四川省雅安市2020届高三化学第三次诊断试题含解析

四川省雅安市2020届高三化学第三次诊断试题（含解析）

1.下列有关说法错误的是（    ）

A. 聚丙烯纤维是生产医用口罩的重要材料

B. 在月饼包装盒中放入生石灰，可防止月饼氧化变质

C. 84消毒液、医用酒精等都可以用于新冠病毒的消毒

D. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应

【答案】B

【解析】

【详解】A．聚丙烯纤维具有许多优良的性能，是生产医用防护口罩、防护服等疫情防护防控物资的重要原材料，A正确；

B．在月饼包装盒中放入生石灰，可吸收包装盒内水蒸气从而防止月饼受潮，B错误；

C．84消毒液、医用酒精等都具有杀菌消毒能力，可用于新冠病毒的消毒，C正确；

D．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了Fe与CuSO4的置换反应，生成的Cu附着于铁釜表面，D正确；

故选B。

2.下列说法正确的是（    ）

A. 苯的硝化、油脂的皂化均可看作取代反应

B. 蛋白质和淀粉都是高分子化合物，都能水解生成葡萄糖，提供生命活动的能量

C. 用酸性KMnO4溶液无法鉴别乙醇与苯

D. 分子式为C4H9Cl的同分异构体有5种

【答案】A

【解析】

【详解】A．苯硝化后生成硝基苯和水、油脂皂化后生成高级脂肪酸钠和甘油，均可看作取代反应，A正确；

B．蛋白质水解生成氨基酸，不能生成葡萄糖，B不正确；

C．乙醇能使酸性KMnO4溶液褪色，而苯不能，用酸性KMnO4溶液可鉴别乙醇与苯，C不正确；

D．分子式为C4H9Cl的同分异构体有4种，分别为CH3CH2CH2CH2Cl、CH3CH2CHClCH3、(CH3)2CHCH2Cl、(CH3)3CCl，D不正确；

故选A。

3.复旦大学研发的一种新型水锂电池，一极采用复合膜包裹的金属锂，另一极采用锰酸锂(LiMn2O4)，以0.5mol·L-1Li2SO4水溶液作电解质，安全性能和成本较现有的锂离子电池都具有明显的优势。下列有关该电池的说法不正确的是（    ）

A. 电极a负极，电极b是正极

B. 工作时电池的总反应为：LiMn2O4+Li=Li2Mn2O4

C. 放电时，溶液中Li+从a向b迁移

D. 电池放电时的阳极反应式为：Li2Mn2O4−e-=LiMn2O4+Li+

【答案】D

【解析】

【分析】

电极a为采用复合膜包裹的金属锂，易失电子，作负极，电极b为锰酸锂(LiMn2O4)，作正极；在原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。

【详解】A．由以上分析知，电极a的材料为金属锂，易失电子，作负极，则电极b作正极，A正确；

B．电池工作时，负极Li-e- ==Li+，正极LiMn2O4+e-+Li+== Li2Mn2O4，总反应为：LiMn2O4+Li=Li2Mn2O4，B正确；

C．放电时，溶液中的阳离子(Li+)从负极(a)向正极(b)迁移，C正确；

D．电池放电时，为原电池，电极只讲正、负极，不讲阴、阳极，D不正确；

故选D。

4.有原子序数依次增大的a、b、c、d四种元素，最外层电子数分别为4、1、x、7，已知c原子的电子层数等于x，d-的电子层结构与Ar元素相同。下列说法错误的是（    ）

A. 元素a与氢形成原子比为1：1的化合物有多种

B. 元素b的单质能与水、无水乙醇反应

C. c的简单离子与d-的简单离子最外层电子数和电子层数都不相同

D. 元素a与元素d可形成既含有极性共价键又含非极性共价键的化合物

【答案】C

【解析】

【分析】

a、b、c、d四种元素的原子序数依次增大，d-的电子层结构与Ar元素相同，则d为Cl；a、b、c、d四种元素的最外层电子数分别为4、1、x、7，已知c原子的电子层数等于x，则a的电子排布为2、4，b的电子排布为2、8、1，c的电子排布为2、8、3，从而得出a为碳，b为钠，c为铝，d为氯。

【详解】A．元素a与氢形成原子比为1：1的化合物有C2H2、C4H4、C6H6、C8H8等多种，A正确；

B．元素b的单质能与水反应生成NaOH和H2、能与无水乙醇反应生成CH3CH2ONa和H2，B正确；

C．c的简单离子为，d-的简单离子为，二者的最外层电子数相同，C错误；

D．元素a与元素d可形成Cl2C=CCl2、Cl3C-CCl3等，它们既含有极性共价键C-Cl键，又含非极性共价键碳碳单键和碳碳双键，D正确；

故选C。

5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（    ）

A. 1.0L0.5mol·L-1FeBr2溶液与1molCl2反应时转移的电子数目为2NA

B. 25℃，1LpH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10-9NA

C. 3.0g甲醛(HCHO)和冰醋酸的混合物中含有的原子总数为0.4NA

D. 标准状况下，2.24L二氯甲烷中含有的原子数目为0.5NA

【答案】C

【解析】

【详解】A．1.0L0.5mol·L-1FeBr2溶液与1molCl2反应时，Cl2过量，Fe2+、Br-全部参加反应，转移的电子数目为1.5NA，A不正确；

B．25℃，1LpH=9的CH3COONa溶液中，水电离产生的c(OH-)=1×10-5mol/L，所以发生电离的水分子数为1×10-5NA，B不正确；

C．3.0g甲醛(HCHO)和冰醋酸的最简式都为CH2O，3.0g混合物中含有0.1mol“CH2O”，所以含有的原子总数为0.4NA，C正确；

D．标准状况下，二氯甲烷呈液态，无法计算含有的原子数目，D不正确；

故选C。

6.下列实验过程可以达到实验目的的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，因生成的CO2的溶解，滴定终点时溶液呈弱酸性，应选择甲基橙为指示剂，A不合题意；

B．向盛有KI、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液的试管中分别滴加盐酸，观察到的现象依次为：无现象、白色沉淀、有气泡逸出、先生成白色沉淀然后沉淀溶解，现象不同，可以鉴别开来，B符合题意；

C．向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，虽然能发生反应，但没有明显变化，无法判断浓度对速率的影响，C不合题意；

D．除去乙醇中混有的乙酸，应先加烧碱将乙酸转化为乙酸钠，然后进行蒸馏，D不合题意；

故选B。

7.常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol·L-1的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。下列叙述正确的是（    ）

A. Ksp(Ag2C2O4)=10-7

B. a点表示的是AgCl的不饱和溶液

C. 向c(Cl-)=c(C2O42-)=0.1mol·L-1的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀

D. Ag2C2O4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+C2O42-(aq)的平衡常数为109.04

【答案】D

【解析】

【详解】A．Ksp(Ag2C2O4)＝c2(Ag＋)·c(C2O)＝(10－4)2×(10－2.46)＝10－10.46，故A错误；

B.在a点，c(Ag＋)大于平衡浓度，故a点的浓度积Qc(AgCl)＞Ksp(AgCl)，故为氯化银的过饱和溶液，将有沉淀析出，故B错误；

C.根据图像可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag＋)小，故向c(Cl－)＝c(C2O)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，故C错误；

D.Ag2C2O4(s)＋2Cl－(aq)2AgCl(s)＋C2O42- (aq)的平衡常数K＝，此时溶液中的c(Ag＋)相同，故有：K＝＝109.04，故D正确；

选D。

8.氯苯是染料、医药、有机合成的中间体，是重要的有机化工产品。其合成反应原理是：C6H6+Cl2C6H5Cl+HCl

某实验室制取氯苯的装置如图所示（加热和夹持装置已略去）。

请回答下列问题：

(1)仪器a、b组合成制取氯气的装置，反应不需要加热，则仪器a中的固体反应物是__（填化学式）。

(2)把氯气干燥后通入装有40mL苯（密度0.88g/mL）的反应器d中（内有铁屑作催化剂），维持反应温度在50～60℃，回流40分钟。对仪器d加热的方法是__。

(3)仪器c的名称是___，仪器c出口的气体成分有HCl、Cl2和__。

(4)将d中液体倒入分液漏斗中，分别用蒸馏水和NaOH溶液洗涤，分离出的产物干燥后，进行蒸馏纯化，得到24g纯净的氯苯。

①碱洗之前要进行水洗，其目的是__。

②用10%NaOH溶液碱洗时发生氧化还原反应的化学方程式为__。

③该实验所得氯苯的产率为__（保留小数点后一位），该产率低于理论产率的原因___（填写两条）。

【答案】    (1). KMnO4    (2). 水浴加热    (3). 球形冷凝管    (4). 苯蒸气    (5). 洗去产品中的FeCl3、HCl，节省碱的用量，降低成本    (6). Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O    (7). 47.2%（或47.3%）    (8). 氯苯在提取过程中有损失，有副反应发生

【解析】

【分析】

仪器a、b组合成制取氯气的装置，反应不需要加热，则应为KMnO4与浓盐酸反应制Cl2，发生反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；a、d间的洗气瓶内应装有浓硫酸，用于除去Cl2中混有的水蒸气；在d中，干燥后的氯气通入装有40mL苯（密度0.88g/mL）的反应器d中（内有铁屑作催化剂），因需要维持反应温度在50～60℃，所以最好用热水浴加热。生成的氯苯中混有苯、Cl2、HCl、FeCl3等，先水洗去掉HCl、FeCl3等，再用NaOH洗涤，去掉Cl2，然后分液，再进行蒸馏，以便获得纯净的氯苯。

【详解】(1)仪器a、b组合成制取氯气的装置，反应不需要加热，则应为利用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，则仪器a中的固体反应物是KMnO4。答案为：KMnO4；

(2)因需维持反应温度在50～60℃，所以可利用热水浴加热，对仪器d加热的方法是水浴加热。答案为：水浴加热；

(3)仪器c的名称是球形冷凝管，因苯易挥发，所以仪器c出口的气体成分有HCl、Cl2和苯蒸气。答案为：球形冷凝管；苯蒸气；

(4)①因HCl、FeCl3易溶于水，为节省碱液，在碱洗之前要进行水洗，其目的是洗去产品中的FeCl3、HCl，节省碱的用量，降低成本。答案为洗去产品中的FeCl3、HCl，节省碱的用量，降低成本

②用10%NaOH溶液碱洗时，主要洗去Cl2，Cl2与NaOH溶液反应，生成NaCl、NaClO等，发生氧化还原反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O。答案为：Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O；

③苯与氯气反应制氯苯化学方程式为+Cl2+HCl，则理论上制得氯苯的质量为=50.77g，该实验所得氯苯的产率为=47.2%（或47.3%），该产率低于理论产率的原因：氯苯在提取过程中有损失，有副反应发生。答案为：47.2%（或47.3%）；氯苯在提取过程中有损失，有副反应发生。

【点睛】凡需控制加热温度在100℃或100℃以下，都可利用水浴加热；水浴加热不仅能控制加热温度，而且能使反应物均匀受热。

9.碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂，在医药上也可用于治疗消化性溃疡出血。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如图：

已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：

请回答下列问题：

(1)该工艺中“搅拌”的作用是__，写出反应I中发生氧化还原反应的离子方程式__。

(2) “滤渣”的主要成分是__（填化学式），加入适量NaHCO3的目的是调节pH在__范围内。

(3)反应Ⅱ中加入NaNO2离子方程式为__，在实际生产中，可以同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2有5.6L（标况），则理论上相当于节约NaNO2（Mr=69）用量__g。

(4)碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可部分水解为Fe2(OH)聚合离子，该水解反应的离子方程式为__。

(5)为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：取25.00mL溶液，稀释到250mL，准确量取20.00mL于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH<2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后，再用0.01000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。已知：2Fe3++2I-==2Fe2++I2、2+I2==2I-+

则溶液中铁元素的总含量为__g·L-1。

【答案】    (1). 加快化学反应速率    (2). Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe+2Fe3+=3Fe2+    (3). Al(OH)3    (4). 4.7≤pH＜5.9或4.7~5.9    (5). 2H++Fe2++=Fe3++NO↑+H2O    (6). 69    (7). 2Fe(OH)2++2H2O+2H+    (8). 5.6

【解析】

【分析】

废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)中加入稀硫酸，氧化铝、氧化铁溶解生成硫酸铝和硫酸铁，硫酸铁与铁屑反应生成硫酸亚铁，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；加入NaHCO3搅拌后，NaHCO3与稀硫酸作用，从而减少溶液中的硫酸浓度，增大溶液的pH，使Al3+水解生成Al(OH)3沉淀；过滤后，所得滤液为FeSO4溶液；加入H2SO4、NaNO2溶液，与Fe2+发生氧化还原反应，生成Fe3+、NO和H2O；最后将溶液进行处理，便可获得碱式硫酸铁。

【详解】(1)该工艺中“搅拌”可增大反应物间的接触面积，有利于反应的发生，所以其作用是加快化学反应速率，反应I中，发生的氧化还原反应为硫酸铁与铁屑反应生成硫酸亚铁，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe+2Fe3+=3Fe2+。答案为：加快化学反应速率；Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe+2Fe3+=3Fe2+；

(2) 从以上分析可知，“滤渣”的主要成分是Al(OH)3，加入适量NaHCO3的目的是调节pH，使Al3+全部生成沉淀，但不能让Fe2+生成沉淀，所以应在4.7≤pH＜5.9或4.7~5.9范围内。答案为：Al(OH)3；4.7≤pH＜5.9或4.7~5.9；

(3)反应Ⅱ中加入NaNO2，是为了将Fe2+氧化为Fe3+，同时被还原为NO，离子方程式为2H++Fe2++=Fe3++NO↑+H2O；依据得失电子守恒，O2——4NaNO2，若参与反应的O2有5.6L（标况），则理论上相当于节约NaNO2（Mr=69）用量为=69g。答案为：2H++Fe2++==Fe3++NO↑+H2O；69g；

(4)碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可部分水解为Fe2(OH)聚合离子，该水解反应的离子方程式为2Fe(OH)2++2H2O+2H+。答案为：2Fe(OH)2++2H2O+2H+；

(5)由反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2、2+I2=2I-+，可得关系式：Fe3+——，

则溶液中铁元素的总含量为=5.6g·L-1。答案为：5.6。

【点睛】由于氧化性Fe3+>Cu2+>H+，所以在Fe2(SO4)3和H2SO4的混合溶液中加入Fe，Fe先与Fe2(SO4)3反应，后与H2SO4反应。

10.脱除工业废气中的氮氧化物（主要是指NO和NO2）可以净化空气、改善环境，是环境保护的主要课题。

(1)早期是利用NH3还原法，可将NOx还原为N2进行脱除。

已知：①4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)     ΔH=-905.9kJ·mol-1

②N2(g)＋O2(g)2NO(g)     ΔH=+180kJ·mol-1

③H2O(g)H2O(l)     ΔH=-44kJ·mol-1

写出常温下，NH3还原NO反应的热化学方程式__。

(2)以漂粉精溶液为吸收剂可以有效脱除烟气中的NO。

①漂粉精溶液的主要成分是Ca(ClO)2，若吸收过程中，消耗的Ca(ClO)2与吸收的NO的物质的量之比为3∶4，则脱除后NO转化为__。

②某一兴趣小组研究不同温度下相同浓度漂粉精溶液对NO脱除率的影响，结果如图所示。图中，40～60℃NO脱除率上升可能的原因为__；60～80℃NO脱除率下降可能的原因为__。

(3)过硫酸钠（Na2S2O8）氧化去除NO

第一步：NO在碱性环境中被Na2S2O8氧化为NaNO2

第二步：NaNO2继续被氧化为NaNO3，反应为++2OH-+2+H2O。

不同温度下，平衡时的脱除率与过硫酸钠（Na2S2O8）初始浓度（指第二步反应的初始浓度）的关系如图所示。

①a、b、c、d四点平衡常数K由大到小的顺序为__，原因是__。

②若a点（0.1，40%）时，的初始浓度为amol·L-1，平衡时pH=13，则65℃时，第二步反应的平衡常数K=__。（用含a的代数式表示，已知65℃时Kw=1.0×10-13）

(4)利用新型材料光催化脱除NO法如图所示。

某电化学小组将过程A、B设计成酸性电解池反应，则该反应中阴极反应方程式为___。

【答案】    (1). 4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)    ΔH=-2069.9kJ•mol-1    (2). HNO3（或NO）    (3). 温度升高，化学反应速率加快，有利于NO充分反应    (4). 温度升高，气体溶解度下降；（或温度升高，ClO-水解增强，HClO发生分解等）    (5). Kb＞Ka=Kc=Kd    (6). a、c、d三点在同一温度下，K值相同；b点温度升高，NO的脱除率上升，说明平衡向正向移动，K值增大    (7).     (8). O2+2e-+2H+=H2O2

【解析】

【分析】

利用盖斯定律，将已知热化学方程式调整化学计量数进行相加减，便可得到待求热化学反应方程式；Ca(ClO)2与吸收的NO的物质的量之比为3∶4，利用得失电子守恒，便可求出含N产物的存在形式。温度升高，NO的脱除率提高，应由温度升高引起；温度继续升高，NO脱除率反而降低，则必存在副反应，且温度升高有利于副反应的发生。化学平衡常数受温度变化的影响，温度相同时，平衡常数不变；升高温度，平衡正向移动，则K值增大。求平衡常数时，可由已知数据，建立三段式，代入公式便可求出K值。设计原电池时，正极O2→H2O2，则电极反应式为O2得电子产物与H+反应生成H2O2。

【详解】(1)①4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)     ΔH=-905.9kJ·mol-1

②N2(g)＋O2(g)2NO(g)     ΔH=+180kJ·mol-1

③H2O(g)H2O(l)     ΔH=-44kJ·mol-1

将①-②×5+③×6得：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)  ΔH=-2069.9kJ•mol-1。答案为：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)  ΔH=-2069.9kJ•mol-1；

(2) ①发生反应时，Ca(ClO)2中的Cl由+1价降为-1价，则NO失电子后所得产物中N的价态为=5，从而得出脱除后NO转化为HNO3（或）。答案为：HNO3（或）；

②图中，40～60℃时，随温度的升高，NO脱除率上升，显然温度升高有利于反应的进行，可能的原因为温度升高，化学反应速率加快，有利于NO充分反应；60～80℃时，温度升高，NO脱除率下降，则应为反应物浓度的下降等，所以可能的原因为温度升高，气体溶解度下降；（或温度升高，ClO-水解增强，HClO发生分解等）。答案为：温度升高，化学反应速率加快，有利于NO充分反应；温度升高，气体溶解度下降；（或温度升高，ClO-水解增强，HClO发生分解等）；

(3)①a、c、d三点温度相同，平衡常数相等，b点时温度高，亚硝酸根脱除率大，则表明温度升高平衡正向移动，K值增大，则平衡常数K由大到小的顺序为Kb＞Ka=Kc=Kd，原因是a、c、d三点在同一温度下，K值相同；b点温度升高，的脱除率上升，说明平衡向正向移动，K值增大。答案为：Kb＞Ka=Kc=Kd；a、c、d三点在同一温度下，K值相同；b点温度升高，的脱除率上升，说明平衡向正向移动，K值增大；

②pH=13，65℃时Kw=1.0×10-13，则c(OH-)=1mol/L，利用题给数据，可建立如下三段式：

65℃时，第二步反应的平衡常数K==。答案为：；

(4)某电化学小组将过程A、B设计成酸性电解池反应，则该反应中阴极为过程A中O2得电子的产物与H+作用生成H2O2，反应方程式为O2+2e-+2H+=H2O2。答案为：O2+2e-+2H+=H2O2。

【点睛】分析温度升高对亚硝酸根离子脱除率的不利影响时，应从气体与溶液的反应入手，分析温度对气体的溶解度的影响、反应物中副反应的发生对主反应的影响等。

11.碳族元素的单质及其化合物在生产、生活中是一类重要物质。请回答下列问题

(1)碳原子核外有__种不同运动状态的电子，第一电离能介于硼和碳之间的元素的名称为__，碳族元素外围电子排布的通式为__。

(2)青蒿素（C15H22O5）的结构如图所示，图中数字标识的五个碳原子的杂化轨道类型为__，组成青蒿素的三种元素电负性由大到小排序是__。

(3)青蒿素分子中，氧元素的成键方式有___；从青蒿中提取青蒿素的最佳溶剂是___。

a．乙醇    b．乙醚    c．水

(4)SnO2是一种重要的半导体传感器材料，用来制备灵敏度高的气敏传感器，SnO2与熔融NaOH反应生成Na2SnO3，Na2SnO3中阴离子空间构型为__。

(5)第三代太阳能电池利用有机金属卤化物碘化铅甲胺(CH3NH3PbI3，相对分子质量为Mr)半导体作为吸光材料，CH3NH3PbI3具有钙钛矿(AMX3)的立方结构，其晶胞如图所示。AMX3晶胞中与金属阳离子(M)距离最近的卤素阴离子(X)形成正八面体结构，则X处于__位置。CH3NH3PbI3晶体的晶胞参数为anm，其晶体密度为dg·cm-3，则阿伏加德罗常数的值NA的计算表达式为__。

【答案】    (1). 6    (2). 铍    (3). ns2np2    (4). sp2，sp3    (5). O>C>H    (6). σ键和π键    (7). b    (8). 平面三角形    (9). 面心    (10).

【解析】

【分析】

在原子的核外电子中，没有运动状态完全相同的两个电子存在，所以原子核外有多少个电子，就有多少种运动状态；一般来说，元素的非金属性越强，元素的电负性大，总的来说第一电离能越大，但当原子核外价电子处于半满、全满状态时，能量低，第一电离能反常，但仅比原子序数比它大1的元素大；原子核外参与杂化的轨道为形成σ键电子所在的轨道和孤对电子所在的轨道；有机物通常易溶于与它结构相似的有机物；判断微粒的结构时，需看中心原子的价层电子对数及孤电子对数。在AMX3的晶胞中，所含黑球个数为8×=1，所含白球的个数为6×=3，二者的个数比为1:3，对照化学式，可确定黑球为M离子，白球为X离子，白球位于各个面的面心。

【详解】(1)碳为6号元素，原子核外有6个电子，有6种不同运动状态的电子，铍的2s能级上有2个电子，处于全满状态，第一电离能比硼大，所以第一电离能介于硼和碳之间的元素的名称为铍，碳原子的外围电子排布为2s22p2，所以碳族元素外围电子排布的通式为ns2np2。答案为：6；铍；ns2np2；

(2)图中数字标识的五个碳原子中，只有3号碳原子的价电子对数为3，其它碳原子的价层电子对数都为4，所以杂化轨道类型为sp2、sp3，组成青蒿素的三种元素分别为C、H、O，非金属性O>C>H，所以电负性由大到小排序是O>C>H。答案为：sp2、sp3；O>C>H；

(3)青蒿素分子中，4个O原子形成单键，1个O原子形成双键，所以氧元素的成键方式有σ键和π键；青蒿素分子中含有2个醚键，它属于醚类，所以从青蒿中提取青蒿素的最佳溶剂是乙醚，故选b。答案为：σ键和π键；b；

(4)在Na2SnO3中，阴离子的价电子对数为3，不存在孤电子对，所以其空间构型为平面三角形。答案为：平面三角形；

(5)从分析可知，图中AMX3晶胞中黑球为金属阳离子(M)，白球为卤素阴离子(X)，形成正八面体结构，则X处于面心位置。从晶胞结构看，1个晶胞中，只含有1个“AMX3”，则CH3NH3PbI3的晶胞中也只含有1个“CH3NH3PbI3”。CH3NH3PbI3晶体的晶胞参数为anm，其晶体密度为dg·cm-3，则dg·cm-3=，阿伏加德罗常数的值NA的计算表达式为NA=。答案为：面心；。

【点睛】分析晶胞结构时，在各球表示原子未知的情况下，解题不能鲁莽，应从物质组成与晶胞结构图的对比中寻找突破，不能简单地认为半径小的球就表示金属阳离子。

12.奥司他韦是一种高效、高选择性神经氨酸酶抑制剂，是目前治疗流感的最常用药物之一，是公认的抗禽流感、甲型H1N1等病毒最有效的药物之一。其合成路线如图所示：

回答下列问题：

(1)莽草酸的含氧官能团名称有__；反应③的反应类型__。

(2)反应①的反应试剂和反应条件__。

(3)1molB最多可以消耗___molNaOH溶液。

(4)请写出反应②的化学方程式__。

(5)芳香化合物X是B的同分异构体，则符合官能团只含酚羟基的X有___种。

(6)设计由对甲基苯甲醛制备对醛基苯甲酸的合成路线__。

【答案】    (1). 羟基、羧基    (2). 取代反应    (3). 乙醇、浓硫酸、加热    (4). 1    (5). ++ H2O    (6). 17种    (7).

【解析】

【分析】

莽草酸与乙醇在浓硫酸作催化剂加热条件下发生酯化反应生成A，结合已知信息，A与丙酮在酸性条件下反应生成B，B与发生取代反应生成C，C加入稀酸作用下生成D在经过一系列反应最终得到奥司他韦，据此分析解答。

【详解】(1)莽草酸的结构简式为，含氧官能团名称为：羟基、羧基；根据分析反应③的反应类型为取代反应，故答案为：羟基、羧基；取代反应；

(2)根据分析，反应①为莽草酸与乙醇在浓硫酸作催化剂条件下发生酯化反应生成A，反应实际和反应条件：乙醇、浓硫酸、加热，故答案为：乙醇、浓硫酸、加热；

(3)B为 ，其所含官能团中只有酯基能与氢氧化钠反应，1mol酯基消耗1mol氢氧化钠，故答案为：1；

(4)根据分析，反应②为A与丙酮在酸性条件下反应生成B的反应，化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；

(5)B为 ，芳香化合物X是B的同分异构体，则X中有苯环，官能团只含酚羟基，则X中有5个-OH，并直接连在苯环上，则X为和-C6H13,根据题意在X的结构中为一个固定原子团结构，可将看作-X，则该有机物可写为C6H13X(X代表原子团)，故同分异构体情况分别如下：正己烷分子中含有3种氢原子，2-甲基戊烷分子中含有5种氢原子，3-甲基戊烷分子中含有4种氢原子，2,2-二甲基丁烷分子中含有3种氢原子，2,3-二甲基丁烷分子含有2种氢原子，则该有机物符合要求的同分异构体的数目为17个，故答案为：17；

(6)首先与乙二醇反应得到保护醛基，然后与高锰酸钾反应将甲基氧化成羧基得到，酸化得到，合成路线为： ，故答案为： 。