1、河南省南阳市第一中学2020届高三化学第九次考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 S-32 K-39 Ca-40 Cr-52 Cu-64 Zn-65一、选择题：本题共7小题，每小题6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.中国不少古诗词清晰地描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的浪淘沙：“日照澄州江雾开，淘金女伴满江隈。美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”下列有关本诗中蕴含的化学知识正确的是（ ）A. “沙中浪底来”指的是金的氧化物B. 淘金原理与化学上的萃取一致C. 雾的分散质粒子直径范围是10-910-
2、7cmD. 由沙子到计算机芯片发生了还原反应【答案】D【解析】【详解】A. “沙中浪底来”指的是金的单质，故A错误；B. 金的密度较大，且金不溶于水，因此淘金原理与萃取原理不同，故B错误；C. 雾的分散质粒子直径范围是10-910-7m，故C错误；D. 由沙子(主要成份为SiO2)到计算机芯片，化合价降低，发生了还原反应，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】注意区别硅单质和二氧化硅的用途；还有注意数量级的换算1nm = 110-9m2.下列叙述中正确的是（ ）A. 分子式为C2H4和C8H16的两种有机物一定互为同系物B. 甲烷、苯、乙醇均不能使酸性KMnO4溶液褪色C. 糖类、油脂、蛋白质
3、均能发生水解反应D. 乙烯和苯乙烯分子中所有原子均可能在同一平面上，都能使溴水褪色【答案】D【解析】【详解】A. 分子式为C2H4和C8H16的两种有机物不一定互为同系物，C8H16可能为环辛烷，故A错误；B. 甲烷、苯均不能使酸性KMnO4溶液褪色，乙醇能使酸性KMnO4溶液褪色，故B错误；C.油脂、蛋白质均能发生水解反应，糖类中的单糖不能发生水解，故C错误；D. 单键可以旋转，乙烯和苯乙烯分子中所有原子均可能在同一平面上，两者均含碳碳双键，则都能使溴水褪色，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】单糖不能发生水解，二糖、多糖能发生水解，油脂、蛋白质能发生水解；油脂以及二糖、单糖不是高分子化合
4、物，淀粉、纤维素、蛋白质是天然高分子化合物。3.下列实验方案能达到实验目的的是（ ）选项实验目的实验方案A除去Al2O3中的Fe2O3向固体中先加入过量NaOH溶液，过滤后向滤液中加入过量盐酸B验证Cu和浓硫酸反应生成CuSO4向反应后溶液中加入水，观察到溶液变蓝色C证明二氧化硫具有还原性将二氧化硫通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀生成D验证：Ksp(AgI)Ksp(AgCl)向盛有1mL0.1molL-1AgNO3溶液的试管中滴加10滴0.1molL-1NaCl溶液，有白色沉淀生成，向其中继续滴加0.1molL-1KI溶液，有黄色沉淀产生A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】
5、【详解】A. 除去Al2O3中的Fe2O3，向固体中先加入过量NaOH溶液，过滤后向滤液中通入足量二氧化碳，过滤，灼烧，故A错误；B. 验证Cu和浓硫酸反应生成CuSO4，将反应后的溶液加入到水中，观察到溶液变蓝色，故B错误；C.将二氧化硫通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀生成，白色沉淀为硫酸钡，发生氧化还原反应，证明二氧化硫具有还原性，故C正确；D. 向盛有1mL 0.1molL-1AgNO3溶液的试管中滴加10滴0.1molL-1NaCl溶液，有白色沉淀生成，向其中继续滴加0.1molL-1KI溶液，由于有过量AgNO3，因此会有黄色沉淀产生，因此不能验证：Ksp(AgI)c(HA)，
6、选项D正确。答案选B。【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液电离平衡常数的计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握水的电离及其影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。6.氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，其能量密度是目前锂电池的十倍以上且不会因为过热而造成安全风险。如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时F-从乙电极流向甲电极，下列关于该电池的说法正确的是（ ）A. 放电时，甲电极的电极反应式为Bi3e-3F-=BiF3B. 放电时，乙电极电势比甲电极高C. 充电时，导线上每通过1mole-，甲电极质量增加19gD. 充电时，外加电源的正极与乙电极相连【
7、答案】C【解析】【分析】充电时F从乙电极流向甲电极，说明乙为阴极，甲为阳极。【详解】A. 放电时，甲电极的电极反应式为BiF3 + 3e= Bi3F，故A错误；B. 放电时，乙电极电势比甲电极低，故B错误；C. 充电时，甲电极发生Bi3e3F= BiF3，导线上每通过1mole，则有1mol F变为BiF3，其质量增加19g，故C正确；D. 充电时，外加电源的负极与乙电极相连，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】阳极失去电子，化合价升高，阴离子移向阳极，充电时，电源正极连接阳极。7.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，其中X是组成有机物的必要元素Y的原子最外层电子数是其电子层数
8、的3倍，W与X同主族，Z与Q最外层电子数相差6。下列说法正确的是A. 非金属性：QYXZB. 简单气态氢化物的沸点：XWC. Y与X、Z、Q均可形成至少两种二元化合物D. Y、Z、Q组成化合物的水溶液呈碱性【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，其中X是组成有机物的必要元素，则X为C元素；元素Y的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Y含有2个电子层，最外层含有6个电子，为O元素；元素W与X同主族，则W为Si元素；Z与Q最外层电子数相差6，Z的原子序数大于O，若为F元素，Q最外层电子数=7-6=1，为Na元素，不满足原子序数QW；结合Z、Q为主族元素可知Z为
9、Na元素，Q为C1元素，据此进行解答。【详解】根据分析可知，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为Si元素，Q为Cl元素。A、由XC元素，Y为O元素，Z为Na元素，Q为Cl元素，同周期从左到右非金属增强，同主族从上到下非金属减弱，故非金属性：Y Q XZ，故不符合题意；B、对分子晶体，相对分子质量增大，分子间作用力增大，沸点升高，XW，故不符合题意；C、Y氧元素与C、Na、Cl三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，例如CO、CO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、ClO2等，故符合题意；D、Y、Z、Q分别为O、Na、Cl，NaClO的水溶液呈碱性，但NaClO3、NaClO4的水溶
10、液呈中性，故不符合题意；故选C。8.以某工业副产物盐泥主要成分为Mg(OH)2，还含有少量Al(OH)3、FeCO3、MnCO3、SiO2、CaCO3等为原料制备防火材料MgSO47H2O的工艺流程如图：回答下列问题：（1）以MgSO4为原料可制备阴、阳离子个数比为1：1的化合物MgC2。已知MgC2中各元素原子都达到了稳定结构，则MgC2的电子式为_。（2）“酸浸”时，FeCO3与稀硫酸反应的化学方程式为_。滤渣1的主要成分为SiO2和_(填化学式)；为了提高浸取率，除了适当增大稀硫酸的浓度和升温外，还可采取的措施有_(写出两点)。（3）“氧化”时，次氯酸钠溶液将MnSO4氧化为MnO2的离
11、子方程式为_；滤渣2的主要成分为MnO2和_、_(填化学式)。（4）“一系列操作”主要是_。（5）一种碱式碳酸镁4MgCO3Mg(OH)25H2O可用作防火保温材料，用化学方程式说明其可做防火材料的原理：_。【答案】 (1). (2). FeCO3 + H2SO4 = FeSO4 + CO2 + H2O (3). CaSO4 (4). 粉碎、搅拌(或多次用硫酸浸取、减小盐泥粒度、延长浸取时间等) (5). Mn2+ClO+2OH=MnO2+Cl+H2O (6). Fe(OH)3 (7). Al(OH)3 (8). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 (9). 4MgCO3Mg(OH)25H2O 5MgO
12、+4CO2+6H2O【解析】【分析】根据流程：盐泥主要成分为Mg(OH)2，还含有少量Al(OH)3、FeCO3，MnCO3、SiO2、CaCO3等用稀硫酸酸浸，得到MnSO4、MgSO4、Al2(SO4)3、FeSO4的混合溶液和不溶的SiO2和CaSO4，过滤，滤渣I的主要成分为SiO2和CaSO4，向滤液中加入NaOH、NaClO溶液，可以将Mn2+氧化为MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH在56时沉淀Fe3+和Al3+，过滤，滤渣2为MnO2和Fe(OH)3、Al(OH)3，最后将含有MgSO4的溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到MgSO47H2O，据此分析作答。【详解】以MgS
13、O4为原料可制备阴、阳离子个数比为1：1的化合物MgC2，C22含有三对共用电子对，又知MgC2中各元素原子都达到了稳定结构，则MgC2的电子式为；故答案为：。“酸浸”时，FeCO3与稀硫酸反应的化学方程式为FeCO3 + H2SO4 = FeSO4 + CO2 + H2O，根据分析，滤渣I的主要成分为SiO2和CaSO4，适当增大稀硫酸的浓度、升温、粉碎、搅拌(或多次用硫酸浸取、减小盐泥粒度、延长浸取时间等)可以提高浸取率；故答案为：FeCO3 + H2SO4 = FeSO4 + CO2 + H2O；CaSO4；粉碎、搅拌(或多次用硫酸浸取、减小盐泥粒度、延长浸取时间等)。氧化时，次氯酸钠溶
14、液将MnSO4氧化为MnO2的离子方程式为：Mn2+ClO+2OH=MnO2+Cl+H2O；根据分析滤渣2的主要成分为MnO2和Fe(OH)3、Al(OH)3；故答案为：Mn2+ClO+2OH=MnO2+Cl+H2O；Fe(OH)3；Al(OH)3。由含有MgSO4的溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到MgSO47H2O；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。一种碱式碳酸镁4MgCO3Mg(OH)25H2O可用作防火保温材料，用化学方程式说明其可做防火材料的原理，在高温下发生反应：4MgCO3Mg(OH)25H2O 5MgO+4CO2+6H2O，生成的MgO和CO2可以防火保温；故答案为：4MgCO
15、3Mg(OH)25H2O 5MgO+4CO2+6H2O。9.某学习小组同学进行实验探究FeCl3溶液和Na2S溶液的反应原理。.学习小组的同学通过查阅以下资料和所学知识，预测产物。资料：Fe2S3和FeS均为黑色、不溶于水、能溶于酸的固体，Fe2S3固体常温下易转变为黄绿色；H2S为有臭鸡蛋气味的气体。0.1mol/LNa2S溶液的pH约为12.9。Ksp近似数据：Fe(OH)3为10-39，Fe2S3为10-88，FeS为10-19。（1）同学甲计算出0.1mol/L的FeCl3溶液的pH约为_，依据酸碱理论的相关知识预测FeCl3与Na2S可能发生水解反应，则该反应的离子方程式为_。（2）
16、同学乙依据难溶电解质的溶解平衡理论的相关知识预测反应主要产生Fe2S3而不是Fe(OH)3的原因为_。（3）同学丙依据氧化还原反应理论的相关知识预测FeCl3溶液与Na2S溶液反应可生成FeS和S的混合物，则反应的离子方程式为_。.学习小组进行实验，探究反应生成沉淀物的成分。实验一：（4）某同学设计实验证明试管中黑色物质含有Fe2S3，该同学的实验操作为_。（5）另一同学将试管中黑色沉淀过滤洗涤后溶解于稀硫酸获得淡黄色悬浊液并闻到臭鸡蛋气味，判断沉淀为FeS和S的混合物，但有同学认为此判断不合理，请说明理由：_。实验二：（6）若试管中沉淀溶解现象是因为溶液酸性较强将产生的少量黑色沉淀溶解，用离
17、子方程式表示溶液酸性较强的原因：_。（7）FeCl3溶液和Na2S溶液间可发生复分解反应也可发生氧化还原反应，且反应的产物、实验的现象与_等有关(写出一条即可)。【答案】 (1). 1.3 (2). 2Fe3+6H2O+3S2=2Fe(OH)3+3H2S (3). 由溶度积数据知，Fe2S3的溶解度远小于Fe(OH)3，则Fe3+更容易生成Fe2S3沉淀 (4). 2Fe3+3S2=2FeS+S (5). 过滤、洗涤，将滤渣放置一段时间，看是否全部或部分变为黄绿色 (6). Fe2S3也溶于稀硫酸，溶解后所得Fe3+和S2，发生反应2H+S2 = H2S，2 Fe3+S2 = 2Fe2+S，也
18、会产生预期现象 (7). Fe3+3H2O3H+Fe(OH)3 (8). 试剂的滴加顺序和多少(试剂的相对用量)、反应体系的酸碱性【解析】【分析】I.(1)已知：H2OH+OH，Fe(OH)3(s)Fe3+3OH，由3可得：Fe3+3H2O3H+Fe(OH)3(s)，再结合Kw和Ksp进行计算溶液的pH值；Fe3+水解使溶液显酸性，而S2水解溶液显碱性，两者在同一溶液中相互促进水解生成Fe(OH)3和H2S，结合电荷守恒和原子守恒写出发生双水解反应的离子方程式。(2)已知Fe(OH)3=1039，Fe2S3=1088，难溶物的溶解度越小越易生成。(3)Fe3+有较强氧化性，而S2有较强还原性，
19、两者在同一溶液中易发生氧化还原反应生成Fe2+和S，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出发生氧化还原反应的离子方程式；II.(4)先分离出黑色固体，再根据Fe2S3和FeS均为黑色、不溶于水、能够溶于酸的固体，Fe2S3固体常温下易转变为黄绿色判断。(5) Fe2S3固体能溶于稀硫酸，生成H2S气体和Fe3+，而Fe3+能与S2发生氧化还原反应生成淡黄色S沉淀。(6)Fe3+在溶液中水解，使溶液明显显酸性。(7)实验一表明在Na2S溶液中逐滴加入FeCl3溶液，主要发生的是复分解反应，实验二表明在FeCl3溶液中逐滴加入Na2S溶液主要发生的是氧化还原反应，由此分析即可。【详解】I.(1)已知
20、：H2OH+OH，Fe(OH)3(s) Fe3+3OH，由3可得：Fe3+3H2O3H+Fe(OH)3(s)，则c3(H+)c(Fe3+)=(Kw)3KspFe(OH)3，c3(H+)=(11014)3110390.1=104，c(H+)101.3mol/L，此时溶液pH=lg101.3=1.3；溶液FeCl3溶液与Na2S溶液混合，发生双水解反应生成Fe(OH)3和H2S，离子反应方程式为2Fe3+6H2O+3S2=2Fe(OH)3+3H2S；故答案为：1.3；2Fe3+6H2O+3S2=2Fe(OH)3+3H2S。(2)已知Ksp近似数据：Fe(OH)3=1039，Fe2S3=1088，可
21、知Fe2S3的溶解度远小于Fe(OH)3，则Fe3+更容易生成Fe2S3沉淀；故答案为：由溶度积数据知，Fe2S3的溶解度远小于Fe(OH)3，则Fe3+更容易生成Fe2S3沉淀。(3)Fe3+有较强氧化性，而S2有较强还原性，依据氧化还原反应理论的相关知识预测FeCl3溶液与Na2S溶液反应可生成FeS和S的混合物，则发生反应的离子方程式为2Fe3+3S2=2FeS+S；故答案为：2Fe3+3S2=2FeS+S。II.(4)为证明试管中黑色物质含有Fe2S3，可经过过滤、洗涤，将滤渣放置一段时间，看是否全部或部分变为黄绿色，若为黄绿色，则固体为Fe2S3；故答案为：过滤、洗涤，将滤渣放置一段
22、时间，看是否全部或部分变为黄绿色。(5)将试管中黑色沉淀过滤洗涤后溶解于稀硫酸获得淡黄色悬浊液并闻到臭鸡蛋气味，因Fe2S3也溶于稀硫酸，溶解后所得Fe3+和S2，发生反应2H+S2 = H2S，2 Fe3+S2 = 2Fe2+S，也会产生预淡黄色悬浊液并闻到臭鸡蛋气味的现象，则无法判断沉淀为FeS和S的混合物；故答案为：Fe2S3也溶于稀硫酸，溶解后所得Fe3+和S2，发生反应2H+S2 = H2S，2 Fe3+S2 = 2Fe2+S，也会产生预期现象。(6)试管为在FeCl3溶液中逐滴加入Na2S溶液，最初发生复分解反应生成了黑色沉淀为Fe2S3，因过量的Fe3+在溶液中水解，使溶液明显显
23、酸性，则振荡过程中Fe2S3沉淀被酸性溶液溶解并有臭鸡蛋气味的H2S气体生成，其中发生水解反应的离子方程式为Fe3+3H2O3H+Fe(OH)3；故答案为：Fe3+3H2O3H+Fe(OH)3。(7)实验一表明在Na2S溶液中逐滴加入FeCl3溶液，主要发生的是复分解反应，实验二表明在FeCl3溶液中逐滴加入Na2S溶液主要发生的是氧化还原反应，由此可知FeCl3溶液和Na2S溶液间可发生复分解反应也可发生氧化还原反应，且反应的产物、实验的现象与试剂的滴加顺序和多少(试剂的相对用量)、反应体系的酸碱性等有关；故答案为：试剂的滴加顺序和多少(试剂的相对用量)、反应体系的酸碱性。10.工业废气和汽
24、车尾气含有多种氮氧化物，以NOx表示，NOx能破坏臭氧层，产生光化学烟雾，是造成大气污染的来源之一。按要求回答下列问题：（1）NO2与N2O4存在以下转化关系：2NO2(g)N2O4(g)。已知：标准状况(25、101kPa)下，由最稳定的单质生成1mol化合物的焓变(或反应热)，称为该化合物的标准摩尔生成焓。几种氧化物的标准摩尔生成焓如表所示：物质NO(g)NO2(g)N2O4(g)CO(g)标准摩尔生成焓/(kJmol-1)90.2533.189.16-110.53则NO2转化成N2O4的热化学方程式为_。将一定量N2O4投入固定容积的恒温容器中，下述现象能说明反应达到平衡状态的是_(填标
25、号)。Av(N2O4)=2v(NO2) B气体的密度不变C不变 D气体的平均相对分子质量不变达到平衡后，保持温度不变，将气体体积压缩到原来的一半，再次达到平衡时，混合气体颜色_填“变深”“变浅”或“不变”)，判断理由是_。（2）在容积均为2L的甲、乙两个恒容密闭容器中，分别充入等量NO2，发生反应：2NO2(g)2NO(g)O2(g)。保持温度分别为T1、T2，测得n(NO2)与n(O2)随时间的变化如图所示：T1时，反应从开始到第2min，平均速率v(O2)=_，该温度下平衡常数K=_。实验测得：v正=k正c2(NO2)，v逆=k逆c2(NO)c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响，下
26、列有关说法正确的是_(填标号)。A反应正向放热Ba点处，v逆(甲)k正(T1)D温度改变，k正与k逆的比值不变（3）硫代硫酸钠(Na2S2O3)在碱性溶液中是较强的还原剂，可用于净化氧化度较高的NOx废气，使之转化为无毒、无污染的N2。请写出NO2与硫代硫酸钠碱性溶液反应的离子方程式：_。【答案】 (1). 2NO2 (g)N2O4(g) H=57.2 kJmol1 (2). CD (3). 0.05molL1min1 (4). 变深 (5). 压缩体积，平衡正向移动，n(NO2)减小，但体积减小对浓度的影响更大，因而c(NO2)增大，颜色变深 (6). 0.8 (7). BC (8). 2N
27、O2+S2O32+2OH=N2+2SO42+H2O【解析】【分析】根据题意有I、N2(g) + 2O2(g)=2NO2(g) H=33.18kJmol12=66.36 kJmol1，II、N2(g) + 2O2(g) = N2O4(g)H=9.16 kJmol1，根据盖斯定律，II-I可得；根据化学平衡时正逆反应速率相等，各组分含量不变分析；根据影响化学平衡因素分析可得。T1时，反应从开始到第2min，n(NO2)从1.2mol减少到0.8mol，则反应NO2消耗0.4mol，生成氧气为0.2mol，可得O2平均反应速率，建立三段式算平衡常数；A. 根据图可知，乙先达到平衡，则T2T1，平衡时
28、，甲中氧气0.4mol，乙中氧气多于0.4mol，则温度升高，氧气生成多，即温度升高有利于正方向；B. T2T1，a点处，v逆(甲)T1，温度升高，反应速率快，k正(T2)k正(T1)；D. v正=k正c2(NO2)，v逆=k逆c2(NO)c(O2)，平衡时，v正=v逆，则，温度改变，K发生改变。NO2与硫代硫酸钠在碱性条件下生成氮气和硫酸钠，据此书写。【详解】(1)根据题意有I、N2(g)+2O2 (g)=2NO2 (g)H=33.18 kJmol12=66.36 kJmol1，II、N2 (g)+2O2 (g)=N2O4(g)H=9.16kJ/mol，根据盖斯定律，III得：2NO2 (g
29、)N2O4(g) H=57.2 kJmol1；故答案为：2NO2 (g)N2O4(g) H= 57.2 kJmol1。将一定量N2O4投入固定容积的恒温容器中，A. v(N2O4)=2v(NO2)，未说明正逆方向，故A错误；B. 根据=，气体的质量不变，容积固定，则密度始终不变，故B错误；C. c(N2O4)、c(NO2)不变，反应达到平衡，故C正确；D. 根据M=，混气质质量不变，反应2NO2(g)N2O4(g)气体的物质的量减小，则从N2O4投入平均相对分子质量增大，不变时，达到平衡，故D正确；综上所述，答案为：CD。达到平衡后，保持温度不变，将气体体积压缩到原来的一半，根据反应2NO2(
30、g) N2O4(g)，压缩体积，平衡正向移动，n(NO2)减小，但体积减小对浓度的影响更大，因而c(NO2)增大，再次达到平衡时，混合气体颜色变深；故答案为：变深；压缩体积，平衡正向移动，n(NO2)减小，但体积减小对浓度的影响更大，因而c(NO2)增大，颜色变深。(2)T1时，反应从开始到第2min，n(NO2)从1.2mol减少到0.8mol，则NO2反应了0.4mol，生成氧气为0.2mol，则v(O2)=0.2mol2L2min=0.05molL1min1；平衡时，n(NO2)为0.4mol，列三段式：则；故答案为：0.05molL1min1；0.8。A. 根据图可知，乙先达到平衡，则
31、T2T1，平衡时，甲中氧气0.4mol，乙中氧气多于0.4mol，则温度升高，氧气生成多，即温度升高有利于正方向，正反应为吸热反应，故A错误；B. T2T1，a点处，v逆(甲)T1，温度升高，反应速率快，k正(T2)k正(T1)，故C正确；D. v正=k正c2(NO2)，v逆=k逆c2(NO)c(O2)，平衡时，v正=v逆，则，温度改变，K发生改变，则k正与k逆的比值变化，故D错误；综上所述，答案为BC。(3)NO2与硫代硫酸钠在碱性条件下生成氮气和硫酸钠，离子反应为：2NO2+S2O32+2OH=N2+2SO42+H2O；故答案为：2NO2+S2O32+2OH=N2+2SO42+H2O。11
32、.高氯酸三碳酰肼合镍Ni(CHZ)3(ClO4)2是一种新型的起爆药。（1）Ni能与CO形成配合物Ni(CO)4，配体CO中提供孤电子对的是C原子，其理由可能是_；该配合物分子中键与键数目之比为_。（2）ClO4-的空间构型是_。写出与ClO4-互为等电子体的一种分子和一种离子：_、_。(填化学式)（3）化学式中CHZ为碳酰肼，其结构为，它是一种新型的环保锅炉水除氧剂。碳酰肼中氮元素的化合价为_，碳原子的杂化轨道类型为_。碳酰肼可以由碳酸二甲酯()和肼(N2H4)反应制得，有关的化学方程式为_。（4）高氯酸三碳酰肼合镍可由NiO、高氯酸及碳酰肼化合而成。比较次氯酸和高氯酸的酸性，并说明理由：_
33、。如图为NiO晶胞，若晶胞中含有的Ni2+数目为a，Ni2+的配位数为b，NiO晶体中每个Ni2+距离最近的Ni2+数目为c，则a：b：c=_。【答案】 (1). 电负性OC，O原子不易给出孤电子对 (2). 1:1 (3). 正四面体形 (4). CCl4 (5). SO42 (6). 2 (7). sp2 (8). (9). HClO4的酸性比HClO的强，HClO4中非羟基氧数目比HClO的多，HClO4中Cl的正电性更高，导致ClOH中O的电子向Cl的偏移程度比HClO的大，HClO4更易电离出H+ (10). 2:3:6【解析】【分析】电负性越大，原子越不易提供孤电子对；Ni原子形成
34、的4个配位键属于键，CO与N2互为等电子体，CO分子结构式为CO，CO分子中含有1个键、2个键。ClO4的中心原子Cl原子孤电子对=，价层电子对数=0+4=4，微粒空间构型与它的VSEPR模型相同；原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体。NN键使N元素表现0价，NH价使N元素表现-1价，NC键使N元素表现-1价；分子中碳原子形成3个键，杂化轨道数目为3；碳酰肼可以由碳酸二甲酯()和肼(N2H4)反应制得，该反应属于取代反应，同时还有甲醇生成.非羟基氧数目越多，中心元素的正电性越高，越容易电离出离子；如均摊法计算晶胞中含有的Ni2+数目。以顶点Ni2+研究，其周围最近的氧离子处于棱心且
35、关于镍离子对称，可知Ni2+的配位数为6以顶点Ni2+研究，与之距离最近的Ni2+处于面心，共有12个。【详解】(1)电负性OC，O原子不易给出孤电子对，配体CO中提供孤电子对的是C原子。Ni原子形成的4个配位键属于键，CO与N2互为等电子体，CO分子结构式为CO，CO分子中含有1个键、2个键,故Ni(CO)4中含有8个键、8个键，键与键数目之比为8:8=1:1；故答案为：电负性OC，O原子不易给出孤电子对；1:1。(2)ClO4的中心原子Cl原子孤电子对，价层电子对数=0+4=4，微粒空间构型与它的VSEPR模型相同为正四面体形；故答案为：正四面体形。原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为
36、等电子体。与ClO4互为等电子体的一种分子和一种离子可以是：CCl4、SO42等；故答案为：CCl4、SO42。(3)NN键使N元素表现0价，NH价使N元素表现1价，NC键使N元素表现1价，故碳酰肼中氮元素的化合价为2价；分子中碳原子形成3个键，杂化轨道数目为3,故碳原子采取sp2杂化；故答案为：2；sp2。碳酰肼可以由碳酸二甲酯()和肼(N2H4)反应制得,该反应属于取代反应,同时还有甲醇生成,反应方程式为：;故答案为：.(4)HClO4中非羟基氧数目比HClO的多，HClO4中Cl的正电性更高，导致ClOH中O的电子向Cl的偏移程度比HClO的大，HClO4更易电离出H+，故酸性：HClO
37、4HClO；故答案为：HClO4的酸性比HClO的强，HClO4中非羟基氧数目比HClO的多，HClO4中Cl的正电性更高，导致ClOH中O的电子向Cl的偏移程度比HClO的大，HClO4更易电离出H+。晶胞中含有的Ni2+数目，以顶点Ni2+研究，其周围最近的氧离子处于棱心且关于镍离子对称，可知Ni2+的配位数为6，以顶点Ni2+研究，与之距离最近的Ni2+处于面心，顶点为8个晶胞共用、面心为2个晶胞共用，故共有382=12个，则a:b:c=4:6:12=2:3:6；故答案为：2:3:6。12.福酚美克是一种影响机体免疫力功能的药物，可通过以下方法合成：回答下列问题：(1)物质A的含氧官能团
38、的名称为_；BC的转化属于_反应(填反应类型)(2)上述流程中设计AB步骤的目的是_；F分子中共平面的原子最多有_个。(3)D与银氨溶液发生反应的化学方程式为_。(4)福酚美克具有多种同分异构体写出其中符合下列条件的有机物结构简式：_和_。含有CONH2；能与FeCl3溶液发生显色反应；核磁共振氢谱的吸收峰数目有4个。(5)参照上述合成路线和信息，以乙醇为原料(无机试剂任选)，设计制的合成路线：_。【答案】 (1). 羟基、酯基； (2). 还原； (3). 保护酚羟基； (4). 15； (5). (6). (7). (8). 【解析】【分析】（1）根据A物质的结构简式可知，含有羟基和酯基；
39、BC的转化是把COOCH3还原为CH2OH，所以是还原反应；（2）根据流程中设计AB步骤的目的是保护酚羟基，防止在后面的转换过程中被破坏；根据原子共面判断方法得出； （3）根据D与银氨溶液发生反应方程式得出；（4）根据福酚美克的结构简式,结合要求，能与FeCl3溶液发生显色反应说明同分异构体中含有酚羟基、核磁共振氢谱的吸收峰数目有4个说明同分异构体中含有4种不同的氢解答； （5）根据合成路线DEF福酚美克设计出的合成路线。【详解】（1）A物质的结构简式可知，含有羟基和酯基；BC的转化是把COOCH3还原为CH2OH，所以是还原反应，故答案为羟基、酯基；还原；（2）流程中设计AB步骤的目的是保护
40、酚羟基，防止在后面的转换过程中被破坏；根据F的结构简式可知苯环上的所有原子共面，苯环上的-OH相当于取代了苯环上的H，苯环上的CH(NH2)CN相当于取代了苯环上的H，与苯环直接相连的C与苯环共面，CH(NH2)CN中由于单键能旋转，三键不能旋转，故F分子中共平面的原子最多有15个；故答案为保护酚羟基；15；（3）D为与银氨溶液发生反应的化学方程式为；故答案为；（4）福酚美克结构简式为,同分异构体中含有CONH2、能与FeCl3溶液发生显色反应说明同分异构体中含有酚羟基、核磁共振氢谱的吸收峰数目有4个说明同分异构体中含有4种不同的氢，故得到满足上述条件的福酚美克的同分异构体为和；故答案为和；（5）结合题目的合成路线DEF福酚美克，结合所给的乙醇原料，要得到含醛基的物质，则需要乙醇发生催化氧化反应，在参照DEF福酚美克的合成路线，即可设计出的合成路线为：，故答案为【点睛】有机物中有些官能团比较活泼，在合成过程与加入的试剂发生反应而被破坏，所以需要先采取措施保护起来，到后面再想法还原出来，像酚羟基、碳碳双键、醛基等；同分异构体的数目常常会出现漏写、重复、把官能团写错或位置放错而失分的现象；有机合成的设计要注意从题目中挖掘信息，往往可以照抄一部分，再结合学过的知识，就能设计出完全正确的合成线路。
