【文档说明】猜题卷3（解析卷）-冲刺2021高考化学猜题卷（理综全国卷）.docx，共(15)页，677.553 KB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-79ba16beb8ebd058a69b9b30872e1080.html

以下为本文档部分文字说明：

2021高考化学猜题卷第三模拟(考试时间：50分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：O16Ti48Co59一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42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．化学与人类生产、生活密切

相关，下列说法不正确的是()A．“火树银花合，星桥铁锁开”中涉及的焰色反应不属于化学变化B．“纳米汽车”中作车轮的C60是新型无机非金属材料C．教化学的女老师最美，两位女老师用的口红和指甲油中各种金属氧化物所呈现的美丽颜色是焰色反应的结果D．2020年出现的新冠病毒可用次氯酸钠溶液或双

氧水消毒，其消毒原理相同【答案】C【解析】A．“火树银花合，星桥铁锁开”中涉及的焰色反应为元素核外电子的跃迁导致，无新物质生成，为物理变化，不是化学变化，故A正确；B．C60是一种碳单质，属于无机物，为新型无机非金属材料，故B正确；C．焰色反

应是指金属及其化合物在灼烧时使火焰呈现特殊的颜色，而人们看到的口红和指甲油中各种金属氧化物所呈现的美丽颜色是光的反射导致的，故C错误；D．新冠病毒可用次氯酸钠溶液或双氧水消毒，都是利用它们的强氧化性杀菌消

毒，故D正确；8.某麻醉药物合成中间体的分子结构如图，关于该分子的说法不正确的是（）A．该物质的分子式为C15H24N2O2B．1个该分子至少有12个原子共面C．该分子既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应D．苯环上的一氯代

物有4种【答案】D【解析】A．该物质的分子式为C15H24N2O2，A说法正确；B．含苯环结构的分子中至少有12个原子共面，故B说法正确；C．该物质含有酯基、亚氨基，酯基能与氢氧化钠反应，亚氨基能与盐酸反应，故C说法正确；D．该物质苯环存在两个对位取代

基，但两个取代基不同，每个取代基的邻位氢相同，则苯环上的一氯代物只有2种，故D说法错误；答案为D。9．工业电解精炼铜的溶液中含有Zn2+、Cu2+等离子，实验室设计分离出Zn2+并制取胆矾的流程如下：已知：Zn2+与NaOH的反应

与Al3+类似。下列说法错误．．的是A．滤液1与过量硫酸反应的离子方程式为ZnO2-2＋4H＋=Zn2＋＋2H2OB．操作①和②中用到的玻璃仪器不完全相同C．系列操作②包括蒸发结晶、洗涤、干燥D．可用酒精洗涤胆矾晶体，除去表面的杂质【答案】C【解析】工业电解精炼铜的溶液中含有Zn2+、C

u2+等离子，加入过量NaOH生成氢氧化铜沉淀，所以滤渣1是氢氧化铜，滤液1中有ZnO2-2；氢氧化铜和过量硫酸反应生成硫酸铜蓝色溶液，经过一系列操作结晶出胆矾。A．滤液1中有ZnO2-2，滤液1与过量硫酸反应的离子方程式为ZnO2-2＋4H＋=Zn2＋＋2H2O，A正确；B．操作①

是过滤操作，需要的玻璃仪器是漏斗、烧瓶、玻璃棒；操作②包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，需要的玻璃仪器是漏斗、烧瓶、玻璃棒、蒸发皿，用到的玻璃仪器不完全相同，B正确；C．硫酸铜蓝色溶液经过操作②结晶出胆矾，操作②包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，C错误；D．无水乙醇洗涤晶

体最主要的原因是清除晶体上水和水中带的离子，而且对于晶体的溶解能很小，同时易挥发不容易带来污染，可用酒精洗涤胆矾晶体，除去表面的杂质，D正确；答案选C。10．乙腈(CH3CN)溶液中膦配体铱配合物电催化还原CO2为甲酸(HCOOH)的反应机理如图所示，下列叙述错误的是A．过

程中原子利用率为100%B．反应过程中Ir成键数目保持不变C．乙氰溶液用作反应介质，CH3CN不参与反应D．电催化还原CO2为甲酸的反应为3CO2+2H2O+2e-=HCOOH+2HCO3−【答案】C【解析】A．对比与可知，此反应为

化合反应，原子利用率100%，A正确；B．观察图示可知，Ir周围键数始终为6根键，B正确；C．观察图示可知，中羧基与CH3CN反应，C错误；D．由图示可知，反应中反应物为CO2与H2O，生成物为-3HCO和HCOOH，结合电荷守

恒和元素守恒得反应为：--2233CO+2HO+2e=HCOOH+2HCO，D正确；故答案选C。11．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数等于Y原子最外层电子数的2倍，四种元素形成的一种

化合物的结构如图所示，该化合物的阴离子中每个原子的最外层均满足8电子稳定结构。下列说法正确的是A．原子半径：X<Y<Z<WB．Z的单质与X的最高价氧物对应的水化物反应时，X的最高价氧物对应的水化物是氧化剂C．与Z相邻的短周期同族元素形成的氢化物的熔沸点一定低于W的气态氢化物

D．W与Z形成的晶体中的最小环为十二元环【答案】D【解析】由化合物的结构示意图知，X为+1价离子、Y为+3价离子，则X为ⅠA、Y为ⅢA，短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数等于Y原子的最外层电子数的2倍，即6个，W为ⅥA，则W为氧、X为钠、Y为铝、该

化合物的阴离子中每个原子的最外层均满足8电子稳定结构，则Z共用4对电子对，Z原子的最外层电子数为4，Z为硅。A．O原子核外电子只有2层、钠、铝和硅原子核外电子有3层、同周期从左到右原子半径递减，原子半径由大到小的顺序为X＞Y＞Z＞W，故A错误

；B．Si与NaOH溶液反应，水才是氧化剂，NaOH只是一种反应物，既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；C．Z为Si，与Z相邻的短周期同族元素为C，形成的氢化物是烃，随着碳原子数增大，烃的熔沸点升高，则熔沸点不一定低于H2O，故C说法错误；D．W与Z形成的晶体为二氧化硅晶体，结构

中最小环为十二元环，故D说法正确；故选D。12．电化学溶解—沉淀法是一种回收利用H2S的新方法，其工艺原理如下图所示。下列说法正确的是已知：Zn与强酸、强碱都能反应生成H2；Zn2+在过量的强碱溶液中以[Zn(OH)4]2-形式存在。A．锌棒连接直流电源的正极，发生还原反应B．反应器中反应的离

子方程式为H2S+[Zn(OH)4]2-=ZnS↓+2H2O+2OH-C．电解槽中，接通电源后没有H2产生D．理论上气液分离器每分离出22.4LH2可处理含1molH2S的废气【答案】B【解析】由图可知，若想通过Zn吸收H2S，需将Zn变成Zn2+

，通过反应生成ZnS沉淀。此时在电解池中Zn电极一定为阳极，与电源正极相连，电极反应式为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，阴极为水中氢离子得电子反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。反应器中

电解生成的[Zn(OH)4]2-与H2S反应生成ZnS，反应的离子方程式为H2S+[Zn(OH)4]2-=ZnS↓+2H2O+2OH-。根据已知信息，Zn可以在强碱中发生反应生成H2，离子方程式为Zn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]2-+H2↑，A．根据以上分析，在电解池中锌棒为阳极，连接

直流电源的正极，发生氧化反应，故A错误；B．反应器中电解生成的[Zn(OH)4]2-与H2S反应生成ZnS，离子方程式为H2S+[Zn(OH)4]2-=ZnS↓+2H2O+2OH-，故B正确；C．电解槽中，

接通电源后，阴极为水中氢离子得电子反应生成H2，故C错误；D．根据得失电子守恒，每生成1molH2，便生成1mol[Zn(OH)4]2-，可与1molH2S反应，但没指明是在标况下，所以理论上气液分离器每分离出22.4LH2

可处理H2S不一定是1mol，故D错误；答案选B。13．向15mL0.1mol/LH2C2O4溶液中逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液，混合溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-的物质的量分数（δ）随pH变化的关系如图所示。下列叙述正确的是A．曲线Ⅱ代表的微

粒是C2O42-B．0.01mol/LNaHA溶液中存在：c（Na+）>c（HC2O4-）>c（H2C2O4）>c（C2O42-）C．pH=3至pH=4的过程中n（H2C2O4）、n（C2O42-）、n（HC2O4-）之和不变D．向pH=4.2

的溶液中持续滴加NaOH溶液，水的电离程度持续变大【答案】C【解析】A.由图可知，曲线Ⅰ代表H2C2O4、曲线Ⅱ代表HC2O4-、曲线Ⅲ代表C2O42-，故A错误；B.由图可知，pH=1.2时，溶液中c（HC2O4－）=c（H2

C2O4），则Ka1==c（H+）=1×10—1.2，同理pH=4.2时，溶液中c（HA－）=c（A2－），Ka1==c（H+）=1×10—4.2，由NaHC2O4的水解常数Kh=wa1KK=-14-1.2110110=1×10—12.8可知，HA－的电离大于水解，则溶液中c（A2－）>c（

H2A），故B错误；C.由物料守恒可知，滴加0.1mol/LNaOH溶液过程中n（H2C2O4）、n（C2O42-）、n（HC2O4-）之和不变，则pH=3至pH=4的过程中n（H2C2O4）、n（C2O42-）、n（HC2O4-）之和不变，故C正确；D.向pH=4.2的溶

液中持续滴加NaOH溶液，HC2O4－与OH－反应生成A2－和H2O，C2O42-在溶液中水解促进水的电离，水的电离程度增大，当HC2O4－与OH－完全反应后，氢氧化钠溶液过量，氢氧化铝电离出的OH－会抑制水的电离，导致水的电离程度减小，则滴加NaOH溶液的过程中水

的电离程度先增大后减小，故D错误；故选C。二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26．（14分）过氧化钙遇水具有放氧的特性，且本身无毒，不污染环境，是一种用途广泛的优良供氧剂，在工农业生产中有

广泛的用途。Ⅰ．过氧化钙的制备：将CaCl2溶于水中，在搅拌下加入H2O2，再通入氨气进行反应可制备CaO2·8H2O，在碱性环境下制取CaO2·8H2O的装置如下：(1)写制备CaO2·8H2O的化学方程式_____________________

_；(2)X仪器的名称为___________；(3)乙中沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，其可能的原因分析：其一，该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率；其二：____________；(4)反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得C

aO2·8H2O。检验CaO2·8H2O是否洗涤干净的操作为_____________；Ⅱ．水产运输中常向水中加一定量CaO2·8H2O增加溶氧量(DO)，水中溶氧量(DO)是用每升水中溶解氧气的质量来表示，其测定步骤及原理如下：a

．固氧：碱性下，O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2：2Mn2++O2+4OH−=2MnO(OH)2↓；b.氧化：酸性下，MnO(OH)2将I−氧化为I2；c．滴定：用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2：2S2O23−+I2=S4O26−+2I−。某同学向100.00mL水中

加一定量CaO2·8H2O，取此水样50.00mL，按上述方法测定水中溶氧量(DO)，消耗0.02mol·L−1Na2S2O3标准溶液15.00mL。(5)滴定过程中使用的指示剂是_______________；(6)请写出步骤b中的离子方程式_____

________；(7)该水样中的溶氧量(DO)为_________mg·L−1(忽略体积变化)。【答案】（每空2分）(1)CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O＝CaO2·8H2O+2NH4Cl(2)三颈烧瓶(

3)温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率(4)取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净(合理答案均可)(5)淀粉溶液(6)MnO(OH)2+2I－+4H+＝Mn2++I2+3

H2O(7)48【解析】(1)CaCl2溶液和NH3反应得到Ca(OH)2悬浊液，再与H2O2反应可制备CaO2·8H2O，总反应式为CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O＝CaO2·8H2O+2NH4Cl，故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O＝CaO2·8H

2O+2NH4Cl；(2)X仪器的名称为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；(3)温度高会使H2O2分解，冰水浴控制温度在0℃左右，可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率，故答案为：温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；(4)CaO2·8H2O表面附着着CaCl

2溶液，检验CaO2·8H2O是否洗涤干净即检验是否有氯离子存在，取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净(合理答案均可)，故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液

，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净(合理答案均可)；Ⅱ．(5)根据2S2O32-+I2=S4O62-+2I−，可选指示剂为淀粉溶液，故答案为：淀粉溶液；(6)MnO(OH)

2将I−氧化为I2，该反应的离子方程式为：MnO(OH)2+2I－+4H+＝Mn2++I2+3H2O，故答案为：MnO(OH)2+2I－+4H+＝Mn2++I2+3H2O；(7)根据方程式可得关系式O2～4S2O32-，则50.0mL水样中n(O2)＝14n(S2O3

2-)＝14×0.0200mol·L－1×0.015L＝0.000075mol，该水样中的溶解氧量(DO)为30.000075mol3210mg/mol0.05L＝48mg·L－1，故答案为：48

。27．（14分）铍是原子能、火箭、导弹、航空、宇宙航行以及冶金工业中不可缺少的宝贵材料，有“超级金属”之称。以绿柱石[Be3Al2(SiO3)6]为原料制备两性金属铍的工艺如下：已知Be2+可与OH-结合成配位数为4的配离子。回答下列问题:(1)烧结冷却后，水浸之前

粉碎的目的是________________。(2)750℃烧结时，Na3FeF6与绿柱石作用生成易溶于水的Na2BeF4，写出该反应的化学方程式_________________________。(3)“过滤1”的滤液中若加入的氢氧化钠过量，后果是______________

__(用离子方程式表示)。(4)不能将工艺“Be(OH)2⎯⎯⎯→煅烧BeO⎯⎯⎯⎯⎯→炭、焦油、氯气BeCl2”改为“Be(OH)2⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯→盐酸加热蒸干、灼烧BeCl2”的理由是_______________________________。(5)已知25℃时

Ksp[Be(OH)2]=4.0×10-21，计算室温时0.40mol∙L-1Be2+开始沉淀时的pH=_____。(6)已知镍在稀酸中缓慢溶解。工业上电解NaCl—BeCl2熔融混合物制备金属铍，可选用镍坩锅作电解槽的___________(填“阳

极”或“阴极”)材料，电解时发生反应的化学方程式为____________________。【答案】（每空2分）(1)增大固体与水的接触面积，加快水浸速率(2)2Na3FeF6+Be3Al2(SiO3)6=3Na2BeF4+Fe2O3+Al2O3+

6SiO2(3)Be(OH)2+2OH-=[Be(OH)4]2-(4)加热蒸干灼烧，BeCl2完全水解，最后得BeO，得不到BeCl2(5)4.0(6)阴极BeCl2(熔融)Be+Cl2↑【解析】绿柱石中加入Na3FeF6后，在750℃烧结，水浸后过滤，所得滤渣为Fe2O3、Al2

O3、SiO2，滤液中加入适量NaOH溶液，生成Be(OH)2沉淀，则表明滤液中含有Na+、F-等；滤液中加入Fe2(SO4)3，将氟转化为Na3FeF6沉淀；Be(OH)2煅烧后分解生成BeO和水，BeO与炭

、焦油、氯气反应，生成BaCl2，熔融电解而制得Be。(1)烧结冷却后，固体结块，水浸之前进行粉碎，可增大固体与水的接触面积，加快水浸速率。答案为：增大固体与水的接触面积，加快水浸速率；(2)750℃

烧结时，Na3FeF6与Be3Al2(SiO3)6作用生成易溶于水的Na2BeF4和Fe2O3、Al2O3、SiO2等固体难溶物，该反应的化学方程式为2Na3FeF6+Be3Al2(SiO3)6=3Na2BeF4+Fe2O3+Al2O3+6SiO2。答案为：2Na3FeF6+Be3Al2(SiO3

)6=3Na2BeF4+Fe2O3+Al2O3+6SiO2；(3)因为Be(OH)2呈两性，“过滤1”的滤液中若加入的氢氧化钠过量，则会继续溶解而生成可溶性盐，所以后果是Be(OH)2+2OH-=[Be(OH)4]2-。答案为：Be(

OH)2+2OH-=[Be(OH)4]2-：(4)BeCl2为易水解的盐，蒸发溶剂的过程中会水解生成Be(OH)2，然后再分解，所以理由是加热蒸干灼烧，BeCl2完全水解，最后得BeO。答案为：加热蒸干灼烧，BeCl2完全水解，最后得BeO，得不到Be

Cl2；(5)Ksp[Be(OH)2]=0.40×c2(OH-)=4.0×10-21，c(OH-)=10-10mol/L，pH=-lg-14-101010=4.0。答案为：4.0；(6)若镍作阳极材料，则通电后易失电子而发生溶解，所以镍坩锅作电解槽的阴极材

料，电解时BeCl2熔融电解，生成Be和氯气，发生反应的化学方程式为BeCl2(熔融)Be+Cl2↑。答案为：阴极；BeCl2(熔融)Be+Cl2↑。28.（15分）碳的化合物在工业上应用广泛，下面是几种碳的化合物的具体应用：

(1)CO2氧化乙苯脱氢存在两种途径：一步反应(I)和两步反应(II+Ⅲ)，两种途径同时存在。涉及的反应如下：反应I：C6H5CH2CH3(g)+CO2(g)C6H5CH=CH2(g)+CO(g)+H2O(g)ΔH1=+158.8kJ/mol反应I

I：C6H5CH2CH3(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g)ΔH2反应III：CO2(g)+H2(g)＝CO(g)+H2O(g)ΔH3=+41.2kJ/mol①ΔH2=______。②反应II能够自发进行

的条件___________（填“低温”、“高温”或“任何温度”）(2)查阅资料得知：反应CH3CHO(aq)=CH4(g)+CO(g)在含少量I2的溶液中分两步进行：第I步反应为：CH3CHO(aq)+I2(aq)→CH3(l)+HI(aq)

+CO(g)(慢反应)第II步为快反应，增大I2的浓度能明显增大总反应的平均速率，理由为______。(3)通过计算机对反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)进行模拟实验，对0.1MPa下，不同温度，

不同水碳比(24n()nO(HCH))进行了热力学计算，绘得反应平衡体系中H2的物质的量分数与水碳比、平衡温度的关系如图所示。①由图可知，温度一定时，H2的平衡物质的量分数与水碳比的关系是______，产生该结论的原因是______。②若水碳比为1.0，平衡温度为900℃，平衡时H2

的物质的量分数为0.6，则CH4的转化率为______%。(结果保留一位小数)(4)合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示，B为直流电源______（填“正极”或“负极”），阳极的电极反应式为______。【答案】（除标注外，每空2分

）(1)①+117.6KJ·mol-1②高温(2)总反应平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的速率增大，则总反应平均速率增大（3）①水碳比越大，氢气的物质的量分数越大水碳比增大，生成的CO会与H2O(g)反应，进一步生成H2，使得氢

气的物质的量分数增大②66.7%(4)负极（1分）2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+【解析】(1)①根据盖斯定律，可知反应II可由反应I‒反应Ⅲ得到，则反应II的ΔH2=+158KJ·mol-1

-41.2KJ·mol-1=+117.6KJ·mol-1；故答案为：+117.6KJ·mol-1。②由反应II可以看出，正反应是一个吸热反应且熵增大的反应，根据ΔH-TΔS＜0，反应能自发进行，则反应II

在高温条件下能自发进行。答案为：高温；(2)总反应平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的速率增大，则总反应平均速率增大(或根据总反应可知I2为该反应的催化剂，增大I2的浓度，可以增大总反应的平均速率。

(3)①根据图中信息，从温度1050K时分析，水碳比越大，氢气的物质的量分数越大，产生该结论的原因是水碳比增大，生成的CO会与H2O(g)反应，进一步生成H2，使得氢气的物质的量分数增大；故答案为：水碳比越大，氢气的

物质的量分数越大；水碳比增大，生成的CO会与H2O(g)反应，进一步生成H2，使得氢气的物质的量分数增大。②若水碳比为1.0，假设物质的量分别为1mol，根据题意建立三段式422CHgH3HCO1molamolamol3amolamol(1)mol(1()+O(g)(g)+(g)

1mol00a)mol3amolmaaol−−开始转化平衡，平衡温度为900℃，平衡时H2的物质的量分数为0.6，3amol(1)mol(1)mol3amolamol100%60%aa=−+−++，解得a=2mol

3，则CH4的转化率2mol3α100%66.7%1mol==；故答案为：66.7%。(4)该装置为电解池，根据图示，O2在电极表面转化为H2O，氧元素的化合价降低，得到电子，发生还原反应，则通入氧气的一极为阴极，电源电极B为负极，A为正极，故通入一氧化碳和甲醇的一极为阳极，则

阳极的电极反应式为：()33222eO2HCHOHCOCHCO−++−=+，故答案为：负极()33222eO2HCHOHCOCHCO−++−=+。（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35．［化学——选修3：物质结构与性质

］（15分）我国已经形成对全球稀土产业链的统治力，在稀土开采技术方面，我国遥遥领先，无论是美国的芒廷帕斯还是澳大利亚的稀土矿山，均为在我国技术的参与下才实现产出。我国科学家最早研究的是稀土—钴化合物的结构。请回答下列问题：(1)过渡元素Co基态原子的核外电子排布式为_

__________；第四电离能I4(Co)＜I4(Fe)，其原因是___________。(2)酞菁钴近年来在光电材料、非线性光学材料、光动力学疗法中的光敏剂、催化剂等方面得到了广泛的应用。其结构如图所示，中心离子为钴离子。①酞菁钴中三种非金属原子的电负性由大到小的

顺序为___________(用相应的元素符号作答)。②与钴离子通过配位键结合的氮原子数有___________个。③酞菁钴中氮原子的杂化类型是________。(3)钴的一种化合物的晶胞结构如下图所示：①已知A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B点为(12，0，12)，则C点的原子

坐标参数为___________。②已知晶胞参数a=0.55pm，则该晶体的密度为___________g·cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数，只列出计算表达式即可)。【答案】（除标注外，每空2分）(1)1s22s22p63s2

3p63d74s2(或[Ar]3d74s2)Fe失去的是较稳定的3d5中的一个电子，Co失去的是3d6中的一个电子(2)①N＞C＞H②2③sp2、sp3(3)①（12，12，12）②3-30A1550.5510N（3分）【解析】(1)过渡元素Co的原子序数是27，其基态原子的核外电子排布

式为1s22s22p63s23p63d74s2(或[Ar]3d74s2)；原因Fe失去的是较稳定的3d5中的一个电子，而Co失去的是3d6中的一个电子，所以第四电离能I4(Co)＜I4(Fe)。(2)①酞菁钴中三种非金属原子分别是H、C、N，原因非金属性越强，电负性越大，则电负性由大到小的

顺序为N＞C＞H。②含有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键，1号、3号N原子形成3对共用电子对为普通共价键，2号、4号N原子形成4对共用电子对，与Co通过配位键结合

，因此与钴离子通过配位键结合的氮原子数有2个。③酞菁钴中氮原子含有双键的是sp2杂化，只有单键的是sp3杂化。(3)①已知A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B点为(12，0，12)，根据晶胞结构图可知C点的原子位于体心处，其原子坐标参数为（12

，12，12）。②由图可知，Ti在晶胞顶点，其个数为8×18=1；Co在体心，个数为1；O在面心，其个数6×12=3，根据密度公式ρ=m/V可知，其密度=33-303-30AA48+59+163155/0.5510N0.5510N=gcmg·cm-3。36．[化学——选修5

：有机化学基础](15分)氯吡格雷(Clopidogrel)是一种用于预防和治疗因血小板高聚集引起的心、脑及其他动脉循环障碍疾病的药物，如近期发作的脑卒中、心肌梗死和确诊的外周动脉疾病。以A为原料合成氯吡格雷

的路线如下：已知：R-CHO4NaCNNHCl⎯⎯⎯→，R-CN+2H/HO⎯⎯⎯⎯→RCOOH。请回答下列问题：(1)A中含氧官能团的名称为_______，C→D的反应类型是_______。(2)Y的结构简式为_______，在一定条件下Y与BrCl(一氯化溴，与卤素单

质性质相似)按物质的量1：1发生加成反应，生成的产物可能有_______种。(3)C分子间可在一定条件下反应生成含有3个六元环的产物，该反应的化学方程式为_______。(4)由E转化为氯吡格雷时，生成的另一种产物的结构简式为_______。(5)A的所有属于芳香族化

合物的同分异构体有_______种(只有一个环，不考虑立体异构)，写核磁共振氢谱为1：2：2的结构简式_______。(6)请结合题中信息写出以为有机原料制备化合物的合成路线流程图(无机试剂任选)_______。合成流程图示例如下：CH2=CH2HBr⎯⎯⎯⎯→CH3CH2BrN

aOH溶液Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→CH3CH2OH【答案】(1)醛基（1分）酯化反应或取代反应（1分）(2)（2分）6（2分）(3)（2分）(4)HO−CH2−CH2−OH（1分）(5)3（2分）（1分）(6)（3分）【解析】由D的结构以及A、B、C的分子式，结合信息可知，A的结构

简式为，B为，C为，X为CH3OH，对比D、E的结构可知，D→E发生取代反应，可知Y的结构简式为，E与在酸性条件下生成氯吡格雷，由原子守恒可知，还有乙二醇生成。(1)A的结构简式为，A中含氧官能团的名称为醛基，C−D的反应类型是酯化反应或取代反应

，故答案为：醛基；酯化反应或取代反应；(2)由上述分析可知，Y的结构简式为，在一定条件下Y与BrCl(一氯化溴，与卤素单质性质相似)按物质的量1:1发生加成反应，可以发生1，2−加成反应，由于Br、Cl连接位置不同，有4种，或发生1，4−加成反应

，由于Br、Cl连接位置不同，有2种，故有6种，故答案为：；6；(3)两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，应是氨基与羧基之间发生脱水反应，两分子C脱去2分子水生成，该反应方程式为：，故答案为：；(4)E与在酸性条件下

生成氯吡格雷，由原子守恒可知，还有HO−CH2−CH2−OH生成，故答案为：HO−CH2−CH2−OH；(5)A()属于芳香族化合物的所有同分异构体中(只有一个环、不考虑立体异构)即含有苯环，官能团不变时，改变官能

团的位置，若官能团发生变化，侧链为为−COCl，符合条件所有芳香族化合物有3种。其结构简式分别为，核磁共振氢谱为1：2：2的结构简式为，故答案为：3；(6)在NaCN/NH4Cl条件下反应生成，然后在酸性条件下得到，最后在浓硫

酸、加热条件下发生酯化反应得到，合成路线流程图为：，故答案为：。