河北省正定中学（实验中学）2020届高三下学期第三次质量检测试卷化学试题 Word版含解析

河北省正定中学（实验中学）2020届高三下学期第三次质量检测试卷化学试题 Word版含解析

‎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.‎ - 18 -‎ 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 - 18 -‎ A. 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+＋2LiFePO4xCa＋2Li1-xFePO4＋2xLi+。下列说法错误的是 - 18 -‎ 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 - 18 -‎ ‎【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 - 18 -‎ ‎（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____________。‎ - 18 -‎ ‎（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＋3O22Cu2O＋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＋3O22Cu2O＋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 - 18 -‎ 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：NiC2O4NiO＋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______。‎ - 18 -‎ ‎③PdCl2 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；‎ - 18 -‎ ‎（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 - 18 -‎ 以下。脱硫的目的为______________。‎ ‎（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“<”）。‎ ‎（4）下图为不同温度条件下6小时稳定测试电流强度对H2产率的影响。由图可知，随着温度的降低，电流对H2产率的影响作用逐渐____________（填“增加”“减小”或“不变”），‎600 ℃‎时，电流对三种催化剂中的____________（用图中的催化剂表示式回答）影响效果最为显著，当温度高于‎750 ℃‎时，无论电流强度大小，有无催化剂，H2产率趋于相同，其原因是______________。‎ - 18 -‎ ‎（5）我国科学家对甲烷和水蒸气催化重整反应机理也进行了广泛研究，通常认为该反应分两步进行。第一步：CH4催化裂解生成H2和碳（或碳氢物种），其中碳（或碳氢物种）吸附在催化剂上，如CH4→Cads/[C(H)n]ads+(2–)H2；第二步：碳（或碳氢物种）和H2O反应生成CO2和H2，如Cads/[C(H)n]ads +2H2O→CO2 +(2+)H2。反应过程和能量变化残图如下（过程①没有加催化剂，过程②加入催化剂），过程①和②ΔH的关系为：①_______②（填“>”“<”或“＝”）；控制整个过程②反应速率的是第_______步，其原因为____________________________。‎ ‎【答案】 (1). 33.32 (2). ΔH1+2ΔH3−ΔH2 (3). 硫能使催化剂中毒（或硫能使催化剂活性下降等） (4). > (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】‎ - 18 -‎ ‎【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 ‎ - 18 -‎ 的立方晶胞如图所 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，‎ - 18 -‎ ‎5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：‎ - 18 -‎ 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). ‎ - 18 -‎ ‎【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 - 18 -‎ 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：。‎ - 18 -‎