06 2021年新课标III卷理科综合化学（解析版）

这是一份06 2021年新课标III卷理科综合化学（解析版），共19页。
7．“中国名片”有中国航天、军事、天文等，这些领域的发展受到全世界瞩目，而这些领域与化学更有着密切的联系。下列说法不正确的是( )
A．“天宫二号”空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能
B．“蛟龙”号潜水器所使用的钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性
C．5G技术的应用离不开光缆，我国光缆线路总长度超过了三千万千米，光缆的主要成分是晶体硅
D．港珠澳大桥设计使用寿命120年，水下钢柱镶锌块以利用牺牲阳极的阴极保护法防腐蚀
【答案】C
【解析】A项，“天宫二号”空间实验室的硅电池板是为空间实验室提供电能的装置，可以将光能转化为电能，故A正确；B项，“蛟龙”号潜水器所使用的钛合金是合金材料，具有强度高、密度小、耐蚀性好、耐热性高等特性，故B正确；C项，光缆的主要成分是二氧化硅，故C错误；D项，水下钢柱镶锌块，铁和锌在水中形成原电池，锌作负极被腐蚀，铁作正极被保护，利用牺牲阳极的阴极保护法防腐蚀，故D正确；故选C。
8．香豆素－3－羧酸是日用化学工业中的重要香料之一，它可以通过水杨醛经多步反应合成：
下列说法不正确的是( )
A．水杨醛与苯甲酸互为同分异构体
B．水杨醛、中间体、香豆素-3-羧酸都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．中间体、香豆素-3-羧酸互为同系物
D．1ml香豆素-3-羧酸与NaOH溶液反应最多消耗3mlNaOH
【答案】C
【解析】A项，水杨醛和苯甲酸的分子式都为C7H6O2，结构不同，互为同分异构体，A正确；B项，水杨醛、中间体、香豆素-3 -羧酸中均含有碳碳双键，均能使酸性高锰酸钾褪色，B正确；C项，中间体与香豆素-3 -羧酸中含- COOC -的数目不同、官能团不同，二者不是同系物，C不正确；D项，香豆素-3 -羧酸中酯基水解后生成酚羟基和羧基，1ml 香豆素- 3 -羧酸最多能消耗3mlNaOH，D正确。故选C。
9．设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( )
A．27 g 铝加入足量 1 ml·L－1 的 NaOH 溶液，转移的电子数为 3NA
B．18 g 氨基(—ND2)中含有的电子数为 10NA
C．向 100 mL 0.1 ml·L－1 醋酸溶液中加 CH3COONa 固体至溶液刚好为中性，溶液中醋酸分子数为 0.01NA
D．用惰性电极电解 100 mL 0.1 ml·L－1 的 CuSO4 溶液，当阴、阳两极产生相同条件下等体积的气体时，电路中转移电子数为 0.04NA
【答案】B
【解析】A项，27 g 铝为1 ml，加入到足量1 ml·L－1 的 NaOH 溶液，生成NaAlO2和H2,1 ml Al失去3 ml电子，转移的电子数为 3NA，故A正确；B项，18 g 氨基(—ND2)中含有的电子数为eq \f(18 g,18 g·ml－1)×9NA＝9NA，故B错误；C项，向100 mL 0.1 ml·L－1 醋酸溶液中加入CH3COONa 固体至溶液刚好为中性，根据电荷守恒可得，溶液中c(Na＋)＝c(CH3COO－)，醋酸分子数为0.100 L×0.1 ml·L－1NA＝0.01NA，故C正确；D项，用惰性电极电解100 mL 0.1 ml·L－1的CuSO4溶液，阴极上Cu2＋先放电生成0.01 ml Cu，而后H＋放电生成H2，阳极上一直是OH－放电生成O2，设生成气体的物质的量为x ml，根据两极上得失电子数守恒可知，0.01 ml×2＋2x＝4x，解得x＝0.01 ml，故阳极上转移电子为0.04NA，故D正确。
10．某同学按下图实验装置探究铜与浓硫酸的反应，记录实验现象如表，下列说法正确的是( )
A．②③中白色沉淀都是BaSO4
B．实验开始时①中的黑色固体可能是CuO
C．为了确定①中白色固体是否为硫酸铜，可向冷却后的试管中注入水，振荡
D．加热④中褪色后的溶液，溶液不变色
【答案】B
【解析】A项，②中含有硝酸根，在酸性条件下会把二氧化硫氧化成硫酸，生成的白色沉淀BaSO4，③中二氧化硫和氨水反应生成生成亚硫酸根，和钡离子结合生成白色沉淀是BaSO3，A错误；B项，一开始硫酸浓度较大，直接把铜氧化成氧化铜，而后硫酸变稀，黑色固体溶解，B正确；C项，反应后剩余硫酸浓度仍然较大，稀释时应该将剩余溶液加入水中稀释以免液体飞溅，C错误；D项，二氧化硫使品红溶液褪色，是二氧化硫与有色物质结合生成不稳定的无色物质，加热可以恢复，所以加热品红溶液恢复红色，D错误；故选B。
11．锂离子电池的正极材料为LiMn2O4、碳粉及铝箔，某小组设计下列室温下的流程处理废旧锂离子电池的正极材料，下列离子反应方程式书写错误的是( )
A．加入过量NaOH溶液：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
B．LiMn2O4被氧化：4Mn2O4+O2+4H+=4MnO2+2H2O
C．滤液Ⅱ加入饱和碳酸钠溶液：CO32-+2Li+= LiCO3↓
D．滤液I加入过量CO2：CO2+OH-=HCO3-、2AlO2-+2H2O+ CO2=Al(OH)3↓+HCO3-
【答案】B
【解析】正极材料为LiMn2O4、碳粉及铝箔，正极材料中的铝箔在过量的NaOH溶液中发生反应生成偏铝酸钠和氢气，过滤，滤液I为偏铝酸钠和NaOH的混合溶液，滤渣为LiMn2O4、C，在稀硫酸中LiMn2O4被氧气氧化生成MnO2，滤液Ⅱ为Li2SO4溶液，加入饱和碳酸钠溶液，发生反应生成溶解度更小的碳酸锂而析出固体；滤液I中通入足量的CO2，分别与NaOH和偏铝酸钠反应，过滤，滤液Ⅱ中溶质是NaHCO3，滤渣为Al(OH)3。A项，正极材料中加入过量NaOH溶液，铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式正确，故A正确；B项，LiMn2O4难溶于水，不能拆开，正确的离子方程式为：4LiMn2O4+O2+4H+=4 Li++4MnO2+2H2O，故B错误；C项，滤液Ⅱ为Li2SO4溶液，加入饱和碳酸钠溶液，发生反应生成溶解度更小的碳酸锂而析出固体，离子方程式正确，故C正确；D项，滤液I为偏铝酸钠和NaOH的混合溶液，滤液I中通入过量的CO2，与NaOH反应生成碳酸氢钠，与偏铝酸钠反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝，故D正确；故选B。
12．最近，中国科学家在《焦耳》杂志在线发表的一篇论文中首提“液态阳光”，即“太阳燃烧”，属于可再生绿色液态燃料。某模拟“人工树叶”的“液态阳光”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料异丙醇(CH3)2CHOH。下列说法正确的是( )
A．该装置将化学能转化为光能和电能
B．a电极反应为3CO2+ 16H+- 18e-= (CH3)2CHOH + 4H2O
C．该装置工作时，H+从b极区向a极区迁移
D．异丙醇可发生氧化反应、还原反应、取代反应和聚合反应
【答案】C
【解析】根据图知，该装置有外接电源，属于电解池，工作时，a是阴极、b是阳极，电解质溶液中阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，a电极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成C3H8O、H2O，b电极上水失电子生成氧气。A项，根据图知，该装置有外接电源，属于电解池，是将电能转化为化学能，故A错误；B项，a电极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成C3H8O、H2O，电极反应式为3CO2+16H++18e-═C3H8O+4H2O，故B错误；C项，工作时，a是阴极、b是阳极，电解质溶液中阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，所以H+从b极区向a极区迁移，故C正确；D项，异丙醇(CH3)2CHOH不能发生还原反应、聚合反应，故D错误。故选C。
13．主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且原子序数均不超过20，W、X同周期，W、Z的原子序数之和为28，它们组成的化合物Z(YW4)3X是一种制造磷肥的原料。下列说法错误的是( )
A．非金属性：X＞W＞YB．ZW2中不含共价键
C．原子半径：Z＞Y＞W＞X D．YX3分子中各原子最外层均达到8电子结构
【答案】B
【解析】Z(YW4)3X是一种制造磷肥的原料，说明其中含磷元素，主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且W、Z的原子序数之和为28，那么，W的原子序数必然小于14，且只有W、X同周期，那么，W、X只能为二周期，再根据W、Z的原子序数之和为28，W的原子序数最大为8，此时Z为20，若W原子序数小于8，则Z的原子序数超过了20，故W只能是8号元素氧，Z为钙，Y为磷，X为氟。A项，根据元素在周期表中的位置，非金属性F>O>P，即非金属性：X＞W＞Y，A正确；B项，CaO2中O22-，O22-是原子团，含共价键，B错误；C项，原子半径从上到下依次增大，从左到右依次减小，故原子半径为Ca>P>O>F，即Z＞Y＞W＞X，C正确；D项，PF3分子中，P的最外层电子数为5，要形成3对共用电子对才能达8电子结构，而F最外层电子数为7，形成1对共用电子对达8电子，3个F刚好形成3对，使P也达8电子结构，所以，各原子最外层均达到8电子结构，D正确；故选B。
二、非选择题(本大题共4小题，共58分)
(一)必做题
26．(14分) 某化学小组在实验室制备KMnO4，并利用其性质测定血液中钙的含量。请回答：
(一)KMnO4的制备，分步骤Ⅰ、Ⅱ两步进行。
步骤Ⅰ．将软锰矿(主要成分MnO2)和KOH固体混合后装入图所示装置A中，在空气中加热，并不断用B搅拌最终得到K2MnO4。
(1)仪器A、B分别是_______(填序号)。
A．瓷坩埚、玻璃棒B．石英坩埚、玻璃棒C．铁坩埚、玻璃棒D．铁坩埚、铁棒
(2)装置A处反应生成K2MnO4的化学方程式为_____________________。
步骤Ⅱ．KMnO4的制备。
已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3 MnO42-+2H2O═2 MnO4-+MnO2↓+4OH﹣。
(3)甲同学利用Cl2在碱性条件下氧化K2MnO4制备KMnO4其装置如图所示(夹持和加热装置略)。
回答下列问题：
①装置B中的试剂为_____________________；若没有B装置则产率会_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
②当C中反应结束后，后续操作是熄灭酒精灯，_______，拆除装置。
③请写出D中的生成物在生活中的一个应用：_______。
(4)乙同学利用已知信息和部分物质溶解度数据表，提出另一种新的制备方法：向上述K2MnO4溶液中加入_______(请从下列物质中选出一种最合适的物质)，充分反应，然后过滤，再将滤液蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，得KMnO4晶体。
A．亚硫酸氢钾 B．硫酸氢钠 C．稀盐酸 D．稀醋酸
(二)人体血液里Ca2+含量的测定。
抽取血样20.00mL，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液；可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用0.0020ml/L酸性KMnO4溶液滴定，共消耗9.00mL酸性KMnO4溶液。
(1)滴定时，当出现_____________________现象，即可确定反应达到终点。
(2)经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为_______mg/cm3。
【答案】(一)(1)D(1分) (2)4KOH+2 MnO2+ O22 K2MnO4+2H2O(2分)
(3)①饱和食盐水(1分) 减小(1分)
②打开弹簧夹，通入N2直至装置内无黄绿色(2分)
③杀菌消毒或漂白衣物(1分) (4)D (2分)
(二)(1)溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色(2分) (2)0.09 (2分)
【解析】由题意可知，MnO2固体、KOH固体在坩埚中与氧气发生氧化还原反应生成K2MnO4和H2O；甲同学利用利用装置A中浓盐酸和二氧化锰共热制备氯气，装置B中饱和食盐水除去氯气中含有的氯化氢气体，装置C中氯气在强碱性条件下，将锰酸钾氧化为高锰酸钾，装置D中氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气防止污染环境；乙同学利用题给信息，向上述K2MnO4溶液中加入醋酸溶液，使K2MnO4在溶液中发生歧化反应生成高锰酸钾和二氧化锰，然后过滤，再将滤液蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，得KMnO4晶体。
(一)(1)由分析可知，制备K2MnO4的反应物中含有KOH，KOH固体加热条件下能与二氧化硅反应，则在坩埚中反应时，不能选用含有二氧化硅的仪器，应选用铁坩埚和铁棒，故答案为：D；(2)装置A处发生的反应为MnO2固体、KOH固体在坩埚中与氧气发生氧化还原反应生成K2MnO4和H2O，反应的化学方程式为4KOH+2 MnO2+ O22 K2MnO4+2H2O；(3)①装置A制得的氯气中混有浓盐酸挥发出的氯化氢气体，氯化氢气体进入装置C会降低溶液pH，同时也可能与具有强氧化性锰酸钾和反应生成高锰酸钾发生氧化还原反应，导致高锰酸钾的产率减小，则装置B中饱和食盐水除去氯气中含有的氯化氢气体，可以防止产率减小，故答案为：饱和食盐水；减小；②当C中反应结束后，由于装置里面有没有反应的氯气，所以拆除装置前要通入氮气将氯气排出并被充分吸收后，再拆除装置，故答案为：打开弹簧夹，通入N2直至装置内无黄绿色；③装置D中氢氧化钠溶液与未反应的氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，次氯酸钠具有强氧化性，能起到杀菌消毒或漂白衣物的作用，故答案为：杀菌消毒或漂白衣物；(4)A项，亚硫酸氢钾具有还原性，能与具有强氧化性锰酸钾和反应生成高锰酸钾发生氧化还原反应，故不合题意；B项，硫酸氢钠能调节溶液pH，但硫酸钾和硫酸钠的溶解度与高锰酸钾相差不大，结晶时析出会使高锰酸钾中混有杂质硫酸钾和硫酸钠，故不合题意；C项，稀盐酸具有还原性，能与具有强氧化性锰酸钾和反应生成高锰酸钾发生氧化还原反应，故不合题意；D项，.醋酸能降低溶液pH，使锰酸钾在溶液中发生歧化反应生成高锰酸钾和二氧化锰，故符合题意；故选D；
(二)(1)滴定时，若酸性高锰酸钾溶液与草酸完全反应后，再滴入一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液会变为紫红色，故答案为：溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；
(2)酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液反应时，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为锰离子，依据原子个数守恒和得失电子守恒可得关系式：5Ca2+—5CaC2O4—5H2C2O4—2KMnO4，20.00mL血液样品中Ca2+的物质的量为×0.0020ml/L×9.00×10—3L=4.5×10—5ml，则浓度为=0.09 mg/cm3。
27．(14分) 铑(Rh)是铂系金属中的一种，其氧化态性质稳定且极难溶解而其氢氧化物是一种两性化合物，含铑催化剂化学工业中都有广泛的应用。以下是一种从废铑催化剂(杂质主要为有机杂质和少量Cu)中回收铑的工艺流程：
(1)焚烧的目的是________。
(2)实验室探究焚烧温度对铑回收率的影响，结果如图，当焚烧温度选择320℃时，回收效果最好，请解释选择此温度的可能的原因是：_________。
(3)用KHSO4熔融的目的是将焚烧后的铑和铜转化成可溶性的Rh2(SO4)3和CuSO4，写出铑和KHSO4反应的化学方程式_______________________________。
(4)用氨水除杂的原理是(用离子方程式和简要文字表述)_________，此步骤中，pH不能太高(实际调节pH在8左右)的原因是_______________________________。
(5)电解还原时，铑将在_____极(填“阳”或者“阴”)析出。
(6)铑的某配合物的化学式为CsRh(SO4)2，该物质易溶于水，向其水溶液中加入一定浓度的BaCl2溶液，无沉淀生成，该盐溶于水的电离方程式为_____________________________。
【答案】(1)除去有机组分(2分) (2)温度过低则达不到完全灰化的目的，大量有机杂质仍然滞留在其中；温度过高铑会被氧化成氧化态铑(性质稳定，难溶解)，影响后续铑的回收(3分)
(3)2Rh+6KHSO4= Rh2(SO4)3+3H2↑+3K2SO4 (2分)
(4)NH3·H2ONH4++OH-，Rh3+和氢氧根反应生成Rh(OH)3沉淀(2分) 防止Cu2+沉淀(2分)
(5)阴(1分) (6)CsRh(SO4)2=Cs++[Rh(SO4)2]- (2分)
【解析】废铑催化剂(杂质主要为有机杂质和少量Cu)先通过燃烧除去有机组分，然后和熔融KHSO4反应生成Rh2(SO4)3和CuSO4，用氨水调pH使Rh(OH)3沉淀而不生成Cu(OH)2，加盐酸使Rh(OH)3溶解，电解含有Rh3+的溶液，在阴极得到粗铑粉，再经过酸洗、水洗、焙烧得到纯铑粉。(1)由题意可知，废铑催化剂中杂质主要为有机杂质和少量Cu，因此焚烧的目的是通过燃烧除去有机组分；(2)铑的氧化物性质稳定，因此在焚烧时需注意控制温度，因此焚烧温度选择320℃，温度过低则达不到完全灰化的目的，大量有机杂质仍然滞留在其中；温度过高铑会被氧化成氧化态铑(性质稳定，难溶解)，影响后续铑的回收；(3)铑和KHSO4反应生成Rh2(SO4)3，Rh元素化合价升高，则化合价下降的元素只能是H，生成氢气，根据电子得失守恒和原子守恒配平方程式为：2Rh+6KHSO4= Rh2(SO4)3+3H2↑+3K2SO4；(4)氨水中NH3·H2O电离产生氢氧根：NH3·H2ONH4++OH-，Rh3+和氢氧根反应生成Rh(OH)3沉淀；此步骤中，pH不能太高(实际调节pH在8左右)是为了防止Cu2+沉淀；(5)电解还原时，Rh3+得电子，在阴极析出；(6)铑的某配合物的化学式为CsRh(SO4)2，该物质易溶于水，向其水溶液中加入一定浓度的BaCl2溶液，无沉淀生成，说明硫酸根处于内界，该盐溶于水的电离方程式为：CsRh(SO4)2=Cs++[Rh(SO4)2]-。
28．(15分) 氮是生命体的重要组成元素，自然界中氮的循环对于生命活动有重要意义。
(1)一种利用锂及其化合物的循环，将空气中的N2转化为NH3的过程如图所示。
①X的化学式为___________。
②转化(Ⅲ)是电解熔融LiOH，该反应的化学方程式为___________。
(2)废水中氨氮(以NH3或NH4+形式存在)含量过高，直接排放会造成水体富营养化。用NaClO可以将氨氮氧化去除，已知NH3比NH4+更易被氧化。NaClO除去水中氨氮的反应过程如下：
NaClO＋H2ONaOH＋HClO
NH3＋HClO=NH2Cl＋H2O
2NH2Cl＋HClO=N2↑＋3HCl＋H2O
①控制含氨氮废水的量和加入NaClO的量一定，测得反应相同时间，氨氮的去除率与溶液初始pH的关系如图-1所示。
(a)当pH＜6时，氨氮去除率随溶液pH升高而升高的原因是：___________。
(b)当pH>10时，氨氮去除率随溶液pH升高而降低的原因是：___________。
②控制溶液的pH=7，测得反应相同时间，溶液中的氨氮、总氮(所有含氮微粒)的去除率随初始m(NaClO)∶m(NH3)的比例如图-2所示。当m(NaClO)∶m(NH3)>7.6，随m(NaClO)∶m(NH3)的增大，氨氮去除率始终接近100%，而总氮去除率逐渐降低的原因是___________。
③NaClO与NH3恰好完全反应时，反应的n(NaClO)∶n(NH3)的理论值是1.5.控制溶液的pH=7，测得反应相同时间，溶液中余氯含量与投入n(NaClO)∶n(NH3)的比值关系如图-3所示。水中的余氯的计算方法是向水中加入足量KI，生成的I2的物质的量看成是水中Cl2的物质的量。当n(NaClO)∶n(NH3)=1时，溶液中余氯含量较大的原因是___________。
(3)氨催化分解既可防治氨气污染，又能得到氢能源。在C-Al催化剂体系中，压强p0下氨气以一定流速通过反应器得到不同催化剂下相同时间内NH3转化率随温度变化的关系如图-4所示。
图-4
使活化能最小的催化剂为_______；温度一定时，如果增大气体流速，则b点对应的点可能是____(填“a”“c”“d”“e”或“f”)。
【答案】(1)①H2O(1分) ②4LiOH(熔融)4Li＋O2↑＋2H2O(2分)
(2)①pH升高，NH4+水解生成NH3，NH3浓度增大，NH3比NH4+更易被氧化(2分)
②pH升高，HClO转化为ClO-，氧化NH3的HClO浓度变小(2分)
部分氮元素被氧化为氮的含氧酸盐，仍然留在水溶液中(2分)
③NH2Cl具有氧化性，能将KI氧化为I2(2分)
(3)90C-Al(2分) e (2分)
【解析】(1)①从循环分析，X含有氢元素和氧元素，所以X为水。②电解熔融LiOH，锂离子得到电子生成锂，氧元素失去电子生成氧气，化学方程式为4LiOH(熔融)4Li＋O2↑＋2H2O。(2) ①(a) pH＜6时， pH升高，铵根离子水解生成氨气，氨气浓度增大，根据已知NH3比NH4+更易被氧化分析，氨氮的去除率升高。(b)当pH>10时，溶液中的部分次氯酸变成次氯酸根离子，次氯酸的浓度减小，所以氨氮去除率随溶液pH升高而降低。②m(NaClO)∶m(NH3)的增大，部分氮元素被氧化为氮的含氧酸盐，仍然留在水溶液中，所以氨氮去除率始终接近100%，而总氮去除率逐渐降低。③当n(NaClO)∶n(NH3)=1时，反应生成NH2Cl，NH2Cl具有氧化性，能将KI氧化为I2，溶液中消耗氯气的量减少，余氯含量较大。(3)由图分析可知，90C-Al催化剂在较低温度下就达到平衡状态，反应速率最快，反应的活化能最小；温度一定时，增大气体流速更多氨气来不及反应就排出，氨气转化率减小，b点对应的点可能为e点。
(二)选做题
37．[化学——选修3：物质结构与性质](15分) Fe、C、Ni、Cu、Ag是一系列合金的重要金属元素。
(1)Fe元素位于周期表的_______区，基态Fe2+与Fe3+离子中未成对电子数之比为_______。元素周期表中，铜、银位于同一副族相邻周期，则基态银原子的价层电子排布式为______________。
(2)将过量的NH3通入CuSO4溶液中可以得到Cu(NH3)4SO4，Cu(NH3)4SO4中第一电离能最大的是_______(填元素符号)，NH3、CH4和H2O的沸点由高到低的顺序为______________。
(3)照相底片定影时，常用定影液硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶解未曝光的溴化银(AgBr)，生成含Na3[Ag(S2O3)2]的废定影液。S2O32-离子结构如图所示，其中心硫原子的杂化方式为_______。基态S原子中，核外电子占据的最高能级的符号是_______，占据最高能级电子的电子云轮廓图为_______形。
(4)C可形成[C(NH3)6]Cl2配合物。1ml [C(NH3)6]Cl2中含有σ键的数目为_______NA；
(5)镧镍合金是重要储氢材料。镧镍合金储氢后所得的晶体的化学式为LaNi5H6，晶胞如图所示，则Z表示的微粒为_______(填化学式)，晶胞参数=_______pm。(用代数式表示，已知LaNi5H6的摩尔质量为440 g/ml，晶体密度为ρ g/cm3，NA为阿伏伽德罗常数的值)。
【答案】(1)过渡元素(1分) 4:5(1分) 4d105s1(1分)
(2)N(1分) H2O＞NH3＞CH4(2分)
(3)sp3(1分) 3p(1分) 哑铃(纺锤) (1分)
(4)24(2分) (5)H2(2分) (3分)
【解析】(1)Fe元素原子序数26，位于元素周期表中第Ⅷ族，属于过渡元素区；基态亚铁离子的价电子层为3d6，未成对电子数为4；基态铁离子的价电子层为3d5，未成对电子数为5，故基态Fe2+与Fe3+离子中未成对电子数之比为4:5；基态铜原子的价电子层电子排布为3d104s1，银与铜相邻周期，且同一副族，则基态银原子的价电子层排布为4d105s1；(2)同周期第一电离能从左到右依次增强，同主族从上到下依次降低，金属元素第一电离能小于非金属，原子轨道半充满、全充满时第一电离能较大。Cu(NH3)4SO4中，N原子原子轨道半充满，第一电离能大于O，故N第一电离能最大；NH3、CH4和H2O三种物质中，常温下H2O为液态，沸点最大，NH3分子间存在氢键，沸点比CH4高，其沸点高低为H2O＞NH3＞CH4；(3)根据VSEPR模型，S2O32-中心原子价电子对为4，所以中心原子为sp3杂化；硫元素原子序数16，基态硫原子的价层电子排布为3s23p4，核外电子占据的最高能级为3p；p轨道电子云轮廓为纺锤型；(4) [C(NH3)6]Cl2中C的配位数为6，其中NH3含有3个σ键，一分子[C(NH3)6]Cl2中含有6+3×6=24个σ键，故1ml[C(NH3)6]Cl2中含有σ键的数目为24NA；(5)根据晶胞结构图，顶点处X原子占有，个数为；Y原子个数为；Z原子个数为，根据镧镍合金储氢后所得的晶体的化学式为LaNi5H6，可知X为La、Y为Ni、Z为H2；根据晶胞的密度密度公式，可得晶胞参数a=，其中ZM=440g/ml，代入数据得a=pm。
38．[化学——选修5：有机化学基础](15分) 阿莫西林是一种最常用的半合成青霉素类广谱β-内酰胺类抗生素，某研究小组按图中路线合成：
已知：RCHO
请回答：
(1)C的结构简式为___________。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．化合物B含有羟基
B．反应⑤发生了加成反应
C．化合物D能发生消去反应
D．阿莫西林的分子式是C16H21N3O5S
(3)写出第⑨步反应的化学反应方程式___________________________________。
(4)设计从出发制备阿司匹林( )的合成路线(用流程图表示，其他试剂任选)___ ____________________________________________。
(5)写出同时符合下列条件的F的所有同分异构体的结构简式___________。
①分子中有苯环且是苯环的对位二取代物
②分子中含有硝基且不与苯环直接相连
③分子不与金属钠反应放出氢气
【答案】(1) (2分) (2)CD(2分)
(3)+→+H2O (3分)
(4) (4分)
(5) 、、、(4分)
【解析】由反应信息、结合反应⑥的产物结构，逆推可知D为，结合信息和C的分子式可推知C为，B为，A为，由阿莫西林的结构简式，结合F的分子式，可知F的结构简式为，再结合E到F的反应条件可知E的结构简式为，由阿莫西林和F的结构简式可推知6-APA的结构简式为(4)以为原料制备水杨酸()，在氧化甲基生成羧基时，要将酚羟基保护起来，根据题干流程图，可以首先将转化为，然后氧化生成，最后再还原成酚羟基，最后与乙酸酯化即可。(1)根据上述分析，C 的结构简式为；(2)A项，化合物B为，分子中的官能团是：羟基、醚键，A正确；B项，根据流程图，反应⑤即与HCN反应转化为，故发生了加成反应，B正确；C项，化合物 D() 中含有羟基，但连接羟基的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，C错误；D项，根据阿莫西林的结构简式可知其分子式为C16H19O5N3S，D错误；故选CD；(3)由分析可知6-APA的结构为，根据流程图，第⑨步反应即与F()发生取代反应生成阿莫西林，反应的化学反应方程式为+→+H2O；(4)以为原料制备水杨酸()，由于甲基和酚-OH均能被氧化，故在氧化甲基生成羧基时，要将酚羟基保护起来，根据题干流程图，可以首先将转化为，然后氧化生成，最后再还原成酚羟基，最后再发生转化为酯基即可，合成路线为；(5)①分子中有苯环且是苯环的对位二取代物；②分子中含有硝基且不与苯环直接相连；③分子不与金属钠反应放出氢气，说明结构中没有羟基和羧基，符合条件的F()的同分异构体的结构有：、、、。
物质
KMnO4
K2SO4
CH3COOK
Na2SO4
20℃溶解度
6.4
11.1
217
30