2018届湖北省八市高三3月联考化学试题

湖北省八市2018届高三3月联考理综化学试题

1. 化学与生产、生活密切相关,下列有关说法中正确的是

A. 使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服,肥皂去污能力减弱

B. 铝及其合金广泛应用,是因为铝的性质稳定,不易被腐蚀

C. 塑料的老化是因为其主要成分在空气中发生了缓慢的加成反应

D. 硅太阳能电池利用的是原电池原理

【答案】A

【解析】A、肥皂中含有高级脂肪酸钠，高级脂肪酸钠与Ca2＋反应生成高级脂肪酸钙沉淀，故A正确；B．Al 为活泼金属，容易被空气中氧气氧化成氧化铝薄膜，此薄膜阻碍反应的进行，保护内部铝不被腐蚀，故B 错误；C、塑料老化的原因可能是发生加成反应，也可能是发生氧化反应，故C错误；D、硅太阳能电池利用太阳能转化电能，原电池原理是利用化学能转化成电能，故D错误。

2. N A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A. 标准状况下，2.24LHF所含分子数为0.1N A

B. 某温度下，2LpH=12的NaOH溶液中含OH-的数目为0.02N A

C. 丙烯和环丙烷组成的42g混合气体分子中共用电子对总数为9N A

D. 化学反应中每生成1molO2，转移的电子数为4N A

【答案】C

【解析】A、HF在标准状况下是液体，不是气体，故A错误；B、因为是某温度下，不清楚水的离子积多少，无法计算OH－物质的量，故B错误；C、丙烯和环丙烷分子式都是C3H6，丙烯的结构简式为CH2=CHCH3，因此42g丙烯含有的共用电子对的物质的量为42×9/42mol=9mol，环丙烷的结构简式为，因此42g 环丙烷含有共用电子对的物质的量为42×9/42mol=9mol，故C正确；D、如果是H2O2→O2，因此生成1molO2转移电子物质的量为2mol，故D错误。

3. 下列关于有机物的说法正确的是

A. 有机反应中常说的卤化、硝化、酯化、水化都属于取代反应

B. 溴苯、硝基苯、乙酸和乙酸乙酯可用NaOH 溶液鉴别

C. 石油催化裂化的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃

D. 分子式为C8H11N的有机物，分子内含有苯环和氨基(-NH2)的同分异构体共14种

【答案】D

4. 下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是

选项实验目的实验方案

A 探究化学反应的限度取5mL0.1mol/LKI溶液,滴加0.1molLFeCl3溶液5～6滴，充分反应，可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应

B

探究浓度对化学反应速率的影

响用两支试管各取5ml.0.1mo/L的KMnO4溶液，分别加入

2mL0.1mol/L和10.2mol/L的H2C2O4(草酸)溶液，记录溶液褪色所需的时间

C 证明海带中含有碘元素

将海带剪碎、加蒸馏水浸泡，取滤液加几滴稀硫酸和1mLH2O2，

再加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝

D

验证CH3COONa 溶液中存在水解

平衡取CH3COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再加入醋酸铵固体(其水溶液呈中性)，观察溶液颜色变化

A. A

B. B

C. C

D. D 【答案】D

【解析】A、KI与FeCl3发生氧化还原反应，其离子反应为2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，因为KI是过量，因此溶液中存在I－和I2，不能说明反应是可逆反应，故A错误；B、酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式为：2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=8H2O＋10CO2↑＋2Mn2＋，高锰酸钾过量，溶液不褪色，故B错误；C、海带剪碎，加蒸馏水，海带中I元素不能进入溶液中，应剪碎后点燃，然后加蒸馏水，过滤，故C错误；D、CH3COONa溶液中存在CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－，加入酚酞，溶液变红，加入醋酸铵固体，醋酸铵溶液呈中性，CH3COO－的浓度增大，平衡向正反应方向移动，颜色加深，故D正确。

点睛：本题的易错点是选项B，学生只注意到高锰酸钾和草酸反应，以及浓度越大反应速率越快，会错选B，忽略了题目中所给量，高锰酸钾是过量，溶液的颜色不褪色。

5. 全钒液流电池充电时间短，续航能力强，被誉为“完美电池”，工作原理如图1所示，反应的离子方程式为:VO2++V3++H2O VO2++V2++2H+。以此电池电解Na2SO3溶液(电极材料为石墨),可再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图2所示。下列说法错误的是

A. 电解Na2SO3溶液时,a极与电池负极相连,图1中H+从电池右边移向左边

B. 电池充电时,正极电极反应为VO2++e-+2H+=VO2++H2O

C. 电解时b的电极反应式为SO32-+H2O-2e- =SO42-+2H+

D. 若电解过程中图2 所有液体进出口密闭，则消耗12.6g Na2SO3,阴极区变化的质量为4.4g

【答案】B

【解析】A、根据离子移动方向，电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，即a连接电池的负极，根据原电池的工作原理，V2＋在负极上反应，即右边为负极，左边为正极，即H＋从电池的右边移向左边，故A说法正确；B、根据反应方程式，阳极上失去电子，化合价升高，电极反应式为VO2＋＋H2O－e－=VO2＋＋2H＋，故B说法错误；C、根据选项A的分析，b极为阳极，电极反应式为SO32－＋H2O－2e－=SO42－＋2H＋，故C说法正确；D、消耗12.6gNa2SO3，转移电子物质的量为12.6×2/126mol=0.2mol，图2中，阴极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，此时阴极上产生0.2molOH－，向阴极移动0.2molNa＋，阴极上产生

0.1molH2，即阴极区质量变化质量为(0.2×23－0.1×2)g=4.4g，故D说法正确。

6. A、B、C、D均为短周期主族元素,原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为18，A和C同主族，B原子的电子层数与最外层电子数相等，B、C、D的单质均可与NaOH溶液反应。下列说法正确的是

A. 原子半径:C>A，简单离子半径：B>D

B. 简单氢化物的热稳定性:A>C，氧化物对应水化物的酸性:D>B

C. B、C的氧化物均是高熔点物质，故B、C的氧化物中化学键类型相同

D. 可用A的单质制备C的单质,可用电解法由B、D形成的化合物BD3制备B单质

【答案】B

【解析】B原子的电子层数与最外层电子数相等，B元素可以是H、B、Al，因此B单质可以与NaOH溶液发生反应，因此B为Al，C和D的单质均可与NaOH溶液发生反应，则C为S，D为Cl，A和C同主族，则A为O，A、原子半径S>O，简单离子半径Cl－>Al3＋，故A错误；B、A和C简单氢化物是H2O和H2S，O的非金属性强于S，因此有H2O的稳定性强于H2S，氧化铝对应水化物是Al(OH)3，氢氧化铝表现两性，因此Cl的氧化物对应水化物的酸性强于氢氧化铝，故B正确；C、SO2常温下为气体，熔点低，故C错误；D、H2S与O2反应：2H2S＋O2=2H2O＋2S，AlCl3为分子晶体，熔融状态下不导电，因此工业上不电解AlCl3得到金属铝，故D错误。

7. 电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用0.0200mol/L盐酸分别滴定10.00mL浓度均为

0.0200mol/L 的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中电离与氨相似)。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法不正确的是

A. 曲线②代表滴定NaOH溶液的曲线,在相同温度下,水的电离程度A>C>D>B

B. 常温下，测得A点溶液的pH=6，则二甲胺常温下电离常数K b约为10-4

C. 向二甲胺溶液中滴加盐酸10~20mL过程中:c(Cl-)>c[(CH3)2NH2+] >c(H+)>c(OH-)

D. B点溶液中:c(H+)=c(OH-)+ c[(CH3)2NH2+] +2c[(CH3)2NH·H2O]

【答案】C

点睛：本题的难点是选项B，即电离平衡常数的计算，因为A点是盐酸与二甲胺恰好完全反应，(CH3)2NH2＋发生水解，因此计算二甲胺的电离平衡常数时，应采用Kw=Kb×Kh，先根据水解常数的定义计算出Kh，代入三大常数的关系式即可。

8. 乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}是一种很好的食品铁强化剂,易溶于水,吸收效果比无机铁好，可由乳酸与FeCO3反应制得:

2CH3CH(OH)COOH + FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O +CO2↑。

I.制备碳酸亚铁:装置如图所示。

(1)C的名称是___________。

(2)清洗仪器,检查装置气密性,A 中加入盐酸,B 中加入铁粉,C 中加入NH4HCO3溶液。为顺利达成实验目的,上述装置中活塞的打开和关闭顺序为:关闭活塞______，打开活塞______；加入足量盐酸后,关闭活塞1,反应一段时间后,关闭活塞____,打开活塞_____。C中发生的反应的离子方程式为_______________。Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体:

将制得的FeCO3加入乳酸溶液中,加入少量铁粉,在75℃下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸。(3)加入少量铁粉的作用是______________。从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是隔绝空气低

温蒸发，________、干燥。

Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量:

(4)若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时,发现结果总是大于100%,其原因可能是

_____________________。

(5)经查阅文献后,改用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时,先称取5.760g样品,溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL溶液,每次取25.00mL,用

0.1000mol/LCe(SO4) 2标准溶液滴定至终点,记录数据如下表。

则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_________(以质量分数表示)。

【答案】(1). 三颈烧瓶(2). 2(3). 1、 3(4). 3(5). 2(6). Fe2++2HCO3－

=FeCO3↓+CO2↑+H2O(7). 防止 FeCO3与乳酸反应产生的 Fe2+被氧化(8). 冷却结晶，过滤、洗涤(9). 乳酸根中羟基(－OH)被酸性高锰酸钾溶液氧化(10). 98.5%

【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）根据仪器的特点，仪器C为三颈烧瓶；（2）实验目的是制备碳酸亚铁，Fe2＋容易被氧气氧化成Fe3＋，因此先排除装置空气，即关闭活塞K3，打开活塞K1和K3，反应一段时间后，关闭活塞K3，打开K2，利用压强，把B中溶液压入到C中，发生：Fe2＋＋HCO3－=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；（3）Fe2＋容易被氧气氧化，因此加入少量铁粉的目的是防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2＋被氧化；获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是隔绝空气低温蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（4）根据乳酸亚铁的结构简式，乳酸亚铁中含有羟基，羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此滴定实验中发现结果总是大于100%；（5）三次消耗Ce(SO4)2的体积分别是为19.75mL、21.2mL、19.65mL，第二次消耗的体积与另外两次消耗的体积差别大，删去21.2mL，因此平均消耗的Ce(SO4)2的体积为(19.75＋

19.65)/2mL=19.70mL，根据得失电子数目守恒，因此有19.70×10－3×0.1××1×250/25=n(Fe2＋)×1，解得n(Fe2＋)=1.97×10－2mol，即样品的纯度为1.97×10－2×288/5.760×100%=98.5%。

9. 锰及其化合物在生产、生活中有许多用途。在实验室中模拟工业利用软锰矿( 主要成分为MnO2，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3等)制备金属锰等物质,设计流程如下:

己知:Mn2+有较强的还原性,在空气中能被氧气氧化,碳酸锰在空气中高温加热固体产物为Mn2O3；部分氢氧化物的Ksp(近似值)如下表。

物质Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3

Ksp 10-1310-1710-3910-33

(1)“酸浸”前需将软锰矿粉碎的目的是_____________；酸浸过程MnO2发生反应的离子方程式为

_________________。

(2)向滤液I中需先加A物质,再加B物质,若加入的物质均为非金属化合物的溶液,则A 为(填物质的名

称)_________，B为(填物质的名称)________。滤渣II的成分是_______(填物质的化学式)。

(3)“酸浸”需适宜的酸浓度、液固比、酸浸温度等,其中浸取率随酸浸时间的变化如图所示:

当浸取时间超过4 h时,锰浸取率反而减小,其原因是______________。

(4)测得滤液I 中c(Mn2+)=0.1mo/L,则加入B调节溶液pH范围为______。(已知:当某种离子浓度小于

1×10-5mo/L时,可认为其沉淀完全。结果保留两位小数)

(5)“沉锰”过程中加入氨水的目的是(从化学平衡移动的角度解释)______________。

(6)写出由MnCO3为原料制备金属锰的过程中所涉及的化学方程式:____________。

【答案】(1). 增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率(2). MnO2+2Fe2++4H+ Mn2++2Fe3++2H2O(3). 双氧水(或过氧化氢)(4). 氨水(5). Fe(OH)3、 Al(OH)3(6). Mn2+被空气中的氧气氧化，从而使浸取率降低(7). 4.67≤pH＜8.00（或 4.67＜pH＜8.00）(8). Mn2++HCO3－

MnCO 3+H+，氨水消耗了 H+，促进反应平衡正向移动，有利于MnCO3的生成(9). 4MnCO3+

O22Mn2O3 + 4CO2 Mn2O3+2Al Al2O3 + 2Mn

【解析】考查化学工艺流程，（1）粉碎的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；根据流程，酸浸加入FeSO4，Fe2＋具有还原性，MnO2具有强氧化性，因此发生的反应的有MnO2＋2Fe2＋＋4H＋Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；（2）根据流程图，酸浸加入FeSO4是过量，以及物质的K sp，因此先把Fe2＋氧化成Fe3＋，因此A和B均为非金属化合物的溶液，因此A为H2O2，名称为过氧化氢，然后调节pH，让Al3＋、Fe3＋转化成沉淀，因此B为NH3·H2O，名称为氨水，滤渣II为Al(OH)3、Fe(OH)3；（3）根据信息，Mn2＋具有较强的还原性，在空气中能被氧气氧化，因此超过4小时后，锰的浸取率减小的原因是Mn2＋被空气中氧气氧化，从而使浸取率降低；（4）Fe3＋全部沉淀时的溶液中c(OH

－)==10－11.3mol·L－1，则c(H＋)=10－2.7mol·L－1，即pH=2.7，Al3＋全部转化成沉淀时，溶液中c(OH－)==10－9.33mol·L－1，则c(H＋)=10－4.67mol·L－1，即pH=4.67，Mn2＋开始出现沉淀时，c(OH－)==10－6mol·L－1，则pH=8.0，

因此加入NH3·H2O调节pH的范围是4.67≤pH＜8.00（或4.67＜pH＜8.00）；（5）根据流程图，沉锰中Mn2＋转化成MnCO3，因此发生的反应是Mn2＋＋HCO3－MnCO3＋H＋，加入氨水，消耗H＋，平衡向正反应方向生成，有利于MnCO3生成；（6）根据信息，MnCO3在空气中高温加热固体产物为Mn2O3，化学反应方程式为4MnCO3＋O22Mn2O3＋4CO2，得到金属锰，常用Al作还原剂，发生的反应是

Mn2O3+2Al Al2O3 + 2Mn。

10. 减少氮的氧化物和碳的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。合理应用和处理碳、氮及其化合物，在生产生活中有重要意义。

(1)对温室气体二氧化碳的研究一直是科技界关注的重点。在催化剂存在下用H2还原CO2 是解决溫室效应的重要手段之一,相关反应如下:

已知H2和CH4的燃烧热分别为285.5kJ/mol 和890.0kJ/mol。

H2O(1) =H2O(g) △H= +44 kJ/mol

试写出H2还原CO2生成CH4和H2O(g)的热化学方程式_____________。

(2)CO2在Cu-ZnO催化下,可同时发生如下的反应I、II，其可作为解决温室效应及能源短缺的重要手段。

I.CO 2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g) △H1=-57.8 kJ/mol

II.CO 2(g) +H2(g)CO(g) + H2O(g) △H2 = +41.2 kJ/mol

①某温度时，若反应I的速度v1大于反应II的速度以v2,则下列反应过程的能量变化正确的是_______(填选项)。

②对于气体参加的反应,，表示平衡常数Kp时,用气体组分(B)的平衡分压p(B)代替该气体物质的量浓度

c(B)。

已知:气体各组分的分压p(B)，等于总压乘以其体积分数。

在Cu-ZnO存在的条件下，保持温度T时，在容积不变的密闭容器中,充入一定量的CO2 及H2，起始及达平衡时，容器内各气体物质的量如下表:

CO2H2CH3OH CO H2O(g) 总压/kPa

起始/mol 5.0 7.0 0 0 0 p0

平衡/mol n1n2p

若反应I、II均达平衡时,P0=1.2p，则表中n1=____；若此时n2=3.则反应I的平衡常数K p=__(无需带单位,用含总压p的式子表示)。

(3)汽车尾气是雾霾形成的原因之一。研究氮氧化物的处理方法可有效减少雾霾的形成，可采用氧化还原法脱硝:

4NO(g) +4NH3(g) +O2(g) 4N2(g) +6H2O(g) △H <0

根据下图判断提高脱硝效率的最佳条件是________;氨氮比一定时,在400℃时,脱硝效率最大,其可能的原因是______________。

(4)用活性炭还原法也可以处理氮氧化物,某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO,发生反应:C(s) +2NO(g)N 2(g) +CO2(g) △H>0

在T℃时,反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下:

时间/min

0 10 20 30 40 50

浓度/(mol/L)

NO 1.0 0.58 0.40 0.40 0.48 0.48

N20 0.21 0.30 0.30 0.36 0.36

CO20 0.21 0.30 0.30 0.36 0.36

30min后,只改变某一条件,根据上表的数据判断改变的条件可能是_______。

A.通入一定量的CO2

B.加入合适的催化剂

C.适当缩小容器的体积

D.通入一定量的NO

E.加入一定量的活性炭

F.适当升高温度

【答案】(1). CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △H=-164.0kJ·mol-1(2). D(3). 1.0(4). (5). 温度400℃，氨氮物质的量之比为 1(6). 在400℃时催化剂的活性最好，催化效率高，同时400℃温度较高，反应速率快(7). CD

【解析】（1）考查热化学反应方程式的计算，①H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l) △H=－285.5kJ·mol－1，②CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) △H=－890.0kJ·mol－1，③H2O(l)=H2O(g) △H=＋44kJ·mol－1，氢气还原CO2的反应是4H2＋CO2=CH4＋2H2O(g)，因此有①×4－②＋③×2得出：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)

△H=-164.0kJ·mol－1；（2）考查化学平衡计算，①反应I是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应II是吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，因为反应I的速度快于反应II，因此反应I的

活化能低于反应II，故D正确；②设体系中生成CH3OH的物质的量xmol，反应II反应前后气体系数之和相等，因此容器中气体总物质的量为(12－2x)mol，根据压强之比等于物质的量之比，因此有

12/(12－2x)=p 0/p，解得x=1mol，即n1=1mol，CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g)

变化：1 3 1 1

平衡： 1 1

CO 2(g) +H2(g)CO(g) + H2O(g)

变化： 2 2 2 2

平衡： 2 2，根据n1的分析，体系中气体总物质的量为10mol，p(H2O)=3p/10，

p(CH3OH)=p/10，消耗CO2的物质的量为3mol，则平衡是CO2的物质的量为2mol，即p(CO2)=2p/10，同理p(H2)=2p/10，反应I的平衡常数Kp==；（3）本题考查反应条件的控制，根据图像，在氨氮物质的量之比为1，温度在400℃时，脱硝效率最大，原因是在400℃时催化剂的活性最好，催化效率最高，同时400℃温度较高，反应速率快；（4）考查影响化学平衡移动的因素，A、40min的数值都增大，通入一定量的CO2，CO2浓度增大，NO和N2浓度应不变，故A错误；B、催化剂对浓度无影响，故B错误；C、适当缩小容器的体积，组分浓度增大，故C正确；D、C为固体，通入一定量的NO，相当于在原来的基础上增大压强，体积缩小，浓度增大，故D正确；E、C为固体，加入一定量的活性炭，对平衡无影响，对组分浓度无影响，故E错误；F、此反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，NO浓度降低，故F错误。

11. [化学一-选修3:物质结构与性质]由S、Cl 及Fe、Co、Ni 等过渡元素组成的新型材料有着广泛的用途,回答下列问题:

(1)钴元素基态原子的电子排布式为________，P、S、Cl的第一电离能由大到小顺序为______。

(2)SCl2 分子中的中心原子杂化轨道类型是______，该分子空间构型为_______。

(3)Fe、Co、Ni等过渡元素易与CO形成配合物,化学式遵循18电子规则:中心原子的价电子数加上配体提供的电子数之和等于18，如Ni 与CO形成配合物化学式为Ni(CO)4，则Fe与CO形成配合物化学式为_______。Ni(CO)4中σ键与π键个数比为_______，Ni(CO)4为____晶体。

(4)已知NiO的晶体结构如图1所示。

①NiO的晶体结构可描述为:氧原子位于面心和顶点,氧原子可形成正八面体空隙和正四面体空隙,镍原子

填充在氧原子形成的空隙中。则NiO 晶体中镍原子填充在氧原子形成的______体空隙中。

②已知MgO 与NiO的晶体结构相同,其中Mg2+和Ni2+的离子半径分别为66pm 和69pm。则熔点:MgO_____ NiO( 填“ >”、“ <" 或“ =” ), 理由是______________。

③一定温度下,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+填充O2-形成的正三角形空隙中(如图2),已知O2-的半径为am,每平方米面积上分散的NiO的质量为_________g。(用a、N A表示)

【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar] 3d74s2(2). Cl> P > S(3). sp3(4). V 形(5). Fe(CO)5(6). 1︰1(7). 分子(8). 正八面(9). ＞(10). Mg2+半径比 Ni2+小， MgO 的晶格能比 NiO 大(11).

【解析】（1）考查电子排布式、第一电离能规律，钴元素位于第四周期VIII族，27号元素，因此电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar] 3d74s2；同周期从左向右第一电离能增大，但IIA>IIIA，V A>VIA，因此第一电离能Cl>P>S；（2）考查杂化类型判断、空间构型，SCl2中心原子S有2个σ键，孤电子对数为(6－2×1)/2=2，价层电子对数为4，杂化类型为sp3；空间构型为V形或角形；（3）考查配位化合物、化学键数目、晶体类型判断，Fe属于过渡元素，价电子数为8，CO提供电子的是C，C能提供2个电子，令Fe 的配位数为x，根据18电子规则，8＋2x=18，即x为5，化学式为Fe(CO)5；Ni的配位数为4，Ni与CO 形成4个σ键，CO与N2互为等电子体，因此1个CO分子有1个σ键和2个π键，因此1个Ni(CO)4中含有σ键的个数为8个，π键的个数为8个，因此比值为1：1；Ni(CO)4属于分子晶体；（4）考查晶胞的计算、晶体熔点高低的判断，①根据图1，NiO晶体中镍原子填充在氧原子形成的正八面体空隙中；②MgO 和NiO属于离子晶体，所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点高，Mg2＋的离子半径小于Ni2＋的离子半径，MgO的晶格能大于NiO，即MgO的熔点高于NiO；③建立图所示结构，

，每个氧化镍所占的面积为2a×2a×sin60°，则每平方米含有氧化镍的个数

为1/（2a×2a×sin60°），每个氧化镍的质量为75/N A g，因此每平方米含有的氧化镍的质量为

g=g。

点睛：本题难点是为（4）③，应首先找出最小的重复结构，即平行四面体，不是三角形，然后根据求出一个氧化镍的面积，再求出每平方米含有氧化镍的个数、质量，从而求出问题。

12. [化学-选修5:有机化学基础]光刻胶的一种合成路线如图:

已知:

I.

Ⅱ.

Ⅲ.RCOOH + CH≡CH→RCOOCH= CH2

Ⅳ.羧基和酯基不能与氢气发生加成反应。

回答下列问题:

(1)A的名称是_____，C 中所含官能团的名称是__________。

(2)由C生成D、乙炔生成E的反应类型分别为_____ 、_____ 。

(3)E的结构简式为_____ 。

(4)D+G→光刻胶的化学方程式为__________。

(5)T是C的同分异构体,T 具有下列性质或特征: ①能发生水解反应和银镜反应；②能使溴水褪色；③属于芳香族化合物。其中核磁共振氢谱为5组峰,且峰面积比为1:1:2:2:2的结构简式为_____________。

(6)写出用乙醛和丙炔为原料制备化合物CH3CH2CH2COOCH2CH2CH3的合成路线__________________(其他试剂任选)。

【答案】(1). 苯甲醛(2). 碳碳双键、羧基(3). 取代反应(4). 加成反应(5). CH3COOCH＝

CH2(6). (7).

；(8). CH3CHO CH3CH＝

CHCHO CH3CH＝CHCOOH CH3CH＝CHCOOCH＝CHCH3CH3CH2CH2COOCH2CH2CH3【解析】考查有机物合成和推断，（1）依据B的分子式C9H9O，以及信息I，推出A的分子式为C7H6O，A中含有醛基，根据D的结构简式，推出A中含有苯环，即A的名称苯甲醛；B生成C，醛基被氧化，因此C中含有的官能团是碳碳双键和羧基；（2）C的结构简式为，依据D的结构简式，C生成D发生的反应是取代反应，根据信息III，乙炔生成E，发生的反应类型为加成反应；（3）根据E的分子式C4H6O2，以及信息III，推出E的结构简式为CH3COOCH=CH2；（4）根据信息II，D和G

的反应方程式为；（5）根据C的分子式，T能发生水解反应和银镜反应，说明T应是甲酸某酯，能使溴水褪色，含有碳碳不饱和键，属于芳香族化合物，即T中含有苯环，即符合条件的T的结构简式为、

、（邻间对三种），有5组峰，说明含有五种不同的氢原子，

峰面积比为1：1：2：2：2，说明不同氢原子个数比为1：1：2：2：2，即结构简式为：

；；（6）根据流程图，以及信息，先让

乙醛在氢氧化钠加热条件反应生成CH3CH=CHCHO，然后氧化醛基为羧基，得到CH3CH=CHCOOH，

CH3CH=CHCOOH与丙炔反应，最后与氢气发生加成反应，即合成路线为

CH3CHO CH3CH＝CHCHO CH3CH＝CHCOOH CH3CH＝CHCOOCH

＝CHCH3CH3CH2CH2COOCH2CH2CH3。

点睛：本题的难点是同分异构体的判断，根据分子式，以及题目所给的信息，判断所含有的结构或官能团，如本题C的分子式为C9H9O2，能发生水解反应和银镜反应，说明此物质中含有甲酸某酯的结构，能使溴水

褪色，含有碳碳双键，然后根据烷烃同分异构体书写规律，先写出的是，然后再根据官能团位置异构、先整后散的形式，书写出其他形式。