1、唐山市20192020学年度高三年级摸底考试理科综合能力测试相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Fe56 Cu64一、选择题1.本草纲目中对玻璃有如下叙述：“本作颇黎。颇黎，国名也。其莹如水，其坚如玉，故名水玉，与水精（即水晶，主要成分为SiO2）同名。有酒色、紫色、白色，莹澈与水精相似。”下列说法错误的是（ ）A. 文中所描述的玻璃颜色，来自某些金属氧化物B. 玻璃质地坚硬，不易破碎C. 将石灰石、纯碱、石英在高温下熔融，可制得普通玻璃D. 不能用带有磨口玻璃塞的玻璃试剂瓶盛放NaOH溶液【答案】B【解析】【详解】A、玻璃中含有少量金属氧化物，能够使玻璃呈现不同的颜色，故A正
2、确；B、玻璃是一种质地坚硬，容易破碎的玻璃态物质，故B错误；C、制玻璃的原料是：石灰石、纯碱、石英，三者在玻璃熔炉中高温熔融可制得玻璃，故C正确；D、玻璃塞中的二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠，长时间后，塞子不容易打开，所以氢氧化钠溶液不能用带有磨口玻璃塞的试剂瓶盛装，故D正确；故选B。2.关于化合物，下列说法正确的是（ ）A. 分子式为C9H10B. 分子中所有碳原子均处于同一平面C. 与互为同分异构体D. 易溶于水【答案】A【解析】【详解】A、根据结构简式可知，该化合物的分子式为C9H10，故A正确；B、分子中含有结构，为四面体结构，所有碳原子不可能处于同一平面，故B错误；C、的分子式为
3、C9H12，分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D、该化合物属于烃类，难溶于水，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为B，要注意甲烷是四面体结构，有机物分子中只要含有或中的一种，分子中的所有碳原子就不可能处于同一平面内。3.实验室用如图所示装置（图中夹持仪器略去）测定牙膏样品中碳酸钙的质量分数，下列说法错误的是A. 实验过程中持续通入空气可起到搅拌B、C中的反应物的作用B. 实验过程中滴加盐酸的速率不宜过快C. 依据装置C在反应前后的质量差测定的结果会偏高D. C中的沉淀经过滤、干燥、称重后可确定牙膏样品中碳酸钙的质量【答案】D【解析】【详解】A. 实验过程中持续通入空气可起到搅拌B、C中
4、的反应物的作用，使反应物充分混合，增加反应物的接触机会，加快反应速率，同时可以将装置中残留的二氧化碳全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收，准确测定碳酸钙的质量分数，A项正确；B. 滴加盐酸过快，CO2来不及被吸收，就被排出装置C，因此滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳被吸收完全，可以提高测定准确度，B项正确；C. B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高，C项正确；D. B中牙膏样品中的CaCO3与盐酸反应生成CO2，CO2进入C中与足量的Ba(OH)2溶液反应生成BaCO3沉淀，经过滤、干燥、称重后得BaCO3的质量
5、，根据碳元素守恒得，n(CaCO3)= =n(CO2)= n(BaCO3)，进而计算CaCO3的质量， D项错误；答案选D。4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. pH13NaOH溶液中含有OH的数目为0.1NAB. Na2O2与足量H2O反应生成0.1mol O2时转移电子的数目为0.4NAC. 常温常压下，23g NO2与N2O4的混合气体中共含有NA个氧原子D. 常温常压下，22.4L CO2中含有NA个CO2分子【答案】C【解析】【详解】A. 缺少氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的数目，A项错误；B. 过氧化钠中氧元素化合价-1价变化为0价和-2价，生成1mol
6、氧气，电子转移2mol，过氧化钠与水反应生成0.1mol氧气，转移0.2mol电子，转移电子的数目为0.2NA，B项错误； C. 23g NO2和N2O4的混合气体中含有0.5mol最简式NO2，含有1mol氧原子，含有氧原子总数为NA，C项正确；D. 不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L CO2的物质的量，D项错误；答案选C。【点睛】1、A项是学生们的易错点，学生们往往不细心，直接认为溶液是1L并进行计算，这种错误只要多加留意，认真审题即可避免；2、D.项也是学生们的易错点，随意使用气体摩尔体积22.4L/mol，只有同时满足气体、标准状况，才可使用22.4L/mol，
7、利用该公式计算气体的体积或者气体物质的量。5.常温下，用0.1000molL1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000 molL1某酸（HA）溶液，溶液中HA、A的物质的量分数(X)随pH的变化如图所示。已知(X)下列说法正确的是A. Ka(HA)的数量级为105B. 溶液中由水电离出的c(H)：a点b点C. 当pH4.7时，c(A)c(OH)c(HA)c(H)D. 当pH7时，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL【答案】A【解析】【详解】A. 曲线的交点处，c(HA)=c(A-)，此时pH=4.7，则因此Ka(HA)的数量级为10-5，A项正确；B. a点、b点溶液均显酸性，均抑制水
8、的电离，a点pH较小，溶液酸性较强，抑制水的电离程度更大，因此，溶液中由水电离出的c (H)：a点7，D项错误；答案选A。【点睛】利用曲线的交点计算Ka(HA)，是该题的巧妙之处，因为该点c(HA)=c(A-)，因此Ka(HA)= c(H+)，同学们在做水溶液中离子平衡的图像题的时候，多关注特殊的点，诸如曲线的交点、起点、恰好反应点、中性点等。6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是（ ）A.
9、 元素非金属性强弱的顺序为WYZB. Y单质的熔点高于X单质C. W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有一种D. 化合物M中W不都满足8电子稳定结构【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；根据结构，W最外层有6个电子，原子序数小于11，则W为O元素；Y最外层有4个电子，原子序数大于11，则Y为Si元素；W的核外电子数为8，与X、Z的最外层电子数之和相等，则Z最外层有7个电子，只能为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，符合题意，据此分析解答。【详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y
10、为Si元素，Z为Cl元素。A、同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为ClSi，即ZY，故A错误；B、硅为原子晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，故B正确；C、O与Na能够形成氧化钠和过氧化钠2种，故C错误；D、根据，阴离子带2个单位负电荷，其中O都满足8电子稳定结构，故D错误；故选B。7.通过膜电池可除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法错误的是A. 该方法能够提供电能B. B极上的电势比A极上的电势低C. A极的电极反应为+H+2e-Cl-+D. 电池工作时H通过质子交换膜由正极区向负极区移动【答案】D【解析
11、】【分析】该装置为原电池，原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+H+2e-Cl-+，电流从正极经导线流向负极，据此解答。【详解】A. 该装置为原电池，将化学能转化为电能，则该方法能够提供电能，A项正确；B. 原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A极为正极，B极为负极，则B极上的电势比A极上的电势低，B项正确；C. A极为正极，有氢离子参与反应，电极反应式为+H+2e-Cl-+，C项正确；D. 原电池中阳离子移向正极，则该原电池中氢离子向正极移动，D项错误；答案选D。8.四氯化钛（TiCl4）是制取航空材料钛合金
12、的重要原料。由钛铁矿（主要成分是FeTiO3，不溶于水）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如图：回答下列问题：（1）“酸浸”时需要将钛铁矿粉碎，其目的是_。（2）浸出液呈强酸性，含有TiO2、Fe2及少量Fe3、Al3等离子，则生成TiO2的离子方程式是_。（3）“反应”时需加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：2Fe3Fe3Fe22TiO2（无色）Fe4H2Ti3（紫色）Fe22H2OTi3（紫色）Fe3H2OTiO2（无色）Fe22H加入铁屑的作用是_。（4）通过控制条件，可以使过程中生成的TiO2nH2O形成一种液态分散系，用一束光照射该分散系能够产生丁
13、达尔效应，则分散质颗粒直径的范围是_。（5）过程制得的固体TiO2nH2O需用过量酸清洗以除去其中的Fe(OH)3杂质，检验Fe(OH)3杂质除净的实验方法是_。（6）过程生成废气中含有CO，则TiO2和焦炭、氯气在高温下发生反应的化学方程式是_。（7）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是_（只要求写出一项）。（8）依据表中信息，可采用_方法精制含少量SiCl4杂质的TiCl4。TiCl4SiCl4熔点/25.068.8沸点/136.457.6【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率 (2). FeTiO34HTiO2Fe22H2
14、O (3). 将Fe3还原为Fe2 (4). 10-910-7m (5). 用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净 (6). TiO22C2Cl2TiCl42CO (7). 过程中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气 (8). 蒸馏【解析】【详解】（1）将钛铁矿粉碎，可以增大固体反应物的接触面积，加快反应速率； 故答案为：增大接触面积，加快反应速率；（2）根据已知信息，确定部分反应物FeTiO3和生成物TiO2、Fe2，再结合元素守恒，电荷守恒配平生成TiO2的离子方程式为FeTiO34HTiO2Fe22H2O；故答案为：FeTiO3
15、4HTiO2Fe22H2O；（3）根据题意：浸出液中含有少量Fe3，而浸出液加入铁粉后浓缩、结晶得到FeCl2晶体，因此加入铁粉的目的是将Fe3还原为Fe2，加入铁屑至浸出液显紫色，说明Fe3已完全被还原为Fe2；故答案为：将Fe3还原为Fe2；（4）能够产生丁达尔效应的分散系为胶体，则分散质颗粒直径的范围是10-910-7m；故答案为：10-910-7m； （5）过量酸将Fe(OH)3中和为Fe3，用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净；故答案为：用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂
16、质已除净；（6）过程反应物为TiO2、氯气、焦炭，生成的废气中含有CO，根据得失电子守恒、元素守恒写出方程式，则TiO2和焦炭、氯气在高温下发生反应的化学方程式是TiO22C2Cl2TiCl42CO；故答案为：TiO22C2Cl2TiCl42CO；（7）依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是过程中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气；故答案为：过程中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气； （8）SiCl4、TiCl4为液态混合物，沸点相差较大，因此可用蒸馏的方法提纯TiCl4；故答案为：蒸馏。9.二苯基乙二酮常用作医药中间体及紫外线固化剂，可由二苯基羟乙酮氧化制得，相关物质的物理参
17、数、化学方程式及装置图（加热和夹持装置已略去）如下：相对分子质量熔点/沸点/密度/gcm3溶解性二苯基羟乙酮2121333441.310不溶于冷水，溶于乙醇二苯基乙二酮210973481.084不溶于水，能溶于乙醇+2FeCl3+2FeCl2+2HCl在反应装置中，加入10mL冰醋酸、5.50g FeCl3固体、10mL水及少量碎瓷片，加热至沸腾，停止加热，待沸腾平息后加入2.12g二苯基羟乙酮，继续加热回流至二苯基羟乙酮完全反应。反应结束后加水煮沸，冷却后即有二苯基乙二酮粗产品析出，用70%乙醇水溶液重结晶提纯，得到1.80g产品。重结晶过程如下：加热溶解活性炭脱色趁热过滤冷却结晶抽滤洗涤干
18、燥请回答以下问题：（1）装置图中仪器a的名称是_，其作用是_。（2）加入碎瓷片的作用是_。若加热后发现未加碎瓷片，应采取的正确方法是_。（3）实验中可采用薄层色谱跟踪反应进程，其原理和操作与纸上层析类同，通过观察薄层色谱展开后的斑点（在实验条件下，只有二苯基羟乙酮和二苯基乙二酮能够产生斑点）判断样品中的成分。如图分别为加入二苯基羟乙酮后反应开始、回流15min、30min、45min和60min时，用毛细管取样、点样，薄层色谱展开后的斑点：该实验条件下加热_后可认为反应结束。A15min B30min C45min D60min（4）上述重结晶过程中，_（填步骤名称）操作除去了不溶性杂质。（5
19、）在重结晶过程中，不可选用明火直接加热，原因是_。（6）不选择蒸馏的方法提纯二苯基乙二酮粗产品的原因是_。（7）本实验的产率是_%。（保留3位有效数字）【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 冷凝回流 (3). 防止暴沸 (4). 停止加热，待冷却后补加 (5). C (6). 趁热过滤 (7). 所用70%乙醇溶液会挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸 (8). 二苯基乙二酮粗产品为固体混合物，二苯基乙二酮与二苯基羟乙酮的沸点差别较小 (9). 85.7【解析】【分析】（1）仪器a的名称是球形冷凝管，其作用是冷凝回流，可减少二苯基乙二酮、二苯基羟乙酮的损失；（2）烧瓶中加热液体时均需加入碎
20、瓷片防止液体暴沸；若加热后发现未加碎瓷片，应采取的正确方法是停止加热，待冷却后补加；（3）对照图上的斑点分析，可以知道，反应开始时图上的斑点是反应物，由此可推知，回流15min、30min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，45min时则图上的斑点是生成物，而反应物基本上无剩余，据此解答；（4）根据重结晶的过程判断每一步的作用，趁热过滤可以除去不溶性杂质；（5）乙醇作为重结晶的溶剂，但是乙醇易挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸，据此解答； （6）根据二者的熔沸点选择分离方式；（7）列比例计算二苯基乙二酮的理论产量，进而计算产率。【详解】（1）仪器a的名称是球形冷凝管，其作用是冷
21、凝回流，减少二苯基乙二酮、二苯基羟乙酮的损失；故答案为：球形冷凝管；冷凝回流；（2）加入碎瓷片的作用是防止暴沸；若加热后发现未加碎瓷片，应采取的正确方法是停止加热，待冷却后补加；故答案为：防止暴沸；停止加热，待冷却后补加；（3）对照图上的斑点分析，可以知道，反应开始时图上的斑点是反应物，由此可推知，回流15min、30min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，45min时则图上的斑点是生成物，而反应物基本上无剩余。因此，该实验条件下加热45min后可认为反应结束；故答案为：C；（4）重结晶过程：加热溶解活性炭脱色趁热过滤冷却结晶抽滤洗涤干燥，其中活性炭脱色可以除去有色杂质，趁热过
22、滤可以除去不溶性杂质，冷却结晶，抽滤可以除去可溶性杂质，则上述重结晶过程中，趁热过滤操作除去了不溶性杂质；故答案为：趁热过滤；（5）在重结晶过程中，用的是70%乙醇水溶液重结晶提纯二苯基乙二酮，乙醇溶液会挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸，因此在重结晶过程中，不可选用明火直接加热； 故答案为：所用70%乙醇溶液会挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸；（6）二苯基乙二酮粗产品为固体混合物，且二苯基乙二酮与二苯基羟乙酮的沸点差别较小，因此不选择蒸馏的方法提纯二苯基乙二酮粗产品；故答案为：二苯基乙二酮粗产品为固体混合物，二苯基乙二酮与二苯基羟乙酮的沸点差别较小；（7）理论上2.12 g二苯基羟乙酮
23、完全反应，其物质的量为，则理论上生成二苯基乙二酮为0.1mol，其质量为m=nM=0.01mol210g/mol=2.1g，则其产率为；故答案为：85.7。10.研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：反应：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g) H149.6 kJ/mol反应：CH3OCH3(g)H2O(g)2CH3OH(g) H223.4 kJ/mol反应：2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(g) H3（1）H3_kJ/mol。（2）恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应I。下列描述
24、能说明反应I达到平衡状态的是_（填序号）。A反应体系总压强保持不变B容器内的混合气体的密度保持不变C水分子中断裂2NA个H-O键，同时氢分子中断裂3NA个H-H键DCH3OH和H2O的浓度之比保持不变 （3）反应II在某温度下的平衡常数为0.25，此温度下，在密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)，反应到某时刻测得各组分浓度如下：物质CH3OCH3(g)H2O(g)CH3OH(g)浓度/molL11.81.80.4此时v正_v逆（填“”、“”或“”），当反应达到平衡状态时，混合气体中CH3OH体积分数(CH3OH)% _%。（4）在某压强下，反应III在不同温度、不同投料
25、比时，CO2的平衡转化率如图所示。T1温度下，将6mol CO2和12mol H2充入2 L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则05min内的平均反应速率v(CH3OCH3)_；KA、KB、KC三者之间的大小关系为_。（5）恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应III，在相同时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。其中：CH3OH的选择性100%温度高于230，CH3OH产率随温度升高而下降的原因是_。在上述条件下合成甲醇的工业条件是_。A210 B230 C催化剂CZT D催化剂CZ(Zr1)T【答案】 (1). 122.6 (2). A
26、C (3). (4). 20 (5). 0.18molL1min1 (6). KAKCKB (7). 反应I的H0温度升高，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降 (8). BD【解析】【分析】（1）根据盖斯定律以及热化学方程式进行计算；（2）根据化学平衡状态的判断标志进行判断；（3）根据浓度商和化学平衡常数的大小关系判断反应进行的方向；设未知数利用化学平衡常数列出三段式解方程，进而计算体积分数；（4）根据图像确定CO2的平衡转化率，进而计算CH3OCH3的生成量，再利用化学反应速率的计算公式计算v(CH3OCH3)；根据化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，得出KAKC，再
27、根据该反应为正向放热的反应，降温平衡逆向移动，结合图像判断T1、T2的大小关系，从而得出KA、KC、KB三者的关系； （5）反应I的H0，升温平衡逆向移动，CO2转化转化率降低，CH3OH产率下降，再结合图像判断合成甲醇的工业条件。【详解】（1）根据盖斯定律知，反应III=反应2-反应，因此，H3=H12-H2=49.6 kJ/mol2-23.4 kJ/mol=-122.6 kJ/mol；故答案为：122.6；（2）反应条件为恒温恒容，反应I：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)为反应前后气体物质的量减少的反应，A. 该反应为反应前后气体物质的量减少的反应，随着反应的进行气体物
28、质的量减少，体系总压强减小，因此当反应体系总压强保持不变时能说明反应I达到平衡状态，A项正确；B. 根据质量守恒定律知混合气体的总质量不变，容器容积也不变，则随着反应的进行，容器内的混合气体的密度始终保持不变，因此当反容器内的混合气体的密度保持不变时不能说明反应I达到平衡状，B项错误；C. 当水分子中断裂2NA个HO键时会有3NA个HH键形成，即生成3mol氢分子，若同时氢分子中断裂3NA个HH键，即消耗3mol氢分子，则氢气的物质的量保持不变，反应达到平衡状态，因此水分子中断裂2NA个HO键，同时氢分子中断裂3NA个HH键能说明反应I达到平衡状，C项正确；D. 反应达到平衡状态时各物质的物质
29、的量浓度保持不变，但CH3OH和H2O的浓度之比始终等于1:1，因此CH3OH和H2O的浓度之比保持不变不能说明反应I达到平衡状，D项正确；故答案为：AC；（3）此刻反应的浓度商，因此反应向正反应方向进行，v正v逆；设起始时CH3OCH3和H2O的物质的量均为a mol，反应达到平衡状态时，CH3OCH3的转化量为x mol，则可列出三段式：CH3OCH3(g) H2O(g)2CH3OH(g)起始（mol） a mol a mol 0转化（mol） x mol x mol 2x mol平衡（mol） (a-x)mol (a-x)mol 2x mol则化学平衡常数，解得：x=0.2a，则混合气体
30、中CH3OH的物质的量为0.4a，混合气体总物质的量不变仍为2a，因此混合气体中CH3OH体积分数；故答案为：；20； （4）由图可知，在T1温度下，将6 molCO2和12molH2充入2 L的密闭容器中时，CO2的平衡转化率为60%，因此CO2的转化量为6 mol60%=3.6，则生成CH3OCH3的物质的量为1.8mol，；化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，则KAKC，由图像可知，当投料比相同时，T1温度下的平衡转化率较大，该反应为正向放热的反应，降温平衡正向移动，化学平衡常数增大，因此T1T2，KAKCKB；故答案为：0.18molL1min1；KAKCKB； （5
31、）反应I的H0，在相同的时间段内反应，230反应达到平衡状态，升温平衡逆向移动，CO2转化转化率降低，CH3OH产率下降；故答案为：反应I的H0温度升高，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降；由图像可知在230下CH3OH的转化率最高，催化剂CZ(Zr1)T对CH3OH的选择性最好，因此合成甲醇的工业条件是230，催化剂CZ(Zr1)T。故答案为：BD。【点睛】化学平衡状态的判断是学生们的易错点，首先一定要关注反应条件是恒温恒容、恒温恒压还是恒温绝热等，再关注反应前后气体物质的量的变化以及物质的状态，化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的量、浓度等保持不变，以及衍生出来的一些量也不变，但
32、一定得是“变化的量”不变了，才可作为判断平衡的标志。11.镍、钴、钛、铜等元素常用作制备锂离子电池的正极材料或高效催化剂。NA表示阿伏加德罗常数，请填写下列空白。（1）基态Co原子的电子排布式为_。（2）镍与CO生成的配合物Ni(CO)4中，易提供孤电子对的成键原子是_（填元素名称）；1 molNi(CO)4中含有的键数目为_；写出与CO互为等电子体的一种阴离子的化学式_。（3）Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH4-的空间构型是_，B原子的杂化方式_。与钛同周期的第B族和A族两种元素中第一电离能较大的是_（写元素符号），原因是_。（4）CuFeS2的晶胞如图所示，晶胞参数分别为anm、bnm
33、、cnm；CuFeS2的晶胞中每个Cu原子与_个S原子相连，晶体密度_gcm3（列出计算表达式）。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子2和3的坐标分别为（0，1，）、（，0），则原子1的坐标为_。【答案】 (1). Ar3d74s2 (2). 碳 (3). 8NA (4). CN或C22 (5). 正四面体 (6). sp3 (7). Zn (8). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (9). 4 (10). (11). （，）【解析】【分析】(1)Co是27号元素，结合构造原理写出电子排布式；(2)Ni原子含有空轨道，CO与氮气
34、互为等电子体，二者化学键类似，CO分子中C、O原子均有1对孤对电子，结合电负性判断哪个原子更易提供孤对电子形成配位键；Ni(CO)4分子中有4个配位键，属于键，CO中含有1个键，故1个Ni(CO)4分子中有8个键；(3)根据价层电子对个数=键个数+孤电子对个数计算判断BH4-中B原子杂化类型和空间构型；结合原子轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定分析判断；(4)根据均摊法计算晶胞中含有的原子个数，再根据=计算；根据原子2和3的坐标分析判断出坐标原点，再根据图示判断原子1的坐标。【详解】(1)钴为27号元素，基态钴原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d74s2或简写为Ar3d
35、74s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2；(2)Ni原子含有空轨道，CO与氮气互为等电子体，二者化学键类似，CO分子中C、O原子均有1对孤对电子，由于O元素电负性比碳元素的大，C原子更易提供孤对电子形成配位键；Ni(CO)4分子中有4个配位键，属于键，CO中含有1个键，故1个Ni(CO)4分子中有8个键，1molNi(CO)4中含有的键数目为8NA(或86.021023或4.8161023)；与CO互为等电子体微粒有2个原子、价电子总数为10，阴离子可以是CN-或C22，故答案为：碳；8NA(或86.021023或4.8161023)；CN-或C22；
36、(3)BH4-中B原子的孤电子对数=0，价层电子对数=0+4=4，BH4-的空间构型与VSEPR模型相同，即为正四面体，杂化轨道数目为4，B原子采取sp3杂化；与钛同周期的第B族和A族两种元素为Zn和Ga，由于Zn核外电子排布为全满结构，比较稳定，较难失电子，因此第一电离能比Ga的大，故答案为：正四面体形；sp3杂化；Zn；Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；(4)根据CuFeS2的晶胞图，晶胞内部的每个Cu原子与4个S相连，因此晶胞中每个Cu原子与4个S原子相连；该晶胞中S原子个数=8、Fe原子个数=4+4+2=4、Cu原子个数=8+4+1=4，则晶胞质量为g，晶胞参数分别为anm、
37、bnm、cnm，则晶胞体积=abc(nm3)，晶体密度= gcm3；图中原子2和3的坐标分别为(0，1，)、(，0)，说明是以图中底面左前方的铜原子作为坐标原点的，则原子1的坐标为(，)，故答案为：4；(，)；【点睛】本题的难点和易错点为(4)中原子1的坐标的确定，要注意根据原子2和3的坐标找出坐标原点。12.有机物M可由A（C2H4）按如图路线合成：已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O；同一个碳原子上连有两个羟基的有机物不稳定，易脱水形成羰基。C、F均能发生银镜反应。回答下列问题：（1）A的名称是_，B含有的官能团是_。（2）的反应类型是_，的反应类型是_。（3）G结构简式
38、是_。（4）反应化学方程式是_。（5）L是M的同分异构体，分子中除含有1个苯环外无其他环状结构，且苯环上只有一个侧链，1 mol的L可与1 mol的NaHCO3反应，L共有_种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积比为322111的结构简式是_（任写一种）。（6）参照上述合成路线，设计以C为原料制备高吸水性树脂的合成路线（无机试剂任选）。_【答案】 (1). 乙烯 (2). 羟基或OH (3). 加成反应 (4). 取代反应 (5). (6). 2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O (7). 8 (8). 、或 (9). 【解析】【分析】由分子式C2H4可知A为乙烯，乙烯
39、与水发生加成反应生成B，B为C2H5OH，B发生催化氧化生成C，C为CH3CHO；由分子式C7H8可知D为，D与氯气在光照时发生甲基上的取代反应生成E，结合E的分子式可知，E为，E发生水解反应生成F，结合信息可知，F为；C与F发生信息中反应生成G，G为，G发生氧化反应，酸化后生成H，H为，H与甲醇发生酯化反应生成M，M为。据此分析解答。【详解】(1)A的名称是乙烯，B为C2H5OH，含有的官能团是羟基，故答案为：乙烯；羟基；(2)根据上述分析，反应是加成反应，反应是取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；(3)根据上述分析，G为，故答案为：；(4)反应为乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH
40、3CH2OHO22CH3CHO2H2O，故答案为：2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O；(5)L是M()的同分异构体，分子中除含有1个苯环外无其他环状结构，且苯环上只有一个侧链，1mol的L可与1mol的NaHCO3反应，说明含有1个-COOH，可以看作CH3CH=CHCOOH、CH2=CHCH2COOH、CH2=C(CH3)COOH中烃基中的H原子被苯基取代，分别有3种、3种、2种，故符合条件的共有3+3+2=8种，其中核磁共振氢谱为6组峰，峰面积比为322111的结构简式是、或，故答案为：8；、或；(6)以乙醛为原料制备，需要首先合成CH3CH=CHCOONa，可以由乙醛先在碱性、加热条件下反应生成CH3CH=CHCHO，然后用银氨溶液氧化得到CH3CH=CHCOOH，再与NaOH发生中和反应得到CH3CH=CHCOONa，最后发生加聚反应得到目标物，合成路线为：CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOONa，故答案为：CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOONa。
