2020届高考化学全真模拟卷12
(考试时间：50分钟试卷满分：100分)
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．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．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 Cl 35.5 Mo 96 I 127 Ba 137
一、选择题：本题共7个小题，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。
7．化学与生活、生产密切相关。下列说法正确的是
A．气象报告中的“PM2.5”是指一种胶体粒子
B．石英玻璃主要成分是硅酸盐，可制作化学精密仪器
C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
D．“天宫一号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料
【答案】C
【解析】A．气象报告中的“PM2.5”是指直径小于或等于2.5微米（2.5×10-6cm）的颗粒物，它不一定是胶体粒子，A不正确；B．石英玻璃主要成分是二氧化硅，B不正确；C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了铁置换铜的反应，C正确；D．“天宫一号”使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料，D不正确。本题选C。
8．生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：
下列说法正确的是（）
A．pH=4.1时，Ⅰ中为Na2SO3溶液
B．Na2S2O5用作食品的抗氧化剂和SO2作漂白剂时，均表现还原性
C．工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是得到NaHSO3过饱和溶液
D．葡萄酒中Na2S2O5用作食品的漂白剂
【答案】C
【解析】A．向I中通入SO2使溶液pH变为4.1，说明溶液显酸性。Na2CO3溶液显碱性，Na2SO3溶液显碱性，NaHCO3溶液显碱性，而NaHSO3显酸性，说明反应产生了NaHSO3，I中的溶液应为NaHSO3溶液，A错误；
B．Na2S2O5用作食品的抗氧化剂是Na2S2O5起还原剂的作用，而SO2作漂白剂是由于SO2能够与有色物质发生反应产生无色物质，表现漂白性，不是表现还原性，B错误；
C．工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2，考虑到后续操作步骤是结晶脱水制取Na2S2O5，发生这一步需要过饱和的NaHSO3溶液，由此判断，再通入SO2的目的应为：增大NaHSO3浓度，形成过饱和溶液，C正确；
D．葡萄酒中Na2S2O5用作食品的抗氧化剂，防止葡萄酒变质，D错误；
故合理选项是C。
9．短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+的电子层结构与Ne相同，Z的质子数为偶数，室温下M的单质为淡黄色固体，下列有关说法正确的是() A．Y单质能在X的最高价氧化物中燃烧，发生置换反应
B．X、Z、M的最简单气态氢化物的热稳定性依次增强
C．X、Y、Z、M的原子半径依次减小
D．化合物XM2的熔点高于化合物YM的熔点
【答案】A
【解析】根据分析可知：X为C，Y为Mg，Z为Si，M为S元素。
A．金属Mg与二氧化碳发生置换反应生成MgO和C，选项A正确；
B．非金属性Si＜C＜S，则简单氢化物的热稳定性Z＜X＜M，选项B错误；
C．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径Mg＞Si＞S＞C，选项C错误；
D．XM2为CS2，YM为MgS，二硫化碳为分子晶体，MgS为离子晶体，则熔点：CS2＜MgS，选项D错误；
答案选A。
10．下列说法正确的是
A．HOCH2CH=CHCOOH能发生酯化、加聚、水解等反应
B．石油分馏产品经过裂解、加成反应可制得乙醇
C．丁烷的一氯代物有5种
D．油脂、淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物
【答案】B
【解析】A．HOCH2CH=CHCOOH中含有羟基、碳碳双键和羧基，可以发生酯化、加聚反应，不能发生水解反应，故A错误；B．石油分馏产品经过裂解可制得乙烯，乙烯与水发生加成反应制得乙醇，故B正确；C．丁烷有两种同分异构体，分别为CH3CH2CH2CH3和CH(CH3)3，CH3CH2CH2CH3的一氯代物有2种，CH(CH3)3的一氯代物有2种，所以丁烷的一氯代物有4种，故C错误；D．淀粉、蛋白质是可以发生水解反应的高分子化合
物，油脂可以发生水解反应，但不是高分子化合物，故D错误；答案选B。
11．高铁酸钾是一种高效绿色水处理剂，其工业制备的反应原理为2Fe(OH)3+ 3KClO + 4KOH＝2K2FeO4+ 3KCl + 5H2O，下列说法正确的是
A．制备高铁酸钾用ClO?做还原剂
B．制备高铁酸钾时1 mol Fe(OH)3得到3 mol 电子
C．高铁酸钾中铁的化合价为+7
D．用高铁酸钾处理水时，其还原产物能水解产生具有强吸附能力的胶体
【答案】D
【解析】A、反应2Fe(OH)3+ 3KClO + 4KOH＝2K2FeO4+ 3KCl + 5H2O中，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，则KClO为氧化剂，Fe(OH)3为还原剂，故A错误；
B、因反应中铁元素的化合价由+3价升高到+6价，则1mol Fe(OH)3失去3mol电子，故B错误；
C、高铁酸钾中铁的化合价为＋6价，故C错误；
D、用高铁酸钾处理水时，+6价铁表现出强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物为铁离子，能水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中的悬浮杂质，故D正确；答案选D。
12．科学工作者研发了一种SUNCAT的系统，借助锂循环可持续，合成其原理如图所示。下列说法不正确的是
A．过程I得到的Li3N的电子式为
B．过程Ⅰ生成W的反应为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑
C．过程Ⅰ涉及的阳极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O
D．过程I、Ⅰ、Ⅰ均为氧化还原反应
【答案】D
【解析】A．Li3N是离子化合物，Li+与N3-之间通过离子键结合，电子式为，A正确；
B．Li3N与水发生反应产生LiOH、NH3，反应方程式为：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，B正确；
C．在过程Ⅰ中OH-在阳极失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，C正确；
D．过程Ⅰ的反应为盐的水解反应，没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，D错误；
故合理选项是D 。
13．乙二胺(H 2NCH 2CH 2NH 2 )是二元弱碱，在水中的电离原理类似于氨。常温下，向乙二胺溶液中滴加稀盐酸，溶液的pH 随离子浓度变化关系如图所示。下列叙述不正确的是
A ．K b2[H 2NCH 2CH 2NH 2] 的数量级为10-8
B ．曲线G 代表pH 与
的变化关系 C ．H 3NCH 2CH 2NH 2Cl 溶液中c(H +)>c(OH -)
D ．0.01mol·L -1H 2NCH 2CH 2NH 2 电离度约为10%
【答案】C
【解析】
多元弱碱的第一级电离大于第二级电离，故曲线T 代表pH 与
的变化关系，曲线G 代表pH 与 的变化关系，由曲线所示关系和电离平衡常数相关知识分析可得结论。
A ． K b2[H 2NCH 2CH 2NH 2
]=()()()2 3223
2223?c H NCH CH NH C OH c H NCH CH NH +-+
，当=0时，即
c(H 2NCH 2CH 2NH 3+) = c(H 3NCH 2CH 2NH 32+)，K b2[H 2NCH 2CH 2NH 2]= C(OH -)=()
Kw c H +=10-7.15，故A 叙述正确； B ．因多元弱碱的第一级电离大于第二级电离，则曲线G 代表pH 与
的变化关系，故B 说法正确；
C ．在H 3NCH 2CH 2NH 2Cl 溶液中，既有H 2NCH 2CH 2NH 3+ 的电离，又有H 2NCH 2CH 2NH 3+的水解，由图中T 曲线可得H 2NCH 2CH 2NH 3+的水解平衡常数Kh= c(H +)=10-9.93，而K b2[H 2NCH 2CH 2NH 2]= 10-7.15，由此可知在H 3NCH 2CH 2NH 2Cl 溶液中，H 2NCH 2CH 2NH 3+的电离大于水解，溶液显碱性，故C 说法错误；
D ．设0.01mol·L -1H 2NCH 2CH 2NH 2 电离度为a ，则有K b1[H 2NCH 2CH 2NH 2]=()()
20.010.011a a -=10-4.07 ，解得a≈0.1，
故D 说法正确；答案选C 。 二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共43分。
26．（14分）钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)是一种金属腐蚀抑制剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示:
（1）途径I碱浸时发生反应的化学反应方程式为________________________________________。
（2）途径II氧化时还有Na2SO4生成，则反应的离子方程式为_____________________________。
（3）已知途径I的钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40 mol/L，c(CO32-)=0.10mol/L。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO32-。当BaMoO4开始沉淀时，CO32-的去除率是____________[已知
K sp(BaCO3)=1×10-9、K sp(BaMoO4)=4.0×10-8，忽略溶液的体积变化]。
（4）分析纯的钼酸钠常用钼酸铵[(NH4)2MoO4]和氢氧化钠反应来制取，若将该反应产生的气体与途径I所产生的气体一起通入水中，得到正盐的化学式是__________________________。
（5）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如下图:
①当硫酸的浓度大于90%时，碳素钢腐蚀速率几乎为零，原因是________________________。
②若缓释剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为300mg·L-1，则缓蚀效果最好时钼酸钠(M=206g/mol) 的物质的量浓度为__________________(计算结果保留3位有效数字)。
（6）二硫化钼用作电池的正极材料时接受Li+的嵌入，锂和二硫化钼形成的二次电池的总反应为:xLi+nMoS2 Li x(MoS2)n。则电池放电时正极的电极反应是:_____________________。
【答案】（1）MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑ （2分）
（2）MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2 SO42-+3H2O （2分）
（3）90% （2分）
（4）(NH4)2CO3和(NH4)2SO3（2分）
（5）①常温下浓硫酸会使铁钝化（2分）②7.28×10-4mol/L （2分）
（6）nMoS2+xLi++xe-=Lix(MoS2)n （2分）
【解析】
利用钼精矿(主要成分是MoS2)制备钼酸钠有两种途径：途径Ⅰ是先在空气中灼烧生成MnO3，同时得到对环境有污染的气体SO2，然后再用纯碱溶液溶解MnO3，即可得到钼酸钠溶液，最后结晶得到钼酸钠晶体；途径Ⅰ是直接用NaClO溶液在碱性条件下氧化钼精矿得到钼酸钠溶液，结晶后得到钼酸钠晶体。
（1）根据题给流程图分析途径I碱浸时，MoO3与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳和Na2MoO4，发生反应的化学方程式为：MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑；
（2）途径Ⅰ氧化时MoS2与次氯酸钠、氢氧化钠溶液反应生成Na2MoO4和硫酸钠，利用化合价升降法结合原子守恒和电荷守恒配平，发生反应的离子方程式为MoS2+9ClO-+6OH-====MoO42-+9Cl-+3H2O；
（3）BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度为：c（Ba2+）=
8
4.010
0.4
-
?
=1×10-7mol/L，溶液中碳酸根离
子的浓度为：c（SO42-）=
9
7
110
110
-
-
?
?
=1×10-2mol/L，所以碳酸根离子的去除率为：1
2
110
0.1
-
?
-=1-10%=90%；故CO32-
的去除率是90%；
（4）钼酸铵[(NH4)2MoO4]和氢氧化钠反应生成钼酸钠和氨气，将氨气与途径I所产生的尾气CO2、SO2一起通入水中，得到正盐的化学式是(NH4)2CO3、(NH4)2SO3；
（5）①浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化。故当硫酸的浓度大于90%时，腐蚀速率几乎为零；
②根据图示可知，当钼酸钠、月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，缓蚀效果最好，
所以钼酸钠的浓度为：150mg?L-1，1L溶液中含有的钼酸钠物质的量为：
3
15010
206/
g
g mol
-
?
≈7.28×10-4mol，所以钼酸
钠溶液的物质的量浓度为：7.28×l0-4mol?L-1，故答案为7.28×l0-4mol?L-1；（6）根据锂和二硫化钼形成的二次电池
的总反应为：xLi+nMoS2Li x(MoS2)n，可知锂是还原剂，在负极发生氧化反应，负极反应式为：xLi-xe-=xLi+，是氧化剂在正极发生还原反应，据此书写电池放电时的正极反应式：正极反应式为：nMoS2+xLi++xe-=Li x（MoS2）
n。
27．（17分）亚硝酰氯(NOCl，熔点:-64.5 Ⅰ，沸点:-5.5 Ⅰ)为红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸。常可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。其制备装置如图所示（其中III、IV中均为浓硫酸）：
（1）用图甲中装置制备纯净干燥的原料气，补充下表中所缺少的药品。
（2）将制得的NO和Cl2通入图乙对应装置制备NOCl。
①装置连接顺序为a→________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。
②装置Ⅰ、Ⅰ除可进一步干燥NO、Cl2外，另一个作用是____________。
③有人认为可以将装置Ⅰ中浓硫酸合并到装置Ⅰ中，撤除装置Ⅰ，直接将NO、Cl2通入装置Ⅰ中，你同意此观点吗？________（填同意或不同意），原因是________________________________。
④实验开始的时候，先通入氯气，再通入NO，原因为________________。
（3）有人认为多余的氯气可以通过下列装置暂时储存后再利用，请选择可以用作氯气的储气的装置______；
（4）装置Ⅰ吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为_______________________。
（5）有人认为装置Ⅰ中氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，经过查阅资料发现用高锰酸钾溶液可以吸收NO气体，因此在装置Ⅰ氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，反应产生黑色沉淀，写出该反应的离子方程式：__________________________________。
（6）制得的NOCl中可能含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：称取1.6625 g样品溶于50.00
ml NaOH溶液中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的0.40mol/LAgNO3溶液滴定至产生砖红色
沉淀，消耗AgNO3溶液50.00ml。
①样品的纯度为__________%（保留1位小数）
②已知常温下，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=2×10-12，若在滴定终点时测得溶液中Cr2O42-的浓度是
5.0×10-3 mol/L，此时溶液中Cl-浓度是_________。
【答案】（1）①饱和食盐水（1分）②H2O（1分）
（2）①a- e -f -c - b -d (e，f可互换）（2分）②通过观察气泡的多少调节两种气体的流速（1分）③不同意（1分）NO与Cl2反应生成的NOCl可溶于浓硫酸（1分）④用Cl2排尽装置内的空气，以防NO 与氧气反应（1分）
（3）Ⅰ（1分）
（4）NOCl + 2NaOH = NaCl + NaNO2 +H2O （2分）
（5）NO + MnO4-= NO3-+ MnO2↓（2分）
（6）①78.8（2分）②9.0 ×10-6 mol/L（2分）
【解析】
（1）用MnO2与浓盐酸制备纯净干燥的氯气，需要除去氯气中的氯化氢杂质，装置Ⅰ中的试剂是饱和食盐水；用Cu与稀硝酸制备纯净干燥的NO，需要除去NO中的NO2杂质，装置Ⅰ中的试剂是水；（2）NOCl，熔点:-64.5 Ⅰ，沸点:-5.5 Ⅰ，用冰盐水冷凝；亚硝酰氯遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸，要防止亚硝酰氯水解，氯气、NO有毒，所以用氢氧化钠溶液进行尾气处理，连接顺序是a- e -f -c - b -d。②通过观察装置Ⅰ、Ⅰ气泡的多少调节两种气体的流速；③氯气与一氧化氮在常温常压下反应生成NOCl，NOCl溶于浓硫酸，所以不能直接将NO、Cl2通入装置Ⅰ中；④用Cl2排尽装置内的空气，以防NO与氧气反应，所以实验开始的时候，先通入氯气，再通入NO；（3）装置Ⅰ中氯气进入下面的容器时，容器中的液体排入上面的容器，需要氯气时打开右侧活塞，水在重力作用下进入下面容器，将氯气排出，所以装置Ⅰ可以用作氯气的储气的装置。（4）装置Ⅰ吸收尾气时，NOCl与氢氧化钠反应生成亚硝酸钠和氯化钠，反应方程式是NOCl + 2NaOH = NaCl + NaNO2 +H2O；（5）装置Ⅰ氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，NO与高锰酸钾反应产生黑色沉淀MnO2和硝酸钠，反应离子方程式是NO + MnO4-= NO3-+ MnO2↓；
（6）①设样品中NOCl的质量为xg，
NOCl～～AgNO3
65.5g 1mol
xg 0.40mol/L×0.05mL
65.5 x =1 0.4×0.05
x=1.31g
样品的纯度为1.31
1.6625
×100%=78.8%。②已知常温下，Ksp(Ag2CrO4)=2×10-12，滴定终点时，Cr2O42-的浓
度是5.0×10-3 mol/L，所以c(Ag+)=√Ksp(Ag2CrO4)
c(CrO42?)=2×10-5，根据Ksp(AgCl)=1.8×10-10，c(Cl?)=Ksp(AgCl)
c(Ag+)
=
1.8×10-10
2×10-5
=9.0 ×10-6 mol/L。
【点睛】
本题在注重对学生教材基础知识巩固和检验的基础上，侧重对学生能力的考查。该题的关键是明确溶度积常数的含义以及影响因素，并能结合题意灵活运用，有利于培养学生的逻辑推理能力。
28．（12分）碘及其化合物在生产、生活和科技等方面都有着重要的应用。回答下列问题：
（1）碘不易溶于水，但易溶于碘化钾溶液并生成多碘离子，反应如下：
①I2(s)+I-(aq)?I3-(aq)ΔH<0
②I2(s)+2I-(aq)?I42-(aq)
反应②的平衡常数的表达式为K=__________。温度升高时，反应①的平衡常数将__________（填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）碘与钨在一定温度下可发生如下可逆反应：W(s)+I2(g)?WI2(g)。现准确称取0.508g碘和0.736g金属钨放置于50.0mL的密闭容器中，并加热使其反应。如图是混合气体中的WI2蒸气的物质的量随时间变化关系的图像[n(WI2)~t]，其中曲线I（0～t2时间段）的反应温度为450°C，曲线II（从t2时刻开始）的反应温度为530°C。
①该反应的ΔH__________（填“>”或“<”）0。
②反应从开始到t1(t1=3min)时间内的平均速率v(I1)=__________。
③在450°C时，该反应的平衡数K=__________。
④能够说明上述反应已经达到平衡状态的有__________（填选项字母）。
A．I2与WI2的浓度相等
B．单位时间内，金属钨消耗的物质的量与单质碘生成的物质的量相等
C．容器内混合气体的密度不再改变
D．容器内气体压强不发生变化
【答案】（1）c(I 42?)c 2(I ?) （2分） 减小 （2分）
（2）①＜（2分） ② 0.012mol ?L ?1?min ?1 （2分） ③ 9 （2分） ④BC （2分）
【解析】
（1）已知反应②方程式为I 2(s)+2I -(aq)?I 42-(aq)，则其平衡常数表达式为：K=c(I 42?)c 2(I ?)；已知反应①的ΔH <0，所以升高温度平衡向逆反应方向移动，则平衡常数减小；
（2）①升高温度，化学平衡向吸热方向移动；升高温度时，WI 2的物质的量减少，所以该反应向逆反应方向移动，即逆反应是吸热反应，所以正反应是放热反应，ΔH <0；②v(WI 2)= 1.8×10?3mol 0.05L
3min =1.20×10?2mol ?L ?1?
min ?1；由于反应速率之比等于化学计量数之比，所以v(I 2)=1.20×10?2mol ?L ?1?min ?1；
③反应开始时，碘的物质的量n =0.508g 254g/mol =0.002mol ，反应达平衡时生成1.80×10?3mol?WI 2，根据化学方程式可知，需要1.80×10?3mol 碘参加反应，剩余0.0002mol 碘，所以平衡时，c(WI 2)=
1.8×10?3mol 0.05L =3.6×10?2mol/L ，c(I 2)=0.0002mol
0.05L =0.004mol/L ，因为W 是固体，所以K =3.6×10?2
0.004=9；
④反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量浓度不再发生变化。
A 、反应达平衡时，I 2与WI 2的浓度可能相等也可能不等，与反应初始浓度及转化率有关，所以不能证明达到平衡状态，选项A 错误；
B 、单位时间内，金属钨消耗的物质的量与单质碘生成的物质的量相等，该反应的正、逆反应速率相等，所以达到平衡状态，选项B 正确；
C 、平衡时混合气体的质量不变，容器的体积不变，所以密度不再变化，选项C 正确；
D 、该反应是反应前后气体体积不变的反应，无论反应是否达到平衡状态，压强始终不变，选项D 错误。 答案选BC 。
（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
35．［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）
铬、钛及其化合物在工业上有重要用途，回答下列问题：
（1）Cr 基态原子价层电子的轨道表达式（电子排布图）为_________________________。
（2）氮化铬（CrN ）在超级电容器领域具有良好的应用前景，可由CrCl 3·6H 2O 与尿素[(NH 2)2CO]反应先得到配合物Cr[OC(NH 2)2]6Cl 3，然后在通有NH 3和N 2混合气体的反应炉内热分解制得。尿素构成元素中电负性由大到小的顺序为_________，中心碳原子的杂化类型为_________；Cr[OC(NH 2)2]6Cl 3含有的化学键类型有__________________。
（3）氮化铬的晶体结构类型与氯化钠的相同，氮化铬熔点（1282Ⅰ）比氯化钠的高，主要原因是
_________________________________________。
（4）钙钛矿（CaTiO 3）型的结构可看作氧化物超导相结构的基本单元。
①图A为立方钙钛矿（CaTiO3）结构的晶胞，晶胞边长为a nm。Ca处于晶胞的顶点，则Ti处于_________位置，O处于_________位置；与Ca紧邻的O个数为_________，Ti与O间的最短距离为____________________nm 。
②在图B中画出立方钙钛矿晶胞结构的另一种表示（要求：Ti处于晶胞的顶点；，，所代表的原子种类与图A相同）____________________。
【答案】
（1）（1分）
（2）O>N>C>H（1分）sp2（1分）配位键、共价键、离子键（2分）
（3）氮化铬的离子电荷数较多，晶格能较大（2分）
a（2分）
（4）①体心（1分）棱心（1分）6（2分）√2
2
②（2分）
【解析】
（1）24号元素是铬，其价层电子排布式为3d54s1，则轨道表达式为：；（2）(NH2)2CO中含有N、H、O、C，电负性由大到小的顺序为O>N>C>H，(NH2)2CO结构中碳原子上有二根
单键、一个双键，则参加杂化轨道数为：（2+1）（1是双键中一个单键），杂化类型为sp2。（3）氮化铬的晶体与
氯化钠晶体都是离子晶体，因为氮化铬的离子电荷数较多，晶格能较大，所以，氮化铬熔点比氯化钠的高。（4）①由晶胞图分析，黑球为1个，白球为12／4=3个，三角为1个，因TiO32—中钛与氧结合形成酸根离子，则三
角所处位置为钛，即体心位置，氧位于立方体棱上；由三维立体对称分析，与Ca紧邻的O个数为6，Ti与O间的最短距离是面对角线的一半，即nm。②不论如何画图，原子个数比不变，原子配位数不变，故新的结构
图：。
点睛：确定中心原子杂化方式：一是价层电子对互斥理论，适用于AB n m±型，二是由结构图判断，即杂化轨道数等于σ数加孤电子对数，然后由轨道数确定杂化方式；三是等电子体法，即电子换电子、电子换电荷；四是等价替换法，即利用前三种通用方法，分析复杂图的中心原子杂化方式，化繁为简。
36．[化学——选修5：有机化学基础](15分)
聚酰亚胺是重要的特种工程材料，广泛应用在航空、纳米、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如下（部分反应条件略去）：
已知：
①有机物A的质谱与核磁共振氢谱图如下：
②
③
回答下列问题：
（1）A的名称是__________________；C中含氧官能团的名称是________________。
（2）反应②的反应类型是____________________。
（3）反应①的化学方程式是__________________________。
（4）F的结构筒式是_____________________。
（5）同时满足下列条件的G的同分异构体共有___________种(不含立体结构)；写出其中一种的结构简式：________________。
①能发生银镜反应②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应
③1 mol该物质最多能与8 mol NaOH反应
（6）参照上述合成路线，以间二甲苯和甲醇为原料（无机试剂任选）设计制备的合成路线：_______________________。
【答案】（1）乙醇（1分）羧基（1分）
（2）取代反应（2分）
（3）（2分）
（4）（2分）
（5）3 （2分）
（2分）
（6）（3分）
【解析】根据已知：①有机物A的质谱与核磁共振氢谱图可知，A的相对分子质量为46，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：2：3，则A为乙醇；根据流程可知，E在铁和氯化氢作用下发生还原反应生成，则E为；E是D发生硝化反应而得，则D为；D是由A与C在浓硫酸作用下发生酯化反
应而得，则C为；C是由分子式为C7H8的烃B氧化而得，则B为甲苯；结合已知③
以及G的分子式，可知对二甲苯与二分子一氯甲烷反应生成F，F为；根据已知②可知，F氧化生成G为；G脱水生成H，H为。
（1）A的名称是乙醇；C为，含氧官能团的名称是羧基；（2）反应②是D在浓硫酸和浓硝酸作用下发生硝化反应（或取代反应）生成E；（3）反应①是A与C在浓硫酸作用下发生酯化反应生成D，其化学方程式是；（4）F的结构筒式是；（5）的同分异构体满足条件：①能发生银镜反应，说明含有醛
基；②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应，说明含有甲酸酯的结构，且水解后生成物中有酚羟基结构；③1mol该物质最多能与8mol NaOH反应，则符合条件的同分异构体可以是：
、、共3种；（6）间二甲苯氧化生成间苯二甲酸，间苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成间苯二甲酸二甲酯，间苯二甲酸甲酯发生硝化反应生成
，还原得到，其合成路线为：
。