1、内蒙古赤峰市宁城县2020届高三化学第二次统一模拟考试试题（含解析）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：Co 59 C 12 Ti 48 O 16一、选择题：本题共 13 个小题，每小题 6 分，共 78 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.化学与生产、生活密切相关。下列有关叙述正确的是A. 常温下，成语“金戈铁马”中的金属能溶于浓硝酸B. “一带一路”被誉为现代丝绸之路，丝绸属于纤维素C. 汉代烧制出“明如镜、
2、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石D. 港珠澳大桥采用的聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”，是有机高分子化合物【答案】D【解析】【详解】A. 常温下，成语“金戈铁马”中的金属铁在浓硝酸中钝化故不能溶解，A错误；B. 丝绸属于蛋白质，B错误；C. 瓷器，其主要原料为石灰石和黏土，例如高岭石，C错误；D. 聚乙烯是有机高分子化合物，D正确；答案选D。2.设 NA 为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 4g 2H2 中所含质子数为 4NAB. 常温常压下，22.4L 的 NO2 和 CO2 混合气体含有 2NA 个氧原子C. 1molNa2CO3 固体中含有阴离子数为 NAD. 0.1molC
3、l2 和过量 NaOH 溶液反应，转移电子数为 0.2 NA【答案】C【解析】【详解】A. 4g 2H2 的物质的量为1mol，则所含的质子数为2NA，A错误；B. 常温常压下，22.4L气体的物质的量小于1mol，则NO2和CO2 混合气体含有氧原子数小于2NA个，B错误；C. 1molNa2CO3固体中含有碳酸根离子的物质的量为1mol，则阴离子数为NA，C正确；D. 0.1molCl2 和过量 NaOH 溶液反应，转移电子数 0.1NA，D错误；答案选C。【点睛】B容易错，同学往往一不小心就误以为22.4L气体的物质的量就是1mol，根据气体体积计算物质的量，一定要注意气体所处的状态。3
4、.甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是A. 甲、乙的化学式均为C8H14B. 乙的二氯代物共有7种（不考虑立体异构）C. 丙的名称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面D. 甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】【分析】A根据结构简式判断；B乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上；C苯为平面形结构，结合三点确定一个平面分析；D乙与高锰酸钾不反应。【详解】A由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；B乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH原子上，共有7种，故B正
5、确；C苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；D乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D错误。故选D。4.短周期主族元素 X、Y、Z、M、W 的原子序数依次增大，X 元素的某种原子不含中子，X 与 M 同主族，W 的单质为黄色，W 和 Z 同主族，5 种元素最外层电子总数为 19。下列说法正确的是A. W 和 Z 的氢化物的沸点：WZB. X、Y、Z、W 均可以和 M 形成离子化合物C. 以上 5 种元素形成的化合物中，从阳离子的分类角度来看，只能形成一类盐D. 原子半径和离子半径均满足：ZM【答案】B【解析】【详解】X的某种原子不含中子
6、，为H原子，X为H元素；X与M同主族，结合原子序数，则M为Na元素；W的单质为黄色，是硫单质，W为S元素，W和Z同主族，则Z为O元素，5种元素最外层电子数为19，则Y的最外层电子数为5，结合原子序数，则Y为N元素；则X、Y、Z、M、W分别为H、N、O、Na、S。AW和Z的氢化物分别为H2S和H2O，显然水的沸点高，因为水分子间有氢键，故沸点：WZ说法错误，A错误；BX、Y、Z、W均可以和M形成离子化合物，它们分别为NaH、Na3N、Na2O、Na2S等，B正确；C以上5种元素形成的化合物中，从阳离子的分类角度来看，不止形成一类盐，可以是钠盐，也可以是铵盐，C错误；D钠元素和氧元素，原子半径：钠
7、大于氧；离子半径，氧离子大于钠离子，D错误；答案选B。【点睛】选项D中离子半径的比较规律：具有相同的电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小。5.下列图示实验正确的是（ ）A. 制取蒸馏水B. 制取收集氨气C. 乙酸乙酯的制备D. 碳酸氢钠受热分解【答案】C【解析】【详解】A.温度计应安装在通向冷凝管的侧口部位，故A项错误；B.氨气的密度比空气小，应用向下排空气法，导管应伸入试管底部，故B项错误；C.该装置可以制备乙酸乙酯，C项正确；D.加热固体试管口应朝下，故D项错误；故答案为C。6.利用微生物可实现苯酚（）废水的净化，装置如图所示。下列有关说法正确的是A. a极的电极反应式为：C6H5
8、OH-28e+11H2O6CO2+28HB. b极为正极，发生氧化反应C. 中间室的Na+向左室移动D. 右室生成0.1 mol N2时，用电器流过0.5 mol电子【答案】A【解析】【分析】该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则装置右边b电极为正极，电极反应为2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，装置左边a极苯酚失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应为C6H5OH-28e+11H2O6CO2+28H，结合原电池的工作原理作答。【详解】根据上述分析可知，A. a极为原电池的负极，发生的电极反应为：C6H5OH-28e+11H2O6CO2+28H，A项正确；B. b极为正极，发
9、生还原反应，B项错误；C. 中间室Na+向原电池的正极（b极）移动，即向右室移动，C项错误；D. 右室中的电极反应为2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，则生成0.1 mol N2时，用电器流过1 mol电子，D项错误；答案选A。【点睛】掌握原电池的工作原理是解题的关键，原电池工作的原理口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。本题的难点是A选项，电极反应式的书写遵循氧化还原反应的基本规律，同时要考虑电解质溶液的酸碱性，学生要火眼金睛，识破陷阱，提高做题正答率。7.常温下，向0.1 mo1L1的NH4HCO3溶液中逐
10、滴加入NaOH，溶液中部分含氮、含碳微粒的分布情况如下图所示。下列说法不正确的是A. 开始阶段，HCO3- 增加的原因可能是：HCO3-的水解平衡逆向移动B. pH在8.79.7之间，HCO3-和NH4同时与OH-反应C. 通过分析可知常温下：Kb(NH3H2O)Ka1(H2CO3)D. pH9时，溶液中存在下列关系：c(HCO3-)c(NH4)c(NH3H2O)c(CO32-)【答案】C【解析】【分析】NH4HCO3溶液中存在NH4+的水解平衡，即NH4+H2ONH3H2O+H+；HCO3-的水解平衡，即HCO3-+H2OH2CO3+OH-；HCO3-的电离平衡，即HCO3-H+CO32-；
11、在未加氢氧化钠时，溶液的pH=7.7，呈碱性，则上述3个平衡中第个HCO3-的水解为主，滴加氢氧化钠的开始阶段，氢氧根浓度增大，平衡向逆方向移动，HCO3-的量略有增加；对于平衡，氢氧根与氢离子反应，平衡正向移动，NH3H2O的量增加，NH4+的量减小，当pH大于8.7以后，CO32-的量在增加，平衡受到影响，据此分析。【详解】NH4HCO3溶液中存在NH4+的水解平衡，即NH4+H2O NH3H2O +H+；HCO3-的水解平衡，即HCO3-+H2OH2CO3+OH-；HCO3-的电离平衡，即HCO3-H+CO32-；A. 开始阶段，滴加氢氧化钠的开始阶段，氢氧根浓度增大，平衡向逆方向移动，
12、HCO3-的量略有增加，A项正确；B. 对于平衡，氢氧根与氢离子反应，平衡正向移动，NH3H2O的量增加，NH4+被消耗，当pH在8.79.7之间，CO32的量在增加，平衡受到影响，HCO3被消耗，即碳酸氢根离子和铵根离子都与氢氧根离子反应，B项正确；C. 在未加氢氧化钠时，溶液的pH=7.7，呈碱性，则说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，根据盐类水解“越弱越水解”的规律可知，NH3H2O的电离程度大于H2CO3的电离程度，即Kb(NH3H2O) Ka1(H2CO3)，C项错误；D.从图中可直接看出pH=9时，溶液中的离子浓度大小关系为：c(HCO3-)c(NH4)c(NH3H2O
13、)c(CO32-)，D项正确；答案选C。三、非选择题：共 174 分。第 2232 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3338题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(共 129 分)8.纳米 TiO2 是一种重要的光催化剂。以钛酸酯 Ti(OR)4为原料制备纳米 TiO2 的步骤如下所示：组装装置如图所示，保持温度约为 65 ，先将 30 mL 钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶，再加入 3 mL 乙酰丙酮，充分搅拌；将含水 20%的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶；将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米 TiO2。已知：钛酸四丁酯能溶
14、于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解；Ti(OH)4不稳定，易脱水生成 TiO2。请回答下列问题：(1)仪器 a 的名称是_，冷凝管的作用是_。(2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率，其原理可能是_ (填字母代号)。a.增加反应的焓变 b.增大反应的活化能c.减小反应的焓变 d.降低反应的活化能上述制备过程中，减慢水解反应速率的措施还有_。(3)步骤中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为_。如图所示实验装置中，可用于灼烧二氧化钛凝胶的是_ (填字母代号)。(4)测定样品中 TiO2 纯度的方法：精确称取0.2000g 样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵的混合溶液，加强热使其溶解。冷却后
15、，加入一定量稀盐酸得到含 TiO2+的溶液。加入金属铝，将 TiO2+全部转化为 Ti3+。待过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用0.1000molLlNH4Fe(SO4)2溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000 molL1 NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为 20.00 mL(已知：Ti3+Fe3+H2O=TiO2+Fe2+2H+)。加入金属铝的作用除了还原 TiO2+外，另一个作用是与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，_。滴定时所用的指示剂为_ (填字母代号)。a.酚酞溶液 b.KSCN 溶液 c.KMnO4溶液 d.淀粉溶液样品中 TiO2的质量分数为_%。【答案】 (1)
16、. 温度计 (2). 冷凝回流 (3). b (4). 用含水 20%的乙醇溶液代替水缓慢滴液 (5). Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2(胶体)+4C4H9OH (6). a (7). 防止 Ti3+在空气中被氧化 (8). b (9). 80.00【解析】【详解】(1)制备时保持温度约为65，故仪器a用于控制温度，则为温度计；实验过程中需要乙醇、乙酰丙酮等有机物，均易挥发，则冷凝管的作用为冷凝回流；(2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率的可能原理，a反应的焓变由反应物和生成物的总能量决定，不会因其它物质的加入而变化，故a错误；b增大反应的活化能，可降低活化分子百分数，降低单位时
17、间单位体积内有效碰撞次数，减小反应速率，故b正确；c反应的焓变由反应物和生成物的总能量决定，不会因其它物质的加入而变化，故c错误；d降低反应的活化能，可增大活化分子百分数，增加单位时间单位体积内有效碰撞次数，增大反应速率，故d错误；答案为：b；制备二氧化钛溶胶的反应是水解反应，通过降低混合液中水的浓度可以降低反应速率，用20%的乙醇溶液代替水且缓慢滴液就可以减小反应速率；(3)按信息：钛酸四丁酯遇水剧烈水解，Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，则步骤中制备二氧化钛溶胶反应为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2(胶体)+4C4H9OH；TiO2(凝胶)呈固态，灼烧固态用坩埚，故选择装置
18、a；(4)测定样品中TiO2纯度时，核心步骤Ti3+Fe3+H2O=TiO2+Fe2+2H+的数据要准确，Ti3+可被Fe3+氧化，则也可以被氧气氧化，故该滴定实验需要还原性气氛，则另一个作用是防止Ti3+在空气中被氧化；可用KSCN溶液做滴定反应Ti3+Fe3+H2O=TiO2+Fe2+2H+的指示剂，当滴入一滴硫酸铁铵溶液，锥形瓶内溶液变成血红色且30秒内不变色，则已达到滴定终点；据质量守恒定律以及反应Ti3+Fe3+H2O=TiO2+Fe2+2H+，可知：n(TiO2)=n(Ti)=n(Fe3+)，则。9.利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、C
19、aO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。沉淀中只含有两种沉淀。流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8（1）浸出过程中加入Na2SO3目的是_。（2）NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为_。（3）加入Na2CO3调pH至5.2，目的是_；萃取剂层含锰元素，则沉淀的主要成分为
20、_。（4）操作包括：将水层加入浓盐酸调整pH为23，_、_、过滤、洗涤、减压烘干等过程。（5）为测定粗产品中CoCl26H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl26H2O质量分数大于100%，其原因可能是_(回答一条原因即可)。（6）将5.49g草酸钴晶体(CoC2O42H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。温度范围/固体质量/g1502104.412903202.41经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290320温度范围，剩余的固体物质化学式
21、为_。已知：CoC2O42H2O的摩尔质量为183gmol1【答案】 (1). 将Fe3+、Co3+还原 (2). ClO3-6Fe2+6H+=Cl6Fe3+3H2O (3). 使Fe3+和Al3+沉淀完全 (4). CaF2和MgF2 (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). 粗产品中结晶水含量低(或粗产品中混有氯化钠杂质) (8). Co3O4(或CoOCo2O3)【解析】【详解】(1)、浸出过程中，Co2O3、Fe2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2+，Fe2O3转化为Fe2+，Co、Fe元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO32-转化为SO42-，故答案
22、为将Fe3+、Co3+还原；(2)、NaClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，ClO-被还原为Cl-，反应的离子方程式为：ClO3-6Fe2+6H+=Cl6Fe3+3H2O-；(3)根据工艺流程图结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全。滤液l中含有的金属阳离子为Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，萃取剂层含锰元素,结合流程图中向滤液1中加入了NaF溶液，知沉淀为MgF2、CaF2；(4)、经过操作I由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作I还包括蒸发浓缩、冷却结晶；(5)、根据CoCl26H2O的组成及测定过程分析，造成
23、粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大；(6)、整个受热过程中只产生水蒸气和CO2气体，5.49 g CoC2O42H2O为0.03mol，固体质量变为4.41 g时，质量减少1.08g，恰好为0.06 mol H2O的质量，因此4.41 g固体为0.03 mol CoC2O4。依据元素守恒知，生成n(CO2)=0.06 mol，m(CO2)=0.06mol44 g/mol=2.64 g。而固体质量由4.41 g变为2.41 g时，质量减少2 g，说明290320内发生的不是分
24、解反应，参加反应的物质还有氧气。则参加反应的m(O2)=2.64 g-2 g=0.64 g，n(O2)=0.02mol，n(CoC2O4) : n(O2) : n(CO2)=0.03 : 0.02 : 0.06=3 : 2 : 6，依据原子守恒，配平化学方程式，故290320温度范围，剩余固体物质的化学式为Co3O4或CoOCo2O3。10.和是两种重要的温室气体，通过和反应制造更高价值化学品是目前的研究目标。时，以镍合金为催化剂，向容器中通入、，发生如下反应：。平衡体系中各组分体积分数如下表：物质CO体积分数此温度下该反应的平衡常数_已知： 反应的_以二氧化钛表面覆盖为催化剂，可以将和直接转
25、化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是_。为了提高该反应中的转化率，可以采取的措施是_。、MgO均能吸收；如果寻找吸收的其他物质，下列建议不合理的是_可在具有强氧化性的物质中寻找可在碱性氧化物中寻找可在A、A族元素形成的氧化物中寻找吸收后，产物用于合成，用于吸收、释放，原理是：在，与接触后生成；平衡后加热至，反应逆向进行，放出，再生，说明该原理的化学方程式是_。高温电解技术能高效实现下列反应：，其可将释放的转化为具有工业利用价值的产品。工作原理示意图如下：在电极a放电的电极反应式是_。【答案】 (1). (2). (3). 温度
26、超过时，催化剂的催化效率降低 (4). 增大反应压强或增大的浓度 (5). (6). 4 (7). 【解析】【分析】（1）先利用三段法求出各物质的物质的量，然后再根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；根据盖斯定律来解答；（2）根据温度对催化剂活性的影响分析；提高该反应中CH4的转化率平衡正向移动，反应物转化率增大，根据外界条件对化学平衡的影响分析（3）在500，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3和另一种盐，该盐为Li2SiO3，据此书写反应原理方程式；(4)根据图示信息：电极b氧离子失去电子，应该是发生氧化反应生成氧气，则b为阳极，与电源正极相连【详解】 起始 6
27、 0 0反应 x 2x 2x平衡 2x 2x由的体积分数为，则，解得，；所以；已知： 根据盖斯定律，由得，；温度超过时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低；增大反应压强、增大的浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大；、MgO均能吸收，但它们都没有强氧化性，且吸收二氧化碳与氧化还原无关，故a不合理；、MgO均属于碱性氧化物，均能吸收酸性氧化物，可在碱性氧化物中寻找吸收的其他物质，故b合理；、MgO均能吸收，锂、钠、镁为A、A族元素，所以可在A、A族元素形成的氧化物中寻找吸收的其他物质，故c合理；在，与接触后生成，反应物为与，生成物有，根据质量守恒可知产物还有，所以化学方程式为：
28、4；二氧化碳在a极得到电子发生还原反应生成一氧化碳同时生成氧离子，反应电极反应式为：。(二)选考题：共 45 分。请考生从 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。11.核电荷数依次增大的A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，AC2为非极性分子，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，E原子的一种核素的质量数为49，中子数为27。F元素是第四周期元素中未成对电子数最多的元素，FCl3能与B、C的氢
29、化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为21，1mol配合物与足量的AgNO3溶液反应能立即生成3molAgCl。请根据以上情况，回答下列问题：（答题时需用元素符号表示）（1）B氢化物与HCl反应生成的含有B元素粒子的空间构型是_；F元素原子的最外层电子数为_个。（2）B3-离子分别与AC2及由B、C组成的气态化合物互为等电子体，则B、C组成的化合物化学式为_；B3-离子还可以和某一价阴离子互为等电子体，该阴离子电子式为_，这种阴离子常用于检验日常生活中的一种金属阳离子，则金属阳离子符号为_。（3）B元素与同周期相邻元素的第一电离能由小到大的顺序为_。（4）B的最高价氧化物对应的水化
30、物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是_。（5）F3+的核外电子排布式是_，FCl3形成的六配位的配合物化学式为_。（6）E的一种氧化物晶胞结构（长方体）如图所示，该氧化物的化学式为_；若该晶胞的三个晶胞参数分别为：apm、bpm、cpm。则该氧化物的密度为_g/cm3。(写出表达式即可)【答案】 (1). 正四面体形 (2). 1 (3). N2O (4). (5). Fe3+ (6). CON (7). 1:4 (8). 1s22s22p63s23p63d3或Ar3d3 (9). Cr(NH3)4(H2O)2Cl3 (10). TiO2 (11
31、). 【解析】【分析】A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数ABCDEF。化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成-2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中存在氢键，C形成-2价阴离子，则C为氧元素，故D为镁元素；核电荷数BC，则B为氮元素；A、B、C是同一周期的非金属元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素；E原子的一种核素的质量数为49，中子数为27，则质子数为22，E为Ti元素。F元素是第四周期元素中未成对电子数最多的元素，原子核外电子排布为：1s22s22p63s
32、23p63d54s1，则F为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，1mol配合物与足量的AgNO3溶液反应能立即生成3molAgCl，说明三个氯离子位于外界，该配合物为Cr(NH3)4(H2O)2Cl3，据此分析解题。【详解】由分析知：A为C元素、B为N元素、C为O元素、D为Mg元素、E为Ti元素、F为Cr元素；(1)N元素氢化物与HCl反应生成的含有N元素粒子为NH4+，分子中N原子价层电子对数=4+=4、N原子为sp3杂化，不含孤对电子，故其空间构型是正四面体；F为Cr，原子核外电子排布为1s22s22
33、p63s23p63d54s1，元素原子的最外层电子数为1个；(2)N3-离子分别与CO2、由N、O组成的气态化合物互为等电子体，则N、O组成的化合物化学式为N2O；N3-离子还可以和一价阴离子互为等电子体，根据价电子总数相等，用S、C原子代替2个N原子可知该阴离子为SCN-，结构与CO2类似，这阴离子电子式为，这种阴离子常用于检验日常生活中的一种金属阳离子，这金属阳离子符号为Fe3+；(3)同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，电子能量低，氮元素第一电离能高于相邻的元素的，所以第一电离能由小到大的顺序为CON；(4)B的最高价氧化物对应的水化物为H
34、NO3，D的单质为Mg，HNO3稀溶液与Mg反应时，N元素被还原到最低价，则生成NH4NO3，Mg被氧化为Mg(NO3)2，令NH4NO3，Mg(NO3)2的化学计量数分别为x、y，则根据电子转移守恒有5-(-3)x=2y，所以x：y=4：1，该反应的化学方程式是4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O，所以该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是1:4；(5)Cr原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d54s1，Cr原子失去4s能级1个电子、3d能级2个电子形成Cr3+，Cr3+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d3，由上述分析可知，CrC
35、l3形成的六配位的配合物化学式为Cr(NH3)4(H2O)2Cl3；(6)由可知，晶胞中Ti原子位于体心与顶点上，O原子位于上下两个面上及体内(有2个)，故晶胞中Ti元素数目=1+8=2、O原子数目=2+4=4，故该化合物化学式为TiO2，晶胞质量=2g，若晶胞中参数分别为apm、bpm、cpm，则晶胞的体积=a10-10cmb10-10cmc10-10cm=abc10-30cm3，该晶体的密度=g/cm3。12.叔丁基苯酞(J)是我国自主研发的治疗中枢神经损伤的药物，合成路线如图：回答下列问题：(1)A的名称是_，试剂X是_。(2)B生成C的反应类型是_，D生成E的化学方程式为_。(3)G中
36、所含官能团名称是_，叔丁基苯酞的结构简式是_。(4)已知有机物M是上述流程中有机物H的同分异构体，满足以下条件的同分异构体共有_种。M含有和H相同的官能团，且所有官能团均直接与苯环相连；分子中有一个C原子与另4个碳原子以单键相连，且结构中只有三个甲基。(5)参照上述合成路线，设计由甲烷和甲苯制备的合成路线(其他试剂任选)_。【答案】 (1). 甲苯 (2). Br2、铁粉或Br2、FeBr3 (3). 氧化反应 (4). +HBr (5). 羟基、溴原子 (6). (7). 20 (8). 【解析】【分析】由流程知，A为，B分子式为C7H,7Br，不饱和度为4，由流程看B含苯环，且有2个处于邻
37、位的取代基，则B为，AB的反应为：，C分子式为C7H5BrO，B转变成C是去氢加氧的过程，是氧化反应；根据H的结构简式，其中含有基团(CH3)3C-，可知HBr和D反应生成E，则该反应为+HBr(CH3)3CBr，E为(CH3)3CBr，在Mg和乙醚作用下得到(CH3)3CMgBr，(CH3)3CMgBr和C即反应并在水参与下得到G（分子式为C11H15BrO），G的不饱和度为4，则可推知(CH3)3CMgBr和发生了加成反应，在醛基上加成，先得到，再在水的参与下转变成G即，G也可结合逆推法推测：因为H的结构为，H的分子式为C12H15O2，则推知G到H转变的过程，是分子内减去1个Br引入1个
38、“CO2”原子团的过程，就这样引入了COOH，故可推知G为；据以上分析填空即可。【详解】(1)据分析A为甲苯，在试剂X作用下A转变成B即，该反应为苯环上溴代反应，反应物需要液溴，铁或溴化铁作催化剂；(2)B生成C的反应是苯环上甲基转变成醛基的反应，是氧化反应，D生成E的化学方程式为+HBr；(3)据以上分析，G为，则其所含官能团为羟基和溴原子，由流程知叔丁基苯酞为H即发生酯化反应所得，则叔丁基苯酞结构简式是；(4)M的分子中含1个苯环且有-OH、-COOH及这三个侧链；可找出10种组合，它们分别是：分子苯环上引入有4种同分异构体，分子苯环上引入有4种同分异构体，分子苯环上引入有2种同分异构体，当然符合题意的M的分子还有另一种情况，即M的分子中含1个苯环且有-OH、-COOH及这三个侧链；则又出现10种同分异构体，故一共20种；(5)由与CH3MgBr反应得到，甲苯在二氧化锰、加热条件用氧气氧化得到苯甲醛，氯气光照得到一溴甲烷，一溴甲烷与Mg、乙醚作用得到CH3MgBr，合成路线流程图为：。