1、河北省衡水中学河北省衡水中学 20172017 届猜题卷理综化学试题届猜题卷理综化学试题 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H H- - 1 C 1 C - -12 N 12 N - -14 O14 O- -16 Ca 16 Ca - -40 Cu 40 Cu - -64 Br 64 Br - -8080 第第卷卷 选择题：本题共选择题：本题共 1313 小题，每小题小题，每小题 6 6 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符含题目要分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符含题目要 求的。求的。 1.化学与社会、生活密切相关，对下列现象或亊实的解释不正确的是 选项 现象或事
2、实 解释 A. 肉制品中添加适量的亚硝酸钠 亚硝酸钠有防腐的作用 B. 液氨常用作制冷剂 液氨汽化时要吸收大量的热 C. 利用静电除尘装置除去粉尘 胶体粒子带电 D. Al(OH)3用作塑料的阻燃剂 Al(OH)3受热熔化吸收大量的热 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 亚硝酸钠有防腐的作用，肉制品中可以添加适量的亚硝酸钠，故 A 正确；液氨常用作制冷剂，故 B 正确； 胶体粒子带电，所以可静电除尘，故 C 正确；Al(OH)3用作塑料的阻燃剂，因为 Al(OH)3受热分解吸收大量 的热，故 D 错误。 2.下列说法正确的是 A. H2C=CHCH3分子中所有原子在同
3、一平面上 B. 分子式为 C3H5Br2的有机物共有 4 种同分异构体(不含立体异构） C. 乙二醇和甘油互为同系物 D. 结构式为-CH =CHCH =CHCH =CHCH=CH-的高分子化合物，其单体是乙烯 【答案】B 【解析】 H2C=CHCH3分子中最多有 7 个原子在同一平面上，故 A 错误；分子式为 C3H5Br2的有机物共有 1,1-二溴丙烷、 1,2-二溴丙烷、1,3-二溴丙烷、2,2-二溴丙烷 4 种同分异构体，故 B 正确；乙二醇含有 2 个羟基、甘油含 有 3 个羟基，不是同系物，故 C 错误；结构式为-CH =CHCH =CHCH =CHCH=CH-的高分子化合物， 其
4、单体是 1,3-丁二烯，故 D 错误。 3.下列实验中，操作和现象以及对应结论都正确且现象与结论具有因果关系的是 选项 操作和现象 结论 A. 滴有酚酞的 Na2CO3溶液中加入 BaCl2溶液，红色变浅 Na2CO3溶液中存在水解平衡 B. 向电石中加入饱和食盐水制乙炔，并将产生的气体直接填入酸 性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去 记明乙炔能被酸性高锰酸钾氧化 C. 常温下，测得饱和 Na2S 溶液的 PH 大于饱和 Na2CO3溶液 常温下水解程度：S 2-CO 3 2- D. 向分液漏斗中加入碘水后再加入 CCl4，充分振荡，分层，且上 层溶液至紫色 CC14可作为碘的萃取剂 A. A B
5、. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A. 滴有酚酞的 Na2CO3溶液中加入 BaCl2溶液，生成碳酸钡沉淀，碳酸根浓度减小，碳酸根水解反 应逆向移动，碱性减弱，红色变浅，故 A正确； B. 电石制取乙炔气体含有硫化氢杂质，乙烯、硫化氢都能使酸性高锰酸钾溶液紫红色褪去，故 B错误； C. 饱和 Na2S溶液的浓度与饱和 Na2CO3溶液不同，故 C 错误； D. CCl4密度大于水，向分液漏斗中加入碘水后再加入 CCl4，充分振荡，分层，且下层溶液至紫色，故 D错 误； 答案选 A。 4.合成药物异搏定路线中某一步骤如图所示，下列说法错误的是（ ） A. 物质 X的分子中
6、存在 2种含氧官能团 B. 物质 Y可以发生水解和消去反应 C. 1molZ最多可与 2molBr2发生加成反应 D. 等物质的量的 X、Y分别与 NaOH溶液反应，最多消耗的 NaOH的物质的量之比为 1:1 【答案】D 【解析】 【详解】A.物质 X的分子中存在羟基、羰基 2 种含氧官能团，故 A正确； B.物质 Y含有溴原子、酯基，所以可以发生水解和消去反应，故 B正确； C.1molZ含有 2mol碳碳双键，所以最多可与 2molBr2发生加成反应，故 C正确； D.1mol X与氢氧化钠反应消耗1mol氢氧化钠、 1molY与氢氧化钠反应最多消耗的NaOH的物质的量为2mol， 故
7、D 错误。 5.锌银(Zn-Ag2O)电池多应用于军事、航空、移动的通信设备、电子仪器和人造卫星、宇宙航行等方面，用 如图所示装置模拟其工作原理，下列说法正确的是 A. K +向 a 极移动 B. b 极的电极反应式为 Ag2O+H2O+2e -=2Ag+2OH- C. 用该电池给铁棒镀铜，则铁棒与 b 极相连 D. 电池工作一段时间后，电解液的 pH 减小 【答案】B 【解析】 电子由 a 极流出，a 是负极、b 是正极，K+向 b 极移动，故 A 错误；b 极是正极，氧化银得电子，电极反应 式为 Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，故 B 正确；镀件与负极相连，用该电池给铁棒镀铜，
8、则铁棒与 a 极相连， 故 C 错误；电池总反应为 Zn+Ag2O=2Ag+ZnO，电池工作一段时间后，电解液的 pH 不变，故 D 错误。 6.短周期主族元素 X、Y、Z、W的原子序数依次增大，四种元素形成的单质依次为 m、n、p、q；r、t、u 是 这些元素组成的二元化合物，其中 u 为葡萄酒中的抑菌成分；25 ，0.01 mol/L的 v溶液中： () () c H c OH = 1.0 10-10。上述物质的转化关系如图所示，下列说法不正确的是 A. 简单离子半径：WYZX B. W，Y分別与 X 元素形成的简单化合物的沸点： Y W C. Z2Y 和 ZX 都只存在离子键 D. v能
9、抑制水的电离，u能促进水的电离 【答案】D 【解析】 【分析】 25 ，0.01 mol/L的 v溶液中： c H c OH = 1.0 10-10，说明 v是一元强碱，v是 NaOH；u为葡萄酒中的抑菌成 分，u 是 SO2；X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，所以 X、Y、Z、W 分别是 H、O、Na、S四种元素 【详解】A、简单离子半径：S2-O2-Na+H+，故 A正确； B、H2O的沸点大于 H2S，故 B 正确； C、Na2O、NaH只存在离子键，故 C正确； D、二氧化硫的水溶液是亚硫酸，能抑制水的电离，故 D 错误。 答案选 D。 7.室温下，下列关于电解质的说法中正确的是 A
10、. 中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠溶液至 pH=7，前者消耗的盐酸多 B. 向 NaHS 溶液中加入适量 KOH 后：c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-) C. 将 amol L-1的醋酸与 0.01 mol L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)，则醋酸的 电离常数 Ka= 9 2 10 0.01a (用含 a的代数式表示) D. 向 NH4Cl溶液中加入少量等浓度的稀盐酸，则 + 4 32 c(NH) c(NH H O) 的值减小 【答案】B 【解析】 中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠溶液至 pH 等于 7，后者消耗的盐酸多，故
11、A 错误；根据物料守恒， 钠与硫元素的原子个数比为 1:1， c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)， 故 B 正确； 将 amolL-1的醋酸与 0.01 molL-1 的氢氧化钠溶液等体积混合， 溶液中： c(Na+)=c(CH3COO-)， 溶液恰好呈中性， 醋酸的电离常数 Ka= 9 10 0.01a ， 故 C 错误；向 NH4Cl 溶液中加入少量等浓度的稀盐酸，c(OH-)减小，Kh= 4 32 c NHc OH c NHH O 值不变，所以则 4 32 c NH c NHH O 的值增大，故 D 错误。 8.溴化钙易溶于水，医学上可用于治疗神经衰弱、癫痫等症。 请
12、回答下列问题： .工业上溴的制备。 (1)步骤中主要反应的化学方程式为_。 (2)不能直接用“溴水混合物 I ”进行蒸馏得到液溴，原因是_。 .实验室溴化钙的制备。 (3)“合成”步骤中，所需装置最合适的是_（填选项字母） 。 (4)“合成”步骤中的反应方程式为_，“合成”步骤中需控制温度不能过高，原因是 _，投料时控制 n(Br2)；n(NH3)=1：0.8，其目的是_。 (5)步骤酸化时应加入的酸是_。 (6)设计实验测定产品(主要成分 CaBr2)纯度（不必描述操作过程的细节，物理量的数值可用字母表示） ： _。 【答案】 (1). SO2+Br2+2H2OH2SO4+2HBr (2).
13、 浓度较低， 如果直接蒸馏， 处理量大， 生产成本高 (3). B (4). 3Ca(OH)2+3Br2+2NH33CaBr2+N2+6H2O (5). 温度过高， Br2、 NH3易挥发 (6). 确保 Br2被充分 还原 (7). HBr（或氢溴酸或溴化氢） (8). 取样品 g，加水溶解滴入足量 Na2CO3溶液充分反应后过滤， 洗涤、干燥、冷却，称量，得到 b g 碳酸钙，则样品的纯度为 2b 100%（其他合理答案也给分） 【解析】 试题分析：(1)步骤中溴与二氧化硫反应生成硫酸、氢溴酸。 (2) “溴水混合物 I ” 浓度较低。 (3)液溴、液氨易挥发“合成”步骤中需要控制反应在降
14、低温度下进行。 (4)“合成”步骤中液氨、 液溴先反应生成氮气和溴化氢， 溴化氢与石灰乳反应生成溴化钙； 温度过高， Br2、 NH3易挥发，反应中 Br2、NH3的系数比是 3:2，投料时控制 n(Br2)；n(NH3)=1：0.8，氨气过量，确保 Br2 被充分还原。 (5)产品是溴化钙，为提高产品纯度步骤酸化时应加入的酸是氢溴酸。 (6) 取样品 g， 加水溶解滴入足量 Na2CO3溶液充分反应生成碳酸钙根据得到碳酸钙的质量， 计算产品纯度。 解析：(1)步骤中溴与二氧化硫反应生成硫酸、氢溴酸，反应方程式为 SO2+Br2+2H2OH2SO4+2HBr。 (2) “溴水混合物 I ” 浓
15、度较低，如果直接蒸馏，处理量大，生产成本高。 (3)液溴、液氨易挥发“合成”步骤中需要控制反应在降低温度下进行，最适宜的装置是 B； (4)“合成”步骤中液氨、液溴先反应生成氮气和溴化氢，溴化氢与石灰乳反应生成溴化钙，方程式为 3Ca(OH)2+3Br2+2NH33CaBr2+N2+6H2O；温度过高，Br2、NH3易挥发，反应中 Br2、NH3的系数比是 3:2， 投料时控制 n(Br2)；n(NH3)=1：0.8，氨气过量，确保 Br2被充分还原。 (5)产品是溴化钙，为提高产品纯度步骤酸化时应加入酸是氢溴酸。 (6) 取样品 g，加水溶解滴入足量 Na2CO3溶液充分反应后过滤，洗涤、干
16、燥、冷却，称量，得到 b g 碳 酸钙，根据钙元素守恒，样品的纯度为 2b 100%。 点睛：海水提溴步骤中通入 SO2的目的是溴元素的富集，减小蒸馏处理量，降低生成成本。 9.氯氨是氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三 氯胺(NH2C1、NHC12和 NC13)，副产物少于其它水消毒剂。 回答下列问题： (1)一氯胺(NH2Cl)的电子式为_。 工业上可利用反应 Cl2(g)+NH3(g)=NH2Cl(l)+HCl(g)制备一氯胺，已知部分化学键的键能如下表所示（假 设不同物质中同种化学键的链能相同） ，则该反应的H=_。 化学键 N-H C
17、l-Cl N-Cl H-Cl 键能(kJ/mol) 391.3 243.0 191.2 431.8 一氯胺是重要的水消毒剂，其原因是由于一氯胺在中性、酸性环境中会发生水解，生成具有强烈杀菌作 用的物质，该反应的化学方程式为_。 (2)用 Cl2和 NH3反应制备二氯胺的方程式为 2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(g)+2HCl(g)，向容积均为 1 L 的甲、 乙两个恒温（反应温度分别为 400、T)容器中分别加入 2 mol C12和 2 mol NH3，测得各容器中 n(Cl2) 随反应时间 t 的变化情况如下表所示： t/min 0 40 80 120 160 n(Cl2)(甲容器
18、)/mol 2.00 1.50 1. 10 0.80 0.80 n(Cl2) (乙容器）/mol 2.00 1.45 1.00 1.00 1.00 甲容器中，040 min 内用 NH3的浓度变化表示的平均反应速率 v(NH3)=_。 该反应的H_0(填“”或“”) ，理由是_。 对该反应，下列说法正确的是_(填选项字母） 。 A.若容器内气体密度不变，则表明反应达到平衡状态 B.若容器内 C12和 NH3物质的量之比不变，则表明反应达到平衡状态 C.反应达到平衡后，其他条件不变，在原容器中充入一定量氦气，Cl2的转化率增大 D.反应达到平衡后，其他条件不变，加入一定量的 NHCl2，平衡向逆
19、反应方向移动 (3)在恒温条件下，2molCl2和 1molNH3 发生反应 2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(l)+2HCl(g)，测得平衡时 Cl2和 HCl 的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示： A、B、C 三点中 Cl2转化率最高的是_点(填“A”“B”或“C”)。 计算 C 点时该反应的压强平衡常数 Kp(C)=_(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的 量分数) 【 答 案 】 (1). (2). +11.3 kJ/mol (3). NH2Cl+H2ONH3+HClO (4). 6.2510 -8molL-1min-1 (5). (6). 温度越高，反应速率越快
20、，平衡向吸热反应方向移动，其他条 件相同时，T时的反应速率比 400时的反应速率快，且乙容器中平衡时 Cl2的转化率比甲容器中 Cl2的转 化率小 (7). AB (8). B (9). 0.5MPa 【解析】 试题分析：(1)一氯胺(NH2Cl)是共价化合物，氮原子分别与氢原子、氯原子成键。 反应物的总键能-生成物的总键能=焓变。 一氯胺水解，生成具有强烈杀菌作用的物质是次氯酸。 (2)甲容器中，040 min 内 n(Cl2)的变化为 0.5mol，c(Cl2)的变化为 0.5mol/L， c(NH3)变化为 0.25mol/L， 根据 c v t 计算 v(NH3)。 乙容器达到平衡用时
21、短，反应速率快，所以温度高，平衡时氯气的物质的量大，说明升高温度平衡逆向 移动。 A.根据 m v ，NHCl2是液体，m 是变量，密度是变量； B.投料比不等于系数比，反应过程中 C12和 NH3物质的量之比是变量； C.在原容器中充入一定量氦气，反应体系的浓度不变，平衡不移动； D. NHCl2是液体，加入 NHCl2，平衡不移动； (3)该反应 0v g ，增大压强，平衡正向移动； 。 根据图像 C 点时 c(HCl)=c(Cl2),利用“三段式”可计算该、Cl2、NH3、HCl 的物质的量比。 解析：(1)根据分析，NH2Cl电子式为。 根据反应物的总键能-生成物的总键能=焓变，Cl2
22、(g)+NH3(g)=NH2Cl(g)+HCl(g) H=243.0+391.3 3-391.3 2-191.2-431.8=+11.3 kJ/mol。 一氯胺水解，生成具有强烈杀菌作用的物质是次氯酸和氨气，方程式为 NH2Cl+H2ONH3+HClO。 (2)甲容器中，040 min 内 n(Cl2)的变化为 0.5mol，c(Cl2)的变化为 0.5mol/L， c(NH3)变化为 0.25mol/L， v(NH3)= 0.25/ 40min mol L 6.25 10-8mol L-1 min-1 。 温度越高，反应速率越快，平衡向吸热反应方向移动，其他条件相同时，T时的反应速率比 40
23、0时的 反应速率快，且乙容器中平衡时 Cl2的转化率比甲容器中 Cl2的转化率小，所以该反应 H0。 A、根据 m v ，NHCl2是液体，m 是变量，密度是变量，密度不变一定平衡，故 A 正确； B.投料比不等于系数比，反应过程中 C12和 NH3物质的量之比是变量，C12和 NH3物质的量之比不变，一定 平衡，故 B 正确； C.在原容器中充入一定量氦气，反应体系的浓度不变，平衡不移动，转化率不变，故 C 错误； D. NHCl2是液体，增加 NHCl2，浓度不变，平衡不移动，故 D 错误。 (3)该反应 0v g ，增大压强，平衡正向移动，压强越大 Cl2转化率越高，故 B 点最大； 根
24、据图像 C 点时 c(HCl)=c(Cl2),设氨气变化量为 xmol 2-2x=2x X=0.5mol， Kp(C)= 2 2 1 2.5 0.51 2.52.5 p pp 0.5 。 点睛：焓变=生成物总能量-反应物的总能量；焓变=反应物的总键能-生成物的总键能。 10.CoCl2 6H2O 可用作油漆干燥剂，工艺上可用含钴废料（主要为 Co，含少量 Fe、Al 等杂质）为原料来制 取 CoCl2 6H2O,以下是制备该物质的一种新工艺流程： 已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的 pH 见下表： 沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 开始沉淀 2.7
25、 7.5 7.6 3.8 完全沉淀 3.2 9.7 9.2 5.2 请回答下列问题： (1)“酸浸”时 Co 转化为 Co 2+，反应的离子方程式为_。“酸浸”时不能用硝酸的原因是_。 (2)“氧化”中欲使 3 mol 的 Fe 2+为 Fe3+，则需要氧化剂过氧化氢的质量至少为_g。 (3)加入碳酸钠调节 pH 至 a，a 的范围是_。“滤渣”中所含的两种沉淀的化学式为_。 (4)滤液中加盐酸的目的是_。 (5)操作 I 为_。 (6)以 CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2浓氨水为原料可以制备Co(NH3)6Cl3的反应方程式为_。 【答案】 (1). Co+2H +Co2+H 2 (
26、2). 减少有毒气体的排放，防止大气污染；防止产品中混有硝酸盐 (3). 51 (4). 5.27.6 (5). Fe(OH)3、Al(OH)3 (6). 调节溶液的 pH，抑制钴离子水解 (7). 蒸发 浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 (8). 2CoCl26H2O+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co(NH3)6Cl3+14H2O 【解析】 试题分析： (1)“酸浸”时 Co 与盐酸反应生成氯化钴和氢气。金属与硝酸反应放出 NO 气体。 (2)根据 H2O2 + 2Fe2+ +2H+ = 2Fe3+ +2H2O 计算需要双氧水的质量。 (3)加入碳酸钠调节 pH 至 a，让 Fe3+
27、、Al3+完全沉淀，Co2+不能沉淀，判断 PH 范围。 (4) 盐酸能抑制氯化钴水解。 (5)操作 I 为从溶液中获得晶体的方法。 (6)根据元素守恒配平 CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2浓氨水为原料可以制备Co(NH3)6Cl3的方程式。 解析：(1)“酸浸”时 Co 与盐酸反应生成氯化钴和氢气，方程式为 Co+2H+Co2+H2。金属与硝酸反应放 出 NO 气体，为减少有毒气体的排放，防止大气污染；防止产品中混有硝酸盐“酸浸”时不能用硝酸。 (2)设需要氧化剂过氧化氢的质量至少为 xg (3)加入碳酸钠调节 pH 至 a，让 Fe3+、Al3+完全沉淀 PH 5.2，Co2+不能
28、沉淀 PH，判断 PH7.6，所以 a 的 范围是 5.27.6。 (4) 盐酸能抑制氯化钴水解，加入盐酸的目的是调节溶液的 pH，抑制钴离子水解。 (5)操作 I 为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 (6)根据元素守恒配平 CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2浓氨水为原料可以制备Co(NH3)6Cl3的方程式为 2CoCl26H2O+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co(NH3)6Cl3+14H2O。 点睛：除去盐溶液中的 Fe3+，一般选择调节溶液 PH 的方法使 Fe3+完全水解为氢氧化铁沉淀而除去，如氯化 铜溶液中含有少量氯化铁，可加入适量氧化铜、氢氧化铜等物质调节 PH
29、 使 Fe3+生成氢氧化铁沉淀。 11.已知 A、B、C、D、E、F、G 为前四周期中的常见元素，且原子序数依次增大，A 的原子半径最小；B 的基 态原子 L 层电子数是 K 层电子数的 2 倍；C 的基态原子最外层电子排布式为 ns mnpm+2；D、E、F、G 是位于同 一周期的金属元素，元素 D 的焰色反应要透过蓝色钴玻璃才能观察到紫色，且 D、G 的原子序数相差 10，E 元素有多种化合价。它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，且 E.、F 的电子数相差 1。 请回答下列问题： (1)基态 E 原子的价电子排布式为_。 (2)与 BC 分子互为等电子体的离子为_(填化学式）
30、 。 (3)在 B5A5、BC2中，B 原子采取杂化方式分別为_、_。 (4)单质 C 有两种同素异形体，其中沸点高的是_(填分子式） ，而它的简单氢化物的沸点比同主族 的简单氢化物都高的原因是_。 (5)F 可形成分子式均为 F(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为F(NH3)5BrSO4。向其溶液中加 BaCl2 溶液时，现象为_；向另一种配合物的溶液中加入 BaCl2溶液时，无明显现象。若加入 AgNO3 溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为_。 (6)金属 D、G 晶体的晶胞结构如图所示。 其中表示金属 D 晶体晶胞的结构图为_(填“I”或“II”)。 金属
31、G 的晶胞中，测得晶胞边长为 361 pm，G 原子的半径约为_pm（保留三位有效数字） ，D、G 两种晶胞中金属的配位数之比为_。 金属 G、锌两种元素的笫一电离能、第二电离能如下表所示： 电离能/kJ mol -1 I1 I2 G 746 1958 锌 906 1733 G 的第二电离能（I2）大于锌的第二电离能，其主要原因是_。 【答案】 (1). 3d 44s2 (2). CN-（或 NO+或 C2 2 ） (3). sp 2 (4). sp (5). O 3 (6). 水分子间存 在氢键 (7). 产生白色沉淀 (8). Co(NH8)6SO4Br (9). I (10). 128
32、(11). 2:3 (12). 锌的价 电子是 3d 104s2，而铜的是 3d104s1，在失去一个电子后，铜失去的第二个电子在 3d 的全满轨道上，而锌的第 二个电子在 4s 的半满轨道上，3d 全满比 4s 半满能量低，结构也更稳定，所以需要更多能量 【解析】 试题分析：A 的原子半径最小，A 是 H 元素；B 的基态原子 L 层电子数是 K 层电子数的 2 倍，B 是碳元素；C 的基态原子最外层电子排布式为 nsmnpm+2，n=2，则 C 是 O 元素；D、E、F、G 是位于同一周期的金属元素， 元素 D 的焰色反应要透过蓝色钴玻璃才能观察到紫色，D 是 K 元素；且 D、G 的原子
33、序数相差 10，G 是 Cu 元 素；E 的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，E 是 Fe 元素； E.、F 的电子数相差 1，F 是 Co 元素。 解析：根据以上分析，(1)基态 26 号元素 Fe 的价电子排布式为 3d64s2。 (2)与 CO分子互为等电子体的离子为 CN-。 (3)在 C5H5、CO2直线结构，C 原子采取的杂化方式分別为 SP2、SP。 (4)单质 O有两种同素异形体 O2、O3，O3比 O2相对分子质量大所以沸点高，水分子间形成氢键，所以沸点 比同主族的简单氢化物都高。 (5) Co可形成分子式均为 Co (NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化
34、学式为Co(NH3)5BrSO4，硫酸根离子 在外界，溶于水能电离出硫酸根离子，所以向其溶液中加 BaCl2溶液时，现象为生成白色沉淀；向另一种配 合物的溶液中加入 BaCl2溶液时，无明显现象。若加入 AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，说明硫酸根在内界， 溴离子在外界，则第二种配合物的化学式为Co(NH8)6SO4Br。 (6)金属 D、G 晶体的晶胞结构如图所示。 金属 K是体心立方最密堆积，晶体晶胞的结构图为 I。 金属 Cu 的晶胞为面心立方，测得晶胞边长为 361 pm，面对角线的为 2 3612 ，G 原子的半径约为 2 36124128pm，金属 K的配位数是 8、计算 Cu 的
35、配位数是 12，配位数比是 2:3。 锌的价电子是 3d104s2，而铜的是 3d104s1，在失去一个电子后，铜失去的第二个电子在 3d 的全满轨道上， 而锌的第二个电子在 4s 的半满轨道上，3d 全满比 4s 半满能量低，结构也更稳定，所以需要更多能量所以 Cu的第二电离能（I2）大于锌的第二电离能。 点睛：配合物中位于内界的离子不能电离，位于外界的离子能电离，所以Co(NH3)5BrSO4加 BaCl2溶液时 生成白色沉淀；Co(NH8)6SO4Br 加入 AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀。 12.3，4，5-三甲氧基苯甲醛是制备抗菌增效剂 TMP 的中间体，通常可以通过以下途径合成。
36、 (1)写出 C 的名称: _；下列说法不正确的是_(填选项字母)。 A.反应要控制条件防止CHO 被氧化 B.1 mol 有机物 F 最多能与 3 mol H2发生加成反应 C.有机物 D 不能使 KMnO4溶液褪色 D.第 I 步所涉及的反应类型有氧化反应、还原反应 (2)有机物 E 的结构简式为_，EF 的反应类型为_反应。 (3)D 与新制 Cu(OH)2反应的化学方程式为_。 (4)满足下列条件的 C 的同分异构体有_种，写出其中一种的结构简式：_。 红外光谱检测表明分子中含有苯环、结构 HNMR 谱显示分子中有四种不同化学环境的氢 (5)已知：RCHO+CH3COOR 33 aCH
37、 CH ON RCHCHCOOR，请结合题给信息，设计以苯酚和乙酸乙酯为原料（其他试 剂任选）制备的合成路线：_。 【 答 案 】 (1). 对 硝 基 甲 苯 (2). BC (3). (4). 取 代 (5). (6). 4 (7). （ 或或或 (8). 【解析】 试题分析： 根据逆推A， A是苯酚； 根据和， 可推知E是； 解析：根据以上分析，(1) 的名称:对硝基甲苯； A.醛基能被溴氧化，所以反应要控制条件防止CHO 被氧化，故 A 正确； B.1 mol最多能与 1 mol H2发生加成反应，故 B 错误； C. 含有醛基，能使 KMnO4溶液褪色，故 C 错误； D.第 I 步所涉及的反应硝基变为氨基属于还原反应，甲基变为醛基属于氧化反应，故 D 正确； (2) 有机物 E 的结构简式为，的反应类型为取代反应。 (3) 与新制 Cu(OH)2反应，醛基被氧化，化学方程式为 。 (4)红外光谱检测表明分子中含有苯环、结构；HNMR 谱显示分子中有四种不同化学环境的 氢，满足条件的的同分异构体有 共 4种。 (5)根据 RCHO+CH3COOR 33 aCH CH ON RCHCHCOOR，可知制备，需要 和乙酸乙酯反应，题目根据流程图，以苯酚和乙酸乙酯为原料制备 的合成路线为 点睛：含有酚羟基的有机物，易与溴水发生羟基邻位和对位的取代反应。
