重庆市2022届高三模拟调研卷（三）化学试题（解析版）

这是一份重庆市2022届高三模拟调研卷（三）化学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022年重庆市普通高中学业水平选择性考试
高考模拟调研卷化学(三)
化学测试卷满分100分。考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32
一、选择题：本题共14小题，每小题3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. 化学在生活、社会、环境和科技进步方面发挥着重要的作用。下列说法正确的是
A. 针对新冠肺炎疫情，用无水酒精、双氧水对环境进行杀菌消毒
B. 歼20战斗机采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料
C. “中国天眼”的镜片材料为SiC，属于新型有机非金属材料
D. 芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程并不涉及化学变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．使用酒精杀菌消毒，常用75%的酒精，无水酒精杀菌消毒效果不理想，故A错误；
B．金属材料有金属单质和合金等，铝锂合金属于金属材料，故B正确；
C．SiC属于新型非金属材料，故C错误；
D．光敏树脂是由高分子化合物，在紫外线照射下，这些分子结合长长的交联聚合物高分子，有新物质生成，属于化学变化，故D错误；
答案为B。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 硫离子的结构示意图： B. 羟基的电子式为：
C. 乙炔的球棍模型： D. 乙酸的结构式：CH3COOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫原子核电荷数为16，硫原子得两个电子形成硫离子，结构示意图为，故A错误；
B．羟基是一个基团存在一个单电子，电子式为：，故B错误；
C．乙炔中存在一个碳碳叁键，球棍模型正确，故C正确；
D．乙酸的结构式：，故D错误；
故选C。
3. 某有机分子的结构如图，则该分子环上的一氯代物有(不考虑立体异构)
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】D
【解析】
【详解】该有机物环上含有4种不同环境的氢原子，则该分子环上的一氯代物有4种，故选D；
答案选D。
4. 下列实验操作正确且能达到实验目的的是

A. 用甲装置干燥H2 B. 用乙装置制取并收集干燥的氨气
C. 用丙装置收集Cl2 D. 用丁装置除去NaHCO3中的Na2CO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．U形管里只能装固体，装液体气体无法通过，用甲装置不能干燥H2，故A不符合题意；
B．氨气密度小于空气，不能用向上排空气法收集NH3，故B不符合题意；
C．用丙装置排饱和食盐水可收集Cl2气体，故C符合题意；
D．NaHCO3在加热时会分解，丁装置不能除去NaHCO3中的Na2CO3，故D不符合题意；
答案选C。
5. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分别位于不同周期，1个W2X分子含有10个电子，Y元素原子半径是同周期元素中最大的，Z元素原子的最外层电子数是次外层的二分之一，下列说法正确的是
A. 原子半径：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)
B. 失电子能力：Y>W>X
C. Z的简单氢化物热稳定性比X的强
D. 采用电解Y的氯化物水溶液方法制取单质Y
【答案】B
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分别位于不同周期，Z元素原子的最外层电子数是次外层的二分之一，Z为硅；则X处于第二周期，W处于第一周期，W为氢；1个W2X分子含有10个电子，X为氧；Y元素原子半径是同周期元素中最大的，为钠；W、X、Y、Z分别为H、O、Na、Si。
【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；原子半径：r(Na)>r(Si)>r(O)>r(H)，A错误；
B．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，失电子能力变弱；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱，失电子能力变强；失电子能力：Na>H>O；B正确；
C．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，简单氢化物热稳定性：H2O>SiH4，C错误；
D．电解氯化钠水溶液制得的是NaOH、H2和Cl2，D错误；
故选B。
6. 氢能被称为未来能源，利用乙醇来制取氢气涉及如下反应
反应I：CH3CH2OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g) △H1=+173.5kJ·mol-1
反应II：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H2=-41.2kJ·mol-1
则lmolCH3CH2OH(g)与H2O(g)作用生成CO(g)和H2(g)反应的△H为
A. +255.9kJ·mol-1 B. -255.9kJ·mol-1
C. +132.3kJ·mol-1 D. -132.3kJ·mol-1
【答案】A
【解析】
【详解】CH3CH2OH(g)与H2O(g)作用生成CO(g)和H2(g)反应方程式Ⅲ为：CH3CH2OH(g)＋H2O(g)=2CO(g)＋4H2(g)；由盖斯定律可知，I-2×II=Ⅲ，则该反应的热化学方程式为：CH3CH2OH(g)＋H2O(g)=2CO(g)＋4H2(g) ΔH=ΔH1-2ΔH2=(＋173.5 kJ·mol-1)-2×(-41.2 kJ·mol-1)=＋255.9 kJ·mol-1。
故选A。
7. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，NO和O2各11.2L混合充分反应，所得气体的分子总数为0.75NA
B. 标准状况下，11.2LSO3中含有的氧原子数为1.5NA
C. 2L0.1mol/L的FeCl3溶液中含Fe3+的数目为0.2NA
D. 室温下，10LpH=11的Na2CO3溶液中，由水电离出的OH-数目为0.01NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．标准状况下，NO和O2各11.2L，它们的物质的量为n==0.5mol，NO与O2发生反应生成NO2，即2NO+O2=2NO2，O2过量，所以反应后剩余气体为0.5molNO2和0.25molO2，又由于二氧化氮能自身转化为四氧化二氮，即2NO2N2O4，则混合充分反应导致混合气体的分子总数小于0.75NA，故A错误；
B．标况下SO3是固体，不能用气体摩尔体积计算标况下SO3的物质的量，所以无法计算氧原子的个数，故B错误；
C．2L0.1mol/L的FeCl3溶液中含有溶质氯化铁0.2mol，溶液中铁离子部分水解，导致溶液中铁离子数目减少，所以溶液中含Fe3+的数目小于0.2NA，故C错误；
D．在pH=11Na2CO3溶液中c(H+)=1×10-11 mol/L，由c(H+)•c(OH-)=KW可知，c(OH-)=1×10-3 mol/L，由水电离出的c(OH-)=1×10-3 mol/L，n(OH-)=1×10-3 mol/L×10 L=0.01 mol，所以水电离出的OH-数目为0.01NA，故D正确；
答案为D。
8. 己烯雌酚是人工合成的雌激素物质。下列关于己烯雌酚说法错误的是

A. 它的分子式是C18H20O2
B. 在水中的溶解度较小
C. 苯环上的一元取代物有4种(不考虑立体异构)
D. 共平面的碳原子最多有18个
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据其结构可知，分子式为C18H20O2，A不符合题意；
B．由结构可知，官能团有酚羟基和双键，故该物质在水中的溶解度较小，B不符合题意；
C．该物质分子中的苯环上只有2种不同位置的H原子，因此苯环上的一元取代物只有2种，C符合题意；
D．苯环与碳碳双键是平面结构，而碳碳单键可以旋转，具有甲烷的四面体结构，通过该饱和C原子的平面，最多能够通过两个顶点，故共平面的碳原子最多有18个，D不符合题意；
故选C。
9. 碱式氯化铜[CuaClb(OH)c·xH2O]是一种重要无机杀虫剂，它的制备流程如下，下列有关说法正确的是


A. FeCl3的作用是增强盐酸的氧化性
B. 加入少量CuO目的是为了除去Fe3+
C. 石灰乳可用纯碱代替
D. 若制备1mol的CuCl2，理论上消耗11.2L空气
【答案】B
【解析】
【详解】A．最终产物中不含Fe元素，FeCl3与Cu反应后，又被O2氧化成FeCl3，FeCl3起催化剂的作用，故A错误；
B．加入CuO调节溶液pH，使Fe3＋生成Fe(OH)3沉淀，而除去，故B正确；
C．纯碱代替石灰乳可能会生成碳酸铜或碱式碳酸铜，故C错误；
D．未说明气体是否在标准状态，无法进行计算，故D错误；
故答案为B。
10. 常温下，下列各组离子在指定环境中能大量共存的是
A. =1×10-12的溶液中：K+、Na+、、
B. 使甲基橙呈红色的溶液：、Ba2+、CH3COO-、C1-
C. 无色透明的溶液中：H+、Mg2+、、Cl-
D. c(Fe3+)=lmol·L-1的溶液中：Ca2+、、、
【答案】A
【解析】
详解】A．=1×10-12，说明溶液呈碱性，碱性溶液中，K＋、Na＋、、能大量共存，故A符合题意；
B．使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，CH3COO-与H＋不能大量共存，故B不符合题意；
C．有颜色，不能存在于无色溶液中，故C不符合题意；
D．Fe3＋与发生双水解，不能大量共存，故D不符合题意；
答案选A。
11. 下列有关说法正确的是
A. N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，恒温恒压下再通入少量NH3，容器中气体密度增大
B. NH4Cl(s)⇌NH3(g)+HCl(g)，室温下不能自发进行，说明该反应的△HCH3COONa溶液的pH，证明CH3COOH的酸性比HF的酸性强
C

比较氢氧化铜和氢氧化镁Ksp的大小
向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液
先出现蓝色沉淀，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]
D

镀锌铁皮锌镀层厚度的测定
装有镀锌铁皮的烧杯中加入足量稀硫酸
产生气泡的速率突然减小，证明镀锌层完全反应

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．NO2生成N2O4是放热反应，温度升高，反应向生成红棕色气体二氧化氮的方向移动，现象和结论不正确，故A错误；
B．方案设计中CH3COONa和NaF的浓度不相同，方案设计不正确，不能比较CH3COOH和HF的酸性强弱，B错误；
C．氢氧化镁和氢氧化铜是同类型的物质，向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，先出现蓝色沉淀，说明氢氧化铜更难溶，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，C正确；
D．锌铁都能和酸反应，方案设计不合理，锌反应的同时，可能就有铁发生反应，D错误。
故选C。
14. 40℃时，向100mL水中加入5gMg(OH)2固体溶解，一段时间后再滴入少量稀H2SO4，整个过程pH随时间变化如图所示，下列说法正确的是

A. a→b段，由水电离出的c(OH-)逐渐增大
B. b点时，溶液中的c(OH-)=1.0×10-4.09
C. c→e段的变化符合勒夏特列原理
D. e点处，离子浓度大小顺序为c()>c(Mg2+)>c(OH-)>c(H+)
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，a→b段，由Mg(OH)2溶解产生的c(OH-)增大，由水电离出的c(OH-)逐渐减小，故A错误；
B．由于温度为40℃，b点时，溶液中的c(OH-)>1.0×10-4.09，故B错误；
C．由于Mg(OH)2(s)⇌Mg2＋(aq)＋2OH-(aq)，滴加少量硫酸后，pH突然减小，随之平衡右移，pH又增大，符合勒夏特列原理，故C正确；
D．e点处，c()＜c(Mg2＋)，故D错误；
答案选C。
二、非选择题：共58分。第15~17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18~19题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共43分。
15. 废旧的电池中含有NiO、CdO、CoO和Fe2O3等成分，工程师设计如下回收重金属的工艺流程。


回答下列问题：
（1）为提高浸取率，可采取的措施是_______(写一种即可)，操作1的名称是_______；
（2）滤液1中主要含[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+等，则浸取时CdO发生反应的化学方程式为_______；
（3）在实验室萃取时，所需的玻璃仪器是_______；
（4）“反萃取”的原理为NiR有机+2H+⇌Ni2++2HR有机，需加入的试剂X为_______；
（5）写出反应1的离子方程式_______；
（6）由CoCl2溶液得到CoCl2·6H2O所需的一系列操作是_______；
（7）生成CdCO3沉淀是利用反应[Cd(NH3)4]2++⇌CdCO3↓+4NH3↑，常温下，该反应平衡常数K=2.0×105，[Cd(NH3)4]2+⇌Cd2++4NH3的平衡常数K1=4.0×10-5，则Ksp(CdCO3)=_______。
【答案】（1） ①. 将废电池磨碎或搅拌等 ②. 过滤
（2）CdO＋3NH3＋NH4HCO3=[Cd(NH3)4]CO3＋H2O
（3）烧杯、分液漏斗 （4）H2SO4溶液
（5）2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl-=2Co2＋＋Cl2↑＋6H2O
（6）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
（7）2.0×10-10
【解析】
【分析】废旧的电池中含有NiO、CdO、CoO和Fe2O3等成分，加入NH4HCO3和NH3生成配离子[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+，过滤除去Fe2O3，废渣是Fe2O3，滤液1催化氧化+2价的Co元素生成Co(OH)3沉淀，过滤得到滤液2，加入萃取剂，水相中得到[Cd(NH3)4]2+，Ni元素进入有机相中，反萃取得到NiSO4·6H2O；Co(OH)3为强氧化剂，由工艺流程可知经反应Ⅰ得到CoCl2溶液，因此Co(OH)3被浓盐酸还原为CoCl2，而浓盐酸被氧化为Cl2，经过蒸发浓缩冷却结晶得到CoCl2·6H2O；
【小问1详解】
将废电池磨碎或搅拌或适当升温或延长浸取时间等；操作1后有废渣，说明操作1的名称是过滤；
【小问2详解】
浸取时CdO发生反应的化学方程式为：CdO＋3NH3＋NH4HCO3=
[Cd(NH3)4]CO3＋H2O；
【小问3详解】
在实验室萃取时，所需的玻璃仪器是烧杯、分液漏斗；
【小问4详解】
“反萃取”的原理为NiR有机+2H+⇌Ni2++2HR有机，反萃取后，生成NiSO4，所以试剂X是H2SO4溶液；
【小问5详解】
反应1把＋3价Co变成了＋2价Co，说明Co(OH)3与盐酸发生氧化还原反应，离子方程式为：2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl-=2Co2＋＋Cl2↑＋6H2O；
【小问6详解】
由CoCl2溶液得到含有结晶水的化合物CoCl2·6H2O所需的一系列操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
【小问7详解】
[Cd(NH3)4]2++⇌CdCO3↓+4NH3↑的平衡常数为：；[Cd(NH3)4]2+⇌Cd2++4NH3的平衡常数；则Ksp(CdCO3)=
16. 2021年11月初，世界气候峰会在英国举行，为减少环境污染，减少化石能源的使用，开发新型、清洁、可再生能源迫在眉睫。
（1）甲醇、乙醇来源丰富、燃烧热值高，可作为能源使用。其中一种可减少空气中CO2的甲醇合成方法为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。
①若将一定量的CO2和H2投入1.0L恒容密闭容器中合成甲醇，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图所示。则该反应的正反应为_______(填“放热”或“吸热”)反应，在p2及512K时，图中N点处平衡向_______(填“正向”或“逆向”)移动；


②若将物质的量之比为1：3的CO2和H2充入体积为1.0L的恒容密闭容器中反应，不同压强下CO2转化率随温度的变化关系如下图所示。


a.A、B两条曲线的压强分别为、，则_______ (填“>”“Tm时v逐渐减小的原因是_______。


（3）以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示。阳极的电极反应式为____，若装置中消耗标准状态下O244.8L，理论上能制得碳酸二甲酯的质量____g。


【答案】（1） ①. 放热 ②. 正向 ③. ＞ ④. 90%
（2） ①. 大 ②. 高 ③. 减小 ④. 温度为主要影响因素，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高
（3） ①. ②. 360
【解析】
【小问1详解】
①分析图像可知温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，由盖斯定律可知正反应为放热反应；在p2及512K时，N点在曲线下方未达到平衡，达到平衡后甲醇的物质的量为，平衡向正向移动才能增大甲醇的物质的量，故N点此时向正向移动；
②由热化学方程式得，相同温度下，增大压强，平衡向正向移动，的转化率增大，＞；设a点对应CO2转化x：

，解得x=0.9，则CO2的转化率为90%；
【小问2详解】
①活化能越大，反应就越慢，第二步反应比第一步反应慢，则第二步的活化能大于第一步；反应物断开化学键需要吸收能量，正反应为放热反应，总能量降低，则中间产物的能量比产物的能量高；
②正反应为放热反应，温度升高，平衡向逆向移动，则减小；此反应的速率方程为，反应速率加快，k值增大，可得到Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高；T>Tm时温度为主要影响因素；
【小问3详解】
该电解池中从左往右移动，根据电解池阳离子向阴极移动，可知右侧为阴极与电源负极相连，阳极的电极反应式为：；消耗氧气的物质的量为，阴极的电极反应式为：，则整个电路中转移，产生碳酸二甲酯为，理论上制得碳酸二甲酯的质量为。
17. 硫脲的分子式为CS(NH2)2，其在生产生活中有重要的应用。科研人员在实验室利用Ca(HS)2与CaCN2可以合成硫脲，用下图仪器可制备Ca(HS)2，请回答下列问题。

已知：①CS(NH2)2易溶于水；②CS(NH2)2在150°C时生成NH4SCN；③CS(NH2)2易被强氧化剂氧化。
（1）装盐酸仪器的名称为_______，装置A中发生反应的离子方程式为_______；
（2）实验结束后从左侧导管通入氮气的目的是_______；
（3）装置B中盛装的试剂是_______，其作用是_______；
（4）当C中出现_______现象时，停止反应；
（5）将得到的Ca(HS)2溶液与CaCN2溶液混合，加热一段时间即可生成硫脲，同时生成一种强碱为_______；
（6）实验室用KMnO4(H+)溶液滴定硫脲测定其含量，生成N2，等，则还原剂与氧化剂的物质的量之比_______，将硫脲粗产品0.8g，配成1000mL溶液，取100mL，用0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定，消耗酸性高锰酸钾溶液28.00mL，粗产品中硫脲的百分含量为_______(杂质不参加反应)。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. S2-＋2H＋=H2S↑
（2）将装置中的H2S气体都排到右侧石灰乳中，防止污染空气
（3） ①. 饱和NaHS溶液 ②. 除掉混合气体中的HCl
（4）溶液变澄清 （5）Ca(OH)2
（6） ①. 5∶14 ②. 95%
【解析】
【分析】观察图示装置，A中反应生成H2S气体，制备H2S时A中盐酸会挥发出HCl，故B作用为除去H2S中混有的HCl，可选择饱和NaHS溶液。H2S经过B到达C后，在C中与Ca(OH)2反应生成CaS微溶物，当H2S过量时可生成Ca(HS)2，Ca(HS)2可溶于水，此过程C中现象为溶液慢慢变澄清。H2S有毒，D为尾气处理装置。遇到未知的化学反应可以和已知的反应原理联系起来，像H2S与Ca(OH)2的反应过程可以参照CO2与Ca(OH)2的反应，CO2过量生成Ca(HCO3)2溶液会由浑浊变澄清，除去CO2中混有的HCl可以用饱和NaHCO3，都可以与题中反应进行类比。
【小问1详解】
装盐酸仪器的名称为分液漏斗；装置A中发生反应的离子方程式为S2-＋2H＋=H2S↑。
【小问2详解】
实验结束后装置内残留有A生成的H2S气体，故通入氮气的目的是将装置中的H2S气体都排到右侧石灰乳中，全部吸收防止污染空气。
【小问3详解】
为了减小氯化钙的生成，装置B作用是除去H2S中的HCl，要用到饱和NaHS溶液。
【小问4详解】
当C中石灰乳反应完毕，基本全部生成Ca(HS)2，Ca(HS)2溶于水，溶液变澄清，此时可以停止反应。
【小问5详解】
根据元素守恒，唯一可能的强碱为Ca(OH)2。
【小问6详解】
硫脲与KMnO4(H＋)溶液反应的离子方程式：5CS(NH2)2＋14＋32H＋=5N2↑＋5＋14Mn2＋＋5CO2↑＋26H2O，还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶14；0.8g粗产品中含CS(NH2)2质量为： ，粗产品中硫脲的百分含量为：。
【点睛】解氧化还原反应计算题时，涉及氧化剂与还原剂的关系不一定非要写出反应式，根据得失电子数列出相应比例即可进行计算。比如题中KMnO4与CS(NH2)2反应得失电子关系为：5e-→Mn2＋，CS(NH2)2+14e-→N2+，根据电子守恒可直接得出与CS(NH2)2比例为14:5。
(二)选考题：共15分。请考生从18、19题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
[选修3：物质结构与性质]
18. 钴元素的用途非常广泛，常用于电池、医疗、催化剂、添加剂、颜料、航空和航天领域。如工业上可用三氟化钴制备火箭推进剂氟化硝酰(NO2F)，其反应为：CoF3+NO2CoF2+NO2F。请回答下列有关问题：
（1）钴元素属于周期表中_______区，基态钴原子的价电子排布式为_______；F原子核外有_______种不同运动状态的电子，基态F原子中，能量最高的电子所占据原子轨道的形状为_______；NO2F中三种元素第一电离能由大到小的顺序为_______。
（2）酞菁钴主要应用于工业涂料印墨及塑料着色，其分子的结构简式如图所示，钴通过配位键结合的氮原子的编号是_______；分子中碳原子的杂化类型为_______。

（3）FeCoO4是一种光催化剂，基态原子的第四电离能I4(Co)小于I4(Fe)，其原因是_______。
（4）钴的一种晶胞如图所示。其底边边长为apm，高为bpm，阿伏加德罗常数的值为NA，密度为ρg/cm3，则钴的摩尔质量M=_______。

【答案】（1） ①. d ②. 3d74s2 ③. 9 ④. 哑铃形 ⑤. F>N>O
（2） ①. 1、3 ②. sp2杂化
（3）Fe的第四电离能失去的是处于半充满的3d5上的电子，Co第四电离能失去的是3d6上的电子，失去后形成稳定的半充满状态
（4）
【解析】
【小问1详解】
钴是27号元素，属于周期表中处于第Ⅷ族，属于d区；基态钴原子的价电子排布式为3d74s2；F是9号元素，电子排布式为1s22s22p5，原子核外有9种不同运动状态的电子，基态F原子中，能量最高的电子所占据2p轨道，p轨道的形状为哑铃形；同周期元素第一电离能从左到右增大，第ⅡA大于ⅢA，ⅤA大于ⅥA，NO2F中三种元素第一电离能由大到小的顺序为F>N>O；
【小问2详解】
图中N原子有两种，一种为1，3号位，形成了4个共价键，故其中有1个配位键，2，4号位只形成3个键，而N原子达到8电子稳定结构，必须形成3个共价键，未形成配位键。期中碳原子有苯环中的碳、五元环中的碳有双键，故碳原子采取sp2杂化；
【小问3详解】
Co价电子排布式为3d74s2，Fe价电子排布式为3d64s2，失去第四个电子Co应该是失价电子排布式为3d6上的电子，Fe应该是失价电子排布式为3d5上的电子，Fe的第四电离能失去的是处于半充满的3d5上的电子，Co第四电离能失去的是3d6上的电子，失去后形成稳定的半充满状态；
【小问4详解】
六棱柱底由6个正三角形构成，每个正三角形面积
晶胞的体积，1个晶胞中的钴原子数为，
由，解得：
[选修5：有机化学基础]
19. X是合成某药物的中间体，其合成路线如下(-Ph代表苯基)：


（1）已知A是五元环状化合物，则其化学名称是_______。
（2）反应①和④反应类型分别是_______、_______。
（3）下列有关H的说法正确的是_______。
a.羟基能催化氧化生成酮
b.能发生加聚反应
c.分子式为：C11H18O
d.易溶于水
e.Br2与H按物质的量1：1混合，发生加成反应的产物有3种
（4）写出反应⑥的化学方程式：_______。
（5）D的同分异构体较多，但其中含有苯环，且同一个碳原子上不连接2个官能团的同分异构体有______(不包括立体异构)；写出其中核磁共振氢谱有五个峰的同分异构体的结构简式：______。
（6）参照上述合成路线，结合所学知识，以为原料合成OHCCH2CH2COOH，设计合成路线：_______(其他试剂任选)。
【答案】（1）环戊二烯
（2） ①. 加成反应 ②. 加成(还原)反应
（3）bc （4）2＋O22＋2H2O
（5） ①. 12 ②.
（6）HOCH2CH2CH2COOH OHCCH2CH2COOH
【解析】
【分析】根据图示和题意可知，A为一种环状烃，与Cl2C=C=O发生加成反应生成B，结合B的结构简式可知，A为，为环戊二烯，B与醋酸发生还原反应生成C，C被双氧水氧化为D，D再被LiH还原为E，E与Ph3P=CHC2H5发生反应生成F，F发生醇的催化氧化生成G，G与CH3Li发生加成反应生成H，H在酸性条件被CrO3氧化发生生成X。
【小问1详解】
A是五元环状化合物，分子式为C5H6，根据分析可知A为，A化学名称为环戊二烯；
【小问2详解】
反应①反应前后原子数未变，A与Cl2C=C=O发生加成反应生成B，则反应①的反应类型是加成反应，反应④是加氢，D被LiH还原为E，所以反应①为加成反应，反应④为加成反应，或还原反应；
【小问3详解】
a．与羟基相连的碳上没有氢，不能被催化氧化为酮，故a错误；
b．H中有碳碳双键，可以发生加聚反应，故b正确；
c．根据结构式可知分子式为C11H18O，故c正确；
d．H中只有1个羟基，且烃基较大，不可能易溶于水，故d错误；
e．两个双键的位置不是1、3号碳位置，发生加成反应的产物只有2种，故e错误；
故bc正确；
【小问4详解】
F发生醇的催化氧化生成G，2＋O22＋2H2O；
【小问5详解】
D的同分异构体较多，其中含有苯环，占有六个碳原子，剩下的原子可以组成-OH和-CH2OH，在苯环上有邻间对3种，如果组成-OH和-OCH3取代基，有3种，苯上接2个-OH和-CH3有6种，同分异构体总数共12种；其中核磁共振氢谱有五个峰的同分异构体的结构简式为；
【小问6详解】
以为原料合成OHCCH2CH2COOH，可先和过氧化氢反应生成，再通过碱、酸反应得到HOCH2CH2CH2COOH，HOCH2CH2CH2COOH发生催化氧化得到目标产物，其流程为HOCH2CH2CH2COOH OHCCH2CH2COOH。