2020届湖南省永州市高三三模化学练习题

这是一份2020届湖南省永州市高三三模化学练习题，文件包含2020届湖南省永州市高三三模化学答案doc、2020届湖南省永州市高三三模化学试卷doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
1. 化学在2020年抗击COVID－19疫情中发挥了重要作用，下列说法中不正确的是
A. 在医疗消毒时，无水酒精比75%的酒精溶液效果更好
B. “84消毒液”常用于公共场所消毒，其有效成分为次氯酸钠
C. 一次性口罩中的熔喷布是以聚丙烯为主要成分的高分子材料
D. 中医药在此次疫情防治中发挥了不可替代的作用，中药有效成分的提取常采用萃取的方法
【答案】A
【解析】
【详解】A. 在医疗消毒时，无水酒精会刺激病毒产生休眠体，不利于消毒，而75%的酒精溶液能更好的破坏病毒结构，效果更好，A错误；
B. “84消毒液”常用于公共场所消毒，其有效成分为次氯酸钠，B正确；
C. 一次性口罩中的熔喷布是以聚丙烯为主要成分的高分子材料，C正确；
D. 中医药在此次疫情防治中发挥了不可替代的作用，中药有效成分大多为有机物，提取常采用萃取的方法，D正确。
答案为A。
2. 下列对于有机化合物（a）、（b）、（c）的说法中，正确的是
A. (a)、(b)、(c)都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. (a)、(b)、(c)的二氯代物都有3种不同结构
C. (a)与CH≡C－CH＝CH2互同分异构体
D. 1ml(c)生成1mlC8H18至少需要消耗4mlH2
【答案】C
【解析】
【分析】题中有机物均为环烷烃，具有对称结构，据此回答问题。
【详解】A．(a)、(b)、(c)为环烷烃，结构稳定，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B．(a)为正四面体结构，二氯代物只有1种，(b)、(c)的二氯代物有3种不同结构，B错误；
C．(a)与CH≡C－CH＝CH2的分子式相同，互为同分异构体，C正确；
D．(c)的分子式为C8H8，故1ml(c)生成1mlC8H18发生加成反应，至少需要消耗5mlH2，D错误。
答案C。
3. 下列有关实验操作、现象及结论都正确的是

A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．若原溶液中有Fe3+，现象相同，所以该实验无法确定是否含有Fe2+，可以先加KSCN溶液，不显红色，滴加少量新制氯水后溶液变红，则可说明有Fe2+，故A错误；
B．铝箔在空气中被氧化为氧化铝，加热时，表面的氧化铝的熔点比铝的熔点高，包住了里边熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故B正确；
C．蔗糖水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下，该操作中没有加碱至碱性，不能检验葡萄糖，故C错误；
D．硝酸银过量，均为沉淀的生成，并不存在沉淀的转化，无法比较二者的溶度积，故D错误；
故答案为B。
4. 2019年诺贝尔化学奖授予对锂离子电池研究有突出贡献的科学家。一种“大气固碳”的锂离子电池工作原理如图所示，该电池在充电时，通过催化剂的选择性控制，只有Li2CO3被氧化，释放出CO2和O2。下列说法不正确的是
A. 该电池应选用无水电解质
B. 该电池放电时的正极反应为4Li＋＋3CO2＋4e－＝C＋2Li2CO3
C. 充电时若电极A质量增加14g，则聚合物电解质膜上通过电子2ml
D. 该电池放电、充电各一次且都转移4mle−时，理论上能固定1mlCO2
【答案】C
【解析】
【分析】放电时，A极上Li失电子，则A为负极，B为正极，正极上CO2得电子生成C和Li2CO3；充电时，充电时选用合适催化剂，只有Li2CO3发生氧化反应，释放出CO2和O2据此分析。
【详解】A．Li能与水反应，因此选用无水电解质，故A正确；
B．放电时，正极上CO2得电子生成C和Li2CO3，则电极反应式为4Li＋＋3CO2＋4e－＝C＋2Li2CO3，故B正确；
C．充电时若电极A质量增加14g，Li的物质的量为=2ml，发生的电极反应式为Li++e-=Li，外电路转移电子2ml，但聚合物电解质膜上通过Li+的物质的量为2ml，故C错误；
D．电池每放、充电各一次转移4ml电子就有1ml二氧化碳还原生成碳，即理论上能固定1mlCO2，故D正确；
故答案为C。
5. 碲被誉为“现代工业的维生素”，它在地壳中丰度值很低，某科研小组从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲工艺流程如图所示。下列有关说法不正确的是
已知：①“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在。
②TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱。
A. “焙烧”用到的硅酸盐仪器主要有：坩埚、泥三角、酒精灯、玻璃棒
B. “碱浸”时反应的离子方程式为TeO2＋2OH－＝＋H2O
C. “碱浸”后所得的滤渣中含有Au、Ag，可用稀盐酸将其分离
D. “还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
【答案】C
【解析】
【分析】粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)，通入氧气焙烧，可生成TeO2和CuO，加入氢氧化钠溶液碱浸，生成可溶于水的Na2TeO3，过滤得到的滤渣含有CuO，滤液含有TeO32-，再加入硫酸酸化得到含有Te4+的溶液，最后加入亚硫酸钠还原并过滤得到粗碲，以此解答该题。
【详解】A．焙烧固体，应用坩埚，且放在泥三角上，另外加热时需要，故酒精灯，并用玻璃棒搅拌，故A正确；
B．“碱浸”时TeO2是两性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为TeO2+2OH-═TeO32-+H2O，故B正确；
C．“碱浸”后所得的滤渣中含有的Au、Ag，均为不活泼金属，不溶于稀盐酸，无法用稀盐酸将其分离，应选择稀硝酸，故C错误；
D．还原反应的离子方程式是2SO32-+Te4++2H2O=Te↓+2SO42-+4H+，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D正确；
故答案为C。
6. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，由它们组成的四种化合物甲、乙、丙、丁具有下列转化关系(部分反应物、产物及反应条件已略去)。已知甲中含有四种元素，其焰色反应为黄色，丁为无色无味的气体，下列说法中不正确的是
A. 丁的结构式可能为O＝C＝O
B. X、Y的氢化物的沸点：X0.1ml·L－1
D. A到C的过程中不考虑温度变化：增大
【答案】D
【解析】
【分析】Ka=，纵坐标可以改换为=lgKa-lgc(H+)=lgKa+pH，根据图像回答问题。
【详解】A. 25℃，根据A点坐标可知，当pH=2.85时，lgKa+pH =-1.85，即Ka=10-4.7，CH3COOH的Ka数量级为10－5，A错误；
B. B点时，醋酸和醋酸根浓度相等，原CH3COOH溶液·L－1，即B点时n(CH3COOH)+n(CH3COO-)=0.01ml，根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，n(Na+)= n(CH3COO-)+n(OH-)- n(H+)=0.005+n(OH-)- n(H+)，环境pH＜7，加入的NaOH的物质的量小于0.005ml，B错误；
C. A点时，根据物料守恒可知，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1ml/L，pH＜7，溶液显酸性，即c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(CH3COOH)－c(H＋)＜0.1ml·L－1，C错误；
D. 根据醋酸根的水解方程可知，醋酸根水解常数Kb=，A到C的过程中不考虑温度变化，水解常数不变，加入的氢氧化钠固体增大，钠离子浓度不断增大， 增大，D正确。
答案为D。
8. 六氟磷酸钠(NaPF6)极易溶于水，可溶于乙醇、丙酮等有机溶剂，可作高能钠电池的电解质。工业上以氟磷灰石[Ca5(PO4)3F]、NaCl为主要原料，制备六氟磷酸钠的工艺流程如下：
已知：HF的熔点为－83℃，沸点为19.5℃。回答下列问题：
(1)氟磷灰石粉碎的目的是________________________。
(2)HF液化时产生二聚物(HF)2能发生微弱的电离，与NaCl反应生成NaHF2，请写出该二聚物的电离方程式：________________________。
(3)为避免废水中NaH2PO4的污染，常在其中加入石灰，将磷元素全部转化成磷酸钙，进行回收利用。已知常温下Ksp[Ca3(PO4)2]＝1.96×10－29，当处理后的废水中c(Ca2＋)＝1.0×10－3ml·L－1时，则溶液中c()＝________________________ml·L－1。
(4)操作③油浴加热目的是________________________。
(5)反应①中除生成白磷(P4)外，还产生SiF4和一种还原性气体，写出该反应的化学方程式：________________________。
(6)六氟磷酸钠粗品的提纯：将六氟磷酸钠粗品(杂质主要是微量铁盐)溶于一定量乙醇中，加入适量5%的NaOH甲醇溶液，使溶液保持碱性，离心将不溶杂质除去。通过________________________(填操作方法)将溶剂回收，减压条件下结晶，得到NaPF6·H2O，干燥得到无水盐。当加入NaCl的质量为117.0g时，实验中得到六氟磷酸钠精品283.0g，则产率为________________________(结果保留3位有效数字)。
【答案】 ①. 增大反应物的接触面积，加快反应速率 ②. (HF)2H++或2HFH++ ③. 1.4×10－10 ④. 除去残留的氟化氢 ⑤. 4Ca5(PO4)3F＋21SiO2＋30C20CaSiO3＋3P4＋SiF4↑＋30CO↑ ⑥. 蒸馏 ⑦. 84.2%
【解析】
【分析】氟磷灰石[Ca5(PO4)3F]粉碎后与浓硫酸充分反应，生成氟化氢气体，或与焦炭高温反应生成磷单质，通入过量的氯气后生成五氯化磷；氟化氢与氯化钠搅拌后与五氯化磷反应，将氯化氢气体排出后，利用油浴分离产物。
【详解】(1)氟磷灰石粉碎的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率。
(2)HF液化时产生的二聚物(HF)2能发生微弱的电离，该二聚物的电离方程式(HF)2H++或2HFH++。
(3)为避免废水中NaH2PO4的污染，常在其中加入石灰，将磷元素全部转化成磷酸钙，进行回收利用。已知常温下Ksp[Ca3(PO4)2]＝1.96×10－29，当处理后的废水中c(Ca2＋)＝1.0×10－3ml·L－1时，则溶液中c()＝=1.4×10－10ml·L－1。
(4)操作③油浴加热目的是除去残留的氟化氢。
(5)反应①中除生成白磷(P4)外，还产生SiF4和一种还原性气体，根据氧化还原反应原理，4Ca5(PO4)3F＋21SiO2＋30C20CaSiO3＋3P4＋SiF4↑＋30CO↑。
(6)六氟磷酸钠粗品的提纯：将六氟磷酸钠粗品(杂质主要是微量铁盐)溶于一定量乙醇中，加入适量5%的NaOH甲醇溶液，使溶液保持碱性，离心将不溶杂质除去。通过蒸馏将溶剂回收，减压条件下结晶，得到NaPF6·H2O，干燥得到无水盐。当加入NaCl的质量为117.0g时，钠离子的物质的量为2ml，即理论情况得到六氟磷酸钠的物质的量为2ml，质量为336g，实验中得到六氟磷酸钠精品283.0g，则产率为。
9. 二氧化氯(ClO2)与亚氯酸钠(NaClO2)都具有强氧化性。两者作漂白剂时，不伤害织物；作饮用水消毒剂时，不残留异味。某研究性学习小组利用如图装置由二氧化氯制备NaClO2·3H2O，并探究其性质。
查阅资料：
①ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐。
②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称________________________。
(2)装置A中发生反应的化学方程式：________________________。
(3)如果撤去C装置中的冷水浴，导致产品中可能混有的杂质是________________________。
(4)若要从装置C反应后的溶液获得无水NaClO2晶体的操作步骤如下，请完成下列操作步骤③的内容。
①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；
③________________________；④低于60℃干燥，得到成品。
(5)写出装置C反应的离子方程式________________________。
(6)实验结束后，继续通入一段时间N2的目的是________________________。
(7)利用题中原理制备出NaClO2·3H2O晶体的试样，可以用“间接碘量法”测定试样(杂质与I－不发生反应)的纯度，过程如下：(已知：I2＋2＝＋2I－)取样品0.6000g于锥形瓶中，加入足量KI固体和适量稀H2SO4，再滴加几滴淀粉溶液，然后用0.5000ml·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，当出现________________________(填实验现象)，达到滴定终点，共消耗该标准溶液25.00mL，经计算该试样中NaClO2·3H2O的百分含量为________________________(结果保留3位有效数字)。
【答案】 ①. 分液漏斗 ②. 2NaClO3+H2SO4+Na2SO3===2Na2SO4+2ClO2↑+H2O ③. NaClO3、NaCl ④. 用38℃～60℃热水洗涤 ⑤. 2ClO2＋H2O2＋2OH－===2＋2H2O＋O2 ⑥. 将装置内残留的ClO2全部排出，提高产率 ⑦. 溶液由蓝色褪为无色，且30秒内不复原 ⑧. 75.3%
【解析】
【分析】装置A中制备得到ClO2，所以A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，A中还可能发生Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；装置C中二氧化氯和氢氧化钠、H2O2的混合溶液反应生成NaClO2，另外A中产生的SO2被带入C中，SO2与NaOH和H2O2的混合溶液反应生成硫酸钠，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；装置B的作用是安全瓶，有防倒吸作用，从装置C的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，装置D是吸收多余气体防止污染。
【详解】(1)仪器a的名称为分液漏斗；
(2)装置A 中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，发生反应的化学方程式为2NaClO3+H2SO4+Na2SO3===2Na2SO4+2ClO2↑+H2O；
(3)当高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若撤去C装置中的冷水浴，产品中可能混有的杂质是NaClO3、NaCl；
(4)已知NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；则从装置C反应后的溶液获得无水NaClO2晶体的操作步骤包括：①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③用38℃～60℃热水洗涤；④低于60℃干燥，得到成品；
(5)装置C中二氧化氯和氢氧化钠、H2O2的混合溶液反应生成NaClO2，发生反应的离子方程式为2ClO2＋H2O2＋2OH－=2＋2H2O＋O2；
(6)实验结束后，继续通入一段时间N2，达到将装置内残留的ClO2全部排出，提高产率的目的；
(7) ClO2-在酸性条件下氧化I-生成I2，ClO2-被还原为Cl-，同时生成H2O，反应离子方程式为：ClO2-+4I-+4H+=2I2+Cl-+2H2O；利用碘遇淀粉变蓝色，选择淀粉作指示剂进行滴定，当溶液由蓝色变无色，且半分钟不变色现象时，达到滴定终点；滴定时共消耗·L－1Na2S2O3标准溶液，则Na2S2O3的物质的量为0.025L×0.5000ml·L－1=0.0125ml，根据NaClO2•3H2O～2I2～4S2O32ˉ可知样品中NaClO2•3H2O的物质的量为ml，故试样中NaClO2·3H2O的百分含量为≈75.3%。
【点睛】考查亚氯酸钠制备实验的基本操作、亚氯酸钠的性质及中和滴定等知识，明确反应原理和混合物分离操作是解题的关键，易错点是忽视NaClO2性质特征，特别是高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
10. 大气中NOx、SO2等污染物的有效去除和资源的充分利用是当今社会的重要研究课题，目前采用的方法如下：
I.直接转化法：利用高效催化剂将汽车尾气直接转化为无毒物质。
已知：N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)△H1＝＋180kJ·ml－1
(1)利用固体表面催化工艺将NO分解为N2、O2而消除污染。
用分别表示N2、NO、O2和固体催化剂，在固体催化剂表面分解NO的过程如图所示。从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是________________________(填字母序号)。
(2)利用稀土等催化剂能将汽车尾气中的CO、NO直接转化成无毒物质N2、CO2。
①已知：C(s)、CO(g)的燃烧热分别为393kJ·ml－1、283kJ·ml－1，写出NO(g)与CO(g)催化转化成N2(g)和CO2(g)的热化学方程式________________________。
②为研究上述反应，某学习小组在密闭容器中充入10mlCO和10mlNO，发生上述①所写反应，实验测得平衡时NO的体积分数随温度、压强的关系如图。
a.某温度下的平衡状态D点，若同时采取缩小容器体积和降低温度，重新达到平衡状态时，可能到达图中A～G点中的________________________点。
b.当压强为10MPa、温度为T时的平衡常数Kp＝________________________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数；保留3位有效数字)。
II.催化还原法：利用还原剂在催化剂的作用下将氮氧化物转为无毒物质N2、CO2。
(3)用活性炭还原法可以处理汽车尾气中的氮氧化物。
某研究小组在2L的恒容密闭容器中加入一定量的NO和足量的固体活性炭，发生反应：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)。在不同温度下测得平衡体系中各物质的物质的量如表：

①该反应的正反应为________________________(填“吸热”或“放热”)反应。
②350℃时，反应达到平衡后向恒容容器中再充入0.100mlNO，再次达到平衡后，N2的体积分数应为________________________。
介于0.25和0.5之间D.无法确定
III.电解法：利用电解的方法将氨氧化物转化为有用物质，从而达到资源的回收利用。
(4)如图所示的电解装置，可将雾霾中的NO2、SO2转化为硫酸铵，从而实现废气的回收再利用，回答下列问题：
①阴极的电极反应式为________________________。
②上图中A物质是________________________。
【答案】 ①. C ②. 2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－746kJ·ml－1 ③. G ④. 0.474MPa－1 ⑤. 放热 ⑥. B ⑦. NO2＋8H+＋7e－===＋2H2O ⑧. H2SO4或硫酸
【解析】
【分析】根据化学反应中键的断裂与形成过程中能量变化形式判断；根据盖斯定律分析判断；根据在密闭容器中充入10mlCO和10mlNO，发生反应，压强为10MPa、温度为T1下，若反应进行到20min达到平衡状态，NO体积分数为25%，结合三行计算列式计算；结合温度对平衡的影响分析；根据电解原理分析判断，其中电解池的阴极发生还原反应。
【详解】I．(1)化学反应过程中存在键的断裂和键的形成，其中断裂化学键吸热，形成化学键放出能量，在NO分解为N2、O2的过程中，C过程是形成化学键，释放能量，则此时能量状态最低；
(2) ①已知：①N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)△H1＝＋180kJ·ml－1，C(s)、CO(g)的燃烧热分别为393kJ·ml－1、283kJ·ml－1，则：②C(s)+ O2(g)＝CO2(g) ΔH2=-393kJ·ml－1，③CO(g) + O2(g)＝CO2(g) ΔH3=-283kJ·ml－1，根据盖斯定律可知③×2-①可得2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)，此反应的ΔH＝(-283kJ·ml－1)×2-(＋180kJ·ml－1)=－746kJ·ml－1，即NO(g)与CO(g)催化转化成N2(g)和CO2(g)的热化学方程式为2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－746kJ·ml－1；
②a．已知2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－746kJ·ml－1，缩小容器体积，即增大压强，平衡向正反应方向移动，降低温度，平衡正向移动，平衡体系中NO的体积分数降低，重新达到平衡状态时，可能是图中G点；
b．当压强为10MPa、温度为T1平衡时NO的体积分数为25%；
×100%=25%，解得：x=ml，平衡混合气体的总物质的量为20-x=ml；该温度下的平衡常数Kp＝=0.474MPa－1；
II．(3)①由表中数据可知升高温度剩余NO较多，说明升高温度抑制反应向正向移动，则正反应为放热反应；
②350℃时，原平衡体系中N2的体积分数为=25%；对反应C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)，由于反应前后气体的分子数不变，则增大压强平衡不移动，反应达到平衡后向恒容容器中再充入0.100 ml NO，相当于增大压强，则平衡不移动，混合气中NO的百分含量不变，即仍为25%，故答案为B；
III．(4)①与电源负极相连极为阴极，NO2在阴极区发生还原反应生成NH4+，则电极反应式为NO2＋8H+＋7e－===＋2H2O；
②SO2在电解池的阳极表面发生氧化反应，电极反应式为SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+，总反应式为
2NO2+10H2O+7SO2=(NH4)2SO4＋6H2SO4，则图中A物质是硫酸。
【点睛】通常应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
11. N、P、As、Ga、Cr、Cu等元素化合物种类繁多，具有重要的研究价值和应用价值。
请回答下列问题：
(1)Cu原子的价电子排布式为________________________。
(2)PCl5是磷元素的重要化合物，在固态时的结构单元可以写成、，根据价电子互斥理论推测这两种阳离子的空间构型分别为________________________、________________________。
(3)As的核外电子排布式中不同类型(s、p、d)的电子比是________________________。
(4)N、P氢化物的沸点较高的是________________________(填化学式)，其理由是________________________。
(5)已知N2F2分子中每个原子的最外层都达到8电子稳定结构，则氮原子的杂化轨道类型为________________________，画出N2F2可能的结构式________________________。
(6)砷化镓以第三代半导体著称，熔点为1230℃，具有空间网状结构，性能比硅更优良，广泛用于雷达、电子计算机、人造卫星、宇宙飞船等尖端技术中，据此可知砷化镓属于________________________晶体。已知氮化硼与砷化镓属于同种晶体类型。则两种晶体熔点较高的是________________________(填化学式)，其理由是________________________。
(7)铜的化合物种类很多，如图是氧化亚铜的晶胞结构，若最近的Cu与O的核间距离为anm，用NA表示阿佛加德罗常数，则氧化亚铜晶体的密度是________________________g/cm3(列式即可)。
【答案】 ①. 3d104s1 ②. 正四面体 ③. 八面体型 ④. 8﹕15﹕10 ⑤. NH3 ⑥. 分子间存在氢键 ⑦. sp2 ⑧. 、 ⑨. 原子晶体 ⑩. BN ⑪. 二者均为原子晶体，BN间的键长比GaAs的键长短，键能大 ⑫. 或
【解析】
【分析】根据价层电子对数目和价层电子寻互斥理论分析原子的杂化类型和空间构型；根据晶胞结构分析晶体的化学式并进行相关计算。
【详解】(1)Cu原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则价电子排布式为3d104s1；
(2)PCl4+中心原子价层电子对数目为4+=4，不含孤对电子，杂化轨道方式为sp3杂化，其空间构型为正四面体；PCl6-中心原子价层电子对数为6，其空间构型为八面体型；
(3) 根据基态电子排布规律，As原子的基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，因此s电子：p电子：d电子=8：15：10；
(4)NH3和PH3结构相似，PH3分子间范德华力比NH3大，但NH3分子间存在氢键，NH3的沸点比PH3高；
(5)N2F2分子中每个原子的最外层都达到8电子稳定结构，可知N2F2分子中形成的化学键有F-N、N=N，每个氮原子的价层电子对个数是3，其中孤对电子数是1，则N原子杂化轨道类型为sp2，N2F2可能的结构式或；
(6) 原子晶体熔沸点较高，由原子构成，该物质熔沸点较高，且为空间网状结构，所以为原子晶体；原子晶体中，键长越短、键能越大，其熔沸点越高，二者均为原子晶体，B、N 间的键长比Ga、As的键长短，键能大，所以BN熔点较高；
(7)晶胞中O原子数为8×+1=2，Cu原子数为4，晶胞的质量为g，晶胞中AB之间的距离为anm，则AC之间的距离为4anm，设晶胞的边长为bnm，则b=nm，晶胞的体积为(×10-7cm)3，氧化亚铜晶体的密度是==。
【点睛】价层电子对互斥模型(简称VSEPR模型)，根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数．σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。
12. 3，4―二羟基肉桂酸乙酯(I)具有抗炎作用和治疗自身免疫性疾病的潜力。由化合物A制备该物质的合成路线如图：
已知：R—CHO+R’—CH2—CHO
回答下列问题：
（1）A的结构简式为___，I中含氧官能团的名称是___。
（2）E生成F的反应类型为___。
（3）下列有关H的说法中，不正确的是___。
a.能使酸性高锰酸钾溶液褪色
b.1mlH最多能和3mlBr2反应
c.H分子中最多有9个碳原子共平面
d.1mlH分别与足量NaOH、NaHCO3反应时，消耗的NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1
（4）写出C+D→E的化学方程式___。
（5）已知W是H的同分异构体，符合下列条件的W结构共有___种。
①属于芳香族化合物。
②1mlW与足量NaHCO3溶液反应生成气体44.8L(标准状况)。
其中，核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为1∶2∶2∶3的结构简式为：___（写一个即可）
（6）季戊四醇()是合成高效润滑剂、增塑剂、表面活性剂等的原料。设计由甲醛和乙醇为原料制备季戊四醇的合成路线(无机试剂任选)。合成路线的表示方法为：___。
AB……目标产物。
【答案】 ①. CH2=CH2 ②. 酚）羟基、酯基 ③. 消去反应 ④. bd ⑤. CH3CHO+ ⑥. 10 ⑦. 、 ⑧. CH3CH2OHCH3CHO
【解析】
【分析】由合成流程及B的分子式C2H6O且由A与水反应得到，可知，A为CH2=CH2，A与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B氧化生成C为CH3CHO，C与D发生醛的加成反应生成E，E发生消去反应生成F为，F发生银镜反应生成G为，G发生-Cl的水解反应生成H，H与乙醇发生酯化反应生成3，4―二羟基肉桂酸乙酯(I)；
（6）合成，先CH3CHO、甲醛发生醛的加成反应，再-CHO与氢气加成。
【详解】（1）A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，I中含氧官能团的名称是（酚）羟基、酯基。故答案为：CH2=CH2；（酚）羟基、酯基；
（2），E生成F的反应类型为消去反应。故答案为：消去反应；
（3）中含有酚羟基、碳碳双键、羧基，
a．H中碳碳双键、酚羟基、苯环上侧链均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；
b．1mlH最多能和4mlBr2反应，3ml发生取代反应，1ml发生加成反应，故错误；
c．苯平面和烯平面上的碳均可能共面，H分子中最多有9个碳原子共平面，故正确；
d．NaOH能与酚和酸反应、NaHCO3只能与酸反应，1mlH分别与足量NaOH、NaHCO3反应时，消耗的NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3：1，故D错误；
故答案为：bd；
（4）C与D发生醛的加成反应生成E，C+D→E的化学方程式CH3CHO+ 。故答案为：CH3CHO+ ；
（5）芳香族化合物W是H的同分异构体，1mlW与足量碳酸氢钠溶液反应生成2mlCO2，W含2个-COOH，若只有1个侧链为-CH（COOH）2，只有一种；若含2个侧链为-CH2COOH、-COOH，有邻、间、对三种；若含3个侧链为-CH3、-COOH、-COOH，固定2个-COOH再插入甲基，有2+3+1=6种，共有10种；
其中，核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为1∶2∶2∶3结构简式为：、 ；
故答案为：10；、 ；
（6）合成，先CH3CHO、甲醛发生醛的加成反应，再-CHO与氢气加成。由甲醛和乙醇为原料制备季戊四醇的合成路线(无机试剂任选)，合成路线的表示方法为：CH3CH2OHCH3CHO
。
故答案为：CH3CH2OHCH3CHO
。
【点睛】本题考查有机物的合成，把握合成流程中官能团的变化、碳原子数变化、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，注意有机物性质的应用，难点（6）注意乙醛同时与多个甲醛分子发生加成反应。
选项
实验操作
现象
结论
A
在某溶液中加入少量新制氯水，再滴几滴KSCN溶液
溶液变红
溶液中一定含有Fe2+
B
在酒精灯上加热铝箔
铝箔熔化但不滴落
熔点：氧化铝>铝
C
取1mL蔗糖溶液，加入5滴稀硫酸，水浴加热一段时间后，再加入少量新制Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾
无砖红色沉淀产生
蔗糖未水解
D
向1mL 0.1ml/L AgNO3溶液中加入几滴0.1ml/L NaCl溶液后，再向其中滴加几滴0.1ml/L KI溶液
先产生白色沉淀，后产生黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
T/℃
m(固体活性炭)
n(NO)/ml
n(N2)/ml
n(CO2)/ml
200
2.000
0.040
0.030
0.030
350
2.005
0.050
0.025
0.025