四川省南充市2020届高三第一次适应性考试理综化学试题

四川省南充市2020届高三第一次适应性考试理综化学试题

南充市高2020届第一次高考适应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一1 C一12 O一16 Mg一24 La一139‎ ‎1.化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列叙述正确的是 A. 塑料、有机玻璃、光导纤维、碳纤维都是新型有机高分子材料 B. 磁性氧化铁可用于制备红色颜料和油漆 C. 用明矾溶液可清除铜镜表面的铜锈，是因为溶液中的A13＋离子能与铜锈反应 D. 肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗，该过程涉及胶体性质的应用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.光导纤维主要成分是二氧化硅不属于有机高分子材料，故A错误；‎ B.磁性氧化铁的成分是四氧化三铁，是黑色固体，不能制备红色颜料和油漆，故B错误；‎ C. 明矾溶液中 水解使溶液呈酸性，铜锈为溶于酸性溶液，故能利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，而不是因为溶液中的离子能与铜锈反应，故C错误；‎ D. 血液透析原理就是胶体的渗析原理，胶体不能通过半透膜，涉及胶体性质，故D正确；‎ 故答案为：D。‎ ‎2.下列有关化学用语表示正确的是 A. 硝基苯 B. 镁离子的结构示图 C. 水分子的比例模型： D. 原子核内有8个中子的碳原子：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硝基的氮原子与苯环上的碳原子相连是正确的，故A正确；‎ B. 镁离子的结构示图为故B错误；‎ C.水分子空间构型是V型的，所以水分子的比例模型为 ，故C错误；‎ D. 原子核内有8个中子的碳原子质量数是14，应写为，故D错误；‎ 故答案为：A。‎ ‎3.下列分子中，所有碳原子总是处于同一平面的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙烯为平面结构，和双键相连的碳原子是烷烃结构的碳原子，所有碳原子不一定总是处于一个平面，故A错误；‎ B.与苯环相连的碳原子是烷烃结构的碳原子，所有碳原子不一定总是处于一个平面，故B错误；‎ C.与双键相连的碳原子是烷烃结构的碳原子，所有碳原子不一定处于一个平面，故C错误；‎ D.苯为平面结构，苯甲醇中甲基碳原子处于苯中H原子位置，所有碳原子都处在同一平面上，故D正确；‎ 故答案为：D。‎ ‎4.联合国大会宣布2019年是“国际化学元素周期表年”（I YPT 2019）·下列运用元素周期律分析的推断中，错误的是 A. 铍（Be）的氧化物的水化物具有两性 B. 砹（At）为有色固体，AgAt感光性很强，不溶于水 C. 硫酸锶（SrSO4）是难溶于水的白色固体 D. 硒化氢（H2Se）是无色、有毒，比H2S稳定的气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 元素周期表中Be和Al处于对角线位置上，处于对角线的元素具有相似性，所以 可能有两性，故A正确；‎ B. 同一主族元素具有相似性，所以卤族元素性质具有相似性，根据元素的性质、氢化物的性质、银盐的性质可推知砹（At）为有色固体， ‎ 感光性很强，且不溶于水也不溶于稀酸，故B正确；‎ C. 同主族元素性质具有相似性，钡和锶位于同一主族，性质具有相似性，硫酸钡是不溶于水的白色物质，所以硫酸锶也是不易溶于水的白色物质，故C正确；‎ D. S和Se位于同一主族，且S元素的非金属性比Se强，所以 比稳定，故D错误；‎ 故答案：D。‎ ‎5.NA为阿伏伽德罗常数的值。关于常温下pH＝2的H2SO4溶液，溶液中不存在H2SO4分子，但存在HSO4一离子，下列说法错误的是 A. 每升溶液中的H＋数目为0.01NA B. Na2SO4溶液中：c(Na+)=2c(SO42-)＞c(H+)=2c(OH-)‎ C. 向稀硫酸中逐滴滴加浓硫酸，溶液中减小 D. NaHSO4不是弱电解质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常温下 的 溶液，溶液中不存在 分子，但存在 离子，说明硫酸的第一步完全电离，第二步部分电离。‎ ‎【详解】A. 由可得，每升溶液中的 数目为 ，故A正确；‎ B. ，硫酸根有一部分水解成硫酸氢根，c(Na+)＞2c(SO42-)，根据电荷守恒式可知，c(OH-) ＞c(H+)，所以应该为c(Na+)＞2c(SO42-)＞c(OH-) ＞c(H+)，故B错误；‎ C.据已知可知 ，当向稀硫酸中逐滴滴加浓硫酸 会增大，所以减小，故C正确；‎ D. NaHSO4属于盐，完全电离，故不是弱电解质，D正确； ‎ 故答案为：B。‎ ‎6.下列实验操作规范并能达到实验目的的是 实验操作 实验目的 A 在一定条件下，向混有少量乙烯的乙烷中通入氢气 除去乙烷中的乙烯 B 用玻璃管蘸取待测液，点在干燥的pH试纸中部，片刻后与标准比色卡比较读数 粗略测定NaClO溶液pH C 用0.1 mol/LMgSO4溶液滴入到2mlNaOH溶液中至不再有沉淀生成再滴入0.1 mol/LCuSO4溶液 比较Mg（OH）2和Cu（OH）2的Ksp大小 D 向亚硫酸钠溶液中滴加硝酸钡和硝酸 检验亚硫酸钠溶液是否变质 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.除去乙烷中的乙烯不能用氢气，因为会引入氢气这种新的杂质气体，故A错误；‎ B.由于溶液具有强氧化性，能使pH试纸褪色，故不能测定溶液pH，故B错误； ‎ C.和组成相似，溶度积常数较小的物质转化为溶度积更小的物质，用溶液滴入到2 mL NaOH溶液中至不再有沉淀生成，则完全反应生成，再滴入溶液，若产生蓝色沉淀，则证明转化为，则说明的比的小，故C正确；‎ D. 亚硫酸钠具有还原性，能被硝酸氧化为，与反应生成白色沉淀，不能检验出亚硫酸钠溶液是否变质，故D错误； ‎ 故答案为：C。‎ ‎7.2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。磷酸铁锂锂离子电池充电时阳极反应式为：LiFePO4 －xLi+ －xe－→ xFePO4 +(1－x)LiFePO4‎ ‎。放电工作示意图如图。下列叙述不正确的是 A. 放电时，Li+通过隔膜移向正极 B. 放电时，电子由铝箔沿导线流向铜箔 C. 放电时正极反应为：FePO4+xLi+ +xe－→xLiFePO4 +(1－x)FePO4‎ D. 磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，C、Fe、P元素化合价均不发生变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 原电池中阳离子移向正极，放电时，Li是负极，Li+通过隔膜移向正极，故A正确；‎ B. 放电时Li+右移，铝箔是负极、铜箔是正极，电子由铝箔沿导线流向铜箔，故B正确；‎ C. 根据充电时阳极反应式，可知放电时正极反应为：FePO4+xLi+ +xe－→xLiFePO4 +(1－x)FePO4，故C正确；‎ D. 磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，Li、Fe元素化合价发生变化，故D错误；选D。‎ ‎【点睛】本题考查了原电池工作工作原理，熟悉原电池放、充电时各个电极发生反应是解题关键，注意放电时正极得电子发生还原反应。‎ ‎8.碳酸镧咀嚼片是一种不含钙和铝的磷酸盐结合剂，有效成分碳酸镧难溶于水，可用于慢性肾衰患者高磷血症的治疗。‎ Ⅰ.碳酸镧可由LaCl3和碳酸氢铵为原料来制备，避免生成碱式碳酸镧[La(OH)CO3]，整个反应需在较低的pH条件下进行。化学兴趣小组利用下列装置在实验室中制备碳酸镧。‎ ‎（1）仪器X的名称是_____。‎ ‎（2）如下左图装置是启普发生器，常用于实验室制取CO2、H2等气体，具有“随开随用、随关随停”的功能。右图装置与启普发生器原理类似，也可用于实验室制取CO2的装置的是______（填选项字母）。‎ ABC ‎（3）关闭活塞K2，______，说明如下装置气密性良好。‎ ‎（4）装置乙用于制备氨气，可以选用的试剂是____（填选项字母）。‎ A、NH4Cl固体和Ca(OH)2固体 B、生石灰和浓氨水 C、碱石灰和浓氨水 D、无水CaCl2和浓氨水 ‎（5）实验装置接口的连接顺序是：a接____。为制得纯度较高的碳酸镧，实验过程中需要注意的问题是__。‎ II．可用碳酸氢钠溶液代替碳酸氢铵溶液，与氯化镧反应制备碳酸镧。‎ ‎（6）精密实验证明：制备过程中会有气体逸出，则制备过程总反应的离子方程式是________。‎ ‎（7）制备时，若碳酸氢钠滴加过快，会降低碳酸镧的产率，可能的原因是_____。‎ III、碳酸镧咀嚼片中有效成分测量。‎ ‎（8）准确称取碳酸镧咀嚼片ag，溶于10.0 mL稀盐酸中，加入10 mL NH3-NH4C1缓冲溶液，加入0.2 g紫脲酸铵混合指示剂，用0.5 mo1·L－1，EDTA (Na2H2Y）标准溶液滴定至呈蓝紫色(La3++ H2y2－= LaY－＋2H＋），消耗EDTA标准溶液VmL。则咀嚼片中碳酸镧（摩尔质量为458 g/mol)的质量分数w＝____。‎ ‎【答案】 (1). 球形干燥管（干燥管） (2). B (3). 打开分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能顺利滴下，在分液漏斗中形成稳定的液面 (4). BC (5). c ‎ ‎(6). 控制氨气或二氧化碳的通入量 (7). (8). 加入碳酸氢钠过快，溶液的碱性迅速增强，生成碱式碳酸镧 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴仪器X的名称为球形干燥管。‎ ‎⑵A装置与C装置当活塞关闭时反应不能停止，B装置当活塞关闭时可以使液体和固体脱离接触，反应停止。‎ ‎⑶检验装置气密性的方法是关闭旋塞K2，打开分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能顺利滴下，在分液漏斗中形成稳定的液面，说明装置不漏气。‎ ‎⑷装置乙是固液混合不加热型装置，可以用浓氨水和生石灰、碱石灰等制取氨气。‎ ‎⑸a是启普发生器产生二氧化碳装置，二氧化碳溶于水不会发生倒吸，可直接用导管通入，连接c即可；为避免生成碱式碳酸镧[La(OH)CO3]，整个反应需在较低的pH条件下进行，需控制控制氨气或二氧化碳的通入量，以免pH变大。‎ ‎⑹和碳酸氢铵反应生成碳酸镧。‎ ‎⑺碳酸氢钠水解显碱性，当加入碳酸氢钠过快时，溶液的pH值会迅速增大，影响碳酸镧的生成。‎ ‎⑻根据反应进行计算。‎ ‎【详解】⑴仪器X的名称是球形干燥管简称干燥管，故答案为：球形干燥管（干燥管）；‎ ‎⑵A装置与C装置不具有“随开随用、随关随停”的功能，B装置当活塞关闭时可以使液体和固体脱离接触，反应停止，所以B装置符合题意，故答案为：B；‎ ‎⑶检验装置气密性的方法是关闭旋塞K2，打开分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能顺利滴下，在分液漏斗中形成稳定的液面，说明装置不漏气，故答案为：打开分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能顺利滴下，在分液漏斗中形成稳定的液面；‎ ‎⑷装置乙是固液混合不加热型制取气体装置，可以用浓氨水和生石灰、碱石灰等制取氨气，无水CaCl2 和氨气发生反应，不能用来制取氨气，故答案为：BC；‎ ‎⑸a属于启普发生器，是产生二氧化碳的，二氧化碳溶于水不会发生倒吸，可直接用导管通入，连接c即可；为避免生成碱式碳酸镧[La(OH)CO3‎ ‎]，整个反应需在较低的pH条件下进行，需控制控制氨气或二氧化碳的通入量，以免pH变大；故答案为：c，需控制控制氨气或二氧化碳的通入量；‎ ‎⑹和碳酸氢铵反应生成碳酸镧反应化学方程式为：‎ ‎，所以离子方程式为：‎ ‎，故答案为：； ‎ ‎⑺碳酸氢钠水解显碱性，当加入碳酸氢钠过快时，溶液的pH值会迅速增大，生成碱式碳酸镧，故答案为：加入碳酸氢钠过快，溶液的碱性迅速增强，生成碱式碳酸镧；‎ ‎⑻,滴定时消耗EDTA的物质的量，根据反应可知碳酸镧的物质的量为，所以质量为，咀嚼片中碳酸镧的质量分数为，化简得，故答案为。‎ ‎【点睛】注意启普发生器的使用条件必须是块状或颗粒状固体和液体，且块状固体与液体接触后仍为块状或颗粒状。‎ ‎9.高铁酸钾（K2FeO4）被人们称为“绿色化学”净水剂，它在强碱性溶液中稳定，在Fe(OH)3催化作用下会发生分解。以硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO）生产K2FeO4的工艺流程如下：‎ ‎（l）滤渣1的主要成分是_______（填化学式）。‎ ‎（2）“酸浸”中，氧化铁与硫酸反应的化学方程式_____。添加适量的H2O2的作用是将_______，加入硫酸的量不宜过量太多的原因是_______。‎ ‎（3）“氧化”时，在碱性环境下加入适量NaClO，则发生反应离子方程式为______，滤渣2的成分为___（填化学式）。‎ ‎（4）“过滤3”所得滤液中含有的阴离子有OH一、Cl一、SO42－、_____、_____（填化学式）。‎ ‎（5）电解法也可制得K2FeO4，装置如右图所示。阳极的电板及应式为_______。‎ ‎【答案】 (1). SiO2 (2). (3). 氧化为 (4). 可以减少“氧化”步骤中的用量 (5). (6). (7). (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO）加入稀硫酸、过氧化氢，滤渣为二氯化硅，滤液中含有铁离子、铝离子和镁离子，加入次氯酸钠溶液和氢氧化钠溶液混合发生氧化还原反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，过滤除去氢氧化镁，滤液中加入氢氧化钾溶液实现高铁酸钠转化为高铁酸钾沉淀，冷却结晶过滤得到高铁酸钾固体，上述工艺得到的高铁酸钾常含有杂质，“过滤3“所得滤液中含有的阴离子有OH一、Cl一、SO42－、、，可用重结晶法提纯，以此解答此题。‎ ‎【详解】⑴硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO）其中Fe2O3 ，Fe3O4 ，Al2O3 ，MgO均和硫酸反应，生成溶于水的硫酸盐，SiO2不与硫酸反应，过滤后SiO2 变为滤渣，故答案为SiO2 ；‎ ‎⑵氧化铁与硫酸反应的化学方程式为，添加适量的H2O2的作用是将氧化为，加入硫酸过多，会在氧化这一步骤中与NaOH反应，消耗氢氧化钠，故答案为：，氧化为，可以减少“氧化”步骤中的用量；‎ ‎⑶“氧化”时，在碱性环境下加入适量，反应的化学方程式为 ‎，改写成离子方程式为：，过滤1的溶液中含有、，与过量的碱生成， 与生成沉淀，故答案为：， ；‎ ‎⑷“过滤3”所得滤液中除含阴离子OH一、Cl一、SO42－外，还有“氧化”这一步骤中生成的、，故答案为：、；‎ ‎⑸电解时阳极发生氧化反应，铁在碱性条件下被氧化为，电极反应式为：，故答案为：。‎ ‎【点睛】把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，注意把握物质的性质。‎ ‎10.合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破，研究表明液氨是一种良好的储氢物质。‎ ‎（1）化学家Gethard Ertl证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的过程，示意如下图：‎ 下列说法正确的是____（选填字母）。‎ A．①表示N2、H2分子中均是单键 B．②→③需要吸收能量 C．该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成 ‎（2）氨气分解反应的热化学方程式如下：2NH3（g）N2（g）＋3H2（g）　△H，若N三N键、H一H键和N一H键的键能分别记作a、b和c（单位：kJ·mol－l），则上述反应的△H＝___kJ·mol一1。‎ ‎（3）研究表明金属催化剂可加速氨气的分解。下表为某温度下等质量的不同金属分别催化等浓度氨气分解生成氢气的初始速率（m mol．min一1）。‎ ‎①不同催化剂存在下，氨气分解反应活化能最大的是___（填写催化剂的化学式）。‎ ‎②温度为T，在一体积固定的密闭容器中加入2 molNH3，此时压强为P0‎ ‎，用Ru催化氨气分解，若平衡时氨气分解的转化率为50％，则该温度下反应2NH3（g）N2（g）十3H2（g）用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝___。[己知：气体分压（p分）＝气体总压（p总）x体积分数]‎ ‎（4）关于合成氨工艺的理解，下列正确的是___。‎ A．合成氨工业常采用的反应温度为500℃左右，可用勒夏特列原理解释 B．使用初始反应速率更快的催化剂Ru，不能提高平衡时NH3的产量 C．合成氨工业采用10 MPa一30 MPa，是因常压下N2和H2的转化率不高 D．采用冷水降温的方法可将合成后混合气体中的氨液化 ‎（5）下图为合成氨反应在不同温度和压强、使用相同催化剂条件下，初始时氮气、氢气的体积比为1：3时，平衡混合物中氨的体积分数[（NH3）]。‎ ‎①若分别用vA（NH3）和vB（NH3）表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则vA（NH3）____vB（NH3）（填“＞”、“＜”或“＝”）。‎ ‎②在250℃、1.0×104kPa下，H2的转化率为______%（计算结果保留小数点后1位）。‎ ‎（6）N2和H2在铁作催化剂作用下从145℃就开始反应，随着温度上升，单位时间内NH3产率增大，但温度高于900℃后，单位时间内NH3产率逐渐下降的原因________。‎ ‎【答案】 (1). BC (2). 6c-a-3b (3). (4). (5). BC (6). < (7). 66.7 (8). 高于900℃后，产率受平衡移动影响为主，温度升高，平衡向左移动，NH3 产率下降 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴A. N2分子中是三键不是单键； ‎ B. ②→③的过程是分子中价键断裂为原子，价键断裂是吸收能量的；‎ C. 化学变化的本质就是旧化学键的断裂，新化学键的生成。‎ ‎⑵，根据反应方程式计算；‎ ‎⑶①根据碰撞理论的解释，催化剂的催化原理实质上是降低反应的活化能，活化能越低，则活化分子百分数越高，反应速率越大；‎ ‎②‎ 体积分数等于物质的量分数所以的体积分数为 、N2的体积分数为 、的体积分数为 ，根据同温同体积下，压强之比等于物质的量之比得总压强 化学平衡常数 带入，得 ‎ ‎⑷A.反应为放热反应，按勒夏特列原理，应选择较低温度，此反应考虑到催化剂的活化温度；‎ B.催化剂的作用是增大反应速率，使反应尽快到到平衡，但不影响反应物转化率；‎ C. 反应是体积减小的反应，增大压强反应向右进行，增大转化率；‎ D.氨气的沸点比水低，采用冷水降温的方法不能将合成后混合气体中的氨液化；‎ ‎⑸①压强大，速率大，温度高，速率大；‎ ‎② 初始时氮气、氢气的体积比为1：3时，假设为1 mol、 为3 mol， 设平衡时，消耗 x mol，再根据三段式法列式计算。‎ ‎⑹合成氨的反应是放热反应，当温度高于900℃后，产率受平衡移动影响为主，温度升高，平衡向左移动，NH3 产率下降；‎ ‎【详解】⑴A.N2分子中三键不是单键，故A错误； ‎ B. ②→③的过程是分子中价键断裂为原子，价键断裂是吸收能量的，故需要吸收能量，故B正确；‎ C.化学变化的本质就是旧化学键的断裂，新化学键的生成，所以氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成，故C正确；‎ 故答案为：BC。‎ ‎⑵，含有三个N-H键，根据反应方程式可得，故答案为：； ‎ ‎⑶①Fe作催化剂时，氢气的初始生成速率最小，根据碰撞理论的解释，催化剂的催化原理实质上是降低反应的活化能，活化能越低，则活化分子百分数越高，反应速率越大，所以上述金属比较，铁作催化剂时，氨分解的活化能最大，故答案为：Fe；‎ ‎② ‎ ‎ ‎ 体积分数等于物质的量分数所以的体积分数为 、N2的体积分数为 、的体积分数为 ，根据同温同体积下，压强之比等于物质的量之比得总压强 化学平衡常数 带入，得 ‎ ‎⑷A.反应为放热反应，按勒夏特列原理，应选择较低温度，此反应主要是考虑到催化剂的活化温度，故A错误；‎ B.催化剂的作用是增大反应速率，使反应尽快到到平衡，但不影响反应限度，故使用初始反应速率更快的催化剂Ru，不能提高平衡时NH3的产量，故B正确；‎ C. 反应是体积减小的反应，增大压强反应向右进行，所以合成氨工业压强采用10 MPa一30 MPa，可以大大增加转化率，故C正确；‎ D.氨气的沸点比水低，采用冷水降温的方法不能将合成后混合气体中的氨液化，故D错误；‎ 故答案为BC；‎ ‎⑸①压强大，速率快，温度高，速率快，B的温度比A的高，B的压强比A的大，所以B的速率大于A的速率，故答案为：＜；‎ ‎②初始时氮气、氢气的体积比为1：3时，假设为1mol、 为3mol，设平衡时，消耗xmol 由图可知在250℃、1.0×104kPa下，平衡混合物中氨的体积分数为50%，列式 ‎ ，解得 ， 的转化率为，故答案为：66.7%；‎ ‎⑹合成氨的反应是放热反应，当温度高于900℃后，产率受平衡移动影响为主，温度升高，平衡向左移动，NH3 产率下降，故答案为：高于900℃后，产率受平衡移动影响为主，温度升高，平衡向左移动，NH3 产率下降；‎ ‎【点睛】转化率、压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。也可以直接把压强看作是物质的量，利用三段式计算。‎ ‎11.我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，直到近年来人们才研究出来其成分为BaCuSi4O10，BaCuSi2O6。‎ ‎(1)“中国蓝”、“中国紫”中均具有Cun＋离子，n＝___，基态时该阳离子的价电子排布式为______。‎ ‎(2)“中国蓝”的发色中心是以Cun+为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是___元素。‎ ‎(3)合成“中国蓝”、“中国紫”的原料有BaCO3，孔雀石Cu2(OH)2CO3和砂子(SiO2)。SiO2晶体中Si原子的杂化轨道是由______轨道（填轨道的名称和数目）和________轨道杂化而成的。‎ ‎(4)现代文物分析发现，“中国蓝”中含有微量硫元素。假若硫元素来源一种阴离子是正四面体的天然钡矿中，则最可能的钡矿化学式是______。‎ ‎(5)在5500年前，古代埃及人就己经知道如何合成蓝色颜料—“埃及蓝”CaCuSi4O10，其合成原料中用CaCO3代替了BaCO3，其它和“中国蓝”一致。CO32一中键角∠OCO为___。根据所学，从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更___（填“高”或“低”）。‎ ‎(6)自然界中的SiO2，硬度较大，主要原因是___。下图为SiO2晶胞中Si原子沿z轴方向在xy平面的投影图（即俯视投影图），其中O原子略去，Si原子旁标注的数字表示每个Si原子位于z轴的高度，则SiA与SiB的距离是_____。‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). (3). O或氧 (4). 1个3s (5). 3个3p (6). (7). (8). 低 (9). 是一种空间网状的共价晶体，共价键结合较为牢固 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴根据化合物中各元素的化合价代数和为零来计算n值，Cu2+ 的价电子排布式根据铜原子的价电子排布式3d104s1 得出。‎ ‎⑵“中国蓝”中、Si都不存在孤对电子，而O原子中存在孤对电子。 ‎ ‎⑶SiO2是空间网状结构，一个Si原子周围连有4个O原子。Si原子核外最外层有4个电子，恰好与氧原子形成4个σ键，无孤对电子。而杂化轨道用于形成σ键和容纳孤对电子。所以SiO2中Si的杂化类型是sp3，也就是1个3s轨道和3个3p轨道形成。‎ ‎⑷含有硫元素的阴离子是正四面体，最可能是硫酸根。‎ ‎⑸碳酸根中C提供4个电子，O不提供电子，加两个负电荷，6个电子形成3对电子，属于sp2杂化，平面正三角形，键角为，对于碱土金属，同主族从上到下离子半径递增，碳酸盐的热稳定性递增，比稳定。‎ ‎⑹是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，SiA与SiB 在y轴方向上距离为，在z轴方向上距离为，所以SiA与SiB之间的距离。‎ ‎【详解】⑴根据化合物中所有元素化合价代数和为0可计算出Cu的化合价为+2，故Cun＋离子中n＝2，Cu的价电子排布式3d104s1，当失去2个电子时价电子排布式变为，故答案为2，；‎ ‎⑵“中国蓝”中，Si都不存在孤对电子，而O原子中存在孤对电子，所以只能氧原子来提供孤对电子，故答案为：O；‎ ‎⑶SiO2中Si的杂化类型是sp3，也就是1个3s轨道和3个3p轨道形成，故答案为：1个3s，3个3p；‎ ‎⑷含有硫元素的阴离子是正四面体，最可能是硫酸根，所以钡矿化学式是，故答案为：；‎ ‎⑸碳酸根中C属于sp2杂化，平面正三角形，键角为，对于碱土金属碳酸盐热稳定性比稳定，从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更低，故答案为：，低；‎ ‎⑹是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，SiA与SiB 在y轴方向上距离为，在z轴方向上距离为，所以SiA与SiB之间的距离，故答案为：是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，；‎ ‎【点睛】电子排布式书写、原子杂化方式的判断、离子空间构型的判断等知识要掌握牢固，SiA与SiB 之间的距离的计算，对学生的立体空间想象能力要求高。‎ ‎12.一种新型含硅阻燃剂的合成路线如下。请回答相关问题：‎ ‎（1）化合物A转化为B的方程式为_____，B中官能团名称是______。‎ ‎（2）H的系统命名为___，H的核磁共振氢谱共有___组峰。‎ ‎（3）H→I的反应类型是___‎ ‎（4）D的分子式为______，反应B十I→D中Na2CO3的作用是___。‎ ‎（5）F由E和环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，F的结构简式为___。‎ ‎（6）D的逆合成分析中有一种前体分子C9H10O2，符合下列条件的同分异构体有___种。①核磁共振氢谱有4组峰；②能发生银镜反应；③与FeCl3发生显色反应。‎ ‎【答案】 (1). (2). 溴原子、（酚）羟基 (3). 3-氯-1-丙烯 (4). 3 (5). 氧化反应 (6). (7). 吸收生成的HCl,提高反应产率 (8). (9). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚中有官能团溴原子、酚羟基。‎ ‎⑵H系统命名时，以双键这一官能团为主来命名，H的核磁共振氢谱与氢原子的种类有关，有几种氢原子就有几组峰。‎ ‎⑶H→I的反应，分子中多了一个氧原子，属于氧化反应。‎ ‎⑷根据D的结构式得出分子式，B十I→D中有 HCl 生成，用Na2CO3吸收 HCl 。‎ ‎⑸E与环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，环氧乙烷发生开环反应，类似于D→E的反应。‎ ‎⑹根据核磁共振氢谱有4组峰，能发生银镜反应，与FeCl3发生显色反应，可得有机物中含有四种不同位置的氢原子，含有醛基，含有酚羟基。‎ ‎【详解】⑴化合物A为苯酚，和浓溴水反应生成三溴苯酚，方程式为，三溴苯酚 中含有官能团为溴原子、（酚）羟基，故答案为：，溴原子、（酚）羟基；‎ ‎⑵H 系统命名法以双键为母体，命名为3-氯-1-丙烯，其中氢原子的位置有三种，核磁共振氢谱共有3组峰，所以故答案为：3-氯-1-丙烯，3；‎ ‎⑶分子中多了一个氧原子是氧化反应，故答案为：氧化反应；‎ ‎⑷根据D的结构简式可得分子式，反应B十I→D中有HCl生成，为促进反应向右进行，可以将HCl吸收，可起到吸收HCl的作用，故答案为：，吸收生成的HCl,提高反应产率；‎ ‎⑸与环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，环氧乙烷发生开环反应，类似于D→E的反应，生成，故答案为：；‎ ‎⑹根据核磁共振氢谱有4组峰，能发生银镜反应，与FeCl3‎ 发生显色反应，可得有机物中含有四种不同位置的氢原子，含有醛基，含有酚羟基，符合题意的有 和两种，故答案为：2种。‎ ‎【点睛】解答此题的关键必须对有机物官能团的性质非常熟悉，官能团的改变，碳链的变化，成环或开环的变化。‎ ‎ ‎