1、东北三省三校2020届高三化学第一次联合模拟考试试题（含解析）一、选择题1.下列说法不正确的是( )A. 工业合成氨是一种人工固氮方法B. 侯氏制碱法应用了物质溶解度的差异C. 播撒碘化银可实现人工降雨D. 铁是人类最早使用的金属材料【答案】D【解析】【详解】A. 氮的固定是把游离态氮转变成化合态氮的过程，分自然固氮和人工固氮，工业合成氨是一种人工固氮方法，A正确； B. 侯氏制碱法，应用了碳酸氢钠溶解度小而结晶析出，经分离再受热分解得到碳酸钠，B正确；C. 播撒碘化银、干冰都可实现人工降雨，C正确； D. 铁的金属性比较强，不可能是人类最早使用的金属材料，人类使用金属材料，铜比铁早，D错误；
2、答案选D。2.乙苯与氢气加成，其产物的一氯代物的同分异构体数目有（不考虑立体异构）( )A. 4种B. 5种C. 6种D. 7种【答案】C【解析】【详解】完全氢化后的产物，即为乙基环己烷，六元环含有4种H，乙基含有2种H，故产物的一氯代物有6种同分异构体；答案选C。【点睛】容易出错。乙基环己烷的六元环含有4种H，同学会错当成乙苯的苯环那样有3种H。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A. 标准状况下，2.24L SO3中所含原子数为0.4NAB. l0mL 12mol/L盐酸与足量MnO2加热反应，制得Cl2的分子数为0. 03NAC. 0. 1mol CH4与0.4mol
3、Cl2在光照下充分反应，生成CCl4的分子数为0.1NAD. 常温常压下，6g乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA【答案】D【解析】【详解】A. 标准状况下，SO3不是气体，2.24L SO3并不是0.1 mol，A错误；B. 12mol/L盐酸为浓盐酸，和足量的二氧化锰共热时，盐酸因消耗、部分挥发以及水的生成，使盐酸浓度变小不能完全反应，所以制得的Cl2小于0.03 mol，分子数小于0. 03NA，B错误；C. 0. 1mol CH4与0.4mol Cl2在光照下充分反应，发生的是取代反应，得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷及氯化氢的混合物，生成CCl4的分子数小于0.1NA，C错
4、误；D. 一个乙酸分子中有3个C-H键，则常温常压下，6g乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA，D正确；答案选D。4.新型锂空气电池具有使用寿命长、可在自然空气环境下工作的优点。其原理如图所示（电解质为离子液体和二甲基亚砜），电池总反应为：下列说法不正确的是( )A 充电时电子由Li电极经外电路流入Li2O2B. 放电时正极反应式为2Li+O2 +2e-=Li2O2C. 充电时Li电极与电源的负极相连D. 碳酸锂涂层既可阻止锂电极的氧化又能让锂离子进入电解质【答案】A【解析】【分析】这是二次电池，放电时Li是负极，充电时Li是阴极；【详解】A. 充电时电子经外电路流入Li，A错误；B. 放电时
5、正极为还原反应，O2得电子化合价降低，反应式为2Li+O2 +2e-=Li2O2，B正确；C. 充电时Li电极为阴极，与电源的负极相连，C正确；D.碳酸锂涂层的覆盖可阻止锂电极的氧化，但是涂层能让锂离子进入电解质定向移动形成闭合回路，D正确；答案选A。【点睛】关键之一是正确判断电极。关于负极的判断可以从这几方面入手：如果是二次电池，与电源负极相连的那一极，在放电时是负极；电子流出那一极是负极；发生氧化反应的一极是负极；阴离子向负极移动。5.下列实验对应的现象及结论均正确的是选项实验操作现象结论A将SO2通入BaCl2溶液，然后滴入氯水先有白色沉淀，滴加氯水后沉淀不溶解先生成BaSO3沉淀，后被
6、氧化成BaSO4B向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液，然后加入蒸馏水，振荡有白色浑浊出现，加入蒸馏水后不溶解蛋白质变性是不可逆的C向酸性KMnO4和H2C2O4的混合液中加入一小块MnSO4固体生成气体的速率加快，溶液迅速褪色可能是该反应的催化剂D将浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌得到黑色蓬松的固体，并产生有刺激性气味的气体该过程中，浓硫酸仅体现了吸水性和脱水性A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 盐酸的酸性大于亚硫酸，将SO2通入BaCl2溶液，不发生反应，不会产生白色沉淀，A错误；B. 向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液，有白色浑浊出现，这是蛋白质发生了盐析，加入
7、蒸馏水后蛋白质会溶解，B错误；C. 加有MnSO4的试管中溶液褪色较快，说明Mn2+对该反应有催化作用，C正确；D. 将浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌，得到黑色蓬松的固体，并产生有刺激性气味的气体，是因为蔗糖被浓硫酸脱水碳化后，又进一步发生了碳和浓硫酸的反应，C被浓硫酸氧化，生成二氧化碳、二氧化硫气体，D错误；答案选C。【点睛】A容易错，容易错，二氧化硫通入到水溶液中生成亚硫酸，同学会误以为亚硫酸和氯化钡发生复分解反应，相互交换成分生成亚硫酸钡沉淀，忽视了一般酸和盐溶液发生复分解反应的规律是强酸制弱酸。6.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，Y元素最外层电子数是其电子层数的3倍，Q与Y
8、同主族，X与Y构成的化合物可引起光化学烟雾，Z、W、Q的最高价氧化物的水化物两两之间均能发生反应。下列说法正确的是( )A. 简单氢化物的沸点：YQB. W的氧化物可作耐高温材料C. 简单离子半径最大的为ZD. 气态氢化物的稳定性：Y，氧、硫同主族，核电荷数越大，半径越大，则，故钠离子半径不可能最大，C错误；D.非金属性NO，则 气态氢化物的稳定性H2ONH3，D错误；答案选B。7.室温下，向20mL浓度均为0.1mol/L的NaOH和MOH溶液中分别滴加0. 1mol/L盐酸，溶液的pH随盐酸体积变化如图所示。下列说法不正确的是( )A. MOH电离常数约为1l0-5B. a点溶液中存在 C
9、. b点和c点溶液混合后显碱性D. 水的电离程度：dba【答案】D【解析】【详解】A据图知，0.1molL1MOH溶液中pH=11，则c(OH)=0.001molL1，MOH电离程度较小，则c(M+)c(OH)=0.001molL1，c(MOH)0.1molL1，常温下，MOH的电离常数，A正确；Ba点溶液呈碱性，则c(H+)c(OH)，根据电荷守恒得c(M+)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)，所以得c(M+)c(Cl)，B正确；C当盐酸的体积为10mL时，c点溶液为等物质的量浓度的NaCl和NaOH溶液，当盐酸的体积为20mL时，b点为0.05molL1的MCl溶液，是强酸弱碱盐，水解过
10、程微弱，所以b点和c点溶液混合后显碱性，C正确；D. a点有碱溶液、d点酸过量，水的电离均受到抑制，b点溶质是强酸弱碱盐，水解时促进水电离，从a到b点水的电离程度增大，从b到d点水的电离程度减小，故D错误；答案选D。【点睛】D容易错，同学往往受到图的影响而误以为水的电离程度是逐渐改变的，实际上水电离程度受溶质的影响。碱溶液、酸过溶液中水的电离均受到抑制，强酸弱碱盐、强碱弱酸盐水解时促进水电离。二、填空题8.工业上以钒钛磁铁矿为原料，在炼铁的同时还可以制备钒的最高价氧化物V2O5，其主要流程如下：已知：VO3-+2H+VO2+H2ONH4VO3微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇（1）高炉炼铁应用
11、的冶炼方法是_（填标号）A.热分解法 B热还原法 C电解法（2）钒渣中的V2O3在焙烧时转化为Ca(VO3)2，写出该反应的化学方程式_。（3）Ca(VO3)2难溶于水但能溶于稀硫酸，试用平衡移动原理分析其原因_，浸出液中含钒物质的化学式为_。（4）沉钒过程有气体生成，其反应的离子方程式为_。（5）过滤后用乙醇代替水来洗涤沉淀的原因是_。（6）煅烧NH4VO3时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到200时，得到的固体物质化学式为_，300350放出的气态物质化学式为_。【答案】 (1). B (2). V2O3+O2+CaCO3Ca(VO3)2+CO2 (3). 加入硫酸使VO3-+2H
12、+VO2+H2O中c(VO3-)降低，Ca(VO3)2溶解平衡Ca(VO3)2(s)Ca2+(aq)+VO3-(aq)正向移动，Ca(VO3)2溶解 (4). (VO2)2SO4 (5). NH4+2HCO3-+VO2+=NH4VO3+2CO2+H2O (6). NH4VO3不溶于乙醇，减少损失 (7). HVO3 (8). H2O【解析】【分析】（1）从高炉炼铁的反应解答；（2）钒渣中的V2O3在焙烧时转化为Ca(VO3)2，可看到钒元素化合价升高了，找氧化剂并用氧化还原反应原理来书写该反应的化学方程式；（3）Ca(VO3)2难溶于水但能溶于稀硫酸，试用平衡移动原理分析；找到浸出液中含钒的微
13、粒，即可写出物质的化学式；（4）分析浸出液中含钒微粒与碳酸氢铵之间的反应，结合沉钒过程有气体生成来书写其反应的离子方程式；（5）比较乙醇、水分别作洗涤剂洗涤沉淀优劣，就可找出原因；（6）由图示数据等信息、结合物质的性质计算求解；【详解】（1）高炉炼铁的主要原理是Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，因此应用的冶炼方法是热还原法；答案为：B；（2）钒渣中的V2O3在焙烧时转化为Ca(VO3)2，可看到钒元素化合价升高了，但是焙烧时加入CaCO3并不是氧化剂，真正的氧化剂是氧气，故该反应的化学方程式为V2O3+O2+CaCO3Ca(VO3)2+CO2；答案为：V2O3+O2+CaCO3Ca(VO3)
14、2+CO2；（3）Ca(VO3)2难溶于水，则存在溶解平衡：，又有信息知，故可推知Ca(VO3)2难溶于水但能溶于稀硫酸，氢离子浓度增大，向右移动，浓度减小，向右移动；答案为：加入硫酸，中c(VO3-)降低，Ca(VO3)2溶解平衡Ca(VO3)2(s)Ca2+(aq)+VO3-(aq)正向移动，Ca(VO3)2溶解；上述平衡移动的结果，浸出液中含钒粒子主要为，则含钒物质的化学式为(VO2)2SO4；答案为：(VO2)2SO4；（4）浸出液中含钒粒子主要为，加入碳酸氢铵通过反应沉钒，沉钒过程有气体生成，气体只能是CO2，沉钒结果得到NH4VO3；可以看到加入碳酸氢铵，碳酸氢根消耗氢离子使平衡向
15、左移动，浓度减小，以及与铵根离子产生沉淀可使反应持续进行，故沉钒过程的离子方程式为NH4+2HCO3-+VO2+=NH4VO3+2CO2+H2O；答案为：NH4+2HCO3-+VO2+=NH4VO3+2CO2+H2O；（5）题给信息NH4VO3微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇，因此过滤后用乙醇代替水来洗涤沉淀的原因是NH4VO3不溶于乙醇，减少损失；答案为：NH4VO3不溶于乙醇，减少损失；（6）煅烧NH4VO3时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到200时，质量减少0.17g，所以0.01molNH4VO3，生成气体为氨气0.01mol，发生NH4VO3NH3+HVO3，失去的是氨气
16、，得到的是HVO3；答案为：HVO3；加热到350时固体质量减少0.09g，失去0.005molH2O，发生的反应2HVO3H2O+V2O5；答案为：H2O。9.草酸铵(NH4)2C2O4为无色柱状晶体，不稳定，受热易分解，可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。I某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。(l)实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有_（填化学式）；若观察到_， 说明分解产物中含有CO2草酸铵分解的化学方程式为_。(2)反应开始前，通人氮气的目的是_。(3)装置C的作用是 _。(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，该
17、反应的化学方程式为 _。该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。(5)取20. 00mL血液样品，定容至l00mL，分别取三份体积均为25. 00mL稀释后的血液样品，加入草酸铵，生成草酸钙沉淀，过滤，将该沉淀溶于过量稀硫酸中，然后用0. 0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定。滴定至终点时的实验现象为_。三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，则该血液样品中钙元素的含量为_ mmol/L。【答案】 (1). NH3、CO2 (2). E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊 (3). (NH4)2C2O42NH3+CO2+CO+H2O (4). 排
18、尽装置中的空气 (5). 充分吸收CO2，防止干扰CO的检验 (6). 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O (7). 因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去 (8). 2.1【解析】【分析】(l)按实验过程中观察到现象，推测分解产物并书写草酸铵分解的化学方程式；(2) 氮气驱赶装置内原有气体，从空气对实验不利因素来分析；(3)由所盛装的物质性质及实验目的推测装置C的作用；(4)从分解产物中找到另一个有还原性的物质，结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程式；(5)三次平行实验，计算时要数据处理，结合关系式进行计算；【详解】(l)实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸
19、变为红色说明分解产物中含有氨气，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有二氧化碳气体；若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有CO；答案为：NH3；CO2 ； E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊；草酸铵分解产生了CO2、NH3、CO，结合质量守恒定律知，另有产物H2O，则草酸铵分解的化学方程式为(NH4)2C2O42NH3+CO2+CO+H2O；答案为：(NH4)2C2O42NH3+CO2+CO+H2O；(2)反应开始前，通人氮气的目的是排尽装置中的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的CO2干扰实验； 答案为：排尽装置中的空气；
20、(3) 装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO，所以要依次把分解产生的CO2、气体中的水蒸气除去，所以装置C的作用是：吸收CO2，避免对CO的检验产生干扰；答案为：充分吸收CO2，防止干扰CO的检验；(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，那就是氨气，NH3也会与CuO反应，其产物是N2和水，该反应的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；答案为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；(5)草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸，用0. 0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定，反应为，滴定至终点时，因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；答
21、案为：因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，应舍弃0.52mL，误差较大，则平均体积为0.42mL，滴定反应为，； =1.05105mol，所以20mL血液样品中含有的钙元素的物质的量为，即4.2102mmol，则该血液中钙元素的含量为；答案为：2.1。10.研究CO2与CH4反应使之转化为CO和H2，对减缓燃料危机和减少温室效应具有重要的意义。工业上CO2与CH4发生反应I：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H1在反应过程中还发生反应：H2(g)+CO2(g)H
22、2O(g)+CO(g)H2=+41kJ/mol(l)已知部分化学键键能数据如下表所示：化学键CHHHC=O键能（kJ/mol）4134368031076则Hl =_kJ/mol，反应在一定条件下能够自发进行的原因是_，该反应工业生产适宜的温度和压强为_（填标号）。A.高温高压 B高温低压 C低温高压 D低温低压(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1:1投料制取CO2和H2时，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化关系如图所示。923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因是_计算923K时反应II的化学平衡常数K=_（计算结果保留小数点后两位）。1200K以上CO2和CH4的平衡转化率趋于相等的
23、原因可能是_。(3)工业上CH4和CO2反应时通常会掺入O2发生反应 III: CH4+2O2CO2+2H2O，掺人O2可消除反应产生的积碳和减小反应器的热负荷（单位时间内维持反应发生所需供给的热量），O2的进气量与反应的热负荷的关系如图所示。随着O2进入量的增加，热负荷下降的原因是 _。掺人O2可使CH4的平衡转化率_（填“增大”、“减小”或“不变”。下同），CO2的平衡转化率_【答案】 (1). +234 (2). S0 (3). B (4). CH4和CO2按1:1投料发生反应I时转化率相等，CO2还发生反应II，所以平衡转化率大于CH4 (5). 0.39 (6). 1200K以上时以
24、反应I为主，二者转化率趋于相等（或1200K以上时反应I的正向进行程度远大于反应II）（或1200K以上时反应I的平衡常数远大于反应II） (7). 反应III放热，给反应体系提供能量，使热负荷降低 (8). 增大 (9). 减小【解析】【分析】(l)已知部分化学键的键能，通过反应物的总键能减去生成物的总键能可以计算Hl，从焓变和熵变综合判断反应自发反应的原因，从平衡移动角度来判断反应条件；(2)工业上将CH4与CO2按物质量1:1投料,发生反应、II，则923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因从二者实际参加的反应来讨论；从图、及题干中提供的数据结合反应、II，用三段式按定义计算923K时
25、反应II的化学平衡常数K；1200K以上CO2和CH4的平衡转化率趋于相等的原因还是从实际参加的反应来讨论；(3)工业上CH4和CO2反应时通常会掺入O2，则发生反应 III: CH4+2O2CO2+2H2O；按热负荷的定义单位时间内维持反应发生所需供给的热量以及O2的进气量与反应III放出的热量关系，据此解题； 发生反应 III: CH4+2O2CO2+2H2O，分析甲烷、二氧化碳的物质的量及消耗量，分析CH4的平衡转化率和CO2的平衡转化率受到的影响；【详解】(l)已知部分化学键的键能，焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则Hl=；答案为：+234；反应I：CH4(g)+CO2(g)
26、2CO(g)+2H2(g) H1，S0，因此S0是反应自发反应的原因，该反应是吸热、气体分子总数增大的反应，因此，选择高温低压的条件；答案为：S0； B；(2)923K时反应中CH4和CO2的平衡转化率是一样的，但是，二氧化碳还参加反应II，因此其平衡转化率大于CH4；答案为：CH4和CO2按1:1投料发生反应I时转化率相等，CO2还发生反应II，所以平衡转化率大于CH4；CH4和CO2按1:1投料，设投料时的物质的量浓度为1mol/L，由图知CH4和CO2的转化率为60%、70%，则发生反应I时发生反应II:;答案为：0.39； 反应I中CO2和CH4的平衡转化率相等，1200K以上CO2和
27、CH4的平衡转化率趋于相等则意味着该条件对反应I更有利，以反应I为主； 答案为：1200K以上时以反应I为主，二者转化率趋于相等（或1200K以上时反应I的正向进行程度远大于反应II）（或1200K以上时反应I的平衡常数远大于反应II）；(3)工业上CH4和CO2反应时通常会掺入O2，则发生反应 III: CH4+2O2CO2+2H2O，反应III是放热反应，给反应体系提供能量，通入氧气越多反应中放出的热量越多，则热负荷值越小；答案为：反应III放热，给反应体系提供能量，使热负荷降低；发生反应 III: CH4+2O2CO2+2H2O，促进甲烷消耗，则CH4的平衡转化率增大；答案为：增大；发生
28、反应 III: CH4+2O2CO2+2H2O不利于反应I，减少了二氧化碳的消耗量，又使二氧化碳浓度增大，因此二氧化碳的平衡转化率下降；答案为：减小。11.锂离子电池是现代高性能电池的代表，高性能的电极材料与物质结构密切相关。(l) LiFePO4因具有良好的结构稳定性而成为新一代正极材料，这与PO43-的结构密切相关，PO43-的立体构型为_。P、O、S的电负性从大到小的顺序为_(2)通常在电极材料表面进行“碳”包覆处理以增强其导电性。抗坏血酸常被用作碳包覆的碳源，其易溶于水的原因是 _，抗坏血酸中碳原子的杂化方式为 _，1mol抗坏血酸中手性碳原子的数目为_(3) Li+过度脱出易导致锂电
29、池结构坍塌产生O2而爆炸，实验证实O2因具有单电子而成为顺磁性分子，下列结构式（黑点代表电子）中最有可能代表O2分子结构的是_（填标号）。A. B. C. D. (4)目前最常用的电极材料有锂钴复合氧化物和石墨。锂钴复合氧化物中Li、Co、O分别形成了六边层状结构（图a），按照Li-O-Co-O-LiO-Co-O- Li-顺序排列，则该化合物的化学式为_，Co3+的价层电子排布式为_。石墨晶胞（图b）层间距为d pm，CC键长为a pm，石墨晶体的密度为p g/cm3，列式表示阿伏加德罗常数为_mol-l。【答案】 (1). 正四面体 (2). OSP (3). 分子中含有多个羟基，可与水分子
30、间形成氢键 (4). sp2、sp3 (5). 2NA (6). B (7). LiCoO2 (8). 3d6 (9). 【解析】【分析】(l) 根据价层电子对互斥理论，计算磷酸根离子的价电子对数，找出PO43-空间构型，P、O、S的电负性从大到小的顺序按非金属性强弱和电负性大小之间的关系来回答；(2)抗坏血酸易溶于水的原因从影响溶解性的因素含羟基及其与水的作用来分析，抗坏血酸中碳原子的杂化方式从碳碳键角度分析，1mol抗坏血酸中手性碳原子的数目结合定义和图示结构判断；(3)结合信息和示意图选择判断； (4)结合锂钴复合氧化物中Li、Co、O分别形成了六边层状结构（图a），用均摊法计算晶胞内的
31、原子数，求该化合物的化学式，钴的原子序数为27，则按电子排布规律可写Co3+的价层电子排布式；已知石墨晶胞（图b）层间距为d pm，CC键长为a pm，按晶胞的密度等于晶体的密度为p g/cm3，列式求阿伏加德罗常数；【详解】(l) PO43-中P原子价层电子对个数 且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为正四面体结构；答案为：正四面体；元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性OSP；答案为：OSP；(2)抗坏血酸碳原子数目相对较少，但分子内含4个羟基，可与水分子间形成氢键，因此它易溶于水； 答案为：分子中含有多个羟基，可与水分子间形成氢键；分子内有碳碳单键、对应碳原子sp3杂化
32、方式，也有碳碳双键，对应碳原子sp2杂化方式； 答案为：sp2、sp3；与四个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳原子，由图知，1个抗坏血酸分子中含2个手性碳原子，则1mol抗坏血酸中手性碳原子的数目为2NA；答案为：2NA；(3)结合信息：O2因具有单电子而成为顺磁性分子，从示意图知B结构中化学键有3电子，B有单电子，B满足；答案为：B；(4) 锂钴复合氧化物中Li、Co、O分别形成了六边层状结构（图a），整个六棱柱结构中：Li个数为：个，Co个数为：，O个数为： 则，Li、Co和O个数比为1：1：2，化学式为LiCoO2；答案为：LiCoO2；钴的原子序数为27，Co3+有24个电子，
33、电子排布式为Ar 3d6，其价层电子排布式为3d6；答案为：3d6；石墨晶胞中碳原子数目= ，故晶胞的质量= ，层内（平行四边形）CC键长为a pm=，底面的边长为，底面上的高为 底面的边长=，层间距为d pm，则晶胞的体积=，则该晶胞的密度，则NA=；答案为： 。12. 盐酸普罗帕酮是一种高效速效抗心律失常药。合成此药的原料D的流程如下：已知：请回答以下问题：(I)A的化学名称为_，试剂a的结构简式为_。(2)C的官能团名称为_。(3)反应的反应类型为_；反应和的目的为_。(4)满足下列条件的B的同分异构体还有 _种(不包含B)。其中某同分异构体x能发生水解反应，核磁共振氢谱有4组峰且峰面积
34、比为3:2:2:1，请写出x与NaOH溶液加热反应的化学方程式_。能发生银镜反应 苯环上有2个取代基(5)关于物质D的说法，不正确的是_（填标号）。a属于芳香族化合物b易溶于水c有三种官能团d可发生取代、加成、氧化反应【答案】 (1). 邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛） (2). (3). 羟基，羰基 (4). 取代反应 (5). 保护羟基不被氧化 (6). 11 (7). (8). bc【解析】【分析】C为 ；(I) 按命名规则给A命名，结合题给信息与反应中的反应物和产物结构，找出试剂a，可确定结构简式；(2) 由反应找到C的结构简式，并且找出其的官能团写名称即可；(3) 找到C的结构简式是关
35、键，从流程开始的物质A到C，可发现只有醛基被消除，由此可发现的反应类型及反应和的目的；(4)从B的结构出发，满足条件的B的同分异构体(不包含B)中，先找出条件对应的基团及位置，最后再确定总数目，同分异构体x与NaOH溶液加热下反应，则X含酯基，X核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1，确定X结构即可求解；(5) 关于物质D的说法不正确的有哪些？从结构中含有苯环、醚键、羰基、醇羟基等基团的相关概念、性质判断；【详解】(I) A为，则其名称为：邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）；答案为：邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）；题给信息，反应为，则试剂a为；答案为：；(2) 由反应找到C的结构简式：，官
36、能团为羟基和羰基；答案为：羟基；羰基； (3) C的结构简式是，与HI在加热下发生反应得到，可见是-OCH3中的-CH3被H取代了；从流程开始的物质A到C，为什么不采用以下途径：主要是步骤3中醇羟基被氧化成羰基时，酚羟基也会被氧化，因此反应和的目的为保护羟基不被氧化；答案：取代反应；保护羟基不被氧化；(4)B的同分异构体(不包含B)要满足条件 能发生银镜反应苯环上有2个取代基，其中有一个醛基(含甲酸酯基)，且取代基可以是邻、间、对3种位置，则2个取代基可以有四种组合：首先是和，它们分别处于间、对，共2种（处于邻位就是B要排除），剩下3种组合分别是、，它们都可以是邻、间、对3种位置，就9种，合起来共11种；答案为：11；某同分异构体x能与NaOH溶液加热下反应，则X含甲酸酯基，则X中苯环上的侧链为，X核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1，则取代基处于对位，因此X为，则反应方程式为；答案为： (5) D为 ，关于物质D的说法：a因为含有苯环，属于芳香族化合物，a说法正确，不符合； b亲水基团少，憎水基团大，不易溶于水，b说法不正确，符合；c含氧官能团有3种，还有1种含氮官能团，c说法不正确，符合；d醇羟基可发生取代、氧化，羰基、苯环上可催化加氢反应,d说法正确，不符合；答案为：bc。