广西桂林崇左贺州市2020届高三下学期5月一模考试化学试题

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广西桂林崇左贺州市2020届高三下学期5月一模考试化学试题

广西桂林、崇左、贺州市2020届高三下学期5月一模考试 理科综合试题化学试题 ‎1.肺炎疫情牵动着每个人的心,大家出行务必戴好口罩,保护好自己。下列相关说法中错误的是 A. 生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料 B. 医用消毒酒精中乙醇的体积分数约为75%‎ C. 居家环境消毒时,不可将“‎84”‎消毒液、洁厕灵混合使用 D. 人打喷嚏时产生的飞沫(直径>5μm的含水颗粒)属于气溶胶 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.聚丙烯纤维是由丙烯通过加聚反应制取,属于有机高分子材料,故A正确;‎ B.75%的乙醇溶液杀菌效果较好,所以医用消毒酒精中乙醇的体积分数约为75%,故B正确;‎ C.“‎84”‎消毒液、洁厕灵的主要成分分别为NaCIO和盐酸,将两者混合使用时,可反应生成氯气,从而造成中毒,故C正确;‎ D.飞沫的直径>5 μm.,而胶体的分散质粒子直径在1 nm~ 100 nm之间,所以飞沫不属于气溶胶,故D错误;‎ 故答案为D。‎ ‎2.根据国家卫生健康委发布的《新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第七版)》指出,冠状病毒对紫外线和热敏感,含氯消毒剂过氧乙酸等脂溶剂均可有效灭活病毒,但氯已定不能有效灭活病毒。氯已定又名洗必泰,化学名为双氯苯双胍已烷,系阳离子表面活性剂,具有相当强的广谱抑菌、杀毒作用,其结构如图所示。下列关于氯己定的说法中正确的是 A. 其分子式为C22H30Cl2N10‎ B. 其苯环上的一溴代物有四种 C. 一定条件下,氯已定最多可与6mol氢气加成 D. 一定条件下,氯已定可发生加成反应和酯化反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据其结构简式可知氯已定的分子式为C22H30Cl2N10,故A正确;‎ B.根据氯己定的结构简式,两个苯环处于对称位置,所以其苯环上的一溴代物只有两种,故B错误;‎ C.氯已定的结构中有两个苯环,可与6 mol氢气加成,另外其结构中还有4个C=N,所以最多可与10 mol氢气加成,故C错误;‎ D.氯已定中不含羟基,也不含羧基,不能发生酯化反应,D项错误;‎ 故答案为A。‎ ‎3.根据下列实验操作和现象对应得到的实验结论正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 取某溶液做焰色反应实验,观察到火焰为黄色 溶液中含有Na+,不含有K+‎ B 向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液,出现白色沉淀;再加入足量稀盐酸,部分沉淀溶解 部分Na2SO3被氧化 C 向20%的蔗糖溶液中加入少量的稀硫酸,加热,再加入少量银氨溶液,未出现银镜现象 蔗糖未水解 D 向某溶液中加入KSCN溶液,溶液呈血红色 溶液中含Fe3+,不含Fe2+‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.焰色反应为黄色,说明溶液中含有Na+,不能证明不含K+,要再透过蓝色钴玻璃观察,故A错误;‎ B.沉淀有部分溶解,说明沉淀既有亚硫酸钡又有硫酸钡,所以亚硫酸钠有部分被氧化,故B正确;‎ C.银镜反应是在碱性条件下发生的,本实验中没有加入碱中和稀硫酸,所以无法发生银镜反应,从而无法证明蔗糖是否水解,故C错误;‎ D.加入KSCN溶液,溶液呈血红色,说明待测溶液中含有Fe3+,但并不能排除Fe2+的存在,故D错误;‎ 故答案为B。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是 A. 1mol铁在1molCl2中燃烧,最终转移的电子数为2NA B. ‎50g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为6NA C. 1mol雄黄(主要成分为As4S4,结构为中含有8NA个S-As键 D. 标准状况下,22.4LCHCl3中含有氯原子的数目为3NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1 mol铁在1 molCl2中燃烧,铁过量,1 molCl2完全反应全部变成Cl-,所以转移2 mol电子,故A正确;‎ B.‎50g质量分数为46%的乙醇水溶液中乙醇有=0.5 mol,另外还有=1.5 mol水,故氢原子总数为(0.5 mol×6+1.5 mol×2)×NA=6 NA,故B正确;‎ C.一个分子中含有8个S-As键,所以1 mol雄黄含有8NA个S-As键,故C正确;‎ D.标准状况下CHCl3为液态,22.4LCHC13的物质的量不是1 mol,故D错误;‎ 故答案为D。‎ ‎5.已知NaHSO3过饱利溶液经结晶脱水可得Na2S2O5,三室膜电解技术可用于制备Na2S2O5,装置如图所示,其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。下列说法中正确的是 A. M为阴极 B. 离子交换膜均为阴离子交换膜 C. 阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑‎ D. 最后在b室生成Na2S2O5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.要制备Na2S2O5则要增大NaHSO3的浓度,即要将SO2碱吸收液中含有的Na2SO3转化为NaHSO3,即发生反应:SO32- +H+=HSO3-,因此氢离子要向右移动,电解池中阳离子流向阴极,所以M为阳极,故A错误;‎ B.阳极室H+向a室迁移,a室中的Na2SO3转化成NaHSO3,所以该离子交换膜为阳离子交换膜,故B错误;‎ C.电解池阳极发生氧化反应,所以应为H2O放电,产生O2和H+,则电极反应为:2H2O- 4e- =4H++O2↑,故C正确;‎ D.阴极(N)发生还原反应,氢离子放电析出H2,OH-的量增多,则b室中Na2SO3浓度增大,因此是在a室生成Na2S2O5,故D错误;‎ 故答案为C。‎ ‎6.甲、乙、丙、丁为原子序数依次增大的前20号主族元素。丙的原子序数等于甲原子序数的两倍且甲、丙同主族,乙、丁同主族,甲、乙、丙的原子序数成等差数列。下列说法正确的是 A. 丙的氧化物对应的水化物都是强酸 B. 丁不能与冷水发生反应 C. 工业上用电解熔融的乙的氧化物来制取乙的单质 D. 甲和丙能形成两种常见的化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 丙的原子序数等于甲的原子序数的两倍,甲和丙同主族,其原子序数相差8,所以甲为O,丙为S;又因为乙和丁同主族,且甲、乙、丙原子系数成等差数列,故乙为Mg,丁为Ca。‎ ‎【详解】A.丙的氧化物对应的水化物有H2SO3、H2SO4等,其中H2SO3不是强酸,故A错误;‎ B.Ca是活泼的金属,能够与冷水反应产生Ca(OH)2和H2,故B错误;‎ C.工业上用电解熔融的MgCl2来制取Mg,故C项错误;‎ D.甲和丙分别是O和S,能形成SO2、SO3两种常见的氧化物,故D正确;‎ 故答案为D。‎ ‎7.常温下,将SO2通入‎2L0.01mol·L-1的某一元碱MOH溶液中,溶液中水电离出的OH-的浓度(c)与通入的SO2的体积(V)关系如图所示(不考虑+4价的S被氧化),下列叙述不正确的是 A. MOH为一元强碱 B. b点溶液中:c(H+)=1×10-7mol·L-1‎ C. c点溶液中:c(M+)=2[c(SO32-))+c(HSO3-)+c(H2SO3)]‎ D. d点溶液中:c(M+)=‎2c(SO32-)+c(HSO3-)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将SO2通入‎2L0.01mol·L-1的某一元碱MOH溶液中,先发生SO2+2MOH=M2SO3+H2O,再发生M2SO3+SO2+H2O=2MHSO3;当溶液中溶质只有M2SO3时,只有SO32-的水解促进水的电离,此时水的电离程度达到最大,即c点。‎ ‎【详解】A.未通入SO2时水电离出的c(OH-)=1×10-12mol/L,水电离出的氢离子浓度和氢氧根浓度相同,所以水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L,则溶液中c(OH-)=1×10-2mol/L,说明MOH 完全电离,为一元强碱,故A正确;‎ B.根据分析可知b点溶液中的溶质为M2SO3和未反应的MOH,溶液呈碱性,所以溶液中c(H+)<1×10-7mol·L-1,故B错误;‎ C.根据分析可知c点溶液中的溶质只有M2SO3,根据物料守恒可知c(M+)=2[c(SO32-))+c(HSO3-)+c(H2SO3)],故C正确;‎ D.根据分析结合图像可知d点溶液中的溶质为M2SO3和MHSO3以及H2SO3,且水电离出的c(OH-)=1×10-7mol/L,说明此时溶液呈中性,即c(OH-)= c(H+),结合溶液中存在的电荷守恒c(H+)+c(M+)=‎2c(SO32-)+c(HSO3-)+ c(OH-)可得c(M+)=‎2c(SO32-)+c(HSO3-),故D正确;‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】解决本题关键是要明白二氧化硫通入碱性溶液中的反应历程(类似的还有二氧化碳和碱性溶液反应),理解当溶液中的溶质全部为正盐时水的电离程度最大,再结合各点溶液中溶质分析b点和d点中哪一个点是溶液显中性的点。‎ ‎8.硼在冶金、核工业、农业、高新材料等方面都有重要的应用,一种利用硼镁矿制取粗研的工艺流程:‎ 已知:硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5·H2O,硼砂的化学式为Na2B4O7)·10H2O。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)硼镁矿要粉碎处理,其目的是_______,NaOH浓溶液与硼镁矿反应的化学方程式为__________________________________(不考虑杂质参与反应)。‎ ‎(2)实验室过滤操作中要用到的玻璃仪器包括烧杯、_______、______。洗涤沉淀的操作方法为_____________________________________。‎ ‎(3)试解释流程中生成无水MgCl2需在HCl氛围中进行的原因:___________________。‎ ‎(4)已知H3BO3为一元弱酸,其与NaOH反应的化学方程式为NaOH+H3BO3=Na[B(OH)4],写出H3BO3的电离方程式:_________________________________________。‎ ‎(5)实验测得一定质量的H3BO3在不同温度下分解的曲线如图所示。图中A、B、C、D 点对应得到的物质都为纯净物。‎ ‎①C对应的物质可表示为2B2O3·nH2O,则n=_______‎ ‎②写出C到D过程中发生反应的化学方程式:______________。‎ ‎【答案】 (1). 增大固体与溶液的接触面积,增大反应速率 (2). Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2Mg(OH)2 +2NaBO2 (3). 漏斗 (4). 玻璃棒 (5). 向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀,待水自然流下,重复操作2~3次 (6). 抑制MgCl2水解或防止生成Mg(OH)2 (7). H3BO3+ H2O[B(OH)4]-+H+ (8). 1 (9). H2B4O72B2O3+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 硼镁矿主要成分为Mg2B2O5•H2O,硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O;硼镁矿加入氢氧化钠浓溶液,待完全溶解后再过滤得到滤渣氢氧化镁,滤渣中加入浓盐酸溶解,通过蒸发浓缩得到氯化镁结晶水合物,在氯化氢气流中加热得到氯化镁固体,电解得到镁;滤液中主要是NaBO2,浓缩后通入适量二氧化碳气体得到硼砂,溶于热水后调pH至2~3制取H3BO3,冷却结晶得到H3BO3晶体,加热得到B2O3,Mg和B2O3混合在高温下生成MgO和B。‎ ‎【详解】(1)硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5•H2O,难溶于水,所以预先进行粉碎处理以增大固体与溶液的接触面积,增大反应速率;根据后续对滤渣的处理可知滤渣为Mg(OH)2,B元素变为2NaBO2,结合元素守恒可得化学方程式为Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2Mg(OH)2 +2NaBO2;‎ ‎(2)过滤用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒;洗涤沉淀是为了除去其表面的杂质,洗涤操作为向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀,待水自然流下,重复操作2~3次;‎ ‎(3)MgCl2中Mg2+会水解生成Mg(OH)2,若直接加热MgCl2·7HO,则会促进水解,不能得到无水MgCl2 ,所以要HCl氛围中加热,抑制MgCl2水解,得到无水MgCl2;‎ ‎(4)由于H3BO3为一元弱酸,其与NaOH反应的化学方程式为NaOH+ H3BO3=Na[B(OH)4],说明其酸根离子为[B(OH)4]-,H3BO3本身不能电离出H+,但在水中易结合一个OH-生成[B(OH)4]-,同时生成H+,从而体现弱酸性,所以其电离方程式为H3BO3+ H2O[B(OH)4]-+H+;‎ ‎(5)①依据图中数据,起始时有248gH3BO3,物质的量为4 mol,第一次分解得到产物‎176 g ‎,失水‎72 g(即4 mol),因此B点对应的物质为HBO2 (物质的量为4 mol),第二次分解得到产物‎158g,再失水1 mol,依据原子守恒,C点得到的物质的化学式为H2B4O7,故可表示为2B2O3·H2O,即n=1;‎ ‎②第三次分解再失水1mol,所以第三次失水后的产物为B2O3,故C到D的化学方程式为H2B4O72B2O3+H2O。‎ ‎【点睛】由晶体失水制备某些易水解的盐酸盐如FeCl3、MgCl2时为了防止其水解通常要在HCl气流中加热其溶液;第4小题为易错点要注意根据题目所给方程式判断出H3BO3的酸根是[B(OH)4]-,而不是H2BO3-。‎ ‎9.高锰酸钾是一种用途广泛的常见氧化剂,主要用于化工、防腐及制药工业等。‎ I.某课外小组设计以锰酸钾制备高锰酸钾的方案如下:‎ i.锰酸钾的制备:‎ ‎(1)将二氧化锰、氨酸钾和氢氧化钾固体放入______(填字母)中熔融制锰酸钾。‎ A.烧杯B.瓷坩埚C.蒸发皿D.铁坩埚 ii.高锰酸钾的制备(装置如图所示,加热及夹持装置省略):‎ 将i中制得的锰酸钾加少量蒸馏水溶解,得墨绿色溶液,倒入三颈烧瓶中。打开甲装置中的分液漏斗活塞加入稀硫酸,加热,使生成的乙酸进入乙装置中并水浴加热。搅拌丙装置中的溶液,锰酸钾在酸性条件下反应生成高锰酸钾和二氧化锰。‎ ‎(2)检验该装置气密性的方法:连接好装置,_________________。‎ ‎(3)乙装置的作用是___________;丁装置中NaOH溶液的作用是____________________。‎ ‎(4)将三颈烧瓶中所得产物进行过滤,‎ 将滤液倒入蒸发皿中,_______、______、抽滤,得到针状的高锰酸钾晶体。高锰酸钾晶体只能低温烘干,其原因为_____________________。‎ II.利用氧化还原滴定法测定高锰酸钾的纯度,发生反应的化学方程式为2KMnO4+5H‎2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。‎ ‎(5)量取一定体积的高锰酸钾溶液需使用滴定管_______(填字母)。‎ ‎(6)若在实验过程中存在下列操作,会使所测KMnO4浓度偏高的是____(填字母)。‎ A锥形瓶用水洗之后末用待测液润洗 B.盛草酸溶液的滴定管滴定前尖嘴部分有气泡,滴定终点时无气泡 C.滴定时,草酸溶液洒落瓶外 D.盛装KMnO4溶液滴定管用水洗后,未用KMnO4溶液润洗 ‎【答案】 (1). D (2). 关闭分液漏斗活塞,丁烧杯中加入水,用酒精灯微热蒸馏烧瓶,若烧杯中有气泡冒出,停止加热后,干燥管中有一段水柱,则气密性良好 (3). 做安全瓶 (4). 吸收尾气中的乙酸 (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). 高锰酸钾受热易分解 (8). A (9). BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ii.高锰酸钾的制备:甲中稀硫酸和醋酸钙反应生成乙酸,加热使乙酸挥发进入乙装置,并水浴加热,乙酸易溶于水,所以乙装置还起到安全瓶防止倒吸的作用,在丙中搅拌条件下,乙酸与高锰酸钾发生3K2MnO4+4CH3COOH=2KMnO4+MnO2↓+4CH3COOK+2H2O,丁为尾气处理装置,可用于吸收乙酸等,干燥管可以防止倒吸。‎ ‎【详解】(1)实验中加热熔化固体所用的仪器为坩埚,又因为反应物中的强碱KOH会与瓷坩埚中的二氧化硅反应,从而损坏坩埚,故应选择铁坩埚,所以选D;‎ ‎(2)‎ 成套实验装置的气密性检查,利用的是气体热胀冷缩的原理,使装置形成密闭体系,对其加热后,观察是否有气体逸出,冷却后气体收缩,是否形成一段水柱;故检验该装置气密性的方法为连接好装置,关闭分液漏斗活塞,丁烧杯中加入水,用酒精灯微热蒸馏烧瓶,若烧杯中有气泡冒出,停止加热后,干燥管中有一段水柱,则气密性良好;‎ ‎(3)由于乙酸易溶于水,故容易发生倒吸;乙装置起安全瓶防止倒吸的作用;反应物中乙酸易挥发,实验过程中又对装置乙进行了水浴加热,进一步促进了乙酸的挥发,所以尾气中含有乙酸,可用NaOH溶液来吸收;‎ ‎(4)先过滤除去二氧化锰,再对高锰酸钾溶液蒸发浓缩,然后冷却结晶,即可得到高锰酸钾晶体;由于高锰酸钾性质不稳定,受热易分解,所以高锰酸钾晶体只能低温烘干;‎ ‎(5)酸性高锰酸钾溶液有强氧化性,应选用酸式滴定管,所以选A;‎ ‎(6)A.滴定实验中,锥形瓶中有少量水不影响高锰酸钾与草酸反应,对结果无影响,A项不符合题意;‎ B.盛草酸溶液的滴定管滴定前尖嘴部分有气泡,滴定终点时无气泡,使得读数偏大,消耗草酸体积偏大,使所测KMnO4浓度偏高,B项符合题意;‎ C.滴定时草酸溶液洒落瓶外,消耗草酸体积偏大使所测KMnO4浓度偏高,C项符合题意;‎ D.盛装KMnO4溶液的滴定管用水洗后,未用KMnO4溶液润洗,相当于对KMnO4溶液稀释,所取一定体积溶液中所含KMnO4减少,消耗草酸体积偏小,使所测KMnO4浓度偏低,D项不符合题意;‎ 综上所述选BC。‎ ‎【点睛】成套实验装置的气密性检查,利用的是气体热胀冷缩的原理.使装置形成密闭体系,对其加热后,观察是否有气体逸出,冷却后气体收缩,是否形成一段水柱。‎ ‎10.将无机碳转化为有机化合物是目前研究的热点,也是减少CO2和CO的有效措施之一,对环境的保护起到了积极作用。‎ I.二氧化碳催化加氢甲烷化工艺是利用氨还原CO2,反应为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(l)∆H1。‎ ‎(1)已知:H2(g)的燃烧热∆H2=-285.8kJ·mol-1,CH4(g)的燃烧热∆H=-890.3kJ·mol-1,则△H1=________kJ·mol-1。‎ ‎(2)测得该反应的吉布斯自由能(∆G=∆H-T∆S)随温度的变化曲线如图甲所示,为使CO2顺利转化为CH4,反应应在___下进行。‎ II.一氧化碳催化加氢制甲醇:CO(g)+2H2(g)CH2OH(g)‎ ‎(3)图乙是反应中部分物质的浓度随时间t的变化情况,0~10min内,用H2表示的平均反应速率v(H2)=_____,该反应平衡常数的表达式为_______________。‎ ‎(4)在容积可变的密闭容器中充入10molCO和20molH2,CO的平衡转化率随温度(T)、压强(p)的变化如图丙所示。‎ ‎①p1______(填“>”“<”或“=”)p2。‎ ‎②比较图丙中A、C两点,平衡常数KA__________(填“>”“<”或“=")KC。‎ ‎③若达到化学平衡状态点A时,容器体积为‎20L,T‎1℃‎时平衡常数KA=______‎ ‎【答案】 (1). -252.9 (2). 温度低于870K (3). 0.15mol·L-1·min-1 (4). (5). < (6). > (7). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)H2(g)的燃烧热∆H2=-285.8kJ·mol-1,则有H2(g)+O2(g)=H2O(l)∆H2=-285.8 kJ•mol-1 反应a;‎ CH4(g)的燃烧热∆H=-890.3kJ·mol-1,则有CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)∆H=-890.3KJ•mol-1 反应b;‎ 根据盖斯定律:a×4-b可得CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(l) ∆H1=(-285.8 kJ•mol-1)×4-(-890.3KJ•mol-1)=-252.9 kJ•mol-1;‎ ‎(2)∆G<0时反应才有自发性,据图可知温度低于870K时∆G<0;‎ ‎(3)据图可知图示两种物质单位时间内浓度变化量相等,根据方程式可知应为CO和CH3OH的物质的量浓度变化曲线,10min内CO或CH3OH的浓度变化均为0.75mol/L,则∆c(H2)=1.5mol/L,所以v(H2)==0.15mol·L-1·min-1;根据平衡常数的定义可知该反应的平衡常数表达式为K=;‎ ‎(4)①据图可知相同温度下p2压强下CO的转化率更大,该反应为气体体积减小的反应,压强越大转化率越大,所以p1KC;‎ ‎③A点CO的转化率为50%,初始投料为10molCO和20molH2,容器体积为‎20L,列三段式有:‎ ‎ ‎ 平衡常数KA==4。‎ ‎11.碳及其化合物广泛存在于自然界中,回答下列问题:‎ ‎(1)在基态C原子中,核外存在_______对自旋方向相反电子。‎ ‎(2)丙酮()分子中,中间碳原子的杂化方式为______;中键和π键的数目之比为__________________.‎ ‎(3)写出两个与CO2具有相同空间构型的分子或离子:_____________‎ ‎(4)CO能与金属Fe形成Fe(CO)5,该化合物的熔点为253K,沸点为376K,其固体属于_____晶体;Fe3+的核外电子排布式为__________________。‎ ‎(5)已知第IIA族元素的碳酸盐MCO3热分解的主要过程为M2+结合碳酸根离子中的O2-,释放出CO2。则CaCO3的分解温度低于BaCO3的原因是_______________。分子中的大π键用符号 表示,其中m代表参与形成大π键的原子数,n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为),则CO32-中的大π键应表示为____________。‎ ‎(6)碳有多种同素异形体,其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示:‎ ‎①在石墨烯晶体中,一个六元环上的C原子数为__________________。‎ ‎②在金刚石晶体中,C原子所连接的最小环也为六元环,每个C原子连接_____个六元环,六元环中最多有_______个C原子在同一平面。‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). sp2 (3). 7:1 (4). CS2、SCN-等 (5). 分子 (6). 1s22s22p63s23p63d5 (7). Ca2+的半径小于Ba2+,更容易结合CO32-中O2-,因此CaCO3更容易分解 (8). (9). 2 (10). 12 (11). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)C原子的核外有6个电子,电子排布式为1s22s2p2,其中1s、2s上的2对电子的自旋方向相反,而2p轨道上的电子自旋方向相同,所以核外存在2对自旋方向相反的电子;‎ ‎(2)丙酮分子中中间碳原子形成碳氧双键,为sp2杂化;分子中每个碳氧双键中各有一个π键,其他化学键均为键,共14个,所以键和π键的数目之比为7:1;‎ ‎(3)O与S同主族,所以与CO2具有相同空间结构的分子为CS2;等电子体具有相同的空间结构,与CO2互为等电子的离子有SCN-;‎ ‎(4)Fe(CO)5的熔点为253K,沸点为376K,熔沸点较低,所以为分子晶体;Fe为26号元素,根据电子排布规律可知基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2,失去外层3个电子后形成Fe3+,所以其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5;‎ ‎(5)Ca2+的半径小于Ba2+,更容易结合CO32-中O2-,因此CaCO3更容易分解;CO32-‎ 中心原子价层电子对数为,因此CO32-的空间构型为平面三角形,C原子、O原子有平行的p轨道,价电子总数为4+2+6×3=24,每个O原子有2对孤电子对未参与成键,所以单电子数=24-2×3-4×3=6,所以CO32-为4原子、6电子形成的大π键,表示为;‎ ‎(6)①根据均摊法,石墨烯中每个C原子被3个六元环共有,则每个六元环占有的C原子数为=2;‎ ‎②每个C原子周围形成4个共价键,可以组合6个角,每个角延伸为两个六元环,因此每个C原子连接有2×6= 12个六元环;根据几何知识,六元环中最多有4个C原子共面,如图所示。‎ ‎【点睛】大π键中成键电子数=价电子总数-键数×2-未参与的孤对电子个数;具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子具有相同的结构特征,这一原理称为等电子原理,满足等电子原理的分子、离子或原子团称为等电子体。‎ ‎12.盐酸利多卡因(F)可用于表面麻醉,还具有抗心律失常的作用,其合成路线:‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)A的化学名称为______________,B→C的反应类型为____________。‎ ‎(2)C→D的化学方程式为___________________。‎ ‎(3)E中苯环上的一氯代物有___________种。‎ ‎(4)X为B的芳香族同分异构体且苯环上仅有2个取代基,红外光谱显示X有氨基(-NH2),实验测得X能与NaHCO3溶液发生反应生成CO2,则X的结构可能有______种,其中一种核磁共振氢谱峰面积比为2:2:2:2:1的X的结构简式为______________________。‎ ‎(5)已知工业上可用氯气催化乙酸生产氯乙酸,再以氯乙酸为原料,以S2Cl2、Cl2为氯化剂,加入适当的催化剂,即可制得氯乙酰氯(ClCH2COCl)。请设计以CH2=CH2为主要原料合成ClCH2COCl的路线流程图________________________________(无机试剂任选)。‎ ‎【答案】 (1). 间二甲苯 (2). 还原反应 (3). +ClCH2COCl+HCl (4). 2 (5). 6 (6). 或 (7). CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOHClCH2COOHClCH2COCl ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据A的键线式可知A为苯的同系物,苯环间位有两个甲基,所以名称为间二甲苯;对比B和C的键线式可知B到C的过程中加氢去氧,所以为还原反应;‎ ‎(2)对比C和D的结构变化可知C中-NH2在D中变为-NH-,说明C中断裂一个N-H键,而ClCH2COCl右端C-Cl键断裂,C=O键中的碳原子连接到N原子上,H与Cl结合生成HCl,所以方程式为:+ClCH2COCl+HCl;‎ ‎(3)E中苯环上有2种环境的氢原子,所以苯环上的一氯代物有2种;‎ ‎(4)根据题意,X结构中有一个-NH2和一个-COOH(与NaHCO3溶液发生反应生成CO2),还有一个-CH2-(苯环上只有两个取代基),所以取代基可以是-CH2-NH2和-COOH或-NH2和-CH2-COOH,各有邻间对三种,共3+3=6种同分异构体;核磁共振氢谱峰面积比为2:2:2:2:1,说明结构对称,有和;‎ ‎(5)由题意可知,先要合成乙酸,乙烯和水加成可以生成乙醇,乙醇被酸性高锰酸钾氧化可以生成乙酸,再结合题干信息合成ClCH2COCl;所以合成路线为:CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOHClCH2COOHClCH2COCl。‎
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