湖南省娄底市2019届高三下学期4月第二次模拟考试理科综合化学试题 含解析

湖南省娄底市2019届高三第二次模拟考试
理科综合能力测试
可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 N～14 O～16 Na～23 Al～27 Cl～35.5 Hg～201
第Ⅰ卷
1.下列说法正确的是（）
A. 糖类、油脂、蛋白质均可水解
B. 服用维生素C可缓解亚硝酸盐中毒，利用了维生素C的酸性
C. PM2.5是指粒径不大于2.5×10－6 m的可吸入悬浮颗粒物
D. 汽车尾气中的氮氧化合物主要源自汽油中含氮化合物与氧气反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.单糖不能水解，选项A错误；
B.利用的是维生素C的还原性，选项B错误；
C.PM2.5是指粒径不大于2.5 μm的颗粒，2.5 μm＝2.5×10－6 m，选项C正确；
D.汽车尾气中氮氧化物的产生源自氮气与氧气高温化合，选项D错误。

答案选C。

2.黄血盐[亚铁氰化钾，K4Fe(CN)6·3H2O]可用作食盐添加剂，一种制备黄血盐的工艺如下所示：
下列说法错误的是（）
A. HCN溶液有剧毒，含CN－的废水必须处理后才能排放
B. “系列操作”为蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥
C. “试剂X”可能是K2CO3
D. “废水”中含量较多的溶质为CaCl2
【答案】B
【解析】
【详解】－水解产生HCN，故含CN－的废水必须处理后才能排放，选项A正确；
B.产品为含有结晶水的化合物，故“系列操作”应该为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，选项B错误；
C.“脱钙”应加入可与Ca2＋反应同时补充K＋的物质，故所用的“试剂X”可能是K2CO3，选项C正确；
D.加入KCl是为了交换Ca2＋，故“废水”中含量较多的溶质为CaCl2，选项D正确。

答案选B。

3.设阿伏加德罗常数的数值为N A。

下列说法正确的是（）
A. 1L1 mol·L－1的NaHSO3溶液中含有的离子数为3N A
B. 2.24 L CO2与足量的Na2O2反应，转移电子数为0.1N A
C. 常温下，2.7 g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3N A
D. 5.6 g乙烯和环丙烷的混合物中含C—H键数目为0.8N A
【答案】D
【解析】
【详解】A.HSO不能完全电离，选项A错误；
B.未讲明气体的状况，选项B错误；
C.铝片遇到冷的浓硫酸会钝化，选项C错误；
D.两种物质的最简式均为CH2，则有0.4 mol CH2，故C—H键数目为0.8N A，选项D正确。

答案选D。

【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的分析应用，主要是弱电解质分析判断，质量换算物质的量计算微粒数和化学键的方法，注意利用气体体积计算气体物质的量时必须指明标准状况，为易错点，题目难度中等。

4.下列实验操作与温度计的使用方法均正确的是(加热装置略)（）
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.苯与浓硝酸均易挥发，反应温度应控制在50～60 ℃，控制水浴温度，选项A正确；
B.混合液反应温度应迅速升温至170 ℃，故温度计水银球应没入溶液中，选项B错误；
C.中和热测定应填充保温隔热材料，并使用环形玻璃搅拌棒且两烧杯口平齐，选项C错误；
D.乙醇和水无法通过蒸馏分离，蒸馏操作时温度计水银球应与支管口平齐，选项D错误。

答案选A。

【点睛】本题考查实验方案的设计，实验室制备物质必须首先明确该物质的性质，以及选择试剂的可行性，实验操作的注意事项，气体的收集，一般应操作简单、安全，验证物质的生成还应考虑干扰气体的除杂等。

5.阿司匹林的有效成分是乙酰水杨酸(COOHOCOCH3)，可以用水杨酸(邻羟基苯甲酸)与乙酸酐[(CH3CO)2O]为原料合成。

下列说法正确的是（）
A. 1mol乙酰水杨酸最多消耗2 molNaOH
B. 已知HCHO为平面形分子，则乙酸酐中最多8个原子共平面
C. 可用酸性KMnO4溶液鉴别水杨酸和乙酰水杨酸
D. 服用阿司匹林时若出现水杨酸反应，应立即停药并静脉注射Na2CO3溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A.乙酰水杨酸中的羧基和酚酯基都能与NaOH反应，因每1 mol酚酯基可消耗2 mol NaOH，故最多可消耗
3 mol NaOH，选项A错误；
B.HCHO为平面形分子且单键可以旋转，因此碳氧双键周围的原子都可处于同一平面，甲基上的碳原子为饱和碳原子，每个甲基上有2个氢原子不能共平面，所以乙酸酐中最多有9个原子共平面，选项B错误；
C.水杨酸分子中的酚羟基易被氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙酰水杨酸不易被氧化，选项C正确；
D.阿司匹林为感冒用药，服用过量会造成水杨酸中毒，出现水杨酸反应应静脉注射NaHCO3溶液而不是Na2CO3溶液，Na2CO3溶液碱性太强，选项D错误。

答案选C。

6.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。

其中X与Y可形成一种淡黄色物质P，常温下将0.05 molP溶于水，配成1L溶液，其中c（H+）/c（OH-）＝1×10－12；Z为金属元素，且Z可在W的一种氧化物中燃烧，生成一种白色的物质和一种黑色的物质。

下列说法错误的是（）
A. 简单离子半径：X＞Y＞Z
B. 化合物P中既含有离子键又含有共价键
C. 氢化物的沸点：W<X
D. W、X、Y三种元素形成的物质的水溶液显碱性
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。

其中X与Y可形成一种淡黄色物质 P，常温下将0.05 molP溶于水，配成1L溶液，其中c（H+）/c（OH-）＝1×10－12，则P为过氧化钠，X原子序数小于Y，故X为氧元素，Y为钠元素；Z为金属元素，且Z可在W的一种氧化物中燃烧，生成一种白色的物质和一种黑色的物质，由此可知Z为镁，在碳的一种氧化物二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，故W为碳元素，据此分析。

【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。

其中X与Y可形成一种淡黄色物质 P，常温下将0.05 molP 溶于水，配成1L溶液，其中c（H+）/c（OH-）＝1×10－12，则P为过氧化钠，X原子序数小于Y，故X为氧元素，Y 为钠元素；Z为金属元素，且Z可在W的一种氧化物中燃烧，生成一种白色的物质和一种黑色的物质，由此可知Z 为镁，在碳的一种氧化物二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，故W为碳元素，故有：
A、元素W、X、Y、Z分别为C、O、Na、Mg，故有离子半径O2－＞Na＋＞Mg2＋，选项A正确；
B、P为Na2O2，既含有离子键又含有共价键，选项B正确；
C、碳的氢化物有多种，其沸点可能高于氧的氢化物，选项C错误；
D、W、X、Y三种元素形成的物质为Na2CO3或Na2C2O4，其水溶液显碱性，选项D正确。

答案选C。

【点睛】该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查对元素周期表的熟悉程度及对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度，易错点为Z为金属且能与W的一种氧化物反应生成一种白色物质的一种黑色物质，推出元素是关键。

7.常温下，用0.10 mol·L－1的氨水滴定20.00 mL a mol·L－1的盐酸，混合溶液的pH与氨水的体积(V)的关系如图所示。

下列说法不正确的是（）
A. 图上四点对应溶液中离子种类相同
B. 若N点溶液中存在c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)，则N点为滴定反应的恰好反应点
C. 若N点为恰好反应点，则M点溶液中存在c(Cl－)＝2c(NH3·H2O)＋2c(NH)
D. 图上四点对应的溶液中水的电离程度由大到小排列为N>P>M>Q
【答案】D
【解析】
【详解】A、四点对应的溶液中均存在： H＋、 OH－、NH、Cl－，选项A正确；
B、若N点溶液中存在c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)，该式为NH4Cl溶液中的质子守恒式，说明溶液中的溶质只有氯化铵，则N点为滴定反应的恰好反应点，选项B正确；
C、若N点为恰好反应点，则M点溶液中c(NH4Cl)＝c(HCl)，根据氯原子和氮原子守恒，M点溶液中存在c(Cl－)＝2c(NH3·H2O)＋2c(NH4+)，选项C正确；
D、因不能确定N点是否为恰好完全反应的点，所以无法比较N点和P点水电离的程度，选项D错误。

答案选D。

8.叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。

NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。

实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t－BuNO2，以t－Bu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。

(1)制备亚硝酸叔丁酯
取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。

可利用亚硝酸与叔丁醇(t－BuOH)在40 ℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：________________。

(2)制备叠氮化钠(NaN3)
按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应方程式为：t－BuNO2＋NaOH＋N2H4===NaN3＋2H2O＋t－BuOH。

①装置a的名称是________________；
②该反应需控制温度在65 ℃，采用的实验措施是____________________；
③反应后溶液在0 ℃下冷却至有大量晶体析出后过滤，所得晶体使用无水乙醇洗涤。

试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是______________________________________________。

(3)产率计算
①称取2.0 g叠氮化钠试样，配成100 mL溶液，并量取10.00 mL溶液于锥形瓶中。

②用滴定管加入0.10 mol·L－1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00 mL[发生的反应为2(NH4)2Ce(NO3)6＋
2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑](假设杂质均不参与反应)。

③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10 mol·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00 mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)。

计算可知叠氮化钠的质量分数为__________(保留2位有效数字)。

若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是______(填字母代号)。

A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗
B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数
C．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡
D．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内
(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：____________________________。

【答案】 (1). t－BuOH＋HNO2t－BuNO2＋H2O (2). 恒压滴液漏斗(滴液漏斗) (3). 水浴加热 (4). 降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失 (5). 65% (6). AC (7). ClO－＋2N＋H 2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑【解析】
【详解】(1)根据元素组成以及酯化反应特点，有水分子生成，无机酸与醇的酯化反应生成亚硝酸酯与水，反应的化学方程式为t－BuOH＋HNO2t－BuNO2＋H2O；
(2) ①根据仪器的构造可知，装置a的名称是恒压滴液漏斗(滴液漏斗)；
②加热温度低于100 ℃，所以用水浴加热；
③叠氮化钠易溶于水，微溶于乙醇，低温下溶解度降低，用乙醇洗涤溶质损失更少；
(3)Ce4＋总计为0.10 mol·L－1×0.04 L＝0.004 mol，分别与Fe2＋和N反应。

其中与Fe2＋按1∶1反应消耗0.10 mol·L －1×0.02 L＝0.002 mol，则与N按1∶1反应也为0.002 mol，即10 mL所取溶液中有0.002 mol N。

原2.0 g叠氮化钠试样，配成100 mL溶液中有0.02 mol即1.3 g NaN3，所以样品质量分数为65%；
误差分析：A、使用叠氮化钠溶液润洗锥形瓶，使进入锥形瓶中溶质比所取溶液更多，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大；
B、六硝酸铈铵溶液实际取量大于40.00 mL，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积增大，计算叠氮化钠溶液浓度偏小；
C、滴定前无气泡，终点时出现气泡，则读数体积为实际溶液体积减气泡体积，硫酸亚铁铵标准液读数体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大；
D、滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内，无影响。

答案选AC；
（4）叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体氮气，结合氧化还原反应配平，反应的离子方程式为：ClO－＋2N＋H 2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑。

【点睛】本题以物质的制备考查氧化还原反应及计算、混合物分离提纯等，注意误差分析的判断，为易错点，题目
难度中等。

9.硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。

硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂，也是动物体必需的营
养元素和对植物有益的营养元素等。

氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。

CuCl难溶于醇和水，
可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。

以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝
酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下所示：
请回答下列问题：
(1)若步骤①中得到的氧化产物只有一种，则它的化学式是____________。

(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式：____________________________________。

(3)步骤⑤包括用pH＝2的溶液酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是__________(写酸的名称)。

(4)上述工艺中，步骤⑥和⑦的作用是_____________。

(5)Se为ⅥA族元素，用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜，硒代硫
酸钠还可用于Se的精制，写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式：_____。

(6)氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如下图所示。

据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl
产率的原因是____________________________________；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是
_______________________________。

(7)用NaHS作污水处理的沉淀剂，可以处理工业废水中的Cu2＋。

已知：25℃时，H2S的电离平衡常数K a1＝1.0×10－7，K
＝7.0×10－15，CuS的溶度积为K sp(CuS)＝6.3×10－36。

反应Cu2＋(aq)＋HS－(aq) CuS(s)＋H＋(aq)的平衡常a2
数K＝__________(结果保留1位小数)。

【答案】 (1). CuSO4 (2). 2Cu2+ +SO32- +2Cl- + H2O=2CuCl↓+SO42- +2H+ (3). 硫酸 (4). 使CuCl干
燥，防止其水解氧化 (5). Na2SeSO3＋H2SO4=Na2SO4＋Se↓＋SO2↑＋H2O (6). 温度过低反应速率慢 (7).
温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解(任答一点即可) (8). 1.1×1021
【解析】
【详解】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤
液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2+ +SO32- +2Cl- + H2O=2CuCl↓+SO42- +2H+，得到的CuCl经
硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜。

(1) 由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO4，故答案为: CuSO4；
(2)铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，步骤③中主要反应的离子方程式为2Cu2+ +SO32- +2Cl- +
H2O=2CuCl↓+SO42- +2H+；
(3) CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，防止CuCl溶解氧化引入新杂质，所以应加入硫酸，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，故答案为:硫酸；
(4) 步骤⑥为醇洗，步骤⑦为烘干，因乙醇沸点低，易挥发，用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止CuCl
水解、氧化，故答案为:醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；
（5）硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒，同时生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：
Na2SeSO3＋H2SO4=Na2SO4＋Se↓＋SO2↑＋H2O；
（6）据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是温度过低反应速率慢；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚
硫酸铵)易受热分解；
（7）反应Cu2＋(aq)＋HS－(aq) CuS(s)＋H＋(aq)的平衡常数
K=。

10.近年来环保要求日益严格，烟气脱硫脱硝技术也逐步完善，目前比较成熟的“氨水—臭氧组合高效脱硫脱硝技
术方案”原理如图所示：
(1)静电除尘处理的烟气属于__________(填分散系名称)，脱硫脱硝塔中待处理烟气从塔底充入而氨水从中上部喷淋的主要目的是____________________。

(2)已知：2NO 2(g)2NO(g)＋O2(g) ΔH1＝＋115.2 kJ·mol－1；2O3(g) 3O2(g) ΔH2＝－286.6 kJ·mol－1。

写出臭氧与NO作用产生NO2和O2的热化学方程式：__________________________。

(3)恒容密闭体系中NO氧化率随值的变化以及随温度的变化曲线如图所示。

NO氧化率随值增大而增大的主要原因是__________________。

当温度高于100 ℃时，O3分解产生活性极高的氧原子，NO转化率随温度升高而降低的可能原因：①平衡后，温度升高平衡逆移；②发生反应__________________。

(4)已知2NO(g)＋2CO(g)2CO 2(g)＋N2(g) ΔH＝－744 kJ·mol－1。

为研究汽车尾气转化为无毒无害物质的有关反应，在密闭容器中充入10 mol CO和8 mol NO，发生反应，如图所示为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。

当压强为10 MPa、温度为T1时，该温度下平衡常数K p＝__________MPa－1(保留2位有效数字)(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。

(5)可用电化学法处理废水中的NH4+，并使其转化为NH3而循环利用。

在含NH4+的废水中加入氯化钠，用惰性电极电解。

装置如图所示，电解时a极的电极反应式为______________________________。

【答案】 (1). 胶体 (2). 利用逆流原理(增大SO2、NO2与氨水的接触面积)，让烟气中的SO2和产生的NO2充分被氨水吸收 (3). NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g) ΔH＝－200.9 kJ·mol－1 (4). n（O3）/n（NO）值增大，O3浓度增加，有利于平衡NO(g)＋O3(g) NO2(g)＋O2(g) 正向移动，NO氧化率增大 (5). NO2＋O NO ＋O2 (6). 0.089 (7). 2NH4+＋2e－=2NH3↑＋H2↑(或2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，NH4+＋OH－=NH3↑＋H2O)
【解析】
【分析】
(1)利用胶体的电泳可以将烟气进行静电除尘；增大被吸收气体与氨水的接触面积，延长反应时间；
(2)利用盖斯定律ΔH2－ΔH1再除以2即可得；
(3)根据平衡移动原理进行分析；
(4)利用三段式进行计算；
(5)用惰性电极电解铵氮变氨氮，是因为阴极上铵根离子得到电子发生还原反应生成氨气和氢气，为确保氨气能挥发出去。

【详解】(1)利用胶体的电泳可以将烟气进行静电除尘；气体从下往上扩散而氨水从上往下喷淋，增大被吸收气体与氨水的接触面积，延长反应时间，能让烟气中的SO2和产生的NO2充分被氨水吸收。

(2) 已知：①2NO2(g)2NO(g)＋O2(g) ΔH1＝＋115.2kJ·mol－1；
②2O3(g)3O2(g) ΔH2＝－286.6kJ·mol－1。

根据盖斯定律，由②-①得反应NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g) ΔH=ΔH2－ΔH1=－200.9 kJ·mol－1；
(3)根据平衡移动原理，增大n(O3)/n(NO)比值，O3浓度增加，有利于平衡NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g) 正向移动，使NO氧化率增大；当温度高于100 ℃时，O3分解生成活性极高的氧原子，NO转化率降低，说明反应中NO2转化为NO，故考虑发生了反应NO2＋O NO＋O2；
(4)体积分数为物质的量分数。

2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g)
初始(mol): 8 10 0 0
变化(mol): －2x －2x x 2x
平衡(mol): 8－2x 10－2x x 2x
体积分数＝＝＝25%，解得x＝2；
故K p＝＝＝0.089MPa－1。

(5)用惰性电极电解铵氮变氨氮，是因为阴极上铵根离子得到电子发生还原反应生成氨气和氢气，为确保氨气能挥发出去，需要保证a极为阴极，否则氨气将大部分溶解在水中，电极反应式为2NH4+＋2e－===2NH3↑＋H2↑或2H2O＋
2e－===H2↑＋2OH－，NH4+＋OH－===NH3↑＋H2O。

11.Fritz Haber在合成氨领域的贡献距今已经110周年，氮族元素及其化合物应用广泛。

(1)在基态13N原子中，核外存在__________对自旋相反的电子，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为
__________形。

(2)根据价层电子对互斥理论，NH3、NO3-、NO2-中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是________，与NO3-互为等电子体的分子为__________。

液氨中存在电离平衡2NH 3NH4+＋NH2-，根据价层电子对互斥理论，可推知NH2-的空间构型为__________，液氨体系内，氮原子的杂化轨道类型为________。

NH3比PH3更容易液化的原因为
__________________。

(3)我国科学工作者实现世界首次全氮阴离子(N5-)金属盐Co(N5)2(H2O)4·4H2O的合成，其结构如图所示，可知N5-的化学键类型有______________。

(4)把特定物质的量之比的NH4Cl和HgCl2在密封管中一起加热时，生成晶体X，其晶胞的结构图及晶胞参数如图所示。

则晶体X的化学式为__________，其晶体密度为__________(设阿伏加德罗常数的值为N A，列出计算式)g·cm －3。

【答案】 (1). 2 (2). 哑铃(纺锤) (3). NH3 (4). SO3或BF3 (5). V形 (6). sp3 (7). 液氨存在分子间氢键，沸点高于PH3，故NH3比PH3更易液化 (8). σ键、π键 (9). HgNH4Cl3 (10). 1×325.5/N A×(a×10-10)2×c×10-10
【解析】
【详解】(1)氮原子的电子排布是1s22s22p3，可知核外存在2对自旋相反的电子。

核外电子占据的最高能级为2p，电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形；
(2) NH3、NO3-、NO2-中，中心原子价层电子对数分别为3、４、４，不同于其他两种粒子的是NH3；等电子体要求原
子总数相同、价原子总数相同，与NO 3-互为等电子体的分子为SO3或BF3；NH的中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为2，可知空间构型为V形；氨气分子中氮原子价层电子对个数=3+×（5-3×1）=4，所以N原子采用sp3杂化；液氨存在分子间氢键，沸点高于PH3，故NH3比PH3更易液化；
(3)由结构可知，存在的化学键为σ键、π键；
(4)由均摊法可知，1个晶胞中Hg2＋、NH、Cl－个数分别为1、1、3，则晶体X的化学式为HgNH4Cl3；
晶体密度ρ＝N M/N A V，又M(HgNH4Cl3)＝325.5 g/mol，V＝(a×10－10)2·c×10－10 cm3。

故ρ＝1×325.5/N A×(a×10-10)2×c×10-10g·cm－3。

12.化合物J是一种常用的抗组胺药物，一种合成路线如下：
已知：①C为最简单的芳香烃，且A、C互为同系物。

②2ROH＋NH3HNR2＋2H2O(R代表烃基)。

请回答下列问题：
(1)A的化学名称是______________，H中的官能团名称是________________________。

(2)由D生成E的反应类型是__________，G的结构简式为________________________。

(3)B＋C→D的化学方程式为______________。

(4)L是F的同分异构体，含有联苯结构，遇FeCl3溶液显紫色，则L有__________________(不考虑立体异构)种。

其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶2∶2∶1的结构简式为______。

(5)写出用氯乙烷和2－氯－1－丙醇为原料制备化合物的合成路线(其他无机试剂任选) __。

【答案】 (1). 甲苯 (2). 醚键、氯原子 (3). 氧化反应 (4). CH2OHCH2Cl (5). ＋
CH2Cl＋HCl (6). 19 (7). (8).
【解析】
【详解】(1)由A→B的反应条件以及B的组成可推知A为甲苯；由H的结构简式可知，H中的官能团为醚键和氯原子；
(2)反应D→E属于去氢加氧的反应，所以其反应类型为氧化反应；由F＋G→H的反应条件(浓硫酸、加热)以及产物中醚键的生成可知，该反应属于羟基间的脱水成醚，故G的结构简式为CH2OHCH2Cl；
(3)B为一氯甲苯，C为苯，结合D的结构简式可得B＋C→D的化学方程式为＋CH2Cl
＋HCl；
(4)根据F的分子组成以及L遇FeCl3溶液显紫色，说明分子中有一个酚羟基和一个甲基，相当于用一个酚羟基和一个甲基分别取代联苯中的两个氢原子，可以用定一移一的方法分析。

先用一个酚羟基取代联苯中一个氢的位置，可得三种结构，分别为、、，这三种结构中苯环上氢的种数分别为7种、7种、5种，说明甲基的取代位置有19种，即L可能的结构有19种。

其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为
3∶2∶2∶2∶2∶1的分子结构应该对称，结构简式为；
(5)先观察目标产物的结构特点，发现目标产物与合成路线中J物质所含官能团相同，所以应结合题干中F→H→J 的合成路线找出所需的反应物为HN(CH2CH3)2、乙醇和2－氯－1－丙醇，其中2－氯－1－丙醇为原料，乙醇可以由氯乙烷水解得到，HN(CH2CH3)2可由乙醇和氨反应得到(已知条件②)，再按F→H→J的过程合成目标产物，合成路线
为。