安徽省合肥市2019届高三化学下学期第二次教学质量检测试题 16页

合肥市2019年高三第二次教学质量检测理科综合试题（化学部分）可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12N-14O-16S-32C1-35．5Fe-56Cu-63．5Ag-108一、选择题：1.实验室中采用废旧易拉罐(主要成分为Al，含少量Fe、Mg杂质)制备明矾[KAl(SO4)2·12H2O的过程如图所示：下列说法不正确的是A.试剂①可以选用NaOH溶液B.NH4HCO3用于调节滤液A的pHC.操作a是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤D.明矾溶液显酸性，常作消毒杀菌剂【答案】D【解析】【详解】A、易拉罐的主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质，试剂①的作用是将Al溶解并除去Fe、Mg杂质，NaOH溶液可溶解Al，但不溶解Fe、Mg杂质，A项正确；B、滤液A中铝元素以AlO2－形式存在，NH4HCO3用于调节滤液A的pH使AlO2-转化为Al（OH）3沉淀，B项正确；C、根据题知溶液C需要蒸发浓缩、冷却结晶可析出晶体，过滤、洗涤、干燥得到明矾晶体，故操作a是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，C项正确；D、有强氧化性的物质能够杀菌消毒，明矾不具有强的氧化性，不能杀菌消毒，D项错误；答案选D。2.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.2.0gCO2与SO2的混合气体分子中，含有的质子数为NAB.7.1gCl2与100mL1.0mol·L－1NaOH溶液反应，转移电子数为0.1NAC.17gNH3与48gO2在催化剂作用下充分反应，得到NO分子数为NAD.标准状况下，2.24LCH4和C3H6混合气体中，含有极性键数为0.5NA【答案】A【解析】n【详解】A、若2.0g全为CO2，含质子物质的量为×22=1mol，若2.0g全为SO2，含质子物质的量为×32=1mol，则2.0gCO2与SO2的混合气体分子中含有的质子数为NA，A项正确；B、7.1gCl2的物质的量为0.1mol，100mL1.0mol·L－1NaOH为0.1mol，1mol氯气与2molNaOH反应转移1mol电子，故转移的电子数小于0.1NA，B项错误；C、n(NH3)=，n(O2)=，依据方程式：4NH3+5O24NO+6H2O可知，该反应生成1molNO，同时过量0.25molO2，则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮（2NO+O2=2NO2），所以最终生成一氧化氮分子数小于NA，C项错误；D、n（混合气体）=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，若全为CH4则含极性键为0.4mol，若全为C3H6则含极性键0.6mol，由于CH4和C3H6的比例未知，则含极性键数无法确定，D项错误；答案选A。3.根据下列实验及其现象，所得出的结论合理的是A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A、用pH试纸分别检验等浓度Na2CO3溶液和Na2SO3溶液，前者试纸变蓝比后者更深，说明Na2CO3溶液的碱性更强，根据越弱越水解，酸性H2CO3弱于H2SO3，但H2SO3不是S的最高价含氧酸，不能说明S和C非金属性强弱，A项不合理；B、MgCl2溶液中加入NaOH溶液产生白色沉淀，该反应能发生的原因是生成难溶物使离子浓度减小，不是由于碱性强弱引起的，B项不合理；C、向某钠盐中滴加盐酸，产生的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，该钠盐可能为Na2SO3、NaHSO3、Na2S2O3等，C项不合理；nD、向有机物X中滴入酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，该有机物可能含碳碳双键、碳碳三键、醛基、羟基等，也可能为苯的同系物，若该有机物为乙醇等则不能发生加成反应，D项合理；答案选D。4.据(ChemCommun)报导，Marcelmayor合成了桥连多环烃()，拓展了人工合成自然产物的技术。下列有关该烃的说法不正确的是A.属于饱和环烃，不能使Br2的CCl4溶液褪色B.与氯气取代，可得到6种不同沸点的一氯代物C.分子中含有3个六元环，4个五元环D.与互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】A、属于饱和环烃，不能使Br2的CCl4溶液褪色，A项正确；B、该有机物的结构中有5种不同环境的氢原子，因此可得到5种不同沸点的一氯代物，B项错误；C、由结构简式可知该有机物为桥环结构，分子中含有4个五元环，3个六元环，C项正确；D、由的分子式为C11H16，故与互为同分异构体，D项正确；故选B。5.锌碘液流电池具有高电容量、对环境友好、不易燃等优点，可作为汽车的动力电源。该电池采用无毒ZnI2水溶液作电解质溶液，放电时将电解液储罐中的电解质溶液泵入电池，其装置如右图所示。下列说法不正确的是A.M是阳离子交换膜nB.充电时，多孔石墨接外电源的正极C.充电时，储罐中的电解液导电性不断增强D.放电时，每消耗1molI3－，有1molZn2+生成【答案】C【解析】【详解】A、根据题知左侧金属锌作负极，放电时，Zn2＋通过离子交换膜移向正极移动，故M是阳离子交换膜，故不符合题意；B、充电时，多孔石墨做阳极，发生氧化反应，才能使电池恢复原状，所以接外电源的正极，故不符合题意；C、充电时，阳极发生的反应为：3I－－2e－=I3－，阴极发生的反应为：Zn2＋＋2e－=Zn，故储罐中的电解液导电性不断减弱，故符合题意；D、放电时，正极发生还原反应：I3－＋2e－=3I－，故每消耗1molI3－，有1molZn2+生成，故不符合题意；故选C。6.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，其中X是组成有机物的必要元素．Y的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，W与X同主族，Z与Q最外层电子数相差6。下列说法正确的是A.非金属性：Q>Y>X>ZB.简单气态氢化物的沸点：X>WC.Y与X、Z、Q均可形成至少两种二元化合物D.Y、Z、Q组成化合物的水溶液呈碱性【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，其中X是组成有机物的必要元素，则X为C元素；元素Y的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Y含有2个电子层，最外层含有6个电子，为O元素；元素W与X同主族，则W为Si元素；Z与Q最外层电子数相差6，Z的原子序数大于O，若为F元素，Q最外层电子数=7-6=1，为Na元素，不满足原子序数Q>W；结合Z、Q为主族元素可知Z为Na元素，Q为C1元素，据此进行解答。【详解】根据分析可知，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为Si元素，Q为Cl元素。nA、由X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，Q为Cl元素，同周期从左到右非金属增强，同主族从上到下非金属减弱，故非金属性：Y>Q>X>Z，故不符合题意；B、对分子晶体，相对分子质量增大，分子间作用力增大，沸点升高，Xc(HCN)>c(CN－)>c(OH－)B.②所示溶液中：c(Na+)>c(Cl－)＞c(CH3COO－)>c(CH3COOH)C.阳离子物质的量浓度之和：②与③所示溶液中相等D.④所示溶液中：c(CH3COOH)+c(H+)－c(OH－)=0.05mol·L－1【答案】D【解析】【详解】A、①为向0.1mol/L20.00mLNaCN溶液中加入0.1mol/L10.00mLHCl，反应后得到等物质的量浓度的NaCl、HCN和NaCN的混合液，由于溶液呈碱性，c（OH-）>c（H+），NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，则溶液中c（HCN）>c（Cl-）>c（CN-）>c（OH-），A项错误；B、②为向0.1mol/L20.00mLCH3COONa溶液中加入0.1mol/LHCl且加入盐酸的体积小于10.00mL，所得溶液含等物质的量浓度CH3COOH和NaCl、以及CH3COONa且CH3COONa的浓度大于NaCl，溶液呈酸性，故c（CH3COO-）>c（Cl-），B项错误；C、②和③中c（H+）相等，但加入的盐酸体积不相等，溶液中c（Na+）不相等，②与③所示溶液中阳离子物质的量浓度之和不相等，C项错误；nD、④为向0.1mol/L20.00mLCH3COONa溶液中加入0.1mol/L20.00mLHCl，两者恰好完全反应得到物质的量浓度均为0.05mol/L的CH3COOH和NaCl的混合液，溶液中电荷守恒为c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH－)+c(CH3COO－)＋c(Cl－)，由钠离子和氯离子浓度相等，结合物料守恒得c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.05mol/L，两式整理得c（CH3COOH）+c（H+）-c（OH-）=0.05mol/L，D项正确；答案选D。【点睛】巧抓“四点”，突破“粒子”浓度关系：（1）抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合；（2）抓“恰好”反应点，生成什么溶质，溶液的酸碱性，是什么因素造成的；（3）抓溶液“中性”点，生成什么溶质，哪种反应物过量或不足；（4）抓反应“过量”点，溶质是什么，判断谁多、谁少还是等量。三、非选择题：(一)必考题：8.难溶物CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。该小组用下图所示裝置进行实验(夹持仪器略)。回答下列问题：(1)实验操作的先后顺序是：①→______→_____→______→⑤。①检查装置的气密性后加入药品；②熄灭酒精灯，冷却；③在“气体入口”处通干燥HCl；④点燃酒精灯，加热；⑤停止通人HCl，然后通入N2。(2)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是___________；A中发生主要反应的化学方程式为___________。(3)反应结束后，CuC1产品中若含有少量CuCl2杂质，则产生的原因可能是___________；若含有少量CuO杂质，则产生的原因可能是___________。(4)取agCuCl产品，先加入足量FeCl3溶液使其完全溶解，再稀释到100mL。从中取出25.00mL，用cmol·L－1Ce(SO4)2标准液滴定至终点[Ce(SO4)2被还原为Ce3+]；如此滴定三次，平均消耗标准液的体积为VmL。请写出产品溶于FeCl3溶液的离子方程式：___________；产品中CuC1的质量分数为___________(用含字母的式子表示)。n【答案】(1).③(2).④(3).②(4).先变红，后褪色；(5).2CuCl2·2H2O2CuCl+Cl2↑+4H2O；(6).加热温度不够；(7).没有在HCI气流中加热（或HCI气流不足）；(8).Fe3＋＋CuCl=Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－；(9).；【解析】【详解】（1）热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，为了抑制CuCl2的水解（提高CuCl的产率和纯度）以及防止CuCl被氧化，所以实验开始前需要从气体入口通入HCl气体排尽装置中的空气；实验过程中通入HCl；实验结束停止通入HCl，通入N2直至硬质玻璃管冷却；实验操作的先后顺序为①→③→④→②→⑤。（2）B中物质由白色变为蓝色，说明生成了H2O；分解过程中Cu元素的化合价由+2价降为+1价，即Cu元素被还原，则反应中还有Cl2生成，C处湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色。根据得失电子守恒和原子守恒，A处发生的主要反应的方程式为2CuCl2·2H2O2CuCl+Cl2↑+4H2O。（3）反应结束后，CuCl产品中若含有少量CuCl2杂质，产生的原因可能是加热温度不够，CuCl2·2H2O失去结晶水；若含有少量CuO杂质，则产生的原因可能是没有在HCl气流中加热，CuCl2水解生成Cu（OH）2，加热时Cu（OH）2分解成CuO和H2O。（4）根据题意CuCl被FeCl3氧化成CuCl2，Fe3+被还原成Fe2+，反应的离子方程式为CuCl+Fe3+=Cu2++Cl-+Fe2+。题中发生的反应有CuCl+Fe3+=Cu2++Cl-+Fe2+、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，则CuCl~Ce4+，产品中n（CuCl）=mol×=mol，产品中CuCl的质量分数为99g/mol×mol÷ag=。9.铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某废旧铍铜元件(主要含BeO、CuS，还含少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下：已知：i．铍、铝元素化学性质相似；BeCl2熔融时能微弱电离。ii．常温下：Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10－20，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10－38，Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10－13。n回答下列问题：(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有___________(填化学式)；写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式：___________。(2)滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为得到较纯净的BeCl2溶液，选择下列实验操作最合理步骤的顺序是___________；电解熔融BeCl2制备金属铍时，需要加入NaCl，其作用是___________。①加入过量的NaOH：②加入过量的氨水；③加入适量的HCl；④过滤；⑤洗涤。(3)反应Ⅱ中CuS的氧化产物为S单质，该反应的化学方程式为___________。(4)常温下，若滤液D中c(Cu2+)=2.2mol·L－1、c(Fe3+)=0.008mol·L－1、c(Mn2+)=0.21mol·L－1，向其中逐滴加入稀氨水，生成沉淀F是___________(填化学式)；为了尽可能多的回收铜，所得滤液G的pH最大值为___________。【答案】(1).Na2SiO3、Na2BeO2；(2).BeO22－＋4H＋=Be2＋+2H2O；(3).②④⑤③；(4).增强熔融盐的导电性；(5).MnO2＋CuS＋2H2SO4=S＋MnSO4＋CuSO4＋2H2O；(6).Fe(OH)3；(7).8.0；【解析】【分析】Be、Al元素化学性质相似，废旧铍铜元件中加入NaOH溶液，BeO、SiO2反应转化成Na2BeO2、Na2SiO3进入滤液A中，滤渣B中含CuS、FeS；滤液A中加入过量HCl，Na2SiO3反应生成H2SiO3沉淀和NaCl，Na2BeO2与过量HCl反应生成NaCl、BeCl2和H2O，滤液C中含HCl、NaCl、BeCl2；MnO2具有氧化性，滤渣B中加入MnO2和H2SO4，CuS、FeS反应生成CuSO4、Fe2（SO4）3、S，MnO2被还原为MnSO4；滤液D中主要含CuSO4、Fe2（SO4）3、MnSO4，根据题给Cu（OH）2、Fe（OH）3、Mn（OH）2的溶度积，滤液D中加入氨水得到的沉淀F为Fe（OH）3；滤液E中加入氨水调节pH使Cu2+与Mn2+分离。据此分析作答。【详解】Be、Al元素化学性质相似，废旧铍铜元件中加入NaOH溶液，BeO、SiO2反应转化成Na2BeO2、Na2SiO3进入滤液A中，滤渣B中含CuS、FeS；滤液A中加入过量HCl，Na2SiO3反应生成H2SiO3沉淀和NaCl，Na2BeO2与过量HCl反应生成NaCl、BeCl2和H2O，滤液C中含HCl、NaCl、BeCl2；MnO2具有氧化性，滤渣B中加入MnO2和H2SO4，CuS、FeS反应生成CuSO4、Fe2（SO4）3、S，MnO2被还原为MnSO4；滤液D中主要含CuSO4、Fe2（SO4）3、MnSO4，根据题给Cu（OH）2、Fe（OH）3、Mn（OH）2的溶度积，滤液D中加入氨水得到的沉淀F为Fe（OH）3；滤液E中加入氨水调节pH使Cu2+与Mn2+分离。n（1）废旧铍铜元件的成分BeO、CuS、FeS、SiO2，根据信息i，BeO属于两性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，反应方程式为BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，CuS、FeS不与氢氧化钠反应，因此滤液A中主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2；根据信息i，反应I中为Na2BeO2与过量盐酸反应，反应的离子方程式为BeO22－+4H＋=Be2＋+2H2O；（2）Be、铝元素化学性质相似，先向滤液C中先加入过量的氨水，生成Be（OH）2沉淀，然后过滤、洗涤，再加入适量的HCl，生成BeCl2，合理步骤是②④⑤③；BeCl2熔融时能微弱电离，熔融BeCl2中离子浓度较小，电解熔融BeCl2制备金属铍时，需要加入NaCl，其作用是增大离子浓度，增强熔融盐的导电性；（3）反应II中CuS中S转化为S单质，MnO2中Mn被还原为Mn2＋，根据化合价升降法进行配平，其化学反应方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O；（4），Cu2＋开始沉淀时c（OH－）==1×10-10mol/L；Fe3＋开始沉淀时c（OH－）==×10-12mol/L；Mn2＋开始沉淀时c（OH－）==1×10-6mol/L，因此首先沉淀的是Fe3＋，即生成的沉淀F为Fe（OH）3。为了尽可能多的回收Cu，滤液E中加入氨水应使Cu2+尽可能完全沉淀，Mn2+不形成沉淀，Cu2+完全沉淀时c（OH-）==×10-8mol/L<1×10-6mol/L，滤液G的c（OH-）最大为1×10-6mol/L，c（H+）最小为1×10-8mol/L，pH最大为8.0。10.“绿水青山就是金山银山”，研究氮氧化物等大气污染物对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H上述反应分两步完成，如图所示。n回答下列问题：(1)写出反应①的热化学方程式(△H用含物理量E的等式表示)：___________。(2)反应①和反应②中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是___________(填“反应①”或“反应②”)；对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是___________(反应未使用催化剂)。(3)某温度下一密闭容器中充入一定量的NO2，测得NO2浓度随时间变化的曲线如上右图所示。前5秒内O2的平均生成速率为___________；该温度下反应2NO+O22NO2的化学平衡常数K为___________。(4)对于(3)中的反应体系达平衡后(压强为P1)，若升高温度，再次达平衡后，混合气体的平均相对分子质量___________(填“增大”、“减小”或“不变”)；若在恒温恒容条件下，向其中充入一定量O2，再次达平衡后，测得压强为P2，c(O2)=0.09mol·L－1，则P1︰P2=___________。(5)水能部分吸收NO和NO2混合气体得到HNO2溶液。若向20.00mL0．10mol·L－1HNO2溶液中逐滴加入0.10mol·L－1NaOH溶液，所得pH曲线如图所示，则A点对应的溶液中=___________。【答案】(1).①2NO(g)N2O2(g)ΔH=（E2－E3）kJ·mol－1；(2).反应②；n(3).决定总反应速率是反应②，温度升高后反应①平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对于反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应②速率变慢；(4).0.001mol·L-1·s-1；(5).100；(6).减少；(7).5：13；(8).103.70；【解析】【详解】（1）根据图像反应①的热化学方程式为2NO(g)N2O2(g)ΔH=（E2－E3）kJ·mol－1。（2）根据图像反应①的活化能<反应②的活化能，反应①为快反应，反应②为慢反应，决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是慢反应②。对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是：决定总反应速率是反应②，温度升高后反应①平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对于反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应②速率变慢。（3）前5s内υ（NO2）=（0.04mol/L-0.03mol/L）÷5s=0.002mol/(L·s)，则υ（O2）=0.001mol/(L·s)。用三段式：2NO22NO+O2c（始）0.0400c（变）0.020.020.01c（平）0.020.020.01反应2NO22NO+O2的平衡常数为(0.022×0.01)÷0.022=0.01，则反应2NO+O22NO2的平衡常数K为1÷0.01=100。（4）根据图像反应2NO22NO+O2为吸热反应，对于(3)中的反应体系达平衡后(压强为P1)，若升高温度，平衡正向移动，再次达平衡后，混合气体的质量不变，混合气体物质的量增大，混合气体的平均相对分子质量减小。再通入一定量O2，平衡逆向移动，设转化NO物质的量浓度为x，则平衡时NO2、NO、O2的浓度依次为（0.02+x）mol/L、（0.02-x）mol/L、0.09mol/L，温度不变平衡常数不变，则[（0.02-x）2×0.09]÷（0.02+x）2=0.01，解得x=0.01mol/L，即平衡时NO2、NO、O2的浓度依次为0.03mol/L、0.01mol/L、0.09mol/L，在恒温恒容时压强之比等于物质的量浓度之比，P1：P2=（0.02+0.02+0.01）：（0.03+0.01+0.09）=5:13。（5）根据图像0.1mol/LHNO2溶液的pH=2.15，则HNO2的电离平衡常数Ka=（1×10-2.15）2÷（0.1-1×10-2.15）；A点溶液呈中性，c（H+）=c（OH-）=1×10-7mol/L，溶液中电荷守恒为c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（NO2-），则A点溶液中c（Na+）=c（NO2-），A点对应的溶液中n==Ka÷c（H+）=[（1×10-2.15）2÷（0.1-1×10-2.15）]÷（1×10-7）=103.70。(二)选考题：11.铁和钴是两种重要的过渡元素。请回答下列问题：(1)钴在元素周期表中的位置是___________，其基态原子的价电子排布图为___________。(2)FeCO3是菱铁矿的主要成分，其中C原子的杂化方式为___________；分子中的大π键可用符号Π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为Π)，则CO32－中的大π键应表示为___________。(3)已知Fe2+半径为61pm，Co2+半径为65pm，在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3受热分解温度低于CoCO3，其原因可能是___________。(4)Co(NH3)5Cl3是钴的一种配合物，向含0.01mol该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87g。则该配合物的配位数为___________。(5)奥氏体是碳溶解在r－Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞为面心立方结构(如图所示)，则该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为___________；若该晶胞参数为apm，则该晶体的密度为___________g·cm－3(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。【答案】(1).第四周期、第VIII族；(2).；(3).sp2；(4).；(5).因为分解后生成的FeO和CoO中，FeO的晶格能更大；(6).6；(7).12；(8).；【解析】【分析】（1）根据构造原理得出基态原子价电子排布图；（2）根据孤电子对数，价层电子对数的相关知识解答。n（3）根据晶格能判断；（4）根据配合物及配合物的配位数的相关计算解答；（5）根据晶胞结构以及用均摊法晶胞求解。【详解】（1）Co在元素周期表中位于第4周期第VIII族。根据构造原理，其基态原子价电子排布图为。（2）CO32-中C的孤电子对数为×（4+2-3×2）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，C为sp2杂化。CO32-中参与形成大π键的原子数是4个，电子数是6个，则CO32-中大π键可表示为。（3）在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3受热分解温度低于CoCO3，原因是：Fe2+半径为61pm，Co2+半径为65pm，Fe2+的离子半径小于Co2+的离子半径，FeO的晶格能大于CoO的晶格能。（4）向含0.01mol该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87g，n（AgCl）=2.87g÷143.5g/mol=0.02mol，即配合物中2个Cl-在外界，1个Cl-在内界，则该配合物可表示为[Co（NH3）5Cl]Cl2，该配合物的配位数为6。（5）根据晶胞结构知，该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为12个。用均摊法晶胞中含Fe：8×+6×=4，C：12×+1=4，该晶体的化学式为FeC，该晶体的密度为g÷(a×10-10cm)3=g/cm3。12.福酚美克是一种影响机体免疫力功能的药物，可通过以下方法合成：n回答下列问题：(1)物质A的含氧官能团的名称为___________；B→C的转化属于___________反应(填反应类型)(2)上述流程中设计A→B步骤的目的是________；F分子中共平面的原子最多有________个。(3)D与银氨溶液发生反应的化学方程式为___________。(4)福酚美克具有多种同分异构体．写出其中符合下列条件的有机物结构简式：___________和___________。①含有－CONH2；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③核磁共振氢谱的吸收峰数目有4个。(5)参照上述合成路线和信息，以乙醇为原料(无机试剂任选)，设计制的合成路线：___________。【答案】(1).羟基、酯基；(2).还原；(3).保护酚羟基；(4).15；(5).(6).(7).(8).【解析】【分析】（1）根据A物质的结构简式可知，含有羟基和酯基；B→C的转化是把－COOCH3还原为－CH2OH，所以是还原反应；（2n）根据流程中设计A→B步骤的目的是保护酚羟基，防止在后面的转换过程中被破坏；根据原子共面判断方法得出；（3）根据D与银氨溶液发生反应方程式得出；（4）根据福酚美克的结构简式,结合要求，能与FeCl3溶液发生显色反应说明同分异构体中含有酚羟基、核磁共振氢谱的吸收峰数目有4个说明同分异构体中含有4种不同的氢解答；（5）根据合成路线D→E→F→福酚美克设计出的合成路线。【详解】（1）A物质的结构简式可知，含有羟基和酯基；B→C的转化是把－COOCH3还原为－CH2OH，所以是还原反应，故答案为：羟基、酯基；还原；（2）流程中设计A→B步骤的目的是保护酚羟基，防止在后面的转换过程中被破坏；根据F的结构简式可知苯环上的所有原子共面，苯环上的-OH相当于取代了苯环上的H，苯环上的－CH(NH2)CN相当于取代了苯环上的H，与苯环直接相连的C与苯环共面，－CH(NH2)CN中由于单键能旋转，三键不能旋转，故F分子中共平面的原子最多有15个；故答案为：保护酚羟基；15；（3）D为与银氨溶液发生反应的化学方程式为；故答案为：；（4）福酚美克的结构简式为,同分异构体中含有－CONH2、能与FeCl3n溶液发生显色反应说明同分异构体中含有酚羟基、核磁共振氢谱的吸收峰数目有4个说明同分异构体中含有4种不同的氢，故得到满足上述条件的福酚美克的同分异构体为和；故答案为：和；（5）结合题目的合成路线D→E→F→福酚美克，结合所给的乙醇原料，要得到含醛基的物质，则需要乙醇发生催化氧化反应，在参照D→E→F→福酚美克的合成路线，即可设计出的合成路线为：，故答案为：【点睛】有机物中有些官能团比较活泼，在合成过程与加入的试剂发生反应而被破坏，所以需要先采取措施保护起来，到后面再想法还原出来，像酚羟基、碳碳双键、醛基等；同分异构体的数目常常会出现漏写、重复、把官能团写错或位置放错而失分的现象；有机合成的设计要注意从题目中挖掘信息，往往可以照抄一部分，再结合学过的知识，就能设计出完全正确的合成线路。