福建省永安市第一中学2020届高三下学期3月模拟考试理科综合化学 Word版含解析

福建省永安市第一中学2020届高三下学期3月模拟考试理科综合化学 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合模拟测试化学试题 ‎1.历史文物或古文学的描述中均蕴含着化学知识，下列说法正确的是 A. 商代的后母戊鼎属于青铜制品,青铜是一种合金 B. “浮梁巧烧瓷”描述的是我国驰名于世的陶瓷，陶瓷的主要成分是二氧化硅 C. “绚丽丝绸云涌动,霓裳歌舞美仙姿”中“丝绸”的主要成分是纤维素 D. 敦煌莫高窟壁画中绿色颜料的主要成分是氧化铁 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．商代的后母戊鼎属于青铜制品，青铜是一种铜锡合金，故A正确；‎ B．陶瓷的主要成分是硅酸盐，故B错误；‎ C．丝绸的主要成分是蛋白质，故C错误；‎ D．绿色颜料的主要成分是碱式碳酸铜，故D错误。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎【点睛】传统三大硅酸盐产品：玻璃、水泥、陶瓷。‎ ‎2.VCB是锂离子电池的一-种添加剂,以环氧乙烷(EO)为原料制备VCB的一种合成路线如下:‎ 下列说法错误的是 A. 反应①的原子利用率为100%‎ B. ②的反应类型为取代反应.‎ C. EO、EC的一氯代物种数相同 D. CIEC、VCB分子中所有原子均处于同一平面 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应①中的反应物全部转变为EC，没有副产物生成，原子利用率为100%，故A正确；‎ B．反应②是1个氯原子取代EC分子中的1个氢原子，反应类型为取代反应，故B正确；‎ C．EO、EC分子中均只有1种氢原子，均只有1种一氯代物，故C正确；‎ - 18 -‎ D．因为乙烯、甲醛都是平面形分子，则VCB分子中所有原子均处于同一平面，但ClEC分子中含有饱和碳原子，和饱和碳原子相连的原子形成四面体结构，分子中的所有原子不可能均处于同一平面，故D错误。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】反应物全部转变为产品，没有副产物生成，则原子利用率为100%。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 2.5 g NaD与足量水反应生成的氢气中含中子数0. 1NA B. 0.1 mol H2O与0. 1 mol H2O2含H—O键数目均为0. 2NA C. 0.1 mol Na2CO3⸱NaHCO3⸱2H2O溶于水形成的1 L溶液中CO32一和HCO3一数目之和为0.2NA D. 电解精炼铜时,阴极增重64 g时,转移的电子数为2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．2.5 g NaD物质的量，与足量水反应NaD + H2O =NaOH + HD↑，0.1molNaD生成0.1mol HD，H不含中子，D含有1个中子，因此0.1mol HD中含中子数0. 1NA，故A正确；‎ B．H2O结构为H—O—H，H2O2结构为H—O—O—H，因此0.1 mol H2O与0. 1 mol H2O2含H—O键数目均为0. 2NA，故B正确；‎ C．0.1 mol Na2CO3⸱NaHCO3⸱2H2O溶于水形成的1 L溶液，根据物料守恒得到溶液中CO32−、HCO3一、H2CO3数目之和为0.2NA，故C错误；‎ D．电解精炼铜时，阴极上Cu2+放电：Cu2++2e− = Cu，电路中转移电子数为2NA即2mol时，阴极析出1mol铜，即阴极的质量增加64g，故D正确。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】注意NaD与H2O 的方程式为：NaD + H2O =NaOH + HD↑。‎ ‎4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素,W和Z位于同一主族,X的焰色反应为黄色,Y的最外层电子数比Z的最外层电子数少1,下列说法正确的是 A. W、Z具有相同的最高正价 B. X、Z形成的化合物水溶液呈碱性 C. Y的最简单氢化物的热稳定性比Z的强 - 18 -‎ D. 原子半径:Z>Y> X> W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，W为O，W和Z位于同一主族，Z为S，X的焰色反应为黄色，X为Na，Y的最外层电子数比Z的最外层电子数少1，则Y为P。‎ ‎【详解】A．O无最高正价，S最高正价为+6，故A错误；‎ B．X、Z形成的化合物Na2S，S2−水解，溶液呈碱性，故B正确；‎ C．非金属性同一周期，从左到右逐渐增强，故PH3的热稳定性比H2S的弱，故C错误；‎ D．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径：Na >P> S>O，故D错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】氧、氟无最高正价。氟在化合物中只显负价，氧在化合物中可能显正价，如OF2。‎ ‎5.如图是进行Mg与SiO2反应的实验装置,O2和H2O(g)的存在对该实验有较大影响。‎ 下列说法不正确是 A. 装稀硫酸仪器的名称是分液漏斗，II中洗气瓶内是碳酸氢钠溶液 B. 可以把装置I换成启普发生器 C. 实验开始时,必须先通一段时间X气体,再在III处加热 D. 当III处反应引发后,移走酒精灯,反应仍进行,说明该反应为放热反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．装稀硫酸仪器的名称是分液漏斗，Mg与SiO2反应的实验装置，O2和H2O(g)的存在对该实验有较大影响，因此II中洗气瓶内液体作用是干燥气体，应盛放浓硫酸，故A错误；‎ - 18 -‎ B．I是实验室制氢气，可以把装置I换成启普发生器，可以达到随开随用，随关随停，故B正确；‎ C．实验开始时，必须先通一段时间X气体，排除装置内的空气，以免镁和氧气反应，再在III处加热，Mg与SiO2反应，故C正确；‎ D．当III处反应引发后，移走酒精灯，反应仍进行，说明该反应为放热反应，故D正确。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎6.纳米Fe2O3在常压电化学法合成氨过程中起催化作用。该电解装置如图所示。已知熔融NaOH-KOH为电解液,Fe2O3在阴极发生反应生成中间体Fe。下列说法不正确的是 A. 惰性电极II是电解池的阳极,发生氧化反应 B. 生成氨气的反应:2Fe+N2+3H2O=Fe2O3+2NH3‎ C. 惰性电极I的电极反应:Fe2O3+3H2O+6e -=2Fe+ 6OH-‎ D. 产生2.24LO2时,转移的电子数为0.4NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．右边是氢氧根放电生成氧气，化合价升高，因此惰性电极II是电解池的阳极，发生氧化反应，故A正确；‎ B．根据题知Fe2O3在阴极发生反应生成中间体Fe，因此生成氨气的反应：2Fe+N2+3H2O = Fe2O3+2NH3，故B正确；‎ C．根据题知Fe2O3在阴极发生反应生成中间体Fe，因此惰性电极I的电极反应：Fe2O3+ 3H2O +6e－ = 2Fe+ 6OH－，故C正确；‎ D．产生2.24L O2时，无标准状况下，因此无法计算O2的物质的量，转移的电子数无法计算，故D错误。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎7.室温时,用0.1000 mol· L -1的NaOH溶液滴定0. 1000 mol· L -1的顺丁烯二酸H2‎ - 18 -‎ A的滴定曲线如下图所示(pKa= −lgKa),下列说法错误的是 A. 用NaOH溶液滴定NaHA溶液可用酚酞作指示剂 B. a点:c(HA－)=c(H2A)‎ C. H2A的Ka2=10-6‎ D. d点：c(Na+) c(HA－)+2c(A2−)，故D错误。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎8.以银精矿(主要成分为Ag2S)为原料采用“预氧化湿法提银”工艺流程如下:‎ ‎ ‎ ‎(1)N2H4的电子式为________________________。‎ - 18 -‎ ‎(2)“分离转化”时,Ag2S转化为AgCl和S的化学方程式为______________(ClO3-还原为Cl- );为提高Ag2S的转化率可采取的措施是_____________(列举2条)。已知:Ksp(Ag2S)=1. 6×10-49 ,Ksp(AgCl)=2. 0×10-10 ,若不加KClO3,直接加氯化物,依据反应Ag2S+2Cl-2AgCl+S2- ,能否实现其较完全转化?并说明理由:________________‎ ‎(3)“浸银”时，发生反应的离子方程式为________________________。‎ ‎(4)“还原”时,2[ Ag(SO3)2]3- +N2H4+2OH -=2Ag↓+4SO32- +N2↑+H2↑+ 2H2O,该反应每生成1 mol Ag转移电子的物质的量为___________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 3Ag2S+6HCl+KClO3 =6AgCl+KCl+3S+3H2O (3). 适当延长浸取时间，减小银精矿粒直径，适当升高浸出时的温度等 (4). 不能，该反应的平衡常数极小(K=4´10−30)，几乎不能转化 (5). AgCl+2SO32-=[Ag(SO3)2]3 +Cl (6). 2mo1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎“分离转化”时，Ag2S、HCl与KClO3反应转化为AgCl、S、KCl和H2O，过滤，“浸银”时，AgCl与SO32− 反应生成[Ag(SO3)2]3−，“还原”时，[Ag(SO3)2]3− 、N2H4和NaOH反应生成Ag、SO32−、N2、H2和H2O。‎ ‎【详解】(1)N2H4中氮有三个共价键，每个氮分别与两个氢形成共价键，氮和氮之间一对共用电子，因此电子式为；故答案为：。‎ ‎(2)“分离转化”时，Ag2S、HCl与KClO3反应转化为AgCl、S、KCl和H2O，其化学方程式为3Ag2S+6HCl+KClO3 =6AgCl+KCl+3S+3H2O；为提高Ag2S的转化率可采取的措施是适当延长浸取时间，减小银精矿粒直径，适当升高浸出时的温度等(列举2条)；依据反应Ag2S+2Cl－2AgCl+S2−，，该反应的平衡常数极小(K=4´10−30)，几乎不能转化；故答案为：3Ag2S+6HCl+KClO3 =6AgCl+KCl+3S+3H2O；适当延长浸取时间，减小银精矿粒直径，适当升高浸出时的温度等(列举2条)；不能，该反应的平衡常数极小(K=4´10−30)，几乎不能转化。‎ ‎(3)“浸银”时，AgCl与SO32− 反应生成[Ag(SO3)2]3−，其发生反应的离子方程式为AgCl+ 2SO32− = [Ag(SO3)2]3− +Cl－；故答案为：AgCl+2SO32− = [Ag(SO3)2]3− +Cl－。‎ - 18 -‎ ‎(4)“还原”时，2[Ag(SO3)2]3− +N2H4+2OH－ =2Ag↓+4SO32− + N2↑+H2↑+ 2H2O，分析方程式中Ag化合价降低，N化合价升高，H化合价降低，得到2molAg电子转移4mol，因此反应每生成1 mol Ag转移电子的物质的量为2mol；故答案为：2mol。‎ ‎9.氯化亚硝酰(NOC1,沸点为-5.5 °C )是有机合成中的重要试剂,为黄色气体,具有刺鼻恶臭味,遇水反应,有多种方法制备氯化亚硝酰。已知:HNO2既有氧化性又有还原性，AgNO2微溶于水,溶于硝酸:AgNO2 + HNO3 =AgNO3+ HNO2。‎ ‎(1)将5g在300°C下干燥了3h并研细的KCl粉末装入50mL带有接头及抽真空用活塞的玻璃容器内。将容器尽量减压，在减压条件下通入0.002 mol NO2。反应12~36 min即可完成,红棕色的NO2消失,出现黄色的氯化亚硝酰,同时还得到一种盐,该盐的化学式为____________， 氯化钾需要“干燥”的原因是_____________。‎ ‎(2)实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成氯化亚硝酰,装置如图所示。‎ ‎①仪器a的名称为__________。‎ ‎②干燥管中盛放的试剂为____________。‎ ‎③生成NOCl的化学方程式为________________。‎ ‎(3)为验证NOCl与H2O反应后的溶液中存在Cl-和HNO2,设计如下实验步骤,完成下列表格。‎ 步骤 实验现象或反应的化学方程式 ‎①取5ml三颈烧瓶中产品，加入盛有水的烧杯中，充分反应 NOCl与H2O发应的化学方程式_______‎ ‎②向烧杯中滴加足量AgNO3溶液，有白色沉淀生成，再加入足量稀硝酸 加入稀硝酸后，实验现象为___________‎ ‎③向步骤②烧杯中滴加酸性KMnO4溶液 实验现象为___________‎ - 18 -‎ ‎【答案】 (1). KNO3 (2). 防止生成的氯化亚硝酰遇水反应，降低产率，防止NO2与水反应 (3). 三颈烧瓶 (4). 无水CaC12 (5). 2NO+C12 ==2NOC1 (6). NOC1+H2O = HC1+HNO2 (7). 白色沉淀部分溶解 (8). 溶液紫红色褪色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据氧化还原反应写出KCl与NO2反应方程式，根据题知氯化亚硝酰遇水反应，NO2与水反应，因此氯化钾需要“干燥”。‎ ‎(2)①根据图得到仪器a的名称；②三颈烧瓶中需要干燥的环境，气体反应后需要将多余气体进行尾气处理，尾气处理在后续装置中进行，因此需要用干燥管隔开；③NO与Cl2反应生成NOCl。‎ ‎(3)①NOCl与H2O反应生成HCl和HNO2；②加入足量AgNO3溶液，根据信息分析得到结论；③向步骤②烧杯中滴加酸性KMnO4溶液，根据信息HNO2既有氧化性又有还原性得出结论。‎ ‎【详解】(1)反应12~36 min即可完成，红棕色的NO2消失，出现黄色的氯化亚硝酰，同时还得到一种盐，根据氧化还原反应得到KCl + 2NO2 = NOCl + KNO3，因此该盐的化学式为KNO3， 根据题知氯化亚硝酰遇水反应，NO2与水反应，因此氯化钾需要“干燥”；故答案为：KNO3；防止生成的氯化亚硝酰遇水反应，降低产率，防止NO2与水反应。‎ ‎(2)①仪器a的名称为三颈烧瓶；故答案为：三颈烧瓶。‎ ‎②三颈烧瓶中需要干燥的环境，气体反应后需要将多余气体进行尾气处理，尾气处理在后续装置中进行，因此需要用干燥管隔开，干燥管中盛放的试剂为无水CaC12；故答案为：无水CaC12。‎ ‎③NO与Cl2反应生成NOCl，其化学方程式为2NO+Cl2 = 2NOCl；故答案为：2NO+Cl2 = 2NOCl。‎ ‎(3)①NOCl与H2O反应的化学方程式NOCl+H2O = HCl+HNO2；故答案为：NOCl+H2O = HCl+HNO2。‎ ‎②足量AgNO3溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀为AgCl、AgNO2，加入稀硝酸后，根据信息AgNO2 + HNO3 =AgNO3+ HNO2，则实验现象为白色沉淀部分溶解；故答案为：白色沉淀部分溶解。‎ ‎③向步骤②烧杯中滴加酸性KMnO4溶液，根据信息HNO2既有氧化性又有还原性，因此HNO2与KMnO4溶液发生氧化还原反应，则实验现象为溶液紫红色褪色；故答案为：溶液紫红色褪色。‎ ‎10.合成气用途非常广泛,可以煤、天然气等为原料生产。回答下列问题:‎ ‎(1)用H2O(g)和O2重整CH4制合成气的热化学方程式如下:‎ ‎(水蒸气重整)CH4(g)+ H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ∆H=+ 206 kJ●mol -1‎ - 18 -‎ ‎(氧气重整)CH4(g)+0.5O2(g)=CO(g)+2H2(g) ∆H=-36 kJ●mol-1‎ ‎①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的 ∆H=_______kJ●mol-1。‎ ‎②为了保持热平衡,同时用两种方式重整,不考虑热量损失,理论上得到的合成气中n(CO): n(H2)=1 :____(保留两位小数)。‎ ‎③用水蒸气电催化重整甲烷的装置如图。装置工作时,O2-向_____(填“A"或“B’)极迁移;阳极发生的电极反应为___________。‎ ‎(2)焦炭与水蒸气在恒容密闭容器中反应制合成气的主要反应( I )、(II )的lgKp(Kp为以分压表示的平衡常数)与T的关系如下图所示。‎ ‎①反应(II)的∆H_____(填“大于”“等于”或“小于”)0。‎ ‎②气体的总压强:a点_____ (填“大于”“等 于”或“小于”)b点,理由是_________。‎ ‎③c点时,反应C(s) +CO2(g)2CO(g)的Kp=_____ (填数值)。‎ ‎④在恒容密闭容器中充入0. 5 mol CO、2 mol H2O(g)只发生反应(II),图中d点处达到平衡时,CO转化率为_______;达到平衡时,向容器中再充入0.5 mol CO、2 mol H2O(g),重新达到平衡时,CO的平衡转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎【答案】 (1). −484 (2). 2.15 (3). A (4). CH4 + O2− − 2e－ = CO+2H2 (5). 小于 (6). 大于 (7).‎ - 18 -‎ ‎ 容积一定，压强与气体的总物质的量、温度均成正比，a点的温度比b点的高，a点的气体的总物质的量比b点的大，故P(a)>P(b) (8). 1 (9). 80% (10). 不变 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①将第二个方程式的2倍减去第一个方程式的2倍；②为了保持热平衡，同时用两种方式重整，不考虑热量损失，两者吸收和放出热量相等进行计算；③装置工作时，根据图中信息水变氢气，化合价降低得到电子，在电解池的阴极即B为阴极，根据电解池中异性相吸原则，阳极甲烷变为氢气和CO。‎ ‎(2)①反应(II)升高温度，lgKp变小，即Kp变小，平衡逆向移动，逆向是吸热反应；②a点、b点容器一样大，压强与容器内气体的物质的量，温度成正比；③将反应I减去反应II得到C(s) +CO2(g)2CO(g)，因此C(s) +CO2(g)2CO(g)的平衡常数等于反应I的平衡常数除以反应II的平衡常数；④建立三段式并建立方程式计算d点CO的消耗量并计算转化率；用建模思想来分析又加入0.5 mol CO、2 mol H2O(g)达到平衡时转化率。‎ ‎【详解】(1)①将第二个方程式的2倍减去第一个方程式的2倍，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ∆H= 2×(−36)kJ·mol−1−(+206) kJ·mol−1 = −484 kJ·mol−1；故答案为：−484。‎ ‎②为了保持热平衡，同时用两种方式重整，不考虑热量损失，两者吸收和放出热量相等进行计算，理论上得到的合成气中n(CO):n(H2)=(36+206):(3×36+2×206) = 1:2.15；故答案为：2.15。‎ ‎③装置工作时，根据图中信息水变氢气，化合价降低得到电子，在电解池的阴极即B为阴极，根据电解池中异性相吸原则，O2−向阳极即A极迁移，阳极甲烷变为氢气和CO，其发生的电极反应为CH4 + O2− − 2e－ = CO+2H2；故答案为：A；CH4 + O2− − 2e－ = CO + 2H2。‎ ‎(2)①反应(II)升高温度，lgKp变小，即Kp变小，平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向放热反应即∆H小于0；故答案为：小于。‎ ‎②a点、b点容器一样大，压强与容器内气体的物质的量，温度成正比，a点温度比b点温度高，a点气体的总物质的量比b点气体的总物质的量多，因此气体的总压强：a点大于b点；故答案为：大于；容积一定，压强与气体的总物质的量、温度均成正比，a点的温度比b点的高，a点的气体的总物质的量比b点的大，故P(a)>P(b)。‎ ‎③将反应I减去反应II得到C(s) +CO2(g)2CO(g)，因此C(s) +CO2(g)2CO(g)的平衡常数等于反应I的平衡常数除以反应II的平衡常数，由于c点时，两者的Kp相等，Kp - 18 -‎ ‎=1；故答案为：1。‎ ‎④在恒容密闭容器中充入0. 5 mol CO、2 mol H2O(g)只发生反应(II)，‎ 图中d点处达到平衡时，设总压强为P0， ，解得x=0.4，因此CO的转化率；达到平衡时；向容器中再充入0.5 mol CO、2 mol H2O(g)，可以理解为取另一个容器充入0.5 mol CO、2 mol H2O(g)，达到平衡时转化率和原来一样，将两个容器压缩到一个容器中，平衡不移动，因此重新达到平衡时；CO的平衡转化率不变；故答案为：80%；不变。‎ ‎11.Fe、N及S的化合物用途非常广泛。回答下列问题;‎ ‎(1)基态Fe原子价电子排布图为____;基态S原子的核外电子占据最高能级的电子云轮廓图为__________形。‎ ‎(2)团簇离子中,Fe2+、Fe3+数目之比为______;与铁形成配位键的原子是________,铁的配位数为_________。‎ ‎(3)四氟铵可通过下列反应制备:NF3+F2 + BF3 =NF4 BF4‎ ‎①NF3空间构型为_____ , 中心原子的杂化方式是______。‎ ‎②NF4BF4存在的作用力有________(填字母)。‎ A σ键 B. π键 C.离子键. D.配位键 ‎(4)Fe与S形成的一种化合物晶体的结构如图所示,六棱柱底边边长为a pm,高为c pm,阿伏加德罗常数的值为NA,该Fe、S化合物晶体的密度为_____(列出计算式)g. cm-3‎ - 18 -‎ ‎【答案】 (1). (2). 哑铃(或纺锤) (3). 3:1 (4). S和C (5). 4 (6). 三角锥形 (7). sp3 (8). ACD (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) Fe为26号元素，其基态Fe原子价电子为3d64s2，基态S原子的核外电子占据最高能级是3p能级。‎ ‎(2)团簇离子中，设Fe2+、Fe3+数目分别为x、y，建立方程计算；S与Fe形成三个价键，S最外层有6个电子，易形成2个价键，另外一个价键与Fe形成配位键，CN－中C有孤对电子，与Fe形成配位键，根据图中结构得出铁的配位数。‎ ‎(3)①计算NF3的价层电子对数，得到中心原子的杂化方式，得到价层电子互斥理论模型，由于有1对孤对电子，因此得到空间构型；②A. NF4BF4中N—F，B—F之间为σ键；B. NF4BF4中N—F，B—F之间为单键，无π键；C. NF4BF4中NF4+、BF4－之间是离子键；D. NF4+、BF4－里都存在配位键。‎ ‎(4)根据图分析得出S个数和Fe个数，再根据公式计算该化合物晶体的密度。‎ ‎【详解】(1) Fe为26号元素，其基态Fe原子价电子为3d64s2，因此基态Fe原子价电子排布图为；基态S原子的核外电子占据最高能级是3p能级，其电子云轮廓图为哑铃(或纺锤)形；故答案为：；哑铃(或纺锤)。‎ ‎(2)团簇离子中，设Fe2+、Fe3+数目分别为x、y，因此x+y=4，2x + 3y+(−2)×4+(−1)×4 = −3，解得x =3，y=1，因此Fe2+、Fe3+数目之比为3:1；S与Fe形成三个价键，S最外层有6个电子，易形成2个价键，另外一个价键与Fe形成配位键，CN－‎ - 18 -‎ 中C有孤对电子，与Fe形成配位键，因此与铁形成配位键的原子是S、C；根据图中结构得出铁的配位数为4；故答案为：3:1；S、C；4。‎ ‎(3)①NF3的价层电子对数，中心原子的杂化方式是sp3，价层电子互斥理论模型为四面体形，由于有1对孤对电子，因此空间构型为三角锥形；故答案为：三角锥形；sp3。‎ ‎②A. NF4BF4中N—F，B—F之间为σ键，故A符合题意；B. NF4BF4中N—F，B—F之间为单键，无π键，故B不符合题意；C. NF4BF4中NF4+、BF4－之间是离子键，故C符合题意；D. NF4+、BF4－里都存在配位键，故D符合题意；综上所述，答案为ACD。‎ ‎(4)根据图分析得出S个数，Fe个数为6个，化学式为FeS，晶体的结构如图所示，六棱柱底边边长为a pm，底边面积为高为c pm，阿伏加德罗常数的值为NA，该Fe、S化合物晶体的密度为；故答案为：。‎ ‎12.化合物H为抗肿瘤药物吡柔比星的活性物质,其一种合成路线如下:‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)A的化学名称是______________。‎ ‎(2)反应①所需的试剂和条件是__________________。‎ ‎(3)C的结构简式为_________________。‎ ‎(4)写出E到F的反应方程式:___________________。‎ - 18 -‎ ‎(5)⑦的反应类型是___________________________。‎ ‎(6)芳香化合物X是H的一-种同分异构体,X中除苯环外不含其他环状结构,X能发生银镜反应、水解反应,写出X的结构简式:____________________________(只需写出3种)。‎ ‎(7)设计以环已醇()为原料制备合成路线[无机试剂、P(C6H5)3及N(C2H5)3任用]。________________‎ ‎【答案】 (1). 2—甲基苯甲酸（或邻甲基苯甲酸） (2). CH3OH/浓H2SO4、加热 (3). (4). +NaOH+CH3OH，+HCl→+NaCl (5). 消去反应 (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A与甲醇发生酯化反应生成B，B和NBS发生反应生成C()，C与P(C6H5)3反应生成D，D与HCHO、N(C2H5)3反应生成E()，E先和NaOH水解，再酸化得到F，G到H发生消去反应。‎ - 18 -‎ ‎【详解】(1)根据A的结构简式得到A的化学名称是2-甲基苯甲酸(或邻甲基苯甲酸）；故答案为：2-甲基苯甲酸(或邻甲基苯甲酸）。‎ ‎(2)反应①是发生酯化反应，所需的试剂和条件是CH3OH/浓硫酸、加热；故答案为：CH3OH/浓硫酸、加热。‎ ‎(3)根据B到C反应和D的结构得到C的结构简式为；故答案为：。‎ ‎(4) E和氢氧化钠发生水解反应，再和盐酸发生酸化反应得到F，其反应的方程式，；故答案为：，。‎ ‎(5)根据G和H的结构得到⑦的反应类型是消去反应；故答案为：消去反应。‎ ‎(6)芳香化合物X是H的一种同分异构体，X中除苯环外不含其他环状结构，X能发生银镜反应，说明有醛基，能水解反应，说明有酯基，但只有两个氧原子，则说明是甲酸酯，因此X的结构简式：、、、(只需写出3种)；故答案为：、、‎ - 18 -‎ ‎、(只需写出3种)。‎ ‎(7)催化氧化变为，和HBr反应生成，与P(C6H5)3反应生成，与在N(C2H5)3作用下反应生成，因此合成路线为；故答案为：。‎ - 18 -‎ - 18 -‎ ‎ ‎ - 18 -‎