1、石家庄市 2020 届高中毕业班综合训练(一)理科综合化学试题可能用到的相对原子质量： H1 C12 N14 O16 P31 Al27 Cu64 I127一、选择题：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.中国古代“炼丹术”中蕴含了丰富的化学知识，为近代化学的建立和发展奠定了基础。下列关于“炼丹术”中涉及的史实解释错误的是选项史 实解 释A“胡粉(PbCO3Pb(OH2) 投火中，色坏还为铅(Pb)”复分解反应原理B“有硇水者，剪银塊(Ag) 投之，则旋而为水”氧化还原反应原理C.“曾青(硫酸铜)涂铁，铁赤色如铜外变而内不化也”置换反应原理D “铁釜代替土釜，加热丹砂(HgS)
2、，可增采也”平衡移动原理A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A. “胡粉(PbCO3Pb(OH2) 投火中，色坏还为铅(Pb)”，利用受热分解反应原理，故A错误；B. “有硇水者，剪银塊(Ag) 投之，则旋而为水”，硝酸溶解银单质，发生氧化还原反应，故B正确；C. “曾青(硫酸铜)涂铁，铁赤色如铜外变而内不化也”，铁置换出铜单质，故C正确；D. “铁釜代替土釜，加热丹砂(HgS)，生成汞和硫单质，汞变为汞蒸气，平衡正向移动，故D正确。综上所述，答案为A。2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 13 g13 C含有的中子数目为6 NAB. 常温下 ，I LpH
3、=4的醋酸溶液所含离子总数为2 10-4NAC. 100 g质量分数为 98% 的磷酸中所含氧原子总数为4 NAD. 0.1 mol Fe 完全溶于稀硝酸，转移的电子数目为0.3 NA【答案】B【解析】【详解】A. 13C 中子数为7，13 g13C物质的量为1mol，13 g13C含有的中子数目为7 NA，故A错误；B. 常温下 ，I L pH =4的醋酸溶液中氢离子物质的量为n(H+)=1104 molL11 L=1104 mol，醋酸电离出氢离子和醋酸根，两者浓度相等，因此所含离子总数为2 10-4NA，故B正确；C. 100 g质量分数为 98% 的磷酸中磷酸质量为100g98% =9
4、8g，物质的量为n=1mol，磷酸中含氧原子总数为4 NA，但由于还有2g水，水中也含有氧，因此溶液中氧原子总数大于4 NA，故C错误；D. 0.1 mol Fe 完全溶于稀硝酸，铁可能变为硝酸铁，也可能变为硝酸亚铁，因此转移的电子数目不一定为0.3 NA，故D错误。答案为B。3.螺环化合物M( )是合成某功能材料的单体，下列关于M的说法错误的是A. 分子式为C19H24O4B. 能发生加成反应、取代反应和氧化反应C. 一氯代物有 7 种(不含立体异构)D. 所有氧原子可能处于同一平面上【答案】D【解析】【分析】【详解】A. 根据结构简式得到分子式为C19H24O4，故A正确；B. 含有碳碳双
5、键，能发生加成反应和氧化反应，光照条件与氯气发生取代反应，故B正确；C. 具有对称性，其一氯代物有 7 种，如图，故C正确；D. 四个氧原子中间为碳原子，相当于甲烷中的四个氢被四个氧原子取代，因此所有氧原子不可能处于同一平面上，故D错误。综上所述，答案为D。4.蔥醌(AQDS)是一种具有氧化还原活性的廉价有机分子，蔥醌碘化铵液流可充电电池(如图)以其环保、价廉、稳定等优点被研究及广泛应用。充电时，AQDS转化为AQDS (NH4)2。 下列说法错误的是A. 放电时 ，b极电势低于a极B. 充电时，a极的电极反应式为：3I-2e-= I3-C. 充电时，电路中每转移1 mole-， 膜两侧电解液
6、的质量变化差为36 gD. 该装置中的阳膜也可以用阴膜代替【答案】D【解析】【分析】充电时，AQDS转化为AQDS(NH4)2，说明b极为阴极，a极为阳极，则放电时a极为正极，b极为负极。【详解】A. 根据分析，放电时，b极为负极，因此b极电势低于a极，故A正确；B. 充电时，a极为阳极，电极反应式为：3I2e= I3，故B正确；C. 充电时，电路中每转移1 mole，左侧1molNH4+移动到右侧，因此膜左侧质量减少18g，右侧质量增加18g，因此膜两侧电解液的质量变化差为36 g，故C正确；D. 该装置中的阳膜不能用阴膜代替，如果用阴膜代替，铵根离子不能穿过则不能生成AQDS(NH4)2，
7、故D错误。答案为D。5.实验小组同学探究NH3与Cl2的反应，装置如图所示。常温常压下，将氨气收集在薄膜保鲜袋(无弹性)中，氯气收集在反应管中，关闭K，按图连接好装置；将氨气压入反应管，充分反应后打开K。下列说法错误的是A. 反应开始后，保鲜袋逐渐被吸入反应管B. 反应过程中，反应管中产生白烟C. 打开K后，水会倒吸入反应管D. 上述反应原理可用于检验输送氯气的管道是否泄漏【答案】C【解析】【分析】NH3与Cl2混合后，发生反应：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，40mLNH3与15mLCl2刚好完全反应，此时气体由55mL变为5mL，反应管内气体的压强减小，必然导致薄膜保鲜袋进入反应管
8、，最终使反应管内气体的压强等于大气压强。【详解】A由上面分析可知，反应开始后，反应管内气体压强减小，保鲜袋逐渐被吸入反应管，A正确；B反应过程中，反应管中生成NH4Cl固体，悬浮于气体中，从而产生白烟，B正确；C打开K后，因反应管内气体的压强等于大气压强，所以水不会倒吸入反应管，C错误；D利用上述反应原理，可将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近输送氯气管道中怀疑漏气的部位，从而根据有无白烟产生，判断管道是否泄漏，D正确；故选C。6.化合物甲是一种重要的医药中间体，其结构式如图所示。其中Q、W、X、Y、Z为原子半径依次递增的短周期元素，Q、X、Z分列于三个不同周期。下列说法错误的是A. 非金属性：XZ Z【
9、答案】B【解析】【分析】由“Q、X、Z分列于三个不同周期”，可推出Q为H元素，X为第二周期元素，Z为第三周期元素；从甲的结构图中可以看出，X形成4个共价键，W形成2个共价键，Z形成2个共价键，则X最外层电子数为4，W最外层电子数为6，Z最外层电子数为6；从而得出X为C元素，W为O元素，Z为S元素。【详解】由以上分析可知，Q、W、X、Y、Z分别为H、O、C、Cl、S。A因为酸性H2CO3H2SO4，所以非金属性CS，故非金属性：CS S，D正确；故选B。7.常温下，用 NaOH溶液滴定NH4HSO4溶液 ，混合溶液相对导电能力变化曲线如图所示，已知： Kb(NH3 H2O) =10-5，下列叙述
10、正确的是A. XY 过程中发生反应的离子方程式为：+OH-= NH3 H2OB. Y点满足：c() +c(Na+) =2c()C. 水的电离程度：XYZD. 若Z点溶液pH=1l，则此时溶液中氨水浓度约0.1 molL-1【答案】D【解析】【分析】从图中可知，Z点时溶液的导电能力最弱，表明此时NH4HSO4与NaOH刚好完全反应，生成Na2SO4和NH3 H2O；则XY过程中只发生H+OH=H2O，溶质为NaNH4SO4。【详解】ANH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液，H+与OH-先发生反应，与OH-后发生反应，XY过程中发生反应的离子方程式为：H+OH=H2O，A不正确；BY点时，溶质为Na
11、NH4SO4，pH c(OH-)，所以c() +c(Na+)Z X，C不正确；D若Z点溶液pH=1l，则此时溶液中发生一水合氨的电离：NH3H2O+OH-，则Kb=，即=10-5，氨水浓度约为0.1 molL-1，D正确；故选D二、非选择题(一)必考题8.乙烯是一种重要的基本化工原料，实验小组同学欲制备乙烯并验证其与溴单质的反应类型为加成反应。I乙烯的制备欲利用下图所给装置制备乙烯。反应原理为：CH3CH2OH CH2=CH2+H2O，反应过程中观察到蒸馏烧瓶中溶液逐渐变黑。(1)欲收集一瓶乙烯，选择上图中的装置，其连接顺序为_(按气流方向，用小写字母表示)。(2)C中盛放的试剂为_，其作用为
12、_。(3)在烧杯中混合浓硫酸和乙醇时，应先添加_；实验开始一段时间后发现忘记加碎瓷片，此时应该进行的操作为_。(4)尾气吸收可采用_(填选项字母)。AKMnO4酸性溶液 B浓硫酸 C饱和Na2CO3溶液 DNaOH溶液II验证乙烯与溴单质的反应类型为加成反应。实验小组同学将I中制得的乙烯干燥后，按下列两种方案进行实验。方案操作现象一将纯净的乙烯通入溴水中溴水褪色二向充满纯净乙烯的塑料瓶中注入适量溴的CC14溶液，振荡溴的CCl4溶液褪色(5)乙烯与溴单质发生加成反应的化学方程式为_。(6)方案一不能证明乙烯与溴单质发生了加成反应，原因为_。 (7)方案二中现象应为_，要想用此方案证明乙烯与溴单
13、质发生的反应是加成反应，还需补充的实验为：继续向方案二塑料瓶中加入少量_，振荡后，若_，证明发生了加成反应。【答案】 (1). bdcefi (2). NaOH 溶液 (3). 除去乙烯中混有的 SO2、CO2等酸性气体 (4). 乙醇 (5). 冷却后补加 (6). A (7). CH2 = CH2+ Br2CH2BrCH2Br (8). 发生取代反应同样可以使溴水褪色, 溴水中含有HBr 和 HBrO 等成分，不一定是 Br2发生加成反应 (9). 塑料瓶变瘪 (10). 石蕊溶液 (11). 溶液不变红（或硝酸酸化的硝酸银溶液，无淡黄色沉淀生成）【解析】【分析】用乙醇与浓硫酸作用制乙烯，
14、需将浓硫酸加入乙醇中(相当于浓硫酸稀释)，然后往混合液中加入碎瓷片(或沸石)，以防暴沸；用温度计控制溶液温度在170左右，然后用酒精灯加热；由于浓硫酸会将乙醇氧化，生成CO2、SO2等气体，所以气体应先通过盛有碱液的洗气瓶，再用排水法收集，尾气用KMnO4酸性溶液处理。证明乙烯与溴发生的反应类型是加成反应还是取代反应，关键是证明产物中是否含有HBr。【详解】(1)欲收集一瓶乙烯，需使用B、C、D、F装置，其连接顺序为bdcefi。答案为：bdcefi；(2)C装置的作用是吸收乙烯中CO2、SO2等气体，盛放的试剂为NaOH 溶液，其作用为除去乙烯中混有的SO2、CO2等酸性气体。答案为：NaO
15、H 溶液；除去乙烯中混有的SO2、CO2等酸性气体；(3)由以上分析知，在烧杯中混合浓硫酸和乙醇时，应先添加乙醇；实验开始一段时间后发现忘记加碎瓷片，此时应该进行的操作为冷却后补加。答案为：乙醇；冷却后补加；(4)因为浓硫酸、饱和Na2CO3溶液、NaOH溶液均不能吸收尾气，所以尾气吸收可采用KMnO4酸性溶液，故选A。答案为：A；(5)乙烯与溴单质发生加成反应，生成BrCH2CH2Br，化学方程式为CH2= CH2+ Br2BrCH2CH2Br。答案为：CH2= CH2+ Br2BrCH2CH2Br；(6)方案一中，不管是否发生加成反应，产物都为无色，所以不能证明乙烯与溴单质发生了加成反应，
16、原因为发生取代反应同样可以使溴水褪色，溴水中含有HBr 和 HBrO 等成分，不一定是Br2发生加成反应。答案为：发生取代反应同样可以使溴水褪色, 溴水中含有HBr 和 HBrO 等成分，不一定是Br2发生加成反应；(7)方案二中，由于塑料瓶内气体体积减小，瓶体积也应减小，所以现象应为塑料瓶变瘪，要想用此方案证明乙烯与溴单质发生的反应是加成反应，还需补充证明产物中不含有HBr的实验为：继续向方案二塑料瓶中加入少量石蕊溶液，振荡后，若溶液不变红（或硝酸酸化的硝酸银溶液，无淡黄色沉淀生成），证明发生了加成反应。答案为：塑料瓶变瘪；石蕊溶液；溶液不变红（或硝酸酸化的硝酸银溶液，无淡黄色沉淀生成）。【
17、点睛】乙烯的相对分子质量为28，与空气的平均相对分子质量29只相差1，所以收集乙烯不能使用排空气法，也就是不能使用装置E。9.铝热法冶炼金属铬的矿渣中含有Cr2O7、Al2O3及少量Fe2O3，从中提取铬与铝有酸法和碱法两种工艺。请回答：I酸法。矿渣经硫酸浸取后，浸取液通过电沉积得到单质Cr；向剩余溶液中加碱回收得到Al(OH)3。(1)为提高矿渣的浸取率，可采取的措施有_(写出两点)。(2)电沉积时，阴极的电极反应式为_。II. 碱法。工艺流程如下：已知：“焙烧”后固体成分为Na2CrO4、NaAlO2、NaFeO2。、Zn2+均可与EDTA1：1结合成络离子；Zn2+可与PAN1：1结合成
18、紫红色络合物，且结合能力弱于EDTA。(3)浸渣的主要成分为Fe(OH)3。则“浸取”时发生反应的离子方程式为_。(4)“浸取”后所得溶液中Al的含量可用EDTA滴定法测定：取20.00mL浸取液于锥形瓶中，加入c1molL-1EDTA标准液V1mL(稍过量)；依次用盐酸、醋酸钠醋酸缓冲溶液调溶液至酸性，加热后滴入PAN指示剂；用c2molL-1ZnSO4标准液滴定至溶液恰好呈紫红色，消耗标准液V2mL。则“浸取”后所得溶液中Al的含量为_gL-1(填计算式即可)。(5)“碳分”时通入CO2后，通过_ (填操作名称)，即可得到纯净的Al2O3。(6)“还原”时发生主要反应的离子方程式为_。(7
19、)“沉淀”时，当c(Cr3+)10-5molL-1时，应调节溶液的pH至少为_。（KspCr(OH)3=1.010-32）【答案】 (1). 适当增加硫酸浓度、升高反应温度、减小矿渣粒径、增加浸取时间、搅拌(任意两点) (2). Cr3+3e- = Cr (3). +2H2O= Fe(OH)3+OH- (4). (5). 过滤、洗涤、加热 (6). 8+3+34H+=6+8Cr3+17H2O或4+3+26H+=6+8Cr3+13H2O (7). 5【解析】【分析】.结合浸取速率的影响因素分析，根据电解池原理分析解答；.由题干信息，根据工艺流程分析可知，矿渣中加入纯碱在空气中焙烧生成Na2CrO
20、4、NaAlO2、NaFeO2，再加水浸取，发生反应+2H2O=Fe(OH)3+OH-，浸渣Fe(OH)3，向浸取液中通入CO2，发生反应2H2O+NaAlO2+CO2=NaHCO3+Al(OH)3，过滤后滤液中含有Na2CrO4，再向滤液中加入Na2S2O3和稀硫酸，Na2CrO4被还原为Cr3+，再加入氨水沉淀可得到Cr(OH)3，据此分析解答。【详解】.(1)酸浸时，可采用适当增加硫酸浓度、升高反应温度、减小矿渣粒径、增加浸取时间、搅拌等方法提高矿渣的浸取率，故答案为：适当增加硫酸浓度、升高反应温度、减小矿渣粒径、增加浸取时间、搅拌(任意两点)；(2)电沉积时，C3+在阴极得到电子生成C
21、r，电极反应式为Cr3+3e- =Cr，故答案为：Cr3+3e- =Cr；.(3)根据上述分析可知，加水浸取，发生反应+2H2O=Fe(OH)3+OH-，浸渣为Fe(OH)3，故答案为：+2H2O=Fe(OH)3+OH-；(4)已知、Zn2+均可与EDTA以1：1结合成络离子；Zn2+可与PAN1：1结合成紫红色络合物，且结合能力弱于EDTA，则消耗的EDTA的物质的量为(c1V1-c2V2)10-3mol，则Al的物质的量为(c1V1-c2V2)10-3mol，其质量为27g/mol(c1V1-c2V2)10-3mol=27(c1V1-c2V2)10-3g，则溶液中Al的含量为，故答案为：；
22、(5)“碳分”时，向浸取液中通入CO2，发生反应2H2O+NaAlO2+CO2=NaHCO3+Al(OH)3，过滤得到Al(OH)3沉淀，将沉淀洗涤后加热可直接分解得到纯净的Al2O3，故答案为：过滤、洗涤、加热；(6)过滤后滤液中含有Na2CrO4，再向滤液中加入Na2S2O3和稀硫酸，Na2CrO4被还原为Cr3+，根据氧化还原反应得失电子守恒规律可得，反应的离子方程式为8+3+34H+=6+8Cr3+17H2O或4+3+26H+=6+8Cr3+13H2O，故答案为：8+3+34H+=6+8Cr3+17H2O或4+3+26H+=6+8Cr3+13H2O；(7)根据沉淀溶解平衡Cr(OH)3
23、Cr3+3OH-可得，KspCr(OH)3=c(Cr3+)c3(OH-)，则当c(Cr3+)=10-5molL-1时，则pOH=-lgc(OH-)=9，pH=14-pOH=5，所以应调节溶液的pH至少为5，故答案为：5。10.为了解决能源的可再生及将CO2变废为宝等问题，科学家借鉴自然界的光合作用原理，通过“人工” 光合作用合成了甲醇等液态燃料，因此甲醇又被称为液态太阳燃料。液态太阳燃料的合成及应用如下图所示。 请回答：(1) 联系自然界的光合作用原理，并结合上述图示， 写出“人工”光合作用的化学方程式；_；在图示转化过程中，太阳能除了储存在甲醇中，还储存在_中(填化学式)。(2)图中热催化过
24、程的反应原理为CO2(g) + 3H2(g) = CH3OH(g) + H2O(g)H。已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O (g)H1= -483.6 kJmo1-1；2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)H2=-1352.86 kJmol-1H =_。(3)实验室对热催化反应进行模拟探究：一定温度下，向容积均为2 L 的恒容密闭容器中分别通入1.0 mol CO2(g)和3.0 mol H2(g)， 在不同催化剂X、Y 的催化下发生反应。测得5 min时，CO2转化率与温度的变化关系如图所示。 该反应适宜选用的催化剂为_(填“X”或 “Y”)。T1K时，a点对
25、应容器在05 min内的平均反应速率v(H2)=_；b、c点对应状态下反应物的有效碰撞几率b_c(填“”“”或“=”)，原因为_。T2K时，若反应前容器内的压强为p， 则该温度下反应的平衡常数KP=_。 (KP为用分压表示的平衡常数)。(4)我国化学家结合实验和计算机模拟结果，研究得出热催化反应的一种可能历程如图所示，其中自由基用“”标出，过渡态用TS表示。四个过渡态中对反应速率影响最大的是_，理由为_；该步骤的化学方程式为_。【答案】 (1). 2CO2+4H2O2CH3OH+3O2或2H2O2H2+O2、CO2+3H2CH3OH+H2O (2). H2 (3). -48.97 kJ mo1
26、-1 (4). X (5). 0.12 mol-1min-1 (6). (7). b点比c点对应状态下反应物浓度大，体系温度高 (8). (9). TS1 (10). 该步反应的活化能（或能垒或需要吸收的能量）最大 (11). CO2+6H=HOCO+5H或CO2+H=HOCO【解析】【分析】根据液态太阳燃料的合成示意图分析反应过程；根据盖斯定律计算热催化过程的H，结合转化率图像选择合适的催化剂，并根据公式计算反应速率，根据三段式计算压强平衡常数，根据图像分析写出化学方程式。【详解】(1)由液态太阳燃料的合成示意图分析可知，排放在空气中的CO2与H2O电解产生的H2在太阳能的条件下发生反应生成
27、CH3OH，反应的化学方程式为2CO2+4H2O2CH3OH+3O2或2H2O2H2+O2、CO2+3H2CH3OH+H2O，则太阳能出来储存在甲醇中，还储存在H2中，故答案为：2CO2+4H2O2CH3OH+3O2或2H2O2H2+O2、CO2+3H2CH3OH+H2O；H2；(2)根据题干信息，(3反应1-反应2)可得反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，根据盖斯定律可得，故答案为：-48.97；(3)根据图像可知，相同温度时选用催化剂X时，CO2的转化率较高，故答案为：X；由图像，T1K时，a点对应容器在05 min内CO2的转化率为40%，则n(CO2)=1.
28、0mol40%=0.4mol，根据方程式CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)可知，n(H2)=3n(CO2)=1.2mol，则平均反应速率，由于b点比c点对应状态下反应物浓度大，体系温度高，所以b点对应状态下反应物的有效碰撞几率bc，故答案为：0.12 mol-1min-1；b点比c点对应状态下反应物浓度大，体系温度高；由图像可知，T2K时CO2的转化率为60%，即n(CO2)=1.0mol60%=0.6mol，则可列三段式：由阿伏加德罗定律PV=nRT可知，恒温恒容时，压强与物质的量成正比，因此反应后的总压强为0.7p，则该温度下反应的平衡常数，故答案为：；(4)由热催
29、化反应的历程图分析可知，TS1步反应的活化能（或能垒或需要吸收的能量）最大，对反应速率的影响最大，反应方程式为CO2+6H=HOCO+5H或CO2+H=HOCO，故答案为：TS1；该步反应的活化能（或能垒或需要吸收的能量）最大；CO2+6H=HOCO+5H或CO2+H=HOCO。【点睛】(3)为易错点，计算压强平衡常数Kp时，需注意题干条件的p是反应前的总压强，需根据阿伏加德罗定律得出反应后的总压强为0.7p，再计算各组分的分压，从而计算平衡常数。(二)选考题11.青铜是人类历史上一项重大发明，它是铜(Cu)、锡(Sn) 和铅(Pb) 的合金，也是金属冶铸史上最早的合金 。 请回答 ：(1)基
30、态Cu原子通过失去_轨道电子转化为Cu+；Sn的原子序数为50，基态Sn原子的价层电子排布式为_。(2)红氨酸() 可用于鉴别 Cu2+。红氨酸分子中C 原子的价层电子对数目为_； N原子的杂化方式为_； N原子与 H原子形成共价键的电子云对称形式为_ 。(3)CuCl的盐酸溶液能吸收CO， 该反应可用于测定气体混合物中CO的含量，生成物M的结构如下图所示。与CO互为等电子体的离子为 _(任写一种即可)。M中所有元素的电负性由大到小的顺序为 _。 画图表示出M 中Cu原子形成的所有配位键_。(4)金属钙和铜的晶体结构相似，但铜的熔点比钙高，试分析其原因为_。(5)铜晶体中，Cu 原子之间会形成
31、不同类型的空隙，比如下图铜晶胞中铜原子a1、a2、a3、a4 围成一个正四面体空隙 ，a2、a3、a4 、a5、a6、a7 围成一个正八面体空隙。铜晶体中，铜原子数：正四面体空隙数：正八面体空隙数_。若a2 与a3 的核间距离为d pm， 阿伏加德罗常数的值为NA，则铜晶体的密度为_gcm-3( 列出计算表达式)。【答案】 (1). 4s (2). 5s25p2 (3). 3 (4). sp3 (5). 轴对称 (6). CN- 或 (7). O Cl C H Cu (8). (9). 铜原子的半径小、价电子数多， 晶体中金属键强， 熔点高 (10). 1: 2: 1 (11). 【解析】【详
32、解】（1）Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，基态Cu原子通过失去4s轨道电子转化为Cu+；Sn的原子序数为50，位于A族，基态Sn原子的价层电子排布式为5s25p2。故答案为：4s；5s25p2；（2）红氨酸() 分子中C 原子的价层电子对数目为 =3；N原子的价层电子对数目为 =4， N原子的杂化方式为sp3；N原子的2p与 H原子的1s轨道形成杂化轨道， N原子与 H原子形成共价键的电子云对称形式为轴对称。故答案为：3；sp3；轴对称；2（3）由电子-电荷互换法可得：与CO互为等电子体的离子为CN-或 (任写一种即可)。故答案为：CN-或 ；同周期从左到
33、右元素的电负性变大，同主族从上到下电负性变小，结合电负性的值：O-3.5，Cl-3.0，C-2.5,H-2.1,Cu-1.9,M中所有元素的电负性由大到小的顺序为 O Cl C H Cu。故答案为：O Cl C H Cu；铜提供空轨道，配位体的配原子C、Cl、O提供孤电子对，M 中Cu原子形成的所有配位键如图。故答案为：；（4）金属钙和铜的晶体结构相似，但铜的熔点比钙高，其原因为铜原子的半径小、价电子数多， 晶体中金属键强， 熔点高。故答案为：铜原子的半径小、价电子数多， 晶体中金属键强， 熔点高；（5）晶体铜的晶胞属于面心立方最密堆积，每个晶胞中平均占有4个铜原子；晶胞的每一个顶点与邻近的3
34、个面心可以构成一个正四面体，共形成8个正四面体空隙；6个面心构成一个正八面体，每一条棱的中心都处于正八面体的中心，共有12条棱，属于该晶胞的正八面体的空隙共有1+12=4。综上所述，铜原子数、正四面体空隙数和正八面体空隙数之比为4:8:4=1：2：1；故答案为：1: 2: 1；若a2 与a3 的核间距离为d pm，晶胞边长为 dpm，晶胞中铜原子个数为：8+6=4，阿伏加德罗常数的值为NA，则铜晶体的密度为gcm-3(列出计算表达式)。故答案为：。12.阿比朵尔可用于合成一种治疗新型冠状病毒肺炎的试用药物，实验室以芳香化合物A 为原料合成阿比朵尔的一种合成路线如下：已知：请回答：(1)A的化学
35、名称为_； B的结构简式为_。(2)阿比朵尔中含氧官能团的名称为_；由E生成F的反应类型为_。(3)由C生成D的化学方程式为_。(4)C的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器为 _(填选项字母)。A. 质谱仪 B. 红外光谱仪 C. 元素分析仪 D. 核磁共振仪同时满足下列条件的C的同分异构体有_种(不考虑立体异构)。苯环上连有-NH2 能发生水解反应和银镜反应(5)参照上述合成路线，设计以苯和丁酮( ) 为原料制备 的合成路线(无机试剂任选)：_。【答案】 (1). 对硝基苯酚（或 4-硝基苯酚） (2). (3). 酯基、（酚）羟基 (4). 取代反应 (
36、5). +H2O (6). C (7). 13 (8). 【解析】【分析】A为，A与发生取代反应生成B， B的结构简式为，B在Zn/HCl条件下，将硝基还原成氨基，由C生成D的化学方程式为+H2O。D在一定条件下生成E，E为，E的N原子上H被甲基取代，发生取代反应得到F，F溴代生成G，与巯基苯发生取代反应得到产品。【详解】（1）A为，化学名称为对硝基苯酚（或 4-硝基苯酚）；A与发生取代反应生成B， B的结构简式为。 故答案为：对硝基苯酚（或 4-硝基苯酚）；（2）阿比朵尔中含氧官能团-OH、-COOR,名称为酯基、（酚）羟基；E的N原子上H被甲基取代，由E生成F的反应类型为取代反应。 故答案
37、为：酯基、（酚）羟基；取代反应；（3）由C生成D的化学方程式为+H2O。 故答案为：+H2O；（4）C的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器为：A质谱仪各种粒子的质荷比不同，故A不选； B红外光谱仪测到的化学键不同，故B不选； C.元素分析仪分析到的组成元素相同，故C选；D. 核磁共振仪测到的氢的种类和个数比不同，故D不选；故答案为：C；用打碎残基法，将除苯环以外的原子团拆开，同时满足下列条件的C的同分异构体有苯环上连有-NH2 能发生水解反应和银镜反应，含有-OOCH，氨基甲苯有三种，然后将-OOCH连上去，有如图所示、共13种(不考虑立体异构)。故答案为：13；（5）参照上述合成路线，以苯和丁酮( ) 为原料制备 ，合成路线(无机试剂任选)，先制取硝基苯，还原成苯氨，与作用得产品：。故答案为：。【点睛】本题考查有机物推断，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系是解本题关键，难点（4）是同分异构体种类判断，要考虑官能团位置异构，注意官能团在苯环和侧链上的位置异构。