1、（全国I卷）安徽省名校2020届高三化学冲刺模拟卷（含解析）一、选择题:本题共7小题,每小题6分,共42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.近年来，我国大力弘扬中华优秀传统文化，体现了中华民族的“文化自信”。下列有关说法错误的是（）A. 成语“百炼成钢”“蜡炬成灰”中均包含了化学变化B. 诗句“折戟沉沙铁未销”中的金属在常温下能溶于浓硝酸C. 谚语“雷雨肥庄稼”，其过程中包含了氧化还原反应D. 制备“陶冶新平肇汉唐，宋明瓷夺宝珠光”中的瓷，主要原料为黏土【答案】B【解析】【详解】A百炼成钢包含碳和氧气反应生成二氧化碳的变化，蜡炬成灰包含蜡烛燃烧生成二氧化碳和水，都包含化
2、学变化，故A正确；B诗句“折戟沉沙铁未销”中的金属为铁，常温下铁在浓硝酸中钝化不能溶解，故B错误；C雷雨肥田是指氮气和氧气放电生成一氧化氮，一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水反应生成硝酸，硝酸在土壤中形成铵盐被吸收；反应的化学方程式为：N2+O22NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO属于氧化还原反应，故C正确；D瓷器是利用黏土高温煅烧制得，制备“陶冶新平肇汉唐，宋明瓷夺宝珠光”中的瓷，主要原料为黏土，故D正确；综上所述，答案为B。2.实验室制备、纯化硝基苯需要用到下列装置，其中不正确的是（）A. 配置混酸B. 制备硝基苯C. 精制D. 分离硝基苯【答案】A
3、【解析】【详解】A浓硫酸的密度大于浓硝酸的密度，则混合时将浓硫酸注入浓硝酸中，并不断搅拌，防止液滴飞溅，故A错误；B硝基苯的制备需要水浴加热，图中装置可制备，故B正确；C蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷却水下进上出，图中蒸馏装置及操作合理，故C正确；D硝基苯的不溶于水，反应后加NaOH中和酸，然后进行分液可分离出硝基苯，图中分液漏斗可完成该操作，故D正确；综上所述，答案为A。【点睛】硝基苯的不溶于水，制备完成后的硝基苯中混有硝酸和浓硫酸，可先用NaOH中和酸，中和后溶液分层，硝基苯的密度比水的密度大，在下层，最后用分液可分离出硝基苯。3.2019年12月以来，我国武汉等地相继暴发了新冠肺炎，为此
4、我国政府和相关部门采取了多项措施控制疫情。75%乙醇和84消毒液等均能有效灭活新冠病毒。84消毒液的主要成分是次氯酸钠。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A. 74.5g次氯酸钠中含有的离子数目为2NAB. 1mol次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为2NAC. 46g75%乙醇中含有的氧原子数大于6NAD. 利用氯气和氢氧化钠溶液反应制取0.1mol次氯酸钠需要消耗2.24L氯气【答案】A【解析】【详解】A.74.5gNaClO的物质的量n=1mol，而次氯酸钠中含1个钠离子和1个次氯酸根，故1mol次氯酸钠中含有的离子数目为2NA个，故A正确；B.NaClO和HCl发生归中反
5、应生成氯气，NaClO中氯元素由+1价变为0价，故1molNaClO反应后转移的电子数目为NA，故B错误；C.75%乙醇溶液中75%指的是体积分数，因为未知密度，所以46g乙醇溶液中含有的氧原子数目无法计算，故C错误；D.氯气所处的状态未知，则无法计算氯气的物质的量，故D错误；综上所述，答案为A。4.R、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不超过10这四种元素可组成一种化合物的结构如图所示。下列说法正确的是（）A. 常温常压下，上述元素的单质都呈气态B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：XYC. Y、Z的气态氢化物能发生化合反应D. 由R、X两种元素只能形成一种化合物【答案】C【解析】【分析】R、
6、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不超过10，由化合物的结构可知，R、Z只形成1个共价键，且可形成R+、Z-离子，X的最外层有3个电子，Y最外层有5个电子，结合原子序数可知R为H、X为B、Y为N、Z为F。【详解】AX为B元素，B元素的单质在常温下为固体，故A错误；B非金属性BN，最高价氧化物对应水化物分别为硼酸、硝酸，硼酸为弱酸，硝酸为强酸，所以酸性：XY，故B错误；CY、Z的气态氢化物分别为氨气、氟化氢，二者能发生化合反应生成NH4F，故C正确；D由R、X两种元素可形成多种硼烷，类似烷烃，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】硼烷又称硼氢化合物，是硼元素与氢元素组成的化合物的总称。现在已制得
7、二十多种硼烷。其中乙硼烷B2H6、丁硼烷B4H10在室温下为气体，戊硼烷B5H9、已硼烷B6H10为液体，癸硼烷为固体。5.山梨酸和苯甲酸都是制备防腐剂的原料，他们的键线式如图所示。下列说法正确的是（）A. 它们都能发生加成和氧化反应B. 苯甲酸分子中所有的原子共平面C. 山梨酸和苯甲酸互为同系物D. 山梨酸与足量H2反应后所得产物的一氯代物有6种（不考虑立体异构）【答案】A【解析】【详解】A山梨酸和苯甲酸分别含有碳碳双键和苯环，可发生加成反应，碳碳双键可发生氧化反应，苯甲酸可燃烧，属于氧化反应，故A正确；B.苯环和羧基都为平面形结构，但羧基和苯环之间为C-C单键，可自由旋转，则所有的原子不一
8、定共平面，故B错误；C.二者结构不同，含有的官能团也不完全相同，所以不是同系物，故C错误；D.山梨酸与足量H2反应后所得产物为CH3CH2CH2CH2CH2COOH，烃基中含有5种H，则一氯代物有5种，故D错误；综上所述，答案为A。6.用KOH为电解质的循环阳极锌空气二次电池放电时的总反应为2Zn+O2=2ZnO，工作时，用泵将锌粉与电解液形成的浆料输入电池内部发生反应，反应所生成的产物随浆料流出电池后，被送至电池外部的电解槽中，经还原处理后再送入电池；循环阳极锌-空气二次电池工作流程图如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 放电时，电池正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-B. 放电时，电
9、解质中会生成少量碳酸盐C. 电池停止工作时，锌粉与电解质溶液不反应D. 充电时，电解槽阴极反应为ZnO+2e-+H2O=Zn+2OH-【答案】C【解析】【详解】A. 放电时，电池正极通入空气中的O2，在碱性溶液中得电子生成OH-，A正确；B. 放电时，正极通入空气中的CO2，会与KOH反应生成少量K2CO3，B正确；C. 电池停止工作时，锌粉仍会与KOH溶液发生缓慢反应，C错误；D. 充电时，电解槽阴极(放电时，Zn转化为ZnO)Zn表面的ZnO得电子，生成Zn和OH-，电极反应式为ZnO+2e-+H2O=Zn+2OH-，D正确；故选C。7.丙三酸是一种有机酸，用H3A表示。25时，向1mol
10、L-1的H3A溶波中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中各种含A微粒物质的物质的量分数（）随溶液pH的变化曲线如图所示。下列相关说法错误的是（）A. a点溶液中：c（H2A-）c（Na+）c（H+）c（OH-）B. 25时，H3A的第二步电离平衡常数的数量级为10-5C. b点溶液中：c（Na+）+c（H+）=3c（H2A-）+3c（A3-）+c（OH-）D. 当该溶液中c（HA2-）=c（A3-）时，溶液中水电离出的c（H+）10-7molL-1【答案】D【解析】【分析】由曲线分析可知，a点溶液中c（H3A）=c（H2A-），b点溶液中c（HA2-）=c（H2A-），c点溶液中（HA2-）=c（
11、A3-）。【详解】Aa点是H3A和H2A-的物质的量分数相同，浓度相同，溶液显酸性，溶液中：c（H2A-）c（Na+）c（H+）c（OH-），故A正确；B.25时，H3A第二步电离平衡常数K2=，c（HA2-）=c（H2A-）时，pH=4.58，则K2=10-4.58，数量级为10-5，故B正确；Cb点溶液中c（HA2-）=c（H2A-），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（H2A-）+2c（HA2-）+3c（A3-）+c（OH-）=3c（H2A-）+3c（A3-）+c（OH-），故C正确；D当该溶液中c（HA2-）=c（A3-）时，溶液的pH=5.83，c（H+）=10-5.8
12、3，此时溶液中的氢离子主要是HA2-电离产生的，所以c（H+）水=c（OH-）水= =10-8.17molL-110-7molL-1，故D错误；综上所述，答案为D。【点睛】c点溶液中（HA2-）=c（A3-），溶液的pH=5.83，溶液显酸性，说明HA2-电离程度大于A3-的水解程度，所以会抑制水的电离，则25时，由水电离产生的氢离子c（H+）10-7molL-1。第卷 （非选择题174分）8.软锰矿的主要成分为MnO2，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、FeO等杂质。软锰矿经过综合利用，可制备碳酸锰、氧化铝及绿矾（ FeSO47H2O），其制备过程如图：部分物质的Ksp如表：回答下列问
13、题：（1）操作I中需要的仪器有_（填字母序号）。a蒸发皿 b酒精灯c漏斗 d玻璃棒 e烧杯（2）操作中反应的离子方程式为_。（3）操作中也可用NaHCO3与MnSO4溶液反应制备碳酸锰，其反应的离子方程式为_。（4）操作中加入适量Fe的目的是_；当调节pH=_时（结果保留整数），可确定Al（OH）3完全沉淀。（已知：完全沉淀后，溶液中离子浓度不高于10-5molL-1）（5）操作中一般要加入稀硫酸，目的是_，然后_、冷却结晶、_、洗涤、干燥。【答案】 (1). cde (2). MnO2+H2O2+2H+=O2+Mn2+2H2O (3). Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O (4
14、). 将铁离子还原为亚铁离子，以防止在调节溶液的pH时，把铁离子转化为沉淀 (5). 5.0 (6). 抑制Fe2+水解 (7). 蒸发浓缩 (8). 过滤【解析】【分析】软锰矿的主要成分为MnO2，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、FeO等杂质，用稀硫酸酸浸后，生成硫酸铁、硫酸铝和硫酸亚铁等，二氧化硅、MnO2不反应，过滤分离出滤渣为二氧化硅、MnO2，在滤渣中加过氧化氢和稀硫酸，反应生成水、氧气和MnSO4溶液，二氧化硅不反应，过滤除去；滤液为硫酸铁、硫酸铝和硫酸亚铁，加适量铁将铁离子还原为亚铁离子；调节溶液的pH把铝离子转化为沉淀过滤得Al（OH）3，再灼烧得Al2O3，滤液为硫酸
15、亚铁，要得到绿矾的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【详解】（1）操作I为过滤，需要的仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：cde；（2）由分析可知，MnO2、过氧化氢和稀硫酸反应生成水、氧气和MnSO4溶液，离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+=O2+Mn2+2H2O，故答案为：MnO2+H2O2+2H+=O2+Mn2+2H2O；（3）操作目的是生成碳酸锰，则加入NaHCO3后，有沉淀碳酸锰生成，有无色气体二氧化碳生成，反应方程式为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O，故答案为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O；（4）操作中加入适量Fe的目的是将
16、铁离子还原为亚铁离子，以防止在调节溶液的pH时把铁离子转化为沉淀；若使铝离子沉淀完全，铝离子的浓度应小于等于110-5mol/L，已知Al（OH）3的溶度积为1.310-33，则c（OH-）=mol/L1.010-9mol/L，c（H+）=1.010-5mol/L，则该溶液的pH=5.0，故答案为：将铁离子还原为亚铁离子，以防止在调节溶液的pH时，把铁离子转化为沉淀；5.0；（5）硫酸亚铁溶液在温度升高时亚铁离子水解程度增大，导致得到的绿矾不纯净，加入稀硫酸能抑制Fe2+水解；溶液中得到绿矾的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：抑制Fe2+水解；蒸发浓缩；过滤。9.硫代硫
17、酸钠俗称大苏打、海波，主要用作照相业定影剂，还广泛应用于鞣革、媒染、化工、医药等行业。常温下，溶液中析出晶体为Na2S2O35H2ONa2S2O35H2O于40-45熔化，48分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇。在水中有关物质的溶解度曲线如图甲所示。制备Na2S2O35H2O将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例放入图乙装置D中，然后注入150mL蒸馏水使其溶解，再在分液漏斗A中注入一定浓度的H2SO4，在蒸馏烧瓶B中加入亚硫酸钠固体，并按图乙安装好装置。（1）仪器D名称为_（2）打开分液漏斗活塞，注入H2SO4，使反应产生的气体较缓慢均匀地通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力搅拌器
18、搅动并加热，总反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2 3Na2S2O3+CO2。烧瓶B中发生反应的化学方程式为_。将B中产生的气体缓慢均匀地通入D中的正确操作是_。制备过程中仪器D中的溶液要控制在弱碱性条件下，其理由是_（用离子方程式表示）。分离Na2S2O35H2O并测定含量（3）操作I为趁热过滤，其目的是_；操作是过滤、洗涤、干燥，其中洗涤操作时用_（填试剂）作洗涤剂。（4）蒸发浓缩滤液直至溶液中有少量晶体析出为止，蒸发时控制温度不宜过高的原因是_。（5）制得的粗晶体中往往含有少量杂质。为了测定粗产品中Na2S2O35H2O的含量，称取1.25g的粗样品溶于水，配成250mL溶液，
19、取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用0.0100mol/L标准I2溶液滴定，当溶液中S2O32-全部被氧化时，消耗碘溶液的体积为25.00mL试回答：（提示：I2+2S2O32-2I-+S4O62-）达到滴定终点时的现象：_产品中Na2S2O35H2O的质量分数为_。【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). Na2SO3+H2SO4（浓）Na2SO4+SO2+H2O (3). 观察仪器D中气体的流速，控制分液漏斗A的旋塞，控制产生气体的速度 (4). S2O32-+2H+S+SO2+H2O (5). 防止硫代硫酸钠晶体析出 (6). 乙醇 (7). 避免析出的晶体Na2S2O35
20、H2O因温度过高而分解 (8). 滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点 (9). 99.2%【解析】【详解】（1）根据仪器构造可知，仪器D的名称为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O；为将B中产生的气体缓慢均匀地通入D中，可以观察仪器D中气体的流速，通过控制分液漏斗A的旋塞，可控制产生气体的速度，故答案为：观察仪器D中气体的流速，控制分液漏斗A的旋塞，控制产生气体的
21、速度；Na2S2O3在酸性条件下会生成S和SO2，所以制备过程中仪器D中的溶液要控制在弱碱性条件下以防止Na2S2O3发生歧化反应，其离子方程式为：S2O32-+2H+=S+SO2+H2O，故答案为：S2O32-+2H+=S+SO2+H2O；（3）根据图甲可知，温度低时，硫代硫酸钠的溶解度小，会结晶析出，所以需要趁热过滤，防止硫代硫酸钠晶体析出；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，所以为防止洗涤损失硫代硫酸钠，应该用乙醇作洗涤剂，故答案为：防止硫代硫酸钠晶体析出；乙醇；（4）Na2S2O35H2O于40-45熔化，48分解，所以蒸发时控制温度不宜过高的原因是避免析出的晶体Na2S2O35H2O
22、因温度过高而分解，故答案为：避免析出的晶体Na2S2O35H2O因温度过高而分解；（5）碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，溶液中S2O32-全部被氧化时，滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点，故答案为：滴加最后一滴标准I2溶液时，溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点；根据碘与硫代硫酸钠的反应I2+2S2O32-2I-+S4O62-中的比例关系，配成的溶液中 c（S2O32-）= = =0.02mol/L，则产品中Na2S2O35H2O的质量分数=99.2%，故答案为：99.2%。10.甲醇是一种常见的燃料和有机溶剂。下列为合成甲醇的有关热化学
23、方程式：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H1=+206kJmol-1.2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）H2=-90kJmol-1H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）H3=-125.5kJmol-1.3H2（g）+CO2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H4回答下列问题：（1）上述反应中H4=_kJmol-l。（2）现将1.0mol CH4和2.0mol H2O（g）通入恒容反应室（容积为100L）中，在一定条件下发生反应I，平衡时CH4的转化率与温度、压强的关系如图甲所示。下列说法能表明该反应已达平衡状态的是_（填字母序号）；a生成CO和H2的物质的量之
24、比为1：3b容器内混合气体的密度保持不变c混合气体的压强保持不变d甲烷生成速率与H2的生成速率之比为1：3已知100时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为_molL-lmin-1；图中的p1_p2（选填“”“”或“=”），100时的平衡常数为_mol2L-2。（3）在压强为0.1MPa条件下，1mol CO与3mol H2的混合气体在催化剂作用下能自发发生反应生成甲醇。若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是_（填字母序号）；a升高温度b将CH3OH（g）从体系中分离c充人氦气，使体系总压强增大d再充人1mol CO和3mol H2根据反应的特点，图乙是在压强分别为0.
25、2MPa和5MPa下CO的转化率随温度变化的曲线，请指明图乙中的压强px=_MPa。（4）在总压p=5MPa的恒压密闭容器中进行反应，按照不同氢碳比投料测得CO2的平衡转化率与温度关系如图丙所示（已知Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数），则：X点时，H2的转化率为_，600、m=3时，Kp=_MPa-2（保留两位小数）。（5）复旦大学先进材料实验室科研团队研究出以过渡金属为催化剂的电催化还原二氧化碳制甲醇的途径，大大提高了甲醇的产率，原理如图丁所示。石墨2电极上发生_（选填“氧化”或“还原”）反应；石墨1发生的电极反应式为_。【答案】 (1). -215.5 (2). c
26、d (3). 0.003 (4). (5). 2.2510-4 (6). bd (7). 0.2 (8). 60% (9). 0.16 (10). 氧化 (11). CO2+6H+6e-=CH3OH+H2O【解析】【详解】（1）.2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）H2=-90kJmol-1H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）H3=-125.5kJmol-1根据盖斯定律反应II+III可得3H2（g）+CO2（g）CH3OH（g）+H2O（g）则H4=-90kJmol-1+（-125.5kJmol-1）=-215.5kJ/mol，故答案为：-215.5；（2）a该反应发生时生成
27、CO和H2的物质的量之比始终为1：3，则不能判定反应是否达到平衡态，故a错误；b恒容体系中各物质均为气体，气体总质量不变，所以容器内混合气体的密度始终保持不变，则不能判定反应是否达到平衡态，故b错误；c该反应正向气体体积增大，所以混合气体的压强保持不变的状态是平衡状态，故c正确；d甲烷的生成速率与H2的生成速率之比为1：3，即v逆（CH4）：v正（H2）=1：3，正逆反应速率符合反应计量关系，则可判定反应达到平衡状态，故d正确；综上所述，答案为：cd；05min时CH4的物质的量变化为1.0mol0.5=0.5mol，v（CH4）= =0.001mol/（Lmin），反应为CH4（g）+H2O
28、（g）CO（g）+3H2（g），所以v（H2）=3v（CH4）=0.003mol/（Lmin），故答案为：0.003；该反应正向气体体积增大，增大压强，平衡逆向移动，CH4平衡转化率减小，即压强越大，CH4的平衡转化率越小，所以图中压强p1p2；反应三段式为CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）平衡浓度：c（CH4）=0.005mol/L、c（H2O）=0.015mol/L、c（CO）=0.005mol/L、c（H2）=0.015mol/L，平衡常数K= mol2L-2=2.2510-4mol2L-2，故答案为：2.2510-4；（3）a反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，甲醇产
29、率降低，故a错误；b将CH3OH（g）从体系中分离，降低CH3OH浓度，促进平衡正向移动，甲醇的产率增大，故b正确；c充人氦气，使体系总压强增大，但反应体系中各物质浓度不变，平衡不移动，甲醇产率不变，故c错误；d再充入1molCO和3molH2，相当与增大压强，平衡正向移动，甲醇产率增大，故d正确；综上所述，答案为：bd；该反应正向气体体积减小，增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，即压强越大，CO的转化率越高，所以px=0.2MPa，py=5MPa，故答案为：0.2；（4）m=3时，H2与CO的物质的量之比等于化学反应的计量数之比时，所以H2、CO的转化率相同，均为60%，故答案为：60
30、%；反应三段式为3H2（g）+CO2（g）CH3OH（g）+H2O（g）（m=3时，设H2的物质的量为3mol，图中CO2转化率为60%）平衡分压：p（H2）=、p（CO2）= 、p（CH3OH）= p（H2O）= ，Kp= ，故答案为：0.16；（5）由电解装置可知，石墨2上H2OO2，O化合价升高，失去电子，发生氧化反应，故答案为：氧化；由电解装置可知，石墨1上CO2（g）CH3OH，则石墨1电极为阴极，发生得电子的还原反应，电极反应式为CO2+6H+6e-=CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6H+6e-=CH3OH+H2O。11.工业上合成氨，CO易与铁触媒作用导致铁触媒失去催化活性
31、：Fe+5COFe（CO）5为了防止催化剂铁触媒中毒，要除去CO，发生的反应为Cu（NH3）2OOCCH3+CO+NH3Cu（NH3）3（CO）OOCCH3回答下列问题：（1）下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量最低的是_（填字母序号）。a. b. c. d.（2）写出CO的一种常见等电子体分子的结构式：_；C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为_（用元素符号表示）。（3）与O同族的元素还有S、Se、Te，它们氢化物的沸点大小为H2OH2TeH2SeH2S，其原因是_。（4）配合物Cu（NH3）2OOCCH3中，铜显+1价，则其中碳原子的杂化轨道类型是_，NH3分子的价电子对互斥理论模型是
32、_。（5）已知铜的一种氧化物Cu2O晶体的晶胞结构如图所示：若坐标参数A为（0，0，0），B为( )，则C的坐标参数为_；若阿伏加德罗常数为NA，该晶胞的边长为a pm，则晶体的密度为_gcm-3。【答案】 (1). a (2). NN (3). NOC (4). H2Te、H2Se、H2S均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，而水分子中存在氢键，所以沸点最高 (5). sp3、sp2 (6). 四面体形 (7). (8). 【解析】【详解】（1）基态N的核外电子排布式为1s22s22p3，基态排布为能量最低的排布，电子排布图表示的状态中只有a项符合，故答案为：a；（
33、2）等电子体为原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与CO互为等电子体的一种分子为N2，其结构式为：NN；同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第A族和第A族元素反常，所以C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为：NOC，故答案为：NN；NOC；（3）H2Te、H2Se、H2S均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，但由于氢键的作用力比范德华力强，氢键会使沸点异常升高，会导致H2O的沸点异常的高，所以沸点大小为H2OH2TeH2SeH2S，故答案为：H2Te、H2Se、H2S均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，而水分子中存
34、在氢键，所以沸点最高；（4）甲基中碳原子形成4个键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，碳原子杂化方式为sp3，而羰基中C原子形成3个键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，碳原子杂化方式为sp2；NH3中N原子形成3个N-H键，含有1对孤对电子，价层电子对数=3+1=4，价电子对互斥理论模型是四面体形，故答案为：sp3、sp2；四面体形；（5）根据晶胞结构分析，C位于晶胞体心，则C的原子坐标为：，故答案为：；1mol晶胞，即有NA个晶胞，质量为m=2（642+16）g=1442g，所以密度为=，故答案为：。12.H是合成抗炎药洛索洛芬钠的关键中间体，它的一种合成路线如下：回答下列问题：（1）A的名称
35、是_，H中官能团名称是_；（2）反应的反应条件为_；（3）反应的化学方程式为_；反应类型为_。（4）反应除生成H外，还生成了另一种有机产物的结构简式为_。（5）符合下列条件的G的同分异构体有_种。能发生银镜反应 苯环上一氯取代物只有一种 核磁共振氢谱有4组峰（6）仿照H的合成路线，设计一种由B合成的合成路线。_【答案】 (1). 甲苯 (2). 酯基、溴原子 (3). 光照 (4). (5). 取代反应 (6). HOCH2CH2OH (7). 4 (8). 【解析】【分析】由A、B、C的分子式，结合D的结构简式，根据转化关系可知，A为甲苯，A中甲基上的氢原子被氯原子取代生成B为，B发生取代反
36、应生成C为；对比D、F结构可知，D发生取代反应生成E为，E发生水解反应生成F，F与甲醇发生酯化反应生成G，G发生取代反应得到H，同时还生成乙二醇，据此解答。【详解】(1)根据以上分析可知A的名称是甲苯，根据H的结构简式可知H中官能团名称是酯基、溴原子；(2)反应是甲基上的氢原子被氯原子取代，则反应条件为光照；(3)根据以上分析可知反应是F与甲醇发生的酯化反应，反应的化学方程式为；(4)根据原子守恒可知反应除生成H外，还生成乙二醇，结构简式为HOCH2CH2OH；(5)符合下列条件的G的同分异构体中能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上只有一类氢原子；核磁共振氢谱有4组峰，说明苯环上取代基的氢原子还有3类，因此符合条件的有机物结构简式为：，共计是4种；(6)根据已知信息结合逆推法可知由B合成的合成路线为。【点睛】本题考查有机合成，充分利用转化中有机物的结构与分子进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型，题目难度中等。难点是有机合成路线图设计，注意已知题干中信息的挖掘。
