1、山东省青岛第二中学2019届高三上学期第二学段模块（期末）考试理科综合化学试题1.化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中不正确的是A. 从花生中提取的生物柴油和从石油炼得的柴油都属于烃类物质B. “光化学烟雾”、“臭氧空洞”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关C. 中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料D. 用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用【答案】A【解析】【详解】A.从花生中提取的生物柴油属于高级脂肪酸甘油酯，不属于烃类物质，故选A； B.NOx在紫外光照射下，会与大气中的碳氧化合物作用，生成光化学烟雾和臭氧，NOx在大气中可形成硝酸和硝酸盐细颗粒物
2、，同硫酸和硫酸盐细颗粒物一起，发生远距离传输，从而加速了区域性酸雨的恶化，所以“光化学烟雾”、“臭氧空洞”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关是正确的，故不选B；C.碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故不选C；D. CO2合成可降解的聚碳酸酯类塑料，实现“碳循环”，可减少白色污染，故不选D。正确答案：A。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 标准状况下，3.2 g 14C18O中含中子数为1.4NAB. CO燃烧热为283.0 kJ/mol，若一定量的CO完全燃烧放出热量为283.0 kJ，则消耗O2分子数为NAC. 等体积、等物质的量浓度的NaCl和KF溶液中，阴、阳离子
3、数目之和相等D. 室温下，21.0 gC2H4和C4H8的混合气体中含有的原子数目为4.5 NA【答案】D【解析】【详解】A.3.2 g 14C18O中含中子数为=1.8NA，故A错误；B.CO燃烧热为283.0 kJ/mol，若CO完全燃烧放出热量为283.0 kJ，说明是1molCO完全燃烧，则消耗O2分子数为NA，故B错误；C.利用电荷守恒来理解：NaCl溶液中存在C（Na+）+ C（H+） = C（OH-）+ C（Cl-），NaF溶液中存在C（Na+）+ C（H+）= C（OH-）+ C（F-） ，由于NaF水解，使得NaF溶液显碱性，NaF溶液中C（H+）NaCl溶液中的C（H+），
4、而两溶液中Na+浓度相等，所以NaF溶液中的C（Na+）+ C（H+）小于NaCl溶液中的C（Na+）+ C（H+），又因为电荷守恒，所以NaF溶液中C（OH-）+ C（F-）小于NaCl溶液中C（OH-）+ C（Cl-），故C错误；D. C2H4和C4H8的最简式相同，可以先计算最简式CH2的物质的量，再计算原子数目，所以21.0 gC2H4和C4H8的混合气体中含有的原子数目为4.5 NA；故D正确；正确答案：D。3.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W、X、Y简单离子的电子层结构相同，X元素在短周期主族元素中原子半径最大；W的简单氢化物常温下呈液态，Y的氧化物和氯化物熔融时都能
5、导电，X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是A. 离子半径: WYY2+ (Mg2+)，故离子半径Z-(Cl-)W2- (O2-)Y2+ (Mg2+)，选项A错误；B.氧化镁的熔点很高，故工业上采用电解Y 的氯化物氯化镁冶炼单质镁，选项B错误；C. W、X元素组成的化合物过氧化钠中含离子键和共价键，选项C错误；D. W、X、Z三种元素组成的化合物NaClO为强碱弱酸盐，水解溶液显碱性，选项D正确。答案选D。4.由下列实验及现象不能推出相应结论的是选项实验现象结论A向添有KIO3的食盐中加入淀粉溶液、稀盐酸及KI溶液变蓝色氧化性：IO3- I2B淀粉溶液在硫酸存在下加热一段时间
6、后，再与新制的Cu(OH)2悬浊液混合，加热煮沸无红色沉淀生成淀粉没有水解C常温下，向等体积、等浓度的NaHCO3和CH3COONa溶液中分别滴加2滴酚酞两份溶液均变红，NaHCO3溶液红色更深常温下的水解平衡常数：Kh(CH3COO-)Kh(HCO3-)D常温时，用两支试管各取5 mL 0.1 mol/L 酸性KMnO4溶液，分别加入0.1 mol/L和0.2 mol/L H2C2O4溶液各2 mL两试管溶液均褪色，且加0.2 mol/L H2C2O4溶液的试管中褪色更快其它条件不变，H2C2O4溶液的浓度越大，化学反应速率越大A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】
7、A.化学反应为 IO3+5I+6H+=3I2+3H2O，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性得结论，氧化性：IO3- I2，故不选A；B.实验操作错误，淀粉溶液在硫酸存在下加热一段时间后，应该加入碱中和至碱性，再与新制的Cu(OH)2悬浊液混合，加热煮沸，故选B；C.NaHCO3和CH3COONa溶液中存在HCO3+H2OH2CO3+OH，CH3COO+H2O CH3COOH+OH，分别滴加2滴酚酞，NaHCO3溶液红色更深，说明HCO3水解能力强，根据越弱越水解原理，得出结论常温下的水解平衡常数：Kh(CH3COO-)Kh(HCO3-)，故不选C；D.实验设计满足了反应液混合后只有H2C2
8、O4浓度不同，其他条件相同，且现象明显，可以用来验证浓度对化学反应速率的影响，故不选D；正确答案：B。5.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，其中离子交换膜I、II分别是氯离子交换膜和钠离子交换膜中的一种，图中有机废水中的有机物可用C6H10O5表示。下列有关说法正确的是A. a电极为该电池的负极，离子交换膜I是钠离子交换膜B. a电极附近溶液的氯离子浓度增大，b电极附近溶液的pH减小C. a电极的电极反应式为C6H10O524e7H2O6CO224H+D. 中间室中Na+移向左室，Cl移向右室【答案】C【解析】【分析】该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是
9、正极，电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5-24e-+7H2O6CO2+24H+。【详解】A项、a电极为该电池的负极，负极反应生成氢离子，为维持溶液呈电中性，咸水中阴离子Cl-移向负极室左室，则离子交换膜I是氯离子交换膜，故A错误；B项、电解质溶液中阴离子Cl-移向负极室左室，a电极附近溶液的氯离子浓度增大，b电极消耗氢离子，溶液的pH增大，故B错误；C项、a电极是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10
10、O5-24e-+7H2O6CO2+24H+，故C正确；D项、放电时，电解质溶液中阳离子Na+移向正极右室，阴离子Cl-移向负极室左室，故D错误。故选C。【点睛】本题考查化学电源新型电池，侧重考查获取信息、分析推断能力，根据N元素化合价变化确定正、负极，难点是电极反应式的书写，且原电池和电解池原理是高考高频点，要熟练掌握。6.法国、美国、荷兰的三位科学家因研究“分子机器的设计与合成”获得诺贝尔化学奖。轮烷是一种分子机器的“轮子”，芳香化合物a、b、c是合成轮烷的三种原料，其结构如下图所示。下列说法不正确的是A. b、c互为同分异构体B. a、c分子中所有碳原子均有可能处于同一平面上C. a、b、
11、c均能发生氧化反应、加成反应、加聚反应和酯化反应D. a、b、c均能使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色【答案】C【解析】【分析】a的分子式为C9H8O，含有的官能团为碳碳双键和醛基，b的分子式为C9H10O，含有的官能团为碳碳双键和醚键，c的分子式为C9H10O，含有的官能团为碳碳双键和羟基。【详解】A项、b、c的分子式均为C9H10O，结构不同，互为同分异构体，故A正确；B项、a中均为不饱和碳原子，所有碳原子均有可能处于同一平面上，c中有一个饱和碳原子连在苯环上，一个饱和碳原子连在碳碳双键上，所有碳原子均有可能处于同一平面上，故B正确；C项、a、b都不含有羟基和羧基，不能发生酯化反应，
12、故C错误；D项、a、b、c均含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，能使酸性高锰酸钾溶液，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确。故选C。【点睛】本题考查物质结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键。7.常温下，下列有关叙述正确的是A. 向0.1 molL1 Na2CO3溶液中通入适量CO2气体后：c(Na+)=2c()+c()+c(H2CO3)B. 常温下，pH=6的NaHSO3溶液中：c()c(H2SO3)=9.9107 molL1C. 等物质的量浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3混合：D. 0.1 molL1 Na2C2O4溶液与0.1 m
13、olL1 HCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：2c()+c()+c(OH)=c(Na+)+c(H+)【答案】B【解析】向0.1 molL1 Na2CO3溶液中通入适量CO2气体后，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠混合液或碳酸氢钠，根据物料守恒可知：c(Na+)c()/c()=K()/c(H+)，C错误；0.1 molL1 Na2C2O4溶液与0.1 molL1 HCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸），由电荷守恒可知2c()+c()+c(OH)+ c(Cl)=c(Na+)+c(H+)，D错误。8.常温常压下，一氧化二氯(Cl2O)为棕黄色气体，沸点为3.8 ，42 以上会分解生成Cl2
14、和O2，Cl2O易溶于水并与水反应生成HClO。【制备产品】将氯气和空气(不参与反应)按体积比13混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液。（1）各装置的连接顺序为_。_（2）装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是_；装置C的作用是_。（3）制备Cl2O的化学方程式为_。（4）反应过程中，装置B需放在冷水中，其目的是_。（5）此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液有两个主要优点，分别是_。【测定浓度】（6）已知次氯酸可被FeSO4等物质还原。用下列实验方案测定装置E所得溶液中次氯酸的物质的量浓度：量取10 mL上述次氯酸溶液，并稀释至100 mL，再
15、从其中取出10.00 mL于锥形瓶中，并加入10.00 mL 0.80 molL1的FeSO4溶液，充分反应后，用0.050 00 molL1的酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液24.00 mL，则原次氯酸溶液的浓度为_。【答案】 (1). ADBCE (2). 加快反应速率，使反应充分进行 (3). 除去Cl2O中的Cl2 (4). 2Cl2Na2CO3=Cl2O2NaClCO2(或2Cl2Na2CO3H2O=Cl2O2NaCl2NaHCO3) (5). 防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解 (6). 制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大 (7). 1.000molL1【解析】
16、【分析】A装置用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，由D装置饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢气体，与空气形成1：3的混合气体通入B装置，防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B需放在冷水中，在搅拌棒的作用下与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，反应为：2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2，通入C装置吸收除去Cl2O中的Cl2，并在E装置中用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，据此分析作答。【详解】（1）A装置制备氯气，D装置吸收吸收氯气中的氯化氢气体，与空气形成1：3的混合气体通入B装置，与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，C装置吸收除去Cl2O中的Cl2，E装置中用水吸收Cl2O制备次
17、氯酸溶液；故答案为：A、D、B、C、E；（）装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是加快反应速率，使反应充分进行；装置C装置有足量的四氯化碳溶液，其作用是除去Cl2O中的Cl2；（）氯气和空气（不参与反应）按体积比1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，反应为：2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2或2Cl2+Na2CO3+H2OCl2O+2NaCl+2NaCO3；（）由题可知：Cl2O 42以上会分解生成Cl2和O2，故为防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B需放在冷水中；（5）此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液有两个主要优点，分别是制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较
18、大；（6）根据反应H2O+ClO-+2Fe2+=Cl-+2Fe3+2OH-、MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，则原次氯酸溶液的浓度为=1.000molL1。【点睛】本题考查性质实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行排列顺、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。9.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr()的处理工艺流程如下：已知：硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。常温下，部分阳
19、离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：阳离子Fe3+Mg2+Al3+Cr3+沉淀完全时的pH3.711.15.4(8溶解)9(9溶解)（1）实验室用18.4 molL-1的浓硫酸配制480 mL 2 molL1的硫酸，需量取浓硫酸_mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、胶头滴管、烧杯和玻璃棒外，还需_。（2）H2O2的作用是将滤液中的Cr3+转化为Cr2O72-，写出此反应的离子方程式：_。（3）加入NaOH溶液使溶液呈碱性，既可以除去某些杂质离子，同时又可以将Cr2O72-转化为CrO42-，写出该反应的离子方程式_。（4）钠离子交换树脂的反应原理为：Mn+ + n NaR = MRn + n
20、Na，则利用钠离子交换树脂可除去滤液中的金属阳离子有_。（5）写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式：_。（6）沉淀滴定法是测定粒子浓度的方法之一，为了测定某废水中SCN浓度，可用标准AgNO3溶液滴定待测液，已知：银盐性质AgClAgIAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白黄白砖红白Ksp1.810-108.310-171.210-163.510-111.010-12滴定时可选为滴定指示剂的是_(选填编号)，滴定终点现象是：_。ANaCl BK2CrO4 CKI DNaCN【答案】 (1). 54.3 (2). 500mL容量瓶 (3). 2Cr3+3H2O2H2OCr2O72
21、-8H (4). Cr2O72-2 OH- = 2CrO42-+H2O (5). Mg2+、Ca2+ (6). 2CrO42-3SO212H2O2Cr(OH)（H2O）5SO4SO42- 2OH (7). B (8). 当滴入最后一滴标准液时，沉淀由白色变为砖红色，且半分钟内沉淀颜色不再改变【解析】【分析】流程分析：硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入H2O2的作用是将滤液中的Cr3+转化为Cr2O72-，调节pH=8是为了让Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀而除去，同时Cr2O72-转化为CrO42-，过滤后，滤液通过钠离子交换树脂是为了
22、除掉Ca2+和Mg2+，通入二氧化硫发生氧化还原反应得到Cr（OH）（H2O）5SO4；（1）配置一定浓度的溶液要注意用500mL容量瓶，根据步骤确定所需仪器；（2）三步法配平离子方程式化合价升降相等配平化合价变化的元素根据左右两边电荷守恒确定氢离子系数根据左右两边原子守恒确定水的系数；（3）利用电荷守恒和原子守恒书写离子方程式；（4）学会知识迁移，联想硬水的软化就可确定Ca2+和Mg2+，或者根据阳离子互换原则确定；（5）三步法配平离子方程式化合价升降相等配平化合价变化的元素根据左右两边电荷守恒确定氢氧根离子系数根据左右两边原子守恒确定水的系数；（6）指示剂选择原则颜色变化明显Ksp略微大于
23、AgSCN。【详解】（1）根据C1V1= C2V2列等式，18.4V110-3=250010-3，V1=54.3mL；配制时所用玻璃仪器还需500mL容量瓶；正确答案：54.3 500mL容量瓶。（2）三步法配平离子方程式化合价升降相等配平化合价变化的元素根据左右两边电荷守恒确定氢离子系数根据左右两边原子守恒确定水的系数；离子方程式为2Cr3+3H2O2H2OCr2O72-8H；正确答案：2Cr3+3H2O2H2OCr2O72-8H。（3）利用电荷守恒和原子守恒书写离子方程式Cr2O72-2OH- = 2CrO42-+H2O；正确答案：Cr2O72-2 OH- = 2CrO42-+H2O。（4
24、）根据阳离子互换原则确定，利用钠离子交换树脂可除去滤液中的金属阳离子有Mg2+、Ca2+；正确答案：Mg2+、Ca2+。（5）三步法配平离子方程式化合价升降相等配平化合价变化的元素根据左右两边电荷守恒确定氢氧根离子系数根据左右两边原子守恒确定水的系数；得2CrO42-3SO212H2O2Cr(OH)（H2O）5SO4SO42- 2OH；正确答案：2CrO42-3SO212H2O2Cr(OH)（H2O）5SO4SO42- 2OH。（6）指示剂选择原则颜色变化明显Ksp略微大于AgSCN，确定K2CrO4作为指示剂，滴定终点现象是当滴入最后一滴标准液时，沉淀由白色变为砖红色，且半分钟内沉淀颜色不再
25、改变；正确答案：B 当滴入最后一滴标准液时，沉淀由白色变为砖红色，且半分钟内沉淀颜色不再改变。【点睛】本题的易错点（1）计算所需浓硫酸时必须按照配制500mL计算，没有480mL容量瓶（2）沉淀滴定法中指示剂选择原则除了一定要现象明显，还要注意指示剂离子沉淀浓度略大于测定离子所需沉淀浓度。10.C、S和Cl元素的单质及化合物在工业生产中的有效利用备受关注。请回答下列问题：（1）已知：I.2SO2(g)+O2(g)+2H2O(1) =2H2SO4(aq) H1；.Cl2(g)+H2O(1)HCl(aq)+HClO(aq) H2；.2HClO(aq) =2HCl(aq)+O2(g) H3SO2(g
26、)+Cl2(g)+2H2 O(1)=2HCl(aq)+H2SO4 (aq) H4=_(用含有H1、H2和H3的代数式表示)。（2）25时，H2SO3溶液中各含硫微粒的物质的量分数()与溶液pH的变化关系如图甲所示。已知25时，NaHSO3的水溶液pH7，用图中的数据通过计算解释原因 _。（3）NaClO2是一种绿色消毒剂和漂白剂，工业上采用电解法制备 NaClO2的原理如图乙所示。交换膜应选用_(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)阳极的电极反应式为_。（4）一定温度下，向2L恒容密闭容器中通入2molCO和1molSO2，发生反应2CO(g)+SO2(g) S(l)+2CO2(g) H=-
27、270kJ/mol，若反应进行到20min时达平衡，测得CO2的体积分数为0.5，则前20min的反应速率v(CO)= _，该温度下反应化学平衡常数K=_（Lmol-1）（5）在不同条件下，向2L恒容密闭容器中通入2molCO和1molSO2，反应体系总压强随时间的变化如图（I）所示：图（I）中三组实验从反应开始至达到平衡时，v(CO)最大的为_（填序号）与实验a相比，c组改变的实验条件可能是_。【答案】 (1). （H1+2H2+H3）/2 (2). 由图中数据可以计算出Ka2(H2SO3)=107.2 ，Ka1(H2SO3) =101.9，所以HSO3的水解常数是1012.1，HSO3电离
28、程度大于水解程度，溶液显酸性 (3). 阳离子交换膜 (4). 2Cl-2e-=Cl2 (5). 0.03molL-1min-1 (6). 11.25 (7). b (8). 升高温度【解析】【分析】（1）利用盖斯定律同向相加，异向相减的原则计算；（2）根据图像计算亚硫酸氢根离子的电离常数和水解常数，进行比较确定酸碱性；（3）仔细分析图像中的反应物和产物即可确定离子交换膜和电极反应式；（4）利用三行式法进行计算；（5）通过起点和斜率即可判断；【详解】（1）利用盖斯定律同向相加，异向相减的原则计算H4=（H1+2H2+H3）/2；正确答案：（H1+2H2+H3）/2。（2）根据图像PH=1.9的
29、交点计算水解常数Ka1(H2SO3)=101.9,Kh=Kw/ Ka1(H2SO3)= 1012.1,根据PH=7.2的交点计算Ka2=C（H+）=10-7.2 ，由于KhKa2,所以亚硫酸氢根离子电离程度大于水解程度,NaHSO3的水溶液pH7。正确答案：由图中数据可以计算出Ka2(H2SO3)=107.2 ，Ka1(H2SO3) =101.9，所以HSO3的水解常数是1012.1，HSO3电离程度大于水解程度，溶液显酸性。（3）仔细分析图像中的反应物和产物，可以看出左侧由ClO2制备NaClO2，需要Na+从右侧到左侧，所以判定为阳离子交换膜，根据Na+的移动方向可知左侧为阴极，右侧为阳极
30、，写出阳极电极反应式2Cl-2e-=Cl2；正确答案：阳离子交换膜 2Cl-2e-=Cl2。（4） 2CO(g)+ SO2(g) S(l)+2CO2(g) H=-270kJ/molC（初） 1 0.5 0C x x/2 xC（平） 1-x 0.5（1-x） x根据题干可知0.5=，计算得出x=0.6v(CO)=0.03molL-1min-1，k=11.25；正确答案：0.03molL-1min-1 11.25。（5）根据斜率可以看出b线单位时间内变化最快，所以图（I）中三组实验从反应开始至达到平衡时，v(CO)最大的为b；根据PV=nRT，可知n，V相同时，压强越大，温度越高，所以与实验a相比
31、，c组改变的实验条件可能是升高温度；正确答案：b；升高温度。【点睛】本题易错点是根据图像计算水解常数和电离常数，一般图像题要注意起点，交点，转折点的利用，要掌握水解常数与电离常数之间的转换。11.铁和钴是两种重要的过渡元素。（1）钴位于元素周期表的第_族，其基态原子中未成对电子个数为_。（2）Fe(H2NCONH2)6(NO3)3的名称是三硝酸六尿素合铁()，是一种重要的配合物。该化合物中Fe3+的核外电子排布式为_，所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是_。（3）尿素CO(NH2)2分子中，碳原子为_杂化，分子中键与键的数目之比为_。（4）Co(NH3)5BrSO4可形成两种钴的配合物,结构
32、分别为Co(NH3)5BrSO4和Co(SO4)(NH3)5Br。已知Co3+的配位数为6，为确定钴的配合物的结构，现对两种配合物进行如下实验：在第一种配合物溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀，在第二种配合物溶液中加入硝酸银溶液产生淡黄色沉淀。则第二种配合物的配体为_。（5）奥氏体是碳溶解在r-Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞为面心立方结构，如图所示，则该物质的化学式为_。若晶体密度为d gcm-3，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为_pm(阿伏加德罗常数的值用NA表示，写出简化后的计算式即可)。【答案】 (1). VIII (2). 3 (3). Ar3d5或1s22s22p63s23
33、p63d5 (4). ONCH (5). sp2 (6). 7:1 (7). SO42-、NH3 (8). FeC (9). 1010pm【解析】【分析】（1）根据钴在元素周期表中位置确定；（2）根据铁在元素周期表中位置确定Fe3+的核外电子排布式；根据非金属性强弱确定电负性大小；（3）根据尿素CO(NH2)2分子的结构式确定碳原子的杂化方式，分子中键与键的数目之比；（4）溴离子为配合物的外界，在水溶液中以离子形式存在，若加入AgNO3溶液时，会产生淡黄色沉淀溴化银；（5）根据晶胞中每个顶点1/8原子，每条棱上1/4个原子，每个面1/2个原子，体心1个原子计算出Fe，C原子个数比，找到化学式；
34、根据图像可知晶胞中最近的两个碳原子的距离为面对角线的一半，根据密度计算出棱长，再利用勾股定理计算。【详解】（1）钴的原子序数27，位于元素周期表的第四周期第VIII族，其基态原子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，所以未成对电子个数为3；正确答案：VIII 3 。（2）铁的原子序数26， Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Fe(H2NCONH2)6(NO3)3所含非金属元素为C、H、O、N，根据非金属性越强，电负性越大，可得电负性由大到小的顺序是ONCH；正确答案：ONCH。（3）根据尿素CO(NH2)2分子的结构式，C原子上没有孤对电子，形成3个
35、键，1个键，所以1个所以尿素分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，分子中键为3个C-C和4个C-H共7个与键的数目之比为7:1；正确答案：sp2 7:1。（4）溴离子为配合物的外界，在水溶液中以离子形式存在，若加入AgNO3溶液时，会产生淡黄色沉淀溴化银，所以第二种配合物的配体为SO42-、NH3；正确答案：SO42-、NH3。（5）晶胞中Fe原子数：8+6=4，晶胞中C原子数：12+1=4，所以铁碳原子数之比为1:1，化学式为FeC；设晶胞棱长为x，根据晶体密度列等式d gcm-3=m/V=得出x= cm=1010pm，根据勾股定理两个碳原子最近距离为1010pm。正确答案：1010pm。【点
36、睛】（1）络合物由內界和外界组成，络合物溶于水发生电离生成內界离子（络离子）和外界离子；晶胞的计算是难点也是重点，要注意单位换算和数学公式的利用。12.有机物F（）为一种高分子树脂，其合成路线如下：已知：A为苯甲醛的同系物，分子中无甲基，其相对分子质量为134；请回答下列问题：（1）X的化学名称是_。（2）E生成F的反应类型为_。（3）D的结构简式为_。（4）由B生成C的化学方程式为_。（5）芳香族化合物Y是D的同系物，Y的同分异构体能与饱和Na2CO3溶液反应放出气体，分子中只有1个侧链，核磁共振氢普显示有5种不同化学环境的氢，峰值面积比为6:2:2:1:1。写出两种符合要求的Y的结构简式_
37、、_。（6）写出以甲醛、丙醛和乙二醇为主要原料合成软质隐形眼镜高分子材料聚甲基丙烯酸羟乙酯（）的合成路线（无机试剂自选）：_。【答案】 (1). 甲醛 (2). 缩聚反应 (3). (4). (5). (6). (7). 【解析】根据信息：A为苯甲醛的同系物，分子中无甲基，其相对分子质量为134；A苯丙醛，根据F（的结构简式可知，E为含有羟基的芳香羧酸，根据C的分子式和生成D和E条件可知，CD为羟基或醛基的氧化，DE为卤素原子的水解反应，结合E的结构可知，D为含有溴原子的芳香羧酸，则C为含有溴原子的芳香醛，B为含有碳碳双键的芳香醛，根据信息可知X为甲醛。（1）由上述分析, X为甲醛，正确答案：
38、甲醛。（2）根据F（）结构可知，该物质是由羟基和羧基发生缩聚反应生成的，因此该反应类型为缩聚反应；正确答案：缩聚反应。（3）根据C的分子式和生成D和E条件可知，CD为羟基或醛基的氧化，DE为卤素原子的水解反应，结合E的结构可知，D为含有溴原子的芳香羧酸，D的结构简式为；正确答案：。（4）由题分析可知B为含有碳碳双键的芳香醛，可以与溴发生加成反应，化学方程式为：；正确答案：。（5）D的结构简式为，芳香族化合物Y是D的同系物，说明均含有羧基和溴原子，能够与饱和Na2CO3溶液反应放出气体，说明含有羧基，分子中只有1个侧链，结构的变化只是碳链异构和溴原子位置异构，核磁共振氢普显示有5种不同化学环境的氢，峰值面积比为6:2:2:1:1，说明苯环上有3种氢原子，个数比为2:2:1，侧链含有2种氢原子，个数比为6:1，符合要求的Y的结构简式为、；正确答案：、。（6）要合成有机物，就得先合成CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH，若要合成CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH，就得用甲基丙烯酸与乙二醇发生酯化反应，而甲基丙烯酸就得由甲基丙烯醛氧化得来，而丙醛和甲醛在碱性环境下反应生成甲基丙烯醛。因此制备该物质的流程如下：；正确答案：