河南省九师联盟2020届高三5月质量检测理综化学试题 Word版含解析 17页

www.ks5u.com ‎2019~2020学年高三5月质量检测 理科综合化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Co 59‎ 一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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.苏颂《本草图经》有关不灰木（火浣布）有如下描述：“不灰木，出上党，今泽、潞山中皆有之，盖石类也。其色青白如烂木，烧之不燃，以此得名。或云滑石之根也，出滑石[Mg3(Si4O10)(OH)2]处皆有”。“不灰木”成分可能是 A. 纤维素 B. 硅酸盐 C. 氧化铁 D. 动物毛皮 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．不灰木，烧之不燃，而纤维素能燃烧，A不合题意；‎ B．不灰木，盖石类也，云滑石之根也，出滑石[Mg3(Si4O10)(OH)2]处皆有，则与滑石同类，都属于硅酸盐，B符合题意；‎ C．不灰木，其色青白如烂木，而氧化铁呈红色，C不合题意；‎ D．不灰木，盖石类也，而动物毛皮属于蛋白质类，D不合题意；‎ 故选B。‎ ‎2.化合物（a）与（b）的结构简式如图所示。下列叙述正确的是 A. （a）与（b）互为同分异构体 B. （a）分子中所有碳原子均共面 C. （b）的一氯取代物共有3种 D. （a）与（b）均能使Br2/CC14 褪色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．（a）与（b）的分子式都为C7H8，结构不同，所以互为同分异构体，A正确；‎ B．（a）分子中两个环共用的碳原子，与周围4个碳原子相连，构成四面体结构，所以碳原子不可能共面，B不正确；‎ - 17 -‎ C．（b）的一氯取代物共有4种，C不正确；‎ D．（b）不能使Br2/CC14 褪色，D不正确；‎ 故选A。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，2.24L三氯甲烷中含氢原子数为0.1 NA B. 0.1mo1•L-1 Na2SO3溶液中，含硫元素的粒子数目之和为0.1NA C. 8.0gNH4NO3发生反应5NH4NO3= 4N2＋2HNO3＋9H2O，转移电子数为0.3 NA D. 0.1mo1P35Cl3与足量37Cl2发生反应：PCl3＋Cl2PCl5，产物中P—37Cl键数为0.2 NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标准状况下，三氯甲烷呈液态，无法计算含氢原子数，A不正确；‎ B．没有告诉0.1mo1•L-1 Na2SO3溶液的体积，无法计算含硫元素的粒子数目，B不正确；‎ C．8.0gNH4NO3为0.1mol，发生反应5NH4NO3= 4N2＋2HNO3＋9H2O，转移电子数为0.1mol ××NA=0.3 NA，C正确；‎ D．0.1mo1P35Cl3与足量37Cl2发生反应：PCl3＋Cl2PCl5，因为反应可逆，所以产物中P—37Cl键数小于0.2 NA，D不正确；‎ 故选C。‎ ‎4.硼烯是继石墨烯之后又一种“神奇纳米材料”，具有优良的导电、导热性能。科学家已成功合成多种结构的硼烯，如图为“皱褶”式硼烯的结构，下列说法正确的是 A. “皱褶”式硼烯中含B、H 两种元素 B. “皱褶”式硼烯中硼原子达到8电子稳定结构 C. 硼的最高价氧化物对应水化物的酸性比碳酸的强 D. 硼烯有望代替石墨烯作锂离子电池的电极材料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．“皱褶”式硼烯中只含有B元素，A不正确；‎ - 17 -‎ B．从图中可以看出，每个硼原子与3个硼原子相连，所以“皱褶”式硼烯中硼原子最外层只有6个电子，没有达到8电子稳定结构，B不正确；‎ C．硼与碳同周期且位于碳的左边，非金属性比碳弱，所以硼的最高价氧化物对应水化物的酸性比碳酸弱，C不正确；‎ D．硼烯比石墨烯更薄、强度更高、导电导热性能更强，有望代替石墨烯作锂离子电池的电极材料，D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.等体积两种一元酸“酸1”和“酸2”分别用等浓度的 KOH 溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是 A. “酸1”比“酸2”的酸性强 B. “酸2”的浓度为0.01mo1•L-1‎ C. “酸2”的Ka 的数量级约为10-5‎ D. 滴定“酸1”和“酸2”均可用酚酞作指示剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图中可以看出，滴定达终点时，酸2消耗KOH的体积大，则表明c(酸2)>c(酸1)，而起始时pH(酸2)>pH(酸1)，所以“酸1”比“酸2”的酸性强，A正确；‎ B．“酸2”为弱酸，c(H+)=0.01mo1•L-1，则酸2的起始浓度比0.01mo1•L-1大得多，B错误；‎ C．“酸2”滴定一半时，c(酸2)=c(酸2的酸根离子)，此时溶液pH介于4~5之间，所以Ka的数量级约为10-5，C正确；‎ D．滴定终点时，“酸1”和“酸2”的pH与酚酞的变色范围接近或重叠，所以二者均可用酚酞作指示剂，D正确；‎ 故选B。‎ ‎6.某新型离子电池电解质的化学组成为 W5.7XY4.7Z1.3‎ - 17 -‎ ‎（各元素的化合价均为最高正价或最低负价），已知 W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期，W 原子的核外电子总数与Y原子的最外层电子数之和等于9，Y 的最高正价与最低负价代数和为4。下列说法错误的是 A. 常见单质的沸点：Y>Z B. W 的单质能与冷水反应 C. X与Z原子序数之和是Y 核电荷数的2倍 D. W、X、Y、Z的简单离子均能促进水的电离 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由“Y 的最高正价与最低负价代数和为4”，可推出Y为硫(S)；由“W 原子的核外电子总数与Y原子的最外层电子数之和等于9”，可推出W为锂(Li)；由“W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素”，可推出Z为氯(Cl)；由“电解质的化学组成为 W5.7XY4.7Z1.3”，可推出X为磷(P)。‎ ‎【详解】由以上分析可知，W、X、Y、Z分别为Li、P、S、Cl。‎ A．Y为硫，单质常温下呈固态，Z为氯，单质常温下呈固态，所以常见单质的沸点：Y>Z，A正确；‎ B．W 为锂，是活泼的碱金属元素，它的单质能与冷水反应，B正确；‎ C．X与Z原子序数之和为15+17=32，刚好是Y(16S)核电荷数的2倍，C正确；‎ D．W、X、Y、Z的简单离子中Li+、Cl-不能促进水的电离，D错误；‎ 故选D。‎ ‎7.一种用离子液体作电解液的混合动力电池放电原理图如图所示，已知充放电时的电池反应为4LiA12C17＋3LiFePO4(s)A1＋3FePO4＋7LiA1C14。下列说法正确的是 - 17 -‎ A. 放电时，向正极迁移的是 Al3+‎ B. 放电时，A1极上的电势比FePO4极上的高 C. 充电时，阴极反应式：A12C17-＋6e- = 2A1＋7C1-‎ D. 充电时，阳极反应式：LiFePO4—e- = FePO4＋Li+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由总反应式可以看出，放电时，Al失电子，则Al极作负极，发生反应Al-3e- +7A1C14- =4A12C17-；从而得出FePO4极为正极，电极反应3FePO4+3e-＋3Li+=3LiFePO4(s)。‎ ‎【详解】A．放电时，阳离子向正极迁移，但溶液中不含有Al3+，所以向正极迁移的是Li+而不是 Al3+，A不正确；‎ B．放电时，A1极为负极，其电势比FePO4极(正极)上的低， B不正确；‎ C．充电时，阴极反应式：4A12C17-＋3e- =Al＋7A1C14-，C不正确；‎ D．由电池反应式看，充电时，在阳极LiFePO4失电子转化为FePO4和Li+，所以电极反应式：LiFePO4－e- = FePO4＋Li+，D正确；‎ 故选D。‎ 二、非选择题 ‎8.以含镍废硫酸盐(含 Ni2+ 、Fe2＋ 、Cu2＋ 、Co2＋ 、A13＋ 、Mn2＋ 、Cr3＋ 、Mg2＋ 、Zn2＋ 等)为原料制取NiSO4·6H2O 的工艺流程如下：‎ 相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：‎ 金属离子 Co2＋‎ Co3＋‎ Fe2＋‎ Fe3＋‎ A13＋‎ Cr3＋‎ Ni2+‎ 开始沉淀的pH ‎7.2‎ ‎0.23‎ ‎6.3‎ ‎1.5‎ ‎4.1‎ ‎4.3‎ ‎6.9‎ 沉淀完全的pH ‎9.2‎ ‎1.1‎ ‎8.3‎ ‎2.8‎ ‎5.4‎ ‎5.6‎ ‎8.9‎ - 17 -‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)已知1gKsp(CuS)= -47.6，1gKsp(ZnS)= -23.8，则反应ZnS＋Cu2＋CuS＋Zn2＋的平衡常数对数值1gK= ________________________。‎ ‎(2)“除铁、钴”时，加入H2O2的目的是 ______________，得到的渣X为________。 ‎ ‎(3) “除铝、铬”时，调pH 范围为 _________；滤渣Y 中含Cr(OH)3，其性质与 A1(OH)3 类似，写出Cr(OH)3与NaOH反应的化学方程式： __________________。‎ ‎(4)“除锰”时，发生反应的离子方程式为___________________________。 ‎ ‎(5)“酸溶”得到溶液制备 NiSO4·6H2O晶体，还需进行的操作工艺是___________。‎ ‎【答案】 (1). 23.8 (2). 将 Fe2+ 、Co2+ 氧化为Fe3+ 、Co3+ (3). Fe(OH)3 和 Co(OH)3 (4). 5.6≤pH＜6.9 (5). Cr(OH)3+ NaOH=NaCrO2 + 2H2O (6). 3Mn2+ + 2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+ (7). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）并干燥 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含镍废硫酸盐(含 Ni2+ 、Fe2＋ 、Cu2＋ 、Co2＋ 、A13＋ 、Mn2＋ 、Cr3＋ 、Mg2＋ 、Zn2＋等)加水溶解，各种离子都进入溶液，过滤后去除溶渣；在滤液中加入Na2S溶液，Zn2+、Cu2+分别转化为ZnS、CuS，过滤后除去；往滤液中加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+、Co2+氧化为Co3+，调节溶液的pH范围为：2.8≤pH＜4.1，将Co3+转化为Co(OH)3沉淀、Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；再调节pH范围为：5.6≤pH＜6.9，将Al3+、Cr3+转化为Al(OH)3、Cr(OH)3沉淀；往滤液中加入NaF溶液，将Mg转化为MgF2沉淀，成为滤渣Z；往滤液中加入KMnO4的H2SO4溶液，将Mn2+转化为MnO2沉淀；滤液中加入Na2CO3溶液，将Ni2+转化为NiCO3沉淀；再往滤液中加入硫酸酸洗，去除CO32-等并调节溶液的pH，然后将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，从而获得NiSO4·6H2O。‎ ‎【详解】(1)已知1gKsp(CuS)= -47.6，1gKsp(ZnS)= -23.8，则反应ZnS＋Cu2＋CuS＋Zn2＋的平衡常数K===，则对数值1gK=lg=lgKsp(ZnS)-lgKsp(CuS) = -23.8+47.6=23.8。答案为：23.8；‎ ‎(2)由以上分析知，“除铁、钴”时，加入 H2O2的目的是将 Fe2+ 、Co2+ 氧化为Fe3+ 、Co3+，得到的滤渣X为Fe(OH)3和Co(OH)3。答案为：将 Fe2+、Co2+氧化为Fe3+、Co3+；Fe(OH)3和Co(OH)3；‎ - 17 -‎ ‎(3)由以上分析可知，“除铝、铬”时，需将Al3+、Cr3+转化为Al(OH)3、Cr(OH)3沉淀，但不能将Ni2+转化为沉淀，所以调pH范围为5.6≤pH＜6.9；滤渣Y中含Cr(OH)3，其性质与 A1(OH)3 类似，则Cr(OH)3与NaOH反应生成NaCrO2和H2O，反应的化学方程式： Cr(OH)3+NaOH=NaCrO2+2H2O。答案为：5.6≤pH＜6.9；Cr(OH)3+NaOH=NaCrO2+2H2O；Cr(OH)3+NaOH=NaCrO2+2H2O；‎ ‎(4)“除锰”时，加入KMnO4的H2SO4溶液，将Mn2+转化为MnO2沉淀，发生反应的离子方程式为3Mn2++ 2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+。答案为：3Mn2++ 2MnO4-+2H2O =5MnO2↓+ 4H+；‎ ‎(5)“酸溶”得到溶液制备NiSO4·6H2O晶体，即从溶液中提取溶质，需进行蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等常规操作，所以还需进行的操作工艺是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）并干燥。答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）并干燥。‎ ‎【点睛】将溶液中的杂质离子转化为氢氧化物沉淀时，常需加碱调节溶液的pH，为了让杂质离子完全沉淀，同时又不让其它离子转化为沉淀，需设定pH范围，即pH不小于离子完全沉淀时的pH，但又不能超过其它离子沉淀的最小pH。‎ ‎9.CS(NH2)2(硫脲，白色而有光泽的晶体，溶于水，20℃时溶解度为13.6g；在150 ℃时转变成 NH4SCN)是用于制造药物、染料、金属矿物的浮选剂等的原料。某化学实验小组同学用Ca(HS)2与CaCN2(石灰氮)合成硫脲并探究其性质 ‎ ‎(1)制备Ca(HS)2溶液，所用装置如图(已知酸性：H2CO3＞H2S)：‎ ‎①装置a中反应发生的操作为 ______________________________________；装置b中盛放的试剂是__________________ 。‎ ‎②装置c中的长直导管的作用是____________________________________，三颈烧瓶中通入CO2 不能过量，原因是 ______________________________ 。 ‎ ‎(2)制备硫脲：将CaCN2与Ca(HS)2‎ - 17 -‎ 溶液混合，加热至80℃时，可合成硫脲，同时生成一种常见的碱，合适的加热方式是___________________________；该反应的化学方程式为___________________________________________________________________。‎ ‎(3)探究硫脲的性质：‎ ‎①取少量硫脲溶于水并加热，验证有NH4SCN生成，可用的试剂是_____________(填化学式，下同) ‎ ‎②向盛有少量硫脲试管中加入NaOH溶液，有NH3放出，检验该气体的方法为 __________________________________________________。‎ ‎③可用酸性KMnO4溶液滴定硫脲，已知MnO4- 被还原为Mn2＋，CS(NH2)2被氧化为CO2、N2及SO42— ，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________。‎ ‎【答案】 (1). 打开装置a、b 之间的活塞 (2). 饱和 NaHCO3 溶液 (3). 作安全导管，避免烧瓶内压强过大 (4). CO2过量会使产物CaCO3转化为Ca(HCO3)2,不利于与 Ca(HS)2分离 (5). 热水浴 (6). 2CaCN2 + Ca(HS)2+ 6H2O 2CS(NH2)2 + 3Ca(OH)2 (7). FeCl3 (8). 用湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若变蓝则为NH3 (9). 14:5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①装置a中，需防止启普发生器内正压力的形成，所以应打开活塞，反应发生的操作为打开装置a、b 之间的活塞；装置b中盛放的试剂，应能除去CO2中混入的HCl，同时又不吸收CO2，所以应加入饱和NaHCO3溶液。答案为：打开装置a、b 之间的活塞；饱和 NaHCO3 溶液；‎ ‎②当装置c中压力过大时，可通过调节c中的液体量来调节压强，所以长直导管的作用是作安全导管，避免烧瓶内压强过大；实验目的是制取Ca(HS)2，既要考虑生成量，又要考虑分离，因为Ca(HS)2、CaCO3都能与碳酸反应，所以三颈烧瓶中通入CO2 不能过量，原因是 CO2过量会使产物CaCO3转化为Ca(HCO3)2，不利于与Ca(HS)2分离。 答案为：作安全导管，避免烧瓶内压强过大；CO2过量会使产物CaCO3转化为Ca(HCO3)2，不利于与 Ca(HS)2分离；‎ ‎(2)将CaCN2与Ca(HS)2溶液混合，加热至80℃时，可合成硫脲，同时生成Ca(OH)2，因为温度不高于100℃且需控制，所以合适的加热方式是热水浴；该反应的化学方程式为2CaCN2 + Ca(HS)2+ 6H2O 2CS(NH2)2 + 3Ca(OH)2。答案为：热水浴；2CaCN2 + Ca(HS)2+ 6H2O 2CS(NH2)2 + 3Ca(OH)2；‎ ‎(3)①验证NH4SCN时，既可验证NH4+，又可验证SCN-，但验证SCN-时效果更好，可用的试剂是FeCl3。答案为：FeCl3；‎ ‎②检验NH3方法为用湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若变蓝则为NH3‎ - 17 -‎ ‎。答案为：用湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若变蓝则为 NH3；‎ ‎③已知MnO4- 被还原为Mn2＋，CS(NH2)2被氧化为CO2、N2及SO42- ，则发生反应的离子方程式为5CS(NH2)2+14MnO4-+32H+ =14Mn2++ 5CO2↑+5N2↑+5SO42- +26H2O，该反应中氧化剂为MnO4-，还原剂为CS(NH2)2，二者的物质的量之比为14:5。答案为：14:5。‎ ‎【点睛】在分析氧化剂与还原剂的物质的量时，我们也可使用关系式法。MnO4-是氧化剂，Mn元素由+7价降到+2价，化合价降5价；CS(NH2)2中的S元素由-2价升为+6价，N元素由-3价升为0价，所以化合价共升高8+3×2=14，依据得失电子守恒，可得关系式：14MnO4-—5CS(NH2)2，从而得出二者的物质的量关系。‎ ‎10.热化学碘硫循环可用于大规模制氢气，HI分解和SO2水溶液还原I2均是其中的主要反应。回答下列问题：‎ ‎(1)碘硫热化学循环中，SO2的水溶液还原I2的反应包括：SO2＋I2＋2H2O3H＋＋HSO4- ＋2I- 、I-＋I2 I3-。若起始时n(I2)=n(SO2)=1mo1，I- 、I3- 、H＋ 、HSO4-的物质的量随()的变化如图所示：‎ 图中表示的微粒：a为_____________，d为____________________。‎ ‎(2)起始时 HI的物质的量为1mo1，总压强为0.1MPa下，发生反应 HI(g) H2(g)+I2(g) 平衡时各物质的物质的量随温度变化如图所示：‎ - 17 -‎ ‎①该反应的△H __________________ (“＞”或“＜”)0。‎ ‎②600℃时，平衡分压p(I2)= ______MPa，反应的平衡常数Kp=_____________ (Kp为以分压表示的平衡常数)。‎ ‎(3)反应 H2(g)＋I2(g) 2HI(g)的反应机理如下：‎ 第一步：I22I(快速平衡) ‎ 第二步：I＋H2H2I(快速平衡)‎ 第三步：H2I＋I 2HI (慢反应)‎ ‎①第一步反应_____________ (填 “放出”或“吸收”)能量。‎ ‎②只需一步完成的反应称为基元反应，基元反应如aA＋dD = gG＋hH 的速率方程，v= kca(A)•cd(D)，k为常数；非基元反应由多个基元反应组成，非基元反应的速率方程可由反应机理推定。H2(g)与I2(g)反应生成 HI(g)的速率方程为v= ________(用含k1、k－1、k2…的代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). H+ (2). I3- (3). ＞ (4). 0.0125 (5). （或0.167) (6). 吸收 (7). c(H2)·c(I2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)加水稀释，SO2＋I2＋2H2O3H＋＋HSO4-＋2I-正向移动，I-＋I2I3-逆向移动，同时，加水稀释后HSO4- 电离程度增大，结合图中信息，可确定曲线a表示H+、曲线b表示I-、曲线c表示HSO4-、曲线d表示I3-。从而得出图中表示的微粒：a为H+，d为I3-。答案为：H+；I3-；‎ ‎(2) ①随着温度的不断升高，HI的物质的量不断减小，H2‎ - 17 -‎ 的物质的量不断增大，则平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，该反应的△H＞0。答案为：＞；‎ ‎②从图中采集数据，600℃时，n(HI)=0.75mol，n(H2)=0.125mol，反应前后气体分子数不变，从而得出平衡分压p(I2)=MPa=0.0125MPa，反应HI(g)H2(g)+I2(g)的平衡常数Kp==（或0.167)。答案为：0.0125；（或0.167)；‎ ‎(3)①第一步反应断裂共价键，吸收能量。答案为：吸收；‎ ‎②反应速率由慢反应决定，即v=k3c(H2I)·c(I)，‎ 第一步是快速平衡，k1c(I2)=k-1c2(I)，可得c2(I)=c(I2)，‎ 第二步也是快速平衡，k2c(I)·c(H2)=k-2c(H2I)，可得c(H2I)=c(H2)·c(I)，‎ v=k3c(H2)·c(I)·c(I)= k3c(H2)·c(I2)=c(H2)·c(I2)。答案：c(H2)·c(I2)。‎ ‎【点睛】对于多步反应，起关键作用的是慢反应，所以分析反应速率时，应从分析慢反应开始。‎ ‎[化学 — 选修3：物质结构与性质］‎ ‎11.iCo2S4g-C3N4-CNT是一类很有发展前途的化合物电催化剂。回答下列问题：‎ ‎(1)基态Co2＋的价层电子排布图(轨道表达式）为_________；基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为______________形。‎ ‎(2)g-C3N4(结构片段如图1，环上化学键与苯环类似）可由三聚氰胺（）与(NH4)2SO4共热制得。‎ ‎①g-C3N4分子中环上氮原子、碳原子杂化方式依次为________、_____。‎ ‎②SO42—的空间构型为 __________________。‎ ‎③三聚氰胺分子中含σ键 ______个，它不溶于冷水，溶于热水，其主要原因是 - 17 -‎ ‎ ______________________。‎ ‎(3)碳纳米管(CNT，结构如图2)具有良好的导电性，其原因是______________。 ‎ ‎(4)CoS2具有 AB2型立方结构(如图3)，晶胞参数为553.4pm。设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为________________ g•cm—3(列出计算式) 。‎ ‎【答案】 (1). (2). 纺锤（哑铃） (3). sp2 (4). sp2 (5). 正四面体 (6). l5 (7). 热水破坏了三聚氰胺分子内的氢键，使三聚氰胺分子与水分子形成分子间氢键，溶解度增大 (8). 碳纳米管中的每个碳原子只形成三个共价键，剩余一个价电子可在分子内自由移动 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)基态Co2＋的价层电子排布式为3d7，则价层电子排布图为；基态S原子核外电子占据最高能级的轨道为3p，则其电子云的轮廓图为纺锤（哑铃）形。答案为：；纺锤（哑铃）；‎ ‎(2)①g-C3N4分子中环上的氮原子、碳原子价层电子对数都为3，所以杂化方式依次为sp2、sp2。答案为：sp2；sp2；‎ ‎②SO42- 中S的价层电子对数为4，则空间构型为正四面体。答案为：正四面体；‎ ‎③三聚氰胺分子中每两个原子间只形成1个σ键，则含σ键l5个；它不溶于冷水，溶于热水，则表明分子内形成氢键，从而得出其主要原因是热水破坏了三聚氰胺分子内的氢键，使三聚氰胺分子与水分子形成分子间氢键，溶解度增大。答案为：l5；热水破坏了三聚氰胺分子内的氢键，使三聚氰胺分子与水分子形成分子间氢键，溶解度增大；‎ - 17 -‎ ‎(3)碳纳米管具有良好的导电性，则表明最外层电子没有完全成键，从而得出其原因是碳纳米管中的每个碳原子只形成三个共价键，剩余一个价电子可在分子内自由移动。 答案为：碳纳米管中的每个碳原子只形成三个共价键，剩余一个价电子可在分子内自由移动；‎ ‎(4)在CoS2晶胞中，含Co原子个数为8×+6×=4，含S原子8个，晶胞参数为553.4pm。设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为= g•cm—3。答案为：。‎ ‎【点睛】计算晶胞中所含微粒的数目时，可根据微粒所在的位置决定。当微粒位于立方体的顶点时，只有八分之一属于此晶胞；当微粒位于立方体的棱上时，只有四分之一属于此晶胞；当微粒处于面上时，只有二分之一属于此晶胞；当微粒位于体内时，则完全属于此晶胞。‎ ‎[化学 选修5：有机化学基础］‎ ‎12.孟鲁司特钠可用于抗新型冠状病毒肺炎，其制备中间体G 的一种合成路线如下：‎ 已知：① B、C除苯环外还含有一个五元环，D的苯环上只有两个取代基；‎ ‎②RXRMgX 回答下列问题：‎ ‎(1)A 的化学名称是____________________。‎ ‎(2)F中含氧官能团名称是____________________________。‎ ‎(3)B结构简式为 ______________________________________。‎ ‎(4)D生成E同时生成乙酸的化学方程式为___________________________________。 ‎ - 17 -‎ ‎(5)E生成F的反应类型是________________。‎ ‎(6)化合物 W 与G 互为同分异构体，能发生水解反应，其核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为9:9:2:2，则 W 的结构简式为_____________________(写一种) 。‎ ‎(7)设计以苯甲酸和乙醇为起始原料制备3-苯基-3-戊醇（)的合成路线： _____________________________________________(无机试剂及有机溶剂任用) 。‎ ‎【答案】 (1). 萘 (2). 醚键、酯基 (3). (4). +(CH3CO)2O + CH3COOH (5). 加成反应 (6). 或 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A为，由B的分子式结合信息①，可确定B的结构简式为；由C的分子式，结合信息①，参照E的结构，可确定C的结构简式为；由D的分子式结合E的结构，可确定D结构简式为；E与发生加成反应生成F；F在碱性条件下水解生成G。据此解答。‎ ‎【详解】(1)A 为，化学名称是萘。答案为：萘；‎ - 17 -‎ ‎(2)F的结构简式为，含氧官能团名称是醚键、酯基。答案为：醚键、酯基；‎ ‎(3)由以上分析，可得出B的结构简式为。答案为：；‎ ‎(4) 生成同时生成乙酸的化学方程式为+(CH3CO)2O + CH3COOH。答案为：+(CH3CO)2O + CH3COOH；‎ ‎(5) 与反应生成的反应类型是加成反应。答案为：加成反应；‎ ‎(6)化合物 W 与G 互为同分异构体，能发生水解反应，则含有酯基，即含有或 结构片断，核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为9:9:2:2，则苯环上的两个取代基应在对位，且存在两组，则同分异构体的结构简式为或。答案为：或；‎ ‎(7)从信息看，应将苯甲酸转化为苯甲酸酯，然后与CH3CH2MgBr发生反应，而CH3CH2MgBr又需将乙醇转化为CH3CH2Br，进而转化为CH3CH2MgBr。合成路线：‎ - 17 -‎ ‎。答案为：。‎ ‎【点睛】推断有机物结构时，既可采用顺推法，又可采用逆推法。在流程图中，C的结构推断有一定的难度，应从B、D的结构式、C的分子式、信息①，进行综合分析。‎ ‎ ‎ - 17 -‎ - 17 -‎