【文档说明】【精准解析】四川省成都市实验中学2020届高三上学期第十八次周考理科综合化学试题.doc，共(16)页，838.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-46fce941bf41d53b560a0460fed7bdaa.html

以下为本文档部分文字说明：

2019—2020学年度高三上学期第十八次周考理科综合化学试题一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法正确的是A.漂白粉长期放置在空气中会被空气中的氧气氧化而变质B.二

氧化硫可用作葡萄酒的食品添加剂C.通讯领域中的光导纤维可长期浸泡在强碱性溶液中D.汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧生成的【答案】B【解析】A.漂白粉长期放置在空气中会与空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸分解生成盐酸和氧气，而变质，故A错误；B.二氧化硫具

有杀菌消毒的作用，可微量用作葡萄酒的食品添加剂，故B正确；C.通讯领域中的光导纤维的主要成分为二氧化硅，能够与强碱性溶液反应，故C错误；D.汽车尾气中含有的氮氧化物是空气中的氮气和氧气在放电条件下生成的，故D错误；故选B。2.NA代表阿伏加

德罗常数，下列说法正确的是()A.1.4g乙烯和丙烯混合气体中含有C—H键的数目为0.2NAB.0.10molFe粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数为0.1NAC.标准状况下，11.2LCO2与足量Na2O2反应，转移的电子数为NAD.若将1mol氯

化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体粒子数为NA【答案】A【解析】【详解】A．乙烯和丙烯的最简式相同，都是CH2，1.4gCH2的物质的量是0.1mol，含有C—H键的数目为0.2NA，A正确；B．0.10

molFe粉与足量水蒸气反应，方程式是3Fe＋4H2O(g)高温Fe3O4＋4H2，生成的H2分子数约为0.13NA，B错误；C．根据方程式：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，2molCO2参与反应，转移电子数为2NA，标准状况下，11.2LCO2与足量Na2O2反应

，转移的电子数为0.5NA，C错误；D．氢氧化铁胶体中胶体粒子是多个氢氧化铁聚合在一起，故将1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，分散系中胶体粒子数小于NA，D错误；答案选A。3.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向

苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度C向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性D向NaCl、

NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】A项，苯酚的酸性弱于碳酸；B项，CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl

4中的溶解度大于在水中的溶解度；C项，Fe从CuSO4溶液中置换出Cu，Cu2+的氧化性强于Fe2+；D项，向NaCl、NaI的混合液中加入AgNO3溶液产生黄色沉淀，NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小。【详解】A项，向苯酚浊液中加入

Na2CO3溶液，浊液变清，发生反应+Na2CO3→+NaHCO3，酸性：H2CO3HCO3-，A项错误；B项，向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明CCl4将I2

从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B项正确；C项，向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，发生的反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物，

氧化性Cu2+Fe2+，C项错误；D项，向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI的溶度积，但由于NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小，D项错误；答案选B。【点睛】本题考查

苯酚与碳酸酸性强弱的探究、萃取的原理、氧化性强弱的判断、沉淀的生成。易错选D项，产生错误的原因是：忽视NaCl、NaI的浓度未知，思维不严谨。4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、W同主族且W原子核电荷数等于X原子核电荷数的2倍，Y、Z原子的核外电子数之和与X、W原子的

核外电子数之和相等。下列说法中一定正确的是A.X的原子半径比Y的原子半径大B.X形成的氢化物分子中不含非极性键C.Z、W的最高价氧化物对应的水化物是酸D.Y单质与水反应，水可能作氧化剂也可能作还原剂【答案】D【解析】【详解】X、W同主族且W原子核电荷数等于X原子核电荷数的2倍，X为O元

素，W为S元素；X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z原子的核外电子数之和与X、W原子的核外电子数之和相等，Y可能为F元素或Na元素，相应Z可能为P元素或Al元素。A．若Y为F，原子半径：OF，若Y为Na，原子半径：ONa，A项错误；B．

X形成的氢化物有H2O、H2O2，H2O中只有极性键，H2O2中含有极性键和非极性键，B项错误；C．若Z为P，Z的最高价氧化物对应水化物为H3PO4，H3PO4是酸，若Z为Al，Al的最高价氧化物对应水化物为Al（OH）3，Al（OH）3属于两

性氢氧化物，W的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，H2SO4属于酸，C项错误；D．若Y为F，F2与水反应的化学方程式为：2F2+2H2O=4HF+O2，在该反应中水是还原剂，若Y为Na，Na与水反应的化学方程式为：2Na

+2H2O=2NaOH+H2↑，在该反应中水是氧化剂，D项正确；答案选D。5.某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法正确的是()A.该有机物的化学式为C10H14B.它的一氯代物有6种C.该有机物分子中所有的碳原子一定在同一平面上D.一

定条件下，它可以发生取代、加成、氧化和还原反应【答案】D【解析】【详解】A．由该有机物的结构简式可知其化学式为C10H16，A错误；B．该有机物分子中有8种不同化学环境的氢原子，故其一氯代物有8种，B错误；C．该有机物分子()中带标记的这个碳原子与其他三个与它直接相连的

三个碳原子不可能在一个平面上有，故所有的碳原子不可能在同一平面上，C错误；D.该有机物分子中含有—CH3，可以发生取代反应，含有碳碳双键，可以发生加成反应和氧化反应，还可以和氢气发生还原反应，D正确；答案选D。6.有一种瓦斯分析仪(如图甲)能够在煤矿巷道中的甲烷达到一

定浓度时，通过传感器显示出来。该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3－Na2O，O2－可以在其中自由移动。下列有关叙述正确的是()A.瓦斯分析仪工作时，电池外电路中电流由电极b流向电极aB.电极b是正

极，O2－由电极a流向电极bC.电极a的反应式为CH4＋5O2－－8e－=CO32—＋2H2OD.当固体电解质中有1molO2－通过时，电子转移4mol【答案】A【解析】【详解】A．电池外电路中电流由正极流向负极，氧气得电子，b极为正极，A正确；B．电极b氧气得电子，生成O2－，O2－由正极(

电极b)流向负极(电极a)，B错误；C．甲烷所在电极a为负极，电极反应为CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2O，C错误；D．1molO2得4mol电子生成2molO2－，故当固体电解质中有1molO2－通过时，电子转移2mol，故D错误。答案

选A。7.25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液:c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)B.0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/LNa

HCO3溶液等体积混合:2c(Na+)＝3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)C.0.1mol/LNH4Cl溶液与0.1mol/L氨水等体积混合(pH＞7):c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)D.0

.1mol/LNa2C2O4溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸):2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)＝c(Na+)+c(H+)【答案】B【解析】【详解】A．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸,得到的酸

性混合溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(CH3COO-)+c(OH-),溶液显酸性c(H+)＞c(OH-)，则c(Na+)＜c(CH3COO-),故A错误；B．0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合的溶液中,根据物

料守恒有2c(Na+)＝3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)，B正确；C．0.1mol/LNH4Cl溶液与0.1mol/L氨水等体积混合溶液中pH＞7，说明一水合氨的电离程度大于铵根的水解程度，则c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-),C错误；D．

0.1mol/LNa2C2O4溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合恰好反应生成NaHC2O4，根据电荷守恒2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)+c(Cl-)＝c(Na+)+c(H+)，D错误；

答案选B。二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。8.炼锌厂的铜镉废渣中含有铜、锌、镉、铁、砷等元素，其含量依次减少。对这些元素进行提取分离会减小环境污染，同时制得ZnSO4·7H2O实现资

源的再利用，其流程图如下。已知FeAsO4难溶于水和酸；ZnSO4·7H2O易溶于水，难溶于酒精。常温下金属离子沉淀的pH金属离子Fe3＋Zn2＋Mn2＋Cu2＋Cd2＋开始沉淀pH2.76.57.75.26.

9沉淀完全pH3.28.09.86.49.4请回答下列问题：(1)提高浸出速率可以采用的方法是(写出其中一点即可)________。(2)滤液Ⅰ中有少量AsO33—，若不除去，则AsO33—与Cd反应会产生一种有毒氢化

物气体，其分子式为____，向滤液Ⅰ中逐滴滴入酸性KMnO4溶液可与AsO33—反应生成FeAsO4，完成并配平下列反应的离子方程式___：Fe2＋＋AsO33—＋MnO4—＋___=FeAsO4↓＋

Mn2＋＋__，判断该滴定终点的现象是__________。(3)流程中②调节pH时可以选用的试剂为________，滤渣Ⅱ的成分为________。(4)常温下Zn(OH)2的溶度积Ksp＝________。(5)制得的ZnSO4·7H2O需洗涤，洗涤

晶体时可选用试剂为________。【答案】(1).增大硫酸浓度、升高溶液温度、搅拌、将铜镉渣磨碎成小颗粒等合理答案均可(2).AsH3(3).14H＋＋5Fe2＋＋5AsO33—＋3MnO4－＝5FeAsO4↓＋3Mn2＋＋7H2O(

4).滴最后一滴高锰酸钾，溶液变为浅紫色(或紫色或紫红色或粉红色)且半分钟内不恢复为原色，则反应到终点(5).Zn、ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等合理答案均可(6).FeAsO4、Fe(OH)3(7).1×10－17(8).乙醇或饱和硫酸锌溶液【解析】【分析】炼锌厂的铜镉废渣中含

有铜、锌、镉、铁、砷等元素，其含量依次减少，加入硫酸浸出过滤得到滤渣Ⅰ和滤液Ⅰ主要含Zn2+、Cu2+、Fe2+、Cd2+离子，添加高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，氧化AsO33-生成FeAsO4沉淀，调节溶液pH

沉淀铁离子，过滤得到滤渣Ⅱ为FeAsO4和Fe（OH）3，滤液Ⅱ中主要为锌离子和镉离子，加入足量锌反应后过滤，得到滤液Ⅲ为硫酸锌溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到硫酸锌晶体，以此解答该题。【详解】(1)可以通过适当增大硫酸浓度、升高溶液温度、搅拌、将铜镉渣磨碎成小颗粒等措施提高浸出率；

(2)AsO33-与Cd反应，Cd被氧化，则AsO33-被还原为一种有毒氢化物气体，此气体的分子式为AsH3；向滤液Ⅰ中逐滴滴入酸性KMnO4溶液可与AsO33-发生反应生成FeAsO4，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒得此反应的离子方程式为5Fe

2＋＋5AsO33-＋3MnO4－＋14H＋＝3Mn2＋＋5FeAsO4↓＋7H2O；当滴最后一滴高锰酸钾，溶液变为粉红色且半分钟内不恢复为原色，则反应到终点；(3)流程中②调节pH时，选用的试剂要能与H＋反应，同时不

引入新的杂质，则可选用的试剂为ZnO、ZnCO3或Zn(OH)2；由图示可知，当溶液pH＝4时，溶液中的Fe3＋水解完全转化为Fe(OH)3，则滤渣Ⅱ的主要成分为FeAsO4、Fe(OH)3；(4)沉淀完全

时溶液pH＝8，即c(OH－)＝1×10－6mol/L，此时溶液中c(Zn2＋)浓度为1×10－5mol/L，常温下Zn(OH)2的溶度积Ksp＝c(Zn2＋)×c2(OH－)＝1×10－17；(5)因ZnSO4·7H2O易溶于水，难溶于酒精，制得的ZnSO4·7H2O

晶体可选择酒精或饱和硫酸锌溶液洗涤。【点睛】结合题中的信息，和流程步骤，理解每一步的作用，题中所给信息合理应用。9.CO、SO2是常见的大气污染物，应用化学原理变废为宝，意义重大。(1)CO与SO2用铝矾土作催化剂、475℃条件下反应生成CO2

和硫蒸气，该反应可用于从烟道气中回收硫，反应过程中各组分的物质的量与反应时间的关系如图所示，该反应的化学方程式为________。(2)利用CO可以合成新能源物质——甲醇。其原理为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH。在压强分别为p1、p2，体积均为VL的两个容器中充入amolCO

、2amolH2，在催化剂作用下反应生成甲醇，平衡时转化率与温度、压强的关系有下表数据：50℃100℃200℃300℃400℃p10.650.500.400.320.24p20.800.700.650.500.41①ΔH__

______0，p1________p2。(填“＞”“＜”或“＝”)。②压强为p2，温度为300℃时，该反应的平衡常数K＝________。③压强为p1，温度为100℃时，达到平衡后，继续向其中通入0.5amolCO、amolH2、0.5amo

lCH3OH，则平衡时CH3OH的体积分数________(填“增大”“减小”或“不变”)。④下列说法正确的是________。a．当n(CO)∶n(H2)∶n(CH3OH)＝1∶2∶1时，可逆反应达到平衡状

态b．平衡后向体积为VL的容器内继续充入He，平衡不移动c．使用新型催化剂，可提高CO的平衡转化率(3)MnO2悬浊液、NaOH溶液都是SO2气体常用的吸收剂。①已知MnO2＋SO2＝MnSO4，吸收SO2的装置如图所示。反应过程中，为使SO2尽可能转化完全，可采取的合理措施有__

_________、__________。②将标准状况下4.48LSO2气体缓缓通入100mL3mol·L－1NaOH溶液中，充分反应后c(Na＋)＝___(填几种粒子浓度之和)。③取②中所得溶液10mL，加水稀释成1L，向其中加入CaCl2固

体至有沉淀CaSO3(Ksp＝3.1×10－7)生成，则所加CaCl2固体的质量为_____mg。【答案】(1).4CO＋2SO2475℃催化剂4CO2＋S2(2).＜(3).＜(4).22Va(5).增大(6).b(7).缓慢通入SO2(8).控制合适的温度(9).1.5

[c(SO32—)＋c(HSO3—)＋c(H2SO3)](10).3.441【解析】【详解】(1)结合题中所给图像可知反应物、生成物的变化量，0～40min，两种反应物的变化量分别为2mol、1mol，两种生成物的变化量分别为2mol、

0.5mol，反应物CO中的C为+2价，生成物CO2中的C为+4价，而反应物SO2中的S为+4价，生成物硫蒸气中的S为0价，根据氧化还原反应中得失电子守恒，以及反应物、生成物的变化量之比等于化学计量数之比，推断出硫蒸气的

化学式为S2，该方程式为4CO＋2SO2475℃催化剂4CO2＋S2；(2)①当压强一定时，温度越高，反应物的转化率越低，故该反应为放热反应，ΔH＜0，由CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)的方程式可知，该反应为反应前后气体分子数减小的反应，压强越大，转化率越高，故p1＜p

2；②压强为p2，温度为300℃时，平衡时转化率为0.50，可知平衡时：c(CO)=0.5a/VmolL-1、c(H2)=a/VmolL-1、c(CH3OH)=0.5a/VmolL-1，该反应的平衡常数K＝c(CH3OH)/c2(H2)c(CO)＝22Va；③压强

为p1，温度为100℃时，达到平衡后，平衡时转化率为0.50，CO、H2、CH3OH的物质的量分别为0.5amol、amol、0.5amol，继续向其中通入0.5amolCO、amolH2、0.5amolCH3OH，各物质的浓度加倍，等效于体积压缩一半，平衡正向移动，CH3

OH的体积分数增大；④a．没有说明温度压强，当n(CO)∶n(H2)∶n(CH3OH)＝1∶2∶1时，不能排判断该反应达到平衡，a错误；b．平衡后向体积为VL的容器内继续充入He，反应物、生成物的浓度没有改变，平衡不移动，b正确；c．使用新型催化剂，可提高反

应速率，但是不能提高CO的平衡转化率，c错误；答案选b。(3)①反应过程中，为使SO2尽可能转化完全，可采取缓慢通入SO2，增大SO2与MnO2的接触时间，另外也可以降低温度，因为温度越高，气体在溶液中的溶解度越小；②n(Na+)=0

.3mol，n(SO32-)＋n(HSO3—)＋n(H2SO3)=0.2mol，故根据物料守恒c(Na+)=1.5[c(SO32—)＋c(HSO3—)＋c(H2SO3)]；③0.2molSO2与0.3molNaOH反应生成0.1molNa2S

O3、0.1molNaHSO3，此时c(SO32—)=0.1mol/0.1L=1molL-1，取该溶液溶液10mL，加水稀释成1L，稀释后c(SO32—)=0.01molL-1，c(SO32—)c(Ca2+)=0.01c(Ca2+)=3.1×10－7，c(Ca2+)=3.1×10－5m

olL-1，m(CaCl2)=3.1×10－5molL-11L111gL-11000mgg-1=3.441mg。10.某化学兴趣小组为研究过氧化钠与SO2的反应情况，进行如下探究。(1)[提出假设]向一定量的过氧化钠固体中通入足量的SO2，对反应

后的固体产物成分及反应原理提出如下假设：假设一：反应后固体中只有Na2SO3，证明SO2未被氧化；假设二：反应后固体中只有Na2SO4，证明SO2完全被氧化；假设三：反应后固体______，证明SO2部分被氧化。(2)[定性研究]为验证假设三，该小组进行如下研究，请你完成下表中

内容。实验步骤(不要求写出具体操作过程)预期的实验现象和结论取适量反应后的固体放入试管中，__________(3)[定量研究]通过测量气体的体积判断发生的化学反应，实验装置如图：①装置B中所盛装试剂的名称为________。②装置D的作用是____

______。③请画出实验装置E_____。④实验测得装置C中过氧化钠质量增加了m1g，装置D质量增加了m2g，装置E中收集到的气体为VL(已换算成标准状况下)，用上述有关测量数据进行填表判断。SO2被

氧化的程度V与m1或m2的关系未被氧化完全被氧化V＝0部分被氧化_____【答案】(1).Na2SO3和Na2SO4的混合物(2).加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸(3).加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，加入稀盐酸沉淀部分溶解，证明原固体中既有亚硫酸钠也有硫酸钠(4)

.浓硫酸(5).吸收未反应的SO2(6).(7).0＜V＜1730m【解析】【详解】(1)SO2具有较强的还原性，而Na2O2具有较强的氧化性，两者反应时有SO2全部被氧化、部分被氧化和没有被氧化三种合理假设。根据假设可以预测出反应后固体的成分，若部分被氧化既有Na2SO3又有N

a2SO4；(2)SO2被氧化的产物为Na2SO4，只要证明所得固体中既含有Na2SO4，又含有Na2SO3即可确定SO2部分被氧化，可根据BaSO4不溶于盐酸而BaSO3溶于盐酸来验证，即取适量反应后的固体放

入试管中，加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，加入稀盐酸沉淀部分溶解，证明原固体中既有亚硫酸钠也有硫酸钠。(3)①从装置A中出来的气体含有水蒸汽，二氧化硫为酸性气体，不能选择碱性干燥剂，浓硫酸具有吸水性，可以除去二氧化硫中水。②二氧化硫为

酸性氧化物，可以用碱石灰吸收，故D的作用吸收未反应的SO2；③若亚硫酸钠未被氧化，则与过氧化钠反应生成氧气，氧气难溶于水，可以用排水法测量生成氧气的体积，所以E装置为：；④若SO2完全被氧化，则发生反应SO2＋Na2O2=Na2SO4，无O2生成；若SO2未被氧化，

则发生反应：22223212SO+2NaO=2NaSO+O1mol96gV/22.4molmg固体质量差故V＝1730m若SO2部分被氧化，则装置C中固体增加的质量增大，生成O2的体积减小，即0＜V＜1730m。【点睛】本题是一个探究性实验，考生通过题中的已知条件，做出合理的推测

，然后通过设计实验进行验证，最后通过计算做出正确的判断。11.碳、氮、氧、氯、钠、铜等元素的化合物广泛存在于自然界，回答下列问题：（1）基态氯原子的价电子排布图是________________________；基态铜原子核外电

子占有的空间运动状态有____________种（2）碳、氮、氧三种元素中第一电离能最大的是____________(填元素符号)CO32-中碳原子的杂化轨道类型为____________。（3）相同条件下，水的沸点高于液氨，原因是_____________

___________。（4）铜与CNˉ可形成络合离子[Cu(CNˉ)4]2-，写出一种与CNˉ互为等电子体的分子的化学式____________；1mol[Cu(CNˉ)4]2-中含有____________molσ键；若将[Cu(CNˉ)4]2-中二个CNˉ换为Clˉ

，只有一种结构，则[Cu(CNˉ)4]2-中4个氮原子所处空间位置关系为_________。（5）氯化钠的晶胞如图所示。晶体中氯离子以面心立方最密堆积排列，钠离子嵌入在氯离子之间的空隙中。一个氯离子周围离氯离子最近的氯离子数目为_____

_____个。已知：半径r(Clˉ)=apm，r(Na+)=bpm。摩尔质量M(NaCI)=cg·mol-1则氯化钠晶体的密度为_________g·cm-3【答案】(1).(2).15(3).N(4).sp2(5).氧元素的电负性大于氮，氧

原子的半径小于氮，水分子间氢键比氨分子间氢键强(6).N2或CO(7).8(8).正四面体(9).12(10).×1030【解析】试题分析：(1)基态氯原子的最外层有7个电子，排布在3s、3p能级上；铜原子核外有29个电子，核

外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1；(2)同周期元素从左到右第一电离能增大，ⅤA族原子p轨道半充满，第一电离能大于ⅥA族元素的原子；CO32-中碳原子的价电子对数是4+2=32；(3)水分子间氢键比氨分子间氢键强；(4)等电子体是原子数相同、价电子数相同的微粒；单键是σ

键，三键中有1个是σ键；若将[Cu(CNˉ)4]2-中二个CNˉ换为Clˉ，只有一种结构，则[Cu(CNˉ)4]2-中4个氮原子所处空间位置关系为正四面体；(5)根据晶胞图分析氯离子周围离氯离子最近的氯

离子数目；晶体中氯离子以面心立方最密堆积排列，钠离子嵌入在氯离子之间的空隙中，r(Clˉ)=apm，所以晶胞边长是22apm，根据均摊原则，每个晶胞含有Clˉ数是118+6=482，含有Na+数是112+1=44；解析：(1)基态氯原子的价电子排

布在3s、3p能级上，价电子排布图是；铜原子核外有29个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，排布在15个原子轨道上，所以有15种空间运动状态；(2)同周期元素从左到右第一电离能增大，ⅤA族原子p轨道半充满，第一电离能大于ⅥA族元素的原子，所以碳、氮、氧

三种元素中第一电离能最大的是N；CO32-中碳原子的价电子对数是4+2=32，所以碳原子的杂化轨道类型为sp2；(3)氧元素的电负性大于氮，氧原子的半径小于氮，水分子间氢键比氨分子间氢键强，所以水的沸点高于液氨；(4)等电子体是原

子数相同、价电子数相同的微粒，所以与CNˉ互为等电子体的分子的化学式是N2或CO；单键是σ键，三键中有1个是σ键，所以1mol[Cu(CNˉ)4]2-中含有8molσ键；若将[Cu(CNˉ)4]2-中二个CNˉ换为Clˉ，只有一种结构，则[Cu(CNˉ)4]

2-中4个氮原子所处空间位置关系为正四面体；(5)根据晶胞图，1个氯离子周围离氯离子最近的氯离子数目是12个；晶体中氯离子以面心立方最密堆积排列，钠离子嵌入在氯离子之间的空隙中，r(Clˉ)=apm，所

以晶胞边长是22apm，根据均摊原则，每个晶胞含有Clˉ数是118+6=482，含有Na+数是112+1=44；所以密度是()31042210AcaN−=×1030g·cm-3。点睛：根据均摊原则，立方晶胞顶点的原子被一个晶胞占用18、晶胞楞上的原

子被一个晶胞占用14、晶胞面心的原子被一个晶胞占用12。12.化合物W可用作高分子膨胀剂，一种合成路线如下：回答下列问题：（1）A的化学名称为________。（2）②的反应类型是__________。（3）反应④所需试剂，条件分别为________。（4）G的分子式为__

______。（5）W中含氧官能团的名称是____________。（6）写出与E互为同分异构体的酯类化合物的结构简式（核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为1∶1）______________。（7）苯乙酸苄酯（）是花香型香料，设计由苯甲醇为起始原料制备苯乙酸苄酯的合成路线__

________（无机试剂任选）。【答案】(1).氯乙酸(2).取代反应(3).乙醇/浓硫酸、加热(4).C12H18O3(5).羟基、醚键(6).、(7).【解析】分析：A是氯乙酸与碳酸钠反应生成氯乙酸钠，氯乙酸

钠与NaCN发生取代反应生成C，C水解又引入1个羧基。D与乙醇发生酯化反应生成E，E发生取代反应生成F，在催化剂作用下F与氢气发生加成反应将酯基均转化为醇羟基，2分子G发生羟基的脱水反应成环，据此解答。详解：（1）根据A的结构简式可知A是氯乙酸

；（2）反应②中氯原子被－CN取代，属于取代反应。（3）反应④是酯化反应，所需试剂和条件分别是乙醇/浓硫酸、加热；（4）根据G的键线式可知其分子式为C12H18O3；（5）根据W的结构简式可知分子中含有的官能团是醚键和羟

基；（6）属于酯类，说明含有酯基。核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为1：1，说明氢原子分为两类，各是6个氢原子，因此符合条件的有机物结构简式为或；（7）根据已知信息结合逆推法可知合成苯乙酸卞酯的路线图为。点睛：本题考查有机物的推断和合

成，涉及官能团的性质、有机物反应类型、同分异构体的书写、合成路线设计等知识，利用已经掌握的知识来考查有机合成与推断、反应条件的选择、物质的结构简式、化学方程式、同分异构体的书写的知识。考查学生对知识的掌握程度、自学能

力、接受新知识、新信息的能力；考查了学生应用所学知识进行必要的分析来解决实际问题的能力。有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体结构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题，掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质

反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断是解答的关键。难点是设计合成路线图时有关信息隐含在题干中的流程图中，需要学生自行判断和灵活应用。