1、四川省宜宾市第四中学校2020届高三化学上学期期末考试试题（含解析）1.化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A. 汽车尾气中的氮氧化合物是汽油或柴油不完全燃烧造成的B. 我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与硅有关C. 液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰D. 工程兵开山使用的炸药“TNT”是有机高分子化合物【答案】C【解析】【详解】A.汽车尾气中的氮氧化合物是汽车发动机中N2与O2在电火花作用下发生反应产生的，A错误；B.我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与二氧化硅有关，B错误；C.液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰,二者发生反应产生CaC
2、l2、Ca(ClO)2和水，从而消除了Cl2的毒性及危害，C正确；D.炸药“TNT”是三硝基甲苯，不是搞高分子化合物，D错误；故合理选项是C。2.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A. 标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB. 标准状况下，22.4L氖气含有的电子数为10NAC. 常温下，的醋酸溶液中含有的数为D. 120g NaHSO4分子中阳离子和阴离子的总数为3NA【答案】B【解析】【详解】A.氯气溶于水，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以无法计算转移的电子数，故A错误;B. 标准状况下，22.4L氖气为1mol，一个Ne原子含有10
3、个电子，即1mol氖气含有10NA个电子，故B正确；C.醋酸溶液的体积未知，则无法计算H+数目，故C错误；D. 120g NaHSO4为1mol，1molNaHSO4分子中含有1molNa+和1molHSO4-，则120g NaHSO4分子中阳离子和阴离子的总数为2NA，故D错误；故选B。3.降冰片二烯类化合物是一类太阳能储能材料。降冰片二烯在紫外线照射下可以发生下列转化。下列说法错误的是（ ）A. 降冰片二烯与四环烷互为同分异构体B. 降冰片二烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 四环烷的一氯代物超过三种（不考虑立体异构）D. 降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子不超过4个【答案】C【解析】【详解
4、】A.降冰片二烯与四环烷分子式相同，结构不同，因此二者互为同分异构体，A正确；B降冰片二烯分子中含有碳碳双键，因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C.四环烷含有三种位置的H原子，因此其一氯代物有三种，C错误；D.根据乙烯分子是平面分子，与碳碳双键连接的C原子在碳碳双键所在的平面上，所以降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子为4个，D正确；故合理选项是C。4.A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，其中D、E同主族，C、E同周期，A的核电荷数等于其电子层数，B、D形成的化合物可用于制不粘锅的保护膜，B、E形成的某种化合物是一种常见的有机溶剂，C的次外层电子数是最外层电子数的4倍，D的单质可与
5、水反应置换出F的单质。下列说法不正确的是（）A. 离子半径：EFDCAB. 含氧酸的酸性可能为：BEC. A、B、F形成的某种化合物可使澄清石灰水变浑浊D. A与C形成的化合物溶于水显酸性【答案】D【解析】【分析】A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，A的核电荷数等于其电子层数，则A为H元素；B、D形成的化合物可用于制不粘锅的保护膜，则该化合物为CF2=CF2，B、E形成的某种化合物是一种常见的有机溶剂，D、E同主族，推出B为C元素，D为F元素，E为Cl元素； C、E同周期（第三周期），C的次外层电子数是最外层电子数的4倍，则推知C为Mg元素；D的单质可与水反应置换出F的单质，即F2与水
6、反应生成HF与氧气，所以F为O元素，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，A、B、C、D、E、F分别H、C、Mg、F、Cl、O元素；A. 电子层数越多，简单离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则离子半径比较：Cl-O2-F-Mg2+H+，即EFDCA，A项正确；B. B含氧酸为碳酸，E的含氧酸有许多，如高氯酸、氯酸、次氯酸等，因碳酸的酸性强于次氯酸，所以含氧酸的酸性可能为：BE，B项正确；C. A、B、F形成的化合物碳酸可与澄清石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀与水，C项正确；D. A与C形成的化合物为MgH2可与水反应生成Mg（OH）2与氢气，Mg（OH）2属于中强碱，D项
7、错误；答案选D。5.下列离子方程式中正确的是（ ）A. 向明矾（KAl（SO4）212H2O）溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42沉淀完全：Al3+2SO422Ba2+4OHAlO2-2BaSO42H2OB. 向FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2Cl2=2Fe32ClC. AlCl3溶液中加入过量氨水：Al33OH=Al(OH)3D. 铜与浓硝酸反应：3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O【答案】A【解析】【详解】A、向明矾（KAl（SO4）212H2O）溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42沉淀完全：Al3+2SO422Ba2+4OHAlO2-2BaSO42H2O，故
8、A正确；B、向FeBr2溶液中通入足量Cl2离子反应为：2Fe2+ +4Br-十3Cl2= 2Fe3+ + 2Br2 + 6Cl-，故B不正确；C、AlCl3溶液中加入过量氨水的离子反应为：A13+ + 3NH3H2O= Al(OH)3+3NH4+，故C不正确；D、铜与浓硝酸反应的离子反应为：Cu+4H+ +2NO3- = Cu2+ + 2NO2+2H2O，故D不正确；故选A。【点睛】离子反应方程式的正误判断：(1)、是否符合客观事实；(2)、拆分是否正确，能够拆分的是强酸、强碱和可溶性盐。如C选项，一水合氨为弱碱，不能拆分，所以C错误；(3)、电荷守恒。6.利用膜技术原理和电化学原理制备少量
9、硫酸和绿色硝化剂N2O5，装置如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 电极b反应式是O2+4e-+2H2O=4OH-B. 电解后乙装置d电极附近溶液的pH不变C. c电极上的电极反应式为N2O4-2e-+H2O=N2O5+2H+D. 甲中每消耗1mol SO2，乙装置中有1mol H+通过隔膜【答案】B【解析】【分析】甲装置能自发的进行氧化还原反应且没有外接电源，所以是原电池，a极上二氧化硫失电子为负极，b上氧气得电子为正极，乙属于电解池，与电源的正极b相连的电极c为阳极，N2O4在阳极失电子生成N2O5，d为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气。【详解】A甲装置为原电池，其中a电极为负极、b电极为
10、正极，左侧加入了硫酸，其中的H+可透过质子膜而进入右侧极室，所以右侧极室是酸性的，所以电极反应中不能生成OH-，而应生成水：O2+4e-+4H+=2H2O，A项错误；B乙装置是一个电解池，均采用了惰性电极，左侧为阳极，右侧d电极为阴极，其中盛放了硝酸溶液，发生的反应为：2H+2e-=H2，虽然消耗了H+，但同时有等量的H+从阳极区迁移过来，故溶液的pH不变，B项正确；Cc电极为阳极，发生氧化反应：N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+，C项错误；D. 依据电子转移数相同可知，甲装置的左侧的电极反应式：SO2-2e-+2H2O=4H+SO42-，可知消耗1molSO2电子转移数为2mo
11、l，乙装置中阳极N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+，阴极反应为2H+2e-=H2，为了平衡电荷，则有2mol H+通过隔膜，D项错误；答案选B。7.在25时,将1.0L c molL-1 CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是( )A. 水的电离程度：abcB. c点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-)C. a点对应的混合溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)D. 该温度下，CH3
12、COOH的电离平衡常数【答案】D【解析】【详解】A. CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解促进水的电离，CH3COOH的电离抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，c点反应CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl恰好完全发生，CH3COONa减少，CH3COOH增多；若向该混合溶液中加入NaOH 固体，a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，CH3COONa增多，CH3COOH减少，因此，水的电离程度： abc，故A正
13、确；B.CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，b点溶液呈酸性，说明CH3COOH浓度远大于CH3COONa，c点CH3COONa与HCl反应完全，溶液呈酸性，此时溶液为CH3COOH和NaCl溶液，则c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-)，故B正确；C.a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），此时pH=7，则c（H+）= c（OH-），则c（Na+）= c（CH3COO-）
14、，故C正确；D. 该温度下pH=7时，c（H+）=10-7molL-1，c（CH3COO-）=c（Na+）=0.2mol/L，c（CH3COOH）=（c-0.2）mol/L，则醋酸的电离平衡常数Ka=，故D错误；故选D。【点睛】解答本题的难点是选项A，需要明确酸、碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离。需要分析a、b、c三点c(CH3COOH)和c(CH3COONa)的差别，从而确定水的电离程度的相对大小。8.（2019年江西省南昌市高三一模考试理科综合能力）锡酸钠用于制造陶瓷电容器的基体、颜料和催化剂。以锡锑渣(主要含Sn、Sb、As、Pb的氧化物)为原料，制备锡酸钠的工艺流程图如下：请回答下
15、列问题：（1）Sn(A)、As(VA)、Sb(VA)三种元素中，As和Sb最高正化合价为_，Sn的原子序数为50，其原子结构示意图为_。（2）从溶液中得到锡酸钠晶体的实验操作是_、趁热过滤、干燥。（3）“碱浸”时，若SnO含量较高，工业上则加入NaNO3，其作用是_；如图是“碱浸”实验的参数，请选择“碱浸”的合适条件_。（4）“脱铅”是从含Na2PbO2的溶液中形成硫化铅渣，其离子方程式为_。（5）“脱锑”时发生的化学方程式为_。【答案】 (1). +5 (2). (3). 蒸发结晶 (4). 把SnO氧化成SnO32- (5). 100gL-1烧碱浓度、温度85 (6). PbO22- +
16、S2- + 2H2OPbS+ 4OH- (7). 5Sn + 4Na3SbO4 + H2O 4Sb + 5Na2SnO3 + 2NaOH【解析】【分析】（1）As和Sb同主族，最高正化合价相同，Sn与碳同主族，Sn的原子序数为50，最外层电子数为4，写出原子结构示意图。（2）从溶液中得到锡酸钠晶体用结晶法，实验操作是蒸发结晶、趁热过滤、干燥。（3）NaNO3具有氧化性，能将SnO氧化；根据图示分析最佳条件。（4）Na2PbO2的溶液与硫化钠反应形成硫化铅，由电荷守恒写出离子方程式。（5）由图“脱锑”时加入锡将锑还原。【详解】（1）As和Sb同主族，最高正化合价相同，最高正价为+5价，Sn与碳同
17、主族，Sn的原子序数为50，最外层电子数为4，写出原子结构示意图：。（2）从溶液中得到锡酸钠晶体用结晶法，实验操作是蒸发结晶、趁热过滤、干燥。（3）NaNO3具有氧化性，能将SnO氧化，“碱浸”时，若SnO含量较高，工业上则加入NaNO3，其作用把SnO氧化成SnO32- ；由第一幅图得出最佳烧碱浓度100gL-1，由第二幅图最佳温度85 。（4）Na2PbO2的溶液与硫化钠反应形成硫化铅，由电荷守恒写出离子方程式： PbO22- + S2- + 2H2OPbS+ 4OH- 。（5）由图“脱锑”时加入锡将锑还原：5Sn + 4Na3SbO4 + H2O 4Sb + 5Na2SnO3 + 2Na
18、OH9.“84消毒液”因1984年北京某医院研制使用而得名，在日常生活中使用广泛，其有效成分是NaClO。某化学研究性学习小组在实验室制备NaClO溶液，并进行性质探究和成分测定。(1)该学习小组按上图装置进行实验（部分夹持装置省去），反应一段时间后，分别取B、C瓶中的溶液进行实验，实验现象如下表。已知：饱和NaClO溶液pH为11；25C时，弱酸电离常数为：H2CO3：K1=4.410-7，K2=4.710-11；HClO：K=310-8实验步骤实验现象B瓶C瓶实验1：取样，滴加紫色石蕊试液变红，不褪色变蓝，不褪色实验2：测定溶液的pH312回答下列问题：仪器a的名称_，装置A中发生反应的离
19、子方程式_。C瓶溶液中的溶质是NaCl、_（填化学式）。若将C瓶溶液换成NaHCO3溶液，按上述操作步骤进行实验，C瓶现象为：实验1中紫色石蕊试液立即褪色；实验2中溶液的pH=7结合平衡移动原理解释紫色石蕊试液立即褪色的原因_(2)测定C瓶溶液中NaClO含量（单位：g/L）的实验步骤如下：取C瓶溶液20mL于锥形瓶中，加入硫酸酸化，加入过量KI溶液，盖紧瓶塞并在暗处充分反应。用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液，淀粉溶液显示终点后，重复操作23次，Na2S2O3溶液的平均用量为24.00mL。（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）步骤I的C瓶中发生反
20、应的离子方程式为_。盖紧瓶塞并在暗处反应的原因_滴定至终点的现象_。C瓶溶液中NaClO含量为_g/L（保留2位小数）【答案】 (1). 分液漏斗 (2). MnO2+2Cl-+4H+Cl2+Mn2+2H2O (3). NaClO、NaOH (4). 溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大 (5). ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O (6). 防止HClO分解（防止Cl2、I2逸出） (7). 当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色 (8). 4.47【解析】【分析】装置A中MnO2固体和浓盐
21、酸反应生成Cl2，Cl2中含HCl气体，通过装置B中饱和食盐水除去氯化氢，通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，通过碳酸氢钠溶液，氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应，促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大，最后通过碱石灰吸收多余氯气，(1)由图可知仪器的名称，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气；通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠；C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应，促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大；(2)取C瓶溶液20mL于锥形瓶，加足量盐酸酸化，迅速加入过量KI溶液，次氯酸钠在酸性溶液中氧化碘化钾生成碘单质；盖紧瓶塞并在暗处反应的原
22、因是防止HClO分解； ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，ClO-I22S2O32-，以此计算C瓶溶液中NaClO的含量。【详解】(1)仪器a的名称分液漏斗，装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2+Cl2+2H2O；氯气和装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，C瓶溶液的溶质是NaCl、NaClO、NaOH；C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是：溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大；(2)步骤I的C瓶中反应的离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+C
23、l-+H2O；紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO光照分解；通常选用淀粉溶液作指示剂，滴定至终点的现象当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色；由ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-2I-+S4O62-，由方程式可得关系式NaClOI22S2O32-，1 2n 0.1000mol/L0.024L=0.0024mol则n=0.0012mol，则C瓶溶液中NaClO的含量为=4.47g/L。【点睛】本题考查物质含量测定实验的测定的知识，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，注意滴定终点的判断方法、学会利用关系式法进行计算，
24、侧重分析与实验、计算能力的考查，注意测定原理。10.乙醇是重要的化工原料，也是清洁的能源。工业上，在一定条件下用乙烯水化法制备乙醇。已知热化学方程式如下：CH2=CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g) H12CH2=CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OCH2CH3(g) H22CH3CH2OH(g)CH3CH2OCH2CH3(g)+H2O(g) H3（1）几种化学键的键能如下：化学键HCC=CHOCOCC键能kJmol1413615463351348根据键能计算H1=_kJmol1。（2）在恒容密闭容器中发生反应，下列能说明该反应达到平衡的是_。a容器中总压强保持不变bH2O(g
25、)的消耗速率与CH3CH2OCH2CH3(g)生成速率相等c气体平均摩尔质量保持不变d容器中气体密度保持不变（3）在密闭容器中投入CH2=CH2(g)、H2O(g)和催化剂发生反应，乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。x代表_。（选填“温度”或“压强”）L1和L2哪个大？并请说出理由：_。如图所示，甲、乙之间的隔板K和活塞F都可左右移动，甲中充入2molA和1molB，乙中充入2molC和lmolHe，此时K停在0处。在一定条件下发生可逆反应：2A(g)+B(g)2C(g)；反应达到平衡后，再恢复至原温度。回答下列问题：（4）达到平衡时，隔板K最终停留在0刻度左侧某一处，记为a处，则a
26、的取值范围是_。（5）若达到平衡时，隔板K最终停留在左侧刻度1处，此时甲容积为2L，则该反应化学平衡常数为_。（6）若一开始就将K、F如上图固定，其他条件均不变，则达到平衡时：测得甲中A的转化率为b，则乙中C的转化率为_。【答案】 (1). 34 (2). ac (3). 温度 (4). L1L2，正反应是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡转化率增大 (5). 0a2 (6). 4L/moL(也可不带单位） (7). 1-b【解析】【分析】I.（1）依据化学反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和来分析；（2）当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量不变
27、，可以此判断是否达到平衡状态；（3）根据（1）问可知，反应为放热反应，且随着反应的进行，混合气体总物质的量减少，根据压强、温度对反应平衡的影响进行分析；II（4）当物质的量不变时平衡，此时隔板K、F不再移动，根据可逆反应的特征用极限法分析；（5）根据化学平衡常数表达式的概念，结合条件和给出的可逆反应方程式解答；（6）根据恒温恒容下等效平衡规律分析计算；【详解】I.（1）CH2=CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g)的焓变H1=反应物总键能之和-生成物总键能之和，结合图表提供的化学键的键能，则H1615 kJ/mol +4413 kJ/mol+2463 kJ/mol -（5413kJ/
28、mol+348 kJ/mol+351 kJ/mol+463 kJ/mol）=3193 kJmol-1-3227 kJmol-1=-34 kJmol-1，故答案为34；（2） a. 2CH2=CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OCH2CH3(g)，正反应气体物质的量减小，随反应进行混合气体总物质的量减少，恒容容器中，容器内总压强减小，容器内总压强保持不变，说明到达平衡状态；b. H2O(g)的消耗速率与CH3CH2OCH2CH3(g)生成速率都属于正反应速率，正反应速率之比等于计量数之比，不能说明到达平衡状态；c. 气体的总质量保持不变，气体总物质的量减少，则气体的平均摩尔质量逐渐增大，当容
29、器中混合气体的平均摩尔质量保持不变，说明到达平衡状态；d. 在恒容密闭容器中发生反应，气体的总质量保持不变，气体的密度始终保持不变，因此当容器内混合气体密度保持不变时，不能说明达到平衡状态；答案选ac；（3）反应为2CH2=CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OCH2CH3(g) H1=-34 kJmol-1（第1小问已得出结论），该反应的正反应是放热反应，且气体分子数减小；若增大压强，平衡正向移动，乙烯的平衡转化率增大，与图像不吻合，x不可能为压强；若升高温度，平衡向逆反应方向移动，乙烯的平衡转化率减小，与图像吻合，x可能为温度；因此横坐标x代表温度，故答案为温度；横坐标为温度，则L1与L
30、2代表压强对乙烯平衡转化率的影响曲线，因增大压强，平衡向正反应方向进行，乙烯的平衡转化率增大，所以L1L2，故答案为L1L2，正反应是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡转化率增大；II.（4）甲、乙之间的隔板K和活塞F都可左右移动，此时甲、乙是恒温恒压容器，根据反应式2A(g)+B(g)2C(g)可知甲中反应达平衡时气体物质的量减小，乙中反应达到平衡时气体物质的量增大，当物质的量不变时平衡，此时隔板K、F不再移动；通过观察，当反应未开始时隔板位于0处，每一个格相当于0.5 mol气体。隔板在a处时，甲中的气体为0.5(6a)mol；设甲中反应到达平衡时，有x mol B发生反应， 则(22x
31、)+(1x)+2x=(6a)0.5 0.5a=x当B完全反应时，x=1，a取最大，即a=2；当B没有反应时，x=0，a取最小，即a=0；根据可逆反应达到平衡的特点，K停留在02之间某位置，故答案为0a2；（5）根据题中的条件，当到达平衡时，隔板位于左侧1处，则说明甲中平衡时气体物质的量为0.5(61)mol =2.5mol，设甲中到达平衡时有y mol B反应，2A(g)+B(g)2C(g)开始（mol）2 1 0转化（mol）2y y 2y平衡（mol）2-2y 1-y 2y2-2y+1-y+2y=2.5，解得y=0.5，甲容积为2L，则甲平衡时A、B、C物质的量浓度依次为0.5mol/L、
32、0.25mol/L、0.5mol/L，根据化学平常数表达式的概念，该反应的平衡常数，故答案为4L/moL（可不带单位）； （6）若一开始就将K、F固定，则甲、乙为恒温恒容容器，甲中起始充入2molA和1molB，与乙中起始充入2molC达到平衡时为完全全等的等效平衡，恒温恒容时乙中的氦气对平衡无影响；甲容器中A的转化率为b，则A转化了2b，平衡时C为2b；乙容器中平衡时含有2b的C物质，乙中C的转化率= = 1b；故答案为1b。11.化学一选修3:物质结构与性质 金属材料在国民经济建设等领域具有重要应用，镁、镍、铜是几种重要的金属元素，请回答下列问题:(1)镍元素的核电荷数为28，则原子基态电
33、子排布式为 _ ，结构中有 _ 种不同形状的电子云。(2)MgO的熔点高于CuO的原因是_ (3)Mg元素的第一电离能反常地高于同周期后一种元素，原因是_ (4)Ni与CO能形成配合物Ni(CO)4，该分子中键与键个数比为 _ (5)配合物Cu(CH3CN)4BF4中碳原子杂化轨道类型为_ ，BF4-的空间构型为_ 。(6)铜与氧元素可形成如图所示的晶胞结构，其中Cu均匀地分散在立方体内部，a、b的坐标参数依次为(0,0,0)、(1/2，1/2，1/2)，则d的坐标参数为 _,已知该品体的密度为g/cm3,NA是阿伏加德罗常数值，则晶胞参数为 _ cm(列出计算式即可)。【答案】 (1). 1
34、s22s22p63s23p63d84s2(或Ar3d84s2 (2). 3 (3). MgO的晶格的比CuO大 (4). Mg原子的3s2全充满，反而比A1原子3p1稳定 (5). 1:1 (6). sp、sp3 (7). 正四面体 (8). (3/4,3/4,1/4) (9). 【解析】(1)镍为28号元素，原子核外有28个电子，4s能量低于3d，4s 上排满2个电子后，3d上排8个电子，则原子基态电子排布式为1s22s32p63s23p63d84s2或Ar3d84s2；s、p、d为三种不同形状的电子云； (2)MgO中的Mg2+半径小于Cu2+，所以MgO的晶格能大于CuO，则MgO的熔点
35、更高；(3)Mg元素的第一电离能反常地高于同周期后一种元素，原因是Mg原子的3s2全充满，反而比A1原子3p1稳定；(4) Ni(CO)4中配位键属于键， CO中的三键为1个键、2个键，所以键个数为14+4=8，键个数为24=8，所以键与键个数比为1：1；(5)配合物Cu(CH3CN)4BF4中三键碳原子采用sp杂化，甲基C原子采用sp3杂化， BF4-的空间构型为正四面体；(6)b与周期4个d形成正四面体结构，b 、d与顶点的边线处于晶体对角线上，a (0,0,0)、b (1/2，1/2，1/2)，则d的坐标参数为(3/4,3/4,1/4)；该晶胞中Cu个数=4，O个数=8+1=2，Cu和O
36、个数比=4:2=2:1，所以其化学式为Cu2O，该离子化合物的摩尔质量为144g/mol，晶体的密度为g/cm3, 阿伏加德罗常数为NA，则晶胞参数a=cm。12.H是合成抗炎药洛索洛芬钠的关键中间体，它的一种合成路线如下：回答下列问题：（1）A的名称是_，H中官能团名称是_；（2）反应的反应条件为_；（3）反应的化学方程式为_；反应类型为_。（4）反应除生成H外，还生成了另一种有机产物的结构简式为_。（5）符合下列条件的G的同分异构体有_种。能发生银镜反应 苯环上一氯取代物只有一种 核磁共振氢谱有4组峰（6）仿照H的合成路线，设计一种由B合成的合成路线。_【答案】 (1). 甲苯 (2).
37、酯基、溴原子 (3). 光照 (4). (5). 取代反应 (6). HOCH2CH2OH (7). 4 (8). 【解析】【分析】由A、B、C的分子式，结合D的结构简式，根据转化关系可知，A为甲苯，A中甲基上的氢原子被氯原子取代生成B为，B发生取代反应生成C为；对比D、F结构可知，D发生取代反应生成E为，E发生水解反应生成F，F与甲醇发生酯化反应生成G，G发生取代反应得到H，同时还生成乙二醇，据此解答。【详解】(1)根据以上分析可知A的名称是甲苯，根据H的结构简式可知H中官能团名称是酯基、溴原子；(2)反应是甲基上的氢原子被氯原子取代，则反应条件为光照；(3)根据以上分析可知反应是F与甲醇发
38、生的酯化反应，反应的化学方程式为；(4)根据原子守恒可知反应除生成H外，还生成乙二醇，结构简式为HOCH2CH2OH；(5)符合下列条件的G的同分异构体中能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上只有一类氢原子；核磁共振氢谱有4组峰，说明苯环上取代基的氢原子还有3类，因此符合条件的有机物结构简式为：，共计是4种；(6)根据已知信息结合逆推法可知由B合成的合成路线为。【点睛】本题考查有机合成，充分利用转化中有机物的结构与分子进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型，题目难度中等。难点是有机合成路线图设计，注意已知题干中信息的挖掘。
