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辽宁省大连市第二十四中学2020届高三化学下学期6月模拟考试试题辽宁省大连市第二十四中学2020届高三化学下学期6月模拟考试试题年级：姓名：- 19 -辽宁省大连市第二十四中学2020届高三化学下学期6月模拟考试（最后一模）试题（含解析）注意事项：1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。4.保持卡面清洁，不折叠，不破损。5.做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 P-311. 中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化，下列说法正确的是（ ）A. 抱朴子中“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程B. 成语“金戈铁马”中的金属，在常温下能溶于浓硝酸C. 对敦煌莫高窟壁画颜料分析，其绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐【答案】C【解析】【详解】A. 丹砂（HgS）烧之成水银是HgS分解生成单质汞和硫，积变又还成丹砂是汞和硫反应生成HgS，描述的是分解和化合反应的过程，A错误；B. 成语“金戈铁马”中的金属是铁，常温下铁在浓硝酸能钝化，不能溶于浓硝酸，B错误；C. 铜与空气中的氧气、二氧化碳、水蒸气等物质反应生成的物质为碱式碳酸铜，又称为铜绿，颜色翠绿，C正确；D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分新型无机非金属材料，不是硅酸盐，D错误；答案选C。2. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A. 常温常压下，9.5g羟基(18OH)含有的中子数为5NAB. MnO2与足量浓盐酸反应产生22.4LCl2时转移电子数目为2NAC. 1mol甲烷与1mol氯气光照条件下发生取代反应生成的CH3Cl的分子数为NAD. 1mol铁在一定条件下分别和氧气、氯气、硫完全反应转移电子数都为2NA【答案】A【解析】【详解】A常温常压下，9.5g羟基(18OH)的物质的量为0.5mol，1个18OH中含有10个中子，则0.5mol18OH含有的中子数为5NA，A选项正确；B未指明标准状况，不能计算产生Cl2的物质的量，则不能得出转移的电子数，B选项错误；C因为甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的产物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，所以不能判断1mol甲烷与1mol氯气光照条件下发生取代反应生成的CH3Cl的分子数，C选项错误；D.铁与氧气一定条件下可以生成FeO或Fe3O4，1molFe被氧化电子转移数不一定；Fe与氯气反应生成FeCl3，所以1molFe被氯气氧化转移3mol电子；Fe与S反应生成FeS，所以1molFe被S氧化转移2mol电子，D选项错误；答案选A。3. 2019年是“国际化学元素周期表年”。W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，其中W、X、Z组成的化合物M、N、R之间存在如图所示的反应。下列叙述正确的是A. 元素非金属性的顺序为XYZWB. M、N、R三种分子中，所有原子均满足8电子稳定结构C. M、N、R三种分子均含有极性键和非极性键D. W、X、Y、Z四种元素既可形成离子化合物，又可形成共价化合物【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，其中M为1个X原子和2个Z原子构成，N为1个X原子和4个W原子构成，R结构明显为有机物结构，反应为加成反应，即W为氢元素，X为碳元素，Y为氮元素，Z为氧元素，M为二氧化碳，N为甲烷，R为乙酸。【详解】A同周期，元素非金属性从左到右逐渐增大，顺序Z Y X W，A错误；BM、N、R三种分子中，氢原子满足2电子稳定结构，B错误；CN、M分别为甲烷和二氧化碳，只含有极性共价键， R分子含有极性键和非极性键，C错误；DW、X、Y、Z四种元素既可形成离子化合物硝酸铵，又可形成共价化合物硝酸，D正确；答案为D。4. 下列关于2环己基丙烯()和2苯基丙烯()的说法中正确的是（ ）A. 二者均可使溴水、高锰酸钾褪色，且褪色原理相同B. 2苯基丙烯分子中所有碳原子一定共平面C. 二者可与足量的氢气在一定条件下反应得到同一种产物，此产物的一氯代物有5种D. 二者可以通过加成聚合反应形成高分子化合物【答案】D【解析】【详解】A2环己基丙烯()和2苯基丙烯()均含有碳碳双键，可使溴水、高锰酸钾褪色，但使溴水褪色是因为发生加成反应，而使高锰酸钾溶液褪色是因为发生氧化反应，褪色原理不同，A选项错误；B2苯基丙烯分子中苯环与丙烯基连接的碳碳单键旋转时可能会不在同一平面，B选项错误；C二者可与足量的氢气在一定条件下反应得到同一种产物，此产物为，分子中含有6种等效氢，则其一氯代物有6种，C选项错误；D2环己基丙烯()和2苯基丙烯()均含有碳碳双键，可发生加聚反应形成高分子化合物，D选项正确；答案选D。5. 仅用下表提供的用品（夹持仪器和试剂任选）能实现相应实验目的的是（ ）选项实验目的仪器A从食盐水中获得NaCl晶体坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角B除去氢氧化铝胶体中的泥沙半透膜、烧杯、玻璃棒C用0.1000mol/L盐酸测定未知浓度NaOH溶液浓度碱式滴定管、酸式滴定管、锥形瓶、胶头滴管、烧杯D中和热的测定烧杯、温度计、环形玻璃搅拌棒、泡沫塑料、硬纸板A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A从食盐水中获得NaCl晶体的操作为蒸发结晶，所需仪器为蒸发皿、玻璃棒、酒精灯等，用不到坩埚，A选项错误；B除去氢氧化铝胶体中的泥沙的操作为过滤，所需仪器为漏斗（带滤纸）、烧杯、玻璃棒，B选项错误；C用0.1000mol/L盐酸测定未知浓度的NaOH溶液浓度的操作为酸碱中和滴定，所需仪器为碱式滴定管、酸式滴定管、锥形瓶、胶头滴管、烧杯，C选项正确；D中和热测定的实验装置如图，需要温度计测定溶液温度、环形玻璃搅拌棒搅拌使溶液混合均匀，还需要量筒量取一定量的酸、碱溶液，还缺少量筒，D选项错误；答案选C。6. 环己酮（）在生产生活中有重要的用途，可在酸性溶液中用环己醇间接电解氧化法制备，其原理如图所示。下列说法正确的是A. a 极与电源负极相连B. a 极电极反应式是 2Cr3- 6e- +14OH-= Cr2O72-+7H2OC. b 极发生氧化反应D. 理论上生成 1mol 环己酮时，有 1molH2 生成【答案】D【解析】【分析】根据原理图可知，a极为电解池的阳极，Cr3失电子发生氧化反应，电极反应式是2Cr3- 6e- +7H2O= Cr2O72-+14H+，b极为阴极，氢离子得电子发生还原反应生成氢气，结合转移电子数相等计算，据此分析解答。【详解】A. 根据原理图可知，a极为电解池的阳极，则与电源正极相连，故A错误；B. 根据原理图可知，a极为电解池的阳极，Cr3失电子发生氧化反应，电极反应式是2Cr3- 6e- +7H2O= Cr2O72-+14H+，故B错误；C. b极为阴极，氢离子得电子发生还原反应，故C错误；D. 理论上由环己醇(C6H12O)生成1mol环己酮(C6H10O)，转移2mol电子，根据电子守恒可知，阴极有1mol氢气放出，故D正确；故选D。7. 已知：p=p=-lg。室温下，向0.10mo1L-1的HX溶液中滴加0.1molL-1的NaOH溶液，溶液pH随p的变化关系如图。下列说法正确的是（ ）A. a点溶液中：c(HX)+c(X-)=0.10mo1L-1B. c点溶液中：c(Na+)10c(HX)C. b点坐标为(0，4.50)D. 溶液中水的电离程度：cba【答案】B【解析】【分析】HX电离平衡常数表达式为Ka=，则lg Ka=lg+lgc(H+)=-pH-lg，即pH=-lgKa-lg=p-lg Ka，将点(1，5.75)带入可得lg Ka=-4.75，即Ka=10-4.75。【详解】A设0.10mo1L-1的HX溶液中c(H+)=x，则有，解得x约为10-2.9mol/L，所以0.10mo1L-1的HX溶液pH约为2.9，当pH=3.75时说明已经滴入了部分NaOH溶液，溶液的体积发生变化，所以c(HX)+ c(X- )0.10mo1L-1不再成立，A选项错误；Bc点溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(X-)+c(OH-)，此时p=1，则c(X-)=10c(HX)，带入电荷守可得：c(H+)+c(Na+)=10c(HX)+c(OH-)，由于溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，则c(Na+)10c(HX)，B选项正确； C将lg=0，带入pH=-lgKa-lg，可得此时pH=-(-4.75)=4.75，所以b点坐标为(0，4.75)，C选项错误；D随着NaOH滴入，溶液pH增大，溶液中NaX逐渐增多，当溶质全部为NaX时水的电离程度达到最大，此时容易呈碱性，也就是说在完全反应之前随着NaOH滴入，水的电离程度逐渐增大，即水的电离程度：cba，D选项错误；答案选B。8. 磷化铝、磷化锌、磷化钙与水反应产生高毒的PH3气体(熔点为-132，还原性强、易自燃)，可用于粮食熏蒸杀虫。卫生安全标准规定：当粮食中磷化物(以PH3计)的含量低于0.05mgkg-1时算合格。可用以下方法测定粮食中残留的磷化物含量：（操作流程）安装吸收装置PH3的产生与吸收转移KMnO4吸收溶液亚硫酸钠标准溶液滴定。（实验装置）C中盛100g原粮，D中盛有20.00mL1.1210-4molL-1KMnO4溶液(H2SO4酸化)。请回答下列问题：（1）仪器E的名称是_，该仪器可否用于分液操作_？（答“能”或“不能”）（2）以磷化钙为例，写出磷化钙与水反应除了生成PH3之外，另一产物的电子式是_；检查整套装置气密性的方法是关闭_打开_，抽气泵缓慢抽气，若观察到_(填字母)装置中有气泡产生则气密性良好。（3）A中盛装KMnO4溶液的作用是_；通入空气的作用是_。焦性没食子酸可以吸收氧化性气体，若没有B装置，则实验中测得PH3含量将_（填“偏低”、“偏高”或“不变”）（4）D中PH3被氧化成磷酸，所发生反应的离子方程式为_。（5）把D中吸收液转移至容量瓶中，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用5.010-5molL-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL，则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为_ mgkg-1。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 不能 (3). (4). K1 (5). K2 (6). ABD (7). 除去空气中的还原性气体 (8). 吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收 (9). 偏低 (10). 5PH3+8MnO+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O (11). 0.0085【解析】【分析】根据题干信息可知，安装吸收装置PH3的产生与吸收转移KMnO4吸收溶液亚硫酸钠标准溶液滴定，已知C中盛有100g原粮，E中盛有20.00mL1.1310-3molL-1KMnO4溶液(H2SO4酸化)，吸收生成的PH3，B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2，防止氧化装置C中生成的PH3，A中盛装KMnO4溶液的作用除去空气中的还原性气体，据此分析解答。【详解】(1)由E的结构可知，E为球形分液漏斗；梨形分液漏斗下端小，萃取完成以后分液时较容易，球形分液漏斗不能用于分液操作；(2)磷化钙与水反应生成氢氧化钙和磷化氢，Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3，另一产物氢氧化钙的电子式为，检查装置气密性的方法是关闭K1打开K2，抽气泵缓慢抽气，若观察到ABD装置中有气泡产生则说明装置气密性良好；(3)依据装置图进行分析判断，高锰酸钾溶液是强氧化剂，可以吸收空气中的还原性气体；通入空气，吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收，减小实验误差；B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液,其作用是吸收空气中的氧气,防止氧化装置C中生成的PH3，若没有B装置，PH3部分被氧气氧化，则实验中测得PH3含量将偏低；(4)PH3被酸性高锰酸钾氧化成磷酸，高锰酸钾被还原为锰离子，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写得到离子方程式为：5PH3+8MnO+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O；(5)根据2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O反应可知，25毫升溶液中剩余KMnO4的量为5.010-51110-3=2.210-7mol；那么250毫升溶液中剩余KMnO4的量为2.210-7mol=2.210-6mol；与PH3反应的高锰酸钾物质的量=201.1210-410-3mol-2.210-6mol=4.010-8mol，根据5PH3+8MnO+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O反应关系可知，消耗PH3的量为410-8mol；C中盛100g原粮，含有PH3的量410-8mol，质量为8510-8g，则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为0.0085mgkg-1。【点睛】本题在进行最后一问计算时，要根据反应关系计算出参与反应的酸性高锰酸钾溶液的量，但是要注意这是量取25毫升溶液中消耗高锰酸钾的量，计算总量时要注意是250毫升样品溶液，也就是得扩大10倍才能进行准确计算，否则误差相差太大。9. 金属钛（Ti）因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料，被誉为“未来金属”。以钛铁矿（主要成分钛酸亚铁）为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业生产流程如下。请回答下列问题。（1）钛酸亚铁（用R表示）与碳在高温下反应的化学方程式为2R+C2Fe+2TiO2+CO2，钛酸亚铁的化学式为_；钛酸亚铁和浓H2SO4反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成，该反应的化学方程式为_。（2）上述生产流程中加入铁屑的目的是_，此时溶液中含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+等阳离子。常温下，其对应氢氧化物的Ksp如下表所示。氢氧化物Fe(OH)2TiO(OH)2Mg(OH)2Ksp8.010-161.010-291.810-11常温下，若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.0018mol/L，当溶液的pH等于_时，Mg(OH)2开始沉淀。若将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，该反应的离子方程式为_。（3）中间产品乙与焦炭、氯气在高温下发生反应制取TiCl4的方程式为_。Mg还原TiCl4过程中必须在1070K的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是_。除去所得金属钛中少量的金属镁可用的试剂是_。【答案】 (1). FeTiO3 (2). FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O (3). 防止Fe2+氧化 (4). 10 (5). TiO2+2H2OTiO（OH）2（或H2TiO3）+2H+ (6). TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO (7). 隔绝空气 (8). 稀盐酸【解析】本题考查化学反应原理的应用，（1）根据原子守恒，钛酸亚铁的化学式为FeTiO3，没有气体产生，且产物之一是TiOSO4，Ti的化合价没有发生变化，因此反应方程式为FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O；（2）Fe2容易被氧气氧化，因此加入铁屑发生：Fe2F3=3Fe2，即加入铁屑的目的是防止Fe2氧化；当Qc=Ksp时，溶液达到饱和，因此有Ksp=c(Mg2)c2(OH)，代入数值，求出c(OH)=104molL1，根据水的离子积，求出c(H)=1014/104molL1，推出pH=10；根据表格数据，TiO(OH)2的Ksp最小，先沉淀出来，因此加水稀释，白色沉淀应是TiO(OH)2，即离子反应方程式为：TiO2+2H2OTiO（OH）2（或H2TiO3）+2H+；（3）钛酸煅烧得到TiO2，反应制备TiCl4时所加的氯气和焦炭往往是过量的，因此C应转化成CO，因此制取TiCl4的化学反应方程式为：TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO，因为镁是活泼金属，能与氧气发生反应，因此控制的条件是隔绝空气，钛是耐酸碱的金属，而镁能与酸发生反应，因此除去金属镁，可用稀盐酸或稀硫酸。10. CO2是一种常用的化工原料，经常可以用来转化成高附加值的CO、CH4、CH3OH、CO(NH2)2等一碳（C1）产物。.以CO2与NH3为原料可以合成尿素CO(NH2)2。合成尿素的反应为2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)。在不同温度及不同y值下合成尿素，达到平衡时，氨气转化率的变化情况如图所示。该反应的H_(填“”、“”或“”，下同)0，若y表示压强，则y1_y2，若y表示反应开始时的氨碳比，则y1_y2。.CO2加氢过程，主要发生的三个竞争反应为：反应i：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.01kJmol-1反应ii：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) H=-165.0kJmol-1反应iii：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H=+41.17kJmol-1回答下列问题：（1）由CO、H2合成甲醇的热化学方程式为_。（2）如图是某甲醇燃料电池工作的示意图。质子交换膜(只有质子能够通过)左右两侧溶液均为1L2molL-1H2SO4溶液。电极a上发生的电极反应为_，当电池中有1mole发生转移时左右两侧溶液的质量之差为_g(假设反应物耗尽，忽略气体的溶解)。（3）我国科学家研究了不同反应温度对含碳产物组成的影响。在反应器中按=31通入H2和CO2，分别在0.1MPa和1MPa下进行反应。试验中温度对平衡组成C1(CO2、CO、CH4)中的CO和CH4的影响如图所示（该反应条件下甲醇产量极低，因此忽略“反应i”)：则表示1MPa时CH4和CO平衡组成随温度变化关系曲线分别是_、_。M点所表示物质的平衡组成高于N点的原因是_。【答案】 (1). (2). (3). (4). CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H=-90.17kJmol-1 (5). CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ (6). 12 (7). a (8). d (9). 相同温度下，增大压强反应II向正方向移动，c(H2O）增大，使得反应III向逆方向移动，使得CO平衡组分降低【解析】【分析】结合温度和压强对平衡的影响分析解答，利用盖斯定律书写热化学反应方程式并计算反应热，根据原电池原理，电极a为负极，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，电极b为正极，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，结合电极反应式进行计算。【详解】.由图象分析可知，温度升高，氨气转化率减小，说明平衡逆向进行，正反应为放热反应，则H0，压强越大平衡正向进行，氨气转化率增大，若y表示压强，则一定温度下y1大于y2，若y表示反应开始时的水碳比，升温平衡逆向进行，氨气转化率减小，一定温度下，水和二氧化碳之比越大，平衡逆向进行，氨气转化率越小，则y1小于y2，故答案为：；.(1)反应i-反应iii即可得CO、H2合成甲醇的热化学方程式：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，根据盖斯定律计算焓变：H=-49.01kJmol-1-41.17kJmol-1=-90.17kJmol-1，故答案为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H=-90.18kJmol-1；(2)由上述分析可知，负极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，当转移1mol电子时，左侧质量减轻12g=2g，还要有1mol H+通过质子交换膜进入右侧，质量减少1g，正极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，右侧质量增加32g=8g，加上转移过来的1gH+，因此左右两侧溶液的质量之差为8g+1g+2g+1g=12g，故答案为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；12；(3)对于反应ii，升高温度，平衡逆移，CH4、H2O的百分含量减少，对于平衡iii，升高温度，则平衡正移，CO的百分含量增加；增大压强，反应ii，平衡正移，H2O的百分含量增大，使反应逆移，CO百分含量降低，综上：CH4、CO的变化幅度相对较小，则表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是a、d，故答案为：a；d；相同温度下，增大压强反应II向正方向移动，c(H2O）增大，使得反应III向逆方向动，使得CO平衡组分降低。【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般23个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的H与原热化学方程式之间H的换算关系。11. 近日，自然通讯发表了我国复旦大学魏大程团队开发的一种共形六方氮化硼修饰技术，可直接在二氧化硅表面生长高质量六方氮化硼薄膜。（1）下列N原子的电子排布图表示的状态中，能量最高的是_，能量最低的是_(用字母表示)。A. B.C. D.（2）第二周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在B和N之间的元素有_种。（3）Na与N形成的NaN3可用于制造汽车的安全气囊，其中阴离子的空间构型为_，Na在空气中燃烧则发出黄色火焰，这种黄色焰色用光谱仪摄取的光谱为_光谱(填“发射”或“吸收”)。（4）已知NH3分子的键角约为107，而同主族磷的氢化物PH3分子的键角约为94，试用价层电子对互斥理论解释NH3的键角比PH3的键角大的原因：_。（5）BH3NH3是一种有效、安全的固体储氢材料，可由BH3与NH3反应生成，B与N之间形成配位键，氮原子提供_，在BH3NH3中B原子的杂化方式为_。它的性质与乙烷有所不同：在标准状况下为无色无味的白色固体，在水中溶解度也较大，其原因是_。（6）立方氮化硼属于原子晶体，其晶胞结构如图1所示，可认为氮原子处于硼原子围成的某种空隙中，则氮原子处于硼原子围成的_(填空间结构)空隙中。图2是立方氮化硼晶胞沿z轴的投影图，请在图中圆球上涂“”标明N的相对位置_。已知立方氮化硼的密度为dgcm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中硼原子与氮原子的最近距离为_nm。(只要求列算式)【答案】 (1). D (2). A (3). 3 (4). 直线形 (5). 发射 (6). N的原子半径P小、电负性比P大，使得NH3分子中孤对电子之间的距离比PH3分子中近、斥力大 (7). 孤电子对 (8). sp3 (9). BH3NH3分子间存在氢键，也能与水分子形成氢键，而乙烷分子不能 (10). 正四面体 (11). (12). 107【解析】【分析】在电子排布图中，根据能量最低原理排布的能量就最低，在能级越高的轨道中电子数越多，能量就越高来判定；根据同周期元素第一电离能的变化规律及IIA、VA反常来解答；根据价层电子对来判断空间构型；根据价层电子对互斥理论判断键角大小原因；根据键的形成实质及形成氢键来解答；根据晶体结构及密度计算晶胞及棱长，由棱长再计算两原子的距离。【详解】（1）N原子电子排布图表示的状态中，符合能量最低原理的其能量就最低，能量越高的轨道中电子个数越多，其能量越高，根据图知，A符合能量最低原理，D中能量较高的轨道中电子数最多，所以能量最高；答案为D，A。（2）同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，IIA族、VA族为全充满或半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，因而在B与N之间还有Be、C、O三种元素；答案为3。（3）N3 -离子中心N原子价层电子对数=2+ =2，价层电子对数为2，孤电子对为0，N原子杂化方式为sp杂化，离子空间构型为直线形，电子从激发态跃迁到低能级，以光的形式释放能量，Na元素发生焰色反应是因为产生了原子，发射光谱；答案为直线形，发射。（4）NH3、PH3的中心原子均为sp3杂化，N的电负性比P大，N原子半径比P原子半径小，N原子对键合电子吸引更强，因而NH3分子中成键电子对间的距离较近，成键电子对之间的斥力更大，使NH3的键角比PH3的键角大；答案为N的电负性比P大，N原子半径比P原子半径小，NH3分子中成键电子对间的距离较近，成键电子对之间的斥力更大。（5）B原子形成3个B-H键，B原子有空轨道，氨分子中N原子有1对孤电子对，B与N之间形成配位键，氮原子提供孤电子对，在BH3NH3中B原子形成3个B-H键，B还形成1个配位键，B原子杂化轨道数目为4，B原子杂化方式为：sp3杂化，在水中溶解度较大是因为BH3NH3分子属于极性分子，相似相溶，且BH3NH3分子间存在氢键，与水分子之间能形成氢键，该物质易溶于水，而乙烷不能；答案为孤电子对，sp3杂化，BH3NH3分子属于极性分子，相似相溶，且BH3NH3分子间存在氢键，与水分子之间能形成氢键，该物质易溶于水，而乙烷不能。（6）立方氮化硼属于原子晶体，其晶胞结构如图1所示，晶胞中每个N原子连接4个B原子，这4个B原子构成以N原子为体心的正四面体结构，图2是立方氮化硼晶胞沿z轴的投影图，在图中圆球上涂“”标明N的相对位置为，已知立方氮化硼的密度为dgcm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞中N原子数为4 ，B原子8个顶点各一个，6个面心各一个，则B原子数=8+6=4，晶胞的质量m= g= g，晶胞体积V=(a10-7cm)3，晶胞的密度为dgcm-3，由得出，晶胞的棱长a=nm，由于立方氮化硼中氮原子与周围的4个硼原子形成四面体结构，顶点N原子与四面体中心B原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，硼原子与氮原子最近的距离为x nm，则x= anm，将a代入，x=107nm；答案为正四面体，107。【点睛】本题应特别注意第（6）小问，是计算N原子与B原子的最近距离，不是晶胞的棱长，应根据它们的连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，以此计算。12. 药物中间体Q、医用材料PVA的合成路线如图。已知：.NH2+.A的分子式是C6H6.W是最简单的氨基酸IV.CD是取代反应请回答下列问题：(1)AB的反应类型是_。(2)BC是硝化反应，试剂a是_。(3)E的化学名称是_。(4)F的含有碳碳双键和酯基的同分异构体有_种(含顺反异构体，不含F)，其中核磁共振氢谱有3组吸收峰，且能发生银镜反应的结构简式是_。(5)GX的化学方程式是_。(6)W能发生聚合反应，所形成的高分子化合物的结构简式是_。(7)将下列E+WQ的流程图补充完整(在虚线框内写出物质的结构简式)：_。【答案】 (1). 取代反应 (2). 浓硫酸、浓硝酸 (3). 邻苯二胺 (4). 5 (5). CH2=C(CH3)OOCH (6). +nH2O+nCH3COOH (7). (8). 、【解析】【分析】(1)-(6)根据Q结构简式及A分子式知，A为，A发生取代反应生成B，B为，BC是硝化反应，则C中含有氯原子和硝基，D发生还原反应生成E，根据Q结构简式知，E中含有两个相邻的氨基，则E为，D为、C为，试剂a为浓硝酸、浓硫酸；W能发生聚合反应，结合Q、E结构简式知，W为H2NCH2COOH，Y发生取代反应生成W，X发生取代反应生成Y，Y为ClCH2COOH，X为CH3COOH，G水解生成X和PVA，则G为，F为CH3COOCH=CH2；(7)E和W先发生取代反应生成，然后发生信息中的加成反应生成，据此进行分析。【详解】(1)A为苯、B为氯苯，AB的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；(2)BC是硝化反应，试剂a是浓硫酸、浓硝酸，浓硫酸作催化剂，故答案为：浓硫酸、浓硝酸；(3)E的结构简式为，其化学名称为邻二苯胺，故答案为：邻苯二胺；(4)分子式满足CH4H6O2且含有碳碳双键和酯基的结构有：CH3COOCH=CH2(无顺反异构)，HCOOCH2CH=CH2(无顺反异构)，HCOOC(CH3)=CH2(无顺反异构)，HCOOCH=CHCH3(顺式，反式两种结构)，CH2=CHCOOCH3(无顺反异构)，共6种，除去F还有5种；其中核磁共振氢谱有3组吸收峰，且能发生银镜反应的结构为有3种氢且含有醛基，结构简式为CH2=C(CH3)OOCH，故答案为：5；CH2=C(CH3)OOCH；(5)GX的化学方程式是+nH2O+nCH3COOH，故答案为：+nH2O+nCH3COOH；(6)W能发生聚合反应,形成的高分子结构简式是，故答案为：；(7)E和W先发生取代反应生成，然后发生信息中的加成反应生成，故答案为：；。