【文档说明】贵州罗甸弘伟学校2021届高三高考化学第三轮冲刺训练题三含答案.doc，共(16)页，804.123 KB，由小赞的店铺上传

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1贵州罗甸弘伟学校2021届高考化学第三轮冲刺训练题三(考试用时：50分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27P31S32Cl35.5Fe56Cu647．从古至今化学与生产、生活密切

相关。下列说法不正确的是A．我国从四千余年前开始用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应B．我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件；高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛C．芯

片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程不涉及到化学变化D．中国古代四大发明是：造纸术、指南针、火药、活字印刷术，中国的“新四大发明”：网购、支付宝、中国高铁、共享单车；两者与化学关系最密切的是高铁和指南针8．柠檬烯是一种食用香料，其结构简式如图所示。下列有关柠檬烯的分析正

确的是（）A．它的一氯代物有6种B．它的分子中所有的碳原子一定在同一平面上C．它和丁基苯互为同分异构体D．一定条件下，它分别可以发生加成、取代、氧化、还原等反应9．已知磷酸分子()中的三个氢原子都可以与重水分子(D2O)中的D原子发生氢交换。

又知次磷酸(H3PO2)也可与D2O进行氢交换，但次磷酸钠2(NaH2PO2)却不能与D2O发生氢交换。下列说法正确的是A．H3PO2属于三元酸B．H3PO2的结构式为C．NaH2PO2属于酸式盐D．N

aH2PO2溶液可能呈酸性10．锌元素对婴儿及青少年的智力和身体发育有重要的作用，被称为生命火花。利用恒电势电解NaBr溶液间接将葡萄糖[CH2OH(CHOH)4CHO]氧化为葡萄糖酸[CH2OH(CHOH)4COOH]，进而制取

葡萄糖酸锌，装置如图所示，下列说法错误的是A．钛网与直流电源的正极相连，发生还原反应B．石墨电极的反应为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－C．电解过程中硫酸钠溶液浓度保持不变D．生成葡萄糖酸的化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO＋Br2＋H2O=CH

2OH(CHOH)4COOH＋2HBr11．现有短周期主族元素R、X、Y、Z。若它们的最外层电子数用n表示，则有：n(X)＋n(Y)＝n(Z)，n(X)＋n(Z)＝n(R)。这四种元素组成一种化合物Q，Q具有下列性质：下列说法错误的

是A．原子半径：Y＞Z＞XB．最高价氧化物对应水化物酸性：Y＜ZC．X和Y组成的化合物在常温下都呈气态D．Y3Z4是共价化合物312．用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)选项ABCDX稀硫酸浓硫酸双氧水浓氨水Y23NaSO25CHOH2MnONaOH气体2SO24

CH2O3NH13．常温下0.1mol·L-1亚硫酸溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-三种微粒所占物质的量分数（a）随pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是A．由图中数据可计算得到常温下亚硫酸溶液

的Ka2B．在0.1mol·L-1H2SO3溶液中，存在：c2(H+)=c(H+)·c(HSO3-)+2c(H+)·c(SO32-)+KwC．向pH为7的溶液中滴入少量稀盐酸造成的溶液pH变化小于向pH为4.0的溶液中滴入相同量稀盐酸造成的溶液pH变化D．在pH=2.0

溶液中：c(H2SO3)>c(HSO3-)>c(H+)>c(OH-)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。26．(14分)茶叶中的茶多酚是一种天然抗氧化剂(其抗

氧化能力是VC的5～10倍)，它易溶于水、乙醇、乙酸乙酯，难溶于氯仿。在酸性介质中，茶多酚能将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+与()36KFeCN生成的深蓝色配位化合物()6KFeFeCN对特定波长光的吸收程度(用光密度值A表示)与茶多酚在一定浓度范围内成

正比。A与茶多酚标准液浓度的关系如图1所示：4某实验小组设计如下实验流程从茶叶中提取茶多酚：请回答下列问题：(1)操作①用水浸取茶多酚时，实验小组发现搅拌速度对茶多酚浸出量的影响如图2所示，原因是_________________

____________________________________。若用乙醇浸取茶多酚操作如下：称取10g茶叶末，用滤纸包好，装入恒压滴液漏斗中，圆底烧瓶内加沸石和适量乙醇，如图3安装后，通冷凝水，加热套加热，当乙醇被加

热沸腾后，控制加热套温度在90℃。为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm，并保持约1h，可行的操作方法是_______________________________________。(2)减压蒸发

相对于一般蒸发的优点是________________；氯仿的作用是____________。(3)下列有关实验基本操作不正确．．．的是__________。A．图3中冷凝水流向为a进b出B．分液漏斗使用

前须检验是否漏水并洗净备用5C．操作①过滤时，可用玻璃棒适当搅拌以加快分离速度D．萃取过程中，经振摇并放气后，将分液漏斗置于铁圈上立即分液(4)下列关于振摇操作的示意图，正确的是_________________________。A．B．C．D．(5)称取1.25g粗

产品，用蒸馏水溶解并定容至1000mL，移取该溶液1.00mL，加过量Fe3+和()36KFeCN酸性溶液，用蒸馏水定容至100mL后，测得溶液光密度值A=0.800，则产品的纯度是___________

_______(以质量分数表示)。27．(14分)碱性锌锰电池的工作原理：Zn+2MnO2+2H2O==2MnO(OH)+Zn(OH)2，其中的电解质溶液是KOH溶液。某课题组用废旧铁壳无汞碱性锌锰电池为原料，制备一种新型材料——MnxZn(1−x)Fe2O4，其工艺流程如图所示：(

1)已知MnxZn(1−x)Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时还原产物中的锰相同，则铁元素的化合价为___________。(2)“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，写出该反应的离子方程

式：_________________________________。(3)“调铁”工序的目的是调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn(1−x)Fe2O4相符合。①写出“调铁”工序中发

生反应的离子方程式：______________________、_______。②若测得滤液的成分为c(Mn2+)+c(Zn2+)=amol·L−1，c(Fe2+)+c(Fe3+)=bmol·L−1，滤液体积

为1m3，“调铁”工序中，需加入的铁粉质量为___________kg(忽略溶液体积变化，用含a、b的代数式表示)。6(4)在“氧化”工序中，加入双氧水的目的是把Fe2+氧化为Fe3+；生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能原因除温度外，主要

是______________________。(5)用氨水“调pH”后，经“结晶”、“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液C中还可分离出一种氮肥，该氮肥的溶液中离子浓度由大到小的排序为_______________。28．(15分

）工业燃煤、石油等化石燃料烧释放出大量SO2等气体，严重污染空气。对废气进行处理可实现绿色环保、废物利用。目前，在常温下处理SO2主要采用碱液吸收法。(1)用过量的烧碱溶液吸收SO2，发生反应2232SO+2NaOH=NaSO

+HO，若向所得的23NaSO溶液滴入过氧化氢溶液，则溶液的pH_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，发生反应的离子方程式为_______。(2)研究发现，23NaSO溶液也可以用来处理废气中的SO2，发生反应23223NaSO+

SO+HO=2NaHSO，查阅资料可知，常温下，23HSO电离平衡常数：2a11.010K−=，8a28.010K−=。①写出3NaHSO发生水解反应的离子方程式：_______；常温下，该反应的hK=_______。②3NaHSO溶液中()23HSOc

_______(填“>”、“<”或“=”)()23SOc−。(3)若向1231L0.08molLNaSO−溶液中缓慢通入0.08molCl2，整个过程无气体逸出，忽略溶液体积的变化，测得溶液的pH与通入Cl2物质的量之间的变化曲线

如图所示：①a点pH=_______(填具体的数字)。7②下列说法错误的是_______(填标号)。A．b点溶液中滴入紫色石蕊试液，此时原溶液不变色B．c点溶液中存在()()323HSOHSOcc−=C．d点

溶液中溶质只有24NaSO、NaCl和HClD．a点溶液中存在()()()()322HSOH2HSOOHcccc−+−++=(4)还可以采用多步法来处理废气中的SO2：第1步：用过理的浓氨水吸收SO2，并在空气中氧化；第2步：加入石灰水，发生反应2+-+2-44432Ca+2

OH+2NH+SOCaSO+2NHHOK，则K=___[已知：()7sp4CaSO810K−=，()5b32NHHO1.2510K−=]。35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）据《自然·通讯》(NatureCommunications)

报道，我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛。请回答下列问题：(1)基态硒原子的价电子排布式为________；硒所在主族元素的简单氢化

物中沸点最低的是_______________。(2)电还原法制备甲醇的原理为2CO2+4H2O2CH3OH+3O2。①写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式________；②标准状况下，VLCO2气体含有________个π键。(3

)苯分子中6个C原子，每个C原子有一个2p轨道参与形成大π键，可记为(π66右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子)。已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，可表示为

_______，Se的杂化方式为________。(4)黄铜矿由Cu+、Fe3+、S2-构成，其四方晶系晶胞结构如图所示。则Cu+的配位数为________；若晶胞参数a=b=524pm，c=1032pm，用NA表示

阿伏加德罗常数的值，该晶系晶体的密度是________g·cm-3(不必计算或化简，列出计算式即可)。836．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）两种重要的有机化工合成中间体F和Y可用甲苯为主要原料采用以下路线制得。已知

：请回答下列问题：（1）写出A的结构简式___________________。（2）B→C的化学方程式是______________________________________。（3）C→D的反应类型为__

_________________。（4）1molF最多可以和_____________molNaOH反应。（5）在合成F的过程中，设计B→C步骤的目的是________________________________________。（6

）写出符合下列条件的3种A的同分异构体的结构简式__________________、__________________、____________________。①苯环上只有两种不同化学环境的氢原子②能发生银镜

反应9（7）以X和乙醇为原料通过3步可合成Y，请设计合成路线（无机试剂及溶剂任选）。【答案解析】7.【解析】A项：谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的，A项错误；B项：高

温时，金属钠可还原相应的氯化物来制取金属钛，B项正确C项：光敏树脂遇光会改变其化学结构。它是由高分子组成的胶状物质。在紫外线照射下，这些分子结合成长长的交联聚合物高分子，属于化学变化，C项不正确；D项：中国高铁和火药都需要化学方法制取的新材料的支撑，所以

“新四大发明”和“古代四大发明”中与化学关系最密切的一项是中国高铁和火药，D项不正确。答案：B8.【解析】A项：该物质结构不对称，共有8种位置的H原子，则它的一氯代物有8种，故A错误；B项：环状结构中含饱和碳原子，为四面

体结构，分子中所有碳原子不可能在同一个平面内，故B错误；C项：丁基苯的分子式为C10H14，柠檬烯的分子式为C10H16，二者分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D项：含C=C，能发生加成、氧化，含甲基，能在一定条件下

发生取代，则一定条件下，它可以分别发生加成、取代和氧化反应，与氢气的加成反应也为还原反应，故D正确；故选D。【答案】D9.【解析】A项：次磷酸(H3PO2)也可跟D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能跟D

2O发生氢交换，则H3PO2中只有一个羟基氢，为一元酸，故A错误。10B项：H3PO2中只有一个羟基氢，为一元酸，则其结构为，故B正确；C项：H3PO2为一元酸，则NaH2PO2属于正盐，故C错误；D项：NaH2PO2是强碱盐，不能电离出H+，则其溶液可

能显中性或碱性，不可能呈酸性，故D错误；故选B。【答案】B10.【解析】A项，由分析可知，在钛网上NaBr将被氧化为溴单质，失电子发生氧化反应，钛网作阳极，与电源的正极相连，A项错误；B项，石墨电极作阴极，发生还原反应，电极反应为：2H2O+2e-=

H2↑＋2OH－，B项正确；C项，电解过程中，左侧发生的反应为2Br--2e-=Br2、CH2OH(CHOH)4CHO＋Br2＋H2O=CH2OH(CHOH)4COOH＋2HBr，右侧电极反应为：2H2

O+2e-=H2↑＋2OH－，左侧产生的H+经过质子交换膜不断向右侧提供被消耗的H+，右侧硫酸钠溶液的浓度不变，C项正确；D项，电解过程中溴离子氧化生成的Br2将葡萄糖氧化为葡萄糖酸，化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO＋Br2＋H2O=CH2OH(CHOH)4C

OOH＋2HBr，D项正确；故选A。【答案】A11．【解析】由题给信息知，Q是NH4SCN，根据最外层电子数关系可知X为氢元素，Y为碳元素，Z为氮元素，R为硫元素。A项：C、N、H的原子半径依次减小，A项正确；B项：HNO3的酸性比H2CO3强，B项正确；C项：C、H组成烃类，常温下苯等烃类呈液态

，C项错误；D项：C3N4是共价化合物，D项正确。【答案】C12．【解析】A项：亚硫酸钠固体与硫酸反应Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O，不需加热，SO2能与水反应，不能用排水法收

集，SO2密度比空气大，能用向上排空气法收集，A不选；11B项：乙醇消去制乙烯需要加热，B不选；C项：双氧水分解制氧气，制取装置不需要加热，收集氧气可以用排水法，C选；D项：氨气极易溶于水，不能用排水法收集，D不选。答案选C。【答案】C13．【解析】A项：H2SO3是二元弱

酸，在溶液中电离是分步进行的，亚硫酸的第一步电离方程式为：H2SO3H++HSO3-，根据图象可知，pH=7时，亚硫酸氢根离子浓度等于亚硫酸根离子浓度，Ka1=c(H+)=10-7，故A正确；B项：在0.10mol•L-1H2SO3溶液中，根据电荷守恒可得：c（H+）=c（HSO3-）+2c（

SO32-）+c（OH-），将电苻守恒式两边都乘c（H+）可得：c2（H+）=c（H+）•c（HSO3-）+2c（H+）•c（SO32-）+c（H+）•c（OH-），Kw=c（H+）•c（OH-），所以c2（H+）=c（H+）•c（

HSO3-）+2c（H+）•c（SO32-）+Kw，故B正确；C项：溶液的pH=7时显中性，所以c（OH-）=c（H+），根据图象知，溶液中含有SO32-和HSO3-，存在水解平衡和电离平衡，是缓冲溶液加入少量稀盐酸，溶

液pH的变化较小，pH为4.0的溶液中只存在HSO3-的电离，滴入相同量稀盐酸造成的溶液pH变化较大，故C正确；D项：在pH=2.0的溶液中，根据图象曲线可知c（HSO3-）＞c（H2SO3），正确的离子浓度大小为：c（HSO3-）

＞c（H2SO3）＞c（H+）＞c（OH-），故D错误；故选D。【答案】D26.【解析】(1)根据图1可知，茶多酚浓度越大A越大，由图2可知，搅拌速度越快，A越小，则茶多酚浓度越小，因为茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越

低；用乙醇浸取茶多酚操作如下：称取10g茶叶末，用滤纸包好，装入恒压滴液漏斗中，圆底烧瓶内加沸石和适量乙醇，如图3安装后，通冷凝水，加热套加热，当乙醇被加热沸腾后，控制加热套温度在90℃；为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm，并保持约1h，可行的操作方法是关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约

0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致；(2)减压蒸发可以降低蒸发温度防止产物氧化或分解；根据流程氯仿的作用是萃取(或除杂)；12(3)A项，冷凝管通水方向为下进上出，图4中冷凝水流向为a进b出，故A正确。B项，带活塞的仪器使用前均需检验是否漏液，分液漏斗

使用前须检验是否漏水并洗净备用，故B正确；C项，过滤时，为防止戳破滤纸，不可用玻璃棒搅拌，故C错误；D项，萃取过程中，经振摇并放气后，将分液漏斗置于铁圈上静置后分液，故D错误；故选CD；(4)振摇操作用左手握住分液漏斗活塞，右手压住分液漏斗口部，把分液漏斗倒转过来振荡

，使两种液体充分接触，选项A正确；(5)溶液光密度值A=0.800，则茶多酚的浓度为12×10-6g/mL，此时溶液中茶多酚的质量为12×10-6g/mL×100mL=12×10-4g，产品中茶多酚的质量为12×10-4g×1000mL1mL=1.2g，故产品的纯度为

1.21.25gg×100%=96%。【答案】(1)茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低(2分)关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致(2分)(2)降低蒸发温度防止产物氧化或分解(2分)萃取(或

除杂)(2分)(3)CD(2分)(4)A(2分)(5)96%(2分)27.【解析】(1)由题意可知，MnxZn(1−x)Fe2O4中锰元素的化合价为+2价，设铁元素化合价为+a，由化合价代数和为零可得：(+2)×x+(+2)×(1—x)+(+

a)×2+(—2)×4=0，解得a=3，故答案为+3；(2)由题意可知，硫酸亚铁与MnO(OH)在酸性条件下发生氧化还原反应，硫酸亚铁被氧化生成硫酸铁，MnO(OH)被还原为硫酸锰，反应的离子方程式为MnO(OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O；(3)①“调铁”工序中，加入的

铁粉与溶液中的Fe3+和H+反应，反应时，氧化性较强的Fe3+与Fe反应生成Fe2+，Fe3+完全反应后，H+与Fe反应生成Fe2+和H2，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+和Fe+2H+=Fe2++H2↑；②由MnxZn(1−x)Fe2O4得化学式可知，n[Mn2++

Zn2+]：n(Fe3+)=1：2，设加入的铁粉为xmol，依据题意可得(amol·L−1×103L)：(bmol·L−1×103L+x)=1：2，解得13x=(2a-b)×103mol，则加入的铁粉质量

为(2a-b)×103mol×56g/mol=56(2a-b)×103g=56(2a-b)kg；(4)在“氧化”工序中，双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，反应生成的Fe3+可以做催化剂，使双氧水催化分解，成为除温度外，

导致实际消耗双氧水的量大于理论值的因素；(5)由流程图可知，反应中加入了稀硫酸和氨水，滤液C中一定含有可以做氮肥的硫酸铵，硫酸铵溶液中由于铵根离子水解使溶液显酸性，溶液中有c(H+)>c(OH−)，但是由于水解

程度小，溶液中有c(NH4+)>c(SO42—)，则溶液中离子浓度由大到小的排序为c(NH4+)>c(SO42—)>c(H+)>c(OH−)。【答案】(1)+3(2分)(2)MnO(OH)+Fe2++3H+=Mn2+

+Fe3++2H2O(2分)(3)①Fe+2Fe3+=3Fe2+(2分)Fe+2H+=Fe2++H2↑(2分)②112a−56b(2分)(4)生成的Fe3+催化了双氧水的分解(2分)(5)c(NH4+)>c(SO42—)>c(H+)>c(OH−)(2分)28.【解析】(1)亚硫

酸钠中加入双氧水会发生氧化还原反应，方程式为2322242NaSO+HO=NaSO+HO，离子方程式为2-2-32242O=SO+HOSO+H，亚硫酸钠被消耗，原来亚硫酸钠水解显碱性，反应后pH减小；(2)①3NaHSO发生水解反应的离子方程式：223--3HSOSO+HOH+OH，1412

h22110K=1010waKK−−−==；②亚硫酸氢钠中，Ka2>Kh2，故电离大于水解，显酸性，故c(2-3SO)>c(H2SO3)(3)①求a处pH，需要求得c(H+),此处只有亚硫酸钠，水解方程式223--3HSOSO+HOH+OH，第二步可忽略，水解程度很小，14

7wh18a2K10K=1.2510K810−−−==，--2-3h12-2-33c(HSO)c(OH)c(OH)K=c(SO)c(SO)=，()--3c()cHSOOH，解得c(OH-)=10-4，故c(H+)=10-10，pH=10；14

②此时溶液中可能溶有少量氯气，仍会使紫色石蕊褪色，A项错误；由223--3HSOSO+HOH+OH得--1223h2-3c(HSO)c(OH)K=10c(HSO)=，pH=2，故c(OH-)=10-12，故

-121223-3c(HSO)1010c(HSO)−=，-233c(HSO)=c(HSO)，B项正确；通入氯气后，2--2-2324HO+SO+Cl=2Cl+SO，还剩0.03mol亚硫酸钠，仍会水解，还可能有亚硫酸氢钠，亚硫酸，C项错误；物料守恒：c(Na+)=2c(H2SO3)+2c(2

-3SO)+2c(-3HSO)；电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(2-3SO)+c(-3HSO)+c(OH-)；叠加得质子守恒：()()()()-+-322cHSO+cH+2cHSO=cOH，D项正确；(4)该反应常数为15

2752spb11K=810KK810(1.2510)−−==，2+2-44CaSOCa+SOKsp；+-324NHHONH+OHKb。【答案】（1）减小2-2-32242O=SO+HOSO+H

（2）①223--3HSOSO+HOH+OH10-12②<（3）①10②AC（4）8×101535.【解析】(1)Se是34号元素，根据原子核外电子排布的构造原理，可知其核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d1

04s24p4，基态硒原子的价电子排布式为4s24p4；硒所在主族元素是第VIA，简单氢化物化学式通式是H2X，这些氢化物都是由分子构成，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质气化消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越

高，由于H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使其熔沸点在同族元素中最高，故第VIA的简单氢化物中沸点最低的是H2S；(2)①在方程式中的三种化合物分子中都存在极性共价键。其中CO2是由极性键构成的

非极性分子，其空间构型为直线型，结构式是O=C=O；②VL标准状15况下CO2的物质的量是n(CO2)=VL22.4/22.4VLmol=mol，由于在1个CO2分子中含有2个π键，所以22.4VmolCO2气体中含有的π键数目为22.4Vmol×2×NA/mol=AVN11.2；(3)已

知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，根据结构简式可知，形成大π键的原子个数是5个，有6个电子参与成键，因此可表示为π65，其中Se的杂化方式为sp2；(4)根据晶胞结构分析可知，由面心上Cu与2个S相连，晶胞中每个Cu原子与

4个S相连，Cu+的配位数为4；②晶胞中Fe2+数目=8×18+4×12+1=4，Cu+的数目=6×12+4×14=4，S2-数目为8×1=8，所以晶胞内共含4个CuFeS2，a=b=524pm，c=1032pm，则晶体的密度ρ=()()21010A6445643285241

0103210NmV−−++=g/cm3或()()21010A184452410103210N−−g/cm3。【答案】(1)4s24p4(2分)H2S或硫化氢(2分)(2)①O=C=O(1分)②AVN11.2(2分)(3)π65(

1分)sp2(1分)(4)4(2分)()()21010A64456432852410103210N−−++或()()21010A184452410103210N−−(4分)36．【解析】（1）从流程分析得出A为。（2）乙酸酐与氨基反

应形成肽键和乙酸。（3）苯环上的甲基被氧化为羧基，为氧化反应。（4）F分子中含有羧基、氨基和溴原子，其中羧基消耗1mol氢氧化钠，溴原16子水解得到酚羟基和HBr各消耗1mol氢氧化钠，共消耗3mol。（5）在流程中先把氨基反应后又生成，显然是在保护氨基

。（6）由①得出苯环中取代基位置对称，由②得出含有醛基或甲酸酯基，还有1个氮原子和1个氧原子，故为、、。（7）根据已知条件②需要把乙醇氧化为乙醛，然后与X反应再加热可得出产物。【答案】（1）（2分）（2）＋(CH3CO)2O＋CH3COOH（2

分）（3）氧化反应（2分）（4）3（2分）（5）氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基（或其它合理答案也给分）（2分）（6）、、（3分）（7）（2分）