1、重庆市直属校2020届高三化学3月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 D2 Al27 P31 Cu64 Sn119 一、选择题：本大题共 7 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求。1.化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是A. “84 消毒液”和酒精混合使用可增强杀菌消毒能力B. 通过煤干馏原理可得到苯、二甲苯等有机物C. 纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可作为人体的营养物质D. 铝是地球上含量最多的金属元素，最早被人类大规模开发利用【答案】B【解析】【详解】A“84 消毒液”具有强氧化性，不能和酒精混合使用，故A错误；B通过煤干馏原理可得到苯、
2、二甲苯等有机物，故B正确；C人体内没有分解纤维素的纤维素酶，不能被人体吸收利用，故C错误。D铝是地球上含量最多的金属元素，但铝开发利用的时间在后，故D错误；故选B。2.下列实验装置中所用仪器、试剂、现象和结论均正确的是选项装置现象结论A装置中有浅黄色沉淀生成苯和浓溴水发生取代反应B高锰酸钾溶液褪色，溴的四氯化碳溶液褪色石蜡油的分解产物中含有乙烯C分液漏斗液体流下，锥形瓶中产生大量气体 快速制备和收集一定量的氨气D试管中依次出现白色，黄色沉淀说明 Ksp(AgCl)Ksp(AgI)A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A溴易挥发，溴及生成HBr均与硝酸银反应，则装置中有浅黄色
3、沉淀，不能说明取代反应的发生，故A错误；B高锰酸钾、溴的四氯化碳溶液均褪色，可知生成不同于烷烃的气体，则石蜡油的分解产物中含有不饱和烃，不一定就是乙烯，故B错误；C收集一定量的氨气时，试管口要塞上一团棉花，以防止对流，故C错误；D先制得AgCl的悬浊液，向白色AgCl悬浊液中滴加足量的KI溶液，试管中白色沉淀转化为黄色沉淀，说明AgI溶解度更小，AgCl和AgI组成相似，可以比较Ksp，说明Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故D正确；故选D。3.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A. 27 g 铝加入足量 1mol/L 的 NaOH 溶液，转移的电子数为 3NAB. 18g 氨基
4、(ND2)中含有的电子数为 10NAC. 向 100mL0.1mol/L 醋酸溶液中加 CH3COONa 固体至溶液刚好为中性，溶液中醋酸分子数为 0.01NAD. 用惰性电极电解 100mL0.1mol/L 的 CuSO4 溶液，当阴、阳两极产生相同条件下等体积的气体时， 电路中转移电子数为 0.04NA【答案】B【解析】【详解】A27 g 铝为1mol，加入足量 1molL1 的 NaOH 溶液，生成NaAlO2和H2，1molAl失去3mol电子，转移的电子数为 3NA，故A正确；B18g 氨基(ND2)中含有的电子数为 = 9NA，故B错误；C向100mL0.1mol/L 醋酸溶液中加
5、 CH3COONa 固体至溶液刚好为中性，根据电荷守恒，溶液中c(Na)=c(CH3COO),溶液中醋酸分子数为0.100L0.1molL1NA= 0.01NA，故C正确；D用惰性电极电解100mL0.1molL1的CuSO4溶液，阴极上Cu2先放电生成0.01molCu，而后H放电生成H2，阳极上一直是OH放电生成O2，设生成的气体的物质的量为xmol，根据两极上得失电子数守恒可知：0.01mol2+2x=4x，解得x=0.01mol，故阳极上转移电子为0.04NA个，故D正确；故选B。4.W、X、Y、Z 均为短周期元素且原子序数依次增大。Y 是短周期中原子半径最大的元素；元素X和Z同族，Z
6、的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与 W 的单质反应，生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体。下列说法正确的是A. 简单离子半径大小为 XZYB. 工业上采用电解法制备单质 XC. Y 和 Z 的氢化物的沸点中较高的是 ZD. W 元素与 Z 元素都能形成超过三种的含氧酸盐【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。Y是短周期中原子半径最大的元素，则Y为Na；Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与W的单质反应，生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，生成的气体为二氧化硫和二氧化碳，则Z为S，W为C元素；元素X和Z同族，则X为O元素。【详解】W为C元素，X为O，Y为
7、Na，Z为S元素A电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：YXZ，故A错误；BX为O工业上采用分离液态空气法制备单质 X，故B错误；CY、Z的氢化物分别为NaH、硫化氢，NaH是离子化合物，硫化氢是共价化合物，Y的氢化物NaH的沸点较高，故C错误；DW 元素与Z 元素都能形成超过三种的含氧酸盐，如CO32 HCO3 CH3COO SO32 SO42 S2O32等，故D正确；故选D。5.电解法利用 CO2制备甲酸盐可实现 CO2资源化利用， 其装置如图所示：下列说法错误的是A. a 极为正极，K+由左向右通过交换膜B. 乙池中的反应为 CO2+HCO3-+2e-= HCOO-+ CO
8、32-C. 电解过程中，Pt 电极产生的气体可以用作燃料电池的负极反应D. 两池的溶液 KHCO3浓度均降低【答案】C【解析】【分析】根据电解CO2制甲酸盐的装置可知，Sn电极为阴极，阴极CO2发生还原反应生成HCOO，电极反应为：CO2+HCO3+2eHCOO+CO32，阳极为Pt电极，电解一段时间后，阳极氢氧根离子失电子生成氧气，促进水的电离，电极附近氢离子浓度增大，HCO3浓度降低，电极反应式为4HCO3-4e=O2+4CO2+2H2O。【详解】A根据以上分析，Sn电极为阴极，阴极CO2发生还原反应生成HCOO，所以b是电源负极，a 极为正极，K+由左向右通过交换膜，故A正确；B乙池Sn
9、电极为阴极，阴极CO2发生还原反应生成HCOO，电极反应为：CO2+HCO3+2eHCOO+CO32，故B正确；C阳极为Pt电极，电解一段时间后，阳极氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应式为4HCO3-4e=O2+4CO2+2H2O，电解过程中，Pt 电极产生的气体O2和CO2可作氧化剂，不能用作燃料电池的负极反应，故C错误；D甲池为阳极，电极反应式为4HCO3-4e=O2+4CO2+2H2O，乙池为阴极，电极反应为：CO2+HCO3+2eHCOO+CO32，则两池中KHCO3溶液浓度均降低，故D正确；故选C。6.已知 M、N 是合成某功能高分子材料的中间产物，下列关于 M、N 说法正确的是 A
10、. M、N 都属于芳香烃，但既不是同系物，也不是同分异构体B. M、N 分别与液溴混合，均发生取代反应C. M、N 均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. M、N 分子所有原子均可能共平面【答案】C【解析】【分析】AM中除了含有C、H元素外还含有O元素；B碳碳双键能和溴发生加成反应；C从苯环的侧链、不饱和键、羟基的还原性等角度思考；D苯、乙烯分子中所有原子共平面，且共价单键可以旋转。【详解】AM中除了含有C、H元素外还含有O元素，所以M是烃含氧衍生物，故A错误；B碳碳双键能和溴发生加成反应，苯环和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生取代反应，故B错误；CM、N的与苯环相连的侧链的第一个碳上均有H，且两者的侧
11、链上有不饱和键，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D苯、乙烯分子中所有原子共平面，且共价单键可以旋转，所以N中所有原子可能共平面，M中有饱和碳原子，它连接的4个原子构成的是四面体结构，所以M中所有原子不可能共面，故D错误；故选C。【点睛】本题考查有机物结构和性质，涉及基本概念、分子空间结构等知识点，侧重考查学生对基本概念、基本知识的理解和掌握，熟练掌握基本概念及甲烷、乙烯、苯的空间结构、官能团及其性质关系，易错点D，注意单键可以旋转。7.常温下，分别用 0.01mol/L NaOH 溶液滴定与之等浓度的体积均为 25.00mL 的 HA、H3B(三元酸)溶液，溶液的 pH 随V(NaOH)
12、变化曲线如图所示，下列说法错误的是A. 常温下 K(HA)数量级约为10-5B. 常温下 0.01mol/L 的 NaH2B溶液的 pH 大于 7C. NaOH 溶液滴定 HA 溶液应选择酚酞作为指示剂D. 当横坐标为 37.50时，溶液中存在：2c(H+)+c(H2B-)+3c(H3B)=2c(OH-)+3c(B3-)+c(HB2-)【答案】B【解析】【详解】Ac(HA)=c(A-) 时，K(HA) =10-4.75，常温下 K(HA)数量级约为10-5，故A正确；B当c（H2B）=c（H3B）时，Ka1=c（H）=10-2.5，c（H2B）=c（HB2）时，Ka2=c（H）=10-7.2，
13、HB2的电离程度更小，则Ka310-7.2，H2B的水解平衡常数Kh=10-11.5Ka2=10-7.2，说明H2B的水解程度小于电离程度，常温下 0.01mol/L 的 NaH2B溶液的 pH 小于 7，故B错误；C滴定终点溶液呈碱性，NaOH 溶液滴定 HA 溶液应选择酚酞作为指示剂，故C正确；D当横坐标为 37.50时，溶液为Na2HB、NaH2B等物质的量混合物，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=3c(B3-)+2c(HB2-)+c(H2B-)+c(OH-)，物料守恒：2c(Na+)=3c(H3B)+3c(H2B-)+3c(HB2-)+3c(B3-)，将2，得2c(H+)+c
14、(H2B-)+3c(H3B)=2c(OH-)+3c(B3-)+c(HB2-)，故D正确；故选B。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断及弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确酸性强弱判断方法、电离平衡常数与水解平衡常数关系是解本题关键，C为解答易错点，注意指示剂的选择原则，D为难点，注意电荷守恒和物料守恒的应用。三、非选择题：第 2628 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3536题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分8.利用一种钴矿石(主要成分为 Co2O3，含少量 SiO2及铁、铝、锰、镁、钙等金属元素的氧化物)制取CoC2O42H2O 晶体的工艺流程如下
15、：已知部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液 pH 如表沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2完全沉淀的 pH3.79.69.25.29.8(1)溶浸过程中 Co2O3 发生反应的离子方程式为_。(2)氧化除杂过程中加入 Na2CO3 的主要目的是_，若不加入 NaClO3，其后果是_。(3)滤渣 3 的成分是_，滤液中加入萃取剂的目的是除去_元素(填元素符号)。(4)萃取余液中加入草酸铵后，获取 CoC2O42H2O 晶体的操作是_。(5)含钴化合物 LiCoO2是废旧锂电池的正极材料，可与双氧水、稀 H2SO4 混合加热得到 CoSO4回收利用，该过程发生
16、反应的化学方程式是_。(6)已知某温度下 Ksp(MgF2)=7.3510-11，Ksp(CaF2)=1.0510-10，当加入过量NaF溶液后，所得滤液中c(Ca2+)/c(Mg2+) =_。【答案】 (1). Co2O3SO324H=2Co2SO422H2O (2). 加入Na2CO3调节pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀 (3). 亚铁离子不能氧化成铁离子而除去 (4). CaF2、MgF2 (5). Mn (6). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 (7). 2LiCoO2H2O23H2SO42CosO4Li2SO44H2OO2 (8). 1.43【解析】【分析
17、】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，除去不溶物质滤河渣1，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，加入NaClO3，可FeCl2氧化得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到滤渣2，主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，向溶液中加入NaF溶液，除去钙镁离子，然后过滤，滤渣3为CaF2、MgF2，得到的滤液中加入萃取剂，除去锰元素，萃取后溶液加入草酸铵，得到草酸钴溶液，由萃后余液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CoC2O42H2O。【详解】（1）溶浸过程中 C
18、o2O3 被还原生成Co2，发生反应的离子方程式为Co2O3SO324H=2Co2SO422H2O；故答案为：Co2O3SO324H=2Co2SO422H2O；（2）氧化除杂过程中加入 Na2CO3 调节pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，若不加入 NaClO3，其后果是亚铁离子不能氧化成铁离子而除去；故答案为：加入Na2CO3调节pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；亚铁离子不能氧化成铁离子而除去。（3）滤渣3为CaF2、MgF2，滤液中加入萃取剂的目的是除去Mn元素(填元素符号)。故答案为：CaF2、MgF2；Mn；（4）由萃后余液通过蒸发浓缩、冷却结
19、晶、过滤、洗涤、干燥得到CoC2O42H2O 晶体。故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（5）含钴化合物 LiCoO2是废旧锂电池的正极材料，可与双氧水、稀 H2SO4 混合加热得到 CoSO4回收利用，同时生成硫酸锂、水和氧气，发生反应的化学方程式是2LiCoO2H2O23H2SO42CosO4Li2SO44H2OO2。故答案为：2LiCoO2H2O23H2SO42CosO4Li2SO44H2OO2；（6）当加入过量NaF溶液后，溶液中存在平衡：Mg2+CaF2MgF2+Ca2+， =1.43。故答案为：1.43。【点睛】本题考查物质的制备，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算
20、能力的考查，涉及溶度积常数计算、沉淀与pH的关系、氧化还原反应等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道涉及的操作方法及发生的反应，难点（6）是利用溶度积常数进行溶解平衡常数的计算。9.高铁酸钾在饮用水源和废水处理过程中，不仅能去除污染物和致癌化学污染物，而且不产生任何诱变致癌的产物，具有高度的安全性；其可溶于水，微溶于浓 KOH 溶液，且在强碱性溶液中比 较稳定。实验室用次氯酸盐氧化法制备高铁酸钾(K2FeO4)的流程如图所示：流程图中的饱和次氯酸钾溶液的制备装置如图所示：(1)A 为氯气发生装置。A 中反应的离子方程式是_；装置 B 内的试剂及作用是_；(2)装置 C 反应温度控制在 05进
21、行，在不改变 KOH 溶液浓度前提下，实验中可采取措施是_。(3)流程图中在加入 KOH 固体的时候会产生大量的白色沉淀_(填化学式)。(4)在搅拌下，将 Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到 KClO 饱和溶液中即可制取 K2FeO4，写出该反应的离子方程式_；反应过程中温度控制在 1015，温度过低或过高对反应的影响是_。(5)过滤除杂时不用普通漏斗和滤纸而采用砂芯漏斗(如图)的原因是_。(6)在提纯高铁酸钾时采用重结晶、洗涤、干燥的方法，洗涤剂可以选用_。A.H2O B.浓 KOH 溶液 C.Fe(NO3)3溶液 D.异丙醇(7)若提纯得到 a gK2FeO4(M=198g/mol)，上述
22、流程中有 5%的 Fe 损失，则需要提供 Fe(NO3)3(M=242g/mol)的质量为_g(用含 a 的计算式表示)。【答案】 (1). 2MnO410Cl16H=Mn25Cl28H2O (2). 饱和食盐水、吸收杂质HCl气体 (3). 将C装置置于冰水浴中冷却 (4). KCl (5). 3ClO10OH2Fe3=2FeO423Cl5H2O (6). 温度过低或过高对反应的影响是温度太低，反应速率慢影响产品的产率，温度太高，会含有杂质，氧化剂的有效浓度降低，从而使反应速率和转化率下降； (7). 普通漏斗和滤纸在碱性条件下容易被腐蚀，而砂芯漏斗的滤板耐碱性和抗腐蚀性较好 (8). BD
23、 (9). g【解析】【分析】A装置制备氯气，B装置除去氯气中混有的HCl气体，C装置制备K2FeO4，尾气吸收装置吸收未反应的氯气，防止污染空气。【详解】（1）A 为氯气发生装置，高锰酸钾与浓盐酸生成氯化锰和氯气。A 中反应的离子方程式是2MnO410Cl16H=Mn25Cl28H2O；生成的氯气中含有氯化氢，装置 B 内的试剂是饱和食盐水，作用是吸收HCl气体；故答案为：2MnO410Cl16H=Mn25Cl28H2O；饱和食盐水、吸收杂质HCl气体；（2）C装置制备K2FeO4，反应温度控制在 05进行，在不改变 KOH 溶液浓度前提下，实验中可采取措施是将C装置置于冰水浴中冷却。故答案
24、为：将C装置置于冰水浴中冷却；（3）发生的反应方程式为2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O，KCl溶解度小，饱和后易析出，流程图中在加入 KOH 固体的时候会产生大量的白色沉淀KCl。故答案为：KCl；（4）在搅拌下，将 Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到 KClO 饱和溶液中即可制取 K2FeO4，在KOH溶液中，Fe(NO3)3与KClO应生成K2FeO4、KCl和KNO3，反应的方程式为：2 Fe(NO3)3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O，该反应的离子方程式3ClO10OH2Fe3=2FeO4
25、23Cl5H2O；反应过程中温度控制在 1015，温度过低或过高对反应的影响是温度太低，反应速率慢，影响产品的产率，温度太高，会含有杂质，氧化剂的有效浓度降低，从而使反应速率和转化率下降。故答案为：3ClO10OH2Fe3=2FeO423Cl5H2O；温度过低或过高对反应的影响是温度太低，反应速率慢，影响产品的产率，温度太高，会含有杂质，氧化剂的有效浓度降低，从而使反应速率和转化率下降；（5）过滤除杂时不用普通漏斗和滤纸而采用砂芯漏斗的原因是普通漏斗和滤纸在碱性条件下容易被腐蚀，而砂芯漏斗的滤板耐碱性和抗腐蚀性较好。故答案为：普通漏斗和滤纸在碱性条件下容易被腐蚀，而砂芯漏斗的滤板耐碱性和抗腐蚀
26、性较好；（6）K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液，在异丙醇中溶解度也比较小，在提纯高铁酸钾时采用重结晶、洗涤、干燥的方法，洗涤剂可以选用B.浓 KOH 溶液D.异丙醇；故答案为：BD。（7）由铁原子守恒：Fe(NO3)3K2FeO4 m= g，故答案为： g。【点睛】本题考查实验制备方案、计算、物质的分离提纯、对条件与操作的分析评价，是对学生综合能力的考查，注意题目信息的迁移运用，难点（7）根据由铁原子守恒，找出关系式Fe(NO3)3K2FeO4计算。10.甲醇是重要的化工原料，也可作燃料。工业上可用CO2和H2在一定条件下合成甲醇。回答下列问题。(1)已知：CO 和 H2 燃烧热分别为
27、 283.0 kJmol-1、285.8kJmol-1 ，水的汽化热为 44.0kJmol-1， 反应 CO+H2O=CO2+H2 是生成合成甲醇的原料气(CO2、H2)的重要反应，其热化学方程式为： CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H =_ kJmol-1。(2)某同学设计实验对反应进行研究。将 1mol H2O(g)和 1mol CO 充入一个恒容密闭容器中，在催化剂和一定温度下达到化学平衡。如图是 CO 的平衡转化率(%)随温度变化的曲线，260时反应的平衡常数 K=_。(3)CO2和 H2在催化剂、一定温度下合成甲醇。图为在容积为 1L 的恒容密闭容器中，加入 3
28、molH2和 1molCO2时经过相同时间甲醇产率与反应温度的关系曲线：曲线上 A 点_(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡产率，理由是_，C 点甲醇的产率低于 B 点的原因可能是_(填标号)。A.反应活化能增大 B.催化剂活性低 C.副反应多 D.平衡常数变大 E.平衡逆向移动(4)CO和 H2在一定条件下也可以合成甲醇。在容积为1L的恒容密闭容器中，加入 a molH2和2.0molCO，在催化剂和 260温度条件下发生反应：CO+2H2=CH3OH。图为甲醇的浓度与反应时间的关系曲线，tP 时的 v 逆_tQ 时的 v 逆(填大于、小于或等于)，判断的依据是_，达平衡时氢气的浓度为 1
29、.0mol/L，则起始时加入的氢气的物质的量为_mol。【答案】 (1). -41.2 (2). 9 (3). 不是 (4). 该反应为放热反应，平衡产率随温度的升高而降低 (5). BCE (6). 小于 (7). tP 时的甲醇浓度小于tQ 时浓度，反应速率更慢 (8). 3.3【解析】【详解】（1）H2的燃烧热为-285.8kJmol1，故热化学方程式为H2（g）+ O2（g）=H2O（l）H=-285.8KJmol1；CO的燃烧热为-283.0kJmol1，故热化学方程式为CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=-283.0KJmol1，H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=-285
30、.8KJmol1，H2O（l）=H2O（g）H=+44.0KJmol1，1-得， CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H =-41.2kJmol-1。故答案为：-41.2；（2）对反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) 进行研究。 260时反应的平衡常数 K=9。故答案为：9；（3）曲线上 A 点不是对应温度下的平衡产率，理由是该反应为放热反应，平衡产率随温度的升高而降低，C 点甲醇的产率低于 B 点的原因可能是：A.反应活化能增大，不影响产率，故错误； B.催化剂活性低，产率降低，故正确； C.副反应多，消耗大量原料，故正确； D.平衡常数变大，平衡正向移动，
31、产率升高，故错误；E.平衡逆向移动，产率降低，故正确；故选BCE；故答案为：不是；该反应为放热反应，平衡产率随温度的升高而降低；BCE；（4）甲醇的浓度与反应时间的关系曲线可知，tP 时的 v 逆小于tQ 时的 v 逆，tP 时的甲醇浓度小于tQ 时浓度，反应速率更慢；由图平衡时c(CH3OH)= 1.15molL1，由方程式CO+2H2=CH3OH得氢气的浓度变化量为2.3molL1，起始时加入的氢气的浓度为（2.3+1）molL1=3.3molL1，则起始时加入的氢气的物质的量为3.3mol；故答案为：小于：tP 时的甲醇浓度小于tQ 时浓度，反应速率更慢；3.3。(二)选考题：共15分。
32、请考生从2道化学题中任选一题作答。11.化学作为一门基础自然科学，在材料科学、生命科学、能源科学等诸多领域发挥着重要作用，其中铁和铜是两种应用广泛的元素。(1)基态铁原子的价电子轨道表达式为_。(2)磁性材料铁氧体在制备时常加入 CH3COONa、尿素CO(NH2)2等碱性物质。尿素分子中所含元素的电负性由小到大的顺序是_，1mol 尿素分子中含有的 键数目为_。 CH3COONa 中碳原子的杂化类型为_。(3)Fe(CO)5又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，则 Fe(CO)5的晶体类型是_，写出与CO互为等电子体的分子的电子式_(任写一种)。(4)CuO在高温时分解为 O2和 Cu2O，请从
33、阳离子的结构来说明在高温时，Cu2O比 CuO更稳定的原因_。(5)磷青铜是含少量锡、磷的铜合金，某磷青铜晶胞结构如图所示：其化学式为_。若晶体密度为 8.82g/cm3，则最近的 Cu原子核间距为_pm(用含 NA 的代数式表示)。【答案】 (1). (2). HCNO (3). 7NA (4). sp3、sp2 (5). 分子晶体 (6). (7). Cu+的最外层电子排布为3d10，Cu2+的最外层电子排布为3d9，最外层电子排布为全满时稳定，Cu2O比 CuO更稳定 (8). SnCu3P (9). 1010pm【解析】【详解】（1）Fe基态原子价电子排布式3d64s2，则基态铁原子价
34、电子轨道表达式为；故答案为：；（2）同周期元素从左到右电负性增强，尿素CO(NH2)2分子中所含元素的电负性由小到大的顺序是HCNO，尿素的结构如图，分子中含有4个N-H键、2个C-N键，一个C-O键，1mol 尿素分子中含有的 键数目为7NA。根据VSEPR理论，CH3COONa 中甲基中的C原子：VP=BP+LP=4+0=4，中心C为sp3杂化，羧基中的C原子：VP=BP+LP=3+=3，中心C为sp2杂化，故 CH3COONa 中碳原子的杂化类型为sp3、sp2。故答案为：HCNO；7NA；sp3、sp2；（3）Fe(CO)5又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，熔点比较低，则 Fe(CO)
35、5的晶体类型是分子晶体；等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子，与CO互为等电子体的分子为N2，电子式为：。故答案为：分子晶体；（4）CuO在高温时分解为 O2和 Cu2O，从阳离子的结构来看，Cu2O比 CuO更稳定的原因是：Cu+的最外层电子排布为3d10，Cu2+的最外层电子排布为3d9，最外层电子排布为全满时稳定，Cu2O比 CuO更稳定。故答案为：Cu+的最外层电子排布为3d10，Cu2+的最外层电子排布为3d9，最外层电子排布为全满时稳定，Cu2O比 CuO更稳定。（5）晶体中P原子位于中心，含有一个磷原子，立方体每个面心有一个Cu，每个Cu分摊给一个晶胞的占 ，立方
36、体顶角Sn分摊给每个晶胞的原子为，据此得到化学式SnCu3P，故答案为：SnCu3P；SnCu3P的摩尔质量为342gmol1，则一个晶胞质量m=g，设立方体边长为x，铜原子间最近距离为a，则a2=（）2+（）2，a=x，结合密度=，V=x3= cm，故答案为：1010pm。【点睛】本题考查晶胞计算、位置结构性质的综合应用，明确元素周期律内容为解答关键，（4）为易错点，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及综合应用能力。12.有机物 A 是一种重要的化工原料，以 A为起始原料可合成药物 I(结构简式如下)，其合成路线如下：已知：有机物 D 为芳香烃RNH2
37、+H2O回答下列问题：(1)F 的名称是_，B 中官能团的名称是_。(2)由 BC、EHI 的反应类型分别是_、_。(3)G 的结构简式为_。(4)DF 所需试剂和反应条件是_。(5)G 和 CH3CHO 反应生成 H 的化学方程式为_。(6)芳香化合物J是 E的同分异构体。若J 能发生银镜反应，则J 可能结构有_种(不含立体异构)， 其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为 1:1:2:6 的结构简式为_【答案】 (1). 对硝基甲苯 (2). 羧基 (3). 取代反应 (4). 加成反应 (5). (6). 浓硝酸、浓硫酸、加热 (7). +CH3CHO+H2O (8). 14 (9).
38、【解析】【分析】A 为CH3CHO，与新制Cu(OH)2反应后生成乙酸盐，酸化后得B，B为CH3COOH，SOCl2与B发生取代反应生成C，C为CH3COCl，D为甲苯，C与D反应E，由I可以推出E为，D发生硝化反应得F，F为，F还原后生成G，G为，G与CH3CHO反应生成H，H为，E和H通过加成反应生成I。【详解】（1）F为，名称是对硝基甲苯，B为CH3COOH，B中官能团的名称是羧基。故答案为：对硝基甲苯；羧基；（2）B为CH3COOH，SOCl2与B发生取代反应生成C，C为CH3COCl，由 BC是取代反应、E和H通过加成反应生成I，EHI 的反应类型分别是加成反应。故答案为：取代反应；
39、加成反应；（3）G 的结构简式为。故答案为：；（4）D发生硝化反应得F，DF 所需的试剂和反应条件是浓硝酸、浓硫酸、加热。故答案为：浓硝酸、浓硫酸、加热；（5）根据信息2，G 和 CH3CHO 反应生成 H 的化学方程式为+CH3CHO+H2O。故答案为：+CH3CHO+H2O；（6）芳香化合物J是 E的同分异构体，E为，若J 能发生银镜反应，说明J中含有醛基，若含有2个甲基，一个醛基，邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯再加一个醛基分别有2种、3种、1种；若为一个甲基，一个-CH2CHO，有邻间对3种；若为一个乙基、一个醛基，有邻间对3种；若只有一个取代基，则形成2-苯基丙醛、3-苯基丙醛2种同分异构，则J 可能结构有14种(不含立体异构)， 其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为 1:1:2:6 的结构简式为；故答案为：。
