1、（全国I卷）广东省兴宁一中2020届高三化学3月质量检测考试试题（含解析）相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Cu64 Pb207 Fe56第I卷一、选择题：本题共7小题，每小题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.化学与生产、生活和技术等密切相关，下列说法正确的是（ ）A. 明矾和Fe2(SO4)3可作饮用水的净水剂和消毒剂B. 工业上用电解MgO、Al2O3的方法来冶炼对应的金属C. 高级脂肪酸乙酯是生物柴油的一种成分，这属于油脂D. （肘后急备方）“青蒿一捏，以水二升渍，取绞汁”，该过程属于物理变化【答案】D【解析】【详解】A. 明矾和Fe2(SO
2、4)3可作饮用水的净水剂，但不能用于杀菌消毒，故A错误；B. MgO熔点较高，工业上电解熔融MgCl2制备镁单质，故B错误；C. 油脂为高级脂肪酸甘油脂，高级脂肪酸乙酯属于酯类，不属于油脂，故C错误；D. “青蒿一握，以水二升渍，取绞汁”为萃取过程，没有新物质生成，属于物理变化，故D正确；故答案为D。2.有专家研究发现，有机物M（结构为）可能是合成抑制新型冠状病毒药物的重要物质，下列关于M的说法正确的是（ ）A. 与乙烯互为同系物B. 所有碳原子可在同一平面上C. 一氯取代物有3种D. 可使酸性KMnO4溶液、溴水褪色，原理相同【答案】C【解析】【详解】A. 同系物必须为同类物质，乙烯为链烃，
3、有机物M中有环状结构，不是同类物质，所以二者不是同系物，故A错误；B. 有机物M中有3个碳原子与同一饱和碳原子相连，不可能在同一平面上，故B错误；C. 该分子结构对称，有3种环境的氢原子，所以一氯代物有三种，故C正确；D. 含有碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化使高锰酸钾褪色，与溴水发生加成反应使溴水褪色，原理不同，故D错误；故答案为C。【点睛】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，首先要结构相似，再判断分子组成。3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，P、M、N均是由其中两种上述元素组成的化合物，它们存在转化关系QP+M+N，P能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
4、，M的组成元素位于同一主族，N常温常压下为液体。下列说法不正确的是（ ）A. 原子半径：YZWXB. 简单气态氢化物的热稳定性：ZYC. 物质M具有漂白性D. Q既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应【答案】A【解析】【分析】P能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则P为氨气，N常温常压下为液体，主族元素形成的化合物，常温常压下为液体的常见的是H2O，则已确定三种元素：H、N、O，M为同族元素形成的化合物，则为SO2，则Q为亚硫酸氢铵或亚硫酸铵，受热分解生成NH3、SO2、H2O。【详解】由分析可知，P为NH3，M为SO2，N为H2O，X、Y、Z、W分别为H、N、O、S。A同一周期从左向右原子半径逐渐减
5、小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：SNOH，故A错误；B非金属性：ON，则简单气态氢化物的热稳定性：H2ONH3，故B正确；CM为SO2，具有漂白性，故C正确；DQ可能为亚硫酸铵或亚硫酸氢铵，既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，故D正确；故答案为A。4.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 0.2molL-1的MgCl2溶液中含Cl数目为0.4NAB. 标准状况下，11.2LH2与11.2LD2所含的质子数均为NAC. 6.4gCu与3.2g硫粉混合隔绝空气加热，充分反应后，转移电子数为0.2NAD. 1LpH=1的H2SO4溶液中，含H数目为0.2NA【
6、答案】B【解析】【详解】A. 溶液体积未知，无法计算溶质的物质的量和微粒数目，故A错误；B. 标况下11.2LH2与11.2LD2物质的量均为0.5mol，且每个H2与D2分子所含质子数均为2，所以11.2LH2与11.2LD2所含的质子数均为NA，故B正确；C. 铜与硫在空气中加入生成Cu2S，6.4g铜的物质的量为0.1mol，3.2g硫粉的物质的量为0.1mol，二者反应最多生成0.05mol Cu2S，转移电子数为0.1 NA，故C错误；D. pH=1的H2SO4溶液中c(H+)=0.1mol/L，则1L该溶液所含氢离子数目为0.1 NA，故D错误；故答案为B。【点睛】硫单质的氧化性较
7、弱在与金属单质反应只能将其氧化为较低价态，如和铜反应生成硫化亚铜，与铁反应生成硫化亚铁。5.某学习小组拟探究CO2和锌粒反应是否生成CO，已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体。实验装置如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 实验开始时，先点燃酒精灯，后打开活塞KB. a中所发生反应的离子方程式是CO32-+2H+=CO2+H2OC. b、c、f中试剂依次为饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸、银氨溶液D. 装置e的作用是收集一氧化碳气体【答案】C【解析】【分析】探究CO2和锌粒反应是否生成CO，a装置是二氧化碳气体发生装置，生成的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气，通过b中饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，装置c中浓
8、硫酸除去水蒸气，通过 d加热和锌发生反应，装置e为安全瓶，f装置进行尾气处理。【详解】A实验开始时，需先打开活塞K，使反应产生的CO2排尽装置内空气，避免空气与锌粉反应，后点燃酒精灯，故A错误；Ba装置是二氧化碳气体发生装置，由盐酸和碳酸钙反应生成，离子方程式为CaCO3+2H+CO2+Ca2+H2O，故B错误；Cb装置是除去CO2中的氯化氢，可用饱和碳酸氢钠溶液，吸收氯化氢的同时产生CO2，c装置中用浓硫酸除去水蒸气，f装置进行尾气处理，根据题目信息可知银氨溶液可以吸收CO，故C正确；D装置e为安全瓶，防止装置f中的液体倒吸到硬质玻璃管中，故D错误；故选C。6.锂碘电池的正极材料是聚2-乙烯
9、吡啶(简写为P2VP)和I2的复合物，电解质是熔融薄膜状的碘化锂，该电池发生的总反应为2Li+P2VPnI2P2VP(n-1)I2+2LiI。下列说法正确的是 ( )A. 该电池放电时，锂电极发生还原反应B. 该电池放电时，碘离子移向正极C. P2VP和I2的复合物是绝缘体，不能导电，充电时与外电源的负极相连D. 放电时正极的电极反应式为P2VPnI2+2e-+2Li+=P2VP(n-1)I2+2LiI【答案】D【解析】【详解】A.该电池放电时，负极反应式为2Li-2e-=2Li+，锂电极发生氧化反应，Li作负极，A错误；B.原电池中碘离子移向正电荷较多的负极Li，B错误；C.正极材料是聚2-
10、乙烯吡啶(简写为P2VP)和I2的复合物，电极不可能是绝缘体，C错误；D.锂碘电池的正极的电极反应式为P2VPnI2+2Li+2e-=P2VP(n-1)I2+2LiI，负极反应式为2Li-2e-=2Li+，总反应为2Li+P2VPnI2=P2VP(n-1)I2+2LiI，D正确；故合理选项是D。7.T时，在20.00mL0.10molL-1的一元酸HR溶液中滴入0.10molL-1NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. .T时，HR电离常数Ka1.010-5B. M点对应的NaOH溶液体积为20.00mLC. N点与Q点所示溶液中水的电离程度：NQ
11、D. M点所示溶液中c(Na+)=c(R-)【答案】B【解析】【详解】AP点溶液的pH=3，则c(H+)=110-3mol/L，c(R-)c(H+)，c(HR)0.1mol/L，则T时HR电离平衡常数Ka=1.010-5，故A正确；BM点溶液的pH=7，则溶液呈中性，此时c(H+)= c(OH-)，而HR与氢氧化钠反应完全生成的NaR溶液呈碱性，所以溶液显中性时氢氧化钠的体积应小于20ml，故B错误；CN点HR可能恰好完全反应，也可能氢氧化钠稍微过量，但无论何种情况，Q点溶液中氢氧化钠的浓度要大于N点，碱的电离抑制水的电离，则水的电离程度：NQ，故C正确；DM点溶液中存在电荷守恒c(OH-)+
12、c(R-)=c(H+)+(Na+)，溶液显中性，则c(OH-)=c(H+)，所以c(R-)=(Na+)，故D正确；故答案为B。8.乳酸亚铁晶体（CH3CH(OH)COO2Fe3H2O，Mr=288)是常用的补铁剂易溶于水，吸收效果比无机铁好。乳酸亚铁可由乳酸与FeCO3反应制得。I.制备碳酸亚铁（FeCO3)已知FeCO3易被氧化：4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2。某兴趣小组设计如下方案制备FeCO3，实验装置如图：（1）仪器B的名称是_。（2）利用如图所示装置进行实验，进行以下两步操作：第一步：打开活塞1、3，关闭活塞2，反应一段时间；第二步：关闭活塞3，打开活塞2，
13、发现C中有白色沉淀和气体生成。第一步骤的目的是_。C中反应生成白色沉淀的离子方程式是：_。仪器C中的混合物经过滤，洗涤后得到FeCO3沉淀。实验室中进行过滤后沉淀洗涤的操作是：_。装置D中可盛装适量的水，该装置作用是_。II.制备乳酸亚铁晶体和定量测量（1）制备乳酸亚铁晶体。将制得的FeCO3加入到乳酸溶液中，加入少量铁粉，在70下搅拌使反应充分进行，一段时间后，经过分离提纯操作，从所得溶液中得到乳酸亚铁晶体。现需要设计实验检测产品在制备过程是否因氧化而发生变质，可选用的试剂_。（2）用碘量法测定晶体样品中铁元素的含量并计算样品的纯度。称取3.00g晶体样品，在足量空气中灼烧成灰，加足量稀硫酸
14、溶解，将所有可溶物配成l00mL溶液。取25.00mL该溶液加入过量的KI反应，加入几滴_（试剂名称）作指示剂，用0.l0mol/L的硫代硫酸钠溶液滴定（I2+2S2O32-=S4O62-+2I-)，重复实验3次，滴定终点时平均消耗硫代硫酸钠25.00mL，则样品纯度为_。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 产生氢气将装置内空气排尽，防止二价铁被氧化 (3). Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O (4). 用玻璃棒引流，向过滤器中注入蒸馏水至浸没固体，让水滤去，重复2至3次 (5). 形成液封，防止C中产品接触空气被氧化变质 (6). KSCN溶液 (7). 淀粉溶液 (8)
15、. 96%【解析】【分析】I制备碳酸亚铁：由装置可知，A中为盐酸与铁粉反应生成氯化亚铁和氢气的反应，Fe+2H+=Fe2+H2，实验时，要先后打开活塞1和3一段时间，使反应发生，生成的氢气赶走装置中的空气，防止生成的亚铁离子被氧化，然后关闭活塞3，打开活塞2，生成的氢气使A中气压增大，将生成的氯化亚铁溶液压入B中与碳酸铵发生反应生成碳酸亚铁，发生Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O，装置D中加入水形成液封，使整个体系处于无氧环境。【详解】I.(1)根据其结构可知为蒸馏烧瓶；(2)反应一段时间使装置内充满氢气，排出空气防止产品被氧化；氯化亚铁溶液和碳酸氢铵反应生成碳酸铁，离子方程式为
16、Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O；洗涤沉淀的操作为用玻璃棒引流，向过滤器中注入蒸馏水至浸没固体，让水滤去，重复2至3次；碳酸亚铁容易被氧化，整个过程需要无氧环境进行，D中加入适量水可以形成液封，防止C中产品接触空气被氧化变质；II.(1)变质后会有Fe3+生成，可用KSCN溶液进行检验；(2)该滴定原理为：先将样品在空气中灼烧然后加稀硫酸溶解，此时铁元素全部以Fe3+的形式存在，加过量KI与铁离子反应2Fe3+2I-=I2+Fe2+，然后利用硫代硫酸钠标准液滴定生成的碘单质的量从而确定铁元素的量，淀粉遇碘变蓝，所以可用淀粉溶液作指示剂，滴定终点碘单质被还原成碘离子，溶液变为无色
17、；根据过程中的反应2Fe3+2I-=I2+Fe2+，I2+2S2O32-=S4O62-+2I-可知Fe3+ S2O32-，且 nCH3CH(OH)COO2Fe3H2O=n(Fe3+)，所以样品的纯度为100%=96%。9.铅精矿可用于冶炼金属铅，其主要成分为PbS。I.火法炼铅将铅精矿在空气中焙烧，生成PbO和SO2。用铅精矿火法炼铅的反应的化学方程式为_。火法炼铅的废气中含低浓度SO2，可将废气通入过量氨水中进行处理，反应的离子方程式为_。II.湿法炼铅在制备金属铅的同时，还可制得硫磺，相对于火法炼铅更为环保。湿法炼铅的工艺流程如图：已知：不同温度下PbCl2的溶解度如下表所示。PbCl2为
18、能溶于水的弱电解质，在Cl-浓度较大的溶液中，存在平衡：PbCl2(aq)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)。（3）铅精矿浸取后“趁热过滤”的原因是_。（4）操作a为加适量水稀释并冷却，该操作有利于滤液1中PbCl2的析出。试分析“加适量水稀释”可能的原因是_。（5）将溶液3和滤液2分别置于如图所示电解装置的两个极室中，可制取金属铅并使浸取液中的FeCl3再生。溶液3应置于_(填“阴极室”或“阳极室”)中。滤液2电解后可实现FeCl3再生，该电极的电极反应式_。若铅精矿的质量为ag，铅浸出率为b，当电解池中通过cmol电子时，金属铅全部析出，铅精矿中PbS的质量分数为_（用a、b、c的代
19、数式表示）。【答案】 (1). 2PbS+3O22PbO+SO2 (2). 2NH3H2O+SO2=2NH4+SO32-+H2O (3). 防止温度降低，PbCl2溶解度降低而析出损耗 (4). 加适量水稀释，使PbCl2+2Cl-PbCl42-平衡向左移动 (5). 阴极室 (6). Fe2+-e=Fe3+ (7). 【解析】【分析】II.铅精矿通过含有氯化铁和氯化钠溶液浸泡，加热，趁热过滤，得到含氯化铅、氯化亚铁的溶液和含有硫单质的滤渣，滤液加适量水稀释并冷却，得到氯化亚铁溶液和析出PbCl2，PbCl2加入氯化钠溶液，使平衡PbCl2(aq)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)正向移
20、动，得到PbCl42-溶液，在与上述的氯化亚铁溶液共同组成电解池，电解得到铅单质和含有氯化铁的溶液。【详解】(1)由题意可知，铅精矿在空气中焙烧，PbS与氧气反应生成PbO和SO2，反应的化学方程式为2PbS+3O22PbO+SO2；(2)二氧化硫是酸性氧化物，氨水显弱碱性，氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式为：2NH3H2O+SO22NH4+SO32-+H2O；(3)根据题目信息可知PbCl2在温度低时溶解度较小，趁热过滤可防止PbCl2析出造成损耗；(4)PbCl2为能溶于水的弱电解质，存在平衡：PbCl2(aq)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，加水稀释，平衡逆
21、向移动，冷却后，温度降低，PbCl2的溶解度降低，从而析出PbCl2固体；(5)溶液3是含PbCl42-的溶液，要制得单质铅，元素铅的化合价降低，得到电子，发生还原反应，根据电解池的工作原理，阴极得到电子，故溶液3应放入阴极室；阳极室是溶液2，溶液2是氯化亚铁溶液，亚铁离子在阳极失去电子，转化成三价铁离子，溶液中的阴离子氯离子通过阴离子交换膜，到达阳极室，与三价铁离子结合，得到氯化铁溶液，达到再生的目的，所以阳极发生电极反应：Fe2+-e-Fe3+；电解过程中Pb2+Pb，1molPb2+转移2mol电子，当电解池中通过c mol电子时，金属铅全部析出，所以就有c mol的Pb析出，铅浸出率为
22、b，故原液中有铅离子物质的量为 mol，故PbS的物质的量也为mol，m(PbS)=(207+32)g/molmol=g，铅精矿的质量为a g，质量分数=。【点睛】解答此类题目时要注意题干信息的获取，分析PbCl2(aq)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)加水稀释平衡移动时可参考气体反应扩大容器体积减压时平衡移动方向的判断方法。10.随着氮氧化物对环境及人类活动影响的日趋严重，如何消除大气污染物中的氮氧化物成为人们关注的主要问题之一。.利用NH3还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) H0(1)写出一种可以提高N
23、O的转化率的方法：_(2)一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH3)n(NO) =23充入反应物，发生上述反应。下列不能判断该反应达到平衡状态的是_A.c(NH3)c(NO) =23 B.n(NH3)n(N2) 不变 C.容器内压强不变 D.容器内混合气体的密度不变 E.1molNH键断裂的同时，生成1molOH键(3)已知该反应速率v正=k正c4(NH3)c6 (NO)，v逆=k逆cx(N2)cy(H2O) (k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，该反应的平衡常数K=k正/k逆,则x=_，y=_。(4)某研究小组将2molNH3、3molNO和一定量的O2充入2L密闭容器中，在Ag2O催化
24、剂表面发生上述反应，NO的转化率随温度变化的情况如图所示：在5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率v(NO)=_;在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的原因可能是_。.用尿素(NH2)2CO水溶液吸收氮氧化物也是一种可行的方法。NO和NO2不同配比混合气通入尿素溶液中，总氮还原率与配比关系如图。(5)用尿素(NH2)2CO水溶液吸收体积比为11的NO和NO2混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。写出该反应的化学方程式_。(6)随着NO和NO2配比的提高，总氮还原率降低的主要原因是_。【答案】 (1). 降低温度(或“增大压强”、“分离出氮气”
25、、“增大氨气浓度”等) (2). AE (3). 5 (4). 0 (5). 0.171 molL-1min-1 (6). 平衡逆向移动 (7). (NH2)2CO+NO+NO2 2N2+CO2+2H2O (8). NO在尿素溶液中的溶解度较低，未参与反应的NO增多【解析】【分析】(1)不增加一氧化氮的量使平衡右移可提高一氧化氮转化率；(2)可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；(3)根据K=进行推导；(4)根据计算反应速率；平衡逆向移动一氧化氮的转
26、化率降低；(5)NO和NO2的体积比为一比一，即反应中化学计量数之比为一比一，将N元素转变为对环境无害的气体即氮气，根据元素守恒和电子守恒配平方程式；(6)一氧化氮不溶于水，大量的一氧化氮不能反应。【详解】(1)该反应焓变小于零，为放热反应，降温可以使平衡右移，增大一氧化氮转化率；该反应为压强减小的反应，故增大压强可使平衡右移；加入氨气或者移走生成物氮气都可以使平衡右移增大一氧化氮转化率，故答案为：降低温度(或“增大压强”、“分离出氮气”、“增大氨气浓度”等)；(2)A.根据方程式可知氨气与一氧化氮按2：3反应，且按n(NH3)n(NO) =23充入反应物，所以，任意时刻都满足c(NH3)c(
27、NO) =23，故A错误；B.反应正向移动时氨气物质的量减小，氮气的物质的量增多，所以n(NH3)n(N2)会变小，当该值不在变化时说明反应达到平衡，故B正确；C.平衡正向移动压强减小，逆向移动压强增大，所以压强不变时反应达到平衡，故C正确；D.生成物中有液态水，所以平衡正向移动时气体的总质量减小，但总体积不变，所以密度会减小，所以当混合气体密度不变时能说明反应平衡，故D正确；E.1molNH键断裂即消耗mol氨气，则生成mol水，形成1molOH键，描述的都是正反应速率，故E错误；故答案为AE；(3)当反应达到平衡时有v正= v逆，即k正c4(NH3)c6 (NO) =k逆cx(N2)cy(
28、H2O)，变换可得，该反应的平衡常数K=k正/k逆,平衡状态下K=，所以x=5，y=0，故答案为：5；0；(4)420K时一氧化氮的转化率为2%，此时消耗的n(NO)=3mol2%=0.06mol，580K时一氧化氮的转化率为59%，此时消耗的n(NO)=3mol59%=1.77mol，此时段内一氧化氮的变化量为：1.77mol-0.06mol=1.71mol，容器的体积为2L，所以反应速率 ，故答案为：0.171 molL-1min-1；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低；故答案为：平衡逆向移动；(5)NO和NO2的体积比为一比一，即反应中化学计量数之比为一比一，
29、将N元素转变为对环境无害的气体即氮气，根据元素守恒和电子守恒可知方程式为：(NH2)2CO+NO+NO2 2N2+CO2+2H2O，故答案为(NH2)2CO+NO+NO2 2N2+CO2+2H2O；(6)一氧化氮溶解度小，大量的一氧化氮通入之后不能反应，导致总还原率降低，故答案为：NO在尿素溶液中的溶解度较低，未参与反应的NO增多。【点睛】本题中讨论了速率常数和平衡常数之间的关系，可以当做结论记下来；注意反应中反应物和生成物的聚集状态。11.第三代太阳能电池就是铜铟镓硒CIGS等化合物薄膜太阳能电池以及薄膜Si系太阳能电池。（1）晶体硅中Si原子的杂化方式是_，基态Ga原子核外电子排布式为_。
30、（2）向硫酸铜溶液中逐滴滴加浓氨水，先出现蓝色絮状沉淀，后沉淀逐渐溶解得到Cu（NH3）4SO4的深蓝色透明溶液。NH3极易溶于水，除因为NH3与H2O都是极性分子外，还因为_。在Cu（NH3）42+中Cu2+与NH3之间形成的化学键称为_，提供孤电子对的成键原子是_。Cu（NH3）42+具有对称的空间构型，Cu（NH3）42+中的两个NH3被两个C1-取代，能得到两种不同结构的产物，则Cu（NH3）42+的空间构型为_。（3）某含铜化合物的晶胞如图所示，晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直。则晶胞中每个Cu原子与_个S原子相连，含铜化合物的化学式为_。设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密
31、度为_gcm3（用含a、b、NA的代数式表示）。【答案】 (1). sp3 (2). 1s22s22p63s23p63d104s24p1或Ar3d104s24p1 (3). NH3与H2O之间可形成分子间氢键，NH3与H2O发生反应 (4). 配位键 (5). N (6). 平面正方形 (7). 4 (8). CuFeS2 (9). 【解析】【分析】（1）根据晶体硅中每个Si原子与周围的4个硅原子形成正四面体，向空间延伸的立体网状结构判断；Ga是31号元素，根据能量最低原理书写核外电子排布式；（2）氨气分子与水分子之间形成氢键，且氨气能与水反应；Cu2+含有空轨道，NH3中N原子含有孤电子对；
32、Cu（NH3）42+中的两个NH3被两个Cl-取代能得到两种不同结构的产物，Cu（NH3）42+的空间构型为平面正方形；（3）根据均摊法计算晶胞中各原子数目，确定化学式，进而计算晶胞质量，再根据计算晶胞密度。【详解】(1)因晶体硅中每个Si原子与周围的4个硅原子形成正四面体，向空间延伸的立体网状结构，所以晶体硅中Si原子的杂化方式为sp3杂化。Ga位于周期表中第4周期第A族，则基态Ga原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1或Ar3d104s24p1，故答案为：sp3；1s22s22p63s23p63d104s24p1或Ar3d104s24p1；(2)NH3极易
33、溶于水，除因为它们都是极性分子外，还因为：NH3与H2O之间可形成分子间氢键，NH3与H2O发生反应，故答案为：NH3与H2O之间可形成分子间氢键，NH3与H2O发生反应；Cu2+含有空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者形成配位键，故答案为：配位键；N；Cu(NH3)42+中的两个NH3被两个Cl-取代能得到两种不同结构的产物，Cu(NH3)42+的空间构型为平面正方形，故答案为：平面正方形；(3)晶胞中D(S)原子位于晶胞内部，原子数目为8个，E(Fe)原子6个位于面上、4个位于棱上，E(Fe)原子数目=6+4=4，F(Cu)原子位于4个位于面上、1个内部、8个顶点上，原子数目=4+1+
34、8=4，晶体中Cu、Fe、S原子数目之比=4：4：8=1：1：2，故该晶体化学式为：CuFeS2，晶胞质量m=4g，晶胞体积V=(a10-10cm)2b10-10cm，晶体密度=(4g)(a10-10cm)2b10-10cm=gcm3，故答案为：4；CuFeS2；。12.研究发现，有机物G具有很好的抗病毒作用。合成路线如图：（1）物质C中官能团有_（写名称）（2）AB发生反应的类型是_。（3）结合整个合成路线，反应BC的目的是_。（4）化合物F的分子式为C14H21NO3，则其结构简式为_。（5）同时满足下列条件的B的同分异构体有_种分子中含苯环，能与NaHCO3反应放出气体；能使FeCl3溶
35、液显紫色（6）某同学设计以、CH3NO2为原料制备的合成路线如图，根据所学知识及题中信息，请将流程补充完成（无机试剂任选，格式按流程图）_。其中第二步反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 醚键、醛基 (2). 加成反应 (3). 保护羟基不被氧化，最后能复原 (4). (5). 13 (6). (7). 【解析】【分析】E的分子式为C12H17NO3，F的分子式为C14H21NO3，多了2个C和4个H，不饱和度没有发生变化，说明分子中的环状结构没有打开，即该过程中没有生成羟基，再结合G的结构简式可知E到F是氨基上的氢原子被CH2CH3取代，所以F的结构简式为。【详解】(1)物质C中的官能团
36、有醚键(-O-)和醛基(-CHO)；(2)根据A和B的结构简式及反应物可知该过程中发生了HCHO中碳氧双键的加成反应；(3)B中含有羟基和酚羟基，最终产物G中也有羟基和酚羟基，据此可知B到C是为了保护羟基不被氧化，最后能复原；(4)根据分析可知F为；(5)B的同分异构体需满足：分子中含苯环，能与NaHCO3反应放出气体，说明分子中含有羧基；能使FeCl3溶液显紫色，说明分子中含有酚羟基，则满足条件的有：苯环上有两个取代基：分别为CH2COOH和OH，有3种；苯环上有三个取代基：分别为CH3、COOH、OH，有10种，所以共有13种；(6)以、CH3NO2为原料制备需要加长苯环取代基的碳链同时要引入碳碳双键，根据C到D的反应可知CHO可以和CH3NO2发生加成反应加长碳链同时生成羟基，羟基发生消去反应可以生成碳碳双键，所以缺少的步骤为；整个合成路线中第二步反应为羟基的催化氧化，方程式为。【点睛】苯环上有两个取代基同分异构体有3种，苯环上有3个不同取代基的同分异构体有10种。