2022-2023学年福建省厦门外国语学校石狮分校、泉港一中高三上学期第一次联考化学试题（解析版）

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2022-2023学年厦外石分、泉港一中高三上学期第一次联考
化学试卷
(满分100分，考试时间75分钟)
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56 Zn 65
一、选择题(本题共10小题，每小题4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. 下列生产生活中常见事例与所涉及的主要化学知识不相符的是
选项
项目
化学知识
A
太阳光穿过树林，形成光柱
胶体的丁达尔效应
B
消毒柜产生臭氧对厨具消毒
臭氧具有强氧化性，可使蛋白质变性
C
明矾净水
明矾具有杀菌消毒作用
D
烘焙饼干时利用作膨松剂
受热易分解

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．胶体能产生丁达尔效应，所以太阳光穿过树林，形成光柱，故不选A；
B．臭氧具有强氧化性，可使蛋白质变性，所以用臭氧对厨具消毒，不选B；
C．明矾只能净水，不能杀菌消毒，故选C；
D．受热分解为氨气、二氧化碳等气体，所以烘焙饼干时利用作膨松剂，故不选D；
选C。
2. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 溶液中加少量溶液：
B. 溶液中通入少量
C. 溶液中加入少量已酸化的双氧水：
D. 向硝酸银溶液中滴入少量氨水：
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于碳酸氢钠少量，只能生成一个碳酸根和一个水分子，碳酸根再与钡离子结合生成碳酸钡沉淀，A正确；
B．碳酸的酸性小于硝酸，故向硝酸钙的溶液中通入二氧化碳，不会发生反应，B错误；
C．由于双氧水少量，故没有氧气生成，C错误；
D．氨水少量，则生成氢氧化银而不是银氨溶液，D错误；
故选A。
3. 设为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是
A. 中含键的个数为
B. 和的混合气体中含有的氢原子数为
C. 中S的价层电子对数为
D. 与在一定条件下充分反应，转移的电子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．该有机物的分子式为C4H5N，结构中有两个双键，每个双键包含一个σ 键，其它都是单键，每个单键算一个σ 键，所以1mol该有机物中含有的σ 键应该为10NA，错误；
B．56gC3H6和C4H8都可以看作是56gCH2，即4molCH2，氢原子数为8NA，B正确；
C．价层电子对数=σ键+孤电子对数，SOCl2 中σ键数目为3，孤电子对数为（6-4）2=1，则价层电子对数为4，0.5mol SOCl2 的价层电子对数为2NA，C错误；
D．一定条件下的二氧化硫和氧气的反应属于可逆反应，转移的电子数小于0.004NA，D错误；
故选B。
4. 用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A
B
C
D




用于吸收尾气
验证X为易挥发性酸
分离沸点不同的两种液体
提取固体

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨气易溶于水，导管直接插到水中，容易倒吸，A错误；
B．若X为易挥发性酸，可挥发出的酸分子可以和氨气生成铵盐，产生白烟，B正确；
C．分离沸点不同的两种液体应该用蒸馏的方法，C错误；
D．镁离子水解，在蒸干氯化镁溶液后会生成氢氧化镁固体，D错误；
故选B。
5. 研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如图所示：

下列说法错误的是
A. 加入 HNO3降低了正极反应的活化能
B. 电池工作时正极区溶液的 pH增大
C. 1mol CH3CH2OH 被完全氧化时有1.5mol O2被还原
D. 正极附近的溶液中会发生反应：4NO+3O2+2H2O=4HNO3
【答案】C
【解析】
【分析】乙醇燃料电池中，通入乙醇的为负极，电极反应式为，通入氧气的一极为正极，由工作原理图可知，正极发生反应，，二者加合可得，则在正极起催化作用，据此分析解答。
【详解】A． 由分析知，在正极起催化作用，作催化剂，则加入降低了正极反应的活化能，故A正确；
B． 电池工作时正极区的总反应为，则溶液中氢离子浓度减小，增大，故B正确；
C． 根据得失电子守恒可知，被完全氧化时，转移12mol电子，则有被还原，故C错误；
D． 由分析知，正极附近会发生反应，，故D正确；
故选C。
6. 异松油烯可以用于制作香精，防腐剂和工业溶剂等，其结构简式如图，下列有关异松油烯的说法正确的是

A. 分子式是C10H14 B. 能发生加成、氧化、取代反应
C. 存在属于芳香烃的同分异构体 D. 核磁共振氢谱有7个吸收峰
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由题干有机物的结构简式可知，分子式是C10H16，A错误；
B．由有机物的结构简式可知，分子中含有碳碳双键故能发生加成、氧化，同时属于烃类故能发生取代反应，B正确；
C．由有机物的结构简式可知，该有机物分子中的不饱和度为3，而含有苯环的化合物的不饱和度至少为4，故该有机物不存在属于芳香烃的同分异构体，C错误；
D．由有机物的结构简式可知，核磁共振氢谱有6个吸收峰，如图所示：，D错误；
故答案为：B。
7. 下列实验的操作、现象、解释或结论都正确的是

操作
现象
解释或结论
A
甲苯与高锰酸钾溶液混合振荡
水层紫红色褪去
苯环对甲基有活化作用
B
、混合溶液中滴加溶液
溶液呈红色
不与反应
C
氯化铜溶液中逐滴加入氨水
产生沉淀继而溶解
氢氧化铜有两性
D
用铂丝蘸取白色粉末在火焰上灼烧
火焰呈黄色
该白色粉末是钠盐
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．甲苯与高锰酸钾溶液反应生成苯甲酸，现象为水层紫红色褪去，原因为：甲苯苯环对甲基有活化作用，A正确；
B．、混合溶液中滴加溶液显红色，并不能说明不与反应，一个可能的原因是反应中KI少量氯化铁过量，而实际上无论哪个少量都不影响实验现象，因为与的反应是可逆反应，B错误；
C．氯化铜溶被中逐滴加入氨水，先发生复分解反应生成氯化铵和氢氧化铜沉淀、继续加氨水，氢氧化铜溶于氨水，因为生成了铜氨配合离子，不能说明氢氧化铜有两性，C错误；
D．焰色反应呈黄色，只能说明有钠元素，不能说明是钠盐，D错误；
答案选A。
8. 一种由短周期主族元素组成的抗病毒化合物结构如图，其中Q、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Q为元素周期表中原子半径最小的，Y原子最外层电子数是Z原子电子层数的三倍。下列说法正确的是

A. 第一电离能：X>Y>W
B. Y的氢化物只含有极性键
C. Q、X、Y只能形成共价化合物
D. W、X、Y、Z四种元素形成的简单氢化物中Z的沸点最高
【答案】A
【解析】
【分析】Q为元素周期表中原子半径最小的，故Q为H，由图示可知，W为ⅣA族，X为ⅤA族，Y为ⅥA族，Z为ⅦA族，且Y原子最外层电子数是Z原子电子层数的三倍，故W是C，X是N，Y是O，Z是F，据此分析回答问题。
【详解】A．同一周期，从左到右，第一电离能增大，但N的电子为半充满状态，故N>O，所以X>Y>W，A正确；
B．Y的氢化物H2O2中有非极性键，B错误；
C．Q、X、Y课形成NH4NO3，为离子化合物，C错误；
D．H2O、NH3中含有氢键，H2O沸点最高，D错误；
故选A。
9. 钯(Pd)性质与铂相似，一种从废钯催化剂(主要成分为Pd、α-Al2O3和活性炭，还含少量Fe、Cu等元素)中回收海绵钯的工艺流程如图：

已知：阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为R-Cl+M-R-M+Cl-、R-Na+N+R-N+Na+。下列说法错误的是
A. “灼烧”的主要目的是除去活性炭
B. “酸浸”过程中温度不宜过高
C. “离子交换”所用树脂为阳离子交换树脂
D. “洗脱”过程中增大所用盐酸浓度有利于洗脱
【答案】C
【解析】
【详解】A．C与O2反应变为CO2气体逸出，因此“灼烧”的主要目的是除去活性炭，A正确；
B．“酸浸”时要加入H2O2将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，H2O2不稳定，受热易分解，因此“酸浸”过程中温度不宜过高，以免H2O2分解，B正确；
C．离子交换发生的反应为R-Cl+M-R-M+Cl-，因此所用树脂为阴离子交换树脂，从而除去Fe3+、Cu2+，C错误；
D． “洗脱”过程中增大盐酸浓度，c(Cl-)增大，平衡R-Cl+M-R-M+Cl-逆向移动，有利于洗脱，D正确；
故合理选项是C。
10. 常温下，向某二元弱酸中滴加稀溶液，溶液的、分布系数[已知分布系数，X表示为、或]变化关系如图所示。下列叙述正确的是


A. 图中a点处： B. 的数量级为
C. 时， D. 时，
【答案】A
【解析】
【分析】随NaOH溶液加入，c(H2A)减小，c(A2-)增大，而c(HA-)先增大后减小，实线代表H2A，曲折虚线代表HA-，第三条线代表A2-；
【详解】A．由图可知，a点pH=3.75，而lg=lg，由pK2=4.5，可知K2=10-4.5，故lg=lg=lg=0.75，故A正确；
B．由pK2=4.5，可知K2=10-4.5，故Kh(A2-)==10-9.5=100.5×10-10，Kh(A2-)的数量级为10-10，故B错误；
C．pH=4时，由图可知，δ(HA-)＞δ(A2-)＞δ(H2A)，故c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，故C错误；
D．pH=4.5时，c(OH-)＜c(H+)，由图可知，δ(HA-)=δ(A2-)，即c(HA-)=c(A2-)，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，则有c(Na+)=3c(A2-)+c(OH-)-c(H+)，而c(OH-)-c(H+)＜0，故c(Na+)＜3c(A2-)，故D错误；
故选：A。
二、非选择题；本题包括5小题，共60分。
11. 锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图。回答下列问题：

已知：①MnSO4∙H2O易溶于水，不溶于乙醇。
②在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应：
+HCOOH
（1）已知Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价Mn个数比为____。
（2）“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为____。
（3）实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是____，为提高葡萄糖的有效利用率，除充分搅拌外还可采取的措施为____。
（4）整个流程中可循环利用的物质是____。获得MnSO4∙H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的具体操作是____。
（5）加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3，Na2CO3溶液的最小浓度为____mol·L–1(保留两位小数)。判断沉淀转化能否彻底进行并说明理由____。[已知：20℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14mol2·L-2，1.262≈1.6]
【答案】（1）1:3 （2）C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O
（3） ①. 在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖 ②. 少量多次加入葡萄糖
（4） ①. 醋酸(CH3COOH) ②. 向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次
（5） ①. 5.87×10-10 ②. 该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105＞1×105，所以能彻底进行
【解析】
【分析】由题中工艺流程图可知，锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)加入稀硫酸酸洗，ZnO转化为ZnSO4，得ZnSO4溶液，剩余的加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，+4价的Mn变成+2价Mn进入溶液，过滤，得MnSO4溶液，经过一系列操作，得MnSO4•H2O晶体，滤渣1中加入Na2CO3溶液，使PbSO4转化成溶解度更小的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀，过滤得PbSO4；据此解答。
【小问1详解】
由题中信息可知，Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，设+2价Mn有x个，+4价Mn有y个，根据化合价代数和为0得， ，解之，则+2价Mn与+4价Mn个数比为x:y=2:6=1:3；答案为1:3。
【小问2详解】
由题中信息可知，在酸洗后剩余的加入稀硫酸、葡萄糖与MnO2发生氧化还原反应，+4价Mn得电子被还原成Mn2+，葡萄糖中C失电子被氧化成CO2，其离子方程式为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O；答案为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O。
【小问3详解】
由题中信息可知，在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应+HCOOH，所以葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；为提高葡萄糖的有效利用率，减小葡萄糖的损失，除充分搅拌外还可采取的措施为少量多次加入葡萄糖；答案为在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；少量多次加入葡萄糖。
【小问4详解】
由题中信息和流程图可知，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，得到PbSO4沉淀和醋酸，即(CH3COO)2Pb+H2SO4=PbSO4↓+2CH3COOH，醋酸(CH3COOH)可循环使用；由题中信息可知，MnSO4∙H2O易溶于水，不溶于乙醇，为了减小洗涤损失，MnSO4∙H2O用乙醇洗涤，具体操作为向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次；答案为醋酸(CH3COOH)；向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次。
【小问5详解】
由题中信息可知，加入Na2CO3溶液是将PbSO4转化为PbCO3，即PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，因为PbSO4的Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，所以溶液中c(Pb2+)===1.26×10-4mol/L，生成PbCO3时，的最小浓度为c()===5.87×10-10mol/L；由PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)可知，平衡常数K=====2.16×105＞1×105，所以能彻底转化；答案为5.87×10-10；该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105＞1×105，所以能彻底进行。
12. 氮化钙(Ca3N2)是一种重要试剂，常温下为棕色固体，在空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体。实验室设计如图装置用Ca与N2反应制备Ca3N2，并对Ca3N2纯度进行测定。回答下列问题：
I. Ca3N2的制备

（1）仪器a的名称为____，E装置的主要作用是____。
（2）实验开始时应首先点燃____(填“A”或“C”)处酒精灯，当观察到____时点燃另一处酒精灯。
Ⅱ. Ca3N2纯度的测定(已知所含的杂质不与水反应产生气体)

（3）方案一：①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。②测定虚线框内装置及试剂的质量m1；③____，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体；④____；⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2。则产品中Ca3N2的质量分数表达式为____。
（4）方案二：按图2所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。打开分液漏斗活塞向三颈烧瓶中加入蒸馏水，打开K持续通入水蒸气，将产生氨全部蒸出，并用100mL 1.00mol·L-1的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取10.00mL的吸收液注入锥形瓶中，用1.00mol·L-1 NaOH标准溶液滴定过量的稀硫酸，到终点时消耗12.80mL NaOH溶液。则产品中Ca3N2的质量分数为____。若两个方案均操作无误，比较两方案测定的质量分数，方案一____(填“偏高”“偏低”或“相等”)。
【答案】（1） ①. 蒸馏烧瓶 ②. 液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)
（2） ①. A ②. E装置中有均匀的气泡产生
（3） ①. 关闭K1，打开K2 ②. 打开K1，通一段时间的N2 ③. ×100%
（4） ①. 88.8% ②. 偏低
【解析】
【分析】I．根据实验目的实验室利用Ca与N2反应制备Ca3N2，A装置为N2的发生装置，B为除去N2中混有的水蒸气，C为氮气与Ca反应生成氮化钙的反应装置，D防止E中的水蒸气进入C中，E防止外界空气中O2进入到C中，防止O2与Ca及氮化钙发生反应；
Ⅱ．目的测定Ca3N2纯度，利用Ca3N2与水反应生成氢氧化钙和氨气，利用浓硫酸来吸收氨气，通过测定硫酸的量，方案1根据硫酸的增重得知氨的量，从而可知知道Ca3N2的质量，从而可知Ca3N2纯度；方案2利用过量的硫酸和氨先反应，再与氢氧化钠反应，间接的求出氨的物质的量，从而可知知道Ca3N2的质量，从而可知Ca3N2纯度，但是如何尽可能将氨吸收完全，是此题中关键，以此来解析。
【小问1详解】
仪器a的名称为蒸馏烧瓶，E装置作用液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)；
【小问2详解】
实验开始时应首先点燃A处酒精灯，当观察到E装置中气泡均匀时点燃另一处酒精灯；
【小问3详解】
①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂，②测定虚线框内装置及试剂的质量m1，③关闭开关K1，打开开关K2，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体，④打开开关K1，通入足量的N2把产生的气体全部压入浓硫酸，⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2；根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～34g NH3，产品中Ca3N2的质量分数×100%=×100%；
【小问4详解】
根据反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知2NaOH～H2SO4则与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量为×12.80×10-3L×1.00mol·L-1=6.4×10-3mol，再根据2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4+H2O，可知2NH3～H2SO4，可知反应产生氮化钙与水反应产生的氨气的物质的量为：2×(100×10-3L×1.00mol·L-1-6.4×10-3mol×)=7.2×10-2mol，根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～2mol NH3，产品中Ca3N2的质量分数×100%=88.8%；
若两个方案均操作无误，一个用氮气将氨排到后面装置，一个利用水蒸气排氨气，氮气不能将溶解在水中的氨气排除去，故得到氨气相对少一些，故方案一偏低。
13. 乙烯是制造塑料、橡胶和纤维的基本原料，利用CO2和H2合成乙烯：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH。回答下列问题：
（1）上述反应的Arrhenius经验公式实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。反应的活化能Ea=____kJ·mol-1。当改变外界条件时，实验数据如图中曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是____。

（2）在恒容密闭容器中，起始压强相同，反应温度、投料比[=x]对CO2平衡转化率的影响如图所示。则∆H____0(填“＞””或“＜”，下同)；a____3；M、N两点的反应速率v逆(M)____v正(N)；M、N两点的化学平衡常数KM____KN。

（3）理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中表示H2变化的曲线是____；根据图中点A(630K，0.2)，列出该温度时反应的平衡常数的计算式Kp=____(MPa)-3(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。

【答案】（1） ①. 30 ②. 加入催化剂或增大催化剂比表面积
（2） ①. ＜ ②. ＞ ③. ＜ ④. ＞
（3） ①. a ②.
【解析】
【分析】
【小问1详解】
将(3.2，9.0)、(3.4，3.0)分别代入到Rlnk=-- +C中得到 ，解得Ea=30kJmol-1；将(3.6，1.0)、(3.2，9.0)分别代入到Rlnk=- +C中得到 ，解得Ea=15kJmol-1，与a相比，活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂比表面积；
【小问2详解】
投料比越大，平衡向正反应方向移动，CO2平衡转化率增大，故a>3；升高温度，CO2平衡转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，∆H；
【小问3详解】
由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比，由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3，d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示氢气变化的曲线是a，乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c，b表示水蒸气；原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，二氧化碳的物质的量分数均为0.2，则氢气的物质的量分数为二氧化碳的三倍，即氢气的物质的量分数均为 0.6，该温度下反应的平衡常数K=
14. 含铜物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
（1）基态原子的电子所占据的最高能层符号为_______，基态较基态心稳定的原因是_______；
（2）稀溶液中存在的空间构型为八面体形：下列对中杂化方式推断合理的是_______(填标号)。
A. B. C. D.
（3）可形成，其中代表。该化合物分子中，模型为四面体的非金属原子共有___个；C、N、F的电负性由大到小的顺序为____；
（4）一种由组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶体中原子填充在围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为_____；该晶体的化学式为_____。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点，B点原子的分数坐标分别为、，则C点原子的分数坐标为_____晶胞中C、D间距离_____ 。

【答案】（1） ①. N ②. Cu+的3d轨道全满达到稳定状态 （2）C
（3） ①. 11 ②. F、N、C
（4） ①. 50% ②. CuInTe2 ③. ④.
【解析】
【小问1详解】
Cu元素位于周期表中第四周期，即有4个电子层，其最高能层符号为N；由于亚铜离子的3d轨道为全满状态，故比铜离子稳定。
【小问2详解】
六水合铜离子中，铜离子为中心离子，水分子为配位体，配位数为6，由配位键的数目可知，铜离子的杂化方式可能为sp3d2杂化，配离子的空间构型为八面体型，故选C。
【小问3详解】
①该化合物中N、C、B原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体，其中含有N原子5个，C原子4个，B原子1个，一共11个。
②由于同一周期从左向右电负性依次增强，则C、N、F的电负性由大到小的顺序为F>N>C。
【小问4详解】
①从晶胞结构可知，铟原子形成的四面体空隙有8个，形成的八面体空隙也有8个，则四面体空隙的占有率为。
②晶胞中位于顶点、面上、体心的铜原子个数为8、4、1，则一个晶胞中铜原子的个数为；位于棱上、面上的铟原子个数为4、6，则一个晶胞中铟原子的个数为；位于体内的碲原子个数为8，则一个晶胞中碲原子个数为8，则一个晶胞中铜原子、铟原子、碲原子的个数比为1：1：2，则其化学式为CuInTe2。
③根据A、B的坐标，可知晶胞的边长为1，则位于体对角线处，面对角线处的C点原子的坐标为（，，）；
④由晶胞中C、D形成的直角三角形直角边长为pm，pm，根据勾股定理，求得C、D之间的距离为
15. 磷酸氯喹是一种常见抗疟疾和抗炎剂，最新研究表明，该药在体外细胞水平上对新型冠状病毒具有抑制作用。以下为制备磷酸氯喹(W)的一种合成路线：

已知：I.为邻对位定位基；
II.和苯酚的化学性质相似；
III.R1-NH2+→+H2O(/烃基等)。
（1）B的化学名称是_______；D中官能团的名称为_______。
（2）的反应类型为_______。
（3）的反应顺序可否调为﹖并解释原因：_______。
（4）M的结构简式为_______。
（5）E与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为_______。
（6）已知：G在兰尼条件下可转化为Р()，则满足以下条件Р的同分异构体有_____种。
①除一个苯环外无其他环状结构；
②苯环上有两个取代基且为对位，其中一个为；
③红外光谱检测到分子中有碳氧双键和氮氢键。
【答案】（1） ①. 硝基苯 ②. 氯原子、氨基
（2）取代反应 （3）不能，-Cl为邻对位定位基，调换顺序后引入-NO2为-Cl的邻对位，而非间位
（4） （5）+2NaOH+C2H5OH+H2O
（6）22
【解析】
【分析】通过分析可知A为苯，A→B是苯的消化反应，B为，B→C是苯环上的氢被氯取代的过程，同时结合E的结构简式可知C为，C→D为硝基还原为氨基的过程，故D为：，E→F为酯的水解，故F为，结合H的分子式可知，G→H为G中的酚羟基被氯原子取代，故H为，结合已知条件Ⅲ和L的结构简式可知M为，M→N为M和氢气的加成反应，故N为，以此解题。
【小问1详解】
由分析可知B为，则其名称为硝基苯，由分析可知D为：，则其中官能团的名称为：氯原子、氨基；
【小问2详解】
由流程可知K→L为溴原子被取代的反应，故反应类型为取代反应；
【小问3详解】
换顺序后，苯环上会先引入氯原子，而-Cl为邻对位定位基，调换顺序后引入-NO2为-Cl的邻对位，而非间位，故不能换顺序；
【小问4详解】
由分析可知M的结构简式为；
小问5详解】
E与氢氧化钠溶液的反应为E在碱性条件下的水解，且酚羟基也可以和氢氧化钠反应，其方程式为：+2NaOH+C2H5OH+H2O；
【小问6详解】
满足要求的同分异构体，应该具有这样的结构，在氯原子的对位上应该有和或，首先考虑和或，这样的结构有以下4种情况，、、、，随后可能出现位置有、、、，一共22种