合肥市2022届高三下期二模化学试卷及答案

这是一份合肥市2022届高三下期二模化学试卷及答案，共17页。试卷主要包含了答非选择题时，必须使用0，考试结束后，只将答题卡交回，5ml铜失去的电子数为0，8%等内容，欢迎下载使用。

合肥市2022届高三下期二模
理科综合化学试题
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
5.考试结束后，只将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cu-64 Zn-65 Se-79
第I卷(选择题)
一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42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、生产、科技密切相关，下列说法正确的是
A. 水晶、石英玻璃都是二氧化硅晶体
B. 为消杀奥密克戎病毒，家庭中可将“84”消毒液和洁厕灵混用
C. 利用钛合金具有耐腐蚀、耐高压的特性，可制造深海载人舱的壳体
D. 非遗文化“北京绢人”技术制作的娃娃能用加酶洗涤剂清洗
【答案】C
【解析】
【详解】A．水晶、石英玻璃主要成分都是SiO2，前者是二氧化硅晶体，而石英玻璃不是二氧化硅晶体，属于非晶体，A错误；
B．若将“84”消毒液(主要成分为次氯酸钠）和洁厕灵（主要成分为盐酸）混合使用，二者会发生氧化还原反应产生有毒气体Cl2，因此二者不能混合使用，B错误；
C．钛合金具有耐腐蚀、耐高压的特性，可利用其这些性质用钛合金制造深海载人舱的壳体，C正确；
D．非遗文化“北京绢人”主要成分是蛋白质，蛋白质在酶的作用下会发生水解反应变为氨基酸，因此其制作的娃娃不能用加酶洗涤剂清洗，D错误；
故合理选项是C。
2. 化合物X常作中间体合成高效药物，下列有关X的说法错误的是

A. X在酸性或碱性溶液中均可发生反应
B. 所有碳原子可能共平面
C. 该化合物的分子式为C23H24O5
D. 1molX最多可与10molH2发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．X中含有酯基，酯基在酸性或者碱性条件下都可以水解，A正确；
B．苯环、碳碳双键、—COOC—为平面结构，则所有碳原子可能共平面，B正确；
C．根据X的结构简式可知其分子式为C23H24O5，C正确；
D．一个苯环和3个氢气加成，一个碳碳双键和1个氢气加成，则根据X的结构简式可知1molX最多可与8molH2发生加成反应，D错误；
故选D。
3. NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 2gD216O所含的中子数和电子数不相等
B. 1L1mol·L-1溴化铵水溶液中NH与H+离子数之和大于NA
C. 铜粉与足量硫磺加热反应，32g铜失去的电子数为NA
D. 标准状况下，22.4L乙醇中含有的共用电子对总数为8NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．一个D216O分子中有10个中子，10个质子，10个电子，故2gD216O所含的中子数和电子数相等，A错误；
B．由电荷守恒，，，故，故而溶液中NH与H+离子数之和大于NA，B正确；
C．铜粉与足量硫磺加热反应生成Cu2S，32g铜即0.5mol铜失去的电子数为0.5NA，C错误；
D．标准状况下，乙醇是液体，22. 4L乙醇物质的量未知，无法计算含有的共用电子对总数，D错误；
故选B。
4. 下列实验操作中，装置选择合理的是
A
B
C
D




准确量取一定体积K2Cr2O7溶液
验证非金属性：S>C>Si
制备氢氧化铁胶体
制备并收集乙酸乙酯

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．量取一定体积K2Cr2O7标准溶液应该选用酸式滴定管，碱式滴定管下端的乳胶管能够被腐蚀，选项A错误；
B．比较非金属性，可根据元素对应的最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中可得硅酸沉淀，可证明非金属性的强弱，选项B正确；
C．氯化铁与NaOH溶液反应生成沉淀，不能制备胶体，应将氯化铁溶液滴到沸水中制备，选项C错误；
D．乙酸乙酯的制备必须加入浓硫酸为吸水剂和催化剂，选项D错误；
答案选B。
5. 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法错误的是
A. 简单离子半径：W>Q>X>Y>Z
B. 元素X的气态氢化物与Q的单质可发生置换反应
C. Z、W的简单离子都能促进水的电离
D. Y与W具有相同的最高化合价
【答案】D
【解析】
【分析】常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，可联想到Al在浓硝酸、浓硫酸中的钝化，则Z应为Al元素，W的原子序数大于Al，则W为S元素，Q为原子序数大于S的短周期主族元素，则为Cl；X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，且X的原子序数小于Y，应是指氨气极易溶于水，所以X为N元素，Y为O元素。
【详解】A．核外电子排布形同的时候，原子序数越小半径越大，另外电子层数越多，半径越大，故简单离子半径：W>Q>X>Y>Z，A正确；
B．N的气态氢化物为NH3，可以与Cl2发生：3Cl2+2NH3=N2+6HCl，该反应为置换反应，B正确；
C．Z、W的简单离子分别为铝离子、硫离子，都可以水解，促进水的电离，C正确；
D． W为S元素，Y为O元素，S的最高化合价为+6价，O不能失去最外层6个电子，没有+6价，最高化合价不同，D错误；
故选D。
6. 高电压水系锌－有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是

A. 充电时，中性电解质NaCl的浓度减小
B. 充电时，阴极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-
C. 放电时，正极区溶液的pH减小
D. 放电时，1molFQ转化为FQH2，可消耗65gZn
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意，充电时，FQH2生成FQ被氧化，所以充电时右侧为阳极，左侧为阴极，Zn(OH)被还原为Zn，则放电时左侧为负极，Zn被氧化为Zn(OH)，右侧为正极FQ被还原为FQH2。
A．充电时，左侧阴极的电极反应为Zn(OH)+2e =Zn+4OH-，阴离子增多，为平衡电荷，中性电解质溶液中的Na+经阳膜迁移至左侧，Cl-经阴膜迁移至右侧，NaCl的浓度减小，故A正确；
B．根据分析可知，充电时左侧为阴极，阴极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，故B正确；
C．放电时右侧为正极，电极反应为FQ+2H++2e-= FQH2，氢离子被消耗，pH增大，故C错误；
D．放电时正极电极反应为FQ+2H++2e-= FQH2，1molFQ转化为FQH2转移2mol电子，负极消耗1molZn，即可消耗65gZn，故D正确；
故答案为C。
7. 用HR表示甘氨酸(H2NCH2COOH)，其为两性物质。0.001mol·L-1HR溶液中H2R+、HR和R-的浓度对数值1gc与pH的关系如图所示。已知三种微粒转化的平衡常数：H2R+HRR-。下列说法错误的是

A. 曲线③表示R- B. 甘氨酸溶液显弱碱性
C. M点，pH= D. NaR溶液中：c(OH-)=c(HR)+c(H+)+2c(H2R+)
【答案】B
【解析】
【详解】A．随pH增大，H2R+逐渐减小；随pH增大，HR先增大后减小；随pH增大， R-逐渐增大；曲线③表示R-，故A正确；
B．根据图示，c(H2R+)=c(HR)时pH=2.35，c(HR)=c(R-)时pH=9.78，则HR→H2R+的常数是，则HR的电离常数是10-9.78，所以甘氨酸溶液显弱酸性，故B错误；
C．M点，c(H2R+)= c(R-)，，故C正确；
D．NaR溶液中，根据电荷守恒c(R-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)+c(H2R+)，根据物料守恒c(Na+)= c(HR)+c(H2R+)+ c(R-)，所以c(OH-)=c(HR)+c(H+)+2c(H2R+)，故D正确；
选B。
8. 三氯氧磷(POCl3)常作为半导体掺杂剂及光导纤维原料。一研究小组在实验室利用PCl3、SO2、Cl2在60~65℃时反应制备POCl3和SOCl2，所用实验装置如图所示(气体制备装置未画出)。
物质
熔点/℃
沸点/℃
其他
PCl3
-93.6
76.1
遇水剧烈水解，易与O2反应
POCl3
1.25
105.8
遇水剧烈水解，能溶于PCl3
SOCl2
-105
78.8
遇水剧烈水解，受热易分解

（1）氯气可由高锰酸钾固体与稀盐酸反应制备，该反应的离子方程式为_______。
（2）A、B装置中的试剂分别是_______。
（3）装置C中发生反应的化学方程式为_______。
（4）反应装置的虚线框中未画出的仪器最好选用_______(填仪器名称)；装置E的作用是_______。
（5）反应结束后应采用_______(填操作名称)提纯POCl3产品。
（6）测定某掺杂剂中POCl3的含量(杂质不参与反应)：准确称取4.000g样品在水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入0.4000mol·L-1的AgNO3溶液25.00mL，再加少许硝基苯防止AgCl参与后续反应，用力振荡。加入少量NH4Fe(SO4)2，用0.1000mol·L-1KSCN标准溶液滴定，消耗KSCN标准溶液22.00mL。[已知：AgCl和AgSCN均为难溶于水的白色固体，Ag3PO4可溶于硝酸，POCl3的相对分子质量为153.5]
①说明滴定到达终点的实验现象为_______。
②产品中POCl3的质量分数为_______。(保留一位小数)。
【答案】（1）2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（2）饱和食盐水、P2O5或无水氯化钙
（3）PCl3+SO2+Cl2POCl3+SOCl2
（4） ①. 球形冷凝管 ②. 干燥SO2，通过观察产生气泡速率控制通入气体的流速
（5）蒸馏 （6） ①. 当最后一滴KSCN标准液滴入锥形瓶，溶液由浅黄色变为血红色，且半分钟内不复原 ②. 99.8%
【解析】
【分析】本题考查PCl3、SO2、Cl2在60～65°C时反应制备POCl3和SOCl3的实验，根据资料卡片，本实验必须在无水条件下反应，所以装置A用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，B用P2O5或无水CaCl2除去氯气中的水蒸气，E用浓硫酸除去二氧化硫中的水蒸气，且A和E都可以通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速，D用无水CaCl2防止空气中的水蒸气进入，用F球形冷凝管进行冷凝回流，将PCl3充分反应，提高产率。
【小问1详解】
高锰酸钾和盐酸反应生成氯气和氯化锰，离子方程式为：2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
小问2详解】
A装置用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，B装置用P2O5或无水CaCl2除去氯气中的水蒸气，所以A、B装置中的试剂分别是饱和食盐水、P2O5或无水CaCl2；
【小问3详解】
由题意可知在装置C发生的反应为二氧化硫、氯气和三氯化磷反应生成POCl3和SOCl2，方程式为：PCl3+SO2+Cl2POCl3+SOCl2；
【小问4详解】
球形冷凝管与直球形冷凝管最大区别是球形冷凝管接触面积大，冷凝效果更好，能将反应物和生成物都充分冷凝回流，增加产率，所以虚线框中用球形冷凝管，因为球形冷凝管接触面积大，便于反应中各物质冷凝回流；装置E用浓硫酸除去二氧化硫中的水蒸气,且控制产生气泡的速率控制反应速率，所以E的作用是干燥SO2，通过观察产生气泡速率控制通入气体的流速；
【小问5详解】
根据资料卡片POCl3和SOCl2的沸点不同，所以提纯POCl3的操作是蒸馏
【小问6详解】
①用KSCN滴定过量的硝酸银，用NH4Fe(SO4)2做指示剂，当硝酸银反应完后，KSCN和NH4Fe(SO4)2中的三价铁反应，溶液显血红色，故滴定终点的现象是：当最后一滴KSCN标准液滴入锥形瓶，溶液由浅黄色变为血红色，且半分钟内不复原；
②根据条件可知：AgNO3的总物质的量为：0.4mol/L×0.025L=0.01mol， KSCN的物质的量为0.1mol/L×0.022L=0.0022mol，SCN-反应的Ag+为0.0022mol，Cl-反应的Ag+为0.01mol- 0.0022mol=0.0078 mol，Cl-的物质的量是0.0078 mol，根据元素守恒则25ml中POCl3物质的量是0.0078 mol×13=0.0026 mol，则4.000g样品中POCl3物质的量是0.0026 mol×10=0.026 mol，POCl3的质量分数为0.026 mol×153.5g/mol4g×100%=99.8%。
9. 一种从阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S等)中回收Se和贵重金属的工艺流程如图所示：

已知：①该工艺中萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+=R2Cu+2H+。
②S2O易与Ag+形成配离子：Ag++2S2O=[Ag(S2O3)2]3-，上述工艺条件下该反应的平衡常数为K=2.80×1013。
③上述工艺条件下，AgCl的溶度积常数：Ksp(AgCl)=1.80×10-10。
回答下列问题：
（1）“焙烧”产生的SO2与SeO2的混合烟气可用水吸收制得单质Se，该反应的化学方程式为_______。
（2）“滤渣I”的主要成分是_______(填化学式)；“酸浸氧化”中通入氧气，体现了绿色化学的思想，其目的是_______。
（3）“反萃取剂”最好选用_______(填化学式)溶液。
（4）“溶浸”过程中滤渣II被Na2S2O3溶液溶解，发生反应的平衡常数为_______。
（5）“还原”过程中S2O没有参与氧化还原过程，“滤液IV”中还主要含有Na2SO3。“还原”过程中发生反应的离子方程式为_______。
（6）为减少工艺中试剂用量，“滤液IV”可返回_______(填工序名称)工序循环使用。但循环多次后，银的浸出率会降低。试从化学平衡的角度解释可能的原因：_______。
【答案】（1）2SO2+SeO2+2H2O=Se+2H2SO4
（2） ①. Pt、Au ②. 防止生成的氮氧化物排放到空气中
（3）HNO3 （4）5.04×103
（5）2[Ag(S2O3)2]3-+S2O+4OH-=2Ag+2SO+4S2O+2H2O
（6） ①. “溶浸" ②. 随循环次数的增加，浸出液中c(S2O)减小，c(Cl-)增大，AgCl(s)+2S2O(aq)=[Ag(S2O3)2]3-(aq)+Cl-(ag)平衡左移，银的浸出率降低
【解析】
【分析】阳极泥焙烧，得到Pt、Au、Ag、氧化铜的混合物和SO2、SeO2气体，烧渣中加入硝酸、通入氧气“酸浸氧化”，Pt、Au不溶于硝酸，过滤出Pt、Au，所得滤液Ⅰ中含有硝酸铜、硝酸银溶液，滤液Ⅰ中加入氯化钠，生成氯化银沉淀，过滤，滤液Ⅱ是硝酸铜溶液，加入萃取剂HR，有机相中加入硝酸反萃取，分液，得到硝酸铜溶液。滤渣Ⅱ是氯化银，加入Na2S2O3溶液溶解，得到含有[Ag(S2O3)2]3-的滤液Ⅲ，再加入氢氧化钠、Na2S2O4还原，得到金属银。
【小问1详解】
SO2与SeO2的混合烟气可用水吸收，反应生成单质Se，根据氧化还原反应规律，SO2被氧化为硫酸，反应的化学方程式为2SO2+SeO2+2H2O=Se+2H2SO4。
【小问2详解】
Pt、Au不溶于硝酸，“滤渣I”的主要成分是Pt、Au；“酸浸氧化”中若不通氧气，硝酸被Ag还原为NO，通入氧气，可以防止生成的氮氧化物排放到空气中；
【小问3详解】
根据2RH+Cu2+=R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，反应逆向进行，反萃取得到硝酸铜溶液，所以 “反萃取剂”最好选用HNO3溶液。
【小问4详解】
“溶浸”过程中氯化银被Na2S2O3溶液溶解，反应的离子方程式AgCl+2S2O=[Ag(S2O3)2]3-+Cl-，反应的平衡常数为1.80×10-10×2.80×1013=5.04×103。
【小问5详解】
Na2S2O4被氧化为Na2SO3，被[Ag(S2O3)2]3- 被还原为Ag，S2O没有参与氧化还原过程，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为2[Ag(S2O3)2]3-+S2O+4OH-=2Ag+2SO+4S2O+2H2O；
【小问6详解】
“还原”过程中S2O没有参与氧化还原过程，“滤液IV”含有Na2S2O3，为减少工艺中试剂用量，“滤液IV”可返回“溶浸”工序循环使用。随循环次数的增加，浸出液中c(S2O)减小，c(Cl-)增大，AgCl(s)+2S2O(aq)=[Ag(S2O3)2]3-(aq)+Cl-(ag)平衡左移，银的浸出率降低。
10. 减少CO2的排放、捕集并利用CO2是我国能源领域的一个重要战略方向。在CO2加氢合成甲醇的体系中，同时存在以下反应：
反应i：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-48.7 kJ·mol-1
反应ii：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH2
（1）在特定温度下，由稳定态单质生成1 mol化合物的焓变叫做该物质在此温度下的标准摩尔生成焓。表中为几种物质在298 K的标准生成焓，则反应ii的ΔH2(298K)=_______kJ·mol-1。
物质
H2(g)
CO2(g)
CO(g)
H2O(g)
标准摩尔生成焓(kJ·mol-1)
0
-394
-111
-242

（2）在CO2加氢合成甲醇的体系中，下列说法不正确的是_______(填序号)。
A. 增大H2浓度有利于提高CO2的转化率
B. 若气体的平均相对分子质量不变，说明反应i、ii都已达平衡
C. 体系达平衡后，若压缩体积，反应i平衡正向移动，反应ii平衡不移动
D. 选用合适催化剂可以提高甲醇在单位时间内的产量
（3）某温度下，向容积恒为1 L的密闭容器中通入1 mol CO2(g)和5 mol H2(g)，10 min后体系达到平衡，此时CO2的转化率为20%，CH3OH的选择性为50%。
已知：CH3OH的选择性：χ=×100%
①0-10 min内CO2的平均消耗速率v(CO2)=_______。
②反应i的平衡常数K=_______(写出计算式即可)。
③反应ii净速率v=v正-v逆=k正p(CO2)p(H2)-k逆p(CO)p(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，p为气体的分压。降低温度时，k正-k逆_______(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
（4）维持压强、投料比和反应时间不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2的转化率α(CO2)和甲醇的选择性x(CH3OH)随温度变化的关系如图所示。已知催化剂活性随温度影响变化不大，结合反应i和反应ii，分析下列问题：

①甲醇的选择性随温度升高而下降的原因_______。
②CO2的转化率随温度升高也下降的可能原因_______。
③不考虑催化剂活性温度，为同时提高CO2的平衡转化率和甲醇的选择性，应选择的反应条件是_______(填序号)。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温低压 D．低温高压
（5）科研人员通过电解酸化CO2制备甲醚(CH3OCH3)，装置如图所示。该电解过程中，阴极的电极反应式_______。

【答案】（1）+41 （2）C
（3） ①. 0.02 mol·L-1·min-1 ②. ③. 减小
（4） ①. 反应i为放热反应，反应ii为吸热反应，温度升高反应i平衡逆向移动，反应ii平衡正向移动 ②. 温度升高对反应i中CO2转化率降低影响大于对反应ii中CO2转化率升高的影响 ③. D
（5）2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O
【解析】
【小问1详解】
△H2=生成物的标准生成焓总和-反应物的标准生成焓总和=(-111-242+394) kJ/mol=+41 kJ/mol；
【小问2详解】
A．增大H2浓度，平衡正向移动，有利于提高CO2的转化率，A正确；
B．根据质量守恒，混合气体的质量不变，反应i是气体体积减小的反应，反应ii是气体体积不变的反应，则气体的总物质的量随着反应进行减小，气体的平均相对分子质量增大，当气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡，B正确；
C．体系达平衡后，若压缩体积，相当于增大压强，则反应i平衡正向移动，会使反应i中CO2和H2量减小，H2O量增大，反应ii的化学平衡逆向移动，C错误；
D．选用合适的催化剂可以加快反应速率，从而提高CH3OH在单位时间内的产量，D正确；
故合理选项是C；
【小问3详解】
①0 ~10 min，CO2的转化率为20%，则△n(CO2)=1 mol×20%=0.2 mol，用CO2表示0 ~10 min内平均反应速率v(CO2)=；
②某温度下，向容积为1 L的密闭容器中通入1 mol CO2(g)和5 mol H2(g)，10 min后体系达到平衡，此时CO2的转化率为20%，则消耗的n(CO2)=1 mol×20%=0.2 mol，CH3OH的选择性为50%，已知CH3OH的选择性=，则转化为CH3OH的n(CO2)=0.2 mol×50%=0.1 mol。平衡时n(CO2)=1 mol-0.2 mol=0.8 mol，n(H2)=5 mol-0.4 mol=4.6 mol，n(CH3OH)=0.1 mol，n(H2O)=0.2 mol，容器容积为1 L，c(CO2)=0.8 mol/L，c(H2)=4.6 mol/L，c(CH3OH)=0.1 mol/L，c(H2O)=0.2 mol/L，反应i的平衡常数K=；
③反应ii是吸热反应，降低温度，速率常数k正、k逆均减小，化学平衡逆向移动，则v逆减小的幅度小于v正，所以k正减小的幅度大于k逆，故k正-k逆减小；
【小问4详解】
①反应i为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，反应ii为吸热反应，升高温度平衡正向移动，所以甲醇的选择性随温度升高而下降；
②反应i为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，反应ii为吸热反应，升高温度平衡正向移动，二氧化碳的转化率上升，但温度升高对反应i中二氧化碳的转化率降低的影响大于反应ii中二氧化碳的转化率的促进作用，所以二氧化碳的转化率随温度升高也在下降；
③生成甲醇的反应是气体体积减小的放热反应，要使平衡正向移动，根据平衡移动原理选择反应条件为低温高压，故合理选项是D；
【小问5详解】
在电解池中，阴极发生还原反应，所以由图示可知阴极上是CO2得到电子被还原生成CH3OCH3，电极反应方程式为：2CO2+12H++12e-=CH3OCH3+3H2O。
11. 铜、锌、铁及其化合物在日常生产生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）在元素周期表的分区中，铜属于_______区，比较元素铜和锌的第二电离能：I2(Cu)_______I2(Zn)(选填“＞”、“＜”或“=”)，写出基态Fe原子的核外电子排布：_______。
（2）下列现代分析手段中，可用于检验水中痕量锌元素的是_______(填标号)。
A. X射线衍射 B. 原子光谱 C. 质谱 D. 红外光谱
（3）含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物称为螯合物。FeCl3可与多种有机配体形成螯合物，如图所示结构为其中一种。该配合物分子中N原子的杂化类型为_______，1mol该螯合物中通过螯合作用形成的配位键有_______mol。

（4）Fe催化芳香烃硝化反应时会产生亚硝酰正离子NO。试比较亚硝酰正离子NO与亚硝酸根NO的键角大小：NO_______NO(选填“＞”、“＜”或“=”)，并利用价层电子对互斥理论(VSEPR)简要解释原因：_______。
（5）近期我国科学家合成了一种电化学性能优异的铜硒化合物，其晶胞结构如图所示。其中铜元素以Cu+和Cu2+存在，则_______(选填“①”或“②”)为Cu2+。该晶体的密度为_______g/cm3(用代数式表示，设NA为阿伏伽德罗常数的值)。

【答案】（1） ①. ds ②. > ③. 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2 （2）B
（3） ①. sp2、sp3 ②. 3
（4） ①. > ②. 根据VSEPR理论，NO为直线形结构，键角180°，NO为V形结构，键角略小于120°
（5） ①. ① ②.
【解析】
【小问1详解】
铜元素的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，铜属于ds区，铜的第二电离能大于锌的第二电离能，其原因是Cu+的3d轨道为全充满的稳定状态，再失去一个电子更难，Zn+再失去一个电子时，变成Zn2+，Zn2+的3d轨道为全充满的稳定状态，故Zn+更容易失去电子，电离能较小；Fe是26号元素，其基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
【小问2详解】
A．X射线衍射用于测晶体结构，A不符合；
B．光谱分析是利用特征谱线定性、定量地鉴定元素，B符合；
C．质谱可用于测定相对分子质量等，C不符合；
D．红外光谱，可确定分子中含有何种化学键或官能团，D不符合；
故选B；
【小问3详解】
由配合物的结构简式知，氮原子有单键、有双键；氮原子以双键相连接时其杂化类型为sp2、氮原子以单键相连接时其杂化类型为sp3，故答案为：N原子的杂化类型为sp2、sp3；由配合物的结构简式知，1mol该有机配体与Cu(Ⅱ)形成的配位键为3mol；
【小问4详解】
NO有2个σ键电子对，没有孤电子对，价层电子对为2，则其空间空间构型为直线型，NO有2个σ键电子对，有1个孤电子对，价层电子对为3，则其空间空间构型为V形结构，故键角NO＞NO，故答案为：＞；根据VSEPR理论，NO为直线形结构，键角180°，NO为V形结构，键角略小于120°；
【小问5详解】
由其晶胞结构示意图知，该铜硒化合物中铜的数目为 ，Se的数目为4，则化学式为Cu3Se2， Se为-2价，晶胞内负化合价共-8、①有2个、②有4个，按正负化合价代数和为0知，Cu2+为①；该晶体的密度即晶胞密度为。
12. 橡胶行业是国民经济的重要基础产业之一，在现代生产、军事工业、医疗行业中有广泛应用。如图是生产合成橡胶G和医用高分子材料C的路线图，已知B的分子式为C6H10O3。请回答下列问题：

(1)X中的含氧官能团名称是___，X的核磁共振氢谱有___组峰。
(2)A→B的反应类型是___。
(3)C的结构简式是___。
(4)X发生银镜反应的化学方程式为___。
(5)写出E→F的化学反应方程式___。
(6)A有多种同分异构体，其中属于酯类且含有碳碳双键的共有___种(不含立体异构)。
(7)已知：①②+SOCl2→+SO2+HCl。请将下列以为原料制备的合成路线流程图补充完整___(无机试剂任用)。

【答案】 ①. 醛基 ②. 3 ③. 酯化反应 ④. ⑤. CH2=C(CH3)CHO+2Ag(NH3)2OHCH2=C(CH3)COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O ⑥. +HCHO+H2O ⑦. 5 ⑧.
【解析】
【分析】根据X到A的反应条件可知，该过程为X中醛基被氧化成羧基的过程，所以X的结构简式为；X与氢气加成生成D，碳碳双键和醛基中的碳氧双键均可加成，则D为；F可以合成天然橡胶，所以F为；结合F和G的结构简式可知E为，所以D到E为羟基的消去反应；A与乙二醇发生酯化反应生成B，所以B为；B中含有碳碳双键，发生加聚反应生成C为。
【详解】(1)X为，其含氧官能团为醛基；含有3种环境的氢原子，所以核磁共振氢谱有3组峰；
(2)A到B为羧基和羟基的酯化反应(取代反应)；
(3)根据分析可知C的结构简式为；
(4)X发生银镜反应的方程式为CH2=C(CH3)CHO+2Ag(NH3)2OHCH2=C(CH3)COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；
(5)E为，F为，所以反应方程式为+HCHO +H2O；
(6)A的同分异构体中属于酯类且含有碳碳双键的有：CH2=CHCOOCH3、CH2=CHCH2OOCH、CH=C(CH3)OOCH、CH3CH=CHOOCH、CH2=CHOOCCH3，共5种；
(7)对比和的结构可知，需要将苯环加成，并再形成一个环，根据题目所给信息可知可以和SOCl2形成，而该结构可以取代苯环上的氢原子，据此可以形成另一个环状结构，再结合羟基可以发生消去反应生成双键、羰基可以和氢气加成生成羟基，可知合成路线应为 。
【点睛】解决本题的关键是学生需要对细节熟悉，要知道合成天然橡胶的原材料为异戊二烯；第7小题合成路线的设计为本题难点，要充分利用题目所给信息，找出形成另一个环的方法，要清楚羰基可以和氢气发生加成反应。