广东省汕头市2020届高三一模考试化学试卷 Word版含解析 18页

www.ks5u.com 汕头市2020届普通高中毕业班第一次模拟考理科综合化学试题 注意事项：‎ ‎1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、座位号、考生号填写在答题卡上。 ‎ ‎2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。写在本试卷上无效。 ‎ ‎3.回答第II卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 ‎ ‎4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 ‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Cd-112 Br-80 ‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共 13 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。 ‎ ‎1.2020 年春节前后，新冠病毒肆虐全球，防控疫情已成为国际首要大事。按照以往对冠状病毒的经验，乙醚、75%乙醇、含氯的消毒剂、过氧乙酸等均可有效灭活病毒，下列有关说法错误的是 A. 因乙醇易燃，不可使用酒精溶液大面积对室内空气进行消毒 B. 次氯酸钠具有一定的腐蚀性和刺激性，使用时需带手套，并稀释使用 C. 过氧乙酸(CH3COOOH)用于杀灭病毒是因为其含有羧基 D. 不能将“84 消毒液”和酒精混合进行环境消毒 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇易燃，在使用中不能接触明火以免引起燃烧，A正确；‎ B．84消毒液的主要成分为次氯酸钠，次氯酸钠有一定的腐蚀性和刺激性，使用时需要佩戴手套并稀释使用，B正确；‎ C．过氧乙酸具有很强的氧化作用，可将菌体蛋白质氧化而使微生物死亡，C错误；‎ D．84消毒液与酒精混合使用可降低消毒效果，产生有毒的有机氯化物，D正确；‎ 故选C。‎ ‎2.KIO3 是一种重要的无机化合物，常作为食盐中的补碘剂，工业上常用“KClO3 氧化法”制备 KIO3，其中酸化反应的产物有 KH(IO3)2、Cl2 和 KCl，流程如下： ‎ - 18 -‎ 下列说法错误的是 A. 酸化反应中还原产物为 KH(IO3)2‎ B. 结晶过滤得到滤液 1 为 KCl 溶液 C. 调节 pH 可加入 KOH，发生反应 KH(IO3)2+ KOH=2KIO3+ H2O D. 操作 1 可采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程，KClO3、I2、H2O经酸化后生成Cl2、KH(IO3)2和KCl，生成的Cl2可通过加热方法去除，结晶过滤后得到的固体是KH(IO3)2，滤液为KCl溶液，加水溶解调pH目的是将KH(IO3)2转化为KIO3，化学方程式为KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O，据此分析。‎ ‎【详解】A．酸化过程中由于I2失电子生成KH(IO3)2，故KH(IO3)2为氧化产物，A错误；‎ B．根据分析，将KH(IO3)2结晶过滤后滤液中剩余KCl，故滤液为KCl溶液，B正确；‎ C．根据分析，调节pH应使用碱性溶液以保证KH(IO3)2中的H+反应完全，化学方程式为KH(IO3)2+ KOH=2KIO3+ H2O，C正确；‎ D．将KIO3结晶出来可通过蒸发浓缩，冷却结晶的方法，D正确；‎ 故选A。‎ ‎3.设 NA 为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述不正确的是 A. 30g HCHO 与 CH3COOH 混合物中含碳原子数为 NA B. 标准状况下，22.4L CHCl3 中所含 C-Cl 键的数目为 3NA C. 常温常压下，1.9g 羟基(-18OH)所含中子数为 NA D. 密闭容器中，2molSO2 与 1mol O2 充分反应后，其分子总数大于 2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲醛（CH2O）和乙酸（CH3COOH）的最简式相同，二者混合后用最简式计算，30g混合物中碳原子是数目为NA，A正确；‎ - 18 -‎ B．标准状况下CHCl3为液体，不可通过气体摩尔体积计算物质的量，B错误；‎ C．-18OH的摩尔质量为19g/mol，1.9g该羟基为0.1mol，1mol该羟基中含有10mol中子，C正确；‎ D．SO2与O2的反应为可逆反应，反应达平衡之后分子总数应大于2mol小于3mol，D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】在利用体积计算物质的量时，应辨别物质在该条件下是否为气态，如为气态则可以用气体摩尔体积计算物质的量，否则不能计算，如SO3在标况下为固态，CCl4在标况下为液态等等。‎ ‎4.2020年3月24日，中国工程院院士、天津中医药大学校长张伯礼表示，中成药连花清瘟胶囊对于治疗轻型和普通型的新冠肺炎患者有确切的疗效。其有效成分绿原酸的结构简式如图，下列有关绿原酸说法正确的是 ‎ A. 最多有 7 个碳原子共面 B. 1mol 绿原酸可消耗 5molNaOH C. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 能发生酯化、加成、氧化反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据绿原酸结构，绿原酸中含有苯环，苯环中所有碳原子共平面，绿原酸中含有碳碳双键，与碳碳双键相连的原子共平面，结构中含有酯基，与酯基相连的六元碳环上有1个碳原子与酯基共平面，故至少有10个碳原子共平面，A错误；‎ B．绿原酸中含有1个酯基、1个羧基、2个酚羟基，故1mol绿原酸可以和4mol NaOH发生反应，B错误；‎ C．绿原酸结构中含有碳碳双键和酚羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；‎ D．绿原酸中含有羧基，可以发生酯化反应，含有碳碳双键，可以发生加成和氧化反应，D正确；‎ 故选D。‎ - 18 -‎ ‎5.光伏发电是当今世界利用太阳能最主要的方式之一。某实验小组提出利用光伏发电装置电解尿素的碱性溶液来制备氢气。如图是该方法的装置示意图(其中电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴阳两极均为惰性电极，尿素[CO(NH2)2]中氮元素显-3 价)。 ‎ 下列叙述正确的是 A. N 型半导体为正极 B. B 极产生的 X2 气体为 O2‎ C. A 极的电极反应式为 CO(NH2)2－6e－＋8OH－=CO32－＋N2 ↑＋6H2O D. 外电路每转移 0.2 mol 电子，就有 0.2 mol OH-通过隔膜由 A 极区进入 B 极区 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电池和电解装置图，右侧电解装置图中A电极生成N2，为尿素中N原子失去电子产物，故A电极为电解池的阳极，B电极为电解池的阴极，与A极相连的原电池b极为正极，与B极相连的原电池a极为负极。‎ ‎【详解】A．根据分析，N型半导体为原电池的负极，A错误；‎ B．B电极在电解池中得到电子，电解液中H+得电子生成氢气，故X2为氢气，B错误；‎ C．因A极为电解池阳极，尿素在此电极上失去电子，故电极方程式为CO(NH2)2-6e-＋8OH-=CO32-＋N2↑＋6H2O，C正确；‎ D．电解池中阴离子移向阳极，故氢氧根离子从B极区到A极区，D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.如图是部分短周期元素的单质及其化合物(或溶液)的转化关系，已知单质 B2、C2、D2、E2 在常温常压下都是气体，化合物 G 在焰色反应中显黄色；化合物I、J、K 通常状况下呈气态。下列说法正确的是 ‎ - 18 -‎ A. E 的氢化物沸点高于B 的氢化物沸点 B. G 为强碱弱酸盐，可用于厨房去油污 C. F 中既含有离子键又含有极性共价键 D. 原子半径：A>C>B>E>D ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ I与J反应生成铵盐，则它们分别是NH3与HX（X代表卤素，短周期中是F、Cl中的一种，下同），得到这两种氢化物的反应物是N2、H2、X2，共同需要的反应物D2为H2，从反应条件看，H2与X2可以光照生成HX，而N2与H2反应生成NH3需要在催化剂加热加压条件下才能合成，所以C2为Cl2，E2为N2，I为HX，J为NH3。G的焰色反应为黄色，说明G是钠的化合物，反应生成气体K，则可能G是钠的碳酸盐（包括酸式盐）反应生成CO2，或G是钠的亚硫酸盐（包括酸式盐）反应生成SO2，则F是钠的另一种化合物且能够与CO2（或SO2）反应生成相应的上述盐类，同理，A或B中含有钠元素，由于B2是气体，则A中含有钠元素。结合已学反应原理，A是Na单质，B2是O2，二者加热生成Na2O2，K只能是CO2，G是Na2CO3，因为Na2O2与SO2反应生成Na2SO4，不能再与HCl反应生成SO2。‎ ‎【详解】A．E的氢化物为NH3，B的氢化物为H2O，H2O的沸点高于NH3的沸点，A错误；‎ B．G为碳酸钠，为强碱弱酸盐，可以用于厨房去油，B正确；‎ C．F为Na2O2，含有离子键和非极性共价键，C错误；‎ D．A到E五种元素依次为Na、O、Cl、H、N，半径顺序为Na>Cl>N>O>H，与选项不符，D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.在某温度时，将 n mol·L-1氨水滴入 10 mL 1.0 mol·L-1盐酸中，溶液 pH 和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是 - 18 -‎ A. c 点存在守恒关系：c(NH4+)=c(Cl－)‎ B. b 点：c(Cl－)> c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)‎ C. 水的电离程度：b > c > a > d D. 25℃时 ，NH4Cl 水解平衡常数为(n－1)×10-7(用 n 表示)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．c点溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒分析c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以c(NH4+)=c(Cl-)，A正确；‎ B．b点溶液为NH4Cl溶液，此溶液中离子浓度大小为c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，B正确；‎ C．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，则a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大；由于d点混合液的pH不知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小，C错误；‎ D．根据图象可知，25℃时溶液的pH=7，则：c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，c(NH4+)=c(Cl-)=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c(NH3·H2O)=(0.5n-0.5)mol/L，则25℃时NH4Cl水解常数为Kh==(n-1)10-7，D正确；‎ 故选C。‎ 第Ⅱ卷 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题—第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题—第38题为选考题，考生根据要求做答。 ‎ ‎(一)必考题(11题，共 129 分) ‎ ‎8.溴酸镉[Cd(BrO3)2]常用做分析试剂、生产荧光粉等。以镉铁矿(成分为 CdO2、Fe2O3、FeO 及少量的Al2O3 和SiO2)为原料制备[Cd(BrO3)2]的工艺流程如下： ‎ - 18 -‎ 已知 Cd(SO4)2 溶于水，回答下列问题： ‎ ‎(1)为提高镉的浸取率，酸浸时可采取的措施有 ____________(任写两种即可)。 ‎ ‎(2)还原镉时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，发生的离子反应方程式为 ________。 ‎ ‎(3)加入H2O2 溶液的目的是_________。 ‎ ‎(4)滤渣2 的主要成分为_______________ (填化学式)；为检验滤液中是否含有 Fe3+离子，可选用的化学试剂是__________________ 。 ‎ ‎(5)实际工业生产中，有时还采用阳离子交换树脂法来测定沉镉后溶液中 Cd2+的含量， 其原理是：Cd2++ 2NaR=2Na++ CdR2 ，其中 NaR 为阳离子交换树脂。常温下，将沉镉后的溶液(此时溶液 pH＝6)经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的 Na+比交换前增加了 0.0552 g/L，则该条件下Cd(OH)2 的 Ksp 值 为___________。 ‎ ‎(6)已知镉铁矿中 CdO2 的含量为 72 %，整个流程中镉元素的损耗率为 10 %，则 2t 该镉铁矿可制得 Cd(BrO3)2(摩尔质量为 368 g/mol)质量为 ________kg。‎ ‎【答案】 (1). 增大稀硫酸浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施（写出两种即可） (2). 3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+ (3). 将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+ (4). Al(OH)3、Fe(OH)3 (5). KSCN (6). 1.210-19 (7). 3312‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用稀硫酸溶解镉铁矿，其中SiO2不溶于水和酸，通过过滤出去，即滤渣1为SiO2；滤液中主要含有Fe2+、Fe3+、Al3+和Cd4+，加入CH3OH将Cd4+还原为Cd2+，然后加入H2O2溶液，将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液pH使溶液中的Al3+和Fe3+完全转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤除去不溶物（滤渣2），向含有CdSO4的滤液中加入K2CO3生成CdCO3沉淀，再过滤将沉淀溶于HBrO3，最后将溶液蒸发结晶即可得到溴酸镉，据此分析。‎ ‎【详解】（1）固体溶解于稀硫酸时，采取增大稀硫酸浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施，可提高镉的浸出率；‎ ‎（2）CH3OH将Cd4+还原为Cd2+时，产生是澄清石灰水变浑浊的气体，此气体为CO2，结合守恒法，可知反应的离子方程式为3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+；‎ - 18 -‎ ‎（3）加入H2O2溶液目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；‎ ‎（4）滤渣2的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3；为检验滤液中是否含有 Fe3+离子，可选用的化学试剂是KSCN；‎ ‎（5）沉淀后的溶液pH=6，则c(OH-)=10-8mol/L，经阳离子交换树脂后，测得溶液中Na+比交换前增加了0.0552g/L，即Na+浓度增加了=0.0024mol/L，根据Cd2++2NaR=2Na++CdR2，可知原溶液中c(Cd2+)=0.0012mol/L，则Cd(OH)2的Ksp=c(Cd2+)c2(OH-)=1.210-19；‎ ‎（6）2t该矿石中CdO2的质量为2106g72%=1.44106g，其物质的量为=1104mol，整个流程中镉元素的损耗率为10%，根据原子守恒可知Cd(BrO3)2的物质的量为104mol(1-10%)=9103mol，其质量为9103mol368g/mol=3312000g=3312kg。‎ ‎9.环己烯是重要的有机合成原料，常用作高辛烷值汽油稳定剂。其实验室制备流程如下： ‎ 请回答下列问题： ‎ ‎(1)实验室用FeCl3 溶液制备 FeCl3·6H2O 的方法是__________。 ‎ ‎(2)操作 1 的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。 ‎ ‎①仪器B的作用为_________。 ‎ ‎②烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为_______‎ ‎(3)浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择 FeCl3·6H2O 而不用浓硫酸的原因为________(填选项)。 ‎ A.浓硫酸易使原料碳化并产生 SO2 ‎ B.FeCl3·6H2O 污染小、可循环使用，符合绿色化学理念 ‎ C.同等条件下，用 FeCl3·6H2O 比浓硫酸的平衡转化率高 ‎ - 18 -‎ ‎(4)操作2用到的玻璃仪器是____________。 ‎ ‎(5)环己烯含量的测定：在一定条件下，向 a g 环己烯样品中加入定量制得的b mol Br2， 与环己烯充分反应后，剩余的 Br2 与 足 量 KI 作用生成 I2 ，用 c mol•L-1 的 Na2S2O3标准溶液滴定，终点时消耗 Na2S2O3 标准溶液 v ml(以上数据均已扣除干扰因素)。测定过程中，发生的反应如下：‎ ‎①+Br2→‎ ‎② Br2+ KI=I2 + 2KBr ‎ ‎③ I2 + 2Na2S2O3=2 NaI+ Na2S4O6 ‎ 滴定所用指示剂为_____________________ ；样品中环己烯的质量分数为_________________(用字母表示)。‎ ‎【答案】 (1). 在HCl气流下蒸发溶液 (2). 减少环己醇蒸出、冷凝回流 (3). +H2O (4). AB (5). 分液漏斗和烧杯 (6). 淀粉溶液 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）FeCl3在水中易发生水解反应，故在制备FeCl3·H2O时需要在HCl气流下蒸发溶液；‎ ‎（2）①仪器B为冷凝管，其作用为减少环己醇蒸出、冷凝回流；‎ ‎②化学方程式为 +H2O；‎ - 18 -‎ ‎（3）烧瓶中进行的可逆反应是环己醇在氯化铁作用下转化为环己烯。若用浓硫酸作反应的催化剂，由于浓硫酸的强氧化性，易使原料碳化并产生二氧化硫，A正确；使用氯化铁晶体污染小，而选择浓硫酸时，反应后有大量硫酸需要处理，不易回收利用，B正确；催化剂的使用不影响平衡转化率，C错误；故选AB；‎ ‎（4）操作2用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯；‎ ‎（5）用硫代硫酸钠滴定I2时，需要选择合适的指示剂，应选用淀粉溶液做指示剂，当I2与硫代硫酸钠溶液完全反应后，溶液中无I2，溶液颜色由蓝色变为无色；根据反应②③可得过量的Br2和Na2S2O3的关系式为Br2~2Na2S2O3，所以n(Br2)=5cv10-4mol，所以与环己烯反应的n(Br2)=(b-5cv10-4)mol，即n(环己烯)= (b-5cv10-4)mol。故样品中环己烯的质量分数为(b-5cv10-4)82gag=。‎ ‎10.“绿水青山就是金山银山”，运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。 ‎ ‎(1)CO 还原 NO 的反应为 2CO(g)+ 2NO(g)⇌2CO2 (g)+ N2 (g) ∆H= -746kJ•mol-1。部分化学键的键能数据如下表(CO 以 C≡O 键构成)：‎ 化学键 C≡O N≡N C＝O E/(kJ·mol-1)‎ ‎1076‎ ‎945‎ ‎745‎ ‎① 由以上数据可求得 NO 的键能为________________kJ·mol-1。 ‎ ‎② 写出两条有利于提高 NO 平衡转化率的措施______________。‎ ‎(2)一定条件下，向某恒容密闭容器中充入 x mol CO2 和 y mol H2，发生的反应CO2(g)+3H2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH= −50 kJ•mol−1。‎ ‎①图中能表示该反应的平衡常数 K 与温度 T 之间的变化关系曲线为____________ (填“a”或“b”)，其判断依据是________ 。‎ ‎②若 x=2、y=3，测得在相同时间内不同温度下 H2 转化率如图所示，则在该时间段内， 恰好达到化学平衡时，此时容器内的压强与反应开始时的压强之比为________。 ‎ - 18 -‎ ‎(3)在有氧条件下，新型催化剂 M 能催化 NH3 与 NOx 反应生成 N2。 ‎ ‎① NH3 与 NO2 生成 N2 的反应中，当生成 28g N2 时，转移的电子数为_______________mol(结果保留三位有效数字)。 ‎ ‎② 将一定比例的 O2、NH3 和 NOx 的混合气体，匀速通入装有催化剂 M 的反应器中反应(装置如图)。 ‎ 反应相同时间 NOx 的去除率随反应温度的变化曲线如图所示：‎ 在 50～250 ℃范围内随着温度升高，NOx 的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_______________；当反应温度高于 380 ℃时，NOx 的去除率迅速下降的原因可能是_________。‎ ‎【答案】 (1). 513.5 (2). 增大压强、降低温度、增大CO与NO的投料比 (3). a (4). 该反应是放热反应，升高温度不利于反应向右进行，会使平衡常数减小 (5). 17:25 (6). (7). 在一定温度范围内催化剂活性较大，超过温度范围，催化剂活性降低 (8). 氨气在该反应条件下与氧气反应生成NO ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①设NO的键能为x kJ/mol，反应2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+ N2(g) ∆H=(1076‎ - 18 -‎ ‎2+2x)-(74522+945)=-746 kJ/mol，解得x=513.5，故NO的键能为513.5 kJ/mol；‎ ‎②该反应为气体体积缩小的放热反应，若提高NO的平衡转化率，需要使平衡正向移动，采取的措施有：增大压强、降低温度、增大CO与NO的投料比等；‎ ‎（2）①该反应是放热反应，升高温度不利于反应向右进行，会使平衡常数减小，曲线a符合此特点；‎ ‎②由图可知，当温度在T2时，H2的转化率最高。温度越高反应速率越大，在相同时间内达到平衡状态前，H2的转化率最高，但达到平衡状态后继续升温，反应会向逆反应方形=向移动，导致H2的转化率降低，由图知b点为平衡状态；‎ 同温同体积时压强比等于物质的量比，故b点时对应的压强与反应开始时的压强比为34:50=17:25；‎ ‎（3）①NH3与NO2生成N2的反应方程式为8NH3+6NO2=7N2+12H2O，该反应中生成7mol N2时，转移的电子的物质的量为24mol，因此生成1mol N2时转移电子的物质的量为=mol；‎ ‎②在一定温度范围内催化剂活性较大，超过温度范围，催化剂活性降低，由图可知迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大，与温度升高共同使NOx的去除反应速率增大；上升阶段缓慢主要是温度上高引起的NOx的去除反应速率增大但催化剂活性降低；在一定温度和催化剂存在的条件下，氨气能催化氧化生成NO，当温度高于380℃时，NOx的去除反应速率下降的原因可能是氨气在该反应条件下与氧气反应生成NO。‎ ‎11.东晋《华阳国志·南中志》卷四中关于白铜的记载——云南镍白铜(铜镍合金)，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题： ‎ ‎(1)Ni2+基态原子的电子排布式为_______；3d能级上的未成对电子数为____。 ‎ ‎(2)单质铜及镍都是由 _____键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：Icu ＝1958kJ•mol-1、INi＝1753 kJ•mol-1，Icu ＞I Ni的原因是 ________________。‎ ‎(3)Ni2+与丁二酮肟生成鲜红色丁二酮肟镍沉淀，该反应可用于检验 Ni2+。‎ - 18 -‎ ‎2+Ni2+→↓+2H+‎ ‎①1 mol 丁二酮肟分子中含有σ 键的数目为_______mol。 ‎ ‎②丁二酮肟镍分子中碳原子的杂化轨道类型为_____________。 ‎ ‎(4)Ni 的晶胞结构如图所示，镍晶体配位数目是__________ ；若 Ni 的原子半径为 d pm，Ni 的密度计算表达式是______g/cm3；Ni 原子空间利用率的计算表达式是_________。(Ni 的相对原子量用 Mr 表示) ‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2 (2). 2 (3). 金属 (4). 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子 (5). 15 (6). sp3、sp2 (7). 12 (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）Ni为第28号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2，3d能级上未成对电子式为2；‎ ‎（2）Ni和Cu都是由金属键形成的金属晶体，元素铜与镍的第二电离能分别为：Icu＝1958kJ•mol-1、INi＝1753kJ•mol-1，Icu＞I Ni的原因是铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子；‎ ‎（3）①已知丁二酮肟的结构式为，分子中含有13个单键和2个双键，则共有15个σ键，所以1mol丁二酮肟含有σ键数为15NA；‎ ‎②甲基上碳原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，为sp3杂化，连接甲基的碳原子含有3个价层电子且不含孤电子对，为sp2杂化；‎ - 18 -‎ ‎（4）镍晶体的晶胞为面心立方，配位数目是12；Ni的密度应由晶胞内Ni的质量除以晶胞体积计算，晶胞中Ni的个数有=4个，故晶胞质量为g，又已知Ni原子的半径为d pm，晶胞棱长为pm，晶胞体积为pm3=cm3，故晶胞密度为 g/cm3；空间利用率的计算表达式为 ‎【点睛】原子配位数是与该原子距离最短的其他原子的个数。晶胞的晶胞利用率等于晶胞上占有的金属原子的体积与晶胞体积之比。‎ ‎12.白藜芦醇是一种抗肿瘤的药物，合成它的一种路线如图：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)B 的化学名称是_______；G 中含有的官能团名称是_________。 ‎ ‎(2)反应I的反应类型为____________。 ‎ ‎(3)D 的结构简式是______________。‎ ‎(4)B的芳香类同分异构体中可以发生水解的结构简式为_____________；该有机物在 NaOH溶液作用下完全水解的化学反应方程式为______________。 ‎ ‎(5)据已有知识并结合相关信息，写出以 和 CH3OH 为原料制备 的合成路线流程图______________(无机试剂任用)。 (已知 RCNRCOOH)合成路线流程图如下： (甲乙……目标产物)‎ ‎【答案】 (1). 对羟基苯甲醛（4-羟基苯甲醛） (2). 羟基、碳碳双键 (3). 取代反应 (4). (5). ‎ - 18 -‎ ‎(6). +2NaOH→HCOONa++H2O (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有机物A（）经SOCl2反应生成C（），有机物C经过NaCN反应生成D，D经过RCl和K2CO3反应生成E（）；有机物B经过RCl和K2CO3‎ - 18 -‎ 反应生成F（），根据这个反应和D的分子式可以推出，D为，据此分析。‎ ‎【详解】（1）有机物B的名称为对羟基苯甲醛（4-羟基苯甲醛）；G中含有的官能团为羟基、碳碳双键；‎ ‎（2）反应Ⅰ为和NaCN的反应，反应方程式为+NaCN→+NaCl，反应中氯原子被-CN取代，故反应类型为取代反应；‎ ‎（3）根据分析，D的结构简式为；‎ ‎（4）B的芳香族同分异构体中能发生水解的是酯，结构简式为，该有机物可以与NaOH发生反应生成苯酚钠和甲酸钠，该有机物与NaOH完全反应的方程式为 - 18 -‎ ‎+2NaOH→HCOONa++H2O ；‎ ‎（5）根据已知条件，可将与SOCl2发生反应生成，再与NaCN反应生成，将CNCH2CH2CH2CH2CN经酸性条件水解生成，经得到酸与甲醇反应生成目标产物，合成路线为。‎ ‎ ‎ - 18 -‎ - 18 -‎