2023届北京首都师范大学附属中学高三上学期10月份月考化学试题含解析

这是一份2023届北京首都师范大学附属中学高三上学期10月份月考化学试题含解析，共30页。试卷主要包含了单选题，实验题，结构与性质，有机推断题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

北京首都师范大学附属中学2023届高三上学期10月份月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列化学用语或图示表达正确的是
A．基态氮原子价电子的轨道表示式：
B．的电子式：
C．的空间填充模型：
D．顺式聚异戊二烯的结构简式：
【答案】D
【详解】A．基态氮原子价电子的2p轨道的三个电子应在不同轨道，且自旋方向相同，故A错误；
B．为离子化合物，电子式为，故B错误；
C．为直线型分子，故C错误；
D． 顺式聚异戊二烯的结构简式：，故D正确；
故答案选D。
2．为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．与足量反应，生成和的混合物，钠失去电子数为
B．Fe粉与足量S粉加热充分反应转移的电子数为
C．溶液中含有的数目为
D．电解产生Al，转移电子数为
【答案】B
【详解】A．1个钠原子失去1个电子变成钠离子；与足量反应，生成和的混合物，钠失去电子数为，A错误；
B．铁与硫反应，铁原子失去2个电子反应生成硫化亚铁，Fe粉（0.1mol铁）与足量S粉加热充分反应转移的电子数为，B正确；
C．亚铁离子水解导致亚铁离子数目减小，故溶液中含有的数目小于，C错误；
D．氯化铝为共价化合价，不能电解熔融氯化铝，D错误；
故选B。
3．化合物M是一种治疗脑卒中药物中间体，其结构简式如下图。下列关于该有机物的说法不正确的是

A．存在顺反异构
B．分子中有3种含氧官能团
C．能与发生取代反应和加成反应
D．1mol该有机物最多消耗2mol
【答案】D
【详解】A．该有机物分子中含有碳碳双键，且双键碳原子连有两个不同的基团，所以有顺反异构，故A正确；
B．分子中有羟基、醚键和酯基三种含氧官能团，故B正确；
C．苯环上直接连有羟基，具有酚的性质，在酚羟基的邻对位上的氢原子可以被溴取代，分子中有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，故C正确；
D．酚能和NaOH发生中和反应，酯基在NaOH溶液中可以发生水解反应，卤代烃也能在NaOH溶液中发生水解反应，所以1mol该有机物最多消耗3molNaOH，故D错误；
故选D。
4．依据原子结构与元素性质，下列判断不正确的是
A．第一电离能： B．键角：
C．电负性： D．酸性：
【答案】A
【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是铍原子价电子为2s2全满稳定状态，电离能较大，故第一电离能：，A错误；
B．、分子构型均为V形，电负性F>O>H，中成键电子对偏向F，分子中成键电子对偏向O，水分子中排斥力更大，水分子中键角更大为104.5°；二氧化碳为直线形分子，键角为180°；故键角：，B正确；
C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；电负性：，C正确；
D．电负性F>Cl>H，则吸电子能力F>Cl>H，吸电子能力导致酸性增强，故，D正确；
故选A。
5．下列分子中的碳原子为杂化的是
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】A．中碳形成4个σ键，为sp3杂化，故A不选；
B．HCHO中碳形成3个σ键，没有孤电子对，为sp2杂化，故B不选；
C．C2H2中碳形成2个σ键，没有孤电子对，为sp杂化，故C选；
D．C2H4中碳形成3个σ键，没有孤电子对，为sp2杂化，故D不选；
故选C。
6．核酸、糖类、油脂、蛋白质是重要的生命物质，下列说法正确的是
A．DNA中核苷酸链间通过共价键形成的双螺旋结构，属于超分子
B．纤维素和淀粉都属于多糖，且互为同分异构体
C．油脂属于高级脂肪酸甘油酯类物质，可发生皂化反应
D．溶液和溶液均可使蛋白质变性，丧失生理活性
【答案】C
【详解】A．DNA中核苷酸链的碱基通过氢键成对结合，形成双螺旋结构，A错误；
B．同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；淀粉和纤维素虽都写成(C6H10O5)n，但n不同分子式不同，不是同分异构体，B错误；
C．油脂属于高级脂肪酸甘油酯类物质，可发生皂化反应制取肥皂，C正确；
D．溶液可使蛋白质盐析，不发生变性；溶液可使蛋白质变性，丧失生理活性，D错误；
故选C。
7．柠檬酸是一种食品添加剂，易溶于水，其结构如图所示。下列关于柠檬酸的说法不正确的是

A．能与H2O形成氢键
B．能与NaOH反应生成柠檬酸三钠
C．能在一定条件下发生消去反应
D．分子中含有手性碳原子
【答案】D
【详解】A． 柠檬酸中的羟基和羧基均能与H2O形成氢键，故A正确；
B． 柠檬酸中含有三个羧基，能与NaOH反应生成柠檬酸三钠，故B正确；
C． 柠檬酸与羟基相连的碳的邻碳上有氢，能在一定条件下发生消去反应，故C正确；
D． 没有一个碳上连有4个不同的原子或原子团的特征碳，柠檬酸分子中不含有手性碳原子，故D错误；
故答案选D。
8．下列离子方程式与所给事实相符的是
A．向中通入过量：
B．溶液加入足量溶液：
C．铝溶于溶液：
D．和浓硫酸加热条件下反应：
【答案】C
【详解】A．向中通入过量，溴化亚铁会完全反应生成铁离子和溴单质，，A错误；
B．溶液加入足量溶液，碳酸氢根离子完全反应生产碳酸钙沉淀和水：，B错误；
C．铝溶于溶液生成偏铝酸钠和氢气：，C正确；
D．浓硫酸中硫酸主要以分子存在，水分子很少，一般只用化学方程式表示：，D错误；
故选C。
9．一种对中枢神经有抑制作用的药物结构如图。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性。

下列判断不正确的是
A．第一电离能：X B．XZ2晶体属于共价晶体
C．W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物
D．该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物
【答案】B
【分析】一种对中枢神经有抑制作用的药物，其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性，得Y为N元素，X能形成4个共价键，X为C元素，W形成1个其价键，W为H元素，Z形成2个共价键，Z为O元素。
【详解】A． N的2p能级处于半充满状态，第一电离能大，第一电离能：C B． CO2晶体属于分子晶体，故B错误；
C． W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物H2O、H2O2，故C正确；
D． 该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物和碳酸钠和丙二酸钠，故D正确；
故选B。
10．M()和N()在一定条件下可制得环氧树脂粘合剂P，其结构如下：

下列说法不正确的是
A．M苯环上的一溴代物有2种
B．N含有2种官能团
C．相同条件下，苯酚也可以和N反应生成结构与P相似的高分子
D．生成1molP的同时生成(n+2)molHCl
【答案】C
【详解】A．M()的苯环上有2种氢原子，一溴代物有2种，故A正确；
B．N()中含有氯原子和醚键2种官能团，故B正确；
C．苯酚中只有一个羟基，相同条件下，不能和N反应生成结构与P相似的高分子，根据题意，在一定条件下可以生成或等小分子，故C错误；
D．根据原子守恒，生成1molP的同时生成(n+2)molHCl，故D正确；
故选C。
11．团簇是比较罕见的一个穴醚无机类似物，我国科学家通过将和反应，测定笼内的浓度，计算取代反应的平衡常数()，反应示意图和所测数据如下。有关说法不正确的是

(图中表示平衡时铯离子浓度和铷离子浓度之比，其它类似)
A．离子半径：
B．研究发现：的直径显著大于团簇表面的孔径且的骨架结构在交换过程中没有被破坏。据此推断：团簇表面的孔是柔性的
C．团簇属于超分子，且该团簇对于具有比大的亲和力
D．
【答案】C
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；Cs和Rb都是ⅠA族元素，离子半径：，A正确；
B．的直径显著大于团簇表面的孔径，与反应生成，的骨架结构在交换过程中没有被破坏，可推断团簇表面的孔是柔性的，使得能无破坏进入笼内，B正确；
C．与反应生成，说明团簇对于具有比大的亲和力，但是团簇不属于超分子，C错误；
D．根据图示，时，，，D正确；
故选C。
12．X为含Cu2+的配合物。实验室制备X的一种方法如图。

下列说法不正确的是
A．①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH
B．在①和②中，氨水参与反应的微粒相同
C．X中所含阴离子是SO
D．X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度
【答案】B
【分析】向硫酸铜中加入氨水首先①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2，继续添加氨水沉淀溶解②中发生反应Cu(OH)2+4NH3 =[Cu(NH3)4](OH)2，X为含Cu2+的配合物，故X为深蓝色晶体[Cu(NH3)4]·H2O。
【详解】A．①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2，A项正确；
B．在①中，氨水参与反应的微粒是Cu2+，在②中，氨水参与反应的微粒是Cu(OH)2，B项错误；
C．X为深蓝色晶体[Cu(NH3)4]·H2O，所含阴离子为，C项正确；
D．加入95%的乙醇析出[Cu(NH3)4]·H2O，利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，D项正确；
答案选B。
13．探究甲醛与新制Cu(OH)2的反应：①向6 mL 6mol/L NaOH溶液中滴加8滴2% CuSO4溶液，振荡，加入0.5 mL 15%甲醛溶液，混合均匀，水浴加热，迅速产生红色沉淀，产生无色气体；②反应停止后分离出沉淀，将所得沉淀洗净后加入浓盐酸，不溶解；③相同条件下，甲酸钠溶液与新制Cu(OH)2共热，未观察到明显现象；已知：，甲醛是具有强还原性的气体，下列说法正确的是
A．红色沉淀的主要成分不是Cu2O，可能是Cu
B．将产生的无色气体通过灼热的CuO后得到红色固体，气体中一定含有CO
C．从甲醛的结构推测，其氧化产物可能为碳酸()因此实验中得到的无色气体中大量含有CO2
D．含有-CHO的有机物都可以被新制Cu(OH)2氧化
【答案】A
【解析】向6 mL 6 mol·L−1 NaOH溶液中滴加8滴2%CuSO4溶液，配制成新制的Cu(OH)2，加入0.5 mL15%甲醛溶液，混合均匀，水浴加热，甲醛具有强还原性，与新制的Cu(OH)2发生氧化还原反应，迅速产生红色沉淀，产生无色气体。将所得沉淀洗净后加入浓盐酸，不溶解，根据已知信息：Cu2O 浓盐酸[CuCl2]−，可知，红色沉淀不是Cu2O，可能是Cu。甲醛被氧化，根据甲醛中碳元素的化合价为+2价，可知氧化产物不可能为CO，可能是碳酸盐，由于水浴加热，甲醛具有挥发性，生成的无色气体中混有甲醛气体，据此分析解答。
【详解】A．根据已知信息，Cu2O [CuCl2]−，实验操作②中，红色沉淀洗净后加入浓盐酸，不溶解，则可以确定红色沉淀的主要成分不是Cu2O，可能是Cu，故A正确；
B．甲醛是具有强还原性的气体，甲醛具有挥发性，生成的无色气体中混有甲醛气体，可将灼热的CuO还原为铜单质，得到红色固体，所以不能证明气体中含有CO，故B错误；
C．配制新制氢氧化铜悬浊液时，NaOH是过量的，在碱性溶液中不可能产生二氧化碳，故C错误；
D．根据实验操作③，甲酸钠中也含有醛基，与新制的Cu(OH)2反应，未观察到明显现象，含有-CHO的甲酸钠没有被新制Cu(OH)2氧化，故D错误；
答案选A。
【点睛】2015年第6期77页《化学教学》上有一篇文章，通过探究了甲酸和新制氢氧化铜的反应，实验结论是适量甲醛和新制氢氧化铜反应生成的是Cu2O和甲酸钠，过量的甲醛和新制氢氧化铜反应生成的是铜和甲酸钠，副反应中有氢气生成。

二、实验题
14．利用下列实验药品进行实验，能顺利达到实验目的的是

实验目的
实验药品
A
证明乙炔能和反应
电石、饱和食盐水、溶液和溴水
B
提纯苯的溴代反应中溴苯
苯、液溴、Fe粉、水
C
检验溴乙烷中的溴原子
溴乙烷、溶液和溶液
D
验证乙醇消去产物有乙烯
乙醇、浓硫酸和溴水

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．生成的乙炔中含硫化氢等，硫酸铜溶液可除去杂质，乙炔与溴水发生加成反应，可证明乙炔能和Br2反应，故A正确；
B．提纯苯的溴代反应中溴苯缺少氢氧化钠溶液的洗涤，故B错误；
C．水解后在酸性溶液中检验卤素离子，缺少硝酸不能完成实验，故C错误；
D．浓硫酸使乙醇脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫、乙烯均与溴水反应，缺少NaOH溶液除杂不能完成实验，故D错误；
故答案选A。
15．某铜合金中Cu的质量分数为80%～90%，还含有Fe等。通常用间接碘量法测定其中Cu的含量，步骤如下：
Ⅰ．称取a g样品，加入稀H2SO4和H2O2溶液使其溶解，煮沸除去过量的H2O2，冷却后过滤，滤液定容于250 mL容量瓶中；
Ⅱ．取50.00 mL滤液于锥形瓶中，加入NH4F溶液，控制溶液pH为3～4，充分反应后，加入过量KI溶液，生成白色沉淀，溶液呈棕黄色；
Ⅲ．向Ⅱ的锥形瓶中加入c mol·L−1 Na2S2O3溶液滴定，至锥形瓶中溶液为浅黄色时，加入少量淀粉溶液，继续滴至浅蓝色，再加入KSCN溶液，剧烈振荡后滴至终点；
Ⅳ．平行测定三次，消耗Na2S2O3溶液的体积平均为v mL，计算铜的质量分数。
已知：ⅰ．F−与Fe3+生成稳定的FeF63−（无色）。
ⅱ．I2在水中溶解度小，易挥发。
ⅲ．I2+I− ⇌ I3−（棕黄色）。     
ⅳ．I2+2Na2S2O3== 2NaI+Na2S4O6（无色）。                
(1)Ⅰ中Cu溶解的离子方程式是__________________________。
(2)Ⅱ中Cu2+和I−反应生成CuI白色沉淀和I2。
①加入NH4F溶液的目的是__________________________。
②Cu2+和I−反应的离子方程式是_________________________。
③加入过量KI溶液的作用是________________________________。
(3)室温时，CuSCN的溶解度比CuI小。CuI沉淀表面易吸附I2和I3−，使测定结果不准确。Ⅲ中，在滴定至终点前加入KSCN溶液的原因是_。
(4)样品中Cu的质量分数为______(列出表达式)。
【答案】     Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O     将溶液中的Fe3+转化为FeF63−，防止其氧化I−     2Cu2++4I−=2CuI↓+I2     将Cu2+充分还原为CuI；I−与I2结合生成I3−，减少I2的挥发     将CuI沉淀转化为溶解度更小的CuSCN沉淀，释放出吸附的I2和I3−，提高测定结果的准确程度     (63.5×5×cv×10−3×)×100%
【分析】(1)Ⅰ中Cu在酸性条件下被双氧水氧化生成铜离子和水；
(2)①由于样品中含有少量铁单质，在酸性条件下被溶解为铁离子，铁离子具有氧化性也可与I−反应，影响Cu含量测定的准确性；
②根据题意，Cu2+和I−反应CuI白色沉淀和I2；
③加入过量KI溶液可确保将Cu2+充分还原为CuI，提高Cu含量测定的准确性；
(3)室温时，CuSCN的溶解度比CuI小，加入KSCN溶液可使沉淀发生转化，释放沉淀表面易吸附I2和I3−；
(4)根据2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+2Na2S2O3= 2NaI+Na2S4O6可得：2Cu2+~ I2~ Na2S2O3，根据滴定消耗Na2S2O3计算Cu2+的物质的量，再计算样品中Cu的质量分数。
【详解】(1)Ⅰ中Cu在酸性条件下被双氧水氧化生成铜离子和水，离子反应方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
(2)①由于样品中含有少量铁单质，在酸性条件下被溶解为铁离子，铁离子具有氧化性也可与I−反应，导致消耗I−的含量最大，使Cu含量测定不准确，根据题意，F−与Fe3+生成稳定的FeF63−(无色)，加入NH4F溶液的目的是将溶液中的Fe3+转化为FeF63−，防止其氧化I−，确保Cu含量测定的准确性；
②根据题意，Cu2+和I−反应CuI白色沉淀和I2，离子方程式为：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2；
③加入过量KI溶液可确保将Cu2+充分还原为CuI，同时过量的KI溶液可发生I2+I− ⇌ I3−，I−与I2结合生成I3−，减少I2的挥发，提高Cu含量测定的准确性；
(3)因室温时，CuSCN的溶解度比CuI小，加入KSCN溶液，将CuI沉淀转化为溶解度更小的CuSCN沉淀，转化过程中释放出吸附的I2和I3−，I2充分被滴定，提高测定结果的准确程度；
(4)根据2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可得：2Cu2+~ I2~ Na2S2O3，滴定50.00mL滤液过程中消耗n(Na2S2O3)=cmol·L−1×v×10-3L=cv×10-3mol，则n(Cu)= n(Cu2+)= 2n(Na2S2O3)=2cv×10-3mol，则样品中Cu的质量分数为==(63.5×5×cv×10−3×)×100%。
16．实验室研究不同价态铜元素之间的转化。
Ⅰ．研究、的转化
(1)下列试剂能实现转化的是___________。
A．浓硝酸            B．硫黄            C．氯气
(2)两种转化所需试剂在性质上具有的共性和差异性是___________。
Ⅱ．研究的转化
已知：  
为无色，在空气中极易被氧化为
物质
CuCl(白色)
CuI(白色)
(黑色)
CuS(黑色)
Ksp





实验如下：
实验a

实验b


现象：无明显变化

现象：产生白色沉淀

(3)实验a中反应难以发生的原因是___________。
(4)实验b中反应的离子方程式为___________。
(5)通过对上述实验的分析，甲预测溶液与KI溶液混合也能实现转化
①甲预测的理由是___________。
②为了验证猜测，甲进行实验c；向溶液中加入KI溶液，观察到溶液变为棕色，并伴有浑浊产生。
甲认为仅依据溶液变为棕色这一现象，无法证明实现了转化，理由是___________。
③甲将实验c中反应所得浊液过滤，___________，观察到___________，证明实验c中实现了转化。
(6)基于实验c，乙认为与也能反应得到，但将两溶液混合后只得到了CuS。
①从速率角度分析与反应没有生成的原因___________。
②乙利用上述实验中的试剂，改进实验方案，证明在一定条件下可以将转化为＋1价Cu，并进一步得到了，实验方案是___________。
【答案】(1)B
(2)都具有氧化性，但氧化性强弱不同
(3)反应限度太小或者溶液中不稳定极易转化为Cu和
(4)
(5)     具有还原性且CuI是难溶于水的沉淀     可能存在氧化的干扰，同时无法判断是否转化为Cu     洗涤沉淀物，向其中加入氨水     观察到沉淀溶解，溶液变为蓝色
(6)     与生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致与的浓度降低，使得的氧化性和的还原性降低，从而无法发生氧化还原反应     按照下图所示的装置进行实验，一段时间后，U形管的左侧产生白色沉淀，取该沉淀，洗涤后，向其中加入溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀。


【分析】氧化性强的物质可将变价金属氧化到较高价态，氧化性弱的物质可将变价金属氧化到较低价态。CuSO4溶液和Cu体系存在，加入Cl-生成CuCl白色沉淀，使平衡逆向移动而可导致Cu溶解。Ksp较大的物质容易转化为Ksp较小的物质。
（1）
实现转化，需加入氧化性较弱的氧化剂，浓硝酸和氯气均是强氧化剂，把Cu直接氧化到+2价，硫黄氧化性较弱，能实现转化，故选B。
（2）
、的转化均是化合价升高的反应，故所需试剂在性质上都具有的氧化性，但需要强氧化剂，需要弱氧化剂，故在性质上具有的共性和差异性是：都具有氧化性，但氧化性强弱不同。
（3）
据已知  ，K值大，即溶液中不稳定极易转化为Cu和，或者由于Cu与Cu2+反应限度太小，故实验a中反应难以发生。
（4）
实验b中加入KCl溶液，使Cu+转化为CuCl白色沉淀，平衡逆向移动，导致Cu单质溶解，发生反应的离子方程式为：。
（5）
①实现转化需加入还原剂，甲预测的理由是具有还原性且CuI是难溶于水的沉淀；
②向溶液中加入KI溶液，观察到溶液变为棕色，伴有浑浊产生，由于可能存在氧化的干扰，同时无法判断是否转化为Cu，故无法证明实现了转化；
③要证明实验c中实现了转化，需证明存在，故将实验c中反应所得浊液过滤，洗涤沉淀物，向其中加入氨水，由已知信息可知，CuI转化为无色的，随即在空气中被氧化为，观察到沉淀溶解，溶液变为蓝色，即可得证。
（6）
①与两溶液混合后只得到了CuS，是由于与生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致与的浓度降低，使得的氧化性和的还原性降低，从而无法发生氧化还原反应；
②因与生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致生成CuS而得不到，故可将与分开使其不直接接触，但通过导线、盐桥等实现电子的移动从而得到，再用的溶度积较小，将转化为。实验方案是：按照下图所示的装置进行实验，一段时间后，U形管的左侧产生白色沉淀CuCl，取该沉淀，洗涤后，向其中加入溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，即。
。

三、结构与性质
17．钴及其化合物有重要的用途，探究其结构有重要意义。
(1)基态Co的价层电子排布式是，轨道表示式是_______，在元素周期表中，该元素属于_______(填“d”或“ds”)区。
(2)是的一种重要配合物。
①该配合物的一种配体是，的空间结构呈_______形，是_______(填“极性”或“非极性”)分子。
②该配合物中参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d轨道、1个_______轨道和3个_______轨道。
③涉及实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。实验如下：称取该配合物，先加水溶解，再加足量溶液，_______(补全实验操作和数据)。相对分子质量：   250.5      143.5
(3)钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体是由图1所示的结构平移构成。图1包含Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体。图2是钴蓝的晶胞。

①图2中Ⅱ型小立方体分别是b、_______(填字母序号)。
②钴蓝晶体中三种原子个数比_______。
③用表示阿伏伽德罗常数的值，则钴蓝晶胞密度为_______(列出表达式)。
【答案】(1)          d
(2)     三角锥形     极性     4s     4p     充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g
(3)     d、 e、 g     1:2:4    

【解析】（1）
基态Co的价层电子排布式是3d74s2，根据构造原理，轨道表示式是。在元素周期表中，钴处于第四周期Ⅷ族，该元素属于d区。
（2）
①该配合物的一种配体是NH3，NH3的N原子价层电子对数为3+=4，有1个孤电子对，空间结构呈三角锥形，正负电荷中心不重叠，是极性分子；
②该配合物中Co3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个4s和3个4p；
③2.51g该配合物，=0.01mol，先加水溶解，[Co(NH3)5Cl]Cl2=[Co(NH3)5Cl]2++2Cl-，再加足量AgNO3溶液，电离出的氯离子与银离子形成氯化银沉淀，充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g，=0.02mol，说明该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。故答案为：充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g；
（3）
①根据晶胞中Ⅰ型立体结构、Ⅱ型小立方体关系，图2中Ⅱ型小立方体位于图2中上层bd对角线的位置、下层eg对角线位置，故分别是b、d、 e、 g；
②Ⅰ型立体结构中Co位于顶点和体心，原子数是4×+1；O位于晶胞内，原子数是4；Ⅱ型小立方体中Co位于顶点，原子数是4×；O位于晶胞内，原子数是4；Al位于晶胞内，原子数是4；该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，所以1个晶胞含有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16，钴蓝晶体中三种原子个数比N(Co)：N(Al)：N(O)=8：16：32= 1:2:4。
③由②分析可知，图2所示晶胞质量为，晶胞体积为，所以密度为g/cm3。

四、有机推断题
18．依泽替米贝是一种新型高效、副作用低的调脂药，其合成路线如下。

已知：R1-COOH+R2-NH-R3
(1)A属于芳香烃，A→B的反应类型是_______。
(2)C含有氨基，写出C的结构简式_______。
(3)D的芳香族同分异构体有_______种(不含D本身)。
(4)E中含有的官能团：_______。
(5)写出E制备F时中间产物L的结构简式_______。

(6)环状化合物G的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积比为2：1，G→H的化学方程式是_______。
(7)参考如下示例，画出J和F生成K时新形成的碳碳键。_______

示例：
【答案】(1)取代反应
(2)
(3)4
(4)醛基和羟基
(5)
(6)+
(7)

【分析】A属于芳香烃，结合A的分子式可知，A为；B的分子式为C7H7NO2，结合F的结构可知，A与浓硝酸发生取代反应，硝基取代甲苯的对位氢，B的结构简式为：；B在Fe、HCl的作用下生成C，C中含氨基，结合C的分子式可知，C的结构简式为：；结合D的分子式可知，D的结构简式为：；结合E的分子式可知，E的结构简式为：；E先与发生加成反应生成，再发生消去反应生成F；题干第（5）题告知：环状化合物G的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积比为2:1，结合G的分子式可知，G的结构简式为：；G与在氯化铝的作用下生成H，结合J的结构简式和已知信息可知，H的结构简式为：；H与发生已知信息的反应生成I，I的结构简式为：；I发生还原反应生成J，J与F发生加成反应生成K，结合依泽替米贝的结构简式和K的分子式可知，K的结构简式为：。
（1）
A属于芳香烃，结合A的分子式可知，A为；B的分子式为C7H7NO2，结合F的结构可知，A与浓硝酸发生取代反应生成B，硝基取代甲苯的对位氢，B的结构简式为：。
（2）
B在Fe、HCl的作用下生成C，C中含氨基，结合C的分子式可知，C的结构简式为：。
（3）
由分析可知，D的结构简式为：，D的芳香族同分异构体有：、、、，共4种。
（4）
由分析可知，E的结构简式为：，含有的官能团为醛基和羟基。
（5）
结合E和F的结构简式可知，E先与发生加成反应生成，再发生消去反应生成F，因此中间产物L的结构简式为：。
（6）
环状化合物G的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积比为2:1，结合G的分子式可知，G的结构简式为：；G与在氯化铝的作用下生成H，结合J的结构简式和已知信息可知，H的结构简式为：，因此G→H的化学方程式为：+。
（7）
J和F发生加成反应生成K，结合依泽替米贝的结构简式和K的分子式以及题给示例可知，J和F生成K时新形成的碳碳键如图所示：。

五、工业流程题
19．从铜电解液中分离得到的粗硫酸镍晶体中含有大量的杂质元素(Cu、Fe、As、Ca、Zn等)，我国科学家对粗硫酸镍()进行精制提纯，其工艺流程如下。

已知：i.含镍溶液中的杂质微粒有：、、、和等
ii.饱和溶液中，
ⅲ.部分物质的电离常数和溶度积常数如下表
物质
电离常数
物质
溶度积常数
物质
溶度积常数


















(1)是弱电解质，_______[用、和表示]。
(2)滤渣1中含有和S，写出生成和S的化学方程式_______。
(3)解释“氧化除杂”中析出的原因_______。
(4)“氟化除杂”中试剂a为_______。
(5)“萃取”水溶液的约为3.3，结合下图解释原因_______。

(6)理论上“硫化除杂”之后，溶液中_______[计算时取，结果保留两位有效数字]。
【答案】(1)
(2)
(3)Cl2将Fe2＋氧化为Fe3＋，，加入的Ni(OH)2和H＋反应，Fe3＋的水解平衡正移，生成Fe(OH)3
(4)NiF2或HF
(5)pH过大，Ni2＋损失较多；pH过小，Zn2＋有较多剩余
(6)4.4×10−16

【分析】粗硫酸镍晶体溶解调节pH＝0.5，通入硫化氢除去铜、砷元素；加入氯气将二价铁转化为三价铁，加入氢氧化镍调节pH值，除去铁元素；加入NiF2或HF除去钙元素；调节pH萃取分离出镍元素，最终得到精制硫酸镍。
（1）
H2S是弱电解质，分两步电离，、，、，所以；
故答案为；
（2）
含镍溶液中的主要离子有 AsO，滤渣1中含有As2S3和S，由流程可知，AsO和通入的硫化氢气体在酸性环境中发生氧化还原反应生成As2S3和S，离子方程式为；
故答案为；
（3）
Cl2具有氧化性，会将Fe2＋氧化为Fe3＋，铁离子发生水解反应：，加入的Ni(OH)2和溶液中H＋反应导致溶液pH增大碱性增强，Fe3＋的水解平衡正移生成Fe(OH)3，则原因为Cl2将Fe2＋氧化为Fe3＋，，加入的Ni(OH)2和H＋反应，Fe3＋的水解平衡正移，生成Fe(OH)3；
故答案为Cl2将Fe2＋氧化为Fe3＋，，加入的Ni(OH)2和H＋反应，Fe3＋的水解平衡正移，生成Fe(OH)3；
（4）
流程对粗硫酸镍进行精制提纯，“氟化除杂”中要加入氟元素除去钙离子且不不能引入杂质阳离子，故加入试剂a为NiF2或HF；
故答案为NiF2或HF；
（5）
由图可知，“P204萃取”水溶液的pH约为3.3时，锌离子基本已经除尽且此时镍离子损失不大，如果pH过大，Ni2＋损失较多，pH过小，Zn2＋有较多剩余，故pH约为3.3；
故答案为pH过大，Ni2＋损失较多；pH过小，Zn2＋有较多剩余；
（6）
已知饱和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/L；由（1）可知、，；由流程可知，此时pH＝0.5，则c(H＋)＝10−0.5mol/L，则，；Ksp(CuS)＝6.3×10−36＝c(S2−)×c(Cu2＋)，；
故答案为4.4×10−16。
【点睛】本题考查物质的制备实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。