四川省成都市石室中学2023-2024学年高三高三上学期一诊模拟考试理科综合化学试题（Word版附解析）

成都石室中学2023-2024学年度上期高2024届一诊模拟考试理科综合化学试题(A卷)注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上。2.作答选择题时，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。答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答。答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。5.全卷满分100分，考试时间50分钟可能用到的相对原子质量：H：1O：16K：39Mn：55Ni：59Br：80第Ⅰ卷(选择题，共42分)一、选择题：本大题共6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。1.从古至今，人类的生活、生产都离不开材料的应用。下列说法正确的是A.三星堆祭祀坑内发现了大量丝绸朽化后的残留物，丝绸的主要成分是蛋白质B.人民币票面文字处采用了含的磁性油墨，常用作红色颜料C.北斗卫星上使用的硅太阳能电池阵，利用将太阳能转化为电能D.“奋斗者号”潜水器使用的固体浮力材料，由空心玻璃微球填充在高强度树脂中制成，属于无机非金属材料【答案】A【解析】【详解】A．丝绸为蚕丝制品，主要成分是蛋白质，A正确；B．Fe3O4为黑色固体，常用作红色颜料的是Fe2O3，B错误；C．硅太阳能电池阵是利用硅半导体的性质将太阳能转化为电能，C错误；D．固体浮力材料，由空心玻璃微球填充在高强度树脂中制成，其中树脂为有机高分子材料，故该浮力材料为复合材料，D错误。故选A。 2.某醇类化合物具有令人愉快的玫瑰和橙花的香气，是一种香气平和的香料，其结构简式如图所示。下列关于该物质的说法错误的是A.能发生氧化、加聚、酯化、取代反应B.该物质最多可与发生加成反应C.分子中所有碳原子不可能处于同一平面D.该物质的分子式为，有属于芳香族化合物的同分异构体【答案】D【解析】【详解】A．含有羟基和碳碳双键，能发生氧化、加聚、酯化和取代反应，A项正确；B．1mol该物质中含有3mol碳碳双键，则1mol该醇最多消耗3molBr2，其质量为，B项正确；C．与羟基相连的碳原子通过单键与3个其他碳原子相连，该分子中的所有碳原子一定不共面，C项正确；D．分子式正确，但不饱和度为3，不可能有属于芳香族化合物的同分异构体，D项错误。故选D。3.雄黄(，)与雌黄(，)是古代重要的药物和染料，二者可发生如图转化：，表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A.雄黄中含有共价键的数目为B.反应Ⅰ中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为C.溶液中的离子浓度存在如下关系： D.雄黄和雌黄分子中各原子最外层均满足8电子稳定结构【答案】C【解析】【详解】A．由图知，一个雄黄分子中含有10个共价键，所以1mol雄黄中含有的共价键为10NA，A正确；B．根据图示的反应历程知，反应I的方程为：，氧化剂与还原剂物质的量之比为7∶1，B正确；C．0.1mol/L的NaH2AsO3溶液中离子浓度存在关系：，C错误；D．由图知，雄黄分子和雌黄分子中S原子均有两个化学键，As均有3个化学键，均形成了最外层8电子稳定结构，D正确。故选C。4.室温下，下列实验的探究方案能够达到探究目的的是选项探究方案探究目的A室温下，向一定量的饱和溶液中通入足量的气体，观察是否有晶体析出探究室温下固体和固体在水中的溶解度大小B向两支试管中各加入溶液，分别放入盛有冷水和热水的两个烧杯中，再同时分别向两支试管中加入溶液，振荡，观察现象探究温度对化学反应速率的影响C向的蔗糖溶液中加入少量稀，加热，再加入新制氢氧化铜溶液，观察现象探究蔗糖的水解条件D以为电极，以酸化的的溶液作电解质溶液，连接成原电池装置，过一段时间，从电极区取少量溶液于试管中，再向试管中滴入2滴溶液，观察现象探究牺牲阳极的阴极保护法 A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．饱和Na2CO3溶液中通入CO2反应过程中消耗了溶剂水，生成NaHCO3的质量比消耗Na2CO3的质量大，即使有晶体析出，也不能充分说明Na2CO3溶解度比NaHCO3大，A错误；B．向分别放入盛有冷水和热水的两个烧杯中的盛有等浓度的硫代硫酸钠溶液中的试管中加入稀硫酸，振荡，放在热水中的试管优先变混浊，能用于探究温度对化学反应速率的影响，故B正确；C．蔗糖酸性条件下水解后，需加入NaOH调溶液至碱性后，才能加入新制氢氧化铜溶液检验水解产物葡萄糖，C项错误；D．由题意可知，铜和铁在氯化钠溶液中构成原电池中，活泼金属铁做负极被损耗，向铁电极区域取少量溶液中滴入铁氰化钾溶液，一定有蓝色沉淀生成，不能探究牺牲阳极的阴极保护法，D错误。故选B。5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，其中Y和Z同主族。K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是X、Y的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体，相关物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A.丙溶液的B.由对应的水化物的酸性强弱可判断非金属性：C.原子半径的大小关系为D.可形成四种常见的具有漂白性的单质或化合物，涵盖了三种漂白原理【答案】D【解析】【详解】A．短周期主族元素W、X、Y、Z分别为H、C、O、S，甲、乙分别是单质碳和氧气，则丙为二元强酸H2SO4，0.1mol/L丙溶液的pH<1，故A错误；B．K为SO2，其对应的水化物不是最高价氧化物对应的水化物，故不能由此比较元素的非金属性强弱，故B错误； C．原子半径大小规律为S>C>O>H，应为Z>X>Y>W，故C错误；D．W、X、Y、Z可形成四种常见的具有漂白性的单质或化合物分别为H2O2、活性炭、O3、SO2，其中H2O2和O3具有强氧化性能使有色物质褪色，活性炭利用吸附性使有色物质褪色，SO2与某些特定化学物质(如品红)化合后可生成不稳定化合物，达到褪色目的，故D正确。故选D。6.我国科学家报道了机理如图所示的电化学过程。下列说法正确的是A.电极为负极，发生氧化反应B.电极上的电极反应式为C.理论上，每有与结合，电路中转移的电子数为D.该过程是将甲烷转化成了二氧化碳，比甲烷燃烧更高效地利用了甲烷的化学能【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，Ni-YSZ电极CH4→CO2，C元素化合价升高，电极反应式为CH4＋2O2--4e-=CO2＋2H2，为该电解池的阳极，发生氧化反应，A错误；B．Ni电极C元素化合价降低得电子，故Ni电极为阴极，电极反应式为＋4e-=C＋3O2−；B错误；C．Ni电极上每转移4mol电子会生成3molO2−，其中2molO2−用于参加阳极反应生成CO2，另1molO2−与生成的CO2结合成，故理论上，每有1molCO2与O2-结合，电路中转移电子数为4NA，C正确；D．该过程是利用电解的条件，将甲烷分解成碳和氢气，是电能转化为化学能的过程，不是甲烷氧化提供能量的过程，D错误。故选C。7.常温下，向和的混合液中滴加溶液，与的关系如图所示。知：代表或； ；当被沉淀的离子的物质的量浓度小于时，认为该离子已沉淀完全。下列叙述错误的是A.X、Z分别代表与关系B.常温下，弱酸的电离常数C.图中点对应溶液的为6.5，此时溶液中D.向浓度均为的和的混合溶液中逐滴加入溶液，能通过沉淀的方式将两种离子分离【答案】C【解析】【详解】A．由可知，pH相等时，溶液中>，故曲线X代表与pH的关系，Y代表与pH的关系，而与c(H+)的乘积为定值K(HR)，故c(H+)越小(pH越大)时，也越小，Z代表与pH的关系，A正确；B．，取Z点(5，0)带入得，，B正确；C．Y代表与pH的关系，由图中Y上一点（8,3）可知，pH=8，pOH=6，pM=3，则=1×10-15，a点时，则pOH=7.5，pH为6.5，由Z曲线可知，此时为负值，说明c(R-)>c(HR)，C错误； D．由C分析可知，=1×10-15，由图同理可知，=1×10-20，向浓度均为0.1mol/L的Co2+和Pb2+混合溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，Pb2+会先沉淀，当c(Pb2+)=1×10-5mol/L时，此时c(OH-)=1×10-7.5mol/L，溶液中Co2+还未开始沉淀，故能通过沉淀的方式将两种离子分离，D正确。故选C。二、非选择题8.以软锰矿(主要成分为，含少量等的氧化物)为原料，某研究所设计由软锰矿制备的生产流程如下：已知：固体和溶液的颜色均为墨绿色。回答下列问题：（1）“熔融、煅烧”时，参与反应的化学方程式为___________。（2）向“浸取”液中通入调节其，经“过滤”得滤渣Ⅰ，滤渣Ⅰ的成分为_______(填化学式)。（3）锰元素的氧化态-吉布斯自由能图如图所示，该图具有多方面的应用。①可判断不同氧化态的锰元素在水溶液中的相对稳定性。由图可知，在酸性溶液中是锰的最稳定态，则在碱性溶液中___________(填化学式)是镍的最稳定态。 ②可预测歧化反应发生的可能性。若某氧化态位于它相邻两氧化态连线的上方，则该氧化态不稳定，能发生歧化反应，生成其相邻两氧化态。反之，若某氧化态位于它相邻两氧化态连线的下方，则该氧化态是相对稳定的。由图可知，在________(填“酸性”或“碱性”)环境中更易发生歧化反应，由此可知，“歧化”时加入冰醋酸的目的是___________(结合化学平衡移动原理解释)。“歧化”时，下列酸可以用来代替冰醋酸的是___________(填字母)。a．稀硫酸b．亚硫酸c．氢溴酸d．乙二酸（4）“结晶”时，当___________(填现象)时，停止加热，待自然冷却后，过滤即可获得紫黑色晶体。（5）实验室用草酸标准溶液测定产品中高锰酸钾的纯度(已知：杂质不参与反应)，进行了如下操作：步骤ⅰ．配制的标准氢氧化钠溶液；步骤ⅱ．取草酸溶液，加入几滴酚酞溶液，用的标准氢氧化钠溶液标定，消耗氢氧化钠溶液；步骤ⅲ．取样品溶于水，滴入几滴稀硫酸酸化，用已标定的草酸溶液进行滴定，达到滴定终点消耗草酸溶液。①样品中高锰酸钾的纯度为___________。②高锰酸钾和草酸反应接近滴定终点时速率较慢，需用水浴加热。若不加热，测定出的高锰酸钾的纯度会偏___________(填“大”或“小”)。【答案】8.2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O9.Al(OH)3和H2SiO310.①.MnO2②.酸性③.溶液中存在平衡3+2H2O2+MnO2+4OH－，加入冰醋酸，可中和OH－，降低c(OH－)，促进平衡正向移动，促进KMnO4生成，提高KMnO4产率④.a11.溶液表面出现晶膜12①.63.2%②.偏大【解析】【分析】软锰矿，其主要成分为MnO2，含少量等的氧化物等杂质，与KOH在空气中熔融煅烧，主要的反应为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，Al2O3、SiO2得到KAlO2和K2SiO3，冷却浸取，向浸取液中通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，过滤，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3，墨绿色溶液主要含有K2MnO4，加入冰醋酸歧化，促进平衡3+2H2O2 +MnO2+4OH-右移，过滤，滤渣II为MnO2，滤液为高锰酸钾溶液，结晶得到产品，据此分析。【小问1详解】由分析可知，“熔融煅烧”时，MnO2参与反应的化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；【小问2详解】根据分析，浸取液中含有KAlO2和K2SiO3，通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，过滤，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3；【小问3详解】①在酸性溶液中Mn2+是锰的最稳定态，可知吉布斯自由能越小越稳定，则在碱性溶液中MnO2是锰的最稳定态，答案为：MnO2；②由图可知，在酸性环境中明显位于它相邻两氧化态连线的上方，更易发生歧化反应，故答案为酸性；溶液中存在平衡3+2H2O2+MnO2+4OH-，加入冰醋酸，可中和OH-，降低c(OH-)，促进平衡正向移动，促进KMnO4生成，提高KMnO4产率；加入冰醋酸的目的是调节溶液pH，KMnO4具有强氧化性，所以不能用还原性酸，乙二酸、亚硫酸、氢溴酸均具有还原性，可以用稀硫酸替代醋酸，故答案选a；【小问4详解】此操作为降温结晶，故当表面出现晶膜时，就应停止加热；【小问5详解】①用酚酞做指示剂，草酸与NaOH发生反应：结合题中数据得草酸溶液浓度=；草酸与高锰酸钾发生反应：；样品中高锰酸钾的纯度为②若不用水浴加热，反应太慢会使溶液颜色变化滞后，草酸溶液加入过多，体积偏大，则测得高锰酸钾物质的量偏大，故纯度偏大。9.硫氰化钾()是一种用途广泛的化工原料。某化学实验小组设计如图实验装置模拟工业制备并进行相关探究实验。 已知：①是一种不溶于水且密度大于水的非极性试剂。②。回答下列问题：（1）装置中，三颈烧瓶内盛有、水和固体催化剂，通入氨气的导管口需要插入液体中，其目的是___________(写出两点即可)。（2）待三颈烧瓶内液体不分层后，熄灭装置处的酒精灯，关闭，移开水浴。将装置继续加热至，待完全分解后()，打开，缓缓滴入适量的溶液充分反应，待产生的完全分解后即制得溶液。装置中仪器的名称是___________，用离子方程式表示装置处的烧杯中产生淡黄色浑浊的原因：___________。（3）用制得的溶液进行以下探究实验：实验Ⅰ：装置与操作现象溶液立即变红，继续滴加溶液，红色变浅并逐渐褪去①溶液立即变红是因为与发生了反应，其离子方程式是___________。②探究实验Ⅰ中红色褪去的原因：取反应后的溶液，___________(填实验操作和现象)，判断溶液中有，而几乎无。③研究发现，酸性溶液中能氧化，但反应很慢且无明显现象，而实验Ⅰ中褪色相对较快，由此推测能加快与的反应。通过实验Ⅱ和Ⅲ得到了证实。 参照实验Ⅱ的图例，在虚线框内补全实验Ⅲ。实验Ⅱ：实验Ⅲ：______________。【答案】9.防倒吸；使NH3与CS2充分混合，加快反应速率10.①.(球形)干燥管②.2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋11.①.Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3②.滴加KSCN溶液，溶液变红③.【解析】【分析】实验目的是制备硫氰化钾，探究硫氰化钾的性质，原理为氨气与二硫化碳反应先生成硫氰化铵，然后与碳酸钾溶液反应生成硫氰化钾。装置A中制备氨气，在B 中氨气与二硫化碳反应先生成硫氰化铵，然后与碳酸钾溶液反应生成硫氰化钾，装置C为尾气吸收装置。【小问1详解】CS2是非极性试剂，极性分子NH3在其中的溶解度小，可以防倒吸；NH3(气体)通入CS2(液体)中，可以增大接触面积，加快反应速率；【小问2详解】尾气处理装置中防倒吸的装置名称为(球形)干燥管，酸性溶液吸收NH3后，Fe2(SO4)3会氧化H2S气体，发生反应：2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋；【小问3详解】①Fe3＋与SCN-发生反应生成Fe(SCN)3，使溶液显红色，其反应的离子方程式为Fe3＋＋3SCN-Fe(SCN)3，②检验Fe3＋，常用KSCN溶液，若溶液变红，说明含有Fe3＋，反之，则不含Fe3＋，要证明反应后溶液中含有Fe3＋，而几乎无SCN-，具体操作是取反应后的溶液少量于试管中，滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明该溶液中有Fe3＋，几乎无SCN-。③根据题意，酸性溶液中H2O2能氧化SCN-，但反应很慢且无明显现象，滴加Fe2(SO4)3溶液后，溶液褪色相对较快；实验Ⅱ和实验Ⅲ应为对照实验，根据实验Ⅱ，推出实验Ⅲ：先加入0.5mLpH=1的硫酸溶液，无明显现象，静置后，滴加数滴Fe2(SO4)3溶液，溶液立即变红。10.氨氧化法是工业制硝酸的常见方法。第一步：合成氨。（1）传统方法：在恒温恒容的密闭容器中，进行如下化学反应：，对该反应的条件进行探究，下列实验措施与结论正确对应的是___________(填字母)。A.通过更换不同种类的催化剂，可以调节平衡时原料的转化率B.反应装置保持在相对较低的温度下，将有利于该反应的自发进行C.在反应过程中任意时刻移除部分产物，都可以使反应正向进行，但该反应的平衡常数保持不变D.当检测到装置内的保持不变时，不一定能说明反应已经达到平衡状态（2）铁基循环制氨：如图1所示，工作时，使用熔融的电解质通过两步循环实现氨的合成，该工艺合成氨的化学方程式为___________。 （3）电解法在常温常压下实现合成氨：工作时，电极生成的微观示意图如图2所示，其中电解液为溶有三氟甲硝酸锂和乙醇的惰性有机溶剂。电极上生成的电极反应式为___________。第二步：氮氧化物的制备。（4）氨催化氧化生成后，氧化生成的总反应为，可分两步进行，其反应过程中的能量变化示意图如图所示：Ⅰ．Ⅱ．①决定氧化反应速率的步骤是___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。②在恒容密闭容器中充入一定量的和，保持其他条件不变，控制反应温度分别为和，测得随时间变化的曲线如图，转化相同量的，在温度___________(填“”或“”)下消耗的时间较长，试结合反应过程及能量图(如图)分析其原因：___________。 （5）已知：，将一定物质的量的充入某恒容密闭容器中，测得不同温度下和的平衡体积分数如图所示：①代表的曲线是___________(填“a”或“b”)。②假设平衡时体系的总压为，则点温度下的平衡常数___________(用含的表达式表示)，的平衡转化率___________(保留3位有效数字)。第三步：硝酸的制备。（6）已知：，则___________。【答案】（1）BCD（2）2N2+6H2O(g)4NH3+3O2（3）N2+6e－+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O－（4）①.II②.T2③.反应I的，温度升高，平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应II速率的影响（5）①.b②.③.66.7%（6）-447.3【解析】【小问1详解】A．催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，但是不能改变平衡状态，则通过更换不同种类的催化剂，不能改变原料的转化率，故错误； B．合成氨反应是熵减的放热反应，低温条件下，反应ΔH—TΔS＜0，反应自发进行，故正确；C．平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则在反应过程中任意时刻移除部分产物，生成物浓度减小，平衡向正反应方向移动，但平衡常数保持不变，故正确；D．若起始时，与化学计量数比相同，反应中的值始终不变，则保持不变不能说明正逆反应速率相等，不一定能说明反应已经达到平衡状态，故正确；故选BCD；【小问2详解】由图可知，该工艺合成氨的反应为氮气和水在催化剂氧化铁作用下生成氨气和氧气，反应的化学方程式为2N2+6H2O(g)4NH3+3O2，故答案为：2N2+6H2O(g)4NH3+3O2；【小问3详解】由图可知，生成氨气的电极为电解池的阴极，乙醇分子作用下，氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨分子和C2H5O—离子，电极反应式为N2+6e－+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O－，故答案为：N2+6e－+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O－；【小问4详解】①活化能越大，反应速率越慢，总反应的反应速率取决于反应速率较慢的一步，由图可知，反应I的活化能小于反应II的活化能，则决定一氧化氮氧化反应速率的步骤是反应II，故答案为：II；②由反应过程及能量图可知，反应I为放热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，N2O2浓度减小，由图可知，转化相同浓度的一氧化氮，温度T2消耗的时间长于温度T1，则反应速率小于温度T1，温度越高，反应速率越慢说明N2O2浓度减小对反应II速率的影响大于温度升高对反应II速率的影响，故答案为：T2；反应I的，温度升高，平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应II速率的影响；【小问5详解】①反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的体积分数增大，四氧化二氮的体积分数减小，则代表二氧化氮的曲线是b，故答案为：b；②设起始二氧化氮的物质的量为2mol，A点温度下反应达到平衡时二氧化氮的转化率为a，则平衡时二氧化氮的物质的量为2(1—a)mol，四氧化二氮的物质的量为amol，由图可知，A点二氧化氮和四氧化二氮的体积分数相等，则2(1—a)mol=a，解得a=，则二氧化氮的转化率约为66.7% ，二氧化氮和四氧化二氮的平衡分压都为×P0=0.5P0，的平衡常数Kp==，故答案为：；66.7%；【小问6详解】将已知依次编号为①2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH1=—57.1kJ•mol-1、②3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)ΔH2=—138.0kJ•mol-1，由盖斯定律可知，反应①×3+②×2得到反应4NO(g)+3O2(g)+2H2O(1)=4HNO3(aq)，则ΔH3=2ΔH2+3ΔH1=3×(—57.1kJ•mol-1)+2×(—138.0kJ•mol-1)=—447.3kJ•mol-1，故答案为：—447.3。【化学——选修3：物质结构与性质】11.硼、氮、磷、钴、镍等元素的化合物在现代农业、科技、国防中有着许多独特的用途。（1）磷原子在成键时，能将一个电子激发到能级而参与成键，写出该激发态磷原子的核外电子排布式：___________。（2）钴位于元素周期表的___________区，钴与易形成正八面体形的配离子，试推测的空间构型有___________种。（3）制备氮化硼的一种方法为。立方氮化硼()的晶胞如图1所示，其晶体类型为___________，N的配位数为___________。试用价层电子对互斥理论解释的键角比大的原因：___________。（4）含有两个或两个以上配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物称为螯合物。的一种螯合物的结构如图2所示，该配合物中通过螯合作用形成的配位键有___________。 （5）晶胞为型结构(如图3)。其中可看成填充在组成的________空隙中，填充率为。将在空气中加热，部分被氧化为，成为，晶体仍保持电中性，则会出现晶体缺陷，填充率下降。现有晶胞的质量为。则填充和未填充离子的空隙个数之比为___________。【答案】（1）1s22s22p63s13p33d1（2）①.d②.2（3）①.原子晶体②.4③.BCl3价层电子对数为3，NH3价层电子对数为4，中心原子N上有一对孤电子对，会对三对成键电子对产生排斥力，使得三对成键电子对间夹角变小，故BCl3的键角比NH3大（4）4（5）①.正八面体②.1∶2∶1【解析】【小问1详解】基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，将一个3s电子激发到3d能级后，核外电子排布为1s22s22p63s13p33d1。故答案为：1s22s22p63s13p33d1；【小问2详解】Co元素位于第四周期Ⅷ族，钴位于元素周期表的d区，钴与易形成正八面体形的配离子，[CoCl2(NH3)4]+中有两个Cl-取代两个NH3分子的位置，有相邻和相对两种不同情况。故答案为：d；2；【小问3详解】立方氮化硼()的晶胞如图1所示，其晶体类型为原子晶体，N的配位数为4。根据价层电子对互斥理论解释的键角比大的原因：BCl3价层电子对数为3，NH3价层电子对数为4，中心原子N上有一对孤电子对，会对三对成键电子对产生排斥力，使得三对成键电子对间的夹角变小，故BCl3的键角比NH3大。故答案为：原子晶体；4；BCl3价层电子对数为3，NH3价层电子对数为4，中心原子N上有一对孤电子对，会对三对成键电子对产生排斥力，使得三对成键电子对间的夹角变小，故BCl3的键角比NH3 大；【小问4详解】的一种螯合物的结构如图2所示，Ni—N键为通过螯合作用形成的配位键，该配合物中通过螯合作用形成的配位键有4。故答案为：4；【小问5详解】由图3可知，氧离子在棱上和体心，所以Ni2+填充在由O2-构成的正八面体空隙中：依据晶胞结构，Ni2+数目为8×+6×=4，O2-数目为12×+1=4，当出现晶体缺陷后，晶胞质量为4.0×10-22g，4M(NixO)=4.0×10-22g×NAmol-1≈241g·mol-1，故此时晶体的化学式为Ni3O4，有一个Ni2+所在的空隙缺陷，依据化合价可知N(Ni2+)∶N(Ni3+)=1∶2，外加缺陷的空隙，填充Ni2+、Ni3+和未填充Ni离子的空隙个数之比为1∶2∶1。故答案为：正八面体；1∶2∶1。【化学——选修5：有机化学基础】12.利用N-杂环卡其碱(NHCbase)作为催化剂，可合成多环化合物。某研究小组按下列线路合成多环化合物(无需考虑部分中间体的立体化学)。已知：a．。b．化学键极性越强，发生化学反应时越容易断裂。请回答：（1）下列说法正确的是___________(填字母)。A.化合物在的四氯化碳中可被氧化为苯甲酸B.化合物至多所有原子共平面C.化合物的分子式为D.化合物中含氧官能团只有硝基和羰基（2）化合物D的结构简式为___________；反应③包含了三步反应，第一步为加成反应，第二步为消去反应，第三步为还原反应。写出第二步反应的化学方程式：___________。 （3）化合物与丙醇无法发生类似反应④的化学变化，其原因可能为___________。（4）写出有机物同时符合下列条件的所有同分异构体的结构简式：___________。①分子中共有4种氢原子；②分子中存在两个苯环；③不存在键。（5）以乙烯、化合物为原料，设计的转化路线：___________(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)。合成路线常用的表示方式为AB∙∙∙∙∙∙目标产物。【答案】12.BC13.①.②.+H2O14.由于硝基与甲基的差异(甲基推电子的能力强于硝基)，丙醇中碳氧键的极性比2-硝基乙醇弱，故丙醇不易断键反应15.16.【解析】【分析】由合成路线，A分子式为C7H8O，在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成B，B的结构简式为，则A为，B与CH3CHO发生已知信息a的加成反应生成，再与Br2/CCl4发生加成反应得到，再在碱性条件下发生消去反应生成C；B与D发生反应生成E，则D为；【小问1详解】A．B的结构简式为，化合物B在Br2的四氯化碳中发生加成反应，不可被氧化为苯甲酸，A错误；B．化合物C中苯环、碳碳双键、醛基都是平面型结构，则至多所有原子共平面，B正确； C．由结构简式可知化合物F的分子式为，C正确；D．化合物G中含氧官能团有硝基和羰基、酯基，D错误；故答案为：BC；【小问2详解】由分析可知，化合物D的结构简式为；B为，D为，反应③包含了三步反应，第一步为加成反应生成，第二步为醇的消去反应生成，第三步为碳碳双键与氢气发生还原反应。第二步反应的化学方程式+H2O，故答案为：、+H2O；【小问3详解】根据已知信息化学键极性越强，发生化学反应时越容易断裂，化合物E与丙醇无法发生类似反应④的化学变化，其原因可能为：由于硝基与甲基的差异(甲基推电子的能力强于硝基)，丙醇中碳氧键的极性比2-硝基乙醇弱，故丙醇不易断键反应，故答案为：由于硝基与甲基的差异(甲基推电子的能力强于硝基)，丙醇中碳氧键的极性比2-硝基乙醇弱，故丙醇不易断键反应；【小问4详解】有机物F同时符合下列条件：①分子中共有4种氢原子；②分子中存在两个苯环；③不存在—O—O—键，同分异构体的结构简式为：，故答案为：；【小问5详解】