2021高考化学全真模拟卷20含解析

2021高考化学全真模拟卷

一、选择题：本题共7个小题，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。

7．下列有关环境、健康、发展的叙述中不正确的是

A．可吸入颗粒（例如粉尘）形成气溶胶，对人类健康危害极大

B．开发利用绿色能源（例如太阳能）替代化石燃料是人类可持续发展的必由之路

C．装饰材料中的苯主要来自胶、漆等，有强致癌物

D．氟氯烃含量是空气质量报告的主要项目之一

【答案】D

【解析】A. 可吸入颗粒形成气溶胶，与空气接触面积大，更易被人体吸收，对人类健康危害极大，叙述正确，故A正确；

B. 化石燃料燃烧产生大量空气污染物，开发利用绿色能源，有利于减少空气污染物排放，减少对环境危害，故B正确；

C．装修材料中的苯、甲醛主要来自于胶水、油漆等，破坏人的蛋白质，严重损害健康，故C正确；
D．氟氯烃含量不是空气质量报告的主要项目之一，故D错误。故选：D。

【点睛】目前计入空气污染指数的项目主要为：可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮。

8．设 NA 为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（    ）

A．标准状况下，2.24L 己烯中含共用电子对数为1.8NA

B．12.25 g KClO3 与含 0.6 mol HCl 的浓盐酸完全反应，转移电子一定为0.5NA

C．100 mL 0.1 mol/L FeCl3 溶液完全制成胶体，含胶体粒子数为0.01NA

D．常温常压下，46g C7H8 和 C3H8O3 的混合物中含 H 原子数目为4NA

【答案】D

【解析】A. 标准状况下己烯是液体，标准状况下，2.24L 己烯的物质的量不是0.1mol，故A错误；

B. KClO3 与浓HCl反应放出氯气，12.25g KClO3 与含0.6molHCl 的浓盐酸完全反应，放出氯气的物质的量小于0.3mol，转移电子小于0.5 NA，故B错误；

C. 氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的聚集体，100mL 0.1mol/L FeCl3 溶液完全制成胶体，含胶体粒子数小于 0.01 NA，故C错误；

D. C7H8 和 C3H8O3的相对分子质量都是92，46g C7H8 和 C3H8O3 的混合物的物质的量是0.5mol，C7H8 和 C3H8O3分子中都含有8个H原子，所以46g C7H8 和 C3H8O3 的混合物中含 H 原子数目为 4NA，故D正确。

9．电化学固氮可以在常温常压下实现氮气的还原合成氨，某课题组提出一种全新的电化学固氮机理——表面氢化机理示意图如下，则有关说法错误的是（   ）

A．在表面氢化机理中，第一步是H+的还原反应

B．在表面*H原子与催化剂的协同作用下，N2与表面*H原子反应生成*N2H4中间体

C．电化学固氮法较传统工业合成氨将空气中的游离氮固定，具有能耗小、环境友好的优点

D．若竞争反应（析氢反应）的势垒显著低于固氮反应，则析氢反应的速率要远远高于固氮反应

【答案】B

【解析】A. H+反应得电子，为还原反应，A项正确B. N2与2表面*H原子反应生成*N2H4中间体，质量不守恒，B项错误；C. 传统工业合成氨需要高温高压下实现，电化学固氮在常温常压下实现，C项正确；D. 活化能表示势垒的高度。活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，越小则速率越快，D项正确。答案选B。

10．螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是（    ）

A．与HBr以物质的量之比1：1加成生成二种产物

B．一氯代物有五种

C．所有碳原子均处于同一平面

D．该化合物的分子式为C10H12

【答案】A

【解析】A. 分子中含有2个碳碳双键，碳碳双键连接原子团不同，则与HBr以物质的量之比1:1加成生成二种产物，故A正确；

B. 结构对称，分子中含有4种H，则一氯代物有4种，故B错误；

C. 含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的碳原子不可能共平面，故C错误；

D. 由结构简式可知该化合物的分子式为C9H12，故D错误。故选A。

【点睛】甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4个原子形成共价键时，空间结构为四面体型。小结：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子不再共面。

11．已知 X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的短周期主族元素，X 原子最外层电子 数是次外层电子数的 2 倍，Y 和 W 同主族，且 W 的原子序数是 Y 的 2 倍，Z 的 焰色反应呈黄色。下列说法不正确的是（    ）

A．原子半径大小顺序：Z＞W＞Y

B．简单气态氢化物的热稳定性：Y＞W＞X

C．Z、Y 形成的所有化合物中化学键类型完全相同

D．化合物 Z2XY3 能与 W 的最高价氧化物的水化物反应

【答案】C

【解析】A. 电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径大小顺序：Na＞S＞O，故A正确；B. 非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，简单气态氢化物的热稳定性：H2O＞H2S＞CH4，故B正确；C.Na2O只含离子键、Na2O2 即含有离子键又含有非极性共价键，故C错误；D. 化合物Na2CO3 能与H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化碳、水，故D正确；选C。

12．下列实验操作、现象与实验结论均正确的是（   ）

【答案】C

【解析】A. Zn、Fe构成原电池，金属性：Zn>Fe，活泼的做负极，故Zn做负极，A项错误；B.H2C2O4为弱酸，离子反应中不拆，B项错误；C.植物油在NaOH溶液中发生水解反应，矿物油与NaOH溶液分层，现象不同可鉴别，C项正确；D.钠与无水乙醇反应，会产生氢气，由于钠密度大于乙醇密度，所以会沉底，但产生的氢气会使钠的浮力增大，慢慢的就会浮于水面，D项错误；答案选C。

13．25℃时，进行下图所示滴定并得到对应曲线。下列说法错误的是(    )

A．Ka2(H2C2O4)=10−4.19

B．直线Ⅰ中X=

C．在NaHC2O4溶液中c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH−)+c(C2O42−)

D．Ⅰ、Ⅱ两条直线的斜率均为1

【答案】B

【解析】A. 在pH=4.19点，Ka2(H2C2O4)==10−4.19，A正确；

B. 由以上分析可知，直线Ⅱ中X=，B错误；

C. 在NaHC2O4溶液中，HC2O4−C2O42−+H+，HC2O4−+H2OH2C2O4+OH−，H2OH++OH−

由水电离出的c(OH−)=c(H+)，则溶液中c(H+)−c(C2O42−)=c(OH−)−c(H2C2O4)，从而得出c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH−)+c(C2O42−)，C正确；

D. 直线Ⅰ，lg X=0时，pH=1.22，pH=0时，lg X=1.22(由平衡常数进行计算)，从而得出其斜率为1；采用同样的方法，可求出直线Ⅱ的斜率为1，D正确；故选B。

三、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。

26．（13分）（2019·全国高三专题练习）CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；

②酸性条件下，ClO3－不会氧化Co2+，ClO3－转化为Cl－；

③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为：0.01mol/L)

④CoCl2·6H2O熔点为86℃，加热至110~120℃时，失去结晶生成无水氯化钴。

请回答：

（1）“加Na2CO3调pH至5.2”，过滤所得到的沉淀Ⅹ成分为___________。

（2）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示，萃取剂使用的适宜pH范围是___________。(填选项序号字母)

A 1.0~2.0         B 2.5~3.5        C 4.0~5.0

（3）为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取2g的粗产品溶于水，配成100mL溶液，取出20mL置于锥形瓶，加入K2CrO4做指示剂( Ag2CrO4为砖红色沉淀)，用0.2mol/L的AgNO3溶液滴定至终点，重复2−3次，平均消耗AgNO3标准溶液10.00mL。该粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数为___________。用K2CrO4做指示剂时，需要控制溶液pH值为6.5~10.5，试分析原因______________________。

【答案】（1）Fe(OH)3、Al(OH)3（4分）

（2）B（2分）

（3）59.5%（3分）   pH太小K2CrO4氧化Cl−(或转化为Cr2O72−)； pH太大生成Ag(OH)沉淀 (或Ag2O沉淀)（4分）

【解析】（1）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至5.2，铝离子与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32−+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32−+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，所以沉淀X的成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3；

（2）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在2.5～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀，故选B；

（3）设纯CoCl2·6H2O的质量为x，1mol氯离子消耗1mol银离子，故1molCoCl2·6H2O消耗2AgNO3，根据CoCl2·6H2O和硝酸银的物质的量关系，

，解得：x=0.238g，原来溶液100ml，计算得到氯化钴的质量为20ml的液体，故要把20ml的溶液换算成100ml溶液，CoCl2·6H2O的纯度为59.5% ，pH太小K2CrO4氧化Cl−(或转化为Cr2O72−)，pH太大生成AgOH沉淀，所以需要控制溶液pH值为6.5～10.5。

【点睛】易错点是需要注意所给溶液的体积，需要将20 mL溶液换成100 mL溶液中所含氯化钴晶体的质量。

27．（15分）氯仿(CHC13)是无色透明液体，不溶于水和浓硫酸，溶于醇，沸点为61.2℃，工业品氯仿中常含有少量乙醇。某校同学设计实验制备少量氯仿。

（1）甲组同学设计下列装置用干燥纯净的氯气制备实验原料漂白粉[已知：3Ca(ClO)2 Ca(ClO3)2＋2CaCl2 △H>0]。

①各仪器接口连接顺序为____（气流白左至右，用小写字母表示）。

②装置B中发生反应的离子方程式为 ___。

③装置A用冰水冷却的目的是____。

（2）乙组同学用甲组制得的漂白粉与乙醇溶液反应制备氯仿的实验装置如图。

①装置I需控制温度约为70℃，适宜的加热方式是 ___，温度不宜过高，其目的是____。

②装置Ⅱ的名称是_________。

③一定条件下，装置I中漂白粉先与乙醇溶液反应生成Cl2和Ca(OH)2，然后Cl2与CH3CH2OH反应生成CCl3CHO，CCl3CHO再与Ca(OH)2反应生成CHC13和一种盐，CCl3CHO与Ca(OH)2反应的化学方程式为  _________。

（3）丙组同学用下列方法对乙组制得的粗产品进行提纯。已知浓硫酸能与乙醇混溶。

步骤I．向粗产品中加入适量浓硫酸，搅拌至呈淡咖啡色，分液得有机层；

步骤Ⅱ．用15%的Na2CO3溶液洗涤多次，分液得有机层；

步骤Ⅲ．向有机层中加入少量无水CaCl2。

步骤I中用浓硫酸洗涤的目的是____；步骤Ⅱ中证明已洗涤干净的依据是____；步骤Ⅲ中加入少量无水CaCl2的目的是___。

【答案】（1）①c→h→g→e→f→a(b)→b(a)→d（2分）

② MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O（2分）

③减少副产物Ca(ClO3)2生成的量，并有利于氯气的吸收（2分）

（2）①水浴加热   减少乙醇的挥发（2分）

 ②（直形）冷凝管（2分）

③2CCl3CHO＋Ca(OH)2→2CHCl3＋(HCOO)2Ca（2分）

（3）除去其中溶解的乙醇（1分）     蘸取最后一次分液所得的水层液体少许滴在pH试纸上，溶液显碱性（其他答案合理即可）（1分）     干燥产品（1分） 

【解析】（1）①用干燥纯净的氯气制取漂白粉，实验室常用MnO2与浓盐酸反应生成Cl2，即装置B制备氯气，氯气中含有HCl和水蒸气，常用饱和食盐水除去HCl，用浓硫酸吸收水蒸气，然后将氯气通入石灰乳中，因为氯气有毒，因此为防止污染环境，需要尾气处理，常用氢氧化钠溶液吸收，即连接顺序是c→h→g→e→f→a(b)→b(a)→d；

②装置B发生反应离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；

③3Ca(ClO)2Ca(ClO3)2＋2CaCl2 △H>0，温度高，促使平衡向正反应方向进行，副产物Ca(ClO3)2物质的量增大，温度高，不利用氯气的溶解，因此用冰水冷却，其目的是减少副产物Ca(ClO3)2生成的量，并有利于氯气的吸收；

（2）①漂白粉与乙醇溶液反应制备氯仿，乙醇易挥发，温度不能过高，否则造成乙醇大量挥发，降低原料的利用，因此温度控制约为70℃，因此适宜加热方式为水浴加热；

②装置II为（直形）冷凝管；

③CCl3CHO与Ca(OH)2反应生成CHCl3和一种盐，根据原子守恒，该盐为(HCOO)2Ca，化学方程式为2CCl3CHO＋Ca(OH)2→2CHCl3＋(HCOO)2Ca；

（3）氯仿无色透明液体，不溶于水和浓硫酸，溶于醇，氯仿属于有机物，易溶于乙醇，氯仿中含有乙醇，除去其中溶解的乙醇；因为浓硫酸能与乙醇混溶，因此用浓硫酸洗涤的目的是除去其中溶解的乙醇；步骤II中加入碳酸钠洗涤，发生Na2CO3＋H2SO4=Na2SO4＋CO2↑＋H2O，分液后的水层中应含有Na2CO3，说明硫酸已洗涤干净，因此证明已洗涤干净，需要检验水层中是否含有碳酸钠，操作是蘸取最后一次分液所得的水层液体少许滴在pH试纸上，溶液显碱性（其他答案合理即可）；无水CaCl2具有吸水性，因此加入少量无水CaCl2的目的是干燥产品。

【点睛】难点是（2）中CCl3CHO与Ca(OH)2的反应方程式书写，CCl3CHO与Ca(OH)2的反应生成CHCl3，观察反应物和生成物，可以得到－CCl3结合Ca(OH)2中的H，1molCa(OH)2中含有2molH，需要结合2mol－CCl3，剩余的部分结合，得到2CCl3CHO＋Ca(OH)2→2CHCl3＋(HCOO)2Ca，该反应的特点类似实验室制备甲烷。

28．（15分）H2S是存在于燃气中的一种有害气体，脱除H2S的方法有很多。

（1）国内有学者设计了“Cu2＋－沉淀有害”法脱除H2S。该法包括生成CuS沉淀，氧化CuS(Cu2＋＋CuS＋4Cl－＝S＋2CuCl2－)及空气氧化CuCl2－再生Cu2＋。

①反应H2S(aq)＋Cu2＋(aq)CuS(s)＋2H＋(aq)的K＝___________(写表达式)。

②再生Cu2＋反应的离子方程式为_____________________。

（2）采用生物脱硫技术时，H2S与碱反应转化为HS－，在脱氮硫杆菌参与下，HS－被NO3－氧化为SO42－，NO3－被还原为N2，当33.6m3(标准状况)某燃气(H2S的含量为0.2%)脱硫时，消耗NO3－的物质的量为_________mol。

（3）已知下列热化学方程式：

I.H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)  △H1＝－285.8 kJ·mol－1

II.H2(g)＋S(s)＝H2S(g)    △H2＝－20.6 kJ·mol－1

III.S(s)＋O2(g)＝SO2(g)    △H3＝－296.8 kJ·mol－1

则以Claus法脱除H2S的反应：2H2S(g)＋SO2(g)＝3S(s)＋2H2O(l)  △H＝______kJ·mol－1。

（4）101kPa下，H2S分解：2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)。保持压强不变，反应达到平衡时，气体的体积分数(φ)随温度的变化曲线如图：

①在密闭容器中，关于反应2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)的说法正确的是_________(填字母)。

A．Kp随温度的升高而增大

B．低压有利于提高H2S的平衡分解率

C．维持温度、气体总压强不变时，向平衡体系中通入氩气，则v(正)<v(逆)

D．在恒容密闭容器中进行反应，当气体密度不再变化时，反应达到平衡状态

②图中Q点：H2S的平衡转化率为___________；1330℃时，反应2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)的Kp＝________(Kp为以分压表示的平衡常数)。

【答案】（1）①（2分） ② 4CuCl2−+O2+4H+=4Cu2++2H2O+8Cl−（2分） 

（2）4.8 （2分）  

（3）−233.6（2分）   

（4）①AB （2分）  ② 50% （2分）   20.2 kPa  （3分） 

【解析】（1）①根据平衡常数表达式，反应H2S(aq)+Cu2+(aq)⇌CuS(s)+2H+(aq)的平衡常数K=，故答案为：；

②空气中的氧气可氧化CuCl2−生成Cu2+，则离子反应为：4CuCl2−+O2+4H+=4Cu2++2H2O+8Cl−，故答案为：4CuCl2−+O2+4H+=4Cu2++2H2O+8Cl−；

（2）33.6 m3(标准状况)某燃气(H2S的含量为0.2%)中含有硫化氢的物质的量==3mol；H2S与碱反应转化为HS−，根据硫原子守恒：H2S～HS−；在脱氮硫杆菌参与下，HS−被NO3−氧化为SO42−，NO3−被还原为N2，发生的离子反应为5HS−+8NO3−+3H+=5SO42−+4N2+4H2O，可得关系：5H2S～5HS−～8NO3−，则消耗NO3−的物质的量==4.8mol，故答案为：4.8；

（3）I.H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)  △H1＝－285.8 kJ·mol－1，II.H2(g)＋S(s)＝H2S(g)    △H2＝－20.6 kJ·mol－1，III.S(s)＋O2(g)＝SO2(g)    △H3＝－296.8 kJ·mol－1，根据盖斯定律，Ⅰ×2−Ⅱ×2−Ⅲ得：2H2S(g)+SO2 (g)=3S(s)+2H2O（1）△H =2△H1−2△H2−△H3=2×(−285.8kJ•mol−1)−2×(−20.6kJ•mol−1)−(−296.8kJ•mol−1)=−233.6kJ•mol−1，2H2S(g)+SO2 (g)=3S(s)+2H2O（1）△H=−233.6 kJ•mol−1，故答案为：−233.6；

（4）①A．平衡常数只受温度影响，根据图象，随着温度升高，H2S 的体积分数减少，硫蒸气和氢气的体积分数增大，反应正向移动，则Kp随温度的升高而增大，故A正确；B．反应2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)正反应方向为气体体积增大的方向，根据勒夏特列原理，降低压强平衡向体积增大的方向移动，即平衡向正反应方向移动，H2S的平衡分解率增大，则降低压强有利于提高H2S的平衡分解率，故B正确；C．维持温度、气体总压强不变时，向平衡体系中通入氩气，相当于增大容器体积，平衡向气体体积增大的方向移动，即正向移动，则v(正)＞v(逆)，故C错误；D．在恒容密闭容器中进行反应，容器体积不变，反应过程中气体的总质量不变，气体密度始终保持不变，则密度不再变化，不能作为判断反应达到平衡状态的依据，故D错误；故答案为：AB；

②设硫化氢的转化率为x，硫化氢初始物质的量为1mol，则：

图中Q点时，硫化氢的体积分数与氢气的体积分数相等，则=，解得：x=0.5mol，则H2S的平衡转化率为50%；S2(g)的分压为×101 kPa=20.2 kPa，H2(g)的分压= H2S(g)的分压=×101 kPa=40.4 kPa，1330℃时，反应2H2S(g)=2H2(g)+S2(g)的Kp===20.2 kPa，故答案为：50%；20.2 kPa。

【点睛】本题的易错点和难点为（4）②，要注意平衡常数Kp中各物质的分压强的计算和三段式的应用。

（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

35．［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）

2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古德伊纳夫、斯坦利·惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。请回答下列问题：

（1）LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。基态Co原子核外电子排布式为___，基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为___；该能层能量最高的电子云在空间有___个伸展方向，原子轨道呈___形。

（2）[Co(NO3－)4]2－中Co2+的配位数为4，配体中N的杂化方式为__，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为___(填元素符号)，1mol该配离子中含σ键数目为___NA。

（3）LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示：

这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为___(用n代表P原子数)。

（4）钴蓝晶体结构如图，该立方晶胞由4个I型和4个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为___，晶体中Al3+占据O2－形成的___(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)。NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为___g·cm－3(列计算式)。

【答案】（1）1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2（1分）   M（1分）   3（1分）   哑铃（1分）

（2） sp2（1分）   Co、O、N（1分）   16（1分）

（3） (PnO3n＋1)(n＋2)－（2分）

（4）CoAl2O4（2分）   八面体空隙（2分）   （2分）

【解析】

（1）Co为27号元素，Co原子核外有27个电子，根据核外电子排布规律可得其基态Co原子核外电子排布式；基态磷原子核外有三层电子，故最高能层符号为M，电子云在空间有3个伸展方向，原子轨道为哑铃型，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；M；3；哑铃；

（2）NO3－中价层电子对数为，故为sp2杂化；一般情况下非金属性越强第一电离能越大，但由于N原子中最外层为半充满状态，比较稳定，故第一电离能大于O，所以第一电离能由小到大的顺序为Co、O、N；一个NO3－中有3个σ键，配位键也为σ键，故σ键数目为3×4+4=16，则1mol该配离子中含σ键数目为16NA，故答案为：sp2；Co、O、N；16；

（3）可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：PO43−、P2O74−、P3O105−磷原子的变化规律为：1,2,3,4，n 氧原子的变化规律为：4,7,10,3n+1  酸根所带电荷数的变化规律为：3,4,5,n+2；故答案为：(PnO3n＋1)(n＋2)－

（4）根据钴蓝晶体晶胞结构分析，一个晶胞中含有的Co、Al、O个数分别为：，，，所以化学式为CoAl2O4；根据结构观察，晶体中Al3+占据O2−形成的八面体空隙；该晶胞的体积为，该晶胞的质量为 ,所以密度为 ，故答案为：CoAl2O4；八面体空隙；。

【点睛】在计算价层电子对数时O、S作为配原子时提供的电子数为0；第（3）问属于跨学科综合题目，首先用数学的找规律递推到通式，首先写出磷酸的化学式，然后寻找规律。

36．[化学——选修5：有机化学基础](15分)

某研究小组试通过以下路径制取偶氮染料茜草黄R。

已知：①重氮盐与酚类（弱碱性环境下）或叔胺类（弱酸性条件下）发生偶合反应，偶合的位置优先发生在酚羟基或取代氨基的对位。

（1）G中的含氧官能团名称为____D的系统命名为___________。

（2）从整个合成路线看，设计A→E步骤的作用是_____________。

（3）D与乙酸酐反应可制得解热镇痛药阿司匹林。提纯时可将产品溶于饱和碳酸钠后除去其副产物中的少量高分子，试写出生成高分子化合物的化学方程式______。

（4）M是A的相对分子质量相差28的同系物，则含有苯环的M的同分异构体有__种。其中核    磁共振氢谱峰面积比为6：2：2：1的同分异构体的结构简式为______（任写一种）。

（5）写出茜草黄R的结构简式：_____。

（6）设计由甲苯和N，N−二甲基苯胺（）合成甲基红（）的合成路线：________。

【答案】（1）硝基（1分）   2−羟基苯甲酸（1分）

（2）保护氨基不被硝酸氧化（1分）

（3）（2分）

（4）20种（2分）   或或   （2分）

（5） （2分）

（6）

（4分）

【解析】（1）G中官能团名称为氨基、硝基；故答案为：硝基；D是通过C酸化得到，故D的结构简式为，化学名称为2−羟基苯甲酸。故答案为：2−羟基苯甲酸。

（2）A→E过程中氨基被取代，在F→G过程中氨基重新生成，起氨基保护作用。故答案为：保护氨基不被硝酸氧化。

（3） 生成高分子化合物的化学方程式：，故答案为：。

（4）由题意可知，M应该比A多2个CH2基团，分子式为C8H11N，含有苯环存以下几种情况：如果含有1个侧链，则应该是－CH2CH2NH2、－CH(CH3)NH2、－NHCH2CH3、－N(CH3)2、－CH2NHCH3，共计5种；如果含有2个取代基，则可以是乙基和氨基或甲基和－NHCH3或甲基和－CH2NH2，其位置均邻间对三种，共计是9种；如果是3个取代基，则是2个甲基和1个氨基，其位置有6种，总计20个。故答案为：20种；其中核磁共振氢谱峰面积比为6：2：2：1的同分异构体的结构简式根据上面情况分析，可能情况有

 或或，故答案为：或或。

（5） 结合信息反应①可知，偶合反应的实质是重氮盐中的Cl原子被取代，故茜

草黄R的结构简式为,故答案为：

（6） 整个过程通过偶合反应增长碳链，并在合成过程中通过保护氨基引入羧基即可合成，路线为,故答案为：

【点睛】

本题难点在第（4）小题，在已知分子式的情况下，做题时，根据已知条件，分侧链取代情况，罗列清楚，能达到快速解题效果，并且不会出现遗漏问题。