武汉市2018届高三高中毕业生四月调研测试理综-化学试题(高清解析版).doc

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湖北省武汉市2018届高中毕业生四月调研测试理综
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 S32 Cr 52 Mn 55 Fe 56 Ni 59
7. 碳循环（如图）对人类生存、发展有着重要的意义。下列说法错误的是( )

A. 碳是构成有机物的主要元素
B. 光合作用是将太阳能转化为化学能的过程
C. 化石燃料的大量燃烧是产生温室效应的原因之一
D. 石油的年产量是一个国家石油化工发展水平的标志
【答案】D
【解析】
有机物一定含有碳元素，所以碳是构成有机物的主要元素，A正确；绿色植物将二氧化碳和水合成葡萄糖和氧气的过程，是把太阳能转化为化学能的过程，B正确；化石燃料中含碳元素，化石燃料的大量燃烧是产生二氧化碳气体是产生温室效应的原因之一，C正确；乙烯的年产量是一个国家石油化工发展水平的标志，D错误；正确选项D。
8. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是
A. lmolNa202与水完全反应，转移电子数为NA
B. 2molS02与1molO2在一定条件下充分反应生成S03分子数为2NA
C. 10mLpH=ll的KOH溶液中，水电离出的OH-的数H为1.0×10—5NA
D. 17g甲基(-l4CH3)中所含中子数为9NA
【答案】A
【解析】
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，根据反应可知：2Na2O2—2e-，所以1mol Na2O2与水完全反应，转移电子数为NA，A正确；SO2与 O2反应是一个可逆反应，反应不能进行到底，所以2molSO2与1molO2在一定条件下充分反应生成SO3分子数小于2NA，B错误；碱溶液抑制水的电离，因此pH=11的KOH溶液中，由水电离产生的氢离子为10-11mol/L，水电离出的OH-的数目为10-11×10×10-3×NA =10-13NA，C错误；1 mol -14CH3含有中子数为（14-6）×NA=8NA，17g甲基(-14CH3)（即为1 mol）中所含中子数为8NA，D错误；正确选项A。
点睛：常温下，酸碱溶液抑制水的电离，c(H+)水或c(OH-)水小于10-7 mol/L；能够水解的盐溶液，促进水电离，c(H+)水或c(OH-)水大于10-7 mol/L。
9. 动植物体内广泛存在萜类化合物。关子下列萜类化合物的说法正确的是

A. X、Y均属于芳香化合物
B. Z分子中所有碳原子共平面
C. X能使溴的四氯化碳溶液褪色
D. Y的一氯代物有5种
【答案】C
【解析】
X中不含苯环，不属于芳香族化合物，A错误；Z分子结构含有-CH3 -CH2- 等结构，具有四面体的构型，所有碳原子不可能共平面，B错误；X分子中含有碳碳双键，能够与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，C正确；Y的分子结构不对称，氢核磁共振氢谱有6种，所以Y的一氯代物有6种，D错误；正确选项C。
10. 氯化铝（AlN)是一种新型无机非金属原料，常温下AlN+Na0H+H20=NaAl02+NH3↑。某课题小组利用甲图所示装置测定样品AlN的含量 (杂质不反应）。下列说法中正确的是

A. 量气管中的液体应为水
B. 用长颈漏斗代替分液漏斗，有利子控制反应速率
C. 反应结束时a、b两管液面的差值即为产生气体的体枳
D. 若其它操作均正确，实验结束时按乙图读数，测得AlN含量偏高
【答案】D
【解析】
反应产生的气体为氨气，氨气极易溶于水，所以量气管中的液体不应为水，可以为四氯化碳，A错误；长颈漏斗没有玻璃旋塞，不能控制液体的滴加，也就不能控制反应速率，B错误；反应结束时，待气体冷却到室温，调节右侧的量气管，使左右两端的液面相平，才能读数，根据起始和结束时右侧量气管的液面的差值，计算产生气体的体积，C错误；俯视量气管的读数，使所量气体的体积的体积增大，氨气的量增大，氮化铝的量增大，测得AlN含量偏高，D正确；正确选项D。
点睛：用量气法测量气体的体积时，要注意：一定要等到反应结束后冷却到室温；通过上下调节量气管的位置，保持量气装置两端的液面要保持水平；读数时一定要平视。
11. 已知X、Y、Z、W、M 均为短周期元素。25℃时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol/L）溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是

A. X、M 简单离子半径大小顺序：X>M
B. X、Y、Z、W、M 五种元素中只有一种是金属元素
C. Z 的最高价氧化物的化学式为ZO3
D. X、Z的最简单气态氢化物反应有白烟生成
【答案】C
【解析】
分析：已知X、Y、Z、W、M 均为短周期元素。25℃时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol/L）溶液的pH和原子半径的关系如图所示。由图可知，原子半径Ｍ＞W＞Ｚ＞Ｙ＞Ｘ， M的半径最大且其0.01mol/L最高价氧化物对应的水化物溶液的pH=12，则M为Na元素；0.01mol/L W的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH＜2，则W为S元素；0.01mol/L Z的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH=2，则Z为Cl元素；X的半径最小，其0.01mol/L高价氧化物对应的水化物溶液的pH=2，则X为N元素；0.01mol/L Y的高价氧化物对应的水化物溶液的2＜pH＜7，则Y为C元素。
详解：A. N和Na的简单离子的电子层结构相同，N的原子序数较小，故N3+的半径大于Na+，A正确；
B. X、Y、Z、W、M 五种元素中只有M是金属元素，B正确；
C. Z 的最高价氧化物的化学式为Cl2O7，C不正确；
D. X、Z的最简单气态氢化物是氨气和氯化氢，两者反应生成氯化铵小颗粒，故有白烟生成，D正确。
综上所述，说法不正确的是C，本题选C。
点睛：本题是一道有关元素周期表和元素周期律的推断题，难度较大。要求学生能掌握原子半径的变化规律、元素的金属性和非金属性的变化规律、酸碱性与pH的关系，并且能够将这些变化及其性质结合起来进行相关元素的判断，对学生的综合能力要求很高。在平时的学习中，要注意对相关知识点的总结归纳，以提高自己的综合能力。
12. 某镍冶炼车间排放的漂洗废水中含有一定浓度的Ni2+和Cl-，图甲是双膜三室电沉积法回收废水中的Ni2+的示意图，图乙描述的是实验中阴极液pH值与镍回收率之间的关系。下列说法不正确的是（ ）

A. 交换膜a为阳离子交换膜
B. 阳极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+
C. 阴极液 pH=1时，镍的回收率低主要是有较多的H2生成
D. 浓缩室得到1 L 0.5mol/L的盐酸时，阴极回收得到11.8g镍
【答案】D
【解析】
阳极区域是稀硫酸，阳极氢氧根离子失电子生成氧气，氢离子通过交换膜a进入浓缩室，所以交换膜a为阳离子交换膜，故A正确；阳极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，故B正确；阴极发生还原反应，酸性强时主要氢离子发生还原反应生成氢气、酸性弱时主要Ni2+发生还原反应生成Ni，故C正确；浓缩室得到1 L 0.5mol/L的盐酸时，转移电子0.4mol，阴极生成镍和氢气，所以阴极回收得到镍小于11.8g，故D错误。
13. 电解质溶液导电能力越强，电导率越大，常温下用0.1000mol/L盐酸分别滴定10.00nL浓度均为0.1000 mol/L的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液（二甲胺在水屮电离与氯相似，己知在常温下KP[(CH3)2NH H2O]NH•H2O]，利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是

A. 盐酸滴定二甲胺实验中选择酚酞做指示剂比选甲基橙误差更小
B. d点溶液中：c(H+)<c(OH-)(CH3)2NH2+
C. a点洛液与d点的洛液混合后的洛液中：c[(CH3)2NH2+]<c((CH3)2NH•H2O]
D. b、c、e三点的溶液中，水的电离程度最大的是e点
【答案】B
【解析】
假设图中最上方的曲线为②，下方曲线为①；加入盐酸前，浓度均为的和二甲胺[]溶液，是强碱，完全电离，溶液导电能力较强，则曲线①代表滴定溶液的曲线，曲线②代表滴定溶液的曲线。盐酸滴定二甲胺所得溶液为强酸弱碱盐，溶液水解显酸性，甲基橙的变色范围为pH:3.1~4.4之间，酚酞的变色范围：pH:8.2~10之间，因此使用甲基橙误差更小，A错误；d点溶液中,溶质为,,d点溶液中,存在质子守恒,即:,所以：c(H+)<c(OH-)+c[(CH3)2NH2+]，B正确；a 点溶液溶液为氢氧化钠和氯化钠混合液（各为0.0005mol）, d点的溶液为,其量为0.001 mol，两溶液混合后，溶质变为和氯化钠的混合液，溶液显酸性，所以c[(CH3)2NH2+]>c[(CH3)2NH·H2O]，C错误；由分析可以知道,曲线②为的变化曲线,b点溶液中溶质为和,电离出氢氧根离子抑制水的电离,c点溶质为NaCl对水的电离无影响,d点为,水解促进水的电离,溶液e点的溶液中溶质为和HCl,HCl抑制水的电离,所以b、c、e.三点的溶液中，水的电离程度最大的是c点；D错误；正确选项B。
点睛：对于水的电离平衡来讲，加入酸或碱，抑制水的电离，平衡左移；加入能够水解的盐，促进水电离，平衡右移。
26. 莫尔盐的化学式为（NH4)2Fe(S04)2•6H20，溶于水而不溶于乙醇，常被用作氧化还原滴定的基准物。下面是制取莫尔盐的部分装置与实验步骤：

①将铁屑放入小烧杯中，加适量的Na2C03溶液，小火加热几分钟，倒掉溶液后，用蒸馏水洗净铁屑，晾干。
②在锥形瓶中加入2.24g铁屑和少量碳粉，由分液漏斗滴加20mL3mol/L硫酸溶液。
③待反应结束后，由分液漏斗加入适g的(NH4)2S04溶液，过滤。在滤液中加入一定量的乙醇，待晶体析出后，过滤、洗涤、晾干，得莫尔盐晶体。
请回答下列问题：
（1）实验开始前，检査反应器气密性的方法为__________ 。
（2）步骤①中Na2C03溶液的作用是______ 。
（3）步骤②中滴加硫酸溶液时留取少许溶液子分液漏斗中的原因是______，加入少量碳粉的作用是______ 。
（4）步骤③中理论上需加2mol/L的(NH4)2SO4溶液_______mL。
（5）取lO.OOg铬青铜样品，将其中的铬裒化为H2Cr04,再加入硫酸酸化，并配成250mL溶液，取出25.00 mL用浓度为0.0180mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准洛液滴定，终点时用去标准液20.75mL。已知弱酸H2CrO4被还原为Cr3+则滴定时反应的离子方程式为________。该样品中铬元素的质量分数为 ________。
【答案】 (1). 关闭止水夹，打开分液漏斗活塞向锥形瓶中滴加水，若一段时间后水不能滴下来，则反应器气密性良好。(或:关闭分液漏斗活塞，打开止水夹，将导管口置于水槽中液面下，微热锥形瓶，若导管口有气泡产生，停止加热一段时间后，管口倒吸形成一段水柱，则反应器气密性良好) (2). 除去铁屑表面的油污 (3). 起液封作用 (，防止Fe2+被氧化) (4). 与铁、稀硫酸构成原电池，加快反应速率 (5). 20 (6). H2CrO4+3Fe2++6H+=Cr3++3Fe3++4H2O (7). 0.65%
【解析】
（1）实验开始前，检查反应器气密性的方法为：关闭止水夹，打开分液漏斗活塞向锥形瓶中滴加水，若一段时间后水不能滴下来，则反应器气密性良好；（或：关闭分液漏斗活塞，打开止水夹，将导管口置于水槽中液面下，微热锥形瓶，若导管口有气泡产生，停止加热一段时间后，管口倒吸形成一段水柱，则反应器气密性良好）；正确答案：关闭止水夹，打开分液漏斗活塞向锥形瓶中滴加水，若一段时间后水不能滴下来，则反应器气密性良好。（或：关闭分液漏斗活塞，打开止水夹，将导管口置于水槽中液面下，微热锥形瓶，若导管口有气泡产生，停止加热一段时间后，管口倒吸形成一段水柱，则反应器气密性良好）。
（2）Na2CO3溶液水解显碱性，能够与油污发生反应，可以洗涤铁粉中的油污；正确答案：除去铁屑表面的油污。
（3）步骤②中滴加硫酸溶液时留取少许溶液于分液漏斗中，能够起到液封作用，防止空气把Fe2+氧化；铁、碳和稀硫酸构成原电池，加快反应速率；正确答案：起液封作用，（防止Fe2+被氧化）；与铁、稀硫酸构成原电池，加快反应速率。
（4）2.24 g 铁屑与20 mL 3 mol/L硫酸溶液反应，硫酸过量，消耗铁的量为0.04mol，生成硫酸亚铁的量为0.04 mol，然后根据(NH4)2SO4+FeSO4+6H2O =( NH4)2Fe(SO4)2·6H2O反应可知消耗n(NH4)2SO4)=0.04 mol, 根据c×V=n可知，0.04=2×V，V=0.02L=20 mL；正确答案：20。
（5）根据题给信息可知，H2CrO4能够把(NH4)2Fe(SO4)2中的亚铁离子氧化为铁离子，本身还原为Cr3+，反应的离子方程式为H2CrO4+3Fe2++6H+=Cr3++3Fe3++4H2O； 根据反应关系：H2CrO4-3Fe2+可知：25.00 mL溶液中n((NH4)2Fe(SO4)2)=n(Fe2+)=0.018×20.75×10-3=3.735×10-4mol, n( H2CrO4)=1.245×10-4mol,则250mL溶液含有n( H2CrO4)=1.245×10-3 mol；m(Cr)= 1.245×10-3×52g; 该样品中铬元素的质量分数为1.245×10-3×52/10×100%=65%；正确答案：H2CrO4+3Fe2++6H+=Cr3++3Fe3++4H2O；65%或0.65
27. 某含镍(Ni)废催化剂中主要含有Ni，还含有Al、Al203、Fe及其它不溶于酸、碱的杂质。部分金属氢氧化物Ksp近似值如下表所示：

现用含镍废催化剂制备NiSO4•7H20晶体，其流程图如下:

回答下列问题：
(1)“碱浸”时发生反应的离子方程式为Al203+20H+=2A102-+H20，_______。
(2)“酸浸”所使用的酸为_______。
(3)“净化除杂”需加入H202溶液，其作用是_______。然后调节pH使溶液中铁元素恰好完全沉淀，列式计算此时的pH______。
(4)“操作A”为_______、过滤、洗涤、干燥，即得产品。
(5)NiS04在强碱性溶液中可被NaCIO氧化为NiOOH，该反应的离子方程式为__________________。
(6)NiOOH可作为银氢电池的电极材料，该电 池的工作原理如下图所示，其放电时，正极的电极反应式为____。

【答案】
(1). 2A1+2OH—+2H2O=2A1O2—+3H2↑
(2). 稀硫酸（或硫酸、H2SO4）
(3). 将Fe2+氧化为Fe3+
(4). c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]/c(Fe3+)=10—39/10—5=10—34，c(OH-)=10—11.3mol/L，c(H+)=Kw/c(OH-)=10—2.7mol/L，pH=2.7
(5). 冷却结晶
(6). 2Ni+ClO—+40H—=2NiOOH↓+Cl—+H2O
(7). NiOOH+H2O+e—=Ni(OH)2+OH—
【解析】
（1）“碱浸”时除了氧化铝与碱反应外，还会有金属铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2A1+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2↑；正确答案：2A1+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2↑。
（2）根据流程可知，最后产物为硫酸盐，所以“酸浸”所使用的酸为稀硫酸(或硫酸、H2SO4)；正确答案：稀硫酸(或硫酸、H2SO4)。
（3）从图表信息可知，氢氧化亚铁的Ksp较大，而氢氧化铁Ksp相对较小，因此“净化除杂”需加入H2O2溶液，其作用是将Fe2+氧化为Fe3+，易与形成沉淀而除去；然后调节pH使溶液中铁元素恰好完全沉淀，c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3] /c(Fe3+)= 10-39/10-5=10-34，c(OH-)=10-11.3mol/L，所以c(H+)=Kw/c(OH-)=10-2.7mol/L， pH=2.7；正确答案：将Fe2+氧化为Fe3+；c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3] /c(Fe3+)= 10-39/10-5=10-34， c(OH-)=10-11.3mol/L，所以c(H+)=Kw/c(OH-)=10-2.7mol/L， pH=2.7。
（4）从溶液中得到晶体的操作为：蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即得产品；正确答案：冷却结晶。
（5）NiSO4在强碱性溶液中可被NaClO氧化为NiOOH，该反应的离子方程式为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O；正确答案： 2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O。
（6）放电时为原电池，正极发生还原反应，NiOOH被还原为Ni(OH)2，正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+e-= Ni(OH)2+OH-；正确答案：NiOOH+H2O+e-= Ni(OH)2+OH-。
28. 治理S02、CO、NOx污染是化学工作者研宂的重要课题。
I.硫酸厂大量排放含SO2的尾气会对环境造成严重危害。
（1）工业上可利用废碱液（主要成分为Na2C03)处理硫酸厂尾气中的S02,得到Na2S03溶液，该反应的离子方程式为_____。
II.沥青混凝土可作为反应：2CO(g)+02(g)0CO2(g)的催化剂。图甲表示恒容密闭容器、相同起始浓度、相同反应时间段下，使用同质量的不同沥音混凝土（ɑ型、β型）催化时，CO的转化率与温度的关系。

（2）a、b、c、d四点中，达到平衡状态的是_____。
（3）已知c点时容器中02浓度为0.02mol/L，则50℃时，在α型沥音混凝土中CO转化反成的平衡常数K=
_____ (用含的代数式表示）。
（4）下列关于图中的说法正确的是_____。
A.C0转化反应的平衡常数K(a)<K(c)
B.在均未达到平衡状态时，同温下型沥音混凝土中CO转化速率比α型要大
C.b点时CO与O2分子之间发生有效碰撞的几率在整个实验过程中最高
D.e点转化率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失去活性
Ⅲ.某含钴催化剂可以催化消除柴油车尾气中的碳烟（C）和NOx。不同温度下某含钴催化剂可同时催化去除柴油车尾气中的碳烟(C)和NOx。不同温度下，将10mol模拟尾气（成分如下表所示）以相同的流速通过该催化剂，测得所有产物(CO2、N2、N2O)与NO的相关数据图乙所示。

（5）375℃时，测得排出的气体中含0.45molO2和0.052molCO2，则Y的化学式为_________。

（6）实验过程中采用NO模拟NOx,而不采用NO2的原因是_____。
【答案】 (1). CO32—+SO2=SO32—+CO2 (2). bed (3). (4). BD (5). N2 (6). 由于存在反应2NO2N2O4会导致一定的分析误差
【解析】
【详解】（1）利用强酸制备弱酸规律，亚硫酸的酸性强于碳酸，因此碳酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和二氧化碳，离子方程式为CO32-+SO2=SO32-+CO2；正确答案：CO32-+SO2=SO32-+CO2。
（2）可逆反应达到平衡状态时，转化率为最大转化率，因此使用同质量的不同沥青混凝土（α型、β型）催化时，b、c对应的转化率最大，反应达到平衡状态，达到平衡状态后，再升高温度，平衡左移，一氧化碳的转化率减小，所以d点也为对应温度下的平衡状态；正确答案：bcd。
（3）假设一氧化碳的起始浓度为a，其转化率为x；
2CO(g)+O2(g)2CO2(g)
起始浓度 a 0
变化浓度 ax ax
平衡浓度 a-ax 0.02 ax
平衡常数K=c2(CO2)/c2(CO)c(O2)=(ax)2/[(a-ax)2×0.02]=50x2/(1-x)2 ；正确答案：50x2/(1-x)2。
（4）平衡常数为温度的函数，a、c处在同一温度下，所以K(a)=K(c)，A错误；从图像可以看出，同温下β型沥青混凝土催化下，催化能力强于α型，所以在均未达到平衡状态时，同温下β型沥青混凝土中CO转化速率比α型要大，B正确；反应物的浓度越大，分子之间发生有效碰撞的几率越高，b点时达到平衡时的点，一氧化碳的转化率最大，剩余物质的浓度最小，有效碰撞几率不是最高的，C错误；温度太高，催化剂可能会失去活性，催化能力下降，D正确；正确选项BD。
（5）模拟尾气中一氧化氮的物质的量为 0.025 mol,而图中参与反应生成X和Y的一氧化氮的物质的量为:,模拟尾气中的物质的量为0.5 mol,测得排出的气体中含,说明实际参与反应的氧气的物质的量为,同时测得,根据氧元素守恒，可以知道一氧化二氮的物质的量为：0.05×2 0.06-0.052×2=0.002mol，根据氮元素守恒可以知道氮气的物质的量为（0.06-0.02×2）÷2=0.01mol，所以16%对应的是一样化二氮，8%对应的是氮气，即Y对应的是N2，正确答案是N2（6）实验过程中采用NO模拟NOx，而不采用NO2的原因是二氧化氮与四氧化二氮之间存在双聚平衡,所以无纯的二氧化氮；正确答案：由于存在反应2NO2N2O4会导致一定的分析误差。
35. Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产生活中有着广泛的成用。
（1）基态Co3+原子的价电子排布式为_________，Co3+核外3d能级上有_______对成对电子。
（2）Co3+的一种配离子[Co(N3(NH3)5]2+产中，Co3+的配位数是________，离子中所含δ键的数目为______，配位体N3+中心原子杂化类型为______。
（3）Co2+在水溶液中以[Co(H20)6]2+存在。向含Co2+的溶液中加入过量水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2+，其原因是_________。
（4）某蓝色晶体中，Fe2+、Fe3+分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个CN-，K+位于立方体的某恰当位置上。据此可知该晶体的化学式为_________，立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是_________。
（5）NiO的晶体结构如图中所示，其中离子坐标参数A为(0,0,0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为____。

（6）一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+产填充其中（如图乙），己知O2-的半径为apm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为________g(用含a、NA的代数式表示)。
【答案】 (1). 3d74s2 (2). 2 (3). 6 (4). 23NA (5). sp (6). N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大,与Co2+形成的配位键更强 (7). KFe2(CN)6 (8). 正四面体形 (9). (1,1/2,1/2) (10).
【解析】
（1）CO原子的核电荷数为27，基态CO的价电子排布式为3d74s2；Co3+核外电子排布为3d6，3d能级上有1对成对电子；正确答案：3d74s2 ； 1。
（2）氨气分子和N3-中氮原子中有孤电子对，能够与Co+形成配位键，共有5个氨分子和1个N3-离子，与Co+形成的的配位数为6；所以5 mol氨气分子提供σ键为15mol，1 mol N3-中含有σ键2 mol，形成配位键有6 mol，所以1mol 配离子中所含σ键的数目为23NA；杂化轨道数=中心原子的孤电子对数+中心原子的σ键的数目，所以N3-中心氮原子孤电子对数为0，σ键的数目为2，所以杂化轨道数为2，属于sp杂化；正确答案：6 ；23NA；sp。
（3）Co2+在水溶液中以[Co(H2O)6]2+存在。向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2+ ，其原因是N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强；正确答案：N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强。
（4）Fe2+、Fe3+占据立方体的互不相邻的顶点，则每个立方体上有4个Fe2+、4个Fe3+，根据晶体的空间结构特点，每个顶点上的粒子有1/8属于该立方体，则该立方体中有1/2个Fe2+、1/2个Fe3+，CN-位于立方体的棱上，棱上的微粒有1/4属于该立方体，该立方体中有3个CN-，所以该晶体的化学式为 [FeFe(CN)6]-，由于物质呈电中性，所以需要一个钾离子与之结合，所以该晶体的化学式为KFe2(CN)6；立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是正四面体形；正确答案：KFe2(CN)6 ； 正四面体形。
（5）若NiO晶胞中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，0），则由图可看出C离子坐标离x为1，离y为，离z为，则坐标参数为（1，，）；正确答案：(1,1/2,1/2)。
（6）根据结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的倍，所以其距离是2am；根据图片知，每个氧化镍所占的面积=2a m×2a m×sin60°×10-24，则每平方米含有的氧化镍个数=1/(2a m×2a m×sin60°×10-24)=×1024；每个氧化镍的质量=g，所以每平方米含有的氧化镍质量=××1024=；正确答案：（或）。
36. 石油裂解气主要含有丙烯、1，3-丁二烯等不饱和烃，以它们为原料可合成CR橡胶和医药中间体G,，合成路线如下：

（1）A的顺式异构体的结构简式为______。
（2）C中含氧官能团的名称是______，反应①的反应类型为 ______。
（3）写出E→F反应的化学方程式：______。
（4）写出同时满足下列条件的医药中间体G的同分异构体的结构简式：______。 ①与D互为同系物；②核磁共振氢谱有三组峰。
（5）用简要语言表述检验B中所含官能团的实验方法：______。
（6）以A为起始原料合成CR橡胶的线路为_____（其它试剂任选）。
【答案】 (1). (2). 羟基、醛基 (3). 取代反应 (4). HOOCCH2COOH+2C2H5OH C2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O (5). OHC（CH2）4CHO OHCCH（CH3）CH（CH3）CHO (6). 取少量B于洁净试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成证明B
中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键 (7).
【解析】
根据流程图，1,3-丁二烯与溴发生1,4加成，生成A，A为1,4-二溴-2-丁烯()；与氢气加成后生成1,4-二溴丁烷()；丙烯催化氧化生成B，B为CH2=CHCHO，C的相对分子质量比B大18，说明B与水加成生成C，C为，催化氧化生成D(丙二醛)，与银氨溶液反应生成E(丙二酸)，与乙醇酯化反应生成F()；根据信息，F()与反应生成，进一步反应生成G()。
(1)A为1,4-二溴-2-丁烯()，其顺式异构体的结构简式为，正确答案：。
(2) C为，含有的官能团有碳碳羟基、醛基；通过题给信息②可知，该过程发生了取代反应；正确答案：碳碳双键、醛基； 取代反应。
（3）有机物E为HOOCCH2COOH，与C2H5OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，化学方程式：HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O ；正确答案：HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O。
（4）有机物G的分子式为C6H10O2, ①与D 互为同系物；有机物D为二元醛类；②核磁共振氢谱有三组峰，具有一定的对称性；满足条件的有机物可能的结构有2种：OHC(CH2)4CHO和OHCCH(CH3)CH(CH3)CHO；正确答案： OHC(CH2)4CHO和OHCCH(CH3)CH(CH3)CHO。
（5）有机物B CH2=CHCHO，含有醛基和碳碳双键，由于醛基的还原性较强，先检验醛基，然后在检验碳碳双键；具体操作如下：取少量B于洁净试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键 ；正确答案：取少量B于洁净试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键 。
（6）A为，在碱性环境下发生取代反应生成二元烯醇，然后再与氯化氢发生加成生成，该有机物在浓硫酸作用下发生消去反应生成；该有机物发生加聚反应生成高分子；具体流程如下：；正确答案：。
点睛：针对于有机物CH2=CHCHO，先加入氢氧化铜的悬浊液，加热，出现砖红色沉淀，证明含有醛基；加入足量的硫酸酸化，再加入溴水，溶液褪色，含有碳碳双键；若果先加溴水，溴不仅与碳碳双键加成，还要氧化醛基，溶液褪色，无法鉴别两种官能团。