【化学】四川省宜宾市叙州区第二中学2020届高三一诊模拟理综（解析版）

【化学】四川省宜宾市叙州区第二中学2020届高三一诊模拟理综（解析版）

四川省宜宾市叙州区第二中学2020届高三一诊模拟理综 ‎1.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系正确的是（ ）‎ 选项 化学性质 实际应用 A Al2(SO4)3和苏打Na2CO3溶液反应 泡沫灭火器灭火 B 油脂在酸性条件下的水解反应 工业生产中制取肥皂 C 醋酸具有酸性 食醋除水垢 D SO2具有漂白性 可用于食品增白 ‎【答案】C ‎【详解】A、泡沫灭火器是利用Al2(SO4)3和小苏打NaHCO3溶液反应，故不选A； ‎ B、工业生产中用油脂在碱性条件下的水解反应制取肥皂，故不选B；‎ C、醋酸的酸性大于碳酸，利用醋酸与碳酸钙反应除水垢，故选C；‎ D、SO2具有漂白性，但由于SO2有毒，SO2不能用于食品增白，故不选D；‎ 答案选C。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 1L0.1mol/L的 NaHSO4溶液中所含的氧原子数目为0.4NA B. 1mol－OH(羟基)与1 mol H3O+中所含的电子数均为10NA C. 7.1gCl2与足量Fe充分反应，转移的电子数为0.2NA D. 80gCuO和Cu2S的混合物中，所含铜原子数为2NA ‎【答案】C ‎【详解】A、NaHSO4溶液中水也含有氧原子，所以1L0.1mol/L的 NaHSO4溶液中所含的氧原子数目大于0.4NA，故A错误；‎ B、1个甲基含有9个电子，1mol羟基所含的电子数为9NA，B错误；‎ C、Cl2与Fe反应，氯元素化合价由0变为-1，所以7.1gCl2与足量Fe充分反应，转移的电子数为0.2NA，故C正确；‎ D、80gCuO含的铜原子的物质的量是 ，80g Cu2‎ S含的铜原子的物质的量是，根据极值法，80gCuO和Cu2S的混合物中所含铜原子数为1NA，故D错误。‎ ‎3.有a、b、c、d四种原子序数依次增大，且均不大于20的主族元素，a、c同主族，a的最外层电子数是内层电子数的3倍，b为金属元素，a、c、d的最外层电子数之和为19。下列叙述正确的是（ ）‎ A. a、b可能形成含有共价键的离子化合物 B. 简单离子半径大小：d>c>a>b C. 含氧酸的酸性强弱：d>c D. b、c的简单离子在水溶液中一定能大量共存 ‎【答案】A ‎【分析】a的最外层电子数是内层电子数的3倍，a是O元素；a、c同主族，c是S元素；a、c、d的最外层电子数之和为19，d是Cl元素；b为金属元素，b是Na、Mg、Al中的一种。‎ ‎【详解】A、O和Na可以形成Na2O2，是含有共价键的离子化合物，故A正确；‎ B、电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径S2－＞Cl－，故B错误；‎ C、最高价含氧酸的酸性d＞c，这里没有说是最高价，故C错误；‎ D、若b为Al元素，则Al3＋和S2－在水溶液中不能大量共存，故D错误。‎ ‎【点睛】本题以元素推断为载体，考查原子结构与位置关系、核外电子排布规律、半径比较、化学键、元素化合物性质等，清楚核外电子排布规律是解题的关键。‎ ‎4.某有机物分子式为C5H10O3，与饱和NaHCO3溶液反应放出气体体积与同等状况下与Na反应放出气体体积相等，该有机物有(不含立体异构) （ ）‎ A. 9种 B. 10种 C. 11种 D. 12种 ‎【答案】D ‎【分析】分子式为 C5H10O3与饱和 NaHCO3 溶液反应能放出气体，说明含有羧基，且 1molC5H10O3 与足量钠反应 放出 1mol 气体，说明分子中含有羟基，可看作-OH取代C4H9-COOH中C4H9－的H原子。‎ ‎【详解】分子式为 C5H10O3与饱和 NaHCO3 溶液反应能放出气体，说明含有羧基，且 1molC5H10O3 与足量钠反应 放出 1mol 气体，说明分子中含有羟基，可看作-OH取代C4H9－的H原子，C4H9－有4种，分别为CH3CH2CH2CH2－（4种）、CH3CH（CH3）CH2‎ ‎－（3种）、CH3CH2CH（CH3）-（4种）、C（CH3）3-（1种），共12种。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查同分异构体的判断，侧重考查学生的分析能力，解题关键：注意把握同分异构体的判断角度和方法。‎ ‎5.下列化学用语对事实的表述正确的是（ ）‎ A. 硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O B. 向Na2SiO3溶液中通入过量的SO2：SiO32－＋SO2＋H2O＝H2SiO3↓＋SO32－‎ C. 由Na和C1形成离子键的过程：‎ D. 已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3－，向NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO－＋CO2＋H2O＝2HClO＋CO32－‎ ‎【答案】C ‎【详解】A．硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2H518OH发生酯化反应，乙醇脱去H原子，硬脂酸脱去羟基，反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，故A错误；‎ B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2的离子反应为SiO32-+2SO2+2H2O═H2SiO3↓+2HSO3-，故B错误；‎ C．氯化钠为离子化合物，含有离子键，反应中Na失去电子，Cl得到电子，则Na和Cl形成离子键的过程：→，故C正确；‎ D．弱酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以向NaClO溶液中通入少量CO2：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎6.SO2是大气污染物，造成酸雨的主要原因，用如图所示装置可以既吸收工厂排放的废气中的SO2，又可以生成一定量的硫酸，下列说法正确的是（ ）‎ A. a为正极，b为负极 B. 生产过程中氢离子由右移向左 C. 从左下口流出的硫酸的质量分数一定大于50%‎ D. 负极反应式为SO2＋2H2O-2e-=SO42-＋4H+‎ ‎【答案】D ‎【详解】A. 由图可知，此装置为原电池，且a极发生氧化反应，属于负极，b极为正极，A项错误；‎ B. 原电池中阳离子移向正极，故氢离子由左移向右，B项错误；‎ C. 负极区有硫酸生成，但同时水的量在增加，则硫酸的质量分数不一定大于50%，甚至还可能小于50%，C项错误；‎ D. 负极反应式为SO2＋2H2O－2e－===SO42-＋4H＋，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.常温下，下列有关溶液中微粒物质的量浓度关系错误的是（ ）‎ A. pH为5的NaHSO3溶液中:c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)‎ B. 向NH4Cl溶液中加入NaOH固体至pH=7：c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)=c(NH3·H2O)>c(OH-)=c(H+)‎ C. 将等体积、等物质的量浓度的CH3COONH4与NaCl溶液混合，pH=7：c(CH3COO-)+c(Na+)=c(Cl-)+c(NH4+)‎ D. 20mL0.1mol/LNH4HSO4溶液与30mL0.1mol/LNaOH溶液混合，测得pH>7：c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(H+)‎ ‎【答案】A ‎【详解】A. pH=5的NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸根离子电离大于水解程度，离子浓度大小：c（HSO3－）＞c（SO32－）＞c（H2SO3），故A错误；‎ B. 向NH4Cl溶液中加入NaOH固体至pH=7，加入的NaOH少于NH4Cl，由电荷守恒：c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)，则c(NH3·H2O)=c(Na+)，NH3·H2O电离大于NH4+水解，c(NH4+)>c(NH3·H2O)，所得溶液中：c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)=c(NH3·H2O)>c(OH-)=c(H+)，故B正确；‎ C. CH3COONH4中醋酸根离子和铵根离子的水解程度相同溶液呈中性，NaCl也呈中性，c(Na+) = c(Cl-) ，c(NH4+)=c(CH3COO－)，c(CH3COO－)+c(Na+) = c(Cl-) + c(NH4+)，故C正确；‎ D.‎ ‎ 滴入30mLNaOH溶液时（pH＞7），其中20mL氢氧化钠溶液与硫酸氢铵中的氢离子发生中和反应，剩余的10mL氢氧化钠溶液与铵根离子反应，则反应后的溶液中含有0.001mol一水合氨、0.0005mol硫酸铵，溶液的pH＞7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则：c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）、c（OH－）＞c（H＋），则溶液中离子浓度大小为：c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）＞c（OH－）＞c（H＋），故D正确；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识，解题关键：明确反应后溶质组成，难点突破：注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。‎ ‎8.碘化亚铜(CuⅠ)是阳极射线管覆盖物，不溶于水和乙醇。下图是工业上由冰铜制取无水碘化亚铜的流程。‎ ‎(1)FeS中S的化合价为_____________。‎ ‎(2)步骤①中Cu2S被转化为Cu，同时有大气污染物A生成，相关化学反应方程式为_________________________________________________，熔渣B主要成分为黑色磁性物质，其化学式为___________________。‎ ‎(3)步骤②中H2O2的作用是_______________________________________________；步骤③中加入过量NaI涉及的主要离子反应方程式为_____________________________________。‎ ‎(4)步骤④用乙醇洗涤的优点是_______________________________；检验沉淀是否洗涤干净的方法是_____________________________________________________________________。‎ ‎(5)溶液I中通常含少量Fe(Ⅲ)。已知该工业条件下，Fe(OH)3的Ksp=1.0×10－38，据此分析除去Fe(Ⅲ)(即c(Fe3+)≤1.0×10－5mol/L)应调节pH不小于_____________(水的离子积以常温计)。‎ ‎(6)准确称取 m g CuI样品，加入足量的Fe2(SO4)3溶液，发生反应为2CuⅠ+4Fe3+===2Cu2++4Fe2++I2，待样品完全反应后，用amol/L酸性KMnO4溶液滴定Fe(Ⅱ)，消耗标准液的体积平均值为ⅴmL。样品中CuI的质量分数的计算表达式为_____________；如果滴定前，酸式滴定管没有用标准液润洗，CuI的质量分数_____________(填“偏低”、“偏高”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). —2 (2). Cu2S＋O2 2Cu＋SO2 (3). Fe3O4 (4). 氧化剂 (5). 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 (6). 洗去残余水分且乙醇易挥发可快速晾干 (7). ‎ 蘸取最后一次洗涤液迸行焰色反应，如果火焰无黄色则已洗浄 (8). 3 (9). ×100% (10). 偏高 ‎【分析】由流程图可知，冰铜在1200℃条件下与空气中氧气反应，生成二氧化硫、泡铜（氧化亚铜、铜）和四氧化三铁，泡铜、硫酸和双氧水共热反应生成硫酸铜，硫酸铜溶液与过量NaI溶液反应得到CuI沉淀，CuI沉淀经水洗、乙醇洗涤得到产品。‎ ‎【详解】（1）FeS中Fe元素为+2价，S元素为—2价，故答案为：—2；‎ ‎（2）步骤①中Cu2S与空气中氧气在1200℃条件下反应生成Cu和二氧化硫，反应的化学方程式为Cu2S＋O2 2Cu＋SO2；由熔渣B的主要成分为黑色磁性物质可知，FeS与空气中氧气在1200℃条件下反应生成四氧化三铁和二氧化硫，故答案为：Cu2S＋O2 2Cu＋SO2；Fe3O4；‎ ‎（3）步骤②的反应为在硫酸作用下，H2O2做氧化剂，将氧化亚铜、铜氧化生成硫酸铜；步骤③的反应为硫酸铜溶液与过量NaI溶液反应得到CuI沉淀，反应的离子反应方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，故答案为：氧化剂；2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；‎ ‎（4）步骤④用乙醇洗涤可以洗去固体表面的水，同时由于乙醇易挥发达到快速晾干的目的；洗涤液中含有钠离子、硫酸根离子，可以用焰色反应或酸化的氯化钡溶液检验沉淀是否洗涤干净，故答案为：洗去残余水分且乙醇易挥发可快速晾干；蘸取最后一次洗涤液迸行焰色反应，如果火焰无黄色则已洗浄；‎ ‎（5）由Ksp=c(Fe3+)c3(OH—)=1.0×10－38可知，当c(Fe3+)≤1.0×10－5mol/L时，c (OH—) ≥1.0×10－11mol/L，则应应调节pH≥3，故答案为：3；‎ ‎（6）由化学方程式式可得：CuⅠ—2 Fe2+—2/5 MnO4—，则有n(CuⅠ)= 2/5×a×V×10－3mol，m(CuⅠ) = 2/5×a×V×10－3×191g，故CuⅠ%=×100%；滴定前，酸式滴定管没有用标液润洗，导致消耗酸性高锰酸钾标准溶液体积偏大，所测CuⅠ%偏大，故答案为：×100%；偏大。‎ ‎【点睛】本题考查了化学工艺流程，涉及了氧化还原反应、Ksp的应用、平衡移动的分析应用、滴定实验的原理应用等，侧重于分析、实验能力的考查，明确铁、铜及其化合物性质，明确工艺流程图，把握滴定过程的反应原理和计算方法是解本题的关键。‎ ‎9.某研究学习小组要制备一种在水中溶解度很小的黄色化合物[Fex(C2O4)y·zH2O]，并用滴定法测定其组成。已知H2C2O4在温度高于90℃时易发生分解。实验操作如下：‎ 步骤一：将图甲分液漏斗中的草酸溶液滴入锥形瓶内，可生成黄色沉淀；‎ 步嶸二：称取黄色产物0.841g于锥形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加热至70~85℃。待固体全部溶解后，用胶头滴管吸岀一滴溶液点在点滴板上，用铁氰化钾溶液检验，无蓝色沉淀产生；‎ 步骤三：用0.080mol/ LKMnO4标准液滴定步骤二所得的溶液；‎ 步骤四：向步骤三滴定后的溶液中加足量的Zn粉和硫酸溶液，几分钟后用胶头滴管吸岀一滴点在点滴板上，用KSCN溶浟检验，若不显红色，过滤除去Zn粉，并用稀硫酸洗涤Zn粉，将洗涤液与滤液合并，用0.0800mol/ L KMnO4标准液滴定，用去髙锰酸钾标准液10.00mL。‎ ‎(1)步骤一中将沉淀从反应混合物中分离出来的操作名称是__________________。‎ ‎(2)步骤二中水浴加热并控制温度70~85℃的理由是__________________________________，加铁氰化钾溶液无蓝色沉淀产生，此操作的目的是___________________________________。‎ ‎(3)步骤三盛装KMnO4标准液的滴定管在滴定前后的液如图乙所示，则消耗KMnO4标准液的体积为__________________，该滴定管为_________滴定管(填“酸式”或“碱式”)‎ ‎(4)步骤四中滴定时发生反应的离子方程式为_______________________________________。若不合并洗涤液，则消耗KMnO4标准液的体积将_________(填“增大”“减小”或“不变”)。由以上数据计算黄色化合物的化学式为______________________________。‎ ‎【答案】(1). 过滤 (2). 加快固体溶解，同时防止草酸分解 (3). 铁氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定 (4). 25.00mL (5). 酸式 (6). MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O (7). 减小 (8). Fe4(C2O4)5·10H2O ‎【分析】步骤一草酸和(NH4)2Fe (SO4)2反应生成黄色固体[Fex(C2O4)y·zH2O]，步骤二加硫酸溶解后，检验无二价铁离子，则说明含有Fe3+，步骤三用高锰酸钾滴定草酸根离子，步骤四将Fe3+还原成Fe2+，再用高锰酸钾滴定，确定铁离子的含量，进而进一步分析计算。‎ ‎【详解】(1)分离固体和液体的操作是过滤；‎ 故答案为：过滤；‎ ‎(2) 由于H2C2O4在温度高于90℃时易发生分解，所以需要水浴加热并控制温度70~85℃，同时加快固体溶解。铁氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定；‎ 故答案为：加快固体溶解，同时防止草酸分解；氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定；‎ ‎(3)从图片中读出，消耗高锰酸钾的体积为：25.80mL-0.80mL=25.00mL；滴定液是高锰酸钾标准溶液，该溶液有强氧化性，只能选用酸式滴定管；‎ 故答案为：25.00mL，酸式；‎ ‎(4)步骤四是高锰酸钾滴定Fe2+，离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；洗涤液中残留少许Fe2+，若不合并洗涤液，则消耗KMnO4标准液的体积将减少；根据离子方程式：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，可知关系MnO4-——5Fe2+，其中n(MnO4-)=0.0800mol/L×0.01L=0.0008mol，即n(Fe2+)=0.0008mol×5=0.0040mol，则样品中n(Fe)=0.0040mol。步骤三中，根据方程式：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可得到转化关系：2KMnO4——5H2C2O4，即n(H2C2O4)=n(KMnO4)=0.0800mol/L×0.025L×5/2=0.005mol，则样品中含草酸根的物质的量为0.005mol。根据质量守恒定律可知，0.841g样品中结晶水的物质的量为（0.841g-0.0040×56g-0.005×88g）/18g/mol=0.01mol，则n(Fe)：n(C2O42-)：n(H2O)=4:5:10，故黄色物质化学式为Fe4(C2O4)5·10H2O。‎ 故答案为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，减小，Fe4(C2O4)5·10H2O。‎ ‎10.硝酸工业中产生的NO是一种大气污染物，可以通过如下反应处理：2NO(g)+2CO(g) N2 (g)+ 2CO2(g)； △H1。‎ ‎（1）已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)；△H2=－566 kJ·mol－l，N2(g)+O2(g) 2NO(g)； △H3=+181 kJ ·mol－l，则△H1=_________________‎ ‎（2）在一定温度下，向体积为2L的密闭容器中充入4 moI NO、2 mol CO。‎ ‎①若为恒容密闭容器，在10min时达到平衡状态，压强为原来的14/15，这段时间内，NO的平均反应速率为___________，平衡常数为___________L· mol－1，此时NO的转化率a%；平衡后，向恒容密闭容器中再充入2 mol NO、1 mol CO，重新达到平衡时，NO的转化率将___________(填“增大”、“不变”或“减小”)；‎ ‎②若为恒压密闭容器，平衡后NO的转化率为b%，则a%________b%(填“<”、“=”或>”)‎ ‎（3）工业上，NO与CO混合气体以一定流速和一定比例，通过填充有A、B催化剂的反应器，在A、B两种催化剂作用下，CO转化率与温度的关系如下图所示。‎ ①工业上选择催化剂___________(填“A”或“B)，理由是______________________________‎ ‎_________________________________________。‎ ②在催化剂B作用下，高于550K时，CO转化率下降的理由可能是____________________‎ ‎_____________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). －747 kJ ·mol－l (2). 0.04mol/(mol·L) (3). 5/144 (4). 增大 (5). < (6). A (7). A在较低的温度下，具有较强的催化活性 (8). 催化剂活性降低，具有较多的副反应 ‎【分析】根据盖斯定律计算反应热；用等效平衡原理分析平衡的移动。‎ ‎【详解】(1) 已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)；△H2=－566 kJ·mol－l ②‎ N2(g)+O2(g) 2NO(g)； △H3=+181 kJ ·mol－l ③‎ 根据盖斯定律得：②-③得2NO(g)+2CO(g) N2 (g)+ 2CO2(g)； 则△H1=△H2-△H3=－747 kJ ·mol－l，故答案为：－747 kJ ·mol－l；‎ ‎(2) ①用三段式法计算得：‎ ‎2NO(g)+2CO(g) N2 (g)+ 2CO2(g)‎ 开始（mol） 4 2 0 0‎ 反应（mol） n n 0.5n n 平衡（mol） 4-n 2-n 0.5n n 压强为原来的，则[4-n+（2-n）+0.5n+n]/(4+2)=14/15，n=0.8mol，平衡时:c(NO)=1.6mol/L， c(CO)=0.6mol/L，c(N2)=0.2mol/L， c(CO2)=0.4mol/L；v(NO)=(0.8mol÷2L)÷10min=0.04mol/( mol •L)；平衡常数k= c(N2)∙ c2(CO2)/ c2(NO) ∙c2‎ ‎(CO)=5/144；由方程式可得，增大压强平衡向正反应方向移动，所以平衡后，向恒容密闭容器中再充入2 mol NO、1 mol CO，重新达到平衡时，NO的转化率将增大；故答案为：0.04mol/(L.mol)；5/144；增大；‎ ‎②根据方程式的特点，恒压相对于恒容，相当于增大压强，平衡向正方向移动，转化率增大，所以a%”“<”或“=”)。‎ ‎（3）SO2分子中S原子的轨道杂化类型为_________，分子空间构型为_________；与SO2互为等电子体的分子有_________(写一种)。‎ ‎（4）请从结构角度解释H2SO3的酸性比H2SO4酸性弱的原因_________________________________________________________。‎ ‎（5）Cu(CH3CN)4比四氨合铜离子稳定，其配离子中心原子配位数为_________，配位体中σ键与π键个数之比为_________。‎ ‎（6）铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。‎ 若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，距离最近的两个H2分子之间距离为anm。则该晶体的密度为_______________g/cm3(列出计算表达式)。‎ ‎【答案】(1). 16 (2). 纺锤形 (3). 3d104s1 (4). ＞ (5). sp2 (6). V形 (7). O3 (8). 硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，硫酸中心原子硫价态高，易于电离出H+ (9). 4 (10). 5∶2 (11). ‎ ‎【分析】(1)硫元素为16号元素，能量最高的电子为3p电子；(2)Cu为29号元素，Zn为30号元素，Cu的第二电离能失去的是3d电子；(3)SO2分子中S原子的价层电子对数=2+(6-2×2)=3，结合等电子体的概念解答；(4)同一元素的不同含氧酸中，非羟基氧原子数越大其酸性越强；(5)Cu(CH3CN)4中的中心原子为Cu，配位体为CH3CN，其中σ键有3个C-H、1个C-C和1个C≡N，C≡N中含有π键；(6)根据晶体结构，距离最近的两个H2分子之间的距离为晶胞面上对角线长度的一半，晶胞中Mg原子个数是8、Fe原子个数=8×+6×=4，所以其化学式为Mg2Fe。据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)硫元素为16号元素，基态硫原子核外电子有16种不同运动状态，能量最高的电子为3p电子，3p电子的原子轨道形状为纺锤形，故答案为：16；纺锤形；‎ ‎(2)Cu为29号元素，基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1；Zn为30号元素，基态Zn原子的价层电子排布式为3d104s2，Cu的第二电离能失去的是3d电子，失去后不稳定，第二电离能大于Zn的第二电离能，即I2(Cu)＞I2(Zn)，故答案为：3d104s1；＞；‎ ‎(3)SO2分子中S原子的价层电子对数=2+(6-2×2)=3，轨道杂化类型为sp2，分子的空间构型为V形；与SO2互为等电子体的分子有O3，故答案为：sp2；V形；O3；‎ ‎(4)同一元素的不同含氧酸中，非羟基氧原子数越大其酸性越强，硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，所以H2SO4的酸性大于H2SO3的酸性，故答案为：硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，硫酸中心原子硫价态高，易于电离出H+；‎ ‎(5)Cu(CH3CN)4中的中心原子为Cu，配位数为4；配位体为CH3CN，其中σ键有3个C-H、1个C-C和1个C≡N，共5个σ键，只有C≡N中含有π键，有2个π键，σ键与π键个数之比5∶2，故答案为：4；5∶2；‎ ‎(6)设晶胞的参数为dnm，该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱心位置，则距离最近的两个H2分子之间的距离为晶胞面上对角线长度的一半，即anm=×d nm，则d=anm=a×10-7cm，该晶胞中Mg原子个数是8、Fe原子个数=8×+6×‎ ‎=4，所以Mg、Fe原子个数之比为8∶4=2∶1，所以其化学式为Mg2Fe，该合金的密度为===g/cm3，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查物质结构和性质。本题的易错点为(4)中σ键与π键个数比的判断，难点为(5)，要注意距离最近的两个H2分子之间的距离与晶胞参数的关系。‎ ‎12.石油裂解气用途广泛，可用于合成各种橡胶和医药中间体。利用石油裂解气合成CR橡胶和医药中间体K的线路如下： ‎ 已知：Ⅰ.氯代烃D的相对分子质量是113，氯的质量分数约为62.8％，核磁共振氢谱峰面积之比为2:1.‎ Ⅱ. 。‎ ‎（1）A中官能团的结构式为__________________，D的系统名称是________________.‎ ‎（2）反应②的条件是_____________，依次写出①和③的反应类型___________、_________.‎ ‎（3）写出F→G过程中第一步反应的化学方程式__________________________________.‎ ‎（4）K的结构简式为____________________.‎ ‎（5）写出比G多2个碳原子的同系物的所有同分异构体的结构简式_________________.‎ ‎（6）已知双键上的氢原子很难发生取代反应。以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成B____________________________________________________________________________。合成路线流程图示如下：。‎ ‎【答案】(1). 、-Br (2). 1,3-二氯丙烷 (3). NaOH溶液,△（加热） (4). 加聚反应 (5). 取代反应 (6). OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OH NH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3 (7). (8). 、、、 (9). ‎ ‎【分析】由CH2=CH-CH=CH2反应到A（C4H6Br）发生加成反应，根据框图到C为1,4-二溴-2-丁烷，AB为取代；再根据知F为醛，E为醇，G为羧酸；H为酯，由此知道 D为1,3-二氯丙烷。H为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3,H与C反应根据信息即可判断。‎ ‎【详解】（1）由CH2=CH-CH=CH2反应到A（C4H6Br）知，A中含有碳碳双键和溴原子。已知氯代烃D的相对分子质量是113，氯的质量分数约为62.8％，n(Cl)=[113]/35.5=2,D的化学式为C3H6Cl2,核磁共振氢谱峰面积之比为2:1.则D的结构简式CH2ClCH2ClCH2。系统命名为1,3-二氯丙烷。答案：、-Br。‎ ‎（2）由框图知D为卤代烃，E为醇，所以反应②的条件是NaOH溶液,△（加热）；由的反应条件知道①为加聚反应；由③的条件知③反应类型取代反应。 ‎ ‎（3根据 知E为醇，F为醛，所以F→G过程中第一步反应的化学方程式OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OH NH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3。‎ ‎（4）根据已知K为，所以的结构简式为。答案：。‎ ‎（5）通过上述分析知G为HOOCCH2COOH，比G多2个碳原子的同系物的同分异构体的结构简式有、、、 。答案：、、、 。‎ ‎6）已知双键上的氢原子很难发生取代反应。经分析知A为，以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成B（）的路线图为：‎ ‎ ‎