1、广东省广州市天河区2020届高三化学第三次模拟考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Cl-35.5 V-511.化学与生产、生活密切相关。下列有关说法正确的是（ ）A. 燃煤中加入生石灰可以有效减少碳排放B. 月饼包装盒内小袋铁粉主要作用为脱氧剂C. 热的纯碱溶液可用于洗涤煤油、柴油等油污D. 淀粉和纤维素在人体内最终水解为葡萄糖，为生命活动提供能量【答案】B【解析】【详解】A燃煤中加入生石灰可以吸收燃烧生成的二氧化硫生成稳定的硫酸钙，减少二氧化硫的排放，碳酸盐受热易分解成二氧化碳，所以加入生石灰不能减少碳排放，故A错误；B铁粉具有还原性
2、，可以吸收空气中的氧气，防止食品被氧化，故B正确；C矿物油渍属于烃类化合物，碱性物质和烃类化合物不反应，所以不能用纯碱除去矿物油渍，故C错误；D纤维素在人体内不能发生水解，故D错误；故答案为B。2.Weiss利用光敏剂QD制备2环已基苯乙烯(c)的过程如图。下列说法不正确的是（ ）A. a的二氯代物有3种B. 1molb完全燃烧消耗10molO2C. c具有顺式和反式2种结构D. a、b、c均能使溴水和稀高锰酸钾溶液褪色【答案】A【解析】【详解】Aa的二氯代物有11种，如图：，二个氯分别位于“1”“2”、“1”“3”、“1”“4”、“1”“5”、“1”“6”、“3”“3”、“3”“4”、“3”
3、“5”、“3”“6”、“4”“4”、“4”“5”号C原子上，A错误；Bb的分子式为：C8H8，b燃烧的化学方程式为：C8H8+10O28CO2+4H2O，所以，1molb完全燃烧消耗10molO2，B正确；C苯基和环己基位于双键的同一侧为顺式结构，苯基和环己基位于双键的两侧为反式结构，即c具有顺式和反式2种结构，C正确；Da、b、c均含碳碳双键，均能使溴水和稀高锰酸钾溶液褪色，D正确。答案选A。3.实验室制备一瓶纯净氯气的反应装置如图所示。关于实验操作或叙述正确的是（ ）A. a中圆底烧瓶中需加入碎瓷片B. b、c中所盛试剂依次为浓硫酸、饱和食盐水C. d中黄绿色气体从下往上逐渐充满整个集气瓶
4、D. e中NaOH溶液可用浓氨水代替【答案】C【解析】【分析】本实验的目的是制备纯净的氯气，装置a中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，生成的氯气中有HCl杂质，可在装置b中盛放饱和食盐水将HCl除去，装置c中盛放浓硫酸将氯气进行干燥，氯气密度比空气大，所以装置d中利用向上排空气法收集氯气，装置e收集多余的氯气。【详解】A本实验中二氧化锰为固体，可以起到防止暴沸效果，不需要另外加碎瓷片，故A错误；B干燥气体时要最后一步干燥，b中盛放饱和食盐水，c中盛放浓硫酸，故B错误；C氯气呈黄绿色，且密度比空气大，所以d中黄绿色气体从下往上逐渐充满整个集气瓶，故C正确；D浓氨水会挥发出氨气，污染空气，故D错误
5、；故答案C。4.电催化合成氨法在电能的推动下不受热力学平衡限制，实现N2、H2O常温常压合成氨，如图为N2在不同电极材料表面复化的机制示意图。下列说法正确的是（ ）A. 电极材料起吸附作用，不影响N2的氢化过程B. N2在氢化反应之前需先解离成单独的氮原子C. 电催化合成氨原子利用率100%D. 2.8gN2理论上可以产生0.2NA个NH3分子【答案】D【解析】【详解】A由图可知，N2在不同电极材料表面氢化的过程不同，A错误；B由图可知，N2在氢化反应之前是否先解离成单独的氮原子和电极材料有关，在第一种电极材料表面氢化需先解离成单独的氮原子，在第二种、第三种电极材料表面氢化不需要先解离成单独的
6、氮原子，B错误；C电催化合成氨的反应物为N2、H2O，合成氨时O原子没被利用，原子利用率小于100%，C错误；D2.8gN2的物质的量=0.1mol，由图可知，1个N2分子可合成2个NH3分子，则0.1molN2分子可合成0.2molNH3分子，即2.8gN2理论上可以产生0.2NA个NH3分子，D正确；答案选D。5.25时，醋酸的电离常数为1.810-5。向20mL2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液，溶液中水电离出的c(H+)在此滴定过程中变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）A. a点水电离出的c(H+)=6.010-3mol/LB. b点c(CH3
7、COOH)c(Na+)c(CH3COO-)C. c点恰好完全反应，溶液中无CH3COOHD. d点c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)【答案】D【解析】【分析】20mL2.0mol/LCH3COOH和20mL2.0mol/LNaOH恰好完全反应得到CH3COONa溶液，所以，c点为CH3COONa溶液，a点为CH3COOH溶液，b点为等浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液，d点为等浓度的CH3COONa和NaOH溶液，据此解答。【详解】Aa点为CH3COOH溶液，水的电离受到抑制，水电离出的c(H+)10-7mol/L，A错误；Bb点的溶液为CH3COOH和CH3
8、COONa等浓度混合的溶液，物料守恒为c(CH3COOH) +c(CH3COO-)=2c(Na+)，醋酸会电离：CH3COOHCH3COOH，醋酸根会水解：CH3COOH2OCH3COOHOH，水解平衡常数c(Na+)c(CH3COOH)，B错误；Cc点恰好完全反应，为CH3COONa溶液，但是醋酸根会水解：CH3COOH2OCH3COOHOH，溶液中有CH3COOH，C错误；Dd点加入40mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D正确。答案选D。【点睛】酸和碱的电离抑制
9、水的电离，盐类的水解促进水的电离。6.我国某科研机构设计如图装置，利用K2Cr2O7实现含苯酚废水的有效处理，一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度减小。下列说法正确的是（ ）A. M为该电池的正极B. 该装置在高温下处理含苯酚废水效果更佳C. a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜D. N电极反应式为：Cr2O+6e-+8H+=2Cr(OH)3+H2O【答案】C【解析】分析】据图可知放电过程中C6H5OH转化为CO2被氧化，所以M电极为负极，Cr2O转化为Cr(OH)3被还原，所以N电极为正极。【详解】AM电极失电子发生氧化反应，为电池的负极，故A错误；B高温条件下微生物失活，电池的效率降低，故
10、B错误；C放电过程中，苯酚发生氧化反应、作负极，结合电子守恒和电荷守恒可知电极反应式为C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2+28H+，该装置的目的是对废水进行有效处理，所以废水中不应含有大量氢离子，则负极生成的氢离子要迁移到中间室，所以a为阳离交换膜；正极反应为反应式为：Cr2O+6e-+7H2O=2 Cr(OH)3+8OH-，氢氧根要迁移到中间室，所以b为阴离子交换膜；迁移到中间室的氢离子和氢氧根反应生成水使NaCl溶液浓度降低，故C正确；DN电极为正极，Cr2O得电子被还原为Cr(OH)3，结合电子守恒和电荷守恒可知电极反应式为Cr2O+6e-+7H2O=2 Cr(OH)3+8OH
11、-，故D错误；故答案为C。7.短周期元素X、Y、Z原子序数之和为16，原子半径大小为r(Y)r(X)r(Z)，它们的常见单质在适当条件下可发生如图变化，其中B和C均为10电子分子。下列说法不正确的是（ ）A. X与Z形成的某种化合物可用来杀菌消毒B. 自然界中X单质与Y单质不能发生化学反应C. B和C分子间因形成氢键而使C极易溶于B中D. A和C一定条件下能发生氧化还原反应【答案】B【解析】【分析】常见的10电子分子有CH4、NH3、H2O、HF，则Z单质一定为H2，Z为H；X、Y、Z原子序数之和为16，则X、Y原子序数只和=16-1=15，原子半径大小为r(Y)r(X)r(Z)，X、Y分别为
12、O、N或F、C，且X单质能和Y单质反应，则X、Y确定为O、N；综上所述，X、Y、Z分别为：O、N、H，A为NO，B为H2O，C为NH3，据此解答。【详解】AX(O)与Z(H)形成的H2O2有强氧化性，能使细菌的蛋白质变性，可用来杀菌消毒，A正确；B自然界中的X单质(O2)与Y单质(N2)在放电的条件下能反应生成NO，B错误；CB为H2O，C为NH3，H2O和NH3分子间容易形成氢键而使NH3极易溶于H2O中，C正确；DA为NO，有一定氧化性，C为NH3，有较强还原性，一定条件下能发生氧化还原反应，D正确。答案选B。8.亚硝酰氯（NOCl)是一种红褐色液体或黄色气体，熔点-64.5，沸点-5.5
13、，遇水易水解。它是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在常温常压下合成，某化学兴趣小组设计如图装置制备NOC1。回答下列相关问题：（1）NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，NOCl的电子式为_。（2）装置乙中的液体为_，装置丙作用是_。（3）实验时，先通入Cl2，观察到丁中烧瓶内充满黄绿色气体时，再通入NO，这样操作目的是_。待丁中烧瓶内有一定量液体生成时，停止实验。（4)上述装置设计有一不妥之处，理由是_（用化学方程式表示)。（5）测定NOCl的纯度：取所得产物a g溶于水，配制成250mL溶液；取25.00mL于锥形瓶中，以K2Cr2O7溶液为指示剂，用c molL-1 AgNO3
14、标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为24.00mL。滴定终点的现象是_，亚硝酰氯（NOCl）的纯度为_。（Ag2CrO4砖红色：Ksp(AgCl)=1.56x10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.0x10-12，Ksp(AgNO2)=5.8610-4)。【答案】 (1). (2). 水 (3). 干燥Cl2和NO，混合Cl2和NO，并通过观察气泡调节通入的流速使Cl2和NO的量接近1：2 (4). 排尽装置内的空气，防止NO被氧化 (5). NOCl+H2O=HNO2+HCl (6). 滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟无变化 (7). 100%【解析】【分析】甲中稀硝酸和C
15、u反应产生NO；硝酸易挥发，NO中混有HNO3，将混合气体通过盛有水的乙除去HNO3；将NO和Cl2通入丙中进行干燥、混合，同时通过气泡速率控制NO和Cl2的量；NO和Cl2在丁装置的烧瓶中反应得NOCl，用冰盐水冷凝得NOCl液体，用戊吸收尾气，据此解答。【详解】(1)NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为，故答案为：；(2)乙的作用是吸收NO中混有的HNO3，HNO3易溶于水，NO不溶于水，可用水吸收NO中混有的HNO3；NOCl遇水水解，在制备NOCl之前应将水吸收干燥，可盛放浓硫酸。同时装置乙可将NO和Cl2混合，根据原子守恒可知：Cl2和NO物质的量之比为1:
16、2时恰好完全反应，可以通过观察丙中气泡调节通入的流速使Cl2和NO的量接近1：2，故答案为：水；干燥Cl2和NO，混合Cl2和NO，并通过观察气泡调节通入的流速使Cl2和NO的量接近1：2；(3)实验之前，装置内有空气，NO能被空气中氧气迅速氧化，为防止NO被氧气氧化，实验时，先通入Cl2，观察到丁中烧瓶内充满黄绿色气体时，空气被排尽，此时再通入NO，故答案为：排尽装置内的空气，防止NO被氧化；(4)戊装置中有水，水蒸气进入装置丁的烧瓶中使NOCl水解，发生的反应为：NOCl+H2O=HNO2+HCl，故答案为：NOCl+H2O=HNO2+HCl；(5)Ksp(AgCl)=1.56x10-10
17、，Ksp(Ag2CrO4)=1.0x10-12，Ksp(AgNO2)=5.8610-4)，三种饱和溶液中c(Ag+)分别为：c(Ag+)=，c(Ag+)=，c(Ag+)=，即溶解度：AgClAg2CrO4AgNO2，滴加标准AgNO3溶液时，形成沉淀顺序：AgCl、Ag2CrO4、AgNO2，所以，当滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟无变化时，到达滴定终点；NOCl溶于水发生的反应为：NOCl+H2O=HNO2+HCl，用AgNO3标准溶液滴定时发生的反应为：HCl+AgNO3=AgCl+HNO3，则有如下关系：NOClHClAgNO3，消耗AgNO3的物质的量=24c10-3mol
18、，由NOClHClAgNO3可得：NOCl的物质的量=24c10-3mol，所以，a g样品中NOCl的物质的量=24c10-3mol=24c10-2mol，样品中NOCl的质量=24c10-2mol65.5g/mol=15.72c g，所以NOCl的纯度=100%=100%，故答案为：滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟无变化；100%。9.五氧化二钒常用作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工生产。一种以钒渣(主要含有V2O3，还有少量FeO、Al2O3、SiO2等)为原料生产V2O5的工艺流程如图：已知：VO+H2OVO+2H+(1)“焙烧”时，V2O3转化为NaVO3的化学方程
19、式是_。(2)滤渣1为_(填化学式)，“酸浸”后，调pH=7.6，除了得到沉淀Fe(OH)3、_，另一个目的是_。(3)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)的离子方程式是_。图1是沉钒率随温度的变化曲线，温度高于80，沉钒率下降，其可能原因是_。(4)在“煅烧”过程中，固体残留率(剩余固体质量/原始固体质量x100%)随温度变化的曲线如图2所示。NH4VO3分解过程中，先后失去的物质分别是_、_。(填化学式)(5)金矾液流电池的电解质溶液为VOSO4溶液，电池的工作原理为VO2+V2+2H+VO2+H2O+V3+，电池充电时，阳极的电极反应式为_。【答案】 (1). V2O3+Na2CO3+O
20、22NaVO3+CO2 (2). H2SiO3 (3). Al(OH)3 (4). 使VO+H2OVO+2H+平衡正向移动，VO更多的转化为VO (5). NH+VO=NH4VO3 (6). 温度高于80，NH水解程度增大成为主要因素，使NH浓度减小，沉钒率下降或温度升高NH4VO3溶解度增大或温度升高铵盐分解 (7). NH3 (8). H2O (9). VO2+H2O-e-=VO+2H+【解析】【分析】钒渣(主要含有V2O3，还有少量FeO、Al2O3、SiO2等)混合碳酸钠在空气中焙烧，V2O3转化为NaVO3同时铁元素被氧化、SiO2转化为Na2SiO3；再用足量稀硫酸浸取，得到的溶液
21、中主要含有VO、Fe3+、Al3+，滤渣1为不溶于稀硫酸的H2SiO3；之后调节溶液pH值使Fe3+、Al3+转化为沉淀，滤渣2主要为Fe(OH)3、Al(OH)3，同时pH增大使VO+H2OVO+2H+平衡正向移动；之后加入硫酸铵得到NH4VO3沉淀，过滤煅烧沉淀得到V2O5。【详解】(1)V2O3与碳酸钠混合在空气中煅烧，转化为NaVO3的过程中V元素被氧气氧化，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2；(2)滤渣1为不溶于稀硫酸的H2SiO3；根据分析可知调pH=7.6，得到的沉淀有Fe(OH)3、Al(OH)3，pH增大使VO+H2OVO+
22、2H+平衡正向移动，VO更多的转化为VO；(3)沉钒过程发生复分解反应，离子方程式为NH+VO=NH4VO3；铵根在水溶液中会发生水解，水解为吸热反应，温度高于80，NH水解程度增大成为主要因素，使NH浓度减小，沉钒率下降；同时温度升高NH4VO3溶解度增大；且铵盐不稳定，温度升高铵盐分解；(4)根据铵盐的性质，NH4VO3分解产生氨气和HVO3，根据题意可知HVO3又分解产生V2O5；假设初始NH4VO3的质量为117g，物质的量为1mol，根据元素守恒可知分解过程中会产生1molNH3和0.5molH2O；A点减少的质量为117g(1-85.47%)=17g，刚好是1molNH4VO3中的
23、NH3，所以起点到A点失去的物质是NH3；A点到B点减少的质量为117g(85.47%-77.78%)=9g，刚好是0.5molH2O的质量，所以A到B失去的是H2O；(5)充电时阳极失电子发生氧化反应，根据电池总反应可知，阳极的电极反应式为VO2+H2O-e-=VO+2H+。【点睛】第4小题为本题难点，学生需要知道铵盐的性质，参考氯化铵、硝酸铵受热分解的产物可以推测出NH4VO3分解产生氨气和HVO3，之后HVO3又分解产生V2O5，然后根据元素守恒进行判断。10.甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为(CO，CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：i：CO2(g)
24、+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1ii：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2iii：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) H3回答下列问题：(1)已知反应2中相关化学键键能数据如下：化学键HHC=OCOHOE/KJmol-14368031076465由此计算H2=_kJmol-1。已知H1=-63kJmol-1，则H3=_kJmol-1。(2)对于反应1，不同温度对CO2的平衡转化率及催化剂的效率影响如图所示，请回答下列问题：下列说法不正确的是（ ）A.M点时平衡常数比N点时平衡常数大B.温度低于250时，随温度升高甲醇的平衡产率降低C.其他条件不变，若不
25、使用催化剂，则250时CO2的平衡转化率可能位于M1D.实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化率若在刚性容器中充入3molH2和1molCO2发生反应1，起始压强为4MPa，则图中M点CH3OH的体积分数为_，250时反应的平衡常数Kp=_(MPa)-2(保留三位有效数字)；若要进一步提高甲醇产率，可采取的措施有_(写两条即可)(3)相同条件下，一定比例CO/CO2/H2混合气体甲醇生成速率大于CO2/H2混合气体甲醇生成速率，结合反应1、2分析原因：_。(4)以二氧化钛表面覆盖Cu2A12O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸，CO2(g)+CH4(g)CH3COO
26、H(g)，在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示：250300时，乙酸的生成速率降低的主要原因是_。300400时，乙酸的生成速率升高的主要原因是_。【答案】 (1). +36 (2). +99 (3). CD (4). 16.7%或 (5). 0.148 (6). 增大压强、及时移走生成物、降低温度、增大氢气投料比、换更优催化剂 (7). CO的存在促使反应平衡逆向移动；水蒸气的量减少，促使反应平衡正向移动 (8). 催化剂的催化效率降低 (9). 温度升高对反应速率影响为主要因素【解析】【分析】(1)根据焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，可得CO2(g)+H2(g)CO(
27、g)+H2O(g)H2；根据盖斯定律可得CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)的H3；(2) 反应焓变小于零为放热反应，温度越高平衡常数越小，催化剂可以加快反应的速率，但不影响平衡移动；化工生产时，既要考虑反应速率又要考虑转化率或产率的双重影响，以此来选择化工生产的适宜条件；初始投料为3molH2和1molCO2，M点CO2的转化率为50%，恒容容器中气体的体积分数即物质的量分数，则列三段式进行相关计算；恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，初始气体的总物质的量为4mol，压强为4MPa，则平衡时气体的总物质的量为3mol，压强为3MPa，据平衡时各物质的分压带入平衡常数计算公式进
28、行计算；该反应气体减少的反应，增大压强、及时移走生成物使平衡正向移动；该反应为放热反应，降低温度、增大氢气投料比、换更优催化剂都可以提高甲醇的产率；(3)CO的存在促使反应平衡逆向移动；水蒸气的量减少，促使反应平衡正向移动，所以一定比例CO/CO2/H2混合气体甲醇生成速率大于CO2/H2混合气体甲醇生成速率；(4)250300时，催化剂的催化效率降低，所以乙酸的生成速率降低；300400时，温度升高对反应速率影响为主要因素，所以乙酸的生成速率升高。【详解】(1)根据焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，可得CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H2=8032kJ/mol+436kJ
29、/mol-1076kJ/mol-2465kJ/mol=+36kJ/mol；已知CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H1=-63kJmol-1，CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H2=+36kJ/mol根据盖斯定律反应-反应得到CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)的H3=+99kJ/mol；(2)A反应焓变小于零为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以M点平衡常数大于N点平衡常数，故A正确；B据图可知温度低于250时，随温度升高CO2的平衡转化率下降，即平衡逆向移动，所以甲醇的平衡产率降低，故B正确；C温度相同平衡常数不变，不改变投料的情况下，即使不使用催化剂
30、，CO2的平衡转化率也位于M点，故C错误；D虽然该反应为放热反应，降低温度可以增大CO2的平衡转化率，但温度过低反应速率会很慢，单位时间内CO2的转化率降低，所以不能在较低温度下进行，故D错误；综上所述答案为CD；初始投料为3molH2和1molCO2，M点CO2的转化率为50%，则列三段式有： 恒容容器中气体的体积分数即物质的量分数，所以CH3OH的体积分数为=16.7%或；恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，初始气体的总物质的量为4mol，压强为4MPa，则平衡时p(CO2)=p(CH3OH) =p(H2O)=0.5MPa，p(H2)=1.5MPa，则Kp=0.148；该反应气
31、体减少的反应，增大压强可以使平衡正向移动提高甲醇的产率；及时移走生成物使平衡正向移动也可以增大甲醇的产率；该反应焓变小于零为放热反应，降低温度可以使平衡正向移动从而提高甲醇的产率；增大氢气投料比、换更优催化剂都可以提高甲醇的产率；(3)CO的存在促使反应平衡逆向移动；水蒸气的量减少，促使反应平衡正向移动，所以一定比例CO/CO2/H2混合气体甲醇生成速率大于CO2/H2混合气体甲醇生成速率；(4)250300时，催化剂的催化效率降低，所以乙酸的生成速率降低；300400时，温度升高对反应速率影响为主要因素，所以乙酸的生成速率升高。【点睛】工业生产选择温度时要综合考虑温度对平衡、催化剂、反应速率
32、的影响来选择合适的温度，不能只考虑温度对平衡的影响。11.黄铜矿是工业炼铜原料，含有的主要元素是硫、铁、铜，请回答下列问题。（l）基态硫原子中核外电子有_种空间运动状态。Fe2+的电子排布式是 _。（2）液态SO2可发生白偶电离2SO2=SO2+SO32-，SO32-的空间构型是 _，与SO2+互为等电子体的分子有_（填化学式，任写一种）。（3）CuCl熔点为426，融化时几乎不导电，CuF的熔点为908，沸点1100，都是铜（I）的卤化物，熔沸点相差这么大的原因是 _。（4）乙硫醇（C2H5SH）是一种重要的合成中间体，分子中硫原子的杂化形式是_。乙硫醇的沸点比乙醇的沸点_（填“高”或“低”
33、），原因是_。（5）黄铜矿主要成分X的晶胞结构及晶胞参数如图所示，X的化学式是 _，其密度为 _gcm3（阿伏加德罗常数的值用NA表示）。【答案】 (1). 16 (2). 1s22s22p63s23p63d6(或Ar3d6) (3). 三角锥形 (4). N2或CO (5). CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高 (6). sp3 (7). 低 (8). 乙醇分子间有氢键，而乙硫醇没有 (9). CuFeS2 (10). 【解析】【分析】（1）硫元素为16号元素，核外有16个电子，9个轨道；铁为26号元素，核外有26个电子，失去最外层的2个电子变成Fe2+；（2
34、）根据SO32-的杂化方式为sp3确定它的空间结构，由等电子体定义确定SO2+的等电子体的分子；（3）根据两种晶体的性质确定晶体类型；（4）根据乙硫醇中硫原子的成键特点判断杂化方式，乙醇分子里有氧，可以形成氢键导致沸点比较高；（5）根据晶胞结构中Cu、Fe、S原子个数计算出化学式，再由有关公式写出晶胞密度的表达式；根据以上分析进行解答。【详解】（1）基态原子核外有多少个轨道就有多少个空间运动状态。硫原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p4，故硫原子1+1+3+1+3=9个轨道，所以基态硫原子中核外电子有9种空间运动状态；Fe是26号元素，核外有26个电子，铁原子失去最外层的两个电子变
35、成Fe2+，Fe2+的电子排布式是1s22s22p63s23p63d6(或Ar3d6)。答案为：9；1s22s22p63s23p63d6(或Ar3d6)。（2）SO32-离子中的硫原子有三个化学键，一对孤对电子，属于sp3杂化，空间构型为三角锥形；SO2+有两个原子，总价电子数为10，与SO2+互为等电子体的分子有N2、CO等。答案为：三角锥形；N2或CO。（3）由题知CuCl熔点为426，融化时几乎不导电，可以确定CuCl为分子晶体，熔沸点比较低，CuF的熔点为908，沸点1100，确定CuF为离子晶体，熔沸点比较高。答案为：CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高
36、。（4）乙硫醇（C2H5SH）里的S除了共用的两对电子外还有两对孤对电子要参与杂化，所以形成的是sp3杂化，乙醇里有电负性较强的氧原子，分子间可以形成氢键，沸点比乙硫醇的沸点高。答案：sp3；低；乙醇分子间有氢键，而乙硫醇没有。（5）对晶胞结构分析可知，晶胞中的Cu原子数目=8+4+1=4，Fe原子数目=6+4=4，S原子数目为8， X的化学式中原子个数比为：Cu:Fe:S=1:1:2，所以X的化学式为：CuFeS2。由图可知晶胞内共含4个“CuFeS2”，据此计算：晶胞的质量=4= ，晶胞的体积V=anmanmbnm=a2b10-21cm3，所以晶胞的密度= 。答案为：CuFeS2； 。【点
37、睛】基态原子核外有多少电子就多少个运动状态，有多少个轨道就有多少个空间运动状态。这两个问题很相似，解答时一定要注意。12.以乙炔为原料，根据以下流程信息，制备有机物F；已知：回答以下问题：（1）A的化学名称为_。（2）B的结构简式为_，C中官能团的名称是_。（3）由A生成D的反应类型为_。（4）由C和E生成F的化学方程式为_。（5）芳香化合物X是E的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：2。写出两种符合要求X的结构简式_、_。（6）写出以1溴2苯基乙烷为原料制备化合物的合成销路线(其他试剂任选)。_。【答案】 (1). 乙炔 (
38、2). HCCCH2OH (3). 碳碳三键、醚键 (4). 加成反应 (5). 2HCCCH2OCH3+CH3COOCH2CCCH2OOCCH3 (6). (7). 、(任写一种) (8). 【解析】【分析】A的分子式为C2H2，则A为HCCH，结合B的分子式可知，乙炔和甲醛发生加成反应生成B和D，结合B和D的分子式可知，可知B为HCCCH2OH，D为HOCH2CCCH2OH；根据BC中反应条件及C的分子式可知，发生了取代反应生成HCCCH2OCH3；根据DE及E的分子式，结合信息可知E为CH3COOCH2CCCH2OOCCH3；最后根据已知信息可知二者发生反应生成目标产物F。【详解】(1)
39、A为HCCH，化学名称为：乙炔，故答案为：乙炔；(2)由分析可知，B为HCCCH2OH，C为HCCCH2OCH3，含碳碳三键、醚键两种官能团，故答案为：HCCCH2OH；碳碳三键、醚键；(3)1分子A(HCCH)和2分子HCHO反应得到1molD(HOCH2CCCH2OH)，为加成反应，故答案为：加成反应；(4)C为HCCCH2OCH3，E为CH3COOCH2CCCH2OOCCH3，C和E发生类似“已知”的反应得到F，反应的化学方程式为2HCCCH2OCH3+CH3COOCH2CCCH2OOCCH3，故答案为：2HCCCH2OCH3+CH3COOCH2CCCH2OOCCH3；(5)E为CH3COOCH2CCCH2OOCCH3，不饱和度为4，X是E的同分异构体：可与FeCl3溶液发生显色反应，则X含，不含其它不饱和结构，核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：2，则必含两个对称的甲基，酚羟基为2个或者4个，且每两个酚羟基处于对称位置，符合条件的有、，故答案为：；、（任写一种）；(6)逆合成分析：可由3分子发生类似“已知”反应得到，可由发生消去反应得到，可由和Br2加成得到，可由1溴2苯基乙烷()发生消去反应得到，即流程为：，故答案为：。【点睛】(5)核磁共振氢谱峰面积比中数字出现3的整数倍时，优先考虑甲基。