广东省广深珠三校2020届高三上学期第一次联考理科综合化学试题

广深珠三校2020届高三第一次联考

理科综合试卷

可能用到的相对原子质量： H-1  C-12  O-16  Mg-24  Cl-35.5

一、选择题:本题共13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.宋应星所著《天工开物》被外国学者誉为“17世纪中国工艺百科全书”。下列说法不正确的是

A. “凡白土曰垩土，为陶家精美启用”中“陶”是一种传统硅酸盐材料

B. “凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸

C. “烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”该过程中反应的类型为置换反应

D. “每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜”中的黄铜是合金

【答案】B

【解析】

【详解】A.陶瓷是传统硅酸盐材料,属于无机传统非金属材料,故A正确; B.“凡火药,硫为纯阳,硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸钾,故B不正确;C.该过程中反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜,反应类型为置换反应,故C正确; D.黄铜是铜锌合金,故D正确; 答案：B。

2.某有机化工原料的结构简式如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是

A. 不能使酸性KMnO4溶液褪色

B. 1 mol该物质最多能和4mol H2发生加成反应

C. 分子中所有原子共平面

D. 易溶于水及甲苯

【答案】B

【解析】

【详解】A选项，含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；

B选项，1 mol苯环消耗3 mol氢气，1mol碳碳双键消耗1 mol氢气，因此1 mol该物质最多能和4mol H2发生加成反应，故B正确；

C选项，含有甲基，因此分子中所有原子不可能共平面，故C错误；

D选项，酯不易溶于水，故D错误。

综上所述，答案为B。

3.实验室制备硝基苯的实验装置如图所示（夹持装置已略去）。下列说法不正确的是(　　)

A. 水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度

B. 浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入

C. 仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率

D. 反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品

【答案】D

【解析】

【详解】A选项，水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度，故A正确；

B选项，浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入，可避免混合过程中放热而使液体溅出，并造成苯大量挥发，故B正确；

C选项，仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，增加产率，故C正确；

D选项，蒸馏操作时要用蒸馏烧瓶和直形冷凝管，故D错误。

综上所述，答案为D。

【点睛】直形冷凝管主要用于冷凝，球形冷凝管主要是冷凝回流。

4.多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行。如图，我国学者发现T°C时，甲醇（CH3OH）在铜基催化剂上的反应机理如下：

反应I： CH3OH(g)＝CO(g)＋2H2 (g)          ∆H1＝a kJ/mol   

反应Ⅱ： CO(g)＋H2O(g)＝CO2 (g)＋H2 (g)      ∆H2＝-b kJ/mol  (b>0)

总反应： CH3OH(g)＋H2O(g)＝CO2 (g)＋3H2(g) ∆H3＝ c kJ/mol  

下列有关说法中正确的是(　　)

A. 反应I是放热反应

B. 1mol CH3OH(g)和H2O(g)的总能量大于1mol CO2(g)和3mol H2(g)的总能量

C. c>0

D. 优良的催化剂降低了反应的活化能，并减少∆H3，节约了能源。

【答案】C

【解析】

【详解】A选项，根据图象可知反应I是生成物能量大于反应物能量，因此为吸热反应，故A错误；

B选项，根据图象可知1mol CH3OH(g)和H2O(g)的总能量小于1mol CO2(g)和3mol H2(g)的总能量，故B错误；

C选项，1mol CH3OH(g)和H2O(g)的总能量小于1mol CO2(g)和3mol H2(g)的总能量，是吸热反应，因此c>0，故C正确；

D选项，优良的催化剂降低了反应的活化能，焓变不变，焓变只能由反应物和生成物总能量决定，故D错误。

综上所述，答案为C。

【点睛】放热反应、吸热反应只与反应物总能量和生成物总能量有关，与反应途径无关。

5.已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数见下表：

则下列有关说法正确的是(　　)

A. NaHB溶液中部分微粒浓度的大小为：c(Na+)>c(HB-)>c(B2-)>c(H2B)

B. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(Na2B)>pH(NaHB)>pH(NaA)

C. 向Na2B溶液中加入足量的HA溶液发生反应的离子方程式为：B2-＋2HA=2A-＋H2B

D. 将a mol/L的HA溶液与a mol/L的NaA溶液等体积混合，混合液中：c(Na+)>c(A-)

【答案】A

【解析】

【详解】A选项，根据Ka2＝5.6×10-8得出，，NaHB溶液中HB－水解程度小于电离程度，溶液显酸性，因此微粒浓度的大小为：c(Na+)>c(HB－) >c(B2－)>c(H2B)，故A正确；

B选项，酸性H2B > HA > HB－，根据对应酸越弱水解程度越大得出等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(Na2B) >pH(NaA) >pH(NaHB)，故B错误；

C选项，由于酸性H2B > HA > HB－，向Na2B溶液中加入足量的HA溶液发生反应的离子方程式为：B2－＋HA = A－＋HB－，故C错误；

D选项，将a mol/L的HA溶液与a mol/L的NaA溶液等体积混合，根据电离平衡常数和水解平衡常数得出，电离程度大于水解平衡常数，因此混合液中：c(A－) > c(Na+)，故D错误。

综上所述，答案为A。

【点睛】酸式盐溶液的酸碱性主要看电离平衡常数和水解平衡常数的相对大小。

6.利用微生物燃料电池原理，可以处理宇航员排出的粪便，同时得到电能。美国宇航局设计的方案是：用微生物中的芽孢杆菌来处理粪便产生氨气，氨气与氧气分别通入燃料电池两极，最终生成常见的无毒物质。示意图如下所示。下列说法错误的是(　　)

A. a电极是负极，b电极是正极

B. 负极区发生的反应是2NH3 - 6e－=N2+6H+

C. 正极区，每消耗标准状况下2.24 L O2，a向b电极转移0.4 mol电子

D. 电池工作时电子通过由a经负载流向b电极，再穿过离子交换膜回到a电极

【答案】D

【解析】

【详解】A选项，根据图中信息可知，左边为失去电子，作负极，右边得到电子，作正极，因此a电极是负极，b电极是正极，故A正确；

B选项，氨气在负极反应变为氮气，因此负极区发生的反应是2NH3 - 6e－= N2+6H+，故B正确；

C选项，正极区，每消耗标准状况下2.24 L O2即物质的量为0.1 mol，得到0.4mol电子，因此a向b电极转移0.4 mol电子，故C正确；

D选项，电池工作时电子通过由a经负载流向b电极，电子不能通过电解质溶液，故D错误。

综上所述，答案为D。

7.2019年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法不正确的是(　　)

A. 元素甲的原子结构示意图为

B. 原子半径比较：甲>乙>Si

C. 元素乙的简单气态氢化物的稳定性比CH4弱

D. 推测乙可以用作半导体材料

【答案】A

【解析】

【详解】A选项，元素甲的原子结构示意图应该为，故A错误；

B选项，从左到右原子半径增大，从上到下半径增大，因此原子半径比较：甲>乙>Si，故B正确；

C选项，从上到下，非金属性减弱，气态氢化物稳定性减弱，因此元素乙的简单气态氢化物的稳定性比CH4弱，故C正确；

D选项，乙在金属与非金属交界区域，因此推测乙可以用作半导体材料，故D正确。

综上所述，答案A。

8.过氧化钙可用于治理赤潮、应急供氧等。已知：过氧化钙，为白色或淡黄色结晶粉末，难溶于水，不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，常温下干燥品很稳定，能溶于稀酸生成过氧化氢。某小组同学探究过氧化钙的制法和性质：

(1) 甲、乙两位同学设计的过氧化钙实验室制法如下，其中产率较低的是______(填A、B)

方法A   Ca (OH)2 (s) + H2O2 CaO2 (s) + 2H2O  

方法B   CaCl2 (s) + H2O2 CaO2 (s) + 2HCl

方法A所得产品中纯度不高，所含杂质主要是 ___________(填化学式)

如果不加入稳定剂，则两种方法都需在5℃以下进行实验，原因可能是______________。

(2) 丙同学认为CO2、SO2与过氧化钙的反应原理相同，丁同学认为SO2具有较强的还原性，而CO2没有，故而反应原理不相同。他们设计了如下实验装置，通过测量装置E中所得气体体积判断反应情况：

①试剂B的作用是____________________。

②若实验中SO2足量，且与过氧化钙充分反应，取反应后的固体进行探究，以验证过氧化钙与SO2反应的生成物。若SO2未被氧化，则反应的化学方程式为：______________________________。

③装置E中收集到的氧气体积为V L(已换算成标准状况下)，若SO2完全被氧化，则V =______。

(3)某工厂利用电石渣(主要成分为氢氧化钙)生产过氧化钙的生产流程如下：

①用上述方法制备过氧化钙(CaO2·8H2O)，搅拌步骤的化学方程式是______________。

②某小组釆用单变量法确定温度、H2O2浓度对产率的影响，结果如下：

则实际生产应选择的适宜条为__________。

【答案】    (1). B    (2). Ca (OH)2    (3). 反应是放热反应，使平衡向左移动，需要在较低温度下反应，为了提高原料利用率，避免双氧水在温度较高条件下分解。    (4). 干燥气体    (5). 2CaO2+2SO2=2CaSO3 + O2    (6). 0    (7). CaCl 2 + H2O2 + 2NH3·H2O  + 6 H2O = CaO2·8H2O↓ + 2NH4Cl    (8). 温度为30℃、H2O2浓度为20%

【解析】

【分析】

⑴根据过氧化钙的特征得出产率的低的原因，A中产品不纯，主要含有没有反应的反应物，由于反应是放热反应，需要在较低温度下反应和加入稳定剂。

⑵①过氧化钙和水要反应，需要除掉水蒸气；②若SO2未被氧化，则二氧化硫和过氧化钙反应生成亚硫酸钙和氧气；③若SO2完全被氧化，则全部变为硫酸钙。

⑶根据反应流程得出反应方程式，根据数据得出实际生产应选择的适宜条件。

【详解】⑴过氧化钙，为白色或淡黄色结晶粉末，难溶于水，不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，常温下干燥品很稳定，能溶于稀酸生成过氧化氢，因此甲、乙两位同学设计的过氧化钙实验室制法如下，其中产率较低的是B；方法A所得产品中纯度不高，主要是含有没有反应的氢氧化钙；两个反应都是放热反应，需要在较低温度下反应，为了提高原料利用率，避免双氧水再温度较高条件下分解，因此需要加入稳定剂，则两种方法都需在5℃以下进行实验，原因可能是反应是放热反应，使平衡向左移动，需要在较低温度下反应，为了提高原料利用率，避免双氧水再温度较高条件下分解，故答案为：B；Ca(OH)2；反应是放热反应，使平衡向左移动，需要在较低温度下反应，为了提高原料利用率，避免双氧水再温度较高条件下分解。

⑵①过氧化钙和水要反应，需要除掉水蒸气，二氧化硫与过氧化钙反应，因此试剂B的作用是干燥气体，故答案为：干燥气体。

②若SO2未被氧化，则二氧化硫和过氧化钙反应生成亚硫酸钙和氧气，因此反应的化学方程式为：2CaO2+2SO2=2CaSO3 + O2，故答案为：2CaO2+2SO2=2CaSO3 + O2。

③若SO2完全被氧化，则全部变为硫酸钙，因此没有气体剩余，则V =0，故答案为：0。

⑶根据反应流程得出反应方程式CaCl 2 + H2O2 + 2NH3·H2O  + 6 H2O = CaO2·8H2O↓ + 2NH4Cl，故答案为：CaCl 2 + H2O2 + 2NH3·H2O  + 6 H2O = CaO2·8H2O↓ + 2NH4Cl。

②根据数据得出实际生产应选择的适宜条件为温度为30℃、H2O2浓度为20%，故答案为：温度为30℃、H2O2浓度为20%。

9.实验室利用橄榄石尾矿(主要成分为MgO及少量FeO、Fe2O3、Al2O3等)制备纯净氯化镁晶体(MgCl2·6H2O)，实验流程如下：

已知几种金属阳离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表：

回答下列问题：

(1)“浸取”步骤中，能加快浸取速率的方法有____________、__________(任写两种)。

(2)气体X的电子式为________，滤渣1经过处理可以制得一种高效的无机高分子混凝剂、净水剂，其化学式为[Fe2(OH)n(SO4)(3－0.5n)]m，则该物质中铁元素的化合价为________。

(3)加入H2O2的目的是______________________；若将上述过程中的“H2O2”用“NaClO”代替也能达到同样目的，则发生反应的离子方程式为：________________________________。

(4)“一系列操作”主要包括加入足量盐酸，然后经过____________________、过滤、洗涤，即得到氯化镁晶体。

(5)准确称取2.000 g氯化镁晶体产品于250 mL锥形瓶中，加水50 mL使其完全溶解，加入100 mL氨性缓冲液和少量铬黑T指示剂，溶液显酒红色，在不断振荡下，用0.5000 mol/L的EDTA标准溶液进行滴定，其反应原理为Mg2+＋Y4- ==MgY2-，滴定终点时消耗EDTA标准溶液的体积19.00 mL。

①则产品中MgCl2·6H2O的质量分数为________(结果保留三位有效数字)。

②下列滴定操作会导致测量结果偏高的是________(填字母)。

a．滴定终点时仰视读数            b．锥形瓶洗涤后没有干燥

c．滴定时锥形瓶中有液体溅出      d．滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失

【答案】    (1). 将橄榄石尾矿粉碎、增大盐酸浓度、适当提高反应温度等    (2).     (3). +3    (4). 将Fe2+氧化为Fe3+    (5). ClO-＋2Fe2+＋2H+=2Fe3+＋Cl-＋H2O    (6). 蒸发浓缩    (7). 冷却结晶    (8). 96.4%    (9). ad

【解析】

【分析】

⑴“浸取”步骤中，能加快浸取速率的方法有将橄榄石尾矿粉碎、增大盐酸浓度、适当提高反应温度等。

⑵X气体通入调节溶液的pH值，主要是氨气，根据化合价分析得出，铁元素的化合价。

⑶加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，以便除掉铁元素，用“NaClO”代替“H2O2”也能达到同样目的进行书写离子方程式。

⑷“一系列操作”主要包括加入足量盐酸，然后经过蒸发浓缩、过滤、洗涤。

⑸先计算MgCl2·6H2O物质量为0.5000mol/L×0.019L =0.0095mol，再计算质量分数；按照中和滴定原理进行分析。

【详解】⑴“浸取”步骤中，能加快浸取速率的方法有将橄榄石尾矿粉碎、增大盐酸浓度、适当提高反应温度等，故答案为：将橄榄石尾矿粉碎、增大盐酸浓度、适当提高反应温度等。

⑵X气体通入调节溶液的pH值，因此为氨气，氨气的电子式为，滤渣1化学式为[Fe2(OH)n(SO4)(3－0.5n)]m，根据化合价分析得出，铁元素的化合价为2x + (-1)×n + (-2)×(3-0.5n) = 0，x = +3，故答案为：+3。

⑶加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，以便除掉铁元素，若将上述过程中的“H2O2”用“NaClO”代替也能达到同样目的，则发生反应的离子方程式为：ClO－＋2Fe2+＋2H+=2Fe3+＋Cl－＋H2O，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；ClO－＋2Fe2+＋2H+=2Fe3+＋Cl－＋H2O。

⑷“一系列操作”主要包括加入足量盐酸，然后经过蒸发浓缩、过滤、洗涤，即得到氯化镁晶体，故答案为：蒸发浓缩。

⑸①根据反应原理得到产品中MgCl2·6H2O物质的量为0.5000mol/L×0.019L =0.0095mol，其质量分数为，故答案为：96.4%。

②a选项，滴定终点时仰视读数，读数偏大，测定结果偏高，故a符合题意；

b选项，锥形瓶洗涤后没有干燥，没有影响，故b不符合题意；

c选项，滴定时锥形瓶中有液体溅出，待测液溶质减少，消耗标液减少，体积减少，误差偏低，故c不符合题意；

d选项，滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，多测数据偏大，测定结果偏高，故d符合题意。

综上所述，答案为ad。

10.随着科技的进步，合理利用资源、保护环境成为当今社会关注的焦点。甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)用作全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂，可由CH3NH2、PbI2及HI为原料合成，回答下列问题：

(1)制取甲胺的反应为CH3OH(g)＋NH3(g)⇌CH3NH2(g)＋H2O(g)　ΔH。已知该反应中相关化学键的键能数据如下：

则该反应的ΔH＝_________kJ·mol－1。

(2)上述反应中所需的甲醇工业上利用水煤气合成，反应为CO(g)＋2H2(g) ⇌CH3OH(g)　ΔH <0。在一定条件下，将1 mol CO和2 mol H2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示：

①平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为_________。

②X轴上a点的数值比b点_________ (填“大”或“小”)。某同学认为上图中Y轴表示温度，你认为他判断的理由是________________________________。

(3)工业上可采用CH3OHCO+2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国学者采用量子力学方法，通

过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。

甲醇（CH3OH）脱氢反应的第一步历程，有两种可能方式：

方式 A：CH3OH* →CH3O* ＋H*    Ea= +103.1kJ·mol-1

方式 B：CH3OH* →CH3* ＋OH*    Eb= +249.3kJ·mol-1

由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为_________(填A、B)。

下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图。

该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为______________________________________________。

(4)常温下，PbI2饱和溶液(呈黄色)中c(Pb2+)＝1.0×10-3 mol·L－1，则Ksp(PbI2)＝_________。

【答案】    (1). -12    (2). 25%    (3). 小    (4). 随着Y值的增大，φ(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度    (5). A    (6). CHO*＋3H*=CO*＋4H*（或CHO*=CO*＋H*）    (7). 4×10-9

【解析】

【分析】

⑴未断键的可以不计算，只计算断键和成键的，计算该反应的ΔH。

⑵按照三步走书写，再计算转化率；根据图象得出X轴上a点的数值比b点小；根据随着Y值的增大，φ(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度。

(3)由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为A，根据图象得出，放热最多的步骤是CHO*＋3H*的反应阶段。

(4)常温下，PbI2饱和溶液(呈黄色)中c(Pb2+)＝1.0×10-3 mol·L－1，根据离子浓度来进行计算，

【详解】⑴未断键的可以不计算，只计算断键和成键的，因此该反应的ΔH＝351 + 393 – 293 – 463 = -12 kJ·mol－1，故答案为：-12。

⑵

CO(g)    ＋   2H2(g) ⇌CH3OH(g)

开始：1mol         2mol      0

转化：xmol         2xmol     xmol

平衡：(1-x)mol    (2-2x)mol   xmol

，解得x = 0.25 mol，

①平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为25%，故答案为：25%。

②根据图象得出X轴上a点的数值比b点小，某同学认为上图中Y轴表示温度，其判断的理由是随着Y值的增大，φ(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度，故答案为：小；随着Y值的增大，φ(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度。

(3)由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为A，该历程中，放热最多的步骤是CHO*＋3H*的反应阶段，因此该反应的化学方程式为CHO*＋3H*=CO*＋4H*（或CHO*=CO*＋H*），故答案为：A；CHO*＋3H*=CO*＋4H*（或CHO*=CO*＋H*）。

(4)常温下，PbI2饱和溶液(呈黄色)中c(Pb2+)＝1.0×10-3 mol·L－1，则，故答案为：4×10-9。

【化学——选修3：物质结构与性质】

11.钴元素是三元锂离子电池阳极材料的重要成分。请回答下列问题：

(1)钴元素在周期表中的位置是___________，其外围电子排布式为___________。

(2)已知第四电离能大小：I4(Fe)> I4 (Co)，从原子结构的角度分析可能的原因是___________。

(3)配位化学创始人维尔纳发现，取1mol配合物CoCl3·6NH3(黄色)溶于水，加人足量硝酸银溶液，产生3mol白色沉淀，沉淀不溶于稀硝酸。原配合物中络离子形状为正八面体。

①根据上述事实推测原配合物中络离子化学式为___________。

②该配合物在热NaOH溶液中发生反应，并释放出气体，该反应的化学方程式___________；生成气体分子的中心原子杂化方式为___________。

(4)经X射线衍射测定发现，晶体钴在417℃以上堆积方式的剖面图如图所示，则该堆积方式属于___________，若该堆积方式下的晶胞参数为acm，则钴原子的半径为___________pm。

【答案】    (1). 第四周期VIII族    (2). 3d74s2    (3). Fe3+电子排布较稳定的3d5变为不稳定的3d4需要更多的能量    (4). [Co(NH3)6]3+    (5). [Co(NH3)6]Cl3+3NaOH=Co(OH)3↓+6NH3+3NaCl    (6). sp3    (7). 面心立方堆积    (8). a1010

【解析】

【分析】

(1)钴的原子序数为27，在周期表中位于第四周期VIII族，电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2；

(2) Fe3+外围电子排布式为3d5，Co3+外围电子排布式为3d6，由此可知Fe3+从电子排布较稳定3d5变为不稳定的3d4需要更多的能量；

(3)①1mol配合物CoCl3·6NH3(黄色)溶于水，加人足量硝酸银溶液，产生3mol白色沉淀，沉淀不溶于稀硝酸，说明Cl-是外界离子，不是配位体；络离子形状为正八面体，则说明Co3+与6个NH3形成配位络离子；

②根据以上分析，该配合物为[Co(NH3)6]Cl3，与热NaOH溶液中发生反应，放出气体应为氨气；NH3分子的中心原子的价电子对数为=4，故杂化方式为sp3；

(4)由图可知，该堆积方式属于面心立方堆积；

钴在面心立方堆积中，钴原子处于顶点和面心，设钴原子的半径为r，则晶胞立方体面对角线长为4r，若该堆积方式下的晶胞参数为acm，则（4r）2=a2+a2，解得r=acm=a1010pm。

【详解】(1)钴的原子序数为27，在周期表中位于第四周期VIII族，电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，其外围电子排布式为3d74s2；

故答案为：第四周期VIII族；3d74s2；

(2) Fe3+外围电子排布式为3d5，Co3+外围电子排布式为3d6，由此可知Fe3+从电子排布较稳定的3d5变为不稳定的3d4需要更多的能量，所以第四电离能大小：I4(Fe)> I4 (Co)；

故答案为：Fe3+电子排布较稳定的3d5变为不稳定的3d4需要更多的能量；

(3)①1mol配合物CoCl3·6NH3(黄色)溶于水，加人足量硝酸银溶液，产生3mol白色沉淀，沉淀不溶于稀硝酸，说明Cl-是外界离子，不是配位离子；络离子形状为正八面体，则说明Co3+与6个NH3形成配位络离子。则络离子化学式为[Co(NH3)6]3+；

②根据以上分析，该配合物为[Co(NH3)6]Cl3，与热NaOH溶液中发生反应，放出气体应为氨气，则化学方程式[Co(NH3)6]Cl3+3NaOH=Co(OH)3↓+6NH3+3NaCl；NH3分子的中心原子的价电子对数为=4，故杂化方式为sp3；

故答案为：[Co(NH3)6]3+；[Co(NH3)6]Cl3+3NaOH=Co(OH)3↓+6NH3+3NaCl；sp3；

(4)由图可知，该堆积方式属于面心立方堆积；

钴在面心立方堆积中，钴原子处于顶点和面心，设钴原子的半径为r，则晶胞立方体面对角线长为4r，若该堆积方式下的晶胞参数为acm，则（4r）2=a2+a2，解得r=acm=a1010pm。

故答案为：面心立方堆积；a1010。

【化学——选修5：有机化学基础】

12.某药物中间体K及高分子化合物G的合成路线如下。

已知：Ⅰ.R1NHR2易被氧化

II.R1CHO+

(1)A中含氧官能团的名称是_________。

(2)反应②的反应条件为_________。反应①、③的目的是_________。

(3)E的结构简式为_________。

(4)反应④的化学反应方程式是__________________________________。

(5)反应⑤的反应类型为_________。

(6) 比D多一个碳原子的D的同系物有_____种结构

(7)由A合成H分为三步反应，选用必要的无机、有机试剂完成合成路线______________(用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。

【答案】    (1). 醛基    (2). 液溴、FeBr3    (3). 保护醛基，防止被氧化    (4).     (5). +（n-1）H2O    (6). 加成反应    (7). 17    (8).

【解析】

【分析】

⑴根据A中含氧官能团书写名称。

⑵根据反应类型得出反应条件，反应①、③的目的是保护醛基。

⑶根据R1NHR2易被氧化说明先醛基被氧化，在变为氨基，因此E的结构简式。

⑷反应④主要是羧基和氨基发生高聚反应物。

⑸根据反应物和生成物的结构分析得出反应⑤的反应类型为加成反应。

⑹根据结构特点书写同分异构体的结构简式。

⑺根据信息，A和戊酮发生加成反应，然后发生消去反应，最后发生加成反应得到H。

【详解】⑴A中含氧官能团的名称是醛基，故答案为：醛基。

⑵反应②的反应条件为液溴、FeBr3，反应①、③的目的是保护醛基不被氧化，故答案为：液溴、FeBr3；保护醛基不被氧化。

⑶根据R1NHR2易被氧化说明先醛基被氧化，再变为氨基，因此E的结构简式为，故答案为：。

⑷反应④主要是羧基和氨基发生高聚反应物，因此其化学反应方程式是+（n-1）H2O，故答案为：+（n-1）H2O。

⑸根据反应物和生成物的结构分析得出反应⑤的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应。

⑹溴原子在—CH2CHO的邻位、间位、对位共三种，—CHO与—CH2Br在苯环的邻位、间位、对位共三种，—CHO和—CH3在相邻位置，苯环上有四种位置的氢，即有四种同分异构，—CHO和—CH3在相间位置，苯环上有四种位置的氢，即有四种同分异构，—CHO和—CH3在相对位置，苯环上有两种位置的氢，即有四种同分异构，—CH2(Br)CHO连接苯环是一种，因此D多一个碳原子的D的同系物总共有17种结构，故答案为：17。

⑺A和戊酮发生加成反应，然后发生消去反应，最后发生加成反应得到H，合成路线为