内蒙古自治区乌兰察布市2021年高考化学二模试卷含答案

这是一份内蒙古自治区乌兰察布市2021年高考化学二模试卷含答案，共15页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.化学在人类社会发展中发挥着重要作用，下列事实不涉及化学反应的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
2.用下列仪器或装置(图中夹持装置略)进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
3.华蟾素具有解毒、消肿、止痛的功能，用于治疗中、晚期肿瘤，慢性乙型肝炎等疾病。下列关于华蟾素的说法错误的是（ ）
A. 能使酸性KMnO4溶液褪色 B. 能与NaHCO3反应生成CO2
C. 1ml该分子最多与2mlH2发生加成反应 D. 能够发生酯化反应、水解反应
4.纳米铁可通过不同反应机制(吸附、还原、催化氧化)去除环境有机、无机污染物，通过番石榴叶提取液还原Fe3＋制备纳米铁(Fe0)氧化去除As(III)的过程如下图所示，下列叙述错误的是（ ）
A. 在该过程中为了实现纳米铁高效氧化去除As(III)，尽量防止纳米铁在反应过程中发生聚集
B. Fe2＋＋H2O2=Fe3＋＋OH-＋·OH，该步反应过程中发生-O-O-断裂
C. 该过程中纳米Fe和Fe2＋是催化剂
D. 存在反应Fe0＋O2＋2H＋=Fe2＋＋H2O2
5.四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、W原子序数之和为Z原子序数的2倍，W的最外层电子数是内层电子数的3倍，这四种元素可组成一种化合物M的结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. Y、Z、W分别与X形成的二元化合物均不止一种
B. X、Y、W形成的一种酸具有还原性
C. 化合物M溶于水能促进水的电离
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞Z
6.化学工作者近期研究了一种新型偶氮苯类水系有机液流电池示意图如下，采用惰性电极材料，电池工作原理X－N－－N－－X＋2[Fe(CN)6]3- X－N=N－X＋2[Fe(CN)6]4- ， 下列说法中正确的是（ ）
A. 放电时，电池的正极反应为：[Fe(CN)6]3－－e-=[Fe(CN)6]4-
B. 充电时，M为阴极，发生还原反应
C. 放电时，Na＋通过离子交换膜从右极室移向左极室
D. 充电时，当电路中转移0.5ml电子时，有106g[Fe(CN)6]4-得到电子
7.类比pH，定义pC=-lgC，已知琥珀酸(CH2COOH)2(以H2A表示)为二元弱酸，常温下，向1L0.1ml/L的H2A溶液中加入氢氧化钠固体，得到混合溶液的pH与pC(H2A、HA-、A2-)的关系如图所示(不考虑溶液体积和温度的变化)，下列说法正确的是（ ）
A. 曲线I、II、III分别代表的粒子为A2- ， H2A，HA-
B. 向pH=4.19的溶液中加NaOH至溶液pH=5.57的过程中水的电离程度逐渐减小
C. 滴定过程中 =101.38保持不变
D. c(Na＋)=0.1ml/L时，溶液满足c(Na＋)＞c(HA-)＞c(H2A)＞c(A2-)
二、非选择题
8.实验室制备乙酰苯胺( )的反应原理：CH3COOH+ +H2O
已知：①苯胺具有强还原性；
②有关数据列表如下：
③物质的溶解度如下：
回答下列问题：
（1）向反应器内加入4.6mL(约0.05ml)新蒸馏的苯胺和7.5mL(约0.13ml)冰醋酸，以及少许锌粉，保持分流装置柱顶温度在105℃左右加热回流1h。装置如图所示(夹持装置已略去)，仪器a的名称是________，锌粉的作用是________。
（2）为提高乙酰苯胺的产率采用的措施：一是乙酸过量，二是________。
（3）反应结束后，趁热将反应液倒入盛有100mL冷水的烧杯中，用玻璃棒充分搅拌，冷却至室温，使乙酰苯胺结晶，完全析出，所得晶体用减压过滤装置进行过滤，再以10mL冷水洗涤。减压过滤的优点是________，“再以10mL冷水洗涤”的目的是________。
（4）干燥，称重，最终得到产物5.4g，实验产率为________％。(结果保留三位有效数字)
（5）若要得到纯度更高的乙酰苯胺，可通过采用________方法提纯，所用试剂为________。
9.五氧化二钒(V2O5)广泛用于冶金、化工等行业。一种以淅川钒矿(钒以＋3、＋4价的化合物存在、SiO2、Fe3O4以及Al2O3)为原料生产五氧化二钒的工艺流程如下：
已知：①萃取剂P2O4对VO2＋具有高选择性，且萃取Fe3＋而不萃取Fe2＋、Mn2＋、Al3＋
②氧化性：VO ＞Fe3＋＞VO2＋＞Fe2＋
③萃取反应为：VO2＋＋(HR2PO4)2(O) VO(R2PO4)2(O)＋2H＋ ， 式中HR2PO4为P2O4 ， R=C8H17
④
回答下列问题：
（1）“酸浸氧化”中，VO＋被氧化成VO2＋ ， 同时还有________离子被氧化。写出VO＋转化为VO 反应的离子方程式________。
（2）研究表明，“酸浸氧化”中MnO2的用量、温度和硫酸的体积浓度会直接影响钒元素的浸出率，由图(1)(2)(3)可知，最佳条件为________(填序号)
（3）“滤渣1”的主要成分为________(填化学式)。
（4）“还原”中添加的物质X是________(填化学式)，且要控制物质X的加入量，既不能过多，也不能过少，原因是________。
（5）“氧化沉钒”的离子方程式是________。
（6）用石灰中和处理萃余液，Fe2＋、Al3＋、Mn2＋以氢氧化物形式沉淀，要使金属离子完全沉淀，则pH的理论最小值为________(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10-5ml/L时，可认为该离子沉淀完全)。
10.能源问题是人类社会面临的重大课题，天然气储量丰富，日益成为重要的清洁能源之一，甲烷合成高附加值化合物更是研究前沿。
（1）科学家研究了Fe/MIL-53催化剂用于甲烷氧化制备甲醇的反应机理，并计算得到催化过程的最低能量反应路径图如下(其中吸附到催化剂表面的物种用*表示)：
该历程中最大能垒(活化能)E正=________kJ·ml-1 ， 写出该步骤的化学方程式________。
（2）二甲醚与合成气(CO、H2)制乙醇是目前合成乙醇的一种新途径，
总反应为：CH3OCH3(g)＋CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)＋C2H5OH(g)分步反应历程为：
反应I：二甲醚(DME)羰基化反应： ▲ 。
反应II：乙酸甲酯(MA)加氢反应：CH3COOCH3(g)＋2H2(g) CH3OH(g)＋C2H5OH(g)。
标准摩尔生成焓是指由稳态单质生成1ml该化合物的焓变，几种物质的标准生成焓如下
①CH3OCH3(g)＋CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)＋C2H5OH(g)△H=________kJ·ml-1
②补充反应IDME羰基化反应的方程式：________。
③在一定条件下只发生反应II，MA的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示：则该反应△H________0(填“＜”或“＞”)，p1、p2、p3由小到大的顺序为________。
④在600K，p3kPa下向一恒压密闭反应器中通入1.0mlMA和2.0mlH2(g)只进行反应II，且初始反应器体积为3L，反应一段时间后达到平衡，则KC=________ml/L(列出计算式)。
（3）甲烷湿重整制氢原理为：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)△H，工业上利用电化学原理借助透氢膜提高其转化率，其原理如图所示：
①写出B侧电极反应式：________。
②在钯膜反应器中进行了甲烷湿重整实验，发现膜反应器中甲烷转化率明显高于传统反应器，试从平衡的角度分析利用电化学原理借助透氢膜提高其转化率的原因________。
11.La2CuO4在传感器、汽车尾气催化净化、氮氧化物催化消除、中温固体氧化物燃料电池等领域具有良好的应用前景，回答下列问题：
（1）基态Cu原子的核外电子排布式为________。
（2）缩二脲[HN(CONH2)2]是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是________、________。1 ml缩二脲中含有σ键的数目为________，缩二脲能与Cu2＋形成稳定离子，其原因是________。
（3）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系La2CuO4的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如表所示。
①B原子代表________，C原子代表________，与A原子距离最近的氧原子个数为________。
②Z用分数坐标表示为________。
③设阿伏加德罗常数的值为NA ， 则La2CuO4的密度是________g·cm-3(列出计算表达式)。
12.血管紧张素转换酶抑制剂——依那普利(enalapri)，通过扩张血管控制血压，对轻、中度高血压安全有效，被列为一线治疗药。部分合成路线如下：
已知： 的形成与水解的原理与酯基类似
回答下列问题：
（1）化合物B含有的官能团名称为________。
（2）由C生成D的反应类型为________。
（3）化合物C的结构简式为________。
（4）写出反应④的化学反应方程式：________。
（5）1mlG最多与________mlNaOH反应。
（6）化合物A有多种同分异构体，其中属于酯类、能发生银镜反应且苯环上有两个碳原子个数不同的取代基的共有________种。化合物A的这些同分异构体中，满足核磁共振氢谱有6组峰且含有手性碳(注：连有四个不同的原子或基团的碳)的化合物的结构简式为________。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 D
【解析】【解答】A．自热火锅的原理是加热包中的生石灰、碳酸钠、铁粉、铝粉、活性炭、硅藻土等成分遇水产生化学反应，释放出大量热量加热食物，A项涉及化学反应；
B．酒精能消毒是因为酒精能够吸收细菌蛋白的水分，使其脱水变性凝固，从而达到杀灭细菌的目的，B项涉及化学反应；
C．工业制作印刷电路板反应原理是2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2 ， C项涉及化学反应；
D．干冰是固态二氧化碳，它的沸点很低，在空气中升华成气态二氧化碳，升华吸收大量热，空气中的水蒸气液化变成小水滴形成雾，属于物理变化，D项不涉及化学变化；
综上所述，不涉及化学反应的是D项，
故答案为D。

【分析】化学变化涉及到新物质的产生，找出选项中是存在产生新物质即可
2.【答案】 A
【解析】【解答】A．3Br2+2Fe=2FeBr3 ， Br2+ +HBr，该反应可制备溴苯，CCl4可除去HBr中的溴蒸气，通人AgNO3溶液中有淡黄色沉淀生成，证明有HBr产生，A项符合题意；
B．实验室用浓盐酸和二氧化锰制备氯气需要加热，B项不符合题意；
C．图中实验装置可制备乙醛，但CuSO4溶液无法验证产物为乙醛，C项不符合题意；
D．加热NH4Cl无法制备NH3 ， 分解得到的氯化氢和氨气又产生氯化铵固体，D项不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.此装置排除了溴与硝酸应作用的干扰
B.条件不对需要加热
C.醛基的检验是氢氧化铜的悬浊液
D.应加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物制备氨气
3.【答案】 B
【解析】【解答】A．华蟾素分子中有碳碳双键和羟基，能与酸性 KMnO4溶液发生氧化反应，使酸性KMnO4溶液褪色，故A不符合题意；
B．华蟾素分子中无羧基，不能与NaHCO3 ， 反应生成CO2 ， 故B符合题意；
C．1 ml该分子中只有2ml碳碳双键能与H2发生加成反应，故C不符合题意；
D．该分子中存在羟基能发生酯化反应，存在酯基能发生水解反应，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】根据结构简式即可找出还哪有羟基、双键、酯基、醚基等官能团，能和高锰酸钾反应，可以发生酯化、水解、加成等反应，不含有羧基不能和碳酸氢钠反应得到二氧化碳，找出可与氢气发生加成的基团即可
4.【答案】 C
【解析】【解答】A．纳米铁在反应过程中若发生聚集，会减慢氧化去除As( II )的速率，因此在该过程中为了实现纳米铁高效氧化去除As(II)，尽量防止纳米铁在反应过程中发生聚集，A项不符合题意；
B．H2O2结构为H-O-O-H，因此反应Fe2++H2O2=Fe3+ +OH- +·OH中H2O2中发生-O-O-断裂，B项不符合题意；
C．由图可知Fe和Fe2+是反应中间体，C项符合题意；
D．由图可知反应的第二步为Fe0＋O2＋2H＋=Fe2＋＋H2O2 ， D项不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.纳米铁聚集降低了接触面积，反应速率下降
B.根据反应方程式即可判断断键原理
C.根据判断三价铁离子才是催化剂
D.根据反应流程即可写出方程式
5.【答案】 D
【解析】【解答】A．C可以和H形成多种烃类，都为二元化合物，N可以和H形成NH3、N2H4等多种二元化合物，O可以和H形成H2O、H2O2 ， A不符合题意；
B．H、C、O可以形成具有还原性的H2C2O4(草酸)，B不符合题意；
C．化合物M为(NH4)2C2O4 ， 铵根和草酸根的水解都能促进水的电离，C不符合题意；
D．Z的最高价氧化物对应的水化物为HNO3 ， Y最高价氧化物对应的水化物为H2CO3 ， 硝酸酸性强于碳酸，D符合题意；
故答案为D。
【分析】W的最外层电子数是内层电子数的3倍，则W为O元素；根据M的结构可知X可以形成一个共价键，且原子序数小于O，所以X为H元素，Z可以和4个H原子形成正一价阳离子，则Z应为N元素，该阳离子为NH ；Y可以形成4个共价键，且和O原子形成双键，则Y应为C元素。
6.【答案】 B
【解析】【解答】A．放电时，N极得电子，发生还原反应作正极，电极反应方程式为[Fe(CN)6]3－+e-=[Fe(CN)6]4- ， A项不符合题意；
B．充电时，M极得到电子作为阴极，发生还原反应，B项符合题意；
C．放电时，N极作为正极，M极作为负极，Na＋通过离子交换膜从左极室移向右极室，C项不符合题意；
D．充电时，当电路中转移0.5ml电子时，发生反应为[Fe(CN)6]3－+e-=[Fe(CN)6]4- ， 则有0.5ml[Fe(CN)6]4-失去电子，而不是 [Fe(CN)6]4-得到电子，D项不符合题意；
故答案为：B。

【分析】根据 X－N－－N－－X＋2[Fe(CN)6]3- X－N=N－X＋2[Fe(CN)6]4-， 即可判断放电时，M做负极发生X－N－－N－－X-2e=X－N=N－X,是氧化反应，N极做正极发生的是2[Fe(CN)6]3-+2e=2[Fe(CN)6]4- ,钠离子向正极移动，充电时，M做阴极发生的是X－N=N－X+2e=X－N－－N－－X,发生还原反应，而N极做阳极，发生的是2[Fe(CN)6]4- -2e=2[Fe(CN)6]3-,发生氧化反应，根据转移的电子数即可计算出 [Fe(CN)6]4-的质量
7.【答案】 C
【解析】【解答】A．随碱性增强c(H2A)逐渐减小，pC值逐渐增大，即曲线Ⅲ代表H2A，c(HA-)先增大后减小，pC值先减小后增大，即曲线Ⅰ代表HA- ， c(A2-)逐渐增大，pC值逐渐减小，即曲线Ⅱ代表A2- ， A项不符合题意；
B．pH=4.19的溶液中加氢氧化钠至溶液pH=5.57，溶液碱性逐渐增强，水的电离程度在逐渐增大，B项不符合题意；
C． ， ， ，C项符合题意；
D．当c(Na+)=0.1ml/L时，加入了0.1ml的氢氧化钠固体，此时溶液中溶质为NaHA，根据 ，电离大于水解，则有c(Na＋)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，D项不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A. 定义pC=-lgC， 根据浓度越低，pC值越大即可判断曲线I、II、III代表的微粒
B.根据pH在逐渐增大，水的电离应该在逐渐增大
C.根据一级和二级电离常数的公式进行替换即可
D.根据钠离子的浓度判断此时溶液的溶质即可判断水解程度和电离程度的大小即可判断
二、非选择题
8.【答案】 （1）接引管或牛角管；防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用，防止暴沸
（2）从反应体系中分离出水
（3）加速过滤，得到晶体较干燥；除去乙酰苯胺固体上残留的醋酸
（4）80.0
（5）重结晶；水
【解析】【解答】(1)仪器a的名称是接引管或牛角管，根据已知信息中苯胺具有较强的还原性，锌粉可防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用，防止暴沸；

(2)提高乙酰苯胺的产率可采取以下两种措施：①增大某种反应物的浓度，使用过量的乙酸；②减少生成物浓度，将生成的水在105℃左右加热回流1h过程中以水蒸气的形式移出反应，使反应正向进行；
(3)减压过滤的优点是加速过滤，得到晶体较干燥；由于乙酸过量，故再以10mL冷水洗涤的目的是除去乙酰苯胺固体上残留的醋酸；
(4) ，由题可知，乙酸过量，苯胺的物质的量为0.05ml，则乙酰苯胺的理论产量为0.05ml，即6.75g，则 ；
(5)根据表格中乙酰苯胺低温下在水中的溶解度小，而在高温下溶解度大的性质，若要得到纯度更高的乙酰苯胺，可选择水作为乙酰苯胺的重结晶溶剂。
【分析】（1）根据仪器即可进行命名，锌具有还原性，作用是保护苯胺不被氧化
（2） 根据CH3COOH+ +H2O ，提高生成物的产率可以提高乙酸的浓度以及即使将产物水进行分离提高产量
（3）减压过滤的优点是速率快且干燥，冷水洗涤主要洗去表面的杂质以及防止溶解产品
（4）根据给出的苯胺计算出理论上得到的乙酰苯胺再结合得到的质量计算出产率即可
（5） 乙酰苯胺 溶于热水，难溶于冷水 ，因此可以从采用重结晶的方式进行提纯乙酰苯胺

9.【答案】 （1）Fe2＋；VO＋＋MnO2＋2H＋=VO ＋Mn2＋＋H2O
（2）C
（3）SiO2
（4）Fe；Fe过少，Fe3＋不能全部转化为Fe2＋ ， 降低产品纯度；Fe过多，过量的Fe会将VO2＋还原，降低VO2＋的萃取率，从而降低产品的产率
（5）ClO ＋14NH3·H2O＋6VO2＋=(NH4)2V6O16↓＋Cl－＋12NH ＋7H2O
（6）10
【解析】【解答】(1)"酸浸氧化”中，溶液中还原性离子有VO+和Fe2＋ ， 二者都会被氧化，VO＋转化为VO 反应的高子方程式是VO++ MnO2 +2H+ = VO +Mn2++H2O。

(2)"酸浸氧化“中由图(1)(2)(3)可知，钒元素浸出率最佳条件为 MnO2的用量2%-3%，温度100℃，硫酸的体积浓度30%-40%。
(3)"滤渣1"的主要成分为SiO2。
(4)根据已知信息①萃取剂P2O4对VO2＋具有高选择性，且萃取Fe3＋而不萃取Fe2＋ ， 为减少产物中的杂质离子，应将Fe3＋还原为Fe2＋ ， 降低萃取剂P2O4对Fe3＋的萃取率，故“还原”中添加的物质X是Fe；又根据氧化性：VO ＞Fe3＋＞VO2＋＞Fe2＋ ， 控制Fe的加入量的原因是Fe过少，Fe3＋不能全部转化为Fe2＋ ， 降低产品纯度；Fe过多，过量的Fe会将VO2＋还原，降低VO2＋的萃取率，从而降低产品的产率。
(5)由题中信息可知(NH4)2V6O16为沉淀，则“氧化沉钒”的离子方程式是ClO ＋14NH3·H2O＋6VO2＋=(NH4)2V6O16↓＋Cl－＋12NH ＋7H2O 。
(6)由已知信息③中数据可知，若Mn2+完全沉淀，则其他杂质离子也完全沉淀， ，则pH的理论值最小值为10。
【分析】（1）找出具有还原性的离子即可，二氧化锰具有氧化性将 VO＋被氧化成VO2＋ ，即可写出离子方程式
（2）根据给出的三张图找出最佳的二氧化锰用量、以及温度、硫酸的体积浓度即可判断
（3）根据给出的物质，不溶于酸的物质是二氧化硅
（4）根据题目的信息主要是将三价的铁离子变为二价的亚铁离子，因此加入铁，加入的量不能过多也不能过少，主要是 氧化性：VO ＞Fe3＋＞VO2＋＞Fe2＋ ，过多时易将VO2＋还原
（5）根据氧化沉钒的反应物和生成物即可写出方程式
（6）根据表格③中的数据即可计算出pH的最小值

10.【答案】 （1）128；Fe/MIL－53－CH4*=Fe/MIL－53－CH3·*＋H·*
（2）－141.77；CO(g)＋CH3OCH3(g) CH3COOCH3(g)；＜；p3＜p2＜p1；
（3）2H＋＋2e－=H2；反应中产生的氢气被消耗移除体系，平衡正向移动，增大甲烷的转化率
【解析】【解答】(1)根据示意图可知反应所吸收能量的最大能垒为Fe/MIL－53－CH4*到TS4 ， E正=（－13+141）kJ/ml＝128kJ·ml-1 ， 该步骤的化学方程式为Fe/MIL－53－CH4*=Fe/MIL－53－CH3·*＋H·*。

(2)①根据标准摩尔生成焓的定义，结合盖斯定律可知CH3OCH3(g)＋CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)＋C2H5OH(g)的ΔH＝生成物的标准摩尔生成焓－反应物的标准摩尔生成焓＝[－234.43+（－201.50）－0－（－110.53）－（－183.63）] kJ·ml-1=－141.77kJ·ml-1
②二甲醚与合成气（氢气和CO）制乙醇的总反应为2H2(g)+CO(g)＋CH3OCH3(g) CH3OH(g)+C2H5OH(g)，反应Ⅱ为CH3COOCH3(g)＋2H2(g) CH3OH(g)＋C2H5OH(g)，则根据盖斯定律可知反应Ⅰ为CO(g)＋CH3OCH3(g) CH3COOCH3(g)。
③根据图像可知，随着温度升高，MA的转化率降低，则升高温度平衡逆向进行，所以该反应ΔH＜0。CH3COOCH3(g)＋2H2(g) CH3OH(g)＋C2H5OH(g)为体积减小的可逆反应，增大压强，平衡正向进行，MA的转化率增大，所以p3＜p2＜p1；
④根据图像可知在600K，p3kPa下，MA的转化率是80%，根据三段式可知
平衡时总物质的量是0.2ml+0.4ml+0.8ml+0.8ml＝2.2ml，反应前气体总物质的量是3ml，体积是3L，则平衡时体系的体积为 =2.2L，各组分的浓度是乙酸甲酯为 ml/L、氢气为 ml/L、甲醇为 ml/L、乙醇为 ml/L，则KC= ；
(3)①由于CH4和H2O反应生成CO和H2 ， 根据原电池工作原理，A侧氢气分压比B侧氢气分压高，发生电极反应H2－2e－＝2H＋ ， B侧发生电极反应2H＋＋2e－＝H2↑。
②由于反应中产生的氢气被消耗移出体系，平衡正向移动，甲烷的转化率增大，所以比传统的高。
【分析】（1）根据图示找出能量差值最大的即可，根据反应物和生成物写出反应方程式即可
（2）① 根据写出集中物质燃烧的热化学方程式利用盖斯定律即可计算出焓变②根据总的反应和第二步的反应即可写出反应I ③根据温度越高，MA的转化率越低即可判断焓变的大小，根据正反应使体积减小的反应，压强越大，MA的转化率越大即可判断压强大小 ④根据给出的数据结合三行式计算出平衡时各物质的量浓度即可求出Kc
（3）① 根据B极的反应物和生成物即可写出电极式②根据在膜反应器中，产物氢气在不断的消耗促进可反应向右进行

11.【答案】 （1）1s22s22p63s23p63d104s1
（2）sp3；sp2；11NA；缩二脲的N提供孤对电子给金属离子形成配位键
（3）O；La；6；；
【解析】【解答】(1)Cu是29号元素，根据构造原理，可知基态Cu元素核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1；

(2)缩二脲[HN(CONH2)2]是一种有机化合物，分子中N原子与H、C原子之间以单键结合，N原子上还有一对孤电子对，价层电子对数为4，所以N的杂化类型是sp3杂化；C原子与O原子形成了共价双键，故C原子杂化类型为sp2杂化；
共价单键都是σ键，共价双键中一个是σ键，一个是π键，故在1个[HN(CONH2)2]中含有11个σ键，2个π键，故在1 ml [HN(CONH2)2]中含有11NA个σ键；
缩二脲能与Cu2＋形成稳定离子，是由于Cu2+上具有空轨道，缩二脲的N原子上具有孤对电子，二者易形成配位键；
(3)①在该晶胞中A原子个数为：8× +1=2；含有B原子个数为：16× +4× +2=8；含有的C原子个数为：8× +2=4，A：B：C=2：8：4=1：4：2。根据晶胞化学式La2CuO4可知：A表示Cu，B表示O，C表示La，与Cu原子距离相等且最近的O原子有6个，分别为于Cu原子的上、下、前、后、左、右；
②根据图中W、X、Y的坐标可知，Z的坐标为( ， ， )；
③根据密度计算公式可知该晶胞的密度ρ= 。
【分析】（1）根据铜原子的核外电子数即可写出核外电子能级排布
（2）根据氮原子和碳原子的成键情况即可判断杂化方式， 根据结构简式找出含有的σ键个数即可，氮原子含有孤对电子而铜离子还哪有空轨道易形成配位键
（3）① 根据晶胞情况计算出晶胞中ABC的原子个数，即可与化学式对应即可判断ABC代表的原子种类即可找出与A原子最近的氧原子个数② 根据给出的WXY的坐标即可写出Z的坐标③根据晶胞中原子的个数计算出晶胞的质量，再结合晶胞参数计算出体积即可计算出密度

12.【答案】 （1）溴原子、羧基
（2）取代反应
（3）
（4）+ +H2O
（5）3
（6）12；
【解析】【解答】(1)根据B的结构简式可知其官能团为羧基、溴原子；

(2)C为 ，C中溴原子被-NHCH(CH3)COOH代替生成D，所以为取代反应；
(3)根据分析可知C的结构简式为 ；
(4)D和E发生取代反应生成F，化学方程式为 + +H2O；
(5)G中羧基、酯基、酰胺键都可以和NaOH反应，所以1mlG最多与3mlNaOH反应；
(6)A中只有两个O原子，其同分异构体满足：属于酯类、能发生银镜反应，说明该酯属于甲酸酯，同时苯环上两个碳数不同的取代基，则取代基可以是：-CH3和-CH(CH)3OOCH、-CH3和-CH2CH2OOCH、-CH(CH3)2和-OOCH、-CH2CH2CH3和-OOCH，共4组，每一组都有邻间对三种，所以同分异构体共12种，其中核磁共振氢谱有6组峰且含有手性碳的为 。
【分析】结合A的分子式和B的结构简式可知A与Br2发生取代反应生成B，所以A的结构简式为 ；根据反应条件可知，B与乙醇发生酯化反应生成C，则C的结构简式为 ；对比D和F的结构简式可知，D中羧基中的羟基被取代生成F，根据F的结构简式可知E应为 。
A．自热火锅
B．疫情期间75%的酒精消毒
C．工业制作印刷电路板
D．干冰形成舞台延误
A．制备溴苯并验证有HBr产生
B．实验室制备氯气
C．制备并验证产物为乙醛
D．实验室制备氨气
冰醋酸
苯胺
乙酰苯胺
状态
液体
液体
固体
沸点/℃
117.9
184
305
熔点/℃
16.6
-6.3
114.3
名称
溶解度
水
乙醇
乙醚
冰醋酸
3.6g/100g水
易溶
易溶
苯胺
易溶
易溶
易溶
乙酰苯胺
溶于热水，难溶于冷水
易溶
易溶
化合物
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
溶度积常数(25℃)近似值
10-17
10-39
10-35
10-13
物质
H2
CO
CH3COCH3
CH3OH
C2H5OH
CH3COOCH3
焓变/kJ/ml
0
-110.53
-183.63
-201.50
-234.43
-411.53
分数坐标
原子
x
y
z
W
0
0
0
X
0
0
Y