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山西省晋中市2021-2022学年高三上学期期末调研理科综合化学试题Word版含解析
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这是一份山西省晋中市2021-2022学年高三上学期期末调研理科综合化学试题Word版含解析，共16页。
2021~2022学年第一学期高三期末考试理综试题
化学
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的学校、姓名、班级、准考证号填写在答题卡上相应的位置。
2.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5毫米及以上黑色笔迹签字笔写在答题卡上。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Mn-55 Cu-64
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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. 2021年9月24日，中科院科研团队在国际知名学术期刊《科学》上发表了“利用二氧化碳人工合成淀粉”的科研成果，如图是合成过程相关反应路径(部分反应条件、产物等均已略去)。下列有关说法不正确的是
A. 淀粉属于多糖，是一种高分子有机物
B. 制氢气的过程实现了太阳能→电能→化学能的转变
C. CO2→CH3OH→HCHO的转化过程中碳元素均被还原
D. 利用二氧化碳人工合成淀粉，对于碳中和以及生物制造等方面都将产生积极影响
【答案】C
【解析】
【详解】A．淀粉属于多糖，化学式是(C6H10O5)n，是一种高分子有机物，故A正确；
B．用太阳能发电分解水制氢气，过程实现了太阳能→电能→化学能的转变，故B正确；
C．CH3OH→HCHO为氧化反应，碳元素化合价升高，被氧化，故C错误；
D．利用二氧化碳人工合成淀粉，可减少二氧化碳有利于碳中和，制得的淀粉可用于食品，故D正确；
故选：C。
2. 氰气[(CN)2]可用于有机合成，也用作消毒、杀虫的熏蒸剂，是“拟卤素”的一种，性质与氯气相似，可以与水发生反应：(CN)2+H2OHCN+HOCN。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 每生成1molHCN转移电子数为NA
B. 1mol(CN)2中含有的共价键数为6NA
C. 标准状况下，11.2LH2O中含有的原子数为1.5NA
D. 常温下pH=6HCN溶液中由水电离出的H+数为10-8NA
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．(CN)2与水反应生成HCN和HOCN，类似氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，所以每生成1molHCN转移电子数为NA，A正确；
B．(CN)2的结构式为NC-CN，所以1mol(CN)2中含有的共价键数为7NA，B错误；
C．标准状况下，H2O不是气态，C错误；
D．没有指明体积，无法计算氢离子数目，D错误；
故选A。
3. 2021年10月4日，美国两位科学家因为发现了温度和触觉受体荣获诺贝尔生理学或医学奖，他们利用辣椒素来识别皮肤神经末梢中对热有反应的传感器。辣椒素的结构如图所示，下列有关说法正确的是
A. 分子式为C18H26NO3
B. 分子中甲基上的一氯取代物有三种
C. 它的含有苯环的同分异构体中可能含有两个碳碳双键
D. 能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，且反应类型相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子式为C18H27NO3，A错误；
B．分子中甲基上的一氯取代物有两种，B错误；
C．从不饱和度上可以判断，除苯环外有两个双键。同分异构体中可能有两个碳碳双键，C正确；
D．能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，但反应类型不同，与溴水反应可能是加成反应或苯环上的取代反应，与酸性高锰酸钾溶液发生的是氧化反应，D错误；
故选：C。
4. 用下列仪器或装置(部分夹持装置略)进行物质制备，能达到实验目的的是
A. 图甲装置制备Fe(OH)2沉淀 B. 图乙装置制备无水MgCl2
C. 图丙装置利用蒸发结晶的方法制备胆矾晶体 D. 图丁装置制备乙酸乙酯
【答案】B
【解析】
【详解】A．FeSO4进入不到NaOH溶液中，无法制备Fe(OH)2沉淀，A错误；
B．在干燥的氯化氢气流中加热可防止氯化镁水解，因此可制备无水MgCl2，B正确；
C．直接蒸发结晶得不到胆矾晶体，C错误；
D．NaOH溶液会使乙酸乙酯水解，应该用饱和碳酸钠溶液，D错误。
答案选B。
5. 2021年6月11日，国家航天局公布了由“祝融号”火星车拍摄的首批科学影像图。火星气体及岩石中富含X、Y、Z、W四种元素，火星岩石中含有Z2WY3，其结构如图所示。已知：X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，X、W为同一主族元素。下列说法正确的是
A. 原子半径：Z>W>Y>X
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X
C. Y分别和X、Z、W形成的化合物化学键类型相同
D. WY2和Z2XY3在一定条件下可以反应生成Z2WY3
【答案】D
【解析】
【分析】由题中信息可知X、Y、Z、W分别为C、O、Na、Si。
【详解】A．其中原子半径：C>O，A错误；
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3>H2SiO3，B错误；
C．CO中含有共价键，Na2O中含有离子键，所形成的化合物化学键类型不相同，C错误；
D．SiO2与Na2CO3反应生成Na2SiO3和CO2，D正确；
故选D。
6. 《JournalofEnergyChemistry》杂志报道我国科学家设计的CO2熔盐捕获与转化装置如图。下列有关说法正确的是
A. c为电源的正极
B. 转移1mol电子可捕获CO25.6L(标准状况下)
C. ①②中捕获CO2时碳元素化合价发生了变化
D. d极电极反应式为+4e-+6H+═C+3H2O
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，①②中，捕获CO2时发生的反应分别为2CO2+O2-=，CO2+O2-=，a极生成氧气，氧元素由-2价升高为0价失电子，故a极为阳极，d极为阴极，电极反应式为+4e-═C+3O2-，电解总反应为CO2=C+O2，据此作答。
【详解】A．由图所示，d电极上发生还原反应，故d作阴极，则c为负极，A错误；
B．总反应为CO2=C+O2↑，碳元素化合价由+4变为0，则转移1mol电子可捕获0.25molCO2，标况下体积V=nVm=0.25mol ×22.4/mol=5.6L，B正确；
C．①②发生的反应分别为2CO2+O2-= ，CO2+O2-=，碳元素化合价没有发生变化，C错误；
D．d极电极反应式为：+4e-=C+3O2-，D错误；
故选：B。
7. 常温下，二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，下列有关说法不正确的是
A. 曲线M表示pH与lg的变化关系
B. NaHY溶液显酸性
C. 交点d对应的pH=2.8
D. e点溶液中：c(HY-)>c(H2Y)>c(Y2-)>c(H+)>c(OH-)
【答案】D
【解析】
【详解】A．随着KOH溶液滴加，c(HY-)增大，c(H2Y)减小，继续滴加，c(HY-)减小，c(Y2-)增大，所以lg增大，用曲线N表示，lg减小，用曲线M表示，A正确；
B．通过图中c点可得Ka1=10-1.3，e点可得Ka2=10-4.3，Kh2==10-12.7，Ka2>Kh2，NaHY的电离程度大于其水解程度，所以溶液显酸性，B正确；
C．交点d时c(H2Y)=c(Y2-)，Ka1·Ka2==10-5.6，则对应的pH=2.8，C正确；
D．e点溶液中：lg>lg，c(H2Y)
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题(共129分)
8. 二氯异氰尿酸钠[Na(CNO)3Cl2]是一种常用高效含氯杀菌消毒剂，常温下为白色固体，难溶于冷水。实验室利用高浓度的NaClO溶液和氰尿酸[(CNO)3H3]固体，在10℃时反应制备Na(CNO)3Cl2，反应原理为(CNO)3H3+2NaClO═Na(CNO)3Cl2+NaOH+H2O，实验装置如图所示(夹持装置略)。
回答下列问题：
（1）利用二氯异氰尿酸钠水解产物中的氧化性物质可消毒杀菌，该氧化性物质的分子式为_____。
（2）装置A中连接分液漏斗和烧瓶导管的作用是_____。
（3）写出装置A中制备Cl2的化学方程式：_____。
（4）B装置中的试剂是_____。
（5）待C装置中液面上方出现黄绿色气体时，再由三颈烧瓶的上口加入(CNO)3H3固体，反应过程仍需不断通入Cl2的理由是_____。
（6）“有效氯”含量指从KI中氧化出相同量的I2所需Cl2的质量与指定化合物的质量之比，常以百分数表示。为测定二氯异氰尿酸钠的“有效氯”含量，现称取某二氯异氰尿酸钠样品0.568g，依次加入水、足量KI固体和少量稀硫酸，配制成100mL待测液；准确量取25.00mL待测液于碘量瓶中，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点(2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI)，消耗Na2S2O3标准溶液体积的平均值为20.00mL。
①滴定终点观察到的现象为_____。
②配制0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液100mL，所需Na2S2O3·5H2O的质量为_____。
③计算此样品的“有效氯”含量为_____。
【答案】（1）HClO
（2）平衡压强，有利于浓盐酸顺利滴下
（3）KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O
（4）饱和NaCl溶液
（5）使反应生成的氢氧化钠再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率
（6） ①. 当滴加最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 ②. 2.48g ③. 50%
【解析】
【分析】装置A中制备Cl2的化学方程式：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，由于浓盐酸易挥发，制取的氯气中含杂质HCl气体，可用饱和食盐水除去，装置C内氯气和NaOH溶液反应生成NaClO，装置D为尾气处理；
【小问1详解】
Na(CNO)3Cl2由NaClO反应得到，则二氯异氰尿酸钠水解产物HClO具有氧化性，可消毒杀菌，则该氧化性物质的分子式为HClO；
【小问2详解】
装置A中连接分液漏斗和烧瓶导管的作用是平衡压强，有利于浓盐酸顺利滴下；
【小问3详解】
装置A中制备Cl2的化学方程式：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O；
【小问4详解】
由于浓盐酸易挥发，装置A中制取的氯气中含杂质HCl气体，可用饱和食盐水除去，即B装置中的试剂是饱和NaCl溶液；
【小问5详解】
反应过程中仍需不断通入Cl2的理由是：使反应生成的氢氧化钠再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率；
小问6详解】
①Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色时，加入淀粉指示剂，溶液变蓝色，继续滴定至终点(发生反应的方程式为：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI)，当到达终点时碘单质完全反应，溶液的蓝色褪去；则滴定终点观察到的现象为当滴加最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；
②配制0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液100mL，溶质的物质的量n=cV=0.1000mol·L-1×0.1L=0.01mol，所需Na2S2O3·5H2O的质量为m=nM=0.01mol×248g /mol=2.48g；
③根据反应：Cl2+2I-═2Cl-+I2，2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI ，可知：n(Cl2)=(×0.1000 mol•L-1×25.00×10-3 L)×=0.004mol，m(Cl2)=nM=0.004 mol×71 g•mol-1=0.284 g，此样品的“有效氯”含量为。
9. 2021年11月2日，第四届世界顶尖科学家碳大会——通往“双碳目标”的科技之路论坛在上海召开。我国科学家刘科提到了绿色甲醇技术，将CO2转化为甲醇是实现碳达峰、碳中和的一种非常重要的路径。回答下列问题：
（1）已知H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为285.8kJ·mol-1、726.5kJ·mol-1，则CO2与H2反应生成液态甲醇和液态水的热化学方程式为_____。
（2）最近科学家采用真空封管法制备磷化硼纳米颗粒，在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇方向取得重要进展，反应历程如图所示：
①反应容易得到的副产物有CO和CH2O，其中相对较少的副产物为_____。
②上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低下列变化中_____(填字母)的能量变化。
A.*CO+*OH→*CO+*H2O B.*CO+*H2O→*CO
C.*OCH2→*OCH3 D.*OCH3→*CH3OH
（3）一定条件下，在1L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，温度对CO2平衡转化率及催化剂的催化效率影响如图所示：
①下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是_____(填字母)。
A.混合气体的密度不再变化
B.混合气体的平均相对分子质量不再变化
C.CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1∶3∶1∶1
D.H2O(g)和CO2(g)的生成速率之比为1∶1
②反应速率：v正(M)_____(填“大于”“小于”“等于”或“无法判断”，下同)v逆(N)，化学平衡常数：KM_____KN。
③M点甲醇的体积分数为_____，该温度下，反应的平衡常数K=_____。
④已知：反应速率v=v正-v逆=k正c(CO2)·c3(H2)-k逆c(CH3OH)·c(H2O)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，则Q点时=_____(保留2位小数)。
【答案】（1）CO2(g)+3H2(g)CH3OH(1)+H2O(1) △H=-130.9kJ·mol-1
（2） ①. CH2O ②. A
（3） ①. BD ②. 无法判断 ③. 大于 ④. 16.7% ⑤. 0.148(或) ⑥. 3.24
【解析】
【小问1详解】
已知H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为285.8kJ/mol，726.5kJ/mol，所以有：
①H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H1=-285.8kJ/mol，
②CH3OH(l)+O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H2=-726.6kJ/mol，
CO2与H2反应生成液态甲醇和液态水的反应为：CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(l)+H2O(l)，该反应可由①×3-②得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为ΔH=-285.8kJ/mol×3-(-726.6kJ/mol)=-130.9kJ/mol，故答案为：CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=-130.9kJ/mol；
【小问2详解】
①由图可知，生成副产物CH2O时反应的活化能较大，反应进行较慢，则相对较少，故答案为：CH2O；
②根据图可知合成甲醇的过程中*CO+*OH→*CO+*H2O的活化能最大，反应速率最慢，决定整体反应速率，所以主要降低该步骤的能量变化，故答案为：A；
【小问3详解】
①A.混合气体的密度为ρ=，反应前后质量守恒，m不变，体积V不变，所以混合气体的密度不再变化不能判断化学平衡，故A不选；
B.混合气体的平均相对分子质量为，反应前后质量守恒，m不变，n发生改变，所以混合气体的平均相对分子质量不再变化可以判断化学平衡，故B选；
C.CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比取决于起始时反应的充入量以及反应进行的程度，无法通过物质的量之比为1：3：1：1，符合化学计量比判断化学平衡，故C不选；
D.H2O(g)和CO2(g)的生成速率之比为1：1说明v正=v逆，可以说明化学平衡，故D选，
故答案为：B、D；
②温度升高，CO2的转化率降低，此时反应达到平衡，说明温度升高不利于反应正向进行，但温度升高有利于提高化学反应速率，所以反应速率：v正(M)小于v逆(N)，化学平衡常数：KM大于KN，故答案为：小于；大于；
③M点时CO2的平衡转化率为50%，起始时充入1molCO2和3molH2发生反应：
，M点甲醇的体积分数为×100%=16.7%，反应的平衡常数K==0.148，故答案为：16.7%；0.148；
④根据该温度下反应平衡时v正=v逆，则k正c(CO2)•c3(H2)=k逆c(CH3OH)•c(H2O)，所以=K=0.148，Q点时CO2的转化率为40%，，则Q点的=3.24，故答案为：3.24。
10. 我国是世界上最大的钨储藏国，金属钨可用于制造灯丝、合金钢和光学仪器，有“光明使者”的美誉。工业上利用黑钨矿(其主要成分是FeWO4，还含有少量的SiO2、Al2O3、As2O3等)制备钨的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）黑钨矿“碱熔”前需充分研磨，目的是_____，写出FeWO4在“碱熔”条件下反应的化学方程式：_____。
（2）滤渣Ⅰ的主要成分是_____(填化学式)。
（3）粗钨酸钠溶液中含有HAsO，可加入H2O2和MgCl2将其转化为MgHAsO4沉淀除去，其反应的离子方程式为_____。
（4）钨酸钙(CaWO4)和氢氧化钙都是微溶电解质。某温度下Ca(OH)2和CaWO4的饱和溶液中，pC(Ca2+)与pC(阴离子)的关系如图所示，已知：pC(离子)=-lgc(离子)。该温度下将Na2WO4溶液加入石灰乳中得到大量钨酸钙，发生反应的离子方程式为_____，该反应的平衡常数K=_____。
（5）750℃时，以石墨棒作电极材料，电解NaCl—CaCl2—CaWO4熔融盐可以直接得到金属钨，其阴极的电极反应式为_____。
【答案】（1） ①. 增大接触面积，加快化学反应速率 ②. 4FeWO4+8NaOH+O24Na2WO4+2Fe2O3+4H2O
（2）Al(OH)3、H2SiO3
（3）Mg2++H2O2+HAsO=MgHAsO4↓+H2O
（4） ①. WO+Ca(OH)2CaWO4+2OH- ②. 104
（5）WO+6e-=W+4O2-
【解析】
【分析】碱溶中NaOH和SiO2反应生成Na2SiO3、与Al2O3反应生成Na2AlO2，由水浸后的产物可知FeWO4和NaOH反应生成Na2WO4和Fe2O3，通入过量二氧化碳与Na2AlO2、Na2SiO3分别反应生成Al(OH)3、H2SiO3，加入盐酸与Na2WO4反应生成H2WO4，分解可得WO3，用氢气还原得到金属W；
【小问1详解】
黑钨矿“碱熔”前需充分研磨，目的是增大接触面积，加快化学反应速率；FeWO4在“碱熔”条件下反应生成Na2WO4和Fe2O3，Fe元素化合价升高，则反应物氧气的O元素化合价降低为-2价，反应的化学方程式：4FeWO4+8NaOH+O24Na2WO4+2Fe2O3+4H2O；
【小问2详解】
通入过量二氧化碳与Na2AlO2、Na2SiO3分别反应生成Al(OH)3、H2SiO3，滤渣Ⅰ的主要成分是Al(OH)3、H2SiO3；
【小问3详解】
HAsO与H2O2和MgCl2反应生成MgHAsO4沉淀，无化合价变化，反应的离子方程式为：Mg2++H2O2+HAsO=MgHAsO4↓+H2O；
【小问4详解】
Na2WO4与石灰乳Ca(OH)2反应生成CaWO4，反应的离子方程式为WO+Ca(OH)2CaWO4+2OH-；由图当pC(Ca2+)=4时，pC(OH-)=10-1，pC(WO)=10-6，该反应的平衡常数；
【小问5详解】
电解池中阴极发生还原反应，熔融下WO在阴极得电子生成W和O2-，电极反应式为WO+6e-=W+4O2-。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分)
11. 铜及其化合物科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：
（1）[Cu(NH3)2]Ac溶液可以吸收合成氨中对催化剂有毒害的CO气体[醋酸根(CH3COO-)简写成Ac-]，反应的化学方程式为：[Cu(NH3)2]Ac+CO+NH3[Cu(NH3)3CO]Ac。
①基态Cu+的核外电子排布式为_____。
②CH3COO-中C原子的杂化轨道类型为_____。
③[Cu(NH3)2]Ac中所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是_____(用元素符号表示)。
④[Cu(NH3)2]+中N原子形成的H—N—H键角_____(填“大于”“小于”或“等于”)气态NH3中的键角，原因是_____。
⑤1个[Cu(NH3)3CO]+中含有的共价键数为_____。
（2）Cu—Mn—Al合金为磁性形状记忆合金材料之一，其晶胞结构如图所示：
①合金的化学式为_____。
②若A原子坐标参数为(0，1，0)，则B原子的坐标参数为_____。
③已知该合金晶体的密度为ρg·cm-3，则最近的两个Al原子间的距离为_____nm(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。
【答案】（1） ①. 1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10) ②. sp2、sp3 ③. O>N>C>H ④. 大于 ⑤. [Cu(NH3)2]+中N原子的孤电子对形成了配位键，而气态NH3中N原子上有孤电子对，孤电子对和成键电子对间的排斥力大于成键电子对和成键电子对间的排斥力，所以NH3中键角小 ⑥. 16
（2） ①. AlMnCu2 ②. (1，，) ③. ××107
【解析】
【小问1详解】
①基态Cu的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去1个电子形成Cu+，其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)。
②CH3COO-中甲基上的C的价层电子对数为4，杂化方式为sp3，羧基上的C的价层电子对数为3，杂化方式为sp2。
③[Cu(NH3)2]Ac中所含非金属元素有N、H、O、C，电负性是原子对键合电子的吸引能力，一般来说，原子半径越小，核电荷数越多，电负性越强，N、H、O、C的电负性由大到小的顺序是O>N>C>H。
④在[Cu(NH3)2]+中，N原子的孤电子对形成了配位键，而气态NH3中N原子上有孤电子对，孤电子对和成键电子对间的排斥力大于成键电子对和成键电子对间的排斥力，所以NH3中键角大于[Cu(NH3)2]+中H—N—H键角。
⑤[Cu(NH3)3CO]+中含有Cu2+和四个配体之间的配位键，NH3分子中有3个N-H键，3个NH3共有9个N-H键，CO中有3个共价键，所以1个[Cu(NH3)3CO]+中含有的共价键数为4+9+3=16。
【小问2详解】
①在晶胞中铜位于顶点、面心、棱心和体心，共有8个，Mn和Al在晶胞内部，各有4个，所以合金的化学式为AlMnCu2。
②若A原子坐标参数为(0，1，0)，即以晶胞的左后方顶点的原子为原点，则B原子的坐标参数为(1，，)。
③一个晶胞的质量为g，该合金晶体的密度为ρg·cm-3，则晶胞的体积为cm3，则晶胞参数即晶胞边长为cm，两个最近的Al的距离是晶胞面对角线的一半，根据晶胞边长可知晶胞的面对角线为cm，所以最近的两个Al原子间的距离为××107nm。
12. 博舒替尼是用于治疗慢性髓细胞白血病的一种药物，其中一种合成路线如图所示(部分反应条件已略)：
回答下列问题：
（1）A中所含官能团的名称为_____。
（2）B在碱性条件下完全水解所得有机物的结构简式为_____。
（3）由C生成D的化学方程式为_____。
（4）E的分子式为_____。
（5）博舒替尼不能发生的反应类型是_____(填字母)。
a.取代反应 b.酯化反应 c.消去反应 d.加成反应
（6）H与A互为同分异构体，满足下列条件的H有_____种。
①含有苯环②1molH最多能与2molNa发生反应，只能与1molNaOH发生反应
（7）参考上述部分信息，写出由 制备 的合成路线_____(无机试剂任选)。
【答案】（1）(酚)羟基、硝基、醚键
（2） （3） + → +HCl
（4）C15H25N3O2
（5）bc （6）13
（7）
【解析】
【分析】A中-OH与B中-Br发生取代反应生成C，C中-Cl发生取代反应生成D，D中硝基和氢气反应生成氨基，E与H发生加成反应得到F；
【小问1详解】
A中所含官能团的名称为(酚)羟基、硝基、醚键；
【小问2详解】
B在碱性条件下氯原子和溴原子被-OH基团取代，完全水解所得有机物的结构简式为 ；
【小问3详解】
C中-Cl被取代，生成D的化学方程式为+ → +HCl；
【小问4详解】
E的分子式为C15H25N3O2；
【小问5详解】
a. 博舒替尼含Cl原子，可与NaOH水溶液发生取代反应，a不选；
b. 博舒替尼不含羟基或羧基，不能发生酯化反应，b选；
c. 博舒替尼连接Cl原子的邻位碳上无H原子，不能发生消去反应，c选；
d. 博舒替尼含苯环，可与氢气发生加成反应，d不选；
故选：bc；
【小问6详解】
①含有苯环②1molH最多能与2molNa发生反应，只能与1molNaOH发生反应，说明含有1个酚羟基和1个醇羟基，满足条件的H有 、 、 、 共13种；
【小问7详解】
2021~2022学年第一学期高三期末考试理综试题
化学
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的学校、姓名、班级、准考证号填写在答题卡上相应的位置。
2.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5毫米及以上黑色笔迹签字笔写在答题卡上。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Mn-55 Cu-64
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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. 2021年9月24日，中科院科研团队在国际知名学术期刊《科学》上发表了“利用二氧化碳人工合成淀粉”的科研成果，如图是合成过程相关反应路径(部分反应条件、产物等均已略去)。下列有关说法不正确的是
A. 淀粉属于多糖，是一种高分子有机物
B. 制氢气的过程实现了太阳能→电能→化学能的转变
C. CO2→CH3OH→HCHO的转化过程中碳元素均被还原
D. 利用二氧化碳人工合成淀粉，对于碳中和以及生物制造等方面都将产生积极影响
【答案】C
【解析】
【详解】A．淀粉属于多糖，化学式是(C6H10O5)n，是一种高分子有机物，故A正确；
B．用太阳能发电分解水制氢气，过程实现了太阳能→电能→化学能的转变，故B正确；
C．CH3OH→HCHO为氧化反应，碳元素化合价升高，被氧化，故C错误；
D．利用二氧化碳人工合成淀粉，可减少二氧化碳有利于碳中和，制得的淀粉可用于食品，故D正确；
故选：C。
2. 氰气[(CN)2]可用于有机合成，也用作消毒、杀虫的熏蒸剂，是“拟卤素”的一种，性质与氯气相似，可以与水发生反应：(CN)2+H2OHCN+HOCN。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 每生成1molHCN转移电子数为NA
B. 1mol(CN)2中含有的共价键数为6NA
C. 标准状况下，11.2LH2O中含有的原子数为1.5NA
D. 常温下pH=6HCN溶液中由水电离出的H+数为10-8NA
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．(CN)2与水反应生成HCN和HOCN，类似氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，所以每生成1molHCN转移电子数为NA，A正确；
B．(CN)2的结构式为NC-CN，所以1mol(CN)2中含有的共价键数为7NA，B错误；
C．标准状况下，H2O不是气态，C错误；
D．没有指明体积，无法计算氢离子数目，D错误；
故选A。
3. 2021年10月4日，美国两位科学家因为发现了温度和触觉受体荣获诺贝尔生理学或医学奖，他们利用辣椒素来识别皮肤神经末梢中对热有反应的传感器。辣椒素的结构如图所示，下列有关说法正确的是
A. 分子式为C18H26NO3
B. 分子中甲基上的一氯取代物有三种
C. 它的含有苯环的同分异构体中可能含有两个碳碳双键
D. 能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，且反应类型相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子式为C18H27NO3，A错误；
B．分子中甲基上的一氯取代物有两种，B错误；
C．从不饱和度上可以判断，除苯环外有两个双键。同分异构体中可能有两个碳碳双键，C正确；
D．能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，但反应类型不同，与溴水反应可能是加成反应或苯环上的取代反应，与酸性高锰酸钾溶液发生的是氧化反应，D错误；
故选：C。
4. 用下列仪器或装置(部分夹持装置略)进行物质制备，能达到实验目的的是
A. 图甲装置制备Fe(OH)2沉淀 B. 图乙装置制备无水MgCl2
C. 图丙装置利用蒸发结晶的方法制备胆矾晶体 D. 图丁装置制备乙酸乙酯
【答案】B
【解析】
【详解】A．FeSO4进入不到NaOH溶液中，无法制备Fe(OH)2沉淀，A错误；
B．在干燥的氯化氢气流中加热可防止氯化镁水解，因此可制备无水MgCl2，B正确；
C．直接蒸发结晶得不到胆矾晶体，C错误；
D．NaOH溶液会使乙酸乙酯水解，应该用饱和碳酸钠溶液，D错误。
答案选B。
5. 2021年6月11日，国家航天局公布了由“祝融号”火星车拍摄的首批科学影像图。火星气体及岩石中富含X、Y、Z、W四种元素，火星岩石中含有Z2WY3，其结构如图所示。已知：X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，X、W为同一主族元素。下列说法正确的是
A. 原子半径：Z>W>Y>X
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X
C. Y分别和X、Z、W形成的化合物化学键类型相同
D. WY2和Z2XY3在一定条件下可以反应生成Z2WY3
【答案】D
【解析】
【分析】由题中信息可知X、Y、Z、W分别为C、O、Na、Si。
【详解】A．其中原子半径：C>O，A错误；
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3>H2SiO3，B错误；
C．CO中含有共价键，Na2O中含有离子键，所形成的化合物化学键类型不相同，C错误；
D．SiO2与Na2CO3反应生成Na2SiO3和CO2，D正确；
故选D。
6. 《JournalofEnergyChemistry》杂志报道我国科学家设计的CO2熔盐捕获与转化装置如图。下列有关说法正确的是
A. c为电源的正极
B. 转移1mol电子可捕获CO25.6L(标准状况下)
C. ①②中捕获CO2时碳元素化合价发生了变化
D. d极电极反应式为+4e-+6H+═C+3H2O
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，①②中，捕获CO2时发生的反应分别为2CO2+O2-=，CO2+O2-=，a极生成氧气，氧元素由-2价升高为0价失电子，故a极为阳极，d极为阴极，电极反应式为+4e-═C+3O2-，电解总反应为CO2=C+O2，据此作答。
【详解】A．由图所示，d电极上发生还原反应，故d作阴极，则c为负极，A错误；
B．总反应为CO2=C+O2↑，碳元素化合价由+4变为0，则转移1mol电子可捕获0.25molCO2，标况下体积V=nVm=0.25mol ×22.4/mol=5.6L，B正确；
C．①②发生的反应分别为2CO2+O2-= ，CO2+O2-=，碳元素化合价没有发生变化，C错误；
D．d极电极反应式为：+4e-=C+3O2-，D错误；
故选：B。
7. 常温下，二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，下列有关说法不正确的是
A. 曲线M表示pH与lg的变化关系
B. NaHY溶液显酸性
C. 交点d对应的pH=2.8
D. e点溶液中：c(HY-)>c(H2Y)>c(Y2-)>c(H+)>c(OH-)
【答案】D
【解析】
【详解】A．随着KOH溶液滴加，c(HY-)增大，c(H2Y)减小，继续滴加，c(HY-)减小，c(Y2-)增大，所以lg增大，用曲线N表示，lg减小，用曲线M表示，A正确；
B．通过图中c点可得Ka1=10-1.3，e点可得Ka2=10-4.3，Kh2==10-12.7，Ka2>Kh2，NaHY的电离程度大于其水解程度，所以溶液显酸性，B正确；
C．交点d时c(H2Y)=c(Y2-)，Ka1·Ka2==10-5.6，则对应的pH=2.8，C正确；
D．e点溶液中：lg>lg，c(H2Y)
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题(共129分)
8. 二氯异氰尿酸钠[Na(CNO)3Cl2]是一种常用高效含氯杀菌消毒剂，常温下为白色固体，难溶于冷水。实验室利用高浓度的NaClO溶液和氰尿酸[(CNO)3H3]固体，在10℃时反应制备Na(CNO)3Cl2，反应原理为(CNO)3H3+2NaClO═Na(CNO)3Cl2+NaOH+H2O，实验装置如图所示(夹持装置略)。
回答下列问题：
（1）利用二氯异氰尿酸钠水解产物中的氧化性物质可消毒杀菌，该氧化性物质的分子式为_____。
（2）装置A中连接分液漏斗和烧瓶导管的作用是_____。
（3）写出装置A中制备Cl2的化学方程式：_____。
（4）B装置中的试剂是_____。
（5）待C装置中液面上方出现黄绿色气体时，再由三颈烧瓶的上口加入(CNO)3H3固体，反应过程仍需不断通入Cl2的理由是_____。
（6）“有效氯”含量指从KI中氧化出相同量的I2所需Cl2的质量与指定化合物的质量之比，常以百分数表示。为测定二氯异氰尿酸钠的“有效氯”含量，现称取某二氯异氰尿酸钠样品0.568g，依次加入水、足量KI固体和少量稀硫酸，配制成100mL待测液；准确量取25.00mL待测液于碘量瓶中，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点(2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI)，消耗Na2S2O3标准溶液体积的平均值为20.00mL。
①滴定终点观察到的现象为_____。
②配制0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液100mL，所需Na2S2O3·5H2O的质量为_____。
③计算此样品的“有效氯”含量为_____。
【答案】（1）HClO
（2）平衡压强，有利于浓盐酸顺利滴下
（3）KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O
（4）饱和NaCl溶液
（5）使反应生成的氢氧化钠再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率
（6） ①. 当滴加最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 ②. 2.48g ③. 50%
【解析】
【分析】装置A中制备Cl2的化学方程式：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，由于浓盐酸易挥发，制取的氯气中含杂质HCl气体，可用饱和食盐水除去，装置C内氯气和NaOH溶液反应生成NaClO，装置D为尾气处理；
【小问1详解】
Na(CNO)3Cl2由NaClO反应得到，则二氯异氰尿酸钠水解产物HClO具有氧化性，可消毒杀菌，则该氧化性物质的分子式为HClO；
【小问2详解】
装置A中连接分液漏斗和烧瓶导管的作用是平衡压强，有利于浓盐酸顺利滴下；
【小问3详解】
装置A中制备Cl2的化学方程式：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O；
【小问4详解】
由于浓盐酸易挥发，装置A中制取的氯气中含杂质HCl气体，可用饱和食盐水除去，即B装置中的试剂是饱和NaCl溶液；
【小问5详解】
反应过程中仍需不断通入Cl2的理由是：使反应生成的氢氧化钠再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率；
小问6详解】
①Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色时，加入淀粉指示剂，溶液变蓝色，继续滴定至终点(发生反应的方程式为：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI)，当到达终点时碘单质完全反应，溶液的蓝色褪去；则滴定终点观察到的现象为当滴加最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；
②配制0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液100mL，溶质的物质的量n=cV=0.1000mol·L-1×0.1L=0.01mol，所需Na2S2O3·5H2O的质量为m=nM=0.01mol×248g /mol=2.48g；
③根据反应：Cl2+2I-═2Cl-+I2，2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI ，可知：n(Cl2)=(×0.1000 mol•L-1×25.00×10-3 L)×=0.004mol，m(Cl2)=nM=0.004 mol×71 g•mol-1=0.284 g，此样品的“有效氯”含量为。
9. 2021年11月2日，第四届世界顶尖科学家碳大会——通往“双碳目标”的科技之路论坛在上海召开。我国科学家刘科提到了绿色甲醇技术，将CO2转化为甲醇是实现碳达峰、碳中和的一种非常重要的路径。回答下列问题：
（1）已知H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为285.8kJ·mol-1、726.5kJ·mol-1，则CO2与H2反应生成液态甲醇和液态水的热化学方程式为_____。
（2）最近科学家采用真空封管法制备磷化硼纳米颗粒，在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇方向取得重要进展，反应历程如图所示：
①反应容易得到的副产物有CO和CH2O，其中相对较少的副产物为_____。
②上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低下列变化中_____(填字母)的能量变化。
A.*CO+*OH→*CO+*H2O B.*CO+*H2O→*CO
C.*OCH2→*OCH3 D.*OCH3→*CH3OH
（3）一定条件下，在1L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，温度对CO2平衡转化率及催化剂的催化效率影响如图所示：
①下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是_____(填字母)。
A.混合气体的密度不再变化
B.混合气体的平均相对分子质量不再变化
C.CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1∶3∶1∶1
D.H2O(g)和CO2(g)的生成速率之比为1∶1
②反应速率：v正(M)_____(填“大于”“小于”“等于”或“无法判断”，下同)v逆(N)，化学平衡常数：KM_____KN。
③M点甲醇的体积分数为_____，该温度下，反应的平衡常数K=_____。
④已知：反应速率v=v正-v逆=k正c(CO2)·c3(H2)-k逆c(CH3OH)·c(H2O)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，则Q点时=_____(保留2位小数)。
【答案】（1）CO2(g)+3H2(g)CH3OH(1)+H2O(1) △H=-130.9kJ·mol-1
（2） ①. CH2O ②. A
（3） ①. BD ②. 无法判断 ③. 大于 ④. 16.7% ⑤. 0.148(或) ⑥. 3.24
【解析】
【小问1详解】
已知H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为285.8kJ/mol，726.5kJ/mol，所以有：
①H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H1=-285.8kJ/mol，
②CH3OH(l)+O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H2=-726.6kJ/mol，
CO2与H2反应生成液态甲醇和液态水的反应为：CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(l)+H2O(l)，该反应可由①×3-②得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为ΔH=-285.8kJ/mol×3-(-726.6kJ/mol)=-130.9kJ/mol，故答案为：CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=-130.9kJ/mol；
【小问2详解】
①由图可知，生成副产物CH2O时反应的活化能较大，反应进行较慢，则相对较少，故答案为：CH2O；
②根据图可知合成甲醇的过程中*CO+*OH→*CO+*H2O的活化能最大，反应速率最慢，决定整体反应速率，所以主要降低该步骤的能量变化，故答案为：A；
【小问3详解】
①A.混合气体的密度为ρ=，反应前后质量守恒，m不变，体积V不变，所以混合气体的密度不再变化不能判断化学平衡，故A不选；
B.混合气体的平均相对分子质量为，反应前后质量守恒，m不变，n发生改变，所以混合气体的平均相对分子质量不再变化可以判断化学平衡，故B选；
C.CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比取决于起始时反应的充入量以及反应进行的程度，无法通过物质的量之比为1：3：1：1，符合化学计量比判断化学平衡，故C不选；
D.H2O(g)和CO2(g)的生成速率之比为1：1说明v正=v逆，可以说明化学平衡，故D选，
故答案为：B、D；
②温度升高，CO2的转化率降低，此时反应达到平衡，说明温度升高不利于反应正向进行，但温度升高有利于提高化学反应速率，所以反应速率：v正(M)小于v逆(N)，化学平衡常数：KM大于KN，故答案为：小于；大于；
③M点时CO2的平衡转化率为50%，起始时充入1molCO2和3molH2发生反应：
，M点甲醇的体积分数为×100%=16.7%，反应的平衡常数K==0.148，故答案为：16.7%；0.148；
④根据该温度下反应平衡时v正=v逆，则k正c(CO2)•c3(H2)=k逆c(CH3OH)•c(H2O)，所以=K=0.148，Q点时CO2的转化率为40%，，则Q点的=3.24，故答案为：3.24。
10. 我国是世界上最大的钨储藏国，金属钨可用于制造灯丝、合金钢和光学仪器，有“光明使者”的美誉。工业上利用黑钨矿(其主要成分是FeWO4，还含有少量的SiO2、Al2O3、As2O3等)制备钨的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）黑钨矿“碱熔”前需充分研磨，目的是_____，写出FeWO4在“碱熔”条件下反应的化学方程式：_____。
（2）滤渣Ⅰ的主要成分是_____(填化学式)。
（3）粗钨酸钠溶液中含有HAsO，可加入H2O2和MgCl2将其转化为MgHAsO4沉淀除去，其反应的离子方程式为_____。
（4）钨酸钙(CaWO4)和氢氧化钙都是微溶电解质。某温度下Ca(OH)2和CaWO4的饱和溶液中，pC(Ca2+)与pC(阴离子)的关系如图所示，已知：pC(离子)=-lgc(离子)。该温度下将Na2WO4溶液加入石灰乳中得到大量钨酸钙，发生反应的离子方程式为_____，该反应的平衡常数K=_____。
（5）750℃时，以石墨棒作电极材料，电解NaCl—CaCl2—CaWO4熔融盐可以直接得到金属钨，其阴极的电极反应式为_____。
【答案】（1） ①. 增大接触面积，加快化学反应速率 ②. 4FeWO4+8NaOH+O24Na2WO4+2Fe2O3+4H2O
（2）Al(OH)3、H2SiO3
（3）Mg2++H2O2+HAsO=MgHAsO4↓+H2O
（4） ①. WO+Ca(OH)2CaWO4+2OH- ②. 104
（5）WO+6e-=W+4O2-
【解析】
【分析】碱溶中NaOH和SiO2反应生成Na2SiO3、与Al2O3反应生成Na2AlO2，由水浸后的产物可知FeWO4和NaOH反应生成Na2WO4和Fe2O3，通入过量二氧化碳与Na2AlO2、Na2SiO3分别反应生成Al(OH)3、H2SiO3，加入盐酸与Na2WO4反应生成H2WO4，分解可得WO3，用氢气还原得到金属W；
【小问1详解】
黑钨矿“碱熔”前需充分研磨，目的是增大接触面积，加快化学反应速率；FeWO4在“碱熔”条件下反应生成Na2WO4和Fe2O3，Fe元素化合价升高，则反应物氧气的O元素化合价降低为-2价，反应的化学方程式：4FeWO4+8NaOH+O24Na2WO4+2Fe2O3+4H2O；
【小问2详解】
通入过量二氧化碳与Na2AlO2、Na2SiO3分别反应生成Al(OH)3、H2SiO3，滤渣Ⅰ的主要成分是Al(OH)3、H2SiO3；
【小问3详解】
HAsO与H2O2和MgCl2反应生成MgHAsO4沉淀，无化合价变化，反应的离子方程式为：Mg2++H2O2+HAsO=MgHAsO4↓+H2O；
【小问4详解】
Na2WO4与石灰乳Ca(OH)2反应生成CaWO4，反应的离子方程式为WO+Ca(OH)2CaWO4+2OH-；由图当pC(Ca2+)=4时，pC(OH-)=10-1，pC(WO)=10-6，该反应的平衡常数；
【小问5详解】
电解池中阴极发生还原反应，熔融下WO在阴极得电子生成W和O2-，电极反应式为WO+6e-=W+4O2-。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分)
11. 铜及其化合物科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：
（1）[Cu(NH3)2]Ac溶液可以吸收合成氨中对催化剂有毒害的CO气体[醋酸根(CH3COO-)简写成Ac-]，反应的化学方程式为：[Cu(NH3)2]Ac+CO+NH3[Cu(NH3)3CO]Ac。
①基态Cu+的核外电子排布式为_____。
②CH3COO-中C原子的杂化轨道类型为_____。
③[Cu(NH3)2]Ac中所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是_____(用元素符号表示)。
④[Cu(NH3)2]+中N原子形成的H—N—H键角_____(填“大于”“小于”或“等于”)气态NH3中的键角，原因是_____。
⑤1个[Cu(NH3)3CO]+中含有的共价键数为_____。
（2）Cu—Mn—Al合金为磁性形状记忆合金材料之一，其晶胞结构如图所示：
①合金的化学式为_____。
②若A原子坐标参数为(0，1，0)，则B原子的坐标参数为_____。
③已知该合金晶体的密度为ρg·cm-3，则最近的两个Al原子间的距离为_____nm(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。
【答案】（1） ①. 1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10) ②. sp2、sp3 ③. O>N>C>H ④. 大于 ⑤. [Cu(NH3)2]+中N原子的孤电子对形成了配位键，而气态NH3中N原子上有孤电子对，孤电子对和成键电子对间的排斥力大于成键电子对和成键电子对间的排斥力，所以NH3中键角小 ⑥. 16
（2） ①. AlMnCu2 ②. (1，，) ③. ××107
【解析】
【小问1详解】
①基态Cu的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去1个电子形成Cu+，其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)。
②CH3COO-中甲基上的C的价层电子对数为4，杂化方式为sp3，羧基上的C的价层电子对数为3，杂化方式为sp2。
③[Cu(NH3)2]Ac中所含非金属元素有N、H、O、C，电负性是原子对键合电子的吸引能力，一般来说，原子半径越小，核电荷数越多，电负性越强，N、H、O、C的电负性由大到小的顺序是O>N>C>H。
④在[Cu(NH3)2]+中，N原子的孤电子对形成了配位键，而气态NH3中N原子上有孤电子对，孤电子对和成键电子对间的排斥力大于成键电子对和成键电子对间的排斥力，所以NH3中键角大于[Cu(NH3)2]+中H—N—H键角。
⑤[Cu(NH3)3CO]+中含有Cu2+和四个配体之间的配位键，NH3分子中有3个N-H键，3个NH3共有9个N-H键，CO中有3个共价键，所以1个[Cu(NH3)3CO]+中含有的共价键数为4+9+3=16。
【小问2详解】
①在晶胞中铜位于顶点、面心、棱心和体心，共有8个，Mn和Al在晶胞内部，各有4个，所以合金的化学式为AlMnCu2。
②若A原子坐标参数为(0，1，0)，即以晶胞的左后方顶点的原子为原点，则B原子的坐标参数为(1，，)。
③一个晶胞的质量为g，该合金晶体的密度为ρg·cm-3，则晶胞的体积为cm3，则晶胞参数即晶胞边长为cm，两个最近的Al的距离是晶胞面对角线的一半，根据晶胞边长可知晶胞的面对角线为cm，所以最近的两个Al原子间的距离为××107nm。
12. 博舒替尼是用于治疗慢性髓细胞白血病的一种药物，其中一种合成路线如图所示(部分反应条件已略)：
回答下列问题：
（1）A中所含官能团的名称为_____。
（2）B在碱性条件下完全水解所得有机物的结构简式为_____。
（3）由C生成D的化学方程式为_____。
（4）E的分子式为_____。
（5）博舒替尼不能发生的反应类型是_____(填字母)。
a.取代反应 b.酯化反应 c.消去反应 d.加成反应
（6）H与A互为同分异构体，满足下列条件的H有_____种。
①含有苯环②1molH最多能与2molNa发生反应，只能与1molNaOH发生反应
（7）参考上述部分信息，写出由 制备 的合成路线_____(无机试剂任选)。
【答案】（1）(酚)羟基、硝基、醚键
（2） （3） + → +HCl
（4）C15H25N3O2
（5）bc （6）13
（7）
【解析】
【分析】A中-OH与B中-Br发生取代反应生成C，C中-Cl发生取代反应生成D，D中硝基和氢气反应生成氨基，E与H发生加成反应得到F；
【小问1详解】
A中所含官能团的名称为(酚)羟基、硝基、醚键；
【小问2详解】
B在碱性条件下氯原子和溴原子被-OH基团取代，完全水解所得有机物的结构简式为 ；
【小问3详解】
C中-Cl被取代，生成D的化学方程式为+ → +HCl；
【小问4详解】
E的分子式为C15H25N3O2；
【小问5详解】
a. 博舒替尼含Cl原子，可与NaOH水溶液发生取代反应，a不选；
b. 博舒替尼不含羟基或羧基，不能发生酯化反应，b选；
c. 博舒替尼连接Cl原子的邻位碳上无H原子，不能发生消去反应，c选；
d. 博舒替尼含苯环，可与氢气发生加成反应，d不选；
故选：bc；
【小问6详解】
①含有苯环②1molH最多能与2molNa发生反应，只能与1molNaOH发生反应，说明含有1个酚羟基和1个醇羟基，满足条件的H有 、 、 、 共13种；
【小问7详解】
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