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四川省成都市2023_2024学年高三化学上学期10月阶段性考试理科综合试题含解析
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这是一份四川省成都市2023_2024学年高三化学上学期10月阶段性考试理科综合试题含解析，共19页。试卷主要包含了 常温下，用0等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷(选择题共126分)
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. 化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法正确的是
A. 硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂
B. 亚硝酸钠溶液具有防腐作用，可用其来浸泡新鲜瓜果
C. 《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，这是利用了“焰色反应”
D. BaCO3是难溶于水的强电解质，在医学上用作钡餐
【答案】C
【解析】
【详解】A．生石灰与硅胶是食品包装中常用的干燥剂，铁粉作抗氧化剂，故A 错误；
B．亚硝酸钠溶液具有防腐作用，但亚硝酸钠有毒，不可用其来浸泡新鲜瓜果，故B 错误；
C．鉴别 KNO3 和 Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，故C 正确；
D．碳酸钡难溶水，但易溶于胃酸中的盐酸，生成有毒的氯化钡，所以不能做钡餐，能做钡餐的是硫酸钡，故D 错误；
故选C。
2. 我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：，为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 当有8.96L气体生成时，转移电子数一定1.2
B. 溶液中含数目可能为0.1
C. 反应中的氧化剂只有
D. 产物中、为非电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A．不是标准状况，不能使用气体摩尔体积Vm=22.4L/ml,无法计算8.96L气体的物质的量，不能计算转移电子数目，故A错误；
B．K2S是强碱弱酸盐，硫离子发生水解反应使c()<0.1ml/L，若溶液的体积大于1L时，数目可能为0.1，故B正确；
C．该反应中S、N元素的化合价均降低，则氧化剂有、S，故C错误；
D．非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物，属于单质不是电解质，故D错误；
故选：B。
3. 藿香蓟具有清热解毒功效，其有效成分结构如下。下列有关该物质的说法正确的是
A. 不能发生水解反应
B. 与完全加成后，有机物分子式
C. 含有2种官能团
D. 所有碳原子不处于同一平面
【答案】D
【解析】
【详解】A．藿香蓟的分子结构中含有酯基，因此其可以发生水解反应，A错误；
B．苯环和双键均可发生加成反应，与完全加成后，有机物分子式，B错误；
C．藿香蓟的分子结构中含有酯基、醚键、碳碳双键，因此其含有3种官能团，C错误；
D．藿香蓟的分子结构中的右侧有一个饱和碳原子连接着两个甲基，类比甲烷分子的空间构型可知，藿香蓟分子中所有碳原子不可能处于同一平面，D正确；
本题选D。
4. 科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z祖成一种具有高效催化性能的物质，其结构如图所示。W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大(注：实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注)。下列说法不正确的是
A. W、Y组成化合物的沸点一定比W、X组成化合物的沸点高
B. 简单离子半径：ZC. Z与Y可组成两种常见的离子化合物
D. 简单氢化物稳定性：X【答案】A
【解析】
【分析】根据图示可知W形成1个共价键，又是四种元素中原子序数最小的元素，X形成4个共价键且W、X、Z分别位于不同周期，且Z的原子半径在同周期元素中最大，则W是H元素，X是C元素，Z是Na元素，Y形成2个共价键，原子序数比C大，比Na小，则Y是O元素。
【详解】A．H和C形成的化合物常温可能为气态、液态或固态，不一定比H和O形成的化合物的沸点低，A项错误；
B．、的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以简单离子半径：ZC．O、Na两种元素可形成两种常见的离子化合物：、，C项正确；
D．X是C元素，Y是O元素，非金属性O>C，简单氢化物的稳定性：X答案选A。
5. 电化学合成具有反应条件温和、反应试剂纯净和生产效率高等优点，利用下图所示装置可合成己二腈[NC(CH2)4CN]。充电时生成己二腈，放电时生成O2，其中a、b是互为反置的双极膜，双极膜中的H2O会解离出H+和OH-向两极移动。下列说法错误的是
A. N极电势低于M极的电势
B. 放电时，双极膜中OH-向N极移动
C. 若充电时制得1mlNC(CH2)4CN，则放电时需生成1mlO2，才能使左室溶液恢复至初始状态
D. 充电时，阴极的电极反应式为：2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN
【答案】C
【解析】
【分析】放电时生成O2，结合图可知，N极的水失去电子发生氧化反应生成氧气，N为负极，M为正极；充电时N为阴极、M为阳极；
【详解】A．由分析可知，放电时N为负极、M为正极，充电时N为阴极、M为阳极，N极的电势低于M极的电势，A正确；
B．原电池中阴离子向负极迁移，故放电时，双极膜中OH-向N极移动，B正确；
C．充电时生成己二腈，则阴极反应为CH2=CHCN得到电子发生还原反应生成己二腈：2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN，放电时水失去电子发生氧化反应生成氧气，；根据电子守恒可知，，若充电时制得1mlNC(CH2)4CN，则放电时需生成0.5mlO2，才能使左室溶液恢复至初始状态，C错误；
D．由C分析可知，D正确；
故选C。
6. 某研究小组同学用如图装置探究SO2与Mg的反应，实验时首先关闭K，使①中的反应进行，然后加热玻璃管。下列说法错误的是
A. ①中发生的反应是氧化还原反应
B. 停止实验时，打开K可防倒吸
C. 实验结束后，④中溶液褪色，加热后又恢复红色
D. 实验完成后，将③中的固体全部加入盐酸中，会有臭鸡蛋气味的气体生成
【答案】A
【解析】
【详解】A．①中浓硫酸与发生复分解反应，，该反应不是氧化还原反应，A错误；
B．停止实验时，打开K，可使空气进入反应装置中，维持压强平衡，可防止倒吸，B正确；
C．在与反应时，未反应的进入④中，能使品红溶液褪色，加热褪色后的溶液又可恢复红色，C正确；
D．，，与盐酸反应产生臭鸡蛋气味的。D正确；
故选A。
7. 常温下，用0.10 ml/L的盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 ml/L 的CH3COONa溶液和NaCN溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是
A. 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：点②等于点③
B. 点①所示溶液中：c(CN-)+c(HCN)>2c(C1-)
C. 点②所示溶液中：c(Na+)>c(Cl-)>c (CH3COO-)>c(CH3COOH)
D. 点④所示溶液中：c (Na+)+c(CH3COOH)+c (H+)>0.10 ml/L
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．根据电荷守恒，点②中存在c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，点③中存在c(CN-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，由于两点的溶液体积不等，溶液的pH相等，则c(Na+)不等，c(H+)分别相等，因此阳离子的物质的量浓度之和不等，A错误；
B．点①所示溶液中含有等物质的量浓度的NaCN、HCN和NaCl，存在物料守恒，c(CN-)+c(HCN)=2c(Cl-)，B错误；
C．点②所示溶液中含有CH3COONa、CH3COOH和NaCl，其中CH3COONa的浓度略大于CH3COOH和NaCl，溶液的pH=5，说明以醋酸的电离为主，因此c(CH3COO-)>c(Cl-)，C错误；
D．点④所示溶液为等物质的量浓度的醋酸和氯化钠，浓度均为0.05 ml·L-1，则c(Na+)= c(Cl-)=0.05 ml·L-1，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.05 ml·L-1，根据电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl—)=c(Na+)+c(H+)，因此c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，则c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)=0.05 ml·L-1+0.05 ml·L-1-c(CH3COO-)+c(H+)=0.10 ml·L-1- c(H+)+c(OH-)+c(H+)=0.10 ml·L-1+c(OH-)>0.10 ml·L-1，D正确；
故答案选D。
第Ⅱ卷(非选择题，共174分)
三、非选择题：本卷包括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. 从铜氨废液含{、、、、、等}中回收铜的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）步骤(Ⅰ)中被氧化的元素是_____。
（2）步骤(Ⅲ)“沉铜”时，利用Na2S溶液而不选用NaOH溶液“沉铜”的优点是_____。
（3）步骤(Ⅳ)反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____。
（4）碱式氯化铜在400℃时能完全分解为CuO、和HCl。为测定碱式氯化铜的组成进行如下实验：准确称取42.9g碱式氯化铜，加热到400℃使其完全分解，剩余固体32.0g，将生成的气体通过浓硫酸的洗气瓶，浓硫酸增重3.6g。碱式氯化铜的化学式为_____。
（5）“解吸”发生的与Cu(Ⅱ)相关的离子方程式为_____。
（6）向“调pH(Ⅵ)”后过滤的滤液滴加溶液，可以观察到的现象为_____。
（7）溶液经过_____、过滤、洗涤、干燥得到。
【答案】（1）Cu、C
（2）CuS溶解度比溶解度小，选溶液“沉铜”，能使充分沉淀，提高铜的回收率
（3）2：3（4）
（5）
（6）有白色沉淀和无色气体生成
（7）蒸发浓缩，冷却结晶
【解析】
【分析】从铜氨废液含[Cu(NH3)3·CO]+、[Cu(NH3)2]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH3、CH3COO−、等中回收铜，废液中通入热空气，并加热，可生成CO2、NH3，得到含有[Cu(NH3)4]2+、CH3COO−、的溶液，加入20%的硫酸，调节pH =2，得到硫酸铜、硫酸铵溶液，加入20%的硫化钠溶液生成CuS沉淀，在沉淀中加入硝酸可生成NO、S和硝酸铜，加入硫酸生成硫酸铜，经过滤、洗涤、干燥得到五水硫酸铜晶体。向含有[Cu(NH3)4]2+、CH3COO−、的溶液中加入盐酸，经过滤、洗涤、干燥，可得到碱式氯化铜。
【小问1详解】
步骤(Ⅰ)“吹脱”时通入空气，氧气把Cu+氧化为Cu2+，将CO氧化生成CO2吹出，被氧化的元素是Cu、C；
【小问2详解】
步骤(Ⅲ)“沉铜”时，Na2S溶液与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀和Na2SO4，主要反应的离子方程式为Cu2+＋S2－=CuS↓，因为硫化铜的溶解度小于氢氧化铜的溶解度，能使Cu2+充分沉淀，提高Cu的回收率，所以“沉铜”选用Na2S溶液而不选用NaOH溶液，故优点为：CuS溶解度比溶解度小，选溶液“沉铜”，能使充分沉淀，提高铜的回收率；
【小问3详解】
步骤(Ⅳ)反应中CuS和硝酸反应生成NO、S，反应中S元素化合价由-2价升高到0价，CuS为还原剂，N元素的化合价由+5价降低为+2价，硝酸为氧化剂，根据电子守恒，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3，反应为；
【小问4详解】
碱式氯化铜在400℃时能完全分解为CuO、H2O和HCl；准确称取42.9g碱式氯化铜，加热到400℃使其完全分解，剩余固体32.0g，将生成的气体通过浓硫酸的洗气瓶，浓硫酸增重3.6g；则CuO的物质的量为32.0g÷80g/ml=0.4ml，H2O的物质的量为3.6g÷18g/ml=0.2ml，HCl的物质的量为(42.9g-32.0g-3.6g)÷36.5g/ml=0.2ml，则CuO:H2O:HCl=0.4:0.2:0.2=2:1:1，则根据铜、氢、氯元素守恒可知，碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)3Cl；
【小问5详解】
“解吸”时铜氨络离子在酸性条件下转化为铜离子和铵根离子，发生的与Cu(Ⅱ)相关的离子方程式为；
【小问6详解】
“调pH(Ⅵ)”后过滤滤液中含有碳酸氢根离子，滴加溶液，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故可以观察到的现象为有白色沉淀和无色气体生成；
【小问7详解】
溶液经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到。
9. 按下图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。
回答下列问题：
（1）将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先_____，而后将已称重的U型管c、d与石英管连接，检查装置气密性，依次点燃煤气灯_____，进行实验。
（2）的作用有_____。
（3）c中的试剂_____(填标号，下同)，d中的试剂_____。
A．B．NaClC．碱石灰(CaO+NaOH)D．
c和d中的试剂不可调换，理由是_____。
（4）Pt坩埚中样品反应完全后，应进行操作：_____。取下c和d管称重。
（5）若样品为0.0236g，实验结束后，c管增重0.0108g，d管增重0.0352g。质谱测得该有机物的相对分子量为118，其分子式为_____。
【答案】（1） ①. 通入一定的 ②. b、a
（2）为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中
（3） ①. A ②. C ③. 碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳
（4）继续吹入一定量的，冷却装置
（5）
【解析】
【分析】由实验装置可知，先通入氧气可排除装置中的空气，连接装置后检验装置的气密性，先点燃b处，保证有机物中C元素转化为二氧化碳，再点燃a处，有机物燃烧生成二氧化碳和水，c处无水氯化钙可吸收水，d处碱石灰水可吸收二氧化碳，a、d不能互换，否则碱石灰吸收的质量为混合物的质量，然后熄灭a,一段时间后再熄灭b,继续通入氧气至石英管冷却至室温，可保证水、二氧化碳被完全吸收，取下c和d管称重，c中为水的质量、d中为二氧化碳的质量，结合质量守恒及相对分子质量确定分子式。
【小问1详解】
将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先通氧气，排出装置中的空气，而后将已称重的U型管c、d与石英管连接，检查气密性，防止漏气，依次点燃煤气灯b、a保证有机物充分燃烧，进行实验，故答案为：通入一定的；b、a；
【小问2详解】
O2的作用有作助燃剂使有机物充分反应，排尽装置中的二氧化碳和水蒸气，保证反应产物完全进入到U型管中；
【小问3详解】
c处无水氯化钙可吸收水，d处碱石灰水可吸收二氧化碳，c和d中的试剂分别是A、C；c和d中的试剂不可调换，理由是碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳；
【小问4详解】
Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后，应进行操作：先熄灭a,一段时间后再熄灭b,继续通入氧气至石英管冷却至室温，取下c和d管称重；
【小问5详解】
若样品CxHyOz为0.0236g,实验结束后，c管增重0.0108g,n(H2O)==0.0006ml,H元素的质量为0.0006ml×2×1g/ml=0.0012g,d管增重0.0352g,n(CO2)==0.0008ml,C元素的质量为0.0008ml×12g/ml=0.0096g,则有机物中n(O)==0.0008ml,C、H、O的原子个数比为0.0008ml：0.0012ml：0.0008ml=2：3：2，最简式为C2H3O2，设分子式为(C2H3O2)n，质谱测得该有机物的相对分子量为118，59×n=118，解得n=2，可知其分子式为C4H6O4，故答案为：C4H6O4。
10. 从衣食住行到探索浩瀚宇宙，都有氮及其化合物的参与，但同时有毒含氮化合物的排放，也对环境产生污染。如何实现环境保护与资源利用的和谐统一，已成为我们的重要研究课题。
（1）工业上利用和可以合成，又可以进一步制备火箭燃料肼。
①
②
③
写出气态肼在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式：_____。
（2）的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数，则的水溶液pH等于_____(忽略的二级电离和的电离，)。
（3）利用测压法在刚性密闭容器中研究℃时的分解反应，现将一定量的NO充入该密闭容器中，测得体系的总压强随时间的变化如下表所示：
①0～20min时，_____。
②℃时反应的平衡常数_____(为以物质的量分数表示的平衡常数)。若升高温度，的物质的量分数将_____(填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）将等物质的量的NO和CO分别充入盛有催化剂①和②的体积相同的刚性容器，进行反应 ，经过相同时间测得NO的转化率如图所示，图中cd段转化率下降的可能原因是(答2条)①_____，②_____。
（5）工业上常采用的耦合技术指的是在一套设备中同时进行多单元生成操作，从而使流程和设备简化，反应能耗降低，获得更大产品收率。我国科学家设计了与氯碱耦合电解池装置如图(图中物质只表示电极上的反应)。
①该装置中的离子交换膜为_____(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
②该电解池发生的总反应的化学方程式为_____。
【答案】（1）
（2）10.3（3） ①. 0.18 ②. 1.25或5/4 ③. 减小
（4） ①. 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率降低 ②. 温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，转化率降低
（5） ①. 阳 ②.
【解析】
【小问1详解】
已知：①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+67.7kJ•ml-1，②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-534.0kJ•ml-1，③2NO2(g)⇌N2O4(g) ΔH＝－52.7kJ·ml－1，根据盖斯定律，②×2-①-③得2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g) 故△H=2×(-534.0kJ•ml-1)-67.7kJ•ml-1-(－52.7kJ•ml-1)=-1073.2kJ•ml-1，故热化学方程式为2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H=-1083kJ•ml-1，故答案为2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H=-1083kJ•ml-1。
【小问2详解】
N2H4的水溶液呈弱碱性，N2H4+H2ON2H+OH-，其电离常数K1=4.0×10-6，则=4×10-6，c(N2H)=c(OH-)，c(N2H)×c(OH-)=4×10-6×0.01=4×10-8，则c(OH-)=2×10-4ml/L，c(H+)=0.5×10-10ml/L，0.01ml/LN2H4水溶液的pH=10.3。
【小问3详解】
①根据已知条件列出“三段式”
由反应前后的压强之比可得15-x=13.2，可得x=1.8，0～20min时，；
②设开始充入的NO物质的量为aml，转化了4xmlNO，则
，解得x=，则NO、N2、NO2的物质的量分数分别为、、，则Kx==1.25。
【小问4详解】
该反应为放热反应，温度升高化学平衡逆向移动，导致NO转化率下降，也有可能是温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢转化率下降。
【小问5详解】
①由二氧化碳生成甲酸可知图中左边为阴极，甲酸与氢氧化钠反应生成HCOONa，右边为阳极，氯离子被氧化生成氯气，右边氯离子浓度减小，钠离子浓度增加，钠离子会通过阳离子交换膜到左边；
②阴极反应为CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-，阳极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，电解池的电极反应式为：。
[化学——选修三：物质结构与性质]
11. “铜纳米催化剂室温催化氨硼烷产氢串联选择性还原催化3-硝基苯乙烯到3-氨基苯乙烯”在有机化学选择性加氢反应研究领域取得重要进展。
请回答下列问题：
（1）下列分别为B、C、N、Cu基态原子价电子排布图，其中正确的是_____(填标号)
A. B.
C. D.
（2）物质的沸点高于，原因是_____，硝基和氨基中N的杂化方式分别为_____。
（3）碳的第三种同素异形体——金刚石，其晶胞如图所示。已知金属钠的晶胞(体心立方堆积)沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图如图A所示，则金刚石晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应该是图_____(从A～D图中选填)。
A. B. C. D.
（4）SiC结构类似金刚石，则SiC为_____晶体。图为SiC的晶胞图，其中两个正方体中心重合、各面分别平行，其中心为Si原子(用●表示)，其余Si原子位于大正方体的_____位置。
（5）科学研究表明，是由、、通过离子键而组成的复杂离子晶体。的重复排列方式如图b所示，中有一半的填充在正四面体空隙中，另一半和地填充在正八面体空隙中，则晶体中，正四面体空隙数与数之比为_____，其中有_____%正四面体空隙填有，有_____%正八面体空隙没有被填充。
【答案】（1）C（2） ①. 3—氨基苯乙烯可以形成分子间氢键 ②. （3）D
（4） ①. 原子 ②. 每条棱的中点
（5） ①. 2：1(2分 ②. 12.5% ③. 50%
【解析】
【小问1详解】
根据泡利不相容原理、洪特规则、能量最低原理来解答：
A．B是5号元素，其核外电子排布为[He]2s22p1，价电子为2s22p1，故A错误；
B．C的6号元素，价电子为2s22p2，洪特规则是电子排布在同一能级的不同轨道时，优先占据一个轨道，且自旋方向相同，故B错误；
C．N的6号元素，价电子为2s22p3，排布图满足核外电子排布规律，故C正确；
D．Cu是29号元素，价电子为3d104s1，虽3d能量高于4s,但是画排布图要画到前面，故D错误；
故答案为：C；
【小问2详解】
3-氨基苯乙烯的结构为，其中含有-NH2，氨基之间可以形成分子间氢键，使它的沸点升高；硝基(-NO2)中的N形成了两个N=O双键和一个单键，价电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，中心N原子采取sp2杂化，氨基(-NH2)中N形成了3个单键和一对孤电子对，价电子对数为4，VSEPR模型为四面体，中心N原子采取sp3杂化，故答案为：3-氨基苯乙烯可以形成分子间氢键；sp2、sp3；
【小问3详解】
体对角线上的原子投影重合，投影在正六边形中心，另外6个顶点的C原子投影形成正六边形，面心上6个C原子投影也形成小的正六边形，图形D符合，故答案为：D；
【小问4详解】
SiC结构类似金刚石，则SiC和金刚石均为原子晶体；SiC结构类似金刚石，晶胞中Si原子和C原子各4个，若中心为Si原子，则小正方体的顶点有4个C原子、以Si原子为中心形成正四面体，Si原子周围最近的Si原子有3×8×=12个，所以其余Si原子位于大正方体的棱心位置，Si原子数为1+12×=4，晶胞如图，故答案为：原子；每条棱的中点；
【小问5详解】
Fe3O4是由Fe2+、Fe3+、O2-构成，根据物质不显电性可知，Fe3O4中n(Fe3+)：n(Fe2+)：n(O2-)=2：1：4，该晶胞中有8个正四面体空隙，含有4个O2-，则晶体中正四面体空隙数与O2-数目之比为2：1；晶胞中含有4个O2-，即有2个Fe3+和1个Fe2+，1个Fe3+放入正四面体空隙，所以正四面体空隙填有Fe3+的为×100%=12.5%；晶胞中由3、6、7、9、8、12处的原子形成一个正八面体空隙，剩余的空间以每条棱分析：如4、7、9、13或1、3、4、7等处的原子形成的四面体为正八面体空隙的，晶胞中共12条棱，则正八面体空隙有1+12×=4个，其中已经有一个放Fe3+，另外一个Fe2+占据一个正八面体空隙，所以正八面体空隙填充率为×100%=50%、正八面体空隙没有被填充的有1-50%=50%，故答案为：2：1；12.5；50。
[化学——选修五：有机化学基础]
12. 阿佐塞米(化合物L)是一种可用于治疗心脏、肝脏和肾脏病引起的水肿的药物。L的一种合成路线如下(部分试剂和条件略去)。
已知：R-COOHR-COClR-CONH2
回答下列问题：
（1）A的化学名称是_______。
（2）由A生成B的化学方程式为_______。
（3）反应条件D应选择_______(填标号)。
a．HNO3/H2SO4 b．Fe/HCl c．NaOH/C2H5OH d．AgNO3/NH3
（4）F中含氧官能团的名称是_______。
（5）H生成I的反应类型为_______。
（6）化合物J的结构简式为_______。
（7）具有相同官能团的B的芳香同分异构体还有_______种(不考虑立体异构，填标号)。
a．10 b．12 c．14 d．16
其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2：2：1：1的同分异构体结构简式为_______。
【答案】（1）邻硝基甲苯(2-硝基甲苯)
（2）+Cl2+HCl
（3）b（4）羧基
（5）消去反应（6）
（7） ①. d
②.
【解析】
【分析】根据有机物C的结构，有机物B被酸性高锰酸钾氧化为C，则有机物B为，有机物B由有机物A与Cl2发生取代反应得到的，有机物A为，有机物E为有机物C发生还原反应得到的，有机物E经一系列反应得到有机物G，根据已知条件，有机物G发生两步反应得到有机物H，有机物G与SOCl2发生第一步反应得到中间体，中间体与氨水发生反应得到有机物H，有机物H的结构为，有机物I与有机物J发生反应得到有机物K，根据有机物I、K的结构和有机物J的分子式可以得到有机物J的结构，有机物J的结构为，有机物K经后续反应得到目标化合物阿佐塞米(有机物L)，据此分析解题。
【小问1详解】
根据分析，有机物A的结构式为，该有机物的化学名称为邻硝基甲苯(2-硝基甲苯)。
【小问2详解】
根据分析，有机物A发生反应生成有机物B为取代反应，反应化学方程式为+Cl2+HCl。
【小问3详解】
根据分析，有机物C发生生成有机物E的反应为还原反应，根据反应定义，该反应为一个加氢的反应，因此该反应的反应条件D应为b：Fe/HCl，a一般为硝化反应(取代反应)的反应条件，c一般为卤代烃的消去反应的反应条件，d一般为醛基的鉴别反应(银镜反应)的反应条件，故答案为b。
【小问4详解】
有机物F中的含氧官能团为-COOH，名称为羧基。
【小问5详解】
有机物H反应生成有机物I的反应作用在有机物H的酰胺处，该处于POCl3发生消去反应脱水得到氰基，故答案为消去反应。
【小问6详解】
根据分析可知有机物J的结构简式为。
【小问7详解】
与分子式为C7H6ClNO2的芳香同分异构体且含有-Cl、-NO2两种官能团共有17种，分别为：(有机物B)、、、、、、、、、、、、、、、、，除有机物B外，其同分异构体的个数为16个；在这些同分异构体中核磁共振氢谱的峰面积比为2：2：1：1，说明其结构中有4种化学环境的H原子，该物质应为一种对称结结构，则该物质为。
反应时间/min
0
10
20
30
40
压强/MPa
15.00
14.02
13.20
12.50
12.50
第Ⅰ卷(选择题共126分)
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. 化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法正确的是
A. 硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂
B. 亚硝酸钠溶液具有防腐作用，可用其来浸泡新鲜瓜果
C. 《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，这是利用了“焰色反应”
D. BaCO3是难溶于水的强电解质，在医学上用作钡餐
【答案】C
【解析】
【详解】A．生石灰与硅胶是食品包装中常用的干燥剂，铁粉作抗氧化剂，故A 错误；
B．亚硝酸钠溶液具有防腐作用，但亚硝酸钠有毒，不可用其来浸泡新鲜瓜果，故B 错误；
C．鉴别 KNO3 和 Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，故C 正确；
D．碳酸钡难溶水，但易溶于胃酸中的盐酸，生成有毒的氯化钡，所以不能做钡餐，能做钡餐的是硫酸钡，故D 错误；
故选C。
2. 我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：，为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 当有8.96L气体生成时，转移电子数一定1.2
B. 溶液中含数目可能为0.1
C. 反应中的氧化剂只有
D. 产物中、为非电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A．不是标准状况，不能使用气体摩尔体积Vm=22.4L/ml,无法计算8.96L气体的物质的量，不能计算转移电子数目，故A错误；
B．K2S是强碱弱酸盐，硫离子发生水解反应使c()<0.1ml/L，若溶液的体积大于1L时，数目可能为0.1，故B正确；
C．该反应中S、N元素的化合价均降低，则氧化剂有、S，故C错误；
D．非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物，属于单质不是电解质，故D错误；
故选：B。
3. 藿香蓟具有清热解毒功效，其有效成分结构如下。下列有关该物质的说法正确的是
A. 不能发生水解反应
B. 与完全加成后，有机物分子式
C. 含有2种官能团
D. 所有碳原子不处于同一平面
【答案】D
【解析】
【详解】A．藿香蓟的分子结构中含有酯基，因此其可以发生水解反应，A错误；
B．苯环和双键均可发生加成反应，与完全加成后，有机物分子式，B错误；
C．藿香蓟的分子结构中含有酯基、醚键、碳碳双键，因此其含有3种官能团，C错误；
D．藿香蓟的分子结构中的右侧有一个饱和碳原子连接着两个甲基，类比甲烷分子的空间构型可知，藿香蓟分子中所有碳原子不可能处于同一平面，D正确；
本题选D。
4. 科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z祖成一种具有高效催化性能的物质，其结构如图所示。W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大(注：实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注)。下列说法不正确的是
A. W、Y组成化合物的沸点一定比W、X组成化合物的沸点高
B. 简单离子半径：Z
D. 简单氢化物稳定性：X
【解析】
【分析】根据图示可知W形成1个共价键，又是四种元素中原子序数最小的元素，X形成4个共价键且W、X、Z分别位于不同周期，且Z的原子半径在同周期元素中最大，则W是H元素，X是C元素，Z是Na元素，Y形成2个共价键，原子序数比C大，比Na小，则Y是O元素。
【详解】A．H和C形成的化合物常温可能为气态、液态或固态，不一定比H和O形成的化合物的沸点低，A项错误；
B．、的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以简单离子半径：Z
D．X是C元素，Y是O元素，非金属性O>C，简单氢化物的稳定性：X
5. 电化学合成具有反应条件温和、反应试剂纯净和生产效率高等优点，利用下图所示装置可合成己二腈[NC(CH2)4CN]。充电时生成己二腈，放电时生成O2，其中a、b是互为反置的双极膜，双极膜中的H2O会解离出H+和OH-向两极移动。下列说法错误的是
A. N极电势低于M极的电势
B. 放电时，双极膜中OH-向N极移动
C. 若充电时制得1mlNC(CH2)4CN，则放电时需生成1mlO2，才能使左室溶液恢复至初始状态
D. 充电时，阴极的电极反应式为：2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN
【答案】C
【解析】
【分析】放电时生成O2，结合图可知，N极的水失去电子发生氧化反应生成氧气，N为负极，M为正极；充电时N为阴极、M为阳极；
【详解】A．由分析可知，放电时N为负极、M为正极，充电时N为阴极、M为阳极，N极的电势低于M极的电势，A正确；
B．原电池中阴离子向负极迁移，故放电时，双极膜中OH-向N极移动，B正确；
C．充电时生成己二腈，则阴极反应为CH2=CHCN得到电子发生还原反应生成己二腈：2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN，放电时水失去电子发生氧化反应生成氧气，；根据电子守恒可知，，若充电时制得1mlNC(CH2)4CN，则放电时需生成0.5mlO2，才能使左室溶液恢复至初始状态，C错误；
D．由C分析可知，D正确；
故选C。
6. 某研究小组同学用如图装置探究SO2与Mg的反应，实验时首先关闭K，使①中的反应进行，然后加热玻璃管。下列说法错误的是
A. ①中发生的反应是氧化还原反应
B. 停止实验时，打开K可防倒吸
C. 实验结束后，④中溶液褪色，加热后又恢复红色
D. 实验完成后，将③中的固体全部加入盐酸中，会有臭鸡蛋气味的气体生成
【答案】A
【解析】
【详解】A．①中浓硫酸与发生复分解反应，，该反应不是氧化还原反应，A错误；
B．停止实验时，打开K，可使空气进入反应装置中，维持压强平衡，可防止倒吸，B正确；
C．在与反应时，未反应的进入④中，能使品红溶液褪色，加热褪色后的溶液又可恢复红色，C正确；
D．，，与盐酸反应产生臭鸡蛋气味的。D正确；
故选A。
7. 常温下，用0.10 ml/L的盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 ml/L 的CH3COONa溶液和NaCN溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是
A. 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：点②等于点③
B. 点①所示溶液中：c(CN-)+c(HCN)>2c(C1-)
C. 点②所示溶液中：c(Na+)>c(Cl-)>c (CH3COO-)>c(CH3COOH)
D. 点④所示溶液中：c (Na+)+c(CH3COOH)+c (H+)>0.10 ml/L
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．根据电荷守恒，点②中存在c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，点③中存在c(CN-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，由于两点的溶液体积不等，溶液的pH相等，则c(Na+)不等，c(H+)分别相等，因此阳离子的物质的量浓度之和不等，A错误；
B．点①所示溶液中含有等物质的量浓度的NaCN、HCN和NaCl，存在物料守恒，c(CN-)+c(HCN)=2c(Cl-)，B错误；
C．点②所示溶液中含有CH3COONa、CH3COOH和NaCl，其中CH3COONa的浓度略大于CH3COOH和NaCl，溶液的pH=5，说明以醋酸的电离为主，因此c(CH3COO-)>c(Cl-)，C错误；
D．点④所示溶液为等物质的量浓度的醋酸和氯化钠，浓度均为0.05 ml·L-1，则c(Na+)= c(Cl-)=0.05 ml·L-1，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.05 ml·L-1，根据电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl—)=c(Na+)+c(H+)，因此c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，则c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)=0.05 ml·L-1+0.05 ml·L-1-c(CH3COO-)+c(H+)=0.10 ml·L-1- c(H+)+c(OH-)+c(H+)=0.10 ml·L-1+c(OH-)>0.10 ml·L-1，D正确；
故答案选D。
第Ⅱ卷(非选择题，共174分)
三、非选择题：本卷包括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. 从铜氨废液含{、、、、、等}中回收铜的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）步骤(Ⅰ)中被氧化的元素是_____。
（2）步骤(Ⅲ)“沉铜”时，利用Na2S溶液而不选用NaOH溶液“沉铜”的优点是_____。
（3）步骤(Ⅳ)反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____。
（4）碱式氯化铜在400℃时能完全分解为CuO、和HCl。为测定碱式氯化铜的组成进行如下实验：准确称取42.9g碱式氯化铜，加热到400℃使其完全分解，剩余固体32.0g，将生成的气体通过浓硫酸的洗气瓶，浓硫酸增重3.6g。碱式氯化铜的化学式为_____。
（5）“解吸”发生的与Cu(Ⅱ)相关的离子方程式为_____。
（6）向“调pH(Ⅵ)”后过滤的滤液滴加溶液，可以观察到的现象为_____。
（7）溶液经过_____、过滤、洗涤、干燥得到。
【答案】（1）Cu、C
（2）CuS溶解度比溶解度小，选溶液“沉铜”，能使充分沉淀，提高铜的回收率
（3）2：3（4）
（5）
（6）有白色沉淀和无色气体生成
（7）蒸发浓缩，冷却结晶
【解析】
【分析】从铜氨废液含[Cu(NH3)3·CO]+、[Cu(NH3)2]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH3、CH3COO−、等中回收铜，废液中通入热空气，并加热，可生成CO2、NH3，得到含有[Cu(NH3)4]2+、CH3COO−、的溶液，加入20%的硫酸，调节pH =2，得到硫酸铜、硫酸铵溶液，加入20%的硫化钠溶液生成CuS沉淀，在沉淀中加入硝酸可生成NO、S和硝酸铜，加入硫酸生成硫酸铜，经过滤、洗涤、干燥得到五水硫酸铜晶体。向含有[Cu(NH3)4]2+、CH3COO−、的溶液中加入盐酸，经过滤、洗涤、干燥，可得到碱式氯化铜。
【小问1详解】
步骤(Ⅰ)“吹脱”时通入空气，氧气把Cu+氧化为Cu2+，将CO氧化生成CO2吹出，被氧化的元素是Cu、C；
【小问2详解】
步骤(Ⅲ)“沉铜”时，Na2S溶液与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀和Na2SO4，主要反应的离子方程式为Cu2+＋S2－=CuS↓，因为硫化铜的溶解度小于氢氧化铜的溶解度，能使Cu2+充分沉淀，提高Cu的回收率，所以“沉铜”选用Na2S溶液而不选用NaOH溶液，故优点为：CuS溶解度比溶解度小，选溶液“沉铜”，能使充分沉淀，提高铜的回收率；
【小问3详解】
步骤(Ⅳ)反应中CuS和硝酸反应生成NO、S，反应中S元素化合价由-2价升高到0价，CuS为还原剂，N元素的化合价由+5价降低为+2价，硝酸为氧化剂，根据电子守恒，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3，反应为；
【小问4详解】
碱式氯化铜在400℃时能完全分解为CuO、H2O和HCl；准确称取42.9g碱式氯化铜，加热到400℃使其完全分解，剩余固体32.0g，将生成的气体通过浓硫酸的洗气瓶，浓硫酸增重3.6g；则CuO的物质的量为32.0g÷80g/ml=0.4ml，H2O的物质的量为3.6g÷18g/ml=0.2ml，HCl的物质的量为(42.9g-32.0g-3.6g)÷36.5g/ml=0.2ml，则CuO:H2O:HCl=0.4:0.2:0.2=2:1:1，则根据铜、氢、氯元素守恒可知，碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)3Cl；
【小问5详解】
“解吸”时铜氨络离子在酸性条件下转化为铜离子和铵根离子，发生的与Cu(Ⅱ)相关的离子方程式为；
【小问6详解】
“调pH(Ⅵ)”后过滤滤液中含有碳酸氢根离子，滴加溶液，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故可以观察到的现象为有白色沉淀和无色气体生成；
【小问7详解】
溶液经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到。
9. 按下图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。
回答下列问题：
（1）将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先_____，而后将已称重的U型管c、d与石英管连接，检查装置气密性，依次点燃煤气灯_____，进行实验。
（2）的作用有_____。
（3）c中的试剂_____(填标号，下同)，d中的试剂_____。
A．B．NaClC．碱石灰(CaO+NaOH)D．
c和d中的试剂不可调换，理由是_____。
（4）Pt坩埚中样品反应完全后，应进行操作：_____。取下c和d管称重。
（5）若样品为0.0236g，实验结束后，c管增重0.0108g，d管增重0.0352g。质谱测得该有机物的相对分子量为118，其分子式为_____。
【答案】（1） ①. 通入一定的 ②. b、a
（2）为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中
（3） ①. A ②. C ③. 碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳
（4）继续吹入一定量的，冷却装置
（5）
【解析】
【分析】由实验装置可知，先通入氧气可排除装置中的空气，连接装置后检验装置的气密性，先点燃b处，保证有机物中C元素转化为二氧化碳，再点燃a处，有机物燃烧生成二氧化碳和水，c处无水氯化钙可吸收水，d处碱石灰水可吸收二氧化碳，a、d不能互换，否则碱石灰吸收的质量为混合物的质量，然后熄灭a,一段时间后再熄灭b,继续通入氧气至石英管冷却至室温，可保证水、二氧化碳被完全吸收，取下c和d管称重，c中为水的质量、d中为二氧化碳的质量，结合质量守恒及相对分子质量确定分子式。
【小问1详解】
将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先通氧气，排出装置中的空气，而后将已称重的U型管c、d与石英管连接，检查气密性，防止漏气，依次点燃煤气灯b、a保证有机物充分燃烧，进行实验，故答案为：通入一定的；b、a；
【小问2详解】
O2的作用有作助燃剂使有机物充分反应，排尽装置中的二氧化碳和水蒸气，保证反应产物完全进入到U型管中；
【小问3详解】
c处无水氯化钙可吸收水，d处碱石灰水可吸收二氧化碳，c和d中的试剂分别是A、C；c和d中的试剂不可调换，理由是碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳；
【小问4详解】
Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后，应进行操作：先熄灭a,一段时间后再熄灭b,继续通入氧气至石英管冷却至室温，取下c和d管称重；
【小问5详解】
若样品CxHyOz为0.0236g,实验结束后，c管增重0.0108g,n(H2O)==0.0006ml,H元素的质量为0.0006ml×2×1g/ml=0.0012g,d管增重0.0352g,n(CO2)==0.0008ml,C元素的质量为0.0008ml×12g/ml=0.0096g,则有机物中n(O)==0.0008ml,C、H、O的原子个数比为0.0008ml：0.0012ml：0.0008ml=2：3：2，最简式为C2H3O2，设分子式为(C2H3O2)n，质谱测得该有机物的相对分子量为118，59×n=118，解得n=2，可知其分子式为C4H6O4，故答案为：C4H6O4。
10. 从衣食住行到探索浩瀚宇宙，都有氮及其化合物的参与，但同时有毒含氮化合物的排放，也对环境产生污染。如何实现环境保护与资源利用的和谐统一，已成为我们的重要研究课题。
（1）工业上利用和可以合成，又可以进一步制备火箭燃料肼。
①
②
③
写出气态肼在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式：_____。
（2）的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数，则的水溶液pH等于_____(忽略的二级电离和的电离，)。
（3）利用测压法在刚性密闭容器中研究℃时的分解反应，现将一定量的NO充入该密闭容器中，测得体系的总压强随时间的变化如下表所示：
①0～20min时，_____。
②℃时反应的平衡常数_____(为以物质的量分数表示的平衡常数)。若升高温度，的物质的量分数将_____(填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）将等物质的量的NO和CO分别充入盛有催化剂①和②的体积相同的刚性容器，进行反应 ，经过相同时间测得NO的转化率如图所示，图中cd段转化率下降的可能原因是(答2条)①_____，②_____。
（5）工业上常采用的耦合技术指的是在一套设备中同时进行多单元生成操作，从而使流程和设备简化，反应能耗降低，获得更大产品收率。我国科学家设计了与氯碱耦合电解池装置如图(图中物质只表示电极上的反应)。
①该装置中的离子交换膜为_____(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
②该电解池发生的总反应的化学方程式为_____。
【答案】（1）
（2）10.3（3） ①. 0.18 ②. 1.25或5/4 ③. 减小
（4） ①. 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率降低 ②. 温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，转化率降低
（5） ①. 阳 ②.
【解析】
【小问1详解】
已知：①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+67.7kJ•ml-1，②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-534.0kJ•ml-1，③2NO2(g)⇌N2O4(g) ΔH＝－52.7kJ·ml－1，根据盖斯定律，②×2-①-③得2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g) 故△H=2×(-534.0kJ•ml-1)-67.7kJ•ml-1-(－52.7kJ•ml-1)=-1073.2kJ•ml-1，故热化学方程式为2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H=-1083kJ•ml-1，故答案为2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H=-1083kJ•ml-1。
【小问2详解】
N2H4的水溶液呈弱碱性，N2H4+H2ON2H+OH-，其电离常数K1=4.0×10-6，则=4×10-6，c(N2H)=c(OH-)，c(N2H)×c(OH-)=4×10-6×0.01=4×10-8，则c(OH-)=2×10-4ml/L，c(H+)=0.5×10-10ml/L，0.01ml/LN2H4水溶液的pH=10.3。
【小问3详解】
①根据已知条件列出“三段式”
由反应前后的压强之比可得15-x=13.2，可得x=1.8，0～20min时，；
②设开始充入的NO物质的量为aml，转化了4xmlNO，则
，解得x=，则NO、N2、NO2的物质的量分数分别为、、，则Kx==1.25。
【小问4详解】
该反应为放热反应，温度升高化学平衡逆向移动，导致NO转化率下降，也有可能是温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢转化率下降。
【小问5详解】
①由二氧化碳生成甲酸可知图中左边为阴极，甲酸与氢氧化钠反应生成HCOONa，右边为阳极，氯离子被氧化生成氯气，右边氯离子浓度减小，钠离子浓度增加，钠离子会通过阳离子交换膜到左边；
②阴极反应为CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-，阳极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，电解池的电极反应式为：。
[化学——选修三：物质结构与性质]
11. “铜纳米催化剂室温催化氨硼烷产氢串联选择性还原催化3-硝基苯乙烯到3-氨基苯乙烯”在有机化学选择性加氢反应研究领域取得重要进展。
请回答下列问题：
（1）下列分别为B、C、N、Cu基态原子价电子排布图，其中正确的是_____(填标号)
A. B.
C. D.
（2）物质的沸点高于，原因是_____，硝基和氨基中N的杂化方式分别为_____。
（3）碳的第三种同素异形体——金刚石，其晶胞如图所示。已知金属钠的晶胞(体心立方堆积)沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图如图A所示，则金刚石晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应该是图_____(从A～D图中选填)。
A. B. C. D.
（4）SiC结构类似金刚石，则SiC为_____晶体。图为SiC的晶胞图，其中两个正方体中心重合、各面分别平行，其中心为Si原子(用●表示)，其余Si原子位于大正方体的_____位置。
（5）科学研究表明，是由、、通过离子键而组成的复杂离子晶体。的重复排列方式如图b所示，中有一半的填充在正四面体空隙中，另一半和地填充在正八面体空隙中，则晶体中，正四面体空隙数与数之比为_____，其中有_____%正四面体空隙填有，有_____%正八面体空隙没有被填充。
【答案】（1）C（2） ①. 3—氨基苯乙烯可以形成分子间氢键 ②. （3）D
（4） ①. 原子 ②. 每条棱的中点
（5） ①. 2：1(2分 ②. 12.5% ③. 50%
【解析】
【小问1详解】
根据泡利不相容原理、洪特规则、能量最低原理来解答：
A．B是5号元素，其核外电子排布为[He]2s22p1，价电子为2s22p1，故A错误；
B．C的6号元素，价电子为2s22p2，洪特规则是电子排布在同一能级的不同轨道时，优先占据一个轨道，且自旋方向相同，故B错误；
C．N的6号元素，价电子为2s22p3，排布图满足核外电子排布规律，故C正确；
D．Cu是29号元素，价电子为3d104s1，虽3d能量高于4s,但是画排布图要画到前面，故D错误；
故答案为：C；
【小问2详解】
3-氨基苯乙烯的结构为，其中含有-NH2，氨基之间可以形成分子间氢键，使它的沸点升高；硝基(-NO2)中的N形成了两个N=O双键和一个单键，价电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，中心N原子采取sp2杂化，氨基(-NH2)中N形成了3个单键和一对孤电子对，价电子对数为4，VSEPR模型为四面体，中心N原子采取sp3杂化，故答案为：3-氨基苯乙烯可以形成分子间氢键；sp2、sp3；
【小问3详解】
体对角线上的原子投影重合，投影在正六边形中心，另外6个顶点的C原子投影形成正六边形，面心上6个C原子投影也形成小的正六边形，图形D符合，故答案为：D；
【小问4详解】
SiC结构类似金刚石，则SiC和金刚石均为原子晶体；SiC结构类似金刚石，晶胞中Si原子和C原子各4个，若中心为Si原子，则小正方体的顶点有4个C原子、以Si原子为中心形成正四面体，Si原子周围最近的Si原子有3×8×=12个，所以其余Si原子位于大正方体的棱心位置，Si原子数为1+12×=4，晶胞如图，故答案为：原子；每条棱的中点；
【小问5详解】
Fe3O4是由Fe2+、Fe3+、O2-构成，根据物质不显电性可知，Fe3O4中n(Fe3+)：n(Fe2+)：n(O2-)=2：1：4，该晶胞中有8个正四面体空隙，含有4个O2-，则晶体中正四面体空隙数与O2-数目之比为2：1；晶胞中含有4个O2-，即有2个Fe3+和1个Fe2+，1个Fe3+放入正四面体空隙，所以正四面体空隙填有Fe3+的为×100%=12.5%；晶胞中由3、6、7、9、8、12处的原子形成一个正八面体空隙，剩余的空间以每条棱分析：如4、7、9、13或1、3、4、7等处的原子形成的四面体为正八面体空隙的，晶胞中共12条棱，则正八面体空隙有1+12×=4个，其中已经有一个放Fe3+，另外一个Fe2+占据一个正八面体空隙，所以正八面体空隙填充率为×100%=50%、正八面体空隙没有被填充的有1-50%=50%，故答案为：2：1；12.5；50。
[化学——选修五：有机化学基础]
12. 阿佐塞米(化合物L)是一种可用于治疗心脏、肝脏和肾脏病引起的水肿的药物。L的一种合成路线如下(部分试剂和条件略去)。
已知：R-COOHR-COClR-CONH2
回答下列问题：
（1）A的化学名称是_______。
（2）由A生成B的化学方程式为_______。
（3）反应条件D应选择_______(填标号)。
a．HNO3/H2SO4 b．Fe/HCl c．NaOH/C2H5OH d．AgNO3/NH3
（4）F中含氧官能团的名称是_______。
（5）H生成I的反应类型为_______。
（6）化合物J的结构简式为_______。
（7）具有相同官能团的B的芳香同分异构体还有_______种(不考虑立体异构，填标号)。
a．10 b．12 c．14 d．16
其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2：2：1：1的同分异构体结构简式为_______。
【答案】（1）邻硝基甲苯(2-硝基甲苯)
（2）+Cl2+HCl
（3）b（4）羧基
（5）消去反应（6）
（7） ①. d
②.
【解析】
【分析】根据有机物C的结构，有机物B被酸性高锰酸钾氧化为C，则有机物B为，有机物B由有机物A与Cl2发生取代反应得到的，有机物A为，有机物E为有机物C发生还原反应得到的，有机物E经一系列反应得到有机物G，根据已知条件，有机物G发生两步反应得到有机物H，有机物G与SOCl2发生第一步反应得到中间体，中间体与氨水发生反应得到有机物H，有机物H的结构为，有机物I与有机物J发生反应得到有机物K，根据有机物I、K的结构和有机物J的分子式可以得到有机物J的结构，有机物J的结构为，有机物K经后续反应得到目标化合物阿佐塞米(有机物L)，据此分析解题。
【小问1详解】
根据分析，有机物A的结构式为，该有机物的化学名称为邻硝基甲苯(2-硝基甲苯)。
【小问2详解】
根据分析，有机物A发生反应生成有机物B为取代反应，反应化学方程式为+Cl2+HCl。
【小问3详解】
根据分析，有机物C发生生成有机物E的反应为还原反应，根据反应定义，该反应为一个加氢的反应，因此该反应的反应条件D应为b：Fe/HCl，a一般为硝化反应(取代反应)的反应条件，c一般为卤代烃的消去反应的反应条件，d一般为醛基的鉴别反应(银镜反应)的反应条件，故答案为b。
【小问4详解】
有机物F中的含氧官能团为-COOH，名称为羧基。
【小问5详解】
有机物H反应生成有机物I的反应作用在有机物H的酰胺处，该处于POCl3发生消去反应脱水得到氰基，故答案为消去反应。
【小问6详解】
根据分析可知有机物J的结构简式为。
【小问7详解】
与分子式为C7H6ClNO2的芳香同分异构体且含有-Cl、-NO2两种官能团共有17种，分别为：(有机物B)、、、、、、、、、、、、、、、、，除有机物B外，其同分异构体的个数为16个；在这些同分异构体中核磁共振氢谱的峰面积比为2：2：1：1，说明其结构中有4种化学环境的H原子，该物质应为一种对称结结构，则该物质为。
反应时间/min
0
10
20
30
40
压强/MPa
15.00
14.02
13.20
12.50
12.50
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