资源描述
2021~ 2022学年高三核心模拟卷(下)
理科综合(一)化学试题
注意事项：
1.本卷满分300分，考试时间150分钟。答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡，上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区城均无效。
4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡。上的非答题区域均无效。
5.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
6.可能用到的相对原子质量是：H1 C12 N14 O16 S32 K39 Fe56
一、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，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生产、生活关系密切。下列叙述涉及氧化还原反应的是
A. 从海水中提取镁单质 B. 石油的分馏
C. 明矾净水 D. 小苏打发酵面粉
【答案】A
【解析】
【详解】A．从海水中提取镁单质，该过程中镁元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，A正确；
B．石油的分馏属于物理变化，不涉及氧化还原反应，B错误；
C．明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附杂质达到净水的目的，元素化合价不变，不涉及氧化还原反应，C错误；
D．小苏打在面粉发酵的过程中，与产生的酸反应生成二氧化碳，元素化合价不变，不涉及氧化还原反应，D错误；
答案选A。
2. 利用下列装置进行实验，操作正确且能达到实验目的的是
A. 用装置甲制取SO2 B. 用装置乙制取NH3
C. 用装置丙制取Na2CO3 D. 用装置丁分离苯和溴苯
【答案】D
【解析】
【详解】A．硝酸可氧化亚硫酸钠，不能用图中简易装置，应选浓硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫，故A错误；
B．氯化铵与氢氧化钙反应制备氨气时有水生成，试管口应略向下倾斜，故B错误；
C．加热固体不能在烧杯中进行，应选试管或坩埚，图中不能制备碳酸钠，故C错误；
D．蒸馏时温度计测定馏分的温度，冷凝管中冷水下进上出，图中蒸馏装置可分离苯和溴苯，故D正确；
故选：D。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是
A. 标准状况下，5.6 L CCl4含有的共用电子对数目为NA
B. 5.6g Fe在足量的Cl2中完全燃烧，失去的电子数为0.2 NA
C. 4.2 g由乙烯和丙烯组成的混合气体含有碳原子数为0.3 NA
D. 1 L0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液中含CH3COO-的数目为0.1 NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．标况下四氯化碳不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算5.6L四氯化碳的物质的量，不能计算含有的共用电子对数目，故A错误；
B．5.6g铁的物质的量，而反应后铁变为+3价，故0.1mol铁失去0.3mol电子即0.3NA个，故B错误；
C．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故4.2g混合物中含有的CH2的物质的量，故含0.3NA个碳原子，故C正确；
D．1L 0.1mol•L-1CH3COONa溶液中的物质的量n=cV=0.1mol，醋酸根离子发生水解，溶液中含CH2COO-的数目小于0.1NA，故D错误；
故选：C。
4. 有机化合物F是一种抗血栓药物，其结构简式如图所示。下列有关该有机物的说法错误的是
A. 能与金属钠反应生成氢气
B. 能使溴的四氯化碳溶液褪色
C. 苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种
D. 1 mol该分子最多与8 mol H2发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．含有醇羟基，能与钠反应生成氢气，故A正确；
B．含有碳氧双键，能与溴发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；
C．2个苯环共含有6种化学环境不同的氢原子，苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种，故C正确；
D．分子中2个苯环、1个碳碳双键能与氢气发生加成反应，1 mol该分子最多与7mol H2发生加成反应，故D错误；
故选：D。
5. 热激活电池可应用于特殊环境。一种热激活电池的工作原理如图所示，该电池的总反应式为2Li+FeS2= Fe+ Li2S2。下列说法正确的是
A. 放电时Li+向a极移动
B. 电子由a电极经熔融介质流向b电极
C. 正极的电极反应式为FeS2+2e-= Fe+
D. 放电时，若有0.2 mol e- 转移，则正极质量增加5.6 g
【答案】C
【解析】
【分析】电池的总反应式为2Li+FeS2═Fe+Li2S2，Li发生失电子的反应生成Li+，FeS2发生得电子的反应生成Fe和，则Li作负极，FeS2为正极，负极反应式为Li-e-=Li+，正极反应式为FeS2+2e-═Fe+，即a极为负极，b极为正极，原电池工作时电子从负极经过导线流向正极，阳离子移向正极，据此分析解答。
【详解】A．该原电池中a极为负极，b极为正极，放电时阳离子移向正极，即Li+向b极移动，故A错误；
B．放电时电子从负极经过导线流向正极，不能进入熔融介质中，故B错误；
C．正极上FeS2发生得电子的还原反应生成Fe和S22-，则正极反应式为FeS2+2e-═Fe+，故C正确；
D．正极反应式为FeS2+2e-═Fe+，正极上FeS2→Fe+Li2S2，若有0.2mol e-转移，则正极质量增加0.2mol×7g/mol=1.4g，故D错误；
故选：C。
6. 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次外层电子数的2倍，Y是地壳中含量最多的元素，Z的原子半径在短周期元素中最大，W与Y同主族。下列说法正确的是
A. 简单离子的半径：Y＜W＜ ＜Z
B. Y、Z形成的化合物可能含有共价键
C. 简单氢化物的热稳定性：Y＜W
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W＜X
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；W与Y同主族，则W为S元素；Z的原子半径在短周期元素中最大，其原子序数大于O，则Z为Na元素；；X原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，最外层电子数不超过8个，X只能含有2个电子层，最外层含有4个电子，X为C元素，以此解答该题。
【详解】由以上分析可知，X为C、Y为O、Z为Na、W为S元素，
A．电子层越大离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径：Z＜Y＜W，故A错误；
B．Y、Z形成的化合物有氧化钠和过氧化钠，过氧化钠中含有O-O共价键，故B正确；
C．非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强，非金属性：O＞S，简单氢化物的热稳定性：Y＞W，故C错误；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：S＞X，则最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞X，故D错误；
故选：B。
7. 已知：Ka1(H2C2O4)=10-1.3 ，常温下向20.00 mL 0.1 mol· L-1 Na2C2O4溶液中滴入0.1 mol· L-1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示。下列说法错误的是
A. V(盐酸)= 10.00 mL时：c(Na+ )=c(Cl-) +c( )+2c( )
B. V(盐酸)=20.00 mL时：c(Na+ )＞c(Cl- )＞ c( )＞c( )＞c(H2C2O4)
C. V(盐酸)= 40.00 mL时：c(H2C2O4)=100.2·c( )
D. 在滴加盐酸过程中，水的电离程度始终减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．V(盐酸)= 10.00 mL时，常温下溶液pH=7，则c(H+ )=c(OH-)，由电荷守恒：c(H+ )+c(Na+ )= c(OH-)+c(Cl-) +c( )+2c( )，则c(Na+ )=c(Cl-) +c( )+2c( )，A正确；
B．V(盐酸)=20.00 mL时，溶质为等浓度NaHC2O4和NaCl混合液，此时溶液pH<7，说明的电离程度大于水解程度，c( )＞c(H2C2O4)，存在离子浓度大小为：c(Na+ )＞c(Cl- )＞ c( )＞c( )＞c(H2C2O4)，B正确；
C．V(盐酸)= 40.00 mL时，溶质为H2C2O4和NaCl混合液，此时溶液pH=1.5，c(H+)=10-1.5mol/L，已知：Ka1(H2C2O4)=10-1.3，则，则
c(H2C2O4)=10-0.2·c( )，C错误；
D．在滴加盐酸过程中，溶质由Na2C2O4变为NaHC2O4再变为H2C2O4，盐的水解程度越来越弱，生成的草酸抑制水的电离，随着pH减小，酸性越强，则水的电离程度始终减小，D正确；
故选：C。
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分。
8. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种绿色净水剂。某课外小组利用KClO与Fe(NO3)3、KOH溶液反应制备K2FeO4，其方法是先用Cl2与KOH溶液反应制取KClO，再向KClO溶液中加入KOH、Fe(NO3)3溶液。装置如下图所示(部分夹持装置已省略)：
已知：①Cl2与KOH溶液的反应是放热反应，在20°C以下反应生成KClO，在较高温度时则生成KClO3；②K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，在0~5 °C的强碱性环境中较稳定。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是___________，装置A中发生反应的化学方程式为___________，装置B的作用是___________。
（2）装置C中三颈烧瓶置于冰水浴中的目的是___________；搅拌的作用是___________，向三颈烧瓶中加入KOH、Fe(NO3)3溶液，搅拌并在0~5 °C下反应制得K2FeO4，反应的离子方程式为___________。
（3）装置D的作用是___________。
（4）测定制得K2FeO4样品的质量分数。称取4.0g K2FeO4样品溶于适量的KOH溶液中，向其中加入足量的KCrO2溶液，充分反应后过滤，滤液在250 mL容量瓶中定容。取25. 00 mL加入稀硫酸酸化，用0.2 mol·L-1的(NH4)2 Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为24. 00 mL，K2FeO4样品的质量分数为___________。
已知相关反应为
① + +2H2O=Fe(OH)3↓+ +OH-；
②2 +2H+= +H2O；
③ +6Fe2+ +14H+=6Fe3+ +2Cr3+ +7H2O。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. ③. 除去氯气中的氯化氢
（2） ①. 防止K2FeO4生成其它物质 ②. 有利于反应物充分接触，加快反应速率 ③. 3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O
（3）吸收Cl2，防止污染空气
（4）79.2%
【解析】
【分析】根据实验装置图可知，A装置中用二氧化锰与浓盐酸加热制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钾，为防止在较高温度下生成KClO3，C装置中用冰水浴，反应的尾气氯气用D装置中氢氧化钠吸收，以此解答该题。
【小问1详解】
仪器a的名称是分液漏斗；装置A是实验室制取氯气的装置，A中发生的反应方程式为：，B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，故答案为：分液漏斗；；除去氯气中的氯化氢；
【小问2详解】
K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，在0～5℃的强碱性环境中较稳定，装置C中三颈烧瓶置于冰水浴中的目的是防止K2FeO4生成其它物质，搅拌的作用是有利于反应物充分接触，加快反应速率；KClO加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，水浴控制反应温度为25℃，搅拌1.5h，生成K2FeO4和H2O，则KClO被还原成KCl，根据得失电子守恒、电荷守恒等配平的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O，故答案为：防止K2FeO4生成其它物质；有利于反应物充分接触，加快反应速率；3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O；
【小问3详解】
装置D的作用是吸收Cl2，防止污染空气，故答案为：吸收Cl2，防止污染空气；
【小问4详解】
由反应方程式①++2H2O=Fe(OH)3↓++OH- ；②2 +2H+= +H2O；③ +6Fe2+ +14H+=6Fe3+ +2Cr3+ +7H2O，可得关系式：～～～3Fe3+，则每次滴定反应的K2FeO4的物质的量为：n()=n(Fe3+)=×0.2mol•L-1×0.024L=0.0016mol，则K2FeO4的总质量为：198g/mol×0.0016×=3.168g，则K2FeO4样品的纯度为：，故答案为：79.2%。
9. 以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2 (SO4)3为原料可以制备脱硫剂ZnFe2O4。该脱硫剂的制备硫化、再生过程可表示为
回答下列问题：
（1）“浸取”时为加快浸取速率，可以采取的措施有___________ (任写一条)。
（2）“除杂”包括加适量锌粉、过滤、加H2O2氧化等步骤。“加入H2O2氧化”的目的是___________，除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有___________(填离子符号)。
（3）“沉锌铁”时反应体系温度不能过高，可能的原因是___________。
（4）400 °C时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有脱硫剂ZnFe2O4的硫化反应器。
①硫化过程中，ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为___________。
②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，但反应前后ZnS的质量不变， ZnS的作用是___________，生成COS的总反应化学方程式为___________。
（5）将硫化后的固体在V(N2) ： V(O2) =95 ： 5的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280~400 °C范围内，固体质量增加的主要原因可能是___________。
【答案】（1）将固体混合物研碎或用玻璃棒边搅拌边滴加稀硫酸或增大稀硫酸的浓度或加热
（2） ①. 作氧化剂，在酸性条件Fe2+氧化为Fe3+ ②. Fe3+、H+
（3）防止促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀
（4） ①. ②. 催化作用 ③.
（5）ZnS和FeS吸收氧气，ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐
【解析】
【分析】锌灰含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸浸取，SiO2和硫酸不反应，过滤出SiO2，所得溶液中含有硫酸锌、硫酸铅、硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，加H2O2氧化Fe2+，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢铵沉锌铁，制得脱硫剂ZnFe2O4，然后通入含H2S的煤气进行硫化，生成ZnS、FeS，ZnS、FeS中再通入O2得到ZnFe2O4，据此分析解题。
【小问1详解】
用稀硫酸溶解锌灰时，可将固体混合物研碎，并用玻璃棒边搅拌边滴加稀硫酸，还可以适当增大稀硫酸的浓度或加热，均可加快浸取速率，故答案为：将固体混合物研碎或用玻璃棒边搅拌边滴加稀硫酸或增大稀硫酸的浓度或加热；
【小问2详解】
“除杂”包括加适量锌粉、过滤、加H2O2氧化等步骤，其中“加入H2O2氧化”的目的是作氧化剂，在酸性条件Fe2+氧化为Fe3+；“除杂”加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有Fe3+、H+，故答案为：作氧化剂，在酸性条件Fe2+氧化为Fe3+；Fe3+、H+；
【小问3详解】
水解是吸热反应，则“沉锌铁”时反应体系温度不能过高，目的是防止促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，降低产品纯度，故答案为：防止促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀；
【小问4详解】
①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为，故答案为：；
②硫化一段时间后，出口处检测到COS，研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述为ZnS+CO2=ZnO+COS、ZnO+H2S=ZnS+H2O，总反应为，故答案为：催化作用；；
【小问5详解】
在280～400℃范围内，ZnS和FeS吸收氧气，ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐，固体质量增加，故答案为：ZnS和FeS吸收氧气，ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐。
10. NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一，有效去除大气中的NOx是环保工作者的重要研究课题。回答下列问题：
（1）已知：
①2NO2(g)+H2O(l)=HNO3 (aq) + HNO2(aq) △H1=-116.1 kJ·mol-1；
②3HNO2 (aq)=HNO3(aq) +2NO(g)+H2O(l) △H2=+75.9 kJ·mol-1。
则3NO2(g)+ H2O(l)=2HNO3 (aq)+NO(g)的△H为___________。
（2）在400 °C、催化剂存在条件下，NH3可以将NO还原为N2和H2O，反应为4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g) +6H2O(g) △H＜0。在该条件下，向体积为1 L的恒容密闭容器中通入4 mol NH3和6 mol NO发生上述反应，5 min末达到平衡， NO的平衡转化率为90%。
①该反应的平衡常数表达式为Kc=___________ ，0~5 min用N2表示该反应的平均速率为___________mol· L-1·min-1
②400 °C时，为提高NO的转化率，应选择的反应条件为___________(填“增大压强”或“减小压强”)。
（3）NO和H2反应的化学方程式为2NO(g) +2H2(g) N2(g) + 2H2O(g)，在T °C时，1 L恒容密闭容器里，充入0.003molNO和0.006molH2，测得体系的总压强p随时间t的变化如下表所示：
t/ min
0
10
20
30
40
p/kPa
36
33.8
32
30.4
30.4
t=20 min时，体系中H2的分压p(H2)=___________kPa，NO的平衡转化率为___________%(保留一位小数)。
（4）温度为T° C，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1 mol NO2，发生反应：2C(s)+2NO2(g) N2(g) +2CO2(g)。反应相同时间，测得各容器中NO2的转化率与容器体积的关系如图所示。
①c点时，反应___________(填“是”或“否”)达到平衡状态。
② ___________(填“＞”“=”或“＜”) 。
【答案】（1）-136.2kJ/mol
（2） ①. ②. 0.9 ③. 减小压强
（3） ①. 8 ②. 93.3
（4） ①. 否 ②. ＞
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律①×+②×可知3NO2(g)+H2O(1)═2HNO3(aq)+NO(g)ΔH=-116.1 kJ・mol-1×+75.9kJ•mol-1×=-136.2kJ/mol，故答案为：-136.2kJ/mol；
【小问2详解】
①反应为4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g)，该反应的平衡常数表达式为，在该条件下，向体积为1L的恒容密闭容器中通入4molNH3和6mol NO发生上述反应，5min末达到平衡，NO的平衡转化率为90%，NO的反应量为6mol×90%=5.4mol，生成氮气4.5mol，用N2表示该反应的平均速率为，故答案为：；0.9；
②反应正向气体分子数增大，减小压强，平衡正向移动，NO转化率变大，故答案为：减小压强；
【小问3详解】
在T℃时，1L恒容密闭容器里，充入0.003molNO和0.006molH2，设NO的消耗量为xmol，此时NO的物质的量为(0.003-x)mol，氢气的物质的量为(0.006-x)mol，氮气的物质的量为0.5xmol，水的物质的量为xmol，混合气的总物质的量为(0.009-0.5x)mol，同温同压条件下，压强比等于物质的量之比，则有，解得x=0.002，氢气的物质的量为0.004mol，混合气的总物质的量为0.008mol，体系中H2的分压p(H2)=32kPa×=8kPa，设平衡时NO的消耗量为ymol，此时NO的物质的量为(0.003-y)mol，氢气的物质的量为(0.006-y)mol，氮气的物质的量为0.5ymol，水的物质的量为ymol，混合气的总物质的量为(0.009-0.5y)mol，同温同压条件下，压强比等于物质的量之比，则有，解得y=0.0028mol，NO的平衡转化率为×100%≈93.3%，故答案为：8；93.3；
【小问4详解】
①由图可知，反应正向建立平衡，反应正向气体分子数增大，如反应已达到平衡，减压，平衡应向正向移动，NO2的转化率增大，与图像不符，故反应未达到平衡，故答案为：否；
②由图可知，a点NO2的转化率为40%，NO2的反应量为1mol×40%=0.4mol，NO2的物质的量为0.6mol，N2的物质的量为0.2mol，CO2的物质的量为0.4mol，混合气的总物质的量为1.2mol，a点NO2的转化率为80%，NO2的反应量为1mol×80%=0.8mol，NO2的物质的量为0.2mol，N2的物质的量为0.4mol，CO2的物质的量为0.8mol，混合气的总物质的量为1.4mol，由于V1＜V2，＞=，故答案为：＞。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分 。
[化学——选修 3：物质结构与性质]
11. 铁、钴、镍等金属及其化合物在科学研究和工业生产中应用非常广泛。回答下列问题：
（1）基态铁原子的核外电子排布式为___________。
（2）K3[Fe(CN)6 ]溶液可以检验Fe2+。K3[Fe(CN)6]中含有的σ键与π键的数目之比___________， 与CN-互为等电子体的分子有___________(举一例，填化学式)。
（3）酞菁钴的结构简式如图所示，其中三种非金属元素的电负性由大到小的顺序为___________。
（4）NiSO4是制备磁性材料和催化剂的重要中间体，的空间构型为___________，硫原子的杂化方式为___________。
（5）某氮化铁的晶胞结构如图所示：
①原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中，原子坐标参数A(0，0，0)；B为(，，)；C为(0，1，1)。则D原子的坐标参数为___________。
②若该晶体的密度是ρg·cm-3 ，则晶胞中两个最近的Fe的核间距为___________cm(用含ρ的代数式表示，NA表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2
（2） ①. 1：1 ②. CO
（3）N＞C＞H （4） ①. 正四面体形 ②. sp3
（5） ①. (1，，) ②. ×
【解析】
【小问1详解】
Fe元素位于周期表中第四周期第Ⅷ族，其核外有26个电子，根据构造原理书写基态Fe原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
【小问2详解】
[Fe(CN)6]4-中含有σ键与π键的数目比为12：12=1：1，与CN-互为等电子体的化合物分子式为 CO，故答案为：1：1；CO；
【小问3详解】
酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性N＞C＞H，故答案为：N＞C＞H；
【小问4详解】
的中心原子S原子孤电子对数==0，价层电子对数=0+4=4，微粒空间构型为正四面体形；硫原子采取sp3杂化，故答案为：正四面体形；sp3；
【小问5详解】
①D在x、y、z轴上的投影分别是1、、，D原子的坐标参数为(1，，)，故答案为：(1，，)；
②此晶胞中含有的铁原子的数目为×8+×6=4，N原子的数目为1，晶胞质量为，设晶胞参数为acm，晶胞体积为V=a3cm3，晶胞密度g•cm-3，则a=cm，最近的两个铁原子的距离为面对角线的一半，则晶胞中两个最近的Fe的核间距为×cm，故答案为：×。
[化学一选修 5：有机化学基础]
12. 帕比司他(化合物G)是一种抗肿瘤药物，可用于治疗多发性骨髓瘤，其合成路线如下：
已知：
①R-CHO R-CH=CHCOOH；
② 。
回答下列问题：
（1）A的名称为___________， 已知B的分子式为C8H8O2，则B的结构简式为___________。
（2）C的一种同分异构体X同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。
①能发生水解反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；
②能发生银镜反应，且1 mol X与足量银氨溶液充分反应能生成4 mol Ag；
③X分子中不同化学环境的氢原子个数比是1 ： 1 ： 2： 6。
（3）C→D反应中有一种分子式为C10H8O2的副产物生成，该副产物的结构简式为___________。
（4）D中含氧官能团的名称为___________，E→F的反应类型为___________。
（5）参照上述合成路线，设计以和HOOCCH2COOH为原料制备的合成路线：___________(无机试剂任用)。
【答案】（1） ①. 对二苯甲醛 ②.
（2）、 （3）
（4） ①. 酯基、羟基 ②. 取代反应
（5）
【解析】
【分析】B发生信息①的反应生成C，根据A、C的结构简式知，B为，C中羧基和甲醇发生酯化反应生成D，D中醇羟基发生取代反应生成E，E中氯原子发生取代反应生成F，F中酯基发生取代反应生成G；
【小问1详解】
A的名称为对二苯甲醛，B的结构简式为；
【小问2详解】
C的一种同分异构体X同时满足下列条件：
①能发生水解反应，说明含有酯基；水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明为某酸苯酯；
②能发生银镜反应，且1molX与足量银氨溶液充分反应能生成4mol Ag，则含有2个醛基，其中一个为甲酸苯酯基；
③X分子中不同化学环境的氢原子个数比是1：1：2：6，说明含有2个等效的甲基，符合条件的结构简式为 、 ；
【小问3详解】
C→D反应中有一种分子式为C10H8O2的副产物生成，即C自身发生酯化反应生成该副产物，该副产物的结构简式为；
【小问4详解】
D中含氧官能团的名称为羟基、酯基，E→F的反应类型为取代反应，故答案为：酯基、羟基；取代反应；
【小问5详解】
发生水解反应生成 ，再发生催化氧化反应生成 ，和HOOCCH2COOH发生信息①的反应生成，合成路线为：。
第19页/共19页
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
