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可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Fe-56 Cu-64
一、选择题本题共13小题每小题6分，共78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。
1.化学与生产和生活密切相关，下列说法正确的是
A. 水晶和红宝石的主要成分都是SiO2
B. 燃煤中加入石灰石可提高燃烧效率
C. 甘油和汽油完全燃烧的产物相同，但所属有机物的种类不同
D. CO2具有还原性，可用于自来水的消毒杀菌
【答案】C
【解析】
【详解】A.红宝石的主要成分是氧化铝，水晶的主要成分是二氧化硅，A错误；
B.在煤中加入石灰石，燃烧时可吸收生成的二氧化硫，减少酸雨的产生，B错误；
C.甘油属于醇类，汽油属于烃类，完全燃烧的产物都是CO2和H2O，但所属有机物的种类不同，C正确；
D.CO2具有弱的还原性，不可用于自来水的消毒杀菌，D错误；
故合理选项是C。
2.下列说法中正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)
A. O2-的电子式为，则O2-核外有8个电子
B. 1mol NH4Cl中含有的H－Cl键的数目为NA
C. CrO5中Cr元素的化合价为+6价，每个CrO5分子中存在两个过氧键
D. 20gNa2O和Na2O2的混合物中，所含阴阳离子数目之比无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】A.O2-的电子式为，表示O2-的最外层有8个电子，但其原子核外有10个电子，A错误；
B. NH4Cl是离子化合物，NH4+与Cl-间形成离子键，无H—Cl共价键存在，B错误；
C.根据化合物中所有元素化合价的代数和为0原则，CrO5中5个O共为-6价，说明以-1价氧存在的共有两个过氧根，一个氧化合价-2价，C 正确；
C.Na2O和Na2O2都是离子化合物，其中含有的阴阳离子数目之比都是1：2，与物质的多少无关，D错误；
故合理选项是C。
3.下列各组粒子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式也正确的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.由于酸性HCO3->H2SiO3，所以在溶液中会发生反应：2HCO3-+SiO32-=H2SiO3↓+CO32-，二者不能大量共存，A错误；
B.因FeS与可与强酸反应，所以不能发生Fe2+与过量H2S的反应，B错误；
C.HClO、Fe3+都具有强的氧化性，可将SO32-氧化为SO42-，不能大量共存，C错误；
D.四种离子互不反应，在溶液中可以大量共存，I-具有还原性，在酸性条件下，H+ 、I-、NO3-发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得方程式为：6I-+2NO3-+8H+=2NO↑+4H2O+3I2，D正确；
故合理选项是D。
4.四种短周期主族元素X、Y、Z和W，原子序数依次增大，X和Y的单质化合生成气体A，A分子中的电子数与氖原子相同，X和W的单质化合生成气体B，常温下0.1mol/L的B溶液的pH=1，气体A和气体B相遇产生白烟，X与Z可按原子个数比1︰1形成化合物C。下列说法正确的是
A. 化合物C可能为离子化合物
B. Z离子的半径比Y离子的大
C. Y的非金属性很强，其单质非常活泼
D. 最高价氧化物的水化物的酸性Y比W强
【答案】A
【解析】
【分析】
四种短周期主族元素X、Y、Z和W，原子序数依次增大，X和W的单质化合生成气体B，常温下0.1mol/L的B溶液的pH=1，则B是一元强酸，则X是H元素，W是Cl元素；气体A和气体B相遇产生白烟，则B是NH3，X和Y的单质化合生成气体A，A分子中的电子数与氖原子相同，所以Y 是N元素；X与Z可按原子个数比1︰1形成化合物C，Z可能是O、F、Na中的任一种，C可能是H2O2、HF、NaH中的一种。
【详解】综上所述可知可知：X是H元素，Y是N元素，W是Cl元素；Z可能为O、F、Na中的任一种。
A.若C为NaH，则含有离子键，化合物C可能为离子化合物，A正确；
B.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以无论Z是O、F、Na中的任何一种元素，N3-的半径比O2-、F-和Na+的半径都大，B错误；
C.Y是N元素，尽管N元素的非金属性很强，但由于N2分子中有N≡N的存在，键能大，键长短，断裂时需要消耗很大的能量，所以N2并不活泼，C错误；
D.高氯酸HClO4 的酸性比HNO3强，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的应用知识。根据已知信息推断元素是本题解答的关键。突破口是气体A和气体B相遇产生白烟，可知气体为NH3、HCl，再结合原子序数大小及分子特点推测元素种类。
5.下列装置能达到实验目的的是
A. 熔化Na2CO3 B. 验证SO2氧化性
C. 实验室制取NH3 D. 保存液溴
【答案】B
【解析】
【详解】A.瓷坩埚中含SiO2，高温下可与Na2CO3发生反应，A错误；
B.由于酸性H2SO3>H2S，所以在水溶液中SO2可与Na2S反应生成H2S，SO2可氧化H2S生成S单质，所以能验证SO2的氧化性，B正确；
C.收集氨气的试管口要放适量的棉花，以防止氨气与空气产生对流现象，C错误；
D.Br2可与橡胶发生反应而腐蚀橡胶，所以盛放液溴的试剂瓶要用玻璃塞，D错误；
故合理选项是B。
6.下列说法中正确的是
A. 因发生加成反应，苯可使溴水褪色
B. C5H10能使酸性KMnO4溶液褪色的同分异构体共有4种
C. 分子中最多有12个原子共平面
D. 将分子中的一个N原子换成C原子后，其分子式为C7H13N3
【答案】D
【解析】
【详解】A.苯不能与溴水发生反应，使溴水褪色是由于Br2容易溶解在苯中，苯与水互不相溶，A错误；
B.C5H10能使酸性KMnO4溶液褪色的同分异构体属于烯烃，分子式为C5H10的烯烃有CH2=CHCH2CH2CH3、CH3CH=CHCH2CH3、、
、
5种(不包括顺反异构体)不同结构，B错误；
C.乙烯分子是平面分子，甲基取代乙烯分子中H原子的位置，在乙烯平面上；苯分子是平面分子，乙烯平面与苯平面可以共平面，由于甲烷是正四面体结构，某个平面通过甲烷的C原子，最多可以有2个顶点在该平面上，所以-CH3上最多有一个H也可能落在整个分子的平面内，共17个原子，C错误；
D.若将N原子换成C原子，由于C原子可形成四个共价键，而N原子可形成3个共价键，所以将该分子中的一个N原子换成C原子后要增加1个H原子，其分子式为C7H13N3，D正确；
故合理选项是D。
7.利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响，可设计浓差电池。下图为一套浓差电池和电解质溶液再生的配套装置示意图，闭合开关K之前，两个Cu电极的质量相等。下列有关这套装置的说法中错误的是
A. 循环物质E为水
B. 乙池中Cu电极为阴极，发生还原反应
C. 甲池中的电极反应式为Cu2++2e-=Cu
D. 若外电路中通过1mol电子，两电极的质量差为64g
【答案】B
【解析】
【详解】由阴离子SO42-的移动方向可知：右边Cu电极为负极，发生反应：Cu-2e-=Cu2+，Cu电极失去电子，发生氧化反应；左边的电极为正极，发生反应：Cu2++2e-=Cu，当电路中通过1mol电子，左边电极增加32g，右边电极减少32g，两极的质量差变为64g。电解质再生池是利用太阳能将CuSO4稀溶液蒸发，分离为CuSO4浓溶液和水后，再返回浓差电池。
A.通过上述分析可知循环物质E为水，使稀硫酸铜溶液变为浓硫酸铜溶液，A正确；
B.乙池的Cu电极为负极，发生氧化反应，B错误；
C.甲池的Cu电极为正极，发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，C正确；
D.若外电路中通过1mol电子，左边电极增加32g，右边电极减少32g，所以两电极的质量差为64g，D正确；
故合理选项是B。
8.已知铁粉与水蒸气在不同温度下反应，所得黑色固体产物的成分不同，某化学小组的同学为测定该固体产物的组成，称取168mg纯铁粉，按下列步骤进行实验：
①如图所示连接好装置检查气密性装入药品
②打开K，加热某装置，一段时间后，再加热另一装置；
③反应完成后，关闭K，停止加热，冷却后读取收集到的气体的体积
回答下列问题：
(1)实验中先点燃___________处的酒精灯，该操作在将D中的导管伸入量筒中准备收集气体之______ (填“前”或“后”)
(2)下列实验操作的目的是：
①将铁粉和石棉绒混合均匀___________；
②关闭K___________。
(3)判断铁粉与水蒸气反应已经完成的现象是___________。
(4)有同学认为用D装置测量气体的体积时，伸入量筒中的导管应适当加长，该同学的理由是___________。
(5)用改进后的正确装置进行实验，收集到气体的体积为67.2mL(已换算成标准状况)，则固体产物的组成为___________。
【答案】 (1). A (2). 后 (3). 增大铁粉与水蒸气的接触面积，以便充分反应 (4). 防止冷却时，装置内的压强下降过快将空气吸入装置，影响H2体积的测定 (5). 量筒内液面不再发生变化 (6). 若导管太短，冷却时，气体不能回流，导致气体体积偏大；若导管太长，导管不易插入量筒中，也不易从量筒中取出 (7). FeO
【解析】
【分析】
(1)在装置内含有空气，空气与Fe在加热时会发生化学反应，所以要先加热A处酒精灯，使装置内充满水蒸气，然后再加热B处酒精灯；加热A处酒精灯应该在收集H2的操作之后进行；
(2)从物质的存在状态及影响化学反应速率的角度分析；从压强影响物质的收集及纯度分析操作目的；
(3)反应产生的H2是难溶于水的气体，若反应不再发生，则无氢气产生；
(4)从气体体积的热胀冷缩及操作的难易分析；
(5)先计算Fe、H2的物质的量，根据H2是Fe与水反应的产物计算生成氧化物的化学式。
【详解】(1)装置中的空气与Fe会发生反应，影响实验测定，因此要先加热A处的酒精灯，用水蒸气排出装置内的空气，以防铁粉受热后与空气反应；因反应后装置内会留有H2，必须将装置内的气体全部收集到量筒中，否则所测气体的体积将偏小，故加热A前要先把D处收集装置安装好，即点燃A处酒精灯在将D中的导管伸入量筒中准备收集气体之后进行；
(2)①Fe是固体物质，为增大水蒸气与Fe粉反应的接触面积，可以使用石棉绒，使Fe粉附着在石棉绒上；
②反应完成后，关闭K，停止加热，冷却后读取收集到的气体的体积，关闭K目的是防止冷却时，装置内的压强下降过快将空气吸入装置，影响H2体积的测定；
(3)铁粉与水蒸气生成黑色产物，与铁粉的颜色不易区分，只能根据反应产生的H2的难溶性，用不再产生气体，即气体的体积不发生变化作为反应完成的标志；
(4)有同学认为用D装置测量气体的体积时，伸入量筒中的导管应适当加长，该原因是反应是在加热时进行的，产生的氢气在温度高时体积大，当温度降低时体积减小，若导管太短，冷却时，气体不能回流，导致气体体积偏大；但是若导管太长，导管就不易插入量筒中，反应结束时导气管也不易从量筒中取出；
(5)n(Fe)=0.168g÷56g/mol=0.003mol，n(H2)=0.0672L÷22.4L/mol=0.003mol，n (Fe)：n (O) =1：1，所以根据电子守恒、元素守恒，可得反应方程式为Fe+H2O(g)FeO+H2，则所得固体化学式为FeO。
【点睛】本题考查化学实验基本操作、物质的检验方法、化学式确定的知识。掌握化学实验基本操作方法及物质的物理性质、化学性质是解题的基础，巧用守恒方法是确定物质化学式的关键。
9.辉钼矿的主要成分是MoS2(Mo呈+4价)，含少量SiO2以及Re的化合物等杂质。由辉钼矿可制得金属缓蚀剂钼酸钠晶体(Na2MoO4·10H2O)、催化剂Mo2C和氧化剂KReO4，其主要流程如下：
(1)焙烧辉钼矿时发生的反应及反应开始的温度(T)与真空度的关系如下图所示：(真空度P/P0表示反应时的压强与标准大气压之比)
为获得碳化钼，在真空度为0.5的条件下，适宜的反应温度应控制___________。
(2)焙烧时，生成Mo2C的反应中被还原的元素有___________(填元素符号)；水洗烧结物时，洗去的物质除Na2S、Na2CO3之外，还有___________。
(3)用 NaClO2氧化MoS2时，MoS2转化为MoO42-和SO42-，写出该反应的离子方程式___________。
(4)已知钼酸钠的溶解度曲线如下图，获得Na2MoO4·10H2O的操作A为___________、___________、过滤。
(5)生成KReO4晶体的化学方程式为___________；加入KCl时，同时加入乙醇的作用是___________。
【答案】 (1). 1045K≤T<1075K (2). Mo和C (3). Na2SiO3 (4). 2MoS2+9ClO2-+12OH- =2MoO42-+9Cl-+4SO42-+6H2O (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却至10℃以下结晶 (7). NaReO4+KCl=KReO4↓+NaCl (8). 减小KReO4的溶解度
【解析】
【分析】
(1)根据反应开始时发生副反应的温度分析反应条件；
(2)根据元素化合价升高，失去电子被氧化；元素化合价降低，获得电子，被还原分析判断；
在煅烧时，除发生反应2MoS2+4Na2CO3+9CMo2C+4Na2S+12C(g)外，还发生反应：SiO2+Na2CO3
Na2SiO3+CO2↑，根据物质的溶解性分析洗去的物质；
(3)NaClO2具有氧化性，可氧化MoS2为MoO42-和SO42-，NaClO2被还原为Cl-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平反应方程式；
(4)根据 Na2MoO4·10H2O的溶解度在低于10℃时温度升高，溶解度增大分析；
(5)在NaReO4的溶液中加入KCl及乙醇，反应得到KReO4，说明发生了复分解反应，KReO4在乙醇中溶解度小。
【详解】(1) 在温度为1045K 时反应2MoS2+4Na2CO3+9CMo2C+4Na2S+12C(g)才开始发生，但当温度高于1075K会发生副反应MoS2+2Na2CO3+4C
Mo+2Na2S+6CO(g)而生成Mo，实验反应温度要控制在1045K≤T<1075K；
(2)焙烧时发生2MoS2+4Na2CO3+9CMo2C+4Na2S+12C(g)，反应中Mo元素的化合价由反应前的+4价变为反应后的+2价；C元素的化合价由反应前的+4价变为反应后Mo2C中的-4价、单质C的0价，化合价降低，所以被还原的元素有有Mo、C；在煅烧时，除发生2MoS2+4Na2CO3+9C
Mo2C+4Na2S+12C(g)反应外，原料中的杂质SiO2与Na2CO3反应：SiO2+Na2CO3
Na2SiO3+CO2↑，所以水洗烧结物，洗去的物质除Na2S、Na2CO3之外，还有可溶性的Na2SiO3；
要获得Na2MoO4·10H2O，必须在10℃以下结晶，否则会析出Na2MoO4·2H2O 晶体。利用KReO4溶解度小于NaReO4，可实现由NaReO4向KReO4的转化。加入乙醇可降低KReO4的溶解度，有利于KReO4晶体析出。
(3)用 NaClO2氧化MoS2时，MoS2转化为MoO42-和SO42-，NaClO2被还原为Cl-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式：2MoS2+9ClO2-+12OH- =2MoO42-+9Cl-+4SO42-+6H2O；
(4)根据溶解度曲线可知： Na2MoO4·10H2O的溶解度在低于10℃时温度升高，溶解度增大，当温度高于10℃时，转化为Na2MoO4·2H2O，故要获得Na2MoO4·10H2O，应该进行的操作是蒸发浓缩得到10℃时的饱和溶液，然后冷却至10℃以下结晶，过滤，就可得到Na2MoO4·10H2O；
(5)根据题意可知NaReO4与KCl发生复分解反应，产生溶解度小的KReO4，反应的化学方程式：NaReO4+KCl=KReO4↓+NaCl；加入KCl时，同时加入乙醇的作用是降低KReO4的溶解度。
【点睛】本题考查物质制备过程中反应条件的控制、混合物的分离操作、氧化还原反应方程式的书写及物质在反应中的作用等知识。充分利用流程中的信息及坐标系的含义和变化趋势，结合已有知识分析题目是解答该题的关键，题目难度适中。
10.含氮化合物在生产、生命活动中有重要的作用。回答下列问题：
(1)已知4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H1=－alkJ/mol，4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H2=－bkJ/mol，H2O(1)=H2O(g)△H3=+ckJ/mol，写出在298K时，氨气燃烧生成N2的热化学方程式___________。
(2)肌肉中的肌红蛋白(Mb)可与O2结合生成MbO2：Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)，其中k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数，即V正=k正·c(Mb)·P(O2)，V逆=k逆·c(MbO2)。37℃时测得肌红蛋白的结合度(α)与P(O2)的关系如下表[结合度(α)指已与O2结合的肌红蛋白占总肌红蛋白的百分比]：
①计算37℃、P(O2)为2.00kPa时，上述反应的平衡常数K=___________。
②导出平衡时肌红蛋白与O2的结合度(α)与O2的压强[P(O2)]之间的关系式α=___________(用含有k正、k逆的式子表示)。
(3)构成肌红蛋白的甘氨酸(NH2CH2COOH)是一种两性物质，在溶液中以三种离子形式存在，其转化关系如下：
在甘氨酸溶液中加入酸或碱，三种离子的百分含量与的关系如图所示：
①纯甘氨酸溶液呈___________性；当溶液呈中性时三种离子的浓度由大到小的顺序为___________。
②向=8的溶液中加入过量HCl时，反应的离子方程式为___________。
③用电位滴定法可测定某甘氨酸样品的纯度.
称取样品150mg，在一定条件下，用0.1000mol/L的高氯酸溶液滴定(与甘氨酸1︰1发生反应)，测得电压变化与滴入HClO4溶液的体积关系如下图。做空白对照实验，消耗HClO4溶液的体积为0.25mL，该样品的纯度为___________%(计算结果保留一位小数)
【答案】 (1). 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l) △H=kJ/mol (2). 2.00 (3).
(4). 酸 (5). H3N+CH2COO->H2NCH2COO->H3N+CH2COOH (6). H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH (7). 85.0
【解析】
【分析】
(1) 根据盖斯定律，将三个热化学方程式叠加，可得相应的热化学方程式；
(2)①根据平衡常数的含义，结合37℃、P(O2)为2.00kPa时a(MbO2)计算平衡常数；
②根据反应达到平衡时，V正=V逆，结合平衡常数定义式进行变性，可得表达式；
(3)①根据甘氨酸的存在形式与溶液酸碱性的关系，先判断I、II、III分别为H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-和H3N+CH2COOH，若只含有H3N+CH2COO-，此时lg，结合溶液的Kw可判断溶液的pH、确定溶液的酸碱性；当溶液呈中性时，lg
=0，根据图示判断微粒浓度大小；
②根据lg=8时，微粒存在有H2NCH2COO-、H3N+CH2COOH，盐酸过量，H2NCH2COO-反应变为H3N+CH2COOH，书写反应方程式；
③结合滴定突跃时溶液体积读数与空白读数差，计算出消耗高氯酸的体积，利用n=c·V计算出高氯酸的物质的量，根据恰好反应时甘氨酸与高氯酸的物质的量的比是1：1，计算出甘氨酸质量，利用甘氨酸质量与样品质量差计算得到甘氨酸的纯度。
【详解】(1) ①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H1=－alkJ/mol，
②4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H2=－bkJ/mol，
③H2O(1)=H2O(g)△H3=+ckJ/mol，将①×3+②×2-③×30，整理可得热化学方程式：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l) △H=kJ/mol；
(2)①37℃、P(O2)=2.00kPa时，结合度为80%，化学平均常数K=kPa-1；
②由结合度的定义式可知，反应达平衡时，V正=V逆，所以K=，可求出c(MbO2)=
，代入结合度定义式
=
可得a=
；
①甘氨酸的三种存在形式：H3N+CH2COOH、H3N+CH2COO-和H2NCH2COO-应分别在强酸性至强碱性中存在，由此判断，图中I、II和III分别为H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-和H3N+CH2COOH，当lg=-8时，溶液显碱性，溶液中存在的主要是H2NCH2COO-，它与过量的HCl反应生成H3N+CH2COOH。由图可知纯甘氨酸溶液呈酸性(实际在5.9左右)，溶液呈中性时，lg
=0，中性时H3N+CH2COO-> H2NCH2COO->H3N+CH2COOH；②根据lg
=8时，微粒存在有H2NCH2COO-、H3N+CH2COOH，由于加入的盐酸过量，所以，发生反应H2NCH2COO-变为H3N+CH2COOH，反应方程式为H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH；
根据滴定曲线的突跃范围，消耗HClO4溶液17.25mL，减去空白实验的0.25mL，实际消耗滴定液17.00mL。n(HClO4)= 0.1000mol/L×0.01700L=0.0017mol，则n(甘氨酸)=0.0017mol，甘氨酸的质量为m(甘氨酸)=0.0017mol×75g/mol=0.1275g，所以甘氨酸的纯度为：(0.1275g÷0.150g)×100%=85.0%。
11.BaTiO3、KH2PO4和NaNO2都属于铁电体，它们具有许多特异的性能如当它受压力而改变形状时产生电流，通电时会改变形状等。
(1)基态Ti原子的价电子排布式为___________，属于___________区元素。
(2)KH2PO4晶体中存在的作用力有___________(选填字母)。
A.离子键 B.共价键 C.氢键
(3)NO2-中N原子的杂化类型为___________，键角(填“>、<或=”)___________120°，其原因是___________。N、O、Na三种元素的第二电离能(I2)由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。
(4)BaTiO3的晶胞如下图所示：
Ti原子的配位数为___________，晶体的密度为ρg/cm3，最近的Ba原子和O原子之间的距离为___________（填计算式)nm。( BaTiO3的摩尔质量为233g/mol，NA为阿伏加德罗常数的值)
【答案】 (1). 3d24s2 (2). d (3). ABC (4). sp2 (5). < (6). N原子上有一对孤对电子，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对之间的斥力 (7). Na>O>N (8). 6 (9).
【解析】
【分析】
(1) Ti是22号元素，根据原子构造原理可得其核外电子排布式，得到基态Ti原子的价电子排布式，并根据元素原子结构与元素在周期表的位置关系判断其所属区域；
(2)KH2PO4是盐，属于离子晶体，含离子键，在阴离子H2PO4-中含有P-O键、O-H键，-OH与其它的-OH间可形成氢键；
(3)根据N、O原子间形成的电子对分析原子杂化，并结合孤电子对与成键电子对之间的作用力情况判断键角大小；
(4)从元素的+1价离子的稳定性大小分析I2大小；
(5)根据晶胞在各种微粒的空间构型及相对位置判断Ti的配位体数目；用均摊法计算一个晶胞中含有的各种元素的原子个数，计算晶胞的质量，利用m=ρ·V、及边长V= L3计算晶胞边长，最后根据Ba与O原子的位置在面对角线的一半就可计算出两个微粒间的距离。
【详解】(1)Ti是22号元素，根据原子构造原理可得其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，所以基态Ti原子的价电子排布式是3d24s2，Ti位于元素周期表第四周期第IVB族，属于d区；
(2) KH2PO4是盐，属于离子晶体，含离子键，在阴离子H2PO4-中含有P-O键、O-H键，-OH中的O原子与其它KH2PO4之间-OH的H原子间可形成氢键，故合理选项是ABC；
(3)在NO2-中存在N=O和N-O，所有NO2-中的N原子采用sp2杂化，N原子最外层有5个电子，其中一对为孤电子对，有3个成键电子，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对之间的斥力，所以键角小于120°；
(4) 由于Na+是最外层8个电子的稳定结构，气态基态Na+从8电子稳定结构再失去一个电子最难，气态基态O+从2p3半充满较稳定结构再失去一个电子较难。所以Na+ 的第二电离能I2最大，N+最小，因此三种元素的第二电离能(I2)由大到小的顺序为Na>O>N；
(5)根据晶胞结构示意图可知：Ti位于晶胞中心，O原子位于晶胞六个面心上，Ba位于晶体的8个顶点上，所以Ti的配位体数目是6；在一个晶胞中含有的各种元素的原子个数Ti：1×1=1；Ba：×8=1，O：
×6=3，即一个晶胞中含有1个BaTiO3，其质量m=
g，由于晶胞的密度是ρg/cm3，所以晶胞的体积V=
=
cm3，则晶胞的边长L=
cm=
×10-7nm，最近的Ba原子和O原子位于面对角线的一半位置，所以最近的Ba原子和O原子之间的距离为a=
L=
nm。
12.溴丙胺太林片是一种用于治疗胃肠痉挛性疼痛的药物，其合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A→B的反应条件和试剂为___________。
(2)C的化学名称为___________。
(3)写出C→D的反应方程式___________。
(4)I中含有的官能团的名称是___________。
(5)符合下列条件的E的同分异构体有___________种。①能发生银镜反应，能与FeCl2溶液发生显色反应。②分子中含有两个苯环，不含有－O－O－结构，且核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为1︰2︰2︰2︰2︰1。上述异构体中，能与NaOH以1︰3的物质的量比发生反应的结构简式为___________。
(6)根据已有知识并结合题中相关信息，设计由CH2=CHCH2OH为起始原料合成的合成路线(其它试剂任选) ________。合成路线示例如下：CH3CH2Br
CH3CH2OH
CH3COOCH2CH3
【答案】 (1). FeCl3和Cl2 (2). 2-氯苯甲酸 (3). (4). 羧基、醚键 (5). 6 (6).
(7).
【解析】
【分析】
A分子式是C7H8，根据反应生成C的结构可知A是甲苯，A与Cl2在Fe催化下发生取代反应产生B：
，B被酸性KMnO4溶液氧化为
；C与苯酚、NaOH发生反应产生D：
，D与浓硫酸混合加热，发生脱水反应产生F：
，F与Zn、NaOH发生还原反应产生G：
，G与NaCN在乙酸存在时，发生取代反应产生H：
，H与NaOH溶液反应，然后酸化得到I，结构简式是：
，再据此结合工艺流程分析；
CH2=CHCH2OH与NaCN在乙酸存在时发生取代反应产生CH2=CHCH2CN，CH2=CHCH2CN与NaOH溶液反应，然后酸化得到CH2=CHCH2COOH，CH2=CHCH2COOH与CH3OH在浓硫酸存在时发生酯化反应产生CH2=CHCH2COOCH3，该物质含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应产生：。
【详解】(1)由合成路线可推出A→B发生苯环上的氯代反应，反应条件为FeCl3和Cl2或铁粉和Cl2；
(2)C分子的羧基—COOH与Cl原子在苯环的相邻位置上，所以C的化学名称为2-氯苯甲酸；
(3)C是2-氯苯甲酸，C与苯酚在NaOH溶液中加热发生反应产生D，同时有NaCl及H2O生成，反应的化学方程式为：；
(4)由合成路线可推出H→I发生—CN转化为—COOH，所以I中含有的官能团为羧基、醚键；
(5)E结构简式是，其同分异构体中，符合条件：①能发生银镜反应，能与FeCl2溶液发生显色反应；②分子中含有两个苯环，且不含有－O－O－结构，且核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为1︰2︰2︰2︰2︰1。在上述异构体中，能与NaOH以1︰3的物质的量比发生反应，根据题干要求，E的同分异构体结构中需含有醛基、酚羟基、两个苯环、6种H原子，故可以写出以下6种：
、
、
、
、
、
，故有6种同分异构体，其中能与NaOH以1：3的物质的量比发生反应的应为
，1mol甲酸酚酯需消耗2molNaOH，1mol酚羟基需消耗1molNaOH；
(6)CH2=CHCH2OH与NaCN在乙酸存在时发生取代反应产生CH2=CHCH2CN，CH2=CHCH2CN与NaOH溶液反应，然后酸化得到CH2=CHCH2COOH，CH2=CHCH2COOH与CH3OH在浓硫酸存在时发生酯化反应产生CH2=CHCH2COOCH3，该物质含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应产生：，所以由CH2=CHCH2OH为起始原料合成
的合成路线为：
。
【点睛】本题考查有机物的合成与推断、官能团的结构与性质、反应条件的控制、限制条件下同分异构体书写等，注意利用转化关系中隐含信息进行合成路线设计，难度中等。
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