2020┄2021届福建省福州市高考化学一模试卷Word版含解析

1、2021年福建省福州市高考化学一模试卷-X 单选题（本大题共 7 小题,共 42.0 分）1大气与生态圈的氮循环如图所示,下列叙述不正确的是（）A维持大气中氮元素含量稳走B是野生植物生长所需氮元素的重要来源C为硝化进程.为反硝化进程，都是氮元素的还原反映过程是氮肥工业基础，科学家努力将固氮变化条件趋近生物固氮2.苯乙烯（I 丿的推测错误的是（）是有机合成的重要原料。下列关于它结构与性质A5 种C空气中燃烧将产生大量黑烟 .分子中一切原子可能处于同一平面3下列实验方案中,可以达到实验目的是（ ）选选实验目的实验方案项AFeOH3胶体FeCh 饱和溶液，继续加热得透明 红色液体3g lmol 溶质

2、的乙醇瘩液作B个用務基0.5molH2验证酸性：CH3COOH 验证酸性：CH3COOH CpH 试纸诀别测走相同温度下相同浓度的HCIOCHsCOONa 溶液和 NaCIO 溶液的 pHH2SO4L试验淀粉是否发生水解 冷NA为阿伏伽德罗常数值。察是否出现蓝色）AAB.1 mol.标准状况下,Na2O2 晶体中共含有22.4LCH3OH 含有4NA个离子N个A分子C .-常温下，lLpH=l 的H2SO4溶液中，含有0 帆个H*标准状况下，22.4LN.fi的混合气体中含有的原子数为2 张原子序数依次递增的Q、W、XY、Z五种元素中、W、X是诀别位于前三 个周期且原子最外层电子数之和为10的

3、主族元素，W与Y同主族X和Y同周期是地壳中含呈最高的金属元素Z存在胆矶之中。下列关于它们的叙述合理的是（）AA最咼价氧化物关于应水X比Z强Bc.w与 X 简单离子半径后者更大W 、Y 两种元素最高化合价相同 X、Z 两种金属在两千多年前就被我们祖先广泛使用乙醛酸（HOOC-CHO）是一种重要的有机合成中间体。在已二酸（HOOC- COOH电还原法合成乙醛酸的基础上化合工作者创新性地提出双极室关于（ ）A . 该离子交换膜应选择阳离子交换膜B .乙二醛、乙二酸诀别在阴、阳电极表面放电，故称为双极盍成关于电解法igC该方法的总反映为OHC-CHO-HOC = COOH 2HOOC 一CHO . H

4、CI 是制取乙醛酸反映的催化列，并且起导电作用室温下向20mL含O.lOmol-LCr2*和O.lOmol-HFe的混合溶液中滴加O.lOmol-LNaOH溶液，金属阳离子浓度与滴入NOH溶液体积的关系曲线如r视为完全沉淀 则下列说法r错误的是()Cr(OH)2 的卸为2xl016 ,Fe(OH)2 的卸为8xW16V(NaOH)= 30mL当 pH=7 时溶液中A 均完全沉淀V(NaOH) 30rnL时 r溶液中 c(Cr-)= 4.04 44.0 重要的应用价值。钛铁矿主要成分为钛酸亚铁(FeTiOs),另含有少呈 SiO2s Fe2O3 等杂质。以钛铁矿为原料制备钛的工艺流如下图所示(1

5、 )为提高钛铁矿酸浸时的浸出率，除了采用循环浸取、延长时间、熔块粉碎外，还可以采用 (写一种方法)。加硫酸的 质 量 分 数应为 0100 95 W M BO 75 70 IM 虧TiOSCU FeSO4 ,该反映的化学方误的是()Cr(OH)2 的卸为2xl016 ,Fe(OH)2 的卸为8xW16程式： 0(3 )查阅资料可知：TiO2+FepH 接近；反映Fe3+ + H2Y2=FeY-+2H+ r K=10243 );反映TiO2+H2Y2 =TiO Y2-+2H* ,K=10173 .含钛铁溶液经ETA(H2Y2-)处理后再调节pH,TiO水解生成偏酸TiO(OH)2沉淀，则Ti02

6、+水解的离子方程式为：;F3+未转化为沉淀的原因是 0(4)若将滤液2经 冷却结晶、过滤一系列操作还可获得副产品绿矶2(FsO4-7H O)。滤液2经处理,还可返回流程中使用的物质是2(5 )利用如图所示装置在一走条件下由 Ti02 制取金属钛的化学方程式为 o 阳极的电极反映式为 0二甲醞(CH3OCH3 )是一种新兴化工原料，具有甲基化反映性能。I二甲醞的生产： i 2CH3OH ( g ) CH3OCH3 ( g ) +H2O ( g ) -Hi(1 )已知：甲醇、二甲醛的气态标准燃烧热诀别为-761.5kJ.mol-1.-1455.2kJmol-i，且H2O(g)=H2O(1)z：H=

7、-44.0kJmol-1.反映i的Hi=kJ- mok1 。(2 )i 中甲醇转化率、二甲瞇选择性的百分率与不同催化卿的关系如图1所示，生产，选择的最佳催化割是 0能化利叩 IW 转化*川Mil 抒性/怕soTioyso；eSOrTiO/FGiSNL-108eSOAIjO,35.152.981.062.19819K.79.19b. 42所示。经研究产物的典范色谱图发现该进程主要存在的副反映为：反映ii2CH3OH(g) C2H4 (g)+2H2O(g)H2=-29.1kJmol-1工业上生产二甲醸的温度通常在 270-300C ,高于 330C 之后,甲醇转化率下降，根据化学平衡移动原理分析原

8、因是_;根据化学反映速率变化分析原因CHsOH (g为原料f平衡时各物质的分压数据如下表：CH3OCH3物质CH3OH (g(g)C2H4(g)H2O (g)分压/MPa0.160.2880.016 则反映i中，CH3OH(g)的平衡转化率a= ,反映i的平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算；结果保留两位有效数字)(4)图3为绿色电源直接二甲瞇燃料电池的工作原理示意图：3该电池的负极反映式4.6g 池两极收13.44L (标况)气体，该套装置的能星利用率为_3 位有效数字)钻元素是三元锂离子电池阳极材料的重要成分。请回答下列问题:(1)钻元素在周期表中的位置是 ,其外围电子排布式为 0

9、(2 )已知第四电离能大小：14Fe14从原子结构的角度分析可能#的原因是 0(3，lmol CoCl36NH3黄色)溶于3mol 色沉淀根据上述事实推测原配合物中络离子化学式为 ONaOH 方程式 ；生成气体分子的中心原子杂化方式为 o(4X 417C 以上堆积方式的剖面图如图acm的半径为 pm。氨甲环酸(G ),的种合成路线如下()260-300*0ClsCOOCH,回HZNHCQOH CuCN/MFOl0H 2)H回泓O21回答下列问题( 1( 1)A的结构简式是(2)C的化学名称是(3)(4E N 原子的官能团名称为(5)氨甲环酸(G)的分子式为 (6)写出满足以下条件的一切E的同分

10、异构体的结构简式： a含苯坏b与硝化日油具有相同官能团c核磁共振氢谱有三组峰成路线: (无机试痢任选)O三、实验题(本大题共 1 小题，共 140 分)氮化镁(Mg3N2)兴趣意图如下A工业上通常经过获取氮气。小组拟在实验室里经过氮气和镁粉反映制取少星氮化镁(Mg3N2),制备装置示水理五灰B1)E(2)装萱A中橡胶管a 的作用是 (3)NaNO2和(NH4)2SO4反映制备氮气的离子方程式 (4) 装 置(5 )试验 Mg3N2 水解生成气体为 NH3 的方法为：取适呈样本放入试管中，滴加蒸谓水，加热试管填操作与现象)。樱nH他址尿z。S熾宝E锂屋嫂燃O他禽Om信.TgosTSlJQCMz1

11、o洛HoeN、.w-IWOO.OS0-恭oO泄o牡sEfr.O黑.忱OwO刪-So旺Ii旺E.gGK(块骰W出羽-攥s悄陛槪HOWN竝柳恤甘擊列腮列般Hw。(檢二&B)只跚答案和解析【答案】C【解析】解：A.A 正确；B氮气在足量的氧气中，打雷闪电时涉及的一个反映为放电N2+O2 2N0 2NO+O2 2NO2二氧化氮易与水反映生成硝酸（HNO3）和一氧化氮,3NO2+H2O=2HNO3+NO,为植物提供氮肥,所以是野生植物生长所需氮元素的重要来源，故B正确；为硝化进程、NH3中氮为-3价，亚硝酸盐中氮元素为+3C错误；人工固氮是人为的条件下将氮元素的单质转化为化合物的进程，工业合成氨是将N2

12、与H2在一定条件下反映生成NH3 ,属于人工固氮，是氮肥工业基础，科学家努力将固氮变化条件趋近生物固氮，故正确；故：C。A .为含氮元素的物质被分解生成空气中的氮；氮气与氧气在放电条件下生成一氧化氮，一氧化氮与氧气生成二氧化 氮，二氧化氮与水反映生成硝酸和一氧化氮； C 为硝化进程,是氮元素的氧化反映进程； .是人工固氮,为氮肥工业基础,科学家努力将固氮变化条件趋近生物固氮。本题主要考查了氮以及化合物的性质，理解还原反映、人工固氮等知识点是解答的关键，题目难度不大。【答案】B【解析】解：A.含有碳碳双键，可发生加聚反映，故A正确；B苯环含有3种H,氯代物有 3 种，故 B 错误；C.最简式为

13、CH ,与苯相同，含碳量较大,则空气中燃烧将产生大，故C正确；含有苯环和碳碳双键，都为平面形结构，则分子中一切原子可能处于同 。选：B题。H 子的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。【答案】A【解析】解：A Fe0H 3FeCI3 A B水与钠反映B 错误；NaCIOpHpH故C错误；入氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入新制的氢氧化铜浊液加热来检验，加入碘水无法验证淀粉是否水解， A.B钠能够与水反映，不能用乙醇溶液，应该用无水乙醇；C.次氯酸钠能够漂白pH试纸，不能用pH试纸测醋酸钠溶液的pH;该操作只能说明淀粉是否完全水解,无法表明淀粉部分水解。本题考查化学实验方案的

14、评判，题目难度不大，涉及氢氧化铜胶pH析能力及 化学实验能力。4【答【解析】案】解：A.lmol过氧化钠中含有2mol钠离子和lmol过氧根离子，总共含有3mol离子，含有3NA个离子，故A 错误； B .标准状况下，甲醇不是气体，22.4LCH3OH物质的量不是lmol,故B错；CpH1O.lmol/L1L此溶液中含有的氢O.INA C.标况下,22.4L2和。2的混合气lmol222.4L202A的混合气体所含的原子数为2N，A故选：正确；。Almol 2mol 钠离子、lmol B C . pH=l 的硫酸溶液中氢离子浓度为 O.lmol/L标况下,22.4LN2和02的混合气体的物质的

15、量是lmol,每个分子中含有的原子都是2个。本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,目难度中等，注意明确过 氧化钠中阴离子为过氧根离子；掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿 伏加德罗常数的关系，题目难度中等。【答案】A【解析】解：根据分析可知：Q H,W 0,X AlY S,Z Cu 元素。AAlCu ,X(AI)ZCuAB2子半径越小,则离 子半 径 W X ，故 B 错误； C . 0 元素没有最高正价，0、S的最高化合价不同，CCuAl舌泼,性较强，金属AI被广泛使用的较晩，故错误；故选：A。Q、W、X、Y、Z五种元素中，X是地壳中含量最高XAI元素；Q、W、X是诀别位于前三个周期且原子

16、最10Q位于第一周期，为H元素，W的10-3-160元素；W与Y同主族，则Y为S元素；Z存在胆矶之中，其原子序数大于SZCu键，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题培养了学生的分 析能力及逻辑推理能力。答案1B【解析】解：装置分析可知生成氯气的电极C反映： 2C|-2e-=CI2t , 生成的氯气氧化乙二醛生成乙醛酸,CI2+OHC- CHO+H2O=HOOC-CHO+2HCIB为电源负极，HOOC-COOH H00C-C00H+2e- +2H+=HOOC-CHO+H2O,电解池中阳离子移向阴极,阴离子移向阳极，H+经过质子交换膜，为 阳A 正确；乙二醛是阳极生成的氯气氧化乙二醛生成、

17、乙二酸在阴电极表面放电，故B错误；C总反映为盐酸还原乙二酸反映生成乙醛酸,HOOC-辿电C00H+2HCI 二 HOOC-CHO+H2O+CI2 , CI2+OHC-CHO+H2O=HOOC-CHO+2HCI , 得 至! OHC- 辿电CHO+HOOCOOH 二 2H00C-CH0 ，故 C 正确； .选项C分析可知，进程中HCI起到催化剂作用和导电作用，故 正确；故选：B。装置分析可知生成氯气的电极C为电解池的阳,A为电源正极,电极反 应2C|-2e-=CI2t, 生成的氯气氧化乙二醛生成乙醛酸，CI2+OHC- CHO+H2O=HOOC-CHO+2HCI,B为电源负极，电极为电解池的阴极

18、,乙二酸得到电子发生还原反映生成乙醛酸,电极上HOOC-COOH得电子生成 HOOC-CHO ,则电极反映式为：H00C-C00H+2e-+2H+=HOOC-CHO+H2O,电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，H+经过质子交换膜；乙二醛是阳极生成的氯气氧化乙二醛生成、乙二酸在阴电极表面放电C.总反映为盐酸还原乙二酸反映生成乙醛酸,HOOC-辿电C00H+2HCI 二 HOOC-CHO+H2O+CI2 , CI2+OHC-CHO+H2O=HOOC-CHO+2HCI; .反映进程分析可知进程中 HCI 起到催化剂作用和导电作用； 本题考查了电解池原理、电极反映、电极判断等知识点,掌握基础是解题

19、 关键，题目难度中等。【答案】C【解析】解:A.Cr(0H) 2 的Ksp小于Fe(OH) 2 的Ksp，则c(OH)相同时， 金属离子浓度小的关于应Cr(0H) 2的Ksp,曲线A表示c(Fe2+), 故A正确；B .VNaOH=30mL 时，Qc xULI 丿(0 山心叮鹽0,004 认)2 |10-7mol/L，可知 pH 7 , pH=7 时溶液中CQ+ 未 完全 沉淀，故 C 错误 V ( NaOH ) 30mL 时，溶液中 c ( Fe2+ ) : c ( Cr2+ )X 8xl0-16=4.0正确x 朋e(o)二2xio-*6A . Cr ( OH ) 2 的 Ksp 小于 Fe

20、 ( OH ) 2 的 Ksp ;B .当 V ( NaOH ) =30mL 时，Qc Ksp 时生成沉淀； C .由 Cr ( OH ) 2 的Ksp 为 2x10-16 , C2+完全沉淀时 c ( OH-)7=4.4xlO-5mol/L10-?mol/LpHVNaOH30mL cFe2cCr2KCT OIIUKsp B 点，题目难度不大。【答案】连续搅拌(或适当升高温度等)80-85% FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O TiO2+2H2O TiO ( OH ) 2+2H+ 反映的K远大于反映的K,Fe3+主要转化为FeY-蒸发浓缩H2SO42Ca+TiO2空

21、Ti+2CaOC+2O2-4e-=CO2T【解析】解：(1 )为提高钛铁矿酸浸时的浸出率，除了采用循环浸取、延长时间、 熔块粉碎外，还可以采用连续搅拌(或适当升高温度等), 故答案为：连续搅拌(或适当升高温度等)；(280-85%80-85钛铁矿主要成分与浓硫酸反映的主要产物是TiOSO4 FeS04该反映的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O,故答案为：80-85% ; FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O ;(3 ) TiO2+水解的离子方程式为 TQ2+2H28 TiO ( OH ) 2+2H+ ;Fe3+未转化为沉淀的原因

22、是反映的K远大于反映的K,FQ+主要转化为FeY-故答案为：TQ2+2H2OTiO ( OH ) 2+2H+ ;反映的K远大于反映的K , FQ+ 主 要 转 化 为FeY-;4(42 含硫酸亚铁,经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤一系列操作还 可获得副产品绿矶(FS O -7H O 2 H2SO4，故答案为：蒸发浓缩；H2SO4 4(5 )装置为电解,则一定条件下由 TiO2 制取金属钛的化学方程式为 迪电2Ca+TiO2 Ti+2CaO,阳极上 C 失去电子生成二氧化碳，电极反映式为C+2O2-4e-=CO2t,辿电故答案为：2Ca+TiO2 Ti+2CaO ; C+2O2-4e-=CO2t。由

23、制 备 流 程 可 知 ， 加 酸 溶 解 生 成 TiOSO4 和 FeSOq , ,且氧化铁与酸反映生成 Fe3+ ,过SiO2 ETA (2-)pHTiO水解生成偏钛酸TiOOH2Ti0H4、且 Ti ( 0H ) 4 受热分解生成化生成 TiO2 ,最后电解生成 Ti ,以此来解 答。本题考查物质的制备实验，为高频考点,把握物质的性质、流程中发生的反映为解答的关键，侧重分析与实验能力的考,注意元素化合物知识的应用题目难度不大。【答案】-23.8 CiSNL-108 ，升高温度平衡逆向移动，转化率下降 温度升高催化列失活，关于二甲瞇选择性下降，转化率下【解析】3.6(CH3 )2O-12

24、e+3H2O=2CO2+12H+66.7%解：(1)甲醇、二甲醛的气态标准燃烧热诀别为-761.5kJ.mol-!.- 1455.2kJ.moh1其热化学方程式诀别为 ao CH3OH ( g ) + 2 02 ( g ) =C02 ( g ) +2H2O(I)H=-76L5kJmo|J、bCH3OCH3g+3O2 g=2CO2 g+3H2OIM 二- 1455.2kJ.mol-1,c . H20g=H20( 1 ) AH二-44.0kJmo|J将方程式 2a-b-c 得 2CH3OH ( g ) w CH3OCH3 ( g ) +H20 ( g ) H 二2x( -故)+1455.2+44.

25、0kJ/mol=-23.8kJ/mol,答案为：-23.8;甲醇的转化率越大、二甲醛的选择性越高越好，根据表中数据知，应该选取iSNL-108,故 答 案 为：CiSNL-108;度平衡逆向移动,转化率下降； 温度升高催化剂失活，关于二甲醛选择性下降，转化率下降, 故答案为：该反映的正反映是放热反映，升高温度平衡逆向移动,转化率 下降；温度升高催化剂失活，关于二甲醞选择性下降，转化率下降； 同一容器中，不同物质的压强之比等于其物质的量之比，根据分压中甲 醇、二甲醛、乙烯的物质的量之比=0.16MPa : 0.288MPa :0.016MPa=10 : 18 : 1 z 假设平衡时甲醇、二甲醛、

26、乙烯的物质的量诀别 是lOmol、18mols lmol C 18mol 二甲醞需要36mol 甲醇、生成 lmol 乙烯需要 2mol 甲醇，则开始时甲醇物质的量二10+36+2mol=48mol生成二甲瞇消耗的甲00%=鶉00%二75%醇屮醇初始物质的虽z生成 18mol 二甲醛同时生成 18mol 水蒸汽 生成 lmol 乙烯同时生成z2mol f20mol z 水蒸气分压=0.32MPaVjHol反映 i 的化学平衡常数 Kp 二黑:瓣型=嚅带乜 6 ,75%3.6该电解质溶液呈酸性，负极上二甲醯失电子生成二氧化碳和氢离 子，正极上氧气得电子和氢离子反映生成水，负极反映式为：(CH31

27、2e-+3H2O=2CO2+12H+故答案为(CH3 )2。12&+3 出 0 二2CO2+12H +电解硫酸钠溶液实际上是电解水,生成的氧气、氢气物质的量之比为 1:t2z混合气体物质的量二顽l,则生成氧气为lz转移t电子物质的量=0.2molx4=0.8mol f 消耗 46g 二甲醯转移电子物质的量款严=1.2mol,该套装置的能量利用率生成氧气转移电子物质的虽“CC/曲曲CC/W消耗二中储转移电子物质的虽X100QL2“吹X100Q66,66.7%(1 )甲醇.二甲醛的气态标准燃烧热诀别为-761.5kJ-mohlx1455.2kJmo|Jao CH3OHgO2g )CO2g+2H2O

28、b CH3OCH3 ( g ) +3O2 ( g ) =2CO2 ( g ) +3H2O ( I ) “H 一1455.2kJmo|JcH20g=H20(1)础二-44.0kJmo|J将方程式 2a-b-c 得 2CH3OH(g)wCH3OCH3(g)+H20 (g)进行 相应的改变(2 )甲醇的转化率越大、二甲醛的选择性越高越好；(3)升高温度平衡向吸热方向移动；催化剂活性在一定温度范围内,当不在该范围内时催化剂失去活性；同一0.16MPa0.288MPa0.016MPa=10 : 181假设平衡时甲醇、二甲醛、乙烯的物质的量诀别 是lOmol、18mols lmol C 18mol 36m

29、ol 甲lmol 2mol 甲醇，则开始时甲醇物质的量二10+36+2i )mol=48mol醇xlOO%z生成 18mol 二甲醛同时生成 18mol 水蒸汽 生成 lmol 乙烯同时生成z2mol f20mol z 水蒸气分压=0.32MPa的化学平衡常数(4)该电解质溶液呈酸性，负极上二甲醯失电子生成二氧化碳和氢离子 正极上氧气得电子和氢离子反映生成水；#电解硫酸钠溶液实际上是电解水,生成的氧气、氢气物质的量之比为 1 :13.4412 z 7 6mol02mol z转移t电子物质的量=0.2molx4=0.8mol f 消耗 46g 二甲醯转移电子物质的量1.2mol该套装置的能量利用

30、率生成氧气转移电子物质的虽消耗二屮讎转秽电子物质的虽xlOO%本题考查较综合，涉及化学平衡计算、原电池和电解池原理、盖斯定律等 知识点,明确化学反映原理及化学平衡常数计算方法是解本题关键，注意平常数计算中水的压强计算方法，为解答难点，题目难度中等。【答案】vni374s2 Fe3*35变为不稳走的34需要更多的能呈Co(NH3)e3+Co(NH3)6CI3+3NaOH=Cr(OH)3l+6NH3T+3NaCI sp3 面心立方最密堆积【解析】aCP4解：(1)27 VIII Is22s22p63s23p6374s2 ,其外围电子排布式为374s2,故答案为：第四周期 VI 族；374s2 ;

31、(2) Fe 并且外围电子排布式为 35 ,Co3+36Fe 35 变为34 需要更多的能量,所以第四电离能大小：I4 Fe14Co ),故答案为：Fe3+3534更多的能量；3(3)lmol配合物CO CI -6NH(黄色)溶于水，加人足量硝酸银溶液，产生3mol白色沉淀,说明CI-是外界离子,不是配位体;络离子形状为正八面体即与4 个NH3 分子共平面,另外每个NH3分子与该平面 形成正四面 体，所以Co3+与6个NH3形成配位络离子Co(NH3) 613+ , 故答3为 ： Co ( NH3 )613+；配合物为Co ( NH3 ) 6CI3 ,与热 NaOH 溶液发生反映生成 Cr (

32、 OH ) 3 沉淀,放出的气体应为 NH3 ,所以反映的化学方程式为Co ( NH3 )6CI3+3NaOH=Cr(OH)3!+6NH3t + 3NaCI z NH3 分子的中心原子的价电子关于数为 3+ 广=4 ,即N VSEPR N 原子杂化方式为sp3故答案为：Co( NH3 ) 6CI3+3NaOH=Cr ( OH ) 3l+6NH3t+3NaCI,sp3；(4)由图可知,该堆积方式属于面心立方堆积；面心立方最密堆积中，钻原子 处于顶点和面心，Co原子球体紧密接 触r,4r,若晶胞参数为 acm4i二 a ,所以 r=罕 acm=44也心诃1pm ,故答案为：。(I)钻的原子序数为

33、27,在周期表中位于第四周期 vin 族，电子排布式 为Is22s22p63s23p6374s2(2FQ+35Co3+36,3534需要更多的能量；3(3)lmol配合物CO CI -6NH(黄色)溶于水，加人足量硝酸银溶液，产生3mol白色沉淀,沉淀不溶于稀硝酸，说明CI-是外界离子,不是3络离子形状为正八面体，则说明Co3+与6个NH3形成配位络离子；根据以上分析，该配合物为Co ( NH3 ) 6CI3 ,与热 NaOH 溶液发生反f应，放出气体应为氨气，NH3 3/ 4f故杂化方式为 sp3 ;(4)由图可知，该堆积方式属于面心立方最密堆积；面心立方最密堆积中钻原子处于顶点和面心,设钻

34、原子的半径为,则晶胞立方体面关于角线长为4， 贝 !) 4u a。本题考查原子结构的核外电子排布式、电离能规律、配合物及其结构、价层电子互斥理论及其应用、金属晶体的堆积方式和晶胞计算等知识，均为高频考点，考查较为综合，掌握原子结构、分子性质是解题关键,晶胞及 其相关计算是难点,本题难度中等。【答案】CH2=CHCH=CH22J3C8H15NO2J【解析】解：（1 ）经过以上分析知,A CHCH CH?,故答案为CH? 二CHCH二CH?(2 )的化学名称是2- 1 K -1/3-丁二烯，故答案为: 2- 1-1,3- T二烯；(3 )的反映类型是消去反映，故答案为：消去反应；(4）E中不含原子的官能团名称为碳碳双键、酯基，酯基故答(5氨为:碳碳双键甲环酸（G)1豹分子式为；C Hi5NO,8故答8为C Hi5NO；82(6)构体契合下列条件：a . E 的不饱和度是 5 , E 的同分异构体中含有苯环，苯环的不饱和度是 4 ,说 明 含 有一 个 双 键cb与硝化甘油具有相同官能团，说明含有硝基核磁共振氢谱有三组峰说明含有cz(7)O 和为原料制备,O 先发生取代反映生成漠环戊烷,然后发生消去反映生成环戊烯，再发生加成反映生成2二漠环戊烷，再发生消去反映生成 1 z 3-环戊二烯，再和发生加成反映得052OK 到目标产物，其合成路线为案为A 分子式及B 结构简式