四川省成都经开区实验中学2020届高三上学期9月月考理科综合化学试题


2019-2020学年度2017级高三9月月考理科综合试题
化学部分
一、选择题(本题包括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. 下列物质分类正确的是
A. NO2、Cl2O7都是酸性氧化物 B. 水银、水玻璃都是混合物
C. HD、HCHO都是极性分子 D. 干冰、可燃冰都是分子晶体
【答案】D
【解析】
试题分析：A、酸性氧化物：与水只生成相应的酸，或与碱反应生成盐和水，3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，因此NO2不属于酸性氧化物，故错误；B、水银是汞，属于金属单质，故错误；C、HD是H2，属于非极性分子，故错误；D、干冰是CO2，可燃冰主要是CH4，都是分子晶体，故正确。
考点：考查物质的分类等知识。

2.下列各组物质或物质间反应可能包括多步反应，其总的离子方程式正确的是
A. 向NaClO溶液中通入过量SO2：ClO－＋SO2＋H2O===HClO＋HSO3－
B. Na2S投入水中：S2－＋2H2OH2S＋2OH－
C. 向含1 mol AlCl3溶液中投入4 mol Na：Al3＋＋4Na＋2H2O===AlO2－＋4Na＋＋2H2↑
D. 向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42－沉淀完全：2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－===Al(OH)3↓＋3BaSO4↓
【答案】C
【解析】
A.次氯酸具有强氧化性，发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：ClO－＋SO2＋H2O＝2H＋＋Cl－＋SO42－，A错误；B.Na2S投入水中分步水解，B错误；C.向含1 mol AlCl3溶液中投入4 mol Na，反应生成了偏铝酸根离子和氢气，反应的离子方程式为：Al3＋＋4Na＋2H2O＝AlO2－＋4Na＋＋2H2↑，C正确；D.溶液中钡离子与硫酸根离子的物质的量相等，反应的离子方程式为：Al3＋＋2 SO42－＋2Ba2＋＋4OH－＝AlO2－＋2H2O＋2BaSO4↓，D错误，答案选C。

3. 下列实验操作正确且能达到预期目的的是（ ）


实验目的

操作

①

比较水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱

用金属钠分别与水和乙醇反应

②

欲证明CH2=CHCHO中含有碳碳双键

滴入KMnO4酸性溶液，看紫红色是否褪去

③

欲除去苯中混有的苯酚

向混合液中加入浓溴水，充分反应后，过滤

④

证明SO2具有漂白性

将SO2通入酸性KMnO4溶液中

⑤

比较确定铜和镁的金属活动性强弱

用石墨作电极电解Mg(NO3)2、Cu(NO3)2的混合液

⑥

确定碳和硅两元素非金属性强弱

测同温同浓度Na2CO3和Na2SiO3水溶液的pH



A.①④⑤ B．②③⑤ C．①⑤⑥ D．①②③④⑤⑥
【答案】C
【解析】
试题分析：①锌与浓、稀硫酸均可反应；②氮气与氢气是可逆反应，有限度；③MnO2只与浓盐酸反应；④铜只与浓硫酸反应；⑤稀硝酸与银可以反应；⑥硫酸与块状石灰石生成的硫酸钙阻止反应进一步进行。所以A、②③④⑥，正确
考点：考查化学实验设计、元素及其化合物相关知识。

4.有机物A是某种药物的中间体，其结构简式为，关于有机物A的说法正确的是（ ）
A. A的分子式为C16H16O3
B. A可使酸性KMnO4溶液褪色，不可使溴水褪色
C. A苯环上的一氯代物同分异构体有2种
D. A既可发生氧化反应，又可发生加成反应
【答案】D
【解析】
【分析】
有机物含有2个苯环，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有羟基，可发生取代、氧化反应，以此解答该题。
【详解】A．由结构简式可知分子式为C16H14O3，故A错误；
B．含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，可使酸性KMnO4溶液和溴水褪色，故B错误；
C．含有两个苯环，且结构左右不对称，苯环上的一氯代物同分异构体有4种，故C错误；
D．有碳碳双键，可发生氧化反应和加成反应，含有羧基、羟基，可发生取代反应，故D正确；
故答案为D。

5.X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大，其中X的简单气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，Y与Z同主族，W的最高价含氧酸是同周期元素中最强的无机酸。下列说法正确的是（ ）
A. 钠元素与Y元素可形成化合物Na2Y2
B. 最简单氢化物的沸点：Y＜X
C. 简单阴离子的半径：Y＜Z＜W
D. W元素的单质在化学反应中只表现氧化性
【答案】A
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大，其中X的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，则离子化合物为硝酸铵，可知X为N；Y与Z同主族，W的最高价含氧酸是同周期元素中最强的无机酸，W为Cl，则Y、Z位于ⅥA族，结合原子序数可知，Y为O，Z为S，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X为N，Y为O，Z为S，W为Cl；
A．钠元素与Y元素在加热下反应可形成化合物Na2O2，故A正确；
B．NH3、H2O的分子间均含氢键，但水分子间氢键数目多且氢键的强度大，则最简单氢化物的沸点：Y＞X，故B错误；
C．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单阴离子的半径：Y＜W＜Z，故C错误；
D．W元素的单质在化学反应中可体现氧化性、还原性，如氯气与水的反应，故D错误；
故答案为A。

6.20mL0.1000mol·L－1氨水用0.1000mol·L－1的盐酸滴定，滴定曲线如图，下列说法正确的是（ ）

A. 该中和滴定适宜用酚酞作指示剂
B. 两者恰好中和时，溶液的pH＝7
C. 达到滴定终点时，溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
D. 当滴入盐酸达30 mL时，溶液中c(NH4+)＋c(H＋) 【答案】C
【解析】
【详解】A．反应终点生成氯化铵，水解显酸性，酚酞的变色范围为8～10，应选甲基橙作指示剂，故A错误；
B．两者恰好中和时生成氯化铵，溶液的pH＜7，故B错误；
C．物料守恒式为c(NH4+)+c(NH3•H2O)=c(Cl-)，电荷守恒式为c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，则c(H+)=c(OH-)+c(NH3•H2O)，故C正确；
D．溶液不显电性，遵循电荷守恒，则当滴入盐酸达30mL时，溶液中c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，故D错误；
故答案为C。
【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系。①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。

7.某太阳能电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是(　　)


A. 光照时，b极的电极反应式为VO2＋－e－＋H2O===VO2+＋2H＋
B. 光照时，每转移2 mol电子，有2 mol H＋由a极区经质子交换膜向b极区迁移
C. 夜间，a极的电极反应式为V3＋＋e－===V2＋
D. 硅太阳能电池供电原理与该电池相同
【答案】A
【解析】
A.光照时，b极失去电子，发生氧化反应，b极为负极，电极反应式为VO2+-e-+H2O=VO2++ 2H+，A项正确；B.光照时，b极失去电子，为了维持电荷平衡，H＋必须由b极区经质子交换膜向a极区迁移，B项错误；C.夜间，电池放电，a极的电极反应式为V2+-e－=V3+，C项错误；D.该电池工作时，发生了氧化还原反应，化学能转化为电能，而硅太阳能电池直接将光能转化成电能，二者供电原理不相同，D项错误。答案选A。

二、非选择题(共58分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35、36题为选考题，考生根据要求作答)
(一)必考题(共43分)
8.（1）请从Cl2、H2、CO2、NO、NH3气体中选择一种气体，该气体在实验室可以用如图装置制取、净化、收集（可以含水蒸气），制取该气体的化学反应方程式为_____________；

（2）已知：
可用下述装置制取1,2 - 二溴乙烷（无色液体，密度2.18 g·cm-3，熔、沸点为9.79℃、131.4℃，不溶于水）；试管d中装有液溴(表面覆盖少量水)。

①e装置的作用是____________；当观察到_________现象时，试管d中反应基本结束；
②若用冰水代替烧杯中的冷水，可能引起的不安全后果是______________；
③实验结束后，要精制试管d中的粗产品，操作先后顺序是______（填标号）
A.蒸镏 B.水洗 C.用干燥剂干燥 D.10%NaOH溶液洗 E.水洗
④实验消耗40%乙烯利（摩尔质量为M）溶液50g，制得产品m g，则乙烯利合成1,2 - 二溴乙烷的产率为_____________（用含M，m的代数式表示）；
⑤设计实验证明，反应后烧瓶中的混合溶液含有Cl-、PO43-，简述实验方案。已知：氯化银、磷酸银（黄色）、磷酸钡（白色）的KSP分别为1.77×10-10、8.88×10-17 和3.4×10－23。
答：_____________________________________________________________________。
【答案】 (1). CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O (2). 吸收溴蒸汽 (3). 试管内溶液褪为无色 (4). d中长导管堵塞 (5). BDECA或EDBCA (6). (7). 取适量混合溶液，加入过量的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中存在PO43-；静置，取上层清液于试管中，加入过量稀硝酸和AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明溶液中存在Cl-
【解析】
（1）按此装置，收集的气体的密度必须大于空气，H2、NH3的密度小于空气，不能用此装置收集；NO与空气中的氧气反应，不能用此装置收集；Cl2的制备需要加热装置；所以此装置只能用来制备和收集CO2，实验室制取CO2用稀盐酸和碳酸钙反应，制取该气体的化学反应方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O 答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O
（2）①d中的液溴易挥发，会污染大气，应该进行尾气吸收，所以装置e中氢氧化钠溶液的作用是吸收Br2蒸气，防止大气污染；d中乙烯与溴发生加成反应使液溴褪色，生成的1,2 - 二溴乙烷为无色，当观察到试管内溶液褪为无色时说明d中反应基本结束。②冰水的温度低于冷水，温度过低会使1,2 - 二溴乙烷凝结为固体，导致d中长导管堵塞，发生危险。③实验结束后，要精制试管d中的粗产品，将粗产品先用水洗涤，再用10%NaOH溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙干燥，待溶液澄清后进行蒸馏，可以得到纯净的1,2 - 二溴乙烷。④乙烯利合成1,2 - 二溴乙烷的产率= ⑤由已知条件可知氯化银、磷酸银（黄色）、磷酸钡（白色）都是沉淀，且磷酸钡比氯化银更难溶，所以应该先检验PO43-再检验Cl-，可设计实验如下：取适量混合溶液于试管中，加入过量的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中存在PO43-；静置一段时间，取上层清液少量于试管中，加入过量稀硝酸和AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明溶液中存在Cl-。答案为：① 吸收溴蒸汽 、试管内溶液褪为无色 ②d中长导管堵塞③ BDECA或EDBCA ④ ⑤取适量混合溶液，加入过量的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中存在PO43-；静置，取上层清液于试管中，加入过量稀硝酸和AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明溶液中存在Cl-

9.（1）利用I2O5可使CO与H2O(g)反应转化为CO2和H2，从而有效减少大气污染。该过程可通过图1所示的两步反应循环实现。

其中：反应Ⅰ为I2O5(s)＋5CO(g)=I2(s)＋5CO2(g) ΔH＝a kJ·mol－1
反应Ⅱ中，生成1 mol H2(g)时，反应热ΔH＝b kJ·mol－1。
①总反应的热化学方程式为(反应热ΔH用含a、b的代数式表示)______。
②在恒温密闭容器中加入一定量的CO(g)和I2O5(s)，发生反应Ⅰ并达到平衡。测得体系中各气体组分的体积分数φ随时间t的变化如图2所示。则此反应用气体分压表示的平衡常数Kp＝______(已知：气体分压＝气体总压×体积分数)。
（2）已知铅盐中，Pb(NO3)2、(CH3COO)2Pb易溶于水，PbSO4、PbS难溶于水，室温下其溶度积常数为Ksp(PbSO4)＝1.06×10－8；Ksp(PbS)＝3.40×10－28。
①将一定量的PbSO4加入足量饱和CH3COONH4溶液中，微热，并不断搅拌，因发生复分解反应，PbSO4缓慢溶解。能发生此复分解反应的原因是______。
②某溶液中主要含有S2－、SO42-等阴离子，向其中滴加Pb(NO3)2溶液，当PbSO4开始析出时，溶液中＝________。
（3）钛基二氧化铅(Ti/PbO2)是重要的电极材料，工业上用电解法制作，主要流程如图：

其中“电解沉积表层”是制作的关键，方法是电解可溶性铅盐溶液，使生成的PbO2沉积在阳极金属钛(Ti)上。主反应为2Pb2＋＋2H2O=Pb＋PbO2＋4H＋。
①必须预先将阳极金属钛进行“热钝化处理”，原因_______。
②电解槽中，阳极主要的反应式为___；该法的缺点是阳极、阴极均会发生副反应。其中阴极上产生的气体副产物是____。
③电解法制得的PbO2晶体中含有少量的＋2价铅，从而导致氧原子所在位置出现少量“空穴”(即化学式为PbOx，但x＜2)。若电解时每生成1molPbOx转移1.94NA个e－(NA为阿伏加德罗常数的值)，则铅元素中＋2价铅所占的质量分数为____。
【答案】 (1). CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH＝(0.2a＋b)kJ·mol－1 (2). 243(或35) (3). 生成的醋酸铅难电离 (4). 3.21×10－20 (5). 电解时，阳极材料钛可被氧化，需表面钝化防护 (6). Pb2＋－2e－＋2H2O＝PbO2＋4H＋ (7). H2 (8). 3%(或0.03)
【解析】
【分析】
(1)①根据盖斯定律确定总反应方程式；
②先计算各组分的分压，再计算平衡常数Kp；
(2)①醋酸铅是弱电解质，促进硫酸铅溶解平衡正向移动；
②由于Ksp(PbS)远小于Ksp(PbSO4)，所以当PbSO4开始沉淀时，可认为S2－已沉淀完全，得到是两种物质的饱和溶液；
(3)①钛为活性电极。
②阳极上Pb2＋失电子被氧化为PbO2；阴极上除Pb2＋能得电子外，溶液中的H＋也会得电子发生还原反应。
③每生成1 molPbO2转移2 mol电子，若转移1.94 mol电子，则生成0.97 mol PbO2，所以1 mol PbOx中有0.03 mol Pb2＋。
【详解】(1)①反应Ⅱ的热化学方程式为I2(s)＋5H2O(g)＝I2O5(s)＋5H2(g) ΔH＝5b kJ·mol－1，结合反应Ⅰ：I2O5(s)＋5CO(g)＝I2(s)＋5CO2(g) ΔH＝a kJ·mol－1，得到总反应的热化学方程式为CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH＝(0.2a＋b) kJ·mol－1。
②设气体的总压强为p，则平衡时，p(CO)＝p×25%，p(CO2)＝p×75%。Kp＝=＝35＝243。
(2)①硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸铵时，醋酸根离子和铅离子生成弱电解质醋酸铅，促进硫酸铅溶解。
②由于Ksp(PbS)远小于Ksp(PbSO4)，所以当PbSO4开始沉淀时，可认为S2－已沉淀完全，得到的是两种物质的饱和溶液，＝==3.21×10－20；
(3)①钛为活性电极，若不进行“热钝化处理”，阳极金属钛会放电溶解。
②阳极上Pb2＋失电子被氧化为PbO2，电极反应式为Pb2＋－2e－＋2H2O＝PbO2＋4H＋；阴极上除Pb2＋能得电子外，溶液中的H＋也会得电子放出H2。
③每生成1 molPbO2转移2 mol电子，若转移1.94 mol电子，则生成0.97 mol PbO2，所以1 mol PbOx中有0.03 mol Pb2＋，其在铅元素中的质量分数为=3%。

10.工业采用氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示：

已知：①菱锰矿的主要成分是MnCO3，其中含Fe、Ca、Mg、Al等元素。
②Al3+、Fe3+沉淀完全的pH分别为4.7、3.2，Mn2+、Mg2+开始沉淀的pH分别为8.1、9.1。
③焙烧过程中主要反应为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O。

（1）结合图1、2、3，分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、、焙烧时间依次分别为_____、_____、_____。
（2）浸出液“净化除杂”过程如图：

①已知几种氧化剂氧化能力的强弱顺序为：H2O2＞Cl2＞MnO2＞Fe3+，则氧化剂X宜选择__(填字母)。
A．H2O2 B．Cl2 C．MnO2
②调节pH时，pH可取的范围为______。
（3）“碳化结晶”步骤中，加入碳酸氢铵时反应的离子方程式为____。
（4）上述流程中可循环使用的物质是_____。
【答案】 (1). 500℃ (2). 1.10 (3). 60min (4). C (5). 4.7≤pH＜8.1 (6). Mn2++2HCO3-＝MnCO3↓+CO2↑+H2O (7). NH4Cl
【解析】
【分析】
根据流程：将菱镁矿粉(主要成分是MnCO3，还含有少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)与氯化铵混合研磨后焙烧：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，浸出，浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+：MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O，然后调节溶液pH范围4.7≤pH＜8.1使Fe3+，A13+沉淀完全，再加入NH4F沉淀Ca2+、Mg2+，过滤除去Fe(OH)3、Al(OH)3、CaF2、MgF2，净化液的成分主要含有MnCl2，加入碳酸氢铵碳化结晶，发生反应：Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O，过滤，得到MnCO3产品和滤液NH4Cl，将滤液NH4Cl蒸发结晶得到NH4Cl晶体可循环使用，据此分析作答。
【详解】(1)由图可知，锰的浸出率随着焙烧温度、氯化铵与菱镁矿粉的质量之比、焙烧时间增大而提高，到500℃、1.10、60min达到最高，再增大锰的浸出率变化不明显，故氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是焙烧温度500℃，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为1.10，焙烧时间为60min；
(2)①对浸出液净化除杂时，需要将Fe2+转化为Fe3+，根据氧化剂氧化能力的强弱顺序为H2O2＞Cl2＞MnO2＞Fe3+，则应选择加入MnO2将Fe2+转化为Fe3+，而不能用H2O2或Cl2，因为H2O2或Cl2除能氧化Fe2+，还能氧化Mn2+，故答案为C；
②已知：Al3+、Fe3+沉淀完全的pH分别为4.7、3.2，Mn2+、Mg2+开始沉淀的pH分别为8.1、9.1，调节溶液pH使Fe3+，A13+沉淀完全，同时不使Mn2+沉淀，故pH范围为：4.7≤pH＜8.1；
(3)净化液的成分主要含有MnCl2，碳化结晶时，发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O；
(4)根据分析和流程可知，可以循环使用固体物质是NH4Cl。

(二)选考题(请考生从两道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分)
11.A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次递增。A元素的周期数、主族数、原子序数相同；B元素的前六级电离能的数值变化如图所示：

C元素的基态原子核外有六种不同运动状态的价电子；D与B同主族，电负性D＜B；E是第四周期d区元素，血红蛋白中的E元素更易与BC形成配合物E(BC)5。
（1）写出E的基态原子电子排布式________。
（2）A3C＋中，C原子采用_____杂化，离子构型为_____，比较A3C＋与A2C中的键角大小并解释原因_______。
（3）D60分子中每个D原子均采用sp2杂化，则1 molD60分子中π键数目为____。
（4）A2C有多种晶体结构，其中一种晶体中分子的空间排列方式与金刚石晶体类似，该晶体晶胞中含有____个A2C分子，A2C的配位数为_____，A2C之间的作用力为_____。已知晶胞的棱长为a pm，阿伏加德罗常数为NA，试列式计算此晶体的密度___g·cm－3(用含a、NA的代数式表示)。
（5）E(BC)5中E周围的价电子总数为____，配位原子是_____(填元素符号)。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2 (2). sp3 (3). 三角锥形 (4). H3O＋比H2O的键角大，因为H2O中O原子有2对孤对电子，H3O＋只有1对孤对电子，排斥力较小 (5). 30NA (6). 8 (7). 4 (8). 氢键和范德华力 (9). (10). 18 (11). C
【解析】
【分析】
周期数、主族数、原子序数相同的只有H，由电离能数值变化图可知B最外层有4个电子为ⅣA族元素，C元素的基态原子核外有六种不同运动状态的价电子，说明C元素最外层有6个电子，应为ⅥA；D与B同主族即均为ⅣA族元素，电负性D＜B，则说明B为C元素、D为Si元素，结合A、B、C、D、E的核电荷数递增，可知C为O元素；E是第四周期d区元素，血红蛋白中的E元素更易与BC形成配合物E(BC)5，则E为Fe元素，形成的配合物为Fe(CO)5，据此分析解题。
【详解】综合信息可知A～E依次为H、C、O、Si、Fe四种元素。则
(1)E为Fe元素，核电荷数为26，其基态原子电子排布式1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
(2)水合氢离子中O原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论知O原子杂化类型为sp3，离子构型为三角锥形；孤电子对间的排斥力大于孤电子对和共用电子对之间的排斥力，H2O中O原子有2对孤对电子，H3O+只有1对孤对电子，排斥力较小，所以H3O+中H-O-H键角比H2O中H-O-H键角大；
(3)每个Si原子均采用sp2杂化，即每个Si原子都以一个π键与另一原子结合，一个π键被两个原子共用，故π键数＝NA×60/2＝30NA。
(4)参照教材中金刚石晶胞的结构，由于1个晶胞中含有8个水分子，则一个晶胞的质量＝，＝g·cm－3＝g·cm－3。
(5)在Fe(CO)5中Fe的价电子结构为3s64s2，C原子提供孤对电子，形成5个配位键，则Fe周围的价电子总数为8+2×5=18，配位原子是C。
【点睛】注意杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp3，说明该分子中心原子的价层电子对个数是4，孤电子对数为1时，空间构型是三角锥形。

12.有机物A~F之间转化关系如下图所示（部分产物已略去），其中B的相对分子质量是D的2倍。

提示：会自动脱水形成R—CHO
根据以上信息回答下列问题：
（1）B的分子式是________________
（2）检验D中官能团可使用的试剂名称是_________，写出D的相邻同系物与该试剂反应的化学方程式_______________________________。
（3）C遇FeCl3溶液显紫色，核磁共振氢谱中有四个峰，其峰面积比为1:2:2:1。写出C的结构简式_______________________。
（4）写出符合下列条件的C的同分异构体的结构简式_______、______、______、________。
①苯环上存在对位取代基；②遇FeCl3溶液显紫色；
③能与银氨溶液反应。
（5）写出A的结构简式__________________________。
（6）若1molA和足量NaOH反应，最多能消耗___________mol NaOH。
【答案】 (1). C2H4O2 (2). 银氨溶液或新制Cu（OH）2悬浊液 (3). CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3↑+H2O或CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O (4). (5). (6). (7). (8). (9). 或 (10). 4
【解析】
【分析】
A水解、酸化得到B、C、D，则A含有酯基，B与E在浓硫酸生成F（C3H6O2）应为酯基，由转化关系可知D为醛、E为醇，B的相对分子质量是D的2倍，B为CH3COOH，D为HCHO，E为CH3OH，F为CH3COOCH3，C遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基，结合A的分子式可知C含有7个C原子，A的不饱和度为=(2×10+2-9-1)/2=6，可推知A中含有2个酯基，含有乙酸与酚形成的酯基，由于水解得到甲醛，故存在-COOCH2Cl结构（或者
侧链为-Cl、-COOCH2OOCCH3），故C中还存在-COOH，而C的核磁共振氢谱中有四个峰，其峰面积之比为1：2：2：1，故C中两个侧链处于对位，故C为，A为（或）。
【详解】（1）由上述分析可知，B为CH3COOH，分子式是C2H4O2；
（2）D为HCHO，检验D中官能团可使用试剂为：银氨溶液或新制Cu（OH）2悬浊液，D的相邻同系物为CH3CHO，与该试剂反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3↑+H2O或CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O；
（3）由上述分析可知，C的结构简式为：；
（4）C（）的同分异构体符合下列条件：①苯环上有对位取代基 ②遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基，③能与银氨溶液反应，说明含有醛基，、、、；
（5）由上述分析可知，A的结构简式为：A为或；
（6）若1molA和足量NaOH反应，1molA中2mol酯基要消耗2mol NaOH，—Cl要消耗1mol NaOH，水解后产生1mol酚要消耗1mol NaOH，最多能消耗4mol NaOH。