，a.I为干燥的有色布条不褪色，中浓硫酸只吸收水分，再通入湿润的有色布条会褪色，能验证氯气的漂白性，但U形管中盛放的应是固体干燥剂，a错误；b.I处是湿润的有色布条褪色，II是干燥剂无水氯化钙不能吸收氯气，只吸收水蒸气，III中干燥的有色布条不褪色，可以证明，b正确；c.I为湿润的有色布条褪色，II为干燥剂碱石灰，碱石灰能够吸收水蒸气和Cl2，进入到III中无氯气，不会发生任何变化，不能验证，c错误；故合理选项是b；(5)依据氯气和溴化钠反应生成溴单质，液体溴单质、过量的Cl2都能和碘化钾溶液中的碘化钾反应生成碘单质，碘单质易溶于苯，显紫红色，苯密度小于水，不溶于水，溶液分层；过量的Cl2也
17、可将I-氧化为I2，所以通过E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色，不能说明溴的氧化性强于碘。【点睛】本题考查了氯气的制备和性质，明确制备的原理和氯气的性质是解题关键，注意氧化还原方程式的书写及计算，题目难度中等。9.铬是一种银白色金属，化学性质稳定，在化合物中常见、和价等价态。工业上以铬铁矿主要成分为，含有、等杂质为主要原料生产金属铬和重铬酸钠已知 是一种强氧化剂，其主要工艺流程如下：查阅资料得知：常温下，不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将转化为回答下列问题：工业上常采用热还原法制备金属铬，写出以为原料，利用铝热反应制取金属铬的化学方程式_。酸化滤液D时，不选用盐酸的原因是_。固体E的
18、主要成分是，根据如图分析操作a为_、_、洗涤、干燥。已知含价铬的污水会污染环境，电镀厂产生的镀铜废水中往往含有一定量的。的化学性质与 相似。在上述生产过程中加入NaOH溶液时要控制溶液的pH不能过高，是因为_用离子方程式表示；下列溶液中可以代替上述流程中溶液最佳的是_填选项序号；A 溶液 浓 酸性溶液 溶液上述流程中，每消耗转移，则加入溶液时发生反应的离子方程式为_。某厂废水中含的，某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料 的化合价为，Fe的化合价依次为、。欲使1L该废水中的 完全转化为。理论上需要加入_。已知摩尔质量为【答案】 (1). (2). 会氧化生成氯气，造成污染 (3)
19、. 蒸发结晶 (4). 趁热过滤 (5). (6). (7). (8). 【解析】【分析】根据流程：铬铁矿主要成分为，含有、等杂质用过量的硫酸酸浸，不溶，过滤，固体A为，溶液A为含有、的酸性溶液，加入过量过氧化氢氧化为，调节pH除去，溶液C含有、，加入过量，NaOH，在碱性条件下，能将转化为，沉淀，滤液D含有，加入硫酸酸化得到含有的和的溶液，蒸发结晶，趁热过滤、洗涤、干燥得到，以此解答此题。【详解】根据上述分析可知：利用铝热反应制取金属铬的化学方程式：；故答案为：；是一种强氧化剂，会氧化生成氯气，造成污染，故酸化滤液D时，不选用盐酸；故答案为：会氧化生成氯气，造成污染；由图2可知的溶解度随温度
20、的升高而增大，而硫酸钠的温度随温度的升高而降低，所以采用蒸发结晶、趁热过滤的方法分离硫酸钠；故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；的化学性质与相似，如果氢氧化钠过量会溶解，发生离子方程式为：；故答案为：；可以代替上述流程中溶液，需要具有还原性，能还原重铬酸根离子；A.溶液中亚铁离子具有还原性，可以还原离子，但又引入新的杂质离子铁离子，故A不符合；B.浓具有强氧化性，不能表现还原性，不能还原，故B不符合；C.酸性是强氧化剂不能还原，故C不符合；D.溶液中亚硫酸根离子具有还原性，可以还原，故D符合；故答案为：D；每消耗转移，依据氧化还原反应电子守恒配平书写，得到的氧化还原反应的离子方程式为；故答案为：；根
21、据中，Cr：5；故有，故质量为；故答案为：。【点睛】本题考查了物质分离提纯的方法和过程分析，离子方程式书写，溶度积常数的计算应用，主要是氧化还原反应的理解应用，掌握基础是关键，易错点为（3）由图2可知Na2Cr2O7的溶解度随温度的升高而增大，而硫酸钠的温度随温度的升高而降低，所以采用蒸发结晶、趁热过滤的方法分离硫酸钠。10.(1)2017年中科院某研究团队通过设计一种新型Na-Fe3O4/HZSM-5多功能复合催化剂，成功实现了CO2直接加氢制取辛烷值汽油，该研究成果被评价为“CO2催化转化领域的突破性进展”。已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H1 = aKJ/molC8H1
22、8(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1) H2= bKJ/mol试写出25、101kPa条件下，CO2与H2反应生成汽油(以C8H18表示)的热化学方程式_。(2)利用CO2及H2为原料，在合适的催化剂(如Cu/ZnO催化剂)作用下，也可合成CH3OH，涉及的反应有：甲：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H= 53.7kJmol-1 平衡常数K1乙：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H= + 41.2kJmol-1 平衡常数K2CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的平衡常数K=_(用含K1、K2的表达式表示)，该反应H_0(
23、填“大于”或“小于”)。提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有_(填写两项)。催化剂和反应体系的关系就像锁和钥匙的关系一样，具有高度的选择性。下列四组实验，控制CO2和H2初始投料比均为1：2.2，经过相同反应时间(t1min)。温度(K)催化剂CO2转化率(%)甲醇选择性(%)综合选项543Cu/ZnO纳米棒材料12.342.3A543Cu/ZnO纳米片材料11.972.7B553Cu/ZnO纳米棒材料15.339.1C553Cu/ZnO纳米片材料12.070.6D由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对CO2的转化为CH3OH的选择性有显著影响，根据上表所给数据结合反应原理，所得
24、最优选项为_(填字母符号)。(3)以CO、H2为原料合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在体积均为2L的三个恒容密闭容器、中，分别都充入1molCO和2molH2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。下图为三个容器中的反应均进行到5min时H2的体积分数示意图，其中有一个容器反应一定达到平衡状态。05min时间内容器中用CH3OH表示的化学反应速率为_。三个容器中一定达到平衡状态的是容器_(填写容器代号)。【答案】 (1). 8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(1)+16H2O(1) H=（25a-b）KJ/mol (2). K= (3). 小于
25、 (4). 降低温度、减小产物浓度 (5). B (6). 0.0875mol/(Lmin) (7). 【解析】【详解】(1)已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H1 =aKJ/mol；C8H18(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1) H2=bKJ/mol根据盖斯定律，由25-得反应方程式：8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(1) +16H2O(1) H=25H1-H2=H=（25a-b）KJ/mol；(2) 已知甲：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-53.7 kJmol-1平衡常数K1乙：CO2(g)+H2(g)CO(g)
26、+H2O(g)H=+41.2 kJmol-1平衡常数K2；根据盖斯定律，由甲-乙得反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数K=；H=-53.7 kJmol-1-41.2 kJmol-1=-94.9 kJmol-10；反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)是气体体积缩小的放热反应，提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有降低温度、减少产物浓度、按比例充入原料CO2和H2等；由表中数据分析在相同温度下不同催化剂对甲醇的选择性有显著影响，使用Cu/ZnO纳米片催化剂时甲醇选择性高；使用相同的催化剂在不同温度下，虽然二氧化碳的转化率增加，甲醇的选择性却减小，说明温度升高，副产
27、物增加，因此综合考虑选B选项；(3) CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)开始时的物质的量：1 2 0转化的物质的量： a 2a a平衡时的物质的量：1-a 2-2a a容器中05 min内H2含量20%，a=，v(CH3OH)= 0.0875mol/(Lmin)；中温度高氢气含量高，说明达到平衡升高温度平衡逆向移动，氢气含量增加。【点睛】本题综合考查化学反应中的热量变化和化学反应平衡。盖斯定律，又名反应热加成性定律：若一反应为二个反应式的代数和时，其反应热为此二反应热的代数和。也可表达为在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关；化学平衡常数指在一定温度下
28、，可逆反应都达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，固体、纯液体不需要表示出；影响化学平衡的因素有浓度、温度和压强等。11.在一定条件下，金属相互化合形成的化合物称为金属互化物，如Cu9Al4、Cu5Zn8等。(1)某金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于_(填“晶体”或“非晶体”)。(2)基态铜原子有_个未成对电子；Cu2的电子排布式为_；在CuSO4溶液中加入过量氨水，充分反应后加入少量乙醇，析出一种深蓝色晶体，该晶体的化学式为_，其所含化学键有_，乙醇分子中C原子的杂化轨道类型为_。(3)铜能与类卤素
29、(SCN)2反应生成Cu(SCN)2,1 mol(SCN)2分子中含有键的数目为_。(SCN)2对应的酸有硫氰酸(HSCN)、异硫氰酸(HN=C=S)两种。理论上前者沸点低于后者，其原因是_。(4)ZnS的晶胞结构如图所示，在ZnS晶胞中，S2的配位数为_。(5)铜与金形成的金属互化物的晶胞结构如图所示，其晶胞边长为a nm，该金属互化物的密度为_ gcm3(用含a、NA的代数式表示)。【答案】 (1). 晶体 (2). 1 (3). 1s22s22p63s23p63d9 (4). Cu（NH3）4SO4H2O (5). 离子键、极性共价键和配位键 (6). sp3杂化、sp3杂化 (7).
30、5NA (8). 异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能 (9). 4 (10). 【解析】【分析】1）晶体中粒子在三维空间里呈周期性有序排列，有自范性，非晶体中原子排列相对无序，无自范性；（2）铜元素的原子序数为29，位于周期表第四周期B族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；CuSO4溶液与过量氨水反应生成Cu（NH3）4SO4H2O；Cu（NH3）4SO4H2O晶体中含有离子键、极性共价键和配位键；CH3-CH2-OH分子中两个C原子均为饱和碳原子，价层电子对数均为4；（3）（SCN）2的结构式为NC-S-S-CN，分子中有3个单键和2个碳氮三键；能形成分子间氢
31、键的物质熔沸点较高；（4）ZnS的晶胞结构可知，可以根据锌离子的配位数判断距离S2-最近的锌离子有4个；（5）由均摊法计算得到金属互化物的化学式，再由质量公式计算密度。【详解】（1）晶体中粒子在三维空间里呈周期性有序排列，有自范性，非晶体中原子排列相对无序，无自范性，金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，则金属互化物属于晶体，故答案为晶体；（2）铜元素的原子序数为29，位于周期表第四周期B族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，含有一个未成对电子，失去2个电子形成Cu2+，故Cu2+离子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d9；在CuSO4
32、溶液中加入过量氨水，CuSO4与过量氨水反应生成Cu（NH3）4SO4H2O，加入乙醇降低Cu（NH3）4SO4H2O的溶解度，析出深蓝色Cu（NH3）4SO4H2O晶体，晶体中含有离子键、极性共价键和配位键；CH3-CH2-OH分子中两个C原子均为饱和碳原子，价层电子对数均为4，均为sp3杂化。（3）（SCN）2的结构式为NC-S-S-CN，分子中有3个单键和2个碳氮三键，单键为键，三键含有1个键、2个键，（SCN）2分子含有5个键，故1mol（SCN）2分子中含有键的数目为5NA；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成分子间氢键，所以异硫氰酸熔沸点高于
33、硫氰酸，故答案为5NA；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能；（4）ZnS的晶胞结构可知，距离Zn2最近的硫离子有4个，由硫化锌的化学式可知，距离每个硫离子最近的锌离子也有个，即S2-的配位数为4，故答案为4；（5）由晶胞结构可知，Cu原子位于晶胞面心，数目为6=3，Au原子为晶胞顶点，数目为8=1，铜与金形成的金属互化物的化学式为Cu3Au，晶胞体积V=（a10-7）3cm3，则密度=，故答案为。【点睛】本题考查物质结构与性质，考查了晶体结构、核外电子排布、配合物以及晶胞的计算等知识，注意核外电子排布规律，注意空间结构的理解与应用，把握均摊法计算、密度与质量的关系为解答的关键。12.氨甲环
34、酸(G)别名止血环酸，是一种已被广泛使用半个世纪的止血药，它的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂略）：回答下列问题：(1)A的结构简式是_。C的化学名称是_。(2)G在NaOH催化下发生双分子脱水形成仅含两个环的有机物，写出该反应的化学反应方程式_。(3)中属于取代反应是_。(4)E中不含N原子的官能团名称为_。(5)氨甲环酸(G)的分子式为_。(6)满足以下条件的所有E的同分异构体有_种。a.含苯环 b.含硝基 c.苯环上只有两个取代基(7)写出以和CH2=CHCOOCH2CH3为原料，制备的合成路线：_（无机试剂任性）【答案】 (1). CH2=CHCH=CH2 (2). 2-氯-1，3
35、-丁二烯 (3). (4). (5). 酯基、碳碳双键 (6). C8H15O2N (7). 15 (8). 【解析】【分析】根据A分子式及B结构简式知，A为CH2=CHCH=CH2，AB的反应为加成反应；B发生消去反应生成C，C发生加成反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解反应生成F，F发生还原反应生成G。(7)以和为CH2=CHCOOCH2CH3原料制备，先发生加成反应生成，然后发生消去反应生成，再与CH2=CHCOOCH2CH3发生加成反应生成目标产物。【详解】(1)根据A的分子式及A与Cl2在260300时发生加成反应产生B，根据B的结构简式可知A结构简式是CH2=CHCH=CH
36、2；C的结构简式是，选择含有2个碳碳双键在内的碳链为主链，把-Cl原子作取代基，给机物命名，可知C的化学名称是2-氯-1，3-丁二烯；(2)G结构简式是，G分子中含有-COOH和-NH2，在NaOH催化下发生分子之间的取代反应，一个分子的羧基脱去-OH，另一个分子的氨基脱去H原子，羟基与氢原子结合形成H2O，剩余部分结合在一起形成含两个环的有机物，则该反应的化学反应方程式为：。(3)在上述反应中，是加成反应，是消去反应，是加成反应，是取代反应，是酯的水解反应，也属于取代反应，是还原反应，所以中属于取代反应的是；(4)E结构简式是，E中不含N原子的官能团名称为是酯基和碳碳双键；(5)氨甲环酸(G
37、)的结构简式是，根据C原子价电子数目是4个，知G分子式为C8H15NO2；(6)E是，E的分子式是C9H11O2N，E的同分异构体符合下列条件：a.E的不饱和度是5，E的同分异构体中含有苯环，苯环的不饱和度是4，说明含有一个双键；b.分子含有硝基；c. 苯环上只有两个取代基，符合条件两个取代基可能为-NO2、-CH2CH2CH3；-NO2、-CH(CH3) 2；-CH3、-CH2CH2NO2；-CH3、-CHNO2CH3；-CH2NO2、-CH2CH3五种情况，两个取代基在苯环上的位置有邻、间、对三种位置，所以E的符合要求的同分异构体的种类是53=15种；(7)以和为CH2=CHCOOCH2CH3原料制备，首先是与Cl2按1：1发生1,2-加成反应生成，然后与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应生成，再与CH2=CHCOOCH2CH3发生加成反应生成，故合成路线为：。【点睛】本题考查有机物合成与推断，明确官能团及其性质关系、物质之间的转化关系是解本题关键，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，注意采用知识迁移方法进行(7)的合成路线设计，难点是(6)E的同分异构体的种类的判断，找出取代基的种类，根据二者在苯环有邻、间、对三种位置分析。