【文档说明】安徽省蚌埠市教师2020届高三“我为高考命题”仿真模拟化学试题（蚌埠二中5）含答案.docx，共(16)页，336.541 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-a697ea8cda4f9f4f1e3304cb411b20de.html

以下为本文档部分文字说明：

蚌埠市教师“我为高考命题”化学学科试卷一、单项选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）1．化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是（）A.目前提出的“低碳经济”，即减少向环境排放CO2有利于控制温室效应B．“国防

金属---镁”可通过浓缩海水，再直接采用电解法获得C．硅橡胶既能耐高温又能耐低温，广泛应用于航天航空工业D．煤经过气化和液化等化学变化可转化为清洁能源2．ClO2是一种国际公认的安全、无毒的绿色消毒剂，沸点11℃，凝固点-59℃。工业上，可用下列原理制备ClO2(液相反应)2F

eS2+30NaClO3+14H2SO4Fe2(SO4)3+15Na2SO4+30ClO2+14H2O。设NA是阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．在标准状况下，2240mLClO2含有原子数为0.3NAB．若生成1.5molNa2SO4，则反应后的溶液中Fe3+数目小于0.2NAC

．48.0gFeS2完全反应，则上述反应中转移电子数为6NAD．每消耗15molNaClO3，生成的水中氢氧键数目为14NA3．（原创题）“梯希爱”学名2-甲基二苯甲酮，结构如图，是一种重要的化工原料，常作为医药制备

的中间体。下列叙述正确的是（）A．“梯希爱”是芳香烃B．1mol“梯希爱”可与6molH2发生加成反应C．1mol“梯希爱”完全燃烧能生成14molCO2和12molH2OD．“梯希爱”的结构中最多的共面碳原子数为1

4个4．下列有关实验的叙述错误的是（）选项实验用其或实验操作目的或结论A点燃插入到由MnO2、Al组成的铝热剂(混合物上有少量KClO3)上的镁条证明还原性Al>MnB将含有HCl、H2O(g)的Cl2依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去Cl2的杂质C向某盐溶液X中先滴加几滴氯水、再滴2

滴KSCN溶液确定盐溶液X中是否含有Fe3+D向某Na2SO3溶液中加入用盐酸酸化的BaCl2溶液检验Na2SO3是否变质5．“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子

交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大气相通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是（）A．若用导线连接a、c，则a为负极，该电极附近pH减小B．若用导线连接a、c，则c电极的电极反应式为WO3+xH++xe-=HxWO3C．若用导线

先连接b、c，再连接a、c，可实现太阳能向电能转化D．若用导线连接b、c，b电极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O6．X、Y、Z是三种气态物质，在一定温度下其变化符合下图。下列说法一定正确的是（

）3A．该反应的热化学方程式为X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)△H=-（E2-E1）kJB．若图III中甲表示压强，乙表示Z的含量，则其变化符合图III中曲线C．图II中曲线b是加入催化剂时的能量变化曲线，曲线a是没有加入催化剂时的能量变化

曲线D．该温度下，反应的平衡常数数值约为533，若升高温度，该反应的平衡常数减小，Y的转化率降低7．室温下，向100mL饱和的H2S溶液中通入SO2气体(气体体积换算成标准状况)，发生反应：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，测得溶液pH与

通入SO2的关系如图所示。下列有关说法错误的是（）A．a点水的电离程度最大B．a点之后，随SO2气体的通入，c(HSO-)c(H2SO3)的值始终减小C．曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化D．该温度下H2S的Ka1≈10-7.2二、非选择题（本题共3小

题，共43分。）8．（16分）全球碳计划组织（GCP，TheGlobalCarbonProject）报告称，2018年全球碳排放量约371亿吨，达到历史新高。（1）中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图1所示。①已知：CO2(g)+H2(g

)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ·mol-12CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g)△H=-128kJ·mol-1则上述过程中CO和H2转化为CH2=CH2的热化学方程式是

。②下列有关CO2转化为汽油的说法，正确的是（填标号）。A．该过程中，CO2转化为汽油的转化率高达78%B．中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键C．在Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H2=C

O+H2OD．催化剂HZSM-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率③若在一容器中充入一定量的CO2和H2，加入催化剂恰好完全反应，且产物只生成C5以上的烷烃类物质和水。则起始时CO2和H2的物质的量之比不低于。（2）研究表明，CO2

和H2在一定条件下可以合成甲醇。反应方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H<0。一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1.0molCO2和3.0molH2，在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间内CO2的转化率随温度变化关系如图2所示。①该反应自

发进行的条件是（填“高温”“低温”或“任意温度”）②催化效果最佳的催化剂是（填“A”“B”或“C”）；b点时，v(正)v(逆)（填“＞”“＜”或“＝”）。③若容器容积保持不变，则不能说明该反应达到化学平衡状态的是。a.c(CO2)与c(H2)的比值保持

不变b.v(CO2)正＝v(H2O)逆c.体系的压强不再发生变化d.混合气体的密度不变e.有lmolCO2生成的同时有断开3mol的H-H键f.气体的平均相对分子质量不变④已知容器内的起始压强为100kPa，若图2中c点已达到平衡状态，

则该温度下反应的平衡常数Kp=（只列出计算式，不要求化简，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数）。9．（12分）锡酸钠用于制造陶瓷电容器的基体、颜料和催化剂。工业上以锡碲渣(主要含Na2SnO3和N

a2TeO3)为原料，制备锡酸钠的工艺流程图如下，请回答下列问题：已知：锡酸钠(Na2SnO3)和亚碲酸钠(Na2TeO3)均易溶于碱。（1）“碱浸”过程中，锡碲浸出率与溶液中游离碱质量浓度关系如图所示，则最理想的质量浓度为，理由是。（2）如图反映的是“除碲”过

程中反应温度对碲脱除率的影响关系，70℃后随温度升高碲脱除率下降的原因可能是。（3）“除碲”反应的离子方程式为。（4）从“溶析结晶”回到“碱浸”的物质除烧碱外，主要还有(写化学式)。（5）“溶析结晶”母液中

还含有少量SbO43-，可用锡片将Sb置换出来，锡转化成最高价含氧酸盐，写出反应的离子方程式。10．（15分）某学生对Na2SO3与AgNO3在不同pH下的反应进行探究。（1）测得Na2SO3溶液pH＝10，AgNO3溶液pH＝5，原因是（用离子方程式表示）：。（2）调节p

H，实验记录如下：实验序号pH实验现象a10产生白色沉淀，稍后溶解，溶液澄清b6产生白色沉淀，一段时间后，沉淀未溶解c2产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X查阅资料得知：ⅰ.Ag2SO3：白色，

难溶于水，溶于过量的Na2SO3溶液。ⅱ.Ag2O：棕黑色，不溶于水，能和酸反应。该学生对产生的白色沉淀提出了两种假设：①白色沉淀为Ag2SO3。②白色沉淀为Ag2SO4，推测的依据是。（3）取b、c中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中，沉淀溶解。该同学设计实验确认了白色沉淀不是Ag

2SO4。实验方法是：另取Ag2SO4固体置于溶液中，未溶解。（4）将c中X滤出、洗净，为确认其组成，实验如下：Ⅰ.向X中滴加稀盐酸，无明显变化。Ⅱ.向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体。Ⅲ.分别用Ba(NO3)2、BaCl2溶液检验Ⅱ中反应后的溶液，前者无

明显变化，后者产生白色沉淀。①实验Ⅰ的目的是。②根据实验现象分析，X的成分是。③Ⅱ中反应的化学方程式是。（5）综合该同学以上实验，分析产生X的原因：。三、选做题（选修3，选修5各有一题，任选一题作答，共15分

。）11．（15分）2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古德伊纳夫、斯坦利·惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。请回答下列问题：（1）LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。基态Co原子核外电子排布式为

，基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为；该能层能量最高的电子云在空间有个伸展方向，原子轨道呈形。－－（2）[Co(NO3)4]2中Co2+的配位数为4，配体中N的杂化方式为，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为(

填元素符号)，1mol该配离子中含σ键数目为NA。（3）LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示：这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为(用n代表P原子数)。（4）钴蓝晶体结构如图

，该立方晶胞由4个I型和4个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为，晶体中Al3+占据O2－形成的(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)。NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为g·cm－3(列计算式)。12．（15分）环丙贝特(H)是一种降血脂药物，可明显

降低极低密度和低密度脂蛋白水平，并升高高密度脂蛋白，通过改善胆固醇的分布，可减少CH和LDL在血管壁的沉积，还有溶解纤维蛋白和阻止血小板凝聚作用。如图是合成环丙贝特的一种新方法：回答下列问题：（1）B的化学名称为（2）H中含氧官能团的名称为（

3）H的分子式为（4）反应①的反应类型为，反应④的化学方程式为（5）M为的同分异构体，能与NaHCO3溶液反应产生气体，则M的结构共有种(不考虑立体异构)；其中1HNMR中有3组峰，且峰面积之比为6：2：1的结构简式为（6）利用Wittig反应，设计以环己烷为原料(其他试剂

任选)，制备的合成路线：我为高考命题——理综化学部分【参考答案】一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分。）题号1234567答案BADCCDB1.【答案】B【解析】A．CO2是主要的引起温室效应的气体之一，A正确；B．海水浓缩后直接电

解会产生镁的氢氧化物沉淀，无法制得单质镁，B错误；C．硅橡胶既能耐高温又能耐低温，广泛应用于航天航空工业，C正确；D．煤经过气化和液化等化学变化可转化为清洁能源，D正确；故答案选A。2．【答案】A【解析】A．C

lO2沸点11℃，标况下为液体，2240mLClO2的物质的量不是0.1mol，故A错误；B．Fe3+在水溶液中会发生水解，Fe3+数目会减少，故B正确；C．48.0gFeS2物质的量为48g÷120g/mol=0.4mol，NaClO3中氯元素由+5价降到+4

价，失一个电子，故6molNaClO3失6mol电子，即48.0gFeS2完全反应，转移电子数为6NA，故C正确；D．消耗15molNaClO3生成7mol水，一个水分子中有两个氢氧键，故生成的水中氢氧键数目为14NA，故D正确；故答案为A。3.【答案】D【解析】A．梯希爱中含有

氧元素，不属于烃类，不是芳香烃，A错误；B．1mol梯希爱中有2mol苯环和1mol酮羰基，故可与7molH2发生加成反应，B错误；C．根据结构简式可以数出该分子中含有14个C原子，再根据其不饱和度Ω=9，可计算出有12个H原子，故1mol梯希爱完全燃烧能生成14molCO2和6mol

H2O，C错误；D．根据结构简式，我们可以看出梯希爱中两个苯环和中间羰基都是平面结构，并用单键连接，可通过单键旋转让所有碳原子共面，D正确；故答案选D。4．【答案】C【解析】A、根据铝热反应是置换反应及氧化还原反应规律知，选项A正确；B

、先通过饱和食盐水除去HCl，后通过浓硫酸除去H2O(g)，选项B正确；C、氯气能将Fe2+氧化为Fe3+，选项C错误；D、若Na2SO3已经变质，SO3氧化为SO4遇Ba产生白色沉淀，选项D正确。答案选C。5．【答案】C2-2-

2+【解析】A．用导线连接a、c，a极发生氧化，为负极，发生的电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑，a电极周围H+浓度增大，溶液pH减小，故A正确；B．用导线连接a、c，c极为正极，发生还原反应，电极反应为WO

3+xH++xe-=HxWO3，故B正确；C．应将导线先连接a、c，再连接b、c，由光电池转化为原电池，实现太阳能向电能转化，故C错误；D．用导线连接b、c，b电极为正极，电极表面是空气中的氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-

=2H2O，故D正确；故答案为C。6．【答案】D【解析】A．图Ⅰ中X、Y的物质的量浓度逐渐减小，应是反应物，Z的物质的3量浓度逐渐增大，应是生成物，浓度的变化比值为（0.5-0.3）：（0.7-0.1）：（0.4-0）=1：3：2，根据浓度的变化之比等于化学计量数之比可知反应方程式应

为X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)，由图Ⅱ可知反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反应热为△H=-（E2-E1）kJ/mol，该反应热化学方程式为X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)△H=-（E2-E1）

kJ/mol，反应热的单位为kJ/mol，A项错误；B．压强增大，平衡右移，Z的含量应增大，B项错误；C．图Ⅱ也可能为加入不同的催化剂，b的催化效果较好，或者是曲线b是加入催化剂，曲线a是没有加入催化剂时的能量变化曲线，C项错误；D．该反应放热，升高温度平衡

左移，该反应的平衡常数减小，Y的转化率降低，D项正确；答案选D。7．【答案】B【解析】A选项，由题图可知，a点表示通入SO2气体112mL(即0.005mol)时pH=7，说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应，溶液呈

中性，a点之前为H2S过量，a点之后为SO2过量，溶液均呈酸性，故a点水的电离程度最大，故A正确；B选项，根据平衡常数表达式可知c(HSO-)c(H2SO3)Ka1=c(H+)，a点之后，随SO2气体的通入，c(H+)增大，当通入的SO2气体达饱和时，c(H+)不再变化，故B

错误。C选项，当通入SO2气体336mL时，物质的量为0.015mol，反应后相当于溶液中的c(H2SO3)=0.1mol/L，因为H2SO3的酸性强于H2S，故此时溶液对应的pH应小于4.1，故曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化，故C正确；D选项，由题图中曲线的起点可知，a点溶液呈

中性，说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应，由此可知饱和H2S溶液中溶质的物质的量为0.01mol，c(H2S)=0.1mol/L，0.1mol/LH2S溶液电离出的c(H+)=10-4.1mol/L，电离方

程式为H2SH++HS－、HS-H++S2－；以第一步为主，根据平衡常数表达式计算出该10-4.110-4.1温度下H2S的Ka1≈二、非选择题0.1-10-4.1≈10－7.2，故D正确；综上所述，答案为B。8．（16分，每空2分）【答案】（1）①

2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g)∆H=-210kJ∙mol-1②B③6:19（2）①低温②A>③ad④【解析】60160133601(601)3124根据已知热化学方程式运用盖斯定律书写新的热

化学方程式；根据图示反应历程分析反应的中间产物，判断催化剂对反应的影响；根据烷烃的通式及题干信息进行相关计算；根据熵变和焓变判断反应是否自发进行；根据平衡状态的特征分析反应是否达到平衡状态；根据各物质

的分压计算平衡常数。（1）①已知：ICO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ·mol-1，II2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g)△H=-128kJ·mol-1，根据盖斯定律II-I×2

得：2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g)△H=-128kJ·mol-1-（+41kJ·mol-1）×2=-210kJ∙mol-1，故热化学方程式为：2p32CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2

(g)+2H2O(g)∆H=-210kJ∙mol-1；②A.由图示分析78%并不是表示CO2转化为汽油的转化率，故A错误；B.中间产物Fe5C2是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故B正确；C.根据图1所示，在Na-Fe3O4上发生的反应应为CO2生成CO的

反应，氢气未参加反应，故C错误；D.催化剂HZSM-5的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故D错误；故答案为：B；③烷烃的通式为CnH(2n+2)，假设只生成C6H14和水，则根据原子守恒知：6molCO2恰好完全反应生成1molC6H14和12molH

2O需要的H2的物质的量为：1mol14+12mol219mol，所以CO和H2的物质的量之比不低于26mol:19mol=6:9，故答案为：6:9；（2）①该反应为放热反应，△H<0，根据方程式知：△S<0，根据ΔG=ΔH－TΔS，若ΔG<0则T较小，即低温时该反应自发进行，故答

案为：低温；②如图所示相同时间内催化剂A的转化率较高，说明反应较快催化效果好；b点时，还未达到平衡，则说明v(正)＞v(逆)，故答案为：A；＞；③a.c(CO2)与c(H2)初始时比值为1：3，所以按照化学计量数1:3反应后，比值始终保持不变，不能说明该反应达到平

衡，故a选；b.根据化学计量数之比知：v(CO2)正=v(H2O)正=v(H2O)逆，正逆反应速率相等，则说明已经达到平衡，故b不选；c.该反应为气体减小的反应，所以当体系的压强不再发生变化，说明反应物和生成物浓度保持不变

，能说明达到平衡状态，故c不选；d.根据质量守恒原理知，反应前后总质量始终不变，且容器体积不变，则混合气体的密度始终不变，所以气体密度不变不能说明达到平衡，故d选；e.断开3mol的H-H键时说明有3mol氢气消耗，则应该消耗1molCO2，则CO2的浓度保

持不变，能说明达到平衡状态，故e不选；f.反应前后气体的物质的量减小，质量保持不变，则气体的平均相对分子质量应增大，若不变，说明达到平衡状态，故f不选；故答案为：ad；④c点时CO2的转率为80%，则反应掉1mol×80%=0.8mol，

CO2g+3H2gCH3OHg+H2Og起始mol1300变化mol0.82.40.80.8平衡mol0.20.60.80.8起始状态容器中气体总物质的量为1mol+3mol=4mol，平衡时容器中气体总物质的量为0.2mo

l+0.6mol+0.8mol+0.8mol=2.4mol，容器体积不变，起始压强为100kPa，则平衡时总压强为：100kPa×2.4mol=60kPa，根据分压=总压×物质4mol的量分数计算得：K=P(H2O)P(CH3OH)60160133，故答案为：P(CO2)P

(H2)601(601)31243-2-33-2-2−32−60160133。601(601)31249．（12分，每空2分）【答案】（1）100g/L浓度超过100后，锡浸出率增幅变小，

但碲浸出率却提高较大，不利于后续分离（2）温度升高，过氧化氢受热分解（3）2Na++TeO3+H2O2＝Na2TeO4↓+H2O2-（4）Na2SnO3、Na2TeO4（5）5Sn+4SbO4+H2O＝4Sb+5

SnO3+2OH-【解析】（1）根据图像可知浓度超过100后，锡浸出率增幅变小，但碲浸出率却提高较大，不利于后续分离，故答案为：100g/L；浓度超过100后，锡浸出率增幅变小，但碲浸出率却提高较大，不利于后续分离；（2）该过程反应物中有过氧化氢，过氧化氢受热

易分解，故答案为：温度升高，过氧化氢受热分解；（3）过氧化氢具有氧化性，还原产物一般为水，该过程中过氧化氢将TeO2-氧化成Na2TeO4，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为：2Na++TeO3+H2O22-＝Na2TeO4↓+H2O；（4）溶析结晶后的溶

液仍为Na2SnO3和Na2TeO4的饱和溶液，所以从“溶析结晶”回到“碱浸”的物质除烧碱外，主要还有Na2SnO3、Na2TeO4，故答案为：Na2SnO3、Na2TeO4；（5）锡的最高价含氧酸盐为H2SnO3，锡片可将

Sb置换出来，即产物中有Sb单质，再结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：5Sn+4SbO4+H2O＝4Sb+5SnO3+2OH-。10．（15分，除注明外，每空2分）【答案】（1）（3分）SO3+H2OHS

O3+OH；Ag+H2OAgOH+H2−−−++（2）②SO3具有较强的还原性，若被空气中的O2氧化为SO42−即为Ag＋结合生成Ag2SO4沉淀（3）过量的Na2SO3(或亚硫酸钠)（4）①验证棕黑色物质X不是Ag2O②Ag③Ag＋2HNO3(浓)=AgNO3＋NO2↑＋H2O（5）随着酸

性的增强，体系的还原性增强。【解析】（1）Na2SO3为强碱弱酸盐，在溶液中水解显碱性，则溶液的pH=10，其水解离子方程为：SO3+H2O⇌HSO3+OH，AgNO3为强酸弱碱盐，在溶2−−−液中pH=5，其水解离子方程为：Ag++H2O

⇌H++AgOH；故答案为：SO3+H2OHSO3+OH、Ag+H2OAgOH+H2−−−++（2）①推测a中白色沉淀为Ag2SO3，Ag+与SO32−反应生成Ag2SO3，Ag2SO3溶于过量的Na2SO3溶液，生成沉淀的离子方程式为：2Ag++SO3=Ag2SO3↓，②推测a中

白色沉淀为Ag2SO4，其依据为：SO2−2−有还原性，可能被氧化为SO4，与Ag+反应生成Ag2SO4白色沉淀，故答案为：SO32−具有较强的还原性，若被空气中的O2氧化为SO4即与Ag＋结合生成Ag2SO4沉淀；2−（3）Ag2SO3白色，难溶于水，溶于过量Na2SO3的溶液，取

B、C中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中，沉淀溶解，说明B、C中白色沉淀为Ag2SO3，另取A5−ANAg2SO4固体，同样条件置于足量Na2SO3溶液中，进行对照试验，发现沉淀不溶解；（4）①氧化银能和盐酸生成白色氯化银沉淀和水，溶液的pH=2，产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑

色物质X，向X中滴加稀盐酸，无明显变化，说明X不是Ag2O，②向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体为NO2，X与浓硝酸发生氧化还原反应，X具有还原性，X只能为金属单质，只能为银，含有Ag元素，不含S元素，③向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体为NO

2，银和硝酸反应，氮元素从+5变为+4价，同时生成硝酸银和水，反应方程式为：Ag+2HNO3（浓）═AgNO3+NO2↑+H2O.（5）综合该同学以上实验，分析产生X的原因：随着酸性的增强，体系的还原性增强。三、选做

题11．（15分）【答案】（1）1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2（1分）M（1分）3（1分）哑铃（1分）sp2（1分）（2）Co、O、N（1分）16（1分）＋－（3）(PnO3n＋1)(n2)（2分）8(59+

227+416)（4）CoAl2O4（2分）八面体空隙（2分）分）N(2a10-7)3（2【解析】（1）Co为27号元素，Co原子核外有27个电子，根据核外电子排布规律可得其基态Co原子核外电子排布式；基态磷原子核外有三层电子，故最高能层符号为M，电子云在空间有3个伸展方向，原

子轨道为哑铃型；－5+0+1=3（2）NO3中价层电子对数为2，故为sp2杂化；一般情况下非金属性越强第一电离能越大，但由于N原子中最外层为半充满状态，比较稳定，故第一电离能大于O，所以第一电离能由小到大的顺序为Co、O、N；一个NO3－中有3个σ键，配位

键也为σ键，故σ键数目为3×4+4=16，则1mol该配离子中含σ键数目为16NA；（3）可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：PO4、P2O7、3−4−P3O10磷原子的变化规律为：1,2,3,4，n氧原子的变化规律

为：4,7,10,3n+1酸＋－根所带电荷数的变化规律为：3,4,5,n+2；故答案为：(PnO3n＋1)(n2)（4）根据钴蓝晶体晶胞结构分析，一个晶胞中含有的Co、Al、O个数分别为：4（41/2）2+4=8，44=

16，84=32，所以化学式为CoAl2O4；根据结构观察，晶体中Al3+占据O2−形成的八面体空隙；该晶胞的体积为2a10-73，32161627859=8(59+227+416)该晶胞的质量为NA8(59+227+416)N(2a10-

7)3。12．（15分）,所以密度为A【答案】（1）对羟基苯甲醇（或4-羟基苯甲醇）（1分）（2）羧基、醚键（2分）（3）C13H14O3Cl2（1分）（4）加成反应（1分）+→+HBr（2分）（5）12（2分）、（2分）（6）（4分）【解析】A()与HCHO在碱性条件下发生加成反应生成B（）；

B氧化生成C（）；C生成D（）；D与发生取代反应生成E（）和HBr；E环化生成F（）；F酸性条件下水解生成H（），据此分析。（1）B为，命名为对羟基苯甲醇（或4-羟基苯甲醇）；（2）H为，H中含氧官能团为羧基、醚键；（3）H为，由结构简式可知，

H的分子式为C13H14O3Cl2；（4）反应①为加成反应，反应④为取代反应，产物中还有HBr，化学方程式为+→+HBr；（5）M为的同分异构体，满足条件的M的结构简式为、、、、、、、、、、、共12种；其中1HNMR中有3

组峰，且峰面积之比为6:2:1的结构简式为、；（6）根据题干信息①②③可得出合成路线，由环己烷为原料制备的合成路线为。