四川省宜宾市叙州区第一中学2020届高三一诊模拟理综化学试题
1.下列为人体提供能量的营养物质中，属于高分子化合物的是
A. 油脂 B. 蔗糖 C. 蛋白质 D. 葡萄糖
【答案】C
【解析】
【分析】
人类为了维持生命与健康，除了阳光与空气外，必须摄取食物。食物的成分主要有糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水六大类，通常被称为营养素。糖类、油脂、蛋白质三大营养物质在给人体提供能量。高分子化合物相对分子质量特别大一般达1万以上、一般具有重复结构单元，据此解答。
【详解】A、油脂是高级脂肪酸与甘油生成的酯，相对分子质量不很大，不属于高分子化合物，A错误；
B、蔗糖属于二糖，相对分子质量不很大，不属于高分子化合物，B错误；
C、蛋白质是氨基酸通过缩聚反应生成，是天然的高分子化合物，可为人体提供能量，C正确；
D、葡萄糖是单糖，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，D错误；
答案选C。
2.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 （ ）
A. 标准状况下，11.2L三氧化硫所含有的原子数目为2NA
B. 分解H2O2制O2，每生成1 mol O2转移2NA个电子
C. 62 g Na2O溶于水后所得溶液中含有O2－数为NA
D. 常温常压下，1 g H2含有中子数目为NA
【答案】B
【解析】
【分析】
22.4L/mol只能用于标准状况时的气体物质；Na2O与水生成NaOH，溶液中无O2-。
【详解】A项：标准状况下三氧化硫为固态物质，11.2L三氧化硫不是0.5mol，所含原子数目不是2NA，A项错误；
B项：分解H2O2制O2的反应中，每生成1 mol O2转移2NA个电子，B项正确；
C项：Na2O 与水反应生成NaOH，水溶液中无O2－，C项错误；
D项：氢原子中，丰度最大的是氕，故H2中几乎没有中子，D项错误。
本题选B。
3. 雌二醇和炔雌醇是两种雌激素用药，它们的结构简式如下，关于它们的说法不正确的是
A. 核磁共振氢谱峰数相同
B. 均能发生加成反应、取代反应、消去反应
C. 两种分子中所有碳原子不可能在同一个平面内
D. 可用FeCl3溶液鉴别
【答案】D
【解析】
试题分析：A,由雌二醇和炔雌醇的结构简式可以看出二者的结构虽然不同，但是它们的核磁共振氢谱峰数目相同。正确。B.雌二醇含有苯环，因此可以发生加成反应，含有醇羟基、甲基。可以发生取代反应；由于与羟基相连的C原子的邻位C原子上有H原子，所以还可以发生消去反应。炔雌醇含有苯环，可以发生加成反应，含有醇羟基、甲基。可以发生取代反应；由于与羟基相连的C原子的邻位C原子上有H原子，所以可以发生消去反应。正确。C．在这两种分子中都含有饱和C原子，由于饱和C原子构成的是四面体结构，因此原子不可能共平面。所以两种分子中所有碳原子不可能在同一个平面内。正确。D．二者都含有酚羟基，遇FeCl3都会发生显色反应，所以不可用FeCl3溶液鉴别。错误。
考点：考查有机物的结构、性质及鉴别的知识。
4.某溶液X中可能含有NO3－、Cl－、SO42－、CO32－、NH4+、Fe2+和Fe3+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等。为确定该溶液X的成分，某学习小组做了如下实验：
则下列说法正确是
A. 若含有Fe3+，则一定含有Cl－
B. SO42－、NH4+一定存在，Fe2+和Fe3+可能都存在
C. 该溶液中只存在上述离子中的NO3－、SO42－、NH4+、Fe2+四种离子
D. 气体甲能使湿润蓝色石蕊试纸变红
【答案】C
【解析】
【分析】
某溶液X中加入稀硫酸产生气体乙，发生的反应可能是CO32-与H+的反应，也可能是NO3-在H+存在条件下与Fe2+的氧化还原反应；溶液加入过量的氢氧化钠，产生0.02mol气体甲，故溶液中含有NH4+，气体甲是氨气；加入氢氧化钠产生沉淀甲，故溶液中含有Fe2+或Fe3+或两者均有；反应后溶液继续添加氯化钡产生沉淀，故溶液中含有SO42－，沉淀乙为硫酸钡； 根据电荷守恒和题目中要求所含阴离子的物质的量相等，计算具体离子含量，确定NO3－、Cl－存在。
【详解】由上述分析可知，产生气体甲0.02mol，则铵根物质的量为0.02mol；产生沉淀乙4.66g，则硫酸根物质的量为0.02mol；沉淀甲为氢氧化铁或氢氧化亚铁或两者均有，经过灼烧后，产物为氧化铁，物质的量为0.01mol，故溶液X中含Fe2+或Fe3+或两者均有，且物质的量一定为0.02mol，由于Fe2+或Fe3+均能与CO32-发生双水解而不能共存，故溶液中无CO32-，则生成气体乙的反应只能是NO3-与Fe2+的氧化还原反应，故溶液中一定含Fe2+和NO3-，而所含阴离子的物质的量相等，即NO3-的物质的量也为0.02mol；
故现在溶液X中已经确定存在的离子是——阴离子：0.02molNO3-，0.02molSO42-，共带0.06mol负电荷；阳离子：0.02molNH4+，0.02molFe2+或Fe2+、Fe3+的混合物，所带的正电荷≥0.06mol，一定不含CO32-。
根据溶液呈电中性可知，当 0.02mol全部是Fe2+时，阳离子所带正电荷为0.06mol，则Cl-不存在；若溶液中含Fe3+，必须存在 Cl-，且物质的量为0.02mol，不符合电中性。
A. 若含有Fe3+，则一定含有Cl－，根据阴离子物质的量相同的条件，氯离子物质的量为0.02mol，无法保持电中性，A错误；
B. SO42－、NH4+ 、Fe2+一定存在，Fe3+一定不存在，B错误；
C. 该溶液中只存在上述离子中的NO3－、SO42－、NH4+、Fe2+四种离子，C正确；
D. 气体甲是氨气，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D错误；
答案为C。
5.四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素下列说法不正确的是（ ）
A. Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱
B. Z位于元素周期表中第二周期，第ⅥA族
C. X的气态氢化物的稳定性比Z的弱
D. M的原子半径比Y的原子半径大
【答案】A
【解析】
【详解】所给四种短周期元素因只有M为金属元素，故M只能为Al元素，则X为Si元素，Y为N元素，Z为O元素。
A.Y的最高价氧化物对应水化物为HNO3，X的最高价氧化物对应水化物为H2SiO3，酸性HNO3＞H2SiO3，故A错误；
B.Z为O元素，位于元素周期表中第2周期第ⅥA族，故B正确；
C.非金属性Si＜O，则X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱，故C正确；
D.电子层数越多，则原子的半径越大，故Al的原子半径比N的原子半径大，故D正确。
故选A。
6. 如图所示是在航天用高压氢镍电池基础上发展起来的一种金属氢化物镍电池(MHNi电池)。下列有关说法不正确的是
A. 放电时正极反应为NiOOH＋H2O＋e－→Ni(OH)2＋OH－
B. 电池的电解液可为KOH溶液
C. 充电时负极反应为MH＋OH－→H2O＋M＋e－
D. MH是一类储氢材料，其氢密度越大，电池的能量密度越高
【答案】C
【解析】
试题分析：A、放电时化学能转化为电能，是原电池，所以正极发生还原反应，NiOOH得电子生成Ni（OH）2，正确；B、由于该过程中有氢氧根离子参与，且防止M被氧化，所以电解质溶液可为KOH溶液，正确；C、充电时电能转化为化学能，是电解池装置，则阴极与电源的负极相连，发生还原反应，电极反应是H2O＋M＋e－= MH＋OH－，错误；D、MH为吸附了氢原子的储氢合金，其氢密度越大，电池的能量密度越高，正确，答案选C。
考点：考查原电池、电解池的反应原理
7.常温下，向20.00mL0.1mol·L－1KOH溶液中滴加0.1 mol·L －1HA(弱酸)溶液，混合溶液中水电离出的c(OH－)与HA溶液体积之间的关系如图I所示：向20.00mL0.1 mol ·L－1 HA溶液中滴加0. 1mol ·L－1 KOH溶液，混合溶液中水电离出的c(OH－)与KOH溶液体积之间的关系如图II所示。
下列有关说法正确的是
A. A点、X点对应溶液中水的电离程度相同
B. B点、Y点对应溶液的pH相等
C. C点、Z点对应溶液中都存在：c(OH－)=c(H+)+c(HA)
D. D点、W点对应溶液中分别都存在：c(K+)=c(A－)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 图I中A点是0.1mol/LKOH溶液，图II中X点是0.1mol/LHA溶液，因为HA是弱酸，故0.1mol/LHA溶液中c(H+)小于0.1mol/LKOH溶液中c(OH-)，因此0.1mol/LHA溶液中水电离的抑制作用小于0.1mol/LKOH溶液中水电离的抑制作用，所以两溶液中水的电离程度不相同，A项错误；
B. KA因水解促进水的电离且水解呈碱性。常温下c(OH)水=c(H+)水=1×10-7mol/L，恰好是纯水中水电离出来的OH-浓度。对于B点溶液中c(OH)水=10-7mol/L，此时KOH
对水电离的抑制作用与KA对水电离的促进作用相互抵消，溶质是KOH和KA，溶液呈碱性；对于Y点溶液中c(OH)水=10-7mol/L，此时HA对水电离的抑制作用与KA对水电离的促进作用相互抵消，溶质是HA和KA，溶液呈中性。所以B点、Y点对应溶液的pH不相等，B项错误；
C. 图I中B→C和图II中Y→Z过程中都是溶液中生成KA浓度逐渐增大，KA水解对水电离的促进作用逐渐增大，C（或Z）点时KOH与HA恰好完全反应，此时KA对水电离的促进作用最大，C（或Z）点溶液中溶质都是KA，由KA溶液中质子守恒得：c(OH-)=c(H+)+c(HA)；C项正确；
D. 图I中C→D过程中HA对水电离的抑制作用逐渐增强，到D点时HA对水电离的抑制作用与KA对水电离的促进作用相互抵消，此时溶质是HA和KA，溶液显中性c(H+)=c(OH-)，且有电荷守恒方程c(K+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，则有c(K+)=c(A-)；图II中Z→W过程中KOH对水电离的抑制作用逐渐增强，到W点时KOH对水电离的抑制作用与KA对水电离的促进作用相互抵消，此时溶质是KOH和KA，溶液显碱性c(H+)
c(A-)，D项错误；
答案选C。
【点睛】水分子能发生微弱电离H2OH++OH-，在酸和碱溶液中水电离都被抑制，在能水解的盐溶液中水的电离都被促进。一般说来，酸溶液中OH-全部来自水的电离，碱溶液中H+全部来自水的电离。能水解的盐溶液中，弱酸根离子结合水电离的部分H+，弱碱阳离子结合水电离的部分OH-。不管是纯水中，还是酸、碱、盐溶液中水电离的H+浓度与水电离的OH-浓度一定相等。
8.乙酸异戊酯是组成密蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味。实验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如下：
相对分子质量
密度/(g·cm3)
沸点/℃
水中溶解性
异戊醇
88
0.8123
131
微溶
乙酸
60
1 .0492
118
溶
乙酸异戊酯
130
0.8670
142
难溶
实验步骤：在A中加入4.4g异戊醇、6.0g乙酸、数滴浓硫酸和2～3片碎瓷片。开始缓慢加热A，回流50min。反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，分别用少量水、饱和碳酸氢钠溶液洗涤；分出的产物再加入少量无水Na2SO4固体，静止片刻。过滤除去Na2SO4固体，讲行蒸馏纯化。收集140～143°C馏分，得到乙酸异戊酯3.9g。回答下列问题：
(1)实验中制备乙酸异戊酯的化学方程式为_________________。
(2)仪器B的名称是_______________，作用是____________。
(3)在洗涤操作中饱和碳酸氢钠溶液的主要作用是______________。
(4)实验中加入少量无水Na2SO4的目的是_________________________。
(5)实验中加过量乙酸的目的是___________________________。
(6)本实验的产率是_______________(填标号)。
a.30% b.40% c.50% d.60%
【答案】 (1). +H2O (2). 球形冷凝管 (3). 冷凝回流 (4). 除去残留的醋酸，降低乙酸异戊酯的溶解度 (5). 干燥乙酸异戊酯 (6). 提高异戊醇的转化率 (7). d
【解析】
【分析】
（1）CH3COOH与反应生成和H2O。
（2）根据题中仪器B的构造判断该仪器的名称。
（3）在洗涤操作中饱和碳酸氢钠溶液的主要作用是除去残留的醋酸，降低乙酸异戊酯的溶解度。
（4）实验中加入少量无水硫酸钠的目的是吸收酯中少量的水分，对乙酸异戊酯进行干燥。
（5）根据反应物对增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高进行判断加入过量乙酸的目的。
（6）先计算出乙酸和异戊醇的物质的量，然后判断过量情况，根据不足量计算出理论上生成乙酸异戊酯的物质的量，最后根据实际上制取的乙酸异戊酯计算出产率。
【详解】（1）CH3COOH与反应生成和H2O，化学方程式为+H2O，故答案为+H2O。
（2）仪器B为球形冷凝管，作用是冷凝回流，故答案为球形冷凝管；冷凝回流。
（3）在洗涤操作中饱和碳酸氢钠溶液的主要作用是除去残留的醋酸，降低乙酸异戊酯的溶解度，故答案为除去残留的醋酸，降低乙酸异戊酯的溶解度。
（4）实验中加入少量无水硫酸钠的目的是吸收酯中少量的水分，对乙酸异戊酯进行干燥，故答案为干燥乙酸异戊酯。
（5）酯化反应是可逆反应，增大反应物的浓度可以使平衡正向移动；增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高，因此本实验中加入过量乙酸的目的是提高转化率；故答案为提高异戊醇的转化率。
（6）乙酸物质的量为：n==0.1mol，异戊醇的物质的量为：n==0.05mol，由于乙酸和异戊醇是按照1：1进行反应，所以乙酸过量，生成乙酸异戊酯的量要按照异戊醇的物质的量计算，即理论上生成0.05mol乙酸异戊酯；实际上生成的乙酸异戊酯的物质的量为=0.03mol，所以实验中乙酸异戊酯的产率为100%=60%，故答案为d。
9.碱式硫酸铝[(1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3]溶液可用于烟气脱硫。实验室用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝溶液，实验流程如下：
已知“调pH”的反应为：(2−x)Al2(SO4)3＋3xCaCO3＋3xH2O＝2[(1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3]＋3xCaSO4↓＋3xCO2↑
（1）“酸浸”时反应的化学方程式为____。
（2）“酸浸”时适当增大H2SO4溶液浓度的目的是____，能达到相同目的的方法还有____（任写一种）。
（3）“酸浸”时应控制H2SO4溶液的用量，H2SO4溶液用量不能过量太多的原因是____。
（4）通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，加入0.1000 mol·L−1 EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L−1 CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL（已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1）。
计算(1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值（写出计算过程）____。
【答案】 (1). Al2O3＋3H2SO4＝Al2(SO4)3＋3H2O (2). 加快酸浸时的反应速率（或提高铝元素的浸出率） (3). 加热（或搅拌） (4). 会增加后续CaCO3的消耗量 (5). 0.41
【解析】
【详解】（1）“酸浸”时氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的化学方程式为Al2O3＋3H2SO4＝Al2(SO4)3＋3H2O；
（2）“酸浸”时适当增大H2SO4溶液浓度的目的是加快酸浸时的反应速率（或提高铝元素的浸出率），能达到相同目的的方法还有加热（或搅拌）；
（3）“酸浸”时应控制H2SO4溶液的用量，H2SO4溶液用量不能过量太多，若过量太多，会增加后续CaCO3的消耗量；
（4）2.50 mL溶液中：n(SO42-)=n(BaSO4)=，
2.50 mL溶液中：n(Al3+)=n(EDTA)-n(Cu2+)=0.1000mol/L×25.00mL×10-3L/mL-0.08000mol/L×20.00mL×10-3L/mL=9.000×10-3mol，
2.50 mL溶液中：n(Al3+)= 9.000×10-3mol，
1mol(1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中n(Al3+)=（2-x）mol；n(SO42-)=3（1-x）mol；
n(Al3+)：n(SO42-)=（2-x）mol：3（1-x）mol=9.000×10-3mol：00100mol，解得x=0.41。
【点睛】本题以碱式硫酸铝溶液的制备原理为背景，考查反应原理的理解、反应条件的控制和有关化学式的计算。理解溶液中的离子反应与实验滴定方法的定量计算，理清物质间的计量关系是解题的难点。
10.NO2是形成雾霾天气的原因之一。
（1）重型车辆常在排气管内“喷淋”尿素［CO(NH2)2］溶液，使NO2转化为无污染物质。采用“喷淋”时，该反应的活化能____（选填“增大”“减小”“不变”），写出该反应的化学方程式：____。（已知：CO(NH2)2中N呈－3价）
（2）以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素。已知：
①2NH3(g)＋CO2(g)=NH2CO2NH4(s) ΔH＝－l59.5 kJ·mol-1
②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l) ΔH＝－160.5 kJ·mol-1
③H2O(l)=H2O(g) ΔH＝＋44.0 kJ·mol-1
写出CO2与NH3合成尿素和气态水的热化学反应方程式______。
（3）恒温下将1.6molNH3和0.8molCO2放入容积为8L的恒容密闭容器中，反应生成NH2CO2NH4（s），下列各项能说明反应达到平衡状态的是______。
a．容器内气体压强保持不变 b．CO2与NH3的速率之比为1∶2
c．NH2CO2NH4(s)质量保持不变 d．容器内温度保持不变
该反应达到平衡时，测得CO2的物质的量浓度为0.05mol·L-1。则平衡时CO2的转化率α＝____；若其他条件不变，移去少量NH2CO2NH4，CO2的转化率_____（选填“增大”“减小”“不变”）。
（4）为减少NO2排放，可将NO2转化为NO后通入如图所示装置，同时补充气体物质A使NO全部转化为NH4NO3，该装置中总化学反应方程式是_____。
【答案】 (1). 不变 (2). 6NO2+4CO(NH2)2＝7N2+4CO2+8H2O (3). 2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H=-276.0kJ/mol (4). ac (5). 50% (6).
不变 (7). 8NO+2NH3+7H2O=5NH4NO3
【解析】
【详解】（1）尿素以喷淋的形式进入排气管，可增大与NO2气体的接触面积，加快了反应速率，但不改变反应的活化能；尿素与NO2反应生成CO2、N2和水的化学方程式是6NO2+4CO(NH2)2=7N2+4CO2+8H2O，故答案为不变；6NO2+4CO(NH2)2=7N2+4CO2+8H2O；
（2）①2NH3(g)＋CO2(g)=NH2CO2NH4(s) ΔH＝－l59.5 kJ·mol-1
②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l) ΔH＝－160.5 kJ·mol-1
③H2O(l)=H2O(g) ΔH＝＋44.0 kJ·mol-1
依据热化学方程式和盖斯定律计算①+②+③得到CO2与NH3合成尿素和气态水的热化学反应方程式为2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H=-276.0kJ/mol；
故答案为2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H=-276.0kJ/mol；
（3）a．反应前后气体反应物和生成物的系数和不等，正反应是体积减小的方向，在恒温恒容条件下，压强不变是平衡状态，选项a正确；
b．伴随反应的进行，CO2与NH3的速率之比始终为1：2，无法判断是平衡状态，选项b错误；
c．NH2CO2NH4(s)质量保持不变可说明是平衡状态，选项c正确；
d．反应在恒温条件下进行，无法判断是平衡状态，选项d错误；
2NH3+CO2⇌NH2CO2NH4，
起始量（mol/L）0.2 0.1
变化量（mol/L）0.1 0.05
平衡量（mol/L）0.1 0.05
CO2的转化率=×100%=×100%=50%，改变NH2CO2NH4（s）质量平衡不移动，CO2的转化率不变；
故答案为ac；50%；不变；
（4）电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，阴极反应为：NO+5e-+6H+=NH4++H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3-的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总电极反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，可知补充的A为NH3，使NO全部转化为NH4NO3，总化学反应方程式是8NO+2NH3+7H2O=5NH4NO3；
故答案为8NO+2NH3+7H2O=5NH4NO3。
11.早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由 Al、Cu、Fe 三种金属元素组成，回答下列问题：
(1)准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过________方法区分晶体、准晶体和非晶体。
(2)基态Fe原子有________个未成对电子。Fe3＋的电子排布式为_______________。
(3)新制备的Cu(OH)2可将乙醛(CH3CHO)氧化为乙酸，而自身还原成Cu2O。乙醛中碳原子的杂化轨道类型为________，1 mol乙醛分子中含有的σ键的数目为________。Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有__________个铜原子。锗也是一种半导体材料，Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键，从原子结构角度分析，原因是______________________________。
(4)如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图：
镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢能力。已知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10－23 cm3，储氢后形成LaNinH4.5合金(氢进入晶胞空隙，体积不变)，则LaNin中n＝________(填数值)；氢在合金中的密度为________。
【答案】 (1). X射线衍射 (2). 4 (3). 1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5) (4). sp3、sp2 (5). 6NA (6). 16 (7). Ge原子半径较大，难以形成稳定的π键，不易形成双键或叁键 (8). 5 (9). 0.083 g·cm－3
【解析】
（1）从外观无法区分三者，但晶体对X-射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无X衍射现象即区分。
（2）26号元素Fe基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去电子变为铁离子时，先失去4s上的2个电子，再失去3d上的1个电子，因此Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5。
（3）乙醛中甲基上的C形成4个σ键，无孤对电子，因此采取sp3杂化类型，醛基中的C形成3个σ键和1个π键，无孤对电子，采取sp2杂化类型；1个乙醛分子含有6个σ键和一个π键，则1mol乙醛含有6molσ键，即6NA个σ键；Cu2O立方晶胞中O原子数为
4×1+6× +8× =8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍，即为16个；Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，Ge原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成π键，Ge原子之间难以形成双键或叁键。
（4）由晶胞结构可知，Ca原子是8×＝1，D原子是8×＋1＝5，原子个数比是1:5，镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构，则LaNin中n＝5；由LaNinH4.5可知，该晶胞的体积为 9.0×10-23cm3，氢原子的质量为 g，则氢在合金中的密度为ρ= =g·cm-3=0.083 g·cm-3。
点睛：本题考查了晶体的性质、原子核外电子排布规律、共价键类型、杂化类型、晶胞配位数及密度的计算，综合性非常强，其中晶胞配位数以及密度的计算是难点。
12.碘海醇为非离子型造影剂，适用于有造影剂反应的高危因素的病人。下面是以化合物A为原料合成碘海醇的路线：
其中R-为-CH2CH(OH)CH2OH
请回答以下问题：
（1）物质D中含有的官能团为________。
（2）A是苯的同系物，相对分子量为106，则A的结构简式是_______________。
（3）写出A的侧链与氯气发生一氯取代的条件_____________。
（4）反应②的化学方程式______________。
（5）反应①→⑤中，属于氧化反应的是_____________（填序号）。
（6）写出能同时满足下列条件的D的两种同分异构体的结构简式：_________。
Ⅰ．苯环上有3个取代基，苯环上的一卤代物有2种；
Ⅱ．能发生银镜反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；
Ⅲ．含有1个α－氨基酸的结构（例如：CH3CH(NH2)COOH属于α－氨基酸）
【答案】 (1). 硝基，酯基 (2). (3). 光照 (4). (5). ① (6).
【解析】
【分析】
根据D的结构简式，又据C与甲醇发生酯化反应生成D,则C为，B发生硝化反应生成C,所以B为，A被高锰酸钾氧化生成B，又A是苯的同系物,其蒸气相对分子质量为106，所以化合物A分子式为C8H10,推得A的结构简式为:；据以上分析解答。
【详解】根据D的结构简式,又据C与甲醇发生酯化反应生成D,则C为,B发生硝化反应生成C，所以B为,A被高锰酸钾氧化生成B，又A是苯的同系物,其蒸气相对分子质量是106，所以化合物A分子式为C8H10，推得A的结构简式为:；
(1) 根据D的结构简式可知：D中官能团为硝基和酯基；因此，本题正确答案是:硝基和酯基。
(2)根据上面的分析可以知道A的结构简式为；因此，本题正确答案是:。
(3)苯的同系物在光照的条件下与氯气发生侧链上的取代；因此，本题正确答案是:光照。
(4)有机物（B） 与硝酸发生硝化反应，该反应方程式为
；因此，本题正确答案是:。
(5)根据(1)的分析反应①为氧化反应,②为硝化反应（也属于取代反应）,③是酯化反应（也属于取代反应）,④为D中的-OCH3被-NHR取代，属于取代反应；⑤与氢气发生还原反应；因此，本题正确答案是：①。
(6)Ⅰ.苯环上有3个取代基,苯环上的一卤代物有2种；Ⅱ.能发生银镜反应,水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚酯；Ⅲ.含有1个α-氨基酸的结构,则符合条件的D的两种同分异构体的结构简式为、；因此，本题正确答案是:、。
【点睛】和苯环相连接的第一个碳上至少有1个氢原子，这样的芳香烃才能够被酸性高锰酸钾溶液氧化为芳香羧酸；若和苯环相连接的第一个碳上没有氢原子，就不能酸性高锰酸钾溶液氧化；本题中间二甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化为间苯二甲酸。
