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辽宁省抚顺市2020届高三化学下学期二模考试试题

辽宁省抚顺市2020届高三化学下学期二模考试试题

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辽宁省抚顺市2020届高三化学下学期二模考试试题（含解析）
一、选择题
1.冠病毒(如图)由蛋白质和核酸组成，核酸由核苷酸组成．核苷酸的单体由五碳糖 、磷酸基和含氮碱基构成．下列说法错误的是

A. 蛋白质和核酸均是高分子化合物
B. 蛋白质中含C、H、O、N 等元素
C. 五碳糖( C5H10O5)与葡萄糖互为同系物
D. NaClO溶液用作消毒剂，是因为NaClO 能使病毒蛋白变性
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A.蛋白质是由氨基酸脱水缩聚而成的，而所有的聚合物都是属于高分子化合物,，核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，故A正确；
B. 蛋白质的组成元素有 C、H、O、N，有的还有P、S等，故B正确；
C. 五碳糖( C5H10O5)与葡萄糖( C6H12O6)组成相差1个CH2O，不符合同系物的定义，故C错误；
D. NaClO溶液用作消毒剂，是因为NaClO 能使病毒蛋白变性，故D正确；
故选：C。

2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 50 g 34%H2O2溶液中含H－O键的数目为NA
B. 180 g淀粉完全水解生成葡萄糖的分子数为NA
C. 1 L 0.1 mol·L－1K2SiO3溶液中含SiO32－的数目为0.1NA
D. 反应5NaClO2＋4HCl＝4ClO2↑＋5NaCl＋2H2O，每生成1 mol ClO2转移电子的数目为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．50 g 34%H2O2溶液中，H2O2和H2O中都有H－O键，H2O2的物质的量为50g×34%÷34g/mol=0.5mol，H2O的物质的量为50g×(1-34%)÷18g/mol=1.83mol， H2O2中的H－O键的数目为NA，水中H－O键的数目约为3.66NA，A错误；
B．180g淀粉（C6H10O5）n的物质的量为mol，根据（C6H10O5）nnC6H12O6，可生成C6H12O6的物质的量为mol 1.11mol，B错误；
C．由于SiO32－水解，1 L 0.1 mol·L－1 K2SiO3溶液中含SiO32－的数目小于0.1NA，C错误；
D．反应中Cl元素的化合价由反应前的+3价（NaClO2）变为反应后的+4价（ClO2），每个Cl原子失去1个电子，故每生成1 mol ClO2转移电子的数目为NA，D正确；
故选D。
3.下列指定反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. NO2通入NaOH浓溶液中：2NO2+2OH-=NO+NO+H2O
B. (CH3COO)2Pb溶液中滴入稀硫酸：Pb2++SO=PbSO4↓
C. NaAlO2溶液中加入少量盐酸：AlO+4H+=Al3++2H2O
D. NH4HSO3溶液中加入少量Ba(OH)2溶液：HSO+Ba2++OH-=BaSO3↓+H2O
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A.符合客观事实，电荷守恒，原子守恒，电子守恒，故A正确；
B. (CH3COO)2Pb是弱电解质，在离子方程式中不能拆成离子的形式，故B错误；
C. NaAlO2溶液中加入少量盐酸应生成的氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式是：AlO+ H2O +H+=Al(OH)3↓，故C错误；
D.氢氧化钡少量，应该完全反应，正确的离子方程式是：2HSO+Ba2++2OH-=BaSO3↓+2H2O+ SO32-，故D错误；
故选：A。

4.苯胺为无色液体，还原性强，易被氧化，有碱性，与酸反应生成盐，硝基苯与氢气制备苯胺（沸点为184℃）的反应原理如下：
+3H2 +2H2O
某同学设计的制备实验装置（部分夹持装置省略）如图：

下列说法正确的是（ ）
A. 仅用上述装置图中仪器就可以完成该实验
B. 用硝酸代替盐酸，反应速率更快，实验效果较好
C. 点燃酒精灯前，打开K，先通一段时间的H2
D. 三颈烧瓶内的反应结束后，关闭K，先在三颈烧瓶中加入浓硫酸后蒸馏
【答案】C
【解析】
【详解】A.因为苯胺为无色液体，与酸反应生成盐，锌与盐酸反应制得的氢气中有氯化氢，通入三颈烧瓶之前应该除去，所以缺少一个除杂装置，故A错误；
B.锌与硝酸反应生成硝酸锌、二氧化氮（或一氧化氮）和水，不能生成氢气，达不到实验目的，故B错误；
C.苯胺还原性强，易被氧化，所以制备苯胺前用氢气排尽装置中空气，同时氢气是可燃性气体，点燃时易发生爆炸，所以点燃酒精灯之前，先打开K，通入一段时间的氢气，排尽装置中的空气，故C正确；
D.苯胺还原性强，易被氧化，有碱性，与酸反应生成盐，而浓硫酸具有酸性和强氧化性，苯胺能与浓硫酸反应，则不能选用浓硫酸，三颈烧瓶内的反应结束后，关闭K，先在三颈烧瓶中加入生石灰后蒸馏，故D错误；
故选：C。
5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，W、X、Y的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，Y的族序数等于其周期数。下列说法错误的是（ ）
A. 四种元素形成的单质中，Z的单质沸点最低
B. WZ3中W满足8电子稳定结构
C. Y、Z形成的化合物的水溶液呈酸性
D. X的氧化物可能既含离子键又含共价键
【答案】B
【解析】
【分析】
Y的族序数等于其周期数，且W与Y同主族，由此可知Y应为铝元素，W为硼元素；W、X、Y的最外层电子数等于Z的最外层电子数，W与Y的最外层电子数之和为6，而短周期主族元素的最外层电子数均小于8，由此可知Z的最外层电子数为7，X的最外层电子数为1，Z为氯元素，X为钠元素。
【详解】A.四种元素形成的单质中氯气为气体单质，是四种单质中沸点最低的，故A正确；
B.WZ3是三氯化硼，其中硼原子为+3价，与氯原子形成3对共用电子对，外围只有6个电子，不满足8电子稳定结构，故B错误；
C.Y与Z形成的化合物是氯化铝，氯化铝属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故C正确；
D.X的氧化物若是过氧化钠，则其中既含有离子键又含有共价键，若是氧化钠，其中只有离子键，故D正确；
故选：B。

6.一种钾离子电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是

A. 放电时，负极的电极反应式 ：KC6 –e- =K ++6C
B. 充电时，阳极的电极反应式 ：K0.5-xMnO2+xK++ xe-=K0.5MnO2
C. 放电时，K+ 通过阳离子交换膜向石墨电极移动
D. 若仅把钾离子换成锂离子，当负极减少的质量相同时，钾离子电池转移的电子数比锂离子电池的多
【答案】A
【解析】
【分析】
据图可知放电时总反应为K0.5-xMnO2+xKC6 =K0.5MnO2+6xC，该过程中K→K+被氧化，为负极，即放电时石墨电极为负极，则充电时发生还原反应为阴极；Mn元素化合价降低被还原，所以K0.5MnO2放电时为正极，充电时为阳极。
【详解】A．放电时，石墨电极为负极，附着在石墨上的K失电子被氧化成K+，结合总反应可知电极方程式为KC6 –e- =K++6C，故A正确；
B．充电时为电解池，K0.5MnO2为阳极，阳极失电子发生氧化反应，电极方程式为K0.5MnO2-xe-= K0.5-xMnO2+xK+，故B错误；
C．放电时为原电池，原电池电解质中阳离子流向正极，K0.5MnO2为正极，所以K+ 通过阳离子交换膜向K0.5MnO2电极移动，故C错误；
D．钾离子电池放电时负极反应为KC6 –e- =K++6C，锂离子电池放电时负极反应为LiC6 –e- =Li++6C，相同质量锂和钾，锂的物质的量更大，转移的电子更多，故D错误；
故答案为A。
7.已知H3BO3是一元酸，室温时，用1.0mol·L-1的NaOH溶液滴定25.00mL H3BO3溶液的曲线如图所示：

下列说法正确的是（ ）
A. 可用酚酞作滴定指示剂
B. 起始时H3BO3的浓度为0.8mol·L-1
C. H3BO3的电离常数数量级为10-5
D. 滴定至pH=12时，溶液中：c(OH-)<c(H3BO3)+c(H+)
【答案】B
【解析】
【分析】
由图像可知当NaOH溶液体积为20mL时，溶液的pH发生突变，此时的反应按化学计量数之比反应，从而可算出H3BO3的浓度，根据起点进一步判断出该酸的强弱和计算出其电离平衡常数。pH=12时，根据电荷守恒和物料守恒可判断溶液中离子浓度的大小关系。
【详解】A. 酚酞的变色范围为8~10，由图可知NaOH滴定H3BO3时pH在11.40左右才发生突变，酚酞的变色范围不在pH 的突变范围内，故不能用酚酞作指示剂，A错误；
B. 由分析可知当NaOH加入体积为20mL时，酸碱恰好完全反应，且H3BO3为一元酸，故n(NaOH)=n(H3BO3)，20mL×1mol/L=25mL×c(H3BO3)，解得c(H3BO3)=0.8mol/L，B正确；
C. 根据曲线的起点可知H3BO3电离出的H+浓度为10-4.17mol/L，则电离出的B(OH)4-的浓度也为10-4.17mol/L，平衡时H3BO3的浓度为0.8mol/L-10-4.17mol/L≈0.8mol/L，所以K=(10-4.17)2÷0.8=5.7×10-9，数量级为10-9，C错误；
D. 当pH=12时，加入的NaOH的物质的量大于H3BO3的物质的量，
故有c(Na+)>c[B(OH)4-]+c(H3BO3)，再根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)= c[B(OH)4-]+c(OH-)，联立上述两个式子可得c(OH-)>c(H3BO3)+c(H+)，D错误；
答案选B。

三、非选择题
8.Zn3(PO4)2·2H2O（溶于酸，难溶于水）是一种无毒害作用的防锈颜料，利用锌浮渣（主要含Zn、ZnO、ZnCl2，还含少量的铁、锰、铜、铅及砷的化合物等）制取Zn3(PO4)2·2H2O的工艺流程如图：

回答下列问题：
（1）“浸出”时，下列措施能提高锌的浸取率的是__（填字母）。
A.用浓硫酸代替稀硫酸 B.适当升高浸取液的温度
C.将“浸渣”再次浸取 D.缩短“浸出”时间
（2）“除锰”时，Mn2+发生反应的离子方程式为__（S2O被还原为SO）。
（3）流程中除铁、砷时，当生成8.9gFeOOH和7.8gFeAsO4时，消耗H2O2__mol。
（4）“净化”时加锌粉的目的是__。
（5）“沉锌”时发生反应的化学方程式为__。
（6）“沉锌”至得到“产品”还需要经过的操作是__、洗涤、__。证明产品已洗涤干净的实验方法是__。
（7）Meyer等认为磷酸锌防腐机理是在钢铁表面形成组成近似为Zn2Fe(PO4)2·4H2O的覆盖膜，则在形成该覆盖膜的过程中，负极的电极反应式为__。
【答案】 (1). BC (2). Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+ (3). 0.09 (4). 置换出铅 (5). 3ZnSO4+2Na3PO4+2H2O=Zn3(PO4)2·2H2O↓+3Na2SO4 (6). 过滤 (7). 干燥 (8). 取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的溶液，若不产生沉淀，说明已洗涤干净 (9). Fe-2e-=Fe2+
【解析】
【分析】
锌浮渣经过稀硫酸浸出时，锌浮渣中Zn、ZnO、ZnCl2、铁、锰、铅会与稀硫酸反应生成ZnSO4、FeSO4、MnSO4、PbSO4，而砷的化合物会与稀硫酸反应生成H3AsO3，铜不与稀硫酸反应，因此浸渣为铜；在上述浸出得到的液体中加入(NH4)S2O8, (NH4)S2O8会MnSO4发生离子反应：Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+，经过滤1即可除去固体MnO2；在过滤1后的溶液中加入H2O2溶液，随着H2O2溶液的加入会发生如下离子反应：, ,同时，H3AsO3在氧化剂存在条件下被氧化成H3AsO4，方程式为，在净化过程中会和发生离子反应：，经过过滤2就可以除去、；过滤2得到的滤液中还剩余ZnSO4、PbSO4，锌比铅活泼，因此可以通过加入锌粉净化PbSO4，同时还不加入新杂质，反应的离子方程式为：，经过过滤3即可得到滤渣铅单质；经过过滤3得到的滤液中只剩下ZnSO4，往该溶液中加入Na3PO4发生反应，3ZnSO4+2Na3PO4+2H2O=Zn3(PO4)2·2H2O↓+3Na2SO4，将得到的沉淀物质用水洗涤数次，用氯化钡检验硫酸根离子，直到无硫酸根离子时，即可压滤得到成品Zn3(PO4)2·2H2O；据上述过程解答。
【详解】(1)A.用浓硫酸代替稀硫酸，铁会钝化不反应，降低浸出率， A项错误；
B.浸出率与液固比、浸出时间、搅拌时间、浸出温度有关，适当升高浸取液的温度，可以提高浸出率，B项正确；
C.将“浸渣”再次浸取，可以提高浸出率，C项正确；
D.缩短“浸出”时间，反应不充分时，会降低浸出率，D项错误；
故答案为：BC；
(2)据流程图可知，用稀硫酸浸出得到的液体中含有MnSO4，“除锰”时，加入(NH4)S2O8得到MnO2，故“除锰”发生离子反应为：Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+。故答案为：Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+；
(3)流程中除铁、砷时，在过滤1后的溶液中加入H2O2溶液，随着H2O2溶液的加入会发生如下离子反应：，，同时H3AsO3在氧化剂存在条件下被氧化成H3AsO4，方程式为，在净化过程中会和发生离子反应：，由上方程式可知当生成8.9gFeOOH和7.8gFeAsO4时，存在关系式，，解得x=0.05mol，y=0.04mol,因此消耗H2O2共0.09mol。故答案为：0.09；
(4)过滤2得到的滤液中还剩余ZnSO4、PbSO4，锌比铅活泼，因此可以通过加入锌粉置换出Pb，同时还不加入新杂质。故答案为：置换出铅；
(5)经过过滤3得到的溶液中只剩下Zn SO4，“沉锌”时往该溶液中加入Na3PO4发生反应：3ZnSO4+2Na3PO4+2H2O=Zn3(PO4)2·2H2O↓+3Na2SO4。故答案为：3ZnSO4+2Na3PO4+2H2O=Zn3(PO4)2·2H2O↓+3Na2SO4；
(6)由“沉锌”发生的反应可知，“沉锌”得到“产品”还含有部分杂质Na2SO4和水，过滤后需要再洗涤多次，把杂质洗干净之后才能干燥得到纯净的固体Zn3(PO4)2·2H2O；洗涤过程中，可以通过检验最后一次过滤的滤液中是否还含有硫酸根离子来验证产品是否已洗涤干净，验证硫酸根的办法是取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的溶液，若不产生沉淀，说明已洗涤干净。故答案为：过滤；干燥；取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的溶液，若不产生沉淀，说明已洗涤干净；
(7)磷酸锌防腐机理是在钢铁表面形成组成近似为Zn2Fe(PO4)2·4H2O的覆盖膜，则在形成该覆盖膜的过程中，钢铁里的活泼金属铁做负极，失电子变成亚铁离子，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+。故答案为：Fe-2e-=Fe2+。
9.H2NCOONH4(59℃时升华并分解)可用作磷化铝中间体及医药等。可由干燥的NH3与CO2在低温下(或冰水浴)制取，装置如图所示：

回答下列问题：
(1)装置①中用“恒压分液漏斗”代替普通的分液漏斗，其优点是_____________，滴入浓氨水并搅拌能产生大量NH3的原因是____________________，装置②干燥塔中盛放的合适干燥剂是_____________(填名称)。
(2)装置③用盛干冰装置代替实验室制备CO2的常见制备及纯化转置，其优点除装置简洁且可产生纯净干燥的CO2外，还具有的优点是____________________________________。
(3)装置④用“聚乙烯薄膜反应器”代替反应管的优点是____________，“聚乙烯薄膜反应器”中发生反应的化学方程式为_____________________________________________。
(4)从环境保护角度分析，装置⑤的作用是_____________，还可以通过观察气泡确定NH3和CO2的比例是否合适，判断的依据及不合适时的调节方案为________________。
【答案】 (1). 便于液体顺利滴入三口烧瓶中 (2). NH3(g)+H2O(1)NH3·H2O(aq)NH4+(aq)+OH-(aq)，增大了OH-浓度使平衡逆向移动，且NaOH固体可以吸水，减少了游离水的量并放出了热量，这都有利于NH3逸出 (3). 碱石灰 (4). 干冰升华吸热，可维持反应在低温下进行 (5). 可轻轻揉搓得到粉末状的H2NCOONH4(或易散热，有利于提高H2NCOONH4的转化率并避免分解) (6). 2NH3+CO2=H2NCOONH4 (7). 吸收未反应完的NH3 (8). 若无气泡产生，说明比例合适,若有气泡产生，可以通过调节恒压滴液漏斗的活塞控制浓氨水的加入速率
【解析】
【分析】
装置①由浓氨水分解制NH3，经过②干燥，与③中干冰升华产生的CO2一起进入④中反应，得到产物H2NCOONH4，装置⑤中的浓H2SO4可以吸收多余的NH3。
【详解】（1）装置①中“恒压分液漏斗”侧面有一根玻璃管连通上下，可以平衡漏斗中液体上下的气压，便于液体顺利滴入三口烧瓶中；浓氨水中存在反应NH3(g)+H2O(1)NH3·H2O(aq)NH4+(aq)+OH-(aq)，NaOH遇水产生大量的热，并且有大量OH-，促使平衡向生成NH3的方向移动，从而产生大量NH3；NH3一般用碱石灰进行干燥；
（2）NH3与CO2在低温下反应制取，干冰升华吸热，可以维持低温环境；
（3）“聚乙烯薄膜反应器”比较柔软，可以隔着反应器揉搓得到粉末状的H2NCOONH4，而且薄膜容易散热，有利于提高H2NCOONH4的转化率并避免分解；反应的化学方程式为2NH3+CO2=H2NCOONH4；
（4）由于NH3有污染，浓H2SO4可以吸收多余的NH3；浓H2SO4可以吸收多余的NH3，但不会吸收CO2，若NH3与CO2比例刚好能完全反应，则不会有CO2剩余，那么浓H2SO4中就不会看到气泡，若能看到气泡，则说明CO2产生的较快，需要加快NH3的速率。
【点睛】本题易错点为（4），气体的流量，可以通过气泡的速率来判断，本题就利用了这个技巧。
另外，第（3）题中，聚乙烯是塑料，柔软而又有韧性，聚乙烯薄膜反应器的优点要从这方面去回答。
10.CH3OCH3（二甲醚）常用作有机合成的原料，也用作溶剂和麻醉剂。CO2与H2合成CH3OCH3涉及的相关热化学方程式如下：
ⅠCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.1kJ·mol-1
Ⅱ.2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2=-24.5kJ·mol-1
Ⅲ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2(g) ΔH3
Ⅳ.2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH4
回答下列问题：
⑴ΔH4=__kJ·mol-1。
⑵体系自由能变ΔG=ΔH-TΔS，ΔG<0时反应能自发进行。反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的自由能变与温度的关系如图a所示，在298~998K下均能自发进行的反应为__（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）。

⑶在三个完全相同的恒容密闭容器中，起始时均通入3molH2和1molCO2，分别只发生反应Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ时，CO2的平衡转化率与温度的关系如图b所示。
①ΔH3__0（填“>”或“<”）。
②反应Ⅳ，若A点总压强为pMPa，则A点时CO2的分压为p(CO2)__pMPa（精确到0.01）。
③在B点对应温度下， K（Ⅰ）__（填“大于”“小于”或“等于”）K（Ⅲ）。
⑷向一体积为1L的密闭容器中通入H2和CO2，只发生反应Ⅳ。CO2的平衡转化率与压强、温度及氢碳比m[m=]的关系分别如图c和图d所示。

①图c中压强从大到小的顺序为__，图d中氢碳比m从大到小的顺序为__。
②若在1L恒容密闭容器中充入0.2molCO2和0.6molH2，CO2的平衡转化率为50%，则在此温度下该反应的平衡常数K=__（保留整数）。
【答案】 (1). －122.54 (2). Ⅱ (3). > (4). 0.21 (5). 小于 (6). p1>p2>p3 (7). m1>m2>m3 (8). 23
【解析】
【分析】
⑴第Ⅰ个方程式的2倍加上第Ⅱ个方程式。
⑵根据图中信息得到298~998K下只有Ⅱ的ΔG＜0。
⑶①升高温度，CO2的平衡转化率增大，说明平衡正向移动，正向是吸热反应；②三段式式建立关系，根据公式求出压强；③根据平衡常数分析产物与反应物的关系。
⑷①利用转化率分析压强，利用一个量不变，另一个量变化来分析。
②建立三段式建立再求平衡常数
【详解】⑴将第Ⅰ个方程式的2倍加上第Ⅱ个方程式得到ΔH4=－122.54 kJ·mol−1；故答案为：－122.54。
⑵体系自由能变ΔG=ΔH－TΔS，ΔG＜0时反应能自发进行，在298~998K下只有Ⅱ的ΔG＜0，因此均能自发进行的反应为Ⅱ；故答案为：Ⅱ。
⑶①升高温度，CO2的平衡转化率增大，说明平衡正向移动，正向是吸热反应，即ΔH3＞0；故答案为：＞。
②，反应Ⅳ，若A点总压强为pMPa，则A点时CO2的分压为；故答案为：0.21。
③在B点对应温度下，根据Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)和Ⅲ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2(g)的反应，CO2转化率相等，产物的量相等，但Ⅰ中氢气平衡时量较少，但是大于1的值，由于是浓度三次方，因此平衡常数小，平衡常数K(Ⅰ)小于K(Ⅲ)；故答案为：小于。
⑷①该反应是体积减小的反应，图c中定温度，从下到上看，转化率增大，说明平衡正向移动，向体积减小方向移动即加压，压强从大到小的顺序为p1＞p2＞p3，图d中可以理解为二氧化碳物质的量不变，氢气量不断增加，平衡正向移动，二氧化碳转化率不断增大，因此氢碳比m从大到小的顺序为m1＞m2＞m3；故答案为：m1＞m2＞m3。
②若在1L恒容密闭容器中充入0.2molCO2和0.6molH2，CO2的平衡转化率为50%，，则在此温度下该反应的平衡常数；故答案为：23。
（三）选考题：
11.铬及其化合物在材料、颜料及超导等方面用途非常广泛。回答下列问题：
（1）基态Cr原子的价电子排布式为__；Cr成为阳离子时首先失去__轨道的电子。
（2）铬与钾均位于第四周期，铬的熔点和沸点均比钾的高，这是因为__。
（3）甘氨酸铬（结构如图）是一种配合物，其配位原子是__。

（4）反应：6KSCN+13K2Cr2O7+55H2SO4=13Cr2(SO4)3+6SO2↑+6CO2↑+16K2SO4+55H2O
①KSCN的四种组成元素中第一电离能最大的是__（填元素符号）；KSCN中阴离子的空间构型为___形，中心原子的杂化方式是__。
②分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数（如苯分子中的大键可表示为），则NO2的大键可表示为__。
（5）立方CrO2晶体的结构如图所示，晶胞参数为apm。

①设NA为阿伏加德罗常数的值，则CrO2的密度为__（列出计算式）g·cm-3。
②1、2号原子的坐标依次为(0，0，0)、(，0，)，则原子坐标为(，，)和(，，)间的距离为__pm。
【答案】 (1). 3d54s1 (2). 4s (3). 铬的价电子数比钾的多，原子半径比钾的小，铬的金属键比钾的强 (4). N、O (5). N (6). 直线 (7). sp (8). (9). (10). a
【解析】
【分析】
根据原子的核电荷数和能级图书写价电子排布式并分析失电子情况；根据配合物的组成结构分析；根据价层电子对数目和价层电子对互斥理论分析原子的杂化类型和空间构型；根据晶胞结构利用均摊法分析晶体的化学式并进行相关计算。
【详解】(1)基态Cr原子的核电荷数为24，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则价电子排布式为3d54s1；Cr成为阳离子时首先失去4s轨道的电子；
(2)铬与钾均位于第四周期，铬的价电子数比钾的多，原子半径比钾的小，铬的金属键比钾的强，则铬的熔点和沸点均比钾的高；
(3)由甘氨酸铬的结构可知，N、O原子提供孤对电子，形成配位键，则配合物的配位原子是N、O；
(4)①KSCN的四种组成元素K、S、C、N中，K是金属元素，第一电离能最小，C、N、O三种元素为同周期的主族元素，第一电离能随核电荷数增大而呈增大趋势，但N原子的2p轨道为半充满结构，相对稳定，三种元素的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N，O、S同主族，O的非金属性强，第一电离能大，即O＞S，则K、S、C、N四种元素的第一电离最大的是N元素；KSCN中SCN-离子中C原子价层电子对个数是2+=2，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为直线形，其中C原子杂化方式为sp；
②NO2的结构可表示为则NO2的大π键可表示为；
(5)①立方CrO2晶体的晶胞中含有黑球原子数目为8×+6×=4，白球数为8，则黑球为Cr，共含有4个CrO2，晶胞的质量为g=g，晶胞的体积为(a×10-10cm)3，则CrO2的密度==g·cm-3；
②在CrO2晶胞中1、2号原子的坐标依次为(0，0，0)、(，0，)，说明晶胞的边长单位为1，则原子坐标为(，，)和(，，)分别为晶胞结构中的红色球和绿色球，两者之间的距离为晶胞体对角线的，即为 pm=a pm。
【点睛】均摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：①顶点：每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；②棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；③面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；④内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞。
12.黄连素具有抗癌抗菌的作用，一种以芳香化合物A为原料制备黄连素的合成路线如图：

回答下列问题：
（1）A的化学名称是__。
（2）反应②的化学方程式为__。
（3）④的反应类型是__。
（4）G的结构简式为__，I中含氧官能团的名称为__。
（5）芳香族化合物W、X是F的同分异构体，W的苯环上只有一个取代基，且属于α—氨基酸，则符合条件的W有__种，X是一种硝基化合物，其核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为6：3：2，则X的结构简式为__（写一种）。
（6）设计以苯和甲醛为起始原料制备的合成路线（无机试剂任用）___。
【答案】 (1). 邻二氯苯 (2). +CH2Cl2+2NaOH→+2NaCl+2H2O (3). 取代反应 (4). (5). 醚键 (6). 2 (7). （或） (8).
【解析】
【分析】
A为芳香化合物，其分子式为C6H4Cl2，由流程图、用逆合成分析法，知反应④是取代反应，D为，反应③过程中苯环相连的五元环并没有发生变化，可知C为，则推知B为、A是，由流程知反应⑥在F+G→，G分子式C9H10O3，不饱和度为5，则G中除了苯环、还有3个相邻的取代基，分别依次为-CHO、-OCH3、-OCH3，即G为，据此回答；
【详解】(1)由上分析， A为，则其化学名称是邻二氯苯；
答案为：邻二氯苯；
(2)反应②为与CH2Cl2之间的取代反应，得到，由于在NaOH环境中，故还有NaCl和H2O，则化学方程式为+CH2Cl2+2NaOH→+2NaCl+2H2O；
答案为：+CH2Cl2+2NaOH→+2NaCl+2H2O；
(3)④是与NaCN之间发生的反应，生成，显然是取代反应；
答案为：取代反应；
(4)由分析知G的结构简式为，I即目标产物黄连素，其中含氧官能团的名称为醚键；
答案为：；醚键；
(5)芳香族化合物W、X是F的同分异构体，从流程图知F分子式为C9H11NO2，W的苯环上只有一个取代基，且属于α—氨基酸，则符合条件的W可以是或，共有2种，X是一种硝基化合物，其核磁共振氢谱有3组峰，则分子内只有3种氢原子，侧链共3个碳原子，若侧链上有1种氢原子，则苯环上有2种氢原子，由于苯环上硝基的存在，则这种情况不可能，若侧链上有2种氢原子，则苯环上有1种氢原子，且峰面积比为6：3：2可以有（或）；
答案为：2；（或）；
(6)设计以苯和甲醛为起始原料制备的合成路线（无机试剂任用），要得到目标产物，仿照流程中的反应⑥，由甲醛和反应可得，而要得到，则需仿照流程中的反应⑤，由与氢气反应，而可仿照流程中的反应④，由与NaCN反应所得，的获得，仿照流程中的反应③，通过苯与甲醛、HCl及ZnCl2反应即可，由此，该合成路线为：；
答案为：。