四川省成都市2019届高三化学下学期第二次诊断性检测试题(含解析)

四川省成都市2019 届高三化学放学期第二次诊疗性检测试题（含解
析）
可能用到的相对原子质量H— 1 C—12 O—16 Na—23 Si—28 Cl—35.5 Ni—59
Cu— 64
第 I 卷(选择题 ,共 126 分)
一、选择题：此题共13 个小题 , 每题 6 分。

在每题给出的四个选项中, 只有一项为哪一项切合题目要求的。

1.化学与生产和生活亲密有关 , 以下剖析错误的选项是
A.用氯化钙作钢箱梁大桥融雪剂会加快钢铁腐化
B.对燃煤进行脱硫办理有益于减少酸雨的产生
C.明矾水解生成的胶体可吸附水中悬浮颗粒物
D.芬芳族化合物有香味 , 均能够用作食品香味剂
【答案】 D
【分析】
【详解】 A.氯化钙是电解质，铁与钢中的碳、湿润的空气形成原电池，用氯化钙作钢箱梁大
桥融雪剂会加快钢铁腐化，故 A 正确；
B.煤中含有硫元素，直接焚烧产生二氧化硫，污染空气，对燃煤进行脱硫办理有益于减少酸
雨的产生，故 B 正确；
C. 明矾水解生成的胶体，氢氧化铝胶体表面积大，吸附水中悬浮颗粒物，故 C 正确；
D. 芬芳族化合物不必定有香味，很多有毒，只有少量能够用作食品香味剂，故 D 错误；
应选 D。

2.短周期元素 X、Y、 Z、 W在周期表中的地点以下表所示 , 此中 W元素的单质是制备漂白液的重
要原料。

以下结论正确的选项是
X Y
Z W
A. 简单氢化物沸点:X<Y<Z
B. Z 含有非极性共价键
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性:X<Z<W
D. 单核离子的半径:X<Y<W
【答案】 B
【分析】
【剖析】
短周期元素X、 Y、 Z、 W在周期表中的地点以下表所示, 此中 W元素的单质是制备漂白液的重要原料，W是氯元素，X 为氮元素，Y 为氧元素、Z 为磷元素。

【详解】A、水常温下是液体、氨分子间形成氢键，简单氢化物沸点:Z<X<Y，故 A 错误；
B、 P4平分子中含有P-P 非极性共价键，故 B 正确；
C、最高价氧化物对应水化物的酸性：H3PO4<HNO3<HClO4，即 Z<X<W，故 C错误；
D、单核离子的半径：N3－>O2－，故 D 错误；
应选 B。

【点睛】此题考察原子结构和元素周期律，重视考察学生剖析推测能力，解题重点：推测元
素，易错点 A，明确元素周期律，注意元生性质的特别性。

3.工业用合成 , 以下有关剖析正确的
A. X的名称为1,1一二甲基乙烯
B. X是丁烯的同系物
C. 工业制备Y 属于加聚反响
D. Y能使溴水退色
【答案】 C
【分析】
【剖析】
A、主链应是含碳碳双键的最长的碳链；
B、 X 和丁烯分子式同样，结构不一样；
C、工业制备Y 属于加聚反响；
D、 Y 中没有不饱和键。

【详解】 A、 X 的名称为 2 一甲基丙烯，故 A 错误；
B、 X 是丁烯的同分异构体，故 B 错误；
C、工业制备Y 属于加聚反响，故C正确；
D 、 Y 中没有不饱和键，不可以使溴水退色，故 D 错误；
应选 C 。

4. 设 N A 为阿伏加德罗常数的值。

以下说法错误的选项是
A. 将 1.0 mol KF 溶于水 , 溶液中阴离子数量小于
1.0
A
N
B. 质量均为 -
0.9 N A
1.7g 的 OH 和-OH, 所含质子数量均为 C. 1.0 mol Na O 和 1.0 mol Na S 混淆后阴离子总数为
2N
2 2
2 A
D. 60gSO 2 晶体中 , 含有 [SiO 4] 周围体结构单元的数量为 N A
【答案】 A
【分析】
【详解】 A 、氢氟酸是弱酸，将 1.0 mol KF 溶于水，氟离子水解量等于生成氢氧根离子的量，
溶液中阴离子数量缺乏溶液的体积，没法计算，故 A 错误；
B 、电子质量忽视不计，质量均为
-
1.7g 的 OH 和-OH ，所含质子数量均为 0.9 A ，故 B 正确；
N
C 、 Na 2O 2 中过氧根离子是原子团， 1.0 mol Na 2O 2 和 1.0 mol Na 2S 混淆后阴离子总数为 2 A ，故
N
C 正确；
2
）=60g/60g · mol － 1
所以 60gSiO 2
D 、n （ SiO =1mol ，每个 Si 原子和四个 O 原子形成周围体结构，
晶体中 Si 原子个数为 N A ，所含 [SiO 4] 周围体数为 N A ，故 D 正确；
应选 A 。

【点睛】此题以阿伏伽德罗常数为载体考察物质的量有关计算，
-
明确物质组成微粒及 OH 和 -OH
质子数计算方法是解此题重点，重视考察学生剖析判断及计算能力，易错选项是
D ，每个 Si
原子和四个 O 原子形成周围体结构。

5. 现有一种锂离子二次电池 , 其工作原理如图。

放电时生 成的 Li 2CO 3 固体和碳储藏于碳纳米管中。

以下说法错误的选项是
A. 该电池中的有机溶剂不可以含活性较大的氢
B. 充电时 ,Y 为阳极 ,Li +向 X 电极挪动
C. 放电时 , 负极反响为 2Li+CO 32- — 2e - ===Li 2CO 3
D. 放电时 , 电池总反响为
223
3CO+4Li===2Li CO+C
【答案】 C
【分析】
【剖析】
A、锂是开朗金属；
B、充电时阳极发生氧化反响，Y 为阳极， Li ＋向 X 电极挪动；
C、放电时，负极反响为Li — e- =Li +；
D、放电时，锂作复原剂，二氧化碳作氧化剂，电池总反响为3CO+4Li===2Li CO+C；
223
【详解】 A、锂是开朗金属，该电池中的有机溶剂不可以含活性较大的氢，不然锂会与有机溶剂
发生反响，故 A 正确；
B、充电时阳极发生氧化反响，Y 为阳极， Li ＋向阴极 X 电极挪动，故 B 正确；
C、放电时，碳酸根离子不可以经过有机溶剂，负极反响为Li — e- =Li +，故 C 错误；
D、放电时，锂作复原剂，二氧化碳作氧化剂，电池总反响为3CO2+4Li===2Li 2CO3+C，故 D 正确；
应选 C。

【点睛】此题考察原电池及电解池，解题重点：掌握电极判断、电极反响、工作原理，注意
电化学知识的应用及锂的性质。

6.以下实验所选择的试剂、装置或仪器( 夹持装置已略去 ) 能达到相应实验目的的是
A.提取溴水中的溴
B.考证白腊油分解产物中含有烯烃
C. 考证 H2O2分解时二氧化锰的催化成效优于氯化铁
D. 量取 20.00mL 0.1000mol/L HCl溶液
【答案】 B
【分析】
【详解】 A、酒精与水混溶、不分层，酒精不可以从溴水萃取溴，故 A 错误；
B、白腊油分解产物能使酸性高锰酸钾溶液退色，证明其分解产物中含有烯烃，故 B 正确；
C、考证 H2O2分解时二氧化锰的催化成效优于氯化铁时，要控制其余条件同样，取双氧水的浓
度要同样，故C错误；
D、量筒的精准度为0.1mL，量取 20.00mL 0.1000mol/L HCl 溶液，要用酸式滴定管或移液管，
故 D错误。

应选 B。

7.20 ℃时 , 用 NaOH调理 0.10mol/LH 2 C2O4溶液的 pH, 假定不一样pH 下均有
c(H2C2O4)+c(HC2O4—)+ c(C2O42-)=0.10mol/L。

使用数字传感器测得溶液中各含碳微粒的物质的量浓度随 pH 的变化曲线以以下图。

以下有关剖析正确的选项是
A. 曲线 a 代表 H2C2O4浓度随 pH的变化
B. pH 从 4 到 6 时主要发生的反响离子方程式为-2-
2OH+H2C2O4====2H2O+CO
24
C.在曲线 a、 c 交界点有 : c(H+)+ c(H2C2O4)= c(OH- )+ c(C2 O42- )
D.当溶液 pH=7 时 : c(Na +)> c(C2O42- )>c(HC 2O4- )> c(H2 C2O4 )
【答案】 D
【分析】
【剖析】
—
浓度， c 曲线代表2-
浓度。

b 曲线代表 H2C2O4浓度， a 曲线代表 HC2O4C2O4
—
浓度随 pH的变化，浓度先变大，再变小，故A错误；
【详解】 A、曲线 a 代表 HCO
24
B、 pH 从 4 到 6 时主要发生的反响离子方程式为
-—2-
，故 B 错误；OH+HC2O4=H2O+C2O4
C、由图中信息可知，在曲线a、c 交界点，c(H2C2O4) 特别小，c(C 2O42- )=c(HC 2O4- ) ，溶液呈酸性，但氢离子浓度很小， c(H+)+ c(H2C2O4)< c(OH-)+ c(C2O42-) ，故 C错误；
D、当溶液 pH=7 时，溶液呈中性。

由图可知，该溶液为Na2C2O4和 NaHC2O4的混淆溶液，且溶质
22424242-
的一级水解远远大于其二级水解，所以该溶液中
以 Na C O 为主，只含极少许的 NaHCO， C O
有关粒子浓度的大小关系为
+
)> c(C2O4
2-
)>c(HC
-
)> c(H2C2O4) ，故 D 正确；: c(Na2O4
应选 D。

第Ⅱ卷 (非选择题 , 共 174分)
三、本卷包含必考题和选考题两部分。

第22~32 题为必考题 , 每个试题考生都一定做答。

第
33~38 题为选考题 , 考生依据要求做答。

(一)必考题 (共 129 分)
8.氨气与适当氯气混淆反响可生成 NH4Cl( 俗称脑砂 ) 和一种无污染的气体。

某学习小组利用以下
装置模拟该反响 , 请回答有关问题。

(1)该实验中所需的氯气是用浓盐酸与MnO2反响制取。

装置 A 中仪器 X 的名称为 ____;X 中发生
反响的离子方程式为_______。

(2)要获取干燥纯净的氯气 , 上述 A、B、C 装置的连结次序挨次为 a→_____(用小写字母表示 ) 。

(3) 利用 E 装置 , 将适当氨气与氯气充足混淆反响氨气应从_______( 用小写字母表示) 通入 , 反应的化学方程式为_______________; 可能察看到的现象是___________ 。

(4) 《唐本草》记录脑砂入药能够散瘀消肿, 天然脑砂含少许NH4Cl ，现取天然脑砂进行NH4Cl 含量测定。

正确称取必定质量脑砂, 与足量的氧化铜混淆, 以以下图所示进行实验。

已
知 :2NH4 Cl+3CuO=3Cu+N2+2HCl+3H2O 。

①为顺利达成有关物理量的测定, 请完美以下表格:
丈量时间点加热前
丈量内容_______________当察看到
停止加热
_____现象时 ,
冷却, 称量H装置的总质量
②假如不用 J 装置 , 测出 NHCl 的含量将 _____( 填“偏高”“偏低”或“无影响” ) 。

4
【答案】 (1).圆底烧瓶 (2).MnO＋ 2Cl－＋ 2 ＋＋Cl↑＋ 2HO(3).debc
＋4H Mn
222
(4). f (5). 8NH 3 ＋3Cl2=6NH4Cl＋N2(6).黄绿色气体消逝，有白烟生成(7).称量 H 的总质量(8). G中不再有气泡出现(9).偏高
【分析】
【剖析】
（ 1）装置 A 中仪器 X 的名称为圆底烧瓶，利用MnO和浓 HCl 制取氯气；
2
（ 2）要先用饱和食盐水除掉氯气中的HCl 气体，再干燥；
（ 3）氨气的密度小，利用E装置,将适当氨气与氯气充足混淆反响氨气应从 f 通入，氯气能
将氨氧化，生成氯化铵，由此剖析；
（4）①F 中发生反响 2NH4Cl+3CuO=3Cu+N2+2HCl+3H2O， G中浓硫酸将氯化氢干燥， H中碱石灰
增重，可测定 HCl 的质量，可算出氯化铵。

②假如不用 J 装置，空气中的水和二氧化碳会进入J 中，测出 NHCl 的含量将偏高。

4
【详解】（ 1）装置 A 中仪器 X 的名称为圆底烧瓶，利用MnO2和浓 HCl 制取氯气， MnO2＋ 2Cl －＋ 4H＋Mn2＋＋Cl 2↑＋ 2H2O；
（ 2）要先用饱和食盐水除掉氯气中的HCl 气体，再干燥，要获取干燥纯净的氯气, 上述 A、B、
C 装置的连结次序挨次为adebc；
（3）氨气的密度小，从 f 进，氯气的密度大于氨气的密度，有益于两种气体充足混淆，而且
充足反响，生成氯化铵， 8NH3＋ 3Cl2=6NH4Cl ＋ N2，可能察看到的现象是：黄绿色气体消逝有白
烟生成；
（4）①F 中发生反响 2NH4Cl+3CuO=3Cu+N2+2HCl+3H2O， G中浓硫酸将氯化氢干燥，当察看到G 中不再有气泡出现现象时，H中碱石灰增重，可测定HCl 的质量，加热前要称量H的总质量，依据反响后H 的增重可算出氯化铵。

②假如不用J 装置，空气中的水和二氧化碳会进入J 中，测出NH4Cl的含量将偏高。

【点睛】此题以岩脑砂为载体，考察氯气的制备原理、仪器辨别、气体除杂与干燥、实验装
置的连结、物质的查验、对装置的剖析评论、物质含量测等知识，难点：（ 4）物质含量测定实验设计，要清除各样扰乱要素。

9. 高铁酸钠(Na 2FeO4 )拥有很强的氧化性, 是一种新式的绿色净水消毒剂。

工业上以菱铁矿( 主要成分是FeCO3及少许 SiO2) 为原料制备高铁酸钠生产过程以下：
(1)Na 2FeO4中铁元素的化合价为___, 高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反响种类为____( 填“氧化复原反响”、“复分解反响”或“化合反响”) 。

(2)依照上述流程 , 步骤①中碱浸时可否用较廉价的 Ca(OH)2代替 NaOH_____填(“能”或“不可以” ), 原由是 ___________。

(3)步骤②中 28%的稀硫酸需要用 98%的浓硫酸配制 , 配制时所需玻璃仪器除量筒外 , 还 ____( 填字母序号 ) 。

步骤③中查验 Fe2+所有转变为 Fe3+的方法是： __________。

A．容量瓶B．烧杯 C ．烧瓶 D ．玻璃棒 E ．酸式滴定管 ;
(4)步骤④中除生成 Na2FeO4外 , 还有 NaCl 生成 , 其离子方程式为 _________；己知步骤⑤是向Na2FeO4溶液中持续加入氢氧化钠固体获取悬浊液, 则操作 a 的名称为 _____。

(5) 理论上 , 每获取 0.5mol
2-
耗费 NaClO的总质量为 _____。

的 FeO4
【答案】(1). +6 (2).氧化复原反响(3).不可以(4). CaSiO3 难溶于水，无
法分别出SiO （其余合理答案也可）(5). BD(6).取少许③中溶液于试管，滴入少2
量 K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色积淀，则 Fe2＋已经所有转变为Fe3＋(7).2Fe3＋＋ 3ClO－＋ 10OH
－=2FeO42－＋ 3Cl －＋ 5H2O (8).过滤(9). 74.5g 【分析】
【剖析】
工业上菱铁矿，主要成分是FeCO3及少许 SiO2，①用 NaOH溶解 SiO2除掉，步骤②顶用 28%
的
稀硫酸溶解生成亚铁离子，③ NaClO将亚铁离子氧化成铁离子，④而后加入NaOH和 NaClO 发生反响：3＋－－2－+3Cl－+5HO，获取高铁酸钠（Na FeO）溶液，⑤最后结构
2Fe+3ClO +10OH =2FeO
4224
蒸发浓缩、冷却结晶获取产品高铁酸钠。

（1） Na2FeO4中化合价代数和为零；
（2） CaSiO3难溶于水；
（3）依据配制必定量分数溶液的步骤：计算、称量、溶解，确立所用的仪器；
可用 K3Fe(CN) 6溶液，查验 Fe2+；
（4）步骤④中除生成 Na2FeO4外，还有 NaCl 生成，依据质量守恒写出离子方程式；分
别固体与液体应用过滤；
（ 5）理论上，由电子守恒，铁从2-～ 2NaClO计算。

+2 价变为 +6 价，按关系式 FeO
4
【详解】（ 1） Na FeO 中化合价代数和为零，则Fe 元素的化合价为+6 价；
24
高铁酸钠拥有很强的氧化性，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反响种类为氧化复原反响；
（ 2）用 NaOH溶解 SiO 生成硅酸钠能溶解，进而与 FeCO分别而除掉，不可以用较廉价的
Ca(OH)
232代替 NaOH， CaSiO3难溶于水，没法分别出SiO2。

（3）依据配制必定量分数溶液的步骤：计算、称量、溶解，确立所用的仪器：胶头滴管、
量筒、玻璃棒、烧杯，应选： BD。

步骤③中查验 Fe2+所有转变为 Fe3+的方法是：取少许③中溶液于试管，滴入少许 K3Fe(CN) 6溶液，
若无蓝色积淀，则Fe2＋已经所有转变为Fe3＋；
（ 4）步骤④中除生成Na2FeO 外，还有 NaCl 生成 , 其离子方程式为3＋－－2
2Fe＋ 3ClO＋ 10OH =2FeO4
4
－＋ 3Cl －＋ 5H2O；
己知步骤⑤是向Na2FeO4溶液中持续加入氢氧化钠固体获取悬浊液，分别固体与液体应用过滤，
则操作 a 的名称为过滤。

2-
（ 5）理论上，由电子守恒，铁从 +2 价变为 +6 价，按关系式 FeO4～ 2NaClO 计算，每获取 0.5mol 的 FeO42-耗费 NaClO 的总质量为 74.5g 。

10.除去尾气中的 NO是环境科学研究的热门课题。

I． NO氧化机理
已知 :2NO(g)+O 2(g)===2NO2(g)△H=- 110kJ·mol -1 ;25 ℃时 , 将 NO和O2按物质的量之比为2:1充入刚性反响容器中, 用测压法研究其反响的进行状况。

系统的总压强p 随时间t的变化以下表所示(忽视NO2与N2O4的转变)
t/min080160
p/kpa75.063.055.055.0
(1)0~80min,v(O2)=_____kPa/min;跟着反响进行, 反响速率渐渐减小的原由是____。

用压强代替浓度所获取的均衡常数用K( p) 表示 ,25 ℃时,K(p)的值为____( 保存 3 位有效数字) 。

(2) 查阅资料, 关于总反响2NOg)+O(g)=2NO2(g)有以下两步历程
第一步2NO(g)====N2O2(g)迅速反响
第二步N2O2(g)+O2(g)=2NO2(g)慢反响
总反响速率主要由第______步决定; 若利用分子捕捉器适合减少反响容器中的N2O2,总反响的
均衡常数K( p) 将___( 填“增大”、“减小”或“不变”);若提升反响温度至35℃, 则系统压
强 p∞(35 ℃)______p∞(25 ℃)( 填“大于”、“等于”或“小于”) 。

II． NO的工业办理
(3)H
2复原法 :2NO(g)+2H (g)===N (g)+2H O(g) ；△ H=a;已知在标准状况, 由元素最稳固的单质222
生成 1mol 纯化合物时的焓变叫标准摩尔生成焓。

NO(g)和 H2O(g) 的标准摩尔生成焓分别为
+90kJ/mol 、 -280kJ/mol,则 a=_____。

3
(4)O 3-CaSO 联合办理法
NO能够先经 O3氧化 , 再用 CaSO水悬浮液汲取生成
的NO, 转变为 HNO, 则悬浮液汲取 NO的化学
3222
方程式为 __________;CaSO3水悬浮液中加入 Na2SO4溶液能提升
2-
对 NO2的汲取速率。

请用平SO3
衡挪动原理解说其主要原由_________________( 联合化学用语和文字)
【答案】(1).0.15(2).反响物浓度减小，反响速率降低(3).3.20 (4).二
(5).不变(6).大于(7). -740kJ/mol (8). CaSO3＋2NO＋H2O=CaSO4＋2HNO3 (9).关于反响 CaSO（ s）2＋(aq)2－(aq) ，加入硫酸钠溶液时，硫酸根离子部分结
Ca＋ SO
33
2-
合钙离子，使其均衡向右挪动，SO3的浓度增大，汲取NO2的速率增大。

【分析】
【剖析】
（1）依据三段式计算；反响物浓度减小，反响速率降低；依据均衡常数的定义书写；
（2）历程中最慢的反响步骤决定反响速率；均衡常数 K( p) 只受温度影响；提升反响温度决速反响
步骤均衡逆向挪动，系统压强增大；
（3）△ H=生成物的标准摩尔生成焓之和- 反响物的标准摩尔生成焓之和；
（4） NO2将 CaSO3氧化，写出发生氧化复原反响的方程式。

关于反响 CaSO（ s）2＋ 2 －(aq) ，加入硫酸钠溶液时，硫酸根离子部分联合钙离
Ca(aq) ＋ SO
33
子，使其均衡向右挪动。

【详解】（ 1） t=0min时， P=75kpa，将 NO和 O 按物质的量之比为2:1 充入刚性反响容器中
2
2NO(g)+O2(g)===2NO 2(g)
p 始 /kpa 5025
△ p/kpa 2x x2x
p/kpa 50-2x 25-x2x
80min 时，（50-2x）+（25-x）+2x=63
x=12kpa
v(O2)=12/80=0.15kPa/min；
跟着反响进行, 反响速率渐渐减小的原由是：反响物浓度减小，反响速率降低；
均衡时，（ 50-2x）+（25-x）+2x=55，x=20kpa，用压强取代浓度所获取的均衡常数用K( p)表示 ,25 ℃时 ,K( p) 的值为 402/(10 2×5)=3.20 ；
（ 2）历程中最慢的反响步骤决定反响速率，第二步是慢反响，是决速反响；均衡常数K( p)只受温度影响，减少反响容器中的N2O2, 总反响的均衡常数K( p) 将不变；提升反响温度决速反
应步骤 N2O2(g)+O 2(g)=2NO2(g)均衡逆向挪动，系统压强增大，若提升反响温度至35℃, 则体系压强 p∞(35 ℃) 大于p∞(25 ℃) ；
（ 3）△ H=生成物的标准摩尔生成焓之和- 反响物的标准摩尔生成焓之和
=- 280kJ/mol ×2- 90kJ/mol ×2= -740kJ/mol；
（ 4） NO2将 CaSO3氧化，悬浮液汲取NO2的化学方程式为 CaSO3＋ 2NO＋ H2O=CaSO4＋ 2HNO3；
关于反响 CaSO（ s）2＋(aq) 2 －(aq) ，加入硫酸钠溶液时，硫酸根离子部分联合钙离
Ca＋ SO
33
子，使其均衡向右挪动，
2-
的浓度增大，汲取 NO2的速率增大。

SO3
11.云南是南方丝绸之路的重要节点, 有着丰富的铜镍矿石资源。

回答以下有关问题：
(1)镍在元素周期表中的地点是 ____, 其基态原子的电子排布式为 _____, 该原子核外有 ___个未成对电子。

(2)Ni(NH 3) 4SO4中 N的杂化轨道种类是_____;1 mol Ni(NH 3) 42+中含有的键数量为 ____个;SO42-的立体构型是 ______。

(3) 氨是 _____分子 ( 填“极性”或“非极性”),经测定NH4F 为分子晶体, 类比NH3·H2O表示出NH4F 分子中的氢键_____。

(4)铜镍合金的立方晶胞结构以下图, 此中原子 A 的坐标参数为 (0,1,0);
①原子 B 的坐标参数为 ____;
②若该晶体密度为 d g/cm3,则铜镍原子间最短距离为____pm
【答案】(1).第周围期Ⅷ族(2). 1s22s 22p63s 23p63d84s2(3). 2(4). sp
3 (5). 16N A(或9.632×1024)(6).正周围体形(7).极性(8). F-H··· N（或N-H··· F） (9).(10).
【分析】
【剖析】
（1）镍原子序数为 28，据此判断其在周期表中地点；由结构原理书写原子核外电子排布式；
判断原子核外未成对电子；
（2）依照价层电子互斥理论计算判断即可；
2+
34
中含有的键数量为（ 3×4+4）AA
1 mol Ni(NH )N =16N ；依照价层电子互斥理论计算判断即可；
（ 3）氨分子中有一对末成键电子对，是极性分子；
4
F-H··· N（或NHF 分子中的氢键
N-H··· F）；
（ 4）①原子 B 的坐标参数为；
②处于面对角线上的 Ni 、Cu 原子之间距离近来，晶胞面对角线长度等于Ni 、Cu 原子距离的 2倍，而面对角线长度等于晶胞棱长的倍，均派法计算晶胞中Ni 、 Cu 原子数量，计算晶胞
的质量，而晶胞质量=晶体密度×晶胞体积。

【详解】 (1) 镍在元素周期表中的地点是第周围期Ⅷ族，其基态原子的电子排布式为
1s 22s 22p 63s 23p 63d 84s 2，该原子核外有 2 个未成对电子。

（ 2） Ni(NH 3 ) 4SO 4 中中心原子 N 的价电子对数为（ 5+3）/2=4 ，中心原子无孤电子对，共形成4
个 σ 键，依据价层电子对互斥理论，空间构型为周围体型，采纳
sp 3 杂化；
2+
键数量为（ 3×4+4） N A =16N A ( 或 9.632 ×1024
) ；
1 mol Ni(NH 3) 4 中含有的
2-
的中心原子 S 的价电子对数为（ 6+2）/2=4 ，中心原子无孤电子对，共形成
4 个 σ 键，根
SO 4
据价层电子对互斥理论，采纳
sp 3 杂化，空间构型为正周围体型；
（ 3）氨分子中有一对末成键电子对，其空间构型为三角锥形，是极性分子；
NH 4F 分子中的氢
键 F-H ··· N （或 N-H ··· F ）；
（ 4）①依据 A 点的坐标，能够判断晶胞底面的面心上的原子 B 的坐标参数为 ；
②处于面对角线上的 Ni 、Cu 原子之间距离近来，设两者之间距离为 a cm ，晶胞面对角线长度
等于 Ni 、Cu 原子距离的 2 倍，而面对角线长度等于晶胞棱长的
倍，故晶胞棱长 =2a cm ×
/2=
a cm ，晶胞质量 =(59+64 × 3)/N A g ，故（
a cm ）3× dg · cm －
3 =(59+6
4 × 3)/N A g ，解得
a=
【点睛】此题考察物质结构与性质，波及核外电子排布、空间构型与杂化方式判断、配位键、
电离能、晶胞计算等，掌握均派法进行晶胞有关计算。

12. 物质 C 是高升白细胞的常有药物设计合成C 的路线以以下图所示：
已知 :
请回答以下问题：
(1)①的反响条件为 ____;A 中官能团的名称是 _____。

(2) 试剂 X 的结构简式为 ____, ④的化学方程式为________, 其反响种类为 _____。

(3) 物质 B 与 H2依照物质的量之比1:1 加成获取物质T。

写出一种切合以下条件的T 的同分异构体的结构简式____________ 。

①属于芬芳族化合物
②lmol 该物质与足量碳酸氢钠溶液反响生成 2 mol CO 2
③核磁共振氢谱有 2 组汲取峰 , 其面积比为6:2
(4) 以 R″— CHO代表 X 写出 X 与苯酚在必定条件下形成高聚物的化学方程式____。

(5) 设计以甲醛、乙醛为原料合成的路线(无机试剂任
选 )_____________ 。

【答案】(1). NaOH 水溶液，△(2).醛基(3).(4).
(5).消去反应(6).
等其余合理也可(7).(8).【分析】
【剖析】
①反响是卤代烃
②催化氧化生成在 NaOH水溶液中加热，水解生成
， A 为
，
，由信息
得 X 为，A与X发生反响③得，④浓硫酸、加热的
条件下发生消去反响生成，再发生银镜反响，被氧化成羧酸
盐，酸化后生成B，B 为，B经反响⑥脱羧得C，。

（ 5）由赐予的信息，可知由 1 分子乙醛与 3 分子HCHO发生加成反响能够获
取
C（CH2OH）3CHO，而后与氢气发生加成反响获取C（ CH2OH）4。

【详解】（ 1）①反响是卤代烃在 NaOH水溶液中加热，水解生成
；A 为， A 中官能团的名称是醛基；
（ 2） A与 X 发生反响③得，由信息
得 X 为，经④在浓硫酸、加热条件下，发生消去反
应生成，方程式为
；
(3) 物质 B 为与H2依照物质的量之比1:1 加成获取物质
T。

T 的同分异构体的结构特色：①属于芬芳族化合物，含有
苯环；②lmol 该物质与足量碳酸氢钠溶液反响生成2 mol CO2，说明含有两个羧基；③核磁共振氢
谱有 2 组汲取峰 , 其面积比为 6:2 ，结构对称，切合以下条件的 T 的同分异构体的结构简
式可能为：
等。

（4）以 R″— CHO代表 X，X 与苯酚在必定条件下发生缩聚反响，形成高聚物的化学方程式
；
（ 5））由赐予的信息，可知由 1 分子乙醛与 3 分子 HCHO 发生加成反响能够获取C（ CH2OH）3CHO，而后与氢气发生加成反响获取C（ CH2OH）4．合成路线流程图为：。