四川省泸县第一中学2023-2024学年高三上学期10月月考理综化学试题（Word版附解析）

泸县一中高2021级高三上第二学月考试理科综合试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.考试时间150分钟，满分300可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5K39Ti48Fe56I127一、选择题：本题共13个小题，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.化学与生产、生活、科技息息相关。下列说法错误的是A.铁粉和碳粉混合物常用作食品干燥剂和脱氧剂B.液氢液氧火箭发动机工作时发生氧化还原反应C.天和核心舱建造使用了钛合金和铝合金D.锅炉用水中加入氯化铁可使硬水软化【答案】D【解析】【详解】A．铁粉和碳粉混合物可形成原电池原理，加快铁与氧气反应，同时能消耗水，常用作食品干燥剂和脱氧剂，故A正确；B．氢气和氧气发生燃烧反应，为氧化还原反应，故B正确；C．钛合金和铝合金具有优良的机械性能，可用作制造空间站核心舱，故C正确；D．硬水软化需除去水中大量的钙离子和镁离子等，氯化铁与这些离子不能反应，故不能使硬水软化，故D错误；故选：D。2.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是A.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B.沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+C.向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化D.在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道【答案】B【解析】【详解】A．反应后Cu2+变[Cu(NH3)4]2+，故A错误； B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+，故B正确；C．该[Cu(NH3)4]2+在乙醇的中溶解度小，向反应后的溶液加入乙醇，会有晶体析出，故C错误；D．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3分子中N原子给出孤对电子，故D错误；选B。3.下列实验操作和实验现象不相匹配的是实验操作实验现象A将一小块钠投入硫酸铜溶液中有气泡冒出，产生蓝色沉淀B将Na2O2加入适量水中，滴入几滴酚酞溶液先变红后褪色，有气泡产生C向重铬酸钾溶液中滴加几滴浓硫酸随着浓硫酸加入，溶液颜色变浅D将铜丝在盛满氯气的烧瓶中点燃烧瓶中充满棕黄色的烟A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．将一小块钠投入硫酸铜溶液中，Na与溶液中的H2O反应产生NaOH、H2，NaOH与CuSO4发生复分解反应产生Cu(OH)2沉淀和Na2SO4，因此看到反应，有气泡冒出，产生蓝色沉淀，A正确；B．将Na2O2加入适量水中，Na2O2与H2O反应产生NaOH、O2，NaOH是碱，能够使酚酞溶液变为红色，但由于Na2O2具有强氧化性，又会将红色物质氧化变为无色物质，因此看到溶液先变红后褪色，有气泡产生，B正确；C．重铬酸钾在溶液中存在化学平衡：+H2O2+2H+，向该溶液中滴加几滴浓硫酸，溶液中c(H+)增大，平衡逆向移动，导致溶液橙色变深，C错误；D．铜与氯气在点燃条件下反应生成氯化铜，物质颜色为棕黄色，因此产生棕黄色的烟，D正确；故合理选项是C。4.2022年诺贝尔化学奖颁给了研究“点击化学”的三位化学家。一种点击化学标记试剂的结构如图所示。已知标记试剂可发生点击反应，下列关于该物质的叙述正确的是 A.分子式为B.所有C、O、N三种原子可能共平面C.可发生加成反应，不能发生取代反应D.虚线框内的基团能够发生点击反应【答案】D【解析】【详解】A．由题干分子结构简式可知，该化合物的分子式为C19H15NO3，A错误；B．由题干分子结构简式可知，N原子周围形成了3个C-N单键，则N原子还有1对孤电子对，即该N原子采用sp3杂化，形成三角锥形结构，则不可能所有C、O、N三种原子共平面，B错误；C．由题干分子结构简式可知，该有机物中含有碳碳三键、苯环，故可与H2等发生加成反应，同时含有酰胺键和羧基，以及苯环上都能发生取代反应，C错误；D．由题干信息可知，该化合物是一种点击化学标记试剂，且标记试剂可发生点击反应，则虚线框内的基团能够发生点击反应，D正确；故答案为：D。5.一种由短周期主族元素组成的化合物结构如图所示。其中X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，X、E同主族，且二者能形成一种具有漂白性的物质。下列说法错误的是A.氢化物的稳定性：X＞Y＞EB.ZY的水溶液pH＞7C.Z与X、E都能形成既含离子键又含共价键的化合物D.该化合物除元素E外最外层都满足8e-稳定结构【答案】A【解析】【分析】【详解】W为C、X为O、Y为F、Z为Na、E为S。A．氢化物的稳定性：Y＞X＞E，选项A错误； B．ZY的水溶液这种。氟离子水解，所以溶液pH＞7，选项B正确；C．Na与O、S能形成Na2O2、Na2S2，既含离子键又含共价键，选项C正确；D．根据图可知，硫元素周围有两根双键，两根单键，不满足8e－稳定结构，其他元素最外层都满足8e－稳定结构，选项D正确；答案选A。6.在两只锥形瓶中分别加入浓度均为lmol•L-1的盐酸和NH4Cl溶液，将温度和pH传感器与溶液相连，往瓶中同时加入过量的质量、形状均相同的镁条，实验结果如下图。关于该实验的下列说法，正确的是A.P点溶液：c(NH4+)+2c(Mg2+)>c(Cl-)B.反应剧烈程度：NH4Cl>HClC.Q点溶液显碱性是因为MgCl2发生水解D.1000s后，镁与NH4Cl溶液反应停止【答案】A【解析】【分析】浓度均为lmol•L-1的盐酸和NH4Cl溶液中加入过量的质量、形状均相同的镁条，反应的实质都是Mg+2H+==Mg2++H2↑，从图中可以看出，反应初期，盐酸与镁反应速率快，放出的热量多。反应一段时间后，NH4Cl溶液的pH迅速上升，然后基本恒定；盐酸溶液的pH缓慢上升，当反应时间接近3000s时，pH才迅速上升，然后保持恒定。【详解】A．从图中可以看出，P点溶液的pH>7，此时c(OH-)>c(H+)；依据电荷守恒可知，c(NH4+)+2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以c(NH4+)+2c(Mg2+)>c(Cl-)，A正确；B．镁与盐酸反应，溶液温度迅速升高，并达最高点，反应放出的热量多，所以反应剧烈程度：HCl>NH4Cl，B不正确；C．MgCl2水解时，溶液显酸性，所以Q点溶液显碱性不是MgCl2发生水解所致，C不正确；D．1000s后，镁与NH4Cl溶液反应温度仍在缓慢上升，溶液的pH仍在缓慢增大，说明反应仍在正向进行，D不正确； 故选A。7.以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是A.放电时，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2e-+2Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]B.充电时，Mo箔接电源的负极C.充电时，Na+通过交换膜从左室移向右室D.外电路中通过0.2mol电子时，负极质量变化为2.4g【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据工作原理，Mg失电子作负极，Mo作正极，正极反应式为Fe[Fe(CN)6]+2e-+2Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，A项正确；B．充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mo箔接电源的正极，B项错误；C．充电时该装置作电解池，电解池工作时阳离子移向阴极，Na＋应从左室移向右室，C项正确；D．负极上应是2Mg－4e－＋2Cl－=[Mg2Cl2]2+，当电路中通过0.2mol电子时，消耗0.1molMg，质量减少2.4g，D项正确；答案选B。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.化学兴趣小组对某品牌牙膏中的摩擦剂成分及其含量进行以下探究：已知：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中的其它成分与NaOH和盐酸均不反应。I．摩擦剂中氢氧化铝的定性检验。取适量牙膏样品于烧杯中，加水充分搅拌后过滤，滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤，向滤液中通入过量CO2有白色沉淀生成。 (1)在上述操作中，需要用到图中的实验仪器有______(选填编号)(2)氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式为______，有同学认为滤液中通CO2后有白色沉淀生成不能证明摩擦剂中一定含有Al(OH)3，若要进一步证明含Al(OH)3，需要补充的操作是______(写出操作、现象和结论)。Ⅱ．牙膏样品中碳酸钙的定量测定。利用如图所示装置(图中夹持仪器略去)进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。依据实验过程回答下列问题：(3)装置A中发生反应的离子方程式为______，反应结束后，还要持续通一段时间空气的目的是______。(4)下列各项措施中，能提高测定准确度的是______(选填编号)。a．把盐酸换成不具有挥发性的硫酸b．在A~B之间增添盛有浓硫酸的干燥装置c．滴加盐酸不宜过快d．在B~C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置(5)实验中准确称取8.0g样品三份，进行三次测定，测得生成BaCO3平均质量为1.97g。则样品中碳酸钙的质量分数为______。【答案】①.BCD②.Al(OH)3+OH-=+2H2O③.将沉淀过滤洗涤，然后向其中加入适量盐酸，若沉淀溶解，无气泡产生，说明含有Al(OH)3，否则不含有Al(OH)3；④.CO2+2OH-=+H2O⑤.使反应产生的二氧化碳气体全部被装置C中的氢氧化钡溶液吸收⑥.c⑦.12.5% 【解析】【分析】I．将适量牙膏放入烧杯中，加水充分搅拌后过滤，使难溶性物质与可溶性物质分离，然后向滤渣中加入过量NaOH溶液，Al(OH)3反应产生可溶性NaAlO2，CaCO3不能溶解，过滤后滤液中含有NaAlO2及过量NaOH，向其中通入足量CO2气体，NaOH变为NaHCO3，NaAlO2变为Al(OH)3，结合物质的溶解性判断产生沉淀的成分；Ⅱ．实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数。实验前先通入空气，排出装置中的空气，A可以除去空气中的CO2，B中盐酸与CaCO3反应产生CO2气体，气体进入C与Ba(OH)2反应产生BaCO3沉淀，装置D可以防止空气中CO2与Ba(OH)2反应，实验结束后，再通入空气，把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全转化为BaCO3沉淀。【详解】I．(1)牙膏与水混合，充分搅拌过滤时使用的仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故需要使用的实验仪器序号为BCD；(2)Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强酸、强碱发生反应，Al(OH)3与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2O，该反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=+2H2O；若摩擦剂中无Al(OH)3，向加入NaOH后的滤液中通入足量CO2气体，发生反应：NaOH+CO2=NaHCO3，若产生的NaHCO3比较多，而其溶解度又比较小，则产生的沉淀可能是NaHCO3沉淀；若摩擦剂中含有Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应变为可溶性物质NaAlO2，此时的滤液中含有过量NaOH及反应产生的NaAlO2，再向该滤液中通入足量CO2气体时，NaOH先发生反应产生Na2CO3，然后发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，则此时产生的沉淀可能是Al(OH)3、NaHCO3的混合物，故有同学认为滤液中通CO2后有白色沉淀生成不能证明摩擦剂中一定含有Al(OH)3，若要进一步证明含Al(OH)3，可将该沉淀过滤出来洗涤干净，向其中加入适量盐酸，若沉淀溶解，无气泡产生，说明含有Al(OH)3，否则不含有Al(OH)3；Ⅱ．(3)装置A的作用是吸收空气中CO2，发生反应产生Na2CO3，该反应的离子方程式为：CO2+2OH-=+H2O；反应结束后，还要持续通一段时间空气的目的是将反应产生的CO2气体全部排入装置C中，与Ba(OH)2溶液反应产生BaCO3沉淀，以减小实验误差；(4)a．若把盐酸换成不具有挥发性的硫酸，CaCO3与硫酸反应产生微弱性CaSO4覆盖在CaCO3表面，使反应不能进一步发生，导致测定准确度偏低，a不符合题意；b．B、C中的反应均是在溶液中进行，因此不需要干燥装置，若在A~B之间增添盛有浓硫酸的干燥装置，不能提高实验测定准确度，b不符合题意c．若滴加盐酸过快，则生成CO2过快，C中CO2不能全部被Ba(OH)2溶液吸收，所以滴加盐酸不宜过快可以使CO2被充分吸收，从而可提高实验准确度，c符合题意； d．若在B~C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，挥发的HCl进入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置反应生成CO2气体，则在C中被氢氧化钡吸收的CO2偏多，会使测定准确度偏低，d不符合题意；故合理选项是c；(5)BaCO3质量为1.97g，则n(BaCO3)==0.01mol，根据C元素守恒可知在8.0g样品中含有CaCO3的物质的量是0.01mol，其质量m(CaCO3)=0.01mol×100g/mol=1.0g，所以样品中碳酸钙的质量分数为×100%=12.5%。9.硫酸铅(PbSO4)广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。工业生产中利用方铅矿（主要成分为PbS,含有FeS2等杂质）和软锰矿（主要成分为MnO2)制备PbSO4的工艺流程如图：已知：i.PbCl2难溶于冷水，易溶于热水ii.PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)△H>0iii.Ksp(PbSO4)=1.08×10-8,Ksp(PbC12)=1.6×10-5(1)“浸取”过程中盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S的化学方程式为______________，加入NaCl的目的是__________________。(2)沉降操作时加入冰水的作用是_______________________。(3)20°C时，PbCl2(s)在不同浓度盐酸中的最大溶解量(g•L-1)如图所示。下列叙述正确的是_____________（填字母） A盐酸浓度越小，Ksp(PbC12)越小B.x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)不相等C当盐酸浓度为1mol•L-1时，溶液中c(Pb2+)一定最小D.当盐酸浓度小于1mol•L-1时，随HCl浓度增大，PbCl2溶解量减少是因为Cl-浓度增大使PbCl2溶解平衡逆向移动(4)调pH的目的是__________，PbC12“转化”后得到PbSO4,当c(Cl-)=0.100mol/L时，c(SO42-)=________________。(5)滤液a经过处理后可以返回到______工序循环使用。利用制备的硫酸铅与氢氧化钠反应制备目前用量最大的热稳定剂－－三盐基硫酸(3PbO•PbSO4•H2O),写出该反应的化学方程式_____________________．【答案】①.MnO2+PbS+4HCl=PbCl2+S+MnCl2+2H2O②.增大c(Cl-)浓度，平衡ii向右移动，增大PbCl2溶解性（或将难溶的PbCl2转化为PbCl42-溶入水中，增大PbCl2溶解性）③.PbCl2难溶于冷水，降低PbCl2的溶解度，便于PbCl2析出晶体④.BD⑤.使Fe3+沉淀而除去⑥.6.75×10-6⑦.浸取⑧.4PbSO4+6NaOH=3PbO•PbSO4•H2O+3Na2SO4+2H2O【解析】【分析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)平衡正向移动使更多的Pb元素存在于溶液中；加入Fe2O3溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为HCl。【详解】(1)根据题意可知该过程中MnO2将PbS2中的S元素氧化成S单质，锰元素被还原成Mn2+，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为MnO2+PbS+4HClPbCl2+S+MnCl2+2H2O；加入NaCl的目的是增大c(Cl-)浓度，平衡ii向右移动，增大PbCl2溶解性（或将难溶的PbCl2转化为PbCl42-溶入水中，增大PbCl2溶解性）；(2)温度降低，PbC12+2C1-PbC142-平衡左移，使PbC142-转化为PbC12，便于析出PbC12晶体(或PbC12难溶于冷水，降低PbC12的溶解度，便于析出PbC12晶体)，所以沉降时加入冰水；(3)PbCl2是微溶化合物，溶于水存在平衡：PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，由图象可知在浓度为1mol/L时溶解量最小；结合题目所给信息可知，小于1mol/L时，主要是电离出氯离子抑制氯化铅的溶解，大于1mol/L时，可发生PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，而促进溶解。A．Ksp(PbCl2)只受温度的影响，温度不变，则Ksp(PbCl2)不变，故A错误； B．根据分析可知x、y两点对应的溶液中的溶质不同，所以c(Pb2+)不相等，故B正确；C．根据分析可知当盐酸浓度大于1mol/L之后，主要发生反应：PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，所以此时c(Pb2+)不一定最小，故C错误；D．根据分析可知盐酸浓度小于1mol·L-1时，主要存在平衡PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，氯离子的增多使平衡逆向移动，故D正确；综上所述选BD；(4)调节pH的主要目的是使Fe3+转化为沉淀，从而除去；沉淀转化的方程式为PbCl2(s)+SO42-(aq)⇌PbSO4(s)+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=，所以当c(Cl-)=0.1mol/L时，c(SO42-)=6.75×10-6mol/L；(5)发生沉淀转化后，滤液a中的主要溶质为HCl，所以经处理后可以返回到浸取工序循环使用；反应物有PbSO4和NaOH，生成中有3PbO·PbSO4·H2O，根据元素化合价的变化可知该反应不是氧化还原反应，根据元素守恒可得方程式：4PbSO4+6NaOH=3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O。10.将CO2应用于生产清洁燃料甲醇，既能缓解温室效应的影响，又能为能源的制备开辟新的渠道，其合成反应为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。回答下列问题：（1）如图为CO2平衡转化率和温度、压强的关系，其中压强分别为3.0MPa、4.0MPa和5.0MPa。据图可知，该反应为_______________反应（填“放热”或“吸热")。设CO2的初始浓度为comol•L-1，根据5.0MPa时的数据计算该反应的平衡常数K(240k)=_______________(列出计算式即可）。若在4.0MPa时减小投料比，则CO2的平衡转化率曲线可能位于II线的_______________（填“上方”或“下方”)。（2）利用二氧化碳制得的甲醇还可以制取甲胺，其反应原理为CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)△H。已知该反应中相关化学键的键能数据如下 共价键C—OH—ON—HC—N键能/k.J•mol-1351463393293则该反应的△H=_______________k.J•mol-1。（3）已知：①CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)△H1=-226kJ•rnol-1②N2(g)+2O2(g)2NO2(g)△H2=+68kJ•mol-1③N2(g)+O2(g)2NO(g)△H3=+183kJ•mol-1则：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)△H=_______________kJ•mol-1。（4）一定温度下，下列措施一定能加快反应CO2(g)+3H2（g)CH3OH(g)+H2O(g)的速率的是_______________（填选项字母）。A.及时移去甲醇B.改进催化剂C.提高反应物浓度D.增大容器压强（5）甲烷重整可选氧化物NiO-Al2O3作为催化剂，工业上常用Ni(NO3)2、Al(NO3)3混合液加入氨水调节pH=12(常温），然后将浊液高压恒温放置及煅烧等操作制备该催化剂。加入氨水调节pH=12时，c(Ni2+)为_______________。［已知：Ksp[Ni(OH)2]=5×10-16]【答案】①.放热②.③.上方④.-12⑤.-750⑥.BC⑦.5×10-2mol·L-1【解析】【详解】（1）根据图象，随着温度的升高，CO2的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，推出该反应的正反应是放热反应：反应为气体体积减小的反应，作等温线，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，I为5.0MPa下进行的曲线，240K时CO2的转化率为0.8，则可列三段式为根据化学平衡常平数的表达式K=；根据上述分析，II曲线代表4.0MPa下进行的曲线，减小投料比，相当于增大H2的量，CO2的量不变，平衡向正反应方向进行，CO2的转化率增大，即CO2的平衡转化曲线可能位于II曲线的上方，故答案为：放热；；上方；（2）反应热等于反应物总键能减去生成物总键能，故△H=351kJ/mol+393kJ/mol-293kJ/mol-463kJ/mol=- 12kJ/mol，故答案为：-12；（3）由盖斯定律：①×2+②-③×2可得：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)△H=-750kJ•mol-1，故答案为：-750；（4）A.及时移去甲醇，则生成物的浓度减小，反应速率减慢，故A错误；B.改进催化剂能加快反应速率，故B正确；C.提高反应物浓度，反应物浓度增大，则反应速率加快，故C正确；D.若缩小体积而使容器压强增大，则反应速率加快，若通入惰性气体使容器压强增大，则反应速率不变，故D错误；综上所述，答案为：BC；（5）pH=12，c(OH-)=0.01mol·L-1，Ksp[Ni(OH)2]=5×10-16，c(Ni2+)=，故答案为：5×10-2mol·L-1。(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，则每学科按所做的第一题计分。[化学——选修3：物质结构与性质]11.铬是一种应用广泛的金属材料。请回答下列问题：(1)基态铬的价电子排布式为_____________，其单电子数目为______________。(2)Cr(NH3)3F3中所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是_______________。(3)NH3中N的价层电子对数为____________，已知Cr(NH3)3F3中Cr的配位数为6，Cr的配位原子是_____________，NH3与Cr3+成键后，N的杂化类型为____________。(4)Cr(NH3)3F3固体易升华，其熔沸点均较NaCl低很多，其原因是________________。(5)将Cr(NH3)3F3在充足氧气中灼烧有Cr2O3生成，从Cr2O3晶体中取出的具有重复性的六棱柱结构如图所示，已知Cr2O3的摩尔质量为Mg/mol，晶体的密度为ρg/cm3，六棱柱的体积为Vcm3。六棱柱结构内部的小白球代表________(填“铬离子”或“氧离子”)阿伏加德罗常数NA=___________mol-1(用含M，V，ρ的代数式表示)。【答案】①.3d54s1②.6③.F＞N＞H④.4⑤.N和F⑥.sp3杂化⑦. Cr(NH3)3F3为分子晶体，NaCl为离子晶体，分子间作用力远远小于离子键⑧.铬离子⑨.【解析】【详解】(1)Cr为24号元素，其核外电子排布为1s22s22p63s23p64s13d5，则其价电子排布为3d54s1，其中3d和4s轨道上的电子均为单电子，因此单电子数为6；(2)同周期自左而右，电负性增大，电负性F＞N；H元素与F、N元素化合时，H元素表现正化合价，H元素的电负性比F、N元素小，故电负性F＞N＞H；(3)NH3中N的价层电子对数=；由Cr配位数为6知，该物质为配盐(无外界)，所以N和F均为配位原子；NH3中孤电子对在与Cr成键时，N的价层电子对数不变，所以杂化类型不变，N的杂化类型为sp3；(4)由Cr(NH3)3F3易升华可知，其熔沸点较低，应为分子晶体，而NaCl为离子晶体，离子键强于分子间作用力，所以NaCl熔沸点高很多；(5)由图示可知，该六棱柱中白色小球有4个，均为六棱柱所有；在六棱柱的顶点有12个黑色小球，为6个六棱柱所有；上下的面心有2个黑色小球，为2个六棱柱所有，在六棱柱内部还有3个黑色小球，则六棱柱中黑色小球共有个，白色小球和黑色小球的比例为4:6=2:3，根据化学式Cr2O3，可知白色小球为铬离子；根据计算六棱柱中有4个Cr和6个O，则其质量，则晶体密度，则。[化学——选修5：有机化学基础]12.化合物G是重要的药物中间体，合成路线如下： 回答下列问题：（1）A的分子式为_________。（2）B中含氧官能团的名称为_________。（3）D→E的反应类型为_________。（4）已知B与（CH3CO）2O的反应比例为1:2，B→C的反应方程式为_________。（5）路线中②④的目的是_________。（6）满足下列条件的B的同分异构体有_________种（不考虑立体异构）。①苯环上只有2个取代基②能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应写出其中核磁共振氢谱为五组峰的物质的结构简式为_________。（7）参考上述合成线路，写出以1-溴丁烷、丙二酸二乙酯、尿素[CO（NH2）2]为起始原料制备的合成线路（其它试剂任选）_________。【答案】①.C8H8O2②.羰基、羟基③.取代反应(或水解反应)④.⑤.保护酚羟基⑥.12⑦.⑧.【解析】 【详解】（1）由A()可知其分子式为：C8H8O2；（2）B()中含氧官能团为羰基、酚羟基；（3）对比D与E的结构可知，D中酯基均转化为羟基，说明该反应为取代反应(或水解反应)；（4）对比B与C的结构，联系反应物可知，B与(CH3CO)2O与羟基中H和Cl原子发生取代反应，其断键位置位于(CH3CO)2O中酯基的C-O键，其反应方程式为：；（5）②将酚羟基反应为其它不易发生氧化反应的原子团，④将原子团生成酚羟基，由此可知，步骤②④的目的是保护酚羟基；（6）能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应，说明有机物中含有酚羟基、醛基，B的不饱和度为5，此要求下的结构中苯环与醛基已将不饱和度占用，因此其它原子团均为饱和原子团，该有机物基本框架为，其中R为烷烃基，因此满足要求的结构有：结构有：、、、，另外与酚羟基存在位置异构，一共有4×3=12种结构；核磁共振氢谱为五组峰说明苯环具有对称结构，因此该物质为：；