1、陕西省汉中市2020届高三化学第六次质量检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Si-28 Li-7 Na-23 Al-27第一部分(选择题 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.化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法正确的是A. 新能源汽车的推广使用有助于减少光化学烟雾B. 黑火药燃烧反应时，氧化剂只是单质硫C. “侯氏制碱”中的“碱”不属于碱，而是盐NaHCO3D. 杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来【答案】A【解析】【详解】A.新能源汽车的推广使用，
2、可减少氮氧化合物的排放，因此有助于减少光化学烟雾的产生，A正确；B.黑火药燃烧反应时，氧化剂有单质硫和硝酸钾，B错误；C. “侯氏制碱”中的“碱”是纯碱Na2CO3，不属于碱，而是盐，D错误；D.高粱中不含有乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应产生乙醇，然后根据乙醇与水的沸点不同，用蒸馏方法分离出来，D错误；故合理选项是A。2.科技改变生活，充电宝己逐渐成为人们生活中的必需品。某充电宝工作时的总反应化学方程式为：，下列说法错误的是( )A. 放电时负极上的电极反应为：LieLiB. 该充电宝的凝胶介质不可用KOH水溶液代替C. 充电时每生成14 g Li，凝胶介质中通过的电子数为2N
3、AD. 充电时电池的正极失电子后LixV2O3会转化为V2O3【答案】C【解析】【详解】A，根据总反应可知，Li的化合价升高，失去电子，发生氧化反应，作负极，其电极反应为：LieLi，A正确；B锂属于较活泼的金属，会和水发生反应，2Li+2H2O=2LiOH+H2，所以凝胶介质不可用KOH水溶液代替，B正确；C电子不能通过凝胶介质，C错误；D充电时，电池的正极连接电解池的阳极，阳极发生氧化反应，失去电子，所以LixV2O3会转化为V2O3，D正确。【点睛】锂电池的电解质溶液不能用水溶液，应用有机溶剂。3.在盛有足量A的体积可变的密闭容器中，加入B，发生反应：A(s)2B(g)4C(g)D(g)
4、 H45B. 若再加入少量A，正、逆反应速率均增大C. 平衡时B的转化率为50%D. 若再加入B，则平衡后反应体系气体密度减小【答案】C【解析】【详解】A该反应的正反应为放热反应，压强一定，温度升高平衡逆向移动，C减少，B增多，则c(Cl-)c(OH-)(BOH)C. b点时两种溶液中水的电离程度相同，且V=20D. c、d两点溶液混合后微粒之间存在关系:c(H+)=c(OH-)+c(BOH)【答案】D【解析】A浓度均为0.1molL-1的HA溶液与BOH溶液常温下的pH分别为1和11，可知HA为强酸，BOH为弱碱，故A错误；Ba点是在BOH溶液中滴加少量稀盐酸，此时BOH过量，电离使溶液显碱
5、性，则不可能存在c(OH-)c(BOH)，故B错误；Cb点HA与NaOH反应时溶液pH=6，生成的盐不水解，则V不可能等于20，因为V=20时NaA的溶液pH=7，故C错误；Dc、d两点溶液混合后多余的NaOH与HCl恰好完全中和，只存在BCl的水解，根据质子守恒或知c(H+)= c(OH-)+c(BOH)，故D正确；答案为D。点睛：判断电解质溶液离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系。电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na、H、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(
6、Na)c(H)c(HCO3-)c(OH-)2c(CO32-)。物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K)2c(S2-)2c(HS-)2c(H2S)。质子守恒规律，如Na2S水溶液中的质子转移作用图示如下：由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O)2c(H2S)c(HS-)c(OH-)或c(H)2c(H2S)c(HS-)c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。5.根据下列实验操作和现象所得出的结论或解
7、释正确的是( )选项实验操作和现象结论或解释A向含有酚酞的Na2SiO3溶液中加入少量BaCl2固体，产生白色沉淀，溶液红色变浅Na2SiO3溶液中存在水解平衡B将SO2气体通入用盐酸酸化的KMnO4溶液中，紫红色褪去SO2有还原性和漂白性C向2mL 0.1molL-1KI溶液中加入0.1molL-1 FeCl3溶液3mL，充分振荡，用苯萃取多次后，上层呈紫红色，取下层滴加5滴KSCN溶液，出现血红色FeCl3溶液与KI溶液的反应是可逆反应D常温下将Al片放入浓硝酸中，无明显变化Al与浓硝酸不反应A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】ANa2SiO3溶液存在水解平衡，其水解
8、反应为：SiO32-+H2OHSiO3-+OH-，显碱性，遇酚酞溶液显红色，加入少量BaCl2固体，BaCl2与Na2SiO3溶液反应，其化学反应为：Na2SiO3+ BaCl2=2NaCl+BaSiO3，碱性减弱，溶液红色变浅，A正确；BKMnO4溶液具有强氧化性，能氧化盐酸，紫色褪色，所以不能用盐酸酸化，应用硫酸酸化，且SO2气体通入用硫酸酸化的KMnO4溶液中，紫红色褪去，体现SO2的还原性，不能体现漂白性，B错误；C2mL 0.1molL-1KI溶液与3mL 0.1molL-1FeCl3溶液反应，FeCl3溶液过量，所以反应后的溶液中滴KSCN溶液，KSCN溶液与剩余的Fe3+反应，出
9、现血红色，不能证明FeCl3溶液与KI溶液的反应是可逆反应，C错误；DAl片放入浓硝酸中，会钝化，Al片表面生成一层致密的氧化物薄膜，保护内层金属Al，Al与浓硝酸能反应，D错误。【点睛】Al、Fe在浓硫酸、浓硝酸中钝化，表面生成一层致密的氧化物薄膜，保护内层金属，钝化是化学变化。6.下列判断正确的是( )A. Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子方程式为：2S2O32+4H=SO42+3S+2H2OB. 用TiCl4制备TiO2的反应可表示为：TiCl4+(x+2)H2O(过量)TiO2xH2O+4HClC. CuCl2溶液中通入少量H2S溶液：Cu2+S2=CuSD. 磁性氧化铁溶于氢碘酸
10、：Fe3O2+8H=Fe2+2Fe3+4H2O【答案】B【解析】【详解】ANa2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子方程式为：2S2O32+2H=SO2+S+2H2O，A错误；BTiCl4水解制备TiO2，其化学方程式为： TiCl4+(x+2)H2O(过量)TiO2xH2O+4HCl，B正确；CH2S溶液为弱酸，不能拆写，其离子方程式为：Cu2+H2S= CuS + 2H+，C错误；D磁性氧化铁是Fe3O4，溶于氢碘酸发生氧化还原反应：Fe3O4+8H+2I-=3Fe2+I2+4H2O，D错误。故选B。7.某单官能团有机化合物，只含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为58，完全燃烧时产生等物质的量的
11、CO2和H2O。它可能的结构共有（不考虑立体异构）A. 4种B. 5种C. 6种D. 7种【答案】B【解析】【详解】由完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O，不妨设有机化合物为CnH2nOx，若只有1个氧原子，58-16=42，剩下的为碳和氢，14n=42，则碳只能为3个，即为C3H6O，1个不饱和度若有2个O，那么58-32=26，14n=26，n不可能为分数，则不可能为2个氧原子，所以分子式为C3H6O，再根据官能团异构、碳链异构确定同分异构体的种类：醛一种，酮一种，烯醇一种，三元含氧杂环，三元碳环一种，四元杂环一种，共6种，而由题意可知有机物为单官能团，烯醇应舍去，故选B。【此处有视频
12、，请去附件查看】第二部分(非选择题 共174分)三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。8.氯化法是合成硫酰氯(SO2Cl2)的常用方法，实验室合成硫酰氯(SO2Cl2)的反应和实验装置如下：SO2(g)Cl2(g)SO2Cl2(l) H97.3 kJ/mol。有关信息如下：硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点为54.1，沸点为69.1，在潮湿空气中“发烟”，100以上开始分解，生成二氧化硫和氯气，长期放置也会发生分解。回答下列问题：(1)装置甲中仪器A的名称为_，甲中活性炭的作用是_，B的作用为_
13、；(2)装置丁中仪器C中试剂为浓盐酸，则装置丁中发生反应的离子方程式为_；(3)氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯与另外一种物质，该反应的化学方程式为_，从中分离产物的方法是_(填字母)；A.重结晶 B.过滤 C.蒸馏 D.萃取(4)装置丙的作用为_，若缺少装置乙，氯气和二氧化硫可能发生反应的化学方程式为_；(5)为提高本实验中硫酰氯的产率，宜进行的操作有_(填序号)。先通气、再通冷凝水 控制气流速率，宜慢不宜快若三颈烧瓶发烫，可适当降温 加热三颈烧瓶【答案】 (1). 蛇形冷凝管 (2). 催化剂 (3). 防止水蒸气进入 (4). Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2O (5
14、). (6). C (7). 除去HCl气体 (8). SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl； (9). 【解析】【分析】（1）根据仪器的构造可判断装置甲中仪器A的名称；该反应需要催化剂，则甲中活性炭的作用是催化剂；硫酰氯在潮湿空气中“发烟”，而空气中含有水蒸气；（2）装置丁是提供氯气的，在酸性溶液中漂白粉能氧化氯离子生成氯气；（3）氯磺酸（C1SO3H）加热分解，也能制得硫酰氯与另外一种物质，根据原子守恒可知另一种生成物是硫酸；硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点为-54.1，沸点为69.1，而硫酸沸点高，则可用蒸馏方法分离；（4）生成的氯气中含有氯化氢；氯气和二氧化硫可能发生反应生成
15、硫酸；（5）由于硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点为-54.1，沸点为69.1，在潮湿空气中“发烟”；100以上开始分解，生成二氧化硫和氯气，长期放置也会发生分解。【详解】（1）根据仪器的构造可判断装置甲中仪器A的名称为冷凝管或蛇形冷凝管或球形冷凝管；该反应需要催化剂，则甲中活性炭的作用是催化剂；硫酰氯在潮湿空气中“发烟”，而空气中含有水蒸气，则B的作用为防止水蒸气进入，故答案为：蛇形冷凝管或环形冷凝管；催化剂； 防止水蒸气进入；（2）装置丁是提供氯气的，在酸性溶液中漂白粉能氧化氯离子生成氯气，则装置丁中发生反应的离子方程式为Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2O，故答案为：Cl-+ClO-+
16、2H+=Cl2+H2O；（3）氯磺酸（ClSO3H）加热分解，也能制得硫酰氯与另外一种物质，根据原子守恒可知另一种生成物是硫酸，因此该反应的化学方程式为：，硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点为-54.1，沸点为69.1，而硫酸沸点高，则分离产物的方法是蒸馏，则C正确，故答案为：；C；（4）生成的氯气中含有氯化氢，所以装置丙的作用为除去HCl气体，氯气具有强氧化性，能氧化SO2，装置乙是干燥氯气的，因此若缺少装置乙，氯气和二氧化硫可能发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：除去HCl气体； SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；（5）由于硫酰氯通常
17、条件下为无色液体，熔点为-54.1，沸点为69.1，在潮湿空气中“发烟”；100以上开始分解，生成二氧化硫和氯气，长期放置也会发生分解，因此为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项：先通冷凝水，再通气，控制气流速率，宜慢不宜快，若三颈烧瓶发烫，可适当降温，但不能加热三颈烧瓶，否则会加速分解，正确，故答案为：。9.碳及其化合物在生产、生活中有广泛的用途。I.金刚砂SiC具有优良的耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛。(1)碳与同周期元素Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物R为非极性分子，则Q元素在周期表中的位置为_，R的电子式为_；(2)一定条件下，Na还原CCl4可制备金
18、刚石，反应结束冷却至室温后，回收CCl4的实验操作名称为_，除去粗产品中少量钠的试剂为_；(3)碳还原制取SiC，其粗产品中杂质为Si和SiO2。先将20.0g SiC粗产品加入到过量NaOH溶液中充分反应，收集到0.1 mol氢气，过滤SiC固体11.4g，滤液稀释到1L。Si与NaOH溶液反应的离子方程式为_，硅酸盐的物质的量浓度为_。II.工业上向氨化的CaSO4悬浊液中通入适量CO2，可制取(NH4)2SO4，其流程如图所示。已知CaSO4的KSP9.1104，CaCO3的KSP2.8104。请回答：(1)向甲中通入过量CO2_(填“有”或“不”)利于CaCO3和(NH4)2SO4的生
19、成，原因是_。(2)直接蒸干滤液得到的(NH4)2SO4主要含有的杂质是_(填含量最多的一种)。(3)锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液浸泡，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去。CaSO4转化为CaCO3的离子方程式为_；请分析CaSO4转化为CaCO3原理：_。【答案】 (1). 第二周期第A族 (2). (3). 过滤 (4). 水或乙醇 (5). Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2 (6). 0.17mol/L (7). 不 (8). 通入过量的CO2会使CO32-转化为HCO3-，从而CO32-浓度减小，不利于CaSO4转化为CaCO3 (9)
20、. (NH4)2CO3 (10). CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq) (11). CaSO4存在沉淀溶解平衡CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42-(aq)，当加入Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合生成溶度积更小的CaCO3沉淀，溶液中Ca2+浓度减少，使CaSO4的溶解平衡向溶解的方向移动【解析】【分析】I. （1）C有两个电子层，最外层有4个电子，位于第二周期第A族；与C能形成两种气态化合物的为O，会形成CO、CO2，其中CO2为非极性分子。（2）得到的粗产品为不溶于液态CCl4的固体，要分离CCl4，可用过滤的方法，除去粗产品中少量钠
21、可用水或乙醇；（3）Si与NaOH反应的化学反应方程式为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2，再根据氢气与硅的系数比进行计算；II.（1）通入过量CO2与CO32-反应转化为HCO3-，从而使CO32-浓度减小，不利于CaSO4转化为CaCO3；（2）溶液中存在CO32-、SO42-、NH4+，根据溶液中存在的离子分析即可；（3）Na2CO3与CaSO4反应生成CaCO3和Na2SO4；根据沉淀的转化原理分析。【详解】I. （1）与C能形成两种气态化合物的为O，会形成CO、CO2，其中CO2为非极性分子，则Q为氧，非极性分子CO2的电子式为：，故答案为：第二周期第A族；（2）得到
22、的粗产品为不溶于液态CCl4的固体物质，要分离CCl4，可用过滤的方法，除去粗产品中少量钠可用水或乙醇；故答案为：过滤；水或乙醇；（3）Si与NaOH反应的化学反应方程式为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2，其离子方程式为：Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2，由Si2H2，则粗产品中Si为0.05mol即0.0528=1.4g，所以SiO2为20.01.4+11.4=7.2g，物质的量为0.12mol，由Si原子守恒知Na2SiO3的物质的量为0.05mol+0.12mol=0.17mol，溶液体积为1L，浓度为0.17mol/L，答案为：Si+2OH-+H2O=Si
23、O32-+2H2；0.17mol/L；II. （1）CO2与CO32-反应转化为HCO3-，从而使CO32-浓度减小，不利于CaSO4转化为CaCO3；所以通入过量的CO2不利于CaCO3和（NH4）2SO4的生成，故答案为：不；通入过量的CO2会使CO32-转化为HCO3-，CO32-浓度减小，不利于CaSO4转化为CaCO3；（2）溶液中存在CO32-、SO42-、NH4+，直接蒸干滤液得到的(NH4)2SO4主要含有的杂质是(NH4)2CO3，答案为：(NH4)2CO3；（3）Na2CO3与CaSO4反应生成CaCO3和Na2SO4，化学方程式为：CaSO4(s)+CO32-(aq)Ca
24、CO3(s)+SO42-(aq)，答案为：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)；已知CaSO4的Ksp=9.110-4，CaCO3的Ksp=2.810-4，CaSO4存在沉淀溶解平衡CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42-(aq)，加Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合生成溶度积更小的CaCO3沉淀，溶液中Ca2+浓度减少，使CaSO4的溶解平衡向溶解的方向移动，从而转化为CaCO3，故答案为：CaSO4存在沉淀溶解平衡CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42-(aq)，当加入Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合生成溶度积更小的CaCO
25、3沉淀，溶液中Ca2+浓度减少，使CaSO4的溶解平衡向溶解的方向移动。10.石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SiO2(7.8%)、Al2O3(3.4%)、Fe2O3(3.1%)、和MgO(0.5%)等杂质，设计的提纯与综合利用工艺如下：(注：SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150) (1)向反应器中通入Cl2前，需通一段时间N2，主要目的是_。(2)高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应氯化物，气体1中的碳氧化物主要为_，由气体II中某物质得到水玻璃的化学反应方程式为_；(3)步骤为：搅拌、_，所得溶液IV中的阴离子有_；(4)由溶液IV生成沉淀V的总反应的离子方
26、程式_，10t(吨)初级石墨最多可获得沉淀V的质量为_kg；(5)以石墨为原料可人工制造金刚石。若2.4g石墨完全转为金刚石时吸热0.38kJ，则该反应的热化学方程式为_；(6)石墨可用于自然水体中铜件的电化学防腐，则图中电键K应与_(选填“A”、“B”)相连，可实现铜件的防腐。【答案】 (1). 通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，减少石墨损失 (2). CO (3). SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O (4). 过滤 (5). AlO2-、OH-、Cl- (6). AlO2-+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO-+CH3CH2OH+Al(
27、OH)3 (7). 5.2 (8). C(石墨，s)=C(金刚石，s) H=1.9kJmol-1 (9). A【解析】【分析】（1）石墨化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发生反应，所以通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨被氧气氧化；（2）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150，80冷却得到的气体含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠； （3）金属氯化物的沸点均高于150，则固体中存在AlC
28、l3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠和氯化钠；（4）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇；根据氧化铝的含量计算氧化铝质量，再根据Al元素守恒计算氢氧化铝的质量；（5）2.4g石墨为0.2mol，完全转为金刚石时吸热0.38kJ ，根据热化学反应方程式书写规则写出即可；（6）Cu的化学性质比石墨活泼，所以应用外接电流的阴极保护法保护Cu，故石墨作阳极，连接电源的正极，Cu作阴极
29、，连接电源的负极。【详解】（1）石墨化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发生反应，所以通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，减少石墨损失，故答案为：通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，减少石墨损失；（2）石墨高温反应，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质含量可知，气体I中氯化物主要SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150，80冷却得到的气体含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，化学反应方程式为：SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+
30、3H2O，故答案为：CO；SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；（3）金属氯化物的沸点均高于150，则固体中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，搅拌、过滤得到溶液IV，故溶液IV中的阴离子有：AlO2-、OH-、Cl-，故答案为：过滤；AlO2-、OH-、Cl-；（4）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇，由溶液IV生成沉淀V的总反应的离子方程式为：AlO2-+CH3COOCH2CH3+2
31、H2OCH3COO-+CH3CH2OH+Al(OH)3，Al2O3的质量分数为3.4%，100kg初级石墨中氧化铝的质量=100kg3.4%=3.4kg，根据Al元素守恒，氢氧化铝的质量=5.2kg；故答案为：AlO2-+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO-+CH3CH2OH+Al(OH)3；5.2；（5）2.4g石墨为0.2mol，完全转为金刚石时吸热0.38kJ ，其热化学反应方程式为；C(石墨，s)=C(金刚石，s) H=1.9kJmol-1；（6）Cu的化学性质比石墨活泼，所以应用外接电流的阴极保护法保护Cu，故石墨作阳极，连接电源的正极，Cu作阴极，连接电源的负极，故答案
32、为：A。(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。11.【化学选修3：物质结构与性质】A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2和B具有相同的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：(1)四种元素中第一电离能最大的是_(填元素符号)，其中C原子的核外电子排布式为：_；(2)A有两种同素异形体，其中沸点较高是_(填分子式)，B的氢化物所属的晶体类型为_；(3)化合物CD3中心原子的杂化轨道类型为_；(4)化合物D2A的立体构型为_，单质D与湿
33、润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为_；(5)CuSO4溶液可用作C4中毒的解毒剂，反应可生成C的最高价含氧酸和铜，该反应的化学方程式为：_；(6)A和B形成化合物F，晶胞结构如图所示，晶胞参致a0.566nm，晶胞中A原子的配位数为_，列出晶体F的密度(gcm3)计算式_。(阿伏加德罗常数的值为NA)【答案】 (1). O (2). 1s22s22p63s23p3 (3). O3 (4). 离子晶体 (5). sp3 (6). V形 (7). 2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl (8). 10CuSO4+P4+16H2O=4H3PO4+10Cu
34、+10H2SO4 (9). 8 (10). =2.27g/cm3【解析】【分析】A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，为P元素，C、D为同周期元素，则为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，为Cl元素，A2和B+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素。【详解】（1）四种元素分别为O、Na、P、Cl，第一电离能最大的为O元素，C为P元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p3，答案为：O；1s22s22p63s23p3；（2）A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因为O3相对分子质量较大
35、，则范德华力较大，沸点较高，B的氢化物为NaH，为离子晶体，故答案为：O3；离子晶体；（3）C和D反应可生成组成比为1:3的化合物为PCl3，P形成3个键，孤电子对数为=1，则为sp3杂化，故答案为：sp3；（4）化合物D2A为Cl2O，O为中心原子，形成2个键，孤电子对数为=2，则中心原子的价层电子对数为4，立体构型为V形，氯气与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，反应方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，答案为：V形；2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；（5）CuSO4溶液可用作P4中毒的解毒剂，反应生成P的最
36、高价含氧酸和铜，其化学方程式为：10CuSO4+P4+16H2O=4H3PO4+10Cu+10H2SO4；（6）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的顶点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为818+612=4，N(Na)：N(O)=2：1，则形成的化合物为Na2O，晶胞中O位于顶点，Na位于体心，每个晶胞中有1个Na与O的距离最近，每个顶点为8个晶胞共有，晶胞中O原子的配位数为8，晶胞质量为，体积为(0.566107)cm3，则晶体F的密度为=2.27g/cm3，故答案为：8；=2.27g/cm3。【点睛】中心原子的价层电子对数=键+孤电子对数，孤电子对数=
37、；。12.【化学选修5：有机化学基础】一种有机合成的中间体环丁基甲酸的合成路线如下(部分反应条件、产物己省略)。已知：. +2RBr+2HBr. +CO2请回答下列问题：(1)CH2CHCHO中含氧官能团的名称为_；由B生成D的反应类型为_；(2)化合物A的结构简式为_；(3)下列说法中正确的是_(选填字母符号)A.环丁基甲酸和乙酸属于同系物 B.化合物B和C可通过缩聚反应合成高聚物C.化合物G的分子式为C6H10O4 D.1 mol化合物B与足量金属钠反应能生成2 mol氢气(4)写出DEF的化学方程式：_；(5)环丁基甲酸与苯酚反应生成一种酯X，则化合物X的同时满足下列条件的同分异构体有_
38、种(不包括立体异构)，其中一种的结构简式为_。能使FeCl3溶液变紫色；含有丙烯醛中所有的官能团；1HNMR谱显示分子中有5个吸收峰。(6)以l，3丁二烯和化合物E为原料，参照上述合成路线可制备。请选用必要的试剂设计合成路线_。【答案】 (1). 醛基 (2). 取代反应 (3). HOCH2CH2CHO (4). B (5). (6). 3 (7). 或或 (8). 【解析】【分析】CH2=CHCHO与H2O发生加成反应，生成A，A为HOCH2CH2CHO，A被氧气氧化生成C，C为HOOCCH2COOH，C在酸性条件下与乙醇发生酯化反应生成E，E为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，
39、A与H2发生还原反应，生成B，B为HOCH2CH2CH2OH，B与HBr发生取代反应，生成D，D为BrCH2CH2CH2Br，根据已知反应，D与E反应，生成F，F为，F在酸性条件下水解后酯化生成G，G为，G受热脱去一个羧基生成环丁基甲酸。【详解】（1）CH2CHCHO中含氧官能团的名称为醛基；由B生成D的反应类型为取代反应，故答案为：醛基；取代反应；（2）CH2=CHCHO与H2O发生加成反应，生成A，A为HOCH2CH2CHO，故答案为：HOCH2CH2CHO；（3）A. 同系物的前提条件是结构相似，且相差若干个CH2，环丁基甲酸和乙酸不属于同系物，A错误； B. 化合物B为HOCH2CH2
40、CH2OH，化合物CHOOCCH2COOH，可发生酯化反应，可以通过缩聚反应合成高聚物，B正确；C. 化合物G为，其分子式为C6H8O4，C错误； D. 化合物B为HOCH2CH2CH2OH，1molHOCH2CH2CH2OH与足量金属钠反应能生成1mol氢气，D错误；故答案为：B；（4）D为BrCH2CH2CH2Br，E为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，反应生成F，其化学方程式：，（5）环丁基甲酸与苯酚反应生成一种酯X，其同分异构体满足能使FeCl3溶液变紫色，含酚OH；含有丙烯醛中所有的官能团，含碳碳双键、CHO；1HNMR谱显示分子中含有5种不同化学环境的氢原子，含5种H，满足条件的同分异构体为，共3种，故答案为：3；中的任意一种；（6）以1，3丁二烯和化合物E为原料可制备环戊基甲酸，首先1，3丁二烯与溴发生1，4-加成，再与氢气加成，然后与E发生信息中的反应，即可得到最终产物，合成流程为：，故答案为：。