【文档说明】【精准解析】四川省成都市双流中学2020届高三下学期第一次周考理综化学试题.doc，共(17)页，855.000 KB，由小赞的店铺上传

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双流中学2017级高三下期第1次周考理科综合能力测试化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本

试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：C12O16H1S32N14Kr84一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78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.“丝绸之路”我国对外通商的货物中，不含高分子的是()A.丝绸B.白糖C.茶叶D.

纸张【答案】B【解析】【分析】高分子化合物是指相对分子质量在10000以上的有机化合物。【详解】A．丝绸的主要成分为蛋白质，属于高分子化合物，A不合题意；B．白糖的主要成分是蔗糖，分子式为C12H22O11，不属于高分子化合物，B符合题意；C．茶叶中含有的成分包括茶多酚类、茶色

素类、茶多糖、茶皂素、蛋白质与氨基酸等，其中蛋白质为高分子化合物，C不合题意；D．纸张的主要成分是纤维素，属于高分子化合物，D不合题意；故选B。2.阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是()A.标准状况下，22.4L乙烷中所含的极性共价键数目为7NAB.160.1m

olOD−离子含有的电子、中子数均为1.0NAC.44g二氧化碳气体中含有共用电子对数目为4NAD.12L0.05molL−乙酸溶液中含有O原子数目为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A．标准状况下，22.4L乙烷为1mol，所含的极性共价键数目为6NA，A不正确

；B．160.1molOD−离子含有的电子数为1.0NA，含中子数为0.9NA，B不正确；C．CO2的结构式为O=C=O，44g二氧化碳为1mol，含共用电子对数目为4NA，C正确；D．12L0.05molL−乙酸溶

液，其中乙酸分子中含有O原子数目为0.2NA，水中还含有O原子，所以含O原子的数目大于0.1NA，D不正确；故选C。3.已知A、B、C、D是短周期中原子序数依次增大的四种主族元素，A单质在常温下呈气态，B原子最外层电子数是其电子层数的2倍

，C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是()A.A、C的氧化物均含离子键B.C离子的半径小于D离子的半径C.A、B可形成多种原子个数比为1:1的化合物D.含D元素的盐溶液只能显酸性【答

案】C【解析】【分析】元素D是地壳中含量最多的金属元素，则D为铝(Al)；C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C为钠(Na)；B原子最外层电子数是其电子层数的2倍，则B为碳(C)；A单质在常温下呈气态，则A为氢(H)。【详解】A．A的氧化物H2O中，不含有离子键，A不正确；B．

Na+与Al3+的电子层结构相同，但Al的原子序数大，所以Al3+半径小，B不正确；C．碳与氢可形成多种原子个数比为1:1的化合物，如C2H2、C4H4、C6H6等，C正确；D．含Al元素的盐溶液中，NaAlO2显碱性，D不正确；故选C。4.有机物M为海洋天然产物(一)-Pavidolide

B不对称全合成的中间体之一，结构简式如下图。下列有关M的说法不正确的是A.分子式为C10H14OB.可发生取代反应、加成反应、聚合反应C.分子中所有碳原子都在同一平面上D.苯环上连有-OH和-C4H9的M的同分异构体

有12种【答案】C【解析】【详解】A.根据结构简式，推出此有机物的分子式为C10H14O，故A说法正确；B.根据有机物的结构简式，此有机物中含有官能团是羰基、碳碳双键，碳碳双键能发生加成反应、聚合反应，故B说法正确；C.，此处三个位置中C的杂化类型为sp3杂化，空

间构型为正四面体，分子中所有碳原子不可能都在同一平面上故C说法错误；D.－C4H9的结构有－CH2CH2CH2CH3、－CH2CH(CH3)2、－CH(CH3)CH2CH3、－C(CH3)4，苯环上两个取代基位置

为邻间对，同分异构体为3×4=12，故D说法正确。答案选C。5.H2S是一种剧毒气体，如图为质子膜H2S燃料电池的示意图，可对H2S废气资源化利用。下列叙述错误的是A.a是负极，电池工作时，电子的流动方向是：电极a-负载一电极b-质子膜一电极aB.电池工作时，化学能转

化为电能和热能C.电极b上发生的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2OD.当电路中通过4mol电子时，有4molH+经质子膜进入正极区【答案】A【解析】【详解】A.根据H2S燃料电池的示意图可知，在a极，H2S→S2，硫化合价升高，发生氧化反应，

a是负极，电池工作时，电子从负极电极a经负载流向正极电极b，但电子不能进入溶液中，A错误；B.原电池工作时，化学能转化为电能和热能，B正确；C.根据O2→H2O，化合价降低，氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，C正确；D.根据O2+4e-+4H+=2H2O，所

以当电路中通过4mol电子时，有4molH+经质子膜进入正极区，D正确。故正确选项为A。6.下列实验的现象及相应的结论都正确的是实验现象结论A向FeCl3溶液中滴入足量KI溶液，再加入CCl4振荡、静置上层液体呈紫红色氧化性：Fe3+＞I2B向NaCl饱和溶

液中先通入NH3至饱和，再通入足量CO2溶液中有固体析出固体成分为NaHCO3C向碳酸钠溶液中先滴入酚酞，再滴溶液先变红，后溶液红非金属性：Cl＞C加稀盐酸色变浅直至消失D向溶有SO2的BaCl2溶液中加入物质X有白色沉淀生成SO2

一定被氧化A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．四氯化碳的密度大于水，碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，生成的碘被四氯化碳萃取后下层溶液为紫红色，选项A错误；B．向NaCl饱和溶液中先通入NH3至饱和，再通入足量CO2，溶液中含有氯离子、钠离子、铵根离子和碳酸氢根离子，混

合后碳酸氢钠过饱和，溶液中有固体析出，固体成分为NaHCO3，选项B正确；C．盐酸是无氧酸不是氯的最高价氧化物的水化物，不能根据盐酸酸性强弱判断非金属性强弱，选项C错误；D．若向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X后生成白色沉淀，白色沉淀可能为亚硫酸钡或硫酸钡，则X可能为氯气或氨气等，若为氨气

则二氧化硫没有被氧化，选项D错误。答案选B。7.常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得溶解平衡图象如图所示(不考虑C2O42-的水解)。下列叙述正确的是()A.Ksp(Ag2C2O4)的数量级等于10-7

B.n点表示AgCl的不饱和溶液C.向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀D.Ag2C2O4+2Cl–(aq)⇌2AgCl+C2O42-(aq)的平衡常数为109.04【答案】D【解析】【详解】A．Ksp（Ag2C2O4）=c2

（Ag＋）·c（C2O42－）=（10-4）2×（10-2.46）=10-10.46，Ksp(Ag2C2O4)的数量级为10-11，故A错误；B．在n点，c（Ag＋）大于平衡浓度，故n点的浓度积Qc（AgCl）＞Ksp（AgCl），n为氯化银的过饱和溶液

，将有沉淀析出，故B错误；C．由图象可知，c(Cl-)=c(C2O42-)，当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c（Ag＋）小，故向c（Cl－）=c（C2O42－）的混合液中滴入AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，故C错误；D．A

g2C2O4+2Cl－2AgCl+C2O42－的平衡常数K=2242(c(CO)cCl)－－，此时溶液中的c（Ag＋）相同，故有：K=2242(c(CO)cCl)－－=()2.4625.751010−−=109.04，故D正确。故选D。8.水合肼(N2H4·H2O)是一种强还原性的碱

性液体，常用作火箭燃料。利用尿素法生产水合肼的原理为CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl。实验1：制备NaClO溶液(己知：3NaClO2NaCl+NaClO3)。（1）图甲装置Ⅰ

中烧瓶内发生反应的离子方程式为________________________。（2）用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器有_______________。（3）图甲装置Ⅱ

中用冰水浴控制温度的目的是________________________。实验2：制取水合肼（4）图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O会参与A中反应并产生大量氮气，降低产品产率，该过程中反应生成氮气的化学方程式为_______________

___。充分反应后，蒸馏A中溶液即可得到水合肼的粗产品。实验3：测定馏分中水合肼的含量（5）称取馏分3.0g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2~3

滴淀粉溶液。用0.15mol·L-1的碘的标准溶液滴定。(已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O)①滴定操作中若不加入适量NaHCO3固体，则测量结果会___________“偏大”“偏小”“无影

响”)。②下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是___________(填字母)。a.锥形瓶清洗干净后未干燥b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液③实验测得消耗I2溶液的

平均值为20.00mL，馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为___________________。【答案】(1).MnO2+4H++Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(2).量筒、烧杯、玻璃棒(3).防止NaClO分解，影响水合肼的产

率(4).N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl(5).偏大(6).d(7).25%【解析】试题分析：由图可知，装置I由二氧化锰和浓盐酸制备氯气；装置II由氯气和氢氧化钠溶液制备次氯酸钠；装置III是尾气处理装置；图乙中的由CO(NH2)2与NaOH、NaClO

反应制备水合肼。实验1：制备NaClO溶液(己知：3NaClO2NaCl+NaClO3)。（1）图甲装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的离子方程式为MnO2+4H++Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。（2）用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需

玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒。（3）由题中信息(己知：3NaClO2NaCl+NaClO3)可知，图甲装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是防止NaClO分解，影响水合肼的产率。实验2：制取水合肼（4）图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O会参与A

中反应并产生大量氮气，降低产品产率，该过程中反应生成氮气的化学方程式为N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl。充分反应后，蒸馏A中溶液即可得到水合肼的粗产品。实验3：测定馏分中水合肼的含量（5）称取馏分3.0g，

加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2~3滴淀粉溶液。用0.15mol·L-1的碘的标准溶液滴定。(已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O)①水合肼(N2H4·H2O)是一

种强还原性的碱性液体，滴定操作中若不加入适量NaHCO3固体控制溶液的pH，则碘会在碱性条件下发生歧化反应而消耗较多的碘，所以测量结果会偏大。②下列实验操作：a.锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响测定结果；b.滴定前，滴定管内无

气泡，滴定后有气泡，则标准液的体积读数偏小；c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，则标准液的体积读数偏小；d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液，则标准液会被残留的水稀释，从而消耗标准液的体积偏大。综上所述，能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是d。③实验测得消耗

I2溶液的平均值为20.00mL，由反应的化学方程式N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O可知，n(N2H4•H2O)=12n(I2)=10.020L0.15mol/L2=0.0015mo

l，馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为0.001550/100%25.003.0250molgmolmLgmL=25%。点睛：本题考查物质制备实验、主要考查了实验室制备氯气的反应原理、配制一定质量分数的溶液所用的实

验仪器、反应条件的控制、氧化还原滴定及其误差分析等等，题目难度中等。明确实验目的为解答关键，较好地考查了学生对实验原理的理解及知识迁移应用的能力、处理实验数据的能力等等。9.工业上用含锰废料(主要成分为MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、CuO、Ca

O等)与烟气脱硫进行联合处理并制备MnSO4的流程如图所示：已知：25℃时，部分氢氧化物的溶度积常数(Ksp)如表所示。氢氧化物Al(OH)3Fe(OH)3Cu(OH)2Mn(OH)2Ksp1.3×10-334.0

×10-382.2×10-201.9×10-14回答下列问题：(1)沉淀1的化学式为____。(2)室温下，调节pH为5。试通过计算说明此时Al3+、Fe3+已沉淀完全：____。(3)(NH4)2S的电子式为____；“净化”

时，加入(NH4)2S的作用为____。(4)“酸化、还原”中，发生的所有氧化还原反应的离子方程式为____。(5)已知：滤液3中除MnSO4外，还含有少量(NH4)2SO4。(NH4)2SO4、MnSO4的溶解

度曲线如图所示。据此判断，“操作Ⅰ”应为蒸发浓缩、____、洗涤、干燥。(6)工业上可用电解酸性MnSO4溶液的方法制备MnO2，其阳极反应式为____。【答案】(1).CaSO4(2).室温下，pH=5时，c(OH

-)=10-9mol·L-1，c(Fe3+)=sp33-[Fe(OH)](OH)Kc=-38-934.010(1.010)=4.0×10-11mol·L-1，同理，c(Al3+)=1.3×10-6mol·L-1，皆小于1.0×10-5mol·L-

1，故Al3+、Fe3+已沉淀完全(3).(4).使Cu2+转化为CuS沉淀(5).MnO2+SO2=Mn2++SO42-、Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42-+H2O(6).趁热过滤(7).Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+【解析】【分析】含锰废料(主要成分为

MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、CuO、CaO等)中加入稀硫酸和含SO2的烟气，能将酸化后所得锰还原为Mn2+，将Fe3+还原为Fe2+，同时将溶液中的Ca2+转化为CaSO4沉淀，即成为沉淀1的主要成分；往滤液中加入H2O2，可将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH=

5，此时c(OH-)=10-9mol·L-1，利用Ksp，判断哪些阳离子转化为沉淀，从而得出沉淀2的成分；滤液2中加入(NH4)2S，与Cu2+反应生成CuS沉淀；过滤后，将滤液蒸发结晶，便可获得MnSO4晶体。【详解】(1)由以上分析可知，沉淀1的化学式为CaSO4。

答案为：CaSO4；(2)室温下，调节pH为5，先求出溶液中的c(OH-)，然后利用Ksp进行计算，若c(Al3+)、c(Fe3+)小于10-5mol/L，则表明沉淀完全。计算过程为：室温下，pH=5时，c(OH-)=10-9mol·L-1，c(Fe3+)=sp33-

[Fe(OH)](OH)Kc=-38-934.010(1.010)=4.0×10-11mol·L-1，同理，c(Al3+)=1.3×10-6mol·L-1，皆小于1.0×10-5mol·L-1，故Al3+、Fe3+已沉淀完全。答案为：室温下，pH

=5时，c(OH-)=10-9mol·L-1，c(Fe3+)=sp33-[Fe(OH)](OH)Kc=-38-934.010(1.010)=4.0×10-11mol·L-1，同理，c(Al3+)=1.3×10-6mol·L-1，皆小于1.0×10-5mol·L-1，故Al3+

、Fe3+已沉淀完全；(3)(NH4)2S为离子化合物，由NH4+和S2-构成，电子式为；“净化”时，加入(NH4)2S的作用是使Cu2+转化为CuS沉淀。答案为：；使Cu2+转化为CuS沉淀；(4)“酸化、还原”中，含SO2的烟气，能将酸化后所得

锰还原为Mn2+，将Fe3+还原为Fe2+，反应的离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO42-、Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42-+H2O。答案为：MnO2+SO2=Mn2++SO42-、Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42-+H2O

；(5)从溶解度曲线看，蒸发后，MnSO4溶解度降低，会结晶析出，但若过滤过程中温度降低，也会导致(NH4)2SO4结晶析出，所以应注意温度的变化。据此判断，“操作Ⅰ”应为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥。答案为：趁热过滤；(6)电解酸性MnSO4溶液时，Mn2+失电子的

产物与水反应生成MnO2和H+，其阳极反应式为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。答案为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。【点睛】利用溶解度曲线进行实验操作分析时，我们常会受思维惯性的影响，认为凡是

从溶液中提取溶质，采用的都是蒸发浓缩、冷却结晶的方法。不同的物质，具有不同的性质，所以应认真分析溶解度曲线，否则易得出错误的结论。10.硫单质及其化合物在化工生产等领域应用广泛。(1)工业尾气中的SO2一直是环境污染的主要原因之

一，工业上常采用如下方法降低尾气中的含硫量。①方法1：燃煤中加入生石灰，将SO2转化为CaSO3，再氧化为CaSO4。已知：a．CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)ΔH=-178.3kJ·mol-1；b．2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s

)+2CO2(g)ΔH=-2762.2kJ·mol-1；c．2CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s)ΔH=-2314.8kJ·mol-1。写出CaO(s)与SO2(g)反应生成CaSO3(s)的热化学方程式：______

。②方法2：用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化为(NH4)2SO4。实验测得NH4HSO3溶液中2323(SO)(HSO)cc−=1500，则溶液的pH为_______。(已知：H2SO3的Ka1=1.5×10-2，Ka2=1.0×10-7)(2)煤制得的化工原料气中含有羰基硫(O=C

=S)，该物质可转化为H2S，反应为COS(g)+H2(g)⇌H2S(g)+CO(g)ΔH＞0。①恒温、恒容条件下，密闭容器中发生上述反应，下列事实不能说明反应达到平衡状态的是__(填字母)。a．COS的浓度保持不变b．化学平衡常数不再改变c．

混合气体的密度不再改变d．形成2molH-S键的同时形成1molH-H键②T1℃时，在恒容的密闭容器中，将定量的CO和H2S混合加热并达到平衡：H2S(g)+CO(g)⇌COS(g)+H2(g)K=0.25。则该温度下反应COS(g)+H2(g)⇌H2S(g)+CO

(g)的平衡常数K'=__。③T1℃时，向容积为10L的恒容密闭容器中充入1molCOS(g)和1molH2(g)，达到平衡时COS的转化率为____。(计算结果保留到小数点后一位)(3)过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化性酸，其结构式为。在Ag+催化

作用下，S2O82-能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO42-和MnO4-，1molS2O82-能氧化的Mn2+的物质的量为__mol。【答案】(1).CaO(s)+SO2(g)=CaSO3(s)ΔH=-402.0kJ·mol-1(2).6(3

).bc(4).4(5).66.7%(6).0.4【解析】【详解】(1)①已知：a．CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)ΔH=-178.3kJ·mol-1；b．2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)ΔH=-276

2.2kJ·mol-1；c．2CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s)ΔH=-2314.8kJ·mol-1。利用盖斯定律，将a+b×12-c×12，即得CaO(s)与SO2(g)反应生成CaSO3(s)的热化学方程式CaO

(s)+SO2(g)=CaSO3(s)ΔH=-402.0kJ·mol-1。答案为：CaO(s)+SO2(g)=CaSO3(s)ΔH=-402.0kJ·mol-1；②根据亚硫酸的两步电离方程式可知Ka1=323(H)(HSO)(HSO)ccc

+−、Ka2=233(H)(SO)(HSO)ccc+−−，Ka1∙Ka2=22323(H)(SO)(HSO)ccc+−，即c2(H+)×1500=1.5×10-2×1.0×10-7，c(H+)=1.0×10-6mo

l/L，pH=6。答案为：6；(2)①a．COS的浓度保持不变，表明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，a不合题意；b．化学平衡常数不再改变，表明温度不变，反应不一定达平衡状态，b符合题意；c．混合气体的质量和体积不变，密度始终不变，反应不一定达平衡状态，c符合题意；d．形成2molH-S键

的同时形成1molH-H键，表明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，d不合题意；故选bc。答案为：bc；②该温度下反应COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)的平衡常数K'=1K=10.25=4。答案为：4；③设参加反应的COS的物质的量为x，建立三段式:22COS(g)H(

g)HS(g)CO(g)(mol)1100(mol)(mol)11xxxxxxxx++−−起始量变化量平衡量K'=0.10.10.1(1)0.1(1)xxxx−−=22(1)xx−=4，从而求出x=23，则达到平衡时COS的转化率为2mol310

0%1mol=66.7%。答案为：66.7%；(3)利用得失电子守恒，建立关系式：5S2O82-——2Mn2+，则1molS2O82-能氧化的Mn2+的物质的量为25×1mol=0.4mol。答案为

：0.4。【点睛】一个化学反应，当反应物与生成物互换位置，但化学计量数不变时，所得反应的化学平衡常数与原平衡常数互为倒数；一个化学反应，将其化学计量数变为原来的n倍时，化学计量数也变为原来的n倍。11.Fe、HCN与K2CO3在一定条件下发生如下反应：Fe＋

6HCN＋2K2CO3=K4Fe(CN)6＋H2↑＋2CO2↑＋2H2O，回答下列问题：(1)此化学方程式中涉及的第二周期元素的电负性由小到大的顺序为________。(2)配合物K4Fe(CN)6的中心离子的价电子排布图为______，该中心离子的配位数是_______。(3)1mol

HCN分子中含有σ键的数目为_______，HCN分子中碳原子轨道杂化类型是_______，与CN－互为等电子体的阴离子是_______。(4)K2CO3中阴离子的空间构型为_________，其中碳原子的价层电子对数为____________。

(5)冰的晶体结构模型如图，它的晶胞与金刚石相似，水分子之间以氢键相连接，在一个晶胞中有________个氢键，若氢键键长为dnm，则晶体密度(g·cm－3)计算式为_______(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】(1).C＜N＜O(2).(3).6(4).1.2

04×1024(5).sp杂化(6).C22-(7).平面三角形(8).3(9).16(10).ρ＝37A8184d103N−【解析】【详解】(1)C、N、O三者为同周期元素，从左到右的顺序为C、N、O，非金属性C＜N＜O，则电负性的大小关系为C＜

N＜O。答案为：C＜N＜O；(2)配合物K4Fe(CN)6的中心离子为Fe2+，价电子排布式为3d6，则价电子排布图为，该中心离子的配体为CN-，配位数为6。答案为：；6；(3)2个原子间只能形成1个σ键，由此可确定1molH-C≡N分子中含有σ键

的数目为2×6.02×1023=1.204×1024，HCN分子中碳原子的价电子对数为2，则轨道杂化类型为sp杂化，与CN－互为等电子体的阴离子为C22-等。答案为：1.204×1024；sp杂化；C22-；(4)K2CO3中阴离子为CO32-，中心碳原子形成1个碳氧双键和2个碳氧单键，阴离

子的空间构型为平面三角形，其中碳原子的价层电子对数为3。答案为：平面三角形；3；(5)冰的晶胞内部，共有4个水分子，每个水分子与周围水分子形成4个氢键，由此可确定在一个晶胞中氢键的数目为4×4=16；我们划定

一个三角形如图中的二分之一，三个水分子分别位于顶点、面心和体内，则斜边为dnm，设晶胞的边长是anm，则两直角边分别为14anm和24anm，则(14a)2+(24a)2=d2，a=4d3nm，在1个晶胞中，共含有8个水分子，则ρ＝37A8184d103N−g·c

m－3。答案为：16；ρ＝37A8184d103N−。【点睛】计算晶胞中所含微粒的数目时，需考虑微粒所在的位置。对于冰的晶胞来说，顶点上有8个水分子，面心有6个水分子，体内有4个水分子，所以共含水

分子的个数为8×18+6×12+4=8。12.对氨基水杨酸钠(PAS-Na)是抑制结核杆茵最有效的药物。某同学设计的合成PAS-Na的两种路线如下:已知以下信息:①甲、乙、丙为常用的无机试剂;②③(苯胺，易被氧化)。回答下列问题:(1)甲和丙的名称分别是______

___________、____________________。(2)E的结构简式是______________________。(3)A→B的化学方程式是______________________________________，反应类型是______。(4)A的同分异构体中氨基(一NH2

)与苯环直接相连并且能发生银镜反应的有____种，其中核磁共振氢谱为4组峰且面积之比为2:2:2:1的结构简式为___________。(5)有同学认为“路线二”不合理,不能制备PAS-Na，你的观点及

理由是_____________。【答案】(1).高锰酸钾酸性溶液(2).二氧化碳(3).(4).(5).取代反应(6).13(7).(8).路线二不能制备PAS-Na，当苯环上连接有一NH2时，-NH2会被KMnO4酸性溶液氧化【解析】由对氨基水杨酸钠的结构可知，与浓硝酸，在

浓硫酸、加热条件下发生对位硝化反应生成A，则A为，A与溴在Fe作催化剂条件下发生取代反应生成B，由对氨基水杨酸钠的结构可知，应发生甲基的邻位取代，故B为；路线一的设计目的是，由于酚羟基、氨基易被氧化，故生成C的反应应为氧化反应，B被酸性高锰酸钾氧化生成C，则C为，C

在Fe、盐酸条件下发生还原反应生成D为，D在碱性条件下水解生成E为，E转化对氨基水杨酸钠，只有E中酚羟基反应，而相同条件下，同浓度的对氨基水杨酸的酸性强于醋酸，故丙可以为二氧化碳；路线二的设计目的是，B在Fe、盐酸

条件下发生还原反应生成F为，F发生水解反应生成G为，再用酸性高锰酸钾氧化，G中甲基、氨基都会被氧化，合成失败。（1）由上述分析可知，甲的名称是酸性高锰酸钾溶液，丙的化学式是CO2；（2）在碱性条件下水解生成E，

则E的结构简式是；（3）A→B的反应为与溴在Fe作催化剂条件下发生取代反应生成，反应的化学方程式是：；（4）A的同分异构体中氨基(一NH2)与苯环直接相连并且能发生银镜反应，说明A的同分异构体中含有醛基或甲酸酯基结构，若含有醛基，则一定还含有羟基，应该有10种结构；若含有甲酸酯基结构

，应该有3种结构，共有13种。核磁共振氢谱为4组峰且面积之比为2:2:2:1的结构简式为。（5）路线二：B在Fe、盐酸条件下发生还原反应生成F为，F发生水解反应生成G为，再用酸性高锰酸钾氧化，G中甲基、氨基都会被氧化，合成失败。