2022届广东省惠州市高三第二次调研考试化学试题含解析

这是一份2022届广东省惠州市高三第二次调研考试化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

广东省惠州市2022届高三第二次调研考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．“汲水而上，于釜中煎炼，顷刻结盐，色成至白”(《天工开物》生产井盐)。上述古代研究成果中涉及的物质分离操作是
A．蒸馏 B．萃取分液 C．蒸发结晶 D．趁热过滤
【答案】C
【详解】于釜中煎炼，顷刻结盐，即加热浓缩溶液，晶体析出，为蒸发结晶，故选C。
2．四大发明是中国古代创新的智慧成果和科学技术，包括造纸术、指南针、火药、印刷术。下列说法正确的是
A．造纸包括破碎，碱浸，漂白，沉浆等过程，均不涉及化学变化
B．古代制造指南针主要材料是磁石，磁石中含有带磁性的Fe2O3
C．大量使用烟花、鞭炮等火药制品不会造成环境污染
D．活字印刷术使用的黑墨，常温下化学性质很稳定
【答案】D
【详解】A．造纸中的漂白一定是化学变化，A错误；
B．磁石中含有带磁性的是Fe3O4，而不是Fe2O3，B错误；
C．燃放烟花、鞭炮产生大量粉尘和刺激性气味的有害气体，大量使用烟花、鞭炮等火药制品会造成环境污染，C错误；
D．活字印刷使用的黑墨为碳单质，常温下，碳的化学性质不活泼，较为稳定，D正确；
故答案选D。
3．下列表示正确的是
A．丙烯的结构简式：CH3CH=CH2 B．中子数为20的Ar原子：Ar
C．Na+的结构示意图： D．H2S的电子式：
【答案】A
【详解】A．丙烯的结构简式：CH3CH=CH2，A正确；
B．中子数为20的Ar原子：Ar，B错误；
C．Na+核外两个电子层，由内而外电子数为2、8，C错误；
D．H2S为共价化合物，电子式为：，D错误；
故选A。
4．化学创造美好生活。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是
选项
生产活动
化学原理
A
乙烯水化法制工业酒精
乙烯可发生加成反应
B
利用明矾净水
Al3+有氧化性
C
利用硅做太阳能电池
硅是半导体材料
D
轮船铁护栏上绑一块锌
牺牲阳极保护阴极

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．乙烯能与水发生加成反应生成乙醇，A正确；
B．明矾净水是因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中杂质使其沉降，从而达到净水的目的，B错误；
C．硅为半导体材料，能用于制作太阳能电池，C正确；
D．轮船铁护栏上绑一块锌，形成原电池，锌作负极被腐蚀，铁作正极被保护，为牺牲阳极的阴极保护法，D正确；
答案选B。
5．苹果酸环二酯(OP)的结构简式如图所示，下列相关说法不正确的是

A．OP不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．OP能在NaOH溶液中发生水解反应
C．OP能使Br2的CCl4溶液褪色
D．OP能与Na2CO3溶液发生反应
【答案】C
【详解】A．OP中含有的官能团有羧基和酯基，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A项正确；
B．OP中含有酯基，能在NaOH溶液中发生水解反应，B项正确；
C．OP中不含有可使Bt2的CCl4溶液褪色的官能团，C项错误；
D．OP中含有羧基，能与Na2CO3溶液发生反应，D项正确；
答案选C。
6．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．滴入酚酞变红色的溶液：K+、Ca2+、HCO、CO
B．0.1 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH、NO、SO
C．pH=1的溶液：Ba2+、K+、CH3COO-、NO
D．无色透明的溶液：Cu2+、Na+、SO、NO
【答案】B
【详解】A．滴入酚酞变红的溶液为碱性溶液，碳酸氢根不能存在，碳酸根和钙离子也不能共存，A错误；
B．所给离子相互之间均不反应，可以共存，B正确；
C．酸性溶液中醋酸根不能存在，C错误；
D．铜离子为蓝色，无色溶液中不能存在，D错误；
故选B。
7．用如图实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是

A．用装置甲制备SO2
B．用装置乙从碘水溶液中萃取碘
C．用装置丙除去鸡蛋清中混有的NaCl溶液
D．用装置丁蒸干FeSO4溶液获得FeSO4晶体
【答案】B
【详解】A．浓硫酸与铜反应需要加热，A错误；
B．苯可以萃取碘水中的碘，苯的密度比水小，有色层在上层，B正确；
C．鸡蛋清溶液为胶体，过滤不能分离胶体和溶液，C错误；
D．硫酸亚铁容易被氧气氧化，加热蒸干硫酸亚铁溶液得到硫酸铁晶体，D错误；
故选B。
8．部分含硫物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是

A．a可与c反应生成b
B．c既可被氧化，也可被还原
C．b在足量的氧气中充分燃烧可生成d
D．可存在a→b→c→d→f的转化关系
【答案】C
【分析】根据价类图可知，a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO3，f为H2SO4，据此结合物质的性质分析解答。
【详解】A．a为H2S，c为SO2，两者会发生反应生成S单质和水，A正确；
B．c为SO2，S为+4价，处于中间价态，既可被氧化，也可被还原，B正确；
C．b为S，在足量的氧气中充分燃烧会生成SO2，不会生成SO3，C错误；
D．H2S与氧气可发生反应生成S，S与氧气反应生成SO2，SO2与氧气一定条件下发生SO3，SO3与水反应会生成H2SO4，D正确；
故选C。
9．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1 mol CH2Cl2含有C-Cl键的数目为2NA
B．0.1mol·L-1 的盐酸中含有氯离子总数为0.1NA
C．一定条件下，1mol N2与3mol H2充分反应，生成NH3的分子数为2NA
D．1mol Na2O2与足量H2O反应，生成O2的分子数目为NA
【答案】A
【详解】A．1 mol CH2Cl2含有2mol C-Cl键，C-Cl键数目为2NA，A正确；
B．溶液体积未知，无法计算氯离子数目，B错误；
C．氮气和氢气反应生成氨气为可逆反应，无法计算生成氨气的数目，C错误；
D．过氧化钠与水反应的化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，1mol Na2O2与足量H2O反应，生成O2的分子数目为0.5NA，D错误；
故选A。
10．下列除去杂质的方法中，所用试剂不能达到目的的是

物质(杂质)
除杂试剂
A
FeCl2溶液(FeCl3)
Fe粉
B
Cl2(HCl)
饱和的食盐水
C
NaCl溶液(CaCl2)
Na2CO3溶液、HCl溶液
D
CH2=CH2 (SO2)
酸性高锰酸钾溶液

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．铁粉与氯化铁在水溶液中反应生成氯化亚铁，能达到除杂目的，A不符合题意；
B．氯气在饱和食盐水中的溶解度很低，HCl可溶于饱和食盐水，能达到除杂目的，B不符合题意；
C．碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钠，过滤可除去碳酸钙，用盐酸溶液除去过量的碳酸钠，再加热可除去过量的盐酸，能达到实验目的，C不符合题意；
D．乙烯能与酸性高锰酸钾溶液反应生成CO2，除去了SO2但又引入了新的杂质，不能达到除杂目的，D符合题意；
故选D。
11．下列离子方程式正确的是
A．钠与水反应：Na+2H2O = Na++2OH-+H2↑
B．氯气通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
C．氢氧化钡溶液中滴入硫酸：Ba2++SO=BaSO4↓
D．H2O2与酸性KMnO4溶液反应：5H2O2 +6H++2MnO=2Mn2++5O2↑+8H2O
【答案】D
【详解】A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，A项错误；
B．氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸是弱电解质，反应的离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，B项错误；
C．氢氧化钡溶液和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，C项错误；
D．H2O2与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，离子方程式为5H2O2 +6H++2MnO=2Mn2++5O2↑+8H2O，D项正确；
答案选D。
12．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．Fe FeCl2 Fe(OH)2
B．N2(g) NO(g)HNO3(aq)
C．NaCl(aq)Cl2漂白粉
D．SiO2H2SiO3(胶体)Na2SiO3溶液
【答案】C
【详解】A．氯气和铁反应得到氯化铁，A错误；
B．一氧化氮与水不反应，B错误；
C．电解饱和氯化钠溶液得到氯气，氯气与石灰乳反应得到漂白粉，C正确；
D．二氧化硅与水不反应，D错误；
故选C。
13．有平衡体系：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)  ΔH <0，为了增加甲醇(CH3OH)单位时间的产量，应采用的最佳措施是
A．高温、高压 B．低温、高压、催化剂
C．低温、低压 D．适宜温度、高压、催化剂
【答案】D
【详解】该反应为放热的体积缩小的可逆反应，高温将会使平衡逆向移动，不利于提高甲醇的产量，但温度太低，反应速率太慢，也不利用提高单位时间内的产量，所以温度应适当；高压能使平衡正向移动，从而提高甲醇的产量；加入催化剂不影响化学平衡的移动，但可提高化学反应速率，从而提高平衡前单位时间内生成物的产量，故为了增加甲醇(CH3OH)单位时间的产量，应采用的最佳措施是适宜温度、高压、催化剂，答案选D。
14．双碱法脱硫过程如图所示。下列说法不正确的是

A．过程Ⅰ中，SO2表现还原性
B．过程Ⅱ中，1 mol O2可氧化2 mol Na2SO3
C．双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用
D．总反应为
【答案】A
【分析】过程Ⅰ的反应方程式为，过程Ⅱ的反应方程式为，总反应为。
【详解】A．过程Ⅰ为酸性氧化物与碱反应生成盐和水，不属于与氧化还原反应，故A错误；
B．由过程Ⅱ的反应方程式可得关系式 由此可知1 mol O2可氧化2 mol Na2SO3，故B正确；
C．根据图示，再结合过程Ⅰ和过程Ⅱ可知，NaOH在整个过程中参与了循环，故C正确；
D．根据图示可得总反应为，故D正确；
故选A。
【点睛】关于图示反应问题，箭头尾端为反应物，箭头所指方向为反应产物，首尾相连的部分即为参与循环的物质。
15．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子半径最小，W与Y同主族，X原子最外层电子数是其次外层电子数的3倍。火山喷口附近有Z的单质存在，四种元素形成的一种化合物Q的结构如图所示。下列说法错误的是

A．原子半径：
B．Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸
C．W与Y形成的化合物属于离子化合物
D．Z的简单气态氢化物比X的简单气态氢化物稳定
【答案】D
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子半径最小，且结构中W只形成1个共价键，W与Y同主族，Y形成1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知W为H、Y为Na，X原子最外层电子数是其次外层电子数的3倍，X的最外层电子数为6，X为O，火山喷口附近有Z的单质存在，Z为S，所以，W为H、X为O、Y为Na、Z为S，以此解答。
【详解】A．同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：W B．Z的最高价氧化物对应的水化物为硫酸，属于强酸，故B正确；
C．W与Y形成的化合物为NaH，只含离子键，属于离子化合物，故C正确；
D．同主族从上到下非金属性减弱，非金属性O大于 S，则X的简单气态氢化物比Z的简单气态氢化物稳定，故D错误；
故答案选D。
16．常温下，向25.00mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.1mol/LHA，溶液的pH随加入的HA溶液体积的变化曲线如图所示(HA是一种弱酸，溶液混合后体积的变化忽略不计)，下列说法正确的是

A．由水电离产生H+的浓度c(H+)： A>B
B．溶液中存在：c(H+)+c(Na+) =c(OH-)+c(A-)
C．从A到C，都存在：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)
D．在D点：c(Na+)=2c(HA)+2c(A-)
【答案】B
【分析】B点时滴加酸的体积与碱溶液的体积相同，为滴定终点，溶质为NaA，水的电离程度最大；C点为中性点，H+和OH-浓度相等，根据电荷守恒，Na+和A-浓度相等；D点滴入酸的体积为碱溶液体积的2倍，故溶质成分为NaA和HA，两者的物质的量相同。
【详解】A．A点为碱溶液，水的电离受到抑制，B点为正盐溶液，促进水的电离，故由水电离产生H+的浓度c(H+)： A B．溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，B正确；
C．C点为中性点，H+和OH-浓度相等，根据电荷守恒，Na+和A-浓度相等，C错误；
D．D点溶质成分为NaA和HA，两者的物质的量相同，根据物料守恒：2c(Na+)=c(HA)+c(A-)，D错误；
故选B。

二、实验题
17．某学习小组在实验室模拟工业制备硫氰化钾(KSCN)，装置如图：

已知：①CS2不溶于水，比水重；NH3 不溶于CS2；②E内盛放有CS2、水和固体催化剂。
实验步骤如下：
(1)制备NH4SCN溶液：CS2+3NH3NH4SCN + NH4HS (该反应比较缓慢)
①实验前，先要进行的操作是______。
②实验开始时打开K1，加热装置A、D，使A中产生的气体缓缓通入E中，至CS2消失。
则：装置A中反应的化学方程式是_______；装置C的作用是_________
(2)制备KSCN溶液：熄灭A处的酒精灯，关闭K1，将装置D加热至95-100℃除去杂质，一段时间后，打开K2，缓缓加入适量的KOH溶液，继续保持加热，制得KSCN溶液。
①E的仪器名称是_____。
②写出制备KSCN溶液的化学反应方程式______。
(3)制备硫氰化钾晶体：先滤去E中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩，冷却结晶，_______，_______，干燥，得到硫氰化钾晶体。
(4)测定晶体中KSCN的含量：称取1.0g样品配成100mL溶液，量取20.00mL于锥形瓶中，加入几滴Fe(NO3)3溶液做指示剂，用0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液20.00mL。
①滴定时发生的反应：SCN- + Ag+= AgSCN↓(白色)。则滴定终点的现象是_____。
②晶体中KSCN的质量分数为______。
【答案】(1)     检查装置气密性     2NH4Cl+ Ca(OH)2 CaCl2+ 2NH3↑+ 2H2O     观察气泡流速，以便控制加热温度
(2)     三颈烧瓶     NH4SCN + KOHKSCN + NH3↑+H2O
(3)     过滤     洗涤
(4)     当滴入最后一滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复     97%

【分析】在装置A中加热氢氧化钙和氯化铵固体制取氨气，装置B中干燥氨气，氨气易溶于水、不溶于二硫化碳，通过观察装置C中气泡流速，可控制装置A的加热温度，在装置D的三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口，从而使反应物充分接触，防止发生倒吸。在装置D中发生反应获得NH4SCN，由装置D分液漏斗加入KOH溶液与NH4SCN反应生成KSCN。滴定时发生的离子反应为SCN-+Ag+=AgSCN↓，以Fe(NO3)3为指示剂，SCN-与Fe3+反应使溶液呈红色，当滴定结束时溶液红色消失，据此判断滴定终点现象。由反应消耗AgNO3的物质的量确定样品中KSCN的物质的量，进而可得其质量分数。
【详解】（1）实验前，应进行的操作是检查装置的气密性；装置A是制取氨气的装置，药品为NH4Cl与Ca(OH)2，发生反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，因为氨气不溶于CS2，所以与CS2反应缓慢，应缓慢通气，从而得出装置C的作用可能是通过观察气泡的快慢来调节氨气的流速，以便控制加热温度，答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；观察气泡流速，以便控制加热温度；
（2）①E的仪器名称为三颈烧瓶；
②根据上述分析可知，KOH溶液与NH4SCN反应生成KSCN，其化学反应方程式为：NH4SCN + KOHKSCN + NH3↑+H2O；
（3）制备KSCN晶体：减压蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，以获得硫氰化钾晶体，故答案为：过滤；洗涤；
（4）①滴定时发生的离子反应为SCN－＋Ag+＝AgSCN↓，则刚好沉淀完时的锥形瓶中颜色变化是：红色褪为无色（或“浅黄色”、“黄色”），即滴定终点现象为：当滴入最后一滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复；
②由反应SCN－＋Ag+＝ AgSCN↓，可得出n(KSCN)=n(AgNO3)=0.1000mol/L×0.02L
=0.002mol，KSCN的质量分数为：=97％，答案为：97％。

三、工业流程题
18．LiFePO4可作为新型锂离子电池的正极材料。以精钛铁矿(主要成分为FeTiO3、Fe2O3及少量CuO、SiO2杂质)为主要原料生产TiOSO4，同时得到的绿矾(FeSO4·7H2O)与磷酸和LiOH反应可制备LiFePO4，制备流程如图所示：

请回答下列问题：
(1)反应之前先将矿石粉碎的目的是_____。
(2)酸溶时钛酸亚铁(FeTiO3)与硫酸反应的化学方程式为_______。
(3)①还原步骤中，加过量铁屑，其目的是_______。
②滤渣成分的化学式是______
(4)滤渣中的铜提纯后可用于制取Cu2O，工业制取Cu2O的电解池示意图如图，总反应为：2Cu+H2OCu2O+H2↑。则：

①该装置中铜电极应连接直流电源的______极。
②石墨电极的电极反应式为_____。
③当有0.1molCu2O生成时电路中转移_____mol电子。
【答案】(1)增大接触面积，提高酸溶速率
(2)FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O
(3)     把铁离子还原为亚铁离子，置换出铜     SiO2、Cu、Fe
(4)     正     2H2O+2e-=H2↑+2OH-     0.2

【分析】钛铁矿精矿用稀硫酸溶解得到强酸溶液中主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+等，加入过量铁粉还原铁离子，并置换出铜，过滤除去二氧化硅、铁、铜，然后冷冻过滤除去TiOSO4，得到滤液加入磷酸、LiOH、水和异丙醇可得LiFePO4，以此解答该题。
（1）
从反应速率的影响因素考虑，将矿石粉碎的目的是：增大接触面积，提高酸溶速率；
（2）
酸溶时FeTiO3与硫酸反应生成FeSO4和TiOSO4，化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O；
（3）
①铁具有还原性，能够与铁离子、铜离子反应；因此加铁屑的目的是把铁离子还原为亚铁离子，并置换出铜；故答案为：把铁离子还原为亚铁离子，置换出铜；
②由分析可知，滤渣成分的化学式是：SiO2、Cu、Fe；
（4）
①根据电解总反应：2Cu+H2OCu2O+H2↑可知，Cu发生氧化反应，做阳极，应与电源的正极相连；
②石墨电极的为电解池的阴极，发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
③根据该反应可知2e—Cu2O，所以当有0.1molCu2O生成时电路中转移0.2mol电子；故答案为：正，2H2O+2e-=H2↑+2OH-，0.2。

四、原理综合题
19．甲烷是天然气的主要成分，是一种重要的清洁能源和化工原料。
(1)利用光能和催化剂， CO2和H2O(g)可转化为CH4：CO2(g)+2H2O(g)⇌CH4(g)+2O2(g)， 图1为在恒温、紫外光照射、不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ)作用下，在体积为1L的密闭容器中，CH4的量随光照时间(单位：h)的变化。

①反应开始后的16小时内，在第____种催化剂作用下，收集的CH4较多。
②0~20小时(h)内，在第Ⅰ种催化剂作用下，O2的平均生成速率v(O2)=___。实验测得当温度高于560℃，O2的平均生成速率明显下降，原因可能是_____。
(2)工业上常用CH4和水蒸气在一定条件下的恒温恒容密闭容器中制取H2：CH4(g)+H2O(g) ⇌CO(g)+3H2(g)。
已知：a. C(s) + 2H2(g) ⇌CH4(g) ΔH1
b. 2H2(g) + O2(g) = 2H2O(g) ΔH2
c. 2C(s) + O2(g) = 2CO(g) ΔH3
①反应CH4(g)+H2O(g)⇌ CO(g)+3H2(g)的ΔH=_____ 。
②下列说法中，无法说明该反应达到平衡状态的是________(填字母)。
a.CH4体积分数不再变化     b.气体的压强不再变化
c.体系的密度保持不变       d.消耗1 mol CH4同时消耗3 mol H2
③一定温度时，在体积为2 L的恒容密闭容器中，充入0.25 mol的CH4和0.25 mol的水蒸气发生以上反应。测得CH4平衡时的转化率与温度、压强的关系如图2所示，则p1____ p2 (填“>”“<”或“=”)；温度为1100 ℃时，y点的浓度平衡常数K=_____。

【答案】(1)     II     1.5 mol·L-1·h-1     催化剂失去活性
(2)     ΔH3-ΔH2-ΔH1     c     <     4.32

【解析】（1）
①从图中可以看出，反应开始后的 16 小时内，在第II种催化剂作用下，收集的 CH4 较多。
②0~20 小时内，在第 I 种催化剂作用下，甲烷的物质的量变化量为15mol，依据CO2(g)+2H2O(g)⇌CH4(g)+2O2(g)，氧气的物质的量变化量为30mol，则O2的平均生成速率v(O2)== 1.5 mol·L-1·h-1；温度高于560℃，O2的平均生成速率明显下降，可能是因为温度过高，催化剂失去了活性。
（2）
①依据盖斯定律，反应CH4(g)+H2O(g)⇌ CO(g)+3H2(g)可由c-b-a得到，则焓变ΔH=ΔH3-ΔH2-ΔH1。
②a．CH4体积分数不再变化，说明单位时间内生成甲烷和消耗甲烷的速率相等，反应达到平衡状态，a不符合题意；
b．该反应为反应前后气体分子数改变的反应，气体的压强不再变化，说明反应达到平衡状态，b不符合题意；
c．该体系恒容，总质量不变，所以密度一直不变，体系的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，c符合题意；
d．消耗1 mol CH4同时生成3mol H2，则生成3mol H2同时消耗3 mol H2，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，d不符合题意；
答案选c。
③该反应为气体分子数增多的反应，其他条件相同时，压强越大，甲烷的转化率越小，由图示可知，温度一定时，p1下甲烷的转化率大于p2，则p1
五、结构与性质
20．太阳能的开发利用在新能源研究中占据重要地位，单晶硅太阳能电池片在加工时，一般掺杂微量的铜、钴、硼、镓、硒等。已知铜的配合物A结构如图。请回答下列问题：

(1)基态二价铜离子的核外电子排布式为______，已知高温下Cu2O比CuO更稳定，试从核外电子排布角度解释_______。
(2)配体氨基乙酸根(H2NCH2COO-)受热分解可产生CO2和N2，N2中σ键和π键数目之比是_______。
(3)硫氰酸(H-S-C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H-N=C=S)的原因是___________。
(4)立方氮化硼(结构如图)与金刚石结构相似，是超硬材料。立方氮化硼晶体内B-N键数与硼原子数之比为_______。

(5)六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，层间相互作用力为______。六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构、硬度与金刚石相似，其晶胞如图，晶胞边长为apm，立方氮化硼的密度是______g·cm-3(只列算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。

【答案】(1)     1s22s22p63s23p63d9     亚铜离子价电子排布式为3d10，核外电子处于稳定的全充满状态
(2)1 : 2
(3)异硫氰酸分子间可形成氢键，所以沸点较高
(4)4 : 1
(5)     分子间作用力(或范德华力)    

【解析】（1）
铜的原子序数为29，基态铜原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则基态二价铜离子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，铜原子失去一个电子后形成亚铜离子，亚铜离子的价电子排布式为3d10，处于稳定的全充满状态，所以导致高温下Cu2O比CuO更稳定。
（2）
N2的结构式为N≡N，三键中有1个σ键和2个π键，因此σ键和π键个数比为1:2。
（3）
氮的电负性强，异硫氰酸(H-N=C=S)分子间可形成氢键，而硫氰酸(H-S-C≡N)分子间不能形成氢键，因此硫氰酸(H-S-C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H-N=C=S)。
（4）
依据均摊法，该晶胞中N原子数为4，B原子数为8+6=4，则B-N键个数为16，立方氮化硼晶体内B-N键数与硼原子数之比为：16:4=4:1。
（5）
六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，则该晶体层间相互作用力为范德华力(或分子间作用力)；依据均摊法，N原子个数为4，B原子数为8+6=4，晶胞质量为g=g，晶胞体积为a3pm3=(a10-10)3cm3，晶胞密度为g/cm3=g/cm3。

六、有机推断题
21．克霉唑为广谱抗真菌药，对多种真菌尤其是白色念珠菌具有较好的抗菌作用，其合成路线如图：

已知：甲苯与氯气在三氯化铁催化下得到两种物质：和。
回答下列问题：
(1)B的名称是______。
(2)① E中的官能团名称为_____；
②由F制取G的反应类型为______。
(3)①B→C的反应中，引入-SO3H的目的是_____。
②写出C→D的化学方程式 _____。
(4)H的分子式 ____。
(5)M与G( )互为同分异构体，满足下列两个条件的M有_____种(不包括G本身)。
①含有三个苯环     ②苯环之间不直接相连
(6)邻位和对位的氢原子容易被取代，导致产物不纯。结合题中信息，写出用苯为原料，制备的合成路线：____
【答案】(1)甲苯
(2)     氯原子##碳氯键     取代反应
(3)     防止氯原子在甲苯对位取代，避免产物不纯     Cl2+HCl+
(4)C22H17N2Cl
(5)14
(6)

【分析】A为苯，在CH3Cl、AlCl3的催化作用下，发生取代反应生成；与H2SO4∙SO3在100℃时发生取代反应生成；与Cl2在FeCl3的催化作用下发生取代反应生成；D受热后发生水解，生成；E与Cl2发生取代反应，生成等。
（1）
B为，名称是甲苯。答案为：甲苯；
（2）
① E为，官能团名称为氯原子(或碳氯键)；
②F()与苯反应生成G()和HCl，反应类型为取代反应。答案为：氯原子(或碳氯键)；取代反应；
（3）
①由题给信息可知，甲苯与氯气在三氯化铁催化下得到两种物质：和，为防止副产物的生成，在B→C的反应中，引入-SO3H，目的是：防止氯原子在甲苯对位取代，避免产物不纯。
②C()与Cl2反应，生成D()和HCl，化学方程式：Cl2+HCl+。答案为：防止氯原子在甲苯对位取代，避免产物不纯；Cl2+HCl+；
（4）
H为，分子式为C22H17N2Cl。答案为：C22H17N2Cl；
（5）
M与G( )互为同分异构体，满足下列两个条件：“①含有三个苯环，②苯环之间不直接相连”的M，若1个Cl原子连在中心碳原子上，则另一Cl原子可以连在苯环的间位和对位(2种)；若二个Cl连在同一苯环上，其中一个Cl在邻位，移动另一Cl原子，共有4种可能结构；若二个Cl连在同一苯环上，其中一个Cl在间位，另一Cl原子可能在间位或对位，共有2种可能结构；若二个Cl连在二个苯环上，其中一个Cl在邻位，另一Cl可在邻、间、对(3种)；若二个Cl连在二个苯环上，其中一个Cl在间位，另一Cl可在间、对位(2种)；若二个Cl连在二个苯环上，其中一个Cl在对位，另一Cl也在对位(1种)，共有14种(不包括G本身)。答案为：14；
（6）
用苯为原料，制备时，先制得，再与H2SO4∙SO3在100℃时发生取代反应生成；然后再引入-CH3，生成，最后去掉-SO3H。从而得出合成路线：。答案为：。
【点睛】合成有机物时，先比较原料有机物与目标有机物结构上的差异，再参照信息或题给流程图进行分析。