湖北省武汉市武昌区2019届高三上学期元月调研考试理科综合化学试题(含解析)

武昌区2019届高三年级元月调研考试

理科综合化学试卷

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 C1-35.5

1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是

A. 为防止月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入硅胶

B. 氯水和食盐水消毒杀菌的原理相同

C. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法

D. 燃煤中加入生石灰可以减少酸雨的形成及温室气体的排放

【答案】C

【解析】

【分析】

根据抗氧化剂的性质、杀菌消毒原理、金属电化学保护法和燃煤脱硫的化学原理分析判断。

【详解】A项：富脂食品易被空气中氧气氧化，为防止其变质，应在包装袋中放入铁粉、硫酸亚铁等还原性物质（抗氧化剂）。硅胶是常用的干燥剂，A项错误；

B项：氯水中的次氯酸有强氧化性，食盐水能使细菌病毒脱水，它们消毒杀菌的原理不同，B项错误；

C项：镁比铁活泼，易形成原电池负极，可防止电热水器内胆腐蚀，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法，C

项正确；

D项：燃煤中含有少量硫元素，燃烧时生成大量CO2和少量SO2。高温下，生石灰能与SO2、O2反应生成硫酸钙，从而减少酸雨的形成，但不能与二氧化碳反应，不能减少温室气体的排放，D项错误。

本题选C。

2.设N A为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是

A. 30g冰醋酸和葡萄糖的混合物中含氢原子的数目为2N A

B. 在12. 0 gNaHSO4晶体中，所含离子数目为0.3N A

C. 足量的镁与浓硫酸充分反应，放出 2.24L混合气体时，转移电子数为0.2N A

D. 标准状况下，11.2L乙烯和丙烯混合物中含氢原子数目为2N A

【答案】A

【解析】

【分析】

利用计算物质的量的公式，结合物质的组成、结构、化学反应进行判断。

【详解】A项：冰醋酸和葡萄糖的最简式都是CH2O，30g混合物有1molCH2O，故含氢原子数目为2N A，A项正确；

B项：NaHSO4晶体由Na+和HSO4-构成。12. 0 gNaHSO4为0.1mol，两种离子数目共0.2N A，B项错误；

C项：足量的镁与浓硫酸反应，开始放出SO2，浓硫酸变为稀硫酸后放出H2。选项中未指明温度、压强，故 2.24L 混合气体不一定为0.1mol，转移电子数不一定为0.2N A，C项错误；

D项：标准状况下11.2L乙烯和丙烯的混合气体为0.5mol，含氢原子数目在2N A~3N A，D项错误。

本题选A。

【点睛】NaHSO4晶体中只有Na+和HSO4-两种离子，水溶液中NaHSO4电离生成Na+、H+、SO42－三种离子。

3.下列实验方案能达到实验目的的是

A. A

B. B

C. C

D. D

【答案】D

【解析】

【分析】

紧扣实验目的，分析评价实验方案中的每一步操作，判断其合理性。

【详解】A项：验证海带中含碘元素，先将其中碘元素转化为易溶于水的碘化物，水浸提取碘化物后，再将碘离子氧化为单质碘，用淀粉检验。故海带剪碎后，须灼烧成灰，A项错误；

B项：使用少量FeC13溶液，必有KI剩余。故反应后溶液中有I2证明反应已经发生，有I－不能说明反应有一定限度，B项错误；

C项：检验淀粉是否水解，须在碱性条件下用新制Cu(OH)2检验有无产物葡萄糖。故应向淀粉水解液中先加入NaOH溶液，以中和催化剂H2SO4，C项错误；

D项：2mL0.1mol/L MgSO4溶液与2mL0.2mol/LNaOH溶液恰好反应生成Mg(OH)2沉淀，再滴加少量0.1mol/LCuSO4溶液，若白色沉淀变蓝色，则Ksp：Mg(OH)2>Cu(OH)2，D项正确。答案选D。

4.短周期元素X、Y、Z、W、R、T 的原子序数依次增大， X 的最外层电子数与次外层电子数相等， X、 W 位于同族。Y和Z的价电子数之和等于R和T的最外层电子数之和，这四种元素组成两种盐Z2TY3和ZRY2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，产生白色沉淀的物质的量与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是

A. 简单离子的半径：r（Y）＜r（Z）＜r（W）

B. 气态氢化物的热稳定性： T > Y

C. 工业上电解R的氯化物冶炼单质R

D. X的氢氧化物既可与强酸反应，又可与强碱反应

【答案】D

【解析】

【分析】

根据原子结构、元素在周期表中的位置，结合短周期、原子序数增大、形成盐的化学式等，推断元素，进而分析图象、回答问题。

【详解】最外层与次外层电子数相等的元素有Be、Ar，题中X只能为铍（Be）；与X同主族的W为镁（Mg）。据盐化学式Z2TY3和ZRY2可知，Y为氧（O），结合与盐酸反应的图象，得R为铝（Al）；因原子序数增大，盐中阳离子Z元素只能是钠（Na）；又据Y、Z与R、T 的价电子关系，知T为硅（Si）。

A项：O2－、Na+、Mg2+核外电子排布相同，核电荷大的，则离子半径小。故离子半径：r（Y）>r（Z）>r（W），A项错误；

B项：据元素在周期表中的位置，知非金属性Si

C项：工业上电解熔融的氧化铝冶炼单质铝，氯化铝为共价化合物，熔融时不能被电解，C项错误；

D项：据对角线法则，氢氧化铍和氢氧化铝相似，是两性氢氧化物，既可与强酸反应，又可与强碱反应，D

本题选D。

5.对有机物：的下列说法中正确的是

A. 含有4 种官能团

B. 该有机物的分子式为 C13H12O9

C. 该物质酸性条件下水解的有机产物只有1种

D. 该有机物能发生氧化反应、取代反应、加成反应、消去反应

【答案】C

【解析】

【分析】

有机物的化学性质主要取决于它的官能团。故由官能团的种类可知其具有的化学性质。

【详解】A项：该有机物分子中有羧基、酚羟基、酯基共3 种官能团，A项错误；

B项：该有机物的分子式为C14H10O9，B项错误；

C项：酯基在酸性条件下水解，生成的有机产物只有1种，C项正确；

D项：该有机物燃烧、酚羟基与氧气的反应都是氧化反应，酯基的水解、羧基的酯化、酚羟基邻位氢与溴水的反应都是取代反应，苯环与氢气可加成反应，但该有机物不能发生消去反应，D项错误。

本题选C。

6.溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中 HCO3－占95 % ，利用图示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。下列说法正确的是

A. a 室排出的是NaOH 、Ca（OH）2等强碱性物质

B. b 室发生主要反应： 2H＋+ CO32－=== H2O +CO2↑

C. c室发生的反应为 2H2O－4e－===O2↑＋ 4H+

D. 装置中产生的 O2和提取的 CO2的体积比约为1：4

【答案】D

【分析】

根据电解原理，写出阳极、阴极反应式，结合海水成分和阳离子交换膜的作用，分析电解池c室发生的变化，进而作出相应判断。

【详解】A项：a 室电极与电源正极相连，是电解池阳极，电极反应为2H2O－4e－===O2↑＋ 4H+。H+通过阳离子交换膜进入b室，A项错误；

B项：a室生成的H+通过阳离子交换膜进入b室，与主要含碳粒子发生反应HCO3－+H+＝H2O +CO2↑，B项错误；C项：c室电极与电源负极相连，是电解池阴极，电极反应为2H2O+2e－===H2↑＋ 2OH－。b室海水中阳离子通过离子交换膜进入c室，故c室排出的是NaOH 、Ca(OH)2等强碱性物质，C项错误；

D项：据阳极反应和b室反应可知，装置中产生的 O2和提取的 CO2的体积比约为1：4，D项正确。

本题选D。

【点睛】根据电解原理写出电极反应式，是解答电解问题的关键。注意阳离子交换膜、阴离子交换膜、质子交换膜分别只允许阳离子、阴离子、质子通过。

7.室温下， 0.1 mol/L的某二元酸 H2A 溶液中，可能存在的所有含 A 粒子的物质的量分数随pH 变化的关系如图所示。下列说法正确的是

A. H2A 的电离方程式：H2A H+ + HA－

B. pH = 5 时，在NaHA和Na2A的混合溶液中： c（HA－） : c（A2－）= 1 : 100

C. 等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合，离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（HA－）＞c（A2－）

D. NaHA溶液显碱性

【答案】B

【解析】

【分析】

据溶液中含A粒子的种类，可写出H2A的电离方程式。又据溶液中“三大守恒”关系、盐的电离和水解的主次关系，分析比较离子浓度。

【详解】A项：据图，H2A 溶液中含A粒子只有HA－、A2－两种，且它们的物质的量分数与溶液pH有关。则H2A 完全电离H2A＝H+ + HA－，HA－不完全电离HA－H+ + A2－，A项错误；

B项：图中两曲线交点表明，当溶液pH = 3 时，c(HA－)＝c(A2－)，因此HA－电离常数K i＝＝10－3。当NaHA、Na

A混合溶液的pH = 5 时，＝10－3，得 c（HA－） : c（A2－）= 1 : 100，B项正

2

确；

C项：由HA－电离常数K i＝10－3，可求得A2－的水解常数K h＝K w/K i＝10－11。即NaHA和Na2A等物质的量浓度的混合溶液中，HA－电离程度大于A2－水解程度，c(HA－)

D项：因HA－电离程度大于A2－水解程度，故NaHA溶液显酸性，D项错误。

本题选B。

【点睛】图中所有含A粒子只有HA－、A2－两种，说明H2A已经完全电离。HA－、A2－的物质的量分数随pH此消彼长，则HA－电离不完全。两曲线的交点有特殊的含义，易于计算HA－的电离常数。

8.用浓盐酸与氯酸钾固体反应制氯气时，发现所得气体颜色偏深，经分析该气体主要含有Cl2和ClO2两种气体，某研究性学习小组拟用如图所示装置分离制得的混合气体，并测定两种气体的物质的量之比。

Ⅰ．查阅资料：

常温下二氧化氯为黄绿色气体，其熔点为－59.5℃，沸点为11.0℃，能溶于水，不溶于浓硫酸、四氯化碳，有强氧化性，能与NaOH溶液反应生成等物质的量的两种盐，其中一种为 NaClO3。

Ⅱ．制备与分离：

（1）实验加药品前应进行的实验操作是____________。

（2）装置C、E的作用分别是 _________、_________。

（3）F中ClO2与NaOH 溶液反应的离子方程式为_____________。

Ⅲ．测量与计算：

反应结束后，测得B、C装置分别增重 2.0g和 14 .2g，将D中的液体溶于水，配成2.5 L溶液，取 25.00 mL 该溶液，调节试样的pH﹤2.0 ，加入足量的 KI晶体，振荡后，静置片刻；加入指示剂X ，用 0.200mol/L Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL 。（己知： 2ClO2+8H++10I－===5I2+2Cl－+4H2O；2Na2S2O3+I2===Na2S4O6 +2NaI ）

（4）指示剂X为_____，滴定终点时的现象是_______________。

（5）原装置收集到的ClO2物质的量为___________。

Ⅳ．结论：

（6）浓盐酸与氯酸钾固体反应的化学方程式为____________。

【答案】 (1). 检查装置的气密性 (2). 吸收混合气体中的Cl2 (3). 安全瓶防倒吸 (4). 2ClO2 + 2OH－ === ClO3－+ ClO2－ + 2H2O (5). 淀粉溶液 (6). 滴加最后一滴标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 (7). 0.1mol (8). 3KClO3 +10HCl===2ClO2↑+ 4Cl2↑+ 3KCl + 5H2O 【解析】

【分析】

实验目的有二：①分离Cl2和ClO2混合气体，②测定Cl2和ClO2的物质的量之比。紧扣①思考装置的作用和所需实验操作，紧扣②中测定原理判断使用的指示剂和终点现象。最后由定量结果写出符合题意的化学方程式。【详解】（1）制备气体的实验步骤通常是：连接仪器组成装置，检查装置气密性，加入试剂等等。故加药品前应检查装置气密性。

（2）根据相似相溶原理和题中信息，氯气易溶于四氯化碳，二氧化氯不溶于四氯化碳、较易液化，从而可实现它们的分离。装置C的作用是溶解吸收混合气体中的氯气，装置D可使二氧化氯冷凝成液体，装置E作为安全瓶能防止F中溶液倒吸至D中。

（3）F中NaOH溶液能吸收氯气、二氧化氯，防止污染空气。因氧化还原反应中化合价升降数相等，ClO2与NaOH 溶液反应生成等物质的量的两种盐，其中一种为 NaClO3，另一种只能是NaClO2，其离子方程式为2ClO2 + 2OH－＝ClO3－+ ClO2－ + 2H2O。

（4）用Na2S2O3标准溶液滴定含I2溶液时，使用淀粉做指示剂，滴定终点时的现象：滴加最后一滴标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色。

（5）由已知离子方程式得2ClO2~5I2~10Na2S2O3，则 25.00 mL溶液中，n(ClO2)＝n(Na2S2O3)/5＝0.200mol/L ×25.00×10－3L/5＝1.00×10－3mol，2.5L溶液（装置D收集到的ClO2）中n(ClO2)＝0.100mol。装置C增重14.2g为氯气，即n(Cl2)＝0.200mol。故装置A中生成ClO2、Cl2的物质的量之比为1:2，化学方程式为3KClO3 +10HCl===2ClO2↑+ 4Cl2↑+ 3KCl + 5H2O。

9.铬渣（铬主要以Cr2O3形式存在，同时含有Al2O3、SiO2等杂质）是铬电镀过程中产生的含铬污泥，实现其综合利用，可减少铬产生的环境污染。铬渣综合利用工艺流程如下：

请回答下列问题：

（1）焙烧得到的产物含有Na2CrO4和一种无污染的气体，则生成Na2CrO4的反应方程式为_____ 。

（2）除去浸出液中的杂质最好加入_____（填试剂名称）来调节pH。除去铝元素的离子方程式为

______________。

（3）理论上加入醋酸铅、硝酸铅均可以得到铬酸铅沉淀，工艺流程中不选用醋酸铅的原因是___________。（4）铬酸铅是一种用于水彩和油彩的筑色颜料．遇到空气中的硫化物颜色会变然，该过积的化学反应方程式为_____________。

（5）实验室常利用Cr3+在碱性溶液中的还原性，使其转化为CrO42-，从而实现与Al3+的分离，这个过程中需要加入的试剂是__________（填化学式），分离操作是_________。

【答案】 (1). 5 Cr2O3＋14 NaOH＋6 NaNO3 ==10 Na2CrO4＋3 N2↑＋7 H2O (2). 硝酸 (3). ＋

＋H2O==Al(OH)3↓ (4). 不引入新的杂质②得到的NaNO3可以循环利用 (5). PbCrO4＋H2S==PbS＋H2CrO4 (6). NH3·H2O、H2O2 (7). 过滤

【解析】

本题分析：本题主要考查离子反应。

（1）焙烧得到的产物含有Na2CrO4和一种无污染的气体氮气，则生成Na2CrO4的反应的化学方程式为5Cr2O3＋14NaOH＋6NaNO3 =10Na2CrO4＋3N2↑＋7H2O。

（2）为了不引人新的杂质，除去浸出液中的杂质最好加入硝酸来调节pH。除去铝元素的离子方程式为＋

＋H2O=Al(OH)3↓。

（3）工艺流程中不选用醋酸铅的原因是不引入新的杂质。

（4）铬酸铅遇到空气中的硫化物颜色会变黑，该过程的化学方程式为PbCrO4＋H2S=PbS＋H2CrO4。

（5）加入NH3·H2O 提供碱性环境，而且将Al3+转化为氢氧化铝沉淀，NH3·H2O不会溶解氢氧化铝沉淀，加入H2O2将Cr3+氧化为CrO42-，不会引人杂质，所以这个过程中需要加入的试剂是NH3·H2O、H2O2，分离操作是过滤。

10.氨是重要的基础化工原料，可以制备亚硝酸（HNO2）、连二次硝酸（H2N2O2）、尿素[CO（NH2）2]等多种含氮的化工产品。

（1）水能发生自偶电离2H2O H3O++OH－，液氨比水更难电离，试写出液氨的自偶电离方程式_______。

（2）25℃时，亚硝酸和连二次硝酸的电离常数如下表所示：

①物质的量浓度相同的NaNO2和NaHN2O2溶液的pH（NaNO2）_____pH（NaHN2O2）（填“＞”、“＜”或“＝”）。

②25℃时NaHN2O2溶液中存在水解平衡，其水解常数K h=_______（保留三位有效数字）。

③0.lmol/LNa2N2O2溶液中离子浓度由大到小的顺序为____________。

（3）以NH3与CO2为原料可以合成尿素[CO（NH2）2]，涉及的化学反应如下：

反应I：2NH3（g）+CO2（g）NH2CO2NH4（s）△H1=-159.5kJ?mol-1；

反应II：NH2CO2NH4（s）CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H2=+116.5kJ?mol-1；

反应III：H2O（l）═H2O（g）△H3=+44.0kJ?mol-1。

则反应Ⅳ：NH3与CO2合成尿素同时生成液态水的热化学方程式为____________。

（4）T1℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入n（NH3）:n（CO2）=2:l的原料气，使之发生反应Ⅳ，反应结束后得到尿素的质量为30g，容器内的压强p随时间t的变化如图1所示。

①T1℃时，该反应的平衡常数K的值为___________。

②图2中能正确反应平衡常数K随温度变化关系的曲线为__________（填字母标号）。

（5）据文献报道，二氧化碳可以在酸性水溶液中用惰性电极电解制得乙烯，其原理如图3所示。则b电极上的电极反应式为______________。

【答案】 (1). 2NH3NH4+ + NH2－ (2). ＜(3). 1.62×10－7 (4). c（Na+）＞c（N2O22－）＞c （OH－）＞c（HN2O2－）＞c（H+） (5). 2NH3（g） + CO2（g）CO（NH2）2（s） + H2O（l）△H =－87.0kJ?mol －1 (6). 128（mol/L）－3 (7). a (8). 2CO

+ 12H+ + 12e－ ===C2H4 + 4H2O

2

【解析】

【分析】

由弱酸的相对强弱（电离常数），可推知对应盐水解能力的强弱；据盖斯定律，将热化学方程式加减得新的热化学方程式；由平衡浓度计算平衡常数，据温度对平衡的影响判断平衡常数与温度的关系；依电解原理和离子方程式的要求书写电极反应式。

【详解】（1）水自偶电离方程式中，一个水分子电离生成H+和OH－，H+与另一个水分子以配位键结合成H3O+。可模仿写出液氨的自偶电离方程式2NH3NH4+ + NH2－。

（2）电离常数（酸性）：HNO2>H2N2O2>HN2O2－，则水解常数（碱性）：NO2－

①物质的量浓度相同的NaNO2和NaHN2O2溶液中，水解程度NO2－

②25 ℃ 时，NaHN2O2水解常数K h＝K w/K a1＝10－14 /(6.17×10－8)＝1.62×10－7。

③0.lmol/L Na2N2O2溶液中，溶质完全电离Na2N2O2＝2Na+N2O22－，阴离子分步微弱水解N2O22－+H2O HN2O2－+OH－、HN2O2－+H2O H2N2O2+OH－，水极弱电离H2O H++OH－，离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(N2O22－)＞c(OH－)＞c(HN2O2－)＞c(H+）。

（3）NH3与CO2合成尿素时，由分步反应消去中间产物NH2CO2NH4(s)、H2O(g)，即IV式＝I式+II式－III式，反应IV的热化学方程式为2NH3(g)+ CO2(g)CO(NH2)2(s)+ H2O(l) △H =－87.0kJ?mol－1。

（4）① T1℃、2L：2NH3(g) + CO2(g) CO(NH2)2(s) + H2O(l)

设起始/mol： 2x x 0 0

转化/mol： 1.0 0.5 0.5 0.5

平衡/mol： 2x-1.0 x-0.5 (30/60) 0.5

因恒温恒容时气体的压强比等于物质的量之比，得，x＝0.75。

该反应的平衡常数K＝＝＝128(mol/L)－3。

②反应IV正反应放热，升高温度使平衡左移，平衡常数K减小，故选曲线a。

（5）根据碳原子数守恒和碳元素化合价的变化，可得2CO2+12e-→C2H4；酸性溶液中，CO2中－2价氧原子与

H+结合成水，C2H4中+1价氢也来自H+，故电解时b电极（阴极）反应式为2CO2 + 12e－ + 12H+＝C2H4 + 4H2O。【点睛】书写离子方程式或电极反应式时，酸性溶液用H+、H2O配平，碱性溶液用OH－、H2O配平，中性溶液在反应中加H2O、生成物中加H+或OH－。

11.

教材插图具有简洁而又内涵丰富的特点。请回答以下问题：

（1）第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素对应的原子有_____种不同运动状态的电子。

（2）如图2所示，每条折线表示周期表ⅣA ~ⅦA 中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是___________。判断依据是____________。

（3）CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。则该晶体的类型属于_____________晶体。

（4）第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有____种。 GaCl3中中心原子的杂化方式为_________，写出与GaCl3结构相同的一种等电子体（写离子）______________。

（5）冰、干冰、碘都是分子晶体，冰的结构具有特殊性，而干冰、碘的晶体具有相似的结构特征，干冰分子中一个分子周围有__________个紧邻分子。 D的醋酸盐晶体局部结构如图，该晶体中含有的化学键是

_____________（填字母标号）。

a．极性键 b．非极性键 c．配位键 d．金属键

（6）Fe的一种晶体如甲、乙所示，若按甲虚线方向切乙得到的A~D图中正确的是_____（填字母标号）。

铁原子的配位数是____________，假设铁原子的半径是r cm，该晶体的密度是ρg/cm3，则铁的相对原子质量为________________（设阿伏加德罗常数的值为N A）。

【答案】 (1). 12 (2). SiH4 (3). 在ⅣA ~ⅦA中的氢化物里，只有ⅣA族元素氢化物沸点不存在反常现象，且a为第三周期氢化物，故a为SiH4 (4). 原子 (5). 3 (6). sp2杂化 (7). CO32－、NO3－ (8). 12 (9). abc (10). A (11). 8 (12).

【解析】

【分析】

综合应用物质结构与性质知识解答，同种元素逐级电离能规律、周期表中第一电离能的周期性规律、分子间

氢键对物质沸点的影响、化学键的类型与判断、中心原子的杂化类型、等电子体的概念与书写、分子晶体和金属晶体中配位数的含义、晶胞；边长与密度的计算等。

【详解】（1）图1中，I2与I3相差较大，该元素原子最外层有两个电子，应是第三周期主族元素镁（Mg）。电子的运动状态取决于电子所处的能层、能级、原子轨道和自旋方向，镁原子核外共有12个电子，则有12种不同运动状态的电子。

（2）第ⅣA ~ⅦA元素的氢化物中，NH3、H2O、HF的分子间有氢键，使得它们的沸点与同族其它元素的氢化物相比“反常”。图2中a点所在折线无“反常”，为第IVA元素的氢化物，a点代表的是第三周期的氢化物SiH4。

（3）图3中，C、O原子通过共价键形成空间网状晶体，属于原子晶体。

（4）第IIA族元素np能级全空、第VA族元素np能级半充满，使第一电离能出现“反常”。第三周期元素第一电离能由小到大的顺序为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl、Ar，介于Al、P之间的有Mg、Si、S三种元素。Ga位于第四周期第IIIA族，GaCl3分子中，Ga原子价层电子对数为(3+1×3)/2=3，则其杂化方式为sp2。要写与GaCl3互为等电子体的离子，应在价电子总数不变的前提下，将Ga、Cl换成它们的邻族元素，如CO32-、NO3-等。

（5）干冰晶胞为面心立方堆积，若考察上表面的面心二氧化碳分子，则它与上表面的四个顶点、前后左右四个面心、以及上面一个晶胞的前后左右四个面心，共12个二氧化碳分子距离最近且相等。从D的醋酸盐晶体局部结构看，该晶体中有C-H、C－O、C=O、O-D等极性键，有C-C非极性键，有O→D配位键，故选abc。（6）图甲为该铁的一个晶胞，沿虚线的切面为长方形，长是宽的倍，四个顶角和中心有铁原子。图乙为8个晶胞叠成的立方体，沿虚线的切面为A图。考察图甲体心铁原子，则其配位数为8。设图甲中晶胞边长为a cm，则体对角线为 a cm。又体对角线上三原子相切，得 a cm＝4r cm。根据密度和铁原子数求得的一个晶胞质量相等，有ρg/cm3×(a cm)3＝，解得M(Fe)＝g/mol，M r(Fe)＝。

12.

丹参素是中药丹参的水溶性成分，结构为 F ，具有扩张血管、增加冠脉血流量等作用，某一种合成路线如下图所示：

已知：

（1）丹参素的分子式为____________； D →E 的反应类型是_______________。

（2）试剂X是____________（写化学式）；C 中含氧官能团名称为_____________。

（3）A→B 的反应方程式为________________。

（4）G与 E互为同分异构体，请写出满足下列条件的任意两种G的结构简式______________。

①lmolG 能与4molNaOH发生反应；

②能够发生水解反应；

③核磁共振氢谱显示5个吸收峰，且峰面积之比为 1 : 2 : 2 : 2 : 3 。

（5）参考上述流程信息，设计以、CH3CHO为原制取的合成路线（其它无机试剂任选）。________________

【答案】 (1). C9H9O5Na (2). 还原反应 (3). NaHCO3 (4). 酯基、羧基、肽键 (5).

或

(6). 以下任选两种

(7).

【解析】

【分析】

根据有机物组成、结构的变化，判断反应类型，书写反应方程式；根据概念和题目要求写同分异构体；紧扣信息和已学化学反应设计合成路线。

【详解】（1）据丹参素的结构简式（F）得分子式C9H9O5Na；比较结构知，D →E 即变成，是

有机物加氢的还原反应。

（2）E →F只有-COOH变成-COONa，醇羟基、酚羟基都不变，则试剂X是NaHCO3，不可用Na2CO3、NaOH。C 中含氧官能团有酯基、羧基、肽键。

（3）根据“已知”中的前一个反应，A的结构简式为，A→B 的化学方程式为：

（或）。

（4）G与 E互为同分异构体，分子式都是C9H10O5。G能发生水解反应必有酯基，E除苯外只有一个双键，即G 只能有一个酯基。要lmolG 与4molNaOH反应，则为一个醇酯基和三个酚羟基，或一个酚酯基和两个酚羟基。要G中5种氢原子，且数目比为 1 : 2 : 2 : 2 : 3，G分子有较好的对称性，且有一个-CH3。由此写出两种符合要求的结构简式。

（5）应用“已知”中的后一个反应，可将醛基的αH与另一分子的醛基“拼接”，故应将

氧化为。因酚羟基有较强的还原性，氧化前须用NaOH溶液或(CH3CO)2O保护酚羟基。主体反应完成后，再将酚羟基恢复。可能的合成路线：

【点睛】书写有机物的同分异体，须逐一满足题目的各项要求，并试写而且不断调整结构，所写结果还需经过仔细检验，才能得到符合题意的答案。