百校联盟2020届高三复习全程精练模拟考试卷（全国II卷）化学试题 Word版含解析 18页

www.ks5u.com 百校联盟2020届高考复习全程精练·模拟卷 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。‎ ‎2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置。‎ ‎3.全部答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。‎ ‎4.本试卷满分300分，测试时间150分钟。‎ ‎5.考试范围：高考全部内容。‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ag-108‎ 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.《本草图经》是我国宋代的药物学巨著，其中涉及许多化学物质。下列有关说法错误的是（ ）‎ A. 钟乳石的形成过程涉及化学变化 B. 绿矾(FeSO4·7H2O)：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤…”，“烧之则赤”说明加热生成了Fe3O4‎ C. 矾石(主要成分是明矾)处理后可用于生活净水 D. 珊瑚(主要成分是碳酸钙)可溶于胃酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钟乳石的形成过程：含有二氧化碳的水渗入石灰岩隙缝中，与碳酸钙反应生成可溶于水的碳酸氢钙，溶有碳酸氢钙的水从洞顶上滴下来时，分解反应生成碳酸钙、二氧化碳、水，形成过程涉及化学变化，故A正确；‎ B．绿矾“烧之则赤”说明加热生成了红色的Fe2O3，Fe3O4是黑色的固体，故B错误；‎ C．明矾溶于水可以形成氢氧化铝胶体，可用于生活净水，故C正确；、‎ D．珊瑚(碳酸钙)可溶于胃酸(主要成分为盐酸)，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎2.按第26届国际计量大会重新定义，阿伏加德罗常数(NA)有了准确值6.02214076×1023‎ - 18 -‎ ‎。下列有关NA的说法正确的是（ ）‎ A. 28g乙烯与丙烯的混合气体中含有4NA个C-H键 B. 标准状况下，3.36LNO2中氧原子数目为0.3NA C. 1L1mol·L-1的CH3COOH溶液与1L0.5mol·L-1的NaOH溶液混合后，CH3COO-的数目为0.5NA D. 理论上，149gNaClO与足量KI溶液反应可得到NA个碘分子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯和丙烯的通式为(CH)n，乙烯中含有4个C-H键，丙烯含有6个C-H键，都是1个C对应2个C-H键，28g相当于2molCH2，故有4NA个C-H键，故A正确；‎ B．标况下二氧化氮为液体，3.36L二氧化氮的物质的量不是0.15mol，故B错误；‎ C．二者混合后溶液中溶质为0.25mol/LCH3COOH和0.25mol/LCH3COONa，由于醋酸的电离程度和醋酸根的水解程度不相等，所以CH3COO-的数目不是0.5NA，故C错误；‎ D．149gNaClO的物质的量为=2mol，氧化I-时被还原成Cl-，可转移4mol电子，故可以生成2mol碘单质，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】本题难点为A选项，注意寻找C原子个数与C-H键个数的关系；标况下常被误认为气体的物质有：NO2、SO3、CH2Cl2、CH3Cl等，这些物质在标况下均不是气体。‎ ‎3.有机物X结构简式如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. 有机物X的分子式为C20H18O4‎ B. 1mol有机物X最多可以和8molH2加成 C. 1mol有机物X最多消耗2molNaOH D. 苯环上的一氯取代产物有4种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．有机物X含有20个C原子，又不饱和度为12，可求得H原子数为18，由图可知有机物X含有4个O原子，综上，有机物X的分子式为C20H18O4，A项正确；‎ - 18 -‎ B．每个苯环可与3个氢气分子发生加成反应，每个碳碳双键可与1个氢气分子发生加成反应，每个羰基可与1 个氢气分子发生加成反应，酯基不能和氢气发生加成反应，故1 mol有机物X最多可以和8molH2加成，B项正确；‎ C．有机物X中的酯基在碱性条件下水解得到一个羧基和一个酚羟基，羧基和酚羟基都可以和氢氧化钠反应，有机物X中的醇羟基不可以和氢氧化钠反应，故1 mol有机物X最多消耗2 mol NaOH，C项正确；‎ D．左边苯环不含有对称结构，一氣取代产物有4种，右边苯环含有对称结构，一氯取代产物有2种，故有机物X苯环上的一氯取代产物有6种，D项错误；‎ 故答案为D。‎ ‎4.下列有关实验操作、实验现象和得出的结论均正确的是（ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯和溴水发生加成反应使溴水褪色，并不是乙烯具有还原性，故A错误；‎ B．NaOH过量不存在沉淀的转化，均为沉淀的生成，故B错误；‎ C．NH3、SO2气体和水反应可生成(NH4)2SO3，继而和BaCl2反应生成BaSO3沉淀，实验中无沉淀生成可能是SO2过量生成了Ba(HSO3)2，故C错误；‎ D．上层溶液变紫红色说明有碘单质生成，下层有黄色沉淀生成说明有I-，所以KI3溶液中存在平衡：I3-I2+I-，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎5.联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”，下表是元素周期表的一部分，X、Y、Z、W为短周期主族元素，X的单质是密度最小的金属，可用于制作轻合金、电池等，Z与W的最高化合价之和为11。下列说法正确的是（ ）‎ - 18 -‎ A. 原子半径大小顺序：Z>W>Y>X B. Y与Z形成的某种二元化合物可用作干燥剂 C. Y与W形成的化合物可漂白酸碱指示剂 D. Z、W的最高价氧化物的水化物在水溶液中均完全电离 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X的单质时密度最小的金属，则X是Li；结合Z和W在周期表中的相对位置和最高化合价之和为11可知Z为P，W为S，则Y为O。‎ ‎【详解】A．同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，同主族元素自上而下原子半径依次增大，所以原子半径大小关系为P>S>Li>O，故A错误；‎ B．O与P形成的二元化合物P2O5是常用的酸性干燥剂，故B正确；‎ C．O与S形成的化合物SO2具有漂白性，但不能漂白指示剂，故C错误；‎ D．P的最高价氧化的水化物为H3PO4是中强酸，在水溶液中部分电离，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎6.合成氨反应N2(g)+ H2(g) NH3(g) △H 的反应机理如图所示,图中“吸”表示各气态物质在催化剂表面吸附。下列说法错误的是 A. 该反应的△H = -46 kJ·mol- 1‎ B. 该反应机理中最大活化能为79 kJ·mol- 1‎ C. 升高温度，该反应过渡态的能量会增大 D. 该反应达到平衡后增大压强反应正向进行 - 18 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. △H与始态和终态有关，与过程无关，△H=生成物的总能量减去反应物总能量由图可知，△H=－46kJ·mol－1，故A说法正确；‎ B. 该反应的机理中的活化能即为每一步骤的过渡态的总能量减去该步骤的反应物的总能量，由图可知，过渡态2步骤的活化能最高，为79kJ·mol－1，故B说法正确；‎ C. 该反应过渡态的能量不会随着温度的改变而改变，故C说法错误；‎ D. 该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向右进行，故D说法正确；‎ 答案：C。‎ ‎7.近日，我国科学家实现了CO2捕获与转化，装置如图所示，利用其能吸收二氧化碳，并产生有价值的物质，该设计在国际期刊《JournalofEnergyChemistry》中发表。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 电源在使用过程中，b极发生还原反应 B. 该装置实现了CO2的化学能转化为电能 C. 利用该装置的原理，理论上也可用于捕获与转化硫氧化物、氮氧化物 D. 若电源中有4mol电子转移，则最多可捕获CO222.4L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图片可知c极C2O52-→O2，发生氧化反应生成单质O2，所以c为阳极，d为阴极，阳极与电源正极相接、阴极与电源负极相接，即a极为电源正极、b极为电源负极。‎ ‎【详解】A．b极为电源负极，原电池中负极失电子发生氧化反应，故A错误；‎ B．该装置为电解池，可将电能转化成化学能，故B错误；‎ C．利用该装置可将CO2捕获，转化为C和O2‎ - 18 -‎ ‎，则理论上也可以将硫氧化物、氮氧化物捕获，相应的转化为S和O2，N2和O2，故C正确；‎ D．未指明温度和压强，无法计算气体的体积，故D错误；‎ 故答案为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作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎(一)必考题(共129分)‎ ‎8.锂辉石(主要成分为LiAl(SiO3)2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3等杂质)是最重要的提锂矿石原料，工业上以α-锂辉石为原料制备碳酸锂，其工艺流程如图：‎ 已知：①α-锂辉石化学惰性大，除HF外，几乎不与任何酸碱反应，α-锂辉石在高温下可转化为β-锂辉石，β-锂辉石具有更高的化学活性。‎ ‎②β-锂辉石可与浓硫酸发生反应：2β-LiAl(SiO3)2＋H2SO4(浓) Li2SO4＋Al2O3·4SiO2·H2O。‎ ‎③部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：‎ 氢氧化物 Fe(OH)3‎ Al(OH)3‎ Mg(OH)2‎ 开始沉淀pH ‎2.7‎ ‎3.7‎ ‎9.6‎ 完全沉淀pH ‎3.7‎ ‎4.7‎ ‎11‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)将LiAl(SiO3)2改写成氧化物的形式为___，1000℃焙烧α-锂辉石的目的为___。‎ ‎(2)滤渣2的主要成分为___，调节pH值的范围为___。‎ ‎(3)“除大部分Mg”步骤的离子方程式为___。‎ - 18 -‎ ‎(4)实验室蒸发浓缩操作中所需的仪器为酒精灯、铁架台(带铁圈)、___。‎ ‎(5)洗涤过程中检验沉淀是否洗涤干净的操作为___。‎ ‎(6)碳酸锂是制备锂离子电池的原料之一，某锂离子电池以CoP3作为负极材料，以LiMn1.5Ni0.5O4作为正极材料，以可传导放电Li＋的无机固体电解质c-LATP作为电解液，其工作时电池反应为Li1-xMn1.5N0.5O4＋Lix(CoP3)nLiMn1.5Ni0.5O4＋(CoP3)n，则该电池放电时负极的电极反应式为___，充电时阳极的电极反应式为___。‎ ‎【答案】 (1). Li2O•Al2O3•4SiO2 (2). 将不和浓硫酸反应的α-锂辉石转化为和浓硫酸反应的β-锂辉石 (3). Fe(OH)3、Al(OH)3和CaSO4 (4). 4.7≤pH＜9.6 (5). Ca(OH)2(s)+Mg2+(aq)=Mg(OH)2(s)+Ca2+(aq) (6). 蒸发皿、玻璃棒 (7). 取少量最后一次的洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净 (8). Lix(CoP3 )n-xe-=xLi++(CoP3)n (9). LiMn1.5Ni0.5O4-xe-=Li1-x Mn1.5Ni0.5O4+xLi+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ α-锂辉石(主要成分为LiAl(SiO3)2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3等杂质)高温焙烧转化成β-锂辉石，后加入98%浓硫酸低温焙烧，水浸后得到的酸性溶液中含有Li+、SO42-，另含有Al3+、Fe3+、Mg2+等杂质，得到的滤渣1为SiO2；加入石灰石调节pH，使Al3+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀，同时生成微溶的硫酸钙，过滤，滤液中加入石灰乳除去大部分镁离子，生成滤渣3为氢氧化镁，滤液再加入碳酸钠调节pH至11-12，进一步除去钙、镁离子，滤渣4为碳酸钙、氢氧化镁等，滤液为硫酸锂溶液，蒸发浓缩后再加碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀，过滤洗涤干燥得到碳酸锂，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)硅酸盐改写为氧化物的形式要注意活泼金属氧化物在前，其次为不活泼金属氧化物，再次为非金属氧化物，最后为水，中间用小圆点隔开，各元素的比例不能改变，故将LiAl(SiO3)2改写为氧化物的形式为Li2O•Al2O3•4SiO2；根据题目信息可知α-锂辉石化学惰性大，除HF外，几乎不与任何酸碱反应， α-锂辉石在高温下可转化为β-锂辉石，β-锂辉石具有更高的化学活性，可与浓硫酸反应，故1000℃焙烧α-锂辉石的目的为将不和浓硫酸反应的α-锂辉石转化为和浓硫酸反应的β-锂辉石；‎ ‎(2)加入碳酸钙调pH目的是将Fe3+和Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3，碳酸钙还可以和硫酸反应生成微溶的硫酸钙，所以滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3和CaSO4‎ - 18 -‎ ‎；根据表格可知将Fe3+和Al3+沉淀，而不使Mg2+沉淀，调节pH的范围为4.7≤pH＜9.6；‎ ‎(3)向溶液中加入石灰乳可将微溶的Ca(OH)2转化为难溶的Mg(OH)2，离子方程式为：Ca(OH)2(s)+Mg2+(aq)=Mg(OH)2(s)+Ca2+(aq)；‎ ‎(4)实验室蒸发操作除了使用酒精灯、铁架台(带铁圈)外，还需要蒸发皿和玻璃棒；‎ ‎(5)沉淀的目的是洗去碳酸锂上吸附的溶液中的离子，溶液中的离子有硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验，检验是否洗涤干净的方法是取少量最后一次的洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸，再加入 BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；‎ ‎(6)该电池放电时负极失电子发生氧化反应，电极反应式Lix(CoP3 )n-xe-=xLi++(CoP3)n，充电时阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为LiMn1.5Ni0.5O4-xe-=Li1-x Mn1.5Ni0.5O4+xLi+。‎ ‎【点睛】硅酸盐改写为氧化物的形式要注意活泼金属氧化物在前，其次为不活泼金属氧化物，再次为非金属氧化物，最后为水，中间用小圆点隔开，各元素的比例不能改变。‎ ‎9.利用沉淀滴定法快速测定NaBr等卤化物溶液中c(Br-)，实验过程包括标准溶液的配制和滴定待测溶液。‎ I.标准溶液的配制 准确称取AgNO3基准物8.5g，配制成500mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。‎ II.滴定的主要步骤 a.取待测NaBr溶液25.00mL，配制成100mL溶液，取其中25.00mL于锥形瓶中。‎ b.加入K2CrO4溶液作指示剂。‎ c.用AgNO3标准溶液进行滴定，记录消耗的体积。‎ d.重复上述操作三次，测定数据如下表：‎ e.数据处理。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外还有___，配制的AgNO3溶液的浓度为___。‎ ‎（2）AgNO3标准溶液应使用___ (填“酸式”或“碱式”)棕色滴定管，检漏后装液前需要进行的操作有___。‎ ‎（3）实验可用铬酸钾(K2CrO4)作指示剂，一方面，是由于Ag2CrO4‎ - 18 -‎ 是砖红色沉淀，现象变化明显，另一方面，是由于___。‎ ‎（4）滴定应在近中性或弱碱性(6.5E[CH3‎ - 18 -‎ OH(g)](E表示物质的能量)，则降温有利于提高正反应进行的程度 ‎（5）在一特殊的恒容容器中，充入一定量的CO(g)与H2(g)来模拟CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，测得v正随时间的变化曲线如图所示，则t之前v正逐渐增大的原因为___；t之后v正又逐渐减小的原因为___。‎ ‎（6）煤经过一系列转化还可得到草酸。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定量某浓度的NaOH溶液，所得溶液中c(HC2O4-)=c(C2O42-)，则此时溶液的pH=___(已知常温下H2C2O4的Ka1=6×10-2，Ka2=6×10-5，lg6=0.8)。‎ ‎【答案】 (1). +131.3 kJ·mol-1 (2). ①③④⑥ (3). 2.5 (4). 大于 (5). AE (6). 容器为绝热体系，反应正向进行时放出热量，其影响大于浓度减小的影响，整体反应速率逐渐增大 (7). 随着反应进行，浓度减小的影响大于反应放热的影响，整体反应速率逐渐减小 (8). 4.2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据C(s)、CO(g)、H2(g)的燃烧热可得：‎ ‎①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5 kJ/mol； ②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H2=-283.0 kJ/mol； ③H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H3=-285.8kJ/mol；‎ 又有④H2O(l)=H2O(g)△H4=＋44.0kJ·mol-1‎ 根据盖斯定律，①-②-③-④得C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)的△H=△H1-△H2-△H3- H4=+131.3 kJ·mol-1；‎ ‎(2)①反应物中有固体，平衡正向移动时气体的质量会变大，容器体积不变，所以气体的密度会发生改变，所以当密度不变时可以说明反应达到平衡，故正确；‎ ‎②无论反应是否平衡，断裂2molH-O键即有1molH2O参与反应时，一定生成1mol氢气，即生成1molH-H键，故错误；‎ ‎③平衡移动时CO的体积分数会发生改变，所以当CO的体积分数不变时说明反应已达到平衡，故正确；‎ - 18 -‎ ‎④可用极性法考虑，反应未进行时，气体平均摩尔质量为水蒸气的相对分子质量，若完全进行则为CO和H2的平均相对分子质量，即反应进行过程中气体的平均摩尔质量会发生改变，当其不变时说明反应达到平衡，故正确；‎ ‎⑤初始投料为足量煤和1mol水蒸气，则任意时刻CO与H2的比例均为1：1，故错误；‎ ‎⑥反应容器容积不变，反应前后气体系数之和不同，所以未达平衡时容器内压强会发生变化，当压强不变时说明反应达到平衡，故正确；‎ 综上所述选：①③④⑥；‎ ‎(3)反应达到平衡时v正=v逆，即k正·c(CO)·c2(H2)= k逆·c(CH3OH)，反应平衡常数K=，所以K==2.5；向体积为2L的刚性密闭体系中通入3molCO、2molH2和5molCH3OH，此时容器内c(CH3OH)=2.5mol/L，c(CO)=1.5mol/L，c(H2)=1mol/L，则Qc=，所以此时平衡正向移动，即v正>v逆；‎ ‎(4)A．反应特点为前后气体系数不等，且前面气体系数大于后面，加压有利于速率加快和平衡向正反应方向移动，A项正确；‎ B．甲醇的平衡体积分数随着CO与H2投料比的增大先增大后减小，在CO与H2投料比为 ‎1: 2时取得最大值，B项错误；‎ C．使用催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，但不影响平衡，不能改变H2的平衡转化率，C项错误；‎ D．在恒温恒容条件下达到平衡后，通入Ar，反应物生成物浓度都不变，平衡不移动，D项错误；‎ E．已知E[CO(g)＋2H2(g)]>E[CH3OH(g)]，说明正反应放热，降温有利于提高正反应的程度，E项正确；‎ 综上所述选AE；‎ ‎(5)容器为绝热体系，反应正向进行时放出热量，其影响大于浓度减小的影响，整体反应速率逐渐增大；随着反应进行，浓度减小的影响大于反应放热的影响，整体反应速率逐渐减小；‎ ‎(6)草酸第二步电离平衡常数Ka2==6×10-5，溶液中c(HC2O4-)=c(C2O42-)，则溶液中c(H+)=6×10-5mol/L，又已知lg6=0.8，所以-lg(6×10-5)=4.2，即pH=4.2。‎ - 18 -‎ ‎【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。‎ ‎(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本学科选考题的首题进行评分。‎ ‎11.第四周期元素在生产生活中具有重要的作用。请回答下列问题:‎ ‎(1)基态Sc原子的价电子排布图为___________________。‎ ‎(2)Zn2+和CN-、K+可组成化合物K2Zn(CN)4,其中存在的化学键类型有____________；Zn(CN)42-中的配体为_______，配位原子为_____ ,与该配离子中配体等电子体的分子为___。‎ ‎(3)与Br同主族的短周期元素有F、Cl,这三种元素的简单氢化物HF、HCl、HBr的沸点从高到低的顺序为___________，理由为______。‎ ‎(4)Fe-Cr-Al合金可作为汽车尾气催化剂的载体,汽车尾气催化剂可将NO2还原为无毒害的气体,防止HNO3型酸雨的形成,NO2的空间构型为_____。HNO3的酸性强于HNO2的原因为____________________。‎ ‎(5)金属铜采用面心立方堆积方式,其晶胞结构如图所示。已知该晶胞的密度为ρg. cm-3,晶胞参数为anm,阿伏伽德罗常数为NA,则铜原子的相对原子质量的表达式为_______(用含有ρ、a、NA的表达式表示)。‎ ‎【答案】 (1). (2). 离子键、共价键、配位键 (3). CN－ (4). C (5). N2或CO (6). HF>HBr>HCl (7). HF、HCl、HBr均为分子晶体，HF分子之间存在氢键，因此HF的沸点最高，HCl和HBr的相对分子质量大，故HBr的沸点高于HCl； (8). V型 (9). HNO3中N的化合价为＋5价，其N的正电性强于HNO2中N，使羟基中O－H键的共用电子对更易偏向O原子，羟基更易电离出H＋，故酸性HNO3强于HNO2 ‎ - 18 -‎ ‎(10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Sc原子序数是21号元素，属于过渡元素，价电子排布式为3d14s2，然后书写出价电子排布图；‎ ‎(2)该化合物属于配合物，内界和外界以离子键形式结合，然后按照配合物组成进行分析；‎ ‎(3)分子晶体熔沸点高低的判断，从是否含有分子间氢键、相对分子质量大小角度进行分析；‎ ‎(4)利用VSEPR模型进行分析；利用含氧酸酸性强弱规律进行分析；‎ ‎(5)利用密度的定义进行分析计算；‎ ‎【详解】(1) Sc原子序数是21号元素，属于过渡元素，价电子排布式为3d14s2，Sc价电子排布式图为；‎ ‎(2)K2Zn(CN)4中K＋和Zn(CN)42－之间存在离子键，Zn2＋和CN－之间构成配位键，CN－中C和N之间存在共价键，因此该配合物中含有化学键的类型为离子键、配位键、共价键；Zn2＋提供空轨道，CN－中C提供孤电子对，因此配体为CN－，配位原子为C；根据等电子体的定义，与CN－等电子体的分子为N2、CO等；‎ ‎(3)HF、HCl、HBr都属于分子晶体，HF含有分子间氢键，HCl、HBr不含分子间氢键，HBr的相对分子质量大于HCl，HBr的分子间作用力大于HCl，因此沸点大小顺序是HF>HBr>HCl；‎ ‎(4)NO2中含有2个σ键，孤电子对数==0.5，可以认为中心原子N的价层电子对数为3，NO2的空间构型为V型；HNO3中N的化合价为＋5价，其N的正电性强于HNO2中N，使羟基中O－H键的共用电子对更易偏向O原子，羟基更易电离出H＋，故酸性HNO3强于HNO2；‎ ‎(5)根据晶胞的结构，Cu原子位于顶点和面心，个数为=4，晶胞的质量为g·mol－1，晶胞的体积为(a×10－7)3cm3，根据密度的定义，，推出M=。‎ ‎12.苯巴比妥是镇静、安眠类药物,其合成路线如下:‎ - 18 -‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)G的化学名称为_________,C的分子式为__________。‎ ‎(2)F+X→G+ H2O,X的结构简式为____________。‎ ‎(3)H中含有的官能团名称为__________,I→J的反应类型为______________。‎ ‎(4)同时满足下列条件的E的同分异构体共有______种。‎ ‎①含有苯环且苯环上有两个取代基 ‎ ‎②能发生水解反应且能发生银镜反应 ‎(5)化合物J→苯巴比妥的化学方程式为________________________________。‎ ‎(6)以1,3-丁二烯、乙醇和尿素( )为原料合成所需无机试剂任选,请写出流程:_____________________________‎ ‎【答案】 (1). 乙二酸二乙酯 (2). C8H8O (3). CH3CH2OH (4). 酯基、羰基 (5). 取代反应 (6). 15 (7). ++2C2H5OH (8). CH2=CH－CH=CH2CH2BrCH2CH2CH2Br CH2BrCH2CH2CH2Br HOCH2CH2CH2CH2OHHOOCCH2CH2COOH C2H5OOCCH2CH2COOC2H5 ‎ - 18 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A分子式为C8H9Br，根据H结构简式，A中应含有苯环，A在氢氧化钠水溶液生成B，发生卤代烃的水解，羟基取代－Br的位置，B氧化成C氧化成D，这是醇被氧化成醛，醛被氧化成酸，即A的结构简式为，B的结构简式为，C的结构简式为，D的结构简式为，据此分析；‎ ‎【详解】(1)根据G结构简式，G的化学名称为乙二酸二乙酯；A分子式为C8H9Br，根据H结构简式，A中应含有苯环，A在氢氧化钠水溶液生成B，发生卤代烃的水解，羟基取代－Br的位置，B氧化成C氧化成D，这是醇被氧化成醛，醛被氧化成酸，即A的结构简式为，B的结构简式为，C的结构简式为，D的结构简式为，则C的分子式C8H8O；‎ ‎(2)根据F的分子式，以及G的结构简式，F与X发生酯化反应，即F为乙二酸，X结构简式为CH3CH2OH；‎ ‎(3)根据H的结构简式，含有的官能团是酯基、羰基；对比I和J结构简式，C2H5Br中的－C2H5取代I中“CH”上的H，即I→J为取代反应；‎ ‎(4)①含有苯环，苯环上有两个取代基，这两个取代基位置为邻、间、对；②能发生水解反应且能发生银镜反应，根据E的分子式，因此该物质结构含有“”，综上所述，与苯环之间相连，另一个取代基为－CH2CH2CH3、－CH(CH3)3；同一个C原子与苯环相连，另一个取代基为－CH2CH3；若与苯环之间相连，另一个取代基为－CH3；若与苯环之间相连，另一个取代基为－CH3；综上所述，符合要求的同分异构体的种类有3×5=15种；‎ - 18 -‎ ‎(5)J→苯巴比妥发生取代反应，反应方程式为++2C2H5OH；‎ ‎(6)根据合成物质，以及J→苯巴比妥，需要的物质除尿素外，还需要C2H5OOCCH2CH2COOC2H5，因此先让1，3－丁二烯与Br2的CCl4溶液发生1，4－加成，得到CH2BrCH=CHCH2Br，然后再与氢气发生加成反应，得到CH2BrCH2CH2CH2Br，在NaOH的水溶液中发生水解反应，得到HOCH2CH2CH2CH2OH，将其氧化成HOOCCH2CH2COOH，与乙醇发生酯化反应，合成路线为CH2=CH－CH=CH2CH2BrCH2CH2CH2Br CH2BrCH2CH2CH2Br HOCH2CH2CH2CH2OHHOOCCH2CH2COOH C2H5OOCCH2CH2COOC2H5 。‎ ‎【点睛】同分异构体的书写是有机物合成或推断题的重点，也是难点，一般根据信息，判断出含有结构或官能团，然后按照“先整后散”的形式进行分析，涉及苯环上取代基的位置邻间对或“定二移一”进行分析。‎ - 18 -‎ - 18 -‎