山西省运城市高中联合体2020届高三化学模拟测试试题.doc

山西省运城市高中联合体2020届高三化学模拟测试试题山西省运城市高中联合体2020届高三化学模拟测试试题年级：姓名：- 20 -山西省运城市高中联合体2020届高三化学模拟测试试题（一）（含解析）1.化学与生产、生活等密切相关。下列说法错误的是（ ）A. Al(OH)3可用于阻燃剂的材料B. 焊接金属前常用氯化铵溶液处理焊接处C. 二氧化氯用作自来水的净化与消毒D. 高锰酸钾的稀溶液可用于治疗脚癣【答案】C【解析】【详解】AAl(OH)3分解吸收大量的热，并且产生不燃烧的氧化铝覆盖在可燃物表面、隔绝空气，故A正确；B氯化铵是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，可消除焊接处表面的铁锈，故B正确；CClO2具有强氧化性，能杀菌消毒，但不能用作絮凝剂去除水中的悬浮物，故C错误；D高锰酸钾具有强氧化性，可用于杀菌，所以高锰酸钾的稀溶液可用于治疗脚癣，故D正确；故选C。2.下面是某有机合成的部分片段：下列有关说法正确的是（ ）A. 有机物B中所有碳原子均可能共平面B. 反应属于加成反应C. 有机物C可能存在带苯环的同分异构体D. 有机物A、B、C都能发生氧化反应【答案】D【解析】【详解】AB含有多个饱和碳原子，饱和碳原子具有四面体结构，所有碳原子不可能共平面，故A错误；B反应羧基生成酯基，属于取代反应，故B错误；C有机物C含有脂环、羰基和酯基，不饱合度为3，而苯环的不饱合度为4，不可能存在带有苯环的同分异构体，故C错误；D有机物的燃烧属于氧化反应，则有机物A、B、C都能发生氧化反应，故D正确；故选D。3.NaH是有机合成中用途很广泛的物质。已知NaH遇水蒸气剧烈反应，某小组设计如图实验装置制备NaH，下列说法正确的是（ ）A. 安全漏斗的作用是“液封”B. 装置A中的试剂是稀硝酸和粗锌C. 装置B中的试剂是NaOH溶液D. 实验开始后先点燃C处酒精灯，再启动A中反应【答案】A【解析】【详解】A加入液体后，部分液体存于漏斗上部弯管中起液封作用，避免氢气从漏斗中逸出，故A正确；B硝酸具有强氧化性，与Zn反应不生成氢气，故B错误；CB是干燥氢气的装置，B中试剂应该为浓硫酸，故C错误；D先启动A中反应，利用生成的氢气将装置中的空气排出，防止钠与氧气反应，后点燃C处酒精灯，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意装置内有空气，需要先排除装置中的空气，再点燃C处酒精灯。4.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。甲、乙、丙是由这些元素组成的化合物，M、N、P是这些元素对应的单质，甲常温下为液态，丙中滴入盐酸开始有沉淀，继续沉淀消失，其溶液呈碱性。上述物质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 原子半径：ZWYB. X与Z形成的化合物能与水反应产生NC. 常温下，P不能与浓硝酸发生反应D. Y分别与X、Z形成的化合物均不止一种【答案】C【解析】【分析】甲常温下为液态，应为H2O，丙中滴入盐酸开始有沉淀，继续沉淀消失，其溶液呈碱性，可知丙为NaAlO2，由转化关系可知M为Na，N为H2，乙为NaOH，P为Al，由此可知X、Y、Z、W分别为H、O、Na、Al元素，据此分析解答。【详解】由以上分析可知X、Y、Z、W分别为H、O、Na、Al元素。A原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素，从左到右，原子半径减小，则原子半径，即ZWY，故A正确；BX与Z形成的化合物为NaH，具有还原性，可与水发生氧化还原反应，生成氢氧化钠和氢气，故B正确；C常温下，铝与浓硝酸发生钝化反应，钝化属于化学变化，故C错误；D氧元素可与氢、钠两元素分别形成过氧化氢、水，过氧化钠、氧化钠等化合物，形成的化合物均不止一种，故D正确；故选C。5.工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。下列推论不合理的是A. 活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用B. 铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极C. 增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率D. 利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+Fe2+Cu【答案】C【解析】【分析】A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼；C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。【详解】A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项；C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+Fe2+Cu，故不选D项。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。6.Li-SO2充电电池具有高输出功率的优点。多孔碳电极可吸附SO2，电解液为溶解有LiBr的碳酸丙烯酯-乙腈溶液。下列说法错误的是（ ）A. 活性炭具有加快放电速率的作用B 放电时，电子流向：a溶液baC. 充电时，阳极上发生的电极反应为：S2O42-2e-=2SO2D. 该电池的电解质溶液不能换成LiBr的水溶液【答案】B【解析】【分析】Li为活泼金属，为负极，吸附了SO2的多孔碳电极为正极，结合原电池原理和电解池原理分析解答。【详解】A多孔活性炭电极表面积大，增大了反应的接触面积，速率加快，故A正确；B高电池中a为负极，b为正极，原电池中电子不能经过电解质溶液，而是经过外电路，电子流向是a经用电器到b，故B错误；C充电时，电池的正极是电解池的阳极，电极反应是正极反应的逆过程，即S2O42-2e-2SO2，故C正确；D活泼金属锂能够与电解质溶液中的水反应，则该电池的电解质溶液不能换成LiBr的水溶液，故D正确；故选B。【点睛】正确判断该电池的正负极是解题的关键。本题的易错点为C，要注意充电是的阳极反应与放电时的正极反应互为逆反应，b为正极，正极反应式为2SO2+2e-S2O42-。7.某研究性学习小组为研究水垢的生成，查得CaCO3和Mg(OH)2溶解度曲线如图所示。已知：40C时，Ksp(MgCO3)=710-6，下列有关分析错误的是（ ）A. CaCO3、Mg(OH)2溶解均放热B. MgCl2溶液中加入少量CaCO3粉末加热搅拌，有Mg(OH)2生成C. 含有Ca(HCO3)2和Mg(HCO3)2的自来水长时间加热，水垢的主要成分为CaCO3和MgCO3D. 40时，Ksp(CaCO3)=1.610-7【答案】C【解析】【详解】A由CaCO3和Mg(OH)2溶解度曲线图可知两者的溶解度随温度的升高而降低，说明升高温度，溶解平衡均向生成沉淀的方向移动；即CaCO3、Mg(OH)2溶解均是放热过程，故A正确；BMgCl2溶液中存在镁离子的水解平衡，Mg2+2H2OMg(OH)2+H+，加入CaCO3粉末后消耗了H+，c(H+)减小，水解平衡正向移动，有Mg(OH)2生成，故B正确；C自来水中的Ca(HCO3)2和Mg(HCO3)2受热分解为CaCO3和MgCO3，长时间加热，Mg2+2H2OMg(OH)2+H+，CO32-+H2OHCO3-+OH-，相互促进水解，MgCO3进一步转化为更难溶的Mg(OH)2，故C错误；D40时，碳酸钙的溶解度为40mg/L，将40mg/L转化为物质的量浓度为=410-4mol/L；CaCO3饱和溶液中存在溶解平衡，CaCO3Ca2+CO32-，则Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c(CO32-)=410-4mol/L410-4mol/L=1.610-7，故D正确；故选C。【点睛】本题的易错点为C，要注意相同温度下，MgCO3的溶解度大于氢氧化镁，长时间加热，MgCO3会进一步转化为更难溶的Mg(OH)2，因此水垢的主要成分为碳酸钙和氢氧化镁。8.二氯化锡可用于染料、香料、制镜、电镀等工业，是一种重要的化工原料。实验室制备二氯化锡可分三个过程完成，具体实验如下：已知：常温下四氯化锡是无色易流动的液体，熔点-33，沸点114.1，易溶于水。二氯化锡：遇水强烈水解，在浓盐酸中溶解度大且有利于SnCl22H2O的生成。I.四氯化锡的制备。所需装置如图所示：（1）仪器X的名称是_。（2）试剂a是_，冰盐水的作用是_。（3）按气流从左到右的顺序连接好装置：a_。II.SnCl22H2O的制备将装置B中得到的无色液体全部倒入锥形瓶中并加入适量浓盐酸，慢慢加入锡粉直至不能溶解，过滤后即得到SnCl22H2O。（4）加入适量浓盐酸的作用是_。（5）加入锡粉发生的反应为_。III.SnCl22H2O的脱水，步骤如下：a.将得到的SnCl22H2O置于干燥的50mL烧杯中，加入足量醋酸酐(CH3COOOCCH3)溶解。b.将烧杯放入通风橱内，约5分钟搅拌一次，30分钟后在干燥的布氏漏斗上过滤。c.用35mL乙醚淋洗产品，将产品转移至表面血，放入干燥器中干燥30分钟后，称重。（6）SnCl22H2O脱水步骤a中加入醋酸酐后得到有机物的结构简式是_。（7）设计实验检测制得的SnCl2中是否有SnCl4：_。【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 饱和食盐水 (3). 冷凝SnCl4 (4). defgijbch或defgjibch (5). 抑制SnCl2的水解 (6). Sn+SnCl4=2SnCl2(或Sn+2HCl+2H2O=SnCl22H2O+H2) (7). CH3COOH (8). 称量19.0g产品，加入适量稀硝酸酸化，再加入足量AgNO3，充分反应，若得沉淀质量大于28.7g，则说明产品中有SnCl4【解析】【分析】I由制备原理及实验装置可知，A中发生MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，然后连接C(试剂为饱和食盐水)可除去氯气中的HCl，再连接D可干燥氯气，然后连接F，F中发生Sn+2Cl2 SnCl4，连接B可冷凝分离出SnCl4，最后连接E可吸收尾气；IISnCl2溶液易水解，在浓盐酸中溶解度大且有利于SnCl22H2O的生成，在B中加Sn反应生成SnCl2(或SnCl22H2O)；III由实验可知SnCl22H2O脱水，利用醋酸酐脱水生成乙酸和SnCl2；SnCl2、SnCl4中Cl元素的质量分数不同，可检测混合物中Cl元素的含量判断SnCl2中是否有SnCl4。【详解】(1)根据图示，仪器X是圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；(2)浓盐酸易挥发，制得的氯气中会含有氯化氢杂质，试剂a是除去氯气中的氯化氢杂质的，应该选用饱和食盐水；常温下四氯化锡是无色易流动的液体，冰盐水可以冷凝SnCl4，故答案为：饱和食盐水；冷凝SnCl4；(3)由上述分析可知，装置的连接顺序为ACDFBE，且导管长进短出，则按气流从左到右的顺序连接好装置：adefgijbch或adefgjibch，故答案为：defgijbch或defgjibch；(4)二氯化锡遇水强烈水解，在浓盐酸中溶解度大且有利于SnCl22H2O的生成，因此加入适量浓盐酸可以抑制SnCl2的水解，故答案为：抑制SnCl2的水解；(5)加入锡粉发生的反应为Sn+SnCl4=2SnCl2(或Sn+2HCl+2H2O=SnCl22H2O+H2)，故答案为：Sn+SnCl4=2SnCl2(或Sn+2HCl+2H2O=SnCl22H2O+H2)；(6)SnCl22H2O脱水步骤a中加入醋酸酐，醋酸酐是用来脱水的，醋酸酐与水反应生成的有机物是CH3COOH，故答案为：CH3COOH；(7)由于、两者所含元素的质量分数不同，可以通过测量一定质量的混合物中的的含量进行推断，具体方法为：称量19.0g(0.1mol)产品，加入适量稀硝酸酸化，再加入足量硝酸银，充分反应，若得沉淀质量大于28.7g(0.2molAgCl)，则说明产品中有SnCl4，故答案为：称量19.0g产品，加入适量稀硝酸酸化，再加入足量硝酸银，充分反应，若得沉淀质量大于28.7g，则说明产品中有SnCl4。【点睛】本题的难点为(7)，要注意、两者所含元素的质量分数不同，可以通过定量测定的方法设计实验，实验中的数据最好参考的摩尔质量确定。9.铬为高效催化剂的主要成分元素，从铬铁矿主要含Ag2S、Cu2(OH)2CO3、FeO、Cr2O3、SiO2中提取Cr、Ag的工艺流程如图：已知：部分阳离子以氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金属离子浓度为0.01molL-1)沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3开始沉淀的pH762.74.9开始沉淀的pH9.63.76.8铬铵矾晶体：NH4Cr(SO4)212H2O（1）操作a为_；X和Y分别为_、_。（2）写出加入H2O2发生反应的离子方程式：_。（3）调节pH值可用的物质的化学式为_，pH值应当控制的范围为_；由滤液3获得铬酸铵晶体的正确操作方法是_、过滤、洗涤、干燥。（4）将铬铵矾晶体溶于硫酸而不是直接溶于水的主要原因是_。（5）步骤发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 过滤 (2). SiO2 (3). Cu、Fe (4). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (5). Cr2(CO3)3或Cr2O3 (6). 3.74.9 (7). 蒸发浓缩、冷却结晶 (8). 防止硫酸铬铵水解 (9). 4Ag(SO3)23-+N2H4+4OH-=4Ag+8SO32-+N2+4H2O【解析】【分析】铬铁矿中加入硫酸，其中金属氧化物和Cu2(OH)2CO3溶于酸转变成硫酸盐，硫化银和二氧化硅不溶于硫酸，过滤分离，滤液1中加入足量铁粉除去铜离子，滤液2加过氧化氢氧化亚铁离子，调节pH值沉淀除去铁离子，再加硫酸铵生成铬铵矾晶体NH4Cr(SO4)212H2O，电解得到金属铬和重铬酸铵；硫化银和二氧化硅中加入亚硫酸钠将硫化银转变成可溶性盐Na3Ag(SO3)2，在Na3Ag(SO3)2溶液中再加入肼和氢氧化钠得到银单质，据此分析解答。【详解】(1)由得到滤液和滤渣可知，操作a为过滤；二氧化硅不与硫酸反应，故X为二氧化硅；Cu2(OH)2CO3溶于硫酸生成铜离子，由工艺流程的目的可以推知加入过量铁粉的目的是除去杂质铜离子，得出的Y为Cu和剩余的Fe，故答案为：过滤；SiO2；Cu、Fe；(2)过氧化氢能够将亚铁离子氧化为铁离子，利于后续除去，反应的离子反应为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；(3)加入的物质能与酸反应，同时不能带入新的杂质离子；调节pH的范围，需要使铁离子沉淀完全，但不能使三价铬离子沉淀，根据部分阳离子以氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH表，pH的范围为3.74.9；从溶液中得到晶体，首先加热浓缩，然后降温得到晶体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：Cr2(CO3)3或Cr2O3；3.74.9；蒸发浓缩、冷却结晶；(4)铬铵矾能够发生水解，加酸可以抑制其水解，因此将铬铵矾晶体溶于硫酸而不是直接溶于水，故答案为：防止硫酸铬铵水解；(5)根据流程信息可知反应物为Ag(SO3)23-、N2H4、OH-，生成的产物有Ag和N2，同时还应该生成SO32-，结合化合价升降法配平得到该反应的方程式为：4Ag(SO3)23-+N2H4+4OH-=4Ag+8SO32-+N2+4H2O，故答案为：4Ag(SO3)23-+N2H4+4OH-=4Ag+8SO32-+N2+4H2O。【点睛】解答本题要注意溶液中的铁一般要氧化成三价铁进行沉淀除杂，在控制pH时要确保杂质离子完全沉淀，但不能影响产品所需的离子，本题的难点为(5)中离子方程式的书写，要注意正确判断生成物。10.乙二醇是工业常见的有机原料，常用来制取纺织工业的乙二醛和化妆品行业的乙醛酸。乙二醇(HOCH2CH2OH)气相催化氧化法制取乙二醛(OHC-CHO)，主要反应：HOCH2CH2OH(g)+O2(g)OHCCHO(g)+2H2O(g) H化学键OHCHCOC=OO=OCC键能（kJmol-1）436413356745493346则H=_kJmol-1。当原料气中氧醇比(氧气和乙二醇的物质的量之比)一定时，乙二醛和副产物CO2的产率与反应温度的关系如图所示，则反应中应控制的适宜温度是_(填字母)。a.低于450b.450490c.高于495p、m、n三点中_是平衡点，_是逆反应速率最快的点。温度超过495时，乙二醛的产率直线下降的原因是_。（2）将乙二醇氧化为乙二酸，再利用乙二酸(HOOCCOOH)通过电解制备乙醛酸，阴极的电极反应式为_。（3）液相氧化制备乙醛酸是近年研究的热点。向25L某浓度的乙二醛溶液中，加入适量的催化剂V2O5/C，以0.1molL-1的流速通入氧气，测得溶液中乙二醛的浓度、溶液的pH随时间变化的关系如图所示：图中曲线_(填“a”或“b”)表示溶液的pH值随时间变化的曲线。V2O5/C表示将催化剂覆盖在纳米碳纤维上，其目的是_。写出制备乙醛酸(HOCCOOH)的化学反应方程式：_，根据图中数据算出8h内乙醛酸的平均生成速率v(HOCCOOH)=_；该实验条件下乙醛酸的电离常数Ka=_。【答案】 (1). -331 (2). b (3). m、n (4). n (5). 温度过高，乙二醇被大量转化为CO2 (6). HOOCCOOH+2H+2e-=OHCCOOH+H2O (7). b (8). 增大接触面积，加快反应速率 (9). 2OHCCHO+O22OHCCOOH (10). 0.3125molL-1h-1 (11). 410-4【解析】【分析】(1)根据H=反应物键能总和-生成物键能总和计算；反应中应控制的适宜温度是此温度下，乙二醛产率高，CO2的产率要低；HOCH2CH2OH(g)+O2(g)OHC-CHO(g)+2H2O(g)该反应为放热反应，m点之前反应未达到平衡，m达到平衡，升高温度，平衡逆向移动；由图可知，温度超过495时，乙二醛的产率直线下降，而CO2的产率直线上升，据此分析解答；(2)HOOCCOOH与OHC-COOH对比，可知HOOCCOOH比OHC-COOH多一个O，发生还原反应，而阴极发生还原反应，生成OHC-COOH和H2O，据此书写电极反应式；(3)乙二醛溶液显中性，即起始溶液pH为7，根据图分析判断；将催化剂覆盖在纳米碳纤维上，可以增大接触面积；乙二醛(OHC-CHO)与氧气反应生成乙醛酸(HOC-COOH)根据守恒原则结合图象书写化学方程式；由图可知，乙二醛起始浓度为5mol/L，8h后其浓度为2.5mol/L，则c(OHC-CHO)=2.5mol/L，根据方程式得出c(HOC-COOH)，结合v=计算8h内乙醛酸的平均生成速率v(HOC-COOH)；根据HOC-COOH的浓度为2.5mol/L时pH=1.5，结合电离方程式HOC-COOHHOC-COO-+H+计算。【详解】(1)HOCH2CH2OH(g)+O2(g)OHCCHO(g)+2H2O(g) 反应物含有4个，2个，2个，1个，1个；生成物含有2个，2个，4个，1个，H=反应物键能总和-生成物键能总和=4362+346+4134+2356+493-(4232+346+7452+22436)kJmol-1=-331kJmol-1，故答案为：-331；反应中应控制的适宜温度是此温度下，乙二醛产率高，CO2的产率要低，则450C490C为最适宜温度；HOCH2CH2OH(g)+O2(g)OHC-CHO(g)+2H2O(g)H= -331kJmol-1，该反应为放热反应，m点之前反应未达到平衡，m点达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，故m、n点是平衡点；温度越高，反应速率越快，则n点速率最大，此时正反应速率等于逆反应速率，故n点的逆反应速率最大，故答案为：b；m、n；n；由图可知，温度超过495时，乙二醇大量转化为CO2，使乙二醛的产率直线下降，故答案为：温度超过495时，乙二醇大量转化为CO2，使乙二醛的产率降低；(2)HOOCCOOH与HOC-COOH对比，可知HOOCCOOH比HOC-COOH多一个O，HOOCCOOH发生了还原反应；电解池中阴极得到电子，发生还原反应，因此阴极的电极反应式为：HOOCCOOH+2H+2e-=HOC-COOH+H2O，故答案为：HOOCCOOH+2H+2e-=HOC-COOH+H2O；(3)乙二醛溶液显中性，即起始溶液pH为7，因此图中曲线b表示溶液的pH值随时间变化的曲线，故答案为：b；将催化剂覆盖在纳米碳纤维上，可以增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；乙二醛(OHC-CHO)被氧气氧化生成乙醛酸(HOC-COOH)，根据图象，最终乙二醛的浓度不为0，表示该反应为可逆反应，反应的化学方程式为：2OHC-CHO+O22HOC-COOH；由图可知，乙二醛起始浓度为5mol/L，8h后其浓度为2.5mol/L，则c(OHC-CHO)=2.5mol/L，根据方程式，c(HOC-COOH)=2.5mol/L，8h内乙醛酸的平均生成速率v(HOC-COOH)=0.3125mol/(Lh)；根据图象，HOC-COOH的浓度为2.5mol/L时pH=1.5，则c(H+)=10-1.5mol/L，根据电离方程式HOC-COOHHOC-COO-+H+，c(HOC-COO-)=c(H+)=10-1.5mol/L，乙醛酸的电离常数Ka= =4.010-4，故答案为：2OHC-CHO+O22HOC-COOH；0.3125mol/(Lh)；4.010-4。11.近期瑞士科学院研发出一种负载氧化铜的纳米晶粒的聚合物氮化碳二维纳米材料(类石墨相氮化碳)，大幅度提高水分解的催化效率，将为实现氢能源大规模应用打下坚实的基础。回答下列问题：（1）铜在周期表中的位置为_，其原子核外电子排布的最高能层符号为_。（2）1989年A.Y.Liu和M.L.Cohen根据-氮化硅的晶体结构，用C替换Si，从理论上预言了-氮化碳这种硬度可以和金刚石相媲美的新共价化合物。石墨晶体可以一层层剥离开来，层间的作用力主要是_。类石墨相氮化碳中1、2、3、4共四个原子的空间构型为_；-氮化碳中N的杂化类型是_。-氮化碳的化学式为_；从化学键键长的角度分析金刚石、-氮化碳的硬度大小：_。（3）CuO晶胞如图：若氧化铜晶胞中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C原子坐标参数为_。NA代表阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为anm，则晶体密度为_gcm-3(用代数式表示)。【答案】 (1). 第四周期B族 (2). N (3). 范德华力 (4). 三角锥形 (5). sp3 (6). C3N4 (7). 氮化碳金刚石 (8). (，) (9). 【解析】【分析】(1)Cu是29号元素，根据核外电子的排布规律及电子排布式分析解答；(2)石墨层与层可剥离开应该考虑是较为微弱的作用而不是化学键；结合类石墨相氮化碳结构可知4号氮原子以单键结合1、2、3号碳原子，N为sp3杂化；-氮化碳中N也与三个碳原子结合成键，从而可判断杂化类型；结合结构，利用均摊法确定化学式；根据原子半径确定键长的大小，键长越短键能越大，物质的硬度越高；(3)根据A、B两点的坐标及晶胞中C的相对位置，即可确定C的坐标；先利用均摊法确定晶胞中的原子个数计算出晶胞质量，再利用晶胞参数确定晶胞体积，最后计算晶胞密度。【详解】(1)Cu是29号元素，根据核外电子的排布规律，其核外电子排布为：Ar3d104s1，故铜在周期表中位于第四周期IB族，最高能层为N，故答案为：第四周期IB族；N；(2)石墨层与层之间没有共价键连接，主要是分子间的作用力(范德华力)，而范德华力较弱，因此石墨晶体可以一层层剥离开来，故答案为：范德华力；4个原子中1个N，3个C，N与周围的3个碳原子结合，且含有一个孤对电子，N为sp3杂化，空间构型为三角锥形；观察-氮化碳结构可知，N与周围的3个碳原子结合，且含有一个孤对电子，N为sp3杂化，故答案为：三角锥形；sp3；利用均摊法可得-氮化碳的化学式为C3N4；C-C键的键长大于C-N键，故C-C键的键能小于C-N键，所以硬度：-氮化碳金刚石，故答案为：C3N4；-氮化碳金刚石；(3)由坐标图和晶胞图可知，A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，C位于体心，则C的坐标为(，)，故答案为：(，)；晶胞参数为anm，晶胞体积V=(a10-7cm)3，观察氧化铜晶胞图，1个晶胞含4个“CuO”，则晶胞质量m=g，故晶胞密度=gcm3，故答案为：。12.H是有机化学重要的中间体，能用于合成药物和农药，其合成路线如图：（1）E的结构简式是_；可以测量G的相对分子质量的仪器为_。（2）B中含氧官能团的名称是_。（3）A的分子式为C7H8，A生成B的化学反应方程式为_，反应类型是_。（4）试剂Y是_。（5）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：_。能发生水解反应，能与FeCl3溶液发生显色反应能发生银镜反应分子中有5种不同化学环境的氢原子（6）根据题干信息，以苯为原料(无机试剂任选)，画出制备防弹材料的流程示意图_。【答案】 (1). (2). 质谱仪 (3). 硝基 (4). +HNO3+H2O (5). 取代反应 (6). Br2/Fe (7). 或 (8). 【解析】【分析】A的分子式为C7H8，根据C的结构简式可逆推得A为，A发生硝化反应生成B为，B发生氧化反应生成C，C在铁粉作催化剂的条件下与溴发生取代反应生成D()，根据E生成F的条件可知，E中的硝基被还原生成F中的氨基，则D发生取代反应生成E，E为，E发生还原反应生成F，F发生取代反应生成G，G再发生取代反应生成H，据此分析解答。【详解】(1)根据上面的分析可知，E的结构简式是 ；可以测量G的相对分子质量的仪器为质谱仪，故答案为：；质谱仪；(2)B为，B中含氧官能团为硝基，故答案为：硝基：(3)A发生硝化反应生成B，A生成B的化学方程式为 +HNO3+H2O，反应类型是取代反应，故答案为：+HNO3+H2O；取代反应(或硝化反应)；(4)C在铁粉作催化剂的条件下与溴发生取代反应生成D，所以试剂Y是Br2/Fe，故答案为：Br2/Fe(或Br2/FeBr3)；(5)F为，能发生水解反应，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明结构中有肽键和酚羟基，能发生银镜反应，说明有醛基，分子中有5种不同化学环境的氢原子，同时满足条件的F的同分异构体的结构简式为：或，故答案为：或或；(6)以苯为原料制备防弹材料，首先用苯与溴发生取代生成溴苯，再用溴苯发生硝化反应生成对溴硝基苯，对溴硝基苯中溴原子发生取代生成对硝基苯酚，对硝基苯酚还原为对氨基苯酚，用对氨基苯酚发生缩聚反应可生成，合成路线为，故答案为：。【点睛】本题的难点为(6)，要注意合成，需要合成，发生缩聚反应生成，根据题干流程图，苯环上的羟基可以有Br原子转化得到，氨基可以由硝基转化得到。