【文档说明】山西省晋中市2021届高三下学期3月适应性考试（二模） 化学含解析.doc，共(17)页，1.498 MB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前试卷类型：A2021年3月高三适应性调研考试理科综合化学部分(本试卷考试时间150分钟，满分300分)★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，考生务必将自己的学校、姓名、班级、准考证号填写在答题卡上相应的位置。2.

全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5毫米及以上黑色笔迹签字笔写在答题卡

上。4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32Cl35.5Fe56Cu64Se79In115一、选择题(本题共13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)7.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A

.“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂或生物柴油B.人类超量碳排放以及超量氮氧化物和二氧化硫排放，都是形成酸雨的主要原因C.疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性D.科学家把塑料袋等材料通过断裂碳碳键、碳氢键转化为航油、甲烷和氢气等8.甲、乙、

丙三种有机化合物的结构如图所示。下列说法错误的是A.甲、乙、丙三种物质互为同分异构体B.乙的二氯代物共有7种(不考虑立体异构)C.甲、丙分子中所有碳原子可能共平面D.甲、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理相同9.实验室提供的玻璃仪器有烧杯、普通漏斗、酒精灯、蒸

发皿、玻璃棒、试管、蒸馏烧瓶，非玻璃仪器任选，选用上述仪器能完成的实验是A.配制一定浓度和体积的NaOH溶液B.石油分馏C.重结晶法提纯苯甲酸D.从海带灰中提取碘单质10.“氯化反应”通常指将氯元素引入化合物

中的反应。计算机模拟单个乙炔分子和氯化氢分子在催化剂表面的反应历程如图所示。下列说法正确的是A.该反应的热化学方程式为HC≡CH(g)＋HCl(g)＝H2C＝CHCl(g)△H＝－2.24×10－24eV·mol－1B.反应物或产物在催化剂表面进行物理吸附和解吸附C.该历程

中活化能为1.68×10－24eVD.碳碳三键键能：CH≡CH>M111.工业电解Na2CO3溶液的装置如图所示，X、Y两极均为惰性电极，已知c2>c1。下列说法正确的是A.x极为阴极，发生还原反应B.装置中为阴

离子交换膜C.X、Y两极产生的气体M和R体积比略大于2：1D.若Na2CO3溶液足量，在电解前期，当通过相同电量时，理论上可制备等物质的量的NaHCO3和NaOH12.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们组成的某化合物结构如图所示，其分子中所有原子均达到8电子稳

定结构；Y元素至少能形成6种氧化物，W的单质可用于自来水消毒。下列说法正确的是A.最高价氧化物对应水化物的酸性：X<Y<WB.离子半径：r(W)>r(Y)>r(Z)C.X、Y、Z、W四种元素均能与氢元素形成含非极性键的二元化合物D.

简单氢化物的还原性：W<X<Y13.次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品。常温下，某实验小组以酚酞为指示剂，用0.100mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的次磷酸(H3PO2)溶液。溶液pH、所

有含磷微粒的分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示。[比如H2PO2－的分布系数：δ(H2PO2－)＝22c(HPO)c()－总含磷微粒]，下列叙述正确的是A.曲线①代表δ(H2PO2－)，曲线②代表δ(HPO22－)B.H3PO2溶液的浓度为0.10

0mol·L－1C.H2PO2－水解常数Kh≈1.0×10－10D.NaH2PO2是酸式盐，其水溶液显碱性三、非选择题(共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求

作答)(一)必考题(共129分)26.(14分)肺炎重症患者肺部功能严重受损时，需通过气管切开术指了。手术力的材料主要是钛合金。金属钛熔点高、强度高且质地轻。工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3)为原料冶炼金属钛的流程如下：已知

：室温下钛不与X2(X表示Cl、Br、I)、O2、H2O反应，也不与强酸、强碱甚至王水反应。但高温下易与氧气、氮气、碳和氢气反应。回答下列问题。(1)“溶煮”过程中加硫酸时生成Ti(SO4)2，该过程的离子方程式为。(2)“溶煮”过程中同时加入物质A，其目的是防止

Fe2＋被氧化，物质A是。(3)已知在不同温度时硫酸亚铁在钛液中的溶解度如下表(数据以含铁量来折算)。则“操作a”为。(4)“过滤1”后加热滤液，使其中的Ti4＋生成偏钛酸(H2TiO3)沉淀。常温下H2TiO3的沉淀溶解平衡为H2TiO3(s)TiO2＋＋2OH－，其溶度积常数Ks

p＝1.0×10－29，则“过滤2”所得溶液的pH约为(已知320≈2.7，32.5≈1.35，lg2.7≈0.43)(5)煅烧偏钛酸得到TiO2，TiO2与氯气和过量焦炭共热生成TiCl4，写出“共

热”过程中的化学方程式：。(6)“高温”过程需要在Ar气氛中进行的理由是；利用上述方法制得的钛中可能会含有少量金属杂质，可用除去。27.(15分)NaClO2是一种杀菌消毒剂，常用于饮用水净化。某兴趣小组电解ClO2制备NaClO2的过程如图所示：已知：①ClO2是一种强氧化性气体，浓度大时易

分解爆炸。一般使用时用稀有气体或空气稀释，以增加安全性。②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O，高于38℃时析出晶体NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。回答下列问题。(1)装

置I中发生反应的化学方程式为，该方法制备ClO2最突出的优点是。(2)装置II是电解装置，a极为(填“正”“负”“阴”或“阳”)极，其所连电极的反应式为，离子交换膜为(填“阴”或“阳”)膜。(3)用NaOH和H2O2混合液吸收电解排出的少量ClO2尾气，

该装置需控制反应温度为3℃，可采取的措施为，处理后将所得溶液与装置II的成品液合并，处理后可得产品，尾气处理过程的离子方程式为。(4)从装置II和尾气处理所得成品液中，获得产品NaClO2的操作为(填字母)。a.减压，55℃蒸发结晶b.冷却过滤c.趁热过滤

d.用38～60℃温水洗涤e.加热快速烘干f.低于60℃干燥(5)上述所得NaClO2产品可能含有NaCl等杂质。为测定其纯度，取上述产品5g溶于水配成500mL溶液，取出10.00mL溶液于俳形瓶中，再加入足量酸化的KI溶波，充分反应后(杂质不参加反应)，加入2～3滴淀粉溶液，然后用0.

200mol·L－1Na2S2O3标准液滴定，当时达到滴定终点，重复操作2～3次，平均消耗标准液20.00mL，则产品NaClO2的纯度为。(已知2Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI)28.(14分)CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题。已知：反应ICO2(g)＋3H2(g)CH

3OH(g)＋H2O(g)△H1＝－58kJ·mol－1反应ICO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)△H2＝＋41kJ·mol－1(1)CO(g)和H2(g)反应生成CH3OH(g)的热化学方程式为。(2)某实验过程中，控制压强一定，将CO2和H2按一定的初始投料比、

一定流速通过催化剂，经过相同时间测得如下实验数据(反应未达到平衡状态)：表中实验数据表明，升高温度，CO2实际转化率提高而甲醇的选择性降低。其原因是。(3)在一定条件下，选择合适的催化剂只进行反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)。调整C

O2和H2初始投料比，测得在一定投料比和一定温度下，该反应CO2的平衡转化率如图(各点对应的反应温度可能相同，也可能不同)。已知：Kx是以物质的量分数表示的化学平衡常数。①经分析，A、E和G三点对应的反应温度相同，结合数据说明判断理由。②已知反应速率v＝v正－v逆＝k正x(CO2

)x(H2)－k逆x(CO)x(H2O)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。C、D、E三点中k正－k逆最大的是，A、B、F三点中v逆最大的是。计算E点所示的投料比在从起始到平衡的过程中，当CO2转化率达到50%时，vv正逆＝。(4)关于合成甲醇过程中用到的催化剂，

下列说法错误的是(填字母)。A.参与了反应，改变了反应历程和△HB.使k正和k逆增大，但二者增大倍数不同C.降低了反应的活化能D.提高了CO2的平衡转化率(二)选考题(共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、

2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分)35.[化学——选修3：物质结构与性质](15分)铜铟镓硒薄膜太阳能电池(CIGS)是第三代太阳能电池的典型代表。(1)Cu＋价层电子排布式为。(2)硫酸铜分别和氨水、EDTA[(HOOCCH2)2

NCH2－CH2N(CH2COOH)2]配制配合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4、[Cu(EDTA)]SO4。①SO42－的空间构型为，EDTA中碳原子杂化方式为。②C、N、O、S四种元素中，第一电离能最大的是。③在[Cu(NH3)4(H2O)2

]SO4化合物中，阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图所示)。该阳离子中存在的化学键类型有，该化合物加热时首先失去的组分是。(3)某晶体的晶胞结构如图所示，该晶体的化学式为。如果将Se原子看做密堆积，则其堆积模型为。若该晶体中A原子和B原子的坐标分别为(0，0，0)、(0，0，12)，则C原子坐标

为。已知晶胞参数a＝b＝0.524nm，c＝1.032nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为g·cm－3(列出计算式)。36.[化学——选修5：有机化学基础](15分)阿比朵尔能有效抑制新型冠状病毒，化合物H是合成阿比朵

尔的中间体，其合成路线如下：回答下列问题：(1)由A生成B的反应条件为，B的化学名称为。(2)反应I和II的反应类型分别为、。(3)在合成化合物H的流程中，反应I的目的是，H中含氧官能团的名称为。(4)反应III的化学方程式为。(5)D的同分异构体中

，满足下列条件的有种(不考虑立体异构)。a.含有苯环b.含有－NH2c.既能发生水解反应，又能发生银镜反应(6)已知：两分子酯在碱的作用下失去一分子醇生成β－羟基酯的反应称为酯缩合反应，也称为Claisen(克莱森)缩合反应，如：。设计由硝基

苯和乙醇为原料制备的合成路线(无机试剂任选)。2021年3月高三适应性调研考试化学答案题号78910111213答案BCCDDAB7.解析：“地沟油”含有大量有害物质，故禁止食用，其主要成分为酯类，可以发生皂化反应制取肥皂，也可以与醇发生酯交

换反应制取生物柴油，故A正确；超量碳排放不是形成酸雨的主要原因，故B错误；疫苗一般冷藏存放，防止温度升高使蛋白质变性，使疫苗失去活性，故C正确；塑料是高分子化合物，断裂碳碳键可转化为航油、甲烷等，断裂碳氢键可转化为氢气等，故D正确。答案：B8.解析：甲、乙、丙三

种物质的分子式均为C8H14，结构不同，互为同分异构体，故A正确；乙的二氯代物中两个氯原子在相同C原子上有1种，在不同的C原子上有6种，共有7种，故B正确；甲、丙中均含有饱和碳原子，所有的碳原子不可能共平面，故C错误；甲、丙中均含有碳碳双键，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，故D正确

。答案：C9.解析：缺少一定体积的容量瓶和胶头滴管等仪器，故A实验不能完成；缺少冷凝管、锥形瓶、牛角管等仪器，故B实验不能完成；重结晶法提纯苯甲酸需要用到蒸发浓缩仪器——酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，过滤仪器——烧杯、普通漏斗、玻璃棒，故C实验

能完成；提取碘需要分液装置，缺少分液漏斗，故D实验不能完成。答案：C10.解析：题干中“计算机模拟单个乙炔分子和氯化氢分子”，故热化学方程式中ΔH＝－2.24×10－24×NAeV·mol－1，故A错误；在催化剂表面吸附和解吸附的过程都是催化剂参与化学反应的

过程，不是物理过程，故B错误；由M2→M3的变化过程可计算出该历程的活化能为2.12×10－24×NAeV·mol－1，故C错误；M1为C2H2与HgCl2形成的中间体，加入催化剂，降低反应所需活化能，形成的中间体更易发生加成

反应，化学键更易断裂，故M1中碳碳三键键能比C2H2中小，故D正确。答案：D11.解析：根据“已知c2＞c1”可推出，Y极生成了OH－且Na＋通过离子交换膜，从X极移向Y极，从而形成NaOH，因此Y极为阳离子移向的一极，为

阴极，X极为阳极，发生氧化反应，故A错误；根据A项分析，Na＋通过离子交换膜，从X极移向Y极，说明为阳离子交换膜，故B错误；X极反应式为2H2O－4e－＋4CO2－3===O2↑＋4HCO－3，同时可能会进一步发生副反应H＋＋HCO－3===H

2O＋CO2↑，Y极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，依据电荷守恒，两极产生的M(O2)和R(H2)体积比略大于1∶2，故C错误；若Na2CO3溶液足量，主要生成HCO－3(若Na2CO3溶液少量，可能生成CO2)，依

据C项分析可知，4e－～4HCO－3～4OH－，故D正确。答案：D12.解析：依据W单质可用于自来水消毒和W只能形成一条共价键，可推知W为Cl；同理X形成四条键，为C或Si，Y形成三条键，为N或P，Z形成两条键，为O或S，结合“X、Y、Z

、W是原子序数依次增大的短周期主族元素”和“Y元素至少能形成6种氧化物”，可推知Y为N，因此X只能为C,Z为O或S，W为Cl。HClO4是酸性最强的含氧酸，H2CO3为弱酸，故酸性：HClO4＞HNO3>H2CO3，即X＜Y＜W，故

A正确；若Z为O，离子半径：r(W)＞r(Y)＞r(Z)，若Z为S，离子半径：r(Z)＞r(W)＞r(Y)，故B错误；C2H4、N2H4、H2O2、H2S2(过硫化氢)都是含非极性键的二元化合物，但H和Cl都只形成一条键，不能形成含非极

性键的二元化合物，故C错误；简单氢化物的还原性：W<Y＜X，故D错误。答案：A13.解析：根据加入NaOH溶液后曲线变化可知③是pH变化，曲线①②代表含磷微粒。含磷微粒只有2种，结合起点pH，可推出H3PO2为一元弱酸(若为一元强酸或二元或三元酸，含

磷微粒不是2种或者起点pH不对应)。因为H3PO2为一元弱酸，故曲线①代表δ(H3PO2)，曲线②代表δ(H2PO－2)，故A错误；因为H3PO2为一元弱酸，故等浓度NaOH与次磷酸二者1∶1恰好中和，由20mL时达到滴定终点可知，次磷酸浓度为0.10

0mol·L－1，故B正确；由曲线①②交点可知δ(H3PO2)＝δ(H2PO－2)，故c(H3PO2)＝c(H2PO－2)，对应曲线③pH＝3，即c(H＋)＝10－3mol·L－1，Ka(H3PO2)＝c（H2PO－2

）·c（H＋）c（H3PO2）＝10－3，故H2PO－2水解常数Kh＝KwKa≈1.0×10－11，故C错误；因为H3PO2为一元弱酸，故NaH2PO2是正盐，其水溶液显碱性，故D错误。答案：B26.解析：(1)“溶煮”过程中加硫酸时生成T

i(SO4)2，则反应的离子方程式为FeTiO3＋6H＋===Ti4＋＋Fe2＋＋3H2O。(2)Fe2＋易被氧化生成Fe3＋，因此加入铁粉，防止Fe2＋被氧化。(3)由表可知，温度越低硫酸亚铁溶解度越小，越容易析出，因此

“操作a”为蒸发浓缩、降温结晶。(4)因为H2TiO3(s)TiO2＋＋2OH－，设c(OH－)＝xmol·L－1，则c(TiO2＋)＝x2mol·L－1，x2·x2＝1.0×10－29，x3＝20×10－30，x＝320×10－10，x≈2.7×10－1

0，c(H＋)＝10－142.7×10－10＝10－42.7，pH＝－lg10－42.7≈4.43。(5)TiO2与氯气和过量焦炭共热生成TiCl4，因为碳过量，故产物为CO，因此反应为TiO2＋2Cl2＋2C===

==△TiCl4＋2CO。(6)钛高温下易与氧气、氮气、碳和氢气反应，因此需要在Ar气氛中进行。因为“室温下钛不与强酸、强碱甚至王水反应”，故除去其中的镁可选用稀硫酸或稀盐酸。答案：(14分，除标注外，其余每空2分)(1)FeTiO3＋6H＋===Ti4＋＋Fe2＋＋3H2O(2)铁粉

(或Fe)(3)蒸发浓缩、降温结晶(4)4.43(5)TiO2＋2Cl2＋2C=====△TiCl4＋2CO(6)在高温下镁和钛都易与空气中的氧气、氮气等反应镁(1分)稀盐酸(或稀硫酸)(1分)27.解析：(1)根据装置Ⅰ可知反应物为NaClO3、H2SO4和H2C2O4，

产物有ClO2，可推知H2C2O4被氧化为CO2，配平得化学方程式为2NaClO3＋H2C2O4＋H2SO4===2ClO2↑＋2CO2↑＋Na2SO4＋2H2O(或2NaClO3＋2H2SO4＋H2C2O4===2ClO2↑＋2NaHSO4＋2H2O＋2CO2↑)；根据已知①，结合反应产物

，可推测该反应的最大优点是反应中生成的CO2对ClO2起到稀释作用，提高了实验的安全性。(2)装置Ⅱ为电解ClO2制备NaClO2，故生成成品液NaClO2的电极为阴极，a极为负极，生成ClO－2，其电极反应式为ClO2

＋e－===ClO－2；阳极室Na＋通过阳离子交换膜进入阴极室，生成NaClO2。(3)要控制反应温度为3℃，可采取的措施为3℃冷水浴；根据“处理后所得溶液与装置Ⅱ所得成品液合并处理得到产品”说明ClO2生成了ClO－2，则H2O2化合价升高生成O2

，故反应的离子方程式为H2O2＋2ClO2＋2OH－===2ClO－2＋O2＋2H2O。(4)从溶液中制取晶体，一般流程是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。根据信息②，蒸发水分同时要防止分解，只能减压蒸发，a正确；为防止析出NaClO2·3H2O晶体，应该趁热过滤，b错误、c

正确；为防止分解和结晶，用38～60℃温水洗去杂质，d正确；为防止分解，应该在低于60℃下干燥得到产品，e错误、f正确。(5)产品中加入足量酸化的KI溶液，发生ClO－2＋4I－＋4H＋===Cl－＋2I2＋2H2O，加入淀粉溶液显蓝色，当用0.200mol·L－1Na2S2

O3标准液滴定时，发生2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI，I2逐渐消耗，当溶液由蓝色变无色，且半分钟不恢复时，说明达到滴定终点。依据关系式：ClO－2～2I2～4Na2S2O31mol4molxmol0.200×0.02mol解得x＝0.001，产品NaClO2的纯度为0.

001mol×50×90.5g·mol－15g×100%＝90.5%。答案：(15分，除标注外，其余每空2分)(1)2NaClO3＋H2C2O4＋H2SO4=====35～55℃2ClO2↑＋2CO2↑＋Na2SO4＋2H2O(或2NaClO3＋2H2SO4＋H2C2O4=

==2ClO2↑＋2NaHSO4＋2H2O＋2CO2↑)反应中生成的CO2对ClO2起到稀释作用，提高了实验的安全性(2)负(1分)ClO2＋e－===ClO－2(1分)阳(1分)(3)3℃冷水浴(1分)H2O2＋2ClO2＋2OH－===2ClO－2＋O2＋2H2O(

4)acdf(5)当溶液由蓝色变无色，且半分钟内不恢复(1分)90.5%28.解析：(1)根据盖斯定律，反应Ⅰ－反应Ⅱ可得CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝ΔH1－ΔH2＝(－58－41)kJ·mol－1＝－

99kJ·mol－1。(2)升高温度能加快所有反应的反应速率，故在一定流速下，单位时间内CO2实际转化率提高，但升高温度对反应Ⅰ的影响更大，故甲醇的选择性降低。(3)因为平衡常数只与温度有关，故判断温度是否相同可通过计算平衡常数是否相同去分析。依据Kx的定义计算A、E

和G三点对应的平衡常数。A点CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)起始/mol0.5100转化/mol0.5×23＝13131313平衡/mol16231313代入平衡常数表达式：Kx＝x（CO）·x（H2O）x（CO2）·x（H2）＝

13÷32×13÷3216÷32×23÷32＝1。同理可求，E和G两点的Kx＝1，因为KA＝KE＝KG＝1，平衡常数相同，反应温度相同。②已知反应速率v＝v正－v逆＝k正x(CO2)x(H2)－k逆x(CO)

x(H2O)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。C、D、E三点中，因为进料比相同，但CO2转化率C＞D＞E，所以推出TC＞TD＞TE,故三点中C点温度最高，k正变化幅度最大，故k正－k逆最大。依据速

率方程反应速率v逆＝k逆x(CO)x(H2O)，A、B、F三点中：A点CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)起始/mol0.5100转化/mol0.5×23＝13131313平衡/mol16231313比例：1∶4∶

2∶2A点：v逆＝k逆x(CO)x(H2O)＝k逆×29×29＝481k逆，同理可求，B点：v逆＝136k逆，F点：v逆＝9100k逆。依据图像可推知TA＞TB，TC＞TD＞TE,TF＞TG，结合TA＝TE＝TG，A、B、F三点温度为TF＞TA＞TB，所以

速率常数k逆大小为F>A>B，故三点中k逆最大的是F点，因此v逆最大的也是F点。在达到平衡状态E点的反应过程中，当CO转化率刚好达到50%时，v正v逆＝k正x（CO2）x（H2）k逆x（CO）x（H2O）＝k正k逆×x（CO2）·x（H2）x（

CO）·x（H2O）＝k正k逆÷x（CO）·x（H2O）x（CO2）·x（H2）＝KQ，E点平衡常数K＝1，当CO2转化率刚好达到50%时，CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)起始/mol1100转化/mol0.50.5

0.50.5平衡/mol0.50.50.50.5Q＝0.5×0.50.5×0.5＝1，v正v逆＝KQ＝1÷1＝1。(4)催化剂参与了反应，改变反应历程，但不能改变ΔH，故A错误；催化剂使k正和k逆同时增大，且倍数相同，

故B错误；催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，故C正确；催化剂不改变CO2的平衡转化率，故D错误。答案：(14分，每空2分)(1)CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝－99kJ·mol－1(2)温度升高，两个反应的速率均加快，但温度升高对反应Ⅰ的影响更大(或温度升高，催化剂活性降低，

使合成甲醇反应速率减慢)(3)①因为KA＝KE＝KG＝1，平衡常数相同，反应温度相同②CF1(4)ABD35.解析：(1)Cu位于第四周期第ⅠB族，其价层电子排布式为3d104s1，因此Cu＋价层电子排布式为3d10。(2)①SO2－4中σ键数为4，孤电子对数为6＋2－

4×22＝0，则空间构型是正四面体形；根据EDTA的结构简式，该结构中有两种碳原子：饱和碳原子和形成双键的不饱和碳原子，饱和碳原子为sp3杂化，不饱和碳原子为sp2杂化。②C、N、O属于同一周期，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族元素

的第一电离能大于第ⅥA族的，所以第一电离能大小顺序是N＞O＞C，同一主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，即O＞S，故最大的为N。③根据阳离子的结构图可以看出，铜离子分别与4个氨分子和2个水分子形成配位键，氨分子和水分子

内部有共价键，即该阳离子中存在配位键和共价键；该化合物加热时首先失去水，原因是铜离子与水所形成的配位键要比与氨气所形成的配位键弱。(3)Cu原子有4个位于棱上，6个位于面上，故个数为6×12＋4×14＝4，In原

子有8个位于顶点上，4个位于面上，1个在体心，故个数为8×18＋4×12＋1＝4，Se原子有8个，全部在晶胞内部，共8个，因此晶体的化学式为CuInSe2；晶胞从顶部向底部看Se原子分布有四层，排布符合ABABAB，故堆积方式为面心立方最密堆积；C原子位于下面正方体的体对角线的14处，故坐标为

14，34，18；根据ρ＝mV，质量m＝4×64＋4×115＋8×79NAg，体积V＝0.524×0.524×1.032×10－21cm3，所以CuInS2晶体的密度是4×64＋4×115＋8×79NA×0.524×0.524×1.032×10

－21g·cm－3。答案：(15分，除标注外，其余每空2分)(1)3d10(1分)(2)①正四面体形(1分)sp2、sp3②N(1分)③共价键和配位键H2O(1分)(3)CuInSe2面心立方最密堆积(1分)14，34，184×64＋4×115＋8×79NA×0.5

24×0.524×1.032×10－2136.解析：(1)由E的结构及A的分子式可知，A为，由A的分子式(C6H6O)及B的分子式(C6H5NO3)结合E的结构可知，B为，B与CH3COCl反应生成C，由C的分子式(C8H7NO4)知，C为，C在Fe/HCl条件下生成

D，则D为，D与生成E。(1)由分析知B是A发生硝化反应得到的，故反应条件为浓硫酸、加热；B的名称是对硝基苯酚或4-硝基苯酚。(2)由分析知反应Ⅰ是取代反应，反应Ⅱ是还原反应。(3)酚羟基的还原性比较强，很容易被氧化，故在合成化合物

H的流程中，反应Ⅰ的目的是保护酚羟基，防止其被氧化；H中含氧官能团的名称为(酚)羟基和酯基。(4)由F和G的结构简式来看，2个溴原子取代了2个氢原子，故反应方程式为＋2Br2―→＋2HBr。(5)D为，其同分异构体“既能发生水解反应，又能发生银镜反应”即含甲酸酯(H

COO—)，因此指的是苯环中含有—NH2和HCOO—结构，若苯环上含有三个基团：—NH2、—CH3和HCOO—，共有10种，如；若苯环上含有两个基团：—CH2NH2和HCOO—，共有3种，如；若苯环上含有两个基团：—NH2和HCO

OCH2—，共有3种，如；若苯环上含有一个基团：HCOOCH(NH2)—，只有1种，即，故共有17种。(6)乙醇氧化可以得到乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应得到乙酸乙酯()，乙酸乙酯发生酯缩合反应生成，与苯

胺()发生合成路线中D到E的反应即可得到。答案：(15分，除标注外，其余每空1分)(1)浓硫酸、加热对硝基苯酚(或4-硝基苯酚)(2)取代反应还原反应(3)保护酚羟基(2分)(酚)羟基、酯基(4)2Br22HBr(5)17(2分)(6)(4分，

每步1分，扣完为止)