黄金卷03-【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（全国卷专用）

【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（全国卷专用）
黄金卷03
（满分100分，时间50分钟）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 O-16 Al-27 P-31 Cu-64 Ge-73
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
7.2022年11月，国际纯粹与应用化学联合会（IUPAC）公布了“2022年度化学领域十大新兴技术”名单。

以下相关说法正确的是
A.钠离子电池在能量密度、安全性、成本方面均优于锂离子电池
B.气凝胶是最轻的固体材料，与纳米酶及纳米粒子均属于胶体范畴
C.基于VR技术，化学家可对分子进行修饰，提高分子建模的速度
D.纤维电池可应用于穿戴设备，所有纤维类均属于高分子化合物
【答案】C
【详解】
A．钠离子电池在安全性方面优于锂离子电池（如过度充放电的自然现象）,在能量密度要低于锂离子电池（取决于锂是相对质量最小的金属，这一点，所有金属无法比肩），当然钠离子的优势还在其成本低（钠在地壳中含量排位第六，而锂稀少且分布不均，近年价格逐年攀高，这也是钠离子电池必将迭代锂离子电池的主要因素），故A错误；
B．气凝胶是将凝胶中液体分散剂瞬时蒸走并及时填充气体分散剂，密度小，是最轻的固体材料，同时有超强的隔热性（如天问一号登陆车的隔热层）与吸附性（处理海洋原油泄漏）。纳米材料只表明其粒子在某个维度的大小处于纳米级别，但不一定是混合体系中的胶体，B错误；
C．利用VR,研究人员可进入一个充满巨大分子的想象房间，他们会触碰原子并对其进行渲染，极大提高分子建模的速度，故C正确；
D．纤维类不一定都属于有机高分子化合物，如现在发展势头迅猛的碳纤维，属于碳单质，
D错误；
故答案选C。

8. 以环戊二烯(甲)为原料合成一种医药中间体(丙)的路线如图所示。下列说法错误的是

A．等质量的甲、乙完全燃烧消耗的物质的量相等
B．甲生成乙、乙生成丙的反应类型均为加成反应
C．可以用酸性溶液鉴别乙和丙
D．丙的一氯代物有10种(不考虑立体异构)
【答案】D
【详解】A．甲的分子式为，乙的分子式为，二者最简式相同，等质量完全燃烧消耗的物质的量相等，A项正确；
B．甲生成乙，乙生成丙不饱和度降低，其反应类型为加成反应，B项正确；
C．乙含碳碳双键，丙不含碳碳双键，可以用酸性溶液鉴别，C项正确；
D．丙的一氯代物有6种(不含立体异构)，D项错误；
故选D。

9.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．28.4gP2O5( )含极性键的数目为0.4NA
B．已知核反应：，则1molM中含中子数54NA
C．0.25molZn与一定量浓硫酸反应后完全溶解，生成气体的分子数等于0.25NA
D．1L1mol/LCH3COONa溶液中CH3COO-与OH-离子数之和小于NA
【答案】C
【详解】A．28.4g P2O5为0.2mol，即0.1mol P4O10，1个P4O10含16个共价键(4个P=O，12个P-O，全部为极性键)，则0.1mol P4O10含有共1.6mol共价键，也就是1.6NA个，选项A错误；
B．核反应方程式必须遵循核电荷数和质量数守恒，即可推算出，，，1molZM中含中子(89-36)NA=53NA，选项B错误；
C．由得失电子数目守恒可知，1mol锌与稀硫酸反应生成1mol氢气，与浓硫酸反应生成1mol二氧化硫，则0.25mol Zn与一定量浓硫酸反应后完全溶解时，无论是生成氢气，还是二氧化硫，或是二氧化硫或氢气的混合气体，气体的分子数恒定为0.25mol×NA mol—1=0.25NA，选项C正确；
D．1L 1mol/L CH3COONa溶液中n(Na+)=1mol，根据电荷守恒：n(CH3COO-)+n(OH-)=n(Na+)+n(H+)，所以CH3COO-与OH-离子数之和大于NA，选项D错误；
答案选C。

10.两种化合物的结构如图，其中X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，下列说法错误的是

A．在两种化合物中，X、Y、Z、R、Q均满足最外层8电子稳定结构
B．X、Y、Z、R、Q中，R的非金属性及简单氢化物的稳定性均最强
C．将装有YZ2气体的透明密闭容器浸入冰水中，气体颜色变浅
D．Z的某种同素异形体在大气中的含量与环境污染密切相关
【答案】A
【分析】X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，由两种化合物的结构示意图可知，X、Y、Z、R、Q形成共价键的数目分别为4、3、2、1、5，则五种元素分别为C元素、N元素、O元素、F元素、P元素。
【详解】A．由两种化合物的结构示意图可知，化合物中磷原子的最外层电子数为10，不满足最外层8电子稳定结构，故A错误；
B．C元素、N元素、O元素、F元素、P元素中位于元素周期表右上角的氟元素的非金属性最强，元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性最强，故B正确；
C．红棕色二氧化氮转化为无色四氧化二氮的反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，气体的颜色变浅，则将装有二氧化氮气体的透明密闭容器浸入冰水中，气体颜色变浅，故C正确；
D．氧气和臭氧是氧元素形成的不同种单质，互为同素异形体，臭氧层破坏会造成环境污染，则臭氧在大气中的含量与环境污染密切相关，故D正确；
故选A。


11.下列有关实验方案的设计、现象和结论都正确的是
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
检验某溶液中是否含有Fe2+离子
向该溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液
溶液变为血红色，则该溶液中含有Fe2+离子
B
判断淀粉是否完全水解
在试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol·L-1H2SO4溶液，加热，冷却后，取少量水解后的溶液于试管中，加入碘酒
溶液显蓝色，则说明淀粉未水解
C
探究Cu2+、Mn2+的催化效果
向两支试管中各加入2mL10%H2O2溶液，再分别加入2滴1mol·L-1CuCl2溶液、2滴1mol·L-1MnSO4溶液
滴加CuCl2溶液的试管出现气泡快，说明Cu2+的催化效果好
D
比较CuS和FeS的Ksp大小
向两支试管中加入等物质的量CuS和FeS固体，然后分别加入等体积2mol·L-1的HCl溶液
装有FeS固体的试管有产生气泡，装有CuS固体的试管无明显现象，则证明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)

【答案】D
【详解】A．若原溶液中含有Fe3+，加入氯水再加入少量KSCN溶液，溶液也变为红色，故不能排除Fe3+的干扰，故A错误；
B．溶液显蓝色，则说明淀粉未完全水解或未水解，故B错误；
C．CuCl2溶液和MnSO4溶液的阴离子不同，不能排除阴离子的干扰，故C错误；
D．装有FeS固体的试管加入盐酸产生气泡，装有CuS固体的试管加入盐酸无明显现象，则证明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故D正确；
故选D。

12.利用浓差电池电解Na2SO4溶液(a、b电极均为石墨电极)，可制得O2、H2、H2SO4和NaOH，反应原理如图所示。下列说法正确的是

A．b电极的电极反应为2H2O+2e- =H2 ↑+2OH-
B．c、d分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜
C．浓差电池放电过程中，Cu(1)电极上的电极反应为Cu-2e- =Cu2+
D．当阴极产生2.24L气体时，电路中转移0.2mol电子
【答案】B
【分析】根据电子流动方向可知，a为电解池的阴极，电离出的得到电子发生还原反应生成，电极反应为，c为阳离子交换膜，穿过阳离子交换膜进入阴极室，阴极区NaOH溶液浓度不断增大；b为电解池阳极，发生反应，d为阴离子膜，穿过阴离子交换膜进入阳极室，阳极区溶液浓度不断增大；
【详解】A．b为电解池的阳极，电离出的失去电子发生氧化反应生成，电极反应为，A错误；
B．c、d分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，B正确；
C．Cu(1)为原电池的正极，电极反应为，Cu(2)为原电池的负极，电极反应为，C错误；
D．没有说明是否为标况，不能计算气体的物质的量，D错误；
故选B。

13.常温下，a mol/L某酸H2A溶液中各含A粒子的pc- pOH关系如图所示[其中pc=- lgc(溶液中各含A粒子浓度负对数)，pOH= -lgc(OH- )]。下列有关说法不正确的是

A．曲线III表示pc(H2A)随pOH的变化 B．pH=2的溶液中，c(H2A) > c(HA- ) > c(A2- )
C．pH=4的溶液中：c(HA- )=a mol/L- 2c(A2- ) D．H2A+A2-⇌2HA-的平衡常数K=1.0× 104.8
【答案】B
【分析】由图可知，H2A为弱酸，H2A在溶液中发生电离的方程式为，，[pOH=-lgc(OH-)]， pc=-lgc，则pOH值越大，溶液的碱性越弱，pc值越大，粒子的浓度越小，pOH=0时，溶液的碱性最强，此时对于H2A溶液，各粒子浓度关系为，因此曲线Ⅰ为pc(A2-)随pOH的变化，曲线Ⅱ为pc(HA-)随pOH的变化，曲线Ⅲ为pc(H2A)随pOH的变化。
【详解】A．由图象可知H2A为弱酸，H2AH++HA-、HA-H++A2- ,pc=-lgc ,pOH=-lgc(OH-)可知pc值越大粒子浓度越小，pOH值越大，c(OH-)越小，pOH=0时，溶液碱性最强，则c(H2A)< c(HA-)< c(A2-)，故Ⅲ为H2A，Ⅱ为HA-，Ⅰ为A2-，选项A正确；
B．pH=2的溶液中，，pOH=12，由图可知，pOH=12时c(HA-)=c(H2A)> c(A2-)，选项B错误；
C．pH=4的溶液中，，pOH=10，此时，根据物料守恒有，则c(HA-)=amol/L-2c(A2-)，选项C正确；
D． 的平衡常数，C点时，，此时pOH=12，则，， ，A点时，，此时pOH=7.2，则， ，，则，选项D正确；
答案选B。

(一)必考题：共43分。
26.（14分）氯化铜晶体()中含有杂质，为制得纯净的氯化铜晶体，首先将其制成水溶液，再按下图所示的操作步骤进行提纯。

请参照下表给出的数据填空。

氢氧化物开始沉淀时的pH
氢氧化物沉淀完全时的pH

4.7
6.7

7.0
9.0

1.9
3.2

(1)操作I加入X的目的是___________。
(2)下列物质都可以作为X，适合本实验的X物质可以是(填选项)___________。A． B． C．NaClO D．
(3)操作Ⅱ的Y试剂(氧化物)为___________(填化学式)；并调节溶液的pH在___________范围。
(4)实验室在配制溶液时需加入少许盐酸的理由是(文字叙述并用有关离子方程式表示)___________。
(5)若将溶液蒸干灼烧，得到的固体是___________(填化学式)；若要得无水，请简述操作方法___________。
(6)室温下、的分别约为、若要使溶液B中降低至，必须将溶液调节至pH___________。在该温度下的和的混合悬浊液中，___________。
【答案】(1)将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去
(2)BD
(3)     CuO     3.2≤pH＜4.7
(4)Cu2+存在水解反应Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+，加入盐酸抑制其水解
(5)     CuO     在HCl气流中蒸发结晶，过滤，洗涤，干燥
(6)     4     1:10-4

【分析】氯化铜 (CuCl2•2H2O)中含FeCl2杂质，为制得纯净氯化铜晶体，由流程可知，首先将其制成水溶液，加氧化剂X使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，从环保和不引进杂质角度考虑，X可以为氯气(氯水或过氧化氢等)；然后加入试剂Y，过滤后得到Fe(OH)3沉淀和CuCl2溶液，则加入Y的目的是调节溶液pH，从不能引进杂质方面分析，Y可以为CuO，操作Ⅱ为过滤；最后对CuCl2溶液蒸发结晶得到CuCl2•2H2O；
【详解】（1）分析流程和实验流程可知，操作Ⅰ加入的X为双氧水，目的使Fe2+氧化成Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去；
（2）A．KMnO4氧化剂加入会增加杂质离子，故A不选：
B．H2O2做氧化剂没有增加新杂，故B选；
C．NaClO是氧化剂，但引入杂质钠离子，故C不选；
D．Cl2是氧化剂，反应过程中不引入新的杂质，故D选；
故答案为：BD；
（3）操作II中加入试剂Y的目的是调节溶液pH，从不能引进杂质方面分析，Y可以为CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3，需要氧化物即CuO；分析图表数据可知，铁离子完全沉淀的pH为3.2，铜离子开始沉淀的pH为4.7，要调节pH使Fe3+全部沉淀，而不能沉淀Cu2+，需要调节溶液的pH范围为：4≤pH＜4.7；故答案为：CuO；3.2≤pH＜4.7；
（4）由于Cu2+水解发生水解：Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+，所以实验室在配制CuCl2溶液时，需加入少许盐酸，以便抑制铜离子水解；故答案为：Cu2+存在水解反应Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+，加入盐酸抑制其水解；
（5）由于Cu2+水解发生水解：Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+，生成的HCl易挥发，若将CuCl2溶液蒸干得到的是Cu(OH)2，灼烧后Cu(OH)2分解生成CuO；若要得无水CuCl2，需要在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，从而防止铜离子水解，故答案为：CuO；在HCl气流中蒸发结晶，过滤，洗涤，干燥；
（6）已知，若要使溶液B中降低至，则，室温下，必须将溶液调节至pH为4；在该温度下的和的混合悬浊液中c(OH-)相等，则。

27.（14分）高纯二氧化锗主要用于生产光学及半导体用的锗材料等。在实验室以二氧化锗粗品(含和及少量无关杂质)为原料制备，然后使其水解得到晶体，再加热干燥制得纯度较高的。实验制备的装置图如下(加热及夹持装置已略去)：

i.相关物质的部分理化性质
物质
部分理化性质

不溶于水、盐酸、稀苛性碱溶液

熔点：1115℃，沸点：1200℃

熔点：-51.5℃，沸点：86.6℃；易水解

ii.(未配平)；
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为____；实验室用重铬酸钾与浓盐酸反应制备的离子方程式为____；通入氯气的目的是_____。
(2)为了防止烧瓶中盐酸浓度下降，实验过程中需要通过装置a不断滴加浓盐酸。盐酸保持较高浓度的原因为_______。
(3)冷凝管中冷却水应从_______(“b”或“c”)口进入；为达到最佳效果，水槽中加入冰水混合物，则仪器d的作用为_______；实验室中温度计有不同规格，本实验应可选用_______(填字母标号)。
A．-30℃~20℃    B．0℃~50℃    C．50℃~100℃    D．100℃~150℃
(4)将d中的液体与蒸馏水按一定比例进行混合，静置，可得到晶体，此过程中的化学方程式为_______。
(5)纯度测定
称取样品，在加热条件下溶解，用将其还原为，用标准溶液滴定，消耗体积，滴定指示剂为_______，样品纯度为_______%(实验条件下未被氧化)。
【答案】(1)     恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗          加热条件下将氧化为
(2)保证氛围，防止水解
(3)     c     收集冷却后的     C
(4)
(5)     淀粉溶液    

【分析】在实验室以二氧化锗粗品(含和及少量无关杂质)为原料制备，然后使其水解得到晶体，再加热干燥制得纯度较高的。再对产品进行分析，确定其成分。
【详解】（1）仪器的名称为恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗；实验室用重铬酸钾与浓盐酸反应制备的离子方程式为；二氧化锗可与浓盐酸反应生成，通入氯气的目的是加热条件下将氧化为；
（2）为了防止烧瓶中盐酸浓度下降，实验过程中需要通过装置不断滴加浓盐酸。盐酸保持较高浓度的原因为保证氛围，防止水解；
（3）根据逆流原则冷却水应从口进入；仪器用于收集冷却后的；结合信息中的理化性质可知，其沸点为86.6℃，可收集86℃~100℃的馏分，所选温度计的规格50℃~100℃为宜；
（4）将中的液体与蒸馏水按一定比例进行混合，静置，可得到晶体，该过程中发生水解反应，化学方程式为；
（5）结合信息可知，滴定终点生成，故用淀粉作为指示剂。配平方程式；，得到关系式：，消耗标准液中的，，故样品纯度为。

28.（15分）碳化学是以分子中只含一个碳原子的化合物为原料生产化工产品的方法。合成气(CO和的混合气体)是一碳化学的重要原料，焦炭与水蒸气在刚性密闭容器中会发生如下两个反应：
Ⅰ：
Ⅱ：
下表是几种物质的标准生成热(由对应稳定单质生成1mol某种物质的焓变叫做该物质的标准生成热)。
物质




标准生成热
0.0


0.0

(1)反应Ⅰ的焓变_______
(2)若在绝热恒容容器中仅发生反应Ⅱ，则下列事实能说明反应达到平衡状态的是_______。A．容器内气体的压强不变 B．容器内温度不变
C．容器内气体的密度不再改变 D．容器内气体的平均相对分子质量不变
(3)已知反应Ⅱ的正反应速率，逆反应速率，、分别为正、逆反应速率常数，(k表示或)与温度的关系如图所示，其中直线a、b分别表示、随温度的变化。升高温度，反应Ⅱ的平衡常数K_______(填“变大”或“变小”或“不变”)。

(4)在上图A点对应的温度下，向某刚性密闭容器中加入足量焦炭和一定量水蒸气，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，已知起始时容器内压强为80kPa，10分钟后体系达到平衡状态，容器内压强变为100kPa。
①平衡时CO的分压_______kPa，平衡时水蒸气的转化率为_______%。
②进一步提高水蒸气平衡转化率的方法有_______、_______(写两种不同的方法)。
【答案】(1)+131.3
(2)AB
(3)变小
(4)     8     40     增大容器体积     及时分离出或

【详解】（1）生成物标准生成热总和-反应物标准生成热总和=()-()=+131.3，故答案为：+131.3；
（2）A．该反应中气体体积不变，气体总物质的量为定值，且在绝热条件下，结合PV=nRT可知，混合气体的压强为变量，当容器内气体的压强不变，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故A正确；
B．在绝热容器内，容器内温度为变量，当容器内温度不变，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故B正确；
C．混合气体的质量是定值，容器容积不变，则混合气体的密度为定值，当容器内气体的密度不再改变时，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D．混合气体的质量是定值，混合气体的物质的量不变，则平均相对分子质量不变为定值，当容器内气体的平均相对分子质量不变时，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故选AB；
（3）(k表示或)与温度的关系如图所示，其中直线a、b分别表示、随温度的变化，由图可知，随着温度的升高减小，正逆反应速率均增大，但升高相同温度时，lg增加的更多，说明平衡逆向移动，K值变小，故答案为：变小；
（4）①已知起始时容器内压强为80kPa，10分钟后体系达到平衡状态，容器内压强变为100kPa，列化学平衡三段式，


则x-y+80-x-y+y+x+y=100，解得x=20kPa，A点对应的温度下平衡时，=，
=，A点=，则=，则(20-y)(80-20-y)=y(20+y)，解得y=12 kPa，平衡时CO的分压，平衡时水蒸气的转化率为100%=40%，故答案为：8；40；
②反应Ⅰ为气体体积增大的反应，增大容器体积，平衡正向移动，可以提高水蒸气平衡转化率，或者及时分离出或，也会促进平衡正向移动，提高水蒸气平衡转化率，故答案为：增大容器体积；及时分离出或。

(二)选考题：共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计。
35.（15分）A、B、M是生活中最常见的前四周期金属元素，A元素的单质既可与强酸反应也可与强碱反应，B位于周期表的第八纵行，其+3价离子比+2价离子在水溶液中稳定，M原子的价电子排布为nd10(n+1)s1。回答下列问题：
(1)M2+的价电子轨道表示式为_______。
(2)B(CO)5为黄色粘稠状液体，60℃在空气中可自燃，其结构和部分键长如图所示。在B(CO)5中与B原子配位的原子为_______原子(填名称)。下列说法错误的是_______(填标号)。

A．基态B原子核外未成对电子数为4
B．配体与B原子所形成的配位键的键能相同
C．B在周期表中位于VIII族，属于d区元素
D．制备B(CO)5应在隔绝空气的条件下进行
(3)已知：MSO4溶液蓝色沉淀深蓝色溶液，深蓝色溶液中存在[M(NH3)4]2+，1 mol [M(NH3)4]2+中存在的σ键个数为_______。金属M单独与氨水或单独与过氧化氢都不反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是(用离子方程式表示)_______。
(4)NF3与NH3具有相同的空间构型，但NF3不易与M2+形成配离子，其原因是_______。[M(NH3)4]2+具有对称的空间结构，其中2个NH3分别被Cl-取代能得到两种不同结构的M(NH3)2Cl2，则[M(NH3)4]2+中由4个NH3围成的图形是_______。
(5)金属A与M可形成多种组成不同的合金，其中一种合金的晶胞如图甲所示()，图乙为晶胞在z轴方向的投影。

①已知晶胞中a点原子的分数坐标为(，0，)，则b点原子的分数坐标为_______。
②该晶体的密度为_______g/cm3(用含NA的计算式回答)。
【答案】(1)
(2)     碳     B
(3)     16NA     Cu+H2O2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O+2OH-
(4)     F的电负性比N大，N-F键成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对吸引能力增强，难以形成配位键     平面正方形
(5)     (0，，)    

【分析】A、B、M是生活中最常见的前四周期金属元素，A元素的单质既可与强酸反应也可与强碱反应，则A是Al；B位于周期表的第八纵行，其+3价离子比+2价离子在水溶液中稳定，则B是Fe，M原子的价电子排布为nd10(n+1)s1，则M是Cu元素，然后根据物质结构及性质分析解答。
【详解】（1）M是29号Cu元素，根据构造原理可知Cu2+的价电子轨道式是；
（2）根据物质结构可知Fe(CO)5中中心原子是是Fe原子，配位体是CO，其中与Fe原子配位的原子的元素为碳元素；
A．Fe是26号元素，根据构造原理可知基态Fe原子核外分子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，则在3d轨道上有4个未成对电子，A正确；
B．根据配位化合物结构可知：配位体CO与中心Fe原子形成的配位键的键长不同，物质结构不对称，故所形成的配位键的键能不相同，B错误；
C．Fe是26号元素，位于元素周期表第四周期第VIII族，属于d取元素，C正确；
D．Fe(CO)5易自燃，为避免其发生自燃现象，制备Fe(CO)5应在隔绝空气的条件下进行，D正确；
故合理选项是B；
（3）在配位体NH3中含有的N-H共价键是σ键，4个配位体与中心原子之间的配位键属于σ键，则在1个M(NH3)4]2+中存在的σ键个数是16个，故在1 mol M(NH3)4]2+中存在的σ键个数16NA；
M是Cu，Cu与氨水及H2O2会发生氧化还原反应产生[Cu(NH3)4]2+，该反应的离子方程式为：Cu+H2O2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O+2OH-；
（4）NF3与NH3具有相同的空间构型，但NF3不易与M2+形成配离子，其原因是F的电负性比N大，N-F键成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对吸引能力增强，难以形成配位键；
[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间结构，其中2个NH3分别被Cl-取代能得到两种不同结构的M(NH3)2Cl2，则[Cu(NH3)4]2+中由4个NH3围成的图形是平面正方形结构；
（5）①已知晶胞中a点原子的分数坐标为(，0，)，则根据各个原子的相对位置，可知b点原子的分数坐标为(0，，)；
②由晶胞结构可知：晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的铝原子个数为8×+2×+4×+1=4；位于面上的铜原子个数为4×=2，则该晶体的化学式为Al2Cu(或CuAl2)，设晶体的密度为d g/cm3，由晶胞的质量公式可得: (0.412×0.58×10-21)d=，解得晶体密度d=。

36.（15分）某研究小组按下列路线合成抗帕金森病药物罗匹尼罗：

已知：R－Cl+X-→R－X+Cl-(X=OH-、CN-、CH3O-)
请回答：
(1)下列说法不正确的是____。
A．A→B的反应所需试剂为浓硝酸、浓硫酸 B．B→C、E→F的反应均为取代反应
C．罗匹尼罗的分子式是C16H22N2O D．罗匹尼罗可制成盐酸盐，增强水溶性
(2)化合物M的结构简式是____。
(3)补充完整F→G的化学方程式：
_____+CCl3CHO+NH3OH•HCl→+_____。
(4)设计从甲苯合成A的路线(用流程图表示，注明反应条件，无机试剂任选)____。
(5)帕金森病与多巴胺()有关，写出多巴胺同时符合下列条件的同分异构体的结构简式_____。
①1H→NMR谱和IR谱检测表明：
分子中不同化学环境的氢原子个数比为1∶2∶2∶6，有羧基和碳碳双键。
②分子中含一个六元环。
【答案】(1)BC
(2)
(3)          4HCl
(4)
(5)、、

【分析】根据B的分子式，结合A的结构简式，由D逆推，可知B是；和SOCl2反应生成C，根据C的分子式可知，C是；C和M反应生成D，由C和D的结构简式可知M是；D被还原为E，根据E的分子式可知E是；E中硝基被还原为氨基，F是。
【详解】（1）A．A→B苯环上引入硝基，发生硝化反应，反应所需试剂为浓硝酸、浓硫酸，故A正确；    
B．B→C是B中羟基被Cl原子代替、E→F是E中的硝基被还原为氨基，B→C是取代反应、E→F是还原反应，故B错误；
C．根据罗匹尼罗的结构简式，可知分子式是C16H24N2O，故C错误；    
D．罗匹尼罗中N原子可与通过配位键与H+结合，可制成盐酸盐，增强水溶性，故D正确；
选BC。
（2）C是；C和M反应生成D，由C和D的结构简式可知M是；
（3）根据以上分析，F是，和CCl3CHO+NH3OH•HCl反应生成和HCl， F→G的化学方程式：
+CCl3CHO+NH3OH•HCl→+4HCl。
（4）甲苯和氯气在Fe作用下生成，在光照条件下和氯气反应生成，根据题目信息，和CN-反应生成，再水解为，合成A的路线为。
（5）①1H→NMR谱和IR谱检测表明：分子中不同化学环境的氢原子个数比为1∶2∶2∶6，有羧基和碳碳双键，说明分子中含有2个甲基且结构对称；②分子中含一个六元环。符合条件的的同分异构有、、。