【文档说明】【精准解析】山西省大同市第一中学2020届高三3月月考理综化学试题.doc，共(18)页，1.194 MB，由小赞的店铺上传

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大同一中2020届高三年级3月月考理综试卷(化学部分)1.硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如下图)，下列说法错误的是()A.碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用做净水剂B.为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，该反应的离子方程式为：Fe2

++2HCO3－=FeCO3+CO2↑+H2OC.可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化D.该温度下，(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大【答案】D【解析】【详解】A.碱式硫

酸铁中水解产生3Fe(OH)胶体，3Fe(OH)胶体可以吸附水中杂质，故A正确；B.43NHHCO加热易分解，为防止其分解，生产3FeCO需在较低温度下进行，故B正确；C.()()4422NHFeSO中含有2Fe

+，若()()4422NHFeSO被氧化则生成3Fe+，3Fe+与KSCN溶液产生血红色物质，故C正确；D.冷却结晶时，溶解度小的物质先析出，常温下，()()4422NHFeSO在水中的溶解度比4FeSO的小，故D错误；本题答案为D。2.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依

次增大，其中X是组成有机物的基本骨架元素，元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，元素Z的最高正化合价为+2价。下列说法正确的是A.X、Y的单质均具有较高的熔沸点B.最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序：W、Y、XC.原子半径由大到小的顺序：X、Y

、ZD.Z、W形成的化合物中既含有离子键，又含有共价键【答案】B【解析】【分析】X是有机物的基本骨架元素，即X为C，元素Z的最高正价为＋2价，且四种元素原子序数依次增大，即Z为Mg，元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，则Y为N，W为Cl，据此

分析作答。【详解】A、Y的单质是N2，常温下为气体，熔沸点低，故错误；B、X、Y、W最高价氧化物对应水化物是H2CO3、HNO3、HClO4，碳酸是弱酸，硝酸是强酸，高氯酸是目前酸性最强的，即HClO4>HNO3>H2CO3，故正确；C、Mg是第三周期元素，C和N是第二周期元素，Mg的半径

最大，同周期从左向右半径减小，即C>N，因此半径大小是Mg>C>N，故错误；D、形成的化合物是MgCl2，只含离子键，故错误。答案选B。3.探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是A.用装置甲进行铜和浓硫酸的反应B.用装置乙收集二

氧化硫并吸收尾气C.用装置丙稀释反应后的混合液D.用装置丁测定余酸的浓度【答案】C【解析】【详解】A.铜与浓硫酸反应需加热，无酒精灯，错误；B.SO2密度比空气的密度大，应该长管进，短管出，错误；C.稀释浓硫酸，将浓硫酸沿烧杯内壁

慢慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌，正确；D.NaOH溶液腐蚀玻璃，应放在碱式滴定管中，该滴定管是酸式滴定管，错误；选C。4.G是一种香料，结构简式如图所示：，下列说法错误的是A.常温下，G能使溴水褪色B.G的分子式为C15H16O2C.苯环

上二溴代物有5种D.G分子中至少有12原子共平面【答案】C【解析】A.该有机物分子中有碳碳双键，所以在常温下，G能使溴水褪色，A正确；B.G的分子式为C15H16O2，B正确；C.苯环上二溴代物有6种，C不正确；D.

由苯环的12原子共面可知，G分子中至少有12个原子共平面，D正确。本题选C。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温常压下，5.6L甲烷和乙烯的混合气体中含氢原子数为NAB.7.8gNa2O2中所含阴阳离子的总数为0.3NAC.将4.

6g钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成氢气分子数为0.1NAD.反应2KNO3+3C+S=N2↑+3CO2↑+K2S，每生成0.1molN2转移电子数为NA【答案】B【解析】【详解】A.常温常压下，Vm≠22.4L/mol，所以5.6L气体的物质的量也不一

定是0.25mol，A错误；B.7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol，Na2O2属于离子化合物，0.1molNa2O2中所含阴阳离子的总数为0.3NA，B正确；C.由于n(Na)=0.2mol，与水反应生成的氢气的物质的量为0.1

mol，反应生成的氢氧化钠与铝箔还能反应生成氢气，C错误；D.反应2KNO3+3C+S=N2↑+3CO2↑+K2S中转移电子12e-，根据关系：12e--N2可知，每生成0.1molN2转移电子数为1.2NA，D错误；综上所

述，本题选B。6.最近一个科学硏究小组创建了一种通过连续电解将能量储存为化学能的装置。在氧化钇基质的阳极和二氧化钛涂覆的钛阴极之间是可通过H+的固体聚合物电解质。其结构如图所示，则下列说法错误的是A.电源的b极为

正极B.在能量转换过程中，固体电解质中H+由阳极向阴极移动C.阴极电极反应式为：OX+4H++4e-=GC+H2OD.为增强阳极电解液导电性，可在水中添加适量盐酸或NaCl【答案】D【解析】【详解】A．H2O转化为O2，O的化合价

升高失电子，则H2O在阳极反应生成氧气，所以b为正极，故A正确；B．由题中信息可知，H+可以通过固体聚合物电解质，H+由阳极向阴极移动，故B正确；C．OX在阴极得电子生成GC，电极方程式为：OX+4H++4e-═GC+H2O，故C正确；D．氯离子的还原性大于氢氧根离子，会先被氧

化，则添加盐酸或NaCl时，阳极上会生成氯气，不能添加盐酸或NaCl，故D错误；故答案为D。7.下列实验方案中，可以达到实验目的的是选项实验目的实验方案A除去苯中混有的苯酚加入适量的溴水充分反应后过滤B制取Fe(OH)3胶体向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，继续加热至红褐色，

停止加热C验证酸性：CH3COOH>HClO使用pH试纸分别测定相同温度下相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pHD检验溶液中含有I-向某溶液中加入CCl4，振荡后静置，液体分层，下层呈紫红色A.A

B.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】A.溴水和苯酚反应生成三溴苯酚，过量溴溶解于苯和苯酚中；B.制备氢氧化铁胶体时，需要将FeCl3饱和溶液加入沸水中并加热；C.NaClO具有强氧化性，可漂白pH试纸；D.下层呈紫红色，原溶液存在碘单质。【详解】A.溴水和苯酚反应生成的三

溴苯酚可以溶解于苯中，不能用过滤法将苯和三溴苯酚分开，故A项达不到实验目的；B.制取氢氧化铁胶体的方法为：向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，继续加热至红褐色，停止加热即可，故B项达到实验目的；C.NaClO具有漂白性，不能使用pH试纸测其pH，故C项达不到实验目的；D

.向某溶液中加入CCl4，振荡后静置，液体分层，下层呈紫红色，说明原溶液存在碘单质，不能判断是否含碘离子，故D项达不到实验目的；答案选B。【点睛】本题侧重考查学生对实验方案的评价与基本操作的能力，要求学生对化学基础相关知识理解与掌握，如D项碘

离子的检验，可以依据氯离子的检验方法进行操作，即用稀硝酸酸化的硝酸银溶液检验，若原溶液中有黄色沉淀生成，则证明有碘离子。要注意区分碘离子与碘单质的结构与性质的不同是解题的关键。8.亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的消毒剂，可用ClO2为原料制取。某化学兴趣小组同学展开对漂白剂亚氯酸钠(Na

ClO2)的研究。已知：饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。Ba(ClO2)2可溶于水。利用图所示装置进行实验。(1)装置①的作用是________________

___，装置③的作用是________________。(2)装置②中制备ClO2的化学方程式为___________________________；装置④中反应生成NaClO2的化学方程式为_____________________

。(3)从装置④反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤为：①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③__________________；④低于60℃干燥，得到成品。如果撤去④中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是______________。(4)设计实验检验所得NaClO2晶体

是否含有杂质Na2SO4，操作与现象是取少量晶体溶于蒸馏水，__________________________________________________________。(5)为了测定NaClO2粗品的纯度，取10.0g上述初产品溶于水配成1L溶液，取出10mL溶液于

锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应后(NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应)，加入2~3滴淀粉溶液，用0.20mol·L-1的Na2S2O3标准液滴定，重复2次，平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL，计算得NaClO2粗品的纯度为_____。(提示：2

Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)。【答案】(1).吸收多余的ClO2气体，防止污染环境(2).防止倒吸(或作安全瓶等)(3).2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O(4).2NaOH+2ClO2+H2O2=2Na

ClO2+2H2O+O2(5).用38~60℃的温水洗涤(6).NaClO3和NaCl(7).滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2SO4，若无白色沉淀出现，则不含Na2SO4（2分）(8).90.5%【解析】

【详解】(1)装置②中产生的ClO2，装置①可以吸收未反应的ClO2，防止逸出污染空气；装置③是安全瓶，可以防止倒吸；综上所述，本题答案是：吸收多余的ClO2气体，防止污染环境；防止倒吸(或作安全瓶等)。(

2)亚硫酸钠具有还原性，氯酸钠具有氧化性，在酸性环境下二者发生氧化还原反应生成ClO2，化学方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；在装置④中ClO2得到电子被还原变为NaClO2，H2O2失去电子，表现还原性，反应的化学方程式为2NaOH+2C

lO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2。综上所述，本题答案是：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。(3)从溶液中制取晶体，一般采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，根据题给信息NaC

lO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl知，从装置④反应后的溶液获得晶体NaClO2的操作步骤为:①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③用38℃~60℃的温水

洗涤；④低于60℃干燥，得到成品。如果撤去④中的冷水浴，由于温度高，可能导致NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl。综上所述，本题答案是：用38~60℃的温水洗涤；NaClO3和NaCl。(4)

检验所得NaClO2晶体是否含有杂质Na2SO4，取少量晶体溶于蒸馏水，滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2SO4，若无白色沉淀出现，则不含Na2SO4；综上所述，本题答案是：滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2SO4，若无白色沉淀出

现，则不含Na2SO4。(5)ClO2-+4I-+4H+=Cl-+2I2+2H2O，用Na2S2O3标准液滴定，发生反应:2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，可得反应的关系式为:ClO2--2I2-4Na2S2

O3，又n(Na2S2O3)=0.2mol·L-1×0.02L=0.004mol，得n(ClO2-)=0.001mol，所以1L溶液中含有:n(NaClO2)=0.001mol×100=0.1mol，则10.0gNaCl

O2粗品中含有:m(NaClO2)=0.1mol×90.5g·mol-1=9.05g，则w(NaClO2)=9.05/10.0×100%=90.5%。综上所述，本题答案是：90.5%。【点睛】本题涉及到氧化还原反应方程式时，要结合反应过程中的电子守恒和原子

守恒规律进行书写和配平；针对（5）问题：当测定物质含量涉及的反应有多个时，先根据方程式得到相应的关系式，利用已知物质与待求物质之间物质的量关系计算，就可以使计算过程大大简化。9.工业上采用酸性高浓度含砷废水(砷主要以亚砷酸H3AsO3形

式存在)提取中药药剂As2O3。工艺流程如下：回答下列问题：（1）已知砷元素与N同一主族，原子比N原子多两个电子层，则砷元素的原子序数为________，“沉砷”中所用Na2S的电子式为_____________。（2）已知：As2S3与过量的S2-存在以下反应：As2S3(s)+3S2-(a

q)2AsS33-；“沉砷”中FeSO4的作用是___________________________。（3）“焙烧”过程中由于条件的原因，生成的三氧化二铁中混有四氧化三铁，证明四氧化三铁存在的试剂是_______________

__________________。(写名称)（4）调节pH=0时，由Na3AsO4制备As2O3的离子方程式为：_______________。（5）一定条件下，用雄黄(As4S4)制备As2O3的转化关系如图所示。若反应中，1molAs4S4(

其中As元素的化合价为+2价)参加反应时，转移28mole-，则物质a为___________。(填化学式)（6）某原电池装置如图，电池总反应为：AsO43-+2I-+H2OAsO33-+I2+2OH-。当P池中溶液由无色变成蓝色时，正极上的电极反应式为___________

_________________。一段时间后电流计指针不发生偏转。欲使指针偏转方向与起始时相反，可采取的措施是____________(举一例)。【答案】(1).33(2).(3).与过量的S2-结合生成FeS

沉淀，防止As2S3与S2-结合生成AsS33-（或与S2-结合生成FeS沉淀，使平衡左移，提高沉砷效果）(4).稀硫酸、铁氰化钾（或稀硫酸、高锰酸钾）(5).2AsO43-+2SO2+2H+=As2O3↓+2SO42-+H2O(6).SO2(7).AsO43-+H2O+2

e-AsO33-+2OH-(8).向Q加入Na3AsO3固体或加入碱（NaOH等）【解析】【分析】酸性高浓度含砷废水加入硫化钠、硫酸亚铁，其中硫酸亚铁可除去过量的硫离子，过滤得到As2S3和FeS，焙烧，可生成As2O3、氧化铁，加入氢氧化钠溶液生成N

a3AsO3，氧化生成Na3AsO4，生成的气体为二氧化硫，与Na3AsO4在酸性条件下发生氧化还原反应生成As2O3，以此解答该题。【详解】(1)已知砷元素与N同一主族，原子比N原子多两个电子层，砷为第四周期元素，第二周

期有8种元素，第三周期有18种元素，则两者原子序数相差8+18=26，故砷元素的原子序数为26+7=33，硫化钠为离子化合物，电子式为；(2)亚铁离子与过量的S2-结合生成FeS沉淀，防止AS2O3与S2-结合生成AsS33-，即As2S3+3S2-2AsS32-使平衡逆向进行，提

高沉砷效果；(3)四氧化三铁含有+2价铁，具有还原性，可先用稀硫酸溶解，再在酸性条件下，滴加高锰酸钾溶液，溶液褪色，即可证明四氧化三铁存在，则可用硫酸、高锰酸钾检验；(4)调节pH=0时，由Na3AsO4制备

As2O3的离子方程式为2AsO43-+2SO2+2H+=As2O3↓+2SO42-+H2O；(5)As4S4中As为+2价、S为-2价，且生成As2O3，1molAs4S4(其中As元素的化合价为+

2价)参加反应时，转移28mole-，则4molS元素化合价升高6价，生成物化合价为+4价，应为SO2；(6)P池中溶液由无色变成蓝色，说明P池Pt极为负极，则Q池中Pt极为正极，发生还原反应，电极反应为AsO43-+H2O+2e-=AsO33-+2

OH-；一段时间后电流计指针不发生偏转，说明达到平衡状态，加入NaOH溶液，反应逆向进行，此时Q池中Pt极为负极，电子应由Q池流出，即指针偏转方向与起始时相反。10.能源问题是人类社会面临的重大问题,合理的开发利用至关重要。（1）丁烯是石油化工中的重

要产物,正丁烷脱氢可制备1-丁烯:C4H10（g）=C4Hg（g）+H2（g）△H。下表为该反应中所涉及物质的键能数据:则△H=_______（2）甲醇是未来重要的绿色能源之一,常见的合成反应为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）∆H<0;为

了探究反应物的浓度对反应速率的影响,进行了相关实验，测得的实验数据如下表所示:该反应速率的通式为v正=k正cm（CO）.cn（H2）（k是与温度有关的速率常数）。由表中数据可确定反应速率通式中m和n分别_____、_____（取正整数）。（3）合成甲醇的原料气既可由煤气

化提供,也可由天然气与水蒸气通过下列反应制备:CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）∆H>0。向100L刚性密闭容器中充人1molCH4和3mol水蒸气进行反应,不同温度和压强下平衡体系中CH4的平衡转化率情况如图1所示:①p1____p2（填“<”“>”或“="

）。②已知压强为P1,温度为100°C时,反应达到平衡所需的时间为5min,则0~5min内用H2表示的平均反应速率为______；该温度下的平衡常数K=_______mol2·L-2。（4）近年来,有人研究

用温室气体二氧化碳通过电催化生成多种燃料,其工作原理如图2所示。①写出Cu电极上产生乙烯的电极反应式:_____________；如果Cu电极上生成0.17molCO和0.33molHCOOH,则Pt电极上产生O2的物质的量为__________mol。②HCOOH为一元弱酸,常温下将0.1mo

l·L-1HCOOH溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液按体积比a:b混合（忽略溶液体积的变化），混合后溶液恰好显中性,则HCOOH的电离常数为______（用含a、b的代数式表示）。【答案】(1).+125kJ/mol(2).1(3).1(4).<(5)

.0.003mol/(L·min)(6).1.35×10-4(7).2CO2+12H++12e-===C2H4+4H2O(8).0.25(9).-7b10a-b【解析】【分析】(1)焓变=反应物键能-生成物键能，据此计算；(2)将表格数据代入公式

，利用待定系数法求解；(3)①该反应为压强增大的反应，同温度下压强越大甲烷的转化率越低；②根据cvt=计算反应速率甲烷的速率，再推算用氢气表示的反应速率；K等于生成物浓度幂(以其化学计量数为幂)之积与反应物浓度幂

之积的比值；(4)①铜电极为阴极，得电子发生还原反应；根据电路中电子守恒进行计算；②HCOOH的电离常数K=()()()+-HHCOOHCOOHccc，据此进行计算。【详解】(1)△H=反应物键能-生成物键能=(10×414k

J/mol+3×348kJ/mol)-(8×414kJ/mol+2×348kJ/mol+615kJ/mol+436kJ/mol)=+125kJ/mol，故答案为：+125kJ/mol；(2)v正=k正cm(CO)·cn(H2)可知①中0.361mol/(L·min)=k

正×(0.24mol/L)m×(0.48mol/L)n；②中：0.720mol/(L·min)=k正×(0.24mol/L)m×(0.96mol/L)n；③中：0.719mol/(L·min)=k正×(

0.48mol/L)m×(0.48mol/L)n；则②/①可得2=2n，即n=1；③/①得2=2m，则m=1，故答案为：1；1；(3)①该反应为压强增大的反应，同温度下压强越大甲烷的转化率越低，所以p1<p2，故答案为：<；②据图可知

压强为P1，温度为100°C时，反应达到平衡时甲烷的转化率为50%，所以平衡时c(CH4)=0.5mol100L=0.005mol/L，所以v(CH4)=-10.005molL5min=0.001mol/(L·min)，v(H2)=3v(CH4)=0.003mol/(L·mi

n)，平衡时c(CH4)=0.005mol/L，反应了甲烷0.5mol，根据反应方程式CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)可知平衡时c(H2O)=3mol-0.5mol100L=0.025

mol/L，c(CO)=c(CH4)=0.005mol/L，c(H2)=3c(CH4)=0.015mol/L，所以平衡常数K=32-20.0150.005molL0.0050.025=1.35×10-4mol-2·L-2，故答案为：0.0

03mol/(L·min)；1.35×10-4；(4)①铜电极与电源负极相连为阴极，CO2得电子被还原生成C2H4，根据电荷守恒元素守恒可知电极反应方程式为：2CO2+12H++12e-===C2H4+4H2O；CO和HCOOH中碳均为+2价，CO2转化成CO或HCOO

H化合价均降低2价，所以生成0.17molCO和0.33molHCOOH时转移的电子为1mol，则生成的氧气为0.25mol，故答案为：2CO2+12H++12e-===C2H4+4H2O；0.25；②混合后溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH-)=10-

7mol/L，根据电荷可知c(HCOO-)=c(Na+)=-10.1bmolLa+b，根据物料守恒有：c(HCOO-)+c(HCOOH)=-10.1amolLa+b，所以c(HCOOH)=()-1-1-10.1a-b0.1a0.1bmolL-molL

=molLa+ba+ba+b，电离平衡常数K=()()()()-7+--70.1b10HHCOOba+b==100.1a-bHCOOHa-ba+bccc，故答案为：-7b10a-b。【点睛】通过混合

溶液计算物质的电离常数(或水解常数)时，直接根据电荷守恒与物料守恒进行分析即可，如本题中通过电荷守恒可知c(HCOO-)，通过物料守恒可知c(HCOOH)。11.一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，结构简式如图。（1）基态Zn2+的价电子排布式为____________

___；一水合甘氨酸锌中所涉及的非金属元素电负性由大到小的顺序是___________________。（2）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中N的杂化轨道类型为______________；甘氨酸易溶于水，试从结构角度解释_

__________________________________________。（3）一水合甘氨酸锌中Zn2+的配位数为______________________。（4）[Zn(IMI)4](ClO4)2是Zn2+的另一种配合物，IMI的结构为，则1mol

IMI中含有________个σ键。（5）常温下IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物为液态而非固态，原因是________________________________________。（6）Zn与S形成某种化合物的晶

胞如图Ⅰ所示。①Zn2+填入S2-组成的________________空隙中；②由①能否判断出S2-、Zn2+相切？_________（填“能”或“否”）；已知晶体密度为dg/cm3，S2-半径为apm，若要使S2-、Z

n2+相切，则Zn2+半径为____________________pm（写计算表达式）。【答案】(1).3d10(2).O>N>C>H(3).sp3(4).甘氨酸为极性分子，且分子中的氨基和羧基都能与水分子形成氢键(5)

.5(6).12NA(7).阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低(8).正四面体(9).否(10).（333884AdN×1010-a）pm【解析】【分析】（1）Zn的核电荷数为30，处于周期表中第4周期第ⅡB族，基态Zn2+的价电子排布式为3d

10；C、N、O是同一周期的元素，从左到右电负性减小，电负性由大到小的顺序是O>N>C>H。（2）N原子价层电子对个数是4，杂化轨道类型为sp3；从分子极性和氢键两个角度解释；（3）根据配位数的定义判断；（4）1mol

IMI中含有5molC-N、6molC-H、1molC-H，共12×6.02×1023个σ键。（5）从晶格能大小的角度解释；（6）S2－做面心立方最密堆积，Zn2＋做四面体填隙，根据结合晶胞边长和体对角线的关系、密度公式ρ=m÷V计算。【详解】（1

）Zn为30号元素，基态Zn2+的价电子排布式为3d10；一水合甘氨酸锌中所涉及的非金属元素C、N、O、H，C、N、O是同一周期的元素，从左到右电负性减小，电负性由大到小的顺序是O>N>C>H。（2）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中N原子形成三个σ键，孤电子对为5132−

=1，N原子价层电子对个数是4，杂化轨道类型为sp3；甘氨酸易溶于水，因为：甘氨酸极性分子，且分子中的氨基和羧基都能与水分子形成氢键。（3）Zn与甘氨酸中的氧和氮原子形成4个配位键，和水中氧形成一个配位键，一水合甘氨酸锌中Zn2+的配位数为5。（4）[Zn(IMI)4](ClO

4)2是Zn2+的另一种配合物，IMI的结构为，则1molIMI中含有5molC-N、6molC-H、1molC-H，共12×6.02×1023个σ键。（5）常温下IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物为液态而非固态，原因是阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低。（6）

①S2－为面心立方最密堆积，Zn2＋做四面体填隙，所以晶体中与Zn2＋等距且最近的S2－形成的立体图形为正四面体形，Zn2+填入S2-组成的正四面体空隙中；②由①不能判断出S2-、Zn2+相切；晶体的密度

为dg·cm－3，阿伏伽德罗常数为NA，一个晶胞中含有Zn2＋的个数为4，S2－的个数为8×18+6×12=4个，不妨取1mol这样的晶胞，即有NA个这样的晶胞，设晶胞的边长为Ccm，一个晶胞的体积为V=c3cm

3，则晶体密度为ρ=AmNV=3974ANC，所以C=3388AdNcm，由于晶体中Zn2＋和S2－原子之间的最短距离为体对角线的14，所以该晶体中S2－和Zn2＋之间的最短距离为134ccm=333884AdNcm，S2-半径为apm，若

要使S2-、Zn2+相切，则Zn2+半径为（333884AdN×1010-a）pm。【点睛】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、空间构型、电离能、分子结构与性质、晶胞计算等，注意晶胞中原子分摊和晶胞密度的计算。12.乙基丹皮酚肟

胺基醇醚衍生物（H）具有很好的抗血小板聚集活性，是良好的心脑血管疾病的治疗药物。已知：①②③请回答：（1）E中含有的官能团名称为_________；（2）丹皮酚的结构简式为_________；（3）下列说法不正确的是（）A．乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物H的分子式为C21H3

4O3N3B．物质B可能溶于水，且能与盐酸反应生成有机盐C．D→E和G→H的反应类型均为取代反应D．物质C能使浓溴水褪色，而且1molC消耗2molBr2（4）写出F→G的化学方程式_________。（5）写出满足下列条

件F的所有同分异构体的结构简式_________。①能发生银镜反应；1molF与2molNaOH恰好反应。②1H-NMR谱显示分子中含有5种氢原子；IR谱显示有－NH2，且与苯环直接相连。（6）阿司匹林

也具有抑止血小板凝聚的作用。结合题给信息，请以硝基苯和乙酸酐为原料设计合理的路线制备阿司匹林（）。（用流程图表示，无机试剂任选）______。【答案】(1).醚键、羰基(2).(3).AD(4).(5).、。(6).【解析】【分析

】苯硝化得到A，从A的分子式可以看出，A是苯分子中的两个氢原子被硝基取代后的生成物，结合后面物质的结构简式可确定两个硝基处于间位，即A为间二硝基苯，A发生还原反应得到B，A中的两个硝基被还原为氨基，得到B（间苯二胺），间苯二胺生成C

，分析C的分子式可知，B中的两个氨基被羟基取代得到了间苯二酚C，间苯二酚和乙酸发生取代反应，苯环上的一个氢原子被-COCH3取代，得的有机物，和(CH3)2SO4在碳酸钾的作用下反应生成丹皮酚，丹皮酚又和C

H3CH2Br在NaOH醇溶液作用下得到E，根据E和的结构简式可知，丹皮酚是中和-COCH3处于对位的羟基上的氢原子被甲基取代的生成物，所以丹皮酚的结构简式为。丹皮酚中的另一个羟基上的氢原子被乙基取代得到E。E发生的反应是已知的第二个反应，羰基上的氧原子被NOH代替

生成F（），F中的羟基上的氢原子被-CH2CH2CH2CH2Br取代生成G，G中的溴原子被取代生成H。【详解】（1）根据有机物E的结构简式可知，E中含有的官能团名称醚键、羰基；正确答案：醚键、羰基。（2）根据题给信息分析看出，由

有机物2,4-二羟基苯乙酮变为丹皮酚，碳原子数增加1个，再根据有机物E的结构简式可知，丹皮酚的结构简式为；正确答案：。（3）根据乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物H的结构简式可知其分子式为C21H35O3N3，A错误；物质B为间苯二胺，含有氨基，显碱性可能溶于水，且能与盐酸反应生成有机盐，B正确；D

→E是溴乙烷中的-CH2CH3取代了酚羟基中的氢原子；G→H是φ-CH2CH2CH2CH2Br与NH(CH2CH2)2NCH2CH3发生了取代反应，C正确；物质C为间苯二酚，能与浓溴水发生取代反应，溴原子主要

在环上羟基的邻对位发生取代，而且1molC消耗3molBr2，D错误；正确选项AD。（4）有机物F结构=N-OH与BrCH2CH2CH2CH2Br发生了取代反应；正确答案：。（5）根据有机物F的分子式为C11H15O3N，IR谱显示有－NH2，且与

苯环直接相连，该有机物属于芳香族化合物；能发生银镜反应；1molF与2molNaOH恰好反应，说明分子结构含有醛基、酚羟基或者甲酸酚酯；1H-NMR谱显示分子中含有5种氢原子，对称程度较大，不可能含有甲酸酚酯；综上该有机物结构简式可能为：、；正确答案：、。

（6）根据题给信息可知，硝基变为羟基，需要先把硝基还原为氨基，然后再氯化氢、水并加热220℃条件下变为酚羟基，苯酚变为苯酚钠盐后再根据信息③，生成邻羟基苯甲酸，最后该有机物与乙酸酐反应生成酚酯；正确答案：。