1、四川省遂宁市2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）1.化学与生产、生活、材料等密切相关，下列叙述正确的是A. 泡沫灭火器可用于电器着火时灭火B. 氯化铁溶于水会形成氢氧化铁胶体，因此可用于自来水的净化、杀菌消毒C. N95口罩用0.3微米氯化钠颗粒进行测试，阻隔率达95%以上，戴N95口罩可有效阻隔PM2.5D. “神州七号”的防护层中含聚四氟乙烯，四氟乙烯属于不饱和烃【答案】C【解析】【详解】A.泡沫灭火器使用时会喷出水和二氧化碳，因为有水，故不能用于电器着火时灭火，A错误；B. 氯化铁溶于水会形成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物，因此可用于自来水的净化，但不
2、能杀菌消毒，B错误；C. PM2.5即直径小于等于2.5微米的粒子，故戴N95口罩可有效阻隔PM2.5，C正确；D. 四氟乙烯由C、F组成的，不属于烃，D错误；答案选C。2.2019年12月以来，我国部分地区突发的新冠病毒肺炎威胁着人们的身体健康。下列有关说法不正确的是A. 医疗上常用75（体积分数）的酒精作消毒剂B. 高温可以杀死新冠肺炎病毒C. “84”消毒液（主要成分是次氯酸钠）能有效杀死新型冠状病毒，为了提升消毒效果，可以与洁厕灵（主要成分为盐酸）混合使用D. 过氧化氢、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的【答案】C【解析】【详解】A. 酒精能使蛋白质变性，故医疗上常用75
3、（体积分数）的酒精作消毒剂，A正确；B. 加热能使蛋白质变性，故高温可以杀死新冠肺炎病毒，B正确；C.“84”消毒液（主要成分是次氯酸钠）与洁厕灵（主要成分为盐酸）混合使用，会产生氯气，故C错误；D. 过氧化氢、过氧乙酸等具有强氧化性，故可以将病毒氧化而达到消毒的目的，D正确；答案选C。3.下列有机物分子中，所有原子可能共平面的是A. 乙苯B. 乙烷C. 丙烯D. 苯乙烯【答案】D【解析】【详解】A. 甲烷属于正四面体结构，乙苯分子中含有乙基，有饱和碳原子，故所有原子不可能共平面，A错误；B. 乙烷分子中含有饱和碳原子，含有四面体构型，故所有原子不可能共平面，B错误；C. 甲烷属于正四面体结构
4、，丙烯分子中含有甲基，有饱和碳原子，故所有原子不可能共平面，C错误；D. 苯乙烯中苯环和碳碳双键都是平面结构，故所有原子有可能共平面，D正确；答案选D。4.下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是A. 水中的钢闸门连接电源的负极B. 金属护拦表面涂漆C. 汽车底盘喷涂高分子膜D. 地下钢管连接锌块【答案】A【解析】【详解】A水中的钢闸门连接电源负极，阴极上得电子被保护，所以属于使用外加电流的阴极保护法，故A正确；B金属护拦表面涂漆使金属和空气、水等物质隔离而防止生锈，没有连接外加电源，故B错误；C汽车底盘喷涂高分子膜阻止了铁与空气、水的接触，从而防止金属铁防锈，没有连接外加电源，故C
5、错误；D锌的活泼性大于铁，故地下钢管连接锌块是牺牲活泼金属锌来保护地下钢管而防止铁被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；答案选A。5.下列能说明0.1mol/L的NaHA溶液一定呈酸性的是A. 测得溶液中有c（H2A）c（A2）B. 某温度下，测得溶液的pH7C. 溶液中存在Na、HA、A2、H2A多种微粒D. 测得溶液中有c（Na）=c（A2）【答案】D【解析】【详解】A. 测得溶液中有H2A 、A2，则HA-既存在水解平衡又存在电离平衡，水解生成的H2A浓度更大，则溶液呈碱性，A不选；B. 未指明具体温度，溶液的pH7不一定呈酸性，B不选；C. 溶液中存在Na、HA、A2、H2A多种
6、微粒，则HA-既存在水解平衡又存在电离平衡，有可能水解程度大于电离程度使溶液呈碱性，也有可能水解程度小于电离程度使溶液呈酸性，C不选；D. 测得溶液中Na与A2浓度相等，则NaHA是强酸的酸式盐， NaHA=Na+A2+H+，因电离溶液呈酸性， D选；答案选D。6.25时，将浓度为0.1molL-1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是A. c(H)B. C. D. Ka(HF)【答案】B【解析】【分析】HF在水中的电离平衡为：HFH+F-，加水稀释，平衡右移，c(H)、c(HF)均减小，结合相关知识解答。【详解】A加水稀释，酸性减弱，c(H)不断减小，A不满足题意；BHF的电离常数K
7、a(HF)=，温度不变，Ka(HF)不变，减小，增大，B满足题意；Cc(H)不断减小，则增大，且减小，所以减小，C不满足题意；D温度不变，Ka(HF)不变，D不满足题意。答案选B。7.下列描述中，不符合生产实际的是A. 在镀件上电镀锌，用锌作阳极B. 用惰性电极电解熔融的氯化镁制取金属镁C. 电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极D. 用铁作阳极电解熔融的氧化铝制取金属铝【答案】D【解析】【详解】A. 在镀件上电镀锌，用锌作阳极，镀件作阴极，A符合；B. 用惰性电极电解熔融的氯化镁，生成镁和氯气，在工业上用于制取金属镁，B符合；C. 电解饱和食盐水制烧碱，石墨作阳极，用涂镍碳钢网作阴极，C符
8、合；D. 用石墨作阳极电解熔融的氧化铝制取金属铝，D不符合；答案选D。8.室温下，有两种溶液：0.01molL-1NH3H2O溶液、0.01molL-1NH4Cl溶液，下列操作可以使两种溶液中c(NH4+)都增大的是（ ）A. 通入少量HCl气体B. 加入少量NaOH固体C. 加入少量H2OD. 适当升高温度【答案】A【解析】【分析】NH3H2O电离，溶液显碱性，NH4Cl水解，溶液显酸性，据此进行分析。【详解】A向0.01molL-1NH3H2O溶液中通入少量HCl气体，氢氧根离子浓度减小，促进NH3H2O电离，c(NH4+)增大；向0.01molL-1NH4Cl溶液中通入少量HCl气体，氢
9、离子浓度增大，抑制NH4+水解，c(NH4+)增大，故选A；B向0.01molL-1NH3H2O溶液中加入少量NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，抑制NH3H2O电离，c(NH4+)减小；向0.01molL-1NH4Cl溶液中加入少量NaOH固体，氢离子浓度减小，促进NH4+水解，c(NH4+)减小，故不选B；C向0.01molL-1NH3H2O溶液中加入少量H2O，NH3H2O浓度降低，c(NH4+)减小；向0.01molL-1NH4Cl溶液中加入少量H2O，NH4Cl浓度减小，c(NH4+)减小，故不选C；D升高温度，促进NH3H2O电离，c(NH4+)增大；升高温度，促进NH4+水解，c(
10、NH4+)减小，故不选D；故答案选A。9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. c()=0.1mol/L的溶液中：Fe3、Cl、NaB. 由水电离的c(H)=11014mol/L的溶液中：Ca2、K、Cl、C. c(Fe3)=0.1mol/L溶液中：K、ClO、SCND. =1012的溶液中：、Al3、Cl【答案】D【解析】【详解】A. c()=0.1mol/L的溶液中：Fe3与亚硫酸根离子因氧化还原反应不共存，A不符合；B. 由水电离的c(H)=11014mol/L等于由水电离的c(OH-)=11014mol/L，溶液可能是酸或碱溶液，均不能大量存在，B不符合；C. Fe3与S
11、CN会生成硫氰化铁而不共存，C不符合；D. =1012的溶液中，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性：、Al3、Cl可共存，D符合；答案选D。10.下列化学用语表示不正确的是A. 醋酸的电离：CH3COOHCH3COOHB. 亚硫酸氢钠在水溶液中的电离：NaHSO3NaH+C. 氯化铵的水解：NH4H2ONH3H2OHD. 碳酸钙的溶解平衡：CaCO3(s) Ca2(aq)(aq)【答案】B【解析】【详解】A. 醋酸为弱酸，则醋酸的电离：CH3COOH CH3COOH，A正确；B. 亚硫酸氢根离子在水溶液中不能完全电离为H和，亚硫酸氢根离子不能拆写，B错误；C. 氯化铵溶液水解反应是可逆的
12、：NH4H2ONH3H2OH，C正确；D. 碳酸钙的溶解平衡是可逆的：CaCO3(s) Ca2(aq)(aq) ，D正确；答案选B。11.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 7.8g的苯分子里含有碳碳双键数目为0.3NAB. 常温下pH=3的FeCl3溶液中由水电离出的H的数目为0.001NAC. 标准状况下，2.24LC3H6中含有共用电子对数目为0.9NAD. 1L0.1molL1碳酸钠溶液中含有的阴离子数目为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A. 苯分子里没有碳碳双键，A错误；B. 不知道溶液体积，无法计算该溶液中由水电离出的H的数目，B错误；C. 标准状况下，2.24L
13、C3H6的物质的量为0.1mol，含有共用电子对数目为0.1mol NA=0.9NA，C正确；D. 碳酸根离子会水解，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，则1L0.1molL1碳酸钠溶液中含有的阴离子数目大于0.1NA，D错误；答案选C。12.某有机物X能发生水解反应，水解产物为Y和Z。同温同压下，相同质量的Y和Z的蒸气所占体积相同，化合物X是()乙酸丙酯 甲酸乙酯 乙酸甲酯 乙酸乙酯A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】同温同压下，相同质量的Y和Z的蒸气所占的体积相同，根据阿伏加德罗定律可得Y和Z的物质的量相等，进一步推得Y和Z的相对分子质量相等。【详解】乙酸丙酯水解生成乙酸与
14、丙醇，其相对分子质量都为60，故正确；甲酸乙酯水解生成甲酸和乙醇，相对分子质量都为46，故正确；乙酸甲酯水解生成乙酸和甲醇，相对分子质量分别为60和32，故错误；乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，相对分子质量分别为60和46，故错误；答案选A。13.pH=a的某电解质溶液中，插入两支惰性电极，通直流电一段时间后，溶液的pH0；升温有利于提高草酸的电离程度B. 草酸中的碳为+3价，具有较强的还原性，可使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 25时，KHC2O4溶液呈弱酸性，有时用于清洗金属表面的锈迹D. 同浓度的KHC2O4和K2C2O4混合溶液中：2c( H2C2O4) +2c( HC2O4)+2c( C2O4
15、2-) =3c(K+)【答案】D【解析】【详解】A升高温度，电离平衡正向进行，有利于提高草酸的电离度，A选项正确；B草酸中氢元素为+1价，氧元素为-2价，所以碳元素为+3价，具有较强还原性，可以与高锰酸钾反应使其褪色，B选项正确；C25时，HC2O4-的水解平衡常数Kh=1.710-13BCD. 若向Mg(OH)2悬浊液中加入CuCl2溶液，一定会有Cu(OH)2生成【答案】C【解析】A. V2=3V1，说明nMg(OH)2=2nCu(OH)2，原溶液中MgCl2和CuCl2的物质的量浓度不相等，故A错误；B.由图可知， CuCl2的物质的量浓度小且首先沉淀铜离子，说明Cu(OH)2的Ksp比
16、Mg(OH)2的Ksp小，故B错误；C. A点时溶质为NaCl和MgCl2，B点时为NaCl，C点为NaCl和NaOH，镁离子水解促进水的电离，NaOH抑制水的电离，NaCl对水的电离无影响，故水的电离程度：ABC，故C正确；D. 要想生成沉淀，必须满足QcKsp，因铜离子浓度大小未知，则无法判断是否生成沉淀，故D错误；答案选C。点睛：本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，根据图象分析MgCl2和CuCl2的的浓度大小及沉淀析出的顺序是解答本题的关键。据图可知，0-V1时生成蓝色沉淀为Cu(OH)2，V1-V2生成的沉淀为Mg(OH)2，V2=3V1，说明nMg(OH)2=2nCu(O
17、H)2，再根据反应可知A点时溶质为NaCl和MgCl2，B点时为NaCl，C点为NaCl和NaOH，据此分析解答本题即可。20.如图所示，某同学设计一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。根据要求回答相关问题：（1）通入氢气的电极为_（填“正极”或“负极”），正极的电极反应式为_。（2）石墨电极(C)为_（填“阳极”或“阴极”），铁电极的电极反应式为_。（3）反应一段时间后，乙装置中生成氢氧化钠主要在_区。（填“铁极”或“石墨极”）（4）如果粗铜中含有锌、银、金等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将_（填“增大”“减小”或“不变”）。（5）若在标准
18、状况下，有2.24L氧气参加反应，则乙装置中（NaCl足量）C电极上生成的气体的分子数为_NA；丙装置中阴极析出铜的质量为_。【答案】 (1). 负极 (2). O2+4e-2H2O=4OH- (3). 阳极 (4). 2H2O+2e-=2OH-+H2 (5). 铁极 (6). 减小 (7). 0.2 (8). 12.8g【解析】【分析】甲装置：为燃料电池，正极：O2+2H2O+4e-=4OH-，负极：H22e+2OH-=2H2O，总反应：2H2+O2=2H2O；乙装置：Fe电极与电源负极相连，为阴极，电极反应式：2H2O+2e-=2OH-+H2，C极为阳极，电极反应式为：2Cl-2e-=Cl
19、2，总反应为：2H2O+2Cl-2OH-+H2+ Cl2；丙装置：铜的电解精炼池，粗铜为阳极，电极反应式主要为：Cu-2e-=Cu2+，精铜为阴极，电极反应式为：Cu2+2e-=Cu，据此解答。【详解】(1)由分析可知，通入氢气的电极为负极，正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：负极；O2+2H2O+4e-=4OH-；(2)石墨电极为阳极，铁电极为阴极，阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2，故答案为：阳极；2H2O+2e-=2OH-+H2；(3)乙装置中Fe电极附近产生OH-，X为阳离子交换膜，则Na+透过X膜在铁极产生NaOH，故答案为：铁极；(4)
20、装置中，阳极粗铜中的Zn、Cu失电子发生氧化反应，阴极上铜离子得电子生成铜，根据转移电子守恒，阳极上铜消耗的质量小于阴极上析出铜的质量，所以溶液中硫酸铜浓度减小，故答案为：减小；(5)标况下2.24LO2即0.1mol，能够转移0.4mol电子，乙池中Fe电极生成H2，因此能生成0.2molH2即0.2NA个分子，丙装置的精铜电极则能析出0.2mol铜单质，即12.8g铜，故答案为：0.2；12.8g。21.25时，现有pH2的醋酸溶液甲和pH2的盐酸乙，以及未知浓度的氢氧化钠溶液丙和未知浓度的氨水丁：（1）取10mL的甲溶液，加入少量固体醋酸钠，醋酸的电离平衡_(填“向左”、“向右”或“不”
21、，下同)移动；（2）相同条件下，若将甲、乙两溶液等体积混合，混合溶液的pH_。（3）25时，各取25mL的甲、乙两溶液，分别用同浓度的NaOH稀溶液中和至pH7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)_(填“大于”、“小于”或“等于”)V(乙)。（4）若用乙去滴定25mL的丁，应选用_作指示剂。（5）若20mL的乙与200mL的丙混合后溶液呈中性，则丙的pH=_。.25时，有c(CH3COOH)c(CH3COO)0.1molL1的一组醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO)与pH的关系如图所示。（6）25时，醋酸的电离常数的数量级为_。（7）w点对应溶液中的离
22、子浓度由大到小为_。（8）c(Na)c(H)c(OH)c(CH3COOH)_molL1【答案】 (1). 向左 (2). 2 (3). 大于 (4). 甲基橙 (5). 11 (6). 10-5 (7). c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH) (8). 0.1【解析】【分析】. (1)加入少量固体醋酸钠，用同离子效应判断醋酸的电离平衡移动方向；(2)根据混合溶液中的氢离子浓度计算pH；(3) 25时，中和至pH7，即呈中性，据此判断出溶质成分，再判断出消耗的NaOH溶液的体积大小；(4)若用乙去滴定25mL的丁，即盐酸和氨水发生中和反应，按所得盐溶液的酸碱性，选用合适的指示剂；(5)
23、若20mL的乙即盐酸与200mL的丙即氢氧化钠混合后溶液呈中性，即恰好中和，据此计算氢氧化钠溶液的浓度及pH；.(6) 25时，据图、抓住w点和电离常数的定义计算醋酸的电离常数的数量级；(7)按w点对应溶液的酸碱性及信息，判断离子浓度大小并排序； (8) 按电荷守恒及信息进行计算；【详解】. (1)加入少量固体醋酸钠，醋酸根浓度增大，醋酸的电离平衡向左移动；答案为: 向左；(2) 混合前醋酸溶液和盐酸的pH均为2，氢离子浓度相同，故混合溶液中的氢离子浓度不变，则pH2；答案为: 2；(3)醋酸和氢氧化钠溶液反应生成醋酸钠呈碱性，故当中和反应后溶液呈中性，意味着反应后得到醋酸和醋酸钠混合溶液，醋
24、酸略有多余，而盐酸则被恰好中和，由于醋酸和盐酸等pH，醋酸物质的量浓度远大于盐酸，故醋酸消耗NaOH溶液的体积更大，即V(甲) 大于V(乙) ；答案为: 大于；(4)盐酸和氨水发生中和反应，得氯化铵溶液呈酸性，选择在酸性溶液中变化的指示剂，即甲基橙；答案为: 甲基橙；(5) 25，20mL pH2的盐酸与200mL的氧化钠混合后溶液呈中性，即恰好中和，则氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是，该溶液中氢离子的浓度，则pH=11；答案为: 11；.(6) ，25时，抓住w点c(CH3COOH)=c(CH3COO)，则酸的电离常数的数量级为10-5；答案为: 10-5；(7)溶液中c(CH3COOH)c(
25、CH3COO)0.1molL1， w点c(CH3COOH)=c(CH3COO) 0.05molL1，该温度下，w点溶液pH =4.75，呈酸性，溶液中电荷守恒，则c(CH3COO)c(Na)，故离子浓度大小排序为c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)； 答案为: c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)；(8) 溶液呈电中性，则c(Na)c(H)c(OH)= c(CH3COO)，故c(Na)c(H)c(OH)c(CH3COOH)c(CH3COO) c(CH3COOH)=0.1molL1；答案为: 0.1。【点睛】本题主要考查弱电解质在水溶液中的电离平衡、溶液酸碱性及中和反应等相关
26、知识，充分理解定义、应用电荷守恒、合理有效提取图像信息是解本题的关键。22.碳酸锰是制取其他含锰化合物的原料，也可用作脱硫的催化剂等。一种焙烧氯化铵和菱锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图所示已知菱锰矿粉的主要成分是MnCO3，还有少量的Fe、Al、Ca、Mg等元素常温下，相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围如表金属离子Al3Fe3Fe2Ca2+Mn2Mg2开始沉淀的pH3.81.56.310.68.89.6沉淀完全的pH5.22.88.312.610811.6回答下列问题：（1）“混合研磨”的作用为_（2）分析图1、图2，焙烧氯化铵、菱锰矿粉的最佳条件是：温度
27、_，m（NH4Cl）:（锰矿粉）=_。（3）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_（4）净化除杂流程如下已知几种物质氧化能力的强弱顺序为(NH4)2S2O8KMnO4MnO2Fe3，常温下KMnO4能氧化盐酸产生氯气，则氧化剂X宜选择_A(NH4)2S2O8 BMnO2 CKMnO4调节pH时，pH可取的范围为_常温下Ksp(CaF2)=3.201012；Ksp(MgF2)=7.291011.当溶液中离子浓度小于或等于1105mol/L时可认为离子沉淀完全。要使Ca2和Mg2都沉淀完全，沉淀后的溶液中F的浓度不低于_。（5）“碳化结晶”过程中不能用碳酸铵代替碳酸氢铵，可能的原因是_【答案】
28、(1). 增大反应物接触面，加快反应速率，提高原料的利用率（或转化率） (2). 500 (3). 1.10 (4). MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O (5). B (6). 5.2pH8.8 (7). 2.710-3mol/L (8). 水解程度大于，易生成锰的氢氧化物沉淀【解析】分析】菱锰矿的主要成分为MnCO3，加入氯化铵焙烧发生的主要反应为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O，酸浸后其中Fe、Al、Ca、Mg等元素也被溶解生成Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，所以浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，结合
29、表中离子的沉淀pH及信息可知，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，再加氨水调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去，净化液主要溶质主要为MnCl2、NH4Cl，加入碳酸氢铵发生反应生成MnCO3，碳化结晶，过滤，滤饼干燥后得到MnCO3，滤液为NH4Cl溶液，蒸发结晶得到NH4Cl固体，可循环使用。【详解】(1)“混合研磨”可增大反应物的接触面积，加快反应速率，则“混合研磨”的作用为增大反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；(2) 根据图可知，锰的浸出
30、率随着温度的升高而增大，随着m(NH4Cl)：m(锰矿粉)增大而增大，500、m(NH4Cl)：m(锰矿粉)=1.10时，锰的浸出率较高，温度再高，m(NH4Cl)：m(锰矿粉)再大，浸出率变化不大，成本增加，故焙烧温度取500、m(NH4Cl)：m(锰矿粉)=1.10即可；故答案为：500；1.10；(3) 根据以上分析可知，“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O。故答案为：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O；(4)根据氧化能力的强弱顺序(NH4)2S2O8KMnO4MnO2Fe3，且常温下KMnO4能氧化
31、盐酸产生氯气，为防止除杂时影响到Mn元素，需要把浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，为了防止Cl-被氧化，且容易除去过量的氧化剂，最合适的试剂为MnO2，且MnO2的还原产物为Mn2+，不引入新杂质；故答案为：B；欲使Al3+、Fe3+变为沉淀除去，溶液pH5.2，不使Mn2+沉淀，pH8.8，溶液pH的范围为5.2pH8.8；故答案为：5.2pHOCCu (4). sp2、sp3 (5). 2 (6). 正四面体形 (7). CCl4（合理均可） (8). 12 (9). Cu3N (10). 【解析】【分析】（1）基态铜原子的最外层电子所处的原子轨道为4s，据此写其形状，铜原子序数为29，据
32、此写基态的Cu3价电子排布式；（2）按第一电离能的规律写Cu、C、N、O四种元素的第一电离能由大到小的顺序；按氨基酸铜中碳原子是单键还是双键确定其杂化方式并计算1mol氨基酸铜中含有的键数目；（3）用杂化轨道理论和价层电子对互斥理论确定的空间构型、并写出一种等电子体；（4）按铜晶体晶胞是面心立方晶胞模型求铜原子的配位数；（5）用均摊法计算如图所示晶体的化学式，通过计算晶胞质量、晶胞体积计算晶胞密度，也就是；【详解】(1)Cu为29号元素，最外层为4s电子，s原子轨道呈球形；基态Cu3+的价电子排布式为3d8；故答案为：球形；3d8；(2)N的2p轨道为半充满结构，故N的第一电离能比C和O大，C
33、u为金属，第一电离能最小，故第一电离能：NOCCu；该氨基酸铜中含有双键的碳原子杂化方式为sp2，以单键连接其它原子的杂化方式为：sp3；C=O中有一个键，故1mol氨基酸铜含有2mol键，故答案为：NOCCu；sp2、sp3；2；(3) 中N的杂化轨道数，采用sp3杂化，空间构型为正四面体形；CCl4与原子总数相同，价电子总数相同，互为等电子体，故答案为：正四面体形；CCl4；(4)铜晶体为面心立方结构，每个铜原子距离最近的铜原子数为12，配位数为12；故答案为：12；(5)每个晶胞含有Cu：，含有N：，故晶体的化学式为Cu3N，每个晶胞的质量，晶胞的体积，故晶胞的密度 ；故答案为：Cu3N
34、； 。【点睛】本题考查原子核外电子排布、杂化、晶胞的计算，掌握元素原子核外电子排布的规律、杂化轨道理论、微粒的空间构型、晶胞的计算是解题的关键。25.有机物M是有机合成的重要中间体，制备M的一种合成路线如下(部分反应条件和试剂略去)：已知：A的密度是相同条件下H2密度的38倍；其分子的核磁共振氢谱中有3组峰；(-NH2容易被氧化)；R-CH2COOH请回答下列问题：（1）A中官能团的名称为_；B的结构简式为_；C的名称为_。（2）CD的反应类型是_；1molD最多能与_molNaOH反应；I的结构简式为_。（3）M不可能发生的反应为_(填选项字母)。a.加成反应b.氧化反应c.取代反应d.消去
35、反应（4）和M分子中苯环上的取代基完全相同的M的同分异构体有_（不含M）。（5）FG的化学方程式为_。【答案】 (1). 羟基 (2). OHCCH2CHO (3). 丙二酸 (4). 取代反应 (5). 3 (6). (7). d (8). 9 (9). +(CH3CO)2O+CH3COOH【解析】【分析】由已知条件A的密度是相同条件下H2密度的38倍、知A的相对分子质量为76，A分子的核磁共振氢谱中有3组峰即分子内有3种氢原子，从流程图中A到C，经两步氧化得到羧酸，可知：A为1，3丙二醇，经催化氧化得到B(丙二醛)，再催化氧化得到C(丙二酸)，与Br2发生取代得到D；E经过还原反应得到F，
36、硝基还原为氨基，F发生取代反应得到G；D与G发生取代反应得到H，经过信息提供的反应类型得到 I，再由 I 得到M，据此回答。【详解】(1)由分析可知：A为1，3丙二醇， B为丙二醛，C为丙二酸则A中官能团的名称为羟基； B的结构简式为OHCCH2CHO；C的名称为丙二酸； 故答案为：羟基；OHCCH2CHO；丙二酸 ；(2) C为丙二酸，D为HOOC-CHBr-COOH，CD的反应类型取代反应； D分子内含2个羧基1个溴原子，均能与NaOH反应，故1molD最多能与3molNaOH反应； I 是H的两个羧基官能团发生反应类型得到 I，I的结构简式为：；故答案为：取代反应；3；(3)M为，所含苯
37、环可催化加氢，因含酚羟基可发生氧化反应和取代反应，含羧基可发生取代反应等，但不能发生消去反应；故答案为：d； (4)M为，其同分异构体苯环上和M分子中苯环上的取代基完全相同，即都有这3个取代基，只要用“定二移一”的方法确定其种类即可，设这3个取代基分别为X、Y和Z， X和Y可处于苯环上的邻位、间位、对位3种情况，当X和Y处邻位时，苯环上有4种氢原子，则苯环上出现第3个取代基Z时，即有四种同分异构体、当X和Y处间位时，苯环上有4种氢原子，同理，也有4种同分异构体、当X和Y处对位时，苯环上有2种氢原子，同理，又有2种同分异构体，总共10种，但是其中一种是M自身，故满足条件的同分异构体为9种；故答案为：9； (5) F为，G为；FG的化学反应，氨基去氢，(CH3CO)2O断裂一个碳氧单键，两者发生取代反应，化学方程式为：+(CH3CO)2O+CH3COOH；故答案为：+(CH3CO)2O+CH3COOH。【点睛】本题考查了有机物的推断，结构简式的书写，化学方程式的书写，同分异构体数目的判断等，解题的关键是结合相对分子质量、反应类型等已知条件和信息提示推出有机物，应用官能团的性质等知识求解。
