四川省成都市石室天府中学2022届高三联测卷（四）理综化学试题（解析版）

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四川省成都市石室天府中学2022届高三联测卷(四)
理科综合化学试题
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答。答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：O-16 Fe-56 Ni-59 As-75
第I卷 (选择题)
一、选择题：本大题共7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. 《泉州府志》物产条记载：“元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之。”下列对文中“糖”和“土”的相关解读，错误的是
A. “糖”的主要成分蔗糖是双糖
B. “土”的主要成分是自然界的硅酸盐
C. 加水“煮糖”过程中蔗糖完全水解为葡萄糖
D. “糖白”的原因是“土”吸附了“糖”中的色素
【答案】C
【解析】
【详解】A．“糖”的主要成分蔗糖水解产生一分子葡萄糖和一分子果糖，因此属于双糖，A正确；
B．“土”的主要成分是自然界的硅酸盐，为混合物，B正确；
C．蔗糖的水解需要硫酸催化和加热的条件。且蔗糖的水解产物除葡萄糖外还有果糖”，C错误；
D．土壤胶体具有很大的比表面积，故能吸附”糖”中的色素使“糖变白"，D正确；
故合理选项是C。
2. 罗勒烯是一种无环单萜类化合物，有草香、花香并伴有橙花油气息，主要存在于罗勒油等植物精油中，其结构如图a所示，下列有关罗勒烯的说法错误的是

A. 难溶于水，易溶于苯等有机溶剂
B. 能与溴水反应使之褪色
C. 所有碳原子可能共平面
D. 与叔丁基苯(结构如图b)互为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A．由罗勒烯的结构可知，罗勒烯是难溶于水，易溶于苯等有机溶剂的不饱和烃，故A正确；
B．由罗勒烯的结构可知，罗勒烯分子中含有的碳碳双键能与溴水发生加成反应使溶液褪色，故B正确；
C．碳碳双键为平面结构，由三点成面可知，罗勒烯分子中所有碳原子可能共平面，故C正确；
D．由题给结构可知，罗勒烯和叔丁基苯的分子式不相同，不可能互为同分异构体，故D错误；
故选D。
3. 化合物A 是一种重要的医药中间体，由原子序数依次增大的W、X、Y、Z 四种短周期元素组成，其结构如图所示，下列有关说法不正确的是

A. X、Y形成的原子个数之比为1：2的二元化合物有2种
B. X、Y、Z分别形成的简单氢化物中，Y的氢化物沸点最高
C. 简单离子半径大小：Z>X>Y
D. Z的低价态氧化物能使紫色石蕊试液先变红后褪色
【答案】D
【解析】
【分析】化合物A 是一种重要医药中间体，由原子序数依次增大的W、X、Y、Z 四种短周期元素组成，由化合物中W、X、Y、Z形成的共价键数目分别为1、3、2、6可知，W为H元素、X为N元素、Y为O元素、Z为S元素。
【详解】A．氮元素和氧元素形成的化合物二氧化氮和四氧化二氮的原子个数之比均为1：2，故A正确；
B．氮、氧、硫三种元素形成的简单氢化物中，水常温下为液态，而氨气、硫化氢为气态，所以水的沸点最高，故B正确；
C．离子的电子层数越大，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越大，则硫离子、氮离子、氧离子的离子半径依次减小，故C正确；
D．硫元素的低价氧化物二氧化硫具有漂白性，但不能使石蕊试液褪色，故D错误；
故选D。
4. 下列有关离子方程式书写正确的是
A. 工业上用过量的空气氧化氨气：5O2＋4NH34NO+6H2O
B. 向BaCl2溶液中通入CO2气体：Ba2＋＋CO2＋H2O=BaCO3↓＋2H＋
C. 用惰性电极电解AlCl3水溶液：Al3＋＋4Cl—＋2H2OAlO＋2Cl2↑＋2H2↑
D. 用氨水除去NH4Cl溶液中的FeCl3：Fe3＋＋3OH—= Fe(OH)3↓
【答案】A
【解析】
【详解】A．催化剂作用下氨气与氧气共热发生催化氧化反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为5O2＋4NH34NO+6H2O，故A正确；
B．碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳不能与氯化钡溶液反应，故B错误；
C．用惰性电极电解氯化铝水溶液制得氢氧化铝沉淀、氢气和氯气，反应的离子方程式为2Al3＋＋3Cl—＋6H2O2Al(OH)3↓＋3Cl2↑＋3H2↑，故C错误；
D．氯化铁溶液与氨水反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O =Fe(OH)3↓+3NH，故D错误；
故选A。
5. 用如图所示装置和相应试剂能达到实验目的是

选项
实验目的
a中试剂
b中试剂
c中试剂
d中试剂
A
验证苯和液溴发生的是取代反应
苯和液溴的混合液
铁粉
NaOH溶液
HNO3酸化的AgNO3溶液
B
验证非金属性：Cl>C>Si
浓盐酸
MnO2
NaHCO3溶液
Na2SiO3溶液
C
检验X溶液中有CO，无SO
稀硫酸
X溶液
酸性 KMnO4溶液
澄清的石灰水
D
制备并收集少量NO气体
稀硝酸
铜片
水
NaOH溶液

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．装置c中的氢氧化钠溶液会吸收溴化氢和挥发出的溴，导致装置d中硝酸酸化的硝酸银溶液无法检验是否有溴化氢生成，故A错误；
B．浓盐酸与二氧化锰常温下不反应，挥发出的氯化氢能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，说明盐酸的酸性强于碳酸，但元素的非金属性与氢化物的酸性无关，所以无法比较氯元素和碳元素的非金属性强弱，且氯化氢会优先与硅酸钠溶液反应，干扰碳元素个硅元素的非金属性强弱的比较，故B错误；
C．向X溶液中滴入稀硫酸，反应生成的气体不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但能使澄清石灰水变混浊可以说明X溶液中含有碳酸根离子，不含有亚硫酸根离子，故C正确；
D．收集一氧化氮气体应从装置c的短管通入气体，则装置c无法收集一氧化氮气体，且一氧化氮是不成盐氧化物，不能用氢氧化钠溶液吸收尾气，故D错误；
故选C
6. 天津大学某课题组于2021年7月首次实现了常温常压下电催化固氮，他们制备了具有拉伸应变的钯多孔纳米片(Pd—sPNSs)催化剂，并将其负载于钛板上用作电极，使之吸附大量N2分子并在电场作用下实现氮的固定，其原理如图所示，电解质溶液为0.1mol·L-1KOH溶液。下列说法错误的是

A. b接电源正极，发生的电极反应为N2-10e-+12OH-=2NO+6H2O
B. 两室之间采用的离子交换膜只允许阳离子通过
C. 电路中转移3mole-时，阴极生成33.6L气体(标准状况下)
D. 提高Pd—sPNSs催化剂吸附N2分子的能力，有利于提高该装置的固氮效率
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图示可知，氮气在电极b失电子生成硝酸根离子，电极b为阳极，连接电源正极，而电解质溶液为氢氧化钾溶液，则电极反应式为：N2-10e-+12OH-=2NO+6H2O，A正确；
B．由图示可知，水在电极a得电子生成氢气，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成氢氧根离子，氮气在电极b失电子生成硝酸根离子，电极反应式为：N2-10e-+12OH-=2NO+6H2O，消耗氢氧根离子，则两室之间采用的离子交换膜为阴离子交换膜，只允许阴离子通过，B错误；
C．由图示可知，水在电极a得电子生成氢气，a为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，由反应式可知，当电路中转移3mol电子时，阴极产生1.5mol气体，标准状况下气体体积为1.5mol22.4L/mol=33.6L，C正确；
D．Pd—sPNSs催化剂对N2分子的吸附能力越强，该装置的固氮效率越高，D正确；
答案选B。
7. 利用pH传感器和温度传感器探究0.1mol／L Na2SO3溶液的pH随溶液温度的变化，实验装置如图甲所示，升温和降温过程中溶液pH的变化分别如图乙、丙所示，下列说法不正确的是

A. Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH—
B. 从a点到b点，pH下降的原因是SO的水解和水的电离程度均增大，但前者更显著
C. d点pH低于a点的原因是部分Na2SO3被氧化成Na2SO4
D. a点和d点的Kw值相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．亚硫酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中分步发生水解使溶液呈碱性，以一级水解为主，水解的离子方程式为SO＋H2OHSO＋OH—，故A正确；
B．亚硫酸钠的水解反应是吸热反应，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡均右移，由图可知，a点温度低于b点，溶液pH下降说明亚硫酸根的水解程度小于水的电离程度，故B错误；
C．硫酸钠是强酸强碱盐，在溶液中不水解，则d点溶液pH低于a点说明溶液中部分亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，故C正确；
D．水的离子积常数是温度函数，温度不变，离子积常数不变，由图可知，a点和d点的温度相同，则a点和d点的离子积常数相等，故D正确；
故选B。
8. 磁性Fe3O4纳米粒子(粒径1～100nm)因其独特的物理化学性质如电学特性、磁学特性等引起广泛的研究。通过共沉淀法制备磁性Fe3O4纳米粒子的方法如下：
I．连接好如图装置；

I．取10 mL0.5mol／LFeSO4，溶液和20mL0.5 mol／LFeCl3溶液于反应容器B，并向装置中通入N2；
III．在不断搅拌的条件下，向混合溶液中逐滴加入60mL12 mol／L的氨水，溶液中逐渐出现黑色物质；
IV．充分反应后，从混合液中分离出纳米粒子，并反复洗涤干燥后得到磁性Fe3O4纳米粒子。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称为_______，反应容器B的最佳规格为_______ (填序号)。
a．100 mL b．250 mL c．500 mL
（2）生成磁性Fe3O4纳米粒子的离子方程式为 _______。
（3）实验过程中通入N2的目的是_______ 。
（4）从反应后的混合液中分离出Fe3O4纳米粒子，最简便的方法是_______(填序号)；用水洗涤Fe3O4纳米粒子后，需要用无水乙醇洗涤，其原因是_______ 。
a．磁分离 b．过滤 c．分液
（5）产物中混杂的Fe2O3会降低纳米粒子的磁性，为了测定产品中Fe2O3的含量，采取如下实验方法：
准确称取0.3120g产品于锥形瓶中，用稀硝酸充分浸取，再加热使过量的硝酸全部逸出，冷却后加入足量KI溶液充分混合反应后，用0.2000mol／L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液颜色明显变浅，加入几滴淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为20.00mL。
已知滴定过程中发生反应的离子方程式为I2＋2S2O = 2I—＋S4O。
①滴定终点的现象为 _______ 。
②所取样品中Fe2O3的质量为 _______ g(结果保留4位小数)；若加入KI溶液的量不足，则会导致测定结果_______(填 “偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. b
（2）Fe2++2Fe3++8NH3·H2O= Fe3O4+8NH+4 H2O
（3）防止Fe2+被空气中氧气氧化为Fe3+
（4） ①. a ②. 乙醇挥发性强，用乙醇洗涤便于后续的干燥
（5） ①. 滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去且30s内保持不变 ②. 0.0800 ③. 偏高
【解析】
【分析】由题意可知，制备四氧化三铁的实验过程为在氮气气氛中硫酸亚铁和氯化铁混合溶液与氨水反应生成磁性四氧化三铁纳米粒子，充分反应后，用磁铁从混合液中分离出纳米粒子，并用乙醇反复洗涤干燥后得到磁性四氧化三铁纳米粒子。
【小问1详解】
由实验装置图可知，仪器A为分液漏斗；由题意可知充分反应后，三颈烧瓶中溶液的总体积为90mL，由三颈烧瓶中溶液的体积不少于容积的，不多于容积的可知，容器B的最佳规格为250 mL，故选b，故答案为：分液漏斗；b；
【小问2详解】
由题意可知，在氮气气氛中硫酸亚铁和氯化铁混合溶液与氨水反应生成磁性四氧化三铁纳米粒子、硫酸铵、氯化铵和水，反应的离子方程式为Fe2++2Fe3++8NH3·H2O= Fe3O4+8NH+4 H2O，故答案为：Fe2++2Fe3++8NH3·H2O= Fe3O4+8NH+4 H2O；
【小问3详解】
亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化为铁离子，所以实验过程中应通入氮气，排尽装置中的空气，防止制备磁性四氧化三铁纳米粒子时，亚铁离子被氧化，故答案为：防止Fe2+被空气中氧气氧化为Fe3+；
【小问4详解】
磁性四氧化三铁纳米粒子为磁性材料，所以从反应后的混合液中分离出磁性四氧化三铁纳米粒子最简单的分离方法为磁分离，故选a；用水洗涤四氧化三铁纳米粒子后，用无水乙醇洗涤纳米粒子可以利用乙醇易挥发的性质带走粒子表面的水分便于干燥，故答案为：a；乙醇挥发性强，用乙醇洗涤便于后续的干燥；
【小问5详解】
①由题意可知，反应生成的碘与滴入的硫代硫酸钠溶液完全反应时，溶液会由蓝色变为无色，则滴定终点的现象为滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去且30s内保持不变，故答案为：滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去且30s内保持不变；
②由方程式可得如下关系：2Fe3+—I2—Na2S2O3，滴定消耗20.00mL0.2000mol/L硫代硫酸钠溶液，则铁离子的物质的量为0.004mol，设样品中四氧化三铁、氧化铁的物质的量分别为amol、bmol，由样品的质量可得：232a+160b=0.3120， 由铁原子个数守恒可得：3a+2b=0.004，解联立方程可得a=0.001、b=0.0005，则样品中氧化铁的质量为0.0005mol×160g/mol=0.0800g；若加入碘化钾溶液的量不足会使消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，导致a偏小、b偏大，所以测得的氧化铁的质量偏高，故答案为：0.0800g；偏高。
9. 阳极泥是电解精炼铜过程中产生的一种副产品，其中含Au、Pt、Ag、Cu、Se、CuAgSe和SiO2等。下图是全湿法处理铜阳极泥提取银的工艺：

回答下列问题：
（1）CuAgSe中铜元素的化合价为 _______ ，NaClO3的名称是_______ 。
（2）“脱铜”工艺需要加压酸浸，加压的目的是_______ ；酸浸过程每消耗33.6LO2(标准状况)，能转化2 mol CuAgSe，则该反应的氧化产物为_______ ；“脱铜”后的混合物经过_______操作，进入“浸硒”工艺。
（3）"浸硒"过程中NaClO3溶液的作用是氧化硒元素，该工艺通常还要加入NaCl，加入NaCl的作用是_______ ；向“浸硒”得到的滤液I中通入SO2，过滤得到的滤渣为粗硒，滤液则可返回_______工艺进行循环利用。
（4）“分银”得到滤渣的主要成分有Pt、Au和_______ 。
（5）分析“沉银”过程中水合肼(N2H4·H2O)的作用：_______ 。
【答案】（1） ①. +1 ②. 氯酸钠
（2） ①. 增大氧气的浓度，加快酸浸速率 ②. Se和CuSO4 ③. 过滤
（3） ①. 沉淀银离子，获得AgCl，减少银元素因溶解造成的损失 ②. 脱铜
（4）SiO2 （5）作还原剂
【解析】
【分析】阳极泥是电解精炼铜过程中产生的一种副产品，其中含Au、Pt、Ag、Cu、Se、CuAgSe和SiO2等。将阳极泥与O2、稀硫酸进行反应“脱铜”， CuAgSe被氧化生成CuSO4、Se；"浸硒"过程中NaClO3溶液的作用是氧化硒元素，“分银”得到滤渣的主要成分有Pt、Au和SiO2，滤液中加入水合肼得到氮气、Ag，以此解答。
【小问1详解】
CuAgSe中Se元素化合价为-2价、Ag元素化合价为+1价，则Cu元素的化合价为+1价，NaClO3的名称是氯酸钠，故答案为：+1；氯酸钠。
【小问2详解】
压强越大，气体的溶解度越大，反应速率越快，所以“脱铜”工艺需要加压酸浸，加压的目的是增大氧气的浓度，加快酸浸速率；n(O2)=33.6L÷22.4L/mol=1.5mol，酸浸过程每消耗1.5molO2，氧气得到电子的物质的量为6mol，能转化2molCuAgSe，根据转移电子守恒知，Cu、Se元素都失电子，所以CuAgSe被氧化为CuSO4、Se，则该反应的氧化产物为CuSO4、Se，“脱铜”后的混合物经过过滤，进入“浸硒”工艺。故答案为：增大氧气的浓度，加快酸浸速率；Se和CuSO4；过滤。
【小问3详解】
浸硒“过程中NaClO3溶液的作用是氧化硒元素，该工艺通常还要加入NaCl，银离子和NaCl反应生成AgCl沉淀，加入NaCl的作用是：沉淀银离子，获得AgCl，减少银元素因溶解造成的损失；向“浸硒”得到的滤液I中通入SO2，过滤得到的滤渣为粗硒，SO2被氧化为硫酸，则滤液则可返回脱铜工艺进行循环利用，故答案为：沉淀银离子，获得AgCl，减少银元素因溶解造成的损失；脱铜。
【小问4详解】
“分银”得到滤渣的主要成分有Pt、Au和SiO2，故答案为：SiO2。
【小问5详解】
滤液中加入水合肼得到氮气、Ag，反应方程式为4Ag(NH3)2Cl+N2H4·H2O+3H2O=N2↑ +4Ag↓+4NH4Cl+4NH3·H2O，该反应中肼中N元素化合价由-2价变为0价，所以分析“沉银”过程中水合肼N2H4·H2O的作用：作还原剂，故答案为：作还原剂。
10. 苯甲醛()是生产氨苄青霉素、某些苯胺染料等产品的重要中间体。制备苯甲醛的常用方法有气相催化氧化法和电催化氧化法。
I．气相催化氧化法(以Ce／ZSM-5为催化剂)主要反应： (g)+O2(g) (g)+H2O(g)ΔH
（1）已知：
① (g)+ 8O2(g)=7CO2(g)+3H2O(g) ΔH=—3452.6kJ/mol
② (g)+9O2(g)= 7CO2(g)+4H2O(g) ΔH=—3784.9kJ/mol
则反应 (g)+ O2(g) (g) +H2O(g) ΔH=______
（2）在一容积为2L的密闭容器中分别充入甲苯和氧气各2mol，在同一时间(80min)、不同温度下测得甲苯的转化率、苯甲醛的选择性和收率如图所示，其中：

温度控制在380℃，前80min内生成苯甲醛的平均反应速率为_______；甲苯的转化率随温度升高而增大的原因是_______。
（3）其他条件相同、不同空速下测得苯甲醛的选择性和收率如图所示。

已知：①空速指鼓入空气的速度，单位为h-1；
②苯甲醛吸附在催化剂表面才能被进一步氧化为苯甲酸。
请分析当空速由1000h-1增大至2500h-1过程中苯甲醛选择性增加的原因：_______ 。
（4）合成苯甲醛的最佳温度和空速应为_______(填序号)。
A. 350℃、5000h-1 B. 350℃、2500h-1 C. 410℃、5000h-1 D. 410℃、2500h-1
II．电催化氧化法
以硫酸酸化的MnSO4溶液作为电解媒质间接氧化甲苯制备苯甲醛的工艺方案如图所示：

（5）a为电源_______极；生成苯甲醛的离子方程式为_______；右池生成0.1mol H2时，左池可产生_______ mol。
【答案】（1）—332.3kJ/mol
（2） ①. 6×10—4 mol/(L·min) ②. 甲苯发生了其他副反应
（3）当空速较高时，苯甲醛易从催化剂表面脱落，抑制了苯甲醛进一步被氧化 （4）B
（5） ①. 正 ②. +4Mn3++H2O→+4H++4Mn2+ ③. 0.05
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，②—①可得主要反应，则反应ΔH=(—3784.9kJ/mol)—(—3452.6kJ/mol)=—332.3kJ/mol，故答案为：—332.3kJ/mol；
小问2详解】
由图可知，温度控制在380℃，80min时苯甲醛的选择性和甲苯的转化率分别为40%和12%，则前80min内生成苯甲醛的平均反应速率为6×10—4 mol/(L·min)；温度升高，甲苯的转化率增大，苯甲醛的选择性和收率降低说明甲苯发生了其他副反应，故答案为：6×10—4 mol/(L·min)；甲苯发生了其他副反应；
【小问3详解】
由图可知，当空速由1000h-1增大至2500h-1过程中苯甲醛选择性增加说明空速较高时，苯甲醛易从催化剂表面脱落，抑制了苯甲醛进一步被氧化，降低了苯甲醛氧化为苯甲酸的几率，故答案为：空速较高时，苯甲醛易从催化剂表面脱落，抑制了苯甲醛进一步被氧化；
【小问4详解】
由图可知，温度为350℃、空速为2500h-1时，苯甲醛选择性和收率最高，则合成苯甲醛的最佳温度和空速应为350℃、2500h-1，故选B；
【小问5详解】
由Mn2+转化为Mn3+可知，与电源的正极a电极相连的电极为电解池的阳极，阳极生成的Mn3+在溶液中与甲苯反应生成Mn2+、苯甲醛和氢离子，与负极b电极相连的电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，甲苯氧化为甲醛的反应为+4Mn3++H2O→+4H++4Mn2+，电池的总反应为+H2O→+2H2↑，所以右池生成0.1mol氢气时，左池可产生0.05mol苯甲醛，故答案为：正；+4Mn3++H2O→+4H++4Mn2+；0.05。
11. 上海有机化学研究所施世良课题组以Ni(cod)2为催化剂实现了叔醇的手性合成。
（1）Ni在元素周期表中的位置是_______，写出其基态原子的价电子排布式：_______。
（2）Ni(cod)2是指双-(1，5-环辛二烯)镍，其结构如图所示。

①与碳元素同周期且电负性大于碳的元素有_______种。
②Ni(cod)2分子内存在的作用力有_______(填序号)。
a.配位键 b.金属键 c.极性键 d.非极性键 e.氢键
③Ni(cod)2分子中碳原子的杂化方式为_______ 。
（3）葡萄糖（ ）分子中，手性碳原子个数为 _______。
（4）下图三种叔醇的沸点从高到低的顺序及原因是_______。

（5）红银矿NiAs晶体结构如图所示：

①Ni原子的配位数为_______。
②两个As原子的原子分数坐标依次为(，，)和_______。
③已知晶体密度为pg·cm-3，X射线光谱测算出的晶胞参数为a=b=m pm、c=n pm，则阿伏加德罗常数NA可表示为_______mol-1(用含m、n和p的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 第四周期第Ⅷ族 ②. 3d84s2
（2） ①. 3 ②. acd ③. sp3、sp2
（3）4 （4）丙>乙>甲，甲、乙、丙均为分子晶体，从甲到丙相对分子质量依次增大，故分子间作用力依次增强，所以沸点依次升高。
（5） ①. 6 ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
Ni是28号元素，在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族，其基态原子的价电子排布式3d84s2。
【小问2详解】
①同周期元素从左到右电负性增大，与碳元素同周期且电负性大于碳的元素有N、O、F，共3种。
②Ni(cod)2分子内，cod分子和Ni形成配位键，cod分子内C和C形成非极性键、C和H形成极性键，存在的作用力有配位键、极性键、非极性键，选acd。
③Ni(cod)2分子单键C为sp3杂化、双键C为sp2杂化。
【小问3详解】
与4个不同原子或原子团相连的碳原子为手性碳原子，葡萄糖()分子中，手性碳原子个数为4(*号标出)。
【小问4详解】
甲、乙、丙均为分子晶体，从甲到丙相对分子质量依次增大，故分子间作用力依次增强，所以沸点依次升高。
【小问5详解】
①根据图示，As的配位数是6，根据配位数与化学式中原子数的关系可知，Ni原子的配位数为6。
②根据图示，两个As原子的原子分数坐标依次为(，，)和。
③根据均摊原则，晶胞中As原子数为2，Ni原子数为，X射线光谱测算出的晶胞参数为a=b=m pm、c=n pm，晶胞的体积为m2n×10-30cm3,晶体密度为pg·cm-3，则，阿伏加德罗常数NA可表示为mol-1。
12. 厄洛替尼(化合物H)是一种靶向特异性药物，可用于晚期局限性、转移性非小细胞性肺癌的二线或三线治疗。由化合物A制备H的一种合成路线如下：



已知：
回答下列问题：
（1）A的分子式为 _______。
（2）由B生成C的化学方程式为 _______。
（3）由D生成E和由G生成H的反应类型分别为_______、_______。
（4）F的结构简式是_______ 。
（5）3—乙炔苯胺()所含官能团的名称为 _______；化合物X是3—乙炔苯胺的同系物，其相对分子质量比3—乙炔苯胺大14，核磁共振氢谱显示X有5种不同化学环境的氢原子，且峰面积比为2：2：2：2：1，写出2种符合要求的X的结构简式：_______ 。
（6）吉非替尼()是一种口服表皮生长因子受体酪氨酸激酶抑制剂，可阻碍肿瘤的生长、转移和血管生成，并增加肿瘤细胞的凋亡，写出用和为原料制备吉非替尼的合成路线：_______(其他试剂任选)。
【答案】（1）C7H6O3
（2）+HNO3(浓) +H2O
（3） ①. 还原反应 ②. 取代反应
（4） （5） ①. 氨基、碳碳三键 ②. 、
（6）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，与发生取代反应生成，则A为；在浓硫酸作用下与浓硝酸发生硝化反应生成，与过氧化氢发生氧化反应生成，一定条件下发生还原反应生成，在甲酸铵作用下与HCONH2发生信息反应生成，则F为；在DMF作用下与SOCl2反应转化为，在DMF作用下与发生取代反应生成。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，分子式为C7H6O3，故答案为：C7H6O3；
【小问2详解】
由分析可知，由B生成C的反应为在浓硫酸作用下与浓硝酸发生硝化反应生成和水，反应的化学方程式为+HNO3(浓) +H2O，故答案为：+HNO3(浓) +H2O；
【小问3详解】
由分析可知，由D生成E的反应为一定条件下发生还原反应生成，由G生成H的反应为在DMF作用下与发生取代反应生成和氯化氢，故答案为：还原反应；取代反应；
【小问4详解】
由分析可知，F的结构简式为，故答案为：；
【小问5详解】
由结构简式可知，3—乙炔苯胺分子中含有的官能团为氨基、碳碳三键；化合物X是3—乙炔苯胺的同系物，其相对分子质量比3—乙炔苯胺大14，核磁共振氢谱显示X有5种不同化学环境的氢原子，且峰面积比为2：2：2：2：1，则符合条件的结构简式为、，故答案为：氨基、碳碳三键；、；
【小问6详解】
由题给有机物的转化关系和题给信息可知，用和为原料制备吉非替尼的合成步骤为在甲酸铵作用下与HCONH2发生信息反应生成，在DMF作用下与SOCl2反应转化为，在DMF作用下与发生取代反应生成，则合成路线为，故答案为：。