【文档说明】【精准解析】四川省绵阳东辰国际学校2020届高三下学期第二次月考理科综合化学试题.doc，共(17)页，1.379 MB，由小赞的店铺上传

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绵阳东辰学校高2017级高三下期第二月考理科综合化学试题注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置．3．全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效．4．考试结束后，将本试卷和答题

卡一并交回．第Ⅰ卷（选择题共126分）本卷共21小题，每小题6分，共126分．可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16F19Cl35.5K39Mn55Fe56Zn65Cu64Ag1081.为庆祝新

中国成立70周年，2019年国庆节，天安门广场举行盛大阅兵庆典和群众游行，下列庆典活动中，不涉及化学变化的是A.鸣放庆典礼炮B.放飞彩色气球C.飞机拉起彩烟D.燃放烟花焰【答案】B【解析】【详解】A．鸣放庆典礼炮是物质的燃烧，有新物质生成，属于化学变化，故A错误；B．放飞彩色气球，没

有新物质生成，属于物理变化，故B正确；C．飞机拉起彩烟是有物质在燃烧，有新物质生成，属于化学变化，故C错误；D．燃放烟花焰火有新物质生成，属于化学变化，故D错误；故选B。2.NH4NO3溶液受热可发生分解反应：NH4NO3⎯⎯⎯→加热N2↑＋HNO3＋H2O（未配平

）。用NA表示阿伏加德罗数的值，下列说法正确的是A.分解时每生成2.24L（标准状况）N2，转移电子的数目为0.6NAB.2.8gN2中含有共用电子对的数目为0.3NAC.56gFe与足量稀硝酸反应生成NO2分子的数目为3NAD.0.1mol·L－1NH4NO3溶液中，N

H4＋的数目小于0.1NA【答案】B【解析】【详解】A．5NH4NO34N2↑＋2HNO3＋9H2O转移的电子为20个，标准状况下，2.24LN2为0.1mol，则转移电子为0.1mol×204=0.5mol，故A错误；B．2.8gN2的

物质的量为2.8g28g/mol=0.1mol，含有共用电子对的数目为0.1×3×NA=0.3NA，故B正确；C．5.6gFe物质的量为0.1mol，与足量稀硝酸反应生成硝酸铁和NO，转移的电子数为0.3NA，则生成0.1molNO，不能生成

NO2，故C错误；D．NH4NO3溶液的体积未知，NH4+发生水解，不能计算0.1mol/LNH4NO3溶液中的铵根离子数目，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为A，要注意反应方程式中-3价的N完全被氧化，+5价的N部分被还原。3.下列设计的实验方案不能达到实验目的的是A.检验亚硫酸

钠溶液是否变质：取少量溶液，向其中加入硝酸酸化的硝酸钡溶液B.制取乙酸乙酯：向试管中加入碎瓷片，再依次加入3mL乙醇、2mL浓硫酸和2mL乙酸，用酒精灯加热，将产生的蒸气经导管通到饱和碳酸钠钠溶液的上方C.除去溴化钠溶液中混有的碘化钠：

向溶液中加入稍过量溴水，充分反应后，加入四氯化碳，振荡后静置、分液，取上层溶液D.探究温度对反应速率的影响：将2支均装有5mL0.1mol·L−1硫代硫酸钠溶液的试管分别置于冰水和热水中，再同时向试管中加入5mL0.1mol·L−1稀硫酸【答案】A【

解析】【详解】A．加入硝酸钡生成的亚硫酸钡沉淀，加入硝酸会被氧化为硫酸钡，不能证明亚硫酸根离子的存在，故A错误，符合题意；B．饱和碳酸钠溶液能吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，易于析出，将产生的蒸气经导管通到饱和碳酸钠溶液的上方，故B正确，不符合题意；C．除去溴化钠溶液中混有的碘化

钠：向溶液中加入稍过量溴水，充分反应后，碘离子被氧化生成碘单质，加入四氯化碳，振荡后静置、分液，过量的溴和碘被萃取在下层有机层，取上层溶液为溴化钠溶液，故C正确，不符合题意；D．探究温度对反应速率的影

响：将2支均装有5mL0.1mol·L−1硫代硫酸钠溶液的试管分别置于冰水和热水中，再同时向试管中加入5mL0.1mol·L−1稀硫酸，其他条件相同时，温度高的反应速率快，则先产生沉淀，故D正确，不符合题意；故选：A。4.现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，R原子最外层电子数是电子层

数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T型化合物能破坏水的电离平衡，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示。下列推断正确的是（）A.原子半径和离子半径均满足：Y＜ZB.简单氢化物的沸点和热稳定性均满足：Y>TC.最高价氧化物对应的水化物

的酸性：T＜RD.常温下，0.1mol·L－1由X、Y、Z、T四种元素组成的化合物的水溶液的pH一定大于1【答案】B【解析】【分析】R原子最外层电子数是电子层数的2倍，则R可能为C或S，结合题图可知R为C；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Y为O，Z

为Na；Z与T形成的Z2T型化合物能破坏水的电离平衡，则T为S；X的原子半径、原子序数最小，则X为H。【详解】A.电子层越多，原子半径越大，则原子半径为O＜Na，具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为O2－＞Na＋，故A错误；B.Y、T的简单氢化物分别为H2

O、H2S，水分子间存在氢键，则沸点H2O>H2S，元素非金属性越强，对应的简单氢化物的热稳定性越强，则热稳定性H2O>H2S，故B正确；C.非金属性S＞C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为H2SO4＞H2CO3，故C错误；D.由H、O

、Na、S四种元素组成的常见化合物有NaHSO3和NaHSO4，0.1mol·L－1NaHSO3溶液的pH>1，0.1mol·L－1NaHSO4溶液的pH＝1，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】氢化物稳定性与非金属有关，氢化物沸点与非金属无关，与

范德华力、氢键有关，两者不能混淆。5.氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，其能量密度是目前锂电池的十倍以上且不会因为过热而造成安全风险．如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时F－从乙电极流向甲电极，下列关于该电池的说法正确的是A.放电时，甲电极的电极反应式为Bi－3e－＋3F－=BiF3B.充电

时，导线上每通过1mole－，甲电极质量增加19gC.放电时，乙电极电势比甲电极高D.充电时，外加电源的正极与乙电极相连【答案】B【解析】【分析】充电时F-从乙电极流向甲电极，则充电时，甲电极为电解池的阳极，电极反应式为Bi+3F--3e-═BiF3，乙电极为阴极

，反应式为MgF2+2e-═Mg+2F-，又充电时，电解池的阳极、阴极与原电池的正极、负极对应，所以放电时，乙电极为负极，Mg失去电子结合F-生成MgF2，电极反应式为Mg+2F--2e-═MgF2，甲电极为正极，正极反应式为BiF3+3e-═Bi+3F

-，据此分析解答。【详解】A．放电时，甲为正极，正极的反应式为BiF3+3e-═Bi+3F-，故A错误；B．充电时，甲电极为阳极，电极反应式为Bi+3F--3e-═BiF3，所以导线上每通过1mole-，增加1molF-，则

甲电极质量增加1mol×19g/mol=19g，故B正确；C．放电时，乙电极为负极，甲为正极，所以乙电极电势比甲电极低，故C错误；D．充电时，外加电源的正极与甲电极相连，故D错误；故选B。【点睛】把握原电池和电解池的工

作原理是解题的关键。本题的易错点和难点为原电池的正负极的判断和电极反应式的书写。6.有机物W在工业上常用作溶剂和香料，其合成方法如下：下列说法正确的是A.N、W互为同系物B.M的二氯代物有8种结构C.N不可能所有原子共平面D.M、N、W均能发生加成和取代反应【答案】D【解析】【分析】由合成流程

可知，M发生氧化反应生成N，N与甲醇发生酯化反应生成W，据此分析解答。【详解】A．N属于羧酸，W属于酯，为不同类别的有机物，不属于同系物，故A错误；B．M中2个Cl均在甲基上有1种，均在苯环上有邻、间、对位置时有2+3+1=6种，1个Cl在甲基、1个Cl在苯环上有3种，M的

二氯代物共10种，故B错误；C．苯环为平面结构，碳氧双键也是平面结构，单键可以旋转，因此N的所有原子可能共平面，故C错误；D．M、N、W均含苯环，均可与氢气发生加成反应，在催化剂条件下苯环上H可发生取代反应，故D正确；故选D。7.25℃时，将0.10mol·L－1CH3COOH

溶液滴加到10mL0.10mol·L－1NaOH溶液中，lg33c(CHCOO-)c(CHCOOH)与pH的关系如图所示，C点坐标是（6，1.7）。下列说法不正确的是A.pH＝7时加入的醋酸溶液的体积大于10mLB.C点后继续加入醋酸溶液，水的电离程度减小C.B

点存在c（Na＋）－c（CH3COO－）＝（10－6－10－8）mol·L－1D.Ka（CH3COOH）＝10－4.3【答案】C【解析】【详解】A．CH3COONa是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则CH3COOH应该稍微过量，酸碱浓度相等，所以酸体积大于碱体积，即酸体积大

于10mL，故A正确；B．C点lg33c(CHCOO-)c(CHCOOH)＞0，则c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，继续加入CH3COOH，醋酸浓度越大，水的电离程度越小，所以C点后继续加入醋酸溶液

，水的电离程度减小，故B正确；C．B点溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，B点c(OH-)＞10-6mol/L、c(H+)＜10-8mol/L，则c(Na+)-c(CH3COO-)═c(OH-)-c(H+)＞(10-6-10-8)mol•L-1，

故C错误；D．C点lg33c(CHCOO-)c(CHCOOH)=1.7，pH=6，c(H+)=10-6mol/L，Ka(CH3COOH)═33c(CHCOO-)c(CHCOOH)×c(H+)=101.7×10-6=10-4.3，故D正确；故选C。8.碱式氯化铜[Cux（OH）yC

lz·mH2O]是重要的农药、医药中间体，还可用作木材防腐剂、饲料添加剂等．研究小组在实验室用某厂废铜渣（主要成分为Cu、CuO，含少量Fe3O4、Ni、Al2O3）制备碱式氯化铜的流程如下，回答下列问题：（1）“研磨”的目的为________。（2）“碱溶”的目的为

____________。（3）“酸溶”时生成Fe3＋反应的离子方程式为_______；生成的Fe3＋对Cu发生的氧化反应的催化原理如上图所示。N代表的物质为________（填化学式或离子符号）。（4）“酸溶”时温度不能过高的理由为_________。（5）若滤

液2中c（Fe3＋）＝4×10－8mol/L，pH＝4，则Ksp[Fe（OH）3]＝__________。（6）为测定Cux（OH）yClz·mH2O的组成，进行如下操作：取样品23.25g，用适量酸溶解后配成100mL溶液；取10.00mL溶液加入足量AgNO3溶

液，生成1.435g沉淀；另取10.00mL溶液，用1.000mol/L的EDTA标准液滴定Cu2＋（Cu2＋与EDTA以物质的量之比1∶1反应），滴定至终点时消耗标准液体积为20.00mL。①溶解样品所用酸的化学式为________；②最终确定该样品的化学式为_____

_。【答案】(1).加快反应速率，使反应更充分(2).将氧化铝转化为偏铝酸钠而分离除去(3).4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3++18H2O(4).Fe2+或FeCl2(5).温度过高，盐酸挥发程度增大，空气溶解度减小，导致反应速率

降低，酸溶不充分(6).4×10-38(7).HNO3(8).Cu2(OH)3Cl•H2O【解析】【分析】由图可知，废铜渣(主要成分Cu、CuO，含少量Fe3O4、Ni、A12O3)研磨可增大接触面积，加快反应速率，通入C

O除去Ni元素，加NaOH分离出的滤液1中含偏铝酸钠和NaOH，滤渣1含Cu、CuO、Fe3O4，加盐酸、空气溶解后得到含铜离子、铁离子的溶液，调节pH，过滤分离出的滤渣2为Fe(OH)3，滤液2中加石灰乳可制备碱式氯化铜Cux(OH)yClz•mH2O，滤液

3中含氯化钙，据此分析解答。【详解】(l)“研磨”可增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：加快反应速率，使反应更充分；(2)“碱溶”的目的是将氧化铝转化为偏铝酸钠分离除去，故答案为：将氧化铝转化为偏铝酸钠分离除去；(3)“酸溶”时生成Fe3+反应的离子方程式为4Fe3O4+O

2+36H+=12Fe3++18H2O；生成的Fe3+对Cu发生的氧化反应的催化原理图中，Cu失去电子，则Fe得到电子转化为N的化学式为Fe2+或FeCl2，故答案为：4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3++18H2O；Fe2+或FeCl2；(4)“酸溶

”时温度不能过高，因为温度过高，盐酸挥发程度增大，空气的溶解度减小，会导致反应速率降低，酸溶不充分，故答案为：温度过高，盐酸挥发程度增大，空气的溶解度减小，导致反应速率降低，酸溶不充分；(5)若滤液2中c(Fe3+)

=4×10-8mol/L，pH=4，则Ksp[Fe(OH)3]=4×10-8×(10-10)3=4×10-38，故答案为：4×10-38；(6)①后续实验需要加入AgNO3溶液，因此溶解样品所用酸为HNO3，加入足量AgNO3溶液可检验Cl-，故答案为：HN

O3；②n(Cl-)=1.435g143.5g/mol×100mL10mL=0.1mol，n(Cu2+)=0.02L×1mol/L×100mL10mL=0.2mol，由电荷守恒可知n(OH-)=2n(Cu2+)

-n(Cl-)=0.2mol×2-0.1mol=0.3mol，m(Cl-)=0.1mol×35.5g•mol-1=3.55g，m(Cu2+)=0.2mol×64g•mol-1=12.8g，m(OH-)=0.3mol×17g/mol

=5.1g，n(H2O)=23.25g3.55g12.8g5.1g18g/mol−−−=0.1mol，则x∶y∶z∶m=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1，即化学式为Cu2(OH)3Cl•H2O，故答案为：Cu2(OH)3Cl•H2O。9.卤素单质在碱性

溶液中容易发生歧化反应，歧化的产物依反应温度的不同而不同。---22Cl+2OHCl+ClO+HO冷水、---2323Cl+6OHC348Kl+ClO+6H5O下图为制取氯气、氯酸钾、次氯酸钠和检验氯气性质的微型实验装置：装置中

盛装的药品如下：①胶头滴管中装有5mL浓盐酸；②微型具支试管中装有1.5gKMnO4；③微型具支试管中装有2～3mL浓硫酸；④U形反应管中装有30%KOH溶液；⑤U形反应管中装有2mol·L－1NaOH溶液；⑥、⑦双U

形反应管中分别装有0.1mol·L－1KI－淀粉溶液和KBr溶液；⑧尾气出口用浸有0.5mol·L－1Na2S2O3溶液的棉花轻轻覆盖住（1）检查整套装置气密性的方法是_________。（2）为了使装置④⑤中的反应顺利完成，应该控制的反应条件分别为_______、_______。

（3）装置⑥⑦中能够观察到的实验现象分别是_________，_______。（4）如果把装置⑥⑦中的试剂互换位置，则______（填“能”或“不能”）证明氧化性Cl2＞I2，理由是________。（5）已知氯酸钾和氯化钾的溶解度曲线如图所

示，反应结束后，从装置④所得溶液中提取氯酸钾晶体的实验操作是________。（6）尾气处理时Cl2发生反应的离子方程式为_________。（7）选择微型实验装置的优点有____________（任答两点）。

【答案】(1).连接好实验装置，由⑧导管向⑦装置中加水，若能形成一段稳定的水柱，则装置的气密性良好(2).装置④放入348K热水浴中(3).装置⑤放入冰水浴中(4).装置⑥中溶液变蓝(5).装置⑦中溶液变成橙色(

6).能(7).Cl2与KBr反应生成的Br2，氧化性Cl2＞Br2，Cl2与挥发出来的Br2均可与KI反应，氧化性Br2＞I2或Cl2＞I2，均可证明氧化性Cl2＞I2(8).蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤、干燥）(9).S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+

(10).简化实验装置、节约成本；试剂用量少、能源消耗少；节省空间，缩短实验时间；减少污染等【解析】【详解】(1)连接好实验装置，可用液差法检查整套装置的气密性，具体方法为：连接好实验装置，由⑧导管向⑦装置中加水，若能形成一段稳定的水柱，则装置的气密性良好；(

2)④U形反应管中装有30%KOH溶液，用于制取氯酸钾，反应温度是348K，⑤U形反应管中装有2mol/LNaOH溶液用于制取次氯酸钠，反应条件是冷水中，所以装置④放入348K热水浴中，装置⑤放入冰水浴中，故答案为：装置④放入348K热水

浴中；装置⑤放入冰水浴中；(3)装置⑥中KI溶液与Cl2反应生成I2，使淀粉溶液变蓝，装置⑦中KBr溶液与Cl2反应生成Br2，溴水呈橙黄色，故答案为：装置⑥中溶液变蓝；装置⑦中溶液变成橙色；(4)如果把装置⑥、⑦中的试剂互换位置，Cl2与KBr反应生成的Br2挥发出来会与KI反应

生成I2，根据氧化性：Cl2＞Br2＞I2，仍然可得到氧化性：Cl2＞I2，不影响实验结论。故答案为：能；Cl2与KBr反应生成的Br2，氧化性Cl2＞Br2，Cl2与挥发出来的Br2均可与KI反应，氧化性Br2＞I

2或Cl2＞I2，均可证明氧化性Cl2＞I2；(5)根据溶解度曲线，KClO3的溶解度随温度的变化较快，KCl的相对平缓，所以析出KClO3晶体可选择冷却结晶，使KCl析出少或不析出，最后过滤、洗涤、

干燥得到KClO3晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；(6)尾气处理时，Na2S2O3和Cl2发生氧化还原反应生成Na2SO4和NaCl，反应的离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+，故答案为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-

+10H+；(7)微型实验装置可简化实验装置、节约成本；试剂用量少、能源消耗少；节省空间，缩短实验时间，减少污染等，故答案为：简化实验装置、节约成本；(或试剂用量少、能源消耗少；或节省空间，缩短实验时间，减少污染等)。【点睛】本题的易错点为(

5)，要注意物质的溶解度随温度的变化较快，常常选择冷却结晶方式析出晶体，物质的溶解度随温度的变化相对平缓，常常选择蒸发溶剂的结晶方式析出晶体。10.羟基自由基（·OH，电中性，O为-1价）是一种活性含氧微粒。常温下，利

用·OH处理含苯酚废水，可将其转化为无毒的氧化物。（1）·OH的电子式为________。（2）pH=3时Fe2+催化H2O2的分解过程中产生·OH中间体，催化循环反应如下。将方程式ii补充完整。i．Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+·OHii．

___+___=___+O2↑+2H+（3）已知：羟基自由基容易发生猝灭2·OH=H2O2，从而活性降低．用H2O2分解产生的·OH脱除苯酚，当其他条件不变时，不同温度下，苯酚的浓度随时间的变化如图1所示．0～20min时，温度从40℃上升到50℃，反应速率基本不变的可能原因是________

。（4）利用电化学高级氧化技术可以在电解槽中持续产生·OH，使处理含苯酚废水更加高效，装置如图2所示。已知a极主要发生的反应是O2生成H2O2，然后在电解液中产生·OH并迅速与苯酚反应。①b极连接电源的_______

_极（填“正”或“负”）。②a极的电极反应式为______。③除电极反应外，电解液中主要发生的反应方程式有________，_______。【答案】(1).(2).2Fe3+(3).2•OH(4).2Fe2+(5).温度从4

0℃上升到50℃，羟基自由基发生猝灭程度增大（或温度升高H2O2发生分解产生氧气），导致c(•OH)下降，所以反应速率基本不变(6).正(7).O2+2e-+2H+＝H2O2(8).Fe2++H2O2+H+＝F

e3++H2O+•OH或H2O2＝2•OH(9).C6H6O+28•OH＝6CO2↑+17H2O【解析】【详解】(1)羟基中O有1个单电子，O周围有7个电子，电子式为，故答案为；(2)根据已知信息可知反应ii应该是Fe3+氧化•OH生成Fe2+和O2，离子反应方

程式为2Fe3++2•OH＝2Fe2++O2↑+2H+，故答案为：2Fe3+；2•OH；2Fe2+；(3)H2O2对热不稳定，温度升高，会导致H2O2发生分解，导致c(•OH)下降，所以，温度从40℃上升到50℃，反应速率基本不

变，故答案为：温度从40℃上升到50℃，羟基自由基发生猝灭程度增大（或温度升高H2O2发生分解产生氧气），导致c(•OH)下降，所以反应速率基本不变；(4)①a极主要发生的反应是O2生成H2O2，O元素化合价降低、得到电子、发生还原反应，则a电极为阴极、与电源负极相接，所以b电

极为阳极、与电源正极相接，故答案为：正；②a电极为阴极，O2得到电子生成H2O2，电解质溶液显酸性，电极反应式为O2+2e-+2H+＝H2O2，故答案为：O2+2e-+2H+＝H2O2；③H2O2分解产

生•OH，方程式为H2O2＝2•OH，•OH脱除苯酚成无毒的氧化物，该氧化物为CO2，反应的方程式为C6H6O+28•OH＝6CO2↑+17H2O，故答案为：H2O2＝2•OH，C6H6O+28•OH＝6CO2↑+17H2O。【选修3：物质结构与性质】11.铜是重要的金属，

广泛应用于电气、机械制造、国防等领域，铜的化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：(1)CuSO4晶体中S原子的杂化方式为________，SO42-的立体构型为_______________。(2)超细铜粉可用作导电材料、催化剂等

，其制备方法如下：①NH4CuSO3中金属阳离子的核外电子排布式为__________________。N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为__________________________(填元素符号)。②向CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4

]SO4，下列说法正确的是________A．氨气极易溶于水，原因之一是NH3分子和H2O分子之间形成氢键的缘故B．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角C．Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇，会析出深蓝色的晶体D．已知3

.4g氨气在氧气中完全燃烧生成无污染的气体，并放出akJ热量，则NH3的燃烧热的热化学方程式为：NH3(g)＋3/4O2(g)=1/2N2(g)＋3/2H2O(g)ΔH＝-5akJ·mol－1(3)硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)即可得到配合物A，其结构如下左图所示。

①1mol氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)含有σ键的数目为________________。②氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳。写出二氧化碳的一种等电子体：____________(写化学式)。③已知：硫酸铜灼烧可

以生成一种红色晶体，其结构如上右图所示。则该化合物的化学式是________________。【答案】(1).sp3(2).正四面体(3).1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)(4).N＞O＞S(5).AC(6).8×6.02×1023(7).N2O

(或SCN－、NO3-等)(8).Cu2O【解析】【分析】（1）计算S原子的价电子对数进行判断；（2）①先判断金属离子的化合价，再根据根据核外电子排布式的书写规则书写，注意3d能级的能量大于4s能级的能量，失电子时，先失去最外层

上的电子；根据第一电离能的变化规律比较其大小；②A．氨气分子与水分子之间存在氢键，氢键的存在使物质的溶解性显著增大；B．据分子的空间结构判断；C．根据相似相容原理判断；D．燃烧热方程式书写在常温下进行，H2O为液态；（3）①共价单键为σ键，共价双键中一个

是σ键、一个是π键；②原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体；③利用均摊法确定该化合物的化学式。【详解】(1)CuSO4晶体中S原子的价层电子对数＝6022++＝4，孤电子对数为0，采取sp3杂化，SO42-的立体构型为正四面体形

；(2)①NH4CuSO3中的阳离子是是Cu+，它的核外电子排布是，1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)；根据同一周期第一电离能变化规律及第ⅡA、ⅤA反常知，第一电离能大小顺序为，N>O>S；②A．氨气极易溶于水，原因

之一是NH3分子和H2O分子之间形成氢键的缘故，选项A正确；B.NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气是三角锥型，水是V形，氨气分子的键角大于水分子的键角，选项B错误；C．Cu(NH3)4]S

O4溶液中加入乙醇，会析出深蓝色的晶体，选项C正确；D．燃烧热必须是生成稳定的氧化物，反应中产生氮气和水蒸气都不是稳定的氧化物，选项D错误；答案选AC；（3）①氨基乙酸钠结构中含有N-H2个，C-H2个，碳氧单键和双键各一个，N-C、C-C各一个共8个σ键；②等电子体

为价电子数和原子个数相同，故采用上下互换，左右调等方法书写为N2O、SCN-、N3-等；③根据均摊法计算白球数为8×18＋1=2，黑球为4个，取最简个数比得化学式为Cu2O。【点睛】本题考查较为全面，涉及到化学方程式的书写、电子排布式、分子空间构型、杂化类型的判断以及有关晶体的计算。解题

的关键是正确理解原子结构及杂化轨道计算。【选修5：有机化学基础】12.吡喹酮（H）是一种治疗血吸虫病的药物，合成路线如下图所示：已知：IR-Cl+NaCN⎯⎯⎯→催化剂加热R-CN+NaClii+R′-NH-R

＂+NaOH⎯⎯→+NaCl+H2O（R、R′表示烃基，R＂表示烃基或H）（1）A属于芳香烃，其名称是________________________。（2）步骤②的反应类型是_______________________________。（3）B的一种同分异构体，含苯环且核磁

共振氢谱中出现三组峰，其结构简式为______________。（4）③中1molC理论上需要消耗__________________molH2生成D。（5）④的化学方程式是________。（6）F中含氧官能团是和___________

____________（填名称）。（7）试剂a的结构简式是___________________。（8）G→H分为三步反应，J中含有3个六元环，写出I、J的结构简式。I：_____；J：_____。【答案】(1).甲苯(2).取代反应(3).(4).2(5).++NaOH→+NaCl

+H2O(6).羟基(7).(8).(9).【解析】【分析】A属于芳香烃，说明含有苯环，A发生取代反应生成B，由B可知A为，B发生信息i的反应生成C，C为，C发生还原反应生成D，根据D分子式知，D为，D发生信息ii的反应生成E，E发生取代反应

生成F，根据F的结构简式知，E为，F发生取代反应生成G，根据F、G的结构简式及信息ii知，a为，据此分析解答。【详解】(1)A为，名称为甲苯，故答案为：甲苯；(2)步骤②发生信息i的反应生成C，属于取代反应，故答案为：取代反应；(3)B(

)的一种同分异构体，含苯环且核磁共振氢谱中出现三组峰，其结构简式为，故答案为：；(4)C为，D为，即C中-C≡N转化为-CH2NH2，③中1molC理论上需要消耗2molH2生成D，故答案为：2；(5)④发生信息

ii的反应生成E，反应的化学方程式为++NaOH→+NaCl+H2O，故答案为：++NaOH→+NaCl+H2O；(6)F()中的含氧官能团是和羟基，故答案为：羟基；(7)根据上述分析，试剂a的结构简式为，故答案为：；(8)G→H分为三步反应，G()先发生催化氧化生

成I，I结构简式为，I发生加成反应生成J，J中含有3个六元环，则J为，最后J分子内脱水生成H()，故答案为：；。【点睛】本题的易错点和难点为(8)，要注意各反应断键和成键方式，其中I发生加成反应生成J，J中含有3个六元环，是醛基与亚氨基的加成反应。