1、四川省泸县第五中学2020届高三化学下学期第四学月考试试题（含解析）1.中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了很多化学研究成果。下列古诗文对应的化学知识正确的是选项古诗文化学知识A华阳国志中记载：“取井火煮之，一斛水得五斗盐”我国古代已利用天然气煮盐B本草纲目拾遗中对强水记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛”“强水”是指氢氟酸C天工开物中记载：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质”文中“丝、麻、裘”的主要成分都是蛋白质D抱朴子中记载：“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”文中描述的是升华和凝华过程A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A天
2、然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，华阳国志记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐，故A正确。B能蚀五金可知为王水，是浓盐酸、浓硝酸的混合物，而HF能与玻璃中的二氧化硅反应，腐蚀玻璃，不能用玻璃仪器盛放，故B错误；C天工开物中有如下描述：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质”文中的“麻”指的是纤维素，主要成分是多糖，丝、裘的主要成分是蛋白质，故C错误； D升华属于物理变化，丹砂(HgS)烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属于升华，故D错误；答案选A。【点睛】升华和凝华都属于物质的状态变化，属于物理变化。2.设NA表示阿伏加德罗常数的值。硫化钠广泛应用
3、于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO42CNa2S2CO2。下列说法正确的是A. 4.2g14C原子含中子数目为1.8NAB. 1L0.1mol/LNa2S溶液中含阴离子的数目小于0.1NAC. 该反应中，若生成1mol氧化产物，转移电子数目为4NAD. 常温下2.24LCO2中共用电子对数目为0.4NA【答案】C【解析】【详解】A一个14C中含有8个中子， 4.2g14C原子的物质的量为0.3mol，则含中子数目为0.3 8NA =2.4NA，故A错误；B硫离子水解生成硫氢根离子，氢氧根离子，使阴离子个数增加，所以1L0.1mol/LNa2S溶液中含阴离子的数目大于
4、0.1NA，故B错误；CNa2SO42CNa2S2CO2反应中氧化产物为二氧化碳，反应生成2mol二氧化碳失去8mol电子，则生成1mol二氧化碳转移4mol电子，个数4NA，故C正确；D常温下，不能用标况下气体摩尔体积计算CO2的物质的量，则共用电子对数目不是0.4NA，故D错误；答案选C。【点睛】计算转移电子的物质的量时，需要根据化合价的变化判断。3.下列实验的现象与结论相对应的是ABCD实验现象电流计指针向右偏（电子由Fe转移到Cu），片刻后向左偏加热一段时间后溶液蓝色褪去加热，肥皂液中产生无色气泡和中均迅速产生大量气泡结论铁片作负极，片刻后铜片作负极淀粉在酸性条件下水解，产物是葡萄糖铁
5、粉与水蒸气反应生成H2MnO2一定是中反应的催化剂A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分析】A、开始时铁与浓硝酸反应生成氧化膜，铁为负极；铁的表面钝化后，无法与浓硝酸继续反应，则铜与浓硝酸发生反应，此时铜为负极，所以电流方向会发生改变，故A正确；B、蓝色褪去可以说明淀粉发生水解，但是无法确定其水解产物是不是葡萄糖，故B错误；C、不能说明肥皂液中产生无色气泡为氢气，也可能是空气受热膨胀产生气泡，故C错误；D、过氧化钠与水反应放出大量的热，因此无法判断二氧化锰是否产生了催化作用，故D错误。答案选A。【详解】该题考查基本实验的操作、现象、结论，要求对教材上的实验比较熟悉，关键是对实验
6、中的一些不确定情况能进行具体分析，试题有一定的灵活性。4.已知 A、B、C、D、E 是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B 形成的简单化合物常用作制冷剂，D 原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物 DC 中两种离子的电子层结构相同，A、B、C、D 的原子序数之和是 E 的两倍。下列说法正确的是（ ）A. 原子半径：CBAB. 气态氢化物的热稳定性：ECC. 最高价氧化对应的水化物的酸性：BED. 化合物 DC 与 EC2 中化学键类型相同【答案】C【解析】【分析】已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B 形成的简单化合物常用作制冷剂，A为H，B为N，D 原子
7、最外层电子数与最内层电子数相等，则D为Mg，化合物 DC 中两种离子的电子层结构相同，C为O，A、B、C、D 的原子序数之和是E的两倍，E为Si。【详解】A. 原子半径：NCH，故A错误；B. 气态氢化物的热稳定性：H2O SiH4，故B错误；C. 最高价氧化对应的水化物的酸性：HNO3 H2SiO3，故C正确；D 化合物 MgO含有离子键，SiO2含共价键，故D错误；答案为C。【点睛】同周期，从左到右非金属性增强，最高价氧化物对应的水化物酸性增强，氢化物稳定性增强。5.Fe3O4中含有Fe（）、Fe（），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO2-，其反应过程如图
8、所示。下列说法正确的是（ ）A. Pd作正极B. Fe（）与Fe（）的相互转化起到了传递电子的作用C. 反应过程中NO2-被Fe（）氧化为N2D. 用该法处理后水体的pH降低【答案】B【解析】【详解】A从图示可以看出，在Pd上，H2失去电子生成H+，所以Pd作负极，故A错误；BFe（）失去电子转化为Fe（），失去的电子被NO2-得到，H2失去的电子被Fe（）得到，Fe（）转化为Fe（），所以Fe（）与Fe（）的相互转化起到了传递电子的作用，故B正确；C反应过程中NO2-被Fe（）还原为N2，故C错误；D总反应为：2NO2-+3H2+2H+=N2+4H2O，消耗了H+，所以用该法处理后水体pH升
9、高，故D错误；故选B。6.已知高能锂电池的总反应式为：2Li+FeSFe+Li2SLiPF6SO(CH3)2为电解质，用该电池为电源进行如图的电解实验，电解一段时间测得甲池产生标准状况下H24.48L。下列有关叙述不正确的是A. 从隔膜中通过的离子数目为0.4NAB. 若电解过程体积变化忽略不计，则电解后甲池中溶液浓度为4mol/LC. A电极为阳极D. 电源正极反应式为：FeS+2Li+2e-Fe+Li2S【答案】C【解析】【详解】A、由反应FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li被氧化，应为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为正极反应，正极方程式为FeS+2e-=Fe+S2-，A连接原电
10、池负极，X为负极，A为阴极，生成氢气，电极方程式为2H+2e-=H2，n（H2）=4.48L22.4L/mol=0.2mol，转移0.4mol电子，生成0.4molOH-，则隔膜中通过的K+离子为0.4mol，通过的离子数目为0.4NA，A正确；B、n（H2）=0.2mol，转移0.4mol电子，生成0.4molOH-，则隔膜H中通过的K+离子数为0.4mol，c（OH-）=（0.2L2mol/L+0.4mol）0.2L=4mol/L，即电解后甲池中溶液浓度为4 mol/L，B正确；C、A电极为阴极，C错误；D、FeS被还原生成Fe，为正极反应，正极方程式为FeS+2e-=Fe+S2-，D正确
11、；答案选C。【点晴】该题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确离子交换膜的作用及阴阳极上发生的反应是解本题关键，计算量较大，计算时注意守恒法的灵活应用。7.在25时,将1.0L c molL-1 CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是( )A. 水的电离程度：abcB. c点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-)C. a点对应的混合溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)D. 该温度下，CH3C
12、OOH的电离平衡常数【答案】D【解析】【详解】A. CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解促进水的电离，CH3COOH的电离抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，c点反应CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl恰好完全发生，CH3COONa减少，CH3COOH增多；若向该混合溶液中加入NaOH 固体，a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，CH3COONa增多，CH3COOH减少，因此，水的电离程度： abc，故A正确
13、；B.CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，b点溶液呈酸性，说明CH3COOH浓度远大于CH3COONa，c点CH3COONa与HCl反应完全，溶液呈酸性，此时溶液为CH3COOH和NaCl溶液，则c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-)，故B正确；C.a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），此时pH=7，则c（H+）= c（OH-），则c（Na+）= c（CH3COO-），
14、故C正确；D. 该温度下pH=7时，c（H+）=10-7molL-1，c（CH3COO-）=c（Na+）=0.2mol/L，c（CH3COOH）=（c-0.2）mol/L，则醋酸的电离平衡常数Ka=，故D错误；故选D。【点睛】解答本题的难点是选项A，需要明确酸、碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离。需要分析a、b、c三点c(CH3COOH)和c(CH3COONa)的差别，从而确定水的电离程度的相对大小。8.碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。（1）合成该物质的步骤如下：步骤1：配制0.5molL-1 MgSO4溶液和0.5molL-1 NH4HCO3溶液。步骤2：用量筒量取500m
15、L NH4HCO3溶液于1000mL三颈烧瓶中，开启搅拌器。温度控制50。步骤3：将250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完后，用氨水调节溶液pH到9.5。步骤4：放置1h后，过滤，洗涤。步骤5：在40的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸镁晶须产品（MgCO3nH2O n=15）。步骤2控制温度在50，较好的加热方法是_。步骤3生成MgCO3nH2O沉淀的化学方程式为_。步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是_。（2）测定生成的MgCO3nH2O中的n值。称量1.000碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中加入适量水，并滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，
16、在室温下反应45h，反应后期将温度升到30，最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2的总量；重复上述操作2次。图中气球的作用是_。上述反应后期要升温到30，主要目的是_。测得每7.8000g碳酸镁晶须产生标准状况下CO2为1.12L，则n值为_。（3）碳酸镁晶须可由菱镁矿获得，为测定某菱镁矿（主要成分是碳酸镁，含少量碳酸亚铁、二氧化硅）中铁的含量，在实验室分别称取12.5g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中，加入指示剂，用0.010mol/L H2O2溶液进行滴定。平行测定四组。消耗H2O2溶液的体积数据如表所示。实验编号1234消耗H2O2溶液体积/mL15.0015.
17、0215.6214.98H2O2溶液应装在_（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。根据表中数据，可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为_ %（保留小数点后两位）。【答案】 (1). 水浴加热 (2). MgSO4+NH4HCO3+NH3H2O+(n-1)H2OMgCO3nH2O+(NH4)2SO4 (3). 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净 (4). 缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用 (5). 使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收 (6). 4 (7). 酸式 (8). 0.13【解析】【
18、分析】本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3nH2O中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部分。合成碳酸镁晶须是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成。测定MgCO3nH2O中n值，采用的是加稀硫酸，和MgCO3nH2O反应，测定产生的CO2的体积，可以通过计算确定MgCO3nH2O中n值。测定菱镁矿中铁的含量的原理是将菱镁矿中的铁转化为Fe2+，用H2O2溶液滴定，根据消耗的H2O2的物质的量以及电子守恒即可计算出菱镁矿中铁的含量。【详解】（1）步骤2控制温度在50，当温度不超过100时，较好的加热方法是水浴加热。水浴加热既可均匀加热，又可以很好地控制温度。MgSO4溶液和NH4H
19、CO3溶液、氨水反应生成MgCO3nH2O沉淀的同时还得到(NH4)2SO4，化学方程式为：MgSO4+NH4HCO3+NH3H2O+(n-1)H2OMgCO3nH2O+(NH4)2SO4。步骤4检验沉淀是否洗涤干净，可以检验洗涤液中的SO42-，方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净。（2）图中气球可以缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用。上述反应后期要升温到30，主要目的是使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收。标准状况下1.12LCO2的物质的量为0.05mol，根据碳守恒，有=0
20、.05mol，解得n=4。（3）H2O2溶液有强氧化性和弱酸性，应装在酸式滴定管中。四次实验数据，第3次和其他三次数据偏离较大，舍去，计算出三次实验消耗H2O2溶液体积的平均值为15.00mL。n(H2O2)=0.015L0.010mol/L=1.510-4mol，在H2O2和Fe2+的反应中，H2O2做氧化剂，-1价氧的化合价降低到-2价，Fe2+中铁的化合价升高到+3价，根据电子守恒，n(Fe2+)=2(H2O2)= 310-4mol，则m(Fe)= 310-4mol56g/mol=0.0168g，实验菱镁矿中铁元素的质量分数为100%=0.13%。【点睛】当控制温度在100以下时，可以采
21、取水浴加热的方法。检验沉淀是否洗涤干净时需要选择合适的检测离子，选择检测的离子一定是滤液中的离子，并且容易通过化学方法检测。检验沉淀是否洗涤干净的操作需要同学记住。9.铍铜是力学、化学综合性能良好的合金，广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某废旧铵铜元件（含BeO25%、CuS71%、少量FeS和SiO2）中回收铍和铜两种金属的流程。已知：铍、铝元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似常温下：KspCu（OH）2=2.210-20，KspFe（OH）3=4.010-38，KspMn（OH）2=2.110-13(1)滤渣B的主要成分为_（填化学式）；(2)写出反应中含铍化合物与过量盐酸反应的化
22、学方程式_；(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，写出反应中CuS发生反应的离子方程式_，若用浓HNO3溶解金属硫化物缺点是_（任写一条）；(4)从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是_。(5)溶液D中含c（Cu2+）=2.2molL-1、c（Fe3+）=0.008molL-1、c（Mn2+）=0.01molL-1，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离首先沉淀是_（填离子符号），为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于_；(6)取铍铜元件1000g，最终获得Be的质量为72g，则Be的产率是_。【答案】 (1). CuS、FeS (2). Na2BeO2+4HCl=BeC
23、l2+2NaCl+2H2O (3). (4). 生成NO2污染空气 (5). 在氯化氢气流下蒸发结晶 (6). Fe3+ (7). 4 (8). 80%【解析】【分析】废旧铍铜元件(含BeO25%、CuS71%、少量和FeSSiO2)，加入氢氧化钠溶液反应后过滤，信息可知BeO属于两性氧化物，CuS不与氢氧化钠溶液反应，FeS不与氢氧化钠溶液反应，二氧化硅属于酸性氧化物，和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，因此滤液A成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，滤渣B为CuS、FeS，滤液中加入过量盐酸过滤得到固体为硅酸，溶液中为BeCl2，向溶液C中先加入过量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，
24、然后过滤洗涤，再加入适量的HCl生成BeCl2，在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶得到晶体，滤渣B中加入硫酸酸化的二氧化锰，MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐，过滤得到溶液D为硫酸铜、硫酸铁、硫酸锰的混合溶液，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，最后得到金属铜，以此解答该题。【详解】(1)由以上分析可知滤渣B为CuS、FeS；(2)信息1得到BeO22-与过量盐酸反应的化学方程式为：Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O；(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐，反应中Cu2S发生反应的离
25、子方程式为：MnO2+CuS+4H+=S+Mn2+Cu2+2H2O；浓硝酸具有氧化性做氧化剂被还原为二氧化氮、NO2气体有毒污染环境；(4)为了抑制Be2+离子的水解，需要在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶；(5)三种金属阳离子出现沉淀，结合浓度商与Ksp的关系，铜离子转化为沉淀c(OH-)=mol/L=110-10mol/L，Fe3+离子转化为沉淀，c(OH-)=10-12mol/L，锰离子沉淀时，c(OH-)=10-5.5mol/L，因此首先沉淀的是Fe3+，为使铜离子沉淀c(H+)=mol/L=10-4mol/L，pH=4，常温下应调节溶液的pH值大于4；(6)混合物中BeO质量=1
26、00025%=250g，理论上得到Be的物质的量=10mol，实际得到Be物质的量=8mol，产率=100%=80%。10.已知()、()反应在一定条件下焓变及平衡常数如下：2H2(g)S2(g)2H2S(g) H1K1()3H2(g)SO2(g)2H2O(g)H2S(g)H2K2()(1)用H1、H2表示反应4H2(g)2SO2(g)=S2(g)4H2O(g)的H_。(2)回答下列反应()的相关问题：温度为T1，在1 L恒容容器中加入1.8 mol H2、1.2 mol S2,10 min时反应达到平衡。测得10 min内v(H2S)0.08 molL1min1，则该条件下的平衡常数为_。温
27、度为T2时(T2T1)，在1 L恒容容器中也加入1.8 mol H2、1.2 mol S2，建立平衡时测得S2的转化率为25%，据此判断H1_0(填“”或“”)，与T1时相比，平衡常数K1_(填“增大”“减小”或“不变”)。(3)常温下，用SO2与NaOH溶液反应可得到NaHSO3、Na2SO3等。已知Na2SO3水溶液显碱性，原因是_(写出主要反应的离子方程式)，该溶液中，c(Na)_2c(SO32-)c(HSO3-)(填“”“”或“”)。在某NaHSO3、Na2SO3混合溶液中HSO3-、SO32-物质的量分数随pH变化曲线如图所示(部分)，根据图示，则SO32-的水解平衡常数_。【答案】
28、 (1). 2H2H1 (2). 0.8 (3). (4). 减小 (5). SO32-H2OHSO3-OH (6). (7). 106.8【解析】【分析】（1）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，构造目标热化学方程式，反应热也进行相应的计算；（2）计算硫化氢物质的量变化量，利用三段式计算平衡时各组分的物质的量，由于容器体积为1L，用物质的量代替浓度代入平衡常数K=计算；根据中的计算数据，可以计算中平衡时S2（g）的转化率，再根据转化率判断平衡移动方向，升高温度平衡向吸热反应方向移动，据此分析解答；（3）Na2SO3水溶液中亚硫酸根水解，使溶液显碱性；根据电荷守恒判断离子浓
29、度关系；亚硫酸根离子的水解平衡常数K=，当pH=7.2时，SO32-、HSO3-浓度相等，据此计算。【详解】（1）2H2(g)S2(g)2H2S(g) H1K1()3H2(g)SO2(g)2H2O(g)H2S(g)H2K2()根据盖斯定律，由()2()可得：4H2(g)+2SO2(g)S2(g)+4H2O(g)，故H=2H2H1，故答案为2H2H1；（2）10min时反应达到平衡。测得10min内v(H2S)=0.08molL1min1，故n(H2S)=0.08molL1min110min1L=0.8mol，则：2H2(g)+S2(g)2H2S(g)起始(mol): 1.8 1.2 0变化(m
30、ol): 0.8 0.4 0.8平衡(mol): 1.0 0.8 0.8由于容器体积为1L，用物质的量代替浓度计算平衡常数，故平衡常数K=0.8；故答案为0.8；根据中数据，可知温度为T1时S2的转化率=33.3%25%，说明升温平衡逆向移动，故正反应为放热反应，即H10，平衡常数减小，故答案为；减小；（3）溶液中SO32会发生水解反应，其离子方程式为：SO32-H2OHSO3-OH，破坏水的电离平衡，导致溶液显示碱性；根据电荷守恒，溶液中c(H+)+c(Na+)=2c(SO32-)c(HSO3-)+c(OH)，因c(H+)c(OH)，故c(Na+)2c(SO32-)c(HSO3-)，故答案为
31、SO32-H2OHSO3-OH；亚硫酸根离子的水解平衡常数K=，当pH=7.2时，SO32-、HSO3-浓度相等，所以K=c(OH)=10-6.8，故答案为106.8。11.2016年诺贝尔化学奖授予在“分子机器设计和合成”领域有突出成就的三位科学家，其研究对象之一“分子开关”即与大环主体分子苯芳烃、硫或氮杂环杯芳烃等有关。回答下列问题：（1）对叔丁基杯4芳烃(如图所示)可用于B族元素对应离子的萃取，如La3+、Sc2+。写出基态二价钪离子(Sc2)的核外电子排布式：_，其中电子占据的轨道数为_个。（2）对叔丁基杯4芳烃由4个羟基构成杯底，其中羟基氧原子的杂化方式为_，羟基间的相互作用力为_。
32、（3）不同大小的苯芳烃能识别某些离子，如：N3-、SCN等。一定条件下，SCN与MnO2反应可得到(SCN)2，试写出(SCN)2的结构式_。（4）NH3分子在独立存在时HNH键角为106.7。如图 Zn(NH3)62+离子的部分结构以及HNH键角的测量值。解释配合物中HNH键角变为109.5的原因：_。（5）橙红色的八羰基二钴Co2(CO)8的熔点为52，可溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂。该晶体属于_晶体，八羰基二钴在液氨中被金属钠还原成四羰基钴酸钠NaCo(CO)4，四羧基钴酸钠中含有的化学键为_。（6）已知C60分子结构和C60晶胞示意图(如图、图所示)：则一个C60分子中含有键的个数为_
33、，C60晶体密度的计算式为_gcm3。(NA为阿伏伽德罗常数的值)【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d1或Ar3d1 (2). 10 (3). sp3 (4). 氢键 (5). NCSSCN (6). 氨分子与Zn2形成配合物后，孤对电子与Zn2成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故HNH键角变大 (7). 分子 (8). 离子键、配位键、极性键 (9). 90 (10). 412601030/(a3NA)【解析】【分析】（1）Sc是21号元素，根据泡利原理书写其电子排布式；s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级只有1个电子，占有1个轨道
34、，据此计算总的轨道数；（2）依据杂化轨道理论作答；羟基中含电负性较强的O，根据化学键特点回答；（3）根据等电子体原理分析作答；（4）键对电子间的排斥作用小于孤对电子与键对电子间的排斥作用，据此作答；（5）根据给定的物理性质判断晶体类型；【详解】（1）Sc是21号元素，核外电子排布式为Ar3d14s2，则Sc2的电子排布式为1s22s22p63s23p63d1或Ar3d1；s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级只有1个电子，占有1个轨道，因此电子占据的轨道有1+1+3+1+3+1 = 10个，故答案为1s22s22p63s23p63d1或Ar3d1；10；（2）羟基的中心原子氧原子，有2个键
35、，2个孤电子对，其杂化轨道数为2+2 = 4，因此杂化类型是sp3，羟基键通过氢键联系到一起，故答案为sp3；氢键；（3）N3、SCN与CO2互为等电子体，因此SCN的空间构型为直线型，(SCN)2的结构式应为NC-S-S-CN，故答案为NC-S-S-CN；（4）氨分子与Zn2形成配合物后，孤对电子与Zn2成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故HNH键角变大，故答案为氨分子与Zn2形成配合物后，孤对电子与Zn2成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故HNH键角变大；（5）熔点为52，可溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂，则可知Co2(
36、CO)8属于分子晶体；NaCo(CO)4内，存在钠离子与Co(CO)4-阴离子，在Co(CO)4-内界有CO与中心钴离子形成配位键，而配体内部C原子与O原子之间存在极性共价键，所以四羧基钴酸钠中含有的化学键为离子键、配位键、极性键，故答案为分子；离子键、配位键、极性键；（4）根据C60分子结构，C60分子中1个碳原子有2个CC键、1个C=C，根据均摊法，一个碳原子真正含有的键的个数为，即一个C60分子中含有键的个数为60 = 90；根据C60晶胞结构，离C60最近的C60上面有4个，中间有4个，下面有4个，即有12个；C60的个数为81/861/2=4，晶胞的质量为 = g，晶胞的体积为（a1
37、010）3 = a31030 cm3，根据密度的定义，晶胞的密度计算式为 = 412601030/(a3NA),故答案为412601030/(a3NA)。12.H是合成抗炎药洛索洛芬钠的关键中间体，它的一种合成路线如下：回答下列问题：（1）A的名称是_，H中官能团名称是_；（2）反应的反应条件为_；（3）反应的化学方程式为_；反应类型为_。（4）反应除生成H外，还生成了另一种有机产物的结构简式为_。（5）符合下列条件的G的同分异构体有_种。能发生银镜反应 苯环上一氯取代物只有一种 核磁共振氢谱有4组峰（6）仿照H的合成路线，设计一种由B合成的合成路线。_【答案】 (1). 甲苯 (2). 酯基
38、、溴原子 (3). 光照 (4). (5). 取代反应 (6). HOCH2CH2OH (7). 4 (8). 【解析】【分析】由A、B、C的分子式，结合D的结构简式，根据转化关系可知，A为甲苯，A中甲基上的氢原子被氯原子取代生成B为，B发生取代反应生成C为；对比D、F结构可知，D发生取代反应生成E为，E发生水解反应生成F，F与甲醇发生酯化反应生成G，G发生取代反应得到H，同时还生成乙二醇，据此解答。【详解】(1)根据以上分析可知A的名称是甲苯，根据H的结构简式可知H中官能团名称是酯基、溴原子；(2)反应是甲基上的氢原子被氯原子取代，则反应条件为光照；(3)根据以上分析可知反应是F与甲醇发生的
39、酯化反应，反应的化学方程式为；(4)根据原子守恒可知反应除生成H外，还生成乙二醇，结构简式为HOCH2CH2OH；(5)符合下列条件的G的同分异构体中能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上只有一类氢原子；核磁共振氢谱有4组峰，说明苯环上取代基的氢原子还有3类，因此符合条件的有机物结构简式为：，共计是4种；(6)根据已知信息结合逆推法可知由B合成的合成路线为。【点睛】本题考查有机合成，充分利用转化中有机物的结构与分子进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型，题目难度中等。难点是有机合成路线图设计，注意已知题干中信息的挖掘。