1、（全国卷）2020届高三化学4月教育教学质量监测考试试题（含解析）注意事项：1.本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置。3.全部答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。4.本试卷满分300分，测试时间150分钟。5.考试范围：高考全部内容。可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Ca40 Ti48 Zn65第卷一、选择题：本题共13小题，每小题6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.化学与生活紧密相关，下列描述正确的是A. 流感疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性B. 乳酸()通过加聚反应可制得可
2、降解的聚乳酸塑料C. “客从南溟来，遗我泉客珠。”“珍珠”的主要成分属于有机高分子化合物D. 水泥是由石灰石、石英砂、纯碱为原料烧制而成的【答案】A【解析】【详解】A流感疫苗属于蛋白质，温度过高会使蛋白质变性，A选项正确；B乳酸()通过缩聚反应可制得可降解的聚乳酸塑料，B选项错误；C“珍珠”的主要成分是CaCO3，属于无机盐，不属于有机高分子化合物，C选项错误；D水泥是由黏土和石灰石烧制而成的，D选项错误；答案选A。2.有机物G的结构简式为，下列关于有机物G的说法错误的是A. 分子式为C10H12O5B. 1 mol G与足量的金属钠反应，生成H2的体积为33.6 LC. 在一定条件下，1 m
3、ol G与足量的H2反应，最多消耗3 mol H2D. 可发生取代反应、加成反应和氧化反应【答案】B【解析】【详解】A根据有机物G的结构简式可得，其分子式为C10H12O5，A选项正确；B有机物G中有2个羟基和1个羧基，均可与金属钠反应，1 mol G与足量金属钠反应，生成H2在标准状况下的体积为33.6 L，题中未注明标准状况，B选项错误；C在一定条件下，1 mol G中的苯环最多可与3molH2发生加成反应，C选项正确；D有机物G中苯环可发生取代反应、加成反应，羟基可发生氧化反应，D选项正确；答案选B。3.通过下列实验操作和实验现象，得出的结论正确的是实验操作实验现象结论A将丙烯通入碘水中
4、碘水褪色并分层丙烯与碘水发生了取代反应B向FeSO4溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀FeSO4溶液未变质C向滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2气体溶液红色褪去SO2具有漂白性D向2mL 0.1mol/L的NaCl溶液中滴加3滴相同浓度的AgNO3，然后再滴加3滴相同浓度的KI溶液先产生白色沉淀，然后变为黄色沉淀Ksp(AgI)Ksp(AgCl)A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A将丙烯通入碘水中，将丙烯通入碘水中，丙烯与碘水发生了加成反应，A选项错误；B向FeSO4溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液当中有Fe2+，但不能说明FeSO4溶
5、液未变质，也有可能是部分变质，B选项错误；C向滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2气体，SO2是酸性氧化物，可与水反应生成H2SO3，中和NaOH，从而使溶液红色褪去，与其漂白性无关，C选项错误；D白色的AgCl沉淀转化为黄色的AgI沉淀，可证明Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，D选项正确；答案选D。4.X、Y、Z、W为短周期主族元素，它们的最高正化合价和原子半径如下表所示：元素XYZW最高正化合价+3+1+5+7原子半径0.0820.1860.1100.099则下列说法错误的是A. X的最高价氧化物对应的水化物具有两性B ZW3分子中所有原子最外层均满足8e结构C. Y的一种氧化物可用作供氧
6、剂，Z的一种氧化物可用作干燥剂D. 简单气态氢化物的热稳定性：WZX【答案】A【解析】【分析】根据X、Y、Z、W为短周期主族元素，联系最高正化合价，X可与为B元素或者Al元素，Y为Li元素或Na元素，Z为N元素或P元素，W为Cl元素，又原子半径：YZClX，则X为B元素，Y为Na元素，Z为P元素，据此分析回答问题。【详解】AB的最高价氧化物对应的水化物H2BO3是弱酸，不具有两性，A选项错误；BPCl3的电子式为，所有原子最外层均满足8e结构，B选项正确；CNa的氧化物Na2O2可作供氧剂，P的氧化物P2O5是酸性干燥剂，C选项正确；D非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，非金属性ClP
7、B，则热稳定性：HClPH3BH3，D选项正确；答案选A。5.一种利用电化学变色的装置如图所示，其工作原理为：在外接电源下，通过在膜材料内部Li定向迁移，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。已知：WO3和Li4Fe4Fe(CN)63均为无色透明晶体，LiWO3和Fe4Fe(CN)63均为蓝色晶体。下列有关说法错误的是A. 当a接外接电源负极时，电致变色层、离子储存层都显蓝色，可减小光的透过率B. 当b接外接电源负极时，离子储存层发生的反应为Fe4Fe(CN)634Li4eLi4Fe4Fe(CN)63C. 切换电源正负极使得蓝色变为无色时，Li通过离子导体层由离子储存层向电致变色层迁移D.
8、该装置可用于汽车的玻璃变色调光【答案】C【解析】【详解】A当a接外接电源负极时，电致变色层为阴极，发生电极反应WO3+Li+e-=LiWO3，LiWO3为蓝色晶体，b极接正极，离子储存层为阳极，发生电极反应Li4Fe4Fe(CN)63-4e=Fe4Fe(CN)634Li，Fe4Fe(CN)63为蓝色晶体，蓝色与无色相比，可减小光的透过率，A选项正确；B当b接外接电源负极时，离子储存层为阴极，发生的电极反应为Fe4Fe(CN)634Li4eLi4Fe4Fe(CN)63，B选项正确；C切换电源正负极使得蓝色变为无色时，即LiWO3变为WO3，Fe4Fe(CN)63变为Li4Fe4Fe(CN)63，
9、电致变色层为阳极，离子储存层为阴极，则Li+通过离子导体层由电致变色层移向离子储存层，C选项错误；D该装置可实现变色，可用于汽车的玻璃变色调光，D选项正确；答案选C。6.对于反应2NO(g)2H2(g)N2(g)2H2O(g)，科学家根据光谱学研究提出如下反应历程：第一步：2NON2O2快速平衡第二步：N2O2H2N2OH2O慢反应第三步：N2OH2N2H2O快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列叙述正确的是A. 若第一步反应H0，则升高温度，v正减小，v逆增大B. 第二步反应的活化能大于第三步的活化能C. 第三步反应中N2O与H2的每一次碰撞都是有效碰撞D. 反应的中间产物只
10、有N2O2【答案】B【解析】【详解】A不管H0，升高温度，v正和v逆均增大，A选项错误；B第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，则第二步反应的活化能大于第三步的活化能，B选项正确；C根据有效碰撞理论可知，任何化学反应的发生都需要有效碰撞，但每一次碰撞不一定是有效碰撞，C选项错误；D反应的中间产物有N2O2和N2O，D选项错误；答案选B。【点睛】化学反应速率与温度有关，温度升高，活化分子数增多，无论是正反应速率还是逆反应速率都会加快，与平衡移动没有必然联系。7.常温下，向20 mL 0.1molL1一元酸HA中滴加相同浓度的KOH溶液，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入KOH溶液体积的变化如图所
11、示。则下列说法错误的是A. HA的电离常数约为105B. b点溶液中存在：c(A)c(K)C. c点对应的KOH溶液的体积V20 mL，c水(H)约为7106 molL1D. 导电能力：cab【答案】D【解析】【详解】A由a点可知，0.1mol/L一元酸HA中c水(H+)=c水(OH-)=110-11mol/L，则c(H+)=110-1410-11=110-3mol/L，则HA的电离常数，A选项正确；Bb点溶液中c水(H+)=110-7mol/L，c点c水(H+)最大，则溶质恰好为KA，显碱性，a点显酸性，c点显碱性，则中间c水(H+)=110-7mol/L的b点恰好显中性，根据电荷守恒可得c
12、(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，又c(OH-)=c(H+)，则c(A-)=c(K+)，B选项正确；Cc点时加入的KOH的物质的量n(KOH)=20mL0.1mol/L0.1mol/L=20mL，由HA的Ka=110-5，可得A-的则c(A-)0.05mol/L，则c(OH-)710-6mol/L，在KA中c(OH-)都是由水电离处的，则c水(OH-)=c水(H+)710-6mol/L，C选项正确；D向一元弱酸中加入相同浓度的一元强碱，溶液的导电能力逐渐增强，则导电能力：cba，D选项错误；答案选D。第卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考
13、生都必须作答。第33题第38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(共129分)8.葡萄糖酸锌MZn(C6H11O7)2455gmol1)是一种重要的补锌试剂，其在医药、食品、饲料、化妆品等领城中具有广泛的应用。纯净的葡葡糖酸锌为白色晶体，可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，化学兴趣小组欲在实验室制备葡萄糖酸锌并测定产率。实验操作分以下两步：.葡萄糖酸(C6H12O7)的制备。量取50 mL蒸馏水于100 mL烧杯中，搅拌下缓慢加入2.7 mL(0.05 mol)浓H2SO4，分批加入21.5 g葡萄糖酸钙MCa(C6H11O7)2430gmol1，易溶于热水，在90条件下，不断搅拌，反应
14、40min后，趁热过滤。滤液转移至小烧杯，冷却后，缓慢通过强酸性阳离子交换树脂，交换液收集在烧杯中，得到无色的葡葡糖酸溶液。.葡萄糖酸锌的制备。向上述制得的葡萄糖酸溶液中分批加入足量的ZnO，在60条件下，不断搅拌，反应1h，此时溶液pH6。趁热减压过滤，冷却结晶，同时加入10 mL 95%乙醇，经过一系列操作，得到白色晶体，经干燥后称量晶体的质量为18.2g。回答下列问题：(1)制备葡萄糖酸的化学方程式为_。(2)通过强酸性阳离子交换树脂的目的是_。(3)检验葡萄糖酸溶液中是否存在SO42-的操作为_。(4)制备葡萄糖酸时选用的最佳加热方式为_。(5)制备葡萄糖酸锌时加入乙醇的目的是_，“一
15、系列操作”具体是指_。(6)葡萄糖酸锌的产率为_(用百分数表示)，若pH5时就进行后续操作，产率将_(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】 (1). (2). 将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸 (3). 取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在 (4). 水浴加热（或热水浴） (5). 降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出 (6). 过滤、洗涤 (7). 80% (8). 减小【解析】【详解】(1)葡萄糖酸钙Ca(C6H11O7)2与硫酸H2SO4反应生成葡萄糖酸(C6H12O7)，原理
16、为强酸制弱酸，化学反应方程式为，故答案为：；(2)将葡萄糖酸钙与硫酸反应后的滤液缓慢通过强酸性阳离子交换树脂进行阳离子交换，可将为充分反应的Ca2+交换为H+，即将未充分反应的葡萄糖酸钙转化为葡萄糖酸，故答案为：将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸；(3)结合SO42-离子的检验方法，可取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在，故答案为：取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在；(4)实验制
17、备葡糖糖酸时，反应条件为90，则最佳加热方式为水浴加热（或热水浴），故答案为：水浴加热（或热水浴）；(5)葡萄糖酸锌可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，生成葡萄糖酸锌后，加入乙醇可减少葡萄糖酸锌的溶解，使其以晶体的形式析出，加入乙醇后的“一些列操作”可以是过滤、洗涤，故答案为：降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出；过滤、洗涤；(6)根据反应方程式可得关系式：Ca(C6H11O7)2 Zn(C6H11O7)2，mCa(C6H11O7)2=21.5g，则，则理论上可得到葡萄糖酸锌的物质的量为nZn(C6H11O7)2=0.05mol，因此，根据可得，葡萄糖酸锌的产率为，若pH5时就进行后续操作，一些
18、葡萄糖酸就不能充分转化为葡萄糖酸锌，导致葡萄糖酸锌质量将减小，产率减小，故答案为：80%；减小；9.对废银合金触电材料进行分离回收既节约矿物资源，又可以减少环境污染。某废银合金触电材料含Ag、Cu、Sn等，现欲利用以下工艺流程回收其中的金属资源。回答下列问题：(1)“加热溶解”时Cu发生的离子方程式为_。(2)“加热溶解”时温度常控制在50左右，温度不宜过高也不宜过低原因为_。(3)“酸溶解”过程中会产生少量遇空气变为红棕色的无色气体，则“酸溶解”过程主要的化学方程式为_。(4)常温下，Cu2/Sn4混合液中c(Cu3)0.022molL1，将混合液“加热搅拌”后冷却至室温，再加“尿素”调节溶
19、液的pH范围为_。(当溶液中的离子浓度小于105molL1时，沉淀完全，已知：KspSn(OH)411055；KspCu(OH)22.21020)(5)检验Sn(OH)4沉淀是否洗涤干净的方法是_。(6)用惰性电极电解CuCl2溶液，阴极反应式是_，若想由CuCl2溶液得到无水CuCl2固体，则需进行的实验操作为_。【答案】 (1). Cu+2H+H2O2Cu2+2H2O (2). 低于50，溶解反应较慢，超过50，H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降 (3). 3Ag+HNO3+3HCl=3AgCl+NO+2H2O (4). 1.5pH5 (5). 取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入
20、稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，反之，沉淀没有洗涤干净 (6). Cu2+2e-=Cu (7). 将CuCl2溶液在HCl气流中加热蒸干【解析】【分析】结合题干信息，根据工艺流程图分析可知，某废银合金触电材料含Ag、Cu、Sn等，在加热、溶解的条件下通入H2O2和HCl溶液，Cu和Sn变成Cu2+和Sn4+，再通入尿素在加热的条件下得到CuCl2溶液和Sn(OH)4沉淀，最终经过系列操作得到铜粉和SnO2，Ag单质以滤渣的形式经过HNO3和HCl溶液的溶解得到AgCl的沉淀，再加入Zn和H2SO4溶液进行化学反应得到Ag单质，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述
21、分析，“加热溶解”时，Cu与HCl、H2O2反应变为Cu2+，离子反应方程式为Cu+2H+H2O2Cu2+2H2O，故答案为：Cu+2H+H2O2Cu2+2H2O；(2)温度过低，反应速率慢，温度过高，反应物H2O2分解，则温度不宜过高也不宜过低的原因是低于50，溶解反应较慢，超过50，H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降，故答案为：低于50，溶解反应较慢，超过50，H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降；(3)根据上述分析可知，“滤渣”主要成分为Ag，“酸溶解”过程为Ag和HNO3、HCl反应得到AgCl的沉淀，化学反应方程式为：3Ag+HNO3+3HCl=3AgCl+NO+2
22、H2O，故答案为：3Ag+HNO3+3HCl=3AgCl+NO+2H2O；(4)调节pH为保证Sn4+沉淀完全(离子浓度小于105molL1)，按c(Sn4+)=110-5 molL1进行计算，根据KspSn(OH)411055可得，c(OH-)=110-12.5 molL1，则c(H+)=110-1.5 molL1，pH=1.5，为保证Cu2+(0.022 molL1)不沉淀，按c(Cu2+)=0.022 molL1进行计算，根据KspCu(OH)22.21020可得，c(OH-)=110-9 molL1，则c(H+)=110-5 molL1，pH=5，则pH的取值范围1.5pH5，故答案为
23、：1.5pH5；(5)沉淀中可能附着的有Cl-，检验是否洗净的方法可以是取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，反之，沉淀没有洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，反之，沉淀没有洗涤干净；(6)惰性电极电解CuCl2溶液时，阴极Cu2+得到电子，电极反应为Cu2+2e-=Cu，由于CuCl2会水解，可在蒸发时通入HCl气体抑制水解，故答案为：Cu2+2e-=Cu；将CuCl2溶液在HCl气流中加热蒸干。10.煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，大量排放烟气形成酸雨、
24、污染大气，因此对烟气进行脱硫、脱硝，对环境保护有重要意义。回答下列问题：.利用CO脱硫(1)工业生产可利用CO气体从燃煤烟气中脱硫，则25时CO从燃煤烟气中脱硫的热化学方程式2CO(g)SO2(g)2CO2(g)S(s)的焓变H_。25，100kPa时，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的反应热称为标准摩尔生成焓，已知一些物质的“标准摩尔生成焓”如下表所示：物质CO(g)CO2(g)SO2(g)标准摩尔生成焓fHm(25)/kJmol-1-110.5-393.5-296.8(2)在模拟脱硫的实验中，向多个相同的体积恒为2L的密闭容器中分别通入2.2mol CO和1mol SO2气体，在不
25、同条件下进行反应，体系总压强随时间的变化如图所示。在实验b中，40 min达到平衡，则040 min用SO2表示的平均反应速率v(SO2)_。与实验a相比，实验b可能改变的条件为_，实验c可能改变的条件为_。.利用NH3脱硝(3)在一定条件下，用NH3消除NO污染的反应原理为：4NH3(g)6NO(g)5N2(g)6H2O(l)H1807.98kJmol1。在刚性容器中，NH3与NO的物质的量之比分别为X、Y、Z(其中XYZ)，在不同温度条件下，得到NO脱除率(即NO转化率)曲线如图所示。NH3与NO的物质的量之比为X时对应的曲线为_(填“a”“b”或“c”)。各曲线中NO脱除率均先升高后降低
26、的原因为_。900条件下，设Z，初始压强p0，则4NH3(g)6NO(g)5N2(g)6H2O(l)的平衡常数Kp_(列出计算式即可)。.利用NaCIO2脱硫脱硝(4)利用NaClO2的碱性溶液可吸收SO2和NO2(物质的量之比为1:1)的混合气体，自身转化为NaCl，则反应的离子方程式为_。【答案】 (1). -269.2kJmol-1 (2). 0.01molL-1min-1 (3). 加入催化剂 (4). 升高温度 (5). c (6). 温度低于900时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO脱出率逐渐升高，温度高于900，反应达到平衡状态，反应的H0，继续升高温度，平衡向左移动
27、，NO脱出率又下降 (7). (8). 3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-=3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O【解析】【详解】(1)根据“标准摩尔生成焓”的定义可得：再根据盖斯定律2(反应-反应)-反应可得到2CO(g)SO2(g)2CO2(g)S(s)，则，CO脱硫反应2CO(g)SO2(g)2CO2(g)S(s)的焓变，故答案为：-269.2kJmol-1；(2)结合题干信息，列三段式有：则，解得x=0.8，则，故答案为0.010.01molL-1min-1；与实验a相比，实验b达到的平衡状态不变且所需时间缩短，改变的条件应为加入了催化剂，与实验a相比，实验c达到平衡状
28、态改变且所需时间缩短，可能是增大压强或升高温度，联系反应特点，若是增大压强，平衡向右移动，向右反应的程度应增大，与图像不符，若是升高温度，平衡向左移动，与图像相符，故答案为：加入催化剂；升高温度；(3)NH3和NO的物质的量之比越大，NO的脱出率月啊，则相同温度下，不同NH3、NO物质的量之比对应NO的脱出率：XYZ，则X对应曲线c，Y对应曲线b，Z对应曲线a，故答案为：c；NO的脱出率会受到速率、平衡移动等因素的影响，温度低于900时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO脱出率逐渐升高，温度高于900，反应达到平衡状态，反应的H0，继续升高温度，平衡向左移动，NO脱出率又下降，故答案
29、为：温度低于900时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO脱出率逐渐升高，温度高于900，反应达到平衡状态，反应的H0，继续升高温度，平衡向左移动，NO脱出率又下降；压强为p0，根据曲线a上NH3与NO的物质的量之比为，则NH3的分压为0.4p0，NO的分压为0.6p0，列三段式有：则反应的平衡常数，故答案为：；(4)在碱性环境下，ClO2-氧化等物质的量的SO2和NO2，ClO2-变为Cl-，SO2变为SO42-，NO2变为NO3-，利用氧化还原反应规律进行配平，可得离子反应方程式3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-=3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O，故答案为：3
30、ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-=3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本学科选考题的首题进行评分。11.钙钛矿太阳能电池具有转化效率高、低成本等优点，是未来太阳能电池的研究方向。回答下列问题：(1)下列状态的钙中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_(填字母标号)。A.Ar4s1 B.Ar4s2 C.Ar4s14p1 D.Ar4p1(2)基态钛原子的核外价电子轨道表达式为_
31、。(3)一种有机金属卤化钙钛矿中含有NH2CHNH2，该离子中氮原子的杂化类型为_，其对应分子NH2CHNH的熔沸点高于CH3CH2CHCH2的熔沸点的原因为_。(4)一种无机钙钛矿CaxTiyOz的晶体结构如图所示，则这种钙钛矿化学式为_，已知Ca和O离子之间的最短距离为a pm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则这种钙钛矿的密度是_gcm3(列出计算表达式)。(5)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1的坐标为(，)，则原子2和3的坐标分别为_、_。【答案】 (1). A (2). (3). sp2和sp3 (4). NH2CH=NH分子间
32、可形成氢键，熔沸点比CH3CH2CH=CH2高 (5). CaTiO3 (6). (7). (0，1，1) (8). 【解析】【详解】(1)Ar4s1属于基态的Ca+，由于Ca的第二电离能高于其第一电离能，故其在失去一个电子所需能量较高，Ar4s2属于基态的Ca原子，其失去一个电子变为基态Ca+，Ar4s14p1属于激发态Ca原子，其失去以电子所需要的能量低于基态Ca原子，Ar4p2属于激发态的Ca+，其失去一个电子所需要的能量低于基态的Ca+，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是Ar4s1，A正确，故答案为：A；(2)基态Ti原子的原子序数为22，其核外价电子排布式为3d24s2，轨
33、道表达式为，故答案为：；(3)NH2CH=NH2+中左边的N有3对共用电子对，还有1对孤电子对，则价层电子对为4，杂化类型为sp3，右边的N与C形成双键杂化类型为sp2，NH2CH=NH分子间可形成氢键，熔沸点比CH3CH2CH=CH2高，故答案为：sp2和sp3；NH2CH=NH分子间可形成氢键，熔沸点比CH3CH2CH=CH2高；(4)根据钙钛矿CaxTiyOz的晶体结构分析，Ca2+位于晶胞的体心，Ti4+位于晶胞的顶点，O2-位于以Ti4+为体心的正八面体的顶点，则一个晶胞中含有1个Ca2+，1个Ti4+和3个O2-，则化学式为CaTiO3，Ca2+和O2-之间的最短距离为a pm，则
34、晶胞参数为pm，一个晶胞相当于有一个CaTiO3，根据密度公式可得，故答案为：CaTiO3；(6)根据坐标建立的方向，由原子1的坐标为，则原子2的坐标为(0，1，1)，原子3的坐标为，故答案为：(0，1，1)；。12.美托洛尔可用于治疗各类型高血压及心绞痛，其一种合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)AB的反应类型是_，B中官能团的名称为_。(2)DE第一步的离子方程式为_。(3)EF的条件为_，请写出一种该过程生成的副产物的结构简式_。(已知在此条件下，酚羟基不能与醇发生反应)。(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出G的结构简式，并用星号(*)标出G中的手性碳_。(
35、5)芳香族化合物I是B的同分异构体，I能与银氨溶液作用产生银镜，且在苯环上连有两个取代基，则I同分异构体的数目为_种。(6)(J)是一种药物中间体，参照上述合成路线，请设计以甲苯和苯酚为原料制备J的合成路线_(无机试剂任选)。【答案】 (1). 取代反应 (2). 羟基、羰基 (3). +2OH-+Cl-+H2O (4). 浓硫酸加热 (5). 或或CH3OCH3 (6). (7). 12 (8). 【解析】【分析】根据C的结构和B的分子式可得B的结构简式为，AB发生取代反应，又A的分子式为C2H4O，则A为乙醛(CH3CHO)，C在Zn/HCl的条件下得到D，根据已知信息，则D的结构简式为，
36、D再经消去反应和酸化得到E，E的结构简式为，E与CH3OH在一定条件下反应生成F(C9H12O2)，F与反应生成G()，G与H2NCH(CH3)2反应最终得到美托洛尔，据此分析解答问题。【详解】(1)根据C的结构和B的分子式可得B的结构简式为，含有的官能团有羟基和羰基，AB发生取代反应，又A的分子式为C2H4O，则A为乙醛(CH3CHO)，故答案为：取代反应；羟基、羰基；(2) 由上述分析可知，D得到E的第一部反应为消去反应，反应方程式为+2OH-+Cl-+H2O，故答案为：+2OH-+Cl-+H2O；(3)E与CH3OH在一定条件下反应生成F(C9H12O2)，不饱和度没有发生变化，碳原子数
37、增加1个，再联系G的结构，可知发生醇与醇之间的脱水反应，条件为浓硫酸，加热，已知在此条件下醇羟基不能与醇发生反应，则该过程的副反应为分子内消去脱水，副产物为，分子间脱水可得或CH3OCH3，故答案为：浓硫酸，加热；或或CH3OCH3；(4)根据手性碳的概念，可知G中含有的手性碳可表示为，故答案为：；(5)芳香族化合物I是B的同分异构体，I能与银氨溶液产生银镜，说明I中含有CHO，则同分异构体包括：，CHO可安在邻间对，3种，OH可安在邻间对，3种，CHO可安在邻间对，3种，CH3可安在邻间对，3种，共有34=12种，故答案为：12；(6)以甲苯和苯酚为原料制备，其合成思路为，甲苯光照取代变为卤代烃，再水解，变为醇，再催化氧化变为醛，再借助题目AB，CD可得合成路线：，故答案为：。