1、石嘴山三中2019-2020学年第一学期高三年级期末考试理科综合能力试卷化学部分1.化学与生产、生活和环境密切相关。下列有关说法正确的是A. 编织渔网的尼龙绳的主要成分是纤维素B. 文房四宝中的砚台，用石材磨制的过程是化学变化C. 丝绸的主要成分是蛋白质，它属于天然高分子化合物D. 月饼中的油脂易被氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋【答案】C【解析】【详解】A、尼龙的成分为合成纤维，是己二酸和己二胺缩聚形成的高分子化合物，而纤维素为多糖，故A错误；B、生成新物质的变化是化学变化，用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，故B错误。C、丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故C正
2、确；D、硅胶具有吸水性，不具有还原性，不能防止食品氧化变质，故D错误；故选C。2.一氯代物的同分异构体有两种，二氯代物的同分异构体有四种的烷烃是( )A. 乙烷B. 丙烷C. 正丁烷D. 正戊烷【答案】B【解析】【详解】A乙烷分子中只有1种H原子，一氯代物有1种，故A不选；B丙烷分子中有2种H原子，其一氯代物有2种，为CH3CH2CH2Cl，CH3CH(Cl)CH3，二氯代物有CH3CH2CHCl2，CH3CCl2CH3、CH3CHClCH2Cl、ClCH2CH2CH2Cl，故B选；C正丁烷分子中有2种H原子，其一氯代物有2种，二氯代物有CH3CH2CH2CHCl2，CH3CH2CCl2CH3
3、、CH3CH2CHClCH2Cl、CH3CHClCH2CH2Cl、ClCH2CH2CH2CH2Cl、CH3CHClCHClCH3，故C不选；D新戊烷分子中含有1种H原子，其一氯代物只有1种，故D不选；故选：B。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 7.8 g的Na2S和Na2O2的混合物中含有阴、阳离子总数为0.3 NAB. 常温常压下，22.4 LCO2中含有NA个CO2分子C. 1.0 L 1.0 molL-1的NaClO水溶液中含有的氧原子数为NAD. 常温常压下，18 g羟基（-O2H）中所含的中子数为8 NA【答案】A【解析】【详解】A.7.8g硫化钠和过氧化钠的物质
4、的量为0.1mol，0.1mol硫化钠和过氧化钠的混合物中含有0.2mol钠离子和0.1mol硫离子与过氧根离子的混合物，总共含有0.3mol离子，含有的离子总数为0.3NA，故A正确；B. 常温常压下，气体摩尔体积不等于22.4L/mol，故B错误；C. 1.0 L 1.0 molL-1的NaClO水溶液中含有的氧原子数目大于NA，因为水中也含有氧原子，故C错误；D. 常温常压下，18 g羟基（-O2H）中所含的中子数为N=NA=10NA=10 NA，故D错误；故选A。4. 下列装置或操作能达到实验目的的是A. 用装置甲制取氯气B. 用乙装置除去氯气中的HCl气体C. 用丙装置萃取溴水中的溴
5、单质D. 用丁装置分离乙酸与乙醇【答案】C【解析】【详解】A浓盐酸和二氧化锰的应在加热条件下进行，常温下二者不反应，不能制备氯气，故A错误；B氯气和HCl气体都与氢氧化钠溶液反应，应用饱和食盐水除杂，故B错误；C溴易溶于苯而不易溶于水，故可用丙装置萃取溴水中的溴单质，C正确；D温度计用于测量馏分的温度，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口附近，故D错误；故选C。5.W、X、Y、Z四种短周期元素的原子序数依次增大，W的某种原子无中子，X、Y可形成原子个数比为11的具有漂白性的物质，工业上常用电解饱和YZ溶液来获得Z的单质及其他产品。下列说法正确的是A. W和X、Y、Z均能形成18电子的分子B. 上
6、述四种元素的原子半径大小顺序为r(Z)r(Y)r(X)r(W)C. X、Y之间形成的化合物可能同时含有离子键和非极性共价健D. W、X、Z三种元素形成的化合物一定是弱酸【答案】C【解析】【分析】W的某种原子无中子，则W为H；X、Y可形成原子个数比为11的具有漂白性的物质，即Na2O2，所以X为O，Y为Na；工业上常用电解饱和YZ溶液来获得Z的单质及其他产品，则Z为Cl，电解饱和食盐水可以制得氯气和氢气以及氢氧化钠。【详解】由以上分析可以知道W为H元素、X为O元素、Y为Na元素、Z为Cl元素。A. W(H)和Y(Na)形成的NaH不是分子，是离子化合物，故A错误；B.四种元素钠的原子半径最大，故
7、B错误；C.X、Y之间形成的化合物可能为过氧化钠，同时含有离子键和非极性共价键，所以C选项是正确的；D.W、Y、X三种元素形成的化合物可能是HClO4，为强酸，故D错误。所以C选项是正确的。6.锂离子电池又称为“摇摆电池”，广泛使用于电动自行车等，其充放电过程就是锂离子的嵌入和脱嵌过程(习惯上正极用嵌入或脱嵌表示，负极用插入或脱插表示)，即充放电过程就是锂离子在正、负极间往返运动而形成电流。其装置结构简图如图所示(电解液为溶有LiPF6的碳酸酯类溶剂，隔膜为仅有锂离子能通过的高分子膜)，工作原理为C6LiLi(1x)MO2LiMO2C6Li(1x)(M代表过渡元素)，则下列说法错误的是()A.
8、 电池放电时，正极为石墨B. 锂离子电池的优点是质量小，电容量大，可重复多次使用C. 电池充电时阳极反应为LiMO2xe=Li(1x)MO2xLiD. 锂离子电池的电解液不能是水溶液，因为锂是活泼金属，能与水反应【答案】A【解析】【详解】A. 电池放电时，从图像可以看出，石墨是负极，故A错误；B. 锂离子电池的优点是质量小，电容量大，可重复多次使用符合题意，故B正确；C. 电池充电时阳极失去电子发生氧化反应，工作原理为C6LiLi(1x)MO2LiMO2C6Li(1x)(M代表过渡元素)，所以阳极的反应为LiMO2xe=Li(1x)MO2xLi，故C正确；D. 锂离子电池的电解液不能是水溶液，
9、因为锂是活泼金属，能与水反应生成氢氧化锂和氢气，故D正确；故选：A7.常温下，向1 L 0.1 molL1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3H2O的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)。下列说法不正确的是()A. M点溶液中水的电离程度比原溶液小B. 在M点时，n(OH)n(H)(a0.05) molC. 随着NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断增大D. 当n(NaOH)0.1 mol时，c(Na)c(NH4+)c(NH3H2O)【答案】C【解析】AM点是向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离
10、子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，A正确；B在M点时溶液中存在电荷守恒，n（OH-）+n（Cl-）=n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），n(OH-)-n(H+)=0.05+n（Na+）-n（Cl-）=（a-0.05）mol，B正确；C铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，c(H+)c(NH3H2O)/c(NH4+)c(NH3H2O)=Kh/c(NH3H2O)，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则c(H+)/c(NH4+)减小，C错误；D向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入NaO
11、H固体后，当n（NaOH）=0.1mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，根据物料守恒可知溶液中c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3H2O)，D正确；答案选C。8.二氧化硫是危害最为严重的大气污染物之一,它主要来自化石燃料的燃烧,研究CO催化还原SO2的适宜条件,在燃煤电厂的烟气脱硫中具有重要价值。.从热力学角度研究反应(1) C(s)+O2(g)CO2(g) H1=-393.5 kJmol-1CO2(g)+C(s)2CO(g) H2=+172.5 kJmol-1S(s)+O2(g)SO2(g) H3=-296.0 kJmol-1写出CO 还原SO2的热化学方程式:_。(2)关于CO还原S
12、O2的反应,下列说法正确的是_。A.在恒温恒容条件下,若反应体系压强不变,则反应已达到平衡状态B.平衡状态时,2v正(CO)=v逆(SO2)C.其他条件不变,增大SO2的浓度,CO的平衡转化率增大D.在恒温恒压的容器中,向达到平衡状态的体系中充入N2,SO2的平衡转化率不变NOx的排放主要来自于汽车尾气，包含NO2和NO，有人提出用活性炭对NOx进行吸附，发生反应如下：反应a：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=34.0kJ/mol反应b：2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g) H=64.2kJ/mol(3)对于反应a，在T1时，借助传感器测得反应在不同时间点上各
13、物质的浓度如下：时间(min)浓度(molL-1)01020304050NO1.000.580.400400.480.48N200.210.300.300.360.36010min内，NO的平均反应速率v(NO)=_，当升高反应温度，该反应的平衡常数K_(选填“增大”、“减小”或“不变”)。30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据上表中的数据判断改变的条件可能是_(填字母)。A加入一定量的活性炭 B通入一定量的NOC适当缩小容器的体积 D加入合适的催化剂(4)某实验室模拟反应b，在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO2气体，维持温度为T2，如图为不同压强下反应b经过相同时间NO2的
14、转化率随着压强变化的示意图。请从动力学角度分析，1050kPa前，反应b中NO2转化率随着压强增大而增大的原因_；在1100kPa时，NO2的体积分数为_。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)；在T2、1.1106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=_(计算表达式表示)；已知：气体分压(P分)=气体总压(P总)体积分数。【答案】 (1). 2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s)H=-270.0 kJmol-1 (2). AC (3). 0.042mol/(Lmin) (4). 减小 (5). BC (6). 1050kPa前反应未达平衡状态，随着压强
15、增大，反应速率加快，NO2转化率提高 (7). 50% (8). 或【解析】【详解】（1）CO与SO2的反应方程式为2COSO2=2CO2S， C(s)+O2(g)= CO2(g)，CO2(g)+C(s) =2CO(g)，S(s)+O2(g)= SO2(g)，因此有得出2CO(g)SO2(g)=2CO2(g)S(s) H=270.0kJmol1；（2）A、根据反应方程式，硫为固体，其余为气体，反应前后气体分子数之和不相等，因此当压强不再改变，说明反应达到平衡，故A正确；B、不同物质的速率表示达到平衡，要求反应的方向一正一逆，且反应速率之比等于系数之比，即v正(CO)=2v逆(SO2)，故B错误
16、；C、其他条件不变，增大SO2的浓度，增加反应物的浓度，平衡向正反应反应移动，CO的转化率增大，故C正确；D、恒温恒压下，通入非反应气体，容器的体积增大，物质的量浓度降低，平衡向逆反应方向进行，SO2的转化率的降低，故D错误；答案为AC；（3）根据反应速率数学表达式，v(NO)=(1.000.58)mol/L10min=0.042mol/(Lmin)；反应a和b都是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，化学平衡常数只受温度的影响，即升高温度，平衡常数K减小；A、活性炭为固体，加入活性炭，不影响化学平衡，故A不符合题意；B、通入一定量的NO，NO浓度增大，平衡向正反应方向移动，N2浓度增大，
17、故B符合题意；C、适当缩小容器的体积，所有气体的浓度均增大，故C符合题意；D、加入合适的催化剂，不影响化学平衡，故D不符合题意；答案为BC；（4）根据示意图，1050kPa前，反应未达到平衡，随着压强增大，反应速率增大，NO2的转化率加快；假设通入1molNO2，2C(s)2NO2(g) N2(g)2CO2(g) 起始： 1 0 0 变化： 0.4 0.2 0.4 平衡： 0.6 0.2 0.4 1100kPa时，NO2的体积分数为0.6mol/(0.60.20.4)mol100%=50%；NO2的体积分数为1/2，N2的体积分数为0.2mol/(0.60.20.4)mol=1/6，CO2的体
18、积分数为1/3，Kp=或。9.我国电池的年市场消费量约为80亿只，其中70%是锌锰干电池，利用废旧锌锰干电池制备硫酸锌晶体(ZnSO47H2O)和纯MnO2的工艺如下图所示：已知：锌皮的主要成分为Zn，含有少量Fe；炭包的主要成分为ZnCl2、NH4Cl、MnO2、碳粉等，还含有少量的 Cu、Ag、Fe 等。KspZn(OH)2=2.010-16；KspFe(OH)2=8.010-16；KspFe(OH)3=4.010-38。(1)除去炭包中碳粉的操作为_。A.酸浸 B.过滤 C.焙炒 D.焙烧(2)粗MnO2转化为MnSO4时，主要反应的离子方程式为_。(3)焙烧时发生反应的化学方程式为_。
19、(4)制备硫酸锌晶体流程中，用ZnO调节溶液pH的目的是_，若溶解时不加H2O2带来的后果是_。(5)“草酸钠-高锰酸钾返滴法”可测定MnO2的纯度：取agMnO2样品于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，再加入V1mLc1molL-1Na2C2O4溶液(足量)，最后用c2molL-1的KMnO4溶液滴定剩余的Na2C2O4，达终点时消耗V2 mL标准KMnO4溶液。MnO2参与反应的离子方程式为_。该样品中MnO2的质量分数为_(假定杂质不参与反应，列出表达式即可)。【答案】 (1). C (2). MnO2+H2O2+2H+=Mn2+O2+2H2O (3). 2MnCO3+O22MnO2+2CO2
20、(4). 除去溶液中的Fe3+杂质 (5). Fe2+与Zn2+不能分离或当Fe(OH)2沉淀完全时，Zn(OH)2也沉淀完全 (6). MnO2+4H+C2O42-=Mn2+2CO2+2H2O (7). 100%【解析】【分析】废旧电池拆解后，锌皮中的锌和铁在稀硫酸中溶解，铁和稀硫酸生成Fe2+，被H2O2氧化为Fe3+，再加ZnO调节溶液的PH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，得到的硫酸锌溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO47H2O。炭包中的ZnCl2、NH4Cl、Cu、Ag、Fe 等溶于稀硝酸，而MnO2和碳粉不溶，过滤后把滤渣焙炒，碳粉被空气中的氧气氧化为二
21、氧化碳除去，粗MnO2在硫酸和H2O2的共同作用下转化为MnSO4，在MnSO4溶液中加入Na2CO3溶液，得到MnCO3沉淀，再焙烧MnCO3，使之被空气中的氧气氧化为纯MnO2。【详解】（1）炭包的主要成分为ZnCl2、NH4Cl、MnO2、碳粉等，还含有少量的 Cu、Ag、Fe 等，ZnCl2、NH4Cl、Cu、Ag、Fe 等溶于稀硝酸，而MnO2和碳粉不溶，过滤后把滤渣焙炒，碳粉被空气中的氧气氧化为二氧化碳除去，所以除去碳粉可以采用焙炒的方法，焙烧时，炭包内部的碳比较难与氧气反应除去，正确答案：C。（2）粗MnO2在硫酸、H2O2作用下生成MnSO4，即MnO2+H2O2MnSO4，反
22、应过程中MnO2被还原，则H2O2被氧化生成O2，配平该反应为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2+O2+2H2O。正确答案：MnO2+H2O2+2H+=Mn2+O2+2H2O。（3）上述生成的MnSO4加入Na2CO3后“沉锰”生成MnCO3沉淀，焙烧后生成MnO2，即MnCO3MnO2，Mn元素被氧化，所以空气中O2作为氧化剂参加了该反应，配平该反应为：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。正确答案：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。（4）锌皮的主要成分为Zn，含有少量Fe，所以加入硫酸溶解并用H2O2氧化后，溶液中主要存在ZnSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4，因此加入的Zn
23、O与H2SO4反应使溶液酸性减弱，从而使Fe3+生成Fe(OH)3沉淀除去。已知KspZn(OH)2=2.010-16；KspFe(OH)2=8.010-16；KspFe(OH)3=4.010-38，由于Zn(OH)2与Fe(OH)2的溶度积相差不大，所以沉淀Fe2+时Zn2+必然同时生成沉淀。若溶解时不加H2O2，溶液中主要存在ZnSO4、FeSO4、H2SO4，因此用ZnO反应过量H2SO4调节溶液pH使Fe2+沉淀时，Zn2+必然同时生成Zn(OH)2沉淀。正确答案：除去溶液中的Fe3+、Fe2+与Zn2+不能分离（或当Fe(OH)2沉淀完全时，Zn(OH)2也沉淀完全）。（5）纯度测定
24、前半段，MnO2氧化Na2C2O4生成Mn2+和CO2，即MnO2+C2O42-Mn2+CO2，配平该反应得MnO2+4H+C2O42-=Mn2+2CO2+2H2O。剩余的Na2C2O4被KMnO4氧化生成Mn2+和CO2，即MnO4-+C2O42-Mn2+CO2，配平得2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+5CO2+8H2O。则根据氧化还原反应电子守恒得，MnO2质量分数为。正确答案：MnO2+4H+C2O42-=Mn2+2CO2+2H2O、。【点睛】根据题意书写氧化还原反应。首先根据题目已知列出知道的反应物和产物，然后联系题意补充氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物中缺少的物质（
25、有时已知中全部给出），第三步进行氧化还原过程中电子得失的配平，再进行质量守恒和离子反应中电荷守恒的配平。以上述Na2C2O4与MnO2反应为例，由已知先整理得到MnO2氧化Na2C2O4生成Mn2+和CO2，既MnO2+C2O42-Mn2+CO2，根据得失电子守恒得到MnO2+C2O42-Mn2+2CO2，由于反应前已经用硫酸酸化，再根据离子电荷守恒得到MnO2+C2O42-+4H+Mn2+2CO2，最后根据质量守恒得MnO2+4H+C2O42-=Mn2+2CO2+2H2O。溶度积用于比较难溶电解质溶解度时，不同种类型的难溶电解质不能够直接进行比较。如本题中的Zn(OH)2、Fe(OH)2、F
26、e(OH)3，前两者的组成为AB2型，第三个属于AB3型，通过各自的溶度积已知（数量级都是10-16）可得Zn(OH)2、Fe(OH)2的溶解的相差不大，但是Fe(OH)3不能与它们直接进行比较。10.四氯化锡可用作媒染剂。利用如图所示装置可以制备四氯化锡（部分夹持装置已略去）；有关信息如下表：化学式SnCl2SnCl4熔点/246-33沸点/652144其他性质无色晶体，易氧化无色液体，易水解回答下列问题：（1）甲装置中仪器A名称为_。（2）用甲装置制氯气，MnO4- 被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为_。（3）将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到_（填现象）后，开始加
27、热丁装置，锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置的目的是：促进氯气与锡反应； _。（4）如果缺少乙装置，可能发生的副反应的化学方程式为_；己装置的作用是_：A.除去未反应的氯气，防止污染空气B.防止空气中CO2气体进入戊装置C.防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解D.防止空气中O2进入戊装置的试管中使产物氧化（5）某同学认为丁装置中的反应可能产生SnCl2杂质，以下试剂中可用于检测是否产生SnCl2 的有_（填标号）。A. H2O2溶液 B. FeCl3溶液（滴有KSCN） C. AgNO3溶液 D. 溴水（6）反应中用去锡粒1.19g，反应后在戊装置的试管中收集到2.
28、38gSnCl4，则SnCl4的产率为_。（保留3位有效数字）【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 2MnO4-+10C1-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O (3). 丁装置内充满黄绿色气体 (4). 使SnCl4气化，利于从混合物中分离出来 (5). Sn+2HCl=SnCl2+H2 (6). A C (7). B、D (8). 91.2%【解析】【分析】分析一下实验流程，甲装置是高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气，得到的氯气含有水蒸气和氯化氢气体，经过乙饱和食盐水除去氯化氢气体，再经过丙浓硫酸除去水蒸气，此时气体为纯净干燥的氯气，再和丁装置的锡粒反应制备四氯化锡，经过酒精灯加热变成气态的
29、四氯化锡，然后在戊装置冷凝下来，己装置的碱石灰用来吸收未反应完的氯气和空气的水蒸气。【详解】（1）蒸馏烧瓶；（2）用甲装置制氯气，MnO4- 被还原为Mn2+，Cl被还原成Cl2，该反应的离子方程式为2MnO4-+10C1-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O；（3）开始加热丁装置，应该是要等到氯气充满丁装置，氯气为黄绿色气体，故此处能观察到的现象应该是丁装置内充满黄绿色气体；锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置促进氯气与锡反应；除了这个目的，还有就是要把生成物气化然后在戊装置冷凝达到分离的目的，故第二个目的应该是使SnCl4气化，利于从混合物中分离出来；（4）如果
30、缺少乙装置，则气体中氯化氢没有被除去，则与锡反应，置换出氢气，化学方程式为Sn+2HCl=SnCl2+H2；反应过程中氯气可能还有未反应完全的，需要用碱石灰除去，题给信息四氯化锡容易发生水解，故要防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解，CO2和O2进入戊装置无影响，故选A.C；（5）由题给信息SnCl2易氧化的性质，说明SnCl2是还原剂，A. H2O2溶液与SnCl2反应无明显现象，不能检测；B. FeCl3溶液（滴有KSCN）与SnCl2反应生成Fe2，溶液由血红色变为无色，可以作为检测试剂；C. AgNO3溶液既可以与SnCl2反应，也可以与SnCl4反应生成白色沉淀；D. 溴水与SnC
31、l2反应生成Br，溴水红棕色褪去，故选B.D；（6）Sn2Cl2=SnCl4，理论上n（Sn）=, 理论上可制得SnCl4的质量为：n（Sn）= n（SnCl4）=0.01mol，m（SnCl4）=，则产率为【点睛】实验题要特别注意题给信息，一般后面会针对题给信息设问，碱石灰成分主要是NaOH和CaO，不要与熟石灰、消石灰等混淆。11.Fe、Co、Ni均为第族元素，它们的化合物在生产生活中有着广泛的应用。（1）基态Co原子的价电子排布式为_（2）已知HN3是一种弱酸，其在水溶液中的电离方程式为HN3H+N3-,与N3-互为等电子体的一种分子为：_，N3-离子杂化类型为_。（3）Co3+的一种配
32、离子Co(N3)(NH3)52+中，Co3+ 的配位数是_，1mol该配离子中所含键的数目为_，配位体NH3的空间构型为：_ 。（4）某蓝色晶体中，Fe2+、Fe3+分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个CN-，K+位于立方体的某恰当位置上。据此可知该晶体的化学式为_，立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是_。（5）NiO的晶体结构如下图所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为_。（6）一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中（如下图），已知O2-的半径为a pm，每平方
33、米面积上分散的该晶体的质量为_g（用含a、NA的代数式表示）。【答案】 (1). 3d74s2 (2). CO2 (3). sp (4). 6 (5). 23NA (6). 三角锥形 (7). KFe2(CN)6 (8). 正四面体形 (9). (1，1/2，1/2) (10). （或）【解析】分析】第（2）问，原子数相同、电子总数相同的分子,互称为等电子体；第（6）问，求每平方米面积上分散的该晶体的质量，先由图中几何关系求出每个氧化镍所占的面积，进而求出每平方米含有的氧化镍个数，再用每个氧化镍的质量乘以每平方米含有的氧化镍个数可求。注意单位的换算。【详解】（1）CO原子的核电荷数为27，基态
34、Co原子的价电子排布式为3d74s2；（2）与N3-互为等电子体的一种分子为：CO2。杂化轨道数=中心原子的孤电子对数+中心原子的键的数目，所以N3-中心氮原子孤电子对数为0，键的数目为2，所以杂化轨道数为2，故N3-离子杂化类型为sp；（3）Co3+的一种配离子Co(N3)(NH3)52+中，氨气分子和N3-中氮原子中有孤电子对，能够与Co+形成配位键，共有5个氨分子和1个N3-离子，Co3+的配位数是6。5 mol氨气分子提供键为15mol，1 mol N3-中含有键2 mol，形成配位键有6 mol，则1mol该配离子中所含键的数目为23NA。配位体NH3的空间构型为：三角锥形；（4）F
35、e2+、Fe3+占据立方体的互不相邻的顶点，则每个立方体上有4个Fe2+、4个Fe3+，根据晶体的空间结构特点，每个顶点上的粒子有1/8属于该立方体，则该立方体中有1/2个Fe2+、1/2个Fe3+，CN-位于立方体的棱上，棱上的微粒有1/4属于该立方体，该立方体中有3个CN-，所以该晶体的化学式为 FeFe(CN)6-，由于物质呈电中性，所以需要一个钾离子与之结合，所以该晶体的化学式为KFe2(CN)6；立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是正四面体形；（5）NiO的晶体中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则由图可看出C离子坐标离x为1，离y为1/2，离z为1/2，则C
36、离子坐标参数为(1，1/2，1/2)；（6）根据结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为2a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的倍，所以其距离是2 am；根据图片知，每个氧化镍所占的面积=2a m2a msin6010-24，则每平方米含有的氧化镍个数=1/(2a m2a msin6010-24)= 1024；每个氧化镍的质量= g，所以每平方米含有的氧化镍质量=（或）g。12.【化学选修5：有机化学基础】高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I的合成路线如下：回答下列问题：（1）反应所需试剂、条件分别是_；F 的化学名称为_。（2）的反应类型是_；AB 的
37、化学方程式为_。（3）G 的结构简式为_；H 中所含官能团的名称是_。（4）化合物W的相对分子质量比化合物C大14，且满足下列条件，W的可能结构有_种。遇FeCl3 溶液显紫色 属于芳香族化合物 能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢，峰面积比为2:2:2:1:1，写出符合要求的W 的结构简式_。（5）设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线，其他无机试剂任选（合成路线常用的表示方式为：）_。【答案】 (1). Cl2、光照 (2). 辛醛 (3). 取代反应 (4). (5). (6). 羟基 (7). 13 (8). (9). 【解析】【分析】甲苯发生取代反应生成，在氢氧化
38、钠水溶液加热条件下发生取代反应生成，则A为，该分子继续氧化为B，可推知B为，C为；D经过先水解后消去反应可得到HCHO，所以E为HCHO，根据给定的已知信息及逆合成分析法可知，G为，据此分析作答。【详解】甲苯，发生的是取代反应，所需试剂、条件分别是Cl2、光照；F为，根据系统命名法可知其名称为辛醛，故答案为Cl2、光照；辛醛；（2）反应是C和H发生的酸和醇的酯化反应（取代反应），AB 的化学方程式为，故答案为取代反应；（3）结合给定的已知信息推出G 的结构简式为；GH，是-CHO和H2的加成反应，所以H中所含官能团的名称是羟基，故答案为；羟基。（4）C为，化合物W 的相对分子质量比化合物C 大
39、14，W比C多一个CH2，遇FeCl3 溶液显紫色含有酚羟基，属于芳香族化合物含有苯环，能发生银镜反应含有醛基，苯环上有三个取代基，分别为醛基、羟基和甲基，先固定醛基和羟基的位置，邻间对，最后移动甲基，可得到10种不同结构；苯环上有两个取代基，分别为-OH和-CH2CHO，邻间对位共3种，所以W 的可能结构有10+3 = 13种；符合遇FeCl3 溶液显紫色、属于芳香族化合物、能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢、峰面积比为2:2:2:1:1要求的W 的结构简式：，故答案为13；（5）根据题目已知信息和有关有机物的性质，用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线具体如下：，故答案为。
