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绵阳市高中2016级第三次诊断性考试
理科综合能力测试（化学）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Co 59 Ge 73 Ag 108 I 127
1.化学与科技、社会、生产密切相关，下列说法错误的是
A. 我国出土的青铜礼器司母戊鼎是铜和铁的合金
B. 高纯硅具有良好的半导体性能，可用于制光电池
C. 港珠澳大桥钢筋表面的环氧树脂涂层属于合成高分子材料
D. 火箭推进剂使用煤油-液氧比偏二甲肼-四氧化二氮的环境污染小
【答案】A
【解析】
【详解】A．司母戊鼎的主要成分是青铜，是铜锡合金，故A错误；
B．硅是半导体材料，可用于制光电池，故B正确；
C．环氧树脂属于高分子化合物，故C正确；
D．偏二甲肼-四氧化二氮作燃料，会产生二氧化氮等污染物，发射神舟十一号飞船所用火箭的燃料是液氧和煤油，产物为二氧化碳和水，燃料毒性小、污染少，有利于环保，故D正确；
答案选A。
2.按第26届国际计量大会重新定义，阿伏加德罗常数（NA）有了准确值6.02214076×1023。下列说法正确的是
A. 18 gT2O中含有的中子数为12NA
B. 用23.5gAgI与水制成的胶体中胶体粒子数目为0.1NA
C. 标准状况下，2.24LCl2全部溶于水所得溶液中的Cl－数目为0.1NA
D. 1mol某烷烃CnH2n+2（n≥1）分子中含有的共价键数为(3n+1)NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．18gT2O的物质的量为=mol，mol该水分子中含有中子的物质的量为mol×12=mol，故A错误；
B．胶体微粒不是单个的分子，而是多个AgI的聚合体，因此无法计算用23.5gAgI与水制成的胶体中胶体粒子数，故B错误；
C．氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，且生成的是HCl和HClO，故溶液中的氯离子个数小于0.1NA个，故C错误；
D．1molCnH2n+2(烷烃)中含有(n-1)mol碳碳键和(2n+2)mol碳氢键，总共含有(3n+1)mol共价键，含有共价键数为(3n+1)NA，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题的易错点为B，要注意胶体中的胶体粒子是多个分子(离子)的聚合体。
3.共用两个及两个以上碳原子的多环烃称为桥环烃，共用的碳原子称为桥头碳。桥环烃二环[2.2.0]己烷的碳原子编号为。下列关于该化合物的说法错误的是
A. 桥头碳为1号和4号 B. 与环己烯互为同分异构体
C. 二氯代物有6种结构 D. 所有碳原子不可能位于同一平面
【答案】C
【解析】
【详解】A. 共用两个及两个以上碳原子的多环烃称为桥环烃，共用的碳原子称为桥头碳，中桥头碳为1号和4号，故A正确；
B. 二环[2.2.0]己烷的分子式与环己烯相同，均为C6H10，互为同分异构体，故B正确；
C. 二环[2.2.0]己烷二氯代物有：取代2(或3、5、6)上的2个氢原子；取代1和2上各1个氢原子；取代1和3上各1个氢原子；取代1和4上各1个氢原子；取代2和3(或5和6)上各1个氢原子；取代2和5上各1个氢原子；取代2和6上各1个氢原子；共7种结构，故C错误；
D. 分子中含有，为四面体结构，分子中的所有碳原子不可能位于同一平面，故D正确；
答案选C。
【点睛】本题的易错点为CD，C中书写二氯代物的同分异构体时可以使用定一移二的方法解答，需要注意1号碳原子上有1个氢原子，2号碳原子上有2个氢原子；D中要注意有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、、)中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。
4.下列实验操作能达到实验目的的是
A. 将甲烷和乙烯的混合气体通过溴的四氯化碳溶液进行分离
B. 只用Na2CO3溶液来鉴别CaCl2溶液、AlCl3溶液和稀硫酸
C. 为检验某品牌食盐中是否加碘，将样品溶解后滴加淀粉溶液
D. 向某溶液中滴加少量稀硝酸，产生白色沉淀，证明其中含有SiO32-
【答案】B
【解析】
【详解】A．溴与乙烯反应，而甲烷不能，但甲烷可溶于四氯化碳，应选溴水、洗气分离，故A错误；
B．碳酸钠与CaCl2溶液反应生成白色沉淀，与AlCl3溶液也生成白色沉淀，但同时生成无色无味的气体，现象不同，可以鉴别，故B正确；
C．淀粉遇碘单质变蓝色，与碘的化合物无明显现象，故C错误；
D．向某溶液中滴加少量稀硝酸，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为氢氧化铝，也可能为硅酸，故D错误；
答案选B。
5.锌电池是一种极具前景的电化学储能装置。VS2/Zn扣式可充电电池组成示意图如下。Zn2+可以在VS2晶体中可逆地嵌入和脱除，总反应为VS2＋xZnZnxVS2。下列说法错误的是
A. 放电时不锈钢箔为正极，发生还原反应
B. 放电时负极的反应为Zn－2e－== Zn2+
C. 充电时锌片与电源的负极相连
D. 充电时电池正极上的反应为：ZnxVS2＋2xe－＋xZn2+==VS2＋2xZn
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图示，结合总反应方程式可知，锌反应后化合价升高，发生氧化反应，因此放电时，锌为负极，涂VS2不锈钢为逐渐，结合原电池和电解池原理分析解答。
【详解】A. 根据上述分析，放电时不锈钢箔为正极，发生还原反应，故A正确；
B. 放电时，锌为负极，发生氧化反应，负极的反应为Zn－2e－== Zn2+，故B正确；
C. 充电时，原电池的负极接电源的负极充当阴极，因此锌片与电源的负极相连，故C正确；
D. 充电时，原电池的正极接电源的正极充当阳极，失去电子，发生氧化反应，故D错误；
答案选D。
6.2019年是元素周期表诞生的第150周年，联合国大会宣布2019年是“国际化学元素周期表年”。W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W的一种核素可用于文物年代的测定，X与W同周期相邻，四种元素中只有Y为金属元素，Z的单质为黄绿色气体。下列叙述正确的是
A. W的氢化物中只存在极性共价键 B. Z的氧化物对应的水化物均为强酸
C. X与Y的化合物可发生水解反应 D. Y与Z的化合物熔融电解一定得金属单质
【答案】C
【解析】
【分析】
W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W的一种核素可用于文物年代的测定，W为C元素；X与W同周期相邻，则X为N元素；Z的单质为黄绿色气体，Z为Cl元素；四种元素中只有Y为金属元素，则Y可能为Na、Mg、Al元素，据此分析解答。
【详解】A. W的氢化物为烃，烃中可能存在非极性共价键，如乙烷、乙烯等，故A错误；
B. Z的氧化物对应的水化物不一定为强酸，如次氯酸为弱酸，故B错误；
C. X与Y的化合物为氮化物，均可发生水解反应，如氮化钠水解生成氨气和氢氧化钠，氮化镁水解生成氨气和氢氧化镁，氮化铝水解生成氨气和氢氧化铝，故C正确；
D. Y与Z的化合物可能为氯化铝，熔融状态不能导电，不能电解得到铝单质，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题的难点为Y元素的不确定，易错点为C，要知道金属氮化物能够水解生成氨气。
7.改变0.01mol/LNaAc溶液pH，溶液中HAc、Ac－、H+、OH－浓度的对数值lgc与溶液pH的变化关系如图所示。若pKa＝-lgKa，下列叙述错误的是
A. 直线b、d分别对应H+、OH－
B. pH＝6时，c(HAc)＞c(Ac－)＞c(H+)
C. HAc电离常数的数量级为10-5
D. 从曲线a与c的交点可知pKa＝pH＝4.74
【答案】B
【解析】
【分析】
微粒的浓度越大，lgc越大。强酸性溶液中c(CH3COOH)≈0.01mol/L，lgc(CH3COOH)≈-2，强碱性溶液中c(CH3COO-)≈0.01mol/L，lgc(CH3COO-)≈-2；酸性越强lgc(H+)越大、lgc(OH-)越小，碱性越强lgc(H+)越小、lgc(OH-)越大，根据图像知，曲线c为CH3COOH，a为CH3COO-，b线表示H+，d线表示OH-。据此分析解答。
【详解】A. 根据上述分析，直线b、d分别对应H+、OH－，故A正确；
B. 根据图像，pH＝6时，c(Ac－)＞c(HAc)＞c(H+)，故B错误；
C. HAc电离常数Ka=，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，Ka=c(H+)=10-4.74，数量级为10-5，故C正确；
D. 曲线a与c的交点，表示c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，根据C的分析，Ka=c(H+)=10-4.74，pKa＝-lgKa＝-lg c(H+)=pH＝4.74，故D正确；
答案选B。
8.Co(CH3COO)2(乙酸钴)可用作酯交换反应的催化剂并可用于制备高质量锂电池电极。在氮气氛围中，乙酸钴受热分解生成CO、CO2和C2H6等产物。某研究小组利用下列装置检验乙酸钴热
分解的部分产物。
已知：①CO＋PdCl2＋H2O==CO2＋Pd↓(黑色)＋2HCl；
②变色硅胶为深蓝色，吸水后变为粉红色。
回答下列问题：
(1)B装置的作用是____，要检验乙酸钴分解产物中的CO2，对以上装置的改进方案是______。
(2)仪器a中的试剂是_______，其作用是_______。
(3)能证明乙酸钴的分解产物含有C2H6的实验现象是______。
(4)装置D中C2H6被CuO完全氧化的化学方程式是________。
(5)另取一定量乙酸钴结晶水合物样品[Co(CH3COO)2·nH2O]在空气中加热，样品固体残留率(×100%)随温度的变化如图所示(样品在200 ℃时已完全失去结晶水，350 ℃以上残留固体为金属氧化物)。根据以上实验数据列出残留氧化物CoxOy中x∶y的计算式：_____。
【答案】 (1). 检验并吸收CO (2). 在A与B之间增加盛有澄清石灰水的洗气瓶 (3). 碱石灰 (4). 吸收B中生成的CO2并干燥气体 (5). D中黑色固体变为红色，E中硅胶变为粉红色，F中澄清石灰水变浑浊 (6). 7CuO＋C2H67Cu＋2CO2＋3H2O (7).
【解析】
【分析】
乙酸钴受热分解生成CO、CO2和C2H6等产物。结合已知条件①，B中PdCl2溶液可检验CO，F
中澄清石灰水可检验二氧化碳，因此进入装置D的气体需要除去二氧化碳和水蒸气，因此装置C可以选用碱石灰除去气体中的二氧化碳和水蒸气，D中乙烷与氧化铜反应生成二氧化碳和水蒸气，E中B变色硅胶可以检验水蒸气，据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，B装置是检验并吸收CO；要检验乙酸钴分解产物中的CO2，需要在气体进入装置D之前检验，因此可以在A与B之间增加盛有澄清石灰水的洗气瓶，故答案为：检验并吸收CO；在A与B之间增加盛有澄清石灰水的洗气瓶；
(2)根据上述分析，仪器a中的试剂是碱石灰，碱石灰可以吸收B中生成的CO2并干燥气体，故答案为：碱石灰；吸收B中生成的CO2并干燥气体；
(3)要证明乙酸钴的分解产物含有C2H6，需要在除去了二氧化碳和水蒸气以及一氧化碳后的气体在D中与氧化铜反应，若D中黑色固体变为红色，说明乙烷与氧化铜发生了反应，E中硅胶变为粉红色，说明生成了水蒸气，F中澄清石灰水变浑浊说明生成了二氧化碳，则能证明乙酸钴的分解产物含有C2H6，故答案为：D中黑色固体变为红色，E中硅胶变为粉红色，F中澄清石灰水变浑浊；
(4)根据(3)的分析可知，装置D中C2H6被CuO完全氧化生成了二氧化碳、水和铜，反应的化学方程式是7CuO＋C2H67Cu＋2CO2＋3H2O，故答案为：7CuO＋C2H67Cu＋2CO2＋3H2O；
(5)Co(CH3COO)2•nH2O在加热过程中先失去结晶水，200℃时得到的Co(CH3COO)2，则残留固体中钴的含量=×71.2%，350 ℃以上残留固体为金属氧化物(CoxOy)，残留固体中钴的含量=×32.3%，根据钴的质量守恒，假设固体样品的起始质量为m，则×71.2%×m=×32.3%×m，解得=，故答案为：。
【点睛】本题的难点为(5)，要注意Co(CH3COO)2•nH2O加热分解过程中，钴元素的质量不变，这也是计算的依据。
9.目前我国主要采用硫酸法生产钛白（TiO2），每年产生至少100万吨钛白废液，其中含H2SO4约20%，还有少量Fe2+、TiO2+、Al3+。利用钛白废液浸出氧化锌生产七水硫酸锌，具有原料易得、工艺简单、回收率高和产品纯度高等优点。生产流程简化如下：
回答下列问题：
（1）“浸出”时发生的主要反应的离子方程式为_______。
（2）为寻找“浸出”的最佳条件，做9组对比试验得下表：
因素
温度/℃
反应时间/h
固液比
产率/%
1
70
2
1∶6.5
79.83
2
70
3
1∶7.5
86.18
3
70
4
1∶8.5
84.33
4
80
2
1∶7.5
83.06
5
80
3
1∶8.5
87.02
6
80
4
1∶6.5
95.38
7
90
2
1∶8.5
83.58
8
90
3
1∶6.5
88.95
9
90
4
1∶7.5
89.64
由表中数据可知，“浸出率”最高时的反应条件是_______。
（3）从生产实际考虑，调滤液的pH时选择加入石灰乳的原因是_______。
（4）常温下，按1:6固液质量比反应的浸出液中锌离子浓度最大值约为2.5mol/L，若Ksp[Zn(OH)2]＝1.2×10-17，lg4.8≈0.68。则加入石灰乳调节的pH应不超过______（保留一位小数）。
（5）在加热下鼔入空气时，发生反应的化学方程式是___，此时TiO2+也会水解生成H2TiO3沉淀，发生反应的离子方程式为_____。
（6）加热下加入H2O2目的是进一步氧化除杂，氧化产物为__。抽滤得到的滤渣主要成分有___和H2TiO3（填化学式）。
【答案】 (1). ZnO＋2H+==Zn2+＋H2O (2). 80℃，反应时间4h，固液比1∶6.5 (3). 氢氧化钙价格低廉，并有较强的碱性 (4). 5.3 (5). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O==4Fe(OH)3
(6). TiO2+＋2H2O ==H2TiO3↓＋2H+ (7). Fe(OH)3 (8). CaSO4、Fe(OH)3、Al(OH)3
【解析】
【分析】
钛白废液中含H2SO4约20%，还有少量Fe2+、TiO2+、Al3+。钛白废液中的酸与氧化锌反应，将氧化锌溶解，过滤除去不溶物，在滤液中加入石灰乳调节溶液的pH，可以使亚铁离子、铝离子沉淀，并使TiO2+水解生成沉淀，如何鼓入空气和加入双氧水，将氢氧化亚铁充分氧化转化为溶解度更小的氢氧化铁沉淀，混合液经过抽滤得到硫酸锌溶液，蒸发浓缩，冷却晶体得到硫酸锌晶体，据此分析解答。
【详解】(1)“浸出”时钛白废液中的酸与氧化锌反应，反应的离子方程式为ZnO＋2H+=Zn2+＋H2O，故答案为：ZnO＋2H+=Zn2+＋H2O；
(2)根据表格数据可知，温度在80℃，反应时间在4h左右，固液比为1∶6.5时，“浸出率”最高达95.38%，故答案为：80℃，反应时间4h，固液比1∶6.5；
(3)从生产实际考虑，工业生产一般都需要考虑成本，由于氢氧化钙价格低廉，并有较强的碱性因此调滤液的pH时选择加入石灰乳，故答案为：氢氧化钙价格低廉，并有较强的碱性；
(4)氢氧化锌刚好开始沉淀时，c(OH-)===4.8×10-8 mol/L，此时pH=14-[-lg(4.8×10-8)]≈14-(8+0.68) ≈ 5.3，为了除去溶液中的杂质离子，而不沉淀锌离子，溶液的pH应不超过5.3，故答案为：5.3；
(5)在加热下鼔入空气时，生成的氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，反应的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，此时TiO2+也会水解生成H2TiO3沉淀，反应的离子方程式为TiO2+＋2H2O =H2TiO3↓＋2H+，故答案为：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；TiO2+＋2H2O =H2TiO3↓＋2H+；
(6)加热下加入H2O2目的是进一步氧化除去氢氧化亚铁杂质，氧化生成氢氧化铁沉淀；根据(5)的提示，抽滤得到的滤渣中除了含有Fe(OH)3、H2TiO3外，硫酸钙微溶于水，还应该含有加入石灰乳生成的硫酸钙沉淀，加入石灰乳，溶液中的铝离子会生成氢氧化铝沉淀，故答案为：CaSO4、Fe(OH)3、Al(OH)3。
10.光气（COCl2）在塑料、制药等工业生产中有许多用途，其化学性质不稳定，遇水迅速产生两种酸性气体。回答下列问题：
（1）少量COCl2可用烧碱溶液吸收，发生反应的离子方程式为________。
（2）工业上用CO和Cl2在高温、活性炭催化作用下合成光气：Cl2(g)＋CO(g)COCl2(g) ∆H＝-108 kJ·mol-1。所需CO来自CH4与CO2的催化重整反应。查阅文献获得以下数据：
CH4(g)＋2O2(g)==CO2(g)＋2H2O(l) ∆H1＝-890.3 kJ·mol-1
2H2(g)＋O2 (g)==2H2O(l) ∆H2＝-571.6 kJ·mol-1
2CO(g)＋O2 (g)==2CO2(g) ∆H3＝-566 kJ·mol-1
则CH4与CO2催化重整反应生成CO和H2的热化学方程式为_____。
（3）在T ℃时，向盛有活性炭的5 L恒容密闭容器中加入0.6 mol CO和0.45 mol Cl2，CO和COCl2的浓度在不同时刻的变化状况如图所示：
①反应在第6 min时平衡常数为___，第8 min时改变的条件是____。
②在第12 min时升高温度，重新达到平衡时，COCl2的体积分数将___（填“增大”“不变”或“减小”），原因是_____。
（4）Burns和Dainton研究了反应Cl2(g)＋CO(g)COCl2(g)的动力学，获得其速率方程v = k [c(Cl2)]3/2 [c(CO)]m，k为速率常数（只受温度影响），m为CO的反应级数。
①该反应可认为经过以下反应历程：
第一步：Cl22Cl 快速平衡
第二步：Cl + COCOCl 快速平衡
第三步：COCl + Cl2 —→COCl2 + Cl 慢反应
下列表述正确的是____（填标号）。
A．COCl属于反应的中间产物 B．第一步和第二步的活化能较高
C．决定总反应快慢的是第三步 D．第三步的有效碰撞频率较大
②在某温度下进行实验，测得各组分初浓度和反应初速度如下：
实验序号
c(Cl2)/mol·L-1
c(CO)/mol·L-1
v/mol·L-1·s-1
1
0.100
0.100
1.2×10-2
2
0.050
0.100
4.26×10-3
3
0.100
0.200
2.4×10-2
4
0.050
0.050
2.13×10-3
CO的反应级数m =___，当实验4进行到某时刻，测得c(Cl2) = 0.010 mol·L-1，则此时的反应速率v =___mol·L-1·s-1（已知：≈ 0.32）。
【答案】 (1). COCl2＋4OH－==CO32-＋2Cl－＋2H2O (2). CH4(g)＋CO2(g)==2CO(g)＋2H2(g) ∆H= +247.3kJ·mol -1 (3). 5.56 (4). 移去部分CO (5). 减小 (6). 正反应放热，升高温度，平衡逆向移动 (7). AC (8). 1 (9). 3.8×10-5
【解析】
【分析】
(1)光气(COCl2)化学性质不稳定，遇水迅速产生两种酸性气体，气体为二氧化碳和氯化氢，据此书写反应的离子方程式；
(2)根据盖斯定律分析解答；
(3)①根据图像，平衡时COCl2的浓度为0.03mol/L，根据三段式计算平衡常数K；第8 min时，COCl2的浓度逐渐减小，CO的浓度突然减小，据此分析改变的条件；②该反应为放热反应，根据温度对平衡的影响分析解答；
(4)①反应的快慢由最慢的反应决定，结合反应历程分析判断；②根据表格数据，当c(Cl2)不变时，c(CO)增大1倍，反应速率增大1倍，说明v与c(CO)的一次方成正比，结合表格数据计算判断m和 k的值，当c(Cl2) = 0.010 mol·L-1，代入速率方程计算v。
【详解】(1)光气(COCl2)化学性质不稳定，遇水迅速产生两种酸性气体，气体为二氧化碳和氯化氢，因此少量COCl2与烧碱溶液发生反应的离子方程式为COCl2＋4OH－==CO32-＋2Cl－＋2H2O，故答案为：COCl2＋4OH－==CO32-＋2Cl－＋2H2O；
(2)①CH4(g)+2O2 =CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3 kJ•mol-1，②2H2(g)＋O2 (g)==2H2O(l) ∆H2＝-571.6 kJ·mol-1，③2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566.0 kJ•mol-1，根据盖斯定律，将
①-②-③得：CH4(g)＋CO2(g)==2CO(g)＋2H2(g) ∆H=(-890.3 kJ•mol-1)-(-571.6 kJ·mol-1)-(-566.0 kJ•mol-1)= +247.3kJ·mol -1，故答案为：CH4(g)＋CO2(g)==2CO(g)＋2H2(g) ∆H= +247.3kJ·mol -1；
(3)①根据图像，平衡时COCl2的浓度为0.03mol/L，则
Cl2(g)＋CO(g)COCl2(g)
起始(mol/L)0.09 0.12 0
反应(mol/L)0.03 0.03 0.03
平衡(mol/L)0.06 0.09 0.03
反应在第6 min时达到平衡，平衡常数K==5.56；第8 min时，COCl2的浓度逐渐减小，CO的浓度突然减小，因此改变的条件是移去部分CO，故答案为：5.56；移去部分CO；
②Cl2(g)＋CO(g)COCl2(g) ∆H＝-108 kJ·mol-1，为放热反应；在第12 min时升高温度，平衡逆向移动，重新达到平衡时，COCl2的体积分数将减小，故答案为：减小；正反应放热，升高温度，平衡逆向移动；
(4)①A．根据反应历程，COCl属于反应的中间产物，故A正确；B．第一步和第二步反应能够快速达到平衡，说明反应容易进行，反应的活化能较低，故B错误；C．反应的快慢由最慢的反应决定，因此决定总反应快慢的是第三步，故C正确；D．第三步的反应较慢，说明有效碰撞频率较小，故D错误，故答案为：AC；
②速率方程v = k [c(Cl2)]3/2 [c(CO)]m，根据表格数据，当c(Cl2)不变时，c(CO)增大1倍，反应速率增大1倍，说明v与c(CO)的一次方成正比，m=1，则1.2×10-2= k(0.100)3/2 (0.100)1，因此当k=，因此当c(Cl2) = 0.010 mol·L-1，v =×(0.0100)3/2 (0.0100)1mol·L-1·s-1 =3.8×10-5 mol·L-1·s-1，故答案为：1；3.8×10-5。
11.氮、磷是植物生长所需的重要元素。回答下列问题：
（1）下列N原子电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是____（填标号）。
（2）羟氨（NH2OH）可看成是氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物，分子中N的杂化类
型是___。羟氨易溶于水，其主要原因是____。
（3）第一电离能I1(N)_____I1(P)（填“＞”“＜”“＝”），原因是_____。
（4）直链多磷酸根阴离子是由两个或两个以上磷氧四面体通过共用顶角氧原子连接起来的，如图所示。则由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为_____。
（5）氮化锗具有耐腐蚀、硬度高等优点，晶体中锗原子与氮原子之间存在明显s-p杂化现象，氮化锗晶体属于______晶体。一种氮化锗晶胞的球棍模型如图，其化学式为_____，若晶胞长方体的高为bpm，阿伏加德罗常数值为NA，晶体的密度为ρ g/cm3，则晶胞底面正方形的边长为_______ pm（列出计算式）。
【答案】 (1). A＜C＜B＜D (2). sp3杂化 (3). 羟氨分子与水分子均为极性分子，分子间都能形成氢键 (4). ＞ (5). N的原子半径比P小，核对最外层电子的吸引力较大 (6). [PnO3n+1](n+2)- (7). 原子 (8). Ge3N4 (9). ×1015
【解析】
【分析】
(1)原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，据此判断；
(2)分子中N原子与3个原子相连，含有1个孤电子对；羟氨分子与水分子均为极性分子，分子间都能形成氢键，据此解答；
(3)根据原子半径的大小，结合核对最外层电子的吸引力分析判断；
(4)含有n个磷原子的多聚磷酸根离子，相当于是n个磷酸根离子中去掉了(n-1)氧原子，可以得出P与O原子关系，化合价代数和等于离子所带电荷；
(5)根据氮化锗具有耐腐蚀、硬度高等优点判断晶体类型；根据分摊法计算晶胞中含有的锗原子和氮原子数目，据此书写氮化锗的化学式；结合密度的计算公式分析解答。
【详解】(1)原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，轨道能量：1s＜2s＜2p，根据占据2p轨道电子的数目可知，A能量最低，D能量最高，根据占据2s
轨道电子的数目可知，能量B＞C，因此能量由低到高的顺序是A＜C＜B＜D，故答案为：A＜C＜B＜D；
(2)羟氨(NH2OH)可看成是氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物，分子中N原子与3个原子相连，含有1个孤电子对，采用sp3杂化；羟氨易溶于水，是因为羟氨分子与水分子均为极性分子，分子间都能形成氢键，故答案为：sp3杂化；羟氨分子与水分子均为极性分子，分子间都能形成氢键；
(3)N原子半径比P小，核对最外层电子的吸引力较大，因此第一电离能I1(N)＞I1(P) ，故答案为：＞；N的原子半径比P小，核对最外层电子的吸引力较大；
(4)含有n个P原子的多聚磷酸根离子，相当于是n个磷酸根离子中去掉了(n-1)氧原子，O原子数目=3n-(n-1)=3n+1，所带电荷为(-2)×(3n+1)+5n=-(n+2)，故由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为：[PnO3n+1](2+n)-，故答案为：[PnO3n+1](2+n)-；
(5)氮化锗具有耐腐蚀、硬度高等优点，符合原子晶体的特征，因此氮化锗属于原子晶体；晶胞中含有的锗原子数目=10×+4×=6，氮原子数目=8，因此氮化锗的化学式为Ge3N4；
设晶胞底面正方形的边长为x pm，因为晶胞的质量=g，晶胞的体积=x2b pm3，则ρ g/cm3=，因此x2=×1030，解得x=×1015，故答案为：×1015。
【点睛】本题的易错点为(5)，要注意观察晶胞结构中锗原子的位置，应该为上下面上各1个，前后和左右面上各2个，四条棱上各1个。
12.我国科研人员采用新型锰催化体系，选择性实现了简单酮与亚胺的芳环惰性C-H的活化反应。利用该反应制备化合物J的合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A中官能团的名称是______。F的化学名称是______。
（2）C和D生成E的化学方程式为_____________。
（3）G的结构简式为________。
（4）由D生成F，E和H生成J的反应类型分别是______、_____。
（5）芳香化合物K是E的同分异构体。若K能发生银镜反应，则K可能的结构有____种，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为______（任写一种）。
【答案】 (1). 醛基 (2). 4-硝基甲苯（对硝基甲苯） (3). (4). (5). 取代反应 (6). 加成反应 (7). 14 (8). 或
【解析】
【分析】
A(C2H4O)能够与新制氢氧化铜反应，说明A含有醛基，因此A为CH3CHO，则B为CH3COOH；结合C和E的分子式可知，C和D应该发生取代反应生成E和氯化氢，则D为；甲苯在浓硫酸作用下发生硝化反应，生成F，结合J的结构可知，F为对硝基甲苯()，F被还原生成G，G为对氨基甲苯()，根据已知信息，G和乙醛反应生成H，结合J的结构可知，H为，则E为，据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，A为C2H4O，含有的官能团为醛基；F为，名称为对硝基甲苯，故答案为：醛基；4-硝基甲苯(对硝基甲苯)；
(2)根据上述，C和D发生取代反应生成E，反应的化学方程式为，故答案为：
；
(3)G为对硝基甲苯中硝基被还原的产物，G为，故答案为：；
(4)由D生成F是甲苯的硝化反应，属于取代反应，根据流程图，E和H生成J的过程中N=C双键转化为了单键，属于加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；
(5)E为，芳香化合物K是E的同分异构体。若K能发生银镜反应，说明K中还原醛基，则K的结构有：苯环上连接1个乙基和1个醛基有3种；苯环上连接2个甲基和1个醛基有6种；苯环上连接1个甲基和1个—CH2CHO有3种；苯环上连接1个—CH2 CH2CHO有1种；苯环上连接1个—CH(CH3)CHO有1种，共14种；其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为或，故答案为：14；或。
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