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2020年河南省郑州市高考化学二模试卷_(带答案解析).docx
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这是一份2020年河南省郑州市高考化学二模试卷_(带答案解析).docx，共21页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上，HNO3等内容，欢迎下载使用。
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2020年河南省郑州市高考化学二模试卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
总分
得分
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
评卷人
得分
一、 单选题（共7题）
1. 中医书籍《本草衍义》中张仲景治伤寒，对茵陈蒿的使用有以下叙述：“方用山茵陈、山栀子各三分，秦艽、升麻各四钱，末之。每用三钱，水四合，煎及二合，去滓，食后温服，以知为度。”文中没有涉及到的操作方法是（ ）
A.称量 B.结晶 C.过滤 D.蒸发
2. 从八角茴香中提取的莽草酸，是合成治疗禽流感的药物-达菲（Tamiflu）的原料之一。其结构简式如图，下列有关莽草酸分子的说法正确的是（ ）
A.含有两种不同的官能团
B.7个碳原子共面
C.1mol能与4mol NaOH完全反应
D.既能使Br2的CCl4溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色
3. 化合物是一种高效消毒剂，其蒸汽和溶液都具有很强的杀菌能力，可用于目前新冠病毒疫情下的生活消毒。其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。下列叙述正确的是（ ）
A.原子半径：X＞Y＞Z
B.元素的非金属性：X＜Y＜Z
C.该化合物中Z的化合价均呈-2价
D.该化合物中X、Y、Z都满足8电子稳定结构
4. 某兴趣小组探究Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液发生的是离子反应，设计的实验装置和实验测定的导电性曲线分别如图所示。下列有关说法错误的是（ ）
A.该反应的离子方程式是Ba2++2OH-+SO42-+2H+═BaSO4↓+2H2O
B.实验过程中灯泡的亮度发生变化可以说明该反应为离子反应
C.导电能力最低点表示Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液恰好完全反应
D.用盐酸代替H2SO4溶液，测得的导电性曲线和上述曲线相同
5. 2019年9月，我国科研人员研制出Ti・H・Fe双温区催化剂，其中Ti-H区域和Fe区域的温度差可超过100℃．Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法错误的是（ ）
A.①②③在Fe区域发生，④⑤在Ti-H区域发生
B.在高温区加快了反应速率，低温区提高了氨的产率
C.该历程中能量变化最大的是2.46eV，是氮分子中氮氮三键的断裂过程
D.使用Ti-H-Fe双温区催化合成氨，不会改变合成氨反应的反应热
6. 我国学者近期发表在GreenChemistry 的研究成果是将电解食盐水的阳极反应与电催化还原CO2的阴极反应相耦合，反应原理的示意图如图所示。下列说法错误的是（ ）
A.阳极反应为2Cl--2e-═Cl2↑
B.装置中的离子交换膜是质子交换膜
C.整个反应过程中碳、氯、氧的原子利用率接近100%
D.这种耦合为提高CO2电化学还原的实际应用提供了思路
7. 25℃时，用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1某二元弱酸H2A（Ka1=1.1×10-3，Ka2=3.9×10-6）溶液，滴定过程中溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.a点的pH大于2
B.b点溶液中c（H2A）＞c（A2-）
C.c点溶液中c（HA-）+2c（H2A）=c（OH-）-c（H+）
D.d点溶液中c（Na+）+c（H+）=c（A2-）+c（HA-）+c（OH-）
评卷人
得分
二、 实验题（共1题）
8. 高锰酸钾是实验室常用的氧化剂。某实验小组制备高锰酸钾，具体流程如图：
实验一锰酸钾的制备
称取3.0gKClO3固体和7.0g KOH固体混合，于铁坩埚中小火加热，待混合物熔融后不断用铁棒不断搅拌，再加入4.0gMnO2继续加热。
（1）熔融时坩埚中反应的化学方程式为______。
（2）用铁棒而不用玻璃棒搅拌的原因是______。
实验二锰酸钾的歧化
待铁坩埚冷凉后，在烧杯中加水共煮浸取，取出坩埚，开启启普发生器，趁热向溶液中通入CO2，直到溶液绿色全部变为紫色为止，静置沉淀，用砂芯漏斗进行抽滤，留滤液。歧化反应实验装置如图所示。
（3）向启普发生生器中加入块状固体的位置______（选填字母“a”、“b”、“c”）。该仪器的优点是方便控制反应的发生与停止，其原理是______。
（4）烧杯中锰酸钾歧化反应的化学方程式为______。
（5）锰酸钾歧化时不能用盐酸代替CO2，原因是______。
实验三高锰酸钾的浓缩结晶
将滤液转移至蒸发皿中，蒸发浓缩，自然冷却结晶，抽滤至干。将晶体转移至已知质量的表面皿上，放入烘箱中80℃干燥半小时左右，冷却，称量，产品质量为3.16g。
（6）蒸发浓缩滤液至______停止加热。
（7）该实验小组制备高锰酸钾的产率是______。
评卷人
得分
三、 简答题（共4题）
9. 银系列产品广泛地应用于化工、电子电镀、材料和工业催化等领域，对含银废料中贵金属银的综合回收具有重要的研究意义。一种对银粉和AgNO3生产过程中产生的含银废料进行综合回收的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）“溶解”反应的化学方程式为______。稀硝酸能否用浓硫酸代替______（填“能”或“不能”），原因是______。
（2）“过滤”操作中用到的玻璃仪器是______。
（3）“络合”步骤中需要加氨水调pH≈7.7，生成的络合物为______。
（4）N2H4•H2O称水合肼，具有强还原性和碱性。与硫酸反应生成正盐的化学式为______。
（5）“还原”步骤中产生的气体可参与大气循环，该气体分子的电子式为______。
（6）“母液2”中溶质的化学式为______。
（7）粗银经过烘干、焙烧、电解得到纯度99.9%的银。
①焙烧是在中频炉中进行，中频炉优点是加热升温速度快，氧化烧损仅为0.5%，在此焙烧目的是______。
②电解时粗银做电极阳极，阴极为不锈钢板，电解液为AgNO3、HNO3、KNO3混合溶液，电解液中HNO3、KNO3的作用分别是______、______。
10. 氢能是一种公认的高热值清洁能源，目前世界各国正致力于将高污染高排放的碳能源，过渡成清洁高效低排放的氢能源。氢能应用包括以下三个环节：
一、氢燃料的制备
（1）我国氢气的主要来源是焦炉气制氢，所制得的氢气含有较多的CO和H2S，干法脱硫是用氧化铁将硫元素转化为硫化铁。干法脱硫的反应方程式为______。
（2）我国科研人员用木屑水蒸气气化制取氢燃料，在一定条件下，反应器中存在如下反应：
ⅰ．CO2（g）+C（S）═2CO（g）△H1
ⅱ．C（g）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H2
ⅲ．C（s）+2H2（g）═CH4（g）△H3
ⅳ．CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H4
ⅴ．CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H5
①△H5=______。
②研究中CaO的添加量按照CaO中所含的Ca和松木屑所含碳的物质的量比确定，在750℃，控制水蒸气流量为0.1g/（min•g）下，探究催化剂结果如表所示。
气体体积分数
碳转化率/%
H2
CO
CO2
CH4
0
45.58
22.70
22.37
7.54
61.22
0.5
52.95
21.74
19.11
5.14
56.59
1.0
58.62
22.37
12.60
5.31
61.42
由表中数据=______时最为合理。由0到0.5时，H2的体积分数显著增加的原因______。
体系的气化温度不仅对木屑的热解气化反应有影响，而且对CaO吸收CO2的能力以及CaCO3的分解反应也有很大影响。实验过程中，控制为1.0，水蒸气流量为0.1g/（min•g），将气化反应温度从700℃升到850℃，气化温度对产氢率、产气率的影响如表：
温度/℃
气体体积分数
碳转化率/%
H2
CO
CO2
700
51.78
20.75
19.89
54.37
750
58.62
22.37
12.60
61.42
800
55.63
26.05
12.71
73.43
850
54.16
26.94
13.82
83.34
从产氢率的角度考虑，最佳操作温度是______。随着反应的进行，发现CaO的吸收能力逐渐降低，原因是______。
二、氢燃料的存储
（3）将氢气储存于液体燃料中，可以解决氢气的安全高效存储和运输。由于甲醇具有单位体积储氢量高、活化温度低等优点，是理想的液体储氢平台分子。我国学者构建一种双功能结构的催化剂，反应过程中，在催化剂的表面同时活化水和甲醇。图是甲醇脱氢转化的反应历程（TS表示过渡态）。
根据图判断甲醇脱氢反应中断裂的化学键是______，该反应的△H______0（填“大于”、“等于”或“小于”）
三、氢燃料电池实现化学能到电能的转化
一种氢能电池的原理如图：
（4）正极的电极反应式为______。在Pt电极表面镀一层细小的铂粉，原因是______。
11. 钙和铜合金可用作电解制钙的阴极电极材料，回答下列问题：
（1）基态铜原子的价电子排布式为______。
（2）CaCO3高温分解可制得CaO．CaO与C在一定条件下可生成CaC2，CaC2与水反应生成Ca（OH）2和一种4原子气体分子。
①CaCO3中阴离子的空间构型为______。
②该气体分子中σ键与π键的数目之比为______。
③写出2种与C22-互为等电子体的分子的化学式：______。
（3）工业上电解CaCl2制Ca而不采用电解CaO的原因：______。
（4）在碱性溶液中，缩二脲HN（CONH2）2与CuSO4反应得到一种特征紫色物质，其结构如图所示，该反应原理可用于检验蛋白质或其他含肽键的化合物。缩二脲分子中碳原子与氮原子的杂化类型分别为______、______。
（5）一种钙铜合金的结构可看作图a、b两种原子层交替堆积排列而成c，其晶胞如图d。
①a图Ca-Ca间距离为xpm，c图中Ca-Ca间距离距离为ypm。已知原子拥有的尽可能多的相邻原子的个数叫该原子的配位数，则晶胞c中Ca原子的配位数（Cu原子）为______。
②设阿伏加德罗常数的值为NA，则该钙铜合金的密度是______g▪cm-3（列出计算表达式）。
12. 蒋华良院土和饶子和院子提出30种药可能对2019-nCoV有效，其中一种为肉桂硫胺（），肉桂硫胺的合成路线如图：
已知：ⅰ．
ⅱ．R-NO2R-NH2
完成下列问题
（1）F的结构简式为______。G→H的反应类型是______。
（2）E中的所含官能团名称为______。
（3）B→C反应试剂及条件为______。
（4）有机物D与新制氢氧化铜悬浊液（加热）的反应方程式为______。
（5）J为E的同分异构体，写出符合下列条件的J的结构简式______（写两种）。
①能发生银镜反应
②是芳香族化合物，且苯环上的一氯代物只有两种
③核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1
（6）参照上述合成路线及已知信息，写出由甲苯和丙酰氯（CH3CH2COCl）为原料合成的路线：______。
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】B
【解析】解：由“方用山茵陈、山栀子各三分，秦艽、升麻各四钱，末之。每用三钱，水四合，煎及二合，去滓，食后温服，以知为度”，可知称量后溶于水蒸发结晶析出固体，然后过滤分离，涉及称量、过滤、蒸发，
故选：B。
由“方用山茵陈、山栀子各三分，秦艽、升麻各四钱，末之。每用三钱，水四合，煎及二合，去滓，食后温服，以知为度”，可知称量后溶于水蒸发结晶析出固体，以此来解答。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意文史资料的理解，题目难度不大。
2. 【答案】D
【解析】解：A．含有羟基、羧基和碳碳双键3种官能团，故A错误；
B．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不可能共平面，故B错误；
C．只有羧基与氢氧化钠溶液反应，则1mol能与1mol NaOH完全反应，故C错误；
D．含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，则既能使Br2的CCl4溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确。
故选：D。
有机物含有羟基、碳碳双键和羧基，具有醇、烯烃和羧酸的性质，以此解答该题。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，题目难度不大。
3. 【答案】B
【解析】解：根据分析可知，X为H，Y为C，Z为O元素。
A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径：Y＞Z＞X，故A错误；
B．同一周期从左向右非金属性逐渐增强，则非金属性H＜C＜O，即X＜Y＜Z，故B正确；
C．该化合物中存在-O-O-结构，-O-O-中的O元素化合价为-1价，故C错误；
D．H原子最外层达到2电子稳定结构，不满足8电子稳定结构，故D错误；
故选：B。
化合物是一种高效消毒剂，气体和溶液都具有很强的杀菌能力，可用于目前新冠病毒疫情下的生活消毒。其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X形成1个根据，Y形成4个共价键，且能够形成Y-Y键，则X为H，Y为C元素；Z形成2个共价键，且该化合物具有很强的杀菌能力，则存在-O-O-结构，该化合物的结构简式为，所以Z为O元素，据此解答。
本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
4. 【答案】D
【解析】解：A．根据以上分析，Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液发生的是离子反应，离子方程式是Ba2++2OH-+SO42-+2H+═BaSO4↓+2H2O，故A正确；
B．由离子浓度越大，导电性越强以及导电曲线图可知，溶液的导电性先减小后增大，可以说明该反应为离子反应，故B正确；
C．由离子浓度越大，导电性越强可知，导电能力最低点表示Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液恰好完全反应，故C正确；
D．用盐酸代替H2SO4溶液，发生的离子反应为：OH-+H+═H2O，溶液中的钡离子和氯离子不参与反应，则不可能出现导电性接近于0，所以导电性曲线和上述曲线不同，故D错误；
故选：D。
由离子浓度越大，导电性越强以及导电曲线图可知，溶液的导电性先减小后增大，可以说明该反应为离子反应，发生反应的离子方程式是Ba2++2OH-+SO42-+2H+═BaSO4↓+2H2O，当Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液恰好完全反应时，离子浓度最小也就是导电性最弱，据此分析解答。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及识图能力，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比。
5. 【答案】C
【解析】解：A、①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都是吸热反应，需要在高温时进行，而④⑤为了增大平衡产率，需要在低温下进行，故A正确；
B、一般而言，升高温度可提高反应速率，则高温区加快了反应速率，但合成氨的反应为放热反应，则低温区可提高氨的产率，故B正确；
C、由图可知，历程中能量变化最大的是2.46eV，为N2的吸附过程，但氮分子中氮氮三键的断裂过程发生在历程②，吸热-1.87eV-（-2.46eV）=0.59eV，故C错误；
D、催化剂能改变反应历程，降低反应的活化能，但不能改变反应的始态和终态，即不能改变反应的反应热，故D正确；
故选：C。
A、不同反应过程需要的温度条件不同：催化剂吸附分子，使分子的活化能降低，化学键发生断裂的过程，都需要高温条件，目的是加快反应速率；氮原子的转移，化学键的生成，需要低温条件，目的是增大氨气的平衡产率；
B、升高温度可提高反应速率，合成氨的反应放热，降低温度可提高氨的产率；
C、由图可知，吸附过程放热，断裂化学键吸热；
D、催化剂能改变反应历程，但不能改变反应的始态和终态。
本题考查合成氨反应原理、化学平衡的影响因素等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意把握化学反应过程中化学键的断裂与生成，题目难度中等。
6. 【答案】A
【解析】解：A．如图所示，左侧通入CO2逸出CO，C元素化合价降低发生还原反应是阴极，其电极反应为：CO2+2e-+2H+═CO+H2O，故A错误；
B．电解池中阳离子向阴极移动，电解过程中H+透过离子交换膜从右池移向左池，交换膜应是质子交换膜，故B正确；
C．阴极电极反应式为：CO2+2e-+2H+═CO+H2O；阳极电极反应式为：Cl--2e-+2OH-═ClO-+H2O，整个反应过程中碳、氯、氧的原子利用率接近100%，故C正确；
D．依据阴极电极反应CO2+2e-+2H+═CO+H2O这种耦合为提高CO2电化学还原的实际应用提供了思路，故D正确。
故选：A。
根据图示上的物质变化，左侧阴极区通入CO2逸出CO，其电极反应为：CO2+2e-+2H+═CO+H2O；阳极区Cl-转化为ClO-电极反应式为：Cl--2e-+2OH-═ClO-+H2O，电解过程中H+透过离子交换膜从右池移向左池，交换膜应是质子交换膜；这种耦合为提高CO2电化学还原的实际应用提供了思路。
本题考查电化学中电解的原理，电极反应式的书写是难点，电解的工作原理是主线，本题难度适中。
7. 【答案】C
【解析】解：A．H2A为二元弱酸，在溶液中分步电离，且以第一步电离为主，则c（HA-）≈c（H+），c（H2A）≈0.1mol/L，则Ka1=1.1×10-3=≈，解得：c（H+）=×10-2mol/L，则a点溶液的pH=-lg×10-2＜2，故A错误；
B．b点加入20mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为NaHA，Kh（HA-）==≈9.1×10-12＜Ka2=3.9×10-6，说明HA-的电离程度大于其水解程度，则c（H2A）＜c（A2-），故B错误；
C．c点加入40mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为Na2A，结合质子守恒可知：c（H+）+c（HA-）+2c（H2A）=c（OH-），即c（HA-）+2c（H2A）=c（OH-）-c（H+），故C正确；
D．d点NaOH过量，反应后溶质为Na2A、NaOH，结合电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=2c（A2-）+c（HA-）+c（OH-），故D错误；
故选：C。
A．H2A为二元弱酸，在溶液中分步电离，且以第一步电离为主，则c（HA-）≈c（H+），c（H2A）≈0.1mol/L，据此结合Ka1=1.1×10-3计算；
B．b点溶质为NaHA，计算出HA-的水解平衡常数，结合Ka2=3.9×10-6判断HA-的水解程度与电离程度大小即可；
C．c点反应后溶质为，结合质子守恒分析；
D．d点溶质为Na2A、NaOH，结合电荷守恒分析。
本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图示曲线各点溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、质子守恒的内容，试题侧重考查学生 分析能力及化学计算能力。
二、 实验题
8. 【答案】KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O 玻璃棒中的SiO2在熔融状态下与KOH反应 b 打开止水夹，块状固体与液体接触发生反应，关闭止水夹，启普发生器内压强增大，液体被压入长颈漏斗，块状固体和液体脱离接触，反应停止 3K2MnO4+2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3 锰酸钾可以将盐酸氧化放出氯气造成污染，同时也降低高锰酸钾的产率 溶液表面出现晶膜时 65.25%
【解析】解：（1）根据信息，反应方程式为：MnO2+KClO3+KOH→K2MnO4+KCl，MnO2→K2MnO4化合价↑2，KClO3→KCl化合价↓6，最小公倍数为6，因此MnO2、K2MnO4的系数为3，根据钾元素守恒，KOH的系数为6，根据原子守恒，配平其他，则KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O，
故答案为：KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；
（2）玻璃的成分中含SiO2，因为SiO2属于酸性氧化物，可以和KOH反应，因此不能用玻璃仪器，而用铁坩埚和铁制搅拌棒，
故答案为：玻璃棒中的SiO2在熔融状态下与KOH反应；
（3）固体放在启普发生器的中间层，从b处加入块状固体；打开止水夹，块状固体与液体接触发生反应，关闭止水夹，启普发生器内压强增大，液体被压入长颈漏斗，块状固体和液体脱离接触，反应停止，
故答案为：b；打开止水夹，块状固体与液体接触发生反应，关闭止水夹，启普发生器内压强增大，液体被压入长颈漏斗，块状固体和液体脱离接触，反应停止；
（4）MnO42-→MnO4-+MnO2，MnO42-→MnO4-化合价↑1，MnO42-→MnO2化合价↓2，最小公倍数为2，即MnO4-的系数为2，则MnO42-的系数为3，根据反应前后原子守恒和所带电荷守恒，CO2转化成了CO32-，因此化学反应方程式为：3K2MnO4+2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3，
故答案为：3K2MnO4+2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3；
（5）锰酸钾具有强氧化性，与HCl反应生成氯气，造成污染，同时也降低高锰酸钾的产率，
故答案为：锰酸钾可以将盐酸氧化放出氯气造成污染，同时也降低高锰酸钾的产率；
（6）蒸发浓缩滤液至溶液表面出现晶膜时停止加热，
故答案为：溶液表面出现晶膜时；
（7）由（1）有KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O，加入4.0gMnO2消耗的KClO3的质量为1.88g，消耗的KOH的质量为5.15g，可知MnO2完全反应，再结合3K2MnO4+2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3，则
3MnO2～3K2MnO4～2KMnO4
261 316
4g x
则理论上生成的高锰酸钾质量x==4.843g，高锰酸钾的产率是×100%=65.25%，
故答案为：65.25%。
某实验小组制备高锰酸钾，具体流程为：将KOH、KClO3、MnO2在熔融状态下生成的K2MnO4溶于水形成K2MnO4溶液，继续通入CO2发生反应3K2MnO4+2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3，过滤即可得MnO2固体与KMnO4、K2CO3混合液，KMnO4、K2CO3混合液经过蒸发浓缩，自然冷却结晶获得KMnO4晶体。
（1）根据信息，反应方程式为：MnO2+KClO3+KOH→K2MnO4+KCl，MnO2→K2MnO4化合价↑2，KClO3→KCl化合价↓6，最小公倍数为6，因此MnO2、K2MnO4的系数为3，根据钾元素守恒，KOH的系数为6，根据原子守恒，配平其他；
（2）玻璃的成分中含SiO2，因为SiO2属于酸性氧化物，可以和KOH反应；
（3）固体放在启普发生器的中间层；打开止水夹，块状固体与液体接触发生反应，关闭止水夹，启普发生器内压强增大，液体被压入长颈漏斗，块状固体和液体脱离接触，反应停止；
（4）MnO42-→MnO4-+MnO2，MnO42-→MnO4-化合价↑1，MnO42-→MnO2化合价↓2，最小公倍数为2，即MnO4-的系数为2，则MnO42-的系数为3，根据反应前后原子守恒和所带电荷守恒，CO2转化成了CO32-，据此书写化学反应方程式；
（5）锰酸钾具有强氧化性，与HCl反应生成氯气；
（6）蒸发浓缩滤液至溶液表面出现晶膜时停止加热；
（7）由（1）有KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O，加入4.0gMnO2消耗的KClO3的质量为1.88g，消耗的KOH的质量为5.15g，可知MnO2完全反应，再结合3K2MnO4+2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3，则
3MnO2～3K2MnO4～2KMnO4
261 316
4g x
则理论上生成的高锰酸钾质量x==4.843g。
本题考查学生对工艺流程的理解、阅读获取信息能力、物质推断、氧化还原反应、工艺条件的控制等，题目难度中等，是对所学知识的综合运用与能力的考查，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力。
三、 简答题
9. 【答案】3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O 不能 硫酸银覆盖在银的表面，过滤1后银和硫酸银一起随滤渣而除去 烧杯、玻璃棒、漏斗 Ag（NH3）2Cl N2H6SO4 NH4Cl 除去粗银中含有的杂质 调节电解液的pH 提高电解液的导电性
【解析】解：（1）“溶解”反应是银与稀硝酸反应生成硝酸银、NO和水，方程式为：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；不能浓硫酸代替稀硝酸，因为硫酸银微溶，覆盖在银的表面，过滤1后银和硫酸银一起随滤渣而除去，
故答案为：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；不能；硫酸银覆盖在银的表面，过滤1后银和硫酸银一起随滤渣而除去；
（2）过滤操作要用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；
（3）过滤2的固体为AgCl，加入氨水，发生络合反应生成Ag（NH3）2Cl，故答案为：Ag（NH3）2Cl；
（4）N2H4•H2O具有碱性，与硫酸反应生成正盐为N2H6SO4，故答案为：N2H6SO4；
（5）水合肼具有还原性，其被Ag（NH3）2Cl氧化的方程式为N2H4•H2O+4Ag（NH3）2Cl=N2↑+4Ag↓+H2O+4NH4Cl，则产生的气体N2可参与大气循环，其电子式为，故答案为：；
（6）根据（5）可知，反应后溶液中存在NH4Cl，“母液2”中溶质的化学式为NH4Cl，故答案为：NH4Cl；
（7）①过滤后NH4Cl包裹在粗银中，焙烧可除去，故答案为：除去粗银中含有的杂质；
②HNO3显酸性，可调节电解液的pH；KNO3可提高电解液的导电性，故答案为：调节电解液的pH；提高电解液的导电性。
含银废料加入稀硝酸溶解产生硝酸银与NO气体，过滤后向硝酸银溶液中加入食盐使Ag+转化为AgCl沉淀与NaNO3溶液，向AgCl沉淀中加入氨水调节pH约等于7.7生成Ag（NH3）2Cl的络合物，继续向络合物中加入N2H4•H2O发生还原反应生成N2与Ag，据此分析解答。
（1）“溶解”反应是银与稀硝酸反应生成硝酸银、NO和水；不能浓硫酸代替稀硝酸，因为硫酸银微溶；
（2）根据过滤操作作答；
（3）过滤2的固体为AgCl，加入氨水，生成Ag（NH3）2Cl；
（4）N2H4•H2O具有碱性，与硫酸反应生成N2H6SO4；
（5）利用电子守恒、原子守恒结合题意，写出反应的化学方程式；
（6）根据（5）作答；
（7）①反应中有物质包裹，焙烧可除去；
②HNO3显酸性，可调节电解液的pH；KNO3可提高电解液的导电性。
本题考查制备方案的设计，为高考常见题型，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，注意实验的原理以及物质的性质，把握实验的操作方法以及化学反应原理的运用，本题难点（4）（5），反应与银氨溶液和氨气类似，较好地考查了学生对实验原理的理解、知识迁移应用，题目难度中等。
10. 【答案】Fe2O3+3H2S=Fe2S3+3H2O 2△H2-△H1-△H3或△H5=2△H4-△H3+△H1或△H5=△H2+△H4-△H3 1 CaO作为CO2的吸收剂，使产气中CO2分压降低，从而使水煤气变换反应平衡向生成H2的方向移动 750℃ CaO吸收CO2产生的CaCO3附着在CaO的表面，阻止了CaO对CO2的进一步吸收 O-H键和C-H键 小于 O2+2H2O+4e-=4OH- 铂粉吸附气体的能力强
【解析】解：（1）干法脱硫是用氧化铁将硫元素转化为硫化铁和水，反应的化学方程式：Fe2O3+3H2S=Fe2S3+3H2O，
故答案为：Fe2O3+3H2S=Fe2S3+3H2O；
（2）①①ⅰ．CO2（g）+C（S）═2CO（g）△H1
ⅱ．C（g）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H2
ⅲ．C（s）+2H2（g）═CH4（g）△H3
ⅳ．CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H4
ⅴ．CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H5
盖斯定律计算ii×2-i-iiihuo2×Ⅳ-iii+i或ii+Ⅳ-iii得到ⅴ．CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H5=2△H2-△H1-△H3或△H5=2△H4-△H3+△H1或△H5=△H2+△H4-△H3，
故答案为：2△H2-△H1-△H3或△H5=2△H4-△H3+△H1或△H5=△H2+△H4-△H3；
②表中数据分析可知=1碳的转化率最大，由0到0.5时，H2的体积分数显著增加的原因：CaO作为CO2的吸收剂，使产气中CO2分压降低，从而使水煤气变换反应平衡向生成H2的方向移动，从产氢率的角度考虑，产氢率最高的最佳操作温度是：750℃，随着反应的进行，发现CaO的吸收能力逐渐降低，原因是：CaO吸收CO2产生的CaCO3附着在CaO的表面，阻止了CaO对CO2的进一步吸收，
故答案为：1；CaO作为CO2的吸收剂，使产气中CO2分压降低，从而使水煤气变换反应平衡向生成H2的方向移动；750℃；CaO吸收CO2产生的CaCO3附着在CaO的表面，阻止了CaO对CO2的进一步吸收；
（3）我国学者构建一种双功能结构的催化剂，反应过程中，在催化剂的表面同时活化水和甲醇，分析甲醇脱氢转化的反应历程，判断甲醇脱氢反应中断裂的化学键是O-H键和C-H键，反应物能量高于生成物，该反应的△H小于0，
故答案为：O-H键和C-H键；小于；
（4）一种氢能电池的原理如图，通入氢气的电极为原电池负极，通入氧气的电极为原电池的阳极，氧气得到电子发生还原反应，电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，在Pt电极表面镀一层细小的铂粉增大气体吸附，铂粉吸附气体的能力强，
故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；铂粉吸附气体的能力强。
（1）干法脱硫是用氧化铁将硫元素转化为硫化铁和水；
（2）①ⅰ．CO2（g）+C（S）═2CO（g）△H1
ⅱ．C（g）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H2
ⅲ．C（s）+2H2（g）═CH4（g）△H3
ⅳ．CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H4
ⅴ．CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H5
盖斯定律计算ii×2-i-iiihuo2×Ⅳ-iii+i或ii+Ⅳ-iii得到ⅴ．CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H5；
②表中数据分析可知=1碳的转化率最大，由0到0.5时，H2的体积分数显著增加，是因为CaO作为CO2的吸收剂，使产气中CO2分压降低；
实验过程中，控制为1.0，水蒸气流量为0.1g/（min•g），将气化反应温度从700℃升到850℃，气化温度对产氢率、产气率的影响如表，表中数据分析得到，随着反应的进行，发现CaO的吸收能力逐渐降低是CaO吸收CO2产生的CaCO3附着在CaO的表面，阻止吸收；
（3）反应过程中，在催化剂的表面同时活化水和甲醇。图是甲醇脱氢转化的反应历程中分析可知，反应为放热反应，甲醇脱氢反应中断裂的化学键是O-H键和C-H键；
（4）一种氢能电池的原理如图，通入氢气的电极为原电池负极，通入氧气的电极为原电池的阳极，氧气得到电子发生还原反应，在Pt电极表面镀一层细小的铂粉增大气体吸附。
本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及反应热的计算。化学平衡的移动、化学平衡的计算、化学反应历程等，根据题意，结合△H=反应物键能总和-生成物键能总和、勒夏特列原理、化学平衡三段式等化学知识解答，题目难度较大。
11. 【答案】3d104s1 平面三角形 3：2 CO，N2 CaO熔点高于CaCl2，熔化时消耗能量高 sp2 sp3 18
【解析】解：（1）Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，则基态铜原子的价电子排布式为：3d104s1，
故答案为：3d104s1；
（2）①CaCO3中阴离子为CO32-，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=3+=3，则其空间构型为平面三角形，
故答案为：平面三角形；
②CaC2与水反应生成Ca（OH）2和一种4原子气体分子，为C2H2，单键为σ键，双键或者三键中一根为σ键，其余为π键，C2H2的结构式为：H-C≡C-H，则一个分子中，含有3根σ键，2根π键，则气体分子中σ键与π键的数目之比为3：2，
故答案为：3：2；
③等电子体为原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与C22-互为等电子体的分子有CO和N2，
故答案为：CO，N2；
（3）工业上电解CaCl2制Ca而不采用电解CaO，则是考虑到CaO熔点较高，耗能大，不利于节约能源，所以选择电解CaCl2制备Ca，
故答案为：CaO熔点高于CaCl2，熔化时消耗能量高；
（4）缩二脲分子中C以C=O形式存在，满足八隅体，但价层电子对数为3，所以为sp2杂化，
N均为单键形式存在，满足八隅体，价层电子对数为4，所以N为sp3杂化，
故答案为：sp2；sp3；
（5）①以上底面面心的Ca为参考点，周围与之等距且最近的Cu的数目为6×3=18，
故答案为：18；
②根据晶胞d，一个晶胞中含有Ca的数目为8×=1个，含有Cu的数目为8×+1=5个，取1mol晶胞，则有NA个晶胞，质量为m=（40+5×64）×2g，一个晶胞体积为x•x•sin60°×ypm3，所以晶体密度为=g/cm3，
故答案为：。
（1）Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，据此写出基态原子的价电子排布式；
（2）①CaCO3中阴离子为CO32-，根据VSEPR理论判断空间构型；
②CaC2与水反应生成Ca（OH）2和一种4原子气体分子，为C2H2，单键为σ键，双键或者三键中一根为σ键，其余为π键；
③等电子体为原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；
（3）工业上电解CaCl2制Ca而不采用电解CaO，则是考虑到CaO熔点较高，耗能大；
（4）缩二脲分子中C以C=O形式存在，N均为单键形式存在；
（5）①以上底面面心的Ca为参考点，判断周围与之等距且最近的Cu的数目；
②根据密度公式ρ=计算。
本题综合考查了物质结构与性质。要熟知核外电子排布规律，空间构型及杂化轨道的判断，影响物质熔沸点的因素，晶胞的简单计算等知识。
12. 【答案】 取代反应 碳碳双键、羧基 NaOH水溶液、加热 +2Cu（OH）2+Cu2O↓+2H2O 、、（任写两种）
【解析】解：（1）F的结构简式为，G中H原子被取代生成H，则G→H的反应类型是取代反应，
故答案为：；取代反应；
（2）E中的所含官能团名称为碳碳双键、羧基，
故答案为：碳碳双键、羧基；
（3）B→C反应试剂及条件为NaOH水溶液、加热，
故答案为：NaOH水溶液、加热；
（4）D为，有机物D与新制氢氧化铜悬浊液（加热）的反应方程式为：+2Cu（OH）2+Cu2O↓+2H2O，
故答案为：+2Cu（OH）2+Cu2O↓+2H2O；
（5）J为E的同分异构体，J符合下列条件：
①能发生银镜反应，说明含有醛基；
②是芳香族化合物，说明含有苯环，且苯环上的一氯代物只有两种，苯环上只有两种氢原子；
③核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1，
符合条件的结构简式为、、（任写两种），
故答案为：、、（任写两种）；
（6）由甲苯和丙酰氯（CH3CH2COCl）为原料合成，甲苯和浓硝酸发生取代反应生成对甲基硝基苯，对甲基硝基苯被还原生成对甲基苯胺，对甲基苯胺发生取代反应生成目标产物，其合成路线为，
故答案为：。
A发生取代反应生成B，根据B分子式知，A为，B为，B发生水解反应生成C为，C发生催化氧化生成D为，D和乙酸酐发生取代反应然后酸性条件下水解生成E，E发生信息i的反应生成F为，G发生取代反应生成H，H和F发生取代反应生成肉桂硫胺，则H为，G为；
（6）由甲苯和丙酰氯（CH3CH2COCl）为原料合成，甲苯和浓硝酸发生取代反应生成对甲基硝基苯，对甲基硝基苯被还原生成对甲基苯胺，对甲基苯胺发生取代反应生成目标产物。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，明确反应前后碳链结构、官能团结构变化是解本题关键，结合题给信息进行推断，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
绝密★启用前
2020年河南省郑州市高考化学二模试卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
总分
得分
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
评卷人
得分
一、 单选题（共7题）
1. 中医书籍《本草衍义》中张仲景治伤寒，对茵陈蒿的使用有以下叙述：“方用山茵陈、山栀子各三分，秦艽、升麻各四钱，末之。每用三钱，水四合，煎及二合，去滓，食后温服，以知为度。”文中没有涉及到的操作方法是（ ）
A.称量 B.结晶 C.过滤 D.蒸发
2. 从八角茴香中提取的莽草酸，是合成治疗禽流感的药物-达菲（Tamiflu）的原料之一。其结构简式如图，下列有关莽草酸分子的说法正确的是（ ）
A.含有两种不同的官能团
B.7个碳原子共面
C.1mol能与4mol NaOH完全反应
D.既能使Br2的CCl4溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色
3. 化合物是一种高效消毒剂，其蒸汽和溶液都具有很强的杀菌能力，可用于目前新冠病毒疫情下的生活消毒。其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。下列叙述正确的是（ ）
A.原子半径：X＞Y＞Z
B.元素的非金属性：X＜Y＜Z
C.该化合物中Z的化合价均呈-2价
D.该化合物中X、Y、Z都满足8电子稳定结构
4. 某兴趣小组探究Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液发生的是离子反应，设计的实验装置和实验测定的导电性曲线分别如图所示。下列有关说法错误的是（ ）
A.该反应的离子方程式是Ba2++2OH-+SO42-+2H+═BaSO4↓+2H2O
B.实验过程中灯泡的亮度发生变化可以说明该反应为离子反应
C.导电能力最低点表示Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液恰好完全反应
D.用盐酸代替H2SO4溶液，测得的导电性曲线和上述曲线相同
5. 2019年9月，我国科研人员研制出Ti・H・Fe双温区催化剂，其中Ti-H区域和Fe区域的温度差可超过100℃．Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法错误的是（ ）
A.①②③在Fe区域发生，④⑤在Ti-H区域发生
B.在高温区加快了反应速率，低温区提高了氨的产率
C.该历程中能量变化最大的是2.46eV，是氮分子中氮氮三键的断裂过程
D.使用Ti-H-Fe双温区催化合成氨，不会改变合成氨反应的反应热
6. 我国学者近期发表在GreenChemistry 的研究成果是将电解食盐水的阳极反应与电催化还原CO2的阴极反应相耦合，反应原理的示意图如图所示。下列说法错误的是（ ）
A.阳极反应为2Cl--2e-═Cl2↑
B.装置中的离子交换膜是质子交换膜
C.整个反应过程中碳、氯、氧的原子利用率接近100%
D.这种耦合为提高CO2电化学还原的实际应用提供了思路
7. 25℃时，用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1某二元弱酸H2A（Ka1=1.1×10-3，Ka2=3.9×10-6）溶液，滴定过程中溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.a点的pH大于2
B.b点溶液中c（H2A）＞c（A2-）
C.c点溶液中c（HA-）+2c（H2A）=c（OH-）-c（H+）
D.d点溶液中c（Na+）+c（H+）=c（A2-）+c（HA-）+c（OH-）
评卷人
得分
二、 实验题（共1题）
8. 高锰酸钾是实验室常用的氧化剂。某实验小组制备高锰酸钾，具体流程如图：
实验一锰酸钾的制备
称取3.0gKClO3固体和7.0g KOH固体混合，于铁坩埚中小火加热，待混合物熔融后不断用铁棒不断搅拌，再加入4.0gMnO2继续加热。
（1）熔融时坩埚中反应的化学方程式为______。
（2）用铁棒而不用玻璃棒搅拌的原因是______。
实验二锰酸钾的歧化
待铁坩埚冷凉后，在烧杯中加水共煮浸取，取出坩埚，开启启普发生器，趁热向溶液中通入CO2，直到溶液绿色全部变为紫色为止，静置沉淀，用砂芯漏斗进行抽滤，留滤液。歧化反应实验装置如图所示。
（3）向启普发生生器中加入块状固体的位置______（选填字母“a”、“b”、“c”）。该仪器的优点是方便控制反应的发生与停止，其原理是______。
（4）烧杯中锰酸钾歧化反应的化学方程式为______。
（5）锰酸钾歧化时不能用盐酸代替CO2，原因是______。
实验三高锰酸钾的浓缩结晶
将滤液转移至蒸发皿中，蒸发浓缩，自然冷却结晶，抽滤至干。将晶体转移至已知质量的表面皿上，放入烘箱中80℃干燥半小时左右，冷却，称量，产品质量为3.16g。
（6）蒸发浓缩滤液至______停止加热。
（7）该实验小组制备高锰酸钾的产率是______。
评卷人
得分
三、 简答题（共4题）
9. 银系列产品广泛地应用于化工、电子电镀、材料和工业催化等领域，对含银废料中贵金属银的综合回收具有重要的研究意义。一种对银粉和AgNO3生产过程中产生的含银废料进行综合回收的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）“溶解”反应的化学方程式为______。稀硝酸能否用浓硫酸代替______（填“能”或“不能”），原因是______。
（2）“过滤”操作中用到的玻璃仪器是______。
（3）“络合”步骤中需要加氨水调pH≈7.7，生成的络合物为______。
（4）N2H4•H2O称水合肼，具有强还原性和碱性。与硫酸反应生成正盐的化学式为______。
（5）“还原”步骤中产生的气体可参与大气循环，该气体分子的电子式为______。
（6）“母液2”中溶质的化学式为______。
（7）粗银经过烘干、焙烧、电解得到纯度99.9%的银。
①焙烧是在中频炉中进行，中频炉优点是加热升温速度快，氧化烧损仅为0.5%，在此焙烧目的是______。
②电解时粗银做电极阳极，阴极为不锈钢板，电解液为AgNO3、HNO3、KNO3混合溶液，电解液中HNO3、KNO3的作用分别是______、______。
10. 氢能是一种公认的高热值清洁能源，目前世界各国正致力于将高污染高排放的碳能源，过渡成清洁高效低排放的氢能源。氢能应用包括以下三个环节：
一、氢燃料的制备
（1）我国氢气的主要来源是焦炉气制氢，所制得的氢气含有较多的CO和H2S，干法脱硫是用氧化铁将硫元素转化为硫化铁。干法脱硫的反应方程式为______。
（2）我国科研人员用木屑水蒸气气化制取氢燃料，在一定条件下，反应器中存在如下反应：
ⅰ．CO2（g）+C（S）═2CO（g）△H1
ⅱ．C（g）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H2
ⅲ．C（s）+2H2（g）═CH4（g）△H3
ⅳ．CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H4
ⅴ．CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H5
①△H5=______。
②研究中CaO的添加量按照CaO中所含的Ca和松木屑所含碳的物质的量比确定，在750℃，控制水蒸气流量为0.1g/（min•g）下，探究催化剂结果如表所示。
气体体积分数
碳转化率/%
H2
CO
CO2
CH4
0
45.58
22.70
22.37
7.54
61.22
0.5
52.95
21.74
19.11
5.14
56.59
1.0
58.62
22.37
12.60
5.31
61.42
由表中数据=______时最为合理。由0到0.5时，H2的体积分数显著增加的原因______。
体系的气化温度不仅对木屑的热解气化反应有影响，而且对CaO吸收CO2的能力以及CaCO3的分解反应也有很大影响。实验过程中，控制为1.0，水蒸气流量为0.1g/（min•g），将气化反应温度从700℃升到850℃，气化温度对产氢率、产气率的影响如表：
温度/℃
气体体积分数
碳转化率/%
H2
CO
CO2
700
51.78
20.75
19.89
54.37
750
58.62
22.37
12.60
61.42
800
55.63
26.05
12.71
73.43
850
54.16
26.94
13.82
83.34
从产氢率的角度考虑，最佳操作温度是______。随着反应的进行，发现CaO的吸收能力逐渐降低，原因是______。
二、氢燃料的存储
（3）将氢气储存于液体燃料中，可以解决氢气的安全高效存储和运输。由于甲醇具有单位体积储氢量高、活化温度低等优点，是理想的液体储氢平台分子。我国学者构建一种双功能结构的催化剂，反应过程中，在催化剂的表面同时活化水和甲醇。图是甲醇脱氢转化的反应历程（TS表示过渡态）。
根据图判断甲醇脱氢反应中断裂的化学键是______，该反应的△H______0（填“大于”、“等于”或“小于”）
三、氢燃料电池实现化学能到电能的转化
一种氢能电池的原理如图：
（4）正极的电极反应式为______。在Pt电极表面镀一层细小的铂粉，原因是______。
11. 钙和铜合金可用作电解制钙的阴极电极材料，回答下列问题：
（1）基态铜原子的价电子排布式为______。
（2）CaCO3高温分解可制得CaO．CaO与C在一定条件下可生成CaC2，CaC2与水反应生成Ca（OH）2和一种4原子气体分子。
①CaCO3中阴离子的空间构型为______。
②该气体分子中σ键与π键的数目之比为______。
③写出2种与C22-互为等电子体的分子的化学式：______。
（3）工业上电解CaCl2制Ca而不采用电解CaO的原因：______。
（4）在碱性溶液中，缩二脲HN（CONH2）2与CuSO4反应得到一种特征紫色物质，其结构如图所示，该反应原理可用于检验蛋白质或其他含肽键的化合物。缩二脲分子中碳原子与氮原子的杂化类型分别为______、______。
（5）一种钙铜合金的结构可看作图a、b两种原子层交替堆积排列而成c，其晶胞如图d。
①a图Ca-Ca间距离为xpm，c图中Ca-Ca间距离距离为ypm。已知原子拥有的尽可能多的相邻原子的个数叫该原子的配位数，则晶胞c中Ca原子的配位数（Cu原子）为______。
②设阿伏加德罗常数的值为NA，则该钙铜合金的密度是______g▪cm-3（列出计算表达式）。
12. 蒋华良院土和饶子和院子提出30种药可能对2019-nCoV有效，其中一种为肉桂硫胺（），肉桂硫胺的合成路线如图：
已知：ⅰ．
ⅱ．R-NO2R-NH2
完成下列问题
（1）F的结构简式为______。G→H的反应类型是______。
（2）E中的所含官能团名称为______。
（3）B→C反应试剂及条件为______。
（4）有机物D与新制氢氧化铜悬浊液（加热）的反应方程式为______。
（5）J为E的同分异构体，写出符合下列条件的J的结构简式______（写两种）。
①能发生银镜反应
②是芳香族化合物，且苯环上的一氯代物只有两种
③核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1
（6）参照上述合成路线及已知信息，写出由甲苯和丙酰氯（CH3CH2COCl）为原料合成的路线：______。
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】B
【解析】解：由“方用山茵陈、山栀子各三分，秦艽、升麻各四钱，末之。每用三钱，水四合，煎及二合，去滓，食后温服，以知为度”，可知称量后溶于水蒸发结晶析出固体，然后过滤分离，涉及称量、过滤、蒸发，
故选：B。
由“方用山茵陈、山栀子各三分，秦艽、升麻各四钱，末之。每用三钱，水四合，煎及二合，去滓，食后温服，以知为度”，可知称量后溶于水蒸发结晶析出固体，以此来解答。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意文史资料的理解，题目难度不大。
2. 【答案】D
【解析】解：A．含有羟基、羧基和碳碳双键3种官能团，故A错误；
B．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不可能共平面，故B错误；
C．只有羧基与氢氧化钠溶液反应，则1mol能与1mol NaOH完全反应，故C错误；
D．含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，则既能使Br2的CCl4溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确。
故选：D。
有机物含有羟基、碳碳双键和羧基，具有醇、烯烃和羧酸的性质，以此解答该题。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，题目难度不大。
3. 【答案】B
【解析】解：根据分析可知，X为H，Y为C，Z为O元素。
A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径：Y＞Z＞X，故A错误；
B．同一周期从左向右非金属性逐渐增强，则非金属性H＜C＜O，即X＜Y＜Z，故B正确；
C．该化合物中存在-O-O-结构，-O-O-中的O元素化合价为-1价，故C错误；
D．H原子最外层达到2电子稳定结构，不满足8电子稳定结构，故D错误；
故选：B。
化合物是一种高效消毒剂，气体和溶液都具有很强的杀菌能力，可用于目前新冠病毒疫情下的生活消毒。其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X形成1个根据，Y形成4个共价键，且能够形成Y-Y键，则X为H，Y为C元素；Z形成2个共价键，且该化合物具有很强的杀菌能力，则存在-O-O-结构，该化合物的结构简式为，所以Z为O元素，据此解答。
本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
4. 【答案】D
【解析】解：A．根据以上分析，Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液发生的是离子反应，离子方程式是Ba2++2OH-+SO42-+2H+═BaSO4↓+2H2O，故A正确；
B．由离子浓度越大，导电性越强以及导电曲线图可知，溶液的导电性先减小后增大，可以说明该反应为离子反应，故B正确；
C．由离子浓度越大，导电性越强可知，导电能力最低点表示Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液恰好完全反应，故C正确；
D．用盐酸代替H2SO4溶液，发生的离子反应为：OH-+H+═H2O，溶液中的钡离子和氯离子不参与反应，则不可能出现导电性接近于0，所以导电性曲线和上述曲线不同，故D错误；
故选：D。
由离子浓度越大，导电性越强以及导电曲线图可知，溶液的导电性先减小后增大，可以说明该反应为离子反应，发生反应的离子方程式是Ba2++2OH-+SO42-+2H+═BaSO4↓+2H2O，当Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液恰好完全反应时，离子浓度最小也就是导电性最弱，据此分析解答。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及识图能力，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比。
5. 【答案】C
【解析】解：A、①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都是吸热反应，需要在高温时进行，而④⑤为了增大平衡产率，需要在低温下进行，故A正确；
B、一般而言，升高温度可提高反应速率，则高温区加快了反应速率，但合成氨的反应为放热反应，则低温区可提高氨的产率，故B正确；
C、由图可知，历程中能量变化最大的是2.46eV，为N2的吸附过程，但氮分子中氮氮三键的断裂过程发生在历程②，吸热-1.87eV-（-2.46eV）=0.59eV，故C错误；
D、催化剂能改变反应历程，降低反应的活化能，但不能改变反应的始态和终态，即不能改变反应的反应热，故D正确；
故选：C。
A、不同反应过程需要的温度条件不同：催化剂吸附分子，使分子的活化能降低，化学键发生断裂的过程，都需要高温条件，目的是加快反应速率；氮原子的转移，化学键的生成，需要低温条件，目的是增大氨气的平衡产率；
B、升高温度可提高反应速率，合成氨的反应放热，降低温度可提高氨的产率；
C、由图可知，吸附过程放热，断裂化学键吸热；
D、催化剂能改变反应历程，但不能改变反应的始态和终态。
本题考查合成氨反应原理、化学平衡的影响因素等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意把握化学反应过程中化学键的断裂与生成，题目难度中等。
6. 【答案】A
【解析】解：A．如图所示，左侧通入CO2逸出CO，C元素化合价降低发生还原反应是阴极，其电极反应为：CO2+2e-+2H+═CO+H2O，故A错误；
B．电解池中阳离子向阴极移动，电解过程中H+透过离子交换膜从右池移向左池，交换膜应是质子交换膜，故B正确；
C．阴极电极反应式为：CO2+2e-+2H+═CO+H2O；阳极电极反应式为：Cl--2e-+2OH-═ClO-+H2O，整个反应过程中碳、氯、氧的原子利用率接近100%，故C正确；
D．依据阴极电极反应CO2+2e-+2H+═CO+H2O这种耦合为提高CO2电化学还原的实际应用提供了思路，故D正确。
故选：A。
根据图示上的物质变化，左侧阴极区通入CO2逸出CO，其电极反应为：CO2+2e-+2H+═CO+H2O；阳极区Cl-转化为ClO-电极反应式为：Cl--2e-+2OH-═ClO-+H2O，电解过程中H+透过离子交换膜从右池移向左池，交换膜应是质子交换膜；这种耦合为提高CO2电化学还原的实际应用提供了思路。
本题考查电化学中电解的原理，电极反应式的书写是难点，电解的工作原理是主线，本题难度适中。
7. 【答案】C
【解析】解：A．H2A为二元弱酸，在溶液中分步电离，且以第一步电离为主，则c（HA-）≈c（H+），c（H2A）≈0.1mol/L，则Ka1=1.1×10-3=≈，解得：c（H+）=×10-2mol/L，则a点溶液的pH=-lg×10-2＜2，故A错误；
B．b点加入20mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为NaHA，Kh（HA-）==≈9.1×10-12＜Ka2=3.9×10-6，说明HA-的电离程度大于其水解程度，则c（H2A）＜c（A2-），故B错误；
C．c点加入40mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为Na2A，结合质子守恒可知：c（H+）+c（HA-）+2c（H2A）=c（OH-），即c（HA-）+2c（H2A）=c（OH-）-c（H+），故C正确；
D．d点NaOH过量，反应后溶质为Na2A、NaOH，结合电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=2c（A2-）+c（HA-）+c（OH-），故D错误；
故选：C。
A．H2A为二元弱酸，在溶液中分步电离，且以第一步电离为主，则c（HA-）≈c（H+），c（H2A）≈0.1mol/L，据此结合Ka1=1.1×10-3计算；
B．b点溶质为NaHA，计算出HA-的水解平衡常数，结合Ka2=3.9×10-6判断HA-的水解程度与电离程度大小即可；
C．c点反应后溶质为，结合质子守恒分析；
D．d点溶质为Na2A、NaOH，结合电荷守恒分析。
本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图示曲线各点溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、质子守恒的内容，试题侧重考查学生 分析能力及化学计算能力。
二、 实验题
8. 【答案】KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O 玻璃棒中的SiO2在熔融状态下与KOH反应 b 打开止水夹，块状固体与液体接触发生反应，关闭止水夹，启普发生器内压强增大，液体被压入长颈漏斗，块状固体和液体脱离接触，反应停止 3K2MnO4+2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3 锰酸钾可以将盐酸氧化放出氯气造成污染，同时也降低高锰酸钾的产率 溶液表面出现晶膜时 65.25%
【解析】解：（1）根据信息，反应方程式为：MnO2+KClO3+KOH→K2MnO4+KCl，MnO2→K2MnO4化合价↑2，KClO3→KCl化合价↓6，最小公倍数为6，因此MnO2、K2MnO4的系数为3，根据钾元素守恒，KOH的系数为6，根据原子守恒，配平其他，则KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O，
故答案为：KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；
（2）玻璃的成分中含SiO2，因为SiO2属于酸性氧化物，可以和KOH反应，因此不能用玻璃仪器，而用铁坩埚和铁制搅拌棒，
故答案为：玻璃棒中的SiO2在熔融状态下与KOH反应；
（3）固体放在启普发生器的中间层，从b处加入块状固体；打开止水夹，块状固体与液体接触发生反应，关闭止水夹，启普发生器内压强增大，液体被压入长颈漏斗，块状固体和液体脱离接触，反应停止，
故答案为：b；打开止水夹，块状固体与液体接触发生反应，关闭止水夹，启普发生器内压强增大，液体被压入长颈漏斗，块状固体和液体脱离接触，反应停止；
（4）MnO42-→MnO4-+MnO2，MnO42-→MnO4-化合价↑1，MnO42-→MnO2化合价↓2，最小公倍数为2，即MnO4-的系数为2，则MnO42-的系数为3，根据反应前后原子守恒和所带电荷守恒，CO2转化成了CO32-，因此化学反应方程式为：3K2MnO4+2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3，
故答案为：3K2MnO4+2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3；
（5）锰酸钾具有强氧化性，与HCl反应生成氯气，造成污染，同时也降低高锰酸钾的产率，
故答案为：锰酸钾可以将盐酸氧化放出氯气造成污染，同时也降低高锰酸钾的产率；
（6）蒸发浓缩滤液至溶液表面出现晶膜时停止加热，
故答案为：溶液表面出现晶膜时；
（7）由（1）有KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O，加入4.0gMnO2消耗的KClO3的质量为1.88g，消耗的KOH的质量为5.15g，可知MnO2完全反应，再结合3K2MnO4+2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3，则
3MnO2～3K2MnO4～2KMnO4
261 316
4g x
则理论上生成的高锰酸钾质量x==4.843g，高锰酸钾的产率是×100%=65.25%，
故答案为：65.25%。
某实验小组制备高锰酸钾，具体流程为：将KOH、KClO3、MnO2在熔融状态下生成的K2MnO4溶于水形成K2MnO4溶液，继续通入CO2发生反应3K2MnO4+2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3，过滤即可得MnO2固体与KMnO4、K2CO3混合液，KMnO4、K2CO3混合液经过蒸发浓缩，自然冷却结晶获得KMnO4晶体。
（1）根据信息，反应方程式为：MnO2+KClO3+KOH→K2MnO4+KCl，MnO2→K2MnO4化合价↑2，KClO3→KCl化合价↓6，最小公倍数为6，因此MnO2、K2MnO4的系数为3，根据钾元素守恒，KOH的系数为6，根据原子守恒，配平其他；
（2）玻璃的成分中含SiO2，因为SiO2属于酸性氧化物，可以和KOH反应；
（3）固体放在启普发生器的中间层；打开止水夹，块状固体与液体接触发生反应，关闭止水夹，启普发生器内压强增大，液体被压入长颈漏斗，块状固体和液体脱离接触，反应停止；
（4）MnO42-→MnO4-+MnO2，MnO42-→MnO4-化合价↑1，MnO42-→MnO2化合价↓2，最小公倍数为2，即MnO4-的系数为2，则MnO42-的系数为3，根据反应前后原子守恒和所带电荷守恒，CO2转化成了CO32-，据此书写化学反应方程式；
（5）锰酸钾具有强氧化性，与HCl反应生成氯气；
（6）蒸发浓缩滤液至溶液表面出现晶膜时停止加热；
（7）由（1）有KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O，加入4.0gMnO2消耗的KClO3的质量为1.88g，消耗的KOH的质量为5.15g，可知MnO2完全反应，再结合3K2MnO4+2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3，则
3MnO2～3K2MnO4～2KMnO4
261 316
4g x
则理论上生成的高锰酸钾质量x==4.843g。
本题考查学生对工艺流程的理解、阅读获取信息能力、物质推断、氧化还原反应、工艺条件的控制等，题目难度中等，是对所学知识的综合运用与能力的考查，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力。
三、 简答题
9. 【答案】3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O 不能 硫酸银覆盖在银的表面，过滤1后银和硫酸银一起随滤渣而除去 烧杯、玻璃棒、漏斗 Ag（NH3）2Cl N2H6SO4 NH4Cl 除去粗银中含有的杂质 调节电解液的pH 提高电解液的导电性
【解析】解：（1）“溶解”反应是银与稀硝酸反应生成硝酸银、NO和水，方程式为：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；不能浓硫酸代替稀硝酸，因为硫酸银微溶，覆盖在银的表面，过滤1后银和硫酸银一起随滤渣而除去，
故答案为：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；不能；硫酸银覆盖在银的表面，过滤1后银和硫酸银一起随滤渣而除去；
（2）过滤操作要用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；
（3）过滤2的固体为AgCl，加入氨水，发生络合反应生成Ag（NH3）2Cl，故答案为：Ag（NH3）2Cl；
（4）N2H4•H2O具有碱性，与硫酸反应生成正盐为N2H6SO4，故答案为：N2H6SO4；
（5）水合肼具有还原性，其被Ag（NH3）2Cl氧化的方程式为N2H4•H2O+4Ag（NH3）2Cl=N2↑+4Ag↓+H2O+4NH4Cl，则产生的气体N2可参与大气循环，其电子式为，故答案为：；
（6）根据（5）可知，反应后溶液中存在NH4Cl，“母液2”中溶质的化学式为NH4Cl，故答案为：NH4Cl；
（7）①过滤后NH4Cl包裹在粗银中，焙烧可除去，故答案为：除去粗银中含有的杂质；
②HNO3显酸性，可调节电解液的pH；KNO3可提高电解液的导电性，故答案为：调节电解液的pH；提高电解液的导电性。
含银废料加入稀硝酸溶解产生硝酸银与NO气体，过滤后向硝酸银溶液中加入食盐使Ag+转化为AgCl沉淀与NaNO3溶液，向AgCl沉淀中加入氨水调节pH约等于7.7生成Ag（NH3）2Cl的络合物，继续向络合物中加入N2H4•H2O发生还原反应生成N2与Ag，据此分析解答。
（1）“溶解”反应是银与稀硝酸反应生成硝酸银、NO和水；不能浓硫酸代替稀硝酸，因为硫酸银微溶；
（2）根据过滤操作作答；
（3）过滤2的固体为AgCl，加入氨水，生成Ag（NH3）2Cl；
（4）N2H4•H2O具有碱性，与硫酸反应生成N2H6SO4；
（5）利用电子守恒、原子守恒结合题意，写出反应的化学方程式；
（6）根据（5）作答；
（7）①反应中有物质包裹，焙烧可除去；
②HNO3显酸性，可调节电解液的pH；KNO3可提高电解液的导电性。
本题考查制备方案的设计，为高考常见题型，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，注意实验的原理以及物质的性质，把握实验的操作方法以及化学反应原理的运用，本题难点（4）（5），反应与银氨溶液和氨气类似，较好地考查了学生对实验原理的理解、知识迁移应用，题目难度中等。
10. 【答案】Fe2O3+3H2S=Fe2S3+3H2O 2△H2-△H1-△H3或△H5=2△H4-△H3+△H1或△H5=△H2+△H4-△H3 1 CaO作为CO2的吸收剂，使产气中CO2分压降低，从而使水煤气变换反应平衡向生成H2的方向移动 750℃ CaO吸收CO2产生的CaCO3附着在CaO的表面，阻止了CaO对CO2的进一步吸收 O-H键和C-H键 小于 O2+2H2O+4e-=4OH- 铂粉吸附气体的能力强
【解析】解：（1）干法脱硫是用氧化铁将硫元素转化为硫化铁和水，反应的化学方程式：Fe2O3+3H2S=Fe2S3+3H2O，
故答案为：Fe2O3+3H2S=Fe2S3+3H2O；
（2）①①ⅰ．CO2（g）+C（S）═2CO（g）△H1
ⅱ．C（g）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H2
ⅲ．C（s）+2H2（g）═CH4（g）△H3
ⅳ．CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H4
ⅴ．CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H5
盖斯定律计算ii×2-i-iiihuo2×Ⅳ-iii+i或ii+Ⅳ-iii得到ⅴ．CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H5=2△H2-△H1-△H3或△H5=2△H4-△H3+△H1或△H5=△H2+△H4-△H3，
故答案为：2△H2-△H1-△H3或△H5=2△H4-△H3+△H1或△H5=△H2+△H4-△H3；
②表中数据分析可知=1碳的转化率最大，由0到0.5时，H2的体积分数显著增加的原因：CaO作为CO2的吸收剂，使产气中CO2分压降低，从而使水煤气变换反应平衡向生成H2的方向移动，从产氢率的角度考虑，产氢率最高的最佳操作温度是：750℃，随着反应的进行，发现CaO的吸收能力逐渐降低，原因是：CaO吸收CO2产生的CaCO3附着在CaO的表面，阻止了CaO对CO2的进一步吸收，
故答案为：1；CaO作为CO2的吸收剂，使产气中CO2分压降低，从而使水煤气变换反应平衡向生成H2的方向移动；750℃；CaO吸收CO2产生的CaCO3附着在CaO的表面，阻止了CaO对CO2的进一步吸收；
（3）我国学者构建一种双功能结构的催化剂，反应过程中，在催化剂的表面同时活化水和甲醇，分析甲醇脱氢转化的反应历程，判断甲醇脱氢反应中断裂的化学键是O-H键和C-H键，反应物能量高于生成物，该反应的△H小于0，
故答案为：O-H键和C-H键；小于；
（4）一种氢能电池的原理如图，通入氢气的电极为原电池负极，通入氧气的电极为原电池的阳极，氧气得到电子发生还原反应，电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，在Pt电极表面镀一层细小的铂粉增大气体吸附，铂粉吸附气体的能力强，
故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；铂粉吸附气体的能力强。
（1）干法脱硫是用氧化铁将硫元素转化为硫化铁和水；
（2）①ⅰ．CO2（g）+C（S）═2CO（g）△H1
ⅱ．C（g）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H2
ⅲ．C（s）+2H2（g）═CH4（g）△H3
ⅳ．CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H4
ⅴ．CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H5
盖斯定律计算ii×2-i-iiihuo2×Ⅳ-iii+i或ii+Ⅳ-iii得到ⅴ．CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H5；
②表中数据分析可知=1碳的转化率最大，由0到0.5时，H2的体积分数显著增加，是因为CaO作为CO2的吸收剂，使产气中CO2分压降低；
实验过程中，控制为1.0，水蒸气流量为0.1g/（min•g），将气化反应温度从700℃升到850℃，气化温度对产氢率、产气率的影响如表，表中数据分析得到，随着反应的进行，发现CaO的吸收能力逐渐降低是CaO吸收CO2产生的CaCO3附着在CaO的表面，阻止吸收；
（3）反应过程中，在催化剂的表面同时活化水和甲醇。图是甲醇脱氢转化的反应历程中分析可知，反应为放热反应，甲醇脱氢反应中断裂的化学键是O-H键和C-H键；
（4）一种氢能电池的原理如图，通入氢气的电极为原电池负极，通入氧气的电极为原电池的阳极，氧气得到电子发生还原反应，在Pt电极表面镀一层细小的铂粉增大气体吸附。
本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及反应热的计算。化学平衡的移动、化学平衡的计算、化学反应历程等，根据题意，结合△H=反应物键能总和-生成物键能总和、勒夏特列原理、化学平衡三段式等化学知识解答，题目难度较大。
11. 【答案】3d104s1 平面三角形 3：2 CO，N2 CaO熔点高于CaCl2，熔化时消耗能量高 sp2 sp3 18
【解析】解：（1）Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，则基态铜原子的价电子排布式为：3d104s1，
故答案为：3d104s1；
（2）①CaCO3中阴离子为CO32-，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=3+=3，则其空间构型为平面三角形，
故答案为：平面三角形；
②CaC2与水反应生成Ca（OH）2和一种4原子气体分子，为C2H2，单键为σ键，双键或者三键中一根为σ键，其余为π键，C2H2的结构式为：H-C≡C-H，则一个分子中，含有3根σ键，2根π键，则气体分子中σ键与π键的数目之比为3：2，
故答案为：3：2；
③等电子体为原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与C22-互为等电子体的分子有CO和N2，
故答案为：CO，N2；
（3）工业上电解CaCl2制Ca而不采用电解CaO，则是考虑到CaO熔点较高，耗能大，不利于节约能源，所以选择电解CaCl2制备Ca，
故答案为：CaO熔点高于CaCl2，熔化时消耗能量高；
（4）缩二脲分子中C以C=O形式存在，满足八隅体，但价层电子对数为3，所以为sp2杂化，
N均为单键形式存在，满足八隅体，价层电子对数为4，所以N为sp3杂化，
故答案为：sp2；sp3；
（5）①以上底面面心的Ca为参考点，周围与之等距且最近的Cu的数目为6×3=18，
故答案为：18；
②根据晶胞d，一个晶胞中含有Ca的数目为8×=1个，含有Cu的数目为8×+1=5个，取1mol晶胞，则有NA个晶胞，质量为m=（40+5×64）×2g，一个晶胞体积为x•x•sin60°×ypm3，所以晶体密度为=g/cm3，
故答案为：。
（1）Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，据此写出基态原子的价电子排布式；
（2）①CaCO3中阴离子为CO32-，根据VSEPR理论判断空间构型；
②CaC2与水反应生成Ca（OH）2和一种4原子气体分子，为C2H2，单键为σ键，双键或者三键中一根为σ键，其余为π键；
③等电子体为原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；
（3）工业上电解CaCl2制Ca而不采用电解CaO，则是考虑到CaO熔点较高，耗能大；
（4）缩二脲分子中C以C=O形式存在，N均为单键形式存在；
（5）①以上底面面心的Ca为参考点，判断周围与之等距且最近的Cu的数目；
②根据密度公式ρ=计算。
本题综合考查了物质结构与性质。要熟知核外电子排布规律，空间构型及杂化轨道的判断，影响物质熔沸点的因素，晶胞的简单计算等知识。
12. 【答案】 取代反应 碳碳双键、羧基 NaOH水溶液、加热 +2Cu（OH）2+Cu2O↓+2H2O 、、（任写两种）
【解析】解：（1）F的结构简式为，G中H原子被取代生成H，则G→H的反应类型是取代反应，
故答案为：；取代反应；
（2）E中的所含官能团名称为碳碳双键、羧基，
故答案为：碳碳双键、羧基；
（3）B→C反应试剂及条件为NaOH水溶液、加热，
故答案为：NaOH水溶液、加热；
（4）D为，有机物D与新制氢氧化铜悬浊液（加热）的反应方程式为：+2Cu（OH）2+Cu2O↓+2H2O，
故答案为：+2Cu（OH）2+Cu2O↓+2H2O；
（5）J为E的同分异构体，J符合下列条件：
①能发生银镜反应，说明含有醛基；
②是芳香族化合物，说明含有苯环，且苯环上的一氯代物只有两种，苯环上只有两种氢原子；
③核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1，
符合条件的结构简式为、、（任写两种），
故答案为：、、（任写两种）；
（6）由甲苯和丙酰氯（CH3CH2COCl）为原料合成，甲苯和浓硝酸发生取代反应生成对甲基硝基苯，对甲基硝基苯被还原生成对甲基苯胺，对甲基苯胺发生取代反应生成目标产物，其合成路线为，
故答案为：。
A发生取代反应生成B，根据B分子式知，A为，B为，B发生水解反应生成C为，C发生催化氧化生成D为，D和乙酸酐发生取代反应然后酸性条件下水解生成E，E发生信息i的反应生成F为，G发生取代反应生成H，H和F发生取代反应生成肉桂硫胺，则H为，G为；
（6）由甲苯和丙酰氯（CH3CH2COCl）为原料合成，甲苯和浓硝酸发生取代反应生成对甲基硝基苯，对甲基硝基苯被还原生成对甲基苯胺，对甲基苯胺发生取代反应生成目标产物。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，明确反应前后碳链结构、官能团结构变化是解本题关键，结合题给信息进行推断，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
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