重庆市第一中学2020届高三上学期摸底考试理科综合化学试题 15页

‎2019年重庆一中高2020级高三上期摸底考试 理科综合能力测试试题卷（化学部分）‎ 可能用到的相对原子质量：H:1 Li:7 N:14 Al:27‎ 一、选择题：本题共7个小题，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.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 A. CaO能与水反应，可用作干燥剂 B. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂 C. SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维 D. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于CaO与水发生反应，且无毒，可用作食品干燥剂，故A正确；‎ B．碳酸氢钠与盐酸反应，可用作胃酸中和剂，与NaHCO3的稳定性无关，故B错误；‎ C．SiO2可用于制光导纤维，利用的是二氧化硅的导光性，与其熔点无关，故C错误；‎ D．由于Al2O3具有较高熔点，可用作耐高温材料，与Al2O3是两性氧化物无关，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是 A. 14g由N2和13C2H2组成的混合物中，所含中子数为7NA B. CH4与白磷(P4)都为正四面体结构，则1mol CH4与lmolP4所含共价键的数目均为4NA C. 反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4kJ/mol，若放出热量4.62kJ，则转移电子的数目为0.3NA D. 常温下，含0.5molNH4NO3与xmolNH3·H2O中性溶液中，含有NH4+的数目为0.5NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．N2和13C2H2的摩尔质量均为28g/mol，故14g混合物的物质的量为0.5mol，且两者均含中子为14个，故0.5mol混合物中含中子为7NA个，故A正确；‎ B．甲烷中含4条共价键，而白磷中含6条，故1 mol CH4与1molP4所含共价键的数目为4NA和6NA个，故B错误；‎ C．反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol，放热92.4KJ时，转移电子数6mol，故当放热4.62KJ时，则转移电子为0.3NA个，故C正确；‎ D．含0.5 mol NH4NO3与xmol NH3•H2O的中性溶液中n(OH-)=n(H+)，根据电荷守恒故有：n(NO3-)=n(NH4+)=0.5mol，则铵根离子为0.5NA个，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。‎ ‎3.下列关于常见有机物的说法正确的是 A. 淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物 B. 苯乙烯与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯 C. 苯乙块分子中最多有6个原子共直线 D. 氟利昂-12(CF2Cl2)性质稳定，不易燃烧，有两种空间结构 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．淀粉、纤维素属于天然高分子化合物，油脂相对分子质量比较小，不属于高分子化合物，故A错误；‎ B．苯乙烯与氯气发生加成反应得到氯代苯乙烷，故B错误；‎ C．苯环是中心对称构型，而乙炔是直线型，则在过乙炔基苯环对称轴上()共有6个原子，故C正确；‎ D．甲烷是正四面体，所以CF2Cl2只有一种空间结构，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的某种核素不含中子；X、Y原子核处L层的电子数之比为3：4；X与Z同主族，且X、Y、Z原子的最外层电子数之和为16。下列说法不正确的是 A. 原子半径：Y＞Z＞X＞W B. 简单氢化物的稳定性：X＞Z＞Y C. X与Y形成晶体的基本结构单元为四面体 D. W、X、Z三种元素形成的化合物一定为强电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的某种核素不含中子，则W为H元素；X、Y原子核外L层的电子数之比为3：4，则L层电子数分别为3、4或6、8，X与Z为同主族元素，且X、Y、Z的最外层电子数之和为16，若X、Y的L层电子数分别为3、4，则3+3+4≠16，则X的L层电子数为6，X为O元素，Z为S元素，Y的最外层电子数为17-6-6-1=4，且Y的L层电子数为8，则Y为Si元素，据此解答。‎ ‎【详解】根据分析可知：W为H，X为O元素，Y为Si，Z为S元素；‎ A．同一主族从上到下原子半径逐渐增大，同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径Y＞Z＞X＞W，故A正确；‎ B．非金属性O＞S＞Si，则简单氢化物的稳定性X＞Z＞Y，故B正确；‎ C．O、Si形成的化合物为二氧化硅，二氧化硅晶体的基本结构单元为四面体，故C正确；‎ D．H、O、S形成的亚硫酸为弱酸，属于弱电解质，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。(3)电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。(4)同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。(5)电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。‎ ‎5. 下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）‎ 选项 ‎ 目的 ‎ 分离方法 ‎ 原理 ‎ A． ‎ 分离溶于水中的碘 ‎ 乙醇萃取 ‎ 碘在乙醇中的溶解度较大 ‎ B． ‎ 分离乙酸乙酯和乙醇 ‎ 分液 ‎ 乙酸乙酯和乙醇的密度不同 ‎ C． ‎ 除去KNO3固体中混杂的NaCl ‎ 重结晶 ‎ NaCl在水中的溶解度很大 ‎ D． ‎ 除去丁醇中的乙醚 ‎ 蒸馏 ‎ 丁醇与乙醚的沸点相差较大 ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、乙醇与水互溶，不能萃取水中的碘，A错误；B、乙醇和乙酸乙酯互溶，不能直接分液，B错误；C、氯化钠的溶解度受温度影响小，C错误；D、丁醇与乙醇的沸点相差较大。蒸馏即可实现分离，D正确，答案选D。‎ ‎6.一种以石墨和过渡金属氧化物做电极材料、以固态有机高聚物做电解质溶剂的锂离子电池，放电时的 总反应方程式为：Li(1-x)CoO2+LixC6=LiCoO2+C6(x＜1)，其工作原理如图1所示，图2是合成有机高聚物的单体的结构简式。下列说法中，正确的是 A. 放电时，外电路电子由金属氧化物电极流向石墨电极 B. 充电时，石墨电极作阳极，过渡金属氧化物作阴极 C. 放电时负极反应为：LiC6-xe-=Li(1-x)C6+xLi+‎ D. 图2所示的两种单体可通过缩聚反应生成有机高聚物溶剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 放电时的反应为Li1-xCoO2+LixC6═LiCoO2+C6，Co元素的化合价降低，Co得到电子，则Li1-xCoO2为正极，LixC6为负极，LixC6失去电子得到Li+，结合原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，充电是放电的逆过程，据此解答。‎ ‎【详解】A．根据图示可以知道石墨是负极，放电时，电子从负极流向正极，即由石墨电极流向金属氧化物电极，故A错误；‎ B．充电时，石墨电极作阴极，过度金属氧化物作阳极，故B错误；‎ C．放电时，负极LixC6失去电子产生Li+，电极反应式为LiC6-xe-=Li(1-x)C6+xLi+，故C正确；‎ D．图2所示的两种单体含有碳碳双键，可通过加聚反应生成有机高聚物溶剂，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎7.室温下，向一定体积的0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1盐酸至过量，溶液中含碳元素的各微粒的物质的量浓度的百分含量随溶液pH的变化如图所示（CO2因逸出未画出，滴加盐酸的过程中温度的变化忽略不计）。下列说法正确的是 A. 由图可知，碳酸的-lgKa2=10‎ B. 点②所示溶液中：c(HCO3-)=0.1mol·L-1‎ C. 当滴加盐酸到点③时，才开始放出CO2气体 D. Na2CO3第一步水解反应的平衡常数：①＞②＞③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．已知HCO3-CO32-+H+，当pH=10，即c(H+)=10-10mol/L时，c(HCO3-)=c(CO32-)，此时Ka2==c(H+)=10-10mol/L，则碳酸的-lgKa2=10，故A正确；‎ B．点②所示溶液中含C元素的微粒有HCO3-、CO32-，且滴加盐酸后溶液体积增大，物料守恒可知，c(HCO3-)+c(CO32-)＜0.1mol/L，故B错误；‎ C．图象可知PH≤6时，H2CO3的量保持不变，说明PH=6时，二氧化碳在溶液中已达到饱和，之后就会有二氧化碳气体放出，故C错误；‎ D．平衡常数只随温度变化，温度不变平衡常数不变，Na2CO3第一步水解反应的平衡常数：①=②=③，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎8.四氢铝锂（LiAlH4）常作有机合成的重要还原剂。以辉锂矿（主要成分Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Fe2O3）为原料合成四氢铝锂的流程如图：‎ 已知：①几种金属氢氧化物沉淀的pH如表所示：‎ 物质 Fe(OH)3‎ A1(OH)3‎ 开始沉淀的pH ‎2.3‎ ‎4.0‎ 完全沉淀的pH ‎3.7‎ ‎6.5‎ ‎②常温下，Ksp(Li2CO3)=2.0×10-3。Li2CO3在水中溶解度随着温度升高而减小。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）上述流程中，提高“酸浸”速率的措施有____ (写两条)；加入CaCO3的作用是____，“a”的最小值为____。‎ ‎（2）用热水洗涤Li2CO3固体，而不用冷水洗涤，其目的是___；检验碳酸锂是否洗净的实验操作是___。‎ ‎（3）写出LiH和AlCl3反应的化学方程式：___(条件不作要求)‎ ‎（4）设计简单方案由Li2CO3制备无水LiCl：___‎ ‎（5）在有机合成中，还原剂的还原能力通常用“有效氢”表示，其含义是1克还原剂相当于多少克氢气的还原能力，LiAlH4的“有效氢"为___。(结果保留2位小数)‎ ‎【答案】 (1). 粉碎矿石、加热、增大酸的浓度等 (2). 调节pH使Al3+、Fe3+转化成氢氧化物 (3). 6.5 (4). 减少碳酸锂的损失 (5). 取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液和稀盐酸 (6). AlCl3+4LiH=LiAlH4+3LiCl (7). 用盐酸溶解，在氯化氢气流中蒸干溶液 (8). 0.21‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 辉锂矿(主要成分是Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Fe2O3)为原料合成四氢铝锂，矿粉中加入浓硫酸然后过滤，得到的滤渣1为脉石，滤液1中含有硫酸铁、硫酸铝、硫酸锂和硫酸，向滤液1中加入碳酸钙，碳酸钙和氢离子反应从而调节溶液的pH，使溶液中铁离子、铝离子转化为沉淀，滤液2中含有硫酸锂和硫酸钙，向滤液2中加入碳酸钙，得到碳酸锂沉淀和滤液3，电解氯化锂得到Li，Li和氢气化合得到LiH，LiH和氯化铝在一定条件下反应生成LiAlH4；‎ ‎【详解】(1)加硫酸从矿石中浸出，如粉碎矿石、提高硫酸浓度、加热等措施可以提高反应速率；加入碳酸钙中和溶液中的酸，使铁、铝离子完全生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，从而除去杂质；从表格信息看，调节pH最小值为6.5，确保铝离子完全沉淀；‎ ‎(2)依题意，碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，用热水洗涤碳酸锂，可以减少碳酸锂损失；沉淀表面有硫酸钠，检验SO42-可判断沉淀是否洗净，方法为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液和稀盐酸(或其它合理答案)；‎ ‎(3)氯化铝与氢化锂反应生成四氢铝锂和氯化锂，方程式为AlCl3+4LiH=LiAlH4+3LiCl；‎ ‎(4)先用稀盐酸溶解碳酸锂得到氯化锂，因为氯化锂水解，为防止其水解，需要在氯化氢中蒸干氯化锂溶液，从而得到LiCl固体；‎ ‎(5)由题给信息可知，还原剂的还原能力实指失电子数，1 molLiAlH4能提供8mol电子，相当于4molH2，LiAH4的有效氢为≈0.21。‎ ‎9.常用调味剂花椒油是一种从花椒籽中提取的挥发性香精油，高温易被氧化，易溶于乙瞇、乙 醇等有机溶剂。利用如图所示，水蒸气蒸馆装置处理花椒籽粉，经分离提纯得到花椒油。水蒸气蒸馆可以在较低的温度(略低于100度)下把沸点较高的不溶于水的液体蒸出。‎ 实验步骤：‎ ‎（一）在A装置中的圆底烧瓶中装入2/3容积的水，加1-2粒沸石。同时，在B中的圆底烧瓶中加入209g花椒籽粉和50mL水。‎ ‎（二）加热A装置中的圆底烧瓶，当有大量蒸气产生时关闭弹簧夹，进行蒸馏。‎ ‎（三）向馏出液中加入食盐至饱和，再用乙醚萃取，萃取后的醚层加入少量无水Na2SO4；将萃取后的有机层倾倒入蒸馏烧瓶中，蒸馏得花椒油。‎ ‎（1）装置A中玻璃管的作用是_______。‎ ‎（2）步骤(三)中，用50mL乙醚萃取的最佳方法是______。‎ A．直接用50 mL乙醚萃取分液 B．将溶液分两份，乙醚也分两份，分别萃取，萃取液合并 C．先用30 mL乙醚萃取分液，再分别用10 mL乙醚萃取两次，并将三次萃取液合并 ‎（3）在馏出液中加入食盐的作用是___ ；加入无水Na2SO4的作用是_____。‎ ‎（4）相比直接蒸馏，水蒸气蒸馏法的优点有______。‎ ‎（5）为测定花椒油中油脂的含量，取20.00mL花椒油溶于乙醇中，加入80.00mL0.5mol/LNaOH的乙醇溶液，搅拌，充分反应，加水配成200mL溶液。取25.00mL所配溶液，加入_____做指示剂，用0.1mol/L盐酸进行滴定，滴定终点消耗盐酸20.00 mL。则该花椒油中含有油脂_____g/L（以计，式量：884）。‎ ‎【答案】 (1). 平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大 (2). C (3). 降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层 (4). 除去花椒油中的水或干燥 (5). 降低蒸馏温度，防止其在高温下被氧化 (6). 酚酞 (7). 353.6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)A产生大量的气体，根据气压分析；‎ ‎(2)多次萃取可提高萃取效果；‎ ‎(3)根据花椒油的溶解性分析；无水Na2SO4吸水；‎ ‎(4)水蒸气蒸馏法易控制温度；‎ ‎(5)盐酸滴定过量的NaOH，则过量的n(NaOH)=n(HCl)=0.1mol/L×0.02L×=0.016mol，则参与水解反应的n(NaOH)=0.5mol/L×0.08L=0.04mol-0.016mol=0.024mol，故花椒油中的油脂物质的量为×0.024mol=0.08mol，据此计算。‎ ‎【详解】(1)A中产生大量蒸汽，A中玻璃管可以平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大；‎ ‎(2)50mL乙醚萃取分液，先用30mL乙醚萃取分液，再分别州l0mL乙醚萃取两次，并将三次萃取液合并，除去呋喃甲醇的效果较好；故答案为C；‎ ‎(3)花椒油不溶于水，在馏出液中加入食盐可以降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层；无水Na2SO4可以除去花椒油中的水或干燥；‎ ‎(4)直接蒸馏不易控制温度，而采用水蒸气蒸馏可降低蒸馏温度，防止花椒油在高温下被氧化；‎ ‎(5)用盐酸滴定NaOH溶液常选择酚酞作指示剂；盐酸滴定过量的NaOH，则过量的n(NaOH)=n(HCl)=0.1mol/L×0.02L×=0.016mol，则参与水解反应的n(NaOH)=0.5mol/L×0.08L=0.04mol-0.016mol=0.024mol，故花椒油中的油脂物质的量为×0.024mol=0.008mol，则该花椒油中含有油脂为=353.6g/L。‎ ‎10.处理、回收CO是环境科学家研究的热点课题。‎ ‎（1）CO用于处理犬气污染物N2O所发生的反应为：N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g) ΔH，几种物质的相对能量如下：‎ 物质 N2O(g)‎ CO(g)‎ CO2(g)‎ N2(g)‎ 相对能量kJ·mol-1‎ ‎475.5‎ ‎283‎ ‎0‎ ‎393.5‎ ‎①ΔH=______kJ·mol-1；改变下列“量”，一定会引起ΔH发生变化的是____填代号）‎ A．反应物浓度 B．催化剂 C．化学计量数 ‎②有人提出上述反应可以用Fe作催化剂。其总反应分两步进行：第一步：Fe+N2O=FeO+N2，第二步：______（写化学方程式）。第二步反应不影响总反应达到平衡所用时间，由此推知，第二步反应活化能____第一步反应活化能（填“大于”、“小于”或等于”）。‎ ‎（2）在实验室，釆用I2O5测定空气中CO的含量。在密闭容器中充入足量的I2O5粉末和一定量的CO，发生反应：I2O5(g)+5CO(g)5CO2(g)+I2(s)。测得CO的转化率如图1所示。‎ ‎①相对曲线a，曲线b仅改变一个条件，改变条件可能是______。‎ ‎②在此温度下，该可逆反应的平衡常数K=_____（用含x的代数式表示）。‎ ‎（3）工业上，用CO和H2合成CH3OH。在1L恒容密闭容器中充入1molCO(g)和nmolH2，在250℃发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，测得混合气体中CH3OH的体积分数与H2的物质的量的关系如图2所示。在a、b、c、d点中，CO的平衡转化率最大的点是___。‎ ‎（4）CO-空气碱性燃料电池（用KOH作电解质），当恰好完全生成KHCO3时停止放电。写出此时负极的电极反应式：______。‎ ‎【答案】 (1). -365 (2). C (3). FeO++CO=Fe++CO2 (4). 小于 (5). 加入催化剂（或增大压强） (6). (7). d (8). CO-2e-+3OH-=HCO3-+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①△H=生成物所具有的总能量-反应物所具有的总能量；反应热只与具体反应的化学计量数有关，与温度、压强、催化剂、转化率、反应物浓度等无关；‎ ‎②根据催化剂定义，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率；‎ ‎(2)①对于气体分子数相同反应，加压可以增大浓度，正、逆反应速率同倍数增大；加入催化剂，正、逆反应速率同倍数增大，平衡不移动；‎ ‎②根据平衡常数定义计算；‎ ‎(3)图2中，b点代表平衡点，增大H2、CO的投料比，CO的平衡转化率增大，故d点CO的平衡转化率最大；‎ ‎(4)负极上CO发生氧化反应生成KHCO3。‎ ‎【详解】(1)①△H=生成物所具有的总能量-反应物所具有的总能量=(393.5+0-475.5-283)kJ•mol-1=-365kJ•mol-1；反应热只与具体反应的化学计量数有关，与温度、压强、催化剂、转化率、反应物浓度等无关，故答案为C；‎ ‎②根据催化剂定义，第二步反应中，中间产物(FeO+)氧化CO生成CO2本身被还原成Fe+，FeO++CO=Fe++CO2，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率，第二步反应速率大于第一步反应速率，反应速率越快，活化能越低，则第二步反应的活化能小于第一步反应的活化能；‎ ‎(2)①曲线b和曲线a的平衡状态相同，曲线b反应速率较大，对于气体分子数相同的反应，加压可以增大浓度，正、逆反应速率同倍数增大，加入催化剂，正、逆反应速率同倍数增大，平衡不移动，曲线b仅改变一个条件，改变的条件可能是加入催化剂(或增大压强)；‎ ‎②设CO的起始浓度为c(对于等气体分子数反应，体积始终不变)，平衡时，c(CO)=(1-x)cmol•L-1，c(CO2)=xcmol•L-1，K==；‎ ‎(3)图2中，b点代表平衡点，增大H2、CO的投料比，CO的平衡转化率增大，在a、b、c、d点中，CO的平衡转化率最大的点是d，故答案为d；‎ ‎(4)负极上CO发生氧化反应生成KHCO3，负极的电极反应式：CO-2e-+3OH-=HCO3-+H2O。‎ ‎11.Fritz Haber在合成氨领域的贡献距今已经110周年，氮族元素及其化合物应用广泛。‎ ‎(1)在基态13N原子中，核外存在__________对自旋相反的电子，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为__________形。‎ ‎(2)根据价层电子对互斥理论，NH3、NO3-、NO2-‎ 中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是________，与NO3-互为等电子体的分子为__________。液氨中存在电离平衡2NH3NH4+＋NH2-，根据价层电子对互斥理论，可推知NH2-的空间构型为__________，液氨体系内，氮原子的杂化轨道类型为________。NH3比PH3更容易液化的原因为__________________。‎ ‎(3)我国科学工作者实现世界首次全氮阴离子(N5-)金属盐Co(N5)2(H2O)4·4H2O的合成，其结构如图所示，可知N5-的化学键类型有______________。‎ ‎(4)把特定物质的量之比的NH4Cl和HgCl2在密封管中一起加热时，生成晶体X，其晶胞的结构图及晶胞参数如图所示。则晶体X的化学式为__________，其晶体密度为__________(设阿伏加德罗常数的值为NA，列出计算式)g·cm－3。‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 哑铃(纺锤) (3). NH3 (4). SO3或BF3 (5). V形 (6). sp3 (7). 液氨存在分子间氢键，沸点高于PH3，故NH3比PH3更易液化 (8). σ键、π键 (9). HgNH4Cl3 (10). 1×325.5/NA×(a×10-10)2×c×10-10‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)氮原子的电子排布是1s22s22p3，可知核外存在2对自旋相反的电子。核外电子占据的最高能级为2p，电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形；‎ ‎(2) NH3、NO3-、NO2-中，中心原子价层电子对数分别为3、４、４，不同于其他两种粒子的是NH3；等电子体要求原子总数相同、价原子总数相同，与NO3-互为等电子体的分子为SO3或BF3；NH的中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为2，可知空间构型为V形；氨气分子中氮原子价层电子对个数=3+×（5-3×1）=4，所以N原子采用sp3杂化；液氨存在分子间氢键，沸点高于PH3，故NH3比PH3更易液化；‎ ‎(3)由结构可知，存在的化学键为σ键、π键；‎ ‎(4)由均摊法可知，1个晶胞中Hg2＋、NH、Cl－个数分别为1、1、3，则晶体X的化学式为HgNH4Cl3；‎ 晶体密度ρ＝N M/NAV，又M(HgNH4Cl3)＝325.5 g/mol，V＝(a×10－10)2·c×10－10 cm3。‎ 故ρ＝1×325.5/NA×(a×10-10)2×c×10-10g·cm－3。‎ ‎12.可降解高分子材料P的结构为：。如图是P的合成路线。‎ 已知：+R3OH+R2OH ‎（1）B的结构简式是_______，试剂a是_______。‎ ‎（2）中官能团的名称是_____、_____。‎ ‎（3）③的化学方程式是______。‎ ‎（4）⑥的反应类型是_____。‎ ‎（5）G与E互为同分异构体，符合下列要求的G共有______种。(不考虑立体异构)‎ ‎①含有和E(C6H10O3)相同的含氧官能团②分子中含有六元环状内酯结构 ‎（6）当④中反应物以物质的量之比1：1发生反应时，反应⑤的化学方程式是_____。‎ ‎【答案】 (1). BrCH2CH2Br (2). NaOH水溶液 (3). 碳碳双键 (4). 羧基 (5). (6). ‎ 取代反应 (7). 20 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由合成流程可知，A为CH2=CH2，A发生加成反应生成B为BrCH2CH2Br，B发生水解反应生成D为HOCH2CH2OH，D与2-甲基丙烯酸发生酯化反应生成E，则E的结构简式为；④中发生信息中的交换反应生成F为，F发生缩聚反应生成，⑥为取代反应，最后合成高分子P，以此来解答。‎ ‎【详解】(1)由分析知：B的结构简式是BrCH2CH2Br，反应②为卤代烃的水解反应，则试剂a是NaOH水溶液；‎ ‎(2)中的官能团是碳碳双键、羧基；‎ ‎(3)反应③为酯化反应，反应的化学方程式是；‎ ‎(4)⑥的反应类型是取代反应；‎ ‎(5)G与E互为同分异构体，且含有相同的含氧官能团即仍存在酯基和醇羟基，另外分子结构中含有六元环状内酯结构即，则还有一个-CH2OH或一个-CH3和-OH，若六元环状内酯连接一个-CH2OH，有4种；六元环状内酯连接-CH3和-OH，其中-CH3和-OH分别连接在两个不同的碳原子上共有12种，连接在同一个碳原子上共有4种，则符合要求的G共有20种结构；‎ ‎(6)当④中反应物以物质的量之比1：1发生反应时，反应⑤的化学方程式是。‎ ‎【点睛】根据要求判断同分异构体的数目是本题难点，通常先根据条件确定有机物的主体结构，再结合含有的官能团或其它取代基，结合等效氢的方法逐一判断，其中等效氢的判断方法是：①分子中同一甲基上连接的氢原子等效，②同一碳原子所连的氢原子等效，同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，③处于镜面对称位置上的氢原子等效。‎ ‎ ‎