四川省绵阳市绵阳中学2024届高三下学期一模化学Word版含解析.docx

《四川省绵阳市绵阳中学2024届高三下学期一模化学Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

四川省绵阳中学2023-2024学年高三下学期测试(一)理科综合化学试题考试时间：150分钟，试卷满分300分注意事项：1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、班级、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条码由监考老师粘贴在答题卡上的“条码粘贴处”。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效。3.考试结束后由监考老师将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H1Li7B11C12N14O16Cl35.5Cr52Cu64第Ⅰ卷一、选择题：本题共13个小题，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.“暖手袋”是充满过饱和醋酸钠溶液的密封塑胶袋，袋内置有一个合金片，轻微震动合金片，溶质结晶，该过程放热，下列说法正确的是A.醋酸钠溶液、氢氧化钠、氧化钠均属于电解质B.塑胶属于高分子材料，高分子化合物属于纯净物C.内置的合金属于常用的材料，从物质组成角度分析，合金中可能含有非金属D.氢氧化钠熔化需要吸热，该过程为吸热反应【答案】C【解析】【详解】A．醋酸钠溶液混合物，混合物既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．有机高分子化合物的聚合度n值为不确定值，没有固定的熔点，属于混合物，故B错误；C．合金是由一种金属与其他一种或几种金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质，故C正确；D．氢氧化钠熔化时没有新物质生成，属于物理变化，所以氢氧化钠的熔化过程是吸热过程，不属于吸热反应，故D错误；故选C。2.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 A.与足量水反应，最终水溶液中原子的数目为个B.向含有的溶液中通入适量氯气，当有被氧化时，该反应转移电子数目为C.溶液中，与的数目之和为D.的乙醇水溶液中含有的氢原子数为【答案】D【解析】【详解】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应中过氧化钠中氧元素的化合价即升高被氧化又降低被还原，过氧化钠即是氧化剂又是还原剂，则1mol与足量水反应，最终水溶液中原子的数目为1mol×2××NAmol—1=NA，故A错误；B．碘离子的还原性强于亚铁离子，会优先与通入的氯气反应，反应消耗1mol亚铁离子时，碘离子已经完全反应，由于溶液中碘化亚铁的物质的量不确定，所以无法确定反应消耗碘离子的物质的量，无法计算反应转移电子的数目，故B错误；C．缺溶液的体积，无法计算0.01mol/L亚硫酸铵溶液中亚硫酸根离子的物质的量和亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子、亚硫酸的数目之和，故C错误；D．乙醇水溶液中乙醇和水分子中都含有氢原子，则100g46%乙醇水溶液中含有的氢原子数为×6×NAmol—1+×2×NAmol—1=12NA，故D正确；故选D。3.二羟基甲戊酸是合成青蒿素的原料之一，其结构如图a所示，下列有关二羟基甲戊酸的说法错误的是A.二羟基甲戊酸的分子式为B.与乳酸(结构如图b)互为同系物C.与乙醇、乙酸均能发生酯化反应D.等量的二羟基甲戊酸消耗和的物质的量之比为【答案】B第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【详解】A．由结构简式可知，二羟基甲戊酸的分子式为，故A正确；B．同系物必须是含有相同数目、相同官能团的同类物质，由结构简式可知，二羟基甲戊酸与乳酸的官能团不完全相同，不是同类物质，不可能互为同系物，故B错误；C．由结构简式可知，二羟基甲戊酸分子含有的羧基一定条件下能与乙醇发生酯化反应，含有的羟基一定条件下能与乙酸发生酯化反应，故C正确；D．由结构简式可知，二羟基甲戊酸分子含有的羧基、羟基能与金属钠反应，则1mol二羟基甲戊酸消耗金属钠的物质的量为3mol，含有的羧基能与碳酸氢钠反应，则1mol二羟基甲戊酸消耗碳酸氢钠的物质的量为1mol，所以等量的二羟基甲戊酸消耗钠和碳酸氢钠的物质的量之比为3：1，故D正确；故选B。4.一种新型漂白剂(结构如图)可用于漂白羊毛、草等，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同，下列叙述正确的是A.X可与Z形成18电子微粒B.元素电负性顺序为：C.Y的最高价氧化物对应水化物为强酸D.工业上通过电解熔融来制得W【答案】A【解析】【分析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、X对应的简单离子核外电子排布相同，由图可知，W元素的简单阳离子为W2+，则X为Mg元素、X元素位于第二周期；由阴离子结构可知，X、Y、Z形成的共价键数目分别为2、4、1，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，则X为O元素、Y为B元素、Z为H元素。【详解】A．含有18个电子过氧化氢分子的分子式为H2O2，故A正确；B．金属元素的电负性小于非金属元素，则镁元素的电负性小于氮元素，故B错误；C．硼元素的最高价氧化物对应水化物硼酸是一元弱酸，故C错误；D．工业上通过电解熔融氯化来制得金属镁，不能选用熔点高的氧化镁，故D错误；故选A。第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 5.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A将溶液与溶液混合，生成的沉淀颜色有红褐色、黄色和黑色生成的分解为铁粉和硫单质B向溶液X中滴加稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝溶液X中无C向溶液中持续通入，产生白色沉淀该沉淀为D在硫酸钡沉淀中加入浓碳酸钠溶液充分搅拌后，取沉淀(洗净)放入盐酸中，有气泡产生A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．氯化铁溶液与硫化钠溶液混合，可以发生双水解反应生成氯化钠、氢氧化铁红褐色沉淀和硫化氢气体，过量的氯化铁溶液也可以与硫化钠溶液发生氧化还原反应生成氯化钠、硫化亚铁沉淀和淡黄色的硫沉淀，所以溶液混合，生成的沉淀颜色有红褐色、黄色和黑色，故A错误；B．常温下溶液中的铵根离子与稀氢氧化钠溶液反应生成一水合氨，不能生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的氨气，则向溶液X中滴加氢氧化钠稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝色无法确定溶液中是否含有铵根离子，故B错误；C．向硝酸钡溶液中通入二氧化硫气体，二氧化硫与溶液中的水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性，酸性溶液中硝酸根离子能将二氧化硫氧化为能与钡离子反应生成白色硫酸钡沉淀的硫酸根离子，则向硝酸钡溶液中通入二氧化硫气体，产生的白色沉淀为硫酸钡，故C正确；D．在硫酸钡沉淀中加入浓碳酸钠溶液充分搅拌时，溶液中碳酸钡的浓度熵大于溶度积，会使硫酸钡沉淀转化为碳酸钡，将洗净沉淀放入盐酸中有气泡产生不能说明碳酸钡的溶度积小于硫酸钡，故D错误；故选C。6.有机物液流电池因其电化学性能可调控等优点而备受关注。南京大学研究团队设计了一种水系分散的聚合物微粒“泥浆”电池(图1)。该电池在充电过程中，聚对苯二酚被氧化，下列说法错误的是第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 A.放电时，电子由b电极流向a电极B.充电时，a电极附近的pH增大C.电池中间的隔膜为特殊尺寸半透膜，目的是阻上正负极物质的交叉污染D.放电时，b电极的电极反应方程式为－4ne-=＋4nH+【答案】B【解析】【分析】该电池在充电过程中，聚对苯二酚被氧化，则a极为电池的正极，b极为电池的负极，据此解答。【详解】A．b电极为电池的负极，a电极为电池的正极，则放电时，电子由b电极流向a电极，A正确；B．充电时，聚对苯二酚在a电极被氧化，释放出氢离子，酸性增强，a电极附近的pH减小，B错误；C．结合图可知，a电极附近和b电极附近反应的物质不同，则电池中间的隔膜为特殊尺寸半透膜，目的是阻上正负极物质的交叉污染，C正确；D．放电时，b电极为电池的负极，失电子，反应的电极反应为第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 -4ne-=+4nH+，D正确。答案选C。7.向某二元弱酸水溶液中逐滴加入溶液，混合溶液中[x为或]与的变化关系如图所示，下列说法正确的是A.时，存在B.直线Ⅱ表示的是随的变化情况C.D.的水解常数大于电离常数的【答案】C【解析】【分析】H2A是二元弱酸，在溶液中分步电离，一级电离常数远远大于二级电离常数，则溶液pH相等时，溶液中大于，则曲线Ⅰ表示lg随pH的变化情况、曲线Ⅱ表示lg随pH的变化情况；由图可知，溶液中lg=0时，溶液pH为1.22，则电离常数Ka1(H2A)==c(H+)=10—1.22，同理可知电离常数Ka2(H2A)==c(H+)=10—4.19。第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 【详解】A．由电离常数可知，HA—的水解常数Kh===＜Ka2=10—4.19，则HA—在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，所以pH为7的溶液是NaHA和Na2A的混合溶液，溶液中，故A错误；B．由分析可知，曲线Ⅰ表示lg随pH的变化情况、曲线Ⅱ表示lg随pH的变化情况，故B错误；C．由电离常数可知，溶液中=×===102.97，故C正确；D．由电离常数可知，HA—的水解常数Kh1===＜Ka2=10—4.19，故D错误；故选C。第Ⅱ卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。8.铜(Ⅰ)配合物的制备及纯度分析步骤如下。Ⅰ.制备将乙腈、过量铜粉混合于圆底烧瓶，控温、磁力搅拌，至反应完全(装置如图)，经一系列操作，得到白色固体产品。Ⅱ.纯度分析第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 取产品完全溶解于足量浓硝酸中，再加水、醋酸钠溶液配成溶液，取溶液，加入指示剂后，再用标准溶液滴定至终点，平行滴定三次，消耗溶液的平均体积为。已知：①沸点为，酸性条件下遇水生成；②较易被空气氧化；③与形成配合物；④滴定需在弱碱性条件下进行。回答下列问题：（1）图中仪器a的作用是___________；b中应加入___________作为最佳传热介质。（2）加入过量铜粉能提高产物的纯度，可能的原因是___________。（3）“一系列操作”依次为过滤分离出滤液、___________、___________、过滤、洗涤、干燥。（4）与足量浓硝酸发生反应的离子方程式为___________。（5）加入醋酸钠溶液的主要目的是___________。（6）测得产品的纯度为___________(用含m、c、V的代数式表示)。（7）下列情况会导致产品纯度测定结果偏高的有___________。A.产品中含有B.滴定终点时俯视读数C.盛装溶液的滴定管未润洗D.产品干燥不充分【答案】（1）①.冷凝回流②.水（2）铜能将反应中可能生成的二价铜还原为一价铜（3）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（4）+NO+7H2O+6H+=Cu2++NO2↑+4CH3COOH+4NH（5）为滴定提供碱性环境（6）%（7）AC【解析】【分析】由题意可知，该实验的实验目的是乙腈、六水高氯酸铜、过量铜在85℃磁力搅拌条件下充分反应生成配合物，反应所得溶液经过滤除去过量铜粉，分离出滤液、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到，用络合滴定法测定所得配合物的纯度。【小问1详解】第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 由实验装置图可知，仪器a为球形冷凝管，作用是使挥发出的乙腈冷凝回流，提高反应物的利用率；由题意可知，制备时需控制反应温度为85℃，温度低于水的沸点，所以b中最好加入水作为传热介质，故答案为：冷凝回流；水；【小问2详解】加入过量铜粉能提高产物的纯度的原因是具有还原性的铜能将反应中可能生成的二价铜还原为一价铜，提高产物纯度，故答案为：铜能将反应中可能生成的二价铜还原为一价铜；【小问3详解】由分析可知，一系列操作为过滤除去过量铜粉，分离出滤液、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；【小问4详解】由题给信息可知，具有还原性，较易被空气氧化，则与浓硝酸反应生成铜离子、二氧化氮、醋酸和铵根离子，反应的离子方程式为+NO+7H2O+6H+=Cu2++NO2↑+4CH3COOH+4NH，故答案为：+NO+7H2O+6H+=Cu2++NO2↑+4CH3COOH+4NH；【小问5详解】醋酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，由题给信息可知，用EDTA溶液滴定溶液中铜离子时需在弱碱性条件下进行，所以加入醋酸钠溶液的主要目的是为滴定提供碱性环境，故答案为：为滴定提供碱性环境；【小问6详解】由题意可得如下转化关系：—Cu2+—EDTA，滴定消耗Vmlcmol/LEDTA标准溶液，则产品的纯度为×100%=%，故答案为：%；【小问7详解】A．产品中含有高氯酸铜会使滴定消耗EDTA溶液的体积偏大，导致测定结果偏高，故正确；B．滴定终点时俯视读数会使滴定消耗EDTA溶液的体积偏小，导致测定结果测定结果偏低，故错误；C．盛装EDTA溶液的滴定管未润洗会使滴定消耗EDTA溶液的体积偏大，导致测定结果偏高，故正确；第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 D．产品干燥不充分会使得样品质量偏大，导致测定结果测定结果偏低，故错误；故选AC。9.利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。②沉淀I中只含有两种沉淀。③已知氧化性：Co3+>MnO2>ClO>Fe3+④流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8（1）得到水钴矿的前一步是对粗矿的粉末“焙烧”，该步氧化数据如表所示：空气氧化法氧化温度/℃氧化率/%氧化时间/h暴露空气中450～5008814对流空气氧化炉中450～500986在对流空气中氧化效率高且氧化时间短的原因是_______。（2）浸出过程中加入Na2SO3作用是_______。（3）NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为_______。（4）加入Na2CO3调pH至5.2，目的是_______；萃取剂层含锰元素，则加入NaF溶液所得沉淀II的主要成分为_______。（5）操作I包括：向水层加入_______调整pH至2～3，蒸发浓缩_______、过滤、洗涤、减压烘干等过程。第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 （6）根据表格中的数据计算Ksp[Co(OH)2]=_____(假设离子浓度小于等于10-5mol/L视为完全沉淀，已知100.4=2.5)（7）将草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中290～320℃温度范围得到剩余固体物质化学式为Co3O4，同时产生CO2，写出该过程的化学方程式_____。【答案】（1）对流空气能使氧气和反应物充分接触（2）将Co3+、Fe3+还原（3）（4）①.将铁离子、铝离子完全转化为沉淀物分离除去②.MgF2、CaF2（5）①.浓盐酸②.冷却结晶（6）2.5×10-15（7）【解析】【分析】水钴矿加入盐酸、亚硫酸钠，二氧化硅不反应，得到浸出液中含有阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+；加入NaClO3将亚铁离子转化为铁离子，调节pH除去铁；滤液加入氟化钠除去Mg2+、Ca2+，滤液加入萃取剂萃取出Co2+，加入草酸铵处理后得到草酸钴晶体和氯化钴晶体；【小问1详解】在对流空气中氧化效率高且氧化时间短的原因是对流空气能使氧气和反应物充分接触，加快反应速率，提高反应效率；【小问2详解】已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等；说明矿石中三价钴、三价铁均被Na2SO3还原为二价Co2+、Fe2+，故加入Na2SO3作用是将Co3+、Fe3+还原；【小问3详解】已知氧化性：Co3+>MnO2>ClO>Fe3+；亚铁离子具有还原性，和NaClO3反应转化为铁离子而Co2+、Mn2+不反应，以便于后续调节pH除去铁，反应为；【小问4详解】由部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH表格可知，加入Na2CO3调pH至5.2，目的是将铁离子、铝离子完全转化为沉淀物分离除去；萃取后萃取剂层含锰元素，且水层中含有Co2+，而减少了Mg2+、Ca2+，故加入NaF溶液所得沉淀II的主要成分为MgF2、CaF2。【小问5详解】第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 操作I得到氯化钴晶体，则调节pH应该加入盐酸，然后进行结晶操作，故为：向水层加入浓盐酸调整pH至2～3，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程。【小问6详解】pH=9.2时Co(OH)2完全沉淀，此时pOH=4.8，Ksp[Co(OH)2]==2.5×10-15。【小问7详解】草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中首先失去结晶水生成CoC2O4，290～320℃温度范围得到剩余的固体物质化学式为Co3O4同时产生CO2，钴元素、碳元素化合价升高，则空气氧气会参与反应起到氧化剂作用，反应为。10.工业合成氨是人工固氮研究重要领域，回答下列问题：（1）诺贝尔化学奖获得者格哈德·埃特尔确认了合成氨反应机理。时，各步反应的能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的粒子用“*”标注。图中决速步骤的反应方程式为___________，该步反应的活化能___________。（2）关于合成氨工艺的下列理解，正确的是___________。A.合成氨的反应在较低温度下可为自发反应B．控制温度(773K)远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率C．当温度、压强一定时，在原料气(和的比例不变)中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率D．基于有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行E．分离空气可得，通过天然气和水蒸气转化可得，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生（3）①相同质量的同种催化剂，在载体上的分散度越高，催化作用越强，原因是___________。第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 ②已知在催化剂表面的吸附量会影响催化效果，在少量某催化剂下分解的实验数据如下表：反应时间/01020304050分析表中数据可知，随着反应进行，减小，平均反应速率___________(填“增大”、“减小”或“不变”)，对该分析结果的合理解释是___________。（4）在一定条件下，向某反应容器中投入和在不同温度下反应，平衡体系中氨的物质的量分数随压强变化曲线如图所示：①中温度最高的是___________，M点的转化率为___________。②1939年捷姆金和佩热夫推出合成氨反应在接近平衡时净速率方程式为：的分别为正反应和逆反应的速率常数；代表各组分的分压；α为常数，当达平衡时，净速率为0，工业上以铁为催化剂，，由M点数据计算___________。【答案】（1）①.+=+3②.62（2）ADE（3）①.相同质量的同种催化剂，在载体上的分散度越高，总表面积越大，吸附的反应物越多，催化作用越强②.不变③.催化剂表面已充分吸附NH3，反应中NH3浓度减小但吸附量不变，平均反应速率不变（4）①.T3②.50%③.0.125【解析】【小问1详解】第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步骤，由图可知，决速步骤的方程式为+=+3，反应的活化能Ea=(17+45)kJ/mol=62kJ/mol，故答案为：+=+3；62；【小问2详解】A．合成氨反应是熵减的放热反应，低温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行，故正确；B．合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应物的平衡转化率减小，故错误；C．当温度、压强一定时，在原料气中添加不参与反应的少量惰性气体相当于减小压强，该反应是气体体积减小的反应，减小压强，平衡向逆反应方向移动，反应物的平衡转化率减小，故错误；D．不断将液氨移去，生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，故正确；E．合成氨反应的原料气中混用能使催化剂中毒的杂质，且甲烷、氢气是易燃易爆的气体，所以制得的原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生，故正确；故选ADE；【小问3详解】①相同质量的同种催化剂，在载体上的分散度越高，催化剂的总表面积越大，吸附的反应物越多，所以催化剂的催化作用越强，故答案为：相同质量的同种催化剂，在载体上的分散度越高，总表面积越大，吸附的反应物越多，催化作用越强；②氨气的分解反应是在催化剂表面进行的，反应中催化剂表面已充分吸附氨气，随着反应进行，氨气的浓度虽然减小，但催化剂表面吸附氨气的量不变，所以反应的平均速率不变，故答案为：不变；催化剂表面已充分吸附NH3，反应中NH3浓度减小但吸附量不变，平均反应速率不变；【小问4详解】①合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨的物质的量分数减小，由图可知，压强一定时，T1、T2、T3条件下氨的物质的量分数依次减小，则反应温度依次增大，所以温度最高的是T3；设平衡时消耗氮气的物质的量为a，由题意可建立如下三段式：由M点氨气的物质的量分数为40%可得：×100%=40%，解得a=2，则氮气的转化率为×100%=50%，故答案为：T3；50%；②反应达到平衡时，氨气的正逆反应速率相等，净速率为0，由速率方程可得：第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 =0，则α=0.5时，速率常数，由三段式数据可知，M点反应达到平衡时氮气、氢气、氨气的平衡分压为2MPa、4MPa、4MPa，则=0.125MPa—2，故答案为：0.125。(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。【化学——选修3：物质结构与性质】11.均是铬的重要化合物，回答下列问题：（1）基态原子有___________种能量不同的电子，价电子排布式为___________。（2）已知电子亲和能(E)是基态的气态原子得到电子变为气态阴离子所放出的能量，，氧的第一电子亲和能为___________；，其原因是___________。（3）雷氏盐的化学式为。①H、C、N、O四种元素的电负性由大到小的顺序为___________。②雷氏盐中所含化学键类型___________。A．离子键B．共价键C．配位键D．金属键E．氢键③配体之一分子的立体构型为___________，与配体互为等电子体的分子和离子有___________(各写1种)。（4）的晶体密度为，晶体结构(如图)为六棱柱，底边边长为，高为，设阿伏加德罗常数的值为，则___________(列出计算式)。【答案】11.①.7②.3d54s112.①.140②.O—带负电荷，对再得到的电子产生排斥，克服斥力需消耗能量第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 13.①.O>N>C>H②.ABC③.三角锥形④.CO2或CS2、CNO—14.【解析】【小问1详解】铬元素的原子序数为24，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，由核外电子排布规律可知，原子核外有7种种能量不同的电子，价电子排布式为3d54s1，故答案为：7；3d54s1；【小问2详解】由电子亲和能的定义可知，氧原子的第一电子亲和能E1为140kJ/mol；O—带负电荷，对再得到的电子产生排斥，克服斥力需消耗能量，所以△H2大于0，故答案为：140；O—带负电荷，对再得到的电子产生排斥，克服斥力需消耗能量；【小问3详解】①元素的非金属性越强，电负性越大，四种元素的非金属性强弱顺序为O>N>C>H，则电负性的大小顺序为O>N>C>H，故答案为：O>N>C>H；②氢键不属于化学键，是比较强的分子间作用力，由化学式可知，雷氏盐是含有离子键、共价键、配位键的离子化合物，不含有金属键，故答案为：ABC；③氨分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，分子的立体构型为三角锥形；CO2、CS2、CNO—与NCS—的原子个数都为3、价电子数都为16，互为等电子体，故答案为：三角锥形；CO2或CS2、CNO—；【小问4详解】由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的铬原子个数为12×+2×=3，位于体内的硼原子个数为6，由晶胞的质量公式可得：=×a2×6×c×10—21×ρ，解得a2c=，故答案为：。【化学—选修5：有机化学基础】12.物质G是能阻断血栓形成的药物的中间体，它的一种合成路线如图所示。第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 已知：i．；ii．R′CHOR′CH=NR″；iii．同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，会失水形成羰基。回答下列问题：（1）的名称是___________，→A的反应类型是___________，A的结构简式为___________。（2）B的分子式为，则C的结构简式为___________。（3）E能发生银镜反应，分子与新制氢氧化铜完全反应，理论上可以生成___________。写出E生成F的化学方程式___________。（4）W分子比E分子组成多一个，满足下列条件的W的同分异构体有___________种，写出其中任意一种的结构简式：___________。i．包含2个六元环，不含甲基ii．W可水解，W与溶液共热时，最多消耗（5）己知重排反应为，参考图中合成路线，以第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 为原料，用最简路线合成，试剂可以自选___________。【答案】12.①.苯胺②.取代反应③.13.14.①.1②.+CH3OH+H2O15.①.4②.或或或16.【解析】【分析】和CH3COOH反应生成A，则A为；和反应生成B，根据已知i及G的结构简式可推测，B为；发生水解反应生成C，则C为；和氢气发生加成反应生成D，则D为   ； 和F发生已知ii反应生成G，则F为；E和甲醇发生酯化反应生成，则E为。小问1详解】第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 的名称是苯胺；和CH3COOH发生取代反应生成A；由分析可知，A的结构简式为；【小问2详解】由分析可知，C的结构简式为；【小问3详解】由分析可知，E为，分子中含有1个醛基，1molE中含有1mol醛基，理论上能与新制氢氧化铜反应生成1molCu2O；和甲醇发生酯化反应生成，化学方程式为+CH3OH+H2O；【小问4详解】W分子比E分子多一个CH2，则W分子式为C9H8O3，W中包含两个六元环不含甲基，W可水解，说明其中含有酯基，与NaOH共热时，1molW最多消耗3molNaOH，则W中原本含有一个酚羟基，同时含有一个酚羟基与羧基形成的酯基，W的两个六元环结构为，此时羟基有4个位置，因此共有4种满足条件的同分异构体。其同分异构体的结构简式为或或或，共4种；【小问5详解】发生重排反应生成，与乙酸反应生成，和发生已知i反应生成，则合成路线为第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 。第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司