重庆市凤鸣山中学2020届高三化学6月月考试题.doc

重庆市凤鸣山中学2020届高三化学6月月考试题

重庆市凤鸣山中学2020届高三化学6月月考试题

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- 20 -

重庆市凤鸣山中学2020届高三化学6月月考试题（含解析）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。
2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Ca-40 I-127
第I卷 (共126分)
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.预防和灭杀新型冠状病毒是有效控制肺炎传播的重要手段。下列叙述中错误的是
A. 佩戴医用外科口罩或N95口罩能有效阻断病毒的传播
B. 使用开水蒸煮餐具可使病毒蛋白质变性
C. 医用酒精、含氯消毒剂的浓度越高其消毒效果越好
D. 能传播新冠病毒的气溶胶的分散剂是空气
【答案】C
【解析】
【详解】A．医用外科口罩或N95口罩相较于普通口罩的优势在于能够阻挡气溶胶，而在飞沫传播中病毒颗粒一般存在于气溶胶中，所以N95对于某些传播途径有比较好的阻断效果，能有效阻断病毒的传播，故A正确；
B．高温能使蛋白质变性，从而杀死病毒，则使用开水蒸煮餐具可使病毒蛋白质变性，故B正确；
C．含氯消毒剂的浓度越高，氧化性越强，其消毒效果越好，但医用酒精浓度过高，如95%酒精会使细菌细胞外面形成保护层，酒精不能完全进入细菌细胞内，达不到杀菌目的，75%的酒精杀菌效果最好，所以医用酒精中乙醇的浓度为75%，故C错误；
D．由固体或液体小质点分散并悬浮在气体介质中形成的胶体分散体系叫做气溶胶，又称气体分散体系，其分散相为固体或液体小质点，其大小为0.001~100微米，分散介质为气体，能传播新冠病毒的气溶胶的分散剂是空气，故D正确；
答案选C。
2.化合物如图的分子式均为C7H8。下列说法正确的是

A. W、M、N均能与溴水发生加成反应 B. W、M、N的一氯代物数目相等
C. W、M、N分子中的碳原子均共面 D. W、M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】D
【解析】
【详解】A.由 结构简式可知, W不能和溴水发生加成反应，M、N均能与溴水发生加成反应，故A错误； B. W的一氯代物数目为4种，M的一氯代物数目3种，N的一氯代物数目4种，故B错误；C. 根据甲烷分子的正四面体结构、乙烯分子和苯分子的共面结构可知，W、N分子中的碳原子均共面，M中的碳原子不能共面，故C错误，D. W中与苯环相连的碳原子了有氢原子，M和N均含碳碳双键，故WM、N均能被酸性KMnO4溶液氧化，故D正确;答案：D。
3.目前认为酸催化乙烯水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)

A. ①、②、③三步反应均释放能量
B. 该反应进程中有两个过渡态
C. 第①步反应的活化能最小
D. 总反应速率由第①步反应决定
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据反应发生历程，结合图示，反应①反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，反应②、③均为反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故A错误；
B．过渡态理论认为，化学反应不是通过反应物分子的简单碰撞就可以完成的，而是在反应物到生成物的过程中，经过了一个高能量的过渡态。这与爬山类似，山的最高点便是过渡态，根据图示可知，该反应进程中有三个过渡态，故B错误；
C．由图可知，第①步反应的活化能最大，故C错误；
D．总反应的速率由进程中最慢的一步反应决定，有C项分析可知，第①步反应的活化能最大，反应速率最慢，则总反应速率由第①步反应决定，故D正确；
答案选D。
【点睛】看能量图时，注意比较反应物和生成物能量的相对大小，反应物能量低于生成物能量时，吸收能量，反应物能量高于生成物能量时，释放能量。
4.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是(　　)
选项
实验操作
现象
A
AgNO3溶液滴入氯水中
产生白色沉淀，随后淡黄绿色逐渐褪去
B
FeCl3溶液滴入Mg(OH)2浊液中
白色浑浊转化为红褐色沉淀
C
H2C2O4溶液滴入KMnO4酸性溶液中
产生气泡，随后紫色褪去
D
Na块放在坩埚里并加热
发出黄色火焰，生成淡黄色固体

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ag+与Cl-结合形成氯化银沉淀，消耗氯水中的Cl-，导致Cl-浓度较低，促使氯气与水反应的化学平衡向正反应方向移动，氯水中氯气含量逐渐减少至0，淡黄绿色逐渐褪去，氯气和水反应为氧化还原反应，故A与氧化还原反应有关；
B．向氯化铁溶液中加入氢氧化镁沉淀，氢氧化镁沉淀转化为更难溶的氢氧化铁沉淀，白色浑浊转变为红褐色沉淀，属于沉淀的转化，没有化合价的变化，没有发生氧化还原反应，故B与氧化还原反应无关；
C．草酸是较好的还原剂，很容易被高锰酸钾在酸性条件下氧化生成二氧化碳，方程式为：5H2C2O4+2+6H+ =2Mn2++10CO2↑+8H2O，现象是高锰酸钾褪色并有气泡产生，锰元素的化合价从+7降低到+2价，有化合价的变化，故C与氧化还原反应有关；
D．钠在高温下与空气中的氧气反应并燃烧，钠元素的焰色反应为黄色，则反应中产生黄色火焰，并生成淡黄色过氧化钠，氧元素的化合价从0降低到-1价，有化合价的变化，故D与氧化还原反应有关；
答案选B。
【点睛】氧化还原反应的特征是有化合价的变化，本质是有电子的转移，可以根据有无化合价的变化判断反应是否为氧化还原反应。
5.我国科学家合成了一种新的化合物，其结构式如图所示。该物质中 W、X、Y、Z、M是短周期中常见元素，且原子序数依次增大；已知M元素原子核外电子总数是Y元素原子核外 电子总数的两倍。下列说法中错误的是

A. 由X和Y两种元素形成的化合物有多种
B. W和Z元素位于周期表中同一主族
C. 元素的非金属性强弱顺序为：Z＞Y＞X
D. Y、M元素的气态氢化物沸点高低为：Y＞M
【答案】B
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z、M是短周期中常见元素，且原子序数依次增大；已知M元素原子核外电子总数是Y元素原子核外电子总数的两倍，结合结构式图所示，X形成3个共价键，M形成六个共价键，W形成一个共价键，则W为H元素，X为N元素，Y为O元素，Z为F元素，M为S元素，据此分析结合元素性质解答。
【详解】根据分析，W为H元素，X为N元素，Y为O元素，Z为F元素，M为S元素；
A．X为N元素，Y为O元素，由X和Y两种元素形成的化合物为氮氧化物，有一氧化氮、二氧化氮、三氧化二氮、五氧化二氮等多种，故A正确；
B．W为H元素，位于第一周期第ⅠA族，Z为F元素，位于周期表第二周期第ⅦA族，故B错误；
C．X为N元素，Y为O元素，Z为F元素，同周期元素，随核电荷数增大，非金属性越强元素的非金属性强弱顺序为：Z＞Y＞X，故C正确；
D．Y为O元素，M为S元素，氧元素形成氢化物为水，水分子间存在氢键，沸点较高，硫元素形成的气态氢化物为硫化氢，无氢键，则Y、M元素的气态氢化物沸点高低为：Y＞M， 故D正确；
答案选B。
【点睛】根据元素的成键特征，可以判断出各元素所在的族，从而根据同周期元素的性质递变规律进行判断。
6.利用固体氧化物电解池（SOEC)可实现乙烷电化学脱氢制乙烯，原理示意图如下所示。下列说法错误的是

A. X 是电源的正极
B. 该装置工作过程中，O2-在固体氧化物中由下方向上方迁移
C. 阴极区发生的反应为：CO2+2e-+2H+=COH2O
D. 该过程的总反应方程式为：C2H6+CO2=C2H4+CO+H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
如图所示，二氧化碳通过电解转变为一氧化碳，碳元素化合价降低，得电子，被还原，则与Y相连的电极为阴极，与X相连的电极为阳极，与阴极相连的为电源负极，则X为电源正极，Y为电源负极。
【详解】A．根据分析，X 是电源的正极，故A正确；
B．该装置在工作过程为电解池，电解池中阴离子向阳极移动，根据分析该电解池下方是阴极，上方是阳极，则O2-在固体氧化物中由下方向上方迁移，故B正确；
C．利用固体氧化物做电解质电解，不会产生氢离子，则阴极区发生的反应为：CO2+2e-=CO+O2-，故C错误；
D．根据电解原理示意图所示，结合物料守恒和电荷守恒，该过程的总反应方程式为：C2H6+CO2=C2H4+CO+H2O，故D正确；
答案选C。
7.在室温下，向25 mL 0.1 mol/L NaOH溶液中逐滴加入0.2mol/L CH3COOH溶液，曲线如图所示。下列说法中正确的是

A. 在b点的溶液中：m＞12.5，且有c(Na+)=c(CH3COO-)=c(OH-)=c(H+)
B. 在c点的溶液中：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)
C. 在d点的溶液中：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)
D. 在a一b的溶液中一定都有：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaOH溶液与CH3COOH溶液恰好完全反应时消耗CH3COOH溶液12.5mL，溶质只有CH3COONa，溶液显碱性，在b点的溶液中，溶液显中性，则加入的CH3COOH溶液的体积大于12.5mL ，即m＞12.5，pH=7，则且有c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+) +c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，由于盐类水解程度较小，c(CH3COO-)＞c(OH-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+)，故A错误；
B．在c点的溶液显酸性，则c(OH-)＜c(H+)，故B错误；
C．在d点的溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，且浓度相等，根据物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，故C正确；
D．a点溶液中无CH3COO-，b点溶液中c(OH-)=c(H+)，在a一b间的溶液中任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO-、OH-，根据电荷守恒则有：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，溶液pH＞7，溶液呈碱性，则存在c(OH−)＞c(H+)，溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，氢氧化钠足量，醋酸量少，离子浓度可能为：c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)，溶液中不一定都有c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D错误；
答案选C。
8.某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取。

【实验一】碘含量测定。取0.0100mol/L的AgNO3标准溶液装入滴定管，取100.00mL海带浸取原液至滴定池，用电势滴定法测定碘含量。测得的电动势(E)反映溶液中c(I-)的变化，部分数据如下表：
V(AgNO3)/mL
15.00
19.00
19.80
19.98
20.00
2002
21.00
23.00
25.00
E/mV
-225
-200
-150
-100
50.0
175
275
300
325

回答下列问题：
(1)实验中“灼烧”是在__(填仪器名称)中完成的。
(2)用文字具体描述“定容”过程：__
(3)根据表中数据判断滴定终点时用去AgNO3溶液的体积为__mL，计算得海带中碘的质量百分含量为__％。
【实验二】碘的制取。另制海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如下：

已知：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O。
(4)“适量O2”中能代替O2的最佳物质对应的电子式为__
(5)若要测定“I2+水溶液”中碘的含量，可以选择__作指示剂，用Na2S2O3溶液滴定，滴定终点的现象是__。
(6)若得到“I2+水溶液”时加入硫酸溶液过多，用Na2S2O3溶液滴定时会产生明显的误差，产生此误差的原因为__(用离子方程式表示)。
【答案】 (1). 坩埚 (2). 容量瓶中加蒸馏水至刻度线下1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切 (3). 20.00 (4). 0.635 (5). (6). 淀粉溶液 (7). 滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 (8). 2H++=S↓+SO2↑+H2O
【解析】
【分析】
本实验为探究海带中碘含量的测定和碘的制取实验，碘含量的测定实验中，将干海带在坩埚中灼烧后加水溶解、转移，煮沸、过滤、转移到定容容器中得到含有I-的海带浸取原液，用AgNO3的标准溶液进行滴定，根据关系式法求得海带中碘的质量百分含量；碘的制取实验中，向海带浸取原液中通入适量的O2将I-氧化为I2，再用CCl4萃取分液后得到含有I2的CCl4溶液，经蒸馏(方案甲)可得到纯碘，或加入NaOH溶液，发生反应3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，分液后向上层液体中加入H2SO4，I-和发生归中反应得到I2+水溶液，再经一系列步骤得到纯碘，据此分析解答问题。
【详解】【实验一】
(1)实验中“灼烧”一般在坩埚中进行，则进行灼烧的仪器名称为坩埚；
(2)根据配制一定物质的量浓度溶液定容操作为：继续向容量瓶中加蒸馏水至刻度线下1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切；
(3)利用硝酸银溶液滴定碘离子，根据表格中电动势的变化可得，当加入硝酸银溶液的体积为19.98~20.02mL之间时，电动势发生突变，则滴定终点时用去AgNO3溶液的体积为20.00mL，则碘的百分含量为×100%=0.635%；
【实验二】
(4)向含有碘离子的海带浸取原液通入适量氧气将碘离子氧化为碘单质，可用其他氧化剂来氧化碘离子且不引入新的杂质，可以选用双氧水来作氧化剂氧化碘离子，双氧水的电子式为；
(5)碘单质遇淀粉变蓝，则滴定操作可用淀粉溶液作指示剂，滴定终点时，碘单质被Na2S2O3溶液全部转化为碘离子，现象为：滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
(6)酸性条件下，Na2S2O3自身会发生歧化反应，离子反应方程式为：2H++=S↓+SO2↑+H2O。
9.三氧化二镍（Ni2O3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废料（镍、铁、钙、镁合金为主）制取草酸镍（NiC2O4·2H2O)，再高温煅烧草酸镍制取Ni2O3.已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水。工艺流程图如图所示：

回答下列问题：
(1)“操作I”为“酸浸”，为了提高酸浸的效率，可以采取的措施为__________（写出两条）。
(2)加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为________________
(3)加入碳酸钠溶液调pH至4.0~5.0，其目的是___________________
(4)将草酸镍（NiC2O4·2H2O)在热空气中干燥脱水，再采用高温煅烧，可制得Ni2O3，同时获得混合气体，该混合气体的主要成分为水蒸气和_________________
(5)工业上还可用电解法制取Ni2O3用NaOH溶液调 NiCl2，溶液的pH至7.5，加入适量Na 2SO4后利用惰性电极电解。电解过程中产生的Cl2，有80%在弱碱性条件下生成CIO-，再把二价镍氧化为三价镍。CIO-氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的离子方程式为_______________________amol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过电子的物质的量为_______mol.
(6)以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成原电池，放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则放电时负极的电极反应式为_______________
【答案】 (1). 将含镍废料粉碎、适当增大稀硫酸的浓度、适当升温、搅拌等方法(任选2种) (2). 2Fe2++ H2O2+2H+= 2Fe3++ 2H2O (3). 促进Fe3+水解沉淀完全 (4). CO、CO2 (5). ClO-+2Ni(OH)2═Cl-+Ni2O3+2H2O (6). 1.25a (7). Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】
将含镍废料(镍、铁、钙、镁合金为主)进行酸浸，转化为含有Ni2+、Fe2+、Ca2+、Mg2+的浸出液，向浸出液中加入双氧水，将Fe2+转化为Fe3+，再加入碳酸钠，调节溶液pH值，将Fe3+转化为氢氧化铁和碳酸钙沉淀过滤除去，再向滤液中加入NH4F，使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2过滤除去，得到的滤液中加入草酸，将Ni2+转化为NiC2O4·2H2O，据此分析解答。
【详解】(1)“操作I”为“酸浸”，为了提高酸浸的效率，可以将含镍废料粉碎、适当增大稀硫酸的浓度、适当升温、搅拌等方法；
(2)加入H2O2，将Fe2+转化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2++ H2O2+2H+= 2Fe3++ 2H2O；
(3)加入碳酸钠溶液调pH至4.0~5.0，其目的是促进Fe3+水解转化为氢氧化铁沉淀完全；
(4)草酸镍(NiC2O4∙2H2O)在热空气中干燥脱水后生成NiC2O4，NiC2O4再发生氧化还原反应(Ni由+2价升高到+3价，则C由+3价降低到+2价，题中要求生成混合气体，则另一气体为CO2)，再利用化合价升降相等，Ni：升高2×(3-2)，C：升高1×(4-3)，C：降低：3×(3-2)，生成Ni2O3、CO、CO2，配平方程式为：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑，该混合气体的主要成分为水蒸气和CO、CO2 ；
(5)Cl由+1价降低到-1价，Ni由+2价升高到+3价，利用化合价升降相等可配平ClO-、Ni(OH)2、Cl-、Ni2O3的系数，再利用H原子守恒配平水的系数，最后可利用O原子检查配平是否正确，得到离子方程式为：ClO-+2Ni(OH)2═Cl-+Ni2O3+2H2O；

则n(ClO-)=0.5 a mol；

则n(Cl2)=0.625a mol；
进行电解时：

则n(e-)=1.25a mol；
(6)以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2，发生还原反应，则Al发生氧化反应，碱性条件下得到NaAlO2，该电池反应的化学方程式是：Al+3NiO(OH)+NaOH+H2O=3Ni(OH)2+NaAlO2，则放电时负极的电极反应式为Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O。
10.丙烯是一种重要的有机化工原料，用于制丙烯腈、环氧丙烷、丙酮等。回答下列问题：
(1)已知：
I.C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) △H1=+124kJ/mol
II.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H2=-484kJ/mol
则丙烷氧化脱氢制丙烯反应2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)的△H为_________kJ/mol。
(2)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了丙烷在六方氮化硼催化剂表面氧化脱氢制丙烯的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。

①该反应历程中决速步骤的能垒（活化能）为_________eV，该步骤的化学方程式为________
②请补充该历程之后可能发生的化学反应方程式_____________
(3)已知丙烷氧化脱氢容易发生副反应：2C3H8(g)+O2(g)3C2H4(g)+2H2O(g)如图所示是丙烷氧化脱氢制丙烯反应达到平衡时丙烷转化率与丙烯选择性随温度变化的曲线[丙烯的选择性＝n=×100％]

①丙烯的选择性随着温度的升高而降低的可能原因有_________
②在反应温度为600℃，将C3H8与O2以体积比为1:1充入刚性容器中，达到平衡时，丙烷的转化率为40%，丙烯的选择性也为40%，体系总压强为pkPa，则氧气的转化率(O2)=______________丙烯的分压p(C3H8)=____________（结果保留2位有效数字）。
【答案】 (1). -236 (2). 1.73 (3). C3H8∗=C3H7∗+H∗ (4). 2H2O2=2H2O+O2↑ (5). 升高温度，催化剂的活性降低，生成丙烯的反应平衡逆向移动，生成乙烯的副反应产物参加 (6). 20% (7). 0.087pkPa
【解析】
【分析】
(1) 根据盖斯定律计算反应热；

(2)①该反应历程中决速的步骤为慢反应，活化能越大，反应速率越慢；根据活化能确定该步骤的化学方程式；
②该历程产物双氧水，不稳定易分解，之后可能发生双氧水分解；
(3)①反应2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)为吸热反应，温度过高催化剂活性降低；
②根据图示，结合“三段式”计算。
【详解】(1)已知：I．C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) △H1=+124kJ/mol
II．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H2=-484kJ/mol
根据盖斯定律，I×2+ II可得：2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g) △H=-236kJ/mol；
(2)①该反应历程中决速的步骤为慢反应，活化能越大，反应速率越慢，根据图示，活化能最大的为过渡态I，能垒(活化能)为1.73 eV；根据活化能确定该步骤的化学方程式为C3H8∗=C3H7∗+H∗；
②该历程产物为双氧水，不稳定易分解，之后可能发生双氧水分解，反应为：2H2O2=2H2O+O2↑；
(3)①反应2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)为吸热反应，温度过高催化剂活性降低，则升高温度，催化剂活性降低，生成丙烯的反应平衡逆向移动，生成乙烯的副反应产物参加；
②根据图示在反应温度为600℃，将C3H8与O2以体积比为1:1充入刚性容器中，达到平衡时，丙烷的转化率为40%，丙烯的选择性也为40%，体系总压强为pkPa，相同条件下，物质的量之比等于体积之比，2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)和2C3H8(g)+O2(g)3C2H4(g)+2H2O(g)，反应中C3H8与O2的反应比例关系相同，设C3H8与O2的起始物质的量为1mol，则：

则氧气的转化率(O2)=×100%=20%；
设平衡时，反应生成C3H6的物质的量为x，生成C2H4的物质的量为y，

根据题意可得：×100%=40%，40%，解得：x=0.2mol，y=0.3mol，平衡时n(C3H8)=1mol×(1-40%)=0.6mol，n(O2)=1mol×(1-20%)=0.8mol，n(H2O)=0.2mol+×0.3mol=0.4mol，丙烯的分压p(C3H8)= pkPa×=0.087pkPa。
11.元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，且均小于36。A的基态原子2p能级有3个单电子；C的基态原子2p能级有1个单电子；D的价电子数为2且与E同周期；E的基态原子的内部各能层均排满，且4s能级有1个单电子。回答下列问题：
(1)基态E原子的价电子排布式为____________________
(2)A、B、C三种元素第一电离能由大到小的顺序为___________（用元素符号表示）。
(3)与A的单质分子互为等电子体的分子和离子分别是________（用分子和离子符号表示）。AB2的空间构型为___________，其中A原子的杂化类型是_______________
(4)B元素简单氢化物的沸点是同族元素中最高的，原因是____________
(5)向含E元素的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可得到深蓝色透明溶液。向溶液中加人乙醇，将析出深蓝色晶体。该晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4∙H2O晶体中阳离子的结构式为____________
(6)C和D形成化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为ρg/cm，阿伏加德罗常数为NA，则晶胞边长a=______________cm(用含ρ、NA的计算式表示）。

【答案】 (1). 3d104s1 (2). F＞N＞O (3). CO和CN-(或C22-) (4). 平面三角形 (5). sp2 (6). B的氢化物为H2O，水分子间存在氢键 (7). (8).
【解析】
【分析】
元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，且均小于36。A的基态原子2p能级有3个单电子，原子核外电子排布为1s22s22p3，则A是N元素；C的基态原子2p能级有1个单电子，且C的原子序数大于A，其原子核外电子排布为1s22s22p5，所以C是F元素，结合原子序数可推知B是O元素；E的基态原子的内部各能层均排满，且4s能级有1个单电子，且原子序数小于36，则E处于第四周期，其基态原子的价电子排布式[Ar]3d104s1，则E是Cu元素；D与E同周期，价电子数为2，则D是Ca元素，据此解答。
【详解】(1)依据分析可知E是铜元素，根据构造原理知，其基态原子的价电子排布式[Ar]3d104s1，故基态Cu原子的价电子排布式为：3d104s1；
(2)同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第VA族元素第一电离能大于第VIA族元素，所以A、B、C三元素第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O；
(3)A是N元素，A的单质分子为氮气(N2)，2个原子构成，价电子数为10，互为等电子体的分子和离子分别是CO和CN-或C22-；AB2构成的物质为NO2，N原子的成键电子对数为2，孤电子对数=×(5-2×2)=0.5，计算出来的孤电子对不是整数，这时应当作1来对待，因为，单电子也要占据一个孤对电子轨道，NO2的价层电子对=2+1，所以NO2的VSEPR模型为平面三角形，N原子的杂化类型是sp2杂化；
(4)B是O元素，O元素的氢化物的沸点是同族元素中最高的，是因为水分子间能形成氢键导致其沸点最高；
(5)晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4∙H2O，晶体中铜离子与NH3之间的化学键为配位键，结构式为；
(6)C是F元素，D是Ca元素，F和Ca形成的化合物为CaF2，由晶胞结构可知，晶胞中白色球数目=8、黑色球数目=8×+6×=4，白色小球为F，白色大球为Ca，则晶胞质量=，晶胞的体积为：a3=cm3，所以该晶胞边长a=cm。
12.有机物M是合成抗病毒药品洛匹那韦的一种重要中间体。其合成路线如下（其中Ph表示苯基）：

回答下列问题：
(1)物质A的化学名称是_______________
(2)反应①所需的试剂和条件是 ______________；反应⑤所属的反应类型为__________________
(3)F中含氧官能团的名称是_______________
(4)反应②的化学反应方程式为______________
(5)有机物X是C的同分异构体，写出满足下列条件的X结构简式为_______________
①苯环上有三个取代基
②分子结构中含有硝基
③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6:2:2:1
(6)写出以和CH3CN为原料，制备的合成路线（无机试剂任选）。_______________
【答案】 (1). 甲苯 (2). Cl2、光照 (3). 加成反应(或还原反应) (4). 羰基(或酮基) (5). 3+→+3HCl (6). 、 (7).
【解析】
【分析】
(1)根据物质A的结构式书写名称；

(2)反应①中A的甲基上的氢原子被氯原子取代，反应⑤中F的碳氧双键变为G中的碳氧单键，官能团由羰基变为羟基；
(3)根据F的结构式判断含氧官能团的名称；
(4)根据流程图示书写反应②的化学反应方程式；
(5)结合C的结构，根据题意书写有机物X的结构简式；
6) 被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸()，再与在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成，和CH3CN、NaNH2作用反应生成。
【详解】(1)根据物质A的结构式，由苯环和甲基构成，名称为甲苯；
(2)反应①中A的甲基上的氢原子被氯原子取代，则反应条件为Cl2在光照条件下反应生成B，反应⑤中F的碳氧双键变为G中的碳氧单键，官能团由羰基变为羟基，碳氧双键上加成了氢原子，则反应类型为加成反应(或还原反应)；
(3)F的结构式为，含氧官能团的名称为羰基(或酮基)；
(4)根据流程图示，反应②的化学反应方程式为：3+→+3HCl；
(5) C的结构简式为，苯环上有三个取代基，分子结构中含有硝基，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6:2:2:1，说明X的结构中含有4种不同环境的氢原子，且氢原子个数比为6:2:2:1，则符合要求的结构有、；
(6) 被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸()，再与在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成，和CH3CN、NaNH2作用反应生成，则合成路线为：。