河北省2020届高三化学下学期第三次质量检测试题（Word版附解析）

2020 届高三下学期第三次阶段质量检测 理科综合 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 S 32 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Se 79 一、选择题： 1.化学在科技进步方面发挥着重要的作用。下列说法正确的是 A. 是制备有机发光二极管 OLED 的材料之一，其属于有机高分子化合物 B. 2019 世界能源大会把核能作为含碳能源重要替代品，核电站把化学能转化为电能 C. DAC 法能够实现直接从空气中捕获二氧化碳，该法可缓解全球日益严重的温室效应 D. 以纯净物聚丙烯为原料生产的熔喷布口罩，在“新冠肺炎战疫”中发挥了重要作用 【答案】C 【解析】 【详解】从 的结构简式可以看出，其属于有机小分子，不属于有机高分子化合物， A 错误；核电站把核能经过一系列转化，最终转化为电能，B 错误；捕获空气中的 CO2 可使 空气中 CO2 的含量降低，能够减缓温室效应，C 正确；不同的聚丙烯分子的聚合度可能不同， 所以，聚丙烯属于混合物，D 错误。 2.加巴喷丁可以治疗全身强直阵发性癫痫，其结构简式如下。下列关于加巴喷丁的叙述正确的 是( ) A. 分子式为 C9H12NO2 B. 可以发生取代反应、缩聚反应 C. 分子中最多有 7 个碳原子共面 D. 易与 H2 发生加成反应 【答案】B 【解析】 【详解】A.此处应该注意该环状不是苯环，所以根据结构式将其每个原子数出来，分子式应该为 ，故 A 错误； B.因为含有氨基、羧基等，可以发生取代反应，缩聚反应，故 B 正确； C.因为该环状不是苯环结构，所以应理解为 结构，排列为空间四面体结构，所以不可能 有 7 个碳原子共面，故 C 错误； D.没有碳碳双键等能够和氢气发生加成反应 结构，所以不能够和氢气发生加成反应，故 D 错误。 故答案选：B。 3.蔗糖与浓硫酸反应的实验改进装置如图所示，下列说法错误的是 A. 改进装置后，有毒气体被碱液吸收，实现了绿色环保 B. 浓硫酸在实验过程中体现了脱水性和强氧化性 C. 产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，说明产生了 CO2 D. 该反应比较剧烈、危险，实验各物质的用量应按要求规范操作 【答案】C 【解析】 【详解】原实验中生成的气体直接排放到大气中，改进之后，解决了教材实验的不足，实现 了绿色环保，选项 A 正确；浓硫酸将蔗糖分子中氢、氧原子个数按 2∶1 脱去生成水，体现浓 硫酸的脱水性，且生成的碳单质又被浓硫酸氧化成二氧化碳，浓硫酸又体现了强氧化性，选 项 B 正确；产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，可能是二氧化硫，也可能是二氧化碳或二者 的混合物，选项 C 错误；该反应比较剧烈，产生大量气体和热量，利用上述密闭装置，如果 没有按照规范添加反应物的用量，会存在危险，选项 D 正确。 4.据预测，到 2040 年我国煤炭消费仍将占能源结构的三分之一左右。H2S 在催化活性碳 （AC）表面的迁移，对煤的清洁和综合应用起了很大的促进作用，其机理如图所示，其中 ad 表示物种的吸附状态。下列有关叙述错误的是 的 9 17 2C H NO 3-CHA. 图中阴影部分表示 H2S 分子的吸附与离解 B. AC 表面作用的温度不同，H2S 的去除率不同 C. H2S 在 AC 表面作用生成的产物有 H2O、H2、S、SO2、CS2 等 D. 图中反应过程中只有 H—S 键的断裂，没有 H—S 键的形成 【答案】 【解析】 【详解】图中阴影部分 H2S(g)→H2S(ad)为 H2S 在催化剂表面的吸附，H2S(ad)→2H(ad)+S(ad) 表示 H2S 的离解，选项 A 正确；温度高时气态硫会反应生成 H2S 等，温度低时会变成固态的 硫，选项 B 正确；观察图示可知 H2S 在 AC 表面作用生成的产物有 H2O、H2、S、SO2、CS2 等，选项 C 正确；图中阴影部分出现 H(ad)、S(ad)，有 H—S 键的断裂，部分 S(g)与 H2(g)生 成 H2S(g)，存在 H—S 键的形成，选项 D 错误。 5.2019 年诺贝尔化学奖颁给在锂离子电池发展方面作出突出贡献的三位科学家，颁奖词中说： 他们创造了一个可再充电的世界。下面是最近研发的 Ca-LiFePO4 可充电电池的工作示意图， 锂离子导体膜只允许 Li+通过，电池反应为：xCa2+＋2LiFePO4 xCa＋2Li1-xFePO4＋ 2xLi+。下列说法错误的是A. LiPF6-LiAsF6 为非水电解质，其与 Li2SO4 溶液的主要作用都是传递离子 B. 放电时，负极反应为：LiFePO4−xe−===Li1-xFePO4＋xLi+ C. 充电时，Li1-xFePO4/LiFePO4 电极发生 Li+脱嵌，放电时发生 Li+嵌入 D. 充电时，当转移 0.2 mol 电子时，左室中电解质的质量减轻 2.6 g 【答案】B 【解析】 【详解】钙与水能够剧烈反应，所以，左室中的 LiPF6−LiAsF6 电解质一定为非水电解质，Li2SO4 溶液为右室中的电解质溶液，它们的主要作用都是传递离子，形成电流，构成闭合回路，A 正 确；放电时，负极反应为：Ca−2e−===Ca2+，使左室中正电荷数目增多，锂离子导体膜只允许 Li+通过，使 LiPF6−LiAsF6 电解质中的 Li+通过锂离子导体膜移入右室，正极反应为：Li1−xFePO4 ＋xLi+＋xe−===LiFePO4，电极发生 Li+嵌入，B 错误；充电时，阳极发生：LiFePO4−xe−===xLi+ ＋Li1−xFePO4，电极发生 Li+脱嵌，阴极发生：Ca2+＋2e−===Ca，转移 0.2 mol 电子时，有 0.2 mol Li+从右室通过锂离子导体膜移入左室，左室电解质中有 0.1 mol Ca2+得电子生成 Ca 沉积在钙 电极上，故左室中电解质的质量减轻 40×0.1 g −7×0.2 g =2.6 g，C、D 正确。 6.W、X、Y、Z 为短周期原子序数依次增大的主族元素，其原子序数之和为 30，W 与 X、Y、 Z 都能形成共价化合物，Y、W 形成的常见化合物溶于水显碱性，Z、W 形成的化合物溶于水 显酸性，四种元素形成的某种化合物的结构式为 。下列说法错误的是 A. X 为硼元素或碳元素 B. Y 不属于第ⅣA 族元素 C. W 与 Y、Z 分别形成的常见化合物能反应生成盐 D. 最高价氧化物对应 水化物的酸性：Z>Y 【答案】A 的【解析】 【详解】根据 W、X、Y、Z 为短周期原子序数依次增大的主族元素，W 与 X、Y、Z 都能形 成共价化合物，W 应该为氢元素；Y、W 形成的化合物溶于水显碱性，Y 为 N，Y、W 形成的 常见化合物为 NH3；Z、W 形成的化合物溶于水显酸性，Z 可能为 F、S、Cl，根据四种元素 形成化合物的结构式为 可知，Z 不可能为 S；根据其原子序数之和为 30，且 W、 X、Y、Z 原子序数依次增大判定 Z 不可能为 F 元素，故 Z 为 Cl 元素，则 X 为 B 元素。据此 推断：X 为硼元素，选项 A 错误；Y 为 N，不属于第ⅣA 族元素，选项 B 正确；Y、Z 分别与 W 形成的常见化合物为 NH3 和 HCl，它们能反应生成 NH4Cl，属于盐，选项 C 正确；Z、Y 最高价氧化物对应的水化物分别为 HClO4、HNO3，酸性 HClO4>HNO3，选项 D 正确。 7.某三元羧酸 H3A 在表面活性剂、洗涤剂、润滑剂等方面具有重要的地位。常温时，向 10 mL 0.01 mol·L−1 的 H3A 溶液中滴入 0.01 mol·L−1 的 NaOH 溶液，H3A、H2A−、HA2−、A3−的物质 的量分数与溶液的 pH 的关系如 图所示。下列说法错误的是( ) A. 该温度下，H3A 的电离常数 Ka1=10−a B. 若 b=7，加入 20 mL NaOH 溶液时，溶液的 pH＜7 C. NaOH 溶液的体积为 30 mL 时，溶液中：c(OH−)=3c(H3A)＋2c(H2A−)＋c(HA2−)＋c(H+) D. 反应 2H2A− H3A＋HA2−在该温度下的平衡常数 K=10a-b 【答案】B 【解析】 【分析】 由图像可知 pHc（ H2A-），pH=a 时，c（H3A） =c（ H2A-），pH=b 时 c（HA2-）=c（ H2A-），pH=c 时 c（HA2-）=c（ A3-），结合溶液中电荷 守恒、物料守恒和电离平衡常数进行分析计算。 【详解】A.电离常数只与温度有关，H3A 的一级电离常数看图像左侧的第一个交点，故 Ka1=c （H+），故 A 正确； B.加入 20 mL NaOH 溶液时，溶液中的溶质为 Na2HA，位于 pH=b=7 的右侧，此时溶液的 pH>7， 故 B 错误； C.NaOH 溶液的体积为 30mL 时，物料守恒表达式为 ，电荷守恒表达式为 ，两式联立可得题中表达式， 故 C 正确； D.该反应在此温度下的平衡常数为 ， 故 D 正确； 故答案选：B。 【点睛】电离常数只与温度有关，看图像左侧的第一个交点 c（H3A）=c（H2A-），以此计算电 离常数。 二、填空题 8.（14 分）工业上常用苏打烧结法提取自然界中的稀散元素硒（Se)，我国科研人员自主设计 的利用粗铜电解精炼所产生含硒化亚铜（Cu2Se)和碲化亚铜（Cu2Te)的阳极泥为原料，提取硒 的某种工艺流程如图所示。 回答下列问题： （1）电解精炼铜时，电源的正极连接_______（填“粗铜”或“精铜”），阳极溶解铜的质量 __________（填“＞”“=”或“＜”）阴极析出铜的质量。 （2）“烧结”时苏打和硒化亚铜主要生成了 Na2SeO3、Cu2O 和 CO2 气体，该反应的化学方程式 为________________________________。“烧结”时生成了少部分 Na2SeO4，写出“还原”时反应 的离子方程式____________。 + - 2- 3- 3 2c Na =3 c H A +c H A +c HA +c A（ ） （ ） （ ） （ ） （ ）   + + - 2- 3- - 2c Na +c H =c H A +2c HA +3c A +c OH（ ） （ ） （ ） （ ） （ ） （ ） + 2- a-b3 a2 - - + a12 2 c(H A) Kc(H ) c(HA )K= = =10Kc(H A ) c(H A ) c(H ) ⋅ × ⋅（3）含硒烧结物浸取时，最佳加热方式为________________，除去的物质为___________（填 化学式）。 （4）本工艺副产物 TeO2 用于制造红外器件、声光器件材料，可溶于强酸和强碱，并形成复 盐，则 TeO2 属于______氧化物（填“酸性”“碱性”或“两性”） （5）把硫酸工业第一步的产物 SO2 通入 Na2SeO3 溶液制备硒单质，写出该反应的离子方程式 _____________。若得到 50 kg 硒单质，至少需要___________kg 质量分数为 90%的 FeS2 矿石。 （结果保留一位小数） 【答案】 (1). 粗铜 (2). ＜ (3). 2Cu2Se＋2Na2CO3＋3O2 2Cu2O＋2Na2SeO3＋2CO2 (4). 2Fe2+＋ ＋2H+===2Fe3+＋ ＋H2O (5). 水浴加热 (6). Cu2O (7). 两性 (8). +H2O+2SO2===Se↓+2 +2H+ (9). 84.4 【解析】 【详解】（1）电解精炼铜时，粗铜连接电源的正极，精铜连接电源的负极，阳极铜溶解放电 的同时，还有锌、铁、镍等金属同时放电，阴极只有铜析出，两极转移电子数相同，所以， 阳极溶解铜的质量小于阴极析出铜的质量。 （2）根据信息，Cu2Se 中+1 价铜元素化合价未变，−2 价硒元素化合价升高至+4 价，化合价 升高了 6，O2 被还原为−2 价 O，化合价降低了 4，利用化合价升降法配平即可得出反应的化 学方程式：2Cu2Se＋2Na2CO3＋3O2 2Cu2O＋2Na2SeO3＋2CO2。 （3）“浸取”时温度为 80 ℃，水浴加热温度稳定、容易控制，所以最佳加热方式为水浴加热； 从（2）题的方程式可知，产物中 Cu2O 难溶于水，“浸取”时除去的物质为 Cu2O；TeO2 与强酸 和强碱均能反应，故 TeO2 属于两性氧化物。 （4）Fe2+被氧化为 Fe3+化合价升高了 1， 转化为 ，Se 元素化合价降低了 2，利用 化合价升降法配平即可得出反应的离子方程式：2Fe2+＋ ＋2H+===2Fe3+＋ ＋H2O。 （5）SO2 通入 Na2SeO3 溶液制备硒单质，反应的离子方程式为 +H2O+2SO2===Se↓+2 +2H+。可知 n(SO2)∶n( )∶n(Se)=2∶1∶1，根据硫元素守恒，推出 n(FeS2)∶n(SO2)=1∶2，综合可得 n(FeS2)∶n(Se)=1∶1，设需要 m kg FeS2，计算式如下： FeS2 ～ Se 120 79 。 450℃ 2 4SeO − 2 3SeO − 2 3SeO − 2 4SO − 450℃ 2 4SeO − 2 3SeO − 2 4SeO − 2 3SeO − 2 3SeO − 2 4SO − 2 3SeO −m kg×90% 50 kg 解得 m=84.4。 9.硫酸镍(NiSO4)是电镀镍工业所用的主要镍盐，易溶于水。下图为某兴趣小组设计的在实验 室中 制备 NiSO4•6H2O 的装置。 回答下列问题： (1)实验室中配制浓 H2SO4 与浓 HNO3 混酸的操作为______。 (2)图甲中仪器 a 的名称为__________，有同学认为将仪器 a 换作图乙中的仪器 b 效果更好， 其理由 为______。 (3)混酸与镍粉反应时，除生成 NiSO4 外，还生成了 NO2、NO 和 H2O，若 NO2 与 NO 的物 质的量之比为 1∶1，则该反应的化学方程式为______。从反应后的溶液中得到 NiSO4•6H2O 的操作有_____和过滤、洗涤、干燥。 (4)该小组同学查阅资料发现用镍粉与混酸制备 NiSO4 成本高，用冶铁尾矿提取的草酸镍 (NiC2O4)与硫酸制取 NiSO4 成本较低。反应原理为：NiC2O4 NiO＋CO↑＋CO2↑，NiO＋ H2SO4===NiSO4＋H2O(已知 PdCl2 溶液能够吸收 CO)。现加热 NiC2O4 制备 NiO，并检验生成 的 CO，可能用到的装置如下： ①各装置的连接顺序为：_____→______→_______→ f →_____→_____→_____。(填装置 标 号，可重复使用) ②能够说明生成 CO 的现象有______。 Δ③PdCl2 溶液吸收 CO 时产生黑色金属单质和 CO2 气体，该反应其他产物的化学式为 ______________________。 (5)将 NiSO4•6H2O 制成电镀液时往往加入少量稀硫酸，其目的是___________________ 。 【答案】 (1). 将浓 H2SO4 沿容器壁缓慢倒入浓 HNO3 中，并不段搅拌 (2). 分液漏斗 (3). 图乙中仪器的玻璃侧管可以平衡漏斗与圆底烧瓶压强，便于液体顺利流下 (4). 2Ni+2H2SO4+2HNO3=2NiSO4+NO2 +NO +3H2O (5). 蒸发浓缩、冷却结晶 (6). b (7). c (8). e (9). a (10). e (11). d (12). a 中固体变红，a 前的 e 中石灰水不变 浑浊，a 后的 e 中石灰水变浑浊 (13). HCl (14). 抑制 Ni2+水解 【解析】 【分析】 （1）实验室中液体混合时，应该将密度大 液体倒入密度小的液体中； （2）仪器 a 为分液漏斗；利用大气压分析仪器 a 和仪器 b 的优劣； （3）根据得失电子守恒配平方程式；从溶液中得到结晶水合物需要将溶液蒸发浓缩、冷却结 晶、过滤、洗涤、干燥等； （4）①、②先用 b 装置加热 使其分解，然后用 c 装置除去 ，用 e 装置检验 是否除尽，若已除尽，则 e 中的石灰水不变浑浊，然后用 f 装置干燥 CO，再用干燥的 CO 在 a 装置中还原 CuO，黑色固体变红，产生的 使 e 装置中的石灰水变浑浊，最后用 d 装置 中的 溶液吸收 CO； ③根据信息，反应的方程式为： ； （5） 易水解，利用平衡移动解释。 【详解】（1）实验室中液体混合时，应该将密度大的液体倒入密度小的液体中，浓硫酸密度 大，且稀释时放出大量的热，所以要将浓硫酸沿器壁缓慢倒入浓硝酸，并不断搅拌， 故答案为：将浓 H2SO4 沿容器壁缓慢倒入浓 HNO3 中，并不段搅拌； （2）仪器 a 为分液漏斗；图乙所示乙为恒压漏斗，恒压漏斗的玻璃侧管连通漏斗和圆底烧瓶， 可以平衡漏斗与圆底烧瓶的压强，便于液体顺利流下， 故答案为：分液漏斗；图乙中仪器的玻璃侧管可以平衡漏斗与圆底烧瓶压强，便于液体顺利 流下； 的 ↑ ↑ 2 4NiC O 2CO 2CO 2CO 2PdCl 2 2 2CO+PdCl +H O=2HCl+Pd +CO↓ 2+Ni（3）根据题意， 与 的物质的量之比为 1：1，均设为 1mol，则 共得 4mol 电 子，1mol 失去 2mol 电子，则需要 2mol ，配平可得： ；从溶液中得到结晶水合物需要将 溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等， 故答案为： ； （4）①先用 b 装置加热 使其分解，然后用 c 装置除去 ，用 e 装置检验 是否 除尽，若已除尽，则 e 中的石灰水不变浑浊，然后用 f 装置干燥 CO，再用干燥的 CO 在 a 装 置中还原 CuO，黑色固体变红，产生的 使 e 装置中的石灰水变浑浊，最后用 d 装置中的 溶液吸收 CO，因此连接顺序为 b→c→e→f→a→e→d， 故答案为：b；c；e； a；e；d； ②由上诉分析可知能够说明生成 CO 的现象有：a 中固体变红，a 前的 e 中石灰水不变浑浊， a 后的 e 中石灰水变浑浊, 故答案为：a 中固体变红，a 前的 e 中石灰水不变浑浊，a 后的 e 中石灰水变浑浊； ③根据信息，反应的方程式为： ，则另一种产物为 HCl， 故答案为：HCl； （5） 易水解，抑制 水解时不能引入杂质，所以用稀硫酸抑制 水解， 故答案为：抑制 Ni2+水解。 10.（11 分）甲烷水蒸气催化重整（SMR）是传统制取富氢混合气的重要方法，具有工艺简单、 成本低等优点。回答下列问题： （1）已知 1000 K 时，下列反应的平衡常数和反应热： ①CH4(g) C(s)+2H2(g) K1=10.2 ΔH1 ②2CO(g) C(s)+CO2(g) K2=0.6 ΔH2 ③CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) K3=1.4 ΔH3 ④CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) K4 ΔH4（SMR）则 1000 K 时，K4=____________； ΔH4=_________（用 ΔH1、ΔH2、ΔH3 来表示）。 （2）在进入催化重整装置前，先要对原料气进行脱硫操作，使其浓度为 0.5 ppm 以下。脱硫 2NO NO 3HNO Ni Ni 2 4 3 4 2 22Ni+2H SO +2HNO =2NiSO +NO +NO +3H O↑ ↑ 2 4 3 4 2 22Ni+2H SO +2HNO =2NiSO +NO +NO +3H O↑ ↑ 2 4NiC O 2CO 2CO 2CO 2PdCl 2 2 2CO+PdCl +H O=2HCl+Pd +CO↓ 2+Ni 2+Ni 4NiSO    的目的为______________。 （3）下图为不同温度条件下电流强度对 CH4 转化率的影响。由图可知，电流对不同催化剂、 不同温度条件下的甲烷水蒸气催化重整反应均有着促进作用，则可推知 ΔH4____0（填“>”或 “”“ (5). 增加 (6). 10Ni−3MgO/γ−Al2O3 (7). 温度高于 750 ℃时， 几种情况下的反应均达到平衡，催化剂不改变平衡状态 (8). = (9). Ⅱ (10). 第Ⅱ步 的活化能大，反应速率慢 【解析】 2 n 2 n【详解】（1）方程式 CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g)，是由方程式①+2×③−②得到，K4= = =33.32，ΔH4=ΔH1+2ΔH3−ΔH2。 （2）硫会与催化剂反应，会使催化剂中毒，因此要脱硫。 （3）由图可知电流相同时，750 ℃甲烷的转化率比 600 ℃时甲烷的转化率高，说明温度越高， 转化率越高，K 越大，ΔH4>0。 （4）据图可知，随温度降低，H2 产率的变化幅度也增大，电流对 H2 产率的影响作用逐渐增 加；600 ℃时，10Ni−3MgO/γ−Al2O3 催化剂在不同电流时 H2 产率的变化幅度最大，因此电流 对 10Ni−3MgO/γ−Al2O3 催化剂影响最为显著；测试时间为 6 小时，当温度高于 750 ℃时，由 于反应速率加快，反应已经达平衡移动，而催化剂不影响平衡移动，因此无论电流强度大小， 有无催化剂，H2 产率趋于相同。 （5）同一化学反应，催化剂只能改变反应的速率，对反应热不会造成影响，故过程①和②ΔH 相等。根据活化能越大，反应速率就越慢，故控制整个反应速率的是活化能较高的步骤，即 控速步骤为第Ⅱ步。 11. 氮原子可以形成 σ 键、π 键、大 π 键和配位键，成键的多样性使其形成了多种具有独特组成 的物质。回答下 列问题： (1)第一电离能：氮______氧(填“大于”或“小于”)，基态氮原子价电子排布图不是 ， 是因 为该排布方式违背了__________。 (2)肼(H2N−NH2)分子中孤电子对与 σ 键的数目之比为______，肼的相对分子质量与乙烯接近， 但沸点远高于乙烯的原因是______。 ( 3)硝酸 结构可表 示 为 ，硝酸与水分子可 形 成一水合二硝酸结晶 水 合物 (2HNO3 •H2O) ， 水分子以三个氢键与两个硝酸分子结合，请写出一水合二硝酸的结构式 ______(氢键用“…”表示)。 (4)正硝酸钠(Na3NO4)为白色晶体，是一种重要的化工原料。 ①Na3NO4 阴离子的空间构型为______，其中心原子杂化方式为______。 ②分别写出一种与 Na3NO4 的阴离子互为等电子体的阴离子和分子______(填化学式)。 ③在 573 K 条件下，实验室中用 NaNO3 和 Na2O 在银皿中反应制得 Na3NO4，Na2O 的立方 的 2 1 3 2 K K K 210.2 1.4 0.6 ×晶胞如图所 示。 图中“●”表示______(填“Na+”或“O2−”)，距离“●”最近且等距离的“○”有______个，Na2O 晶胞的 参数为 a pm，则晶胞密度为_____g•cm−3。(列出计算式即可，NA 为阿伏加德罗常数的值) 【答案】 (1). 大于 (2). 洪特规则 (3). 2:5 (4). 肼分子间存在氢键，乙烯分子间 无氢键 (5). (6). 正四面体 (7). sp3 (8). SO42-、CCl4 (9). O2- (10). 8 (11). 【解析】 【分析】 （1）基态氮原子的 2p 轨道为稳定的半充满状态，比相邻元素原子难失去电子；根据洪特规 则，电子分布到能量相同的轨道时，优先以自旋相同的方式占据不同轨道； （2）肼的结构式为 ，每个氮原子各有一个孤电子对，每个分子中有 2 个孤电子对， 5 个单键，即 5 个 键；肼中含有氢键； （3）水分子以三个氢键与两个硝酸分子结合氢键的形成位置写出结构式； （4）① 阴离子的中心原子为 ，价层电子对数为 ； ②与 的阴离子互为等电子体的阴离子和分子应该具有 5 个原子，32 个价电子； ③Na2O 的立方晶胞中原子个数，结合化学式判断粒子种类，利用公式 ，计算晶胞密度。 【详解】（1）基态氮原子的 2p 轨道为稳定的半充满状态，比相邻元素原子难失去电子，因此 第一电离能：氮＞氧；根据洪特规则，电子分布到能量相同的轨道时，优先以自旋相同的方 式占据不同轨道，题干中的电子排布图中，优先在 2p 的同一个轨道中排布了两个自旋相反的 电子，违背了洪特规则； 故答案为：大于；洪特规则； （2）肼的结构式为 ，每个氮原子各有一个孤电子对，每个分子中有 2 个孤电子对， ( )10 A 4 62 a 10 N × × × σ 3 4Na NO N 1 (5 4 2 3) 4 42 − × + + = 3 4Na NO mρ= V5 个单键，即 5 个 键，因此孤电子对与 键的数目之比为 2:5；H 原子与 N、O、F 等原子 形成共价键时，分子间通常能够形成氢键，因此熔沸点升高，导致肼的沸点远高于乙烯； 故答案为：2:5；肼分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键 （3）水分子以三个氢键与两个硝酸分子，且氢键为 H 与 N、O、F 之间存在的键，故一水合 二硝酸的结构式为 ， 故答案为： ； （4）① 阴离子的中心原子为 ，价层电子对数为 ，杂化方 式为 ，空间构型为正四面体； 故答案为：正四面体； ； ②与 的阴离子互为等电子体的阴离子和分子应该具有 5 个原子，32 个价电子，符合 要求的阴离子有 等，符合要求的分子有 等； 故答案为：SO42-、CCl4 等； ③由晶胞示意图可知“●”个数 ，“○”个数为 8，化学式为 Na2O 则“●”表示 O2-， “○”表示 Na+；由晶胞示意图可知距离“●”最近且等距离的“○”有 8 个；晶胞密度 ； 故答案为：O2-；8； 。 12.克霉唑为广谱抗真菌药，对多种真菌尤其是白色念珠菌具有较好的抗菌作用， 其合成路线如下图： σ σ 3 4Na NO N 1 (5 4 2 3) 4 42 − × + + = 3sp 3sp 3 4Na NO 2 3 4 4 4, ,− − −SO ClO PO 4 4 4 4, , ,CCl CBr CI SiF 1 18 6 48 2 × + × = ( ) ( )A 3 310 10 A nM Nm 4 62ρ= =V a 10 a 10 N ×= × × × ( )310 A 4 62 a 10 N × × ×已知：甲苯与氯气在三氯化铁催化下得到两种物质： 和 。 回答下列问题： (1)E 的名称是______；F 中的官能团名称为______。 (2)合成克霉唑的过程中，发生最多的反应类型是______。 (3)在由 B 制取 E 的过程中，不是由 B 一步反应生成 E，其原因为______。 (4)写出 C→D 的化学方程式______。 (5)M 与 G 互为同分异构体，满足下列两个条件的 M 有______种(不包括 G 本身) ①含有三个苯环 ②苯环之间不直接相连 写出其中核磁共振氢谱有 5 组峰，且峰面积比为 2∶2∶1∶1∶1 的结构 简式______。 (6)结合题中信息，写出用苯为原料，制备 的合成路线 ______(无机试剂任选)。 【答案】 (1). 邻氯甲苯 (2). 氯原子 (3). 取代反应 (4). 甲苯直接发生氯代反应 得到邻氯甲苯和对氯甲苯难以分离 (5). (6). 14 (7). (8). 【解析】 【分析】 由流程图和已知信息可知 D 的结构简式为 ，再根据各物质的结构简式和官 能团性质分析推断；同分异构体书写时利用等效氢的方法写出同分异构体。 【详解】（1）E 的结构简式为 ，名称为邻氯甲苯；F 的结构简式为 ，官能 团为氯原子， 故答案为：邻氯甲苯；氯原子； （2）A 到 B 为取代反应，B 到 C 为取代反应，C 到 D 为取代反应，D 到 E 为水解反应，也为 取代反应，E 到 F 为取代反应，F 到 G 为取代反应，G 到 H 为取代反应，故最多的反应为取 代反应， 故答案为：取代反应； （3）由已知信息可知甲苯与氯气在三氯化铁催化下得到两种物质： 和 ，邻氯 甲苯和对氯甲苯难以分离， 故答案为：甲苯直接发生氯代反应得到邻氯甲苯和对氯甲苯难以分离； （4）C→D 的化学方程式为： , 故答案为： ； （5）M 与 G 互为同分异构体，满足①含有三个苯环②苯环之间不直接相连；则三个苯环必定 连在同一碳原子上，其一氯代物有四种 位置分别为 1,2,3,4，则二氯代 物有 14 种，取代位置分别为 1，2；1,3；1,4；5,6；5,7；5,8；5，9；6，7；6,8；5,2； 5,3；5,4；6,3；6,4；7,4；共 15 种结构，除去 G 本身，则有 14 种同分异构体，其中核磁共振氢谱有 5 组峰，且峰面积比为 2∶2∶1∶1∶1 的结构简式为 ， 故答案为：14； ； （5）)结合题中信息，用苯为原料，制备 的合成路线为： ， 故答案为： 。