2018-2019学年山西省忻州市第一中学高二下学期期中考试化学试题 解析版



忻州一中高二下学期期中考试化学
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0. 5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题 的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：人教必修1、2，选修3、4（60%）；选修5第一〜三章（40%）。
5.可能用到的相对原子质量：H1 C 12 O 16 Mg 24 S 32 Fe 56
一、选择题（本题共14小题，每小题3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）
1.2018年6月5日是第47个世界环境日，主题为“塑战速决”，呼吁全世界齐心协力对抗一次性塑料污染问题。下列做法不应提倡的是
A. 大量生产超薄塑料袋
B. 将塑料垃圾回收再生
C. 生产可降解绿色替代品
D. 少用或不用一次性塑料制品
【答案】A
【解析】
【详解】A、超薄塑料袋几乎不可重复使用，难以回收，大量生产超薄塑料袋会产生白色污染，故A不应提倡；
B、做好废弃塑料的回收，可以减少白色污染，故B应提倡；
C、生产可降解绿色替代品，可以减少白色污染，故C应提倡；
D、少用或不用一次性塑料制品，可以减少白色污染，故D应提倡；
答案选A。

2.下列有关说法正确的是
A. 直径为2.5μm的颗粒在空气中形成气溶胶
B. 用可见光束照射可区别溶液和胶体
C. 氨水可以导电，说明NH3是电解质
D. 氧化还原反应都是放热反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．2.5μm=2500nm，因此直径为2.5μm的颗粒在空气中形成的不是胶体，故A错误；
B．胶体具有丁达尔现象，而溶液不具有，则用可见光束照射可区别溶液与胶体，故B正确；
C．NH3本身不能电离，不是电解质，氨水中一水合氨是电解质，故C错误；
D．氧化还原反应有的属于吸热反应，例如碳与二氧化碳反应生成一氧化碳就是吸热的氧化还原反应，故D错误；
答案选B。

3.实验室制硝基苯的反应原理为，在制备和纯化硝基苯的实验中，下列操作未涉及的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】制取硝酸苯是混酸在50〜60℃时硝化，然后洗涤除去混酸，分液得硝酸苯，再经干燥和蒸馏得纯净的硝基苯。
A．水浴加热制备硝基苯，图中温度计测定水的温度，故A正确；
B．用氢氧化钠洗涤除去硝基苯中的混酸，故B正确；
C．NaOH与酸反应后，与硝基苯分层，图中分液漏斗可分离，故C正确；
D．装置为过滤操作，该实验过程中未涉及此操作，故D错误；
答案选D。
【点睛】明确实验制取硝酸苯一般步骤是解题的关键。本题的易错点为CD，要注意硝基苯是难溶于水的液体，不是固体。

4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 18g重水（D2O）所含的电子数目为10NA
B. Na2O2与足量的水反应生成1 molO2，转移电子数目为2NA
C. 100 mL1 mol•L-1 FeCl3溶液中含有 Fe3+数目为 0.1NA
D. 将2molSO2和1molO2充分反应，转移的电子数目为4NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．18g重水的物质的量为=0.9mol，0.9mol重水中含有9mol电子，所含的电子数为9NA，故A错误；
B．过氧化钠和水反应生成氧气时，过氧化钠中的氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成1mol氧气时转移2NA个电子，故B正确；
C．铁离子在溶液中会水解，故溶液中铁离子的个数小于0.1NA个，故C错误；
D．二氧化硫与氧气的反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以2mo1SO2和1mol O2，不能完全反应，转移电子数小于4 NA，故D错误；
答案选B。

5.光化学烟雾的形成机理如图所示。下列叙述错误的是

A. 光化学烟雾的分散剂是空气
B. 氧原子是产生光化学烟雾的催化剂
C. PAN（）属于有机物
D. 光化学烟雾与氮氧化物和碳氢化合物大量排放有关
【答案】B
【解析】
【详解】A．光化学烟雾的二次污染物O3、醛类、PAN及硝酸分散在空气中，分散剂为空气，故A正确；
B．根据示意图，氧原子是中间体，不是产生光化学烟雾的催化剂，故B错误；
C．PAN()中含有碳元素，属于有机物，故C正确；
D．由图示知光化学烟雾的形成与氮氧化合物和碳氢化合物的大量排放有关，故D正确；
答案选B。
【点睛】本题的易错点为B，要注意催化剂在反应中的变化特征。

6.甲烷与氧气反应过程中的能量变化如下图所示。下列有关说法中正确的是

A. 反应 CO2(g)+2H2O(l)==CH4(g)+2O2(g) △H<0
B. 若将1mol CO2(g)、2 molH2O(l)的能量标在图中，则其位置在①、②之间
C. 若C一H键的键能为415kJ• mol-1，则O= O的键能为493 kJ• mol-1
D. 若该反应过程中转化的化学能为200kJ，则有0.25 molC=O生成
【答案】C
【解析】
【详解】A.甲烷的燃烧反应是放热反应，因此CO2(g)+2H2O(l)==CH4(g)+2O2(g) △H＞0，故A错误；
B.液态水所含的总能量低于气态水所含的总能量，故在③的下方，故B错误；
C.由图象可知破坏4mol C-H键和2molO-O键，需要吸收2646kJ能量，其中破坏4mol C-H键需要吸收4×415kJ=1660kJ能量，所以破坏1mol氧气中的 O=O中的化学键需要吸收的能量为(2646-1660)kJ=493kJ，故C正确；
D.总能量之差=生成物总能量-反应物总能量，故1mol CH4 (g)和2mol O2(g)的总能量之差为(3446-2646)=800kJ；1molCH4 参与反应放出800kJ的热量，当能量变化为200kJ时，则参与反应的CH4 0.25mol，据元素守恒，则生成0.25molCO2，CO2结构简式为O=C=O，故有0.5molO=C键生成，故D错误；
答案选C。

7.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 硫酸铝溶液中加入过量的氨水：A13++4NH3•H2O=A1O2-+4NH4+
B. 稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O
C. 浓盐酸与二氧化锰混合加热：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
D. 石灰水中加入过量小苏打溶液：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．向硫酸铝溶液中加入过量氨水，反应的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；
B．稀硝酸中加入过量铁粉，反应生成亚铁离子，正确的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C．二氧化锰与浓盐酸混合加热，反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O，故C正确；
D．碳酸氢钠过量，离子方程式按照氢氧化钙的组成书写，碳酸根离子有剩余，正确的离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2OH-═CaCO3↓+2H2O+CO32-，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题的难点为D，要注意该反应与反应物的用量有关，Ca(OH)2+NaHCO3(少量)=CaCO3↓+NaOH+H2O；Ca(OH)2+2NaHCO3(足量)=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O。

8.下列关于有机物的说法不正确的是
A. 乙烯和乙醇能相互转化且反应属于可逆反应
B. 用小苏打溶液可以鉴别乙酸、苯、乙醇三种无色液体
C. 苯、氯乙烯、乙烯分子中所有原子均在同一平面内
D. 分子式为C4H8O2的酯共有4种（不考虑立体异构）
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烯在催化剂作用下与水加成反应生成乙醇，乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应生成乙烯，二者能相互转化，但反应条件不同，不是可逆反应，故A错误；
B．乙酸、苯和乙醇三种无色液体分别与碳酸钠混合的现象为：无色气体、分层、互溶不分层，现象不同，可鉴别，故B正确；
C．苯分子中12个原子共平面，乙烯具有平面型结构，CH2=CHCl看作是一个氯原子取代乙烯中的一个氢原子，所有原子在同一个平面，故C正确；
D．C4H8O2属于酯类的同分异构体为饱和一元酯，甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇可以看成1个-OH取代丙烷中的H原子，丙烷分子中有2种H原子，形成的丙醇有2种，形成的酯有2种；乙酸与乙醇形成的酯，只有乙酸乙酯1种，丙酸与甲醇形成的酯有1种，故C4H8O2属于酯类的同分异构体共有4种，故D正确；
答案选A。

9.下列叙述中正确的是
A. 100℃时，Kw= 10-12，则该温度下，NaCl溶液呈酸性
B. 25℃时，pH=12的溶液一定是碱溶液，pH=2的溶液一定是酸溶液
C. 等温下，AgCl在浓度均为0.1 mol•L-1的NaCl溶液、MgCl2溶液中Ksp相等
D. 等温下，饱和溶液的导电能力，BaCO3强于BaSO4，则Ksp（BaCO3） 【答案】C
【解析】
【详解】A.水的离子积Kw=10-12，NaCl不水解，溶液中c(H+)=c(OH-)=1×10-6mol/L，此温度下pH=6，溶液显中性，故A错误；
B. 25℃时，pH=12的溶液不一定是碱溶液，可能是盐溶液，pH=2的溶液也不一定是酸溶液，也可能是盐溶液，故B错误；
C. Ksp只与温度有关，等温下，AgCl在浓度均为0.1 mol•L-1的NaCl溶液、MgCl2溶液中Ksp相等，故C正确；
D.导电能力较强的溶液中，离子浓度较大，等温下，饱和溶液的导电能力BaCO3强于BaSO4，说明Ksp(BaCO3)＞Ksp(BaSO4)，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题的易错点为B，要注意碱溶液与碱性溶液的区别，碱溶液指溶质为碱，碱性溶液指溶液的性质显碱性。

10.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20，W、X、Y、Z原子最外层电子数之和为16；W与Y同族；W、X、Z三种元素形成的化合物水溶液中逐滴加入Y的最高价氧化物对应水化物的溶液，先有白色沉淀，然后沉淀又逐渐溶解。下列说法正确的是
A. 相同压强下，W的单质沸点比Y的高
B. W的氢化物常温常压下为液态
C. Y、Z形成的化合物水溶液呈中性
D. 化合物中不可能同时存在W、X、Y、Z
【答案】B
【解析】
【分析】
主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z三种元素形成的化合物水溶液中逐滴加入Y的最高价氧化物对应水化物的溶液，先有白色沉淀，然后沉淀又逐渐溶解，说明W、X、Z三种元素形成的化合物为偏铝酸盐，Y的最高价氧化物对应水化物为强酸，因此W为O元素；W与Y同族，Y为S元素，则X为Al元素，为K或Ca元素；根据W、X、Y、Z原子最外层电子数之和为16，Z只能为K元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，W、X、Y、Z四种元素依次为O、A1、S、K。
A.相同压强下，氧气的沸点比单质硫的低，故A错误；
B.氧元素的氢化物可以是 H2O和H2O2，常温常压下均为液态，故B正确；
C.Y、Z形成的化合物为K2S，K2S是强碱弱酸盐，水解呈碱性，故C错误；
D.明矾中存在K、S、A1、O等元素，因此化合物中可能同时存在W、X、Y、Z四种元素，故D错误；
答案选B。

11.电化学在日常生活中用途广泛，图甲是原电池，电池总反应为Mg+ClO-+H2O=Cl-+ Mg(OH)2，图乙是电解池，用于含Cr2O72-的工业废水的处理。下列说法错误的是

A. 图甲中发生的氧化反应是Mg—2e-=Mg2+
B. 图乙中惰性电极作电解池的阴极，电极棒上有H2放出
C. 图乙中Cr2O72-向惰性电极移动，该极附近有Cr(OH)3生成
D. 若图甲作为图乙的电源，当消耗3.6g镁时，理论上也消耗8.4g铁
【答案】C
【解析】
【详解】A．该原电池中，镁作负极，负极上镁失电子发生氧化反应，负极反应式为Mg-2e-=Mg2+，故A正确；
B．图乙阳极反应式是Fe-2e-═Fe2+，阴极反应式是2H++2e-=H2↑，所以惰性电极上有氢气生成，故B正确；
C．图乙中惰性电极为阴极，Fe电极为阳极，则Cr2O72-离子向金属铁电极移动，与亚铁离子发生氧化还原反应生成的金属阳离子与惰性电极附近的OH-结合转化成Cr(OH)3除去，故C错误；
D．串联电路中转移电子数相等，若图甲中3.6g镁溶解，电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，图乙阳极反应式是Fe-2e-═Fe2+，则图乙中溶解n(Fe)=n(Mg)==0.15mol，m(Fe)=0.15mol×56g/mol=8.4g，故D正确；
答案选C。

12.下列实验过程可以达到实验目的的是
选项
实验目的
实验过程
A
移取15.00 mLKI溶液
向20 mL量筒加入KI溶液至刻度线15处，然后倒出
B
制取并纯化SO2
将浓硫酸滴入Na2SO3中，生成的气体依次通过饱和NaHCO3溶液、浓硫酸
C
比较BaSO4和BaSO3的Ksp
向盛有BaCl2溶液的试管中先加入Na2SO3溶液，然后加入Na2SO4，观察现象
D
探究H2O2的还原性
向盛有2mL酸性KMnO4溶液的试管中滴加浓的H2O2溶液，观察现象


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、量筒的精确度不能达到0. 01 mL，故A错误；
B、将生成的二氧化硫气体通过饱和NaHCO3溶液，会引入新杂质二氧化碳，故B错误；
C、BaSO3和BaSO4均是白色沉淀，不能通过现象判断BaSO4和BaSO3的Ksp的大小，故C错误；
D、向盛有2mL酸性KMnO4溶液的试管中滴加浓的H2O2溶液，可观察到有气体产生同时紫红色褪去，说明H2O2具有还原性，故D正确；
答案选D。

13.某溶液含有K+、Fe3+、SO42-、CO32-、I-中的几种。取样，滴加KSCN溶液后显血红色。下列判断错误的是
A. 一定存在的离子为Fe3+、SO42-
B. 一定不存在的离子为CO32-、I-
C. 不能确定的离子为K+、SO42-
D. 需要通过焰色反应来确定是否含有K+
【答案】C
【解析】
【分析】
滴加KSCN后溶液显血红色，说明溶液中一定存在Fe3+，溶液中一定不存在与Fe3+反应的CO32-、I-；根据溶液电中性可知，溶液中一定存在SO42-，不能确定是否含有钾离子，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，溶液中一定存在Fe3+、SO42-，故A正确；
B．溶液中一定存在Fe3+，因此溶液中一定不存在与Fe3+反应的CO32-、I-，故B正确；
C．溶液中一定含有SO42-，不能确定的离子为K+，故C错误；
D．无法确定是否含有钾离子，可以通过焰色反应来确定是否含有K+，故D正确；
答案选C。
【点睛】本题的易错点为B，要注意铁离子与碘离子之间能够发生氧化还原反应。

14.常温下，用 0. 100 mol• L-1 的盐酸滴定 0.1 00 mol•L-1 的氨水，其滴定曲线如图所示：

下列说法正确的是
A. 该滴定操作可用甲基橙作指示剂
B. a 点溶液中：c(NH4+)>c(NH3 • H2O)>c(Cl- )
C. c 点溶液中：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)
D. a→c过程中锥形瓶内水电离度不断增大
【答案】A
【解析】
【详解】A.甲基橙变色范围3. 1〜4.4，在突变曲线上，故A正确；
B.根据图象，a点溶液显碱性，NH3•H2O的电离占主导，c(NH4+)>c(Cl- )>c(NH3 • H2O)，故B错误；
C.根据图象，c点为等物质的量浓度的NH4Cl和HCl组成的混合溶液，铵根离子水解，因此c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)，故C错误；
D.酸或碱抑制水的电离，在滴定过程中水的电离度先增大，到反应终点时最大，反应终点后再滴定时，水的电离度又开始减小，故D错误；
答案选A。

二、非选择题（本题共4小题，共58分）
15.乙烯是重要的有机化工原料，可由乙醇脱水制备。涉及反应如下：
①2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+ H2O(g) △H1=—23.9 kJ•mol-1
②2CH3OH(g)C2H4(g)+2H2O(g) △H2= —29.1kJ•mol-1
③CH3CH2OH(g)CH3OCH3(g) △H3= +50.7kJ•mol-1
④C2H5OH(g)C2H4(g)+ H2O(g) △H4=akJ•mol-1
回答下列问题：
(1)a=___________
(2)在1.0L密闭容器中放入0.10 mol C2H5OH(g)，在一定温度下进行④反应，反应时间(t)与容器内气体总压强(P)的数据见下表：
时间t/h
0
1
2
4
8
16
20
25
30
总压强P/100kPa
4.91
5.58
6.32
7.31
8.54
9.50
9.52
9.53
9.53

①欲提高C2H5OH的平衡转化率，应采取的措施为___________(填字母)。
a.升高温度 b.增大压强
c.通入乙醇 d.降低压强
②由总压强P和起始压强P0计算反应物C2H5OH的转化率(C2H5OH)的表达式为_________，平衡时C2H5OH的转化率为_______(结果保留两位有效数字，下同)，该反应的平衡常数K=_________。
③用总压强P和起始压强P0表示反应体系的总物质的量n(总)和反应物C2H5OH的物 质的量n(C2H5OH)，n(总)=_____mol，n(C2H5OH)=_____mol。
(3)下表为反应④中反应物浓度与反应时间的数据，分析该反应中c(C2H5OH)变化与时间间隔(△t)的规律，得出的结论是______，由此规律推出反应在12h时c(C2H5OH)等于______mol•L-1
反应时间t/h
0
4
8
16
c(C2H5OH)/(mol•L-1)
0.10
0.051
0.026
0.0065


【答案】 (1). +45.5 (2). ad (3). ×100% (4). 94% (5). 1.5 (6). (7). 0.1×（2-） (8). 达到平衡前每间隔4h，c（C2H5OH）减少约一半 (9). 0.013
【解析】
【分析】
(1)利用盖斯定律构造目标热化学方程式求焓变；
(2)反应是吸热反应，反应前后气体体积增大，结合平衡移动原理分析判断转化率；
(3)相同条件下压强之比等于物质的量之比，反应前后物质的量的增大是反应的C2H5OH的物质的量，结合转化率概念计算得到；依据化学平衡三段式列式计算平衡常数；
(4)依据平衡C2H5OH的浓度计算，依据图表数据分析判断存在的规律。
【详解】(1)①2CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1=-23.9kJ•mol-1，②2CH3OH(g)═C2H4(g)+2H2O(g) △H2=-29.1kJ•mol-1，③C2H5OH(g)═CH3OCH3(g) △H3=+50.7kJ•mol-1，根据盖斯定律①-②-③可得：C2H4(g)+H2O(g)═C2H5OH(g) △H=(-23.9+29.1-50.7)kJ/mol =-45.5kJ/mol，则C2H5OH(g)C2H4(g)+ H2O(g) △H4=+45.5kJ•mol-1，故答案为：+45.5；
(2)①在一定温度进行如下反应：C2H5OH(g)C2H4(g)+ H2O(g)△H4=+45.5kJ•mol-1，反应是吸热反应，反应后气体体积增大，根据平衡移动原理分析可知，欲提高乙醇的平衡转化率，平衡需要正向移动，可以升温或减压，故答案为：ad；
②反应后气体物质的量增大量等于反应的乙醇的量，所以由总压强P和起始压强P0计算反应物乙醇的转化率α(C2H5OH)的表达式=×100%；平衡时C2H5OH的转化率=×100%=94.1%；
C2H5OH(g) C2H4(g) + H2O(g)
起始量(mol/L) 0.10 0 0
变化量(mol/L) 0.10×94.1% 0.10×94.1% 0.10×94.1%
平衡量(mol/L)0.10(1-94.1%) 0.10×94.1% 0.10×94.1%
K===1.5mol/L，故答案为：×100%；94.1%；1.5mol/L；
(3)①由总压强P和起始压强P0表示反应体系的总物质的量n总和反应物C2H5OH的物质的量n(C2H5OH)，依据压强之比等于物质的量之比，n总∶n起始=P∶P0 ，n总=；
C2H5OH(g)C2H4(g)+ H2O(g)
起始量(mol) 0.10 0 0
变化量(mol) x x x
某时刻量(mol)0.10-x x x
(0.10+x)∶0.10=P∶P0，解得：x=，因此n(C2H5OH)=0.10-=0.10×(2-)mol，故答案为：；0.10×(2-)；
(3)分析数据特征可知，每隔4h，C2H5OH的浓度减小一半，由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c(C2H5OH)==0.013mol/L，故答案为：达到平衡前每间隔4h，c(C2H5OH)减少约一半；0.013。

16.铁、钴(Co)属于第四周期第VIII族元素，含铁、钴化合物具有诸多用途。回答下列问题：
(1)基态Co原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为________________。
(2)Co的配合物[Co(NH3)5Cl]SO4是一种重要的化合物。
①SO42-的空间立体构型为___________，其中S原子的杂化轨道类型是___________，写出一种与SO42-互为等电子体的分子的化学式:______________。
②[Co(NH3)5Cl]SO4中，N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______________。
③[Co(NH3)5Cl]SO4中，存在___________(填字母)
a.离子键 b.金属键 c.配位键 d.非极性键 e.极性键
(3)铁氰化钾{K3 [Fe(CN)6]}溶液是检验Fe2+常用的试剂。
①1mol [Fe(CN)6]3-含键的数目为__________。
②CN-能与多种离子形成配合物，碳原子提供孤电子对，而不是氮原子，其原因是____________。
③FeS2晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对分子质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为______g•cm-3；晶胞中Fe2+位于S22-所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为_________nm。

【答案】 (1). (2). 正四面体 (3). sp3 (4). CCl4（或其他合理答案） (5). N>O>S (6). ace (7). 12NA (8). 碳的原子半径大于氮的原子半径，所以碳提供孤电子对比氮强 (9). (10). a
【解析】
【分析】
(1)Co是27号元素，处于第四周期第VIII族，价电子排布式为3d74s2，结合泡利原理、洪特规则书写价电子排布图；
(2)①根据SO42-中心原子含有的共价键个数与孤电子对个数之和确定其空间构型和杂化方式；原子个数相等且价电子数相等的微粒为等电子体；②同周期主族元素随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，同主族元素，随着原子序数增大，第一电离能增大；③[Co(NH3)4]SO4中，钴离子与氮原子之间形成配位键，氨气分子中N原子与H原子之间形成极性键，内外界之间为离子键；
(3)①[Fe(CN)6]3-中含有6个配位键和6个C≡N键；②根据原子半径分析解答；③根据晶胞边长计算晶胞体积=(a×10-7cm)3，根据均摊法计算晶胞中含有的Fe2+个数和S22-个数，再根据晶体密度=计算；晶胞中Fe2+位于S22-所形成的八面体的体心，该正八面体的边长根据正方形对角线的长度计算。
【详解】(1)Co是27号元素，处于第四周期第Ⅷ族，价电子排布式为3d74s2，结合泡利原理、洪特规则，价电子排布图为；故答案为：；
(2)①SO42-中S原子价层电子对=4+(6+2-4×2)=4，且不含孤电子对，所以其立体构型是正四面体，硫原子采取sp3杂化；原子个数相等且价电子数相等的微粒为等电子体，与SO42-互为等电子体的微粒为：CCl4、PO43-、SiO44-等，故答案为：正四面体；sp3；CCl4(或PO43-、SiO44-)；
②同周期主族元素随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，同主族元素，随着原子序数增大，第一电离能减小，所以N、O、S 三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞S，故答案为：N＞O＞S；
③[Co(NH3)5Cl]SO4中，钴离子与氮原子之间形成配位键，氨气分子中N原子与H原子之间形成极性键，内外界之间为离子键，所以其中含有的化学键的类型有：离子键，配位键，极性键，故答案为：ace；
(3)①[Fe(CN)6]3-中含有6个配位键和6个C≡N键，因此1mol [Fe(CN)6]3-含键12mol，数目为12NA，故答案为：12NA；
②CN-能与多种离子形成配合物，碳原子提供孤电子对，而不是氮原子，原因是碳的原子半径大于氮的原子半径，所以碳提供孤电子对比氮强，故答案为：碳的原子半径大于氮的原子半径，所以碳提供孤电子对比氮强；
③晶胞边长为anm=a×10-7cm，晶胞体积=(a×10-7cm)3，该晶胞中Fe2+个数=1+12×=4，S22-个数=8×+6×=4，其晶体密度==g/cm3=g/cm3，晶胞中Fe2+位于S22-所形成的八面体的体心，该正八面体的平面对角线为anm，则正八面体的边长为anm，故答案为：；a。
【点睛】本题的难点和易错点为(3)小题的③中正八面体边长的计算，要注意形成的正八面体的边长与晶胞棱长的关系。

17.有机化合物G是一种治疗胃及十二指肠溃疡、反流性或糜烂性食管炎等的药物，G 的一种合成路线如下：

回答下列问题：
（1）A的化学名称为____________，C中所含官能团名称为____________。
（2）C生成D的反应类型为____________，F生成G的反应类型为____________。
（3）由A生成B的化学方程为____________。
（4）E的分子式为C8H8ON2S，其结构简式为____________。
（5）芳香化合物W是C同分异构体。满足下列条件的W共有_________种（不含立体异构）。
①W分子中含氨基、羧基和羟基三种官能团
②苯环上只有两个取代基
③能与FeCl3溶液发生显色反应
其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢的结构简式为_______________________。
【答案】 (1). 1，2，4-三甲基苯 (2). 硝基、羟基 (3). 取代反应 (4). 氧化反应 (5). (6). (7). 12 (8).
【解析】
【分析】
E的分子式为C8H8ON2S，根据D和F的结构简式，可以推知E的结构简式为，结合官能团的结构和性质分析解答(1)~(4)；
(5)芳香化合物W是C的同分异构体，W中含有苯环，①W分子中含氨基、羧基和羟基三种官能团；②苯环上只有两个取代基；③能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，结合C的结构简式分析判断符合条件的W苯环上的2个侧链，据此分析判断W的同分异构体数目，并从中找到核磁共振氢谱显示有6种不同环境的氢的结构简式。
【详解】(1)A()的名称为1，2，4-三甲基苯，C()中含有的官能团有硝基和羟基，故答案为：1，2，4-三甲基苯；硝基和羟基；
(2)C到D的反应是C中的羟基被氯原子取代，发生的是取代反应；F到G的过程中，G中多了一个氧，加氧或去氢的有机反应是氧化反应，故答案为：取代反应；氧化反应；
(3)A到B是硝化反应，反应的方程式为，故答案为：；
(4)E的分子式为C8H8ON2S，根据D和F的结构简式，可以推知E的结构简式为，故答案为：；
(5)C为，芳香化合物W是C的同分异构体，W中含有苯环，①W分子中含氨基、羧基和羟基三种官能团；②苯环上只有两个取代基；③能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，符合条件的W苯环上的2个侧链分别为：羟基和；羟基和；羟基和；羟基和，2个侧链在苯环上均存在邻位、间位和对位3种，共有12种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示有6种不同环境的氢的结构简式为，故答案为：12；。

18.有机物N是制备抗抑郁药物的重要中间体，其一种合成方法如下：

已知：i. ；
ii. ；
iii.R—COOHRCH2OH(R表示烃基)。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为____________，D 中含氧官能团的名称为____________。
(2)C生成D、M生成N的反应类型分别为____________、____________。
(3)B、M的结构简式分别为____________、____________。
(4)写出G生成H的化学方程式：_________________。
(5)芳香族化合物X是E的同分异构体，X能与FeCl3溶液发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为6∶3∶2∶1，写出1种符合要求的X的结构简式：____________。
(6)写出以A和为原料制备的合成路线:___________(其他无机试剂任选)。
【答案】 (1). 乙烯 (2). 羰基 (3). 取代反应 (4). 还原反应 (5). (6). (7). (8). （或其他合理答案） (9).
【解析】
【分析】
A的分子式为C2H4，A为CH2=CH2，根据D的结构简式可知，D的分子式为C9H13OBr，C与溴发生取代反应生成D，则C为，根据流程图，A与B发生加成反应生成C，则B为；D中溴原子消去生成E，E为；F的分子式为C10H16O，结合G的分子式可知F中的碳碳双键被氧化断裂，因此G为，G中醛基被新制氢氧化铜氧化生成H，H为，根据信息ii，M为；据此结合官能团的结构和性质分析解答。
【详解】(1) A的分子式为C2H4，A为CH2=CH2，名称为乙烯；D ()中含氧官能团为羰基，故答案为：乙烯；羰基；
(2)根据上述分析，C生成D为取代反应，根据流程图，M()生成N()反应类型为还原反应，故答案为：取代反应；还原反应；
(3)根据上述分析，B、M的结构简式分别为、，故答案为：、；
(4) G中醛基被新制氢氧化铜氧化生成H，反应的化学方程式，故答案为：；
(5)芳香族化合物X是E()的同分异构体，X能与FeCl3溶液发生显色反应，说明结构中含有酚羟基；其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为6∶3∶2∶1，符合要求的X的1种结构为或，故答案为：（或）；
(6)以A(乙烯)和为原料制备。根据题干流程图提供的信息可知，乙烯与能够发生加成反应生成，根据信息iii，中羧基可以转化为羟基，根据信息ii，中羰基可以转化为碳碳双键，因此合成路线为CH2=CH2+ ，故答案为：CH2=CH2+ 。