西藏自治区拉萨中学2021届高三第七次月考理综化学试题

西藏自治区拉萨中学【最新】高三第七次月考理综化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下列说法不正确的是（）
A．铁粉和碳粉的混合物可作食品抗氧化剂
B．共享单车利用太阳能发电完成卫星定位，有利于节能环保
C．补铁剂与维生素C共同服用可提高补铁效果
D．光导纤维、醋酸纤维、硝酸纤维都是以纤维素为原料的化工产品
2．下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是（）
A．A B．B C．C D．D 3．一种新药物结构如图所示，下列有关该化合物说法正确的是
A．分子式为C17H18N2O6
B．能发生水解反应、聚合反应、取代反应
C．能与氢气发生加成反应，但不能与溴的四氯化碳溶液反应
D．分子中含有三种不同的官能团
4．设N A为阿伏加德罗常数的数值。

下列有关叙述正确的是（）
A．7.8gNa2O2中阴离子所含的电子数为1.8N A
B．标准状况下，22.4LCCl4中所含C—C1键的数目为4N A
C．在含Al3+总数为N A的AlCl3溶液中，Cl-总数为3N A
D．在11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4反应中，6mol CuSO4能氧化白磷的分子数为1.1N A
5．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W是地壳中含量最多的元素，X和Z原子最外层电子数相同，Z的原子半径是同周期主族元素中最小的，Y原子的核电荷数是周期数的4倍。

下列说法正确的是
A．氢化物的沸点：X<Z
B．简单离子半径：W>Z>X>Y
C．Y单质着火可用泡沫灭火器灭火
D．X单质可从W的简单氢化物中置换出W单质
6．中国第二化工设计院提出，用间接电化学法对大气污染物NO进行无害化处理，其原理示意如图（质子膜允许H+和H2O通过），下列相关判断正确的是
A．吸收塔中的反应为2NO+2S2O42—+2H2O=N2+4HSO3—
B．电解池中质子从电极I向电极Ⅱ作定向移动
C．电极I为阴极，电极反应式为2H2O+2e—=2OH—+H2↑
D．每处理1 mol NO，电解池质量减少16g
7．已知298K时，K sp(NiS)=1.0×10-21mol2·L-2，K sp(NiCO3)= 1.0×10-7mol2·L-2；
CO )。

在含相同物质的量浓度的Na2S和Na2CO3 p(Ni)=-lgc(Ni2+)，p(B)=-lgc(S2-)或-lgc(2
3
的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。

下列说法中错误的是（）
A．常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度
B．向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动
C．对于曲线I，在b点加热，b点向c点移动
CO
D．p为3.5且对应的阴离子是2
3
二、原理综合题
8．纳米材料一直是人们研究的重要课题，例如纳米级Fe粉表面积大，具有超强的磁性，高效催化性等优良的性质。

I、实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图所示：
（1）纳米级Fe和稀盐酸反应的离子方程式为_______________________________。

（2）如何将FeCl2·nH2O固体加热脱水制得无水FeCl2
_____________________________________(用简要文字描述)。

（3）生成纳米级Fe的化学方程式为______________________________________。

II、查阅资料：在不同温度下，纳米级Fe粉与水蒸气反应的固体产物不同，温度低于570℃时生成FeO，高于570℃时生成Fe3O4。

甲同学用如图甲装置所示进行纳米级Fe粉与水蒸气反应的实验，乙同学用图乙所示的装置进行纳米级Fe粉与水蒸气的反应并验证产物。

（4）甲装置中纳米级Fe粉与水蒸气反应的化学方程式是______________________。

（5）甲装置中仪器a的名称为_______________________。

（6）乙同学为探究实验结束后试管内的固体物质成分，进行了下列实验：
根据以上实验，乙同学认为该条件下反应的固体产物为FeO 。

丙同学认为乙同学的结论不正确，他的理由是______(用简要文字描述)。

（7）丁同学称取5.60gFe 粉，用乙装反应一段时间后，停止加热。

将试管内的固体物质在干燥器中冷却后，称得质量为6.88g ，则丁同学实验后的固体物质中氧化物的质量分数为________(结果保留三位有效数字)。

9．铍铜是力学、化学综合性能良好的合金，广泛应用于制造高级弹性元件。

以下是从某废旧铍铜元件(含BeO25%、CuS71%、少量FeS 和SiO 2)中回收铍和铜两种金属的流程
已知：I.铍、铝元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似
Ⅱ.常温下： K sp [Cu(OH)2]=2.2×10-20 K sp [Fe(OH)3]=4.0×10-38 K sp [Mn(OH)2]=2.1×10-13
（1）滤液A 的主要成分除NaOH 外，还有______________ (填化学式)
写出反应I 中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式____________________________
（2）①溶液C 中含NaCl 、BeCl 2和少量HCl ，为提纯BeCl 2，选择合理步骤并排序______________。

a 加入过量的 NaOH b.通入过量的CO 2 c 加入过量的氨水
d.加入适量的HCl
e.过滤 f 洗涤
②从BeCl 2溶液中得到BeCl 2固体的操作是____________________________。

（3）①MnO 2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，写出反应Ⅱ中CuS 发生反应的化学方程式________________________________________________________。

②若用浓HNO 3溶解金属硫化物，缺点是______________ (任写一条)。

（4）溶液D中含c(Cu2+)=2.2mol·L-1、c(Fe3+)=0.008mol·L-1、c(Mn2+)=0.01mol·L-1，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，首先沉淀的是______________ (填离子符号)，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH值大于______________。

（5）取铍铜元件1000g，最终获得Be的质量为81g，则产率是______________。

10．氮的固定对工农业及人类生存具有重大意义。

2NH3(g)。

Ⅰ.合成氨是最重要的人工固氮：N2(g)+3H2(g)高温、高压
催化剂
（1）下列关于该反应的说法中，正确的是_________。

A．△H＞0，△S＞0 B．△H＞0，△S＜0
C．△H＜0，△S＞0 D．△H＜0，△S＜0
（2）—定温度下，在容积为1L的密闭容器中，加入ImolN2和3molH2，反应达到平衡时H2的转化率为60%，则此条件下反应的平衡常数K=_______ (此处不要求写单位)；保持容器体积不变，再向容器中加入lmolN2，3molH2反应达到平衡时，氢气的转化率将___________ (填“增大”、“减小”或“不变”)
（3）标准状况下，若将22.4mL的氨气通入100mLpH为2的盐酸中.则溶液中各离子浓度的顺序由大到小为__________________________。

（4）将氨气通入盛有CaSO4悬浊液的沉淀池中，再通入适量的CO2气体，充分反应后，过滤所得滤液为(NH4)2SO4溶液，该过程的化学方程式为____________________。

II.随着研究的不断深入，科学家发明了越来越多有关氮的固定方法。

（5）20世纪末，科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷(能传递H+)为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现常压、570℃高温的电解法合成氨，提高了反应物的转化率，其实验简图如下，阴极的电极反应式为
______________________________________ 。

（6）近年，又有科学家提出在常温、常压、催化剂等条件下合成氨气的新思路，反应原理为：
2N2(g)+6H2O(I) ⇌4NH3(g)+3O2(g)，则其反应热△H=____________。

(已知：N2(g)+3H2(g)
⇌ 2NH3(g) △H=-92.4kJ·mol-1；2H2(g)+O2(g) ⇌ 2H2O(I) △H=-571.6kJ·mol-1)
11．含钴化合物在机械制造、磁性材料等领域具有广泛的应用，请回答下列问题：
(1)基态Co3+的价电子排布图为____。

(2)钴的配合物[Co(NH3)5Br](NO3)2
①第一电离能N_____O(填“大于”、“小于”或“不能确定”)；两种配位原子的杂化轨道类型均为____；
②钴离子周围配位键数目（配位数）是___；N03-的空间构型为____；
③已知Br的含氧酸酸性由强到弱的顺序为HBrO4>HBrO3>HBrO2>HBrO，其原因是____。

(3)某钴氧化物品体具有CoO2的层状结构如下图所示(小球表示Co，大球表示O)。

下列用粗线面出的结构单元不能描述CoO2)的化学组成的是_____
(4)Co的另一种氧化物的晶胞如图，已知钴原子的半径为apm，氧原子的半径为b pm，它们在晶体中是紧密接触的，钴原子填在氧原子的___填“正八面体”、“正四面体”或“立方体”）空隙；钴原子与跟它次近邻的氧原子之间的距离为____；在该钴的氧化物品体中原子的空间利用率为____（均用含a、b的计算表达式表示）。

三、有机推断题
12．由芳香烃X合成一种功能高分子H的过程如下。

(部分产物、合成路线、反应条件略去)。

其中A是一氯代物，H的链节组成为C7H5NO
已知：I芳香烃X用质谱仪测出的质谱图如图所示
请根据所学知识与本题所给信息回答下列问题
（1）H的结构简式是_____________；(2)反应③和④的类型分别是
_____________、_____________
（3）反应⑤的化学方程式是__________________________
（4）阿司匹林中含氧官能团的名称为__________________________
（5）的一种同系物有多种同分异构体，其中符合下列要求的共有_____________种(不考虑立体异构)，写出其中核磁共振氢谱为6组峰，且峰面积比为2：2：2：2：1：1的结构简式_____________
①能与NaHCO3反应放出CO2
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③苯环上的一取代物有两种
（6）请用合成反应流程图表示出由A和其他无机物合成最合理的方案。

_______________
例：。

参考答案
1．D
【详解】
A．铁粉可以被氧气氧化，二者组成的混合物可作食品抗氧化剂，A正确，不选；
B．共享单车利用太阳能发电完成卫星定位，减少能源的使用，有利于节能环保，B正确，不选；
C．维生素C具有还原性，补铁剂与维生素C共同服用可提高补铁效果，C正确，不选；D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是以纤维素为原料的化工产品，D错误，符合题意；答案选D。

2．B
【解析】
A. 向亚硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的Ba(C1O)2溶液，Ba(C1O)2溶液具有氧化性，能够将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，生成硫酸钡沉淀，不能证明试样已氧化变质，故A错误；
B.根据氧化还原反应方程式中氧化剂的氧化性比氧化产物的氧化性强，向Co2O3中滴入浓盐酸，产生黄绿色气体氯气，说明氧化性：Co2O3>C12，故B正确；
C.应该先滴加KSCN 溶液，后滴加氯水，故C错误；
D. 向Na2SO4和Na2CO3混合溶液中滴入AgNO3溶液能够反应生成硫酸银和碳酸银沉淀，不能证明K sp(Ag2SO4)< K sp(Ag2CO3)，故D错误；故选B。

3．B
【解析】A. 由图中信息可知，该有机物的分子式为C17H20N2O6，A不正确；B.该有机物含有酯基、碳碳双键及苯环，故其能发生水解反应、加聚反应、取代反应（酯的水解反应及苯环上的取代反应），B正确；C. 该有机物分子中有碳碳双键，故其既能与氢气发生加成反应，又能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，C不正确；D. 分子中含有氨基、酯基、硝基和碳碳双键等四种不同的官能团，D不正确。

本题选B。

4．A
【解析】A. 7.8gNa2O2的物质的量是0.1mol，其中阴离子是O22－，所含的电子数为1.8N A，A正确；B. 标准状况下四氯化碳是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4LCCl4中所含C －C1键的数目，B错误；C. 铝离子在溶液中水解，因此在含Al3+总数为N A的AlCl3溶液中，Cl-总数大于3N A，C错误；D. Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，
60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，则由电子守恒可知，有6mol的CuSO4
=0.3mol，D错误，答案选参加反应，则被硫酸铜氧化的白磷分子的物质的量为6mol×(2−1)
4×(5−0)
A。

点睛：选项D是解答的易错点，答题的关键是准确判断出有关元素的化合价变化情况，尤其要注意白磷在反应中既是氧化剂，也是还原剂，为易错点。

进行相关的计算时要注意灵活应用电子得失守恒。

5．D
【解析】W是地壳中含量最多的元素，即W为O，X和Z原子最外层电子数相同，说明X 和Z位于同主族，Z的原子半径是同周期主族元素中最小的，即Z为Cl，X为F，Y原子核电荷数是周期数的4倍，Y是Mg，A、X的氢化物是HF，Z的氢化物是HCl，HF分子间存在分子间氢键，HCl不含分子间氢键，因此HF的沸点高于HCl，故A错误；B、简单离子半径大小顺序是Cl－>O2－>F－>Mg2＋，故B错误；C、Y的单质是Mg，泡沫灭火器产生CO2，Mg能与CO2发生反应，因此Mg单质着火不能用泡沫灭火器灭火，故C错误；D、F2与H2O 发生2F2＋2H2O=4HF＋O2↑，故D正确。

6．A
【详解】
A．吸收塔中通入NO和S2O42-发生离子反应，生成N2和HSO3-，所以反应方程式为：
2NO+2S2O32-+H2O＝N2+4HSO3-，A正确；
B．电极I为阴极，则电极Ⅱ为阳极，电解池中阳离子向阴极移动，所以电解池中H+通过质子膜向电极I处移动，B错误；
C．HSO3-在电极I上转化为S2O42-，过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极，电极反应为：2HSO3-+2e-+2H+＝S2O42-+2H2O，C错误；
D．电极Ⅱ为阳极，H2O在电极Ⅱ上被转化为O2，发生电极反应：2H2O-4e-＝O2↑+4H+，每处理1mol NO，则转移电子数为1mol×2=2mol，根据电子转移守恒，则产生O2的物质的量为2mol×1/4=0.5mol，产生2molHSO3-进入电解池，0.5molO2逸出电解池，1molS2O42-流出电解池，所以电解池质量减少为2mol×81g/mol－0.5mol×32g/mol－1mol×128g/mol ＝18g，D错误；
答案选A。

7．C
【分析】
已知p(Ni)=-lgc(Ni 2+)，p(B)=-lgc(S 2-)或-lgc(23CO -
)，离子的浓度越小，则其负对数值越大，
故K sp (NiS)＜K sp (NiCO 3)，则曲线I 代表NiS ，曲线Ⅱ代表NiCO 3。

【详解】
A ．常温下K sp (NiS)＜K sp (NiCO 3)，NiS 、NiCO 3的组成类型相同，故常温下NiCO 3的溶解度大于NiS ，A 说法正确；
B ．K sp (NiS)＜K sp (NiCO 3)，则曲线I 代表NiS ，曲线Ⅱ代表NiCO 3，在d 点溶液中存在溶解平衡：NiS(s)⇌ Ni 2+(aq)+S 2-(aq)，加入Na 2S ，S 2-浓度增大，平衡逆向移动，Ni 2+浓度减小，d 点向b 点移动，B 说法正确；
C ．对曲线I 在b 点加热，NiS 的溶解度增大，Ni 2+、S 2-浓度增大，b 点向a 点方向移动，C 说法错误；
D ．曲线Ⅱ代表NiCO 3，a 点时，c(Ni 2+)=c(23CO -)，
K sp (NiCO 3)=c(Ni 2+)×c(23CO -)=1.0×10-7mol 2·L -2，则c(Ni 2+)=c(23CO -)=1.0×10-3.5mol·L -1，
p=p(Ni)=p(B)=3.5，D 说法正确；
答案为C 。

8．Fe+2H +=Fe 2++H 2↑ 在干燥的HC1气流中加热 FeCl 2+H 2Fe+2HCl Fe+H 2O(g)FeO+H 2 蒸发皿 加入KSCN 溶液，溶液没有出现红色，也可能是因为Fe 过量，与生成的Fe 3+反应转化为Fe 2+ 67.4%
【解析】
（1）纳米级Fe 和稀盐酸反应生成FeCl 2和H 2，离子方程式为Fe+2H +=Fe 2+ + H 2 ↑；
（2）FeCl 2·nH 2O 固体加热脱水时，易发生水解，水解方程式为FeCl 2+2H 2O ⇌ Fe(OH)2+2HCl ，为防止FeCl 2水解，在加热脱水时，通常通入干燥的HCl 气体，HCl 能抑制FeCl 2的水解，且通入的HCl 气体可带走水蒸气，利于固体脱水。

故答案为在干燥的HC1气流中加热；
（3）根据流程可知，FeCl 2·nH 2O 固体加入脱水得到FeCl 2，然后N 2、H 2与FeCl 2在高温条件下反应得到纳米级Fe ，反应方程式为FeCl 2+H 2Fe+2HCl 。

（4）根据已知“纳米级Fe 粉与水蒸气反应，温度低于570℃时生成FeO ”，甲装置用酒精灯加热，反应温度较低，产物为FeO 。

Fe 失电子，水中H 得电子，生成氢气，则反应方程
式为Fe+H 2O(g) FeO+H 2；
（5）仪器a 为蒸发皿；
（6）加入KSCN 溶液，溶液没有出现红色，说明溶液中没有Fe 3+，可能是因为纳米级Fe 粉与水蒸气反应的过程中Fe 过量，Fe 没有反应完；将反应后的固体，加入少量的盐酸，也可能发生反应Fe+2 Fe 3+=3Fe 2+，所以看不到血红色。

故答案为加入KSCN 溶液，溶液没有出现红色，也可能是因为Fe 过量，与生成的Fe 3+反应转化为Fe 2+；
（7）用乙装置反应，反应温度高于570℃，则Fe 粉与水蒸气反应的固体产物为Fe 3O 4。

反应后所得固体的质量为6.88g ，其中氧原子的质量为m(O )=6.88g-5.60g=1.28g ，则n(O )=
1.2816/g g mol
=0.08mol 。

由关系式1 Fe 3O 4～4 O ，可得n(Fe 3O 4)=0.02mol 。

所以固体物质中氧化物的质量分数=34()1006.88m Fe O g ％⨯=232/mol 0.021006.88g mol g
⨯⨯％ ≈67.4% 点睛：（7）问中求“实验后的固体物质中氧化物的质量分数”，突破口为原子守恒及差量法。

根据原子守恒可知，所得固体中Fe 元素的质量依然是5.60g ，反应后固体所增加的质量即为产物中O 元素的质量。

再根据反应条件推断产物为Fe 3O 4，根据O 元素的质量，可求得产物Fe 3O 4的质量。

9．Na 2SiO 3、Na 2BeO 2 BeO 22-+4H +=Be 2++2H 2O cefd 蒸发结晶时，向溶液中持续通入氯化氢气体 MnO 2+CuS+2H 2SO 4=S↓+MnSO 4+CuSO 4+2H 2O 产生污染环境的气体(合理即可) Fe 3+ 4 90%
【解析】
考查化学工艺流程，（1）旧铍铜原件的成分BeO 、CuS 、FeS 、SiO 2，根据信息I ，BeO 属
于两性氧化物，
CuS 不与氢氧化钠溶液反应，FeS 不与氢氧化钠反应，SiO 2属于酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，因此滤液A 中主要成分是NaOH 、Na 2SiO 3、Na 2BeO 2；根据信息I ，BeO 2－与过量盐酸反应的离子方程式为 BeO 22－+4H ＋=Be 2＋+2H 2O ；（2）利用Be 元素、铝元素化学性质相似，向溶液C 中先加入过量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，然后过滤、洗涤，再加入适量的HCl ，生成BeCl 2，合理步骤是cefd ；②为了抑制Be 2＋的水解，因此需要在HCl 的氛围中对BeCl 2溶液蒸发结晶；（3）①根据信息，CuS 中S 转化为S 单质，MnO 2中Mn 被还原为Mn 2＋，根据化合价升降法进行配平，其化学反应方程式为
MnO 2+CuS+2H 2SO 4=S↓+MnSO 4+CuSO 4+2H 2O ；②用浓硝酸作氧化剂，HNO 3被还原成NO 2，NO 2有毒污染环境；（4）三种金属阳离子出现沉淀，根据浓度商与K sp 的关系，Cu 2＋转化成沉淀，c(OH －)=mol·L －1，Fe 3＋转化成沉淀，c(OH －)=mol·L －1，Mn 2＋转化成沉淀，c(OH －)=mol·L －1，因此首先沉淀的是Fe 3＋，
为使Cu 2＋沉淀，此时c(OH －)=1×10－10mol·L －1，c(H ＋)=10－14/10－10=10－4mol·L －1，即pH=4，
当pH>4时，Cu 2＋出现沉淀；（5）混合物中BeO 的质量为1000×
25%=250g ，理论上得到Be 的物质的量为250/25mol=10mol ，实际得到Be 物质的量为81/9mol=9mol ，产率是9/10×100%=90%。

10．D 2512
或2.08 增大 c(Cl -)>c(+4NH )>c(H +)>c(OH -) CaSO 4+CO 2+2NH 3+H 2O=CaCO 3↓+(NH 4)2SO 4 N 2+6e -+6H + = 2NH 3 +1530.0kJ·mol -1
【详解】
(1)反应N 2(g)+3H 2(g)
催化剂
高温、高压 2NH 3(g)的△S<0，根据△H−T △S<0可知△H<0，选项D 正确，
故答案为：D ； (2) —定温度下，在容积为1L 的密闭容器中，加入ImolN 2和3molH 2，反应达到平衡时H 2的转化率为60%，列出三段式
()()
()
()()()223N g +3H g 2NH g mol/L 130
mol/L 0.6 1.81.2
mol/L 0.4 1.21.2
催化剂高温、高压起始转化平衡 K=()()()23322c NH c N c H ⨯=2
31.20.4 1.2⨯=2512
=2.08，保持容器体积不变，再向容器中加入lmolN 2，3molH 2，相当于在2L 容器中加入2molN 2、6molH 2反应达到平衡时再缩小体积到1L ，此时平衡正向移动，氢气的转化率增大；故答案为：2512
或2.08；增大； (3)标准状况下，若将22.4mL 的氨气通入100mLpH 为2的盐酸中得到NH 4Cl 溶液，NH 4+的
水解使得溶液显酸性，即c(H+)>c(OH−)，再结合溶液中的电荷守恒可知溶液中各离子浓度的顺序由大到小为c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)，故答案为：c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)；
(4)将氨气通入盛有CaSO4悬浊液的沉淀池中，再通入适量的CO2气体，可得到碳酸钙沉淀，同时过滤得滤液为(NH4)2SO4溶液，发生反应的化学方程式为
CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+(NH4)2SO4，故答案为：
CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+(NH4)2SO4；
(5)电解池中氮气在阴极得电子生成氨气，其电极方程式为：N2+6e-+6H+ = 2NH3，故答案为：N2+6e-+6H+ = 2NH3；
(6)已知：①N 2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ·mol-1；②2H2(g)+O2(g)2H2O(I)
△H=-571.6kJ·mol-1，由盖斯定律：①×2−②×3得2N 2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)，
△H=(−92.4kJ⋅mol−1)×2−(−571.6kJ⋅mol−1)×3=+1530kJ⋅mol−1；故答案为：+1530kJ⋅mol−1。

11．大于sp36平面（正）三角形含氧酸的中心
元素相同时，非羟基氧越多，中心元素的正电性越高，导致Br-O-H中的O的电子向Br偏移，在水分子作用下也就越易电离H+D正八面体
【解析】
(1)钴价电子为9，基态Co3+的价电子排布图为；（2）①氮的3P处于
半充满状态，第一电离能N大于O；两种配位原子的杂化轨道类型均为sp3；②钴离子周围上下左右前后位置有氧原子，配位键数目（配位数）是6；氮形成3个δ键，sp2杂化，N03-的空间构型为平面（正）三角形；③已知Br的含氧酸酸性由强到弱的顺序为
HBrO4>HBrO3>HBrO2>HBrO，其原因是含氧酸的中心元素相同时，非羟基氧越多，中心元素的正电性越高，导致Br-O-H中的O的电子向Br偏移，在水分子作用下也就越易电离H+；(3)CoO2的重复结构单元示意图中Co、O原子数目之比应为1：2，由图象可知：A中Co、O原子数目之比为1：4×1/2=1：2，符合，B中Co、O原子数目之比为（1+4×1/4）：4=1：2，符合，C中Co、O原子数目之比为4×1/4：4×1/2=1：2，符合，D中Co、O原子数目之比为
1：4×1/4=1：1，不符合，故选D。

(4)钴原子填在氧原子的正八面体的空隙里，钴原子与跟
(a b =+ pm ；每个晶胞中含有的Co 原子为：8×1/8+6×1/2=4，O 为12×1/4+1=4，4个Co 和O 原子的体积为334()3
a b π+ ×4，晶胞的体积：（2a+2b ）3，在该钴的氧化物品体中原子的空间利用率为3334()43100%(22)
a b a b π+⨯⨯+ 。

点睛：本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、配合物、晶胞计算等，侧重考查学生对知识的理解与迁移应用，易错点：(3)CoO 2的重复结构单元示意图中Co 、O 原子数目之比应为1：2，注意利用均摊法进行晶胞计算，难点（4）先求出4个Co 和O 原子的体积为33
4
()3a b π+ ×4，再求出晶胞的体积：（2a+2b ）3，得利用率。

12． 还原反应 缩聚反应
酯基 羧基
16
【解析】
（1）邻氨基苯甲酸在一定条件下发生缩聚反应，生成高分子化合物H ，H 的结构简式是
；正确答案 ：。

（2）X 发生硝化反应生成有机物 F ，有机物F 中一定含有硝基， 有机物F 被氧化为羧基，变为有机物 G ，有机物G 在铁、盐酸作用下还原为氨基；最后邻氨基苯甲酸在一定条件下发生缩聚反应，生成高分子化合物H ；因此反应③和④的类型分别是还原反应、缩聚反应；正确答案：还原反应、缩聚反应。

（3）A是一氯代物，A为，有机物B为苯甲醇，苯甲醇氧化为苯甲醛C，苯甲醛C能够被银氨溶液氧化为苯甲酸盐，反应⑤的化学方程式是
；正确答案：。

（4）根据阿司匹林分子结构可知，其含有的含氧官能团的名称为酯基和羧基；正确答案：酯基和羧基。

（5）分子式为C9H10O3，满足①能与NaHCO3反应放出CO2，一定含有羧基；②能与FeCl3溶液发生显色反应，一定含有酚羟基，③苯环上的一取代物有两种，环上有2种氢；苯环上含有（1个-OH和1个–CH2CH2COOH）结构有1种；苯环上含有（1个-OH 和1 个
–CH(CH3)COOH）结构有1种；含有苯环，且环上两个甲基在邻位，则-COOH和–OH的异构有5种，含有苯环，且环上两个甲基在间位，则-COOH和–OH的异构有6种；含有苯环，且环上两个甲基在对位，则则-COOH和–OH的异构有3种；共计有16种；其中满足核磁共振氢谱为6组峰，且峰面积比为2：2：2：2：1：1的结构简式
；正确答案：16；。

（6）有机物A为甲苯，发生侧链一取代后，水解变为一元醇，而最后的产物为二元醇，所以就必须对进行加成处理，变为，然后发生消去反应变为，再
进行加成，变为氯代烃，最后水解变为目标产物；具体流程如下：
；正确答案：。

点睛：甲苯与氯气发生反应，随着条件不同，产物也不一样；如果是铁作催化剂，发生环上的取代反应，若是光照条件，发生甲基上取代反应；甲苯发生硝化反应后，硝基上到苯环上，然后硝基变为氨基的过程是还原反应，不是取代反应，这是一个易错点。