四川省绵阳南山中学2020届高三上学期一诊热身考试理科综合化学试题 Word版含解析

可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 Mn 55 Fe 56 Zn 65
一、选择题：本题共 13 个小题，每小题 6 分，共 78 分。

在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的。

1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。

下列说法正确的是
A. “华为麒麟980”手机芯片的主要成分是二氧化硅
B. 高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的増强聚四氟乙烯板属于无机髙分子材料
C. 公共交通推广使用利用原电池原理制成的太阳能电池汽车，减少化石能源的使用
D. 用“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，可提髙空气质量
【答案】D
【解析】
【详解】A.晶体硅常用于制作芯片，而二氧化硅不能用来制作芯片，A项错误；
B.聚四氟乙烯是一种有机高分子材料，B项错误；
C.太阳能汽车是直接将光能转化为电能的器件，并不是按照原电池原理制成的，C项错误；
D.这些方法都可以减少大气中的污染物，提高空气质量，D项正确；
答案选D。

2.N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
A. 标准状况下，2.24 L 氟化氢所含分子数为0.1N A
B. 常温下，22.4 L 氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为 2N A
C. 丙烯和环丙烷组成的 42 g 混合气体分子中共用电子对总数为 9N A
D. 化学反应中每生成 1 mol O2，转移的电子数为 4N A
【答案】C
【解析】
【详解】A.与其它卤素氢化物不同，氟化氢在标况下是液态，因此无法计算，A项错误；
B.常温下气体摩尔体积大于22.4L/mol，因此实际上氯气的物质的量不足1mol，与足量镁粉
充分反应转移的电子数也就小于2N A，B项错误；
C H，因此42g混合气体相当于1mol二者的混合物，又因为
C.丙烯和环丙烷的分子式均为36
每个丙烯分子中有9对共用电子对，每个环丙烷分子中也有9对共用电子对，因此1mol二者
的混合物中自然也有9mol共用电子对，数量为9N A，C项正确；
D.该说法太绝对，例如322O =3O 反应中就没有电子的转移，D 项错误； 答案选C 。

3.乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是( )
A. 分子式为C 6H 6O 6
B. 乌头酸能发生水解反应和加成反应
C. 乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 含1 mol 乌头酸的溶液最多可消耗 3 mol NaOH 【答案】B 【解析】
【详解】A ．根据结构简式可知其化学式为C 6H 6O 6，A 正确；
B ．乌头酸含有羧基和碳碳双键，能发生加成反应，但不能发生水解反应，B 错误；
C ．乌头酸含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C 正确；
D ．含有3个羧基，含1mol 乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH ，D 正确； 答案选B 。

4.下列实验操作能达到实验目的的是
A. 将SO 2通入紫色石蕊试液中以检验SO 2的酸性和漂白性
B. 用玻璃棒蘸取30%双氧水点在 pH 试纸上，再与标准比色卡比较，可测出其pH
C. 配制FeCl 3溶液时，将FeCl 3固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
D. 用饱和NaHSO 3溶液吸收尾气中的SO 2 【答案】C 【解析】
【详解】A.2SO 水溶液有酸性，可以使紫色石蕊试液变红，但是2SO 的漂白性不够强，无法漂白酸碱指示剂，A 项错误；
B.双氧水具有漂白性，可以漂白pH 试纸，B 项错误；
C.3FeCl 易水解，因此将其溶于浓盐酸后再加水稀释，即可抑制其水解，C 项正确；
D.饱和3NaHSO 不与2SO 反应，因此不吸收2SO ，D 项错误； 答案选C 。

5.有机化合物甲与乙在一定条件下可反应生成丙：
下列说法正确的是
A. 甲与乙生成丙的反应属于取代反应
B. 甲分子中所有原子共平面
C. 乙的一氯代物有2种
D. 丙在酸性条件下水解生成和CH 318OH
【答案】D 【解析】 【分析】
比较甲、乙、丙的结构，分析其中化学键的变化，可知：反应“甲+乙→丙”属于加成反应。

【详解】A 项：甲分子中两个碳碳双键间隔一个碳碳单键，类似1,3-丁二烯。

乙分子中碳碳双键断其中一根键，与甲进行1,4-加成反应生成丙，A 项错误；
B 项：甲分子中有一个亚甲基（－CH 2－），它与直接相连的两个碳原子构成正四面体，故不可能所有原子共面，B 项错误；
C 项：乙的结构简式为CH 2=CHCO 18OCH 3，分子中有3种氢原子，其一氯代物有3种，C 项错误；
D 项：丙在酸性条件下水解，酯基中的碳氧单键断裂，生成和CH 318
OH ，D 项正确。

本题选D 。

6.短周期主族元素W 、X 、Y 和Z 的原子序数依次增大，W 的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，并且可与X 的氢化物形成一种共价化合物。

Y 是地壳中含量最多的金属元素，Z 原子最外层电子数是其内层电子总数的3/5。

下列说法中一定正确的是（ ） A. X 的简单气态氢化物稳定性比Z 的强 B. 原子半径大小顺序：W<X<Y<Z
C. W的氧化物对应水化物为强酸，具有强氧化性
D. 工业上一般采取电解Y的熔融氯化物来生产Y的单质
【答案】A
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，说明溶液显碱性，则W为N元素；氨气可与X的氢化物形成一种共价化合物，为一水合氨，则X为O元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，Y为Al元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3/5，则内层电子总数为10，最外层电子数为6，Z为S元素。

据此分析解答。

【详解】根据上述分析，W为N元素，X为O元素，Y为Al元素，Z为S元素。

A．非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：O＞S，X的简单气态氢化物的稳定性比Z的强，故A正确；
B．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：S＜Al，即Z <Y，故B错误；
C．N的氧化物对应水化物为不一定为强酸，如亚硝酸为弱酸，故C错误；
D．氯化铝为共价化合物，熔融状态不能导电，工业上一般采取电解熔融氧化铝来生产铝，故D错误；
答案选A。

7.下列有关实验的图示及分析均正确的是
选
项
实验目的实验图示实验分析
A
实验室用酸性高锰酸钾溶
液滴定草酸溶液摇瓶时，使溶液向一个方向做圆周运动，勿使瓶口接触滴定管，溶液也不得溅出。

B 石油分馏时接收馏出物
为收集到不同沸点范围的馏出物，
需要不断更换锥形瓶。

C
测定锌与稀硫酸反应生成
氢气的速率
实验中，需测定的物理量是反应时
间和生成氢气的体积。

D
用四氯化碳萃取碘水中的
碘充分振荡后静置，待溶液分层后，先把上层液体从上口倒出，再让下层液体从下口流出。

A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A项，实验室用酸性KMnO4溶液滴定草酸溶液，KMnO4溶液具有强氧化性，KMnO4溶液盛放在酸式滴定管中，用左手控制酸式滴定管的活塞，右手摇瓶时，使溶液向一个方向做圆周运动，勿使瓶口接触滴定管，溶液也不得溅出，A项正确；
B项，分馏时接受馏出物的锥形瓶不能塞橡胶塞，B项错误；
C项，稀硫酸盛放在长颈漏斗中不能控制反应的进行，不能准确测量生成H2的体积，稀硫酸应盛放在分液漏斗中，C项错误；
D项，用CCl4萃取碘水中的碘，充分振荡后静置，待溶液分层后，先放出下层液体，再把上层液体从上口倒出，D项错误；
答案选A。

三、非选择题：共 174 分。

第 22~32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第 33~38 题为选考题，考生根据要求作答。

(一)必考题：共 129 分。

8.氧化锌为白色固体，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。

纯化工业级氧化锌[含有Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)等杂质]的流程如下：
提示：在本实验条件下，Ni(Ⅱ)不能被氧化；高锰酸钾的还原产物是 MnO 2。

回答下列问题： (1)为加快步骤①的浸取速率，下列措施中无法达到目的是_____(填字母)。

a ．将样品粉碎 b ．延长浸取时间 c ．充分搅拌 d ．适当增加硫酸浓度 e ．适当升高温度
(2)反应②中除掉的杂质离子是_____(填离子符号)，发生反应的离子方程式为：_____。

(3)加入高锰酸钾溶液前，若 pH 较低，对除杂的影响是_____。

(4)步骤③过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外还有_____。

(5)反应④中产物的成分可能是 ZnCO 3•x Zn(OH)2。

取干燥后的滤饼 11.2 g ，煅烧后可得到产品 8.1 g ，则 x ＝_____【ZnCO 3、Zn(OH)2 的相对分子质量分别为：125、99】。

【答案】 (1). b (2).
2+Mn 、2+Fe (3).
-2++
4222MnO +3Mn +2H O=5MnO +4H ↓、
-2+-4223MnO +3Fe +5OH +2H O=MnO +3Fe(OH)↓↓ (4). 若pH 较低，-4MnO 的氧化
性增强，还原产物就不是2MnO 沉淀而是2+Mn ，同时也不利于3Fe(OH)沉淀的生成 (5). 镍 (6). 1 【解析】 【分析】
本题是一道无机化学工业流程题，首先明确我们的目标是纯化工业级氧化锌，因此第一步先加稀硫酸溶解，浸出液中加适量4KMnO 可以将2+Fe 氧化成3+Fe 并通过调节pH 转化为
3Fe(OH)沉淀，同时+7价锰和+2价锰发生归中反应产生2MnO 沉淀，接着过滤除去3Fe(OH)和
2MnO 。

加入锌粒还原溶液中剩余的镍离子，再过滤除去单质镍和过量的锌粒，加入碳酸钠
得到碳酸锌沉淀，过滤后煅烧碳酸锌分解产生氧化锌，本题得解。

【详解】（1）a.将样品粉碎可以增大接触面积，加快反应进行，a 项正确； b.延长浸取时间无法加快浸取速率，只能增大浸出率，b 项错误；
c.充分搅拌本质上可以起到增大接触面积的作用，因此也可以加快反应速率，c 项正确；
d.适当增加硫酸浓度相当于增大了反应物浓度，正反应速率加快，d 项正确；
e.适当升高温度也可以增大反应速率，e 项正确； 答案选b ；
（2）根据分析反应②中除掉的是2+Mn 和2+Fe ，因此写出对应的反应方程式即可，分别为：
-2++4222MnO +3Mn +2H O=5MnO +4H ↓和
-2+-4223MnO +3Fe +5OH +2H O=MnO +3Fe(OH)↓↓；
（3）若溶液pH 较低，首先-
4MnO 的氧化性增强，还原产物就不是2MnO 沉淀而是2+Mn ，引入了新的杂质，其次也不利于3Fe(OH)沉淀的生成； （4）根据分析还有单质镍；
（5）一个自然的想法就是列二元一次方程来求解，设滤饼中有3ZnCO 共x mol ，2Zn(OH)共y mol ，首先根据质量关系有：125x+99y=11.2g ，又因为二者的分解产物均为ZnO ，煅烧后的8.1g 其实就是
8.1
=0.1mol 81
的ZnO ，也就是说锌一共有0.1mol ，因此根据物质的量关系有x+y=0.1mol ，联立两个方程解出x=0.05mol 、y=0.05mol ，也就是说3ZnCO 和
2Zn(OH)的物质的量为1:1，化学式中的x 自然为1。

9.三氯乙醛(CCl 3CHO)是生产农药、医药的重要中间体，实验室制备三氯乙醛的反应装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如下：
①制备反应原理：C 2H 5OH ＋4Cl 2→CCl 3CHO ＋5HCl ②相关物质的相对分子质量及部分物理性质： 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 C 2H 5OH 46 －114.1 78.3 与水互溶 CCl 3CHO 147.5 －57.5 97.8 可溶于水、乙醇
CCl 3COOH
163.5
58
198
可溶于水、乙醇、三氯乙醛
(1)恒压漏斗中盛放的试剂的名称是_____，盛放KMnO 4仪器的名称是_____。

(2)反应过程中C 2H 5OH 和HCl 可能会生成副产物C 2H 5Cl ，同时CCl 3CHO(三氯乙醛)也能被次氯酸继续氧化生成CCl 3COOH(三氯乙酸)，写出三氯乙醛被次氯酸氧化生成三氯乙酸的化学方程式：_____。

(3)该设计流程中存在一处缺陷是_____，导致引起的后果是_____，装置B 的作用是______。

(4)反应结束后，有人提出先将C 中的
混合物冷却到室温，再用分液的方法分离出三氯乙酸。

你认为此方案是否可行_____(填是或否)，原因是_____。

(5)测定产品纯度：称取产品0.36g 配成待测溶液，加入0.1000mol•L −1
碘标准溶液20.00mL ，再加入适量Na 2CO 3溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH ，立即用0.02000mol•L −1Na 2S 2O 3
溶液滴定至终点。

进行三次平行实验，测得平均消耗Na 2S 2O 3溶液20.00mL 。

则产品的纯度为
_____(计算结果保留四位有效数字)。

滴定原理：CCl 3CHO+OH -=CHCl 3+HCOO -、HCOO -+I 2=H ++2I -+CO 2、I 2+2S 2O 32-=2I -+S 4O 62-
【答案】 (1). 浓盐酸 (2). 圆底烧瓶 (3).
33CCl CHO+HClO CCl COOH+HCl (4). 无干燥装置 (5). 副产物增加 (6).
除去氯气中的氯化氢 (7). 否 (8). 三氯乙酸会溶于乙醇和三氯乙醛，无法分液 (9). 73.75% 【解析】 【分析】
根据题干和装置图我们能看出这是一个有机合成实验题，考查的面比较综合，但是整体难度一般，按照实验题的解题思路去作答即可。

【详解】（1）根据反应原理我们发现原料需要氯气，因此装置A 就应该是氯气的发生装置，所以恒压漏斗里装的是浓盐酸；盛放4KMnO 的装置是蒸馏烧瓶；
（2）按照要求来书写方程式即可，注意次氯酸的还原产物是氯化氢而不是氯气：
33CCl CHO+HClO CCl COOH+HCl →；
（3）制得的氯气中带有氯化氢和水分，氯化氢可以在装置B 中除去，但是缺少一个干燥装置来除去水分，若不除去水分，氯气和水反应得到次氯酸和盐酸，会生成更多的副产物； （4）该方案是不行的，因为三氯乙酸是有机物，会溶于乙醇和三氯乙醛，根据题目给出的沸点可知此处用蒸馏的方法最适合；
（5）根据-4n=c V=0.020.02=410mol ⨯⨯算出消耗的223Na S O 的物质的量，根据2:1的系数比，这些223Na S O 对应着过量的-4210mol ⨯单质碘，而一开始加入的碘的物质的量为
-3n=c V=0.10.02=210mol ⨯⨯，因此整个过程中消耗了-31.810mol ⨯单质碘，再次根据化学
计量数之比发现3CCl CHO ：2I 为1:1，也就是说产品中有-31.810mol ⨯三氯乙醛，质量为
-3m=n M=1.810147.5=0.2655g ⨯⨯⨯，因此产品的纯度为
0.2655
100%=73.75%0.36
⨯。

10.减少氮的氧化物和碳的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。

合理应用和处理碳、氮及其化合物，在生产生活中有重要意义。

(1)对温室气体 CO 2 的研究一直是科技界关注的重点。

在催化剂存在下用 H 2 还原 CO 2 是解决溫室效应的重要手段之一。

已知：①H 2 和 CH 4 的燃烧热分别为 285.5 kJ/mol 和 890.0 kJ/mol 。

②H 2O(1)===H 2O(g) ΔH ＝+44 kJ/mol
试写出H 2还原CO 2生成CH 4和H 2O(g)的热化学方程式_____。

(2)CO 2在Cu −ZnO 催化下，可同时发生如下的反应I 、II ，其可作为解决温室效应及能源短缺的重要手段。

I ．CO 2(g)＋3H 2(g)CH 3OH(g)＋H 2O(g)ΔH 1＝－57.8kJ/mol II ．CO 2(g)＋H 2(g)
CO(g)＋H 2O(g)ΔH 2＝+41.2kJ/mol
对于气体参加的反应，表示平衡常数K p 时，用气体组分(B)的平衡分压p (B)代替该气体的平衡浓度c (B)，则反应II 的K p =_____［已知：气体各组分的分压p (B)，等于总压乘以其体积分数］。

在Cu −ZnO 存在的条件下，保持温度T 不变，在一刚性密闭容器中，充入一定量的CO 2及H 2，起始及达平衡时，容器内各气体物质的量如下表：
CO 2 H 2 CH 3OH CO H 2O(g) 总压/kPa
起始/mol 5.0 7.0 0
0 0
p 0 平衡/mol
n 1
n 2
p
若反应I 、II 均达平衡时，p 0＝1.2p ，则表中n 1＝_____；若此时n 2＝3．则反应I 的
平衡常数
K p ＝_____(无需带单位，用含总压p 的式子表示)。

(3)汽车尾气是雾霾形成的原因之一，研究氮氧化物的处理方法可有效减少雾霾的形成。

可采用氧化还原法脱硝：4NO(g)＋4NH 3(g)＋O 2(g)
4N 2(g)＋6H 2O(g)ΔH ＜0
(4)根据图示判断提高脱硝效率的最佳条件是_____；氨氮比一定时，在400℃时，脱硝效率最大，其可能的原因是_____。

用活性炭还原法也可以处理氮氧化物，某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO ，发生反应：C(s)＋2NO(g)N 2(g)＋CO 2(g)ΔH ＞0在T ℃时，反
应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下： 时间/min
0 10
20 30 40 50
c (NO)/mol•L −1 1.0 0.58 0.40 0.40 0.48 0.48 c (N 2)/mol•L −1 0 0.
21
0.30 0.30 0.36 0.36 c (CO 2)/mol•L −1
0.21
0.30
0.30
0.36
0.36
30min 后，只改变某一条件，根据上表数据判断改变的条件可能是______填字母)。

A ．通入一定量的 CO 2 B ．加入合适的催化剂 C ．适当缩小容器的体积
D ．通入一定量的 NO
E ．加入一定量的活性炭
F ．适当升高温度
【答案】 (1). 2242CO (g)+4H (g)=CH (g)+2H O(l) ΔH=-164kJ/mol (2). 2p 22p(CO)p(H O)K =p(CO )p(H ) (3). 1.0mol (4). p 275K =4p
(5). 400℃下，氨氮比 1.0 (6). 温度过低，反应速率太慢，温度过高，平衡常数太低 (7). CD
【解析】
【分析】
本题是一道化学反应原理的综合题，难度一般，主要考察学生对反应原理的综合掌握能力，按照要求来解答即可。

【详解】（1）将2222H (g)+O (g)=2H O(l)设为式①，4222CH (g)+2O (g)=CO (g)+2H O(l)设为式②，水的蒸发设为式③，则用2-+2⨯⨯①②③即可得到2242CO (g)+4H (g)=CH (g)+2H O(l)，再根据盖斯定律-285.54+890.0+442=-164kJ/mol ⨯⨯算出反应热即可；在条件一定的情况下，气体的分压和物质的量成正比，而物质的量与浓度也成正比，因此可用压强来代替浓度，因此2p 22p(CO)p(H O)K =p(CO )p(H )
； （2）若只发生反应II ，反应前后气体分子数不变，压强是不变的，因此只有反应I 能改变压强；根据化学计量数之比，每生成1mol 甲醇，气体分子总数就要减少2mol ，则
1
p()n()5+7===1.2p()n()5+7-2n 反应前反应前反应后反应后，解得1n =1mol ；此时体系中气体总物质的量为10mol ，因此23p p(H O)=
10，3p p(CH OH)=10
，又因为体系中一共消耗了3mol 2CO ，所以平衡时剩余的2CO 的分压为22p p(CO )=10，同理22p p(H )=10，代入反应I 的化学平衡表达式32p 322p(CH OH)p(H O)K =p(CO )p (H )解得p 275K =4p ； （3）根据图示可以看出当氨氮比为1.0，且温度为400℃时脱硝效率最高，接近100%，故此时为最佳条件；正反应是放热的，因此若温度过高会导致平衡常数减小，反应不能完全进行，但若温度太低会导致反应速率过慢，因此400℃是一个最佳的反应条件；根据表中数据我们发现反应进行到20min 时已经达到了平衡状态，一直持续到30min ，代入平衡常数的表达式
22122c(N )c(CO )0.30.39K ===c(NO)0.416
⨯，在30min 时改变了某一条件，在40min 时又达到了平衡状态，此时的22222c(N )c(CO )0.360.369K =
==c(NO)0.4816⨯，平衡常数没变说明温度没有改变，因此F 项错误；再来分析其它选项，若通入一定量的2CO 会导致平衡逆向移动，虽然NO 和2CO 的浓度都在上升，但是2N 的浓度是在下降的，因此A 是错误的；活性炭是固体，加入一定量的活性炭不会影响平衡，E 项错误；而催化剂不影响平衡，B 项错误；因此答案为CD ，适当缩小体积会让所有气体的浓度都增大，此时虽然平衡会移动导致某些气体减少，但是整体上来讲浓度还是增大的。

(二)选考题：共 45 分。

请考生从 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答。

如果多做，则每科按所做的第一题计分。

11.钕铁硼磁铁是目前为止具有最强磁力的永久磁铁。

预计在未来20年里，不可能有替代钕铁硼磁铁的磁性材料岀现。

生产钕铁硼磁铁的主要原材料有稀土金属钕、纯铁、铝、硼以及其他稀土原料。

(1)钕(Nd)为60号元素，在周期表中第_________周期；基态铁原子的外围电子轨道表示式为__________________。

(2)实验测得AlCl 3的实际存在形式为Al 2Cl 6，其分子的球棍模型如图所示。

①已知Al 2Cl 6分子中正负电荷中心重合，则Al 2Cl 6属于_________分子(填“极性”或“非极性”)，分子中A1原采取__________________杂化。

②Al 2Cl 6与过量NaOH 溶液反应生成Na[Al(OH)4]，[A1(OH)4]－
中存在的化学键有_________(填选项字母)。

A.离子键
B.共价键
C.金属键
D.配位键
E.氢键
(3)B 元素及与其同周期相邻的两种元素第一电离能由小到大的顺序为
__________________(用元素符号表示)。

(4)因材料中含有大量的钕和铁，容易锈蚀是它的一大弱点。

可电镀镍(Ni)、锌(Zn)等进行表面涂层处理。

已知Ni 可以形成[Ni(NH 3)6]Cl 2，该配合物中配体分子的空间构型为
__________________。

(5)已知立方BN 晶体硬而脆，其原因是___________________________；其晶胞结构如图所示，N 原子填充在B 原子构成的正四面体空隙中，则晶胞中正四面体的空隙填充率为
__________________，设晶胞中最近的B 、N 原子之间的距离为anm ，晶体的密度为bg·cm －3
，则阿伏加德罗常数为_________mol －1(列式即可，用含a 、b 的代数式表示)
【答案】 (1). 六 (2). (3). 非极性 (4). sp 3
(5). BD (6). B<Be<C (7). 正八面体 (8). 由于立方BN 晶体是原子晶体，B —N 键能大，所以质地坚硬，且共价键具有方向性，受到外力时，会发生原子错位，所以性脆 (9). 50% (10). 2137531016a b
【解析】
【详解】钕(Nd)为60号元素，它位于元素周期表的第六周期，基态铁原子的外围电子轨道表示式为：；
故答案六，；
(2) ①Al 2Cl 6分子中正负电荷中心重合，属于非极性分子，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，采取sp 3杂化，
故答案为非极性；sp 3
；
②Al 采取sp 3杂化，用最外层的四个空轨道接受O 提供的孤对电子形成配位键，O 与H 之间是极性共价键；
故答案为BD ；
(3) 同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但是Be 原子2s 轨道全充满状态是较稳定的，所以Be 的第一电离能大于B ，第一电离能B<Be<C ；
故答案为B<Be<C ；
(4) 已知Ni 可以形成[Ni(NH 3)6]Cl 2。

该配合物中配体分子为六个氨分子，其空间构型为正八
面体；
故答案为正八面体；
(5)由于立方BN晶体是原子晶体，B—N键能大，所以质地坚硬，且共价键具有方向性，受到外力时，会发生原子错位，所以性脆；从晶胞构型中可看出，B原子形成8个正四面体，有4个N原子填充4个正四面体中，所以晶胞中正四面体的空隙填充率为50%；根据晶胞的结构可
知，每个晶胞中含有4个N原子，B原子数为8×1
8
+6×
1
2
=4，故晶胞的质量为
100
A
N g。

晶胞中最近的B、N原子之间的距离为a nm ，是正方体对角线长的
1
4
，则晶胞的对角线长为4a nm，
晶胞的边长为
3
nm=7
10
3
-
⨯cm，故晶胞的体积为
3
7
10cm
3
-
⎫
⨯
⎪
⎝⎭。

晶体的密度为bg·cm
－3，根据ρ=m/V可知b=3
7
100
10
3
A
N
-
⎫
⨯
⎪
⎝⎭
，故N A=21
753
10
⨯ mol－1；
故答案为由于立方BN晶体是原子晶体，B—N键能大，所以质地坚硬，且共价键具有方向性，受到外力时，会发生原子错位，所以性脆；50%；21
753
10
⨯。

12.美多心安是一种治疗高血压的药物。

一种以芳香化合物 A 为原料合成其中间体 H 的路线如下：
已知：①化合物B不能发生银镜反应且苯环上的一溴代物只有两种；
②化合物G的结构为
③
(1)A 的化学名称是_____，C 的结构简式为_____。

(2)F 中官能团的名称是_____，F 生成 H 的反应类型是_____。

(3)D 生成 E 的化学方程式为_____。

(4)芳香化合物 X 是 H 的同分异构体，X 既能发生水解反应又能发生银镜反应，其核磁共振氢谱显示有 5 种不同化学环境的氢，峰面积比为9∶2∶2∶2∶1。

写出两种符合要求的 X 的
结构简式：_____。

(5)写出以 CH3COCH＝CH2为原料制备聚 1，3−丁二烯的合成路线(其他试剂任用)：_____。

【答案】 (1). 苯酚 (2). (3). 羟基、醚键 (4). 取代反应(5). (6).
和（其它合理答案也正确）(7).
【解析】
【分析】
根据F的结构式，结合A的化学式，不难推测A一定是苯酚，B的苯环上的一溴代物只有两种，因此B上两个取代基一定是对位的，又不能发生银镜反应，则一定是一个酮羰基，则B是
，B到C的条件是氯气光照，则是侧链上的氢被取代生成，根据题干给的信息，D是，D在碱的水溶液下发生水解得到醇钠E，E经甲醇和浓硫酸的作用下得到F，F再与G发生取代反应得到H，本题得解。

【详解】（1）根据分析A为苯酚，C的结构简式；
（2）根据F的结构可以看出，其中的官能团名称为酚羟基；从F到H为取代反应；
（3）D到E是卤素原子在水溶液中生成醇钠的过程，写出方程式：
；
C H O，分子中除苯环外仅有1个不饱和度，既要发生水解反应又要发（4）H的分子式为12163
生银镜反应，因此一个自然的想法就是甲酸酯，根据这些条件写出两种即可：和；
（5）根据题目给的条件结合已知路线，我们可以在光照下与氯气发生取代反应得到
，再用Zn-Hg/浓盐酸来处理得到
ClCH CH CH=CH，再消去氯原子即可得到1，3-丁二烯，最后发生加聚反应得到聚聚 1，222
3−丁二烯。