湖北省武汉市2020届高三五月质量检测理综化学试题（解析版）

武汉市 2020 届高中毕业生五月质量检测 化学试卷 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答 题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在 试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和 答题卡上的非答题区域均无效。 4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用 2B 铅笔涂黑。答案写在答题 卡上对应的答题区域内，写在试卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 5.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Ni-59 一、选择题：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.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是（ ） A. 燃煤中加入生石灰可减少温室气体的排放 B. 用纯碱溶液除油污，加热可提高去污能力 C. 我国北斗导航系统所用的芯片中含高纯硅 D. 医用护目镜片的主要成分属于有机高分子材料 【答案】A 【解析】 【详解】A．燃煤中加入生石灰可减少 SO2 气体的排放，SO2 对环境的污染是酸雨，不是温室效应，故 A 错 误； B．油脂在碱性条件下水解，纯碱水解呈碱性，加热促进水解，溶液碱性增强，可促进油脂的水解，故 B 正 确； C．硅是半导体，高纯度的硅可制芯片，故 C 正确； D．用作镜片的聚合树脂是有机合成高分子化合物，属于有机高分子材料，故 D 正确； 故答案为 A。 2.“连翘酯苷 A”是“连花清瘟胶囊”的有效成分。如图有机物是“连翘酯苷 A”的水解产物，其结构简式如图所 示。下列有关该有机物的说法错误的是（ ）A. 分子式 C9H8O4 B. 分子中所有原子可能处于同一平面 C. 1mol 该分子最多可与 5molH2 发生加成反应 D. 能与 NaHCO3 溶液反应放出 CO2 【答案】C 【解析】 【详解】A．由结构简式 可知其分子式为 C9H8O4，故 A 正确； B．苯环、碳碳双键均为平面结构，羧基也可以是平面结构，则 结构中所有 原子可能共平面，故 B 正确； C．苯环、碳碳双键均可与 H2 发生加成反应，则 1mol 该分子最多可与 4molH2 发生加成反应，故 C 错误； D．分子结构中含有羧基，则能与 NaHCO3 溶液反应放出 CO2，故 D 正确； 故答案为 C。 【点睛】该题的难点是有机物共面判断，解答该类试题的判断技巧：①甲烷、乙烯、乙炔、苯、甲醛 5 种 分子中的 H 原子若被其他原子如 C、O、Cl、N 等取代，则取代后的分子空间构型基本不变。②借助 C—C 键可以旋转而—C≡C—键、 键不能旋转以及立体几何知识判断。③苯分子中苯环可以以任一 碳氢键为轴旋转，每个苯分子有三个旋转轴，轴上有四个原子共线。 3.探究 FeSO4 的热分解产物的实验装置如图所示，乙和丙中盛有检验相应物质的常用试剂，实验完成后甲中 残留固体为红棕色。下列有关实验操作或现象的叙述正确的是（ ） 为A. 实验过程中持续通氮气的目的是排除装置内空气 B. 用盐酸和 K3[Fe(CN)6]溶液检验残留固体的主要成分 C. 乙装置中生成白色沉淀、丙装置中溶液褪色 D. 丁装置中所盛装的试剂可用澄清石灰水替代 【答案】C 【解析】 【详解】A．Fe2+易被空气中氧气氧化，加热前排除装置内空气，是防止 FeSO4 被氧化，加热过程中通氮气 的目的是排出反应中生成的气体，故 A 错误； B．残留的红棕色固体是氧化铁，溶于稀盐酸得到 Fe3+的溶液，应选择 KSCN 溶液检验，而 K3[Fe(CN)6]溶 液是检验 Fe2+，故 B 错误； C．反应中生成的气体是 SO3 和 SO2，乙中盛装 BaCl2 溶液，应有 BaSO4 白色沉淀生成，丙中盛装品红溶液， 可观察到品红褪色，故 C 正确； D．丁装置中盛装 NaOH 溶液吸收 SO2 的尾气，石灰水的浓度低，吸收效果差，不能代替 NaOH 溶液，故 D 错误； 故答案为 C。 4.我国科技工作者运用 DFT 计算研究 HCOOH 在不同催化剂（Pd 和 Rh）表面分解产生 H2 的部分反应历程 如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。下列说法错误的是（ ） A. HCOOH 吸附在催化剂表面是一个放热过程B. Pd、Rh 作催化剂时 HCOOH 分解产生 H2 的反应热不同 C. 该反应过程中有 C-H 键的断裂，还有 C=O 键的生成 D. HCOO*+H*=CO2+2H*是该历程的决速步骤 【答案】B 【解析】 【详解】A．HCOOH 吸附在催化剂表面是能量降低 过程，即为放热过程，故 A 正确； B．催化剂能改变反应速率，不改变热效应，则 Pd、Rh 作催化剂时 HCOOH 分解产生 H2 的反应热相同， 故 B 错误； C．HCOOH 催化分解生成 CO2 和 H2，原来 HCOOH 分子中存在的化学键 1 个 C-H 键、1 个 C=O 键、1 个 C-O 键和 1 个 O-H 键；而产物中有 2 个 C=O 键和 1 个 H-H，说明反应过程中有 C-H 键的断裂，还有 C=O 键的 生成，故 C 正确； D．HCOO*+H*到过渡态Ⅱ活化能最大，是反应消耗能量高的过程，速率最慢，故 HCOO*+H*=CO2+2H*是 该历程的决速步骤，故 D 正确； 故答案为 B。 5.科学家研制出了一种漂白效率极高的新型漂白剂（结构如图所示），其中 W、X、Y、Z 均为短周期元素且 原子序数依次增大。常温下，0.1mol/LZ 的氢化物的水溶液 pH=1，且 Z 与 Y 位于不同周期。下列叙述正确 的是（ ） A. 原子半径：Z＞Y＞X＞W B. 氢化物的沸点：Y＞X＞Z＞W C. X 的氧化物的水化物是强酸 D. Y 的某种单质具有杀菌消毒作用 【答案】D 【解析】 【分析】 由新型漂白剂的结构可知，W 形成的价键数为 4，X 形成的价键数为 3，Y 形成的价键数为 2，Z 形成的价 键数为 1；W、X、Y、Z 均为短周期元素且原子序数依次增大，常温下，0.1mol/LZ 的氢化物的水溶液 的pH=1，则 Z 为 Cl；Z 与 Y 位于不同周期，则 Y 为 O 元素、W 为 C 元素、X 为 N 元素，据此分析解题。 【详解】由分析知：W 为 C 元素、X 为 N 元素、Y 为 O 元素、Z 为 Cl 元素； A．C、N、O 为同周期主族元素，核电荷数越大，原子半径越小，C、N、O、Cl 四种元素的原子半径由大 到小的顺序为 Cl＞C＞N＞O，即 Z＞W＞X＞Y，故 A 错误； B．H2O 常温下为液体，NH3 和 H2O 分子间存在氢键，四种元素简单氢化物的沸点由高到低的顺序为 H2O＞ NH3＞HCl＞CH4，但 C 的氢化物包括多碳的烃，常温下有固体，有液体，即碳的氢化物沸点也可能比 H2O 高，故 B 错误； C．N 的最高价氧化物的水化物 HNO3 是强酸，而+3 价 N 的氧化物水化物 HNO2 是弱酸，故 C 错误； D．O3 具有强氧化性，具有杀菌消毒作用，故 D 正确； 故答案为 D。 6.我国科技工作者设计了一种电解装置，能将甘油（C3H8O3）和二氧化碳转化为甘油醛（C3H6O3）和合成 气，原理如图所示。下列说法错误的是（ ） A. 催化电极 b 与电源负极相连 B. 电解时催化电极 a 附近的 pH 增大 C. 电解时阴离子透过交换膜向 a 极迁移 D. 生成的甘油醛与合成气的物质的量相等 【答案】B 【解析】 【详解】A．催化电极 b 表面 CO2 还原为 CO，为电解池的阴极，与电源的负极相连，故 A 正确； B．催化电极 a 为阳极，表面甘油(C3H8O3)氧化为甘油醛(C3H6O3)，发生的电极反应为 C3H8O3-2e-+2CO32-= C3H6O3+2HCO3-，则电极附近的 pH 减小，故 B 错误； C．电解池工作时，阴离子向阳极区移动，即阴离子透过交换膜向 a 极迁移，故 C 正确； D．阳极生成 1mol C3H6O3 转移 2mole-，阴极生成 1molCO 和 H2 的混合气体转移 2mole-，电解池工作时，阴、 阳极转移电子的物质的量相等，则生成的甘油醛与合成气的物质的量相等，故 D 正确；故答案为 B。 【点睛】根据准确根据电解池原理判断电极是解题关键，阳极上发生氧化反应，而甘油转化为甘油醛是氧 化反应，则催化电极 a 为阳极，电解池工作的特点是电子守恒，据此判断阳极和阴极电解产物之间的关系， 是解题难点。 7.在 25℃时，向 20.00mL0.10mol/L 一元弱碱 MOH 溶液中滴 0.10mol/LHCl 溶液，混合溶液的 pH、pOH 变 化曲线如图所示。已知 pOH=-lgc(OH-)。下列说法错误的是（ ） A. a+b=14 B. Q 点消耗盐酸的体积小于 20.00mL C. M 点和 N 点溶液中， 相等 D. 当 V(HCl)=10.00mL 时，c(M+)-c(MOH)=c(OH-)-c(H+) 【答案】D 【解析】 【详解】A．c(H+)=10-pH=10-a 时，c(OH-)=10-pOH=10-b，25℃时，c(H+)•c(OH-)=10-pH×10-pOH=10-14=10-a×10-b， 则 a+b=14，故 A 正确； B．MOH 为弱碱，如果滴加盐酸 20mL，恰好生成 MCl，溶液显酸性，而 Q 点 pH=pOH，此时溶液显中性， 则消耗盐酸的体积小于 20.00mL，故 B 正确； C． = = ，其中温度不变，Kw 和 Kb 是定值，则 M 点和 N 点 溶液中， 相等，故 C 正确； D．当 V(HCl)=10.00mL 时，溶液中溶质为 MCl 和 MOH 且等物质的量浓度，且 c(MOH)＜c(Cl-)，已知溶液 中存在的电荷守恒为 c(M+)+ c(H+) =c(OH-)+c(Cl-)，则 c(OH-)-c(H+)= c(M+)- c(Cl-)＜c(M+)-c(MOH)，故 D 错误； 故答案为 D。 三、非选择题： + + c(H ) c(MOH) c(M ) ⋅ + + c(H ) c(MOH) c(M ) ⋅ + + c(H ) c(MOH) c(OH ) c(M ) c(OH ) − − ⋅ ⋅ ⋅ w b K K + + c(H ) c(MOH) c(M ) ⋅（一）必考题： 8.二氧化氯是国际上公认的对环境无二次污染的消毒杀菌剂。它常温下为气体，易溶于水，受热易分解。甲 醇法制制备二氧化氯的工艺如图： 回答下列问题： （1）ClO2 可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有___性。 （2）加入“发生器”的浓硫酸先稀释为 63%H2SO4，冷却后加入反应器的原因是___。实际操作中再“发生器” 中加入适量 NaCl 以加快反应速率，若 NaCl 过量会发生成污染环境的一种气体的分子式为___。 （3）若 1molCH3OH 反应时转移 6mole-，则“发生器”中发生反应的主要化学方程式为___。 （4）Na2SO4·10H2O 和 Na2SO4 的溶解度曲线如图所示，则“过程Ⅱ”的操作是：加热浓缩至有大量晶体析出、 ___、经干燥得 Na2SO4 固体。 （5）采用惰性电极为阳极，通过电解亚氯酸钠溶液的方法也可以制备二氧化氯，其阳极的电极反应式为 ___。 （6）与甲醇法制备二氧化氯相比，电解法的优点是___（写出 2 点）。 【答案】 (1). 强氧化 (2). 避免因浓硫酸稀释放热，使 ClO2 受热分解 (3). Cl2 (4). CH3OH+6NaClO3+4H2SO4=2Na3H(SO4)2+CO2↑+6ClO2↑+5H2O (5). 在高于 32.4℃条件下趁热过滤、洗涤 (6). ClO2--e-=ClO2↑ (7). 绿色环保；操作简便；原子利用率高 【解析】 【分析】(1)ClO2 具有强氧化性； (2)浓硫酸溶解于水放热，且 ClO2 受热易分解；Cl-在酸性条件下能被 ClO2 氧化； (3)CH3OH 中碳元素化合价为-2 价，若 1molCH3OH 反应时转移 6mole-，则 CH3OH 的氧化产物为 CO2； (4)当温度低于 32.4℃时有 Na2SO4·10H2O 析出，降低产品纯度； (5)阳极上 ClO2-失电子发生氧化反应生成 ClO2； (6)甲醇法操作复杂，成本高。 【详解】(1)利用 ClO2 的强氧化性，常用于纸浆漂白、杀菌消毒； (2)浓硫酸先稀释为 63%H2SO4，待冷却后加入反应器，这样的操作可避免因浓硫酸稀释放热，使 ClO2 受热 分解；加入适量 NaCl 可加快反应速率，但过量 NaCl 在酸性条件下，可被 ClO2 氧化生成 Cl2，而污染环境； (3)CH3OH 中碳元素化合价为-2 价，若 1molCH3OH 反应时转移 6mole-，则 CH3OH 的氧化产物为 CO2，则“发 生器”中发生反应的主要化学方程式为 CH3OH+6NaClO3+4H2SO4=2Na3H(SO4)2+CO2↑+6ClO2↑+5H2O； (4)当温度低于 32.4℃时有 Na2SO4·10H2O 析出，则“过程Ⅱ”中加热浓缩至有大量晶体析出后，需要在高于 32.4℃条件下趁热过滤、洗涤，最后再干燥得 Na2SO4 固体； (5)阳极上 ClO2-失电子发生氧化反应生成 ClO2，电极反应式为 ClO2--e-=ClO2↑； (6)比较甲醇法与电解法，可知电解法的优点是绿色环保、操作简便、原子利用率高。 9.苯甲醇是一种重要的化工原料，广泛用于香料、造纸、制药和印染等行业。实验室制备苯甲醇的反应原理 和有关数据如图： 实验步骤：如图所示，在装有电动搅拌器的 250mL 三颈烧瓶里加入 9.0g 碳酸钾（过量），70.0mL 水，加热 溶解，再加入 2.0mL 四乙基溴化铵[（CH3CH2）4NBr]溶液和 10.0mL 氯化苄。搅拌加热回流反应 1~1.5h。 反应结束后冷却，并转入 125mL 分液漏斗中，分出有机层，水层用萃取剂萃取三次。合并萃取液和有机层， 加入无水硫酸镁固体，静置、过滤。最后进行蒸馏纯化，收集 200~208℃的馏分，得 8.4mL 苯甲醇。回答下列问题： （1）仪器 X 的名称是___，冷却水应从___（填“上口”或“下口”）通入。由于苯甲醇的沸点较高，在蒸馏纯 化操作中最适宜选用的仪器之一是___（填字母）。 （2）本实验中加入无水硫酸镁的目的是___。从绿色化学角度考虑，萃取剂宜采用___（填字母）。 A.乙醇 B.乙酸乙酯 C.苯 D.氯仿 （3）某同学认为该装置中的电动搅拌器可以换成沸石，以防暴沸。该说法___（填“是”或“否”）正确，其理 由是___。 （4）四乙基溴化铵没有直接参与反应，但大大提高了反应速率，其原因可能是___。 （5）本实验苯甲醇的产率为___%（计算结果保留一位小数）。 【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 下口 (3). B (4). 干燥 (5). B (6). 否 (7). 电动搅拌 器使不相溶的反应液混合均匀，加快反应速率 (8). 提高氯化苄在水中的溶解度，使反应物充分接触（或 增大有效碰撞几率） (9). 89.4 【解析】 【分析】 (1)根据的构造和性能确定仪器 X 的名称；冷却水流向与蒸气流向相反；由于苯甲醇的沸点较高，易液化； (2)无水硫酸镁易与水形成结晶水合物；结合是否污染环境，选择萃取剂； (3)电动搅拌器除防暴沸，还有使反应物充分混合的作用； (4)四乙基溴化铵易溶于水，而氯化苄不溶于水，易溶于四乙基溴化铵； (5)10.0mL 氯化苄的质量为 11g，其物质的量为 = mol，理论生成苯甲醇的质量为 mol×108g/mol=9.39g，实际得到苯甲醇的质量为 8.4g，由此计算苯甲醇的产率。 【详解】(1)仪器 X 的名称是球形冷凝管，冷却水采用逆流的方式冷却效果较好，所以冷却水应从下口通入； 由于苯甲醇的沸点较高，易液化，在蒸馏纯化操作中最适宜选用 B 仪器，有利于液体顺利流下； 11 126.5g / mol g 11 126.5 11 126.5(2)加入无水硫酸镁，利用其易水形成结晶水合物，达到干燥的目的；乙醇有刺激性，苯有毒，氯仿有麻醉 作用，而乙酸乙酯有特殊香味，无毒，则从绿色化学角度考虑，萃取剂宜采用乙酸乙酯，故答案为 B； (3)不能用沸石代替电动搅拌器，因为使用电动搅拌器，除防暴沸，还可使不相溶的反应液混合均匀，加快 反应速率； (4)四乙基溴化铵易溶于水，而氯化苄不溶于水，易溶于四乙基溴化铵，则加入四乙基溴化铵，可提高氯化 苄在水中 溶解度，使反应物充分接触，提高反应效率； (5)10.0mL 氯化苄 质量为 11g，其物质的量为 = mol，理论生成苯甲醇的质量为 mol×108g/mol=9.39g，则苯甲醇的产率为 =89.4%。 10.CH4—CO2 催化重整不仅可以得到合成气（CO 和 H2），还对温室气体的减排具有重要意义。 （1）在标准状态下，由元素最稳定的单质生成 1mol 纯化合物时的反应热称为该化合物的标准摩尔生成焓。 各物质的标准摩尔生成焓如表： 则制备合成气的反应 CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2（g）在标准状态下的反应热 ΔH=___kJ/mol。 （2）在刚性容器中，当投料比 =1.0 时，CO2 的平衡转化率（α）与温度（T）、初始压强（p）的关 系如图所示。 ①由图可知：压强 P1___2MPa（填“＞”、“＜”或“=”），理由是___。 ②当温度为 T3、压强为 p1 时，a 点的 v 正___v 逆（填“＞”、“＜”或“=”）。 ③若起始时提高投料比 ，则 CO2 的平衡转化率将___（填“升高”或“降低”）。 的 的 11 126.5g / mol g 11 126.5 11 126.5 8.4mL 1g / mL 100%9.39g × × 4 2n( n CH ) CO ( ) 4 2n( n CH ) CO ( )④起始时向容器中加入 1molCH4 和 1molCO2，在温度为 T6。、初始压强为 2MPa 时反应，该反应的 Kp=___(MPa)2。 （3）该催化重整过程中有副产物碳生成，碳的积累会严重影响催化剂的活性。某研究小组计算和模拟实验 表明积碳量（催化剂表面碳的质量与催化剂的质量之比）与投料比、温度的关系如图。 当投料比 =2.0 时，要使积碳量最小，应调节温度为___℃。 【答案】 (1). +247 (2). < (3). 该正反应气体分子数增加，其它条件相同时，减小压强，平衡正向 移动，CO2 的平衡转化率增大 (4). > (5). 升高 (6). 4 (7). 750 【解析】 【分析】 (1)ΔH=生成物的标准摩尔生成焓和-反应物的标准摩尔生成焓和； (2)①在恒温条件下，压强增大，平衡向气体总物质的量减小的方向移动； ②当温度为 T3、压强为 p1 时，a 点在曲线下方，未达到平衡，且平衡状态时，CO2 的转化率增大； ③起始时提高投料比 ，即增大 n(CH4)的量，平衡正向进行； ④起始时向容器中加入 1molCH4 和 1molCO2，在温度为 T6，初始压强为 2MPa 时反应，达到平衡时 CO2 的 转化率为 50%，则： 平衡时 CH4 和 CO2 的体积分数均为 ，CO 和 H2 的体积分数均为 ，Kp= ； (3)结合积碳量与投料比、温度的关系图分析当碳积量最小时，选择温度调节范围。 【详解】(1)CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)在标准状态下的反应热 ΔH=(-111kJ/mol)×2-(-75kJ/mol)- (-394kJ/mol)=+ 247kJ/mol； 4 2n( n CH ) CO ( ) 4 2n( n CH ) CO ( ) ( ) ( ) ( ) 24 2+ + mol 01 1 0 mol 10.5 0.5 1 mol 10.5 0.5 2 1 2H gCH g CO g CO g 起始（ ） 变化（ ） 平衡（ ） （ ） 1 6 1 3 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 ( )p CO p H p CO p CH ⋅ ⋅(2)①已知 CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)的正反应气体分子数增加，在恒温条件下，减小压强，平衡正 向移动，CO2 的平衡转化率增大，即压强 P1＜2MPa； ②当温度为 T3、压强为 p1 时，a 点趋于平衡状态时，CO2 的转化率增大，说明此时向正反应方向进行，即 v 正＞v 逆； ③起始时提高投料比 ，即增大 n(CH4)的量，平衡正向进行，则 CO2 的平衡转化率将升高； ④起始时向容器中加入 1molCH4 和 1molCO2，在温度为 T6，初始压强为 2MPa 时反应，达到平衡时 CO2 的 转化率为 50%，则： 平衡时 CH4 和 CO2 的体积分数均为 ，CO 和 H2 的体积分数均为 ，平衡时总压强 p=2Mp× =3 Mp，则 Kp= = =4(MPa)2； (3)当投料比 =2.0 时，要使积碳量最小，根据积碳量与投料比、温度的关系图可知，应调节温度在 750℃左右。 （二）选考题： 11.镍及其化合物是重要的合金材料和催化剂。 （1）基态镍原子的价电子排布式为___，它核外有___种运动状态不同的电子。 （2）Ni2+可以形成多种配离子，比如[Ni(NH3)4]2+、[Ni(CN)4]2-等。CN-中碳原子的杂化方式为___，与 CN- 互为等电子体的一种分子是___。[Ni(NH3)4]2+中 H-N-H 键角比 NH3 分子中 H-N-H 键角___（填“大”、“小”或 “相等”），原因是___。 （3）元素铜与镍的第二电离能分别为：I2(Cu)=1958kJ/mol、I2(Ni)=1753kJ/mol，铜的第二电离能更大的原因 是___。 （4）NiO 的晶体结构如图甲所示，其中离子坐标参数 A 为（0，0，0），B 为（1，1，0），则 C 离子坐标参 数为___。 4 2n( n CH ) CO ( ) ( ) ( ) ( ) 24 2+ + mol 01 1 0 mol 10.5 0.5 1 mol 10.5 0.5 2 1 2H gCH g CO g CO g 起始（ ） 变化（ ） 平衡（ ） （ ） 1 6 1 3 3 2 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 ( )p CO p H p CO p CH ⋅ ⋅ 2 21 13MPa 3MPa3 3 13MPa 3MPa1 6 6    ⋅ × ⋅       ⋅ × ⋅ 4 2n( n CH ) CO ( )（5）一定温度下，NiO 晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为 O2-作密置单层排列，Ni2+填充其 中（如图乙），已知 O2- 半径为 apm，设阿伏加德罗常数的值为 NA，每平方米面积上分散的该晶体的质量 为___g（用含 a、NA 的代数式表示）。 【答案】 (1). 3d84s2 (2). 28 (3). sp (4). N2 或 CO (5). 大 (6). NH3 中 N 的孤电子对形成 配位键后，使 N—H 成键电子对所受斥力减小，键角增大 (7). Cu+的价电子排布式为 3d10，处于半充满， 而 Ni+的价电子排布式为 3d84s1，因此 Cu+比 Ni+稳定，更难失电子 (8). （1， ， ） (9). 【解析】 【分析】 (1)镍原子的核电荷数为 28，基态 Ni 原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d84s2，原子核外不存在运动状态 完全相同的电子； (2)根据 CN-中碳原子的价层电子对数确定杂化方式；原子数目和价电子数相等的微粒互为等电子体；孤对 电子与成键电子对之间排斥＞成键电子-成键电子排斥，键角被压缩； (3)核外电子处于半充满、全充满状态时，能量较低较稳定； (4)NiO 的晶体结构如图甲所示，其中离子坐标参数 A 为(0，0，0)，B 为(1，1，0)，C 在 x、y、z 轴上的投 影分别是 1、 、 ； (5)根据图知，每个 Ni 原子被 3 个 O 原子包围、每个 O 原子被 3 个 Ni 原子包围，如图 所示，相邻的 3 个圆中心连线为正三角形，三角形的边长为 2apm，每个三角形含有一个 Ni 原子，三角形 的面积=[ ×2a×2a×sin60°×10-24]m2= ×10-24a2m2，如图 实际上每个 Ni 原子被两个小 三角形包含小平行四边形面积为 2 ×10-24a2m2，O 原子个数= ×6=1，由此计算每平方米面积上分散的该 晶体的质量。 的 1 2 1 2 24 2 A 25 3 10 2a N × 1 2 1 2 1 2 3 3 1 6【详解】(1)镍原子的核电荷数为 28，基态 Ni 原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d84s2，则价电子排布式 为 3d84s2；原子核外不存在运动状态完全相同的电子，则 Ni 核外有 28 种运动状态不同的电子； (2)CN-中碳原子的价层电子对数目为 1+ =2，则碳原子的杂化方式为 sp；CN-的原子数目为 2，价电 子数为 10，则与 CN-互为等电子体的一种分子是 N2 或 CO；NH3 分子中 N 原子有 1 个孤对电子，[Ni(NH3)4]2+ 中 NH3 中 N 的孤电子对形成配位键后，使 N—H 成键电子对所受斥力减小，键角增大，则[Ni(NH3)4]2+中 H-N-H 键角大于 NH3 分子中 H-N-H 键角； (3)Cu+的价电子排布式为 3d10，处于全充满，而 Ni+的价电子排布式为 3d84s1，因此 Cu+比 Ni+稳定，更难失 电子，所以铜的第二电离能较大； (4)NiO 的晶体结构如图甲所示，其中离子坐标参数 A 为(0，0，0)，B 为(1，1，0)，C 在 x、y、z 轴上的投 影分别是 1、 、 ，所以 C 的晶胞参数为(1， ， )； (5)根据图知，每个 Ni 原子被 3 个 O 原子包围、每个 O 原子被 3 个 Ni 原子包围，如图 所示，相邻的 3 个圆中心连线为正三角形，三角形的边长为 2apm，每个三角形含有一个 Ni 原子，三角形 的面积=[ ×2a×2a×sin60°×10-24]m2= ×10-24a2m2，如图 实际上每个 Ni 原子被两个小 三角形包含小平行四边形面积为 2 ×10-24a2m2，O 原子个数= ×6=1，每平方米面积上分散的该晶体的质 量= = g。 【点睛】等电子体是由短周期元素组成的粒子，只要原子数相同，各原子的最外层电子数之和相同，可互 称为等电子体，书写等电子体时运用等量异质替换，如将 NH4+中 N 原子、1 个单位正电荷换作用 C 原子， 可得 NH4+的等电子体；将 CO32-中 C 原子、1 个单位负电荷换作 N 原子，可得 CO32-的等电子体；将 NO2+ 中 N 原子、1 个单位正电荷换作用 C 原子，可得 NO2+的等电子体；将 C2O42-中 1 个 C 原子、1 个单位负电 荷换作 1 个 N 原子，可得 C2O42-的等电子体；将 N 原子电子数加 1 得 O 原子，将 N 原子电子数减 1 得 C 原子，可得 N2 的等电子体。 12.化合物 M 是有机合成重要的中间体，其合成路线如图： 4 1 3 2 + − 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 3 1 6 24 2 24 2 A A 1 M 1 75g gN N2 3 10 a 2 3 10 a− − × = × × × 24 2 A 25 3 10 2a N ×回答下列问题： （1）B 的名称为___。 （2）M 中的官能团名称是___；④的反应类型为___。 （3）反应⑤所需的试剂和条件是___。 （4）反应⑥中的 C2H5ONa 仅提供碱性环境，则⑥的反应方程式为___。 （5）化合物 D 有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体共有___种（不考虑立体异构）。 ①能与碳酸氢钠溶液反应放出气体； ②分子中含有六元环。 其中核磁共振氢谱有 5 组峰，且峰面积之比为 1：2：3：4：4 的结构简式为___。 （6）设计由乙烯和 为原料制备 的合成路线___（无机试剂任选）。 【答案】 (1). 1，3—丁二烯 (2). 酯基 (3). 氧化反应 (4). C2H5OH/浓 H2SO4、加热 (5). +C2H5OH (6). 5 (7). (8). 【解析】【分析】 (1)B 的结构简式为 ，结合烯烃的系统命名法命名； (2)M 结构简式为 ；反应④是 被强氧化剂氧化为 ； (3)反应⑤是 与乙醇发生酯化反应； (4)G 的结构简式为 和 I 的结构简式为 ，结合反应⑦发生酯的水解，可知 H 的结构简式为 ，由此写出反应⑥的反应方程式； (5)化合物 D 的结构简式为 ，其同分异构体符合下列条件：①能与碳酸氢钠溶液反应放出气 体，说明分子结构中含有-COOH；②分子中含有六元环，此环应该是 ，支链包括含有 1 个-CH2COOH 或含有 1 个-COOH 和 1 个-CH3 共 2 种情况； (6) 可由乙醇和 发生酯化反应得到，而 遇强氧化剂氧化可生成 ， 与乙烯发生加成反应可生成 ，据此确定合成路线。 【详解】(1)B 的结构简式为 ，其名称为 1，3—丁二烯； (2)M 结构简式为 ，含有的官能团是酯基；反应④是 被强氧化剂氧化为 ， 反应类型为氧化反应； (3)反应⑤是 与乙醇发生酯化反应，所需的试剂和条件是 C2H5OH/浓 H2SO4、加热；(4)G 的结构简式为 和 I 的结构简式为 ，结合反应⑦发生酯的水解，可知 H 的结构简式为 ，则反应⑥发生反应的反应方程式为 +C2H5OH； (5)化合物 D 的结构简式为 ，其同分异构体符合下列条件：①能与碳酸氢钠溶液反应放出气 体，说明分子结构中含有-COOH；②分子中含有六元环，此环应该是 ，则：含有 1 个-CH2COOH， 只有 1 种；含有含有 1 个-COOH 和 1 个-CH3，有 4 种；故共有 5 种，其中核磁共振氢谱有 5 组峰，且峰面 积之比为 1：2：3：4：4 的结构简式为 ； (6) 可由乙醇和 发生酯化反应得到，而 遇强氧化剂氧化可生成 ， 与乙烯发生加成反应可生成 ，则由乙烯和 为原料制备 的合成路线为 。 【点睛】根据 的结构特点分析合成的原料，需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力， 采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推 断各步反应及反应类型。