1、云南省昆明第一中学2018届高三第八次月考-理科综合化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Cu-641. 中国诗词大会不仅弘扬了中华传统文化，还蕴含着许多化学知识。下列诗句的有关说法错误的是A. 王安石诗句“雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋”。雷雨天实现了大气中氮的固定B. 于谦诗句“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深”。“ 乌金”指的是石油C. 赵孟頫诗句“纷纷灿烂如星陨，霍霍喧逐似火攻”。灿烂的烟花与某些金属元素的焰色反应有关D. 刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”。金性质稳定，存在游离态，可用物理方法获得【答案】B
2、【解析】分析：A项，雷雨天实现了大气中氮的固定，涉及的主要反应有N2+O22NO、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO；B项，“乌金”指的是煤炭；C项，灿烂的烟花与某些金属元素的焰色反应有关；D项，金化学性质稳定，在自然界中常以游离态存在，金和泥沙密度不同，金的密度比较大，可利用水流使泥沙和金分离开来，即可通过物理方法提纯金。详解：A项，“雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋”指雷声轰鸣响彻天地、电光闪耀、乌云翻滚如同浪滔，半夜里云层载着密雨运送到广阔的原野和田间沟壕，雷雨天实现了大气中氮的固定，涉及的主要反应有N2+O22NO、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HN
3、O3+NO，A项正确；B项，“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深”指凿开混沌的地层，获得象乌黑发亮的金子一样的煤炭，煤炭蕴藏着无尽的热力、心藏情义最深沉，其中的“乌金”指的是煤炭，B项错误；C项，节日燃放的灿烂的烟花就是碱金属，以及锶、钡等金属化合物焰色反应所呈现的各种艳丽色彩，灿烂的烟花与某些金属元素的焰色反应有关，C项正确；D项，“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”指淘金要千遍万遍的过滤，虽然辛苦，但只有淘尽了泥沙，才会露出闪亮的黄金，说明金的化学性质稳定，在自然界中常以游离态存在，金和泥沙密度不同，金的密度比较大，可利用水流使泥沙和金分离开来，即可通过物理方法提纯金，D项正确；答案选B。2.
4、2017年8月3日，中国科学家在Nature杂志发表论文，合成了一种代号为ICM-101的高能量密度材料。合成该高能物质的主要原料为草酰二肼，结构简式如图所示。下列有关草酰二肼的说法正确的是A. 可由草酸(HOOC-COOH)和肼(H2N-NH2)发生酯化反应制备B. 不能发生水解反应C. 与联二脲(H2NCONHNHCONH2)互为同分异构体D. 分子中最多有12个原子处于同一平面(已知NH3分子构型为三角锥)【答案】C【解析】分析：A项，草酰二肼中不含酯基，草酸与肼发生取代反应生成草酰二肼和H2O；B项，草酰二肼能发生水解反应；C项，草酰二肼与联二脲互为同分异构体；D项，草酰二肼中C原子都
5、为sp2杂化，N原子都为sp3杂化，草酰二肼分子中最多有10个原子处于同一平面上。点睛：本题考查有机物的结构和性质、同分异构体、分子中共面原子个数的判断。难点是分子中共面原子个数的判断，分子中共面原子个数判断的技巧：任意三个原子一定共平面；由CH4、CH2=CH2、CHCH、苯、HCHO、NH3等分子结构迁移应用；单键可以旋转；注意“可能”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”等限制条件。3. 根据下列实验操作、现象，所得结论正确的是实验操作实验现象实验结论A在盛番茄汤的玻璃杯中加入适量植物油，充分搅拌、静置上层液体颜色比下层液体深番茄色素在水中的溶解度比在植物油中的大B向Na2SiO3溶液中
6、加入12滴酚酞溶液，再逐渐滴入稀盐酸，边加边振荡溶液红色变浅并接近消失时，有透明的凝胶产生制得了硅酸胶体C向盛有10mL水的锥形瓶中，小心滴入SOCl2液体剧烈反应，液面有白雾形成，并有带刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色SOCl2与水发生了氧化还原反应D向滴有酚酞溶液的碳酸钠溶液中滴加足量氯化钡溶液析出白色沉淀，溶液红色褪去氯化钡溶液显酸性A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】分析：A项，植物油难溶于水且密度比水小，植物油将番茄色素萃取出来，番茄色素在水中的溶解度比在植物油中的小；B项，Na2SiO3与盐酸反应制得硅酸胶体；C项，SOCl2与H2O反应生成SO2和
7、HCl，该反应不是氧化还原反应；D项，BaCl2溶液呈中性。详解：A项，在盛番茄汤的玻璃杯中加入适量植物油，充分搅拌、静置，上层液体颜色比下层液体深，植物油难溶于水且密度比水小，植物油将番茄色素从水中萃取出来，说明番茄色素在水中的溶解度比在植物油中的小，A项错误；B项，Na2SiO3溶液中逐渐滴入稀盐酸产生透明的凝胶，发生反应：Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3（胶体），制得硅酸胶体，B项正确；C项，根据实验现象“SOCl2与水剧烈反应，液面有白雾形成，并有带刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色”，说明SOCl2与水反应生成HCl和SO2，反应的化学方程式为SOCl2+
8、H2O=2HCl+SO2，反应前后元素的化合价没有发生变化，该反应不是氧化还原反应，C项错误；D项，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，加入BaCl2溶液，Ba2+与CO32-形成BaCO3白色沉淀，c（CO32-）减小，水解平衡逆向移动，溶液红色褪去，BaCl2属于强酸强碱盐，BaCl2溶液呈中性，D项错误；答案选B。4. 某研究性小组为了探究石蜡油(液态烷烃混合物)的分解产物，设计了如下实验方案。下列说法错误的是A. 石蜡油分解产物中含有烯烃，不含烷烃B. 试管乙、丙中溶液均褪色，分别发生氧化反应、加成反应C. 碎瓷片有催化和积蓄热量的作用D. 结束反应时
9、，为防止倒吸，先撤出导管，再停止加热【答案】A【解析】分析：A项，石蜡油分解产物中含烯烃和烷烃；B项，烯烃使酸性KMnO4溶液褪色为氧化反应，烯烃使溴的四氯化碳溶液褪色为加成反应；C项，碎瓷片的作用是：催化和积蓄热量；D项，为防止倒吸，实验结束时先撤出导管，再停止加热。详解：A项，石蜡油是液态烷烃混合物，石蜡油受热催化分解的产物中含烯烃和烷烃，A项错误；B项，烯烃使酸性KMnO4溶液褪色为氧化反应，烯烃使溴的四氯化碳溶液褪色为加成反应，B项正确；C项，碎瓷片的作用是：催化和积蓄热量，C项正确；D项，为防止倒吸，实验结束时先撤出导管，再停止加热，D项正确；答案选A。5. 电解硫酸钠溶液生产硫酸和
10、烧碱溶液的装置如图所示，a、b均为惰性电极，在直流电场的作用下，中间隔室的Na+、SO42-可分别通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列有关说法正确的是A. a极的电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-B. c为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜C. 气体乙为O2，产物丁为硫酸D. 若撤去离子交换膜c、d再电解硫酸钠溶液，则不能制得硫酸和烧碱【答案】D【解析】分析：根据装置图，a为阳极，b为阴极，根据放电顺序，a极的电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，气体甲为O2，b极的电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，气体乙为H2，为了制得硫酸和烧碱溶液，结合“中
11、间隔室的Na+、SO42-可分别通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室”，c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜；若撤去离子交换膜c、d，电解Na2SO4溶液即电解水，最后得到的仍是Na2SO4溶液。详解：根据装置图，a极与直流电源的正极相连，a极为阳极，b极与直流电源的负极相连，b极为阴极。A项，a极为阳极，根据放电顺序，a极的的电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，A项错误；B项，结合“中间隔室的Na+、SO42-可分别通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室”分析，a极上除了生成O2外，还生成H+，为了制得硫酸，c为阴离子交换膜，SO42-向阳极室移动，b
12、极为阴极，根据放电顺序，b极的的电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，b极上除生成H2外，还生成OH-，为了制得NaOH，d为阳离子交换膜，Na+向阴极室移动，B项错误；C项，阴极产生的气体乙为H2，产物丁为NaOH溶液，C项错误；D项，若撤去离子交换膜c、d，电解Na2SO4溶液即电解水，反应为2H2O2H2+O2，最后得到的仍是Na2SO4溶液，不能制得硫酸和NaOH，D项正确；答案选D。点睛：本题考查电解原理，明确阴、阳极和离子的放电顺序是解题的关键，结合电极反应式作答。难点是离子交换膜的判断，阴离子交换膜只许阴离子通过，阳离子交换膜只许阳离子通过。6. W、X、Y、Z是原子序数
13、依次增加的短周期主族元素。W存在4原子核18电子的氢化物分子，X的最外层电子数是电子层数的，Z与W同主族，X、Y、Z的最外层电子数之和为9。下列说法正确的是A. 简单离子半径：WXYZB. 简单氢化物的沸点：ZWC. X2W、YZ均为离子化合物D. W、X、Z三种元素组成的化合物水溶液显酸性【答案】C【解析】分析：X的最外层电子数是电子层数的，X为Na元素；W存在4原子核18电子的氢化物分子，W的原子序数小于X，W为O元素；Z与W同主族，Z的原子序数大于X，Z为S元素；X、Z的最外层电子数依次为1、6，X、Y、Z的最外层电子数之和为9，Y原子的最外层电子数为2，Y的原子序数介于X与Z之间，Y为
14、Mg元素。7. 常温下将NaOH溶液滴加到亚硒酸(H2SeO3)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是A. Ka1(H2SeO3)的数量级为10-7B. 曲线M表示pH与lg的变化关系C. NaHSeO3溶液中c(OH-)c(H+)D. 混合溶液中：lg- lg=lgKa1(H2SeO3)-lgKa2(H2SeO3)=4【答案】D【解析】分析：当lg与lg相等时，曲线M的pH小于N曲线，H2SeO3分步电离且一级电离常数远大于二级电离常数，曲线M表示pH与lg的变化关系，曲线N表示pH与lg的变化关系。根据曲线M上的点（2.6，0）计算Ka1（H2SeO3），进一
15、步计算HSeO3-的水解平衡常数；根据曲线N上的点（6.6，0）计算Ka2（H2SeO3），由HSeO3-的电离平衡常数和水解平衡常数的大小判断NaHSeO3溶液的酸碱性；由电离平衡常数表达式和关键点计算lg- lg。详解：当lg与lg相等时，曲线M的pH小于N曲线，H2SeO3分步电离且一级电离常数远大于二级电离常数，曲线M表示pH与lg的变化关系，曲线N表示pH与lg的变化关系。A项，H2SeO3的电离方程式为：H2SeO3H+HSeO3-、HSeO3-H+SeO32-，H2SeO3的电离平衡常数Ka1（H2SeO3）=，曲线M上当lg=0时溶液的pH=2.6，即=1时溶液中c（H+）=1
16、0-2.6mol/L，Ka1（H2SeO3）=10-2.6=100.410-3，Ka1（H2SeO3）的数量级为10-3，H2SeO3的电离平衡常数Ka2（H2SeO3）=，曲线N上当lg=0时溶液的pH=6.6，即=1时溶液中c（H+）=10-6.6mol/L，Ka2（H2SeO3）=10-6.6=100.410-7，Ka2（H2SeO3）的数量级为10-7，A项错误；B项，lg与lg相等时，曲线M的pH小于N曲线，H2SeO3分步电离且一级电离常数远大于二级电离常数，曲线M表示pH与lg的变化关系，B项错误；C项，NaHSeO3溶液中既存在HSeO3-的电离平衡，又存在HSeO3-的水解平
17、衡，HSeO3-水解平衡方程式为HSeO3-+H2OH2SeO3+OH-，HSeO3-的水解平衡常数Kh=10-11.4Ka2（H2SeO3）=10-6.6，HSeO3-的电离程度大于HSeO3-的水解程度，溶液呈酸性，NaHSeO3溶液中c（H+）c（OH-），C项错误；D项，lg- lg=lg-lg=lgKa1（H2SeO3）-lg Ka2（H2SeO3）=lg10-2.6-lg10-6.6=-2.6-（-6.6）=4，D项正确；答案选D。点睛：本题考查与pH有关的图像分析、电离平衡常数的计算、溶液中离子浓度的大小关系，准确判断曲线M、曲线N表示的含义是解题的关键。根据关键点的数据计算电离
18、平衡常数，判断NaHSeO3溶液的酸碱性要分清HSeO3-电离和水解的主次。8. 亚硝酸钠被称为工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛。某小组制备亚硝酸钠的实验装置如图所示(部分夹持装置已略去)。已知：2NO+Na2O2=2NaNO2、2NaNO2+O2=2NaNO33NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO+H2O酸性条件下，NO或NO2都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+回答下列问题：(1)反应前需先打开弹簧夹，通入氮气排尽装置中的空气，原因是_。(2)装置A中反应的化学方程式为_；装置B中的实验现象为_，铜片逐渐溶解并有气泡产生。(3)若省略装置C，则装置D中的固体产物除Na
19、NO2、NaOH外，还有_、_(填化学式)。检验产物中含有NaNO2的方法是：取少量样品于试管中，_，则说明产物中含有NaNO2。(4)装置E的作用是_。(5)NaNO2有像食盐一样的咸味，但能引起中毒。已知亚硝酸钠能发生如下反应：2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O。根据上述反应，可以用试剂和生活中常见的物质进行实验，以鉴别亚硝酸钠和食盐。进行实验时，除样品外必须选用的物质有_(填标号)。a.白酒 b.碘化钾、淀粉溶液 c.白醋 d.白糖(6)充分反应后，该小组设计实验检测产物中NaNO2的含量。称取装置D中固体2.3000g，完全溶解配制成溶液l00mL，取出25.00mL
20、溶液用0.100molL-1酸性KMnO4溶液进行滴定(杂质不与KMnO4反应)，三次滴定平均消耗KMnO4溶液30.00mL，则样品中NaNO2的质量分数为_。(已知：NaNO2的摩尔质量为69gmol-1)【答案】 (1). NO会被空气氧化为NO2 (2). C+4HNO3(浓)CO2 +4NO2+2H2O (3). 红棕色气体变为无色，溶液变蓝 (4). Na2CO3 (5). NaNO3 (6). 加入稀盐酸，若产生无色气体并在试管口变为红棕色 (7). 防止水蒸气从装置F进入D中 (8). bc (9). 90.0%【解析】分析：本题考查NaNO2的制备、物质的检验与鉴别、NaNO
21、2质量分数的测定、N及其化合物的性质、Na2O2的性质。根据装置图，A装置中木炭与浓硝酸共热反应生成CO2、NO2和H2O；将生成的气体通入B装置中，NO2与水反应生成HNO3和NO，Cu与稀HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO和H2O；Na2O2能与CO2、H2O反应，在C装置中，气体中的CO2和H2O（g）被碱石灰吸收，得到干燥纯净的NO；D装置中NO与Na2O2反应制得NaNO2；由于Na2O2能与H2O反应，E中碱石灰的作用是防止水蒸气从装置F进入D中；根据已知，F中酸性KMnO4用于吸收尾气。由于NO能与O2反应生成NO2，所以实验前必须排尽装置中的空气。根据反应“3NaNO2+3
22、HCl=3NaCl+HNO3+2NO+H2O”检验NaNO2。根据反应“2NaNO2+4HI=2NO+I2+2NaI+2H2O”，鉴别NaNO2和NaCl，选择碘化钾、淀粉溶液和白醋。根据NaNO2与酸性KMnO4溶液的反应计算NaNO2的质量，进一步计算NaNO2的质量分数。详解：（1）由于NO能与O2反应生成NO2，所以实验前必须排尽装置中的空气。反应前需先打开弹簧夹，通入N2排尽装置中的空气，原因是：NO会被空气氧化成NO2。（2）装置A中木炭与浓HNO3共热反应生成CO2、NO2和H2O，反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O。装置B中发生的反应为：3NO2+
23、H2O=2HNO3+NO、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，装置B中的实验现象为：红棕色气体变为无色，溶液变蓝，铜片逐渐溶解并有气泡产生。（3）若省略装置C，通入装置D中的NO混有CO2、H2O（g），装置D中发生的反应有：2NO+Na2O2=2NaNO2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2NaNO2+O2=2NaNO3，装置D中的固体产物除NaNO2、NaOH外，还有Na2CO3、NaNO3。根据已知：3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO+H2O，NaNO2与HCl反应产生无色的NO气体，N
24、O遇空气会变为红棕色；检验产物中含有NaNO2的方法是：取少量样品于试管中，加入稀盐酸，若产生无色气体并在试管口变为红棕色，则说明产物中含NaNO2。（4）由于Na2O2能与H2O反应，装置E的作用是：防止水蒸气从装置F进入D中。（5）亚硝酸钠能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO+I2+2NaI+2H2O，该反应的离子方程式为2NO2-+4H+2I-=2NO+I2+2H2O，NaCl与HI不反应；鉴别NaNO2和食盐的实验操作为：分别取两种固体少许于两支试管中，溶于水，向其中加入白醋、KI和淀粉溶液，溶液变蓝的为NaNO2，无明显现象的为NaCl；所以鉴别NaNO2和食盐，除样品外必须
25、选用的物质是KI、淀粉溶液和白醋，答案选bc。（6）NaNO2与酸性KMnO4溶液反应时，NO2-被氧化成NO3-，MnO4-被还原成Mn2+，根据得失电子守恒，2n（NaNO2）=5n（KMnO4），25.00mL溶液中n（NaNO2）=n（KMnO4）=0.100mol/L0.03L=0.0075mol，2.3000g固体中n（NaNO2）=0.0075mol=0.03mol，m（NaNO2）=0.03mol69g/mol=2.07g，样品中NaNO2的质量分数为100%=90.0%。9. 我国科研人员在探究如何降低大气中氮氧化物与碳氧化物的含量方面做出了巨大贡献，并取得了显著的成绩。(1
26、)反应2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) HH，原因是_。298K时，该反应的标准平衡常数K=_(用含e的指数表示，列出计算式即可)。【答案】 (1). a (2). c (3). -746.6 kJmol-1 (4). NO (5). 1 (6). 25% (7). 80 Lmol-1 (8). 该反应的S0，所以G=H+TSH (9). e 687.6/(0.2988.314)【解析】分析：本题考查外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响、反应热的计算、图像的分析、化学平衡的计算、根据题给公式解题的能力。（1）反应2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）H0，该
27、反应的正反应是气体分子数减小的放热反应，根据外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响判断。（2）根据题给已知：H=产物的总摩尔生成焓-反应物的总摩尔生成焓，代入数据计算反应2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）的H。（3）增大某一反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，提高另一反应物的转化率，自身转化率反而减小，转化率1曲线表示的是NO。A点对应的达到平衡时，转化率1和转化率2相等，氮气的体积分数达最大值，则等于化学计量数之比，即为1:1。用三段式和化学平衡常数表达式计算。（4）根据G=H-TS分析，将题给数据代入G=-RTlnK计算K。详解：（1）反应2NO（g）+2CO（g）2CO
28、2（g）+N2（g）H0，该反应的正反应是气体分子数减小的放热反应。a项，研制、使用高效催化剂，可极大程度的加快反应速率，化学平衡不移动，NO的平衡转化率不变；b项，升高温度，能加快反应速率，温度每升高10，化学反应速率增大到原来的24倍，化学平衡向逆反应方向移动，NO的平衡转化率减小；c项，增大压强，能加快反应速率，速率增大不明显，化学平衡向正反应方向移动，NO的平衡转化率增大；d项，用碱液吸收CO2，减小生成物浓度，反应速率减慢，化学平衡向正反应方向移动，NO的平衡转化率增大。在570K时反应速率极慢，平衡常数极大，提高尾气净化效率的最佳途径主要是明显加快反应速率，采取的措施是研制、使用高
29、效催化剂，答案选a。若要净化尾气的同时提高该反应的速率和NO的平衡转化率，应采取的措施是增大压强，答案选c。（2）反应2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）的H=产物的总摩尔生成焓-反应物的总摩尔生成焓=（-393.5kJ/mol）2+0kJ/mol-（+90.3kJ/mol）2+（-110.5kJ/mol）2=-746.6kJ/mol。（3）根据图像，随着的增大，转化率1逐渐增大，转化率2逐渐减小；根据“增大某一反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，提高另一反应物的转化率，自身转化率反而减小”，转化率1曲线表示的是NO。A点对应的达到平衡时，转化率1和转化率2相等，氮气的体积分数
30、达最大值，则等于化学计量数之比，即为2:2=1:1。起始加入的NO、CO各为2mol，A点NO和CO的转化率都为80%，用三段式2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）c（起始）（mol/L） 2 2 0 0c（转化）（mol/L）20.8 20.8 1.6 0.8c（平衡）（mol/L） 0.4 0.4 1.6 0.8氮气的体积分数为100%=25%。反应的平衡常数K=80L/mol。（4）该反应的GH的原因是：该反应的S0，则G=H-TS=H+TSH。G=-RTlnK，lnK=-=-=，K=。10. 硫酸铅可用于铅蓄电池、纤维增重剂、涂料分析试剂。工业上通常用方铅矿(主要成分为
31、PbS)生产硫酸铅。工艺流程如下：已知：25，Ksp(PbS)=1.010-28，Ksp(PbCl2)=1.610-5PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq) H0Fe3+以氢氧化物形式开始沉淀时的pH值为1.9(1)由于Ksp(PbS)Ksp(PbCl2)，PbS+2HClPbCl2+H2S的反应程度很小，加入FeCl3能增大反应程度，原因是_；步骤反应过程中可观察到有淡黄色固体生成，总反应的离子方程式为_；该步骤需控制溶液的pHI2Zn的原因是_。(4)Cu2O晶体的晶胞结构如图所示。O2-的配位数为_；若Cu2O的密度为dgcm-3，则晶胞参数a=_nm。【答案】 (1)
32、. 3d104s2 (2). 1 (3). 正四面体 (4). 配位键和极性共价键 (5). sp3 (6). 大 (7). NH3分子和H2O分子均为极性分子，且NH3分子和H2O分子之间能形成氢键 (8). 铜失去的是全充满的3d10电子，而锌失去的是4s1电子 (9). 4 (10). 107【解析】分析：（1）Zn原子核外有30个电子，根据构造原理写出基态Zn的核外电子排布式，进而写出价电子排布式。Cu基态原子中未成对电子数为1个。（2）根据价层电子对互斥理论确定SO42-的立体构型。Zn2+与NH3分子间为配位键，NH3分子内含极性共价键。NH3分子中N为sp3杂化。NH3分子和H2
33、O分子都是极性分子，NH3分子和H2O分子间形成氢键，NH3在H2O中的溶解度大。（3）从电子排布式的稳定性上分析。（4）用“均摊法”确定晶胞中微粒的个数，由1mol晶体的质量和密度计算1mol晶体的体积，由1mol晶体的体积和晶胞中微粒的个数、NA计算晶胞的体积，进而计算晶胞参数。详解：（1）Zn原子核外有30个电子，根据构造原理，基态Zn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2。Cu原子核外有29个电子，基态Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，4s上有1个未成对电子，即基态Cu原子有1个
34、未成对电子。（2）SO42-中中心原子S上的孤电子对数=（6+2-42）=0，成键电子对数为4，价层电子对数为0+4=4，VSEPR模型为正四面体型，S上没有孤电子对，SO42-的立体构型为正四面体。Zn（NH3）42+中Zn2+与NH3分子间为配位键，NH3分子内含极性共价键。NH3分子中中心原子N的价层电子对数=（5-31）+3=4，N原子采取sp3杂化。NH3分子和H2O分子都是极性分子，根据“相似相溶”；NH3分子和H2O分子间形成氢键，所以NH3在H2O中的溶解度大。（3）基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2，Cu的第二电离能失去的是
35、全充满的3d10电子，Zn的第二电离能失去的是4s1电子，所以I2CuI2Zn。（4）由晶胞可以看出O2-的配位数为4。用“均摊法”，1个晶胞中含O2-：8+1=2个，Cu+：4个，1molCu2O的质量为144g，1mol晶体的体积为144gdg/cm3=cm3，1个晶胞的体积为cm3NA2=cm3，晶胞参数a=cm=107nm。12. 金刚烷()、乙二醛、丙二醛均是化工原料，某小组设计的合成路线如下：已知：2R-Br+2NaR-R+2NaBrB的核磁共振氢谱只有1个吸收峰回答下列问题：(1)A的化学名称为_； D的结构简式为_；I的分子式为_。(2)BC的化学方程式_；EF的化学方程式为_
36、。该反应类型为_。(3)G的芳香族同分异构体中，苯环上的取代基数目小于3且能使溴的四氯化碳溶液褪色的共有_种(不含立体异构)；其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1的是_(写结构简式)。(4)写出用环戊二烯和乙烯为原料制备化合物的合成路线_(其他试剂任选)。【答案】 (1). 1，5-二溴戊烷 (2). (3). C10H16 (4). (5). (6). 消去反应 (7). 20 (8). (9). 【解析】分析：A的分子式为C5H10Br2，A为饱和二溴代烃，A与Na发生题给已知的反应生成B，B与Cl2光照发生取代反应生成C，C的分子式为C5H9Cl，C中碳原子数与A中碳
37、原子数相等，则B的分子式为C5H10，B属于环烷烃，B的核磁共振氢谱只有1个吸收峰，B的结构简式为，C的结构简式为，A的结构简式为BrCH2CH2CH2CH2CH2Br；C与NaOH/乙醇共热发生消去反应生成D，D的结构简式为；D与Br2/CCl4发生加成反应生成E，E的结构简式为，E与NaOH/乙醇共热发生消去反应生成F，F的结构简式为。F发生题给已知的反应生成G，发生题给已知的反应生成OHCCHO和OHCCH2CHO。详解：A的分子式为C5H10Br2，A为饱和二溴代烃，A与Na发生题给已知的反应生成B，B与Cl2光照发生取代反应生成C，C的分子式为C5H9Cl，C中碳原子数与A中碳原子数
38、相等，则B的分子式为C5H10，B属于环烷烃，B的核磁共振氢谱只有1个吸收峰，B的结构简式为，C的结构简式为，A的结构简式为BrCH2CH2CH2CH2CH2Br；C与NaOH/乙醇共热发生消去反应生成D，D的结构简式为；D与Br2/CCl4发生加成反应生成E，E的结构简式为，E与NaOH/乙醇共热发生消去反应生成F，F的结构简式为。（1）A的结构简式为BrCH2CH2CH2CH2CH2Br，根据系统命名原则，A的化学名称为1,5二溴戊烷。D的结构简式为。I的结构简式为，I的分子式为C10H16。（2）BC的化学方程式为+Cl2+HCl。EF的化学方程式为+2NaOH+2NaBr+2H2O，该
39、反应的反应类型为消去反应。（3）G的结构简式为，G的分子式为C10H12，G的不饱和度为5；G的芳香族同分异构体中，苯环上取代基数目小于3且能使溴的四氯化碳褪色的有以下情况：苯环上只有1个取代基，取代基的结构简式有：-CH=CHCH2CH3、-CH2CH=CHCH3、-CH2CH2CH=CH2、，共8种；苯环上有2个取代基，2个取代基的结构简式为：-CH=CHCH3和-CH3、-CH2CH=CH2和-CH3、和-CH3、-CH=CH2和-CH2CH3，苯环上的2个取代基有邻、间、对三种位置，共43=12种；符合题意的同分异构体共8+12=20种。其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为6:2:2
40、:1:1的是。（4）环戊二烯的结构简式为，对比和、CH2=CH2的结构简式，利用题给已知构建碳干骨架，利用题给已知得到-CHO。与CH2=CH2发生题给已知反应生成，与发生题给已知反应生成，发生题给已知的反应生成，合成路线为： 。点睛：本题考查有机推断和有机合成、有机物的命名、有机反应类型的判断、有机物结构简式和有机方程式的书写、限定条件同分异构体数目的确定。难点是符合条件的G的同分异构体数目的确定和有机合成路线的设计。确定同分异构体数目应用有序思维，同分异构体的类型通常有：碳链异构、位置异构和官能团异构等，先确定官能团，再用残基法确定可能的结构，注意苯环上有两个取代基时有邻、间、对三种位置关系。有机合成路线的设计首先对比原料和最终产物的结构，分析官能团发生了什么改变，碳干骨架发生了什么变化，再根据有机物的性质和题给信息进行设计。