广东省深圳市2020届高三第一次调研考试理科综合能力测试化学试题 Word版含解析 20页

www.ks5u.com ‎2020年深圳市高三年级第一次调研考试理科综合能力测试化学 一、选择题 ‎1.《黄帝内经》说：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”，以上食物中富含糖类、蛋白质、油脂等营养物质。下列说法正确的是( )‎ A. 蛋白质水解的最终产物为氨基酸 B. 葡萄糖和蔗糖均为还原性糖 C. 天然油脂具有固定的熔、沸点 D. 淀粉和纤维素互为同分异构体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氨基酸通过脱水缩合反应生成肽链，肽链最终按照特定方式组合生成蛋白质，所以蛋白质水解最终产物是氨基酸，故A正确；‎ B．葡萄糖含有醛基具有还原性，蔗糖由一分子葡萄糖的半缩醛羟基与一分子果糖的半缩醛羟基彼此缩合脱水而成，没有醛基，不具有还原性，故B错误；‎ C．油脂是油和脂肪的统称，从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯，自然界中的油脂是多种物质的混合物，混合物没有固定的熔沸点，故C错误；‎ D．分子式相同、结构不同的有机物互称同分异构体，纤维素和淀粉分子式都为(C6H10O5)n中， n值不同导致其分子式不同，所以淀粉和纤维素不是同分异构体，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】淀粉和纤维素都属于有机高分子化合物，相对分子质量较大，分子式为(C6H10O5)n，n的数值不同，故它们不能成为同分异构体。‎ ‎2.铜与浓硫酸反应的装置如图所示。下列描述合理的是( )‎ A. 反应过程中，试管Ⅰ中出现灰黑色固体 B. 反应结束后，为观察溶液颜色需向试管Ⅰ中加入水 C. 若试管Ⅱ盛放紫色石蕊溶液，可观察到紫色褪至无色 D. 为验证气体产物具有还原性，试管Ⅱ可盛放溴水 - 20 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铜与浓硫酸反应时可能会发生副反应，生成灰黑色的硫化亚铜，是红色固体，故A错误；‎ B．不能直接向试管中加入适量水，浓硫酸剩余时加水放出大量的热可导致液滴飞溅，则取反应后的溶液在烧杯中加水溶解观察颜色，故B错误；‎ C．铜和浓硫酸在加热的条件下生成了二氧化硫，二氧化硫和水反应会生成亚硫酸，能使紫色石蕊溶液变红，但不褪色，故C错误；‎ D．实验中产生的二氧化硫气体，通入溴水中，二氧化硫与溴单质和水发生氧化还原反应，生成硫酸和盐酸，会使溴水褪色，溴具有氧化性，二氧化硫体现还原性，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】二氧化硫具有还原性，漂白性等，可以使品红溶液褪色，只能使紫色石蕊溶液变红，但不能使之褪色。‎ ‎3.芳樟醇()是常用的香料，下列有关芳樟醇说法正确的是( )‎ A. 分子式为 B. 分子中所有碳原子共平面 C. 在铜催化下被氧化为醛 D. 与溴的溶液反应，产物仅有两种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据碳原子形成四个共价键的原则可知，芳樟醇的分子式为，故A正确；‎ B．与羟基相连的的碳原子采用sp3杂化，使与之相连的甲基上的碳和亚甲基上的碳和它不在同一平面上，故B错误；‎ C．与羟基相连的碳原子上没有氢原子，故不能在铜催化下发生氧化反应，故C错误；‎ D．与溴的溶液发生加成反应，可能是双键分别被加成，或是双键都被加成，产物应该有三种，故D错误；‎ - 20 -‎ 答案选A。‎ ‎4.工业上联合生产碳酸氢钠和氯代烃的工艺流程如图所示，在生产的过程中完成乙烯氯化，下列叙述错误的是( )‎ A. 过程Ⅰ中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气 B. 在过程Ⅱ中实现了TBA、的再生 C. 理论上每生成，可得到 D. 过程Ⅲ中的反应是 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA·HCl，过程Ⅱ为TBA的再生过程为2CuCl+O2+2TBA·HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，乙烯的氯化过程为，由此分析。‎ ‎【详解】A．侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水，然后向氨盐水中通二氧化碳，生产溶解度较小的碳酸氢钠。再将碳酸氢钠过滤出来，经焙烧得到纯净洁白的碳酸钠，由图可知，过程Ⅰ中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气，故A正确；‎ B．过程Ⅱ为TBA的再生过程为2CuCl+O2+2TBA·HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，实现了TBA、的再生，故B正确；‎ C．制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA·HCl，理论上每生成，需要1molTBA，根据关系式TBA~ CuCl~，故C错误；‎ - 20 -‎ D．过程Ⅲ是乙烯的氯化过程，化学方程式为，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】将题目所给信息转化为化学方程式后，更容易分析，可以将每个步骤用化学方程式表示出来，可以多参考一些最新的科学文献。‎ ‎5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，仅X、Y处于同周期，Y是地壳中含量最高的元素，Z的原子序数是X的两倍，X与Y形成的化合物可与Z的单质反应生成X的单质。下列说法正确的是( )。‎ A. 简单离子的半径：‎ B. 简单氢化物的热稳定性：‎ C. W与Y形成的化合物只含有极性共价键 D. Z的最高价氧化物对应的水化物为强碱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Y是地壳中含量最高的元素，是O元素，仅X、Y处于同周期，W是H，Z的原子序数是X的两倍，X与Y形成的化合物可与Z的单质反应生成X的单质，Z是第三周期的元素，则X、Y、Z分别为C、O、Mg，由此分析。‎ ‎【详解】A．O2-和Mg2+的核外电子排布相同，核电荷数越大，对原子核的吸引能力越强，半径越小，故半径r(O2-)＞r(Mg2+)，即，故A错误；‎ B．X是碳，Y是氧，碳和氧为同一周期，同周期从左到右，非金属性增强，非金属性，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，简单氢化物的热稳定性：，故B正确；‎ C ．W是H，Y是O，W与Y形成的化合物可能是水或过氧化氢，可能含有极性键或非极性键，故C错误；‎ D．Z是Mg，它最高价氧化物对应的水化物为弱碱，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎6.最近，科学家报道了一种新型可充电钠电池，其工作原理如图所示，下列说法错误的是( )‎ - 20 -‎ A. 放电时，X极为负极 B. 充电时，向X极迁移 C. 放电时，Y极反应 D. 电极材料中，单位质量金属放出的电能：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．放电时，该电池为原电池，X极上钠失电子形成钠离子，发生氧化反应，为原电池的负极，故A正确；‎ B．充电时，X极是阴极，向X极迁移，故B正确；‎ C．放电时，该装置为原电池，Y极为原电池的正极，由图可知CaFeO3转化为CaFeO2.5，电极反应为：，故C正确；‎ D．锂的摩尔质量比钠小，故锂单位质量输出的电能多，单位质量金属放出的电能： Li＞Na，故D错误； ‎ 答案选D。‎ ‎7.常温下，向溶液中加入足量的镁条，该体系随时间变化的曲线如图所示。实验观察到点开始溶液中有白色沉淀生成，已知。下列说法错误的是( )‎ - 20 -‎ A. 常温下，的水解平衡常数数量级为 B. 体系中，水的电离程度大小关系为 C. 点时，溶液中 D. 点溶液中，‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．常温下，氯化铵的水解平衡式为：NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+，则Kh= ，由于氨水和氢离子浓度几乎相等，根据图像可知，没加镁之前，溶液的pH=5，c(NH3·H2O)≈c(H+)=10-5mol/L，c(NH4+)= 1mol/L，则Kh= =10-10，水解平衡常数数量级为，故A正确；‎ B．氯化铵的水解平衡式为：NH4++H2O⇌ NH3∙H2O +H+，加入镁单质时，消耗了氢离子，使平衡正向移动，促进铵根离子的水解，即促进了水的电离，故水的电离程度大小关系为c＞b＞a，故B错误；‎ C．点时，，pH=9，c(H+)=10-9mol/L，c(OH-)=10-5，c(Mg2+)=，故C正确；‎ D．点溶液中，电荷守恒式为：，故 ‎，故D正确；‎ 答案选B。‎ 二、非选择题 ‎(一)必考题 ‎8.碱式氯化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中十分稳定。‎ Ⅰ.模拟制备碱式氯化铜。向溶液中通入和，调节pH至5.0~5.5，控制反应温度于70~80℃，实验装置如图所示(部分夹持装置已省略)。‎ - 20 -‎ ‎(1)仪器X的名称是________，其主要作用有导气、________。‎ ‎(2)实验室利用装置A制，发生反应的化学方程式为________。‎ ‎(3)反应过程中，在三颈烧瓶内除观察到溶液蓝绿色褪去，还可能观察到的现象是________、________、________。‎ ‎(4)若体系过高会导致碱式氯化铜的产量_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。‎ ‎(5)反应结束后，将三颈瓶中的混合物过滤，从滤液中还可以获得的副产品是________(填化学式)，经提纯得产品无水碱式氯化铜。‎ Ⅱ.无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品，加硝酸溶解，并加水定容至200mL，得到待测液。‎ ‎(6)铜的测定：取20.00mL测液，经测定，浓为。则称取的样品中________mol。‎ ‎(7)采用沉淀滴定法测定氯：用标准溶液滴定过量的，实验如图：‎ ‎①滴定时，应选用下列哪种物质作指示剂________(填标号)。‎ A. B. C.‎ ‎②重复实验操作三次，消耗溶液的体积平均为10.00mL。则称取的样品中 - 20 -‎ ‎______mol。‎ ‎(8)根据上述实验结果可推知无水碱式氯化铜化学式为________。‎ ‎【答案】 (1). 球形干燥管 (2). 防倒吸 (3). (4). 溶液中有大量墨绿色固体产生 (5). 三颈烧瓶中有白烟 (6). 干燥管中有液体上升后下降的现象 (7). 偏低 (8). (9). 0.04000或0.04 (10). B (11). 0.02000或0.02 (12). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据仪器的形状用途回答；‎ ‎(2)实验室制取氨气是利用氯化铵和氢氧化钙加热的条件下反应，生成氯化钙，氨气和水，写出化学方程式；‎ ‎(3)反应过程中，在三颈烧瓶内生成碱式氯化铜，氯化氢进入，从气体的压强变化分析；‎ ‎(4)从碱式氯化铜溶于氨水分析产量的变化；‎ ‎(5)氨气与氯化氢会反应生成氯化铵作为副产物；‎ ‎(6)根据稀释前后离子的物质的量不变进行计算；‎ ‎(7) ①用标准溶液滴定过量的，根据滴定终点，判断所加的指示剂；‎ ‎②利用10.00mL0.1mol/L的溶液计算出剩余的硝酸银的物质的量，利用总的硝酸银的物质的量减去剩余的硝酸银的物质的量，计算出与氯离子反应的硝酸银的物质的量，从而算出氯离子的物质的量，换算成样品中的氯离子的物质的量；‎ ‎(8)根据铜离子，铝离子的物质的量，计算出样品的物质的量，根据质量和物质的量关系，计算出相对分子质量，减去铜和氯的相对原子质量，可以得到氢氧根离子的数目；‎ ‎【详解】(1)仪器X的名称是球形干燥管，其主要作用有导气、防止倒吸；‎ ‎(2)实验室制取氨气的化学方程式为；‎ - 20 -‎ ‎(3)在三颈烧瓶内，氯化铜，氨气和氯化氢气体反应制取碱式氯化铜，碱式氯化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，故实验现象为：①溶液中有大量墨绿色固体产生；由于通入的氯化氢气体和氨气相遇产生氯化铵，故实验现象②三颈烧瓶中有白烟生成；干燥管中充满了氨气和氯化氢气体，反应后气体的压强迅速减小，故实验现象③干燥管中有液体上升后下降的现象；‎ ‎(4)若过高，会导致氨水浓度增大，会使碱式氯化铜有损耗，故导致碱式氯化铜的产量偏低；‎ ‎(5)该反应为氯化铜，氨气和氯化氢反应，氨气会和氯化氢反应生成氯化铵，作为副产物；‎ ‎(6) 20.00mL待测液，浓为，则铜离子的物质的量为0.2mol/L×0.02L=0.004mol，由于称取的样品中是20ml溶液的10倍，所得铜离子的物质的量也是20mL溶液的10倍，样品中所含铜离子的物质的量为0.004mol×10=0.04000mol或0.04mol；‎ ‎(7)①用标准溶液滴定过量的，到达滴定终点，用三价铁离子检验硫氰根离子，可以使用硝酸铁，不能使用氯化铁，由于氯化铁会和硝酸银反应生成氯化银沉淀，影响滴定终点的判断；‎ ‎②10.00mL0.1mol/L的的物质的量等于0.1mol/L×0.01L=0.001mol，由~可知，未反应的硝酸银的物质的量等于0.001mol，共加入30mL0.1mol/L的的硝酸银，则与氯离子反应的硝酸银的物质的量等于0.03L×0.1mol/L-0.001mol=0.002mol，Cl-~Ag+，n(Cl-)=0.002mol，样品配成的是200mL溶液，滴定只取了20mL，样品中的氯离子是0.002mol×10=0.02mol；‎ ‎(8)测定无水碱式氯化铜组成时，称取产品，已知铜离子的物质的量为0.04mol，氯离子的物质的量为0.02mol，假设无水碱式氯化铜的化学式为，可知无水碱式氯化铜的物质的量为0.02mol，摩尔质量为=214.5g/mol，64×2 g/mol +17x g/mol +35.5 g/mol =214.5 g/mol，解得x=3，故无水碱式氯化铜的化学式为。‎ ‎9.钻钼系催化剂主要用于石油炼制等工艺，从废钴钼催化剂(主要含有、CoS和)中回收钴和钼的工艺流程如图：‎ - 20 -‎ 已知：浸取液中的金属离子主要为、、。‎ ‎(1)钼酸铵中的化合价为________，在空气中高温焙烧产生两种氧化物：和________(填化学式)。‎ ‎(2)为了加快酸浸速率，可采取的措施为________(任写一条)。‎ ‎(3)若选择两种不同萃取剂按一定比例(协萃比)协同萃取和，萃取情况如图所示，当协萃比________，更有利于的萃取。‎ ‎(4)操作Ⅰ的名称为________。‎ ‎(5)向有机相1中滴加氨水，发生的离子方程式为________。‎ ‎(6)萃取的反应原理为，向有机相2中加入能进行反萃取的原因是________(结合平衡移动原理解释)。‎ ‎(7)水相2中的主要溶质除了，还有________(填化学式)。‎ ‎(8)可用作电极，若选用电解质溶液，通电时可转化为，其电极反应式为________。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 搅拌 (4). (5). 分液 ‎ - 20 -‎ ‎(6). (7). 根据可知，加入，增大，平衡向左移动 (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从废钴钼催化剂(主要含有、CoS和)经过焙烧后，得到，CoO和二氧化硫，加入硫酸后，浸取液中的金属离子主要为、、，经过萃取和分液得到有机相1和水相1，有机相1中含有，加入氨水后得到钼酸铵溶液，经结晶后得到钼酸铵；水相1中含有、，SO42-，经萃取分液后，水相2中含有和，有机相2中含有、SO42-，加入硫酸后，得到水相3，加入草酸铵，得到草酸钴，加热草酸钴可以得到四氧化三钴，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)中，铵根离子为+1价，O为-2价，所有元素的化合价之和为0，Mo的化合价为+6，和氧气反应的化学方程式为：2+7O2=2+4SO2，可知生成物有二氧化硫和两种氧化物；‎ ‎(2)为了加快酸浸速率，可采取的措施为搅拌，可以增大接触面积；‎ ‎(3)根据图像，找到最多，较少的协萃比为4:1；‎ ‎(4)操作1是将有机相和水相分开，是分液；‎ ‎(5)有机相1中含有，加入氨水后得到钼酸铵溶液，化学方程式为；‎ ‎(6)根据可知，加入，增大，平衡向左移动，能进行反萃取；‎ ‎(7)水相1中含有、，SO42-，经萃取分液后，水相2中含有和；‎ ‎(8)可以表示成，在碱性条件下可发生氧化反应，生成，电极反应为。‎ - 20 -‎ ‎10.大气环境中的减量化排放受到国内外广泛关注。利用碳还原NO的反应为：。回答下列问题：‎ ‎(1)该反应在常温下可以自发进行，则反应的________0(填“”“”或“”)，有利于提高NO平衡转化率的条件是________(任写一条)。‎ ‎(2)以上反应可分为如下四步反应历程，写出其中第三步的反应：‎ 第一步： ‎ 第二步：‎ 第三步：________ ‎ 第四步：‎ ‎(3)对比研究活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、、，通入使其浓度达到。不同温度下，测得第2小时NO去除率如图所示：‎ ‎①据图分析，490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是________(用a、b、c表示)；、去除NO效果比C更好，其依据是________(写一条)。‎ ‎②上述实验中，490℃时，若测得对NO的去除率为60%，则可能采取的措施是________。‎ A.及时分离出 B.压缩体积 C.恒容下，向体系中通入氮气 D.寻找更好的催化剂 ‎③490℃时的反应速率________‎ - 20 -‎ ‎，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达平衡时NO的去除率为________(保留二位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). ＜ (2). 降温 (3). (4). a (5). 相同条件下，NO去除率更高 (6). BD (7). 0.0225 (8). 96%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据反应可以自发进行的判据，常温下ΔG＜0，ΔS＞0，判断ΔG=ΔH-TΔS中的ΔH的大小，根据化学平衡的移动分析，让平衡正向移动的方法；‎ ‎(2)将总反应减去第一步，第二步，第四步反应式，得到第三步反应式；‎ ‎(3) ①490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是一氧化氮的去除率最高的，、去除NO的去除率较高；‎ ‎②图像中490℃时NO的去除率是45%，从浓度和催化剂角度分析去除率提高的原因；‎ ‎③利用速率公式，结合“三段式”，平衡常数进行计算。‎ ‎【详解】(1)常温下该反应在常温下可以自发进行，ΔG＜0，ΔS＞0，判断ΔG=ΔH-TΔS中的ΔH＜0；有利于提高NO平衡转化率的条件即让平衡正向移动方法，降温；‎ ‎(2)总反应为，‎ ‎① 、②、④‎ 根据盖斯定律，①+②+③+④式得到总反应，③式等于总反应减去①+②+④得到：；‎ ‎(3) ①由图可知，、和C去除NO效果最好的是a，是反应速率最快的，反应的活化能最小的也是a；由图可知，、去除NO效果比C更好，原因是相同条件下，NO去除率更高(或在较低温度下NO去除的效果好，或纯碳的活化能高、反应速率慢)；‎ ‎②根据图像可知，490℃时，NO的去除率是45%，现在的去除率为60%，‎ A．及时分离出，会使平衡正向移动，速率是减慢的，不一定增加NO的去除率，故A错误； ‎ B．压缩体积，增大了浓度，速率加快，可以增加NO的去除率，故B正确；‎ - 20 -‎ C．恒容下，向体系中通入氮气，增加生成物的浓度，平衡逆向移动，不能增加NO的去除率，故C错误；‎ D．不同的催化剂，催化效果不一样，故可以寻找更好的催化剂，提高NO的去除率，故D正确；‎ 答案选BD。‎ ‎③根据图像，490℃时，NO的去除率是45%，NO的初始浓度为0.1mol/L，则转化浓度为0.045mol/L，；‎ 设平衡时生成的氮气的浓度为x，‎ 开始mol/L 0.1 0 0‎ 变化mol/L 2x x x 平衡mol/L 0.1-2x x x 则平衡常数K==121，解得x=，反应达平衡时NO的去除率为×100%=96%。‎ ‎(二)选考题 ‎11.含、元素的物质在生产生活中有重要的用途。回答下列问题：‎ ‎(1)基态核外电子排布式为________。‎ ‎(2)分子的立体构型为________。‎ ‎(3)某个(Ⅱ)有机配合物的结构如图所示：‎ ‎①该分子中N原子的杂化方式为________、________。‎ ‎②请在图中用“”标出的配位键______。‎ ‎(4)Ge，As，Se元素处于同一周期，三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序为________。‎ - 20 -‎ ‎(5)的酸性强于的原因是________，的键角小于的原因是________。‎ ‎(6)如图为Ni和As形成的某种晶体的六方晶胞图，该化合物的化学式为________，Ni原子占据的空隙类型为________。已知晶胞参数分别为apm、apm、bpm和，则该品胞的密度为________(设阿伏加德罗常数的值为NA)‎ ‎【答案】 (1). 或 (2). 三角锥形 (3). (4). (5). (6). As＞Se＞Ge (7). 分子结构中非羟基氧原子数比多，所以的酸性强.或分子中As价态更高，导致中的O的电子向As偏移，氧氢键的极性变大，在水分子作用下，越容易电离出H+，故酸性更强 (8). 砷原子电负性小于氮原子，所以其共用电子对离砷核距离较远，成键电子间的斥力较小，导致键角较小 (9). (10). 八面体空隙 (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据构造原理，写出镍的核外电子排布式；‎ ‎(2)根据价层电子对互斥理论，判断出价层电子对数，得出分子的构型；‎ - 20 -‎ ‎(3)①根据N原子的成键方式，判断杂化类型；‎ ‎②根据配位键的定义画出配位键；‎ ‎(4)Ge，As，Se元素处于同一周期，根据同周期第一电离能变化规律判断；‎ ‎(5)比较分子中非羟基氧原子数目，从电负性角度分析；‎ ‎(6) Ni位于顶点和棱心，As位于体心，计算出Ni和As的个数，得出分子式，六个镍原子围成八面体空隙，利用密度公式，上下底面是菱形，计算出面积S底=，代入密度公式。‎ ‎【详解】(1)28号元素是镍，核外电子排布式为，基态失去最外层的两个电子，核外电子排布式为或；‎ ‎(2)的中心原子为砷，最外层有5个电子，与三个氯原子形成三对共价键，剩余一对孤对电子，价层电子对数为4对，分子的立体构型为三角锥形；‎ ‎(3) ①氮原子形成一对双键，两对单键时，价层电子对数为3对，杂化方式为，形成三对单键的氮原子形成的σ键数为3对，孤对电子数为1对，价层电子对数为4对，杂化方式为杂化；‎ ‎②镍原子正上方的氮原子，有一对孤对电子，下方水分子提供孤对电子，镍原子提供空轨道，形成两对配位键，表示为；‎ ‎(4)Ge，As，Se元素处于同一周期，同周期第一电离能呈现增大的趋势，As的最外层4p轨道为半充满状态，第一电离能高于Se和Ge，故第一电离能由大到小为：As＞Se＞Ge ‎(5) 分子结构中非羟基氧原子数比多，所以的酸性强.或分子中As价态更高，导致中的O的电子向As偏移，氧氢键的极性变大，在水分子作用下，越容易电离出H+，故酸性更强；‎ - 20 -‎ 砷原子电负性小于氮原子，所以其共用电子对离砷核距离较远，成键电子间的斥力较小，导致键角较小，的键角小于；‎ ‎(6) Ni位于顶点和棱心，个数为8×+4×=2，As位于体心，个数为2，原子个数最简比为1:1，化学式为；六个镍原子围成八面体空隙；，M=59+75=134g/mol，N=2，上下底面是菱形，计算出面积S底=，代入密度公式得到。‎ ‎12.海南粗榧新碱具有抗肿瘤、抗炎等作用，其中间体G的合成线路如图：‎ 已知：‎ ‎①R-COOH+R′-NH2 +H2O；‎ ‎②R-CN ‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)X为醛类物质，其名称为________，C中含氧官能团的名称为________。‎ ‎(2)C→D的反应类型为________。‎ ‎(3)化合物F的结构简式为________。‎ ‎(4)B与新制的氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为________。‎ ‎(5)有机物Y是A的同分异构体，满足条件：①能与溶液发生显色反应，②与足量金属Na反应生成，③结构中含“”，Y共有________种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为的物质为________(写出其中一种结构简式)。‎ - 20 -‎ ‎(6)设计以为起始原料制备的合成线路(无机试剂任选) ________。‎ ‎【答案】 (1). 甲醛 (2). 羟基、醚键 (3). 取代反应 (4). (5). +2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O (6). 8 (7). 或或 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A与X反应生成B，结合A与B的结构简式，可得X为甲醛，B在LiAlH4的作用下生成C，C加入PBr3可以得到D，D加入氰化钠后得到E，酸化后得到F，结合B和E的结构简式，和C、D的分子式，可得C的结构简式为，D的结构简式为，F的结构简式为，F与在SOCl2作用下生成G，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1) A是，X为醛类物质，得到，根据碳原子数目的变化，可知X为甲醛，根据C的结构可知C中含氧官能团的名称为醚键和羟基；‎ ‎(2) C的结构简式为，D的结构简式为，C中的羟基被Br原子取代，则反应类型为取代反应；‎ ‎(3)根据分析，化合物F的结构简式为；‎ - 20 -‎ ‎(4)B含有醛基，具有还原性，可以将新制的氢氧化铜还原成氧化亚铜，B与新制的氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O；‎ ‎(5)有机物Y是A的同分异构体，分子式为C7H6O3，满足条件：①能与溶液发生显色反应，含有酚羟基和苯环，②与足量金属Na反应生成，可以含有羟基或羧基，且分子中含有羟基或羧基共2个，③结构中含“”，可以有醛基或羧基的结构，若Y分子结构由两个酚羟基和一个醛基与苯环相连，则有5种结构，若Y分子的结构由一个酚羟基和一个羧基与苯环相连，取代基有邻，间，对的位置，有3种，则Y的结构共有8种；其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为的物质为中的任意一种；‎ ‎(6)以为起始原料制备的合成线路为。‎ ‎ ‎ - 20 -‎ - 20 -‎