河南省洛阳市2022届高三第三次统一考试理科综合化学试题.docx

1、洛阳市20212022 学年高中三年级第三次统一考试理科综合试卷化学试题可能用到的相对原子质量：Be9 B11 O16 F19 K39一、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. 科技改变生活。下列说法正确的是A. 丰宁抽水蓄能电站保障了北京冬奥会的电力供应，利用的是电能和化学能的相互转化B. “雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，可有效防护细菌侵入C. “天问一号”中Ti- Ni形状记忆合金的两种金属都属于主族金属元素D. “天机芯”是全球首款异构融合类脑计算芯片，其主要成分和光导纤维相同【答案】B【解析】【详解】A丰宁抽水蓄能电

2、站保障了北京冬奧会的电力供应，利用的是电能和动能的相互转化，A错误；B“雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，银离子是重金属离子，可以使蛋白质变性，可有效防护细菌侵入，B正确；C“天问一号”中Ti- Ni形状记忆合金的两种金属都属于副族金属元素，C错误；D芯片的主要成分是Si，和光导纤维（主要成分是SiO2）不同，D错误；故选B。2. 某天然有机物具有抗肿瘤等生物活性，其结构简式如下。下列关于该有机物的叙述错误的是A. 分子式为C15H18O3B. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 能够发生水解反应D. 该有机物中所有碳原子可以共面【答案】D【解析】【详解】A由其键线式可得其分子式为：C15H18O

3、3，故A正确；B该结构简式可知其含有碳碳双键、羟基两者均能被高锰酸钾氧化从而使其褪色，故B正确；C该结构中存在酯基，能发生水解反应，故C正确；D该结构中存在多个饱和碳原子，如连有两个甲基的碳原子同与其相连的碳原子形成四面体结构，一定不在同一平面上，故D错误；故选：D。3. 下列图示不能用于物质分离提纯操作的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由题干实验装置图可知：A图示装置为配制一定物质的量浓度溶液的装置，不用于物质分离，A符合题意；B图示装置为蒸发结晶装置，用于从溶液中析出固体溶质，B不合题意；C图示装置为蒸馏装置，用于分离互溶的且沸点相差较大的液体，C不合题意；D图示装置为

4、过滤装置，用于分离不溶性固体和液体，D不合题意；故答案为：A。4. 在催化剂作用下，乙基格氏试剂(C2H5MgBr)与酯反应可生成环丙醇衍生物()。反应过程如图所示。下列叙述错误的是A. 化合物1直接催化乙基格氏试剂(C2H5MgBr)与酯反应的进行B. 反应过程中Ti的成键数目保持不变。C. 化合物4和5互为同分异构体D. 乙基格氏试剂(C2H5MgBr)与乙酸甲酯的反应为CH3COOCH3 + 2C2H5MgBr C2H6+ + CH3OMgBr【答案】A【解析】【详解】A由题干反应历程图可知，化合物1是催化剂，但不是直接催化乙基格氏试剂(C2H5MgBr)与酯反应的进行，而是先与乙基格氏

5、试剂反应转化后的化合物3与酯进行反应，A错误；B由题干反应历程图可知，反应过程中化合物1、2、3、4、5中Ti的成键数目均为4，始终保持不变，B正确；C由题干反应历程图可知，化合物4和5的分子式相同而结构不同，故互为同分异构体，C正确；D由题干反应历程图可知，类比与材料历程图中的反应不难看出，乙基格氏试剂(C2H5MgBr)与乙酸甲酯的反应为CH3COOCH3 + 2C2H5MgBr C2H6+ + CH3OMgBr，D正确；故答案为：A。5. 3体积浓硝酸和1体积浓盐酸组成的混合液叫做反王水，腐蚀能力强于王水，含有一种氧化性很强的离子(如图所示)，其中不含氢元素。下列叙述错误的是A. 原子半

6、径：r(Z)r(X)r( Y)B. X、Z均能与Y形成多种化合物C. 该离子中各元素原子均满足8电子稳定结构D. X、Y、Z的气态氢化物中，沸点最高的是X的气态氢化物【答案】D【解析】【分析】由原子守恒可知，反王水中含有H、N、O、Cl四种元素，由题干离子结构示意图和其中不含氢元素的信息可知，X周围形成了4个共价键，Y形成了2个共价键，Z形成一个共价键，可推知X为N、Y为O、Z为Cl，据此分析解题。【详解】A由分析可知，X、Y、Z分别为N、O、Cl，电子层数越大半径越大，电子层数相同核电荷数越大半径越小，故原子半径ClNO即r(Z)r(X)r( Y)，A正确；B由分析可知，X、Y、Z分别为N、

7、O、Cl，则N与O可以形成N2O、NO、NO2、N2O4、N2O5等，Cl与O可以形成Cl2O、ClO2和Cl2O5、Cl2O7等，即X、Z均能与Y形成多种化合物，B正确；C根据离子的核外电子最外形电子数和成键情况如图所示可知，该离子中各元素原子均满足8电子稳定结构，C正确；D由分析可知，X、Y、Z分别为N、O、Cl，其的气态氢化物分别为NH3、H2O和HCl，由于NH3和H2O中存在分子间氢键，且水分子周围形成的氢键数目比NH3周围形成的氢键数目，导致沸点H2ONH3HCl，即沸点最高的是Y的气态氢化物H2O，D错误；故答案为：D。6. 我国科研团队开发了一种新型铠甲催化剂Ni/Co石墨烯，

8、可以高效去除合成气中的H2S杂质并耦合产氢，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A. M电极为阴极，电极上发生还原反应B. 生成H2和Sx的物质的量之比为1：xC. 阳极的电极反应式为xH2S- 2xe- =Sx +2xH+D. 铠甲催化剂表面石墨烯可以保护内部金属核免受环境的影响【答案】B【解析】【分析】由题干电解池装置图可知，Na+由右侧电极室进入左侧电极室，说明n为电源的正极，铠甲催化剂电极为阳极发生氧化反应，电极反应式为：xH2S-2xe-=Sx+2xH+，m为电源的负极，M电极为阴极发生还原反应，电极反应为：2H+2e-=H2，据此分析解题。【详解】A由分析可知，M电极为阴极，电极上

9、发生还原反应，A正确；B根据电子守恒并结合阳极反应式：xH2S-2xe-=SX+2xH+和阴极反应式2H+2e-=H2可知，生成H2和Sx的物质的量之比为x：1，B错误；C由分析可知，阳极的电极反应式为xH2S- 2xe- =Sx +2xH+，C正确；D由分析可知，铠甲催化剂电极为阳极，若没有表面的石墨烯则容易内部金属放电，故铠甲催化剂表面的石墨烯可以保护内部金属核免受环境的影响，D正确；故答案为：B。7. 常温下，向10 mL一定浓度的硝酸银溶液中，逐滴加入0.1 molL-1的氨水，反应过程中- 1gc(Ag+ )或-1gc(Ag(NH3)2+ )与加入氨水体积的关系如图所示。下列说法错误

10、的是A. 常温下，Ksp(AgOH)的数量级为10-8B. 原硝酸银溶液的浓度是0.1 molL-1C 溶液m点c( )-c(Ag+)-c( )=0.01 molL-1D. 溶液b点的浓度大于溶液m点的 浓度【答案】C【解析】【分析】向10mL一定浓度的硝酸银溶液中，逐滴加入0.1molL-1的氨水，首先发生反应：Ag+NH3H2O=AgOH+NH4+，継而发生AgOH+2NH3H2O=+2H2O+OH-；b点-1gc(Ag+)达到最大值，可认为此时Ag+与NH3H2O恰好完全反应，阴离子完全沉淀，据此来分析。【详解】Ab点溶液溶质为NH4NO3，Ag+完全沉淀，存在沉淀溶解平衡AgOH(s)

11、=Ag+(aq)+OH-(aq)，所以可以近似地认为c(Ag+)=c(OH-)，此时-1gc(Ag+)=4，则c(Ag+)=c(OH-)=110-4mol，Ksp(AgOH)=c(Ag+)c(OH-)=110-8，A正确； Bb点完全反应，此时加入的氨水为10mL，氨水的浓度0.1mol/L，原硝酸银溶液也为10mL，根据方程式Ag+NH3H2O=AgOH+NH4+可知，硝酸银溶液的浓度为0.1mol/L，B正确； Cm点溶液存在电荷守恒c(OH-)+c()=c(Ag+)+c+c()+c(H+)，此时加入了过量的氨水，溶液应呈碱性，则有：c()-c(Ag+)-c()= c+c(H+)-c(OH

12、-)=10-2+c(H+)-c(OH-)10-2mol/L，C错误；Db点溶液溶质为NH4NO3，b到m过程发生反应AgOH+2NH3H2O=+2H2O+OH-，随着氨水的加入，并没有引入铵根离子，虽然碱性增强铵根离子的水解受到促进，则铵根离子的浓度减小，即b点铵根离子的浓度大于溶液m点铵根离子的浓度，D正确；故答案为：C。二、非选择题：，考生根据要求作答。(一)必考题：8. 碳酸锶(SrCO3)具有屏蔽X射线的功能，广泛应用于彩色显示装置、等离子显色装置的荧光屏玻璃中。工业上以天青石(主要成分为SrSO4，含少量BaSO4和CaSO4)和煤为原料生产碳酸锶。工艺流程如下：已知：Sr(OH)2

13、、Ba(OH)2、Ca(OH)2在不同温度下的溶解度(g)：温度/C2040608090100Sr(OH)21.773.958.4220.244.591.2Ba(OH)23.8982220.94101.4Ca(OH)20.1730.1410. 1210.0940.0860.076浸取时发生反应：2SrS+2H2O=Sr(HS)2+Sr(OH)2，硫化锶的溶解度主要受氢氧化锶的溶解度影响。BaSO4、SrCO3、BaCO3和SrSO4均难溶于水，在相同温度下的溶解度(S)关系如下：S(BaSO4)S(SrCO3)S(BaCO3)S(SrSO4)。回答下列问题：（1）天青石、煤混合粉碎的目的是_。

14、（2）天青石与煤焙烧时CO还原了SrSO4 ，反应的化学方程式为_。（3）用热水浸取可以加快浸取速率，另外的主要作用是_。（4）碳化过程控制条件让硫氢化锶吸收二氧化碳有利于产品质量的提高，并且可以提供硫化氢使氢氧化锶转化为硫氢化锶。写出碳化时硫氢化锶吸收二氧化碳的化学方程式：_。（5）若达到碳化终点后继续碳化，则会使产品产率降低，结合化学方程式解释原因：_，取碳化后的料浆滴入无色酚酞试剂，若_表明到达碳化终点。（6）由于碳化所用的CO2中含有少量的O2、SO2等，在碳化时发生副反应，生成少量的SrSO3、SrSO4，所以要对碳化完成的碳酸锶浆进行脱硫处理。方法为加入纯碱，并加热煮沸，写出脱硫过

15、程SrSO4与纯碱反应的化学方程式_。【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率 （2）SrSO4+4COSrS+4CO2 （3）促进锶的化合物的溶解，降低钙的化合物的溶解 （4）Sr(HS)2+CO2+H2OSrCO3+2H2S （5） . 二氧化碳足量，发生反应SrCO3+CO2+H2OSr(HCO3)2，造成产量下降 . 无色酚酞不变红 （6）SrSO4+Na2CO3SrCO3+Na2SO4【解析】【分析】天青石(主要成分为SrSO4，含少量BaSO4和CaSO4)和煤粉碎后灼烧，SrSO4与碳生成的CO反应生成SrS，利用热水浸取，过滤除去滤渣1，所得滤液除钡，过

16、滤得到滤渣2，向滤液中通入CO2炭化得到SrCO3，然后脱硫，通过一系列操作得到SrCO3，据此解答。小问1详解】依据外界条件对反应速率的影响可知天青石、煤混合粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率。【小问2详解】天青石与煤焙烧时CO还原了SrSO4生成SrS，反应的化学方程式为SrSO4+4COSrS+4CO2。【小问3详解】由于Sr(OH)2、Ba(OH)2的溶解度随温度升高而增大，Ca(OH)2的溶解度随温度升高而减小，所以用热水浸取可以加快浸取速率，另外的主要作用是促进锶的化合物的溶解，降低钙的化合物的溶解。【小问4详解】碳化时硫氢化锶吸收二氧化碳生成SrCO3

17、和H2S，反应的化学方程式为Sr(HS)2+CO2+H2OSrCO3+2H2S。【小问5详解】由于二氧化碳足量，发生反应SrCO3+CO2+H2OSr(HCO3)2，造成产量下降，所以若达到碳化终点后继续碳化，则会使产品产率降低；由于反应中有H2S生成，其溶液显酸性，所以取碳化后的料浆滴入无色酚酞试剂，若无色酚酞不变红表明到达碳化终点。【小问6详解】根据原子守恒可知脱硫过程SrSO4与纯碱反应生成SrCO3和Na2SO4，氟的化学方程式为SrSO4+Na2CO3SrCO3+Na2SO4。9. 邻硝基苯酚( )、对硝基苯酚( )是两种用途广泛的有机合成中间体，实验室可用苯酚( )进行硝化制得。实

18、验步骤和相关装置如下(其中夹持仪器和控温装置已省略)：I在常温下，向装置中的三口烧瓶中加入试剂：a水；bNaNO3；c浓硫酸。II称取一定量苯酚，与少量温水混合，并冷却至室温。III在搅拌下，将苯酚水溶液自滴液漏斗滴入三口烧瓶中，将反应温度维持在15 20C。IV加完苯酚后，继续搅拌1 h，冷却至黑色油状物固化，倾出酸层，然后用水洗涤数次。V邻硝基苯酚的收集：将油层利用装置进行水蒸气蒸馏，得邻硝基苯酚粗品。VI对硝基苯酚的收集：在水蒸气蒸馏的残液中，加适量水，再加浓盐酸和少量活性炭，加热煮沸，趁热过滤，冷却结晶，分离得对硝基苯酚粗品。已知：邻硝基苯酚、对硝基苯酚室温下在水中溶解度较小，邻硝基苯

19、酚能与水蒸气一同挥发。（1）装置、中都使用了冷凝管，其中装置中冷凝管的主要作用是_。，该冷凝管的进水口是_(填字母)。（2）装置中硝化反应放出较多热量，容易发生副反应，需要控温在1520C ，使用的方法是_。（3）装置中加入试剂的先后顺序为_(填标号)。A acb B cab C cba实验中生成NaHSO4，写出得到邻硝基苯酚的化学方程式：_。（4）利用装置进行水蒸气蒸馏时，少量邻硝基苯酚晶体会凝结在冷凝管内壁造成堵塞，可以采取的简便措施为_。邻硝基苯酚能用水蒸气蒸馏的原因是_(答出两条合理的原因)。（5）步骤VI中趁热过滤的目的是_。【答案】（1） . 冷凝回流，提高反应物转化率 . b

20、（2）水浴 （3） . A . + NaNO3 + H2SO4 + NaHSO4+H2O （4） . 关闭冷凝水片刻，使结晶熔化流接入收瓶中 . 邻硝基苯酚在水中溶解度较小，邻硝基苯酚与水在100C加热不发生化学反应，邻硝基苯酚具有一定的挥发性(邻硝基苯酚具有一定的蒸气压，邻硝基苯酚能与水蒸气一起挥发，邻硝基苯酚沸点低等)(答出两条合理原因即可) （5）防止对硝基苯酚析出，提高对硝基苯酚的产率【解析】【分析】本实验为在常温下，向三口烧瓶中加入试剂水、浓硫酸，NaNO3，称取一定量苯酚，与少量温水混合，并冷却至室温，在搅拌下，将苯酚水溶液自滴液漏斗滴入三口烧瓶中，继续搅拌1 h，冷却至黑色油状物

21、固化，倾出酸层，然后用水洗涤数次，而后利用不同的操作得到邻硝基苯酚和对硝基苯酚，据此分析回答问题。【小问1详解】装置中硝化反应放出较多热量，故装置中冷凝管的主要作用是冷凝回流，提高反应物转化率；为了达到更好的冷凝效果，该冷凝管的进水口是b；【小问2详解】由题干信息可知，需要控温在1520C ，故使用的方法是水浴加热；【小问3详解】多种液体混合时，一般先加入密度小的再加入密度大的，故先加入水，再加入浓硫酸，并用玻璃棒搅拌散热，最后加入NaNO3，顺序为 acb，故选A；苯酚、NaNO3和硫酸反应生成 、NaHSO4和H2O，化学方程式为 + NaNO3 + H2SO4 + NaHSO4+H2O；

22、【小问4详解】装置进行水蒸气蒸馏时，少量邻硝基苯酚晶体会凝结在冷凝管内壁造成堵塞，可以采取的简便措施为关闭冷凝水片刻，使结晶熔化流接入收瓶中；根据邻硝基苯酚的性质可知，邻硝基苯酚在水中溶解度较小，邻硝基苯酚与水在100C加热不发生化学反应，邻硝基苯酚具有一定的挥发性(邻硝基苯酚具有一定的蒸气压，邻硝基苯酚能与水蒸气一起挥发，邻硝基苯酚沸点低等)(答出两条合理原因即可)；【小问5详解】硝基苯酚温度降低时，会有晶体析出，故步骤VI中趁热过滤的目的是防止对硝基苯酚析出，提高对硝基苯酚的产率。10. 北京冬奥会上采用二氧化碳跨临界制冰，使人们再次看到了二氧化碳综合化利用的巨大前景。（1）二氧化碳制冰利

23、用了CO2的物理性质是_。（2）国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：CO2 (g) +4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) H已知H2的燃烧热H1=- 285. 8 kJmol-1，CH4的燃烧热H2=- 890.3 kJmol-1，H2O(g)=H2O(l)H3=-44 kJmol-1，则上述反应的H=_ kJmol-1。相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表：c(CO2)/molL-1c(H2)/ molL-1c(CH4)/ molL-1c(H2O)/ molL-1平衡Iabcd平衡IImnxya、b、c、d与m、

24、n、x、y之间的关系式为_。（3）二氧化碳加氢合成甲醇是人工合成淀粉的重要步骤之一，涉及的主要反应如下：I CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g)+ H2O(g) H=-49.5 kJmol-1II CO(g) +2H2 (g) CH3OH(g) H=-90.4 kJmol-1III CO2(g)+ H2(g) CO(g)+ H2O(g) H=+40.9 kJmol-1为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，除降低温度外，还可采取的措施是_(写一条)。设 为相对压力平衡常数，是用相对分压(气体分压除以100kPa)代替浓度计算的平衡常数。如图为反应_(填“II”或“III

25、”)的lg随示 (nm)的变化关系。在图中n点对应温度下、原料组成为n(CO2)： n(H2)=1：3、初始总压为100 kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时CO的分压为10kPa，CH3OH的分压为9kPa，H2的平衡转化率为_。（4）在催化剂的作用下，二氧化碳还可以和氢气发生反应生成甲烷和低级烯烃CnH2n(n=24)。其它条件一定时，反应温度对CO2转化率CH4选择性、CnH2n选择性的影响如图所示，从生产低级烯烃的角度考虑，最合适的反应温度是_。资料显示原料气中1时，随着的增大，低级烯烃的选择性会逐渐降低，但氢气的总转化率不发生明显变化，原因可能是_。【答案】（1）二氧化碳易

26、液化，液态二氧化碳汽化吸热 （2） . - 164.9 . （3） . 增大压强或移出水蒸气 . II . 60% （4） . 240C . 低级烯烃与氢气发生加成反应生成烷烃【解析】【小问1详解】利用二氧化碳易液化，液态二氧化碳汽化吸热，北京冬奥会上采用二氧化碳跨临界制冰，故答案为：二氧化碳易液化，液态二氧化碳汽化吸热；【小问2详解】已知H2的燃烧热H1=- 285. 8 kJmol-1，即有反应I：H2(g)+O2(g)=H2O(l) =-285.8kJ/mol，CH4的燃烧热H2=- 890.3 kJmol-1，则有反应II：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) =-

27、890.3kJ/mol，反应III： H2O(g)=H2O(l) H3=-44 kJmol-1，则4I-II-2III可得反应CO2 (g) +4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)，根据盖斯定律可知，H=4-2H3=4(-285.8kJ/mol)-( -890.3kJ/mol)-2(-44 kJmol-1)=-164.9kJmol-1，故答案为：-164.9；相同温度时，同一化学反应的平衡常数相等，故K=，故答案为：；【小问3详解】由题干信息可知，增大压强反应I和II均向正反应方向移动，CO2的 平衡转化率和CH3OH平衡产率均提高，及时将水蒸气抽走，反应I和III均向正反应方向移动，C

28、O2的 平衡转化率和CH3OH平衡产率均提高，故为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，除降低温度外，还可采取的措施是增大压强或移出水蒸气，故答案为：增大压强或移出水蒸气；设 为相对压力平衡常数，是用相对分压(气体分压除以100kPa)代替浓度计算的平衡常数，由图示信息可知，lg随示的增大而增大，即升高温度减小，说明升高温度平衡逆向移动，即反应正反应是一个放热反应，故为反应II的lg随示 (nm)的变化关系，在图中n点对应温度下、原料组成为n(CO2)： n(H2)=1：3、初始总压为100 kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时CO的分压为10kPa，CH3OH的分压为9

29、kPa，此时反应II的=10，即=10，解得p(H2)=30kPa，H2的起始分压为：=75kPa，故H2的平衡转化率为：=60%，故答案为：II；60%；【小问4详解】由题干图示信息可知，240时烯烃CH4的选择性最大，CnH2n的选择性最高，CO2的转化率还比较大，故从生产低级烯烃的角度考虑，最合适的反应温度是240，资料显示原料气中1时，随着的增大，低级烯烃的选择性会逐渐降低，但氢气的总转化率不发生明显变化，原因可能是低级烯烃与氢气发生加成反应生成烷烃，故答案为：240；低级烯烃与氢气发生加成反应生成烷烃。(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作

30、答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。化学-选修3：物质结构与性质11. 氟代硼铍酸钾晶体(KBe2BO3F2)用于制造深紫外固体激光器，在国防安全、信息技术等领域有重大战略价值。上世纪90年代初，中科院院士陈创天的研究团队在国际上首先生产出大尺寸氟代硼铍酸钾晶体。实验室可用BeO、KBF4和B2O3在700C左右灼烧获得氟代硼铍酸钾多晶料(晶胞如图所示，氧原子略去，钾原子已给出)，并放出BF3气体。回答下列问题：（1）一群处于激发态1s22s13s1的铍原子，在回到基态的过程中，最多可发出_种不同波长的光。（2）组成氟代硼铍酸钾晶体的元素中，第一电离能最小的是_(填元素符号，下同)，电负性

31、最大的是_。（3）写出生成氟代硼铍酸钾晶体的化学方程式_。（4）Be和B都容易与配体形成配位键，如BeF42-、B(OH)4 -，从原子结构分析其原因是_，上述离子中Be原子和B原子的杂化类型为_。（5）氟硼酸钾(KBF4)在高温下分解为KF和BF3，KF的沸点远高于BF3的原因是_。（6）图中代表硼原子的字母为_，该晶胞参数分别为a pm和c pm，= =90，则晶体密度为_gcm-3(NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式)。【答案】（1）3 （2） . K . F （3）6BeO+3KBF4+ B2O33KBe2BO3F2+2BF3 （4） . Be和B的价层电子数均小于价层轨道数，存在

32、空轨道 . sp3 （5）KF为离子晶体，BF3是分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体 （6） . Z . 【解析】【小问1详解】1s22s13s1的铍原子中电子占有3个不同轨道，具有不同的能量，跃迁可以发出3种波长的光；【小问2详解】同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，同一主族的元素的第一电离能，随着原子序数的增大而减小，所以BeLi，LiK，即四种元素中K的第一电离能最小；非金属性越强，电负性越大，所以电负性最大的是F；【小问3详解】据题意写出反应方程式6BeO+3KBF4+ B2O33KBe2BO3F2+2BF3【小问4详解】Be、B原子的价电子排布式分别为2s2、2s22

33、p1，轨道表达式分别为、，Be、B原子价层电子数均小于价层轨道数，存在空轨道，容易与配体形成配位键；BeF42-、B(OH)4-空间结构均为四面体结构，中心原子Be、B的杂化类型均为sp3；【小问5详解】KF为离子晶体，BF3是分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体；【小问6详解】根据晶胞内原子占有率可分别求出原子个数，K：、X：、Y：、Z：，根据KBe2BO3F2中K、B个数比为1:1可知Z表示B原子；一个晶胞中含有3个(KBe2BO3F2)，。化学一选修5：有机化学基础12. 靛蓝在我国生产和使用已有三千多年的历史，古代人们是用菘蓝和蓼蓝提取的，1870年德国化学家拜耳成功合成了靛蓝，并获得

34、1905年度诺贝尔化学奖。下面是一种合成靛蓝的方法： 已知如下信息：回答下列问题：（1）AB所用的试剂和反应条件为_。（2）C结构简式为_。（3）D的化学名称是_，由D生成E的反应类型为_。（4）由E生成F的化学方程式为_。（5）写出靛蓝G中含氧官能团的名称_。（6）NBS(N-溴代丁二酰亚胺)是有机合成中一种很有用的溴代剂，其结构简式为。其同分异构体中能同时满足以下三个条件的有_ 个(不考虑立体异构体，填标号)。最少有三个碳原子在一条直线上；不含有环状结构；含有硝基和溴原子。a4 b6 c8 d10其中，在同一直线上的碳原子最多且含有手性碳(注：连有四个不同的原子或基团的碳)的化合物的结构简

35、式为_。【答案】（1）浓HNO3、浓硫酸、加热 （2） （3） . 邻硝基苯甲醇 . 氧化反应 （4）+NaOH+CH3COONa+2H2O （5）羰基(或酮羰基) （6） . d . CH3CCCHBr(NO2)【解析】【分析】本题为有机合成流程题，根据题干流程信息可知，根据E的结构简式和D到E的转化条件可知，D的结构简式为：，根据C到D的转化条件可知，C的结构简式为：，由B的分子式并结合B到C的转化条件可知，B的结构简式为：，由A的分子式并结合A到B的转化条件可知，A的结构简式为：，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，AB即在浓硫酸、浓硝酸中加热发生硝化反应，故所用的试剂和反应条件为浓

36、硫酸、浓硝酸，加热，故答案为：浓硫酸、浓硝酸，加热；【小问2详解】由分析可知，C的结构简式为，故答案为：；【小问3详解】由分析可知，D的结构简式为：，故D的化学名称是邻硝基苯甲醇或者2-硝基苯甲醇，由D生成E即经过催化氧化生成，该反应的反应类型为氧化反应，故答案为：邻硝基苯甲醇或者2-硝基苯甲醇；氧化反应；【小问4详解】根据题干流程可知，由E生成F即和在碱性环境中生成和CH3COONa、H2O，该反应的化学方程式为+NaOH+CH3COONa+2H2O，故答案为：+NaOH+CH3COONa+2H2O；【小问5详解】由题干流程图中靛蓝G的结构简式可知，靛蓝G中含氧官能团的名称酮羰基或者羰基，故

37、答案为：酮羰基或者羰基；【小问6详解】已知的分子式为：C4H4NO2Br，其同分异构体中能同时满足以下三个条件最少有三个碳原子在一条直线上即含有碳碳三键或者碳氮三键；不含有环状结构即为链状，含有硝基和溴原子故只能含有碳碳三键，先考虑碳链异构有：CHCCH2CH3和CH3CCCH3，在考虑Br的位置异构分别有：BrCCCH2CH3、CHCCHBrCH3、CHCCH2CH2Br和CH2BrCCCH3，在考虑硝基的位置异构分别有：2种、3种、3种和2种，一共有2+3+3+2=10种，其中，在同一直线上的碳原子最多即为2-丁炔且含有手性碳化合物的结构简式为CH3CCCHBr(NO2)，故答案为：d；CH3CCCHBr(NO2)。