1、（全国I卷）安徽省2020届高三化学下学期第五次联考试题（含解析）一、选择题：本题共7小题，每题6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.化学与人类社会、生活休戚相关。下列生活现象或事实以及解释均正确的是（ ）A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. Cl2可用于饮用水的消毒，是因为氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，能杀死细菌病毒，不是氯气有漂白性，故A错误；B. 铁粉是作抗氧剂，故B错误；C. 铝金属电池，铝是还原剂，利用还原性，镁铝耐腐蚀是在空气中金属表面生成致密氧化膜，阻止金属内部继续被氧化，故C错误；D. 新型陶瓷镶嵌在火箭外壳，主要是
2、新型陶瓷具有耐高温的作用，避免火箭因高温而灼烧，故D正确。综上所述，答案为D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（ ）A. 已知t时，MgCO3的Ksp=410-6，则MgCO3饱和溶液中含Mg2+数目为210-3NAB. 一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数一定为0.1NAC. CO2通过Na2O2使其增重bg时，反应中转移的电子数为D. 1mol带有乙基支链的烷烃，分子中所含碳原子数最少为5NA【答案】B【解析】【详解】AMgCO3的Ksp=4106，则MgCO3饱和溶液中，但由于不知溶液的体积，故无法计算溶液中Mg2+数目，故A错误；B
3、2.3Na完全反应，钠的物质的量，反应中Na元素化合价由0价升高为+1价，故转移电子数目=0.1mol1NAmol-1=0.1NA，故B正确；C将二氧化碳通过过氧化钠固体，固体增加的质量相当于CO的质量，电子的物质的量等于CO的物质的量，因此反应中转移电子数为，故C错误；D支链只有一个乙基，主链至少含有5个C，因此该烷烃最少含7个碳原子的烷烃，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】对于溶液来计算阿伏伽德罗常数时一定要注意是否有溶液的体积，没有溶液的体积，只有浓度是无法计算的。3.合成有机玻璃单体的一种方法如下，下列有关说法正确的是（ ）A. a、b、c均易溶于水和有机溶剂B. 与a具有相同官能
4、团的同分异构体还有1种C. a、c分子中碳原子一定在同一平面上D. a、c均能发生加成、氧化、取代和还原反应【答案】D【解析】【详解】A. 酯难溶于水，故A错误；B. 与a具有相同官能团的同分异构体结构还有CH2=CHCH2COOH，CH3CH=CHCOOH，故B错误；C. 碳碳双键、羰基为平面结构，且双键与酯基或羧基相连，因此a分子中碳原子一定在同一平面上，c分子中最后一个碳原子(OCH3)不一定在同一平面上，故C错误；D. a、c均能发生碳碳双键与氢气发生加成反应，也叫还原反应，碳碳双键被酸性高锰酸钾氧化，羧基发生酯化反应也叫取代，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】酯是难溶于水的，一般
5、低级醇和低级酸能溶于水；碳碳双键与氢气发生加成反应也是还原反应。4.X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，在同周期元素的原子中，W的半径最大；Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，A、B、C分别为X、Y、Z形成的二元化合物，D、M分别为Y、Z元素形成的单质，相互转化关系如图。下列说法正确的是（ ）A. W、Z、Y、X元素的原子半径依次减小B. 简单气态氢化物的沸点Z比W的高C. 工业上可用电解熔融的W元素氯化物制备WD. 非金属性：YZX【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，在同周期元素的原子中，W的半径最大，则W为Na；Z的原子序数等于X、Y原子序数之
6、和，A、B、C分别为X、Y、Z形成的二元化合物，D、M分别为Y、Z元素形成的单质，相互转化关系如图，根据连续的M，则M为氧气，Z为O，A为氨气，B为NO，C为NO2，D为N2，则X为H，Y为N。【详解】A. 原子半径大小顺序为Na N O H，故A错误；B. NaH是离子晶体，H2O为分子晶体，因此H2O沸点比NaH的低，故B错误；C. 工业上可用电解熔融的NaCl制备Na，故C正确；D. 同周期，从左到右非金属增强，因此非金属性：O N H，故D错误。综上所述，答案为C。5.2019年诺贝尔化学奖授予约翰古迪纳夫、斯坦利惠廷厄姆与吉野彰这三位被称为“锂电池之父”的科学家，以表彰他们在锂离子电
7、池领域作出的突出贡献。如图是一种最新研制的聚合物锂电池，a极为含有Li、Co、Ni、Mn、O等元素组成的混盐，电解质为一种能传导Li+的高分子复合材料，b极为镶嵌金属锂的石墨烯材料，反应原理为：LixC6+Li3-xNiCoMnO6C6+Li3NiCoMnO6。下列说法正确的是（ ）A. 充电时，Li+向电池的a极移动B. 放电时，电池的负极反应为LixC6-xe-=xLi+C6C. 充电时若转移的电子数为3.011023个，两极材料质量变化相差0.7gD. 该电池若采用盐酸、稀硫酸等酸性溶液作为电解质溶液，工作效率会更高【答案】B【解析】【分析】a极为含有Li、Co、Ni、Mn、O等元素组成
8、的混盐，电解质为一种能传导Li+的高分子复合材料，b极为镶嵌金属锂的石墨烯材料，LixC6+Li3-xNiCoMnO6C6+Li3NiCoMnO6，分析得出b极Li化合价升高失去电子，为原电池负极，a极为原电池正极。【详解】A. 放电时b为负极，充电时b极为阴极，根据“异性相吸”原理，得出Li+向电池的b极移动，故A错误；B. 放电时，b极负极，其电极反应为LixC6xe = xLi+C6，故B正确；C. 充电时若转移的电子数为3.011023个即0.5mol电子，阳极有0.5mol Li+转移到阴极，在阴极有0.1mol Li+得到电子变为LixC6，因此阳极质量减少0.5mol7 gmol
9、1=3.5g，阴极质量增加0.5mol7 gmol1=3.5g，因此两极材料质量变化相差7g，故C错误；D. 该电池若采用盐酸、稀硫酸等酸性溶液作为电解质溶液，Li会直接和稀盐酸、稀硫酸反应，因此不能作电解质溶液，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】原电池中化合价升高失去电子的极为负极，化合价降低得到电子的极为正极，充电时，原电池负极变为阴极，原电池正极变为阳极。6.某兴趣小组用如图装置探究甲烷与氯气反应同时收集副产品盐酸，下列说法正确的是（ ）A. 浓硫酸在整套装置中的作用是干燥气体B. 采用200mL8mol/L盐酸与足量二氧化锰反应最多可得0.4molCl2C. 石棉上可滴加饱和食盐水
10、，用于吸收氯气D. 光照一段时间，装置C硬质玻璃管内壁出现的黑色小颗粒可能是碳【答案】D【解析】【详解】A观察装置可知，浓硫酸不仅可以干燥气体，还可以使气体混合均匀，同时能够通过观察气泡判断流速，故A错误；B200mL 8 molL1盐酸物质的量，盐酸浓度变小后，与二氧化锰不再反应，根据MnO2 4HCl Cl2，因此生成的氯气的物质的量小于0.4mol，故B错误；C氯气难溶于饱和食盐水，不可用饱和食盐水吸收氯气，故C错误；D由组成元素分析，黑色小颗粒可能是碳，故D正确。综上所述，答案为D。7.已知25时，几种难溶电解质的溶度积常数Ksp如下表所示(当某种离子浓度10-5molL-1时，认为完
11、全沉淀)：下列说法正确的是（ ）A. 相同温度下，溶度积常数越大相应物质的溶解度就越大B. 欲用1LNaCl溶液将0.01molAgBr转化AgCl沉淀，则c(NaCl)3.61mol/LC. 在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4能使溶液由图中Y点变为X点D. AgCl悬浊液中存在平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，往其中加入少量NaCl固体，平衡向左移动，溶液中离子的总浓度会减小【答案】B【解析】【详解】A. 相同类型的难溶物，其溶度积越大，溶解度就越大，不同类型的难溶物不具有可比性，故A错误；B. 当AgBr完全转化为AgCl时，溶液中c(Br)=0.01 molL1
12、，得到c(Cl)=3.6 molL1，加上沉淀所需要的0.01 molL1，共3.61 molL1，因此c(NaCl)3.61 molL1，故B正确；C. 加入K2CrO4能使溶液平衡向生成Ag2CrO4的方向移动，CrO42离子浓度增大，Ag减小，所以不会变为X点，应从Y点向Z点移动，故C错误；D. AgCl悬浊液中存在平衡：AgCl(s) Ag(aq)Cl(aq)，加入NaCl固体，平衡向左移动，因为引入了Na，溶液中离子的总浓度会增大，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】相同温度下，加参与反应的离子，离子浓度增加，但溶度积常数不变，因此图像只能在这条曲线上移动。8.2019年诺贝尔化学
13、奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。锂被誉为“高能金属”，是锂电池的电极材料，工业上用-锂辉矿(主要成分为Li2OAl2O34SiO2以及少量钙、镁杂质)和氟磷灰石(Ca5P3FO12)联合制取锂离子电池正极材料(LiFePO4)，其工业生产流程如图：已知：KspAl(OH)3=2.710-34；LiFePO4难溶于水。回答下列问题：（1）氟磷灰石(Ca5P3FO12)中磷元素的化合价为_，沉淀X的主要成分是_(写化学式)。（2）操作3的名称是_，操作1所需的玻璃仪器名称为_。（3）蒸发浓缩Li2SO4溶液的目的是_。（4）写出合成反应的离子方程式_。（5）科学家设计一种锂电池
14、的反应原理为LiFePO4Li+FePO4，放电时正极反应式为_。（6）工业上取300吨含氧化锂5%的-锂辉矿石，经上述变化得到纯净的LiFePO4共110.6吨，则元素锂的利用率为_。【答案】 (1). +5 (2). CaCO3、Mg(OH)2 (3). 分液 (4). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (5). 增大溶液中锂离子浓度，便于生成磷酸亚铁锂沉淀 (6). H2PO4 + Li+ + Fe2+ = LiFePO4+ 2H+ (7). FePO4 + Li+ + e = LiFePO4 (8). 70%【解析】【分析】-锂辉矿焙烧后，溶于硫酸生成硫酸锂、硫酸铝、硫酸钙、硫酸镁和二氧化硅沉淀，调
15、节pH为6，铝离子沉淀，滤液的硫酸镁能与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，得到滤液硫酸锂蒸发浓缩后与磷酸二氢铵、硫酸亚铁反应生成难溶的LiFePO4。【详解】氟磷灰石(Ca5P3FO12)中Ca为+2价，O为-2价，F为-1价，根据化合物价态代数和为0得到磷元素的化合价为+5，-锂辉矿焙烧后，溶于硫酸生成硫酸锂、硫酸铝、硫酸钙、硫酸镁和二氧化硅沉淀，调节pH为6，铝离子沉淀，滤液的硫酸镁能与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，因此沉淀X的主要成份的化学式是CaCO3和Mg(OH)2；故答案为：+5；CaCO3、Mg(OH)2。观
16、察流程可知，操作1得到硫酸钙，因此操作1为过滤，所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，操作3得到有机相，因此操作3为分液；故答案为：分液；烧杯、漏斗、玻璃棒。蒸发浓缩Li2SO4溶液，可使溶液中锂离子浓度增大，便于生成磷酸亚铁锂沉淀；故答案为：增大溶液中锂离子浓度，便于生成磷酸亚铁锂沉淀。合成反应是磷酸二氢铵、磷酸亚铁和硫酸锂，产物为难溶的LiFePO4，其离子方程式H2PO4 + Li+ + Fe2+ = LiFePO4+ 2H+；故答案为：H2PO4 + Li+ + Fe2+ = LiFePO4+ 2H+。科学家设计一种锂电池的反应原理为LiFePO4Li+FePO4，则Li为负极，FePO
17、4为正极，放电时正极反应式为FePO4 + Li+ + e = LiFePO4；故答案为：FePO4 + Li+ + e = LiFePO4。300吨含氧化锂5%的-锂辉矿中Li2O的质量为300吨5% = 15吨，根据关系式Li2O2LiFePO4，理论上可生成磷酸亚铁锂为，则元素锂的利用率为；故答案为70%。9.苯甲酸乙酯(C9H10O2)是一种重要的有机合成中间体，有香味，广泛用于配制香水、香精和食品工业中。某兴趣小组设计制备苯甲酸乙酯的实验步骤如下：在250mL带有分水器的烧瓶中加入24.4g苯甲酸、50mL苯、18.4g乙醇和0.8g硫酸，按如图所示装好仪器，控制温度在6570加热回
18、流至分水器无水分出来为止。将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，加入Na2CO3至溶液呈中性。分液后水层用乙醚萃取，然后合并至有机层，加入少量无水MgSO4固体，静置，过滤。对滤液进行蒸馏，低温蒸出乙醚和苯后，继续升温到一定温度后，即得约25.7mL产品。实验原理、装置和有关数据如下：苯甲酸在100会迅速升华。回答下列问题：（1）在该实验中，分离得到苯甲酸乙酯操作时必需的主要仪器是_(填入字母)。A.分液漏斗 B.漏斗 C.蒸馏烧瓶 D.直形冷凝管 E.蒸发皿 F.温度计（2）步骤中使用分水器不断分离水的目的是_。（3）步骤中蒸馏操作温度计的水银球位置应处在_，温度计的最大量程应为_。A.10
19、0 B.150 C.200 D.250（4）本实验中加入过量乙醇的目的是_。（5）步骤加入Na2CO3的作用是_。（6）计算本实验的产率为_。（7）步骤若加入Na2CO3的量不足，最后蒸馏产品时蒸馏烧瓶瓶口内壁上有晶体附着，产生该现象的原因_。【答案】 (1). CDF (2). 使平衡不断正向移动，提高产率 (3). 蒸馏烧瓶的支管口 (4). D (5). 提高苯甲酸的转化率 (6). 吸收硫酸和未反应的苯甲酸，同时降低酯的溶解度 (7). 90% (8). 苯甲酸未除净，在受热时发生升华和凝华现象【解析】【分析】实验结束分离苯甲酸乙酯采用蒸馏法。该反应为可逆反应，分离出水，可使平衡向正反
20、应方向移动。蒸馏时测量的是蒸汽的温度，苯甲酸乙酯的沸点212.6，得出温度计的量程。酯化反应是可逆反应，增大反应物的浓度可以使平衡正向移动，增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高。步骤加入Na2CO3的作用是除去硫酸和未反应的苯甲酸，同时也可以降低酯在水中的溶解度。，先计算理论上产量，再根据公式计算。若碳酸钠加入不足，苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100时发生升华。【详解】实验结束分离苯甲酸乙酯采用蒸馏法，蒸馏操作所需的主要玻璃仪器是酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、接收器、锥形瓶；故答案为：CDF。该反应为可逆反应，分离出水，可使平衡向正反应方向移动，因此步骤中使用分
21、水器不断分离水的目的是使平衡不断正向移动，提高产率；故答案为：使平衡不断正向移动，提高产率。蒸馏时测量的是蒸汽的温度，故温度计水银球要放在蒸馏烧瓶的支管口，苯甲酸乙酯的沸点212.6，所有温度计的量程为250；故答案为：蒸馏烧瓶的支管口；D。酯化反应是可逆反应，增大反应物的浓度可以使平衡正向移动，增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高，因此本实验中加入过量乙醇的目的是提高苯甲酸的转化率；故答案为：提高苯甲酸的转化率。步骤加入Na2CO3的作用是除去硫酸和未反应的苯甲酸，同时也可以降低酯在水中的溶解度；故答案为：吸收硫酸和未反应的苯甲酸，同时降低酯的溶解度。，理论上24.4g苯甲酸
22、与足量乙醇反应生成苯甲酸乙酯的质量是，实际得到苯甲酸乙酯的质量是25.7mL 1.05gmL1 = 27g，所以本实验的产率为；故答案为：90%。若碳酸钠加入不足，苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100时发生升华，因此最后蒸馏产品时蒸馏烧瓶瓶口内壁上有晶体附着，产生该现象的原因苯甲酸未除净，在受热时发生升华和凝华现象；故答案为：苯甲酸未除净，在受热时发生升华和凝华现象。10.碳是生命的基础，近几年科学家们纷纷掀起了研究碳的热潮。回答下列问题：（1）2019年人们“谈霾色变”，汽车尾气是雾霾的罪魁之一。汽车尾气净化的原理为：2NO(g)+2CO(g)=2CO2(g)+N2(g) H0。某
23、温度下，恒容的密闭容器中通入NO和CO，测得不同时间的NO和CO的浓度如下表：2s内用N2表示的化学反应速率为_，该温度下，反应的化学平衡常数为_。若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是_(填代号)。（2）用CH4催化还原NOx也可以减少氮的污染。已知：CH4(g)+2NO2(g)= CO2(g)+ N2(g)+2H2O(g) H=867kJ/mol2NO2(g)=N2O4(g) H=-56.9kJ/molH2O(g)=H2O(l) H=-44.0kJ/mol写出CH4催化还原N2O4(g)生成N2和H2O（1）的热化学方程式：_。（3
24、）常温常压下，测得向水中通入足量的CO2后，水溶液的pH=5.6。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3HCO3-+H+的平衡常数K大约为_。(已知：溶液中c(H2CO3)=1.510-5 molL1，10-5.6=2.510-6)常温下，测得NaHCO3溶液呈碱性，则溶液中c(H2CO3)_c(CO32-)(填“”“”或“ (7). 碳酸氢钠溶液中存在水解平衡HCO3+H2OH2CO3 + OH和电离平衡HCO3 CO32+H+，水解程度大于电离程度，溶液显碱性 (8). 1.75104【解析】【分析】先计算前2s内的c(NO)，再计算c(N2)和平均反应速率，先计算平衡时每个
25、物质的浓度，再计算平衡常数。a. 反应达到平衡时，各物质的速率不再改变；b. 绝热容器中，反应放热，温度升高，平衡常数减小，当平衡常数减小到不改变时，则达到平衡；c. 这两者的物质的量相等不一定能说明达到平衡，只有这两者的物质的量不再改变，则达到平衡；d. 质量分数不再改变，则达到平衡。第一个方程式减去第二个方程式再加第三个方程式的2倍。根据电离平衡计算平衡常数；常温下，测得NaHCO3溶液呈碱性，主要原因碳酸氢钠溶液中存在水解平衡HCO3+H2OH2CO3 + OH和电离平衡HCO3 CO32+H+，水解程度大于电离程度，溶液显碱性；浸取过程中会发生反应：CaSO4(s)+CO32 (aq)
26、CaCO3(s)+SO42 (aq)，根据平衡常数和溶度积常数进行计算。【详解】前2s内的c(NO) =(1.000.25)103 molL1 =7.50104 molL1，则c(N2) = 7.50104 molL1=3.75104 molL1，平均反应速率；反应达到平衡时c(CO) =1104 molL1，c(NO)= 2.7103 molL1，c(N2) =c(N2) = 9104 molL1=4.5104 molL1，则c(CO2) =c(CO2) =c(CO)= 9104 molL1，该温度下，反应的化学平衡常数为；故答案为：1.875104 molL1s1；5000。a. 反应达到
27、平衡时，各物质的速率不再改变，故a不符合题意；b. 绝热容器中，反应放热，温度升高，平衡常数减小，当平衡常数减小到不改变时，则达到平衡，故b符合题意；c. 这两者的物质的量相等不一定能说明达到平衡，只有这两者的物质的量不再改变，则达到平衡，故c不符合题意；d. 质量分数不再改变，则达到平衡，故d符合题意；综上所述，答案为bd。第一个方程式减去第二个方程式再加第三个方程式的2倍，即得CH4催化还原N2O4(g)生成N2和H2O(l)的热化学方程式：CH4(g) + N2O4 (g) = CO2(g)+N2(g)+2H2O(l) H= 867 kJmol1(56.9 kJmol1) +2(44 k
28、Jmol1) = 898.1 kJmol1；故答案为：CH4(g) + N2O4 (g) = CO2(g)+N2(g)+2H2O(l) H= 898.1 kJmol1。忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3HCO3+H+的平衡常数K大约为；故答案为：4.2107 molL1。常温下，测得NaHCO3溶液呈碱性，原因是碳酸氢钠溶液中存在水解平衡HCO3+H2OH2CO3 + H+和电离平衡HCO3 CO32+H+，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，因此溶液中c(H2CO3) c(CO32)；故答案为：；碳酸氢钠溶液中存在水解平衡HCO3+H2OH2CO3 + OH和电离平衡HCO3
29、CO32+H+，水解程度大于电离程度，溶液显碱性。浸取过程中会发生反应：CaSO4(s)+CO32 (aq)CaCO3(s)+SO42 (aq)，；故答案为：1.75104。11.铜是生活中常见的金属，铜及其化合物在不同环境中能呈现出不同的颜色：回答下列问题：（1）Cu基态核外电子排布式为_；科学家通过X射线测得Cu(H2O)4SO4H2O结构示意图可简单表示如图：图中虚线表示的作用力为_。（2）已知Cu+(SCN)2Cu+(SCN)2，1mol(SCN)2分子中含有的键数目为_，写出2个与SCN-互为等电子体的分子的化学式_。（3）金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧
30、化氢的混合溶液反应，其原因是_，反应的化学方程式为_。（4）在Cu(H2O)4SO4H2O晶体中，Cu(NH3)42+为平面正方形结构，则呈正四面体结构的原子团是_，其中心原子的杂化轨道类型是_。（5）已知Cu的晶胞结构如图所示，铜原子的配位数为_，又知晶胞边长为3.6110-8cm，则Cu的密度为_ (保留三位有效数字)。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1 (2). 配位键、氢键 (3). 4NA (4). CO2、CS2(其他答案正确即可) (5). 过氧化氢为氧化剂，氨与铜离子形成配离子，两者相互促进使反应进行 (6). Cu + H2O2 + 4NH3H2
31、O = Cu(NH3)4(OH)2+4H2O (7). SO42 (8). sp3 (9). 12 (10). 9.04gcm3【解析】【分析】Cu是29号元素，写出基态核外电子排布式；Cu2+与H2O中O之间是配位键，O提供孤对电子，HO之间是分子间氢键。根据(SCN)2的结构式为NCSSCN计算键数目；根据价电子数S = O =N分析，书写与SCN互为等电子体的分子的化学式。金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，说明两者能相互促进，其中过氧化氢为氧化剂，氨与铜离子形成配离子，两者相互促进使反应进行，再书写方程式。计算硫酸根的价层电子对数，得出中心原
32、子的杂化轨道类型和结构。已知Cu的晶胞结构如图所示，Cu是面心立方，计算晶胞中Cu的个数和根据公式计算Cu的密度。【详解】Cu是29号元素，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；科学家通过X射线测得Cu(H2O)4SO4H2O结构示意图可简单表示如图：Cu2+与H2O中O之间是配位键，O提供孤对电子，HO之间是分子间氢键；故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；配位键、氢键。(SCN)2的结构式为NCSSCN，因此1mol(SCN)2分子中含有的键数目为4NA，根据价电子数S = O =N分析，与SCN互为等电子体的分子的化学式CO2、CS2；故答
33、案为：4NA；CO2、CS2(其他答案正确即可)。金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，说明两者能相互促进，其中过氧化氢为氧化剂，氨与铜离子形成配离子，两者相互促进使反应进行，方程式可表示为Cu + H2O2 + 4NH3H2O = Cu(NH3)4(OH)2+4H2O；故答案为：过氧化氢为氧化剂，氨与铜离子形成配离子，两者相互促进使反应进行；Cu + H2O2 + 4NH3H2O = Cu(NH3)4(OH)2+4H2O。在Cu(H2O)4SO4H2O晶体中，Cu(NH3)42+为平面正方形结构，S与四个O形成4个共价键，孤对电子数=，因此价层电子对
34、数为4对，中心原子的杂化轨道类型为sp3杂化，呈正四面体结构；故答案为：SO42；sp3。已知Cu的晶胞结构如图所示，Cu是面心立方，因此铜原子的配位数为12，又知晶胞边长为3.6110-8cm，晶胞中Cu的个数为，则Cu的密度为 ；故答案为：12；9.04gcm3。12.如图是合成治疗胆囊炎的一种药物的合成路线。回答下列问题：已知：在Fe、HCl作用下，硝基易被还原为氨基。有机物命名时，当有其他官能团存在，卤原子、氨基一般都作为取代基出现。（1）E的化学名称为_；G的分子式为_。（2）AB、DE的有机反应类型分别是_、_；E中含有官能团的名称是_。（3）写出F生成G的化学方程式_。（4）F的
35、同分异构体中既能与FeCl3发生显色反应，又能发生银镜反应的物质共有_种；写出其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积之比为1221的同分异构体的结构简式_ (任写一种)。（5）参照上述合成路线，以甲苯为原料(无机试剂任选)，设计制备F的合成路线_。【答案】 (1). 4-氨基苯酚 (2). C13H11NO3 (3). 取代反应 (4). 还原反应 (5). 羟基、氨基 (6). (7). 9 (8). (任写一种) (9). 【解析】【分析】苯和氯气在催化剂作用下反应生成氯苯，氯苯根据G的结构得到E的结构简式和F的结构简式，再根据信息反推D的结构，把D的NO2变为E的NH2，再根据C到D为酸化
36、，即C中的酚羟钠基团变为酚羟基，B到C为水解，A到B取代得到含硝基的B即。【详解】E的结构简式为，根据有机物命名时，当有其他官能团存在，卤原子、氨基一般都作为取代基出现，其化学名称为4-氨基苯酚；G的分子式为C13H11NO3；故答案为：4-氨基苯酚；C13H11NO3。AB是发生硝化反应，为取代反应，DE是硝基变为氨基，反应类型为还原反应；E中含有官能团的名称是羟基、氨基；故答案为：取代反应；还原反应；羟基、氨基。F生成G的化学方程式；故答案为：。F的同分异构体中既能与FeCl3发生显色反应，含有酚羟基，又能发生银镜反应的物质，说明含有醛基，可能是一个醛基(CHO)和两个酚羟基(OH)，还可能是一个酯基(OOCH)和一个酚羟基(OH)。两个酚羟基(OH)处于苯环的邻、间、对三个位置，一个醛基(CHO)放入，则分别有2种、3种、1种同分异构，OH与OOCH处于苯环的邻、间、对三个位置，有3种同分异构，因此共有9种；其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积之比为1221的同分异构体的结构简式(任写一种)；故答案为：9；(任写一种)。甲苯先在铁作用下与氯气发生取代反应，再在酸性高锰酸钾作用下，甲基被氧化为羧基即，再在氢氧化钠作用下水解生成，再在酸性条件下酸化得到F，因此制备F合成路线；故答案为：。
