1、湖北省2020届高三化学下学期6月供卷试题（含解析）可能用到的相对原子质量:H1 C12 N14 O16 Na23 S32一选择题:本大题共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.下列物质不能用作食品防腐剂的是A. 谷氨酸钠B. 亚硝酸钠C. 二氧化硫D. 苯甲酸【答案】A【解析】【详解】A谷氨酸钠是味精的主要成分，常用作日常食品的调味剂，不能用作食品防腐剂，故A符合题意；B亚硝酸钠在一定条件下可做食品的保鲜剂(防腐)，可用于肉类罐头、肉类制品，在肉制品中对抑制微生物的增殖有一定作用(对肉毒梭状芽孢杆菌有特殊抑制作用)，能提高腌肉的风味，肉类制品加工中
2、用作发色剂，该盐有毒，必须严格按照国家规定的范围和标准使用，故B不符合题意；C二氧化硫能够抑制霉菌和细菌的滋生，可以用作食物和干果的防腐剂，但必须严格按照国家有关范围和标准使用，否则，会影响人体健康，故C不符合题意；D苯甲酸是重要的酸型食品防腐剂。在酸性条件下，对霉菌、酵母和细菌均有抑制作用，故D不符合题意；答案选A。2.四苯乙烯可作发光材料，其结构简式如图所示下列关于该化合物的说法错误的是A. 分子式为C26H20B. 一氯代物有3种C. 分子中所有原子可能共平面D. 能与溴的四氯化碳溶液发生取代反应【答案】D【解析】【详解】A分子中含4个苯基(-C6H5)，1个碳碳双键(2个C)，故分子式
3、为：C26H20，A正确；B四苯乙烯含3种等效氢，故它的一氯代物有3种，B正确；C四苯乙烯可看成乙烯的4个H被4个苯基(-C6H5)取代，乙烯、苯都是平面型分子，故四苯乙烯分子中所有原子可能共平面，C正确；D四苯乙烯分子中含1个碳碳双键，可以和溴的四氯化碳溶液发生加成反应，不能与其发生取代反应，D错误。答案选D。3.某研究小组将NaBO2SiO2和Na的固体混合物与H2在500条件下制备NaBH4，实验装置如图所示已知NaBH4中B为+3价，下列说法错误的是A. 装置甲还可以用于制取CO2H2SB. 装置乙丙中分别装有NaOH溶液和浓硫酸C. 管式炉加热之前应收集装置尾部气体并验纯D. 可将反
4、应后混合物加水溶解后用重结晶法提纯【答案】D【解析】【分析】盐酸与锌反应生成氢气，由于盐酸具有挥发性，制取的氢气中含有氯化氢和水蒸气，故通过装置乙中的氢氧化钠溶液除去氯化氢杂质，在通过装置丙中的浓硫酸干燥除去水蒸气，干燥的氢气通入管式炉中一段时间后，对管式炉尾部流出的气体先验纯，再对管式炉进行加热，让氢气与NaBO2SiO2和Na固体混合物在500条件下反应制备NaBH4，反应方程式为：NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3，据此分析解答。【详解】A装置甲为块状固体与液体不加热反应制气体的装置，可以看做启普发生器的简易装置，实验室用大理石或石灰石与稀盐酸反应制取二氧
5、化碳，用硫化亚铁固体与稀盐酸或稀硫酸反应制取硫化氢，都属于块状固体与液体不加热反应制气体，装置甲可以用于制取CO2H2S，故A正确；B根据分析装置乙丙分别用于除去氢气中混有的氯化氢和水蒸气，NaOH溶液可与氯化氢反应，浓硫酸具有吸水性，故B正确；C氢气通入管式炉中与NaBO2SiO2和Na固体混合物在500条件下反应制备NaBH4，高温下，管式炉中若含有空气，氢气与氧气反应会引发爆炸，则管式炉加热之前应收集装置尾部气体并验纯，故C正确；D根据分析，管式炉中发生的反应化学方程式为：NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3，NaBH4中B为+3价，则H为-1价，将反应后混
6、合物加水溶解后，NaBH4可与水发生反应：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2，无法做到NaBH4提纯，故D错误；答案选D。4.我国科技工作者提出的一种OER(氧气析出反应) 机理如图所示下列说法错误的是A. 物质M不能改变OER反应的趋势B. 每一步反应过程都氧化还原反应C. 反应过程中只涉及极性键的断裂和形成D. 该总反应方程式为4OH-4e-2H2O+O2【答案】C【解析】【详解】AOER机理为氧气析出反应，根据图示可知，M为转化过程的催化剂，催化剂能改变反应进程或改变反应速率，但不能改变OER反应转化率或氧气的产率，故A错误； B根据图示，OER(氧气析出反应) 机理每一步反应过程
7、都有电子得失，是氧化还原反应，故B正确；C根据图示，反应过程中除了涉及极性键的断裂和形成，由M-O转化为M-OOH含有非极性键的形成，故C错误；D根据图示，可知M为OER(氧气析出反应) 机理的催化剂，四步反应中，每步都有电子失去，反应过程中生成水和氧气，该总反应方程式为4OH-4e-2H2O+O2，故D正确；答案选C。5.XYZW是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的一种氢化物可用作制冷剂，XZW形成的化合物在农业上可作杀菌剂，结构如图下列叙述正确的是A. W的氧化物的水化物为强酸B. 最简单氢化物的沸点：WYXC. X与W形成的溶剂可溶解硫D. Z与W形成的化合物仅含离子键【答案】C【解
8、析】【分析】Y的一种氢化物可用作制冷剂，则Y为N，制冷剂是液NH3；由可知，Z显+1价，且Z原子序数比Y(N)大，则Z为Na；在中X形成4个共价键且原子序数比Y(N)小，则X为C；W原子序数最大且在中化合价中为-2价，则W为S；综上所述：X、Y、Z、W分别为：C、N、Na、S，据此解答。【详解】AW的氧化物的水化物可能为强酸(如SO3的水化物H2SO4为强酸)，也可能为弱酸(如SO2的水化物H2SO3为弱酸)，A错误；BW、Y、X最简单氢化物分别为：H2S、NH3、CH4，对于分子晶体来讲，相对分子质量越大，沸点越高，但NH3分子间存在氢键，沸点在三种氢化物中最高，即三者的最简单氢化物的沸点：
9、Y(NH3) W(H2S) X(CH4)，B错误；CX(C)与W(S)形成CS2可溶解硫，C正确；DZ(Na)与W(S)形成的化合物可能含有共价键，如Na2S2，既含离子键又含共价键，D错误。答案选C。【点睛】CS难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2。6.我国科技工作者设计了一种电解装置，能合成氨及硝酸，实现高效人工固氮，原理如图所示下列说法正确的是A. 催化电极a的电势比催化电极b的电势高B. 负极区的电极反应为N2-10e-+6H2O=2NO3-+12H+C. 若N2得到6mole-，有6molH+向电极b迁移D. 理论上1molN2参与反应转移的电子数为3.75NA【答案】D【解析】【分析
10、】根据图示，该装置为电解池，电极a上氮气转化为氨气，氮元素化合价降低，得电子，发生还原反应，a为阴极，电极反应为N2+6e-+6H+=2NH3；电极b上氮气转化为硝酸，氮元素的化合价升高，失电子，发生氧化反应，电极反应为N2-10e-+H2O=2NO3-+12H+，b为阳极，据此分析解答。【详解】A根据分析，催化电极a为阴极，与电源负极相连，催化电极b为阳极，与电源正极相连，电源外电路电流从正极流向负极，根据电流总是从高电势流向低电势，则催化电极b的电势比催化电极a的电势高，故A错误；B根据分析，b为阳极，与电源正极相连，电极反应为N2-10e-+H2O=2NO3-+12H+，故B错误；C电解
11、池中，阳离子向阴极迁移，根据分析，催化电极a为阴极，则H+向电极a迁移，故C错误；D根据分析，a为阴极，电极反应为N2+6e-+6H+=2NH3，b为阳极，电极反应为N2-10e-+H2O=2NO3-+12H+，总反应为8N2+3H2O10NH3+6NO3-+6H+，根据反应可知，8mol氮气参与反应转移30mol电子，则1molN2参与反应转移电子数为molNA=3.75NA，故D正确；答案选D。7.在25时，用一定浓度NaOH溶液滴定醋酸溶液，滴定终点附近溶液pH和导电能力的变化分别如下图所示(利用溶液导电能力的变化可判断滴定终点；溶液总体积变化忽略不计)下列说法正确的是A. ab过程中，
12、水的电离程度不断增大B. d点对应的溶液中：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)C. cd过程中，溶液导电性增强的主要原因是c(OH-)和c(Na+)增大D. 根据溶液pH和导电能力的变化可判断：V2V3【答案】B【解析】【分析】溶液pH值与氢离子浓度有关，NaOH和醋酸恰好完全反应时，溶质为醋酸钠，显碱性，即恰好完全反应的点在a点的右边且在pH突变范围内(b点左边)，所以，V2时溶液为醋酸钠和醋酸的混合溶液；该滴定过程中，导电能力与离子总浓度有关，d点导电能力出现“拐点”，则V3时醋酸与NaOH恰好完全反应，溶质为醋酸钠，据此回答问题。【详解】A结合分析可知，a点时，溶质
13、为醋酸钠和醋酸，恰好完全反应的点在a点和b点之间，假设为e点，则a点(醋酸钠和醋酸)到e点(醋酸钠)，水的电离程度增大，e点(醋酸钠)到b点(醋酸钠和NaOH)，水的电离程度减小，A错误；Bd点溶质为CH3COONa，存在物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)，B正确；Cd点溶质为CH3COONa，则c点(CH3COONa和CH3COOH)d点(CH3COONa)溶液导电性增强的主要原因是c(CH3COO) 和c(Na+)增大，C错误；D结合分析可知，加入V2mLNaOH溶液时，pH=7 ，醋酸还没中和完，加入V3mLNaOH溶液时，醋酸恰好中和完，V211时，Zn
14、(OH) 2转化为，为了使Zn2+沉淀完全,则加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH范围是_(25时KspZn(OH)2=1.01017，35时Ksp与Kw的变化可忽略)(4)步骤中加入一定量NaCl固体的目的是_(5)步骤的操作是_经干燥得Na2S2O42H2O样品(6)为了测定Na2S2O42H2O样品纯度，取mg样品溶解在足量的甲醛溶液中，配制成100.00mL溶液取10.00mL溶液于锥形瓶中，用cmol/L碘标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为VmL测定过程中，发生的反应：Na2S2O4+2HCHO+H2ONaHSO3CH2O+NaHSO2CH2O，NaHSO2CH2O+2I2+2H2ONa
15、HSO4+HCHO+4HI，则样品中Na2S2O42H2O的纯度为_【答案】 (1). 保险粉具有还原性，容易被氧气氧化 (2). C (3). 温度低于35，反应速率太慢，温度太高，Na2S2O4容易分解 (4). 8-11) (5). 增大c(Na+)，使平衡Na2S2O4(s)2Na+(aq)+ S2O42-(aq)逆向移动，便于Na2S2O4晶体析出 (6). 过滤，用乙醇洗涤2-3次 (7). 【解析】【分析】Zn和SO2反应生成ZnS2O4，控制温度在35，使ZnS2O4和NaOH反应生成Na2S2O4和Zn(OH)2沉淀，通过过滤除去Zn(OH)2，得Na2S2O4溶液，Na2S
16、2O4溶液中加入NaCl增大Na+的浓度，同时降温使Na2S2O4晶体析出，据此解答。【详解】(1)保险粉具有还原性，在有氧条件下反应容易被氧化，所以，保险粉的制备过程要在无氧条件下进行，故答案为：保险粉具有还原性，容易被氧气氧化；(2)A浓盐酸易挥发，会混有HCl，A不满足题意；B稀硝酸有强氧化性，与Na2SO3反应得不到SO2，B不满足题意；C70%硫酸和Na2SO3能较快产生SO2，C满足题意；D98%的硫酸浓度太大，很难电离出氢离子，反应产生二氧化硫的速率比较慢，D不满足题意；故答案为：C； (3)温度低于35，反应速率太慢，温度太高，Na2S2O4容易分解，所以步骤需要控制温度在35
17、。Zn2+沉淀完全，即c(Zn2+)10-5，c(Zn2+)=10-5时，1.01017=10-5c2(OH-)，解得：c(OH-)=10-6，c(H+)=10-8，pH=8。当c(Zn2+)10-5时，OH-浓度比10-6大，碱性更强，pH8，当pH11时，Zn(OH) 2转化为，所以，为了使Zn2+沉淀完全，需控制pH范围在8-11)，故答案为：温度低于35，反应速率太慢，温度太高，Na2S2O4容易分解；8-11)；增大c(Na+)，使平衡Na2S2O4(s)2Na+(aq)+ S2O42-(aq)逆向移动，便于Na2S2O4晶体析出； (4)步骤中加入一定量NaCl固体，c(Na+)增
18、大，平衡Na2S2O4(s)2Na+(aq)+ S2O42-(aq)逆向移动，便于Na2S2O4晶体析出，故答案为：使c(Na+)增大，平衡Na2S2O4(s)2Na+(aq)+ S2O42-(aq)逆向移动，便于Na2S2O4结晶析出； (5)步骤析出Na2S2O4晶体，步骤为过滤，洗涤，Na2S2O4难溶于乙醇，故用乙醇洗涤，洗涤一般重复2-3次，即步骤为过滤，用乙醇洗涤2-3次，故答案为：过滤，用乙醇洗涤2-3次；(6)结合滴定过程发生的反应方程式可得：Na2S2O42H2ONaHSO2CH2OI2，所以： ，解得：n=，则mg样品中Na2S2O4的物质的量=，Na2S2O4的质量=21
19、0g/mol=105cV10-2g，Na2S2O42H2O的纯度=，故答案为：。【点睛】(6)计算涉及多个反应方程式时可用关系式法解答。9.铬(Cr)硬度大抗腐蚀性和耐磨性好，具有广泛的应用前景一种以铬铁矿(含FeCr2O4及少量Al2O3SiO2等)为原料制备金属铬的工艺流程如下:回答下列问题:(1)“高温焙烧”中主要反应的化学方程式为_(2)为提高“水浸”的浸取率，除了适当升高温度，还可采取的措施是_(3)“滤渣1”是一种红棕色固体，为检验其中的金属元素，可选择的常用试剂是_“滤渣2”的主要成分是_(4)“调pH”的目的是_(5)“热还原”主要是利用焦炭与重铬酸盐得到Cr2O3和另一种固体
20、产物，该固体产物可返回_工序循环使用(6)可用铝热法还原Cr2O3制备铬单质，铝热反应中镁带的作用是_;还可用惰性电极电解硫酸铬钾KCr(SO4)2溶液制备，阴极的电极反应式为_【答案】 (1). 4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+CO2， (2). 适当延长浸取时间或搅拌 (3). 盐酸(或稀硫酸)、KSCN溶液 (4). H2SiO3和Al(OH)3 (5). 增大H+浓度，使平衡2+2H+2+H2O方向移动，将Na2CO4转化为Na2Cr2O7 (6). 高温熔烧 (7). 引燃剂(或利用镁条燃烧放出的热量引发铝热反应) (8). Cr3+3e-
21、= Cr【解析】【分析】根据流程：铬铁矿主要成分为Fe(CrO2)2，还含有Fe2O3、A12O3、SiO2等杂质在空气中与纯碱高温煅烧，发生反应：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2、SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2、4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+CO2，得到含有NaA1O2、Na2SiO3、Na2CrO4、Fe2O3的固体产物，水浸，Fe2O3不溶，滤渣I为Fe2O3，滤液I含有NaA1O2、Na2SiO3、Na2CrO4，通入二氧化碳调节pH值使NaA1O2、Na2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，发生反应：2
22、NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3+Na2CO3，Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3+Na2CO3，则滤渣2为Al(OH)3和H2SiO3，滤液主要含有CrO42-，再次调节pH发生反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，将CrO42-转化为Cr2O72-，用碳作还原剂，热还原法将Na2Cr2O7转化为Cr2O3同时生成碳酸钠和CO，发生反应：Na2Cr2O7+2CNa2CO3+ Cr2O3+CO；利用铝热法还原Cr2O3制取金属铬，据此分析解答。【详解】(1)“高温焙烧”中主要反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8N
23、a2CrO4+CO2；(2)为提高“水浸”的浸取率，除了适当升高温度，还可采取的措施是适当延长浸取时间或搅拌；(3)根据分析，滤渣I为Fe2O3，为检验其中的金属元素，先用盐酸(或稀硫酸)溶解转化为Fe3+，再加入KSCN溶液，若溶液变为血红色，则证明含有铁元素；“滤渣2”的主要成分是Al(OH)3和H2SiO3；(4)调节pH的目的是增大溶液中H+的浓度，使反应2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O平衡正向移动，使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7；(5)“热还原”主要是利用焦炭与重铬酸盐得到Cr2O3和另一种固体产物，发生反应：Na2Cr2O7+2CNa2CO3+ Cr2O3+CO
24、，该Na2CO3固体产物可返回高温熔烧工序循环使用；(6)可用铝热法还原Cr2O3制备铬单质，铝热反应中镁带的作用是作引燃剂，利用镁条燃烧放出的热量引发铝热反应；还可用惰性电极电解硫酸铬钾KCr(SO4)2溶液制备，阴极上电解质溶液中的阳离子放电，根据放电顺序，Cr3+在阴极放电，电极反应式为Cr3+3e-= Cr。【点睛】难点为(4)，由于向含有NaA1O2、Na2SiO3、Na2CrO4滤液中通入二氧化碳除去杂质Al和Si元素时，溶液会显示弱酸性，CrO42-在酸性条件下不稳定存在会转化为Cr2O72-，则调节pH值的目的是将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7。10.甲酸被认为是理想的氢
25、能载体，我国科技工作者运用DFT计算研究单分子HCOOH在催化剂表面分解产生H2的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注回答下列问题：(1)该历程中决速步骤的能垒(活化能)E正=_eV，该步骤的反应方程式为_(2)甲酸分解制氢气热化学方程式为_(3)在温度为383K压强为p0时，将一定量的HCOOH气体充入一个盛有催化剂的刚性容器中，达到平衡时，H2的分压为0.55p0，则该反应(HCOOH)=_，该温度下的压强平衡常数Kp=_ (计算结果保留2位有效数字)(4)HCOOH的分解存在副反应HCOOH(g)CO(g)+H2O(g)已知H2的选择性=能够增大H2选择性的可能方法是_(
26、5)甲酸作为直接燃料电池的燃料具有能量密度高的优点若电解质溶液显酸性，甲酸直接燃料电池的负极反应式为_，该电池的理论输出电压为1.48V，能量密度E=_kWh/kg(能量密度=电池输出电能/燃料质量，1kWh=3.6106J)【答案】 (1). 0.98 (2). HCOOH*=HCOO*+H* (3). HCOOH(g)=CO2(g)+H2(g) H=-0.15NAeV/mol (4). 55% (5). 0.67p0 (6). 选择合适催化剂 (7). HCOOH-2e-=CO2+2H+ (8). 1.72【解析】【详解】(1)反应所需能垒（活化能）越大，反应速率越慢，而决定该历程反应速率
27、的是反应速率最慢的一步，即决速步骤是能垒最高的一步，该历程中三步的能垒分别为0.77-(-0.21)eV=0.98eV、(0.89-0.11)eV=0.78eV、0.46-(-0.08)eV=0.54ev，所以该历程中决速步骤的能垒(活化能)E正=0.98eV，该步骤的反应方程式为HCOOH*=HCOO*+H*，故答案为：0.98；HCOOH*=HCOO*+H*； (2)结合反应历程可知，1molHCOOH(g)分解得到1molCO2(g)和1molH2(g)释放0.15eV能量，所以甲酸分解制氢气的热化学方程式为HCOOH(g)=CO2(g)+H2(g)H=-0.15NAeV/mol，故答案
28、为：HCOOH(g)=CO2(g)+H2(g)H=-0.15NAeV/mol； (3)因为是刚性容器，所以可将分压代入三段式解答，平衡时，H2的分压为0.55p0，所以： ，所以，(HCOOH)=55%，Kp=0.67p0，故答案为：55%；0.67p0；(4)可选择合适的催化剂增大氢气的选择性，故答案为：选择合适的催化剂；(5)甲酸作燃料，失电子，发生的电极反应为：HCOOH-2e-=CO2+2H+，1molHCOOH反应转移2mol电子，则1000gHCOOH转移2mol电子，所以电池输出电能=1.48V2mol96500C/mol，则能量密度E=J/kg=kWh/kg1.72kWh/kg
29、，故答案为：HCOOH-2e-=CO2+2H+；1.72。化学选修3:物质结构与性质11.SDIC是一种性能稳定的高效广谱杀菌消毒剂，广泛用于环境水处理食品加工公共场所等清洁消毒，结构如图甲所示其中WXYRZ均为短周期元素且原子序数依次增大，Z在同周期主族元素中原子半径最小，且Z与Y位于不同周期 回答下列问题:(1)SDIC中，电负性最小的元素是_(填元素名称) ，其中W最外层的孤电子对数为_。(2)基态X3-的核外电子排布式为_某离子晶体中含有X3-和M+两种离子，其中M+核外电子正好充满KLM3个能层，则M的元素符号是_ ，该晶体晶胞结构如图乙所示，则X3-的配位数为_(3)XX的键能为9
30、42kJ/mol，X-X单键的键能为247kJ/mol，则X的最常见单质中_(填“”或“”)键更稳定(4)X的最简单氢化物是_ 分子(填“极性”或“非极性”)，该分子与1个H+结合形成离子时键角_ (填“变大”“变小”或“不变”)，原因是_(5)SDIC的原子发射光谱中呈现特征颜色的微观原因是_(6)在由R和Y的单核离子组成的晶体中，阴离子的排列方式为面心立方最密堆积，阳离子填充在全部的正四面体空隙中已知晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为_g/cm3 (列出计算式)【答案】 (1). 钠 (2). 0 (3). 1s22s22p6 (4). Cu (5). 6 (6).
31、 (7). 极性 (8). 变大 (9). NH3中N原子上有一对孤电子对，与H+结合形成NH4+后，原来的孤电子对变为成键电子对，对于其他成键电子对的斥力变小，所以，N-N-H键角变大， (10). 不同元素的电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会释放不同频率的光 (11). 【解析】【分析】R在化合物中显+1价，且在WXYRZ五种短周期元素中原子序数较大，则R为Na；Z在同周期主族元素中原子半径最小，则Z为Cl；由可知，Y易形成2个共价键，且Y的原子序数比R(Na)小，则Y为O；W形成4个共价键且原子序数比Y(O)小，则W为C；W(C)XY(O)的原子序数增大，则X为N
32、；综上所述：WXYRZ分别为C、N、O、Na、Cl，据此解答。【详解】(1)元素的非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小，所以，SDIC中，电负性最小的元素是钠，SDIC中，每个W(C)都形成4对共用电子对，孤电子对数为0，故答案为：钠；0；(2)X为N，基态X3-(N3-)的核外电子排布式为1s22s22p6，M+核外电子正好充满KLM3个能层，则M+核外有(2+8+18)个=28个电子，M为29号元素Cu，由题意可知，该晶体化学式为Cu3N，晶胞结构中黑色小球代表的原子个数=12=3，白色小球代表的原子个数=8=1，即白色小球代表N3-，它的配位离子有上、下、左、右、前、后共6个
33、，故答案为：1s22s22p6；Cu；6；(3)XX含两个键和一个键，单键为键，由此可见，氮氮键中键的键能=kJ/mol=347.5kJ/mol键的键能，键更稳定，故答案为：； (4)X为N，其最简单氢化物是NH3，NH3是三角锥形分子，正负电荷中心不重合，为极性分子，NH3与1个H+结合形成离子即NH4+，NH3中N原子上有一对孤电子对，与H+形成NH4+后，原来的孤电子对变为成键电子对，对于其他成键电子对的斥力变小，所以，N-N-H键角变大，故答案为：极性；变大；NH3中N原子上有一对孤电子对，与H+形成NH4+后，原来的孤电子对变为成键电子对，对于其他成键电子对的斥力变小，所以，N-N-
34、H键角变大；(5)不同元素的电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会释放不同频率的光，因此，SDIC的原子发射光谱中呈现特征颜色，故答案为：不同元素的电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会释放不同频率的光； (6)R(Na)和Y(O)的单核离子组成的晶体为Na2O，O2-排列方式为面心立方最密堆积，而面心立方最密堆积晶胞中共涉及14个离子，分别位于立方体的8个顶点和6个面心，则一个晶胞中O2-的个数=4，结合化学式Na2O可知，Na+个数为8，则一个晶胞的质量=g，又因为晶胞参数为anm，则一个晶胞的体积=cm3，所以该晶体密度=g/cm3，故答案为：。化
35、学选修5:有机化学基础12.盐酸甲氧明(有机物G)可用于治疗大出血、创伤、外科手术所引起的低血压，其合成路线如下图所示：回答下列问题：(1)A的化学名称为_(2)G中含氧官能团的名称为_(3)反应和反应的反应类型分别为_ _(4)碳原子上连有4个不同的原子或者基团时，该碳称为手性碳有机物M是E与足量的氢气发生加成反应的产物，M中有_个手性碳(5)反应的化学方程式为_ (6)有机物N是C的同分异构体，写出满足下列条件N的结构简式_既能发生银镜反应，又能发生水解反应；1molN能与3molNaOH反应；核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为64211(7)设计由甲苯制备的合成路线_ (无机试剂任选)
36、【答案】 (1). 对苯二酚或14-苯二酚 (2). 醚键、羟基 (3). 取代反应 (4). 还原反应 (5). 5 (6). +HCl (7). 、 (8). 【解析】【分析】CH3CH2COOH和SOCl2发生取代反应得到CH3CH2COCl，A()和CH3I发生取代反应得到B()，B()和CH3CH2COCl发生取代反应得到C()，C()和CH3NO2反应生成D()和CH3OH，D()和氢气发生还原反应得到E()，E()的-NH2具有碱性，与HCl反应得到F()，F()被NaBH4还原为G()，据此解答。【详解】(1)A为，名称为对苯二酚或1,4-苯二酚，故答案为：对苯二酚或1,4-苯
37、二酚；(2)G为，含氧官能团为醚键和羟基，故答案为：醚键、羟基； (3)反应：A()和CH3I发生取代反应得到B()，反应：F()被NaBH4还原为G()，故答案为：取代反应；还原反应；(4) E()与足量的氢气发生加成反应生成M()，有5个手性碳，用“*”标注如图：，故答案为：5；(5)E()的-NH2具有碱性，与HCl反应得到F()，所以反应的化学方程式为：+HCl，故答案为：+HCl； (6)C为，C的不饱和度为5，N是C的同分异构体：既能发生银镜反应，又能发生水解反应，则N含HCOO-；1molN能与3molNaOH反应，则N含有1个酚羟基和；核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为64211，则必含有2个对称的-CH3，2个对称的-CH2-，即含2个对称的-CH2CH3，满足条件的有一种，为、， 故答案为：、； (7)逆合成分析：可由和NaBH4发生类似反应得到，可由和发生类似反应得到，可由和SOCl2反应得到，可由甲苯()氧化而来，即流程为：，故答案为：。
