1、银川一中2021届高三年级第一次月考理科综合能力测试-化学部分1. 下列说法正确的是()A. 淀粉、纤维素等高分子化合物均属于纯净物B. 非金属氧化物都是酸性氧化物C. 食醋、纯碱、食盐分别属于酸、碱、盐D. 丁达尔效应可用于区别溶液与胶体【答案】D【解析】【详解】A、淀粉和纤维素等高分子化合物不是纯净物，选项A错误；B、某些非金属氧化物如CO，既不是酸性氧化物也不是碱性氧化物，选项B错误；C、纯碱为碳酸钠，属于盐，选项C错误；D、丁达尔效应是胶体的特性，丁达尔效应能区别溶液和胶体，选项D正确。答案选D。2. NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 常温常压下，36g18O2中所含的
2、中子数为16NAB. 8.0 g Cu2S和CuO的混合物中含有的铜原子数为0.1NAC. 电解饱和食盐水时，阳极生成22.4L气体时，转移的电子数为2NAD. 室温下向1LpH1的醋酸溶液中加水，所得溶液中H+数目小于0.1NA【答案】B【解析】【分析】A. 18O2的摩尔质量为36 g/mol，据此计算出18O2分子的物质的量，根据分子构成得出结论；B. Cu2S的摩尔质量是CuO摩尔质量的2倍，含有的铜原子个数也是CuO的2倍；C. 阳极上生成气体的状态不明确；D.加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大。【详解】A. 36 g18O2的物质的量为 = 1 mol，则所含中子数为2（18-8）
3、NA = 20 NA，故A项错误；B. Cu2S的摩尔质量是CuO摩尔质量的2倍，含有的铜原子个数也是CuO的2倍，故Cu2S和CuO的混合物可以看做均由“CuO”构成，则含有的“CuO”物质的量为n = = 0.1 mol，则混合物中含有的铜原子数为0.1 NA，故B项正确；C. 阳极上生成气体的状态不明确，故物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故C项错误；D. 1 L pH1的醋酸溶液中，氢离子的物质的量n(H+) = 0.1 mol，在加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，故所得溶液中H+数目略大于0.1 NA，故D项错误；答案选B。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题
4、是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题C项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项，提高做题效率。3. 下列反应的离子方程式书写不正确的是A. 向氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3+3NH3H2O =Al(OH)3+3NHB. 用氨水吸收过量的二氧化硫：NH3H2O + SO2 = NH+ HSOC. 向偏铝酸钠溶液中加入过量的稀盐酸：AlO+H+ H2O= Al(OH)3D. 向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳：Cl
5、O-+CO2+H2O=HClO+HCO【答案】C【解析】【详解】A向氯化铝溶液中加入过量的氨水时发生的离子反应为Al3+3NH3H2O =Al（OH）3+ 3NH，故A正确；B用氨水吸收过量的二氧化硫时发生的离子反应为NH3H2O + SO2 = NH + HSO，故B正确；C向偏铝酸钠溶液中加入过量的稀盐酸时发生的离子反应为AlO+4H+ = Al3+ 2H2O，故C错误；D向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳时发生的离子反应为ClO+CO2+H2O=HClO+HCO，故D正确；故答案为C。4. 某溶液中含有的溶质是 FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加K
6、SCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述正确的是( )A. 原溶液中的Br一定被氧化B. 不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+C. 通入氯气之后，原溶液中的Fe2+不一定被氧化D. 若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，一定能产生淡黄色沉淀【答案】B【解析】【分析】在FeBr2和FeI2混合液中存在的三种离子的还原性：IFe2Br，向该溶液中通入的氯气首先与还原性最强的I反应，当I完全反应后，氯气才与Fe2反应，Fe2被完全氧化后再与Br反应。通入一定量氯气后再滴加KSCN，溶液呈红色，说明有Fe3生成，I已经反应完全，Fe2被氧化但不
7、一定全部被氧化，没有实验现象说明Br被氧化或完全被氧化。【详解】通入一定量氯气后再滴加KSCN，溶液呈红色，说明有Fe3生成，Fe2被氧化但不一定全部被氧化，没有实验现象说明Br被氧化或完全被氧化，故A错误；通入一定量氯气后再滴加KSCN，溶液呈红色，说明有Fe3生成，Fe2被氧化但不一定全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故B正确；通入一定量氯气后再滴加KSCN，溶液呈红色，说明一定有Fe3生成，故C错误；没有实验现象说明Br被氧化或完全被氧化，反应后溴离子不一定有剩余，所以向分液后的上层液体中加入足量硝酸银溶液，不一定生成浅黄色沉淀，故D错误。【点睛】常见离子还原
8、性顺序：S2-SO32-I-Fe2+Br-Cl-；氧化性顺序：Cl2Br2Fe3+I2。同一氧化剂与不同还原剂反应，先与还原性强的反应；同一还原剂与不同氧化剂反应，先与氧化性强的反应；5. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 能使甲基橙变为橙色的溶液：Na+、NH、CO、ClB. 能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K+、SO、S2-、ClC 0.1 mol/L KOH溶液中：S2、Na+、SO、NOD. 常温下，=1.01012的溶液：Fe2+、Mg2+、NO、Cl【答案】C【解析】【详解】A能使甲基橙变为橙色的溶液，显酸性，不能大量存在CO32-，故A错误；B能使淀粉碘化钾试纸
9、显蓝色的溶液，具有较强氧化性，不能存在强还原性的S2-离子，故B错误；C碱溶液中S2、Na+、SO、NO离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D常温下，=1.01012的溶液显酸性，Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能共存，故D错误；故答案为C。6. 某溶液中可能含有Na、Al3、Fe3、Cl、I、，某兴趣小组进行以下实验：(1)取少量该溶液加入过量硝酸钡溶液后过滤得白色沉淀和滤液(2)向上述白色沉淀中加入足量稀HNO3，发现沉淀完全溶解(3)向(1)中所得滤液中加入足量盐酸，发现溶液变黄色,下列叙述正确的是A. 原溶液中可能含有Na、B. 由（3）推断原溶液中存在Fe3C. 原溶液
10、中一定有I、NaD. 通过在黄色溶液中加入硝酸银溶液可以检验原溶液中是否存在Cl【答案】C【解析】【分析】(1)向少量原溶液中加入过量硝酸钡溶液生成白色沉淀,过滤后,向该白色沉淀中加入足量稀硝酸, 沉淀完全溶解,则该白色沉淀中含有BaCO3，没有BaSO3；(BaSO3被硝酸氧化为BaSO4)，所以原溶液中含有CO32-，没有SO32-；由于CO32-与Fe3+、Mg2+不能大量共存，所以原溶液中不含有Fe3+、Mg2+；向(1)中所得滤液中加入足量的盐酸,溶液变黄色,由于在酸性条件下NO3-具有强氧化性,能氧I-生成I2,所以原溶液中含有I-,由于铁离子具有氧化性，能够氧化碘离子，因此溶液中
11、不存在Fe3+；根据溶液呈电中性知,原溶液中肯定含有Na+,无法确定是否含有Cl-；结合以上分析解答。【详解】(1)向少量原溶液中加入过量硝酸钡溶液生成白色沉淀,过滤后,向该白色沉淀中加入足量稀硝酸, 沉淀完全溶解,则该白色沉淀中含有BaCO3，没有BaSO3；(BaSO3被硝酸氧化为BaSO4)，所以原溶液中含有CO32-，没有SO32-；由于CO32-与Fe3+、Mg2+不能大量共存，所以原溶液中不含有Fe3+、Mg2+；向(1)中所得滤液中加入足量的盐酸,溶液变黄色,由于在酸性条件下NO3-具有强氧化性,能氧I-生成I2,所以原溶液中含有I-,由于铁离子具有氧化性，能够氧化碘离子，因此溶
12、液中不存在Fe3+；根据溶液呈电中性知,原溶液中肯定含有Na+,无法确定是否含有Cl-；综合以上分析可知，原溶液中含有I-、Na+、CO32-，C正确；一定不含SO32-、Fe3+、Mg2+，A错误，B错误；由于之前引入了大量Cl-,所以在黄色溶液中加入硝酸银溶液，即使有氯化银白色沉淀生成,也不能说明原溶液中一定含有Cl-,D错误；综上所述，本题选C。【点睛】本题在判断离子共存时，要注意：溶液中存在CO32-时，Fe3+、Mg2+与CO32-均不能大量共存；溶液中存在I-时，Fe3+与I-因发生氧化还原反应而不能大量共存；最后根据溶液呈电中性规律判定存在的阳离子。7. 普通锌锰电池筒内无机物质
13、的主要成分有MnO2、NH4Cl、ZnCl2等。某同学探究废干电池内的黑色固体回收利用时，进行如图所示实验。下列有关实验的叙述中不正确的是A. 操作的目的是除去滤渣中的杂质B. 操作中盛放滤渣的仪器是坩埚C. 操作的操作名称是过滤D. 操作中玻璃棒的作用是加快固体溶解速度【答案】A【解析】【详解】A二氧化锰是黑色固体，能作双氧水的催化剂，灼烧后的滤渣能加快双氧水分解产生氧气，能证明黑色固体是二氧化锰，所以该实验的目的不是除去滤渣中杂质，故A错误；B由图可知操作是在坩埚内灼烧滤渣，通常把泥三角放在三角架上，再把坩埚放在泥三角上，故B正确；C普通锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4Cl、
14、ZnCl2等物质，NH4Cl、ZnCl2易溶于水，MnO2难溶于水，操作是把难溶于水固体与水溶液分离，应是过滤，故C正确；D操作中玻璃棒起到搅拌加速溶解的作用，故D正确；故答案为A。8. (NH4)2Cr2O7用于有机合成催化剂，媒染剂，显影液等。某化学兴趣小组对(NH4)2Cr2O7的部分性质及组成进行探究。已知：Cr2O72(橙色)+H2O2CrO42(黄色)+2H+。回答下列问题：（1）在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，观察到的主要现象是固体溶解、_、_。（2）为探究(NH4)2Cr2O7 (摩尔质量252g/mol)的分解产物，按下图连接好装
15、置，在A中加入5.040g样品进行实验。仪器B的名称是_。加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，同时测得A、B中质量变化分别为2.00g、1.44g，写出重铬酸铵加热分解反应的化学方程式_。C的作用是_。（3）实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的样品中氮的质量分数，其反应原理为：2Ba2+Cr2O72+H2O=2BaCrO4+2H+、 4NH4+6HCHO =3H+6H2O+(CH2)6N4H+滴定时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。实验步骤：称取样品2.800g，配成250mL溶液，移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中
16、，用氯化钡溶液使Cr2O72完全沉淀后，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入12滴酚酞试液，用0.200 molL1 NaOH标准溶液滴定至终点。重复上述操作3次。碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积_ (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)；滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_。滴定结果如下表所示该样品中氮的质量分数为_。【答案】 (1). 有刺激性气味气体放出 (2). 溶液变为黄色 (3). U形管 (4). (NH4)2Cr2O7 Cr2O3+N2+4H2O (5). 防止水蒸气进入到B中 (6). 偏大
17、(7). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (8). 10.00%【解析】【分析】(1)根据NH4+与碱反应生成氨气，以及Cr2O72(橙色)+H2O2CrO42(黄色)+2H+平衡移动解答。(2)根据重铬酸铵的元素组成和元素化合价的变化，判断可能的产物。再根据实验现象及玻璃管A和U形管B的质量变化确定分解产物及产物的物质的量，进而确定参加反应的各物质的计量关系，据此写出重铬酸钾分解反应的化学方程式。(3)由甲醛法测定样品中氮的质量分数的反应原理可知，1mol(NH4)2Cr2O7能产生4molH+，其中2molH+是由2molNH4+生成的，NH4+产生的H+消耗的NaOH的量占消耗NaOH的总量，所
18、以每摩尔氮原子产生的H+消耗1molNaOH，据此分析计算。【详解】(1)(NH4)2Cr2O7固体溶解于水，溶液呈橙色，当滴加足量浓KOH溶液时，NH4+OH-=NH3+H2O，H+OH-=H2O，溶液中H+浓度减小，使平衡Cr2O72(橙色)+H2O2CrO42(黄色)+2H+向正反应方向移动，所以观察到的主要现象除固体溶解外，还有刺激性气味气体放出，溶液变为黄色。(2)仪器B的名称是U形管。因碱石灰不能吸收NH3，而D中酚酞溶液不变色，说明重铬酸铵分解无氨气产生。B中碱石灰质量增加，说明有水蒸气生成（质量为1.44g）。但B中增加的质量（1.44g）小于A中减小的质量（2.00g），说明
19、重铬酸铵分解产生的气体中除水蒸气外还有另外气体，该气体不能被碱石灰吸收，结合-3价氮的还原性和+6价铬的氧化性推测该气体是氮气，n(N2)= =0.02mol，生成0.02molN2时-3价氮元素失去的电子物质的量=0.02mol6e-=0.12mole-，又因A中样品n(NH4)2Cr2O7= =0.02mol，根据氧化还原反应中电子得失守恒，每个+6价铬原子得到的电子数=3，即铬元素化合价由+6价降到+3价，由此推知A中生成固体是Cr2O3，其物质的量n(Cr2O3)=0.02mol。生成水蒸气的物质的量n(H2O)=0.08mol。则参加反应的各物质的物质的量之比为：n(NH4)2Cr2
20、O7：n(Cr2O3)：n(N2)：n(H2O)=0.02:0.02:0.02:0.08=1:1:1:4。所以重铬酸钾受热分解的化学方程式为：(NH4)2Cr2O7 Cr2O3+N2+4H2O。为了使B中碱石灰只吸收重铬酸钾分解产生的水蒸气，C的作用就是防止D中水蒸气进入到B中。(3)由甲醛法测定样品中氮的质量分数的反应原理可知，1mol(NH4)2Cr2O7能产生4molH+，其中2molH+是由2molNH4+生成的，NH4+产生的H+消耗的NaOH的量占消耗NaOH的总量（每摩尔氮原子生成的H+消耗1molNaOH）。碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液，NaOH溶液将被滴
21、定管内壁的水膜稀释，用该NaOH溶液滴定时用去的NaOH溶液的体积将偏大；中和滴定的关键是准确确定酸与碱恰好中和的时间点，所以眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化。由表格数据可知，四次平行实验用去的NaOH标准溶液体积分别为：21.06-1.07=19.99mL、20.89-0.88=20.01mL、21.20-0.20=21.00、20.66-0.66=20.00mL。显然第三次实验数据异常，舍去。所以滴定用去NaOH标准溶液体积的平均值=20.00mL。2.800g样品用去NaOH的总物质的量=0.02000L0.200mol/L=0.04mol，则样品中氮原子物质的量=0.04mol=0.0
22、2mol，所以样品中含氮质量分数=100%=10.00%。9. SnCl4可用于染色时的媒染剂、润滑油添加剂、玻璃表面处理剂等。实验室可通过如下图装置制备少量SnCl4（夹持装置略）已知：锡的熔点232、沸点2260；SnCl2的熔点246.8、沸点623；SnCl4的熔点-33、沸点114，SnCl4极易水解。通常将SnCl4晶体加入浓盐酸中，以配制无色的SnCl4溶液。回答以下问题（1）仪器a的名称为_，该仪器中发生反应的离子方程式为_。（2）装置的作用是_，如果去掉装置，从实验安全的角度看可能产生的影响是_。（3）装置中的试剂为_。下图中可替代装置的是_（填字母序号，下同）。（4）该实验
23、装置存在一处明显的缺陷，改进方法为在装置后连接上图中的_。（5）若反应中消耗17.85g锡粉可得到37.2g SnCl4，则SnCl4的产率为_（保留三位有效数字）【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O (3). 除去氯气中的HCl (4). HCl和Sn反应生成氢气与氯气混合加热会发生爆炸 (5). 浓硫酸 (6). C (7). D (8). 95.0%【解析】【分析】中利用浓盐酸和MnO2混合加热制得的氯气，经饱和食盐水除HCl、浓硫酸干燥后，在中与Sn粉在加热条件下生成的SnCl4经冷凝后收集在锥形瓶中，操作过程中要防止SnCl4水解
24、。【详解】(1)由图可知仪器a的名称为圆底烧瓶，该仪器中发生反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O；(2)装置中饱和食盐水的作用是除去氯气中的HCl，如果去掉装置，从实验安全的角度看可能产生的影响是HCl和Sn反应生成氢气与氯气混合加热会发生爆炸；(3)装置中的试剂为浓硫酸，可干燥氯气，下图中因氯气与碱反应，且U型管中不能盛放液体，则可替代装置的是C；(4)该实验装置存在一处明显的缺陷是空气水蒸气易进入锥形瓶中，引起SnCl4水解，改进方法为在装置后连接上图中的D，能防止水蒸气进入，且能吸收含氯气的尾气，故答案为D；(5)若反应中消耗17.85g锡粉可得到37.2
25、gSnCl4，理论上生成SnCl4为261g/mol=39.15g，则SnCl4的产率为100%=95.0%。【点睛】考查物质的制备实验，把握物质的性质、制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合。10. 三氧化二钴（Co2O3）常用于制滤光眼镜的添加剂、催化剂和氧化剂。以含钴废料（主要成分CoO、Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4）为原料制备Co2O3的流程如下：(1)研磨的目的是_。滤渣1的主要成分为_（填化学式）。(2)酸浸时双氧水的作用有_。不能用盐酸代替硫酸，因为Co2O3与盐酸反应生成Cl2，污染境，该反应
26、的离子方程式为_。(3)在实验室里，萃取操作要用到的玻璃仪器主要有_。有机相再生时提取出的Ni2可用于制备氢镍电池，该电池充电时的总反应为Ni（OH）2MNiOOHMH。则放电时正极的电极反应式为_。(4)沉钴时发生反应的离子方程式为_。煅烧时发生反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 增大固体与液体的接触面积，使酸浸速率更快，酸浸更充分 (2). MnO2 (3). 亚铁离子氧化为铁离子 (4). Co2O3+6H+2Cl-= 2Co2+ Cl2+3H2O (5). 分液漏斗、烧杯 (6). NiOOH+e-+H+= Ni（OH）2 (7). 2 Co2+HCO3-+3NH3H2O= Co
27、2(OH)2CO3+3NH4+H2O (8). 2Co2(OH)2CO3+O22Co2O3+2CO2+2H2O【解析】【分析】含钴废料（主要成分CoO、Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4）为原料制备Co2O3；先把原料进行酸浸，MnO2与稀硫酸不反应，成为滤渣；滤液中含有Co2+、Co3+、Ni2+、Fe2+、Fe3+等离子；调整溶液的pH，铁离子生成沉淀滤出；再把滤液进行萃取，含有Ni2+的物质进入有机相，水溶液中含有Co2+，然后加入碳酸氢铵和氨水，反应生成Co2(OH)2CO3，然后煅烧生成Co2O3，据以上分析进行解答。【详解】(1)研磨的目的是增大固体与液体的接触面积，
28、使酸浸速率更快，酸浸更充分；根据流程可知，铁离子变为氢氧化铁，镍离子进入有机相，水溶液中含有Co2+，经过一系列过程，最后得到氧化钴，所以滤渣1的主要成分为MnO2；综上所述，本题答案是：增大固体与液体的接触面积，使酸浸速率更快，酸浸更充分；MnO2。 (2)酸浸时，加入双氧水能够把亚铁离子氧化为铁离子；Co2O3与盐酸发生氧化还原反应生成Cl2，Co Cl2和水，该反应的离子方程式为：Co2O3+6H+2Cl-= 2Co2+ Cl2+3H2O；综上所述，本题答案是：亚铁离子氧化为铁离子；Co2O3+6H+2Cl-= 2Co2+ Cl2+3H2O。(3)在实验室里，萃取操作要用到的玻璃仪器主要
29、有分液漏斗、烧杯；电池充电时的总反应为Ni（OH）2MNiOOHMH，放电时正极发生还原反应，所以正极的电极反应式为：NiOOH+e-+H+= Ni（OH）2；综上所述，本题答案是：分液漏斗、烧杯；NiOOH+e-+H+= Ni（OH）2。 (4)根据流程可知：含有Co2+离子的溶液中加入碳酸氢铵和氨水，反应生成Co2(OH)2CO3；沉钴时发生反应的离子方程式为：2 Co2+HCO3-+3NH3H2O=Co2(OH)2CO3+3NH4+H2O；在空气中煅烧Co2(OH)2CO3，反应生成Co2O3和CO2，化学方程式为：2Co2(OH)2CO3+O22Co2O3+2CO2+2H2O；综上所述
30、，本题答案是：2Co2+HCO3-+3NH3H2O=Co2(OH)2CO3+3NH4+H2O；2Co2(OH)2CO3+O22Co2O3+2CO2+2H2O 。化学选修3：物质结构与性质（15分）11. 氢能被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源，开发高效储氢材料是氢能利用的重要研究方向。（1）H3BNH3是一种潜在的储氢材料，其中N原子的价电子轨道表达式为_。（2）制备H3BNH3的化学原料为（HB=NH）3，为六元环状物质，与其互为等电子体的有机物分子式为_，CH4、H2O、CO2的键角由大到小的顺序为_，B、C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为_。（3）C16S8是新型环烯类储氢材料，研
31、究证明其分子呈平面结构（如图所示）。C16S8分子中C原子和S原子的杂化轨道分别为_。测得C16S8中碳硫键的键长介于CS和C=S之间，其原因可能是_。（4）某种铜银合金晶体具有储氢功能，它是面心立方最密堆积结构，Cu原子位于面心，Ag原子位于顶点，H原子可进入由Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙中。若将Cu、Ag原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2（如图）相似，该晶体储氢后的化学式为_。（5）MgH2是金属氢化物储氢材料，其晶胞如图所示，该晶体的密度为 g/cm3，则该晶胞的体积为_。（用含、NA的代数式表示即可）【答案】 (1). (2). C6H6 (3). CO2CH4H2O
32、 (4). NOCB (5). sp2、sp3 (6). C16S8分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质 (7). Cu3AgH8 (8). cm3【解析】【分析】根据N原子的价电子排布式书写轨道表达式；等电子体要求原子总数相等、价电子总数也相等；根据孤电子对和成键电子对的相互影响判断键角相对大小；结合同周期第一电离能的递变规律判断；根据价层电子对数目判断杂化轨道形式；根据晶胞的均摊理论判断晶胞的化学式，再根据密度公式计算即可。【详解】（1）N原子价电子排布式为2s22p3，则N原子价电子轨道表示式为；（2）与（HB=NH）3互为等电子体分子中含有12个原子、价电子数是30，与其互为等电子体的
33、有机物分子为C6H6；CH4、H2O、CO2的空间构型分别是正四面体、V形、直线形，排斥力：孤电子对之间的排斥力孤电子对和成键电子对之间的排斥力成键电子对之间的排斥力，这三种分子孤电子对个数分别是0、2、0，结合其空间构型判断键角大小顺序是CO2CH4H2O，基态B原子的价电子为其2s、2p能级上的电子，根据构造原理书写该原子价电子排布式为2s22p1；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能NOCB；（3）C16S8分子中C原子和S原子的价层电子对个数分别是3、4，根据价层电子对互斥理论判断原子杂化类型分别为sp2、
34、sp3；C16S8分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质，介于S-C单键和S=C双键之间的特殊键；（4）Cu原子个数=6=3、Ag原子个数=8=1、H原子个数为8，其化学式为Cu3AgH8；（5）该晶胞中Mg原子个数=1+8=2、H原子个数=2+4=4，晶胞体积=cm3= cm3。【点睛】考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、等电子体等知识点，侧重考查基本公式、基本理论在物质结构中的运用，明确原子结构、物质结构是解本题关键，注意晶胞计算的均摊方法。化学选修5：有机化学基础（15分）12. 化合物H是合成啶氧菌酯的一种中间体。由芳香化合物A为原料制备H的一种合成路线如下。回答以下问题
35、：（1）A化学名称_（2）反应反应类型是_。（3）F的结构简式为_。（4）H中的含氧官能团的名称是_。（5）反应的化学方程式为_。（6）芳香化合物X是H的同分异构体，能发生银镜反应、水解反应，也能与FeCl3溶液发生显色反应，X的核磁共振氢谱由四组峰，峰面积之比为6:2:1:1。写出一种符合题目要求的X的结构简式_。（7）PAA（）常用于纺织品和纸张上胶，可由其单体在H2O2引发下制得。设计以乙炔、NaCN等为主要原料制备PAA的合成路线_。【答案】 (1). 邻二甲苯或1，2-二甲苯 (2). 取代反应 (3). (4). 酯基、醚键 (5). (6). 或 (7). 【解析】【分析】根据E
36、结构简式知，A中两个甲基位于邻位，A，A发生取代反应生成B为、B水解生成C为，C发生取代反应生成D，根据分子式知D为，D发生取代反应生成E，E发生水解反应生成F为，F发生酯化反应生成G，G发生取代反应生成H；（7）以乙炔、NaCN等为主要原料制备PAA，乙炔和HCl发生加成反应生成氯乙烯，氯乙烯和NaCN发生取代反应生成丙烯腈，丙烯腈发生水解反应生成丙烯酸，丙烯酸发生加聚反应得到聚丙烯酸。【详解】（1）A为，A的化学名称为邻二甲苯或1，2-二甲苯；（2）反应为D中Cl原子被-CN取代，所以该反应的反应类型是取代反应；（3）F的结构简式为；（4）H的结构简式为，所含氧官能团的名称是酯基、醚键；（
37、5）反应为卤代烃的水解反应，该反应的化学方程式为；（6）芳香化合物X是H的同分异构体，能发生银镜反应、水解反应，说明含有醛基、酯基，也能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；X的核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：2：1：1，符合条件的X的结构简式为或；（7）以乙炔、NaCN等为主要原料制备PAA，乙炔和HCl发生加成反应生成氯乙烯，氯乙烯和NaCN发生取代反应生成丙烯腈，丙烯腈发生水解反应生成丙烯酸，丙烯酸发生加聚反应得到聚丙烯酸，其合成路线为。【点睛】考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，正确推断各物质结构简式是解本题关键，利用反应条件、分子式、结构简式结合题给信息进行推断，利用知识迁移方法进行合成路线设计。
