2019届高三化学5月月考试题(含解析).doc

2019届高三化学5月月考试题(含解析)1. 化学充实、改变了生活，与工农业生产，科技发展等密切相关。下列相关说法正确的是A. 因为NaHCO3能与酸反应，所以患有胃溃疡的病人在胃酸过多时可以服用含NaHCO3的药片B. 四氯化碳曾用作灭火剂，但因与水高温下反应时会产生有毒物质，现已禁用C. 石油的催化裂解是为了提高从石油中得到汽油等轻质液体燃料的产量D. 石墨烯是由碳原子紧密排列而成的具有多层三维蜂窝状的碳材料，层内碳原子位于正六角形的角顶点【答案】B【解析】分析：A.小苏打产气过多，会发生溃疡穿孔；B.因为四氯化碳在500以上时，可以与水作用，产生有毒的光气（COCl2）和盐酸（HCl），所以禁用；C.石油的催化裂解是使具有长链的烃深度裂化断裂成各种短链的气态不饱和烃和少量液态烃；D.石墨烯是一种二维晶体，人们常见的石墨是由一层层以蜂窝状有序排列的平面碳原子堆叠而形成的，石墨的层间作用力较弱，很容易互相剥离，形成薄薄的石墨片,当把石墨片剥成单层之后，这种只有一个碳原子厚度的单层就是石墨烯。详解：A.小苏打产气过多，会发生溃疡穿孔,A错误；B、CCl4曾用作灭火剂，但因与水在高温下反应会产生有毒的光气（COCl2）和盐酸（HCl），现已被禁用，B正确；C.石油的催化裂解是使具有长链的烃深度裂化断裂成各种短链的气态不饱和烃和少量液态烃，C错误；D.石墨烯是一种二维晶体，只有一个碳原子厚度的单层结构，D错误；因此，本题答案为B。点睛：裂化和裂解不同，裂化是为了提高从石油中得到汽油等轻质液体燃料的产量，而裂解是使具有长链的烃深度裂化断裂成各种短链的气态不饱和烃和少量液态烃；石墨和石墨烯的区别：石墨是由一层层以蜂窝状有序排列的平面碳原子堆叠而形成的，石墨的层间作用力较弱，很容易互相剥离，形成薄薄的石墨片,当把石墨片剥成单层之后，这种只有一个碳原子厚度的单层就是石墨烯。2. 下列实验装置不能达到实验目的的是ABCD实验室制取蒸馏水用SO2和NaOH溶液做喷泉实验证明Na2CO3的热稳定性比NaHCO3好证明铜与浓硝酸的反应是放热反应A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】分析：A.依据制取蒸馏水原理分析；B.根据产生喷泉的原理分析；C.依据碳酸氢钠分解温度分析；D.根据实验现象判断。详解：A.符合制取蒸馏水的原理，A正确；B.二氧化硫易溶于氢氧化钠溶液，使烧瓶中气体压强减小，烧杯中的液体进入烧瓶，产生喷泉，B正确；C项，装置中两者受热温度不同，但是碳酸氢钠在较低温度下就能分解而碳酸钠在较高温度下不分解，因此不能说明碳酸钠比碳酸氢钠稳定，故C错误；D.若为放热反应，则试管中气体受热，压强增大，U形管中液面，左边下降，右边上升，故D正确；综上所述，本题答案为C。3. 下列说法正确的是A. 往明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至沉淀质量最大时，离子反应的方程式为：Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=AlO2-+2BaSO4+2H2OB. 在反H2S+H2SO4(浓)=S+SO2+2H2O中， 转移电子的数目是2NAC. 由于AgCl的Ksp为1.810-10，而Ag2CrO4的Ksp为1.910-12(前者比后者大)，所以往浓度均为0.001mol/L的NaCl、K2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，先生成Ag2CrO4沉淀D. 在同时加有 3mol Na3PO4、2molNaH2PO4的水溶液中存在如下恒等关系: 2c(PO43-)=3c(H2PO4-)【答案】A【解析】分析：A.由于硫酸钡的摩尔质量比氢氧化铝的摩尔质量大，生成硫酸钡最多时，沉淀质量最大；B.计算转移电子数需要知道参加反应的物质的量，否则无法计算；C. AgCl和 Ag2CrO4类型不同，不能直接通过Ksp大小比较沉淀先后；D. Na3PO4和NaH2PO4在溶液中存在水解和电离等平衡关系，以此解答。详解：A.由于硫酸钡的摩尔质量比氢氧化铝的摩尔质量大，生成硫酸钡最多时，沉淀质量最大，此时氢氧化铝恰好全部溶解，离子方程式Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=AlO2-+2BaSO4+2H2O故A正确；B.计算转移电子数需要知道参加反应的物质的量，否则无法计算，故B错误；C. AgCl的Ksp为1.810-10，Ag2CrO4的Ksp为1.910-12，沉淀0.001mol/L的Cl-,需要Ag+,c(Ag+)=mol/L=1.810-7mol/L, 沉淀0.001mol/L的CrO42-,需要Ag+,c(Ag+)=mol/L=1.910-6mol/L, 所以先生成AgCl沉淀,C错误；D. Na3PO4和NaH2PO4由于水解和电离c(PO43-)和c(H2PO4-)发生变化，不再有2c(PO43-)=3c(H2PO4-)的关系，故D错误；所以本题正确答案为：A。点睛：本题A选项，不要将生成沉淀质量最大和生成沉淀物质的量最大相混淆，若要生成沉淀的物质的量最大，则硫酸钡和氢氧化铝同时生成，此时离子方程式为：2Al3+3SO42-+3Ba2+6OH-=2Al(OH)3+3BaSO4。4. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的有17.6 g丙烷中所含的共价健数为4 NA常温下，21 g C3H6和C4H8的混合物中含有的碳原子数为1.5 NA电解硫酸铜溶液，往电解后的溶液中加入氧化铜一定可以使溶液恢复到原来的状态2g D216O中含有的质子数、中子数、电子数均为NA1.0L、pH= 13的NaOH溶液中，OH-离子数目一定为0.1 NA将100mL、0.1mol/L的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒0.01 NAA. 2项 B. 3项 C. 4项 D. 5项【答案】B【解析】分析： (1)丙烷分子中含有2个碳碳键、8个碳氢键，总共含有10个共价键；(2)丙烯与丁烯的最简式相同,均为CH2,根据最简式计算;(3) 电解硫酸铜溶液，若阴极无氢气产生，往电解后的溶液中加入氧化铜一定可以使溶液恢复到原来的状态，若有氢气产生，则不是；(4)D216O中含有质子数=核外电子数=2+8=10,中子数=(2-1)2+(16-8)=10,质量数为4+16=20,所以2gD216O中含有的质子数、中子数、电子数均为1mol;(5)未指明温度无法计算；(6)Fe(OH)3胶体粒子为氢氧化铁的聚集体。详解:(1)丙烷的相对分子质量是44,所以17.6g丙烷的物质的量是0.4mol,因为每1mol的该物质中含有共价键10mol,所以0.4mol中所含的极性共价键为4NA,故(1)正确；(2)丙烯与丁烯的最简式相同,均为CH2,21gC3H6和C4H8的混合物中含有的碳原子数为=1.5NA,故(2)正确；(3) 若只电解电解硫酸铜溶液，阴极无氢气产生，往电解后的溶液中加入氧化铜一定可以使溶液恢复到原来的状态，若后期电解水，有氢气产生，则不能；故(3)错误；(4) D216O中含有质子数=核外电子数=2+8=10,中子数=(2-1)2+(16-8)=10,质量数为4+16=20,所以2gD216O中含有的质子数、中子数、电子数均为1mol,故(4)正确；(5) 没有指明是常温，无法计算氢氧根离子浓度，故(5)错误；(6) Fe(OH)3胶体粒子为氢氧化铁的聚集体,无法计算胶体中含有的胶粒数目,故(6)错误；错误，所以本题选B。点睛：用惰性电极电解硫酸铜溶液，开始时的反应为CuSO4+2H2O=Cu+H2SO4+O2(电解条件)，此时从溶液中析出的是铜和氧气，相当于减少CuO,补充适量的CuO可以使溶液恢复到原来状态；若CuSO4不足，则继续电解水，此时减少的是水，需要加水恢复溶液。5. 用图所示装置电解硫酸铜和氯化钠的混合溶液，当线路中有1.20mol电子通过时，甲电极增重并有4.48L (已折算成标准状况下的体积，后同)气体生成，乙电极同时生成气体7.84L，则原溶液中硫酸铜与氯化钠的物质的量之比为A. 2:1 B. 4:1 C. 2:3 D. 4:3【答案】A【解析】分析：本题考查电解原理，根据离子放电顺序，分析电极产物，根据电子守恒解答。详解：该电解池可能发生的阴极反应为：Cu2+2e-=Cu、2H+2e-=H2；发生的阳极反应为：2Cl-2e-=Cl2，2H2O-4e-=4H+O2，甲电极增重，并有4.48L气体生成，则氢气体积为4.48L（标准状况），乙电极同时生成气体7.84L（氯气和氧气），反应共转移电子1.20mol，阴极反应中，反应共得电子0.4mol电子，则反应共得电子1.2mol-0.4mol=0.8mol，可计算得原溶液中含Cu2+，其物质的量为0.4mol；设阳极产生氯气物质的量为x，产生氧气物质的量为y，则x+y=0.35mol,共转移电子1.2mol,则2x+4y=1.2,联立两个方程，解得，x=0.1mol,y=0.25mol，所以溶液中含Cl-为0.2mol, 则原溶液中硫酸铜与氯化钠的物质的量之比为0.4:0.2=2:1,故选A项。综上所述，本题正确答案为A。6. 分子式为C6H10O4的有机物在酸性条件下水解生成一种酸和一种醇，且酸和醇的物质的量之比为2:1.则符合该条件的有机物有(不考虑立体异构)A. 5种 B. 7种 C. 9种 D. 11种【答案】D【解析】分析：此有机物能发生水解反应,应为酯类,且水解生成的酸和醇的物质的量之比为2:1,那么构成此酯的酸应为一元酸,醇为二元醇,据此即可得出答案。点睛：本题分析二元醇与一元酸形成酯C6H10O4的种数，采取先拆分再组合的方法，即分析有多少种二元醇的情况，剩余为酸，找出二元醇和酸的种数后，再看组合方式有多少种，这样使思维有序，判断准确。7. 在空气中加热5.49g草酸钴晶体(CoC2O42H2O，摩尔质量为183g/mol)，受热过程中不同温度范国内分别得到一种固体物质，其质量如下表:温度范围固体质量/g1502104.412903202.41经测定，210290过程中产生的气体只有CO2，则290320温度范围内的固体物质是A. CoO B. Co2O3 C. Co3O4 D. Co4O5【答案】C【解析】分析：计算晶体物质的量n=0.03mol，失去结晶水应为0.06mol，固体质量变化=0.06mol18g/mol=1.08g，图表数据可以知道，150210固体质量变化=5.49g-4.41g=1.08g，说明210失去结晶水得到CoC2O4；210290过程中是CoC2O4发生的反应，210290过程中产生的气体只有CO2，根据元素守恒得到生成CO2物质的量为0.06mol，290320温度范围内的固体物质是钴氧化物，以此解题。详解：计算晶体物质的量n=0.03mol，失去结晶水应为0.06mol，固体质量变化=0.06mol18g/mol=1.08g，图表数据可以知道，150210固体质量变化=5.49g-4.41g=1.08g，说明210失去结晶水得到CoC2O4；210290过程中是CoC2O4发生的反应，210290过程中产生的气体只有CO2，根据元素守恒得到生成CO2物质的量为0.06mol，290320温度范围内的固体物质是钴氧化物，根据钴元素守恒 ：n（Co）=n（CoC2O4）=0.03mol，n(O)=mol=0.04mol，n（Co）：n（O）=0.03：0.04=3：4，该钴的氧化物化学式为Co3O4。因此，本题正确答案是：C。8. 碳捕集封存作为减少温室气体排放的一种手段，受到许多国家的重视，将捕获的二氧化碳转化为可用产品将促进这技术的推广使用。I.某校科研小组的同学设计用氢氧化钠溶液来“捕捉”二氧化碳，其基本过程如图装置(部分条件及物质末标出)。(1)在整个“捕捉”过程中，将NaOH溶液喷成雾状是为了_，可以循环利用的物质是_ 。(2)一定条件下，不同物质的量的CO2与不同体积的1.0mol/L NaOH溶液充分反应放出的热量如下表所示:反应序号CO2的物质的量/molNaOH溶液的体积/L放出的热量/kJ10.50.75a21.02.00b该条件下CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3溶液的热化学方程式为_ 。(3)下列溶液中，同样能用于“捕捉”二氧化碳的是_(填序号)。A. KNO3溶液 B. CaCl2溶液 C. CuSO4溶液 D. Na2CO3溶液II.在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。(1)写出钙化作用的离子方程式:_。(2)利用如图所示装置从海水中提取CO2,有利于减少环境温室气体含量。结合方程式简述提取CO2的原理:_。用该装置产生的物质处理b室排出的海水，合格后排回大海。处理至合格的方法是_。【答案】 (1). 增加氢氧化钠与二氧化碳的接触面积，提高了氢氧化钠溶液对二氧化碳的吸收率 (2). 氢氧化钠与氧化钙 (3). CO2(g)+NaOH(aq)=NaHCO3(aq) H=(4ab)kJ/mol (4). D (5). +Ca2+=CaCO3+CO2+H2O (6). a室接电源的正极，为阳极，发生反应2H2O4e=O2+4H+；氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应H+=H2O+CO2 (7). 用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至适当的pH【解析】分析：I.根据题干提供的信息进行分析，捕捉室中含有氢氧化钠溶液,氢氧化钠能与二氧化碳反应生成碳酸钠和水；氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，碳酸钙可以高温分解生成氧化钙和二氧化碳,据此解答。II. 本题考查海水的综合利用以及原电池和电解池的工作原理。详解: I. (1) 在整个“捕捉”过程中，将NaOH溶液喷成雾状是为了增加氢氧化钠与二氧化碳的接触面积，提高了氢氧化钠溶液对二氧化碳的吸收率； 在循环的过程中,氧化钙和氢氧化钠都可以循环利用,故填:氧化钙、氢氧化钠；(2) 根据表中数据写出对应的反应为： CO2(g)+NaOH(aq)= Na2CO3(aq)+NaHCO3(aq)+H2O(l) H=akJ/mol；CO2(g)+2NaOH(aq)= Na2CO3(aq)+ H2O(l) H=bkJ/mol；根据盖斯定律：4-得：CO2(g)+NaOH(aq)=NaHCO3(aq) H=(4ab)kJ/mol；因此，本题答案为：CO2(g)+NaOH(aq)=NaHCO3(aq) H=(4ab)kJ/mol (3)碳酸钠溶液能吸收二氧化碳，故本题选D。II.（1）反应物中含有碳酸氢根，生成物为碳酸钙，依据元素守恒以及电荷守恒得出方程式为：Ca2+2HCO3= CaCO3CO2H2O；（2）a室：2H2O-4e-=4H+O2，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：H+HCO3-=CO2+H2O；本题答案为：a室接电源的正极，为阳极，发生反应2H2O4e=O2+4H+；氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应H+=H2O+CO2c室：2H2O+2e-=2OH-+H2，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH。9. 铜的电解实现了铜与杂质的分离，也造成了一部分资重金属进入阳极泥中，通过对阳极泥的综合处理可以回收可观的宝贵金属。稀散元素硒和碲广泛用于治金工业、 电子工业、国防工业、 医学和农业等领域，需求量越来越大。电解精炼铜的阳极泥主要成分为Cu2Se、Cu2Te和少量金属单质Au等， 工业上从其中同收碲、硒的一种工艺流程如图:已知: TeO2是两性氧化物，Se和TeO2的物理性质如下表:物理性质熔点沸点水溶性Se221685难溶于水TeO27331260微溶于水(1)“焙烧”时所加的硫酸浓度最好为_(填序号)。a.10% b.50% c.70% d.98%(2)加硫酸焙烧过程中Cu2Se参与反应的化学方程式为_，氧化产物和还原产物的物质的量之比是_。(3)滤渣的主要成分是_ (填化学式)。(4)“酸溶”后，将TeO2先溶于盐酸得到四氯化碲，然后再通入二氧化硫得到碲单质，后者发生反应的化学方程式为_ 。(5)“沉碲”时控制溶液的pH为4.5-5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4过量，溶液酸度过大，将导致“沉碲”不完全，原因是_ 。(6)过滤所得粗硒中含有Ni、Fe、Cu等杂质，可采用真空蒸馏的方法进行提纯，获得纯硒。真空蒸馏的挥发物中硒含量与温度的关系如图所示。蒸馏操作中控制的最佳温度是_ (填序号)a. 455 b. 462 c.475 d. 515(7)工业上还可以通过电解铜阳极泥碱浸，过滤后的滤液得到单质碲。己知电解时的电极均为石墨，则阴极的电极反应式为_。【答案】 (1). d (2). Cu2Se+6H2SO4(浓) 2CuSO4+SeO2+4SO2+6H2O (3). 34 (4). Au和Cu(OH)2 (5). TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4 (6). TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失 (7). c (8). +3H2O+=Te+6OH【解析】分析：本题考查无机化学的相关推断，以及两性氧化物的性质，阳极泥和浓硫酸焙烧生成二氧化硒、二氧化硫气体和其它产物，将硒元素和碲元素初步分离，产物经过碱浸过滤后滤渣为Au和Cu(OH)2,进一步分离最终得到Te。详解：（1）由于“焙烧”时浓硫酸表现强氧化性，因此所加的硫酸浓度最好为98%，故本题选d。.（3）从流程可知，滤渣的主要成分是Au和Cu(OH)2。（4）TeO2与盐酸反应生成TeCl4，之后被SO2还原成Te，SO2的氧化产物为H2SO4，反应方程式为：TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4 。（5）TeO2是两性氧化物，因此H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失。（6）从硒含量与温度的关系图知，蒸馏操作中控制的最佳温度是475，故选c。（7）阳极泥碱浸，过滤后的溶液是Na2TeO3的溶液，惰性电极进行电解，阳极上是TeO32-离子得到电子生成Te，结合氢氧根离子配平电子守恒得到电极反应式：TeO32- +3H2O+4e-=Te+6OH，本题答案为：TeO32- +3H2O+4e-=Te+6OH。10. 三氯氧磷(POCl3)是一种工业化工原料。无色透明的带刺激性臭味的液体，在潮湿空气中剧烈发烟。某化学小组采用PCl3氧化法制备POCl3。已知:POCl3的熔点为-112，沸点为75.5。在潮湿空气中二者均极易水解面剧烈“发烟”。回答下列问题：I.制备PCl3(1)实验室用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气。发生装置可以选择图中的_(填字母代号)。(2)检查装置气密性并装入药品后，先关闭K1，打开K2通入干燥的CO2，一段时间后，关闭K2，加热曲颈瓶同时打开K1通入干燥氯气，反应立即进行。通干燥CO2的作用是_。II.制备POCl3(如图)(3)盛放碱石灰的仪器的作用是_，装置G中发生反应的化学方程式为_ 。(4)装置F的作用除观察O2的流速之外，还有_。III.测定POCl3含量实验制得的POCl3中常含有PCl3杂质，通过下面方法可测定产品的纯度:快速称取5.000g产品，加水反应后配成250mL溶液；取以上溶液25.00mL，向其中加入10.00mL0.1000mol/L碘水(足量)，充分反应；向所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.1000mol/L的Na2S2O3溶液滴定；重复、操作，平均消耗0.1000mol/LNa2S2O3溶液8.00mL.已知:H3PO3+I2+H2O=H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6.(5)滴定终点的现象为_。该产品的纯度为_。(6)若滴定管在滴定前无气泡，滴定后有气泡，则测定结果_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。【答案】 (1). A (2). 防止红磷被氧气氧化和生成的 PCl3与空气中的 O2和水反应 (3). 隔离空气中的水蒸气，防止水解 (4). 2PCl3+O2=2POCl3 (5). 平衡气压、干燥氧气 (6). 当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 (7). 83.5% (8). 偏低【解析】分析：本题是一道和制备相关的实验题，涉及实验装置的选择；实验操作的分析；仪器中药品的作用；装置的作用；纯度计算；误差分析。详解：I.(1)实验室用高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，发生：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O，反应不需要加热，故选A；(2)由于红磷易被氧化和PCl3易被氧化和水解，反应前通干燥CO2排除装置中的空气，防止红磷被氧气氧化和生成的 PCl3与空气中的 O2和水反应，本题答案为：防止红磷被氧气氧化和生成的 PCl3与空气中的 O2和水反应。II. (3) 为防止外界水蒸气进入G使PCl3水解，干燥管中盛放碱石灰，装置G中发生PCl3被氧化成POCl3的反应，化学方程式为2PCl3+O2=2POCl3 ；本题答案为：隔离空气中的水蒸气，防止水解；2PCl3+O2=2POCl3 。(4)装置F中的长颈漏斗，可以平衡压强，起到安全瓶的作用，所以装置F的作用除观察O2的流速之外，还有平衡气压、干燥氧气；本题答案为：平衡气压、干燥氧气。III. (5)依据反应原理，滴定终点的现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；关系式：PCl3H3PO3 I2，I2 2Na2S2O3；消耗Na2S2O3的物质的量=0.1000mol/L8.0010-3L=810-4mol,和Na2S2O3反应的I2的物质的量=810-4mol=410-4mol,PCl3的物质的量=和PCl3反应的I2的物质的量=0.1000mol/L10.0010-3L-410-4mol=610-4mol,PCl3的质量=610-4mol137.5g/mol=8.2510-2g,样品中含PCl3的质量=8.2510-2g=0.825g,样品纯度=100%=83.5%； (6)若滴定管在滴定前无气泡，滴定后有气泡，则消耗Na2S2O3溶液的体积偏小，导致计算出的PCl3的质量偏大，测定结果则偏低。11. 元素C与过渡元素Co、Fe等在工业、农业、科学技术以及人类生活有机合成等方面有重要作用。(1)基态Co原子价电子轨道排布式为_，第四电离能I4(Co)4(Fe)，其原因是_。(2)(CH3)3C+是有机合成重要中间体，该中间体中碳原子杂化方式为_。(3)治疔铅中毒可滴注依地酸，使Pb2+转化为依地酸铅盐。如图，下列说法正确的是_(填序号)。A.形成依地酸铅离子所需n(Pb2+) :n(EDTA)=1:4B.依地酸中各元素的电负性从大到小的顺序为ONCHC.依地酸铅盐中含有离子键和配位键D.依地酸具有良好的水溶性是由于其分子间能形成氢键(4)Fe(CO)x常温下是液态，熔点为-20.5，沸点为103，易容于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于_(填晶体类型)，若配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供的电子数之和为18，则x=_。(5)Co的一种氧化物的晶胞如图.己知钴原于的半径为apm，氧原子的半径为bpm，它们在晶体中是紧密接触的，钴原子填在氧原子的_(填“正八面体”“正四面体”或“立方体” )空隙中，在该钴的氧化物晶胞中原子的空间利用率为_(均用含a、b的计算表达式表示)。【答案】 (1). (2). 铁失去的是较稳定的3d5的一个电子，钴失去的是3d6上的一个电子 (3). sp2、sp3杂化 (4). BC (5). 分子晶体 (6). 5 (7). 正八面体 (8). 【解析】分析：本题考查配合物的成键情况；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；晶胞结构和计算，依据均摊法分析。详解：(1) Co是27号元素，核外有27个电子，分四层排布，依构造原理，其电子排布式为Ar3d74s2，所以基态Co原子价电子轨道排布式为；第四电离能I4(Co)NCH，B正确；依地酸铅盐中含有离子键（依地酸铅离子和阴离子之间）和配位键（依地酸中氮原子与Pb2+之间），C选项正确；依地酸分子与水分子之间能形成氢键，所以依地酸具有良好的水溶性，D选项错误；本题答案为：BC。(4)根据Fe(CO)x熔沸点低，易溶于非极性溶剂，可判断Fe(CO)x晶体属于分子晶体；Fe(CO)x的中心原子是铁原子，Fe的价电子数为8，一个CO形成配位键提供2个电子，则x=（18-8）2=5。故答案为:5.(5) 晶胞中Co原子数目=8+6=4、O原子数目=1+12=4，故化学式为CoO；以体心的O原子研究，与之最近等距离且最近的Co离子位于面心上，Co离子所形成的空间构型为正八面体；每个晶胞中含有的Co原子和O原子的体积=4（10-30cm3；（a3+b3）410-30 cm3,晶胞的体积=（2a+2b）310-30 cm3, 晶胞中原子的空间利用率为故答案为:正八面体；。12. 以烃的含氧衍生物X为主要原科生产可降解塑料PCL及阻燃剂四溴双酚A。合成线路如图:已知:X的蒸汽密度是相同条价下H2的47倍，遇FeCl3溶液显紫色；C为，已知XY中，CH3COCH3断裂“C=O”键，Y有4种不同环境的H；(1)原料X的分子式为_；B的名称是_；B-C的反应类型是_；D的结构简式为_ 。(2)写出XY的化学方程式: _ 。(3)1mol 四溴双酚A在一定条件下与足量的NaOH溶液反应，最多消耗_mol NaOH.(4)符合以下条件的D的同分异构体有_种(不考虑立体异构)。含有两个甲基和两种官能团能使溴的CCl4溶液褪色能同时发生 水解和银镜反应(5)已知由烯烃直接制备不饱和酯的新方法为，利用乙烯为有机原料(无机物和反应条件自选)合成聚合物涂料，写出合成该涂料的反应流程图_。【答案】 (1). C6H6O (2). 环己醇 (3). 氧化反应 (4). (5). (6). 10 (7). 10 (8). 【解析】分析：X的蒸汽密度是相同条件下H2的47倍，其相对分子质量为94，遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，苯酚的相对分子质量为94，X为，X和氢气发生加成反应生成B，B为。根据已知信息可知C为，则B发生催化氧化反应，PCL为E发生缩聚反应产物，则E结构简式为HO（CH2）5COOH，D发生水解反应然后酸化得到E，则D结构简式为；根据题给信息知，X发生取代反应生成Y，Y结构简式为，四溴双酚A结构简式为。详解：（1）X为苯酚，其分子式为C6H6O，B为环己醇；BC是羟基的催化氧化， C生成D的反应是氧化反应，D结构简式为。（2）X发生取代反应生成Y，反应方程式为；（3）四溴双酚A能和NaOH溶液发生取代反应后生成的酚羟基、HBr能和NaOH发生中和反应，1mol四溴双酚A在一定条件下与足量的NaOH溶液反应，最多消耗10molNaOH；（4）D结构简式为，D的同分异构体符合下列条件：含有两个甲基和两种官能团，为醛基和羟基或碳碳双键和羟基；能使溴的CCl4溶液褪色，说明含碳碳双键；能同时发生银镜反应和水解反应，说明含有HCOO-，符合条件的同分异构体有：HCOOCH2CH=C（CH3）2、HCOOC（CH3）CH=CH2、HCOOCH（CH3）CH=CHCH3、HCOOCH（CH3）C（CH3）=CH2、HCOOCH2C（CH3）=CH2CH3、HCOOC（CH2CH3）=CHCH3、HCOOC（CH3）=C（CH3）CH3、HCOOC（CH3）=CHCH2CH3、HCOOCH=C（CH3）CH3、HCOOCH=CHCH（CH3）2，共10种；（6）一定条件下乙烯和水发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH和CH2=CH2、CO、O2反应生成CH2=CHCOOCH2CH3，CH2=CHCOOCH2CH3发生加聚反应生成高分子化合物，其流程图为。点晴：该题为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、常见有机反应类型及反应条件是解本题关键，难点是（5）（6）题。有机物的合成是通过化学反应使有机物的碳链增长或缩短，或碳链和碳环的相互转变，或在碳链或碳环上引入或转换各种官能团，以制取不同类型、不同性质的有机物。有机合成题能较全面地考查学生的有机化学基础知识和逻辑思维能力、创造思维能力等，解答时注意知识的迁移灵活应用。