福建省厦门市2020届高三下学期第一次质量检查（4月）理综化学试题（全国I卷） Word版含解析

福建省厦门市2020届高三下学期第一次质量检查（4月）理综化学试题（全国I卷） Word版含解析

www.ks5u.com 福建省厦门市2020届高三下学期第一次质量检查 理科综合能力测试化学试题 ‎1.下列有关酒精说法错误的是 A. 医用消毒酒精中乙醇的体积分数为75%‎ B. 向空气中喷洒大量酒精进行消毒，存在安全隐患 C. 工业酒精因含甲醇故不能勾兑直接饮用 D. 酒精与84消毒液混合，可增强消毒效果 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．医学上常用乙醇体积分数为75%的乙醇(酒精)溶液消毒，A正确；‎ B．酒精为易燃液体，大量喷洒在空气中可能引发爆炸，B正确；‎ C．工业酒精含甲醇，甲醇有毒，故不能将工业酒精勾兑饮用，C错误；‎ D．84消毒液的有效成分为NaClO，有强氧化性，乙醇有还原性，二者混合发生氧化还原反应产生有毒Cl2，不仅降低消毒效果，还可能引发中毒，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎2.科学家合成的一种纳米小人结构如图。下列关于该化合物的说法正确的是 A. 易溶于水 B. 1mol该物质最多可与16molH2发生加成反应 C. 一氯代物有10种（不考虑空间异构）‎ D. 所有原子处于同一平面 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该物质不含亲水基团，不能溶于水，A错误；‎ B．1mol苯环可与3mol氢气加成，1mol碳碳三键可与2mol氢气加成，分子中含2个苯环，5个碳碳三键，故1mol该物质最多可与(2×3+5×2)mol=16molH2发生加成反应，B正确；‎ C．该分子有11种等效氢，一氯代物有11种，C错误；‎ - 17 -‎ D．该分子中存在单键的C，所有原子不可能共面，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎3.我国科学家首次抓住“兔耳朵”解密催化反应“黑匣子”。图a是TiO2结构图，图b是TiO2吸附H2O后形成“兔耳朵”的结构图，图c是图b的俯视图。下列叙述错误的是 A. 由图a可知，每隔4个Ti原子会有一列凸起 B. 由图b可知，凸起位置上的Ti原子是反应的活性位点 C. 由图c可知，水分子和羟基之间靠共价键结合 D. 将CO引入体系，通过观察凸起结构变化，证实水煤气变换催化反应的发生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．a图中，两个凸起的Ti之间隔着4个Ti，A正确；‎ B．b图中，只有凸起的Ti原子才能吸附水分子，故凸起位置上的Ti原子是反应的活性位点，B正确；‎ C．c图中水分子和羟基之间靠氢键结合，C错误；‎ D．水气变换反应为CO+H2O=CO2+H2，引入CO，若凸起结构中水分子减小，则证明水煤气变换催化反应已发生，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎4.下列实验方案设计中，无法达到实验目的的是 选项 实验目的 实验方案 A 除去NaCl固体中少量的KNO3杂质 将固定溶于水配成溶液，蒸发结晶并趁热过滤 B 检验乙酸乙酯中是否含有乙酸 加入含有酚酞的NaOH溶液并振荡，观察下层溶液颜色变化 C 证明Na2CO3溶液中存在水解平衡 向含有酚酞的Na2CO3‎ - 17 -‎ 溶液中滴入BaCl2溶液，观察溶液的变化 D 比较Fe3+和I2的氧化性强弱 向含有淀粉的KI溶液中滴入FeCl3溶液，观察溶液颜色变化 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaCl中混有少量KNO3，先将其溶于水，蒸发结晶，NaCl迅速析出，KNO3量少，不能析出，由于NaCl的溶解度受温度的影响不大，而温度降低，KNO3的溶解度快速减小，可能析出KNO3晶体，故蒸发结晶后应该趁热过滤，防止KNO3析出，让其留在母液，从而分离，A正确；‎ B．乙酸乙酯能和NaOH反应，无论有无乙酸，下层(水层)溶液颜色均会变浅，B错误；‎ C．若溶液中存在CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡，加入BaCl2后，Ba2+和CO32-反应生成BaCO3沉淀，平衡会向左移，OH-浓度减小，含有酚酞的Na2CO3溶液红色会变浅，C正确；‎ D．向含有淀粉的KI溶液中滴入FeCl3溶液，若溶液变蓝，则说明发生了2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，Fe3+的氧化性强于I2，若溶液不变蓝，说明反应2I-+2Fe3+=2Fe2++I2不能发生，Fe3+的氧化性弱于I2，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】D．氧化剂的氧化性强于氧化产物。‎ ‎5.科学家合成出了一种高效电解质（如图所示），其中W、Y、X、Z、Q均为短周期元素，且原子序数依次增大，X和Q位于同一主族，Y和Z的原子序数之和与Q相等。下列说法正确的是 A. Q的氧化物对应水化物为强酸 B. 阴离子中所有原子均满足8电子稳定结构 C. 元素非金属性的顺序为Z>Y>X D. W和X形成的化合物溶于水呈碱性 - 17 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎4个X原子均形成2个共价键，Q形成6个共价键，X和Q位于同一主族且X的原子序数小于Q，所以X为O，Q为S，W和阴离子之间形成离子键且原子序数最小，则W为Li，2个Z均形成一个共价键且原子序数比Q小，则Z为F，Y和Z的原子序数之和与Q相等，则Y为N，综上所述，W、Y、X、Z、Q分别为：Li、N、X、F、S，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．S的氧化物对应水化物不一定为强酸，例如H2SO3是弱酸，A错误；‎ B．由阴离子只带一个单位负电荷可知，Y (N)原子最外层只有5+1=6个电子，B错误；‎ C．Z(F)、Y(N)、X(O)三者的非金属性强弱顺序为：Z(F)＞X(O)＞Y(N)，C错误；‎ D．W和X形成的化合物为Li2O，Li2O溶于水生成LiOH，LiOH溶液显碱性，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎6.我国科学家设计了一种太阳能驱动的H2S分解装置，工作原理如图所示。下列叙述错误的是 A. 丙区发生的电极反应为 B. 丁区在催化剂表面发生电化学反应生成和H2‎ C. 理论上甲区每生成1molS时通过质子交换膜的H+为2mol D. 该装置实现了利用太阳能间接将H2S分解为S和H2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从图上可获得如下信息：甲区：通入H2S，发生H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，S通过甲装置下端排出，Fe2+和H+通过甲和乙之间泵到达乙区，Fe2+在乙区失电子发生Fe2+-e-=Fe3+，Fe3+从左上面管子回到甲区循环，H+通过质子交换膜进入丙区，发生 - 17 -‎ ‎，从右上边管子到达丁区，在催化剂作用下发生=+H2↑，从丙和丁之间的泵回到丙区循环，H2排出，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．由上面的分析可知，丙区发生的电极反应为，A正确；‎ B．由上面分析可知，丁区在催化剂表面分解生成和H2，没发生电化学反应，B错误；‎ C．甲区产生S的反应为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，由反应可知，每生成1molS，产生并通过质子交换膜的H+为2mol，C正确；‎ D．该装置实现了利用太阳能间接将H2S分解为S和H2，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】不要凭空遐想，一定要结合图来分析！‎ ‎7.向0.02mol·L-1CuSO4溶液中匀速滴加1mol·L-1氨水，先观察到有浅蓝色沉淀[Cu2(OH)2SO4]生成，后沉淀溶解，逐渐变为深蓝色溶液。该实验过程体系的pH和电导率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 A. c(Cu2+)：a点=b点 B. bc段生成浅蓝色沉淀的反应为 C. d点时：‎ D. 导电能力：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 17 -‎ ‎【分析】‎ c到d溶液pH突变，说明c点沉淀达到最大值，a到c发生生成沉淀的反应：，c到e发生沉淀溶解反应：+=2+8H2O+SO42-+2OH-，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．a到b发生，c(Cu2+)减小，故c(Cu2+)：a点＞b点，A错误；‎ B．bc段生成浅蓝色沉淀的反应为、而不是，B错误；‎ C．c点沉淀达到最大值，此时溶质为(NH4)2SO4，c到d，pH突变，但导电率几乎不变，故d点，溶质为(NH4)2SO4和，那么d点溶液中电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42-)，因此时pH＞7，c(H+)＜c(OH-)，故c(NH4+)＞2c(SO42-)，C错误；‎ D．b’点之前释放NH4+，导电能力增强，b’之后释放和OH-，导电能力降低，说明导电能力，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】找到起点、恰好完全反应的点以及分析每一段所发生的反应是解决本类题的关键。‎ ‎8.过氧乙酸(CH3COOOH)是一种常用的消毒剂，易溶于水、易挥发、见光或受热易分解。其制备原理为： △H<0，同时利用乙酸丁酯与水形成共沸物（沸点90.7℃）及时分离出水，以提高产率。实验装置如图。‎ ‎（1）过氧乙酸保存时应注意______________（填标号）。‎ A．避光B．低温C．密闭D．隔绝空气 - 17 -‎ ‎（2）仪器a的名称为______________，其中盛放的试剂为______________（填“乙酸”或“双氧水”）。‎ ‎（3）为减少反应瓶中乙酸丁酯的损耗，反应开始前，在油水分离器中应进行的操作是______________。‎ ‎（4）反应体系采用减压的目的是____。‎ ‎（5）过氧乙酸（含有少量H2O2杂质）的含量测定流程如图。‎ ‎①判断H2O2恰好除尽的实验现象是______________。‎ ‎②过氧乙酸被Fe2+还原，还原产物之一为乙酸，其离子方程式为______________‎ ‎③若样品体积为VomL，加入c1mol·L-1FeSO4溶液V1mL，消耗c2mol·L-1K2Cr2O7溶液V2mL。则过氧乙酸含量为______________g.L-l。‎ ‎【答案】 (1). ABC (2). 恒压滴液漏斗 (3). 双氧水 (4). 在油水分离器中加满乙酸丁酯 (5). 减压可以降低共沸物的沸点，防止温度过高，过氧乙酸分解 (6). 当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 (7). CH3COOOH+ 2Fe2++2H+=CH3COOH+2Fe3++H2O (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙酸和过氧化氢在反应瓶中反应生成过氧乙酸和水，利用水和乙酸丁酯的沸点相近形成共沸物带出水，使反应右移，提高产率。产生的水蒸气和乙酸丁酯蒸汽在蛇形冷凝管冷凝成液态，水和乙酸丁酯不相溶，且水的密度大在下层，上层乙酸丁酯满了后回流反应瓶循环，提高乙酸丁酯的利用率。‎ ‎【详解】(1)过氧乙酸易溶于水、易挥发、见光或受热易分解，故应当避光、低温、密闭保存，故答案为：ABC；‎ ‎(2)仪器a为恒压滴液漏斗，因双氧水易分解，用来盛放双氧水，需要时滴加双氧水，故答案为：恒压滴液漏斗；双氧水；‎ ‎(3)反应开始前，在油水分离器中加满乙酸丁酯，这样乙酸丁酯可快速回流反应瓶，从而减少反应瓶中乙酸丁酯的损耗，故答案为：在油水分离器中加满乙酸丁酯；‎ - 17 -‎ ‎(4)产物过氧乙酸受热易分解，减压可以降低共沸物的沸点，从而可人为降低反应瓶中温度，防止温度过高，过氧乙酸分解，故答案为：减压可以降低共沸物的沸点，防止温度过高，过氧乙酸分解；‎ ‎(5)①高锰酸钾溶液为紫红色，过氧化氢没除尽之前，加高锰酸钾，高锰酸钾紫红色会褪去，若过氧化氢已除尽，再滴入高锰酸钾，溶液将变为紫红色，故答案为：当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；‎ ‎②Fe2+作还原剂，氧化产物为Fe3+，过氧乙酸为氧化剂，还原产物为乙酸，结合原子守恒、得失电子守恒可得离子方程式为：CH3COOOH+ 2Fe2++2H+=CH3COOH+2Fe3++H2O，故答案为：CH3COOOH+ 2Fe2++2H+=CH3COOH+2Fe3++H2O；‎ ‎③Fe2+总物质的量=c1V1×10-3mol，n(K2Cr2O7)=c2V2×10-3mol。根据得失电子守恒有：K2Cr2O7～2Cr3+～6e-～6Fe2+～6Fe3+，即每1mol K2Cr2O7与6mol Fe2+恰好完全反应，所以，与c2V2×10-3mol K2Cr2O7反应的Fe2+的物质的量= 6c2V2×10-3mol，那么，与过氧乙酸反应的Fe2+的物质的量= c1V1×10-3mol-6c2V2×10-3mol，根据CH3COOOH+ 2Fe2++2H+=CH3COOH+2Fe3++H2O可得：CH3COOOH的物质的量=，CH3COOOH的质量=×76g/mol=，则过氧乙酸含量==g·L-l，故答案为：。‎ ‎【点睛】(5)③与过氧乙酸反应的Fe2+的物质的量+与重铬酸钾反应的Fe2+的物质的量=Fe2+的总物质的量。‎ ‎9.“NaH2PO2还原法”制备高纯度氢碘酸和亚磷酸钠(Na2HPO3)的工业流程如图。‎ 已知：25℃时，H3PO3的pKa1=1.3，pKa2=6.6。‎ ‎（1）“合成”过程，主要氧化产物为H3PO3，相应的化学方程式为______________‎ ‎（2）“除铅”过程，FeS除去微量Pb2+的离子方程式为______________。‎ ‎（3）“减压蒸馏”过程，I-回收率为95%，则剩余固体的主要成分为____（填化学式）。‎ ‎（4）“调pH=11”的作用是______________。‎ ‎（5）若“结晶”前溶液中Na2HPO3的浓度为0.1mol.L-1‎ - 17 -‎ ‎，则“吸附”处理后，应调节溶液pH至______________（填数值）。‎ ‎（6）氢碘酸也可以用“电解法”制备，装置如图所示。其中双极膜(BPM)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH-；A、B为离子交换膜。‎ ‎①B膜最佳应选择______________‎ ‎②阳极的电极反应式是____。‎ ‎③少量的I一因浓度差通过BPM膜，若撤去A膜，其缺点是______________。‎ ‎【答案】 (1). NaH2PO2+I2+H2O=H3PO3+NaI+HI (2). FeS(s)+Pb2+(aq)=Fe2+(aq)+ PbS(s) (3). NaH2PO3 (4). 将Fe3+转化为沉淀除去，同时将NaH2PO3转换为了Na2HPO3 (5). 9.8 (6). Na+交换膜 (7). 2H2O-4e-=O2↑+4H+ (8). I-会在阳极失电子得到碘单质，沉积在阳极表面，损伤阳极板 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎“合成”步骤，NaH2PO2和I2和水反应生成H3PO3和NaI和HI；‎ ‎“除铅”步骤，FeS将Pb2+转化为PbS除去，同时得到Fe2+；‎ ‎“减压蒸馏”因为HI易挥发，H3PO3和NaI反应生成HI和NaH2PO3，同时获得HI；‎ ‎“溶解”阶段，H2O2将Fe2+氧化成Fe3+；‎ ‎“调pH=11”将Fe3+转化为沉淀除去，同时部分NaH2PO3转换为了Na2HPO3；‎ ‎“调pH”将NaH2PO3彻底转化为Na2HPO3，最后“结晶”得到Na2HPO3固体，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1) “合成”步骤，NaH2PO2和I2和水反应生成H3PO3和NaI和HI，反应方程式为：NaH2PO2+I2+H2O=H3PO3+NaI+HI，故答案为：NaH2PO2+I2+H2O=H3PO3+NaI+HI；‎ ‎(2)“除铅”过程，利用沉淀转化FeS将Pb2+变成PbS，离子方程式为：FeS(s)+Pb2+(aq)=Fe2+(aq)+ PbS(s)，故答案为：FeS(s)+Pb2+(aq)=Fe2+(aq)+ PbS(s)； ‎ ‎(3)由上面的分析可知，“减压蒸馏”过程，除得到HI回收I-外，H3PO3和NaI反应有NaH2PO3生成，则剩余固体的主要成分为NaH2PO3，故答案为：NaH2PO3； ‎ ‎(4)“调pH=11”的作用：将Fe3+转化为沉淀除去，同时将NaH2PO3转换为了Na2HPO3‎ - 17 -‎ ‎，故答案为：将Fe3+转化为沉淀除去，同时将NaH2PO3转换为了Na2HPO3；‎ ‎(5)H3PO3的pKa1=1.3，pKa2=6.6，说明H3PO3是二元弱酸，则HPO32-的水解常数Kh==10-7.4，，水解是微弱的，所以10-7.4≈=，解得：c(OH-)=10-4.2mol/L，c(H+)==10-9.8mol/L，所以，pH=9.8，故答案为：9.8；‎ ‎(6)①从图上看，右端的BPM膜和B膜之间产生NaOH，BPM膜提供OH-，B膜最好是Na+交换膜，故答案为：Na+交换膜；‎ ‎②阳极附近溶液为硫酸溶液，水电离的氢氧根失电子，故阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，故答案为：2H2O-4e-=O2↑+4H+；‎ ‎③A膜应为阳离子交换膜，阳极产生的H+透过A膜和少量的I-得到少量的HI，若撤去A膜，I-会在阳极失电子得到碘单质，沉积在阳极表面，损伤阳极板，故答案为：I-会在阳极失电子得到碘单质，沉积在阳极表面，损伤阳极板。‎ ‎【点睛】(5)H3PO3的pKa1=1.3，pKa2=6.6，说明H3PO3是二元弱酸，不要把H3PO3误以为是三元酸。‎ ‎10.研究大气污染物SO2、CH3OH与H2O之间的反应，有利于揭示雾霾的形成机理。‎ 反应i：‎ 反应ii：‎ ‎（1）CH3OSO3H发生水解：△H=______kJ/mol。‎ ‎（2）T℃时，反应ii的CH3OH(g)、SO3(g)的初始浓度分别为，平衡时SO3转化率为0.04%，则K=_____________。‎ ‎（3）我国科学家利用计算机模拟计算，分别研究反应ii在无水和有水条件下的反应历程，如图所示，其中分子间的静电作用力用“…”表示。‎ - 17 -‎ ‎①分子间的静电作用力最强的是_____________（填“a”、“b”或“c”）。‎ ‎②水将反应ii的最高能垒由_____________eV降为_____________eV。‎ ‎③d到f转化的实质为质子转移，该过程断裂的化学键为____（填标号）。‎ A．CH3OH中的氢氧键B．CH3OH中的碳氧键 C．H2O中的氢氧键D．SO3中的硫氧键 ‎（4）分别研究大气中H2O、CH3OH的浓度对反应i、反应ii产物浓度的影响，结果如图所示。‎ ‎①当c(CH3OH)大于10-11mol.L-1时，c(CH3OH)越大，c(H2SO4)越小的原因是_____________。‎ ‎②当c(CH3OH)小于10-11mol.L-1时，c(H2O)越大，c(CH3OSO3H)越小原因是_____________。‎ ‎【答案】 (1). -164.4 (2). 4×104L·mol-1 (3). a (4). 20.93 (5). 6.62 (6). ACD (7). 反应i和反应ii为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小 (8). 水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH3OSO3H越小，c(CH3OSO3H)越小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(3)图形很陌生，但仔细观察发现其实是反应历程与能量变化图，问题就变简单了。‎ ‎(4)反应i和反应ii为竞争反应，两个反应都消耗三氧化硫，三氧化硫浓度不变情况下，一个反应程度增大另一个反应程度一定减小。‎ ‎【详解】(1) 反应i：‎ 反应ii：‎ - 17 -‎ 反应i-反应ii有：，所以=-=()-()=-164.4，故答案为：-164.4；‎ ‎(2)SO3转化率为0.04%，则SO3转化值=×0.04%=8×10-13mol·L-1，列三段式如下： ，K=≈=4×104L·mol-1，故答案为：4×104L·mol-1；‎ ‎(3)①a处的两个分子能量更低，更稳定，分子间静电作用更强，故答案为：a；‎ ‎②无水时，反应ii的最高能垒为19.59eV-(-1.34eV)=20.93eV，有水时，反应ii的最高能垒为3.66eV-(-2.96eV)=6.62eV，即水将反应ii的最高能垒由20.93eV降为6.62eV，故答案为：20.93；6.62；‎ ‎③由图可知，水分子中的氢氧键断了一根，又形成一根；CH3OH中的氢氧键断了，O和S原子重新形成一根键；SO3中硫氧双键断了一根，变成硫氧单键，S和甲醇中的O重新形成一根单键，综上所述，水中的氢氧键、甲醇中的氢氧键、三氧化硫中的硫氧键都发生了断裂，ACD符合，故答案为：ACD；‎ ‎(4)①反应i和反应ii都消耗三氧化硫，为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小，故答案为：反应i和反应ii为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小；‎ ‎②水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH3OSO3H减小，c(CH3OSO3H)减小，故答案为：水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH3OSO3H越少，c(CH3OSO3H)越小。‎ ‎【点睛】(2)计算时作如下近似处理：≈100000×10-13=10-8≈。‎ ‎11.一种Ru络合物与g-C3N4复合光催化剂将CO，还原为HCOOH的原理图如图所示。‎ - 17 -‎ ‎（1）基态碳原子的价电子排布图为_____________。‎ ‎（2）1molHCOOH中含有的σ键数目为_____________，HCOOH的沸点比CO2高的原因为_____________。‎ ‎（3）Ru络合物中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为_____________‎ ‎（4）Ru络合物中与Ru配位的原子有N、_____________。‎ ‎（5）Ru络合物含有的片段和中氮原子均采用sp2杂化，都存在大π键，氮原子配位能力更强的是_____________（填“前者”或“后者”）。‎ ‎（6）一种类石墨的聚合物半导体g-C3N4，其单层平面结构如图1，晶胞结构如图2。‎ ‎①g-C3N4中氮原子杂化类型是_____________。‎ ‎②根据图2，在图1中用平行四边形画出一个最小重复单元。_____________‎ ‎③已知该晶胞的体积为Vcm3，中间层原子均在晶胞内部。设阿伏加德罗常数的值为NA，则g-C3N4的密度为____g.cm-3。‎ ‎【答案】 (1). (2). 4NA (3). HCOOH和CO2均为分子晶体，但HCOOH分子间存在氢键 (4). N＞O＞C (5). Cl、C (6). 前者 (7). sp2杂化 (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ - 17 -‎ ‎【分析】‎ ‎(5)中N原子有一对孤电子，容易给出电子对形成配位键，中N原子参与形成大π键，不易给出电子对形成配位键。‎ ‎(6)③由均摊法可知，该晶胞中N原子个数=8×+8×+2×+4=8，C原子个数=3+6×=6，‎ ‎【详解】(1)C为6号元素，基态碳原子的价电子排布图为：，故答案为：；‎ ‎(2)单键全是σ键，双键有一个是σ键，一个是π键，所以，1molHCOOH中含有4molσ键，即4NA，HCOOH和CO2均为分子晶体，但HCOOH分子间存在氢键，故HCOOH的沸点比CO2高，故答案为：4NA；HCOOH和CO2均为分子晶体，但HCOOH分子间存在氢键； ‎ ‎(3)Ru络合物中除Ru元素外还有H、C、N、O、P、Cl元素，位于第二周期的有： C、N、O三种元素，一般情况下，从左往右，第一电离能增大，但第ⅤA族的N原子2p轨道电子处于半充满状态，比O难失电子，第一电离能比O大，综上所述，三者第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；‎ ‎(4)由图可知，Ru络合物中与Ru配位的原子有N、Cl、C，故答案为：Cl、C；‎ ‎(5)前者的sp2杂化轨道上有一个孤电子对，更容易形成配位键，故答案为：前者；‎ ‎(6)①该物质中N原子价层电子对数为3，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型为sp2杂化，故答案为：sp2杂化；‎ ‎②由图二可知，重复的结构单元为六元环和外加三个N原子形成的结构，如图所示：，故答案为：；‎ ‎③由均摊法可知，该晶胞中N原子个数=8×+8×+2×+4=8，C原子个数=3+6×=6，1个晶胞的质量=，密度ρ=g.cm-3，故答案为：。‎ - 17 -‎ ‎【点睛】均摊法计算立方晶胞中原子个数时，每个立方体内的原子贡献1，每个面上的原子贡献二分之一，每个棱上的原子贡献四分之一，每个顶点的原子贡献八分之一。‎ ‎12.苯丁酸氮芥是氮芥类抗癌药的代表物，其合成路线：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）反应①所需的试剂和条件是____，B中的官能团名称是_____________‎ ‎（2）C的结构简式为_____________。‎ ‎（3）写出具有苯环结构，既能发生银镜反应又能发生水解反应的D的同分异构体的结构简式_____________。（不考虑立体异构，只需写出3个）‎ ‎（4）⑤的反应类型是_____________。‎ ‎（5）写出F到G的反应方程式_____________。‎ ‎（6）H到I的转化过程中是否可以将①、②两步交换顺序，说出你的理由_____________？‎ ‎（7）设计由苯和制备的合成路线______________无机试剂任选）。‎ ‎【答案】 (1). 浓H2SO4、浓HNO3、55℃-60℃ (2). 硝基 (3). (4). 、、、、（任写三种） (5). 还原反应、水解反应(取代反应) (6). (7). 不能，如互换，先酸化，加热，醇羟基可能发生消去反应 (8). ‎ ‎【解析】‎ - 17 -‎ ‎【分析】‎ A()和混酸在加热到55到60℃条件下发生硝化反应生成B()，在Fe、HCl作用下还原成C(C6H7N)，C为，和乙酰氯发生取代反应生成D()，D和发生开环加成反应生成E ()，发生水解、还原生成F()，F和甲醇酯化生成G()，G和环氧乙烷发生加成反应生成H()，发生取代反应生成I()，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)反应①为苯的硝化反应，条件和试剂为：浓H2SO4、浓HNO3、55℃-60℃，B为硝基苯，官能团为硝基，故答案为：浓H2SO4、浓HNO3、55℃-60℃；硝基；‎ ‎(2)C的结构简式为，故答案为：； ‎ ‎(3)D为，既能发生银镜反应又能发生水解，说明含，可能的结构有5种，如下：、、、、，故答案为：、、、、（任写三种）； ‎ ‎(4) ⑤变为羰基被还原，酰胺基水解，故答案为：还原反应、水解反应(取代反应)；‎ ‎(5)F和甲醇酯化生成G，反应方程式为：，故答案为：‎ - 17 -‎ ‎；‎ ‎(6)如互换，先酸化，加热，醇羟基可能发生消去反应，故答案为：不能，如互换，先酸化，加热，醇羟基可能发生消去反应；‎ ‎(7)目标产物含酯基，可由酯化而来，可由还原而来，可由和发生类似④的加成反应而来，即流程为：，故答案为：。‎ ‎【点睛】原料和苯，可联系原题中反应④，结合逆合成分析可快速得到答案。‎ - 17 -‎