宁夏回族自治区中卫市2021-2022学年高三下学期第三次模拟考试理科综合化学 Word版含解析.docx

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2022年中卫市高考第三次模拟考试理科综合化学试题本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。第II卷第33-38题为选考题，其他题为必考题。考生做答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。注意事项：1、答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的准考证号、姓名，并将条形码粘贴在指定位置上。2、选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性(签字)笔或炭素笔书写，字体工整、笔迹清楚。3、请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答，超出答题区域书写的答案无效。4、保持卡面清洁，不折叠，不破损。5、作选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应标号涂黑。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Cl-35.5Fe-56Cu-64第I卷(126分)一、单项选择题：(本题共13小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求。)1.化学与生活、生产密切相关，下列说法错误的是A.蛋白质在人体内只有水解为氨基酸和甘油等小分子物质后才能被吸收B.长征五号火箭的箭体蒙皮材料2219-铝合金，可一定程度上减轻火箭的质量C.市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，不能长期用肥皂或碱性较强的液体洗涤D.我国极力落实双碳目标：海洋生物如珊瑚的大量消亡主要因素在于CO2的浓度增大，而非温度【答案】A【解析】【详解】A.蛋白质在人体内只有水解为氨基酸后才能被吸收，蛋白质水解不出甘油等小分子物质，故A错误；B.铝密度小，长征五号火箭的箭体蒙皮材料2219-铝合金，可一定程度上减轻火箭的质量，故B正确；C.酯在碱性条件下易发生水解，市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，不能长期用肥皂或碱性较强的液体洗涤，会影响其使用时间，故C正确； D.我国极力落实双碳目标：海洋生物如珊瑚的大量消亡主要因素在于CO2的浓度增大，CO2浓度增大，引起海水酸度增大，珊瑚的分解速度增大，温度的影响在其次，故D正确；故选A。2.下列由实验现象所得结论错误的是A.向NaHSO3溶液中通入H2S，产生淡黄色沉淀，证明具有氧化性B.常温下，向含等浓度Mg2+和Cu2+的溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成蓝色沉淀，则常温下，Ksp(Cu(OH)2)＜Ksp(Mg(OH)2)C.向5mL0.2mol/L的FeCl3溶液中加入几滴同浓度的KI溶液，再加入几滴KSCN溶液，溶液显血红色，则FeCl3与KI的反应是可逆反应D.向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，可以证明NaClO在溶液中发生了水解反应【答案】C【解析】【详解】A．由题意可知，亚硫酸氢钠溶液与硫化氢气体发生氧化还原反应生成硫沉淀，反应中亚硫酸氢根离子中硫元素化合价降低被还原，是反应的氧化剂，表现氧化性，故A正确；B．常温下，向含等浓度镁离子和铜离子的溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，先生成蓝色沉淀说明氢氧化铜优先反应，氢氧化铜的溶度积小于氢氧化镁，故B正确；C．由题意可知，氯化铁溶液与碘化钾溶液反应时，氯化铁溶液过量，反应后的溶液中一定含有铁离子，则向反应后的溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液显红色无法确定该反应为可逆反应，故C错误；D．向次氯酸钠溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色说明次氯酸钠先在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，后因强氧化性使红色溶液褪为无色，故D正确；故选C。3.M可合成高分子材料聚醚砜，结构式如图所示，其中短周期主族元素R、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z位于同主族。下列说法正确的是A.简单离子结合质子能力：W＜ZB.单质的沸点Y>XC.lmolM分子中含有8mol双键结构 D.把ZY2通入石蕊溶液中先变红后褪色【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素R、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，M分子中Z形成6个共价键、Y形成2个共价键，Y、Z位于同主族，则Y为O元素、Z为S元素；M分子中R形成1个共价键、X形成4个共价键、W形成1个共价键，则R为H元素、X为C元素、W为Cl元素。【详解】A．盐酸是强酸，氢硫酸是弱酸，所以氯离子在溶液中不水解，结合质子的能力小于在溶液中水解的硫离子，故A正确；B．常温下，碳单质为固体，氧单质为气体，所以碳单质的沸点高于氧单质，故B错误；C．苯环不是单双键交替结构，所以lmolM分子中含有2mol双键结构，故C错误；D．二氧化硫具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂，所以二氧化硫通入石蕊溶液中，溶液会变为红色，但不会褪色，故D错误；故选A。4.昆虫信息素是昆虫之间传递信号的化学物质。人工合成信息素可用于诱捕害虫、测报虫情等。一种信息素的分子结构简式如图所示，关于该化合物说法不正确的是A.属于烷烃B.可发生水解反应C.可发生加聚反应D.具有一定的挥发性【答案】A【解析】【分析】【详解】A．根据结构简式可知，分子中含C、H、O，含碳碳双键和酯基，不属于烷烃，A错误；B．分子中含酯基，在酸性条件或碱性条件下可发生水解反应，B正确；C．分子中含碳碳双键，可发生加聚反应，C正确；D．该信息素“可用于诱捕害虫、测报虫情”，可推测该有机物具有一定的挥发性，D正确；故选A。5.图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分相关离子未画出)，下列描述不正确的是 A.和Cu2+在反应中都是催化剂B.该转化过程中，有非极性键的断裂与极性键的形成C.该转化过程中，酸性条件下过程V涉及反应为4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2OD.乙烯催化氧化的反应方程式为CH2=CH2+O2CH3CHO+H2O【答案】D【解析】【分析】由图可知，乙烯催化氧化的过程中，即做反应物又做生成物的和Cu2+是反应的催化剂，乙烯和氧气是反应物，乙醛是反应的生成物，乙烯催化氧化的反应方程式为2CH2=CH2+O22CH3CHO。【详解】A．由分析可知，即做反应物又做生成物的和Cu2+是反应的催化剂，故A正确；B．由图可知，过程V中氧气转化为水时，存在氧气分子中氧氧非极性键断裂和生成水分子时有氢氧极性键的形成，故B正确；C．由图可知，过程Ⅴ中氧气与亚铜离子反应生成铜离子和水，反应的离子方程式为4Cu+ +O2+4H+=4Cu2++2H2O，故C正确；D．由分析可知，乙烯催化氧化的反应方程式为2CH2=CH2+O22CH3CHO，故D错误；故选D。6.沉积物微生物燃料电池(SMFC)可以将沉积物中的化学能直接转化为电能，同时加速沉积物中污染物的去除，用SMFC处理含硫废水的工作原理如图所示，酸性增强不利于菌落存活。下列说法正确的是 A.碳棒a电势比碳棒b电势低B.碳棒a附近释放出H+C.碳棒b存在电极反应：S—6e—+4H2O=+8H+D.工作一段时间后，电池效率提高【答案】C【解析】【分析】由图可知，碳棒a为原电池的正极，光照条件下，二氧化碳在光合菌作用下生成氧气，氧气在酸性条件下得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，碳棒b为负极，FeSx在硫氧化菌的作用下被氧化为硫，在硫氧化菌和水的作用下，硫在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为S—6e—+4H2O=+8H+。【详解】A．由分析可知，碳棒b为负极，碳棒a为正极，正极的电势高于负极，则碳棒a电势比碳棒b电势高，故A错误；B．由分析可知，碳棒a为原电池的正极，氧气在酸性条件下得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，放电时正极会消耗氢离子，故B错误；C．由分析可知，碳棒b为负极，硫在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为S—6e—+4H2O=+8H+，故C正确；D．由分析可知，碳棒b为负极，放电时电极附近溶液酸性增强，氢离子会使硫氧化菌中蛋白质变性，硫氧化菌活性降低会导致负极反应速率减慢，则工作一段时间后，电池效率会降低，故D错误；故选C。7.边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，水溶液中H2SO3、的分布系数δ随pH的变化关系如图所示。[比如H2SO3的分布系数：δ(H2SO3)=] ，下列有关叙述正确的A.当溶液pH范围为4~5时，还在继续通入SO2B.根据曲线数据计算可知第二电离常数Ka2(H2SO3)为10—7.2C.a点的溶液中c(H+)+c(Na+)=c(OH—)+c()+c()+c()+c()D.pH=3的溶液中，c(Na+)=c()+c(H2SO3)【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，当溶液pH范围为4~5时，二氧化硫与碳酸钠溶液恰好反应生成亚硫酸氢钠，所以当溶液pH范围为4~5时，应停止通入二氧化硫，故A错误；B．由图可知，当溶液中c()=c()时，溶液pH为7.2，由电离常数公式可知，Ka2(H2SO3)==c(H+)=10—7.2，C．由图可知，a点对应溶液为亚硫酸氢钠、亚硫酸和碳酸的混合溶液，溶液中的电荷守恒关系为c(H+)+c(Na+)=c(OH—)+c()+2c()+c()+2c()，故C错误；D．由图可知，pH=3的溶液为亚硫酸氢钠、亚硫酸和碳酸的混合溶液，由物料守恒可知，溶液中c(Na+)＜c()+c(H2SO3)，故D错误；故选B。第II卷(174分)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.锂被誉为“金属味精”，以LiCoO2为正极材料的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。工业上常以β- 锂辉矿(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质)为原料来制取金属锂。其中一种工艺流程如下：已知：①部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2开始沉淀pH2.73.79.6完全沉淀pH3.74.711②Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表：温度/°C010205075100Li2CO3的溶解度/g1.5391.4061.3291.1810.8660.728请回答下列问题：（1）β-锂辉矿在处理前要粉碎，其主要目的是___________；用氧化物形式表示LiAlSi2O6的组成：___________。（2）写出反应I中发生氧化还原反应的化学方程式：___________。（3）调节pH=5的作用是除去___________。（4）反应IV生成Li2CO3沉淀结束后，实验室中通常得到纯净Li2CO3沉淀的操作名称蒸发浓缩，冷却结晶、___________、___________、干燥，为了提高所得Li2CO3沉淀的产率要使用___________洗涤(选填“热水”或“冷水”)。（5）反应II加入碳酸钙，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.8×10—9。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若混合前Na2CO3溶液的浓度为2.8×10—4mo1/L，则生成沉淀所需原CaCl2溶液的最小浓度为___________mol/L。【答案】（1）①.提高β锂辉矿浸出率②.Li2O·Al2O3·4SiO2 （2）2FeO+4H2SO4（浓）=Fe2(SO4)3+SO2↑+4H2O（3）除去反应Ⅰ中过量的H2SO4和溶液中的Fe3+、Al3+（4）①.过滤②.洗涤③.热水（5）4×10—5【解析】【分析】由题给流程可知，向β-锂辉矿中加入过量浓硫酸发生反应I溶解β-锂辉矿，加入碳酸钙调节溶液pH为5发生反应Ⅱ除去过量硫酸，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，加水稀释后过滤得到含有二氧化硅、氢氧化铁、氢氧化铝的矿泥和可溶性硫酸盐溶液；向硫酸盐溶液中加入氢氧化钙将镁离子转化为氢氧化镁沉淀，加入碳酸钠溶液将溶液中的钙离子转化为碳酸钙沉淀，过滤得到含有氢氧化镁、碳酸钙的沉淀A和硫酸锂溶液；硫酸锂溶液经蒸发浓缩后，加入饱和碳酸钠溶液发生反应IV，过滤得到碳酸锂；向碳酸锂中加入盐酸溶解得到氯化锂溶液，溶液在HCl环境中加热蒸干得到氯化锂，电解熔融氯化锂得到金属锂。【小问1详解】β-锂辉矿在处理前粉碎可以增大反应物的接触面积，提高β锂辉矿浸出率；由原子个数比不变可知，LiAlSi2O6用氧化物形式表示的化学式为Li2O·Al2O3·4SiO2，故答案为：提高β锂辉矿浸出率；Li2O·Al2O3·4SiO2；【小问2详解】反应I中氧化亚铁与浓硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2FeO+4H2SO4（浓）=Fe2(SO4)3+SO2↑+4H2O，故答案为：2FeO+4H2SO4（浓）=Fe2(SO4)3+SO2↑+4H2O；【小问3详解】由分析可知，加入碳酸钙调节溶液pH为5发生反应Ⅱ的目的是除去过量硫酸，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，故答案为：除去反应Ⅰ中过量的H2SO4和溶液中的Fe3+、Al3+；【小问4详解】由题意可知，实验室中得到纯净碳酸锂的操作为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，由碳酸锂在不同温度下的溶解度可知，升高温度，碳酸锂的溶解度减小，所以为减少碳酸锂溶解造成损耗，要使用热水洗涤提高碳酸锂沉淀的产率，故答案为：过滤；洗涤；热水；【小问5详解】设氯化钙溶液与碳酸钠溶液都为VL，由题意可知，等体积氯化钙溶液与碳酸钠溶液混合后，溶液中碳酸钠溶液的浓度为=1.4×10—4mo1/L，由碳酸钙的溶度积可知，溶液中钙离子浓度为 =2×10—5mo1/L，则原氯化钙溶液的浓度为=4×10—5mo1/L，故答案为：4×10—5。9.苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料纳米氧化铜的重要前驱体之一、下面是它的一种实验室合成路线：+H2O+H2SO4+NH4HSO4+Cu(OH)2+H2O制备苯乙酸的装置示意图(加热和夹持装置等略)：已知：苯乙酸的熔点为76.5°C，微溶于冷水，溶于乙醇。具体步骤：i.在250mL三颈烧瓶a中加入70mL70%的硫酸。ii.将a中的溶液加热至100°C，缓缓滴加40g苯乙腈()到过量硫酸溶液中，然后升温至130°C继续反应。反应结束后加适量冷水，再分离出苯乙酸粗品。iii.将苯乙酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入Cu(OH)2搅拌30min，过滤，滤液静置一段时间，析出苯乙酸铜晶体。回答下列问题：（1）配制70%硫酸时，加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是：先加___________的后加___________。（2）在装置中，仪器b名称是___________；仪器c的作用是___________。反应分离苯乙酸粗品时，加适量冷水的目的是___________。（3）下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是___________(填标号)。 A．分液漏斗B．漏斗C．烧杯D．直形冷凝管E．玻璃棒（4）最终得到41g苯乙酸晶体，则苯乙酸的产率是___________%(结果保留小数点后两位数字)（5）写出用CuCl2·2H2O和NaOH溶液制备Cu(OH)2沉淀的化学方程式：___________。（6）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置电解CuCl2·2H2O溶液，该电池的负极反应式为___________。【答案】（1）①.水②.浓硫酸（2）①.滴液漏斗②.冷凝回流③.便于苯乙酸析出（3）BCE（4）88.15%（5）CuCl2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaCl（6）CH3OH+8OH——6e—=CO+6H2O【解析】【分析】该实验的实验目的是利用苯乙腈与稀硫酸反应制得苯乙酸粗品，苯乙酸粗品提纯后得到苯乙酸，苯乙酸在乙醇与水的混合溶剂中充分溶解后，与氢氧化铜反应制得苯乙酸铜。【小问1详解】浓硫酸稀释时放出大量的热，所以用浓硫酸配制70%硫酸时，应将密度大的浓硫酸注入密度小的水中，防止混合时放出热使液滴飞溅，则加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是先加水、再加入浓硫酸，故答案为：水；浓硫酸；【小问2详解】由实验装置图可知，仪器b为滴液漏斗；仪器c为球形冷凝管，作用是使气化的反应液冷凝回流；由题给信息可知，降低温度，可以减小苯乙酸的溶解度，所以分离苯乙酸粗品时加入冷水的目的是便于苯乙酸析出，故答案为：滴液漏斗；冷凝回流；便于苯乙酸析出；【小问3详解】由题意可知，分离苯乙酸粗品的方法为过滤，过滤需要的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故选BCE； 【小问4详解】由方程式可知，40g苯乙腈制得的苯乙酸的物质的量为≈0.342mol，则最终得到41g苯乙酸晶体时，苯乙酸的产率为×100%≈88.15%，故答案为：88.15%；【小问5详解】两水氯化铜溶于氢氧化钠溶液，与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠，反应的化学方程式为CuCl2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaCl，故答案为：CuCl2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaCl；【小问6详解】由图可知，右侧电极为燃料电池的负极，碱性条件下，甲醇在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH+8OH——6e—=CO+6H2O，故答案为：CH3OH+8OH——6e—=CO+6H2O。10.回答下列问题：（1）已知：Fe(s)+O2(g)=FeO(s)ΔH=-272.0KJ·mol-12Al(s)+O2(s)=Al2O3(s)ΔH=-1675.7KJ·mol-1Al和FeO发热反应的热化学方程式是___________。（2）某可逆反应在不同条件下的反应历程分别为A、B，如图所示。①据图判断：当反应达到平衡后，其他条件不变，升高温度，反应物的转化率___________(填“增大”“减小”或“不变”)；②其中B历程表明此反应采用的条件为___________(选填序号)。A．升高温度B．增大反应物的浓度C．降低温度D．使用催化剂（3）1000°C时，硫酸钠与氢气发生下列反应：Na2SO4(s)+4H2(g)=Na2S(s)+4H2O(g)。该反应的平衡常数表达式为K=___________；已知K(1000°C)＜K(1200°C) ，若降低体系温度，混合气体的平均相对分子质量将___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。（4）常温下，如果取0.1mol·L-1HA溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化忽略不计)，测得混合液的pH=8。①混合液中由水电离出的OH—浓度与0.1mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的OH—浓度之比为___________；②已知NH4A溶液为中性，又知将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断相同温度下，等物质的量浓度的下列盐溶液按pH由大到小的排列顺序为(填序号)___________＞___________＞___________a．NH4Clb．NH4Ac．(NH4)2CO3【答案】（1）3FeO(s)+2Al(s)=Al2O3(s)+3Fe(s)ΔH=—859.7kJ/mol（2）①增大②.D（3）①.②.减小（4）①.107∶1②.c③.b④.a【解析】【小问1详解】将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，②—①可得铝与氧化亚铁反应的方程式3FeO(s)+2Al(s)=Al2O3(s)+3Fe(s)则反应ΔH=(—1675.7kJ/mol)—(—272.0kJ/mol)=—859.7kJ/mol，反应的热化学方程式为3FeO(s)+2Al(s)=Al2O3(s)+3Fe(s)ΔH=—859.7kJ/mol，故答案为：3FeO(s)+2Al(s)=Al2O3(s)+3Fe(s)ΔH=—859.7kJ/mol；【小问2详解】①由图可知，该反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，当反应达到平衡后，其他条件不变，升高温度，平衡向正反应方向移动，反应物的转化率增大，故答案为：增大；②由图可知，B历程分步反应，活化能低于A历程，且反应的焓变与A历程相同，表明此反应采用的条件为使用催化剂，故选D；【小问3详解】由方程式可知，反应的平衡常数表达式K=；由1000°C条件下的平衡常数小于1200°C可知，该反应为气体体积不变的吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体的质量减小，所以混合气体的平均相对分子质量将减小，故答案为：；减小；【小问4详解】 ①常温下，等体积等浓度的HA溶液与氢氧化钠溶液恰好反应生成NaA，混合后溶液pH为8说明NaA为强碱弱酸盐，在溶液中水解促进水的电离，水电离出的氢氧根离子浓度为=1×10—6mol/L，氢氧化钠在溶液中电离出的氢氧化离子抑制水的电离，0.1mol/L氢氧化钠溶液中水电离出的氢氧根离子浓度为=1×10—13mol/L，则两溶液中水电离出氢氧根离子的浓度之比为1×10—6mol/L∶1×10—13mol/L=107∶1，故答案为：107∶1；②由NH4A溶液为中性，又知将HA溶液加到碳酸钠溶液中有气体放出可知，相同温度下，一水合氨的电离程度与HA的电离程度相同，大于碳酸的电离程度，由盐类水解规律可知，(NH4)2CO3溶液呈碱性，氯化铵溶液呈酸性，则相同温度下，浓度相同的三种盐溶液按pH由大到小的排列顺序为c＞b＞a，故答案为：c；b；a。(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-题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题评分。[化学选修3：物质结构与性质]11.铬同铁、钴、镍、铜等金属形成的合金，用于航空、宇航、电器、仪表及高端科技领域。（1）铬的基态原子的价层电子排布式是___________；（2）氯化铬酰(CrO2Cl2)的熔点为-96.5°C，沸点为117°C，固态氯化铬酰属于___________晶体。制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O7+3CC14=2KCl+2CrO2Cl2+3COCl2↑，COC12分子中σ键和π键的个数比为___________，空间构型为___________；（3）某镍配合物结构如图所示。分子内含有的作用力有___________(填序号)，A．氢键B．离子键C．金属键D．配位键其中属于第二周期元素的第一电能由大到小的顺序是___________(填元素符号)；（4）向CuSO4溶液中通入氨气得到深蓝色溶液的离子方程式为___________。（5）CoCl3·4NH3中心原子Co3+配位数为6，向含0.1molCoCl3·4NH3的溶液中滴加2mol·L-1AgNO3溶液，反应完全共消耗50mL溶液，则CoCl3·4NH3改写成配合物的化学式为___________。 （6）下图是Cu的晶体一种堆积方式，若晶胞的边长为apm，则晶体的密度为___________g·cm-3(用含a和NA的表达式表示)。【答案】（1）3d54s1（2）①.分子②.3：1③.平面三角形（3）①.AD②.N>O>C（4）4NH3+Cu2+=[Cu(NH3)4]2+（5）Co(NH3)4Cl2]Cl（6）【解析】【小问1详解】铬元素的原子序数为24，基态原子的电子排布式为[Ar]3d54s1，则基态原子的价电子层排布式是3d54s1，故答案为：3d54s1；【小问2详解】由物理性质可知，固态氯化铬酰属于熔沸点低的分子晶体；COC12分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ键和π键的个数比为3：1；COC12分子中双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，分子的空间构型为平面三角形，故答案为：分子；3：1；平面三角形；【小问3详解】由镍配合物结构可知，配合物中含有共价键、配位键、氢键，不含有离子键和金属键，故选AD；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，故答案为：AD；N＞O＞C；【小问4详解】向硫酸铜溶液中通入氨气得到深蓝色溶液的反应为硫酸铜溶液与氨气反应硫酸四氨合铜，反应的离子方程式为4NH3+Cu2+=[Cu(NH3)4]2+，故答案为：4NH3+Cu2+=[Cu(NH3)4]2+；【小问5详解】能和硝酸银反应生成白色沉淀的氯离子是配合物的外界离子，硝酸银溶液的物质的量为2mol•L-1×0.05L=0.1mol，0.1molCoCl3·4NH3和0.1mol硝酸银反应生成氯化银沉淀说明配合物外界氯离子个数是 1，则配合物CoCl3·4NH3中有2个氯原子是配位原子，由配合物的配位数是6可知，配合物中有4个氨分子是配体，则配合物的化学式为Co(NH3)4Cl2]Cl，故答案为：Co(NH3)4Cl2]Cl；【小问6详解】由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的铜原子个数为8×+6×=4，设晶体的密度为ρg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—30a3d，解得ρ=，故答案为：。[化学选修5：有机化学基础]12.聚对苯二甲酸丁二醇酯(PBT)是一种性能优异的热塑性高分子材料。PBT的一种合成路线如下图所示：回答下列问题：（1）A的结构简式是__________，C的化学名称是___________。（2）⑤的反应试剂和反应条件分别是___________。（3）F的分子式是___________，⑥的反应类型是___________。（4）⑦的化学方程式是___________。（5）M是H的同分异构体，除H外，同时符合下列条件的M的结构还有___________种。(不考虑立体异构)a．0.1molM与足量金属钠反应生成氢气2.24L(标准状况)b．同一个碳原子上不能连接2个羟基其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3：1：1的结构简式是___________。【答案】（1）①.②.对苯二甲醛（2）NaOH溶液、加热（3）①.C8H12O4②.加成反应或还原反应 （4）nHOCH2CH2CH2CH2OH+n+（2n－1）H2O（5）①5②.CH3CHOHCHOHCH3【解析】【分析】A发生取代反应生成B，根据B知A为，B发生水解反应生成C、C发生催化氧化反应生成D，则C为；E发生加成反应生成F，G发生加成反应生成H，H和D能发生反应生成高分子化合物，则H为醇且含有两个醇羟基，则生成G的反应为水解反应，G为HOCH2CH＝CHCH2OH，G发生加成反应生成H为HOCH2CH2CH2CH2OH，PBT结构简式为，据此解答。【小问1详解】A的结构简式是，C为，C的化学名称是对苯二甲醛；【小问2详解】⑤是酯的水解反应，反应试剂和反应条件分别是NaOH溶液、加热；【小问3详解】根据F结构简式可判断F的分子式是C8H12O4，⑥的反应类型是加成反应或还原反应；【小问4详解】⑦是缩聚反应，反应的化学方程式是nHOCH2CH2CH2CH2OH+n +（2n－1）H2O；【小问5详解】H为HOCH2CH2CH2CH2OH，M是H的同分异构体，M符合下列条件：a0.1molM与足量金属钠反应生成氢气2.24L（标准状况），说明该分子中含有2个羟基；b．同一个碳原子上不能连接2个羟基，如果4个碳原子在同一个链上，有4种；如果3个碳原子在同一个链上，有2种，因此除H外，同时符合条件的M的结构还有5种；其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3：1：1的结构简式是CH3CHOHCHOHCH3。