可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K39Fe56Co59Zn65一、選擇題：1.銨明礬[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化學(xué)常用基準試劑，其制備過程如下。下列分析不正確的是A．過程Ⅰ反應(yīng)：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4B．檢驗溶液B中陰離子的試劑僅需BaCl2溶液C．若省略過程Ⅱ，則銨明礬產(chǎn)率明顯減小D．向銨明礬溶液中逐滴加入NaOH溶液并加熱，先后觀察到：刺激性氣體逸出→白色沉淀生成→白色沉淀消失【答案】D【解析】A．過程Ⅰ利用NaHCO3的溶解度比較小，NH4HCO3和Na2SO4發(fā)生反應(yīng)：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4，故A正確；B．溶液B已經(jīng)呈酸性，檢驗SO42－只需加入BaCl2溶液即可，故B正確；C．若省略過程Ⅱ，溶液中還有一定量的HCO3－，加入Al2(SO4)3，Al2(SO4)3會與HCO3－發(fā)生雙水解反應(yīng)，銨明礬產(chǎn)率會明顯減小，故C正確；D．向銨明礬溶液中逐滴加入NaOH溶液，先有氫氧化鋁沉淀產(chǎn)生，后產(chǎn)生氨氣，再后來氫氧化鈉與氫氧化鋁反應(yīng)，沉淀消失，所以觀察到：白色沉淀生成→刺激性氣體逸出→白色沉淀消失，故D錯誤；答案選D。2.下列說法正確的是A．多糖、油脂、蛋白質(zhì)均為高分子化合物B．淀粉和纖維素水解的最終產(chǎn)物均為葡萄糖C．可用酸性KMnO4溶液鑒別苯和環(huán)己烷D．分離溴苯和苯的混合物：加入NaOH溶液分液【答案】B【解析】A選項，多糖、蛋白質(zhì)均為高分子化合物，油脂是低分子化合物，故A錯誤；B選項，淀粉和纖維素在稀硫酸作用下水解的最終產(chǎn)物均為葡萄糖，故B正確；C選項，不能用酸性KMnO4溶液鑒別苯和環(huán)己烷，兩者都無現(xiàn)象，故C錯誤；D選項，分離溴苯和苯的混合物采用蒸餾方法，故D錯誤。綜上所述，答案為B。 【點睛】淀粉、纖維素、蛋白質(zhì)是天然高分子化合物，油脂分子量比較大，但不是高分子化合物。3.下列圖示實驗正確的是A．制取蒸餾水B．制取收集氨氣C．乙酸乙酯的制備D．碳酸氫鈉受熱分解【答案】C【解析】A．溫度計應(yīng)安裝在通向冷凝管的側(cè)口部位，故A項錯誤；B．氨氣的密度比空氣小，應(yīng)用向下排空氣法，導(dǎo)管應(yīng)伸入試管底部，故B項錯誤；C．該裝置可以制備乙酸乙酯，C項正確；D．加熱固體試管口應(yīng)朝下，故D項錯誤；故答案為C。4．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A．100g含氫元素質(zhì)量分數(shù)為12%的乙烯與乙醛的混合氣體中氧原子數(shù)為NAB．0.1molCl2與過量稀NaOH溶液反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.2NAC．常溫下，1L0.1mol/LNa2SO3溶液中的數(shù)目一定等于0.1NAD．標準狀況下，22.4LCHCl3中含有氯原子的數(shù)目為3NA【答案】A【解析】乙烯和乙醛的分子式分別為C2H4、C2H4O，因此混合氣體中氫元素和碳元素的質(zhì)量之比為1∶6，故碳元素的質(zhì)量分數(shù)為72%，則氧元素的質(zhì)量分數(shù)為1-72%-12%=16%，100g該混合氣體中氧元素的質(zhì)量為16g，氧原子數(shù)為NA，A項正確。Cl2與NaOH溶液反應(yīng)生成NaCl、NaClO和H2O，0.1mol Cl2與過量稀NaOH溶液反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.1NA，B項錯誤。Na2SO3溶液中會發(fā)生水解，1L0.1mol/LNa2SO3溶液中c()<0.1mol/L，C項錯誤。標準狀況下，CHCl3為液體，22.4LCHCl3的物質(zhì)的量不是1mol，D項錯誤。5．萜類化合物廣泛存在于動植物體內(nèi)。下列關(guān)于萜類化合物a、b的說法正確的是A．a(chǎn)中六元環(huán)上的一氯代物共有3種(不考慮立體異構(gòu))B．b的分子式為C10H12OC．a(chǎn)和b都能發(fā)生加成反應(yīng)、氧化反應(yīng)、取代反應(yīng)D．只能用鈉鑒別a和b【答案】C【解析】A、a中六元環(huán)上有5個碳上有氫，a中六元環(huán)上的一氯代物共有5種(不考慮立體異構(gòu))，故A錯誤；B、b的分子式為C10H14O，故B錯誤；C、a中的碳雙鍵和b中苯環(huán)上的甲基都能發(fā)生氧化反應(yīng)、a、b甲基上的氫都可以發(fā)生取代反應(yīng)、a中碳碳雙鍵、b中苯環(huán)都可以發(fā)生加成反應(yīng)，故C正確；D．可以用鈉鑒別a和b，還可以用溴水來鑒別，故D錯誤；故選C。6．磷酸鐵鋰電池在充放電過程中表現(xiàn)出了良好的循環(huán)穩(wěn)定性，具有較長的循環(huán)壽命，放電時的反應(yīng)為：LixC6+Li1-xFePO4=6C+LiFePO4。某磷酸鐵鋰電池的切面如下圖所示。下列說法錯誤的是A．放電時Li+脫離石墨，經(jīng)電解質(zhì)嵌入正極B．隔膜在反應(yīng)過程中只允許Li+通過C．充電時電池正極上發(fā)生的反應(yīng)為：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+D．充電時電子從電源經(jīng)鋁箔流入正極材料【答案】D【解析】放電時，LixC6在負極（銅箔電極）上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，其負極反應(yīng)為：LixC6-xe-=xLi++6C，其正極反應(yīng)即在鋁箔電極上發(fā)生的反應(yīng)為：Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，充電電池充電時，正極與外接電源的正極相連為陽極，負極與外接電源負極相連為陰極，A．放電時，LixC6在負極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，其負極反應(yīng)為：LixC6-xe-=xLi++6C，形成Li+ 脫離石墨向正極移動，嵌入正極，故A項正確；B．原電池內(nèi)部電流是負極到正極即Li+向正極移動，負電荷向負極移動，而負電荷即電子在電池內(nèi)部不能流動，故只允許鋰離子通過，B項正確；C．充電電池充電時，原電池的正極與外接電源的正極相連為陽極，負極與外接電源負極相連為陰極，放電時，正極、負極反應(yīng)式正好與陽極、陰極反應(yīng)式相反，放電時Li1-xFePO4在正極上得電子，其正極反應(yīng)為：Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，則充電時電池正極即陽極發(fā)生的氧化反應(yīng)為：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4＋xLi+，C項正確；D．充電時電子從電源負極流出經(jīng)銅箔流入陰極材料（即原電池的負極），D項錯誤；答案選D?！军c睛】可充電電池充電時，原電池的正極與外接電源的正極相連為陽極，負極與外接電源負極相連為陰極，即“正靠正，負靠負”，放電時Li1-xFePO4在正極上得電子，其正極反應(yīng)為：Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，則充電時電池正極即陽極發(fā)生的氧化反應(yīng)為：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4＋xLi+。7．中學(xué)常見的短周期主族元素R、X、Y、Z、M的原子序數(shù)依次增大，它們占據(jù)三個周期。Y和M位于同主族，Y原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的3倍。這五種元素組成一種離子化合物Q。取一定量Q溶于蒸餾水得到溶液，向溶液中滴加稀氫氧化鈉溶液，產(chǎn)生的沉淀質(zhì)量與滴加氫氧化鈉溶液體積的變化情況如圖所示。下列說法不正確的是A．簡單離子半徑：M>Y>ZB．氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y>XC．最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：M>ZD．由R、X、Y、M四種元素只組成一種鹽【答案】D【解析】短周期主族元素R、X、Y、Z、M的原子序數(shù)依次增大，它們占據(jù)三個周期，則R為H元素；Y和M位于同主族，Y原子的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的3倍，Y應(yīng)該位于第二周期，則Y為O元素、M為S元素；根據(jù)圖像，生成的沉淀為氫氧化鋁，銨根離子與氫氧根離子反應(yīng)時沉淀質(zhì)量不變，則Q中一定含有鋁離子和銨根離子，化合物Q應(yīng)該為NH4Al(SO4)2，結(jié)合原子序數(shù)大小可知X為N元素、Z為Al元素。M、Y、Z分別為S、O、Al，硫離子含有3個電子層，半徑最大，氧離子和鋁離子都含有2個電子層，氧元素的核電荷數(shù)較小，離子半徑較大，則簡單離子半徑：M>Y>Z，A正確；X、Y分別為N、O元素，非金屬性：NX，B正確；M為S元素，Z為Al元素，二者的最高價氧化物對應(yīng)水化物分別為硫酸、氫氧化鋁，硫酸為強酸，氫氧化鋁為兩性氫氧化物，則最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：M>Z，C正確；R、X、Y、M分別為H、N、O、S元素，四種元素可以形成硫酸銨、亞硫酸銨等多種鹽，D錯誤。二、非選擇題：8.富馬酸亞鐵，是一種治療缺鐵性貧血的安全有效的鐵制劑。富馬酸在適當(dāng)?shù)膒H條件下與，反應(yīng)得富馬酸亞鐵。已知：物質(zhì)名稱化學(xué)式相對分子質(zhì)量電離常數(shù)(25℃)富馬酸116碳酸富馬酸亞鐵FeC4H2O4170i.制備富馬酸亞鐵：①將富馬酸置于100mL燒杯A中，加熱水?dāng)嚢琚诩尤肴芤?0mL使溶液pH為6.5-6.7。并將上述溶液移至100mL容器B中③安裝好回流裝置C，加熱至沸。然后通過恒壓滴液漏斗D緩慢加入溶液30mL④維持反應(yīng)溫度100℃，充分攪拌1.5小時。冷卻，減壓過濾，用水洗滌沉淀⑤最后水浴干燥，得棕紅(或棕)色粉末，記錄產(chǎn)量請回答以下問題：（1）該實驗涉及到的主要儀器需從以上各項選擇，則B為__________(填字母)，C為___________(填名稱)。（2）已知反應(yīng)容器中反應(yīng)物和富馬酸按恰好完全反應(yīng)的比例進行起始投料，寫出步驟②中加入溶液調(diào)節(jié)pH的目的是______________________________________________；若加入溶液過量，溶液pH偏高，則制得產(chǎn)品的純度會______ _______(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。（3）配制溶液方法為稱取固體，溶于30mL新煮沸過的冷水中，需用新煮沸過的冷水的原因是____________________________________________________________________________。（4）步驟④中洗滌的目的主要是為了除去是___________離子，檢驗沉淀是否洗凈的方法是：_____________。ii.計算產(chǎn)品的產(chǎn)率：（5）經(jīng)測定，產(chǎn)品中富馬酸亞鐵的純度為76.5%。以5.80g富馬酸為原料反應(yīng)制得產(chǎn)品8.10g，則富馬酸亞鐵的產(chǎn)率為_____________%。(保留小數(shù)點后一位)【答案】（14分）（1）b（1分）球形冷凝管（1分）（2）使富馬酸轉(zhuǎn)化為富馬酸根離子（2分）偏低（2分）（3）除去溶液中溶解的氧氣，防止亞鐵離子被氧化，降低產(chǎn)品產(chǎn)率（2分）（4）、（2分）取最后一次的洗滌液少許于試管中，加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若無沉淀產(chǎn)生，證明已經(jīng)洗滌干凈（2分）（5）72.9（2分）【解析】（1）儀器B為反應(yīng)容器，應(yīng)該選b；回流裝置C為球形冷凝管；（2）已知反應(yīng)容器中反應(yīng)物和富馬酸按恰好完全反應(yīng)的比例進行起始投料，步驟②中加入溶液調(diào)節(jié)pH，使富馬酸轉(zhuǎn)化為富馬酸根離子；若加入溶液過量，溶液pH偏高，部分Fe2+生成Fe（OH）2或FeCO3，則制得產(chǎn)品的純度會偏低；（3）配制溶液方法為稱取固體，溶于30mL新煮沸過的冷水中，需用新煮沸過的冷水的原因是：除去溶液中溶解的氧氣，防止亞鐵離子被氧化，降低產(chǎn)品產(chǎn)率；（4）根據(jù)實驗步驟富馬酸鈉與硫酸亞鐵反應(yīng)生成富馬酸亞鐵和硫酸鈉，步驟④中洗滌的目的主要是為了除去沉淀表面的可溶物，即、離子，檢驗沉淀是否洗凈的方法是：取最后一次的洗滌液少許于試管中，加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若無沉淀產(chǎn)生，證明已經(jīng)洗滌干凈；（5）經(jīng)測定，產(chǎn)品中富馬酸亞鐵的純度為76.5%。以5.80g富馬酸為原料反應(yīng)制得產(chǎn)品8.10g，則富馬酸亞鐵的產(chǎn)率為×100%=72.9%。9.一種利用化肥中廢催化劑(含CoO、Co、Al2O3及少量FeO)制取明礬和CoSO4粗產(chǎn)品的工藝流程如下： 已知：(i)相關(guān)金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下表所示：(ⅱ)Al(OH)3在堿性條件下開始溶解時的pH為7.8，完全溶解時的pH為11?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出H2O2的電子式：___________。（2）下列措施一定能提高步驟I中A13+和Co2+的浸取率的是___________(填標號)a．將廢催化劑粉磨為細顆粒b．步驟I中的硫酸采用98%的濃硫酸c．適當(dāng)提高浸取時的溫度（3）步驟Ⅱ中，寫出“氧化”過程中Fe2+被氧化的離子方程式：___________，若“氧化”后再“調(diào)節(jié)pH=3”，造成的后果是___________。（4）步驟Ⅲ中加K2CO3應(yīng)控制pH的范圍為___________。（5）測定CoSO4粗產(chǎn)品中鈷的質(zhì)量分數(shù)的步驟如下：準確稱取ag產(chǎn)品，先經(jīng)預(yù)處理，然后加入過量的冰乙酸，在加熱煮沸下，緩慢滴加KNO2溶液直至過量，生成不溶于乙酸的K3[Co(NO2)6]，再經(jīng)過濾、洗滌及干燥，稱量沉淀的質(zhì)量為bg。①KNO2溶液氧化并沉淀Co2+的離子方程式為___________(已知KNO2被還原為NO)。②粗產(chǎn)品中鈷元素的質(zhì)量分數(shù)為___________(Mr{K3[Co(NO2)6]}=452，列出計算式)。【答案】（14分，每空2分）（1）（2）ac（3）2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+Fe3+對雙氧水的分解有催化作用，造成原料利用率低（4）pH11（5）①Co2++3K++7NO2-+2CH3COOHK3[Co(NO2)6]↓+NO↑+H2O+2CH3COO-②100%【解析】廢催化劑(含CoO、Co、Al2O3及少量FeO)加入硫酸酸浸反應(yīng)后得到浸取液，主要含有Co2+、Al3+、Fe2+、H+和SO42-等離子，調(diào)節(jié)溶液的pH=3，再加入H2O2，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+并產(chǎn)生Fe(OH)3 沉淀。過濾后，濾液中加入K2CO3調(diào)節(jié)pH，生成Co(OH)2沉淀和KAlO2溶液，經(jīng)過濾分離。Co(OH)2沉淀加硫酸溶解經(jīng)后續(xù)處理得到粗產(chǎn)品CoSO4，濾液加硫酸酸化得到硫酸鋁鉀溶液，經(jīng)結(jié)晶得到明礬，以此分析解答。（1）H2O2為共價化合物，兩個氧原子共用一對電子，電子式為：，因此，本題正確答案是：；（2）a．將廢催化劑粉磨為細顆粒，增大反應(yīng)物的接觸面積，能提高浸取率，故a正確；b．該反應(yīng)為H+參加的離子反應(yīng)，98%的濃硫酸中的氫離子濃度極小，不利于酸浸，故b錯誤；c．升高溫度化學(xué)反應(yīng)速率加快，所以適當(dāng)提高浸取時的溫度，能提高浸取率，故c正確。因此，本題正確答案是：ac；（3）Fe2+被氧化為Fe3+，pH=3時產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，離子方程式為：2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+；Fe3+對雙氧水的分解有催化作用，若“氧化”后再“調(diào)節(jié)pH=3”，會造成原料利用率低。（4）由已知(i)可知，Co2+沉淀完全的pH為9.2，由已知(ⅱ)可知，Al(OH)3完全溶解時的pH為11，所以要分離出Al3+，應(yīng)控制pH的范圍為pH11，（5）①KNO2將Co2+氧化為Co3+，并生成K3[Co(NO2)6]沉淀，NO2-被還原為NO，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒及原子守恒寫出離子方程式為Co2++3K++7NO2-+2CH3COOHK3[Co(NO2)6]↓+NO↑+H2O+2CH3COO-。因此，本題正確答案是：Co2++3K++7NO2-+2CH3COOHK3[Co(NO2)6]↓+NO↑+H2O+2CH3COO-；②bgK3[Co(NO2)6]中含Co元素的質(zhì)量為bg×，則粗產(chǎn)品中鈷元素的質(zhì)量分數(shù)為×100%，10.研究氮氧化物的反應(yīng)機理，對于消除環(huán)境污染有重要意義。（1）升高溫度絕大多數(shù)的化學(xué)反應(yīng)速率增大，但是2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的速率卻隨溫度的升高而減小，某化學(xué)小組為研究特殊現(xiàn)象的實質(zhì)原因，查閱資料知：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的反應(yīng)歷程分兩步：i：2NO(g)N2O2(g)(快),v1正＝k1正c2(NO)　v1逆＝k1逆c(N2O2)　ΔH1＜0ii：N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)(慢),v2正＝k2正c(N2O2)c(O2)　v2逆＝k2逆c2(NO2)　ΔH2＜0請回答下列問題：①一定溫度下，反應(yīng)2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)達到衡狀態(tài)，請寫出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常數(shù)表達式K＝________。②由實驗數(shù)據(jù)得到v2正～c(O2)的關(guān)系可用如圖表示。當(dāng)x點升高到某一溫度時，反應(yīng)重新達到平衡，則變?yōu)橄鄳?yīng)的點為___________(填字母)。 （2）100℃時，若將0.100molN2O4氣體放入1L密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)N2O4(g)2NO2(g)ΔH＝＋24.4kJ·mol－1。c(N2O4)隨時間的變化如表所示?；卮鹣铝袉栴}：①在0～40s時段，化學(xué)反應(yīng)速率v(NO2)為______mol·L－1·s－1②下列能說明該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的是________(填選項字母)。A．2v(N2O4)＝v(NO2)B．體系的顏色不再改變C．混合氣體的密度不再改變D．混合氣體的壓強不再改變③該反應(yīng)達到平衡后，若只改變一個條件，達到新平衡時，下列能使NO2的體積分數(shù)增大的是_________(填選項字母)。A．充入一定量的NO2B．增大容器的容積C．分離出一定量的NO2D．充入一定量的N2④100℃時，若將9.2gNO2和N2O4氣體放入1L密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)N2O4(g)2NO2(g)。某時刻測得容器內(nèi)氣體的平均相對分子質(zhì)量為50，則此時v正(N2O4)_______v逆(N2O4)(填“＞”“＝”或“＜”)。⑤上述反應(yīng)中，正反應(yīng)速率v正＝k正·p(N2O4)，逆反應(yīng)速率v逆＝k逆·p2(NO2)，其中k正、k逆為速率常數(shù)，若將一定量N2O4投入真空容器中恒溫恒壓分解（溫度298K、壓強100kPa），已知該條件下k正＝4.8×104s－1，當(dāng)N2O4分解10%時，v正＝________kPa·s－1。【答案】（15分，除標明外，每空2分）（1）a（2）0.0025BDBC＜3.9×106（3分）【解析】（1）①；②；目標反應(yīng)，由反應(yīng)達平衡狀態(tài)，所以，所以 ，,則，故答案為：；②的速率隨溫度的升高而減小，因為決定該反應(yīng)速率的是反應(yīng)②，故升高到溫度時v2正減小，且平衡逆向移動，氧氣的濃度增大，所以反應(yīng)重新達到平衡，則變?yōu)橄鄳?yīng)的點為a，故答案為：a；（2）①由表可知，0～40s時間內(nèi)的濃度由0.10mol/L減小為0.050mol/L，則其反應(yīng)速率為，由反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，則的反應(yīng)速率為，故答案為：0.0025；②A.未體現(xiàn)正逆反應(yīng)速率的關(guān)系，A錯誤；B.體系的顏色不再改變，說明二氧化氮的濃度不變，B正確；C.無論是否反應(yīng)，體系的混合氣體的總質(zhì)量不變，體積不變，故密度不變，C錯誤；D.該反應(yīng)正反應(yīng)為體積增大的反應(yīng)，混合氣體的壓強不再改變，說明氣體的物質(zhì)的量不變，達到平衡狀態(tài)，D正確；故答案為：BD；③A.充入一定量的，相當(dāng)于加壓，達新平衡時，則的體積分數(shù)減小，故A錯誤；B.增大容器的容積，減壓，平衡向體積增大的方向移動，即正向移動，的體積分數(shù)增大，故B正確；C.分離出一定量的，相當(dāng)于減壓，使的體積分數(shù)增大，故C正確；D.充入一定量的，總壓增大，氣體分壓不變，不會引起化學(xué)平衡的移動，二氧化氮濃度不變，故D錯誤；故答案為：BC；④100℃時，將0.100mol氣體放入1L密閉容器中，平衡時，，，平均分子量=氣體總質(zhì)量氣體總的物質(zhì)的量==57.5g/mol，將9.2g和氣體放入1L密閉容器中，某時刻測得容器內(nèi)氣體的平均相對分子質(zhì)量為50，說明反應(yīng)需向體積縮小的方向進行，即，故答案為：<；⑤當(dāng)N2O4分解10%時,設(shè)投入的N2O4為1mol,轉(zhuǎn)化的N2O4為0.1mol，則：，故此時,則 ，故答案為：3.9×106。（二）選考題：11.2019年4月23日，中國人民海軍成立70周年。提到海軍就不得不提航空母艦，我國正在建造第三艘航空母艦。鎳鉻鋼抗腐蝕性能強，可用于建造航母。（1）航母甲板鎳鉻鋼表面涂有一層耐高溫的材料聚硅氧烷（結(jié)構(gòu)如圖甲所示）。基態(tài)Cr原子的價電子排布式為_____________，基態(tài)Si原子電子占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖為_____________形，元素C、O、F的電負性由大到小的順序為_____________。（2）海洋是元素的搖籃，海水中含有大量F、Cl、Br、I元素。①OF2的空間構(gòu)型為_____________，其中O原子雜化方式為_____________雜化。②KCl晶體中存在的化學(xué)鍵類型有_____________；CaCl2熔點要比KCl的熔點高很多，主要原因為____________________________________________________________________。（3）海底金屬軟泥是在海洋底覆蓋著的一層紅棕色沉積物，蘊藏著大量的資源，含有硅、氧化鐵、錳、鋅等。Zn2+與S2-形成的一種晶胞結(jié)構(gòu)如圖乙所示（黑球表示Zn2+，白球表示S2-），Zn2+的配位數(shù)為_____________。晶胞邊長為anm、ZnS相對分子質(zhì)量為M，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，其晶體密度的計算表達式為_____________g·cm-3?！敬鸢浮浚?5分）（1）3d54s1（1分）啞鈴（1分）F＞O＞C（2分）（2）①V形（2分）sp3（1分）②離子鍵（2分）Ca2+半徑比K+小，Ca2+所帶電荷數(shù)比K+多，CaCl2的晶格能更高（2分）（3）4（2分）（2分）【解析】【分析】 （1）依據(jù)原子核外電子排布規(guī)則寫出基態(tài)Cr原子的價電子排布式；依據(jù)Si的核外電子排布式可知其最高能級為3p能級，3p能級電子云輪廓圖為啞鈴形；根據(jù)C、O、F的非金屬性推斷其電負性；（2）①OF2分子的中心原子為O原子，其中含有的孤電子對數(shù)為2，σ鍵數(shù)為2，價層電子對數(shù)為4，所以O(shè)F2的空間構(gòu)型為V形，其中O原子的雜化方式為sp3雜化；②氯化鉀為離子晶體，存在的化學(xué)鍵為離子鍵；鈣離子的半徑比鉀離子小，鈣離子所帶電荷數(shù)比鉀離子多，氯化鈣的晶格能更高，所以氯化鈣的熔點更高。（3）通過硫化鋅的晶胞結(jié)構(gòu)分析鋅離子的周圍與之等距離的硫離子，即可知鋅離子的配位數(shù)；通過硫化鋅的晶胞結(jié)構(gòu)可知鋅離子的數(shù)目為41=4，含有硫離子的數(shù)目為，一個晶胞的體積為(a×10-7)3cm3，由密度公式計算晶體的密度?！驹斀狻浚?）Cr為24號元素，核電荷數(shù)為24，故基態(tài)Cr原子的價電子排布式為3d54s1；Si元素為14號元素，核電荷數(shù)為14，核外電子排布式為1s22s22p63s23p2，最高能級為3p能級，3p能級電子云輪廓圖為啞鈴形；非金屬性：F＞O＞C，則C、O、F的電負性由大到小的順序為F＞O＞C。（2）①OF2分子的中心原子為O原子，其中含有的孤電子對數(shù)為2，σ鍵數(shù)為2，價層電子對數(shù)為4，所以O(shè)F2的空間構(gòu)型為V形，其中O原子的雜化方式為sp3雜化；②氯化鉀為離子晶體，存在的化學(xué)鍵為離子鍵；鈣離子的半徑比鉀離子小，鈣離子所帶電荷數(shù)比鉀離子多，氯化鈣的品格能更高，所以氯化鈣的熔點更高。（3）由硫化鋅的晶胞結(jié)構(gòu)可知，每個鋅離子的周圍與之等距離的硫離子有4個，所以鋅離子的配位數(shù)為4；一個晶胞中含有鋅離子的數(shù)目為4，含有硫離子的數(shù)目為4，一個晶胞的體積為(a×10-7)3cm3，則晶體的密度為?！军c睛】計算晶胞密度時，利用晶胞結(jié)構(gòu)計算一個晶胞中含有的離子數(shù)，再根據(jù)m=nM計算質(zhì)量，根據(jù)V=a3計算體積，由此計算晶體的密度。12.芳香烴A是基本有機化工原料，由A制備高分子E和醫(yī)藥中間體K的合成路線（部分反應(yīng)條件略去）如下圖所示： 已知：①；②回答下列問題：（1）A的名稱是________，I含有官能團的名稱是________。（2）反應(yīng)⑦的作用是________，⑩的反應(yīng)類型是________。（3）寫出反應(yīng)②的化學(xué)方程式：____________________________________________。（4）D分子中最多有________個原子共平面。E的結(jié)構(gòu)簡式為________。（5）寫出一種同時符合下列條件的F的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：________。①苯環(huán)上只有兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子；②既能與銀氨溶液反應(yīng)又能與NaOH溶液反應(yīng)。（6）將由D為起始原料制備的合成路線補充完整。________（無機試劑及溶劑任選）。合成路線流程圖示例如下：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3【答案】（15分）（1）甲苯（1分）羧基、肽鍵（酰胺基）（1分）（2）保護氨基（1分）取代（水解）反應(yīng)（1分）（3）+2NaOH+2NaCl+H2O（2分） （1）19（2分）（2分）（2）（2分）（3）（3分）【解析】【分析】芳香烴A與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B發(fā)生水解反應(yīng)生成苯甲醛，結(jié)合B的分子式，可知A為，B為；對比C、D的結(jié)構(gòu)可知，苯甲醛與丙酮脫去1分子水形成碳碳雙鍵而生成D，D發(fā)生加聚反應(yīng)生成高分子化合物E為；由I中取代基處于對位位置，可知甲苯發(fā)生硝化反應(yīng)生成F為，F(xiàn)發(fā)生還原反應(yīng)生成G為，由I的結(jié)構(gòu)簡式、H的分子式可知H的結(jié)構(gòu)簡式為：，H被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成I，I發(fā)生取代反應(yīng)生成J，J發(fā)生水解反應(yīng)生成K，可知G→H是為了保護氨基，防止被氧化。【詳解】（1）A為，名稱是甲苯，I中官能團是羧基和肽鍵（酰胺基）；（2）反應(yīng)⑦的作用是保護氨基，防止被氧化，J發(fā)生水解反應(yīng)生成K，則⑩的反應(yīng)類型是取代（水解）反應(yīng)，（3）B為，B發(fā)生水解反應(yīng)生成苯甲醛，該反應(yīng)方程式為+2NaOH+2NaCl+H2O；（4）通過旋轉(zhuǎn)碳碳單鍵，可以使苯環(huán)、碳碳雙鍵、碳氧雙鍵的平面共面，可以使甲基中1個H原子處于平面內(nèi)，分子中最多有19個原子共平面，E的結(jié)構(gòu)簡式為：；（5）一種同時符合下列條件的F()的同分異構(gòu)體：①苯環(huán)上只有兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，可以含有2個不同的取代基且處于對位，② 既能與銀氨溶液反應(yīng)又能與NaOH溶液反應(yīng)，含有-OOCH結(jié)構(gòu)，或者含有酚羥基與醛基，可能的結(jié)構(gòu)簡式為：；（6）在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成，然后與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成，最后在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成，合成路線為?！军c睛】本題考查有機物推斷和有機合成，為高頻考點，明確有機物官能團及其性質(zhì)關(guān)系、反應(yīng)條件及題給信息的遷移是解本題關(guān)鍵，難點是有機物合成路線設(shè)計及限制型同分異構(gòu)體種類判斷，題目難度中等。