【文档说明】【精准解析】四川省泸州市2020届高三第二次诊断性考试理综化学试题.pdf，共(17)页，387.117 KB，由小赞的店铺上传

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-1-四川省泸州市2020届高三第二次诊断性教学质量诊断性考试理科综合化学试题1.化学与生活密切相关。下列叙述中错误的是A.环境中杀灭新型冠状病毒可用“84”消毒液B.食品中的抗氧化剂可用维生素CC.治疗胃酸过多可用CaCO3和C

a(OH)2D.除去工业废水中的Cu2+可用FeS【答案】C【解析】【详解】A.环境中杀灭新型冠状病毒可用“84”消毒液，利用“84”消毒液的强氧化性，使蛋白质变性，故A增强；B.维生素C具有还原性，可用维生素C作食品中

的抗氧化剂，故B正确；C.治疗胃酸过多可用NaHCO3和Al(OH)3，不能用Ca(OH)2，Ca(OH)2碱性较强，会灼伤胃，故C错误；D.除去工业废水中的Cu2+可用FeS，Cu2+(aq)+FeS(s)CuS(s)+Fe2+(aq)，生成更难溶的CuS，故D正确。综上

所述，答案为C。2.下列关于有机物的说法正确的是A.聚氯乙烯高分子中所有原子均在同一平面上B.乙烯和苯使溴水褪色的反应类型相同C.石油裂化是化学变化D.葡萄糖与蔗糖是同系物【答案】C【解析】【详解】A.聚氯乙烯高分子中是链状结构，像烷烃结构，因此不是所有原子均在同一平面上，故A错误；B.乙烯使溴

水褪色是发生加成反应，苯使溴水褪色是由于萃取分层，上层为橙色，下层为无色，原理不相同，故B错误；C.石油裂化、裂解都是化学变化，故C正确；-2-D.葡萄糖是单糖，蔗糖是二糖，结构不相似，不是同系物，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】石油裂化、裂解、

煤干气化、液化都是化学变化，石油分馏是物理变化。3.阿伏加德罗常数为NA。关于l00mLlmol/L的Fe2(SO4)3溶液，下列说法正确是A.加NaOH可制得Fe(OH)3胶粒0.2NAB.溶液中阳离子数目为0.2NAC.加Na2CO3溶液发生的反应为3CO32-+

2Fe3+=Fe2(CO3)3↓D.Fe2(SO4)3溶液可用于净化水【答案】D【解析】【详解】A.Fe2(SO4)3加NaOH反应生成Fe(OH)3沉淀，而不是胶粒，故A错误；B.l00mLlmol/L的Fe2(SO4)3溶液中n[Fe2(SO4)3]=1mol∙

L−1×0.1L=0.1mol，n(Fe3+)=0.2mol，铁离子水解Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，根据水解方程式得到溶液中阳离子数目大于0.2NA，故B错误；C.加Na2CO3溶液发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，其反应为3CO32−+2F

e3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，故C错误；D.Fe2(SO4)3溶液水解生成胶体，胶体具有吸附杂质功能，起净水功能，因此可用于净化水，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】铁离子与碳酸根、碳酸氢根、偏铝酸根、硅

酸根等离子要发生双水解反应。4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是K层电子数的3倍；Z的原子半径在短周期中最大；常温下，Z和W形成的化合物的水溶液pH>7,呈弱碱性。下列说法正确的是A.X与W属于

同主族元素B.最高价氧化物的水化物酸性：W<YC.简单氢化物的沸点：Y>X>WD.Z和W的单质都能和水反应【答案】A【解析】-3-【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，则X为O；Z的原子半径在短周期中最大，则Z为Na

，Y为F；常温下，Z和W形成的化合物的水溶液pH＞7，呈弱碱性，则为Na2S，即W为S。【详解】A.O与S属于同主族元素，故A正确；B.F无最高价氧化物对应的水化物，故B错误；C.水、氟化氢分子间存在氢键，沸点反常，常温下，水为液态、氟化氢为气态，所以简单氢化物的沸点：H2O＞HF＞H

2S，故C错误；D.Na与H2O反应生成NaOH和H2，S和H2O不反应，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】注意H2O、HF、NH3氢化物的沸点，它们存在分子间氢键，其他氢化物沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越

高。5.下列实验操作及现象，不能得出对应结论的是选项实验操作现象结论A将甲烷与氯气在光照下反应，反应后的混合气体通入紫色石蕊试液中紫色石蕊试液变红且不褪色反应产生了HClB镀锌铁片出现刮痕后部分浸入饱和食盐水中,一段时间后铁片附近滴入K

3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀镀锌铁没有发生原电池反应C向2mL0.lmol/L醋酸溶液和2mL0.lmol/L硼酸溶液中分别滴入少量0.lmol/LNaHCO3溶液只有醋酸溶液中产生气体酸性：醋酸＞

碳酸＞硼酸D向FeCl3溶液与NaCl溶液中分别滴入30%H2O2溶液只有FeCl3溶液中迅速产生气体Fe3+能催H2O2分解A.AB.BC.CD.D【答案】B-4-【解析】【详解】A.将甲烷与氯气在光照下反应，反应后的混合气体通入紫色石蕊试液中，紫色石蕊试液变红且不褪色，说明生成了HCl

，故A不符合题意；B.镀锌铁片出现刮痕后部分浸入饱和食盐水中，一段时间后铁片附近滴入K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀，锌作负极，铁作正极，铁受到了保护，镀锌铁发生了原电池反应，故B符合题意；C.向2mL0.lmol∙L−1醋酸溶液和2mL0.lm

ol∙L−1硼酸溶液中分别滴入少量0.lmol∙L−1NaHCO3溶液，只有醋酸溶液中产生气体，说明醋酸和碳酸氢钠反应，硼酸不与碳酸氢钠反应，则得出酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，故C不符合题意；D.向FeCl3溶液与NaCl溶液中分别滴入30%H2O2溶液，只有Fe

Cl3溶液中迅速产生气体，说明Fe3+对H2O2分解起催化作用，故D不符合题意。综上所述，答案为B。6.利用固体燃料电池技术处理H2S废气并发电的原理如图所示。根据不同固体电解质M因传导离子的不同，分为质子传导型和氧离子传导型,工作温度分别为500℃和850℃左右，传导质子

时的产物硫表示为Sx。下列说法错误的是A.气体X是H2S废气，气体Y是空气B.M传导质子时，负极a反应为：xH2S—2xe-=Sx+2xH+C.M传导氧离子时，存在产生SO2污染物的问题D.氧离子迁移方向是从a电极向b电极【

答案】D【解析】【详解】A.根据电流分析，电极a为负极，传导质子时的产物硫表示为Sx，说明是气体H2S废气变为Sx，化合价升高，在负极反应，因此气体X为H2S废气，气体Y是空气，故A正确；B.M传导质子时，产物硫表示为Sx，因此负极

a反应为：xH2S−2xe－=Sx+2xH+，故B正确；C.M传导氧离子时，H2S和O2−可能反应生成SO2，因此存在产生SO2污染物的问题，故C正确；-5-D.根据原电池中，阴离子向负极移动规律，氧离子迁移方向是从b电极向a电极，故D错误。综上所述，答案

为D。【点睛】原电池中离子移动方向根据“同性相吸”原则，电解池中离子移动方向根据“异性相吸”原则。7.常温下向0.lmol/L的NaClO溶液中通入HF气体，随反应进行（不考虑HClO分解），溶液中lg-c(A)c(HA)(A代表Cl

O或F)的值和溶液pH变化存在如图所示关系，下列说法正确的是A.线N代表lg-c(ClO)c(HClO)的变化线B.反应ClO-+HF⇌HCIO+F-的平衡常数数量级为105C.当混合溶液pH=7时，溶液中c(HClO)=c(F-)D.随HF的通入，溶液中c(H+)•c(OH-)增大【答案】

C【解析】【分析】a(F)(H)(HF)ccKc，a(ClO)(H)(HClO)ccKc，由于同浓度酸性：HF大于HClO，当lg(A)(HA)cc=0时，则(A)(HA)cc=1，则K(HF)=10-3.

2，K(HClO)=10-7.5。【详解】A．a(F)(H)(HF)ccKc，a(ClO)(H)(HClO)ccKc，由于同浓度酸性：HF大于HClO，又因lg(A)(HA)cc=0时，则(A)(HA)cc=1，因此pH大的为H

ClO，所以线M代表(ClO)lg(HClO)cc的变化-6-线，故A错误；B．反应ClO－+HFHClO+F－的平衡常数3.24.30.34a7.5a(HF)(F)(HClO)(F)(H)(HClO)10101010(ClO)(HF)(

ClO)(H)(HF)(HClO)10KcccccKcccccK，其平衡常数数量级为104，故B错误；C．当混合溶液pH=7时，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(ClO－)+c(F－)+c(OH－)，溶液呈中性，得到c(

Na+)=c(ClO－)+c(F－)，根据物料守恒c(ClO－)+c(HClO)=c(Na+)，因此溶液中c(HClO)=c(F－)，故C正确；D．温度未变，随HF的通入，溶液中c(H+)c(OH－)不变，故D错误。综上所述，答案为C。8.正丁醚可作许多有

机物的溶剂及萃取剂，常用于电子级清洗剂及用于有机合成。实验室用正丁醇与浓H2SO4反应制取，实验装置如右图，加热与夹持装置略去。反应原理与有关数据：反应原理：2C4H9OH24HSO浓C4H9OC4H9+H

2O副反应：C4H9OHC2H5CH=CH2+H2O物质相对分子质量熔点/℃沸点/℃溶解性水50%硫酸其它正丁醇74-89.8117.7微溶易溶二者互溶正丁醚130-98142.4不溶微溶-7-实验步骤如下：①在二口烧瓶中加入0.34mol正丁醇和4

.5mL浓H2SO4,再加两小粒沸石，摇匀。②加热搅拌，温度上升至100~ll0℃开始反应。随着反应的进行，反应中产生的水经冷凝后收集在水分离器的下层，上层有机物至水分离器支管时，即可返回烧瓶。加热至反应完成。③将反应液冷却，依次用水、50%硫酸洗

涤、水洗涤，再用无水氯化钙干燥，过滤，蒸馏，得正丁醚的质量为Wg。请回答：（1）制备正丁醚的反应类型是____________，仪器a的名称是_________。（2）步骤①中药品的添加顺序是，先加______（填“正丁醇”或“浓H2SO4”）

，沸石的作用是___________________。（3）步骤②中为减少副反应，加热温度应不超过_________℃为宜。使用水分离器不断分离出水的目的是________。如何判断反应已经完成？当_____时，表明反应完成，即可停止实验。（4

）步骤③中用50%硫酸洗涤的目的是为了除去______________。本实验中，正丁醚的产率为_____（列出含W的表达式即可）。【答案】(1).取代反应(2).（直形）冷凝管(3).正丁醇(4).防暴沸或防止

反应液剧烈沸腾(5).135(6).提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率(7).分水器中水（或有机物）的量（或液面）不再变化(8).正丁醇(9).W100%0.17130【解析】【分析】⑴根据反应方程式2C4H9OH24HSO

浓C4H9OC4H9+H2O，分析得到制备正丁醚的反应类型，根据图中装置得出仪器a的名称。⑵步骤①中药品的添加顺序是，根据溶液的稀释，密度大的加到密度小的液体中，烧瓶中是液体与液体加热需要沸石防暴沸。⑶根据题中信

息，生成副反应在温度大于135℃；该反应是可逆反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动；水分离器中是的量不断增加，当水分离器中水量不再增加时表明反应完成。⑷根据题中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%

硫酸；根据2C4H9OH24HSO浓C4H9OC4H9+H2O理论得到C4H9OC4H9物质的量，再计算正丁醚的产率。-8-【详解】⑴根据反应方程式2C4H9OH24HSO浓C4H9OC4H9+H2O，

分析得到制备正丁醚的反应类型是取代反应，根据图中装置得出仪器a的名称是(直形)冷凝管；故答案为：取代反应；(直形)冷凝管。⑵步骤①中药品的添加顺序是，根据溶液的稀释，密度大的加到密度小的液体中，因此先加

正丁醇，烧瓶中是液体与液体加热，因此沸石的作用是防暴沸或防止反应液剧烈沸腾；故答案为：正丁醇；防暴沸或防止反应液剧烈沸腾。⑶根据题中信息，生成副反应在温度大于135℃，因此步骤②中为减少副反应，加热温度应不超过135℃为宜。该反应是可逆反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动，因此使用水分离器不

断分离出水的目的是提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率。水分离器中水的量不断增加，当水分离器中水量不再增加时或则有机物的量不再变化时，表明反应完成，即可停止实验；故答案为：135；提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率；分水器

中水(或有机物)的量(或液面)不再变化。⑷根据题中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸，因此步骤③中用50%硫酸洗涤的目的是为了除去正丁醇。根据2C4H9OH24HSO浓C4H9OC4H9+H2

O理论得到C4H9OC4H9物质的量为0.17mol，则正丁醚的产率为1WgW100%100%0.17mol130gmol0.17130；故答案为：正丁醇；W100%0.17130。9.天然气水蒸汽重整法是工业上

生产氢气的重要方法，反应在400℃以上进行。l00kPa时，在反应容器中通入甲烷与为水蒸汽体积比为1:5的混合气体，发生下表反应。反应方程式焓变△H(kJ/mol)600℃时的平衡常数①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)a0.6②CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+

4H2(g)+165.0b③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)-41.22.2请回答下列下列问题：（1）上表中数据a=__________;b=___________。-9-（2）对于反应②，既能加快反应又能提高CH4转化率的措施是_____________。A.升温B.加催化剂C.

加压D.吸收CO2（3）下列情况能说明容器中各反应均达到平衡的是___________。A.体系中H2O与CH4物质的量之比不再变化B.体系中H2的体积分数保持不变C.生成n个CO2的同时消耗2n个H2OD.v正(CO)=v逆(H2)（4）工业重整制氢中，因副

反应产生碳会影响催化效率，需要避免温度过高以减少积碳。该体系中产生碳的反应方程式为_______________。（5）平衡时升温，CO含量将_________（选填“增大”或“减小”)。（6）一定温度下，平衡时测

得体系中CO2和H2的物质的量浓度分别是0.75mol/L、4.80mol/L,则此时体系中CO物质的量浓度是_______mol/L。（7）改变上述平衡体系的温度，平衡时H2O与CH4物质的量之比[24n()nO(HCH)］值也会随着

改变，在图中画出其变化趋势。________________【答案】(1).+206.2(2).1.32(3).A(4).AB(5).CH4C+2H2(6).增大(7).0.6(8).【解析】【分析】-10-⑴第②个方程式减去第③个方程式，方程式相减，平衡常数相除。⑵根据影响反应

速率和平衡移动的规律进行分析，但是要同时满足：既能加快反应又能提高CH4转化率；⑶根据正逆反应速率相等，各组分的浓度保持不变及由此衍生的其他物理量进行分析；⑷甲烷分解生成碳和氢气；⑸平衡时升温，对反应①是平衡向吸热反应即正向移动，对反应③是平衡向吸热反应即逆向移动。⑹根据得失

电子守恒计算c(CO)平衡时浓度。⑺反应容器中通入甲烷与为水蒸汽体积比为1:5的混合气体，当反应发生时H2O与CH4物质的量之比24n()5n(OCH)H，开始改变上述平衡体系的温度，对①和②平衡向吸热反应移动即正向移动，对③平衡逆向移动，

因此24n()nO(HCH)增大。【详解】⑴第②个方程式减去第③个方程式得到a=+165.0−(−41.2)=+206.2，方程式相减，平衡常数相除，因此b0.6=2.2，解得b=1.32；故答案为：+206.2；1.32。⑵对于反应②，A．反应是吸热反应，升温，速率加快，平衡正向移动

，CH4转化率增大，故A符合题意；B．加催化剂，加快反应速率，但平衡不移动，故B不符合题意；C．加压，加快反应速率，但平衡向体积减小方向即逆向移动，CH4转化率减小，故C不符合题意；D．吸收CO2，生成物浓度减小，反应速率减慢，故D不符合题意；综上所述，答案为A

。⑶A．体系中H2O与CH4物质的量之比不再变化，则达到平衡，故A符合题意；B．体系中H2的体积分数保持不变，则达到平衡，故B符合题意；C．生成n个CO2的同时消耗2n个H2O，都是正方向，同一个方向，不能说明达到平衡，故C不符合题意；D．υ正(CO)=

υ逆(H2)，反应体系中CO与H2的比例不清楚，因此不能说明达到平衡，故D不符合题意；-11-综上所述，答案为AB。⑷该体系中产生碳的反应主要是甲烷分解生成碳和氢气，其方程式为CH4ΔC+2H2；故答案为：CH4ΔC+2H2；⑸反应①是吸热反应，反应③是放热反应，平衡

时升温，对反应①是平衡向吸热反应即正向移动，对反应③是平衡向吸热反应即逆向移动，因此CO含量将增大；故答案为：增大。⑹一定温度下，平衡时测得体系中CO2和H2的物质的量浓度分别是0.75mol∙L−1、4.80mol∙L−1，根据得失电子守恒，CH

4到CO2升高8价，CH4到CO升高6价，甲烷或水到H2降低2个价态，因此8×0.75mol∙L−1+6c(CO)=2×4.80mol∙L−1，解得c(CO)=0.6mol∙L−1；故答案为：0.6；⑺反应容器中通入甲烷与为水蒸汽体积比为1：5的混合气体，当反应发生时H2O

与CH4物质的量之比24n()5n(OCH)H，开始改变上述平衡体系的温度，对①和②平衡向吸热反应移动即正向移动，对③平衡逆向移动，因此24n()nO(HCH)增大，在图中画出其变化趋势为；故答案为：。10.NH4HCO3的分解温度是35℃。以氯化钾和制取

二氧化钛的副产品硫酸亚铁为原料生产铁红颜料和过二硫酸铵等，原料的综合利用率较高。其主要流程如下：-12-（1）气体x是_________，反应I需控制反应温度低于35℃,其目的是_______。（2）反应I的离子方程式为___________，FeCO3灼烧的反应方程式为____

______。（3）各物质的溶解度曲线如图，晶体z是____，简述反应III发生的原因________，工业生产上常在反应III的过程中加入一定量的乙醇，其目的是_____________。（4）反应IV

常用于生产(NH4)2S2O8(过二硫酸铵）。电解时均用惰性电极，气体y是__________，阳极发生的电极反应可表示为_______________。【答案】(1).CO2或二氧化碳(2).防止NH4H

CO3分解（或减少Fe2＋的水解）(3).Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑(4).4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2(5).K2SO4(6).在相同温度下，K2SO4最先达到饱和或K2SO4溶解度最小或

K2SO4溶解度比KCl、(NH4)2SO4小或离子反应向生成溶解度更小的K2SO4的方向进行，故先析出(7).降低K2SO4的溶解度(8).H2(9).2SO42－-2e-=S2O82－或2HSO4－-2e-=2H++S2O82－【解析】【分析】反应I是FeS

O4与NH4HCO3反应生成FeCO3、H2O和CO2，过滤得到沉淀碳酸亚铁，碳酸亚铁在氧气中灼烧生成氧化铁和二氧化碳，滤液为硫酸铵和NH4HCO3，向滤液中加入稀硫酸反应生成硫酸铵，硫酸铵加入KCl发生复分解

反应生成硫酸钾和氯化铵，电解硫酸铵得到过二硫酸铵。【详解】⑴根据分析得到气体x是CO2，根据题中信息NH4HCO3的分解温度是35℃，因此反应-13-I需控制反应温度低于35℃，其目的是防止NH4HCO3分解(或减少Fe2＋的水解)；故答案为：CO2或二氧

化碳；防止NH4HCO3分解(或减少Fe2＋的水解)。⑵反应I是Fe2+与HCO3－反应生成FeCO3、H2O和CO2，其离子方程式为Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+H2O+CO2↑，FeCO3灼

烧与氧气反应生成氧化铁和二氧化碳，其反应方程式为FeCO3+O2灼烧2Fe2O3+4CO2；故答案为：Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+H2O+CO2↑；FeCO3+O2灼烧2Fe2O3+4CO2。⑶各物质的溶解度曲线如图，在相同温度下，K2SO4溶解度最

小，离子反应向生成溶解度更小的K2SO4的方向进行，因此先析出晶体z是K2SO4，工业生产上常在反应III的过程中加入一定量的乙醇，其目的是降低K2SO4的溶解度；故答案为：K2SO4；在相同温度下，K2SO4最先达到饱和或K2SO4溶解度最小或K2SO4溶解度比KCl、(NH4)2SO4小或

离子反应向生成溶解度更小的K2SO4的方向进行，故先析出；降低K2SO4的溶解度。⑷反应IV常用于生产(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)，反应IV是电解硫酸根或硫酸氢根生成(NH4)2S2O8，化合价升高，发生氧化反应，在阳极反应，因此阴极是氢离子得到电子生成氢气，故气体y是H2，阳

极发生的电极反应可表示为2SO42−−2e－=S2O82−或2HSO4－−2e－=2H++S2O82−；故答案为：H2；2SO42−−2e－=S2O82−或2HSO4－−2e－=2H++S2O82−。11.尖晶石是世界上最迷人的宝石之一，主要是镁铝氧化物组成的矿物，还常含有铁、

锌、锰、铬、钴等元素。回答下列问题：（1）基态锰原子价层电子排布式为__________，Co3+的未成对电子数为_________。（2）一种铝试剂的结构如图，该物质中碳的杂化类型为___________，氮与其成键的3个原子共同构成的空间构型为____

___，氮与铝形成的是_____键（填编号。）a离子b配位c.σd.π（3）基态原子第一电离能：镁_____铝（填“大于”“小于”或“等于”)原因是_______。（4）一种由Mg、Cr、O元素组成的尖晶石晶胞分别由4个A与4个B交替无隙并置而成（见图甲），晶胞结构如图乙所示，

该尖晶石的化学式为_____________；图乙中，若E点镁原子-14-的分数坐标为(12，12，0)，则F点镁原子的分数坐标为_______________。【答案】(1).3d54s2(2).4(3).sp2(

4).平面三角形(5).bc(6).大于(7).镁原子电子排布为全（充）满的稳定结构；或镁原子为3s2全充满结构，难失电子；或铝失去1个电子为3s2的全充满稳定结构，镁原子失去1个电子为3s1不稳定结构；（任意一种答法）(8).MgCr

2O4（Cr2MgO4也可）(9).（34，14,34）【解析】【分析】⑴基态锰是25号元素，其基态原子电子排布式为[Ar]3d54s2，Co是27号元素，其基态原子电子排布式为[Ar]3d74s2，Co3+

电子排布式为[Ar]3d6。⑵该物质中碳价层电子对数为3对，氮与其成键的3个原子，其价层电子对数为3，分析结构氮未与铝形成键时含有1对孤对电子，与铝形成时则氮提供孤对电子。⑶镁原子为3s2，全充满结构，难失电子，

铝原子3s23p1，易失去1个电子变为3s2的全充满稳定结构。⑷先计算每个A中Mg、O个数，再计算B中O、Mg、Cr个数，再得出整个晶胞中有Mg、O、Cr个数，再得化学式，F点镁原子在左前上方的小的立方体中心。【详解】

⑴基态锰是25号元素，其基态原子电子排布式为[Ar]3d54s2，价层电子排布式为3d54s2，Co是27号元素，其基态原子电子排布式为[Ar]3d74s2，Co3+电子排布式为[Ar]3d6，未成对电子数为4；故答案为：3d54s2；4。⑵如图结构，该物质中碳价层电子对数为3对，其

杂化类型为sp2，氮与其成键的3个原子，其价层电子对数为3，因此氮与其成键的3个原子共同构成的空间构型为平面三角形，分析结-15-构氮未与铝形成键时含有1对孤对电子，与铝形成时则氮提供孤对电子，因此形成的是配位键和σ键；故答

案为：sp2；平面三角形；bc。⑶镁原子为3s2，全充满结构，难失电子，铝原子3s23p1，易失去1个电子变为3s2的全充满稳定结构，因此基态原子第一电离能：镁大于铝；故答案为：大于；镁原子电子排布为全(

充)满的稳定结构；或镁原子为3s2全充满结构，难失电子；或铝失去1个电子为3s2的全充满稳定结构，镁原子失去1个电子为3s1不稳定结构(任意一种答法)。⑷A中Mg为1.5个，O为4个，B中O为4个，Mg为0.

5个，Cr为4个，晶胞结构如图乙所示，因此整个晶胞中有Mg为16个，O为32个，Cr为16个，因此该尖晶石的化学式为MgCr2O4；图乙中，若E点镁原子的分数坐标为(12，12，0)，则F点镁原子在左前上方的小的立方体中心，其分数坐标为(34，14，34)；故答案为：MgCr2O4；(34

，14，34)。12.在医药工业中，有机物G是一种合成药物的中间体，其合成路线如图所示：已知：R1ONa+R2X→R1OR2+NaX(R1与R2代表苯环或烃基、X代表卤素原子）RCOOH+SOCl2(液体)→RCOC

l+HCl↑+SO2↑回答下列问题：（1）A与C在水中溶解度更大的是_________，G中官能团的名称是___________。（2）E→F的有机反应类型是________，F的分子式为______________。（3）由A→B反应的化学方程

式为___________________。（4）物质D的结构简式为_________________。（5）B→C反应中加入NaOH的作用是________________。（6）写出一种符合下列条件的G的同分异构体_____________

____。①与G的苯环数相同；②核磁共振氢谱有5个峰；③能发生银镜反应【答案】(1).C(2).羰基（或酮基）、醚键(3).取代反应(4).C8H7OCl或-16-C8H7ClO(5).(6).(7)

.催化剂、促进水解(8).【解析】【分析】与氯气反应生成，在氢氧化钠溶液作用下反应生成，根据信息与CH2I2反应生成，根据信息E和SOCl2反应生成F，与F反应生成G。【详解】⑴A是苯酚在水中溶解度不大，C为盐，在水解溶解度大，因此A与C在水中溶解度更大的是C，

根据G的结构得到G中官能团的名称是羰基、醚键；故答案为：C；羰基(或酮基)、醚键。⑵E→F是—OH变为—Cl，Cl取代羟基，因此有机反应类型是取代反应，根据F的结构简式得到F的分子式为C8H7OCl或C8H7ClO；故答

案为：取代反应；C8H7OCl或C8H7ClO。⑶由A→B反应是氯原子取代羟基的邻位上的氢，其化学方程式为；故答案为：。⑷根据D和F生成G的反应得到物质D的结构简式为；故答案为：。⑸根据B的结构()，加入NaOH溶液得到C()，反应中加入NaOH的作用

是催化剂、促进水解；故答案为：催化剂、促进水解。⑹①与G的苯环数相同；②核磁共振氢谱有5个峰，说明对称性较强；③能发生银镜反应说明有醛基或则甲酸酯，则符合条件的G的同分异构体；故答案为：。-17-