【化学】河北省石家庄市2020届高三综合训练（一）（解析版）
河北省石家庄市2020届高三综合训练（一）
可能用到的相对原子质量： H1 C12 N14 O16 P31 Al27 Cu64 I127
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.中国古代“炼丹术”中蕴含了丰富的化学知识，为近代化学的建立和发展奠定了基础。下列关于“炼丹术”中涉及的史实解释错误的是（ ）
选项
史 实
解 释
A
“胡粉[(PbCO3∙Pb(OH2) ]投火中，色坏还为铅(Pb)”
复分解反应原理
B
“有硇水者，剪银塊(Ag) 投之，则旋而为水”
氧化还原反应原理
C.
“曾青(硫酸铜)涂铁，铁赤色如铜……外变而内不化也”
置换反应原理
D
“铁釜代替土釜，加热丹砂(HgS)，可增采也”
平衡移动原理
【答案】A
【详解】A. “胡粉[(PbCO3∙Pb(OH2) ]投火中，色坏还为铅(Pb)”，利用受热分解反应原理，故A错误；
B. “有硇水者，剪银塊(Ag) 投之，则旋而为水”，硝酸溶解银单质，发生氧化还原反应，故B正确；
C. “曾青(硫酸铜)涂铁，铁赤色如铜……外变而内不化也”，铁置换出铜单质，故C正确；
D. “铁釜代替土釜，加热丹砂(HgS)，生成汞和硫单质，汞变为汞蒸气，平衡正向移动，故D正确。
综上所述，答案为A。
2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 13 g13 C含有的中子数目为6 NA
B. 常温下 ，I LpH =4的醋酸溶液所含离子总数为2 ×10-4NA
C. 100 g质量分数为 98% 的磷酸中所含氧原子总数为4 NA
D. 0.1 mol Fe 完全溶于稀硝酸，转移的电子数目为0.3 NA
【答案】B
【详解】A. 13C 中子数为7，13 g13C物质的量为1mol，13 g13C含有的中子数目为7 NA，故A错误；
B. 常温下 ，I L pH =4的醋酸溶液中氢离子物质的量为n(H+)=1×10−4 mol·L−1×1 L=1×10−4 mol，醋酸电离出氢离子和醋酸根，两者浓度相等，因此所含离子总数为2 ×10-4NA，故B正确；
C. 100 g质量分数为 98% 的磷酸中磷酸质量为100g×98% =98g，物质的量为n==1mol，磷酸中含氧原子总数为4 NA，但由于还有2g水，水中也含有氧，因此溶液中氧原子总数大于4 NA，故C错误；
D. 0.1 mol Fe 完全溶于稀硝酸，铁可能变为硝酸铁，也可能变为硝酸亚铁，因此转移的电子数目不一定为0.3 NA，故D错误。
答案为B。
3.螺环化合物M()是合成某功能材料的单体，下列关于M的说法错误的是（ ）
A. 分子式为C19H24O4 B. 能发生加成反应、取代反应和氧化反应
C. 一氯代物有 7 种(不含立体异构) D. 所有氧原子可能处于同一平面上
【答案】D
【分析】【详解】A. 根据结构简式得到分子式为C19H24O4，故A正确；
B. 含有碳碳双键，能发生加成反应和氧化反应，光照条件与氯气发生取代反应，故B正确；
C. 具有对称性，其一氯代物有 7 种，如图，故C正确；
D. 四个氧原子中间为碳原子，相当于甲烷中的四个氢被四个氧原子取代，因此所有氧原子不可能处于同一平面上，故D错误。
综上所述，答案为D。
4.蔥醌(AQDS)是一种具有氧化还原活性的廉价有机分子，蔥醌／碘化铵液流可充电电池(如图)以其环保、价廉、稳定等优点被研究及广泛应用。充电时，AQDS转化为AQDS (NH4)2。 下列说法错误的是（ ）
A. 放电时 ，b极电势低于a极
B. 充电时，a极的电极反应式为：3I--2e-= I3-
C. 充电时，电路中每转移1 mole-， 膜两侧电解液的质量变化差为36 g
D. 该装置中的阳膜也可以用阴膜代替
【答案】D
【分析】充电时，AQDS转化为AQDS(NH4)2，说明b极为阴极，a极为阳极，则放电时a极为正极，b极为负极。
【详解】A. 根据分析，放电时，b极为负极，因此b极电势低于a极，故A正确；
B. 充电时，a极为阳极，电极反应式为：3I－－2e－= I3－，故B正确；
C. 充电时，电路中每转移1 mole－，左侧1molNH4+移动到右侧，因此膜左侧质量减少18g，右侧质量增加18g，因此膜两侧电解液的质量变化差为36 g，故C正确；
D. 该装置中的阳膜不能用阴膜代替，如果用阴膜代替，铵根离子不能穿过则不能生成AQDS(NH4)2，故D错误。
答案为D。
5.实验小组同学探究NH3与Cl2的反应，装置如图所示。常温常压下，将氨气收集在薄膜保鲜袋(无弹性)中，氯气收集在反应管中，关闭K，按图连接好装置；将氨气压入反应管，充分反应后打开K。下列说法错误的是（ ）
A. 反应开始后，保鲜袋逐渐被吸入反应管
B. 反应过程中，反应管中产生白烟
C. 打开K后，水会倒吸入反应管
D. 上述反应原理可用于检验输送氯气的管道是否泄漏
【答案】C
【分析】NH3与Cl2混合后，发生反应：8NH3+3Cl2==6NH4Cl+N2，40mLNH3与15mLCl2刚好完全反应，此时气体由55mL变为5mL，反应管内气体的压强减小，必然导致薄膜保鲜袋进入反应管，最终使反应管内气体的压强等于大气压强。
【详解】A．由上面分析可知，反应开始后，反应管内气体压强减小，保鲜袋逐渐被吸入反应管，A正确；
B．反应过程中，反应管中生成NH4Cl固体，悬浮于气体中，从而产生白烟，B正确；
C．打开K后，因反应管内气体的压强等于大气压强，所以水不会倒吸入反应管，C错误；
D．利用上述反应原理，可将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近输送氯气管道中怀疑漏气的部位，从而根据有无白烟产生，判断管道是否泄漏，D正确；
故选C。
6.化合物甲是一种重要的医药中间体，其结构式如图所示。其中Q、W、X、Y、Z为原子半径依次递增的短周期元素，Q、X、Z分列于三个不同周期。下列说法错误的是（ ）
A. 非金属性：X
Z
【答案】B
【分析】由“Q、X、Z分列于三个不同周期”，可推出Q为H元素，X为第二周期元素，Z为第三周期元素；从甲的结构图中可以看出，X形成4个共价键，W形成2个共价键，Z形成2个共价键，则X最外层电子数为4，W最外层电子数为6，Z最外层电子数为6；从而得出X为C元素，W为O元素，Z为S元素。
【详解】由以上分析可知，Q、W、X、Y、Z分别为H、O、C、Cl、S。
A．因为酸性H2CO3 S，D正确；
故选B。
7.常温下，用 NaOH溶液滴定NH4HSO4溶液 ，混合溶液相对导电能力变化曲线如图所示，已知： Kb(NH3• H2O) =10-5，下列叙述正确的是（ ）
A. X→Y 过程中发生反应的离子方程式为：+OH-= NH3• H2O
B. Y点满足：c() +c(Na+) =2c()
C. 水的电离程度：X>Y>Z
D. 若Z点溶液pH=1l，则此时溶液中氨水浓度约0.1 mol•L-1
【答案】D
【分析】从图中可知，Z点时溶液的导电能力最弱，表明此时NH4HSO4与NaOH刚好完全反应，生成Na2SO4和NH3• H2O；则X→Y过程中只发生H++OH－=H2O，溶质为NaNH4SO4。
【详解】A．NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液，H+与OH-先发生反应，与OH-后发生反应，X→Y过程中发生反应的离子方程式为：H++OH－=H2O，A不正确；
B．Y点时，溶质为NaNH4SO4，pH<7，满足电荷守恒：c() +c(Na+) + c(H+) =2c()+c(OH-)，由于c(H+)> c(OH-)，所以c() +c(Na+)<2c()，B不正确；
C．X点溶质为NH4HSO4溶液，硫酸氢铵电离出的H+将抑制水的电离，Y点溶质为NaNH4SO4，因水解促进水的电离，Z点溶质为Na2SO4和NH3• H2O，水的电离受到抑制，但比X点对水的抑制作用弱，所以水的电离程度：Y>Z >X，C不正确；
D．若Z点溶液pH=1l，则此时溶液中发生一水合氨的电离：NH3·H2O+OH-，则Kb=，即=10-5，氨水浓度约为0.1 mol•L-1，D正确；
故选D
二、非选择题
(一)必考题
8.乙烯是一种重要的基本化工原料，实验小组同学欲制备乙烯并验证其与溴单质的反应类型为加成反应。
I．乙烯的制备
欲利用下图所给装置制备乙烯。反应原理为：CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O，反应过程中观察到蒸馏烧瓶中溶液逐渐变黑。
(1)欲收集一瓶乙烯，选择上图中的装置，其连接顺序为__________________________(按气流方向，用小写字母表示)。
(2)C中盛放的试剂为_________，其作用为___________________________________。
(3)在烧杯中混合浓硫酸和乙醇时，应先添加____________；实验开始一段时间后发现忘记加碎瓷片，此时应该进行的操作为________________________________________。
(4)尾气吸收可采用________(填选项字母)。
A．KMnO4酸性溶液 B．浓硫酸 C．饱和Na2CO3溶液 D．NaOH溶液
II．验证乙烯与溴单质的反应类型为加成反应。
实验小组同学将I中制得的乙烯干燥后，按下列两种方案进行实验。
方案
操作
现象
一
将纯净的乙烯通入溴水中
溴水褪色
二
向充满纯净乙烯的塑料瓶中注入适量溴的CC14溶液，振荡
①溴的CCl4溶液褪色
②
(5)乙烯与溴单质发生加成反应的化学方程式为______________________________。
(6)方案一不能证明乙烯与溴单质发生了加成反应，原因为___________________________。
(7)方案二中现象②应为__________________，要想用此方案证明乙烯与溴单质发生的反应是加成反应，还需补充的实验为：继续向方案二塑料瓶中加入少量_______________，振荡后，若________________________________，证明发生了加成反应。
【答案】(1). bdcefi (2). NaOH 溶液 (3). 除去乙烯中混有的 SO2、CO2等酸性气体 (4). 乙醇 (5). 冷却后补加 (6). A (7). CH2 = CH2+ Br2→CH2BrCH2Br (8). 发生取代反应同样可以使溴水褪色, 溴水中含有HBr 和 HBrO 等成分，不一定是 Br2发生加成反应 (9). 塑料瓶变瘪 (10). 石蕊溶液 (11). 溶液不变红（或硝酸酸化的硝酸银溶液，无淡黄色沉淀生成）
【分析】用乙醇与浓硫酸作用制乙烯，需将浓硫酸加入乙醇中(相当于浓硫酸稀释)，然后往混合液中加入碎瓷片(或沸石)，以防暴沸；用温度计控制溶液温度在170℃左右，然后用酒精灯加热；由于浓硫酸会将乙醇氧化，生成CO2、SO2等气体，所以气体应先通过盛有碱液的洗气瓶，再用排水法收集，尾气用KMnO4酸性溶液处理。证明乙烯与溴发生的反应类型是加成反应还是取代反应，关键是证明产物中是否含有HBr。
【详解】(1)欲收集一瓶乙烯，需使用B、C、D、F装置，其连接顺序为bdcefi。答案为：bdcefi；
(2)C装置的作用是吸收乙烯中CO2、SO2等气体，盛放的试剂为NaOH 溶液，其作用为除去乙烯中混有的SO2、CO2等酸性气体。答案为：NaOH 溶液；除去乙烯中混有的SO2、CO2等酸性气体；
(3)由以上分析知，在烧杯中混合浓硫酸和乙醇时，应先添加乙醇；实验开始一段时间后发现忘记加碎瓷片，此时应该进行的操作为冷却后补加。答案为：乙醇；冷却后补加；
(4)因为浓硫酸、饱和Na2CO3溶液、NaOH溶液均不能吸收尾气，所以尾气吸收可采用KMnO4酸性溶液，故选A。答案为：A；
(5)乙烯与溴单质发生加成反应，生成BrCH2CH2Br，化学方程式为CH2= CH2+ Br2→BrCH2CH2Br。答案为：CH2= CH2+ Br2→BrCH2CH2Br；
(6)方案一中，不管是否发生加成反应，产物都为无色，所以不能证明乙烯与溴单质发生了加成反应，原因为发生取代反应同样可以使溴水褪色，溴水中含有HBr 和 HBrO 等成分，不一定是Br2发生加成反应。答案为：发生取代反应同样可以使溴水褪色, 溴水中含有HBr 和 HBrO 等成分，不一定是Br2发生加成反应；
(7)方案二中，由于塑料瓶内气体体积减小，瓶体积也应减小，所以现象②应为塑料瓶变瘪，要想用此方案证明乙烯与溴单质发生的反应是加成反应，还需补充证明产物中不含有HBr的实验为：继续向方案二塑料瓶中加入少量石蕊溶液，振荡后，若溶液不变红（或硝酸酸化的硝酸银溶液，无淡黄色沉淀生成），证明发生了加成反应。答案为：塑料瓶变瘪；石蕊溶液；溶液不变红（或硝酸酸化的硝酸银溶液，无淡黄色沉淀生成）。
【点睛】乙烯的相对分子质量为28，与空气的平均相对分子质量29只相差1，所以收集乙烯不能使用排空气法，也就是不能使用装置E。
9.铝热法冶炼金属铬的矿渣中含有Cr2O7、Al2O3及少量Fe2O3，从中提取铬与铝有酸法和碱法两种工艺。请回答：
I．酸法。矿渣经硫酸浸取后，浸取液通过电沉积得到单质Cr；向剩余溶液中加碱回收得到Al(OH)3。
(1)为提高矿渣的浸取率，可采取的措施有__________________________(写出两点)。
(2)电沉积时，阴极的电极反应式为_________________。
II. 碱法。工艺流程如下：
已知：①“焙烧”后固体成分为Na2CrO4、NaAlO2、NaFeO2。
②、Zn2+均可与EDTA1：1结合成络离子；Zn2+可与PAN1：1结合成紫红色络合物，且结合能力弱于EDTA。
(3)浸渣的主要成分为Fe(OH)3。则“浸取”时发生反应的离子方程式为__________________________________________。
(4)“浸取”后所得溶液中Al的含量可用EDTA滴定法测定：
①取20.00mL浸取液于锥形瓶中，加入c1mol•L-1EDTA标准液V1mL(稍过量)；
②依次用盐酸、醋酸钠—醋酸缓冲溶液调溶液至酸性，加热后滴入PAN指示剂；
③用c2mol•L-1ZnSO4标准液滴定至溶液恰好呈紫红色，消耗标准液V2mL。则“浸取”后所得溶液中Al的含量为_________g•L-1(填计算式即可)。
(5)“碳分”时通入CO2后，通过_______________ (填操作名称)，即可得到纯净的Al2O3。
(6)“还原”时发生主要反应的离子方程式为_____________________________________。
(7)“沉淀”时，当c(Cr3+)≤10-5mol•L-1时，应调节溶液的pH至少为_________。（Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32）
【答案】(1). 适当增加硫酸浓度、升高反应温度、减小矿渣粒径、增加浸取时间、搅拌(任意两点) (2). Cr3++3e- = Cr (3). +2H2O= Fe(OH)3↓+OH- (4). (5). 过滤、洗涤、加热 (6). 8+3+34H+=6+8Cr3++17H2O或4+3+26H+=6+8Cr3++13H2O (7). 5
【分析】Ⅰ.结合浸取速率的影响因素分析，根据电解池原理分析解答；
Ⅱ.由题干信息，根据工艺流程分析可知，矿渣中加入纯碱在空气中焙烧生成Na2CrO4、NaAlO2、NaFeO2，再加水浸取，发生反应+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-，浸渣Fe(OH)3，向浸取液中通入CO2，发生反应2H2O+NaAlO2+CO2=NaHCO3+Al(OH)3↓，过滤后滤液中含有Na2CrO4，再向滤液中加入Na2S2O3和稀硫酸，Na2CrO4被还原为Cr3+，再加入氨水沉淀可得到Cr(OH)3，据此分析解答。
【详解】Ⅰ.(1)酸浸时，可采用适当增加硫酸浓度、升高反应温度、减小矿渣粒径、增加浸取时间、搅拌等方法提高矿渣的浸取率，故答案为：适当增加硫酸浓度、升高反应温度、减小矿渣粒径、增加浸取时间、搅拌(任意两点)；
(2)电沉积时，C3+在阴极得到电子生成Cr，电极反应式为Cr3++3e- =Cr，故答案为：Cr3++3e- =Cr；
Ⅱ.(3)根据上述分析可知，加水浸取，发生反应+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-，浸渣为Fe(OH)3，故答案为：+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-；
(4)已知、Zn2+均可与EDTA以1：1结合成络离子；Zn2+可与PAN1：1结合成紫红色络合物，且结合能力弱于EDTA，则消耗的EDTA的物质的量为(c1V1-c2V2)×10-3mol，则Al的物质的量为(c1V1-c2V2)×10-3mol，其质量为27g/mol×(c1V1-c2V2)×10-3mol=27(c1V1-c2V2)×10-3g，则溶液中Al的含量为，故答案为：；
(5)“碳分”时，向浸取液中通入CO2，发生反应2H2O+NaAlO2+CO2=NaHCO3+Al(OH)3↓，过滤得到Al(OH)3沉淀，将沉淀洗涤后加热可直接分解得到纯净的Al2O3，故答案为：过滤、洗涤、加热；
(6)过滤后滤液中含有Na2CrO4，再向滤液中加入Na2S2O3和稀硫酸，Na2CrO4被还原为Cr3+，根据氧化还原反应得失电子守恒规律可得，反应的离子方程式为8+3+34H+=6+8Cr3++17H2O或4+3+26H+=6+8Cr3++13H2O，故答案为：8+3+34H+=6+8Cr3++17H2O或4+3+26H+=6+8Cr3++13H2O；
(7)根据沉淀溶解平衡Cr(OH)3Cr3++3OH-可得，Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)·c3(OH-)，则当c(Cr3+)=10-5mol•L-1时，，则pOH=-lg[c(OH-)]=9，pH=14-pOH=5，所以应调节溶液的pH至少为5，故答案为：5。
10.为了解决能源的可再生及将CO2变废为宝等问题，科学家借鉴自然界的光合作用原理，通过“人工” 光合作用合成了甲醇等液态燃料，因此甲醇又被称为液态太阳燃料。液态太阳燃料的合成及应用如下图所示。 请回答：
(1) 联系自然界的光合作用原理，并结合上述图示， 写出“人工”光合作用的化学方程式；__________________________________；在图示转化过程中，太阳能除了储存在甲醇中，还储存在_________中(填化学式)。
(2)图中热催化过程的反应原理为CO2(g) + 3H2(g) = CH3OH(g) + H2O(g)△H。
已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O (g)△H1= -483.6 kJ•mo1-1；
2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H2=-1352.86 kJ•mol-1
△H =_____________。
(3)实验室对热催化反应进行模拟探究：一定温度下，向容积均为2 L 的恒容密闭容器中分别通入1.0 mol CO2(g)和3.0 mol H2(g)， 在不同催化剂X、Y 的催化下发生反应。测得5 min时，CO2转化率与温度的变化关系如图所示。
② 该反应适宜选用的催化剂为__________(填“X'”或 “Y”)。
②T1K时，a点对应容器在0～5 min内的平均反应速率v(H2)=______；b、c点对应状态下反应物的有效碰撞几率b_____c(填“＞”“＜”或“=”)，原因为______________________________。
③T2K时，若反应前容器内的压强为p， 则该温度下反应的平衡常数KP=_________。 (KP为用分压表示的平衡常数)。
(4)我国化学家结合实验和计算机模拟结果，研究得出热催化反应的一种可能历程如图所示，其中自由基用“•”标出，过渡态用TS表示。
四个过渡态中对反应速率影响最大的是____，理由为________________________________；该步骤的化学方程式为______________________________________________________。
【答案】(1). 2CO2+4H2O2CH3OH+3O2或2H2O2H2+O2、CO2+3H2CH3OH+H2O (2). H2 (3). -48.97 kJ· mo1-1 (4). X (5). 0.12 mol-1•min-1 (6). ＞ (7). b点比c点对应状态下反应物浓度大，体系温度高 (8).
(9). TS1 (10). 该步反应的活化能（或能垒或需要吸收的能量）最大 (11). CO2+6H•=HOCO•+5H•或CO2+H•=HOCO•
【分析】根据液态太阳燃料的合成示意图分析反应过程；根据盖斯定律计算热催化过程的ΔH，结合转化率图像选择合适的催化剂，并根据公式计算反应速率，根据三段式计算压强平衡常数，根据图像分析写出化学方程式。
【详解】(1)由液态太阳燃料的合成示意图分析可知，排放在空气中的CO2与H2O电解产生的H2在太阳能的条件下发生反应生成CH3OH，反应的化学方程式为2CO2+4H2O2CH3OH+3O2或2H2O2H2+O2、CO2+3H2CH3OH+H2O，则太阳能出来储存在甲醇中，还储存在H2中，故答案为：2CO2+4H2O2CH3OH+3O2或2H2O2H2+O2、CO2+3H2CH3OH+H2O；H2；
(2)根据题干信息，(3×反应1-反应2)可得反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，根据盖斯定律可得，故答案为：-48.97；
(3)①根据图像可知，相同温度时选用催化剂X时，CO2的转化率较高，故答案为：X；
②由图像，T1K时，a点对应容器在0～5 min内CO2的转化率为40%，则Δn(CO2)=1.0mol×40%=0.4mol，根据方程式CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)可知，Δn(H2)=3Δn(CO2)=1.2mol，则平均反应速率，由于b点比c点对应状态下反应物浓度大，体系温度高，所以b点对应状态下反应物的有效碰撞几率b＞c，故答案为：0.12 mol-1•min-1；＞；b点比c点对应状态下反应物浓度大，体系温度高；
③由图像可知，T2K时CO2的转化率为60%，即Δn(CO2)=1.0mol×60%=0.6mol，则可列三段式：
由阿伏加德罗定律PV=nRT可知，恒温恒容时，压强与物质的量成正比，因此反应后的总压强为0.7p，则该温度下反应的平衡常数，故答案为：；
(4)由热催化反应的历程图分析可知，TS1步反应的活化能（或能垒或需要吸收的能量）最大，对反应速率的影响最大，反应方程式为CO2+6H•=HOCO•+5H•或CO2+H•=HOCO•，故答案为：TS1；该步反应的活化能（或能垒或需要吸收的能量）最大；CO2+6H•=HOCO•+5H•或CO2+H•=HOCO•。
【点睛】(3)③为易错点，计算压强平衡常数Kp时，需注意题干条件的p是反应前的总压强，需根据阿伏加德罗定律得出反应后的总压强为0.7p，再计算各组分的分压，从而计算平衡常数。
(二)选考题
11.青铜是人类历史上一项重大发明，它是铜(Cu)、锡(Sn) 和铅(Pb) 的合金，也是金属冶铸史上最早的合金 。 请回答 ：
(1)基态Cu原子通过失去_____轨道电子转化为Cu+；Sn的原子序数为50，基态Sn原子的价层电子排布式为______________。
(2)红氨酸() 可用于鉴别 Cu2+。红氨酸分子中C 原子的价层电子对数目为_______； N原子的杂化方式为_______； N原子与 H原子形成共价键的电子云对称形式为___________ 。
(3)CuCl的盐酸溶液能吸收CO， 该反应可用于测定气体混合物中CO的含量，生成物M的结构如下图所示。
①与CO互为等电子体的离子为_____________(任写一种即可)。
②M中所有元素的电负性由大到小的顺序为 ________________________。
③画图表示出M 中Cu原子形成的所有配位键_____________。
(4)金属钙和铜的晶体结构相似，但铜的熔点比钙高，试分析其原因为___________________________________________________。
(5)铜晶体中，Cu 原子之间会形成不同类型的空隙，比如下图铜晶胞中铜原子a1、a2、a3、a4 围成一个正四面体空隙 ，a2、a3、a4 、a5、a6、a7 围成一个正八面体空隙。
①铜晶体中，铜原子数：正四面体空隙数：正八面体空隙数＝________。
②若a2 与a3 的核间距离为d pm， 阿伏加德罗常数的值为NA，则铜晶体的密度为_______________________g•cm-3( 列出计算表达式)。
【答案】(1). 4s (2). 5s25p2 (3). 3 (4). sp3 (5). 轴对称 (6). CN- 或 (7). O> Cl> C> H> Cu (8). (9). 铜原子的半径小、价电子数多， 晶体中金属键强， 熔点高 (10). 1: 2: 1 (11).
【详解】（1）Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，基态Cu原子通过失去4s轨道电子转化为Cu+；Sn的原子序数为50，位于ⅣA族，基态Sn原子的价层电子排布式为5s25p2。故答案为：4s；5s25p2；
（2）红氨酸() 分子中C 原子的价层电子对数目为 =3；N原子的价层电子对数目为 =4， N原子的杂化方式为sp3
；N原子的2p与 H原子的1s轨道形成杂化轨道， N原子与 H原子形成共价键的电子云对称形式为轴对称。故答案为：3；sp3；轴对称；2
（3）①由电子-电荷互换法可得：与CO互为等电子体的离子为CN-或 (任写一种即可)。故答案为：CN-或 ；
②同周期从左到右元素的电负性变大，同主族从上到下电负性变小，结合电负性的值：O-3.5，Cl-3.0，C-2.5,H-2.1,Cu-1.9,M中所有元素的电负性由大到小的顺序为 O> Cl> C> H> Cu。故答案为：O> Cl> C> H> Cu；
③铜提供空轨道，配位体的配原子C、Cl、O提供孤电子对，M 中Cu原子形成的所有配位键如图。故答案为：；
（4）金属钙和铜的晶体结构相似，但铜的熔点比钙高，其原因为铜原子的半径小、价电子数多， 晶体中金属键强， 熔点高。故答案为：铜原子的半径小、价电子数多， 晶体中金属键强， 熔点高；
（5）①晶体铜的晶胞属于面心立方最密堆积，每个晶胞中平均占有4个铜原子；晶胞的每一个顶点与邻近的3个面心可以构成一个正四面体，共形成8个正四面体空隙；6个面心构成一个正八面体，每一条棱的中心都处于正八面体的中心，共有12条棱，属于该晶胞的正八面体的空隙共有1+12´=4。综上所述，铜原子数、正四面体空隙数和正八面体空隙数之比为4:8:4=1：2：1；故答案为：1: 2: 1；
②若a2 与a3 的核间距离为d pm，晶胞边长为 dpm，晶胞中铜原子个数为：8×+6×=4，阿伏加德罗常数的值为NA，则铜晶体的密度为g•cm-3(列出计算表达式)。故答案为：。
12.阿比朵尔可用于合成一种治疗新型冠状病毒肺炎的试用药物，实验室以芳香化合物A 为原料合成阿比朵尔的一种合成路线如下：
已知：
请回答：
(1)A的化学名称为_________； B的结构简式为_________。
(2)阿比朵尔中含氧官能团的名称为________；由E生成F的反应类型为_______。
(3)由C生成D的化学方程式为_______________________________________。
(4)C的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器为 __________(填选项字母)。
A.质谱仪 B.红外光谱仪 C.元素分析仪 D.核磁共振仪
同时满足下列条件的C的同分异构体有_____种(不考虑立体异构)。
①苯环上连有-NH2 ②能发生水解反应和银镜反应
(5)参照上述合成路线，设计以苯和丁酮() 为原料制备 的合成路线(无机试剂任选)：____________________________________________。
【答案】(1). 对硝基苯酚（或 4-硝基苯酚） (2). (3). 酯基、（酚）羟基 (4). 取代反应 (5).
+H2O (6). C (7). 13 (8).
【分析】A为，A与发生取代反应生成B， B的结构简式为，B在Zn/HCl条件下，将硝基还原成氨基，由C生成D的化学方程式为+H2O。D在一定条件下生成E，E为，E的N原子上H被甲基取代，发生取代反应得到F，F溴代生成G，与巯基苯发生取代反应得到产品。
【详解】（1）A为，化学名称为对硝基苯酚（或 4-硝基苯酚）；A与发生取代反应生成B， B的结构简式为。 故答案为：对硝基苯酚（或 4-硝基苯酚）；；
（2）阿比朵尔中含氧官能团-OH、-COOR,名称为酯基、（酚）羟基；E的N原子上H被甲基取代，由E生成F的反应类型为取代反应。 故答案为：酯基、（酚）羟基；取代反应；
（3）由C生成D的化学方程式为+H2O。 故答案为：+H2O；
（4）C的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器为：A．质谱仪各种粒子的质荷比不同，故A不选； B．红外光谱仪测到的化学键不同，故B不选； C.元素分析仪分析到的组成元素相同，故C选；D. 核磁共振仪测到的氢的种类和个数比不同，故D不选；故答案为：C；
用打碎残基法，将除苯环以外的原子团拆开，同时满足下列条件的C的同分异构体有①苯环上连有-NH2 ②能发生水解反应和银镜反应，含有-OOCH，氨基甲苯有三种，然后将-OOCH连上去，有如图所示、、共13种(不考虑立体异构)。
故答案为：13；
（5）参照上述合成路线，以苯和丁酮( ) 为原料制备 ，合成路线(无机试剂任选)，先制取硝基苯，还原成苯氨，与作用得产品：。
故答案为：。
【点睛】本题考查有机物推断，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系是解本题关键，难点（4）是同分异构体种类判断，要考虑官能团位置异构，注意官能团在苯环和侧链上的位置异构。