【化学】河北省沧州市任丘市第一中学2019-2020学年高二下学期开学考试（解析版）

河北省沧州市任丘市第一中学2019-2020学年高二下学期开学考试
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Zn 65
一、选择题，本题共15小题，每小题2分，共30分。每小题只有一个选项符合题意。
1.面对突如其来的新冠病毒，越来越多的人意识到学习化学的重要性。下列说法正确的是
A. 医用酒精灭活新冠肺炎病毒是利用其氧化性
B. N95口罩所使用的聚丙烯材料属于合成纤维
C. 酒精浓度越高，灭新型冠状肺炎病毒效果越好
D. 我国研制的重组新冠疫苗无需冷藏保存
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.医用酒精灭活新冠肺炎病毒是因为酒精使蛋白质变性，并非酒精的氧化性，故A错误；
B.聚丙烯材料属于合成有机高分子材料，故B正确；
C.能有效杀菌消毒的酒精是75%的酒精，酒精浓度太高，就会迅速将菌体表面的蛋白质凝固，在其表面形成一层保护膜，阻止酒精继续渗进病毒内部，不易使核酸变性，故C错误；
D.疫苗的成分是蛋白质，因光和热可以导致蛋白变性，所以疫苗需冷藏保存，故D错误；
答案选B。
2.二甲醚和乙醇是同分异构体，其鉴别可采用化学方法及物理方法，下列鉴别方法中不能对二者进行鉴别是
A. 利用金属钠或者金属钾 B. 利用红外光谱法
C. 利用质谱法 D. 利用核磁共振氢谱
【答案】C
【解析】
【详解】A.醇能和钠或钾反应，但醚不反应，能鉴别，A错误；
B.二者官能团不同，能用红外光谱鉴别，B错误；
C.相对分子质量相同，不能用质谱法鉴别，C正确；
D.二甲醚有2种氢原子，乙醇有3种氢原子，能用核磁共振氢谱鉴别，D错误；
答案选C。
3.下列物质的沸点按由高到低顺序排列正确的是
①丙三醇 ② 丁烷 ③ 乙二醇 ④ 乙醇
A. ①②③④ B. ④③②① C. ②①③④ D. ①③④②
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】①③④都含有氢键，但所含有的羟基数①＞③＞④，且相对分子质量①＞③＞④，故沸点①＞③＞④；丙烷不含氢键，沸点较低，故④＞②，故沸点由高到低的顺序是：①＞③＞④＞②，答案选D。
4.分子式为C5H10O2的酯共有(不考虑立体异构) ：
A. 7种 B. 8种 C. 9种 D. 10种
【答案】C
【解析】
【详解】这些酯有：甲酸丁酯4种（丁基4种异构）、乙酸丙酯2种（丙基2种异构）、丙酸乙酯1种、丁酸甲酯2种（丁酸的烃基为丙基，丙基2种异构），共9种，故合理选项为C。
5.2020年，我省爆发了新型冠状病毒肺炎疫情，严重影响了人民的健康。茚地那韦或对新型肺炎有治疗效果。茚地那韦的结构简式如图所示。下列有关茚地那韦说法正确的是

A. 可以发生取代反应和消去反应
B. 苯环上的一溴代物只有五种
C. 分子中含氧官能团有羟基和羧基
D. 该分子属于合成高分子化合物
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A.有羟基可以发生酯化反应（或取代反应），有肽键可以发生水解反应（或取代反应），羟基邻碳上有氢，可以发生消去反应，A正确；
B.分子中有两个苯环，苯环上一溴代物共有7种，B错误；
C.分子中含氧官能团有羟基、肽键，没有羧基，C错误；
D.该分子不是高分子化合物，D错误；
答案选A。
6.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4　②1s22s22p63s23p3　③1s22s22p3　④1s22s22p5
则下列有关比较中正确的是(　　)
A. 最高正化合价：④>③＝②>① B. 原子半径：④>③>②>①
C. 电负性：④>③>②>① D. 第一电离能：④>③>②>①
【答案】D
【解析】
【分析】
根据基态原子的电子排布式，①1s22s22p63s23p4是S元素；　②1s22s22p63s23p3是P元素；　③1s22s22p3是N元素；　④1s22s22p5是F元素。
【详解】最高正化合价等于最外层电子数，F元素没有正价，所以最高正化合价： ①>③＝②，故A错误；电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，所以原子半径：②>①>③>④，故B错误；非金属性越强，电负性越大，电负性：④>③>①>②，故C错误；P3P轨道为半充满状态，所以第一电离能P>S，第一电离能④>③>②>①，故D正确。
7.前四周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期数相同的元素有
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【解析】
【分析】
前四周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期数相同，即第一周期有1个未成对电子，第二周期有2个未成对电子数，第三周期有3个未成对电子数，第四周期有4个未成对电子数，结合电子排布规律来解答。
【详解】第一周期中，有一个未成对电子的是1s1；第二周期中，未成对电子是两个的有两种：1s22s22p2 和1s22s22p4；第三周期中，未成对电子是三个的是：1s22s22p63s23p3；第四周期中未成对电子是四个的是1s22s22p63s23p63d64s2，共有5种，故合理选项是D。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握电子排布规律、未成对电子数的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意第四周期电子排布为解答的难点，题目难度不大。
8.下列叙述正确的是
A. NH3是极性分子，分子中N原子处在3个H原子所组成的三角形的中心
B. H2S是极性分子，分子中O原子处在2个H原子所连成的直线的中央
C. CCl4是非极性分子，分子中C原子处在4个Cl原子所组成的正方形的中心
D. CO2是非极性分子，分子中C原子处在2个O原子所连成的直线的中央
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.N与3个H原子形成3个键，孤对电子数为，所以N原子采用杂化，为三角锥形分子，N原子没有处在3个H原子所组成的三角形的中心，A错误；
B.H2O中O与2个H形成键，孤对电子数为，所以O原子采用杂化，为V形分子，分子中O原子不处在2个H原子所连成的直线的中央，该分子正负电荷重心不重合，为极性分子，B错误；
C.CCl4中C与4个Cl形成4个键，孤对电子数为0，所以C原子采用杂化，为正四面体结构，该分子正负电荷重心重合，为非极性分子，不是正方形，C错误；
D.CO2中C与2个O形成键，孤对电子数为，所以C原子采用sp杂化，为直线型分子，分子中C原子和2个O原子在一条直线上，该分子正负电荷重心重合，为非极性分子，D正确；
答案选D。
9.有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是

A. 晶胞中原子的配位数分别为①6，②8，③8，④12
B. 空间利用率的大小关系为①<②<③<④
C. ①为简单立方堆积，②为镁型，③为钾型，④为铜型
D. 每个晶胞含有的原子数分别为①1个，②2个，③2个，④4个
【答案】D
【解析】
【详解】A．③为六方最密堆积，此结构为六方最密堆积晶胞的，配位数为12，A不正确；
B．①、②、③、④的空间利用率分别为52%、68%、74%、74%，其大小关系为①<②<③=④，B不正确；
C．②为体心立方堆积，属于钾、钠和铁型，③是六方最密堆积，属于镁、锌、钛型，C不正确；
D．每个晶胞含有的原子数分别为①=1，②8×+1=2，③8×+1=2，④8×+ =4，D正确；
故选D。
10.下列有关晶体的说法中正确的是
A. 原子晶体中只存在非极性共价键
B. 稀有气体形成的晶体属于原子晶体
C. 在晶体中有阳离子的同时不一定有阴离子
D. 非金属氧化物固态时都属于分子晶体
【答案】C
【解析】
【详解】A. 原子晶体中存在非极性共价键，也存在极性共价键，例如属于原子晶体，分子中含有的是极性共价键，故A错误；
B. 稀有气体形成的晶体属于分子晶体，故B错误；
C. 在晶体中有阳离子的同时不一定有阴离子，例如金属晶体中含有的是金属阳离子和自由移动的电子，故C正确；
D. 非金属氧化物固态时不都属于分子晶体，例如属于原子晶体，故D错误；
故答案选C。
11.某物质的实验式为 PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是
A. 配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B. 中心原子杂化类型为sp3杂化
C. 1摩尔该分子中含有σ键数目为12
D. Cl-和NH3分子均与Pt4+配位
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于氨分子不带电，根据化合物中元素化合价代数和等于0可知该物质的中心原子(Pt)的电荷数为+4；水溶液不导电，说明它不是离子化合物，在溶液中不能电离产生阳离子、阴离子；加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，所以不存在游离的Cl-、NH3，其配位数为6，A错误；
B．该物质的配位化学式应写为PtCl4(NH3)2，该分子为正八面体形，Pt杂化轨道数目为6，因此原子不是采用sp3杂化，B错误；
C．配位化学式应为PtCl4(NH3)2，每个配位体NH3中有3个σ键，络合物中还有6个配位σ共价键，则含有的σ键的物质的量为3×2 mol+6 mol=12 mol，即1 mol该分子中含有σ键数目为12NA，C错误；
D. 根据上述分析可知中心离子是Pt4+，配位体是Cl-和NH3，Cl-和NH3分子均与Pt4+以配位键结合，D正确；
故合理选项是D。
12.下列对分子的性质的解释中，不正确的是
A. CH≡C-CH=CH-CH3 中σ键和π键数目之比为 10:3
B. 分子中不含手性碳原子
C. 硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于 CS2，说明极性：水＞酒精＞CS2
D. 由 知酸性：H3PO4>HClO
【答案】B
【解析】
【详解】A. 单键均为键，双键中有1个键和1个键，三键中有1个键和2个键，则CH≡C-CH=CH-CH3 中σ键和π键数目之比为10:3，故A正确；
B. 若一个C原子连接的4个原子或原子团均不相同，则该C原子为手性碳原子，所以分子中含有手性碳原子，故B错误；
C. S单质非极性分子，硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于 CS2，根据相似相容原理，说明极性：水＞酒精＞CS2，C正确；
D. 由选项给出的分子的结构简式可知，磷酸中非羟基O的数目要多于HClO中的非羟基O的数目，所以酸性H3PO4>HClO，D正确；
故答案选B。
13.下列关于晶体的说法正确的组合是 （ ）
①分子晶体中都存在共价键
②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
③金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低
④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键
⑤CaTiO3晶体中（晶胞结构如图所示）每个Ti4+和12个O2-相紧邻

⑥SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
⑦晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
⑧氯化钠熔化时离子键被破坏
A. ①②③⑥ B. ①②④ C. ③⑤⑦ D. ③⑤⑧
【答案】D
【解析】
【详解】①稀有气体是由单原子组成的分子，其晶体中不含化学键，故错误；②晶体分为分子晶体、原子晶体、离子晶体、金属晶体，其中金属晶体是由金属阳离子和自由电子组成，故错误；③金刚石和SiC为原子晶体，原子晶体中键长越长，熔沸点越低，Si的半径比C的半径大，因此金刚石比SiC熔沸点高，NaF和NaCl属于离子晶体，离子晶体中所带电荷数越多、离子半径越小，熔沸点越高，F的半径小于Cl，因此NaF的熔沸点高于NaCl，H2O和H2S属于分子晶体，H2O中含有分子间氢键，因此H2O的熔沸点高于H2S，熔沸点高低判断：一般原子晶体>离子晶体>分子晶体，综上所述，故正确；④离子晶体中除含有离子键外，可能含有共价键，如NaOH，但分子晶体中一定不含离子键，故错误；⑤根据化学式，以及晶胞结构，Ti2＋位于顶点，O2－位于面上，Ca2＋位于体心，因此每个Ti4＋周围最近的O2－有12个，故正确；⑥SiO2中Si有4个键，与4个氧原子相连，故错误；⑦只有分子晶体中含有分子间作用力，且分子间作用力影响的物质的物理性质，而稳定性是化学性质，故错误；⑧熔化离子晶体破坏离子键，故正确；综上所述，选项D正确。
14.二茂铁[(C5H5)2Fe]分子是一种金属有机配合物，是燃料油的添加剂，用以提高燃烧的效率和去烟，可作为导弹和卫星的涂料等。它的结构如图所示，下列说法不正确的是

A. 二茂铁属于分子晶体
B. 环戊二烯中碳原子的杂化方式有sp3和sp2
C. 1mol 环戊二烯( )中含有σ键的数目为5NA
D. 二茂铁分子中的化学键有极性共价键、非极性共价键和配位键
【答案】C
【解析】
【详解】A．二茂铁只有配位键和共价键，熔点比较低，属于分子晶体 ，A项正确；
B．环戊二烯中含有双键碳和单键碳，双键碳是平面结构，杂化方式为，单键碳是四面体结构，杂化方式为，B项正确；
C．一个环戊二烯分子中含有6个C-H键属于键，另外碳原子之间也存在键，所以1mol环戊二烯含有键个数为11NA，C项错误；
D．二茂铁是由两个环戊二烯基与Fe(Ⅱ)配位形成的，因此其分子中含有极性共价键，非极性共价键以及配位键，D项正确；
答案选C。
15.2019年8月科学家在Science杂志首次报道了具有半导体特性18个原子纯碳环分子（如图所示）。下列说法不正确的是

A. 该分子所有的碳杂化方式都是sp
B. 该分子可能要比苯更加活泼
C. 该分子属于有机物
D. 该分子具有半导体的功能，可以使类似的直碳链成为分子级电子元件
【答案】C
【解析】
【详解】A．由分子的结构可知，分子内碳原子之间交替排列着碳碳单键和碳碳三键，因此每个碳原子的杂化方式均为sp，A项正确；
B．苯分子内形成了大π键因而较稳定，而该分子内含有碳碳三键，因此化学性质比苯更活泼，B项正确；
C．有机物通常指含碳化合物，该分子的组成中只有碳元素，属于单质，不是有机化合物，C项错误；
D．由题中给出的半导体性能的信息可知，可以使类似的直碳链成为分子级电子元件，D项正确；
答案选C。
二、选择题，本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。
16.将石墨置于熔融的钾或气态钾中，石墨吸收钾形成名称为钾石墨的物质，其组成可以是C8K、C12K、C24K、C36K、C48K、C60K 等。下列分析正确的是

A. 题干中所列举的 6 种钾石墨属于有机高分子化合物
B. 钾石墨中碳原子的杂化方式是 sp3 杂化
C. 若某钾石墨的原子分布如图所示，则它所表示的是 C12K
D. 最近两个 K 原子之间距离为石墨中 C—C 键键长的2倍
【答案】D
【解析】
【详解】A．题干中列举的6种物质是石墨吸收钾形成的不属于有机物，而是无机化合物，A项错误；
B．钾石墨是石墨吸收钾形成的化合物，其中的碳原子形成了键角约为120°的三条共价键，因此采用的是sp2杂化，B项错误；
C．由该种钾石墨的结构可知，可选择图中虚线框选的部分作为该钾石墨的晶胞，碳原子位于晶胞的内部共有8个，钾原子位于晶胞的四个顶点上，因此均摊法计算该钾石墨的化学式为C8K，C项错误；
D．由该种钾石墨的结构可知，钾原子排列在每个六边形单元格中心位置，并且间隔一个六边形单元格填充，因此钾原子之间的最短距离等于相邻的两个六边形单元格中心连线的长度的2倍，即碳碳键长的倍，D项正确；
答案选D。
17.氢是重要而洁净的能源。要利用氢气作为能源，必须解决好安全有效地储存氢气的问题。镧(La)镍(Ni)合金是一种储氢材料，这种合金的晶体结构已经测定，其基本结构单元如图所示，有关其说法正确的是

A. 不属于金属晶体
B. 该合金的化学式为La7Ni12
C. 其熔点比组分金属低，硬度比组分金属大
D. 设该结构单元的体积为Vcm3，NA为阿伏加德罗常数，合金的摩尔质量为M g/mol。则该合金的密度为ρ= 3g/ cm3
【答案】CD
【解析】
【详解】A．该晶体是由金属形成的合金，属于金属晶体，A项错误；
B．根据其基本结构单元示意图可知，La原子位于结构单元的上下面心，以及12个顶点上，所以该结构单元中含La原子数为12×+2×=3；Ni原子位于结构单元内部的有6个，位于上下底面的共计12个，位于侧面的共计6个，所以该结构单元中含有Ni的原子数为18×+6=15，则La和Ni的原子数比为3:15=1:5，所以该合金的化学式可表示为LaNi5，B项错误；
C．合金的熔点比组分金属低，硬度比组分金属大，C项正确；
D．由B选项可知，1个该结构单元中含有LaNi5的个数为3个，所以该合金的密度为ρ= 3g/ cm3，D项正确；
答案选CD。
18.2020年1月11日科教频道，以短片介绍了周其林院士“万能”手性催化剂。手性一词来源于希腊语手，是自然界中广泛存在的一种现象。比如我们的左手照镜子时看到的模样与右手一模一样。但在现实世界中，我们的左手却永远无法与右手完全重合，这种现象就叫手性。具有手性特征的物体就叫手性物体。下列说法正确是
A. 催化剂在催化过程中实际参与了反应，并改变反应的进程
B. “万能”手性催化剂可以催化任何一种反应
C. 催化剂可以加快反应速率，提高反应物的转化率
D. 氯仿、甲醇具有手性
【答案】A
【解析】
【详解】A. 催化剂参加了反应，降低反应的活化能，实际上在反应过程改变反应的进程；但催化剂理论上在整个反应前后是质量不变和化学组成均不变的物质，故A正确；
B. 催化剂具有高度的选择性（或专一性），一种催化剂并非对所有的化学反应都有催化作用,故B错误；
C. 催化剂可以加快反应速率，缩短反应达到平衡的时间，并不能提高反应物的转化率，故C错误；
D. 氯仿（CHCl3）与甲醇（CH3OH）无论空间怎么摆放都可以通过旋转与原来分子重合，因而氯仿、甲醇都不具有手性，故D错误；
答案；A。
19.间氯苯胺由反应制备得到。间氯硝基苯的熔点44-46℃，沸点235-236℃。下列说法正确的是
A. 间氯硝基苯与硝基苯互为同系物
B. 间氯硝基苯，常温下呈液体，不溶于水，易溶于苯和甲苯
C. 间氯硝基苯制备间氯苯胺，该过程发生了还原反应
D. 理论上，在间氯硝基苯制备间氯苯胺过程中，每转移1mole－，需消耗锌粉65g
【答案】C
【解析】
【详解】A．间氯硝基苯中含有硝基和氯原子，硝基苯中含有硝基，因此间氯硝基苯与硝基苯不能互称同系物，A项错误；
B．间氯硝基苯的熔点为44至46℃，因此间氯硝基苯常温下呈固体，B项错误；
C．间氯硝基苯制备间氯苯胺，硝基转化为氨基，是“去氧加氢”的过程属于还原反应，C项正确；
D．Zn转化为Zn2+失去2e－，因此，在间氯硝基苯制备间氯苯胺过程中，每转移1mole－，需消耗锌粉32.5g，D项错误；
答案选C。
【点睛】同系物是指结构相似，仅分子式上相差一个或多个CH2原子团的不同有机物；若有机物反应后，分子式中氢原子个数增加或氧原子个数减少，则可认为发生的是还原反应，简记为“加氢去氧是还原”；若有机物反应后，分子式中氧原子数目增加或氢原子数目减少，则可认为发生的是氧化反应，简记为“加氧去氢是氧化”。
20.现在正是全球抗击新冠病毒的关键时期，专家指出磷酸氯喹对治疗新冠病毒感染有明显效果，磷酸氯喹的分子结构如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是（ ）

A. 该有机物的分子式为：C18H30N3O8P2Cl
B. 该有机物能够发生加成反应、取代反应、不能发生氧化反应
C. 该有机物苯环上的1-溴代物只有2种
D. 1mol该有机物最多能和8molNaOH发生反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．该有机物的分子式为：C18H32N3O8P2Cl，A错误；
B．分子中含有苯环、氯原子，该有机物能够发生加成反应、取代反应，有机物可以燃烧，能发生氧化反应，B错误；
C．该有机物苯环上的1-溴代物只有3种，C错误；
D．氯原子水解形成酚羟基，磷酸能与氢氧化钠反应，因此1mol该有机物最多能和8molNaOH发生反应，D正确。
答案选D。
三、填空题，21、22每空1分，23每空2分，24最后一空3分，其余每空2分共50分
21.氢原子是最轻的原子，人们曾预言它可能是所有元素之母。碳是地球上组成生命的最基本的元素之一。按要求回答：
（1）宇宙中含量最多的元素是氢和______。基态碳原子的核外电子占有______个原子轨道。
（2）光化学烟雾中除了含有NOx外，还含有HCOOH、（PAN）等二次污染物。
①PAN中C的杂化方式有______。1mol PAN中含有的σ键数目为______。组成PAN的元素的电负性大小顺序为______。
②相同压强下，HCOOH的沸点比CH3OCH3______（填“高”或“低”），
（3）水溶液中有H3O+、、等微粒的形式。请画出的结构式：______。
【答案】 (1). 氦 (2). 4 (3). sp2 、sp3 (4). 10NA（或6.02×1024） (5). O>N>C>H (6). 高 (7).
【解析】
【分析】
判断有机物中C原子的杂化方式可以根据有机物中C的成键方式进行判断；计算键数目时，要注意一个双键中含有一个键；比较由分子构成的物质的沸点大小时，可以从摩尔质量，氢键以及结构中支链个数这几个角度入手分析；书写的结构时，要清楚其是由水合氢离子与水分子通过氢键形成的。
【详解】(1)宇宙中氢元素占88.6%、氦占11.1%，宇宙中含量最多的元素是氢和氦；C的电子排布为1s22s22p2，s能级只有1个轨道，p能级有3个轨道，基态原子电子排布满足洪特规则，因此基态碳原子的2p能级有两个轨道被占据，基态碳原子核外电子总计占有4个轨道；
(2)①PAN分子中，C原子形成了单键和双键，形成4条单键的碳原子，其键角约为109°28′，形成一个双键的碳原子，其键角约为120°，因此碳原子的杂化类型有sp3、sp2；一个双键含有一个σ键，由PAN结构可知，一个PAN分子中含有10个σ键，所以1mol PAN中含有的σ键数目为10NA；PAN分子中含有C、H、N、O元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性：O＞N＞C＞H；
②由于HCOOH存在分子间氢键，CH3OCH3只存在分子间作用力，所以HCOOH的沸点比CH3OCH3高；
(3)是由水分子和水合氢离子通过氢键形成的微粒，则的结构式为：。
【点睛】对于碳原子，形成4条单键时一般可认为是sp3的杂化方式，形成1个双键时一般可认为是sp2的杂化方式，形成1个三键时一般可认为是sp的杂化方式；对于O原子，形成单键时一般可认为是sp3的杂化方式；对于N原子，形成单键时一般可认为是sp3的杂化方式，形成双键时一般可认为是sp2的杂化方式。
22.实验室制备苯甲醇和苯甲酸的化学原理是：
2+KOH→；+HCl→+KCl
已知：①苯甲醛易被空气氧化；
②苯甲醇沸点为205.3℃；
③苯甲酸熔点为121.7℃，沸点为249℃，溶解度为0.34g；
④乙醚(C2H5OC2H5)沸点为34.8℃，难溶于水，
⑤苯甲酸钾易溶于水，可以与盐酸等强酸发生复分解反应制备苯甲酸。制备苯甲醇和苯甲酸的主要过程如下所示：

试根据上述信息回答：
（1）苯甲酸在常温下为______态，写出苯甲酸与NaOH反应的方程式：________________。
（2）操作Ⅰ的用到的主要仪器是______，乙醚溶液中所溶解的主要成分是___________。
（3）操作Ⅱ的名称是____________。收集产品甲的适宜温度为___________。
（4）操作Ⅲ的名称是_____________，产品乙是______________。
【答案】 (1). 固 (2). +NaOH→+H2O (3). 分液漏斗、烧杯 (4). 苯甲醇 (5). 蒸馏 (6). 205.3℃ (7). 过滤 (8). 苯甲酸
【解析】
【分析】
由流程结合题中信息可知，苯甲醛与KOH反应生成白色糊状物为苯甲醇、苯甲酸钾的混合物，然后加水、乙醚萃取苯甲醇，操作Ⅰ为萃取、分液，得到的乙醚溶液中含苯甲醇，操作Ⅱ为蒸馏，得到的产品甲为苯甲醇；水溶液中含苯甲酸钾，加盐酸发生强酸制弱酸的反应，生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作Ⅲ为过滤，则产品乙为苯甲酸，以此分析解答此题。
【详解】（1）由题中信息苯甲酸熔点为121.7℃，沸点为249℃可知，苯甲酸在常温下为固态，苯甲酸与NaOH发生中和反应，化学方程式为：+NaOH→+H2O；
（2）根据以上分析可知操作Ⅰ为萃取、分液，用到的主要仪器有：分液漏斗、烧杯；乙醚溶液中所溶解的主要成分是苯甲醇；
（3）根据以上分析可知操作Ⅱ为蒸馏，得到的产品甲为苯甲醇，由题知苯甲醇沸点为205.3℃，收集产品甲的适宜温度为205.3℃；
（4）根据以上分析可知操作Ⅲ为过滤，由题知苯甲酸在常温下为固态，而且在水中溶解度很小，所以过滤后得到的产品乙为苯甲酸。
23.铁系元素是人体必需的微量元素，Fe3+可以与KSCN溶液、苯酚等发生显色作用。镁元素也是人体所必需的阳离子元素之一，它能够维持核酸结构的稳定性，调节机体免疫功能，对人体抵抗新冠病毒等病毒侵袭起着重要作用。
（1）Fe3+的基态核外电子排布式为____________________。
（2）与SCN−互为等电子体且为非极性分子的化学式为_____________（任写一种）。
（3）普鲁士蓝俗称铁蓝，晶胞如图甲所示（K+未画出），平均每两个晶胞立方体中含有一个K+，又知该晶体中铁元素有+2价和+3价两种，则Fe3+与Fe2+的个数比为_________。

（4）血红素铁（图乙）用作铁强化剂，其吸收率比一般铁剂高3倍，在图乙中画出Fe2+与N原子间的化学键（若是配位键，需要用箭头加以表示）______________

（5）镁单质晶体中原子的堆积模型如图，它的堆积模型名称为____________；晶胞是图中的_________________（填a、b或c）；配位数是__________________；晶胞的体积是2acm3，镁单质的密度为ρg·cm－3，已知阿伏伏德罗常数为NA，则镁的摩尔质量的计算式是________________。
【答案】 (1). [Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5） (2). CO2或CS2 (3). 1∶1 (4). (5). 六方最密堆积 (6). c (7). 12 (8). NAaρ g/mol
【解析】
【分析】
(1)铁元素是26号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，失电子先失去最外层电子，然后书写Fe3＋基态电子排布式；
(2)根据等电子体的定义进行分析；
(3)平均每两个晶胞立方体中含有1个K＋，说明每个晶胞中含有个K＋，然后用均摊方法得到Fex＋和CN－的个数，求出化学式，最后判断出Fe2＋和Fe3＋的个数比；
(4)N最外层有5个电子，形成三个共价键达到饱和，多余的键为配位键，进行分析；
(5)根据图a，镁单质堆积方式为六方最密堆积，配位数为12，然后根据密度定义进行分析；
【详解】(1)铁是26号元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，则Fe3+的基态核外电子排布式为[Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5）；
(2)SCN−中含有3个原子，且其价电子数是16，与SCN−互为等电子体的一种非极性分子的为CO2(或CS2)；
(3)平均每两个晶胞立方体中含有一个K＋，所以一个晶胞中钾离子个数==0.5，该立方体中铁原子个数=8×=1，CN−位于每条棱中点，该立方体中含有CN−个数=12×=3，平均化学式是K0.5Fe(CN)3，Fe平均化合价2.5，即亚铁离子与铁离子之比是1:1；
(4)配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，Fe2+提供空轨道，N原子提供电子对，Fe2+与N原子间的的配位键为：；
(5)镁单质晶体中原子的堆积方式是按ABABABAB…的方式堆积，单质晶体中原子为六方最密堆积，配位数为12，晶胞是图中的c；晶胞质量=2g，则ρg·cm−3=，则有Mr=NAaρ g/mol。
24.中国工程院院士李兰娟团队，于2020年2月4日公布治疗新冠病毒感染的肺炎最新研究成果。他们初步测试发现，在体外细胞实验中，阿比朵尔在10~30微摩尔浓度下，与药物未处理的对照组比较，能有效抑制冠状病毒达60倍，并有显著抑制病毒对细胞的病变效应。因此“阿比朵尔”成为抗击新型冠状病毒潜在用药，其合成路线如下：

回答下列问题：
（1）有机物A的名称是____________。
（2）反应②、⑥反应类型分别是_________、______________。
（3）F中含氧官能团的名称是_______________；G的分子式为_______________。
（4）请写出反应③的化学反应方程式______________________________________。
（5）M是B的一种同分异构体，满足下列条件的同分异构体有________种：①苯环上有3个取代基②能发生银镜反应③能发生水解反应，且1molM水解消耗4molNaOH。
其中核磁共振氢谱为有4组峰，峰面积之比为2:2:2:1的结构简式为_________________。
（6）设计由甲苯和2-丙醇为原料制备的合成路线。_____________
【答案】 (1). 对硝基苯酚或4-硝基苯酚 (2). 还原反应 (3). 取代反应 (4). 酯基 (5). C15H17NO4 (6). (7). 6 (8). (9). ，。
【解析】
【分析】
(1)根据A的结构简式以及有机物的命名原则进行分析；
(2)对比B和C，B中－NO2→－NH2，添氢去氧，属于还原反应，对比G和H结构简式，Br原子取代甲基上的H原子，即该反应类型为取代反应；
(3)根据F的结构简式，得出含氧官能团；根据有机物碳成键特点，推出G的分子式；
(4)对比C和E结构简式，反应③的类型为取代反应，然后书写出化学反应方程式；
(5)能发生银镜反应和水解反应，说明应是甲酸某酯的形式，1molM水解消耗4molNaOH，说明书写结构中含有2个，然后判断同分异构体的数目；
(6)利用反应③，应让甲苯先在甲基对位上引入－NO2，然后Fe/NH4Cl作用下，－NO2→－NH2，2－丙醇发生氧化反应生成丙酮，利用上述反应③，得到所用物质；
【详解】(1)根据A的结构简式，该有机物的名称为对硝基苯酚或4－硝基苯酚；
(2)对比B和C，B中－NO2→－NH2，添氢去氧，属于还原反应，对比G和H结构简式，Br原子取代甲基上的H原子，即该反应类型为取代反应
(3)根据F结构简式，F中含氧官能团是酯基；G的分子式为C15H17NO4；
(4)对比C和E结构简式，反应③的类型为取代反应，其反应方程式为；
(5)能发生银镜反应和水解反应，说明应是甲酸某酯的形式，1molM水解消耗4molNaOH，说明书写结构中含有2个，有三个取代基，即含有一个－NH2，和处于邻位，－NH2在苯环上有2个位置，如果处于间位，－NH2在苯环上有3种位置，如果处于对位，－NH2在苯环上有1种位置，综上所述，符合条件的共有6种；核磁共振氢谱有4组峰，说明含有4种不同的氢原子，峰面积之比为2：2：2：1，则结构简式为和；
(6) 利用反应③，应让甲苯先在甲基对位上引入－NO2，然后Fe/NH4Cl作用下，－NO2→－NH2，2－丙醇发生氧化反应生成丙酮，即路线，。