宁夏回族自治区银川市第一中学2020届高三第四次模拟考试化学试题 Word版含解析 17页

宁夏回族自治区银川市第一中学2020届高三第四次模拟考试 理综化学试题 ‎1.下列说法正确的是 A. 2022年冬奥会聚氨酯速滑服是新型无机非金属材料 B. 75%酒精可用于消毒杀死新冠病毒，如果用90%酒精效果更好 C. 纳米铁粉和FeS都可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其原理是相同的 D. 核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是高分子化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．聚氨酯速滑服是合成有机高分子材料，A错误；‎ B．酒精浓度过高，会导致病毒表面的蛋白质迅速脱水而形成一层非常坚硬的包膜，保护它里面的遗传物质不受到损害，病毒存在复活的可能，B错误；‎ C．纳米铁粉将Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子置换成Pb、Cu、Cd、Hg等单质而除去，FeS和Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子反应生成PbS、CuS、CdS、HgS等沉淀而除去，二者原理不同，C错误；‎ D．核酸即RNA和DNA，属于天然高分子化合物，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎2.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 1mol甲基(—CH3)所含的电子数为10NA B. 64gCu和足量的硫粉加热，充分反应转移的电子数是2NA C. 在0℃、101kPa条件下，11.2L丁烷中含极性共价键数目为5NA D. 1L0.1mol·L－1NH4H2PO4溶液中阴阳离子数相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1mol甲基所含电子的物质的量=1mol×(6+3)=9mol，即1mol甲基(—CH3)所含的电子数为9NA，A错误；‎ - 17 -‎ B．64gCu的物质的量==1mol，Cu和S反应生成Cu2S，Cu元素由0价变为+1价，化合价升高1，所以，64gCu和足量的硫粉加热，充分反应转移的电子数是1NA，B错误；‎ C．n(丁烷)==0.5mol，n(极性共价键)=0.5mol×10=5mol，即在0℃、101kPa条件下，11.2L丁烷中含极性共价键数目为5NA，C正确；‎ D．电荷守恒：n(NH4+)+n(Na+)=n(H2PO4-)+2n(HPO42-)+3n(PO43-)+n(OH-)，很显然，阳离子总数＞阴离子总数，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎3.X、Y、Z、M、Q、R为短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法错误的是 A. R不能把Q从其盐溶液中置换出来 B. X、R、Q三种元素可以构成离子化合物 C 热稳定性：ZX3＜YX4‎ D. X2M的水溶液露置于空气中易变质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、M、Q、R为短周期元素，X、R最外层只有一个电子，为第IA族元素；Q最外层有3个电子，位于第ⅢA族，Y最外层有4个电子，位于第ⅣA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，M最外层有6个电子，位于第VIA族；R原子半径最大，为Na元素；X原子半径最小，为H元素；Y原子半径大于Z、小于M，M原子半径小于R、大于Y，可知Q是Al、Y是C、Z是N、M为S元素。‎ ‎【详解】由分析可知，X、Y、Z、M、Q、R分别为H、C、N、S、Al、Na；‎ A.Na的化学性质较活泼，放入Al的盐溶液中，是与水反应，不能把Al置换出来，A正确；‎ B. X、R、Q分别为H、Na、Al，形成的化合物NaAlH4、Na[Al(OH)4]，都是离子化合物，B - 17 -‎ 正确；‎ C.同一周期从左到右，非金属性逐渐增强，则N＞C，热稳定性越稳定：NH3＞CH4，C错误；‎ D.H2S易被氧气氧化生成硫和水，H2S的水溶液露置于空气中易变质，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎4.化合物丙属于一种桥环化合物，是某些医药的中间体，可以通过如图反应制得，下列有关说法正确的是 A. 乙分子中所有碳原子可能处于同一平面上 B. 乙可与H2按物质的量之比1∶2发生加成反应 C. 丙是一种油脂，能发生皂化反应 D. 甲和苯都能使溴水褪色，且原理一样 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙相当于乙烯分子中H原子被甲基、-COOCH3取代，而乙烯平面结构，则乙分子中所有碳原子可能处于同一平面上，故A正确；‎ B．乙分子中含有C=C和酯基，只有C=C双键可与H2发生加成反应，二者反应的物质的量的比为1：1，故B错误；‎ C．油脂是高级脂肪酸与甘油(丙三醇)形成的酯，则丙不是甘油酯，虽能在碱性环境下发生水解反应，但不属于皂化反应，故C错误。‎ D．甲中含有碳碳双键，能与溴水中溴发生加成反应，而使溴水褪色，苯不与溴水反应，但能萃取溴水的溴，而使溴水层褪色，二者原理不一样，故D错误。‎ 答案为A。‎ ‎5.研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分別为：①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢）；②FeO++CO=CO2+Fe+(快）。下列说法正确的是 - 17 -‎ A. 反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应 B. Fe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物 C. 两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定 D. 若转移lmol电子，则消耗1molN2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应②中碳元素的化合价由+2价变为+4价 ，铁元素的化合价由+3价变为+1价，有元素化合价的升降，因此是氧化还原反应，反应①也是氧化还原反应，故A错误；‎ B．Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，FeO+是反应过程中产生的物质，因此是中间产物，故B正确；‎ C．由图可知，Fe++N2O=FeO++N2、FeO++CO=Fe++CO2两步中均为反应物总能量大于生成物总能量，所以两个反应都是放热反应，总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定，故C错误；‎ D．根据反应①N2O+Fe+=N2+FeO+可知，氮元素由N2O→N2，化合价由+1价变为0价，消耗1molN2O，生成1molN2，转移2mol电子，故D错误；‎ 答案为B。‎ ‎6.利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法不正确的是 A. a极反应：CH4-8e－＋4O2－=CO2＋2H2O B. A、C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜，‎ C. 可用铁电极替换阴极的石墨电极 D. a极上通入2.24L甲烷，阳极室Ca2+减少0.2mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 17 -‎ ‎【分析】‎ 左边装置为甲烷燃料电池装置，a极为负极，电极反应为：CH4-8e－＋4O2－=CO2＋2H2O，b极为正极，电极反应为：O2+4e-=2O2-；‎ 右边装置为电解池装置，与b极相连的石墨为阳极，阳极发生的反应为：2Cl--2e－=Cl2↑，Ca2+通过A膜向产品室移动；与a极相连的石墨为阴极，阴极发生的反应为：2H2O+2e－=2OH-+H2↑，原料室的Na+通过C膜向阴极室移动，H2PO4-通过B膜向产品室移动，Ca2+和H2PO4-在产品室得Ca(H2PO4)2，据此解答。‎ ‎【详解】A．由分析可知，a极为负极，电极反应为：CH4-8e－＋4O2－=CO2＋2H2O，A正确；‎ B．Ca2+通过A膜向产品室移动，原料室的Na+通过C膜向阴极室移动，H2PO4-通过B膜向产品室移动，所以，A、C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜，B正确；‎ C．用Fe电极替换阴极的石墨后，阴极的反应不变，故可用铁电极替换阴极的石墨电极，C正确；‎ D．未说明是否处于标准状况，则无法根据2.24L甲烷计算，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎7.常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图象如图所示（不考虑的水解，pAg=lgc(Ag+）)，下列说法正确的是 A. KspAg2C2O4的数量级等于10-10‎ B. n点表示AgCl的过饱和溶液 C. 向c(Cl-)=c()混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀 D. Ag2C2O4+2Cl-2AgCl+的平衡常数为103.29‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 17 -‎ ‎【详解】A. Ag2C2O4的溶解平衡为：，，故数量级为10-11，A错误；‎ B.在n点，c(Ag+)大于平衡浓度，故n点的浓度积，故为氯化银的过饱和溶液，B正确；‎ C.根据图象可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小，故向c(Cl-)=c（）的混合液中滴入AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，C错误；‎ D.Ag2C2O4+2Cl-2AgCl+的平衡常数，此时溶液中的c(Ag+)相同，故有：，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎8.一水硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4SO4·H2O，相对分子质量为246]是一种重要的染料及农药中间体。常温下该物质可溶于水，难溶于乙醇。某化学兴趣小组通过以下实验制备一水硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。回答相关问题：‎ I．实验室制取CuSO4溶液 方案i：铜与浓硫酸加热制备。‎ 方案ii：将铜粉在空气中充分加热至完全变黑，再加稀硫酸即可得到硫酸铜溶液。‎ ‎（1）请写出方案i反应的化学方程式________________________________________，此方法硫酸的利用率较低的原因是___________________________（写1点）。‎ ‎（2）实际生产中方案ii常常有紫红色固体未反应，猜想原因可能是___________。‎ ‎（3）某同学对实验ii进行了改进，其中一种方案是在硫酸和铜的反应容器中滴加H2O2溶液，观察到的现象是_____________________________________。H2O2的沸点为150.2℃。为加快反应需要提高H2O2溶液的浓度，可通过如图将H2O2稀溶液浓缩，增加减压设备的目的除了加快蒸馏速度，还有可能是________________________。‎ - 17 -‎ II．一水硫酸四氨合铜晶体的制备 ‎（4）硫酸铜溶液含有一定的硫酸，呈酸性，加入适量NH3·H2O调节溶液pH，产生浅蓝色沉淀，已知其成分为Cu2(OH)2SO4，试写出生成此沉淀的离子反应方程式_______________________。‎ ‎（5）继续滴加NH3·H2O，会转化成深蓝色溶液。向深蓝色溶液中加入乙醇可析出深蓝色晶体，滴加乙醇的作用可能是________________‎ A．乙醇可以作还原剂 B．乙醇可以降低该晶体在该溶液中的溶解度 C．乙醇可以作萃取剂 Ⅲ.产品纯度的测定 ‎（6）精确称取mg晶体，加适量水溶解，然后逐滴加入足量NaOH溶液，通入水蒸气将氨全部蒸出，用V1mL0.200mol·L－1的盐酸完全吸收。以甲基橙作指示剂，用0.200mol·L－1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。产品纯度的表达式为____________。‎ ‎【答案】 (1). Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O (2). 随着反应的进行，浓硫酸被稀释为稀硫酸，稀硫酸不与Cu反应或者浓硫酸反应生成SO2，使得硫酸利用率降低 (3). 表面生成的CuO阻止内部铜与O2接触或反应 (4). 铜溶解、溶液变蓝 (5). 降低水的沸点，避免H2O2分解 (6). 2Cu2＋＋2NH3·H2O＋=Cu2(OH)2SO4↓＋2 (7). B (8). =‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 17 -‎ ‎(6)求算样品的纯度，得知道纯物质的质量，根据即得物质的量，根据NH3~HCl可知，，再利用滴定来计算与氨气反应后的HCl剩余的量，从而求算。‎ ‎【详解】(1)方案i铜与浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O；此方法硫酸的利用率较低的原因是；随着反应的进行，浓硫酸被稀释为稀硫酸，稀硫酸不与Cu反应或浓硫酸反应生成SO2，使得硫酸利用率降低；‎ ‎(2)方案ii常常有紫红色固体未反应，猜想原因可能是：表面生成的CuO阻止内部铜与O2接触或反应；‎ ‎(3) 在硫酸和铜的反应容器中滴加H2O2溶液，Cu在H2O2作用下与稀硫酸反应生成硫酸铜，该反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4═CuSO4+2H2O，观察到的现象是铜溶解、溶液变蓝；过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式，增加减压设备的目的是降低水的沸点，避免H2O2分解；‎ ‎(4)硫酸铜溶液含有一定的硫酸，呈酸性，加入适量NH3•H2O调节溶液pH，产生浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4，生成此沉淀的离子反应方程式：2Cu2＋＋2NH3·H2O＋=Cu2(OH)2SO4↓＋2；‎ ‎(5)继续滴加NH3•H2O，会转化成深蓝色溶液。加入乙醇可析出深蓝色晶体Cu(NH3)4SO4•H2O晶体，滴加乙醇的作用可能是降低该晶体在该溶液中的溶解度，即选B；‎ ‎(6)与氨气反应的，根据NH3~HCl可知，，则，样品中产品纯度表达式为：=。‎ ‎9.JohnB.Goodenough等三位科学家因为在锂离子电池研究领域的突出贡献获得2019年诺贝尔化学奖。碳酸锂是一种常见的锂离子电池原料，一种以锂辉石为原料制取碳酸锂的工艺如图：(锂辉石：LiAl(SiO3)2，也表示为Li2O·Al2O3·4SiO2，还含微量的钠、钙、镁等元素)‎ - 17 -‎ ‎[查阅资料]：Li2CO3为无色单斜晶系结晶体，熔点618℃，溶于硫酸，微溶于水，在冷水中的溶解度比热水中大。‎ ‎（1）在“硫酸浸出”流程，将硫酸加热到130℃的目的是___________________________。‎ ‎（2）工业上高温煅烧FePO4、Li2CO3和草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的混合物制取电池材料磷酸亚铁锂(LiFePO4)，反应的化学方程式为__________________________________。‎ ‎（3）LiFePO4含有Fe、Li两种金属元素，它们的焰色反应的颜色分别是___________‎ A.黄色、紫红色B.绿色、黄色C.无焰色反应、紫红色D.黄色、无焰色反应 ‎（4）在“Li2CO3分离、洗涤”流程，用热水洗涤的原因是___________________________。‎ ‎（5）某浓差电池的原理示意如图所示，可用该电池从浓缩海水中提取LiCl溶液。‎ 电池中的Y电极为________（填“正极”或“负极”或“阳极”或“阴极”）。X极的电极反应方程式为：________________________________________________。Y极每生成标况下22.4LCl2，有_________molLi+经过离子导体。‎ ‎【答案】 (1). 温度升高可加快浸出速率 (2). 2FePO4+Li2CO3+H2C2O4.2H2O2LiFePO4+3CO2↑+3H2O↑ (3). C (4). Li2CO3在冷水中的溶解度比热水中大，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解度损耗，提高产率 (5). 负极 (6). 2H++2e-=H2↑ (7). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意、流程进行分析。锂辉石的主要成分为LiAl(SiO3)2，还含微量的钠、钙、镁等元素，加入硫酸酸浸后过滤，所得滤液中主要含Li2SO4、A12(SO4)3，还含有硫酸、Na+、Mg2+等；加入石灰水将滤液中的硫酸中和、A13+和Mg2+‎ - 17 -‎ 转化为沉淀而除去；过滤后加入饱和碳酸钠溶液使Li+转化成Li2CO3 ，沉淀，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）根据升高温度，增大反应速率，则在“硫酸浸出“流程中，将硫酸加热到130℃是为了加快浸出速率；答案为提高浸出速率。‎ ‎（2）制取电池材料磷酸亚铁锂(LiFePO4)时，反应物有FePO4、Li2CO3和草酸晶体(H2C2O4·2H2O)，生成物为LiFePO4，铁元素的化合价降低，则该过程中某种物质被氧化，根据元素化合价变化规律，可知草酸中的C元素被氧化，由+3价升高为+4价，结合电子守恒和元素守恒可知，产物中还含有CO2和H2O，所以化学方程式为2FePO4+Li2CO3+ H2C2O4·2H2O2LiFePO4+3CO2↑+3H2O↑；答案为2FePO4+Li2CO3+ H2C2O4·2H2O2LiFePO4+3CO2↑+3H2O↑。‎ ‎（3）锂元素的焰色反应为紫红色；铁元素无焰色反应；答案为C。‎ ‎（4）碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小，所以趁热过滤可以降低碳酸锂的溶解质量，减少碳酸锂的溶解损耗，有利于提高产率；答案为减少碳酸锂的溶解损耗，有利于提高产率。 （5）X极上生成氢气，发生还原反应，电极反应式为2H++2e−═H2↑，则X极为正极，Y极上生成Cl2，电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，则Y极为负极，根据电极反应式，生成1molCl2发生反应转移2mol电子，一个Li+和一个电子所带电量相等，则生成1molCl2即标况下22.4LCl2，有2molLi+从b区移至a区；答案为负极，2H++2e−═H2↑，2。 【点睛】‎ 本题第（5）小问要注意，生成标况下22.4升Cl2，即生成1molCl2，转移2mol电子，根据一个电子的电量与一个Li+的电量相等，由此判断有2molLi+由b区经过离子导体进入a区。‎ ‎10.CO、CO2是化石燃料燃烧后的主要产物。‎ ‎（1）汽车排气管内安装的催化转化器，可使汽车尾气中的主要污染物转化为无毒的大气循环物质。已知：N2(g)＋O2(g)===2NO(g)ΔH=＋180.5kJ·mol－1‎ ‎2C(s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH=－221.0kJ·mol－1‎ C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH=－393.5kJ·mol－1‎ 则反应2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)ΔH=________kJ·mol－1。‎ ‎（2）已知：反应CO2(g)CO(g)+O(g)在密闭容器中CO2分解实验的结果如图1；反应2CO2(g)2CO(g)+O2(g)中1molCO2在不同温度下的平衡分解量如图2，‎ - 17 -‎ ‎①分析图1，求2min内v(CO2)=_______，5min时达到平衡，平衡时c（CO）=_______。‎ ‎②分析图2，1500℃时反应达平衡，此时容器体积为1L，则反应的平衡常数K=______(计算结果保留1位小数)。‎ ‎（3）为探究不同催化剂对CO和H2合成CH3OH的选择性效果，某实验室控制CO和H2的初始投料比为1：3进行实验，得到如下数据：‎ 选项 T/K 时间/min 催化剂种类 甲醇含量(%)‎ A ‎450‎ ‎10‎ CuO-ZnO ‎78‎ B ‎450‎ ‎10‎ CuO-ZnO-ZrO2‎ ‎88‎ C ‎450‎ ‎10‎ ZnO-ZrO2‎ ‎46‎ ‎①由表1可知，该反应的最佳催化剂为____________（填编号）；图3中a、b、c、d四点是该温度下CO的平衡转化率的是____________。‎ ‎②有利于提高CO转化为CH3OH的平衡转化率的措施有____________。‎ A．使用催化剂CuO－ZnO－ZrO2B．适当降低反应温度 C．增大CO和H2的初始投料比D．恒容下，再充入amolCO和3amolH2‎ ‎【答案】 (1). －746.5 (2). 3×10-7mol/(L·min) (3). 2×10-6mol/L (4). 3.2×10-8 ‎ - 17 -‎ ‎(5). B (6). cd (7). BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(2)①2min内O的浓度增大0.6×10-6mol/L，则二氧化碳减小0.6×10-6mol/L，根据计算；‎ ‎②建立三段式，根据平衡时，氧气的体积分数为0.2，求算平衡时各物质的平衡浓度，从而计算K值；‎ ‎(3)①从表1中数据可知，相同条件下甲醇的含量最高时催化剂效果最好，即B；图3中转化率最大值时，即c点，说明反应达到平衡，而ab两点的转化率还在增加，说明反应未达到平衡，；‎ ‎②由图3可知升高温度平衡逆移，则提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，应使平衡向正向移动，可降低温度，增大浓度。‎ ‎【详解】(1) 已知：①N2(g)＋O2(g)===2NO(g)ΔH=＋180.5kJ·mol－1‎ ‎②2C(s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH=－221.0kJ·mol－1‎ ‎③C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH=－393.5kJ·mol－1‎ 根据盖斯定律，2×③-②-①得反应2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)，ΔH=－746.5 kJ·mol－1，故答案为－746.5；‎ ‎(2)①图1是反应，2min内；反应变化浓度比等于方程式计量数比，则，平衡时；‎ ‎②由图2可知，1500℃时反应达平衡，φ(O2)%=0.2%，此时容器体积为1L，设生成氧气为x mol，建立如下三段式： ，平衡时氧气的体积分数为0.2，则，解得x=0.002，则，则 - 17 -‎ ‎；‎ ‎(3)①表1数据可知，相同条件下甲醇的含量最高时催化剂效果最好，所以甲醇含量88%最高，催化剂为B：CuO-ZnO-ZrO2最佳；图3中c点的转化率最大，说明反应达到平衡，a、b、c、d四点是该温度下CO平衡转化率的必须是平衡状态下的转化率，ab点反应未达到平衡状态，不是平衡转化率，故cd点是平衡转化率，故答案为：B； cd；‎ ‎②A.使用催化剂CuO-ZnO-ZrO2加快反应速率，平衡不移动，不能提高转化率，A错误；‎ B.适当降低反应温度平衡正向移动，可增大转化率，B正确；‎ C.增大CO和H2的初始投料比，可增大氢气的转化率，一氧化碳的转化率减小，C错误；‎ D.恒容下，再充入a molCO和3a mol H2，相当于增大压强，平衡正向进行，CO转化率增大，故D正确；‎ 答案为BD。‎ ‎11.我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，近年来，人们对这些颜料的成分进行了研究，发现其成分主要为BaCuSi4O10、BaCuSi2O6。‎ ‎（1）“中国蓝”、“中国紫”中均有Cun＋离子，n＝___________，基态时该阳离子的价电子排布式为___________。‎ ‎（2）“中国蓝”的发色中心是以Cun＋为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是____元素。‎ ‎（3）已知Cu、Zn的第二电离能分别为1957.9kJ·mol－1、1733.3kJ·mol－1，前者高于后者的原因是________________________________________。‎ ‎（4）铜常用作有机反应的催化剂。例如，2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。乙醛分子中碳原子的杂化轨道类型是___________；乙醛分子中σ键与π键的个数比为___________。‎ ‎（5）铜的晶胞如图所示。铜银合金是优质的金属材料，其晶胞与铜晶胞类似，银位于顶点，铜位于面心。‎ - 17 -‎ ‎①该铜银合金的化学式是___________________。‎ ‎②已知：该铜银晶胞参数为acm，晶体密度为ρg·cm－3。‎ 则阿伏加德罗常数(NA)为_______mol－1(用代数式表示，下同)。‎ ‎③若Ag、Cu原子半径分别为bcm、ccm，则该晶胞中原子空间利用率φ为___________。(提示：晶胞中原子空间利用率＝×100%)‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 3d9 (3). O或氧 (4). Cu失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构；Zn失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1，Zn+4s1上的电子比Cu+3d10上的电子易失去 (5). sp2、sp3 (6). 6:1 (7). AgCu3或Cu3Ag (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】、中Cu元素化合价为价，则“中国蓝”、“中国紫”中均具有Cu2+，则，Cu为29号元素，基态时该阳离子的价电子为其3d能级上的9个电子，所以其价电子排布式为，故答案为：2；；  “中国蓝”的发色中心是以为中心离子的配位化合物，该配合物中铜离子提供空轨道、O原子提供孤电子对，所以提供孤电子对的是O元素，故答案为：氧或 因为Cu失去1个电子后，会变成稳定的全满结构，所以Cu较难失去第二个电子，而锌失去两个电子后会变成稳定的全满结构，所以Cu的第二电离能比Zn大，故答案为：Cu失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构；Zn失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1，Zn+4s1上的电子比Cu+3d10上的电子易失去； 乙醛中甲基上的C形成4条键，无孤电子对，因此采取杂化类型，醛基中的C形成3条键和1条键，无孤电子对，采取杂化类型，乙醛分子中碳原子的杂化轨道类型是、，单键是键，双键中一个是键，一个是键，所以乙醛分子中键与键的个数比为 ，故答案为：、；6:1； ‎ - 17 -‎ 银位于顶点，则每个晶胞中含有银为，铜位于面心，每个晶胞中含有铜为，所以该铜银合金的化学式是或，故答案为：或； 该铜银晶胞参数为，晶体密度为。则体积为，质量，，则，故答案为：； 若Ag、Cu原子半径分别为、，则原子总体积== ，晶胞体积，，故答案为：。‎ ‎12.麻黄素M是拟交感神经药。合成M的一种路线如图所示：‎ 已知：I．R—CH2OHRCHO ＩＩ．R1-CHO+R-C≡CNa IV．‎ V．‎ - 17 -‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)D的名称是_______；G中含氧官能团的名称是_______。‎ ‎(2)反应②的反应类型为_______；A的结构简式为_______。‎ ‎(3)写出反应⑦的化学方程式：______________________________。‎ ‎(4)X分子中最多有_______个碳原子共平面。‎ ‎(5)在H的同分异构体中，同时能发生水解反应和银镜反应的芳香族化合物中，核磁共振氢谱上有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶6的有机物的结构简式为_________________。‎ ‎(6)已知：仿照上述流程，设计以苯、乙醛为主要原料合成某药物中间体的路线________________。‎ ‎【答案】 (1). 苯甲醛 (2). 羟基 (3). 取代反应 (4). (5). +CH3NH2+H2O (6). 10 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ M为，根据反应条件可知X到M发生了加成反应，H到X发生信息V的反应，结合M的结构以及信息V反应特点可知X为，H为，G到H发生信息IV的反应，结合反应特点可知G为，D和F发生信息Ⅱ的反应，F为HC≡CNa，则D为,C到D - 17 -‎ 发生信息I的反应，则C为，根据反应条件和产物可知B到C为卤代烃的取代反应，所以B为，则A为。‎ ‎【详解】(1)D为，其名称为苯甲醛；G为，其含氧官能团的名称是羟基；‎ ‎(2)反应②卤代烃的取代反应；根据分析可知A的结构简式为；‎ ‎(3)H为反生信息V的反应生成X，方程式为：+CH3NH2+H2O；‎ ‎(4)X为，其苯环结构上的6个C原子在同一平面上，即C=N相连的3个碳原子及C=N键上的碳原子共4个碳原子在同一平面上，由于碳碳单键可以旋转，所以最多有10个碳原子共面；‎ ‎(5)在H的同分异构体中，既能发生水解反应又能发生银镜反应，应为甲酸酯类物质，核磁共振氢谱上有4个峰，即有4种环境的氢原子，说明该分子为对称结构；峰面积之比为1：1：2：6，则符合条件的结构简式为：；‎ ‎(6)苯发生硝化反应生成硝基苯，再还原生成苯胺，苯胺与乙醛反应生成，合成路线流程图为：。‎ ‎【点睛】本题中关于起始物质A没有提供能够直接确认其分子式或结构式的信息，但从A到最终产物每一步的反应条件以及反应特点题目都有详细信息，则可根据最终产物反推A的结构简式，要注意题目提供信息的利用，认真分析反应的断键和成键特点。‎ - 17 -‎