湖北省武汉市2020届高三质量检测化学试题 Word版含解析 19页

www.ks5u.com 武汉市2020届高中毕业生学习质量检测 理科综合试卷 ‎1.在2020年抗击新型冠状病毒肺炎的战役中化学品发挥了重要作用。下列说法中错误的是（ ）‎ A. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%‎ B. 生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料 C. 84消毒液、二氧化氯泡腾片可作为环境消毒剂 D. 硝酸铵制成的医用速冷冰袋利用了硝酸铵溶于水吸热的性质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，这个浓度的酒精使病毒中的蛋白质变性，从而杀死病毒，故A错误；‎ B．PP纤维也称聚丙烯纤维，由聚丙烯及多种有机、无机材料，经特殊的复合技术精制而成的有机高分子材料，故B正确；‎ C．84消毒液、二氧化氯具有强氧化性，可作为环境消毒剂，故C正确；‎ D．硝酸铵溶于水是吸热的，可以用于医用速冷冰袋，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎2.有机物J147的结构简式如图，具有减缓大脑衰老的作用。下列关于J147的说法中错误的是（ ）‎ A. 可发生加聚反应 B. 分子式为C20H20O6‎ C. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 分子中所有碳原子可能共平面 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该有机物分子中含有碳碳双键，在一定条件下可以发生加聚反应，故A正确；‎ B．由该有机物的结构简式可得，其分子式为C21H20O6，故B错误；‎ - 19 -‎ C．该有机物分子中含有碳碳双键，可以和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应从而使其褪色，故C正确；‎ D．苯环上的所有原子共平面，碳碳双键上所有原子共平面，羰基上的原子共平面，单键可以旋转，则该有机物分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎3.某同学设计了蔗糖与浓硫酸反应的改进装置，并对气体产物进行检验，实验装置如图所示。下列结论中正确的是（ ）‎ 选项 现象 结论 A.‎ Ⅰ中注入浓硫酸后，可观察到试管中白色固体变为黑色 体现了浓硫酸的吸水性 B.‎ Ⅱ中观察到棉球a、b都褪色 均体现了SO2的漂白性 C.‎ Ⅱ中无水硫酸铜变蓝 说明反应产物中有H2O D.‎ Ⅲ中溶液颜色变浅，Ⅳ中澄清石灰水变浑浊 说明有CO2产生 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蔗糖遇到浓硫酸变黑，是由于浓硫酸具有脱水性，将蔗糖中氢元素和氧元素以水的比例脱出，不是吸水性，故A错误；‎ - 19 -‎ B．a中品红褪色，体现二氧化硫的漂白性，b中溴水褪色，体现二氧化硫的还原性，故B错误；‎ C．无水硫酸铜变蓝，可以用来检验水，但是品红溶液和溴水都有水，不确定使硫酸铜变蓝的水是否由反应分解产生的，故C错误；‎ D．Ⅲ中溶液颜色变浅，是因为还有二氧化硫，不退色说明二氧化硫反应完全了，Ⅳ中澄清石灰水变浑浊了，说明产生了二氧化碳气体，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】C项的无水硫酸铜变蓝了，说明有水，这个水不一定是反应中产生的水，还要考虑Ⅱ中的其他试剂，这是易错点。‎ ‎4.CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如图：‎ 下列说法中错误的是（ ）‎ A. 过程①→②是吸热反应 B. Ni是该反应的催化剂 C. 过程①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成 D. 反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO22CO+2H2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，发生CH4+CO22CO+2H2，Ni为催化剂，且化学反应中有化学键的断裂和生成，①→②放出热量，以此来解答。‎ ‎【详解】A．①→②中能量降低，放出热量，故A错误；‎ B．Ni在该反应中做催化剂，改变反应的途径，不改变反应物、生成物，故B正确； ‎ C．由反应物、生成物可知，①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故C正确；‎ - 19 -‎ D．由分析可知，反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO22CO+2H2，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】反应物的能量高，生成物的能量低，反应为放热反应，比较吸热反应和放热反应时，需要比较反应物和生成物的能量的相对大小。‎ ‎5.25℃时，体积均为25.00mL，浓度均为0.0100mol/L的HA、H3B溶液分别用0.0100mol/LNaOH溶液滴定，溶液的pH随V(NaOH)变化曲线如图所示，下列说法中正确的是（ ）‎ A. NaOH溶液滴定HA溶液可选甲基橙作指示剂 B. 均为0.0100mol/LHA、H3B溶液中，酸性较强的是HA C. 25℃时，0.0100mol/LNa2HB溶液的pH＞7‎ D. 25℃时，H2B-离子的水解常数的数量级为10-3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滴定终点生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，而甲基橙的变色范围是3.1~4.4，所以应选酚酞作指示剂，故A错误；‎ B．由图可知，浓度均为0.0100mol/LHA、H3B溶液中，HA、H3B溶液，H3B溶液起始时pH更小，说明H3B电离出氢离子的能力强于HA，则酸性较强的为H3B，故B错误；‎ C．，，由图可知时，pH为7.2，则Ka2=10-7.2，K=10-6.8，HB2-的电离常数为Ka3，由于Ka2>>Ka3，所以常温下HB2-的水解程度大于电离程度，NaH2B溶液呈碱性，故C正确；‎ D．，K=‎ - 19 -‎ ‎=，由图可知，时，氢离子浓度等于Ka1，因此Ka1的量级在10-2~10-3，H2B-离子的水解常数的数量级为10-12，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎6.电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制甲酸盐的装置如图所示。下列说法中错误的是（ ）‎ A. b是电源负极 B. K+由乙池向甲池迁移 C. 乙池电极反应式为：CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-‎ D. 两池中KHCO3溶液浓度均降低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，CO2在乙池中得到电子还原为HCOO-，则Sn极为电解池阴极，所以b为电源负极，故A正确；‎ B．电解池中，阳离子向阴极移动，Sn极为电解池阴极，所以K+由甲池向乙池移动，故B错误；‎ C．CO2在乙池中得到电子还原为HCOO-，电极反应式为：CO2+HCO3-+2e-= HCOO-+ CO32-，故C正确；‎ D．电解过程中，甲池发生反应：，同时K+向乙池移动，所以甲池中KHCO3溶液浓度降低；乙池发生反应：，所以乙池中KHCO3溶液浓度降低，故D正确；‎ - 19 -‎ 答案选B。‎ ‎7.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不超过20。W、X、Y最外层电子数之和为15，是实验室常用的一种化学试剂。下列说法中错误的是（ ）‎ A. Z2Y的水溶液呈碱性 B. 最简单氢化物沸点高低：X＞W C. 常见单质的氧化性强弱为：W＞Y D. 中各原子最外层均满足8电子稳定结构 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题干可知，为实验室一种常见试剂，由结构式可知，Z为第一主族元素，W为第四主族元素，X为第五主族元素，由W、X、Y最外层电子数之和为15可知，Y为第ⅥA族元素，因为W、X、Y、Z为原子序数依次递增的主族元素，且均不超过20，因此W为碳，X为氮，Y为硫，Z为钾。‎ ‎【详解】A．Z2Y为K2S，由于S2-水解，所以溶液显碱性，故A不符合题意；‎ B．X的最简单氢化物为NH3，W的最简单氢化物为CH4，因为NH3分子间存在氢键，所以沸点高，故B不符合题意；‎ C．根据非金属性，硫的非金属性强于碳，所以对应单质的氧化性也强，故C符合题意；‎ D．中三种元素最外层电子均满足8电子稳定结构，故D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】元素的非金属性越强，单质的氧化性越强。‎ ‎8.氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体，难溶于CCl4。实验室可将干燥二氧化碳和干燥氨气通入CCl4中进行制备，化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s) ΔH＜0。‎ 回答下列问题：‎ - 19 -‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（1）利用装置甲制备氨气的化学方程式为__。‎ ‎（2）简述检查装置乙气密性的操作__。‎ ‎（3）选择图中的装置制备氨基甲酸铵，仪器接口的连接顺序为：B→__→__→EF←__←A。‎ ‎（4）反应时为了增加氨基甲酸铵的产量，三颈瓶的加热方式为__（填“热水浴”或“冷水浴”）；丁中气球的作用是__。‎ ‎（5）从装置丁的混合物中分离出产品的方法是__（填写操作名称）。‎ ‎（6）取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥、称量，质量为15.000g。则样品中氨基甲酸铵的质量分数为__（已知：Mr(NH2COONH4)=78、Mr(NH4HCO3)=79、Mr(CaCO3)=100。计算结果保留3位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O (2). 夹紧止水夹B，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面，静置，若液面差保持不变，则表明气密性良好 (3). I J (4). H G (5). D(C)或C(D) (6). 冷水浴 (7). 平衡气压，收集多余的气体 (8). 过滤 (9). 79.8%‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)实验室用氯化铵和氢氧化钙晶体共热制取氨气；‎ - 19 -‎ ‎(2)夹紧止水夹B，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面变化情况；‎ ‎(3)选择图中的装置制备氨基甲酸铵，制取的二氧化碳中含有HCl和水蒸气，制取氨气时气体中含有水蒸气，也需要除去杂质气体；‎ ‎(4)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解白色固体，结合物质的性质分析；丁中气球的用来平衡内外压强；‎ ‎(5)利用已知信息，氨基甲酸铵(NH2COONH4)难溶于CCl4分析；‎ ‎(6)取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥、称量，质量为15.000g。通过碳原子守恒，计算样品中氨基甲酸铵的质量分数。‎ ‎【详解】(1)实验室用氯化铵和氢氧化钙晶体共热制取氨气，方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；‎ ‎(2)检查装置乙气密性的操作：夹紧止水夹B，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面，静置，若液面差保持不变，则表明气密性良好；‎ ‎(3)选择图中的装置制备氨基甲酸铵，制取的二氧化碳中含有HCl和水蒸气，应先通过装置已中的饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，然后通过戊中的浓硫酸除去水蒸气；制取氨气时气体中含有水蒸气，通过装置丙中的碱石灰；仪器接口的连接顺序为：B→I J→HG→EF←（或DC）CD←A。‎ ‎(4)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体，生成氨基甲酸铵的反应是放热的，所以需要降低温度，用冷水浴；丁中气球的用来平衡内外压强，还能吸收多余未反应的气体；‎ ‎(5)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是易水解的白色固体，难溶于CCl4，则可以使用过滤的方法分离；‎ ‎(6)取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥、称量，质量为15.000g。碳酸钙的物质的量==0.1500mol，根据碳原子守恒，氨基甲酸铵样品中碳的物质的量也为0.1500mol，碳酸氢铵和氨基甲酸铵的物质的量分别为x、y，则x+y=0.15，79x+78y=11.73，解得：x=0.03mol，y=0.12mol，则样品中氨基甲酸铵的质量分数为×100%=79.8%。‎ ‎9.我国是以煤炭为主要能源的发展中国家，煤炭燃烧产生的烟气中含有大量的NOx和SO2‎ - 19 -‎ ‎，带来了严重的大气污染。某化工小组进行了ClO2协同氨水法脱除模拟烟气中NOx和SO2的实验研究，其流程如图：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）制备“模拟烟气”时应首先向装置管道内通入__，目的是__。‎ ‎（2）“喷淋液”中所含ClO2可通过向酸性氯酸钠溶液中加入葡萄糖的方法制备，同时产生CO2等物质，则该反应的离子方程式为__，还可将葡萄糖替换为__（填字母标号）。‎ A.FeCl3溶液 B.SO3 C.甲醇 D.酸性KMnO4溶液 ‎（3）利用ClO2协同氨水进行脱硫脱硝净化时，污染性气体脱除效率变化情况如图所示，则该脱除技术的最佳温度应为__℃，喷淋塔中可能产生的一种副产物的化学式为__，该物质的常见用途是__。‎ ‎（4）传统湿式氨法烟气处理技术以尿素[CO(NH2)2]热水解产生的NH3溶于水为喷淋液。在催化剂作用下，喷淋除去NO过程中有一种无污染气体生成，该反应的化学方程式为__。‎ ‎（5）该化工小组设定模拟烟气流量am3/h，进口NO质量浓度bmg/m3，吸收液循环量cL/h，通过离子色谱测定脱除前后吸收液中主要离子浓度如下表所示，则NO的脱除率为__（用含有a、b、c的代数式表示）。‎ ‎ 离子种类 ClO2‎ ‎(mg/L)‎ Cl-‎ ‎(mg/L)‎ SO42-‎ ‎(mg/L)‎ SO32-‎ ‎(mg/L)‎ NO3-‎ ‎(mg/L)‎ NO2-‎ ‎(mg/L)‎ - 19 -‎ 浓度数据 吸收前 ‎150‎ ‎43.54‎ ‎——‎ ‎——‎ ‎——‎ ‎——‎ 吸收后 ‎12.62‎ ‎110.49‎ ‎213.64‎ ‎——‎ ‎62.00‎ ‎——‎ 反应前后差值 ‎137.38‎ ‎66.95‎ ‎213.64‎ ‎——‎ ‎62.00‎ ‎——‎ 注：“——”表示该离子低于检测极限，可以认为不存在。‎ ‎【答案】 (1). N2 (2). 排尽装置中空气，防止NO被O2氧化 (3). 24ClO3-+C6H12O6+24H+=24ClO2↑+6CO2↑+18H2O (4). C (5). 40 (6). NH4Cl或(NH4)2SO4或NH4NO3 (7). 作氮肥 (8). 4NH3+6NO5N2+6H2O (9). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)模拟烟气中含有一氧化氮，易被空气中的氧气氧化；‎ ‎(2)根据题意信息，结合物料守恒书写反应方程式，反应中葡萄糖做还原剂；‎ ‎(3)根据图示分析，脱除效率最高点对应温度为最佳温度；ClO2、NOx和SO2可与氨水反应生成相应的铵盐，结合铵盐在生活中的作用分析； ‎ ‎(4)氨气、一氧化氮，两者在催化剂的作用下反应，生成一种无污染的气体，由元素守恒可推知，生成物为氮气和水；‎ ‎(5) 该化工小组设定模拟烟气流量am3/h，进口NO质量浓度bmg/m3，可计算出每小时通入的烟气中含NO的质量，根据表格数据显示，NO被转化为NO3-，根据氮原子守恒可计算出每小时被转化的NO的质量，进而计算出NO的脱除率。‎ ‎【详解】(1)模拟烟气中含有一氧化氮，易被空气中的氧气氧化，制备“模拟烟气”时应首先向装置管道内通入N2，排尽装置中空气，防止NO被O2氧化；‎ ‎(2) “喷淋液”中所含ClO2可通过向酸性氯酸钠溶液中加入葡萄糖的方法制备，同时产生CO2等物质，则该反应的离子方程式为：24ClO3-+C6H12O6+24H+=24ClO2↑+6CO2↑+18H2O；该反应中葡萄糖做还原剂，FeCl3溶液、SO3、.酸性KMnO4溶液均为氧化剂，只有C甲醇具有还原性，答案选C；‎ - 19 -‎ ‎(3)根据图示分析，脱除效率最高点对应的温度为最佳温度，脱除效率最佳温度为40℃，ClO2具有氧化性，一定条件下可与NOx、SO2发生氧化还原反应生成硫酸、硝酸和盐酸，再与氨水反应生成硝酸铵、硫酸铵、氯化铵，铵盐在生产生活中常用作氮肥；‎ ‎(4)由题意可知，传统湿式氨法烟气处理技术的反应物为氨气、一氧化氮，两者在催化剂的作用下反应，生成一种无污染的气体，由元素守恒可推知，生成物为氮气和水，配平后化学方程式为：4NH3+6NO5N2+6H2O；‎ ‎(5)该化工小组设定模拟烟气流量am3/h，进口NO质量浓度bmg/m3，则每小时通入的模拟烟气中NO的质量am3/h×bmg/m3×1h=abmg，根据表格数据显示，NO被转化为NO3-，每小时生成的硝酸根的质量为62.00mg/L×cL/h×1h= 62cmg，根据氮原子守恒，一氧化氮与硝酸根离子的关系式为NO~ NO3-，则当每小时有62cmg硝酸根生成时，吸收一氧化氮的质量为30cmg，故NO的脱除率=×100%=×100%= ×100%。‎ ‎10.三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。最近我国科学家实现了使用铜催化剂将N，N—二甲基甲酰胺【N(CH3)2NCHO，简称DMF】转化为三甲胺的合成路线。回答下列问题：‎ ‎（1）结合实验与计算机模拟结果，研究单一DMF分子在铜催化剂表面的反应历程，如图所示：‎ 该历程中最大能垒（活化能）=__eV，该步骤化学方程式为__。‎ ‎（2）该反应变化的ΔH__0（填“<”、“>”或“=”），制备三甲胺的热化学方程式为__。‎ ‎（3）160℃时，将DMF(g)和H2(g)以物质的量之比为1：2充入盛有催化剂的刚性容器中，容器内起始压强为p0，达到平衡时DMF的转化率为25%，则该反应的平衡常数Kp=__（Kp为以分压表示的平衡常数）；能够增大DMF平衡转化率同时加快反应速率的操作是__。‎ - 19 -‎ ‎（4）三甲胺是鱼腥臭的主要来源，是判断海水鱼类鲜度的化学指标之一。通过传感器产生的电流强度可以监测水产品中三甲胺的含量，一种燃料电池型三甲胺气体传感器的原理如图所示。外电路的电流方向为__（填“a→b”或“b→a”），负极的电极反应式为__。‎ ‎【答案】 (1). 1.19 (2). N(CH3)3+OH-+H+=N(CH3)3↑+H2O↑ (3). < (4). (CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g) ΔH=-1.02NAev/mol (5). (6). 增大压强、增大氢气浓度 (7). a→b (8). 2N(CH3)3-42e-+12H2O=N2↑+6CO2↑+42H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)如图所示，反应历程中反应物和生成物相对能量差值最大的为最大能垒；‎ ‎(2)如图所示，根据盖斯定律分析，反应物总能量高于生成物总能量，结合图示书写热化学反应方程式；‎ ‎(3)利用“三段式”，结合相同条件下，压强之比等于物质的量之比，计算压强表示的平衡常数；‎ ‎(4)根据燃料电池的特点判断正负极，结合图示及电解质溶液书写电极反应式。‎ ‎【详解】(1)如图所示，反应历程中反应物和生成物相对能量差值最大的为最大能垒，即N(CH3)3+OH-+H+=N(CH3)3↑+H2O↑反应过程中活化能最大，活化能=2.21 eV -1.02 eV =1.19 eV；‎ ‎(2)如图所示，根据盖斯定律，反应热只与反应始态和终态有关，与反应过程无关，反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，ΔH＜0，单一DMF分子反应释放的能量为1.02eV，1mol该分子放出的能量为1.02NAeV，热化学反应方程式：(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g) ΔH=-1.02NAeV/mol；‎ ‎(3)160℃时，将DMF(g)和H2(g)以物质的量之比为1：2充入盛有催化剂的刚性容器中，容器内起始压强为p0，达到平衡时DMF的转化率为25%，设DMF(g)和H2‎ - 19 -‎ ‎(g)的初始投入物质的量为1mol和2mol，列“三段式”：‎ 根据，则p平==p0；则该反应的平衡常数Kp==；能够增大DMF平衡转化率同时加快反应速率的操作：增大压强、增大氢气浓度；‎ ‎(4)该电池为燃料电池，a电极上氧气得电子发生还原反应，b电极上三甲胺失电子发生氧化反应，则a为正极，b为负极，原电池中电子从负极流向正极即从b流向a，电流的方向与电子的移动方向相反，则外电路电流的方向为a→b；电解质溶液为酸性，结合图示，负极的电极反应式为：2N(CH3)3-42e-+12H2O=N2↑+6CO2↑+42H+。‎ ‎【点睛】易错点为(4)，燃料电池的特点为通入氧气的一极为正极，通入燃料的一极为负极，电流与电子转移的方向相反。‎ ‎11.2019年10月1日，在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的DF-31A洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料中包含了Fe、Cr、Ni、C等多种元素。回答下列问题：‎ ‎（1）基态铁原子的价电子排布式为__。‎ ‎（2）与Cr同周期且基态原子最外层电子数相同的元素，可能位于周期表中的__区。‎ ‎（3）实验室常用KSCN溶液、苯酚（）检验Fe3+。其中N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为__（用元素符号表示），苯酚中碳原子的杂化轨道类型为__。‎ ‎（4）铁元素能与CO形成Fe(CO)5。羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1molFe(CO)5分子中含__molσ键，与CO互为等电子体的一种离子的化学式为__。‎ ‎（5）碳的一种同素异形体的晶体可采取非最密堆积，然后在空隙中插入金属离子获得超导体。如图为一种超导体的面心立方晶胞，C60分子占据顶点和面心处，K+占据的是C60分子围成的__空隙和__空隙（填几何空间构型）；若C60分子的坐标参数分别为A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，则距离A位置最近的阳离子的原子坐标参数为__。‎ - 19 -‎ ‎（6）Ni可以形成多种氧化物，其中一种NiaO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，a的值为0.88，且晶体中的Ni分别为Ni2+、Ni3+，则晶体中Ni2+与Ni3+的最简整数比为__，晶胞参数为428pm，则晶体密度为__g/cm3（NA表示阿伏伽德罗常数的值，列出表达式）。‎ ‎【答案】 (1). 3d64s2 (2). s、ds (3). N＞O＞S (4). sp2杂化 (5). 10 (6). CN-或C22- (7). 正四面体 (8). 正八面体 (9). (，，) (10). 8：3 (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)铁为26号元素，基态铁原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2；‎ ‎(2)Cr为24号元素，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，最外层电子数为1；‎ ‎(3)同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小；苯和苯酚均为平面结构；‎ ‎(4)配合物中碳原子不存在孤对电子，σ键数为2，即1个Fe (CO)5分子含10个σ键；原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体；‎ ‎(5)根据图知，K+占据的是C60围成的正四面体空隙和正八面体空隙，若C60分子的原子坐标参数分别为A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，说明该晶胞的棱长是1，则距离A位置C60分子最近的K+为形成的正四面体体心上的；‎ ‎(6)根据NiaO中化合价代数和为零可求得晶体中Ni2+与Ni3+的最简整数比；NiaO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“NiaO”，再根据ρ=计算。‎ - 19 -‎ ‎【详解】(1)铁为26号元素，基态铁原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，则价层电子排布式为3d64s2；‎ ‎(2)Cr为24号元素，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，最外层电子数为1，与Cr同周期且基态原子最外层电子数相同的元素有钾和铜，二者分别位于s区和ds区；‎ ‎(3)同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小即第一电离能O＞S，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，所以第一电离能 N＞O＞S；苯酚为苯上的一个H原子被−OH取代而成，苯和苯酚均为平面结构，C原子采取sp2杂化；‎ ‎(4)配合物中碳原子不存在孤对电子，σ键数为2，1个Fe (CO)5分子含10个σ键，则1mol Fe(CO)5分子中含10molσ键；原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体，与CO互为等电子体的离子有CN−、C22−等；‎ ‎(5)碳的一种同素异形体的晶体可采取非最密堆积，然后在空隙中插入金属离子获得超导体。如图为一种超导体的面心立方晶胞，C60分子占据顶点和面心处，由C60分子围成的构型分别为正四面体和正八面体，则K+占据的是C60分子围成的正四面体和正八面体的空隙中；若C60分子的坐标参数分别为A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，说明该晶胞的棱长是1，则距离A位置C60分子最近的K+为形成的正四面体体心上的，为晶胞棱长的，则距离A位置最近的阳离子的原子坐标参数为(，，)；‎ ‎(6)设晶体中Ni2+与Ni3+的最简整数比为x：y，根据NiaO中化合价代数和为零可知：×0.88=2，解得x：y=8：3；NiaO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“NiaO”，则晶体密度==g•cm-3。‎ ‎12.化合物J是一种重要的医药中间体，其合成路线如图：‎ - 19 -‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）G中官能团的名称是__；③的反应类型是__。‎ ‎（2）通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是__。‎ ‎（3）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F与足量氢气反应生成产物的结构简式，并用星号（*）标出其中的手性碳__。‎ ‎（4）写出⑨的反应方程式__。‎ ‎（5）写出D的苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体结构简式_。‎ ‎（6）写出以对硝基甲苯为主要原料（无机试剂任选），经最少步骤制备含肽键聚合物的合成路线__。‎ ‎【答案】 (1). 羧基、肽键（或酰胺键） (2). 取代反应 (3). 定位 (4). (5). +2H2O+CH3COOH+H2SO4 (6). 或（任写1种） (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据流程图中的结构简式和反应物转化关系分析；‎ ‎(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是控制反应中取代基的位置；‎ ‎(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，根据结构简式分析；‎ - 19 -‎ ‎(4)根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为；‎ ‎(5)根据题目要求分析，结合取代基位置异构，判断同分异构体的数目。‎ ‎(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基，然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，然后在催化剂作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物。‎ ‎【详解】(1)根据G的结构图，G中官能团的名称是羧基和肽键(或酰胺键)；反应③中C的—SO3H被取代生成D，则反应类型是取代反应；‎ ‎(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是控制反应过程中取代基的连接位置，故起到定位的作用；‎ ‎(3) F是邻氨基苯甲酸，与足量氢气发生加成反应生成，与羧基、氨基连接的碳原子是手性碳原子，可表示为：；‎ ‎(4) 根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为，⑨的反应方程式：+2H2O+CH3COOH+H2SO4；‎ ‎(5) D的结构简式为，苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体，即三个取代基在苯环上处于邻间对位置上，同分异构体结构简式或（任写1种）；‎ - 19 -‎ ‎(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基，然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，然后在催化剂作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物，不能先把硝基还原为氨基，然后再氧化甲基，因为氨基有还原性，容易被氧化，故合成路线如下：。‎ - 19 -‎ ‎ ‎ - 19 -‎