1、广东省深圳市2020届高三化学6月第二次调研考试试题（含解析）1.中国古代成语蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是A. “甘之如饴”中“饴”指麦芽糖，与白糖的主要成分相同B. “近朱者赤”中“朱”指朱砂(HgS)，可用作红色颜料C. “沙里淘金”利用了“沙”和“金”密度的差异进行分离D. “红砖绿瓦”中“砖”和“瓦”都属于硅酸盐产品【答案】A【解析】【详解】A“甘之如饴”中“饴”指麦芽糖，白糖的主要成分是蔗糖，与白糖的主要成分不相同，故A错误；B朱砂(HgS)是红色固体，难溶于水，可用作红色颜料，故B正确；C“沙”和“金”密度的差异大，可用淘洗的方法进行分离，故C正确；D“砖”和“瓦”主要成
2、分均为硅酸盐，都属于硅酸盐产品，故D正确；故选A。2.气相条件下，立方烷能自发地发生热重排反应生成一系列化合物。下列说法正确的是A. a、f中所有原子均可处于同一平面B. 1mol化合物e完全燃烧消耗12molO2C. 六硝基立方烷最多有3种结构（不考虑立体异构）D. 立方烷热重排产物均能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】C【解析】【详解】Aa、f中均有sp3杂化的碳原子，是四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故A错误；B1mol化合物e（C8H8）完全燃烧消耗为(8+)mol=10molO2，故B错误；C六硝基立方烷的同分异构相当于2个H原子的排列方式，有在同一棱上、面对角线上、体对角线上
3、3种结构（不考虑立体异构），故C正确；D立方烷热重排产物中d是苯，不能使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误；故选C。3.实验室制备莫尔盐(NH4)2SO4FeSO46H2O的过程是：向稀H2SO4中加入过量的铁屑，充分反应后过滤，向滤液中加入一定量的(NH4)2SO4饱和溶液。经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到莫尔盐晶体。下列说法正确的是A. 铁屑上若有少量铁锈，将导致莫尔盐中混入杂质Fe2(SO4)3B. 蒸发浓缩使用的仪器有坩埚、玻璃棒、酒精灯C. 室温时，莫尔盐的溶解度比(NH4)2SO4和FeSO4的都小D. 晶体析出后，取少量母液加入K3Fe(CN)6，无蓝色沉淀生成【答案】C【解析】【
4、详解】A2Fe3+Fe=3Fe2，故A错误；B蒸发浓缩使用的仪器有蒸发皿、玻璃棒、酒精灯，故B错误；C硫酸亚铁铵在水中的溶解度比组成它的每一种盐的溶解度都小，故C正确；D晶体析出后，取少量母液，其中含有Fe2，加入K3Fe(CN)6，3Fe2+ 2K3Fe(CN)6=6K +Fe3Fe(CN)62，有蓝色沉淀生成，故D错误；故选C。4.硅是制作光伏电池的关键材料。在Si晶体中掺杂不同种类的元素，可形成多电子的n型或缺电子的p型半导体。n型和p型半导体相互叠加形成p-n结，此时自由电子发生扩散运动，在交界面处形成电场。下列说法正确的是A. 1molSi晶体中含有的Si-Si键数目为4NAB. 若
5、在Si晶体中掺入P元素，可得n型半导体C. p-n结中，n型一侧带负电，p型一侧带正电D. 光伏电池能量转化形式为：光能化学能电能【答案】B【解析】【详解】A硅晶体中，一个硅原子与4个硅原子形成4个Si-Si键，一个Si-Si键2个硅原子共用，平均1molSi晶体中含有的Si-Si键数目为2NA，故A错误；B若在Si晶体中掺入P元素，P最外层是5个电子，可形成多电子的n型半导体，故B正确；Cp-n结中，p型半导体的空穴浓度高，自由电子的浓度低，P型一侧带负电；而n型半导体的自由电子浓度高，空穴浓度低，N型一侧带正电，故C错误；D光伏电池是一种利用太阳光直接发电的光电半导体薄片，能量转化形式为：
6、光能电能，故D错误；故选B。5.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20。X、Y同周期，X的最高正价与最低负价代数和为4。化合物ZW2与水剧烈反应，有易燃的单质气体产生，同时生成白色糊状物。下列说法正确的是A. 单质沸点：WYB. 化合物ZW2中只含有离子键C. 简单氢化物的热稳定性：XYD. X的氧化物的水化物均是强酸【答案】B【解析】【分析】主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20。X、Y同周期，X的最高正价与最低负价代数和为4，X位于A族，为S元素，Y为Cl；化合物ZW2与水剧烈反应，有易燃的单质气体产生，同时生成白色糊状物，Z为钙，W为H，CaH22H2
7、O=Ca(OH)2H2。【详解】由分析：W为H，X为S，Y为Cl，Z为钙。A氢的相对分子质量小于氯气，单质的沸点：WY，故A错误；B化合物CaH2中只含有离子键，两个H原子间没有化学键，故B正确；C元素的非金属性越强，形成的气态氢化物就越稳定。同周期的非金属元素，从左到右，随核电荷数的增加，非金属性渐强，气态氢化物的稳定性渐强。非金属性：SCl，简单氢化物的热稳定性：XY，故C错误；DX的氧化物的水化物中H2SO3是弱酸，H2SO4是强酸，故D错误；故选B。【点睛】本题考查物质结构性质的相互关系应用，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻
8、辑推理能力，难点Z和W元素的推断：化合物ZW2与水剧烈反应，有易燃的单质气体产生，同时生成白色糊状物，明确发生的反应是CaH22H2O=Ca(OH)2H2，Z为钙，W为H。6.一种新型电池的工作原理如图所示。该电池工作时，下列说法错误的是A. Pt/C电极为负极，质子通过交换膜从负极区移向正极区B. 正极的电极反应为NO34H3e=NO2H2OC. 反应池中发生总反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3,实现HNO3再生D. 理论上，当消耗22.4L（标准状况下）H2时，会消耗1molO2【答案】D【解析】【分析】氢气是还原剂，作电池的负极，Pt/C电极为负极，反应为H22e=2H，质子通过交
9、换膜从负极区移向正极区，硝酸是氧化剂，作电池的正极，正极的电极反应为NO34H3e=NO2H2O。【详解】A氢气是还原剂，作电池的负极，Pt/C电极为负极，反应为H22e=2H，质子通过交换膜从负极区移向正极区，故A正确；B硝酸是氧化剂，作电池的正极，正极的电极反应为NO34H3e=NO2H2O，故B正确；C从图中可知：NO与O2混合后变成HNO3，进入正极发生电极反应，还原成NO，回到反应池，反应池中发生总反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，实现HNO3再生，故C正确；D根据电子守恒，理论上，当消耗22.4L（标准状况下）H2时，会消耗0.5molO2，故D错误；故选D。7.25时，向
10、50mL浓度均为l.0mol/L的醋酸和醋酸钠混合溶液中，缓慢滴加1.0mol/L的NaOH溶液，所得溶液的pH变化情况如图所示（已知：25时，Ka(CH3COOH）=1.810-5)。下列叙述错误的是A. a点溶液中，c(H+)约为B. b点溶液中，C. V(NaOH)50mL时，随V(NaOH)增大，溶液中离子总浓度增大D. 从a到c的过程中，溶液中不变【答案】C【解析】【详解】根据Ka(CH3COOH）=1.810-5可知当溶液呈中性时，A. a点溶液中c（CH3COOH）c（CH3COO-），氢离子浓度主要来源于醋酸的电离：CH3COOHCH3COO-+H+， ，即c(H+)约为，故A
11、正确；B. b点溶液中，醋酸未反应完，此时溶质为醋酸与醋酸钠，浓度之比为3:7，溶液呈酸性，醋酸钠完全电离，醋酸部分电离，则，故B正确； C. 当V(NaOH)=50mL时，溶液中溶质为醋酸钠，浓度为1.0mol/L，此时溶液中离子总浓度小于原溶液，故C错误；D. 从a到c的过程中，温度保持不变，水解平衡常数不变，则溶液中不变，故D正确；故选C。8.H2O2是生产、生活、实验中常用的试剂。I工业上制备H2O2的流程如下：(1)“转化”中反应的化学方程式为_：“低温放置”的目的是_(2)图甲为“减压蒸馏”的部分装置，该装置由克氏蒸馏头和_(填仪器名称)组成。lI实验小组利用图乙装置测定阿伏加德罗
12、常数(NA)(3)实验准备H2O2溶液浓度标定。可选用_(填标号)试剂对H2O2溶液进行滴定，测定其浓度。AH2C2O4BKMnO4C淀粉KI装置气密性检查。打开止水夹，将注射器b的活塞推至底部，拉动注射器a活塞吸入10mL空气，关闭止水夹。向下推动注射器a活塞至底，当观察到注射器b的现象为_，说明装置的气密性良好。(4)测定过程在反应室中加入适量MnO2，将注射器b活塞推至底部，关闭止水夹。用注射器a准确抽取cmol/LH2O2溶液VlmL，缓慢地注入反应室后，固定注射器a活塞。反应结束后，待反应体系处于_状态时，读取注射器b的气体体积为V2mL，则产生O2的体积为_mL。设室温下O2的密度
13、为g/L，一个O2实际质量为mg，则NA=_(用含等字母的代数式表示)。(5)该实验利用H2O2作为生氧剂的优点有_(写两条)。【答案】 (1). Na2O22NaH2PO42Na2HPO4H2O2 (2). 防止H2O2受热分解，沉降Na2HPO4nH2O固体 (3). 圆底烧瓶 (4). B (5). 注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL (6). 恢复室温或体积不再改变或压强不再改变 (7). V2V1 (8). (9). 反应完全、无污染、反应速率快等合理答案均可【解析】【分析】由反应流程可知转化方程式为Na2O22NaH2PO42Na2HPO4H2O2，H2O
14、2 受热易分解为水和氧气，故应低温放置；H2O2具有还原性，与KMnO4反应现象明显，可以利用溶液颜色变化来测定H2O2溶液浓度，【详解】由分析可知：(1)转化中方程式为Na2O22NaH2PO42Na2HPO4H2O2，低温放置目的在于防止H2O2受热分解，沉降Na2HPO4nH2O固体；(2)由装置图可知反应中的仪器为圆底烧瓶；(3)由H2O2的还原性，以及溶液颜色的变化作为实验结束标志可知选用KMnO4溶液测量结果更精确，故选B；注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL(4)测量气体体积时应避免温度对气体体积的影响，准确测量气体体积应在室温下，故答案为：恢复室温或体积
15、不再改变或压强不再改变；注射器中气体体积的变化是由于H2O2的分解产生的O2引起的，故氧气的体积为V2V1 mL；由题中信息可知生成的的质量m(O2)=g/LL，由 可知：；故可得m(O2)= 所以结合式子可得NA=；(5)作为自身具有氧化性，反应产物为水和氧气，故本实验的优点是反应完全、无污染、反应速率快等。9.以CH4、CO2为原料合成乙酸，是综合开发温室气体资源的新方向。ICH4CO2催化重整间接制乙酸CH4、CO2催化重整制合成气，再利用合成气制乙酸，涉及的反应如下：反应l：CH4(g)CO2(g) 2H2(g)2CO(g)H反应2：2H2(g)CO(g) CH3OH(g)H=90.9
16、kJmol1反应3：CH3OH(g)CO(g) CH3COOH(g)H=118.2kJmol1(1)已知：CH4(g)CO2(g) CH3COOH(g)H=37.9kJmol1则“反应l”的H=_(2)“反应1”的化学反应速率v=kmn,k为速率常数。1123K和1173K时，分别保持或不变，测得速率v与、的关系如图所示：由图可知，下列叙述正确的是_(填标号)。A当10kPa25kPa时，m=lB其他条件不变，增大，速率v不一定增大Ca、b、c三点速率常数的大小关系为：kakbkc若初始时按n(CH4)：n(CO2)=1：1进气，且Kb=1.3102molg1s1Kpa2，则b点的化学反应速率
17、v=_molg1s1。(3)向盛有催化剂的刚性容器中通入等物质的量的CH4(g)和CO2(g)，发生“反应1”。在923K和1173K时，CH4(g)的转化率()与时间(t)的关系如图所示。923K时，CH4(g)的平衡转化率=_，若平衡时体系的总压强为p0，平衡常数K923K=_(用含有p0的代数式表示)。IICH4、CO2两步法制乙酸(4)反应CH4(g)+CO2(g)CH3COOH(g)不能自发进行。将该反应拆分成两个连续的步骤进行，可在较温和的条件下实现上述转化，具体过程：第二步反应的化学方程式为_为增大CH3COOH的平衡产率，从温度角度考虑，第一步反应在高温下进行，第二步反应在_进
18、行；从H2浓度的角度考虑，应采取的措施是_。【答案】 (1). 247.0kJmol1 (2). AB (3). 5.2 (4). 60% (5). p02或1.265625 p02 (6). CO2Co3C2H2CH3COOH3Co (7). 低温 (8). 第一步减小氢气的浓度(或压强)，第二步增大氢气的浓度(或压强)【解析】【分析】I利用该盖斯定律进行计算，将反应1、反应2、反应3相加可以得到总反应，可以求出“反应l”的H的数值；从图像信息分析m的值，k的值和速率的变化；II根据图示可以写出化学反应方程式。从化学平衡移动的方向分析浓度，温度对平衡的影响。【详解】I(1)反应l：CH4(g
19、)CO2(g)2H2(g)2CO(g)H1反应2：2H2(g)CO(g) CH3OH(g)H2=90.9kJmol1反应3：CH3OH(g)CO(g) CH3COOH(g)H3=118.2kJmol1总反应：CH4(g)CO2(g) CH3COOH(g)H=37.9kJmol1，根据盖斯定律，反应l+反应2+反应3可得总反应，H1+H2+H3=H，则H1=H-H2-H3=37.9kJmol1(90.9kJmol1)(118.2kJmol1)=247.0kJmol1；(1)A当10kPa25kPa时，由左图的速率随甲烷的分压变化图可知，图像为一条直线，故斜率为1，则m=l，故A正确；B由右图的速
20、率随甲烷的分压变化图可知，其他条件不变，增大，在的值为25 Kpa时，速率值不再发生变化，故速率v不一定增大，故B正确；C由图像可知，vavbvc， a和b的相等、根据公式，v=kmn，由于vavb ，kakb，三个点中c点值最小，故无法得出c点速率常数最小关系，故C错误；答案选AB；若初始时按n(CH4)：n(CO2)=1：1进气，则b点的化学反应速率v= kmn，已知Kb=1.3102molg1s1Kpa2，CH4(g)CO2(g)2H2(g)2CO(g)，由图像可知，当10kPa25kPa时，m=l，n=1， vb= kb2020 =1.3102molg1s1Kpa2400=5.2 mo
21、lg1s1；(3) 反应l：CH4(g)CO2(g)2H2(g)2CO(g)H0，正反应放热，升高温度，反应正向移动，CH4(g)的转化率增大，则平衡时CH4(g)的转化率为98%的曲线为1173K时的平衡曲线，60%的为温度923K时的平衡曲线，由曲线可知，923K时，CH4(g)的平衡转化率=60%，若平衡时体系的总压强为p0，设CH4和CO2的初始投入物质的量为1mol，923K平衡时时，CH4(g)的平衡转化率=60%，列“三段式”：平衡常数K923K=p02或1.265625 p02；II(4)根据图示，第二步反应的化学方程式为CO2Co3C2H2CH3COOH3Co；根据图示可知，
22、第二步反应为放热反应，增大CH3COOH的平衡产率，即反应向正向移动，降低温度反应向放热的方向进行，从温度角度考虑，第二步反应在低温下进行；从H2浓度的角度考虑，反应一中氢气为生成物，使反应正向进行，则应该减小氢气的浓度(或压强)，对于反应二，氢气为反应物，可增大氢气的浓度(或压强)，促使平衡正向移动，使CH3COOH的平衡产率增大。【点睛】关于速率常数的理解是难点，需要学生结合图像，分析清晰每一条曲线的意义，会用速率常数的公式进行计算。10.Pd/A12O3是常见的汽车尾气催化剂。一种从废Pd/A12O3纳米催化剂(主要成分及含量：Pd0.3%，-A12O392.8%，其他杂质6.0%)中回
23、收金属Pd的工艺：已知：-Al2O3能与酸反应，-A12O3不与酸反应。回答下列问题：(1)“预处理”时，-A12O3经焙烧转化为-A12O3，该操作的主要目的是_。(2)“酸浸”时，Pd转化为PdCl42-，其离子方程式为_。(3)“滤液”和“滤液”中都含有的主要溶质有_(填化学式)。(4)“粗Pd”溶解时，可用稀HNO3替代NaClO3，但缺点是_。两者相比，_(填化学式)的氧化效率更高(氧化效率以单位质量得到的电子数表示)。(5)“沉淀”时，Pd(NH3)42+转化为Pd(NH3)2Cl2沉淀，其化学方程式为_。(6)酸性条件下，BrO3-能在负载Pd/A12O3纳米催化剂的电极表面快速
24、转化为Br-。发生上述转化反应的电极应接电源的_极(填“正”或“负”)；研究表明，电流密度越大，电催化效率越高；但当电流密度过大时，该电极会发生副反应生成_填化学式)。【答案】 (1). 有利于Pd与Al2O3的分离 (2). 3PdClO3-6H+11Cl-3PdCl42-3H2O (3). AlCl3 (4). 对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低) (5). NaClO3 (6). Pd(NH3)4Cl22HClPd(NH3)2Cl22NH4Cl (7). 负 (8). H2【解析】【分析】废Pd/A12O3纳米催化剂(主要成分及含量：Pd 0.3%，-A12O3 9
25、2.8%，其他杂质6.0%)进行预处理，废催化剂进行焙烧，使大量的-A12O3经焙烧转化为-A12O3，处理后，加入足量盐酸和NaClO3进行酸浸和氧化处理，Pd转化为PdCl42-，-A12O3转化为Al3+后过滤，发生的离子反应为：3PdClO3-6H+11Cl-3PdCl42-3H2O，A12O3+6H+=2Al3+ 3H2O，-A12O3不与酸反应，对酸浸后的溶液过滤，-A12O3以滤渣的形式除去，得到含有PdCl42-、Al3+的滤液，向滤液中加入过量的Al单质，将PdCl42-置换为Pb单质，在进行过滤，得到主要含有Al3+、Cl-的滤液，得到的固体主要含有Pb和过量的Al单质，再
26、加入盐酸将过量的单质Al除去，再次过滤，得到主要含有Al3+、Cl-、H+的滤液和粗Pd，向粗Pd中再次加入盐酸和NaClO3，将Pd溶解转化为PdCl42-，向得到的溶液中加入氨水，将PdCl42-转化为Pd(NH3)42+，再加入盐酸，使Pd(NH3)42+转化为Pd(NH3)2Cl2沉淀，过滤后，对Pd(NH3)2Cl2进行焙烧生成高纯度的Pd单质，据此分析解答。【详解】(1)由于-A12O3不与酸反应，“预处理”时，-A12O3经焙烧转化为-A12O3，该操作的主要目的是将大量的A12O3在酸浸时以沉淀的形式除去，有利于Pd与Al2O3的分离；(2)根据分析，“酸浸”时，Pd转化为Pd
27、Cl42-，其离子方程式为3PdClO3-6H+11Cl-3PdCl42-3H2O；(3)根据分析“滤液”主要含有Al3+、Cl-，“滤液”中主要含有Al3+、Cl-、H+，二者都含有的主要溶质有AlCl3；(4)“粗Pd”溶解时，可用稀HNO3替代NaClO3，但缺点是使用硝酸作氧化剂会生成氮氧化物，对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低)；63g硝酸为1mol做氧化剂转化为二氧化氮，转移1mol电子，即1g硝酸参与反应得到mol0.016mol的电子，106.5g NaClO3为1mol，做氧化剂转化为PdCl42-，转移6mol电子，即1g NaClO3参与反应得到mo
28、l0.056mol电子，两者相比，NaClO3的氧化效率更高。(5)“沉淀”时，Pd(NH3)42+转化为Pd(NH3)2Cl2沉淀，其化学方程式为Pd(NH3)4Cl22HClPd(NH3)2Cl22NH4Cl；(6) BrO3-能在负载Pd/A12O3纳米催化剂的电极表面快速转化为Br-，溴元素的化合价降低，得电子，发生还原反应，负载Pd/A12O3纳米催化剂的电极作阴极，电解池的阴极与电源的负极相连；电流密度越大，电催化效率越高；酸性条件下，但当电流密度过大时，进入到阴极的电子过多，多余的电子来不及被BrO3-得到转化为Br-，电解质溶液中的氢离子会结合多余的电子，则出现电极副反应：H+
29、2e-=H2。【点睛】本题的难点为(6)，由于电解池的电解液为酸性，有大量的氢离子，电流密度过大，即进入到阴极的电子数量过多，根据电解池阴极阳离子放电顺序，过多的电子首先会被氢离子得到转化为氢气。11.钴及其化合物有着广泛的应用前景。回答下列问题：(1)基态Co原子的核外电子排布式为_(2)以无水乙醇作溶剂，Co(NO3)2可与某多齿配体结合形成具有催化活性的配合物，其结构简式如图所示。配合物中提供孤对电子的原子是_(填元素符号)；该多齿配体中所含元素电负性由大到小的顺序为_(填元素符号)：下列化合物与上述配合物中C和N原子的杂化类型均相同的是_(填标号)。A.B.C.D.(3)亚硝酸钴钠可与
30、K+结合形成K2NaCo(NO2)6，从而实现对K+的定量测定。K2NaCo(NO2)6中存在的化学键类型有_(填标号)；A金属键 B离子键 C极性共价键 D配位键与亚硝酸根互为等电子体的化合物有_(写一种)。(4)Co与Ca属于同一周期，且最外层电子数相同，但金属Co的熔点、沸点均比金属Ca的高，原因是_。(5)某种铁酸钴(CoTiO3)晶胞沿x、y或z轴任意一个方向的投影如下图所示。晶胞中Co处于各顶角位置，则O处于_位置，与Co紧邻的O的个数为_。若晶胞中Co与O的距离为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为_gcm-3(列出计算式)。【答案】 (1). Ar3d74s2或1s
31、22s22p63s23p63d74s2 (2). O、N (3). ONCH (4). B (5). BCD (6). SO2或SnO2 (7). Co原子半径小且价电子数多，金属键强 (8). 面心 (9). 12 (10). 或或或【解析】【分析】根据均摊法和化合物的分子式确定氧原子的位置和与Co紧邻的O的个数，利用晶胞的质量和体积计算晶胞密度。【详解】(1)Co是27号元素，基态Co原子的核外电子排布式为Ar3d74s2或1s22s22p63s23p63d74s2；(2)根据配合物的结构和配位键的形成特点，配合物中提供孤对电子的原子是O、N；该多齿配体中所含元素为H、C、N、O，C、N、
32、O位于同一周期，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，故电负性由大到小的顺序为ONC，H元素与C、N、O形成化合物时，一般氢元素的化合价为正价，故电负性最小，故电负性的大小为ONCH；上述配合物中C位于苯环上和亚甲基上，苯环上的碳原子价层电子对数为3对，采用的是sp2杂化，亚甲基上的碳原子价层电子对数为4对，亚甲基上的碳原子采用sp3杂化，N原子的价层电子对数为3对，杂化类型sp2杂化，A中苯环上的碳原子碳原子价层电子对数为3对，采用的是sp2杂化，N原子的价层电子对数为3对，杂化类型sp2杂化，故A不符合题意；B.中氮环上的碳原子碳原子价层电子对数为3对，采用的是sp2杂化，甲基上的碳原子价层电
33、子对数为4对，亚甲基上的碳原子采用sp3杂化，N原子的价层电子对数为3对，杂化类型sp2杂化，故B符合题意；C中环己烷上的碳原子价层电子对数诶4对，均采用sp3杂化，N原子的价层电子对数为3对，杂化类型sp2杂化，故C不符合题意；D中碳原子价层电子对数为4对，均采用sp3杂化，N原子的价层电子对数为3对，杂化类型sp2杂化，故D不符合题意；答案选B。(3)根据图示，K2NaCo(NO2)6中Co(NO2)6存在的化学键类型有极性共价键、配位键，亚硝酸钴钠可与K+形成离子键；与亚硝酸根互为等电子体的化合物有SO2或SnO2；(4)Co与Ca属于同一周期，且最外层电子数相同，但金属Co的熔点、沸点
34、均比金属Ca的高，原因是Co原子半径小且价电子数多，金属键强；(5) 根据CoTiO3晶胞中Co处于各顶角位置，根据Co原子的数目为1个，O原子的数目为3个，则O处于面心位置，由图可知与Co紧邻的O的个数为12个，若晶胞中Co与O的距离为anm，则晶胞的边长为cm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为，化简可得或或。【点睛】在计算密度时，需要利用数学计算，勾股定律计算出晶胞的半径，单位的换算是易错点。12.他米巴罗汀是一种对白血病、阿尔茨海默症等疾病具有较好治疗效果的药物，其一种合成路线：回答下列问题：（1）A的结构简式是_，C中含氧官能团的名称是_（2）和的反应类型分别是_（3）下列说法
35、正确的是_（填标号）。aA为苯的同系物bB的一氯代物有5种c1molC最多可与2molNaOH反应d弱碱性条件有利于反应进行（4）草酰氯与乙二胺()反应可得到一种六元环状化合物，该反应的化学方程式为_（5）化合物W与C互为同分异构体，且满足下列条件：属于芳香族化合物且能与NaHCO3反应：能发生银镜反应；酸性条件下可发生水解反应，其产物能之一与FeCl3发生显色反应，则W共有_种，其中一种核磁共振氢谱为1：2：2：2：1，其结构简式为_。（6）参照上述合成路线，设计由苯和1，3丁二烯合成的路线（其它无机试剂任选）。_【答案】 (1). (2). 羧基、酯基 (3). 取代反应、还原反应 (4)
36、. cd (5). H2NCH2CH2NH22HCl (6). 13 (7). (8). CH2=CHCH=CH2ClCH2CH=CHCH2ClClCH2CH2CH2Cl【解析】【分析】(1)(3)：由流程知，反应为苯环上的硝化反应，反应则为还原反应，反应过程中硝基转化为氨基，则B为：，A为，反应则是与之间生成，C分子式为C9H8O4，不饱和度为6，参照上述合成路线的反应，用逆合成分析法推知，C为，据此填空；(4)参照上述合成路线的反应，类推即可；(5)限定条件的同分异构体的种类判断，可从分子式为C9H8O4，不饱和度为6切入，找出满足条件的官能团判断；(6)参照题目提供合成线路，结合逆分析法
37、，找出流程；【详解】(1)由分析知A为，C为，则C中含氧官能团的名称是羧基、酯基；答案为：；羧基、酯基；(2)反应是与之间发生反应得到，苯环上相邻2个氢原子被取代，同时得到氯化氢，故是取代反应，反应过程中硝基转化为氨基，去氧得氢，则为还原反应；答案为：取代反应、还原反应；(3)aA为，苯环所连并不是烷基，故不是苯的同系物，a错误；bB为，分子内有7种氢原子，故一氯代物有7种，b错误；cC为，1molC最多可与2molNaOH反应，c正确；d反应是取代反应，除了得到有机产物外，还有HCl生成，故弱碱性条件有利于反应进行，d正确；答案为：cd；(4)草酰氯与乙二胺()反应由反应类推即可，发生取代反
38、应，可得到一种六元环状化合物和HCl，该反应的化学方程式为H2NCH2CH2NH22HCl；答案为：H2NCH2CH2NH22HCl；(5)化合物W与C互为同分异构体，分子式为C9H8O4，不饱和度为6，且从满足下列条件可知其含的基团或官能团：由“属于芳香族化合物且能与NaHCO3反应”知含羧基：由“能发生银镜反应”知含-CHO；由“酸性条件下可发生水解反应，其产物能之一与FeCl3发生显色反应”知含酚酯基，由于是6个不饱和度，故其必定含甲酸酚酯基、羧基，则W的结构存在以下二种情况：一是可看作苯环上的1个氢原子被取代所得，共3种同分异构体，即苯环上2个取代基位于邻、间、对位3种情况，另一种是苯
39、环上有3个取代基，分别是、-COOH和-CH3，结构的苯环上再引入-CH3有2种、结构的苯环上再引入-CH3有4种、结构的苯环上再引入-CH3有4种、则满足条件的同分异构体共有13种，其中一种核磁共振氢谱为1：2：2：2：1，其结构简式为；答案为：13种；(6)参照上述合成路线的反应，用逆合成分析法，要得到，需和ClCH2CH2CH2Cl在AlCl3条件下反应，ClCH2CH2CH2Cl则可以由CH2=CHCH=CH2与氯气先进行1,4-加成得ClCH2CH=CHCH2Cl、后ClCH2CH=CHCH2Cl与氢气加成所得，由苯和1，3丁二烯合成的路线为：CH2=CHCH=CH2ClCH2CH=CHCH2ClClCH2CH2CH2Cl；答案为：CH2=CHCH=CH2ClCH2CH=CHCH2ClClCH2CH2CH2Cl。
