2019届四川省泸州市高三下学期第三次教学质量诊断性考试理科综合化学试题(解析版)

2019届四川省泸州市高三下学期第三次教学质量诊断性考试
理科综合化学试题（解析版）
可能用到的相对原子质量O:16 K:39 Ba:137 S:32 Cu:64 Cl:35.5 Ni:59
1.化学与社会、生活密切相关，下列解释错误的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸钠在土壤中显碱性，硫酸钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，碳酸钙难溶于水，所以能降低土壤的碱性，原理解释不正确，故A错误；
B．二氧化硫能够与有色物质化合生成无色物质，具有漂白性，可以漂白纸浆，故B正确；
C．地沟油的主要成分是油脂，油脂与碱反应生成高级脂肪酸盐，所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂，故C正确；
D．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，可以作焙制糕点的发酵粉，故D正确；
答案选A。

2.2-苯基丙烯酸是一种重要的医药中间体，其结构简式如图所示。

下列有关它的说法错误的是
A. 分子式为C9H8O2
B. 能发生酯化、加成、氧化反应
C. 苯环上的二氯代物为4种
D. 分子中所有碳原子可能共平面
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据结构简式可知，该有机物的分子式为C9H8O2，故A正确；
B. 结构中含有羧基，能够发生酯化反应，含有苯环，能够发生加成反应、含有碳碳双键能够发生氧化反应和加成反应，故B正确；
C. 苯环上的二氯代物为6种，分别为（●表示氯原子）、
、
、、、，故C错误；
D. 苯环和碳氧双键均为平面结构，分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；
答案选C。

3.下列实验操作与现象都正确，且能得出对应结论的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A ．向含有淀粉的FeI 2溶液中滴加2滴新制氯水，氯水少量，还原性强的优先被氧化，溶液变蓝，说明碘离子优先被氧化，则还原性I -＞Fe 2+，故A 正确；
B ．向0.2mol/L Na 2SiO 3溶液中滴加稀盐酸，产生白色胶状沉淀，说明盐酸的酸性大于硅酸的酸性，盐酸为无氧酸，不能比较非金属性，故B 错误；
C ．常温下铁遇浓硝酸发生钝化，不能比较铁、铜的金属性，且由金属活动性顺序可知金属性Fe ＞Cu ，故C 错误；
D ．未说明Mg 2+和Cu 2+共存的溶液中2种离子的浓度大小，无法判断溶度积常数的大小关系，故D 错误； 答案选A 。

【点睛】本题的
易错点为B ，要注意非金属性强弱的比较方法，方法之一为最高价含氧酸的酸性强弱，而盐酸为无氧酸。

4.为实现随处可上网，中国发射了“中星16号”卫星。

NH 4ClO 4是火箭的固体燃料，发生反应为2NH 4ClO
4
N 2↑+Cl 2↑+2O 2↑+4H 2O ，N A 代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. 1mol NH 4ClO 4溶于水含NH 4+和ClO 4－离子数均为N A
B. 反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1:3
C. 产生6.4g O 2反应转移的电子总数为0.8N A
D. 0.5mol NH 4ClO 4分解产生的气体体积为44.8L 【答案】B 【解析】
【详解】A. NH 4+
为弱碱的阳离子，在水溶液中要水解，因此1mol NH 4ClO 4溶于水含NH 4+
离子数少于N A ，故A 错误； B. 2NH 4ClO 4
N 2↑+Cl 2↑+2O 2↑+4H 2O 反应中还原产物为氯气，氧化产物为氮气和氧气，还原产物分子
数与氧化产物分子总数之比为1∶3，故B 正确； C. 6.4g O 2的物质的量=
=0.2mol ，根据2NH 4ClO 4
N 2↑+Cl 2↑+2O 2↑+4H 2O ，产生6.4g O 2反应
转移的电子总数为1.4N A ，故C 错误；
D.未告知是否为标准状况，无法计算 0.5mol NH 4ClO 4分解产生的气体的体积，故D 错误； 答案选B 。

【点睛】本题易错点为D ，使用气体摩尔体积需要注意：①对象是否为气体；②温度和压强是否为标准状况。

5.刚结束的两会《政府工作报告》首次写入“推动充电、加氢等设施的建设”。

如图是一种正负电极反应均涉及氢气的新型“全氢电池”，能量效率可达80%。

下列说法中错误的是
A. 该装置将化学能转换为电能
B. 离子交换膜允许H+和OH－通过
C. 负极为A，其电极反应式是H2－2e－+ 2OH－= 2H2O
D. 电池的总反应为H+ + OH－H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
由工作原理图可知，左边吸附层A上氢气失电子与氢氧根结合生成水，发生了氧化反应为负极，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层B为正极，发生了还原反应，电极反应是2H++2e-═H2↑，结合原电池原理分析解答。

【详解】A.“全氢电池”工作时是原电池反应，能量变化是将化学能转化为电能，故A正确；
B. 由工作原理图可知，左边溶液为碱性，右边溶液为酸性，所以离子交换膜可阻止左边的碱性溶液和右边的酸性溶液发生中和，因此该离子交换膜不能允许H+和OH－通过，故B错误；
C.根据氢气的进出方向可知，氢气在吸附层A上发生氧化反应，化合价由0价变成+1价，吸附层A为负极，电极反应为：H2-2e-+2OH-═2H2O，故C正确；
D.根据C的分析可知，右边吸附层B为正极，发生了还原反应，正极电极反应是2H++2e-═H2↑，左边吸附层A为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，因此总反应为：H++OH-H2O，故D正确；答案选B。

6.W、Q、X、Y、Z为短周期元素且原子序数依次增大，X原子的K层电子数与M层电子数相等，Y是常用的灰黑色半导体材料，通常状态下YW4呈气态。

下图是晶体Y的一种制备路线图。

有关说法正确的是
A. 标准状况下，WZ为液态
B. 原子半径大小为W<X<Y
C. YQ2和YW4均只含极性共价键
D. 氢化物的稳定性为Q>Y>Z
【答案】C
【解析】
【分析】
W、Q、X、Y、Z为短周期元素且原子序数依次增大，X原子的K层电子数与M层电子数相等，X为Mg元素；Y是常用的灰黑色半导体材料，通常状态下YW4呈气态，则Y为Si元素，W为H元素；根据晶体Y的一种制备路线图，Z为-1价，原子序数大于14，则Z为Cl元素，YQ2中Q为-2价，结合原子序数的关系可知，Q为O元素，结合元素周期律分析解答。

【详解】根据上述分析，W为H元素，Q为O元素，X为Mg元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。

A. WZ为HCl，标准状况下，HCl为气体，故A错误；
B. 一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，因此原子半径大小顺序为W<Y <X，故B错误；
C. YQ2和YW4分别为SiO2、SiCl4，均为共价化合物，只含极性共价键，故C正确；
D. 非金属性越强，对应氢化物越稳定，氢化物的稳定性为Z >Y，故D错误；
答案选C。

7.25℃时，向20mL0.1 mol/L H2R溶液中滴加0.1 mol/LNaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。

已知pK a=﹣lgK a，二元弱酸H2R的pK a1=1.89，pK a2=7.21。

下列有关说法错误的是
A. 溶液的导电性：点a弱于点b
B. 离子浓度c(R2-)：点c小于点d
C. H2R + R2-=2HR-平衡常数>105，反应趋于完全
D. 点b时，y<7且<1
【答案】D
【解析】
【详解】A. b点是向20mL 0.1mol•L-1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液20mL，得到浓度为0.05mol/L的NaHR溶液；a点是向20mL 0.1mol•L-1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液10mL，
得到浓度均为mol/L的NaHR和H2R的混合溶液，由于阴离子的水解和电离程度均很小，因此b点溶液中的离子浓度大于a点，导电能力点a弱于点b，故A正确；
B. c点溶液溶质为等物质的量的Na2R、NaHR，浓度均为0.03mol/L，d 点溶液中溶质为mol/L Na2R，R2-水解但程度较小，HR-既电离又水解但程度均很小，因此离子浓度c(R2-)：点c小于点d，故B正确；
C. H2R + R2-=2HR-平衡常数K>105，说明反应进行的程度很大，反应趋于完全，故C正确；
D. b点时所得溶液为0.05mol/L的NaHR溶液，pK a2=7.21，K a2=10-7.21，则HR-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，y＜7，pK a1=1.89，则K a1=10-1.89，K a1=，同理K a2=，则
K a1×K a2=×=，因此=
==104.9＞1，故D错误；
答案选D
8.黄色超氧化钾(KO2)可作为宇宙飞船舱的氧源。

某学习小组设计以下实验探究KO2的性质，请回答相关问题：
I.探究KO2与水的反应
II. 探究KO2与SO2的反应
（4）正确的操作依次是___________________。

①打开K1通入N2 ，排尽装置内原气体后关闭
②拆卸装置至实验完成
③检查装置气密性，然后装入药品
④打开分液漏斗活塞K2
（5）A装置发生的化学方程式为____________________。

（6）用上述装置验证“KO2与SO2反应生成O2”还存在不足，你的改进措施是_____。

（7）改进后再实验，待KO2完全反应后，将装置C中固体加水溶解，配成50.00mL溶液，等分为M、N两
份。

①向M溶液中加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液，充分反应后，将沉淀过滤、洗涤、__，称重为2.33g。

②将N溶液移入_______（填仪器名称）中，用0.40mol/L酸性KMnO4溶液滴定，终点时消耗酸性KMnO4溶
液20.00mL。

③依据上述现象和数据，请写出该实验总反应的化学方程式___________。

【答案】 (1). O2 (2). KOH和H2O2 (3). 产生红褐色沉淀和气体(4). ③①④①②或③④①② (5). H2SO4 + Na2SO3＝ Na2SO4 + H2O + SO2↑ (6). 在B、C之间连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶（或者将
B装置中的饱和NaHSO3溶液替换为浓硫酸） (7). 干燥 (8). 锥形瓶 (9). 6KO2+3SO2＝
2K2SO3+K2SO4+4O2
【解析】
【分析】
(1)根据带火星的木条复燃判断；
(2)根据反应后溶液中滴加酚酞试液，溶液先变红后褪色分析判断；
(3)根据(1)和(2)的分析，结合过氧化氢能够催化分解分析解答；
(4)根据题示的实验操作，结合实验装置图分析解答；
(5)A装置中70%的H2SO4与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，据此书写反应的化学方程式；
(6)从实验的装置图可知，进入硬质玻璃管的气体中含有水蒸气，据此分析解答；
(7)2.33g沉淀为硫酸钡，高锰酸钾与亚硫酸钠反应的方程式为2KMnO4+5K2SO3+3H2SO4=6K2SO4+2MnSO4+3H2O，计算出生成的硫酸钾和亚硫酸钾的物质的量之比，然后书写反应的方程式。

【详解】(1)取少量KO2固体于试管中，滴加少量水，将带火星的木条靠近试管口，木条复燃，说明生成的气体为氧气，故答案为：O2；
(2)KO2固体中滴加少量水，反应后溶液中滴加酚酞试液，溶液先变红后褪色，说明反应生成氢氧化钾和过氧化氢，故答案为：KOH和H2O2；
(3)KO2固体中滴加少量水，反应后溶液中滴加FeCl3溶液，氯化铁与氢氧化钾反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，同时氯化铁催化过氧化氢分解放出氧气，因此看到的现象为产生红褐色沉淀和气体，故答案为：产生红褐色沉淀和气体；
(4)根据题示的实验操作，结合实验装置图，实验步骤为：首先检查装置气密性，然后装入药品，打开K1通入N2 ，排尽装置内的空气后关闭，再打开分液漏斗活塞K2，反应生成二氧化硫，打开K1通入N2 ，排尽装置内的二氧化硫后关闭，拆卸装置至实验完成，故答案为：③①④①②或③④①②；
(5)A装置中70%的H2SO4与亚硫酸钠反应放出二氧化硫气体，反应的化学方程式为H2SO4 + Na2SO3＝ Na2SO4 + H2O + SO2↑，故答案为：H2SO4 + Na2SO3＝ Na2SO4 + H2O + SO2↑；
(6)从实验的装置图可知，进入硬质玻璃管的气体中含有水蒸气，干扰了实验验证“KO2与SO2反应生成O2”的现象，改进措施为在B、C之间连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶(或者将B装置中的饱和NaHSO3溶液替换为浓硫酸)，故答案为：在B、C之间连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶(或者将B装置中的饱和NaHSO3溶液替换为浓硫酸)；
(7)改进后再实验，待KO2完全反应后，将装置C中固体加水溶解，配成50.00mL溶液，等分为M、N两份。

①向M溶液中加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液，充分反应后，将沉淀过滤、洗涤、干燥，称重为2.33g。

②将N溶液移入锥形瓶中，用0.40mol/L酸性KMnO4溶液滴定，终点时消耗酸性KMnO4溶液20.00mL，说明生成的产物中含有亚硫酸钾。

③2.33g沉淀为硫酸钡，物质的量==0.01mol，因此原样品中含有0.02mol硫酸钾；高锰酸钾与亚硫酸钠反应的方程式为2KMnO4+5K2SO3+3H2SO4=6K2SO4+2MnSO4+3H2O，因此原样品中亚硫酸钾的物质的量
=2××0.40mol/L×0.020L=0.04mol，因此KO2与SO2反应的化学方程式为6KO2+3SO2＝2K2SO3+K2SO4+4O2，故答案为：干燥；锥形瓶；6KO2+3SO2＝2K2SO3+K2SO4+4O2。

【点睛】本题的易错点为(7)中反应方程式的书写，要注意通过计算确定K2SO3和K2SO4的物质的量之比。

9.PbCO3可用于油漆、陶瓷和玻璃等工业。

由方铅矿(主要成分为PbS，含有杂质FeS等)和软锰矿(主要成分为MnO2)制备PbCO3的流程如下：
已知：PbCl2难溶于冷水和乙醇，易溶于热水；各物质的溶度积见下表。

试回答下列问题：
(1)PbCO3的名称是________。

(2)步骤①中MnO2的作用是________，根据下图分析①的最佳反应条件是________。

(3)步骤②趁热抽滤的原因是___________________。

(4)步骤③洗涤用的试剂是____________。

(5)将滤液Y先酸化，然后加入MnO2，反应的离子方程式为__________；若反应后c(Mn2+)=0.2mol/L，进一步调节溶液的pH可分离Fe3+和Mn2+，溶液所调的pH范围为_______[c(Fe3+)≤1×10-5 mol/L时表示Fe3+已沉淀完全]。

(6)步骤④反应的离子方程式为______________。

(7)样品PbCO3中有少量PbCl2杂质，提纯的实验方案是________。

【答案】 (1). 碳酸铅 (2). 氧化剂（将难溶的PbS转化为S和溶液中的PbCl2-）(3). 80℃和3mol/LHCl (4). PbCl2降温易结晶析出，趁热抽滤有利于铅的化合物与不溶性杂质分离 (5). 冷水或乙醇 (6). 2Fe2+ + 4H+ + MnO2＝2Fe3+ + Mn2+ + 2H2O (7). 3≤pH＜8或3~8 (8). PbCl2+CO32-＝PbCO3+2Cl- (9). 向样品中加Na2CO3溶液浸取，过滤洗涤或向样品中加热水浸泡，趁热过滤，热水洗涤
【解析】
【分析】
方铅矿(主要成分为PbS，含有杂质FeS等)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入盐酸，发生氧化还原反应生成PbCl2、MnCl2和FeCl3以及硫沉淀，加入NaCl促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)，趁热过滤，滤液X中含有PbCl42-(aq)和FeCl3，冷却后过滤得到PbCl2产品和滤液Y，PbCl2中加入碳酸钠溶液发生沉淀的转化生成PbCO3，据此分析解答。

【详解】(1)PbCO3的名称为碳酸铅，故答案为：碳酸铅；
(2)步骤①反应生成了硫沉淀，说明MnO2是氧化剂，将难溶的PbS转化为S和溶液中的PbCl2-，根据图象，80℃和3mol/LHCl时，浸取率最高，故答案为：氧化剂(或将难溶的PbS转化为S和溶液中的PbCl2-)；80℃和3mol/LHCl；
(3)根据流程图步骤③的提示，PbCl2降温易结晶析出，因此步骤②需要趁热抽滤，有利于铅的化合物与不溶性杂质分离，故答案为：PbCl2降温易结晶析出，趁热抽滤有利于铅的化合物与不溶性杂质分离；
(4)PbCl2难溶于冷水和乙醇，易溶于热水，步骤③洗涤用的试剂可以是冷水或乙醇，故答案为：冷水或乙醇；
(5)将滤液Y先酸化，然后加入MnO2，二氧化锰将亚铁离子氧化，反应的离子方程式为2Fe2+ + 4H+ + MnO2＝2Fe3+ + Mn2+ + 2H2O；若反应后c(Mn2+)=0.2mol/L，进一步调节溶液的pH可分离Fe3+和Mn2+，根据表格数据，使Fe3+完全沉淀时，溶液中c(OH-)=≥=1×10-11，此时pH≥3，使Mn2+恰好开始
沉淀时，溶液中c(OH-)===1×10-6，此时pH=8，因此需要调节溶液的pH至3≤pH ＜8才能达到分离目的，故答案为：2Fe2+ + 4H+ + MnO2＝2Fe3+ + Mn2+ + 2H2O；3≤pH＜8；
(6)步骤④中PbCl2中加入碳酸钠溶液发生沉淀的转化生成PbCO3，反应的离子方程式为PbCl2+CO32-＝PbCO3 +2Cl-，故答案为：PbCl2+CO32-＝PbCO3 +2Cl-；
(7)样品PbCO3中有少量PbCl2杂质，根据PbCl2难溶于冷水和乙醇，易溶于热水，和流程图中PbCl2中加入碳酸钠溶液能够发生沉淀的转化生成PbCO3，提纯的方法是向样品中加Na2CO3溶液浸取，过滤洗涤或向样品中加热水浸泡，趁热过滤，热水洗涤，故答案为：向样品中加Na2CO3溶液浸取，过滤洗涤或向样品中加热水浸泡，趁热过滤，热水洗涤。

10.CO2是造成全球气候变暖的主要气体，同时也是一种来源丰富、价格低廉的碳资源。

中科院福建物构所谢奎及其团队利用电能将CO2高效转化为CO，CO和H2可生产优质燃料和多种化工产品，实现碳资源的循环利用。

（1）已知反应过程中能量变化如下表和曲线图所示：
反应③ 的ΔH3=_________kJ/mol。

CO(g) + 2H 2(g) CH3OH(l) ΔH4=_______kJ/mol；此反应中，有利于提高H2平衡转化率的条件是
_______（填字母）。

A．高温低压 B．低温高压
C．高温高压 D．低温低压
（2）在不同的电压下，CO2、H2O混合电解转化为CO、H2的电流效率如图所示（注：电流效率
×100%）：
①由图可知生成CO和H2有相互_______（填“促进”、“抑制”或“无影响”）作用。

②用此法生产的CO和H2合成CH3OH，为使CO和H2利用率最高，电解时应控制电压在________ V左右（选填5、15、23、25、30）。

（3）在300℃时，将0.60molCO、1.40molH2充入4L密闭容器中，在恒温恒容下发生反应CO(g) + 2H2(g) OH(g) △H<0，甲醇的物质的量浓度随时间的变化如图所示：
CH
①图中判断反应到达平衡状态的依据是________________。

② 5min内H2的平均反应速率v(H2) ＝________mol/(L•min)。

③ 若在500℃条件下，将1.00molCO、0.50mol H2和0.50mol CH3OH充入容积为2L的密闭容器中，此时反应将_______（填字母）。

A．正反应方向反应 B．逆反应方向反应
C．达到平衡 D．无法判断
【答案】 (1). -1452 (2). -128.6 (3). B (4). 抑制 (5). 25 (6). CH3OH浓度保持不变或不再随时间变化 (7). 0.02 (8). B
【解析】
【分析】
(1)根据ΔH3=反应物的活化能-生成物的活化能计算反应③的ΔH3，然后根据盖斯定律计算ΔH4；根据影响化学平衡的因素分析判断提高H2平衡转化率的方法；
(2)①由图可知，生成CO越少，生成H2越多，据此解答；
②根据方程式CO(g) + 2H 2(g) CH3OH(l)分析判断使CO和H2利用率最高的电压；
(3)①根据反应到达平衡状态的特征分析解答；
② 首先计算5min内甲醇的平均反应速率，再根据化学反应速率之比=化学计量数之比计算v(H2)；
③先计算300℃时的平衡常数K，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小；再计算500℃条件下，将1.00molCO、0.50mol H2和0.50mol CH3OH充入容积为2L的密闭容器中的Q c，根据Q c与K的大小，判断平衡移动的方向。

【详解】(1)反应③的ΔH3=反应物的活化能-生成物的活化能=(3026)-(4478)=-1452 kJ/mol；根据表格数据，①2CO(g)+O2(g)= 2CO2(g) ΔH1=-566 kJ/mol，②2H2(g)+O2(g)= 2H2O(l) ΔH2=-571.6 kJ/mol，
③2CH3OH(l)+3O2(g)→2CO2(g)+4H2O(l) ΔH3=-1452 kJ/mol，根据盖斯定律，将(①+②×2-③)×得：CO(g) + 2H 2(g) CH3OH(l) ΔH4=×[(-566)+(-571.6)×2-(-1452)]kJ/mol=-128.6 kJ/mol；该反应为气体体积减小的放热反应，低温高压能够使平衡正向移动，有利于提高H2平衡转化率，故答案为：-1452；-128.6；B；
(2)①由图可知，生成CO越少，生成H2越多，生成CO和H2有相互抑制的作用，故答案为：抑制；
②根据方程式CO(g) + 2H 2(g) CH3OH(l)可知，为使CO和H2利用率最高，电解时应控制电压在25 V 左右，故答案为：25；
(3)①5min时CH3OH浓度保持不变或不再随时间变化，说明反应到达平衡状态，故答案：CH3OH浓度保持不变或不再随时间变化；
② 5min内甲醇的平均反应速率==0.01 mol/(L•min)，则v(H2) ＝2v (CH3OH)= 0.02mol/(L•min) ，故答案为：0.02；
③在300℃时，将0.60molCO、1.40molH2充入4L密闭容器中，平衡时甲醇的物质的量浓度为0.05 mol/L，物质的量为0.2mol，则反应的CO和H2分别为0.2mol、0.4mol，平衡时CO和H2物质的量浓度分别为
mol/L = 0.1mol/L， mol/L = 0.25mol/L，此时平衡常数K==8，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小；在500℃条件下，将1.00molCO、0.50mol H2和0.50mol CH3OH充入容积为2L的密闭容器中，此时CO、H2和CH3OH的浓度分别为0.5 mol/L、0.25 mol/L、0.25 mol/L，
Q c==8＞K，平衡逆向移动，故选B。

11.祖母绿是四大名贵宝石之一，主要成分为Be3Al2Si6O18，含有微量的Cr、Ni、Fe元素而呈现各种颜色。

回答下列问题：
（1）基态Ni2+的电子排布式为_______________；宝石中Si的杂化方式是____。

（2）成键元素电负性差值越大，化学键离子性百分数越高，在卤素与Al组成的化合物中，离子性百分数最高的化合物是______（填化学式）。

（3）六羰基铬[Cr(CO)6]用于制高纯度铬粉，它的沸点为220℃。

Cr(CO)6的晶体类型是______，加热Cr(CO)6可得到高纯度铬粉和CO，反应破坏的作用力类型为_________。

（4）多数配离子显示颜色与d轨道的分裂能有关。

分裂能是指配离子的中心原子（离子）的一个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量(用Δ表示)，它与中心离子的结构、电荷、配体有关。

试判断分裂能Δ[Fe(H2O)63+] _____ Δ[Fe(H2O)62+]（填“>”“<”或“=”），理由是
___________________________。

（5）①氧化镍晶胞如图甲所示，A的原子坐标参数为：(0，0，)，则底面面心B的原子坐标参数为
_______________。

②按图乙所示无限拓宽延长，NiO可形成“单层分子”，氧离子和镍离子均看着球体，其半径分别为a pm、
b pm，“单层分子”截割出的最小重复结构单元在空间呈长方体，则离子在长方体内的空间利用率为
____________（列出计算式即可）。

【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d8（或[Ar]3d8） (2). sp3 (3). AlF3 (4). 分子晶体 (5).
配位键 (6). > (7). Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强；Fe3+的3d达到半充满稳定结
构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构(8). (，，0) (9).
×100%=×100%=×100%
【解析】
【分析】
(1)镍为28号元素，结合核外电子排布规律书写基态Ni2+的电子排布式；Si原子与周围的4个原子形成共价键，没有孤电子对，据此判断硅原子的杂化方式；
(2)根据成键元素电负性差值越大，化学键离子性百分数越高，元素的非金属性越强，电负性数值越大，据此分析解答；
(3)根据六羰基铬[Cr(CO)6]的沸点为220℃，分析判断；加热Cr(CO)6可得到高纯度铬粉和CO，反应过程中破坏了中心原子与配体之间的作用力；
(4)配离子所带正电荷越多，对电子的吸引力越大，d-d电子跃迁需要的能量越多；
(5)①图甲中A位于晶胞棱的中点，据此判断底面面心B的原子坐标参数；
②图乙中，该晶胞单元中含有氧离子个数=10，镍离子个数为4+4×+10×=10，相邻两个氧离子之间的距离为(2a+2b) pm，据此分析计算。

【详解】(1)镍为28号元素，基态Ni2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8(或[Ar]3d8)；Si原子与周围的4个原子形成共价键，没有孤电子对，杂化方式为sp3，故答案为：1s22s22p63s23p63d8(或[Ar]3d8)；sp3；(2)成键元素电负性差值越大，化学键离子性百分数越高，元素的非金属性越强，电负性数值越大，在卤素与Al组成的化合物中，离子性百分数最高的化合物为AlF3，故答案为：AlF3；
(3)六羰基铬[Cr(CO)6]的沸点为220℃，符合分子晶体熔沸点的一般规律，Cr(CO)6属于分子晶体；加热
Cr(CO)6可得到高纯度铬粉和CO，反应过程中破坏了中心原子与配体之间的配位键，故答案为：分子晶体；配位键；
(4)Fe(H2O)62+带2个单位正电荷，而Fe(H2O)63+带3个单位正电荷，后者对电子吸引力更大，且Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构，故分裂能△[Fe(H2O)63+]＞△[Fe(H2O)62+]，故答案为：＞；Fe(H2O)62+带2个单位正电荷，而Fe(H2O)63+带3个单位正电荷，后者对电子吸引力更强，Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构；
(5)①图甲中，原子坐标参数：A(0，0，)，A位于晶胞棱的中点，则底面面心B的原子坐标参数为B(，，0)，故答案为：(，，0)；
②图乙中，该晶胞单元中含有氧离子个数=10，镍离子个数为4+4×+10×=10，相邻两个氧离子之间的距离为(2a+2b) pm，则晶胞的棱长分别为5× (2a+2b)pm和2×(2a+2b)pm，高为2a pm，则晶胞的体积为5×(2a+2b)pm×2×(2a+2b) pm×2a pm=10a(2a+2b)2 pm3，10个氧离子和10个镍离子的体积为10× pm3，因此离子在长方体内的空间利用率为×100%=×100%，故答案为：×100%。

【点睛】本题的难点为(5)②中离子在长方体内的空间利用率的计算，解答此小题，也可以取晶胞结构中的最小单元或计算。

12.有机物J是一种消炎镇痛药，下图为J的合成路线(部分产物和反应条件省略)：
已知部分信息如下：
①(此类物质易与水、酸等反应)
②
回答下列问题：
(1)A中官能团的名称是_________，D + I→J的反应类型为___________。

(2)反应B→C的化学方程式为__________________。

(3)E→F的反应条件为___________，在质谱仪上E的最大质荷比为________。

(4)J有多种同分异构体，其中满足下列条件，且苯环上一氯代物只有两种异构体的结构简式为
________________。

a.氨基(–NH2)与苯环直接相连；
b.能发生银镜反应；
c.能发生水解反应
(5)证明G已部分生成H的实验方案是__________________。

(6)参照上述流程，设计以为原料，制备的合成路线(无机试剂任选)。

_______________________________。

【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 取代反应 (3). 2CH3CHO +O22CH3COOH (4). FeBr3(Fe)
作催化剂 (5). 78 (6). (7). 取少量样品滴加FeCl3溶液，溶液变紫(8).
【解析】
【分析】
根据A的分子式可知，A为乙烯，乙烯催化氧化生成B，B为乙醛；乙醛继续氧化生成C，C为乙酸；根据信息①，2分子乙酸反应生成D，D为乙酸酐()；根据F为溴苯，E可能为苯；结合
I的结构可知，溴苯发生硝化反应对位取代生成G，G为，G水解后酸化生成H。

H为
；根据信息②，H中硝基被还原生成氨基；D与I发生取代反应生成J()。

据此分
析解答。

【详解】(1)A为乙烯，还原的官能团为碳碳双键，根据流程图中产物J的结构和D与I的结构可知，D + I→J 的反应类型为取代反应，故答案为：碳碳双键；取代反应；
(2)反应B→C为乙醛催化氧化生成乙酸，反应的化学方程式为2CH3CHO +O22CH3COOH，故答案为：2CH3CHO +O22CH3COOH；
(3)E→F为苯的溴代反应，反应条件为FeBr3(Fe)作催化剂，苯的相对分子质量为78 ，在质谱仪上E的最大质荷比为78，故答案为：FeBr3(Fe)作催化剂；78；
(4)J()有多种同分异构体，a.氨基(–NH2)与苯环直接相连；b.能发生银镜反应，说明含有醛基；
c.能发生水解反应，说明含有酯基，结合J的分子式可知，该同分异构体为甲酸酯；且苯环上一氯代物只
有两种，满足条件的同分异构体为，故答案为：；
(5)要证明G()已部分生成H()，只需要证明有酚羟基生成，可以通过滴加FeCl3溶液，溶液变紫来验证，故答案为：取少量样品滴加FeCl3溶液，溶液变紫；
(6)以为原料，制备，根据题干流程图中D和I反应生成J的提
示，需要合成酸酐，并且将硝基转化为氨基，结合信息①②将中羧基转化为酸酐，硝基转化为氨基即可，因此合成路线为
，故答案为：。

【点睛】本题的易错点为(6)，主要是羧基转化为酸酐，硝基转化为氨基先后顺序的确定，要注意酸酐易与水、酸等反应，因此需要先将硝基转化为氨基，防止酸酐与盐酸反应。