四川省棠湖中学2020届高三上学期期中考试理综化学试题

四川省棠湖中学2019-2020学年高三上学期期中考试理综

化学试题

1.下列说法中正确的是（      ）

A. 60﹪-70﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果

B. 液溴可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中

C. 苯酚溅到皮肤上，立即用水冲洗，然后涂上稀硼酸溶液

D. 油脂不能使溴水褪色

【答案】B

【解析】

【详解】A. 35﹪- 40﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果，故A错误；

B. 液溴见光、受热易挥发，可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中，故B正确；

C. 苯酚溶液的腐蚀性很强，如果不马上清洗掉， 皮肤很快就会起泡，应马上用有机溶剂清洗，常用的有机溶剂就是酒精（苯酚在水中的溶解度很小），故C错误；

D. 油脂是油和脂肪的统称。从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯。油脂是烃的衍生物。其中，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，所以油脂中的油含有不饱和键，可以使溴水褪色，而脂肪不能使溴水褪色。故D错误。

答案选B。

2.下列化学用语正确的是（      ）

A. 重水的分子式：D2O B. 次氯酸的结构式：H—Cl—O

C. 乙烯的实验式：C2H4 D. 二氧化硅的分子式：SiO2

【答案】A

【解析】

【详解】A. 重水中氧原子为16O，氢原子为重氢D，重水的分子式为D2O，故A正确；

B. 次氯酸中不存在氢氯键，其中心原子为氧原子，分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键，结构式为H—O—Cl，故B错误；

C. 实验式为最简式，乙烯的实验式为CH2，故C错误；

D. 二氧化硅晶体为原子晶体，不存在二氧化硅分子，故D错误。

答案选A。

3.阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是

A. 标准状况下，11.2L12C18O中含有的中子数为8NA

B. 常温常压下，12g金刚石中含有C－C键数为4NA

C. 1mol Li2O、Na2O2的混合物中含有的离子总数大于3NA

D. 25℃时，pH=2的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.02NA

【答案】A

【解析】

【详解】A.标况下11.2L一氧化碳的物质的量为0.5mol，每个分子含有6+10=16个中子，故总共含有8mol中子，故A正确；

B.12克金刚石为1mol，每个碳原子平均形成2个共价键，所以共形成2mol共价键，故B错误；

C.氧化锂含有3个离子，过氧化钠也含有3个离子，故1mol混合物含有3mol离子，故C错误；

D.没有说明溶液的体积，不能计算，故D错误。

故选A

【点睛】阿伏加德罗常数是常考题型。掌握常见物质的结构和微粒的关系，注意溶液中的微粒的计算需要考虑浓度和体积的数据以及溶液中是否存在电离或水解平衡等。

4.向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】D

【解析】

【详解】A．氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4+时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，故A错误；

B．向溶液X 中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，不能说明原溶液中有硫酸根离子，因为亚硫酸根离子滴加稀硝酸会被硝酸氧化成硫酸根离子，再滴加Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，故B错误；

C．黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，故检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，正确操作为：用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈浅紫色说明有钾离子，该选项中火焰呈黄色，原溶液中有钠离子不一定有钾离子，故C错误；

D．原溶液为无色溶液说明原溶液中无碘单质，氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来，四氯化碳密度比水大，下层溶液显紫色，所以滴加氯水和四氯化碳，下层溶液显紫色说明原溶液中有碘离子，故D正确；

故选D。

5.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素。X的氢化物常用于刻蚀玻璃，Y在同周期中金属性最强，Z的单质是人类将太阳能转化为电能的常用材料，W与X同主族。下列说法正确的是

A. 简单氢化物沸点：X>W

B. 简单离子半径：r(X)<r(Y)<r(W)

C. Z元素化学性质稳定，在自然界以游离态存在

D. W的简单离子会影响水的电离平衡

【答案】A

【解析】

【详解】X的氢化物常用于刻蚀玻璃，说明X为氟，Y在同周期中金属性最强，为钠，Z的单质是人类将太阳能转化为电能的常用材料，为硅，W与X同主族，为氯。

A.氟化氢分子间含有氢键，所以氟化氢的沸点比氯化氢高，故正确；

B.氟离子，钠离子，氯离子中前两个电子层结构相同，为2层，氯离子有3个电子层，根据层同时序小径大分析，半径关系为r(Y)<r(X)< r(W)，故错误；

C.硅是亲氧元素，在自然界以化合态存在，故错误；

D.氯离子不能影响水的电离平衡，故错误。

故选A。

6.一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2－。下列说法不正确的是

A. 通入丁烷的一极是负极，电极反应为：C4H10 ＋26e－＋13O2－=== 4CO2↑＋5H2O

B. 在熔融电解质中，O2－向负极定向移动

C. 电池的总反应是：2C4H10＋13O2===8CO2＋10H2O

D. 通入空气的一极是正极，电极反应为：O2＋4e－===2O2－

【答案】A

【解析】

【详解】A．燃料电池中通入燃料的电极是负极，负极反应式为C4H10+13O2－-26e-=4CO2↑+5H2O，选项A不正确；

B．在放电时，熔融电解质中O2-向负极定向移动、阳离子向正极移动，选项B正确；

C．电池总反应式和燃料燃烧方程式相同，为2C4H10+13O2=8CO2+10H2O，选项C正确；

D．燃料电池中通入氧化剂的电极是正极，所以通入空气的电极是正极，电极反应式为：O2+4e-═2O2-，选项D正确；

答案选A。

【点睛】本题考查化学电源新型电池，电化学的内容是历年高考的重点知识之一，在高考试题中出现的概率较高。燃料电池中通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，难点是电极反应式的书写，注意该电解质中自由移动的离子。正极发生还原反应，（1）在酸性溶液中 O2 + 4e- +4 H+== 4H2O （2）在碱性溶液中, O2 + 4e -+ 2H2O== 4OH-；（3）在熔融碳酸盐中,氧离子与碳酸根离子不能结合，只能与二氧化碳结合生成碳酸根离子， O2+2CO2-+4e-==2 CO32-；（4）在熔融氧化物介质中，氧气得到电子转化为氧离子， O2 + 4e- == 2O2- 。

7.已知：pOH=－lgc(OH－)。室温下，将稀盐酸滴加到某一元碱(BOH)溶液中，测得混合溶液的pOH与离子浓度的变化关系如图所示。下列叙述错误的是

A. BOH属于弱碱

B. BOH的电离常数K=1×10－4.8

C. P点所示的溶液中：c(Cl－)>c(B+)

D. N点所示的溶液中：c(H+)=c(Cl－)+c(OH－)－c(BOH)

【答案】C

【解析】

【详解】A. 若BOH为强碱，其完全电离，那么c(BOH)为0，那么这样的式子必然不合理。由图中N点的数据可以计算出BOH的电离常数，可以判断BOH为弱碱，A项正确；

B.BOH ⇌ B+ + OH-，所以Kb=，可得=-lgKb+lgc(OH-)=-lgKb-pOH，带入N点数据，可得0=-lgKb-4.8，Kb=10-4.8，B项正确；

C.根据电荷守恒得c(Cl－)+ c(OH－)=c(B+)+ c(H+)，在P点，pOH<7，说明溶液显碱性，c(OH－)> c(H+)，因而c(Cl－)<c(B+)，C项错误；

D.N点=0，因而c(B+)= c(BOH)，根据电荷守恒，c(Cl－)+ c(OH－)=c(B+)+ c(H+)，可变为c(Cl－)+ c(OH－)=c(BOH)+ c(H+)，因而c(H+)=c(Cl－)+c(OH－)－c(BOH)，D项正确。

故答案选C。

8.某结晶水合物含有CO32-、SO42-、SO32-、Fe2+、Fe3+、NH4+、Ba2+中的三种离子，实验小组为确定其化学式做了如下实验：

①准确称取6.125g样品，配制成250.00mL溶液X。

②取20.00mL溶液X，加入足量盐酸，无明显现象；再加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀；将沉淀过滤、洗涤、干燥至恒重，得白色固体0.5825g。

③取20.00mL溶液X，加入适量稀硫酸酸化后，用0.01000mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点，重复滴定三次，测得消耗KMnO4溶液体积的平均值为25.00mL。

④设计如图所示的装置，取20.00mL溶液Ⅹ进行实验，实验前后B装置增重0.04250g。

⑤取少量溶液X，滴加0.1 mol ·L-1 KSCN溶液无明显现象，再向其中滴加0.1mol·L-1AgNO3溶液，有白色沉淀生成。

回答下列问题；

(1)完成实验①所需要的玻璃仪器有；烧杯、玻璃棒、量筒、____________________。

(2)实验③达到滴定终点现象是________________________________________。

(3)实验④的反应结束后，打开止水夹通入N2的作用是_________________________。

(4)根据以上实验数据计算该结晶水合物的化学式为_________________________。

(5)某同学查阅资料发现 AgSCN为白色难溶物，Ag+可以氧化SCNˉ和Fe2+。为探究SCNˉ和Fe2+的还原性强弱，该同学设计了如图实验装置并进行下列实验。

先断开电键K，向溶液X中滴加0.1 mol ·L-1 KSCN溶液，无明显现象，说明_____________；闭合电键K后，若观察到的实验现象有溶液X逐渐变红、右边石墨电极上有固体析出、电流计指针偏转，据此得出的结论是_____________，溶液变红的原因是___________(用离子方程式表示)，该实验设计的优点是_______________。

【答案】    (1). 250mL容量瓶、胶头滴管    (2). 当最后一滴KMnO4标准溶液滴入时，溶液颜色变为浅紫红色，且半分钟内不再发生变化    (3). 使锥形瓶中产生的氨气完全进入B装置中被稀硫酸吸收    (4). (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O    (5). 溶液中无Fe3+    (6). Fe2+的还原性强于SCN-    (7). Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3    (8). 氧化性、还原性离子不直接接触。避免发生沉淀反应而导致离子浓度降低

【解析】

（1）准确称取6.125g样品，配制成250.00mL溶液X时，用烧杯溶解药品，用托盘天平称量药品，用胶头滴管定容，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、250mL容量瓶、胶头滴管；(2)实验③用0.01000mol·L-1KMnO4溶液滴定，达到滴定终点的现象是当最后一滴KMnO4标准溶液滴入时，溶液颜色变为浅紫红色，且半分钟内不再发生变化；(3)实验④的反应结束后，打开止水夹通入N2，使锥形瓶中产生的氨气完全进入B装置中被稀硫酸吸收；（4）②取20.00mL溶液X，加入足量盐酸，无明显现象说明不含CO32-、SO32-；再加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀说明含有SO42-，不含Ba2+；将沉淀过滤、洗涤、干燥至恒重，得白色固体硫酸钡0.5825g，即，则250.00mL溶液X中含n(SO42-)=，m(SO42-)=，③取20.00mL溶液X，加入适量稀硫酸酸化后，用0.01000mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点，重复滴定三次，测得消耗KMnO4溶液体积的平均值为25.00mL，根据反应MnO4-+ 5Fe2++8H+=Mn2++ 5Fe3++4H2O可知，则250.00mL溶液X中含n(Fe2+)=，m(Fe2+)=，④设计如图所示的装置，取20.00mL溶液Ⅹ进行实验，实验前后B装置增重0.04250g，则n(NH4+)= n(NH3)=，m(NH4+)=，故所含结晶水的质量为6.125g-3.00g-0.875g-0.5625g=1.6875g，n(H2O)=，n(NH4+)：n(Fe2+)：n(SO42-)：n(H2O)=，故该结晶水合物的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；(5) 先断开电键K，向溶液X中滴加0.1 mol ·L-1 KSCN溶液，无明显现象，说明溶液中无Fe3+；闭合电键K后，若观察到的实验现象有溶液X逐渐变红、右边石墨电极上有固体析出、电流计指针偏转，据此得出的结论是Fe2+的还原性强于SCN-，溶液变红的原因是Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，该实验设计的优点是氧化性、还原性离子不直接接触。避免发生沉淀反应而导致离子浓度降低。

9.铍铜是力学、化学综合性能良好的合金，广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某废旧铍铜元件(含BeO25%、CuS71%、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程

已知：I.铍、铝元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似

Ⅱ.常温下： Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20  Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38 K sp[Mn(OH)2]=2.1×10-13

（1）滤液A的主要成分除NaOH外，还有______________ (填化学式)

写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式____________________________

（2）①溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，选择合理步骤并排序______________。

a加入过量的 NaOH     b.通入过量的CO2       c加入过量的氨水

d.加入适量的HCl       e.过滤                 f洗涤

②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是____________________________。

（3）①MnO2能将金属硫化物中硫元素氧化为单质硫，写出反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式________________________________________________________。

②若用浓HNO3溶解金属硫化物，缺点是______________ (任写一条)。

（4）溶液D中含c(Cu2+)=2.2mol·L-1、c(Fe3+)=0.008mol·L-1、c(Mn2+)=0.01mol·L-1，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，首先沉淀的是______________ (填离子符号)，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH值大于______________。

（5）取铍铜元件1000g，最终获得Be的质量为81g，则产率是______________。

【答案】    (1). Na2SiO3、Na2BeO2    (2). BeO22-+4H+=Be2++2H2O    (3). cefd    (4). 蒸发结晶时，向溶液中持续通入氯化氢气体    (5). MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O    (6). 产生污染环境的气体(合理即可)    (7). Fe3+    (8). 4    (9). 90%

【解析】

考查化学工艺流程，（1）旧铍铜原件的成分BeO、CuS、FeS、SiO2，根据信息I，BeO属于两性氧化物，CuS不与氢氧化钠溶液反应，FeS不与氢氧化钠反应，SiO2属于酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，因此滤液A中主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2；根据信息I，BeO2－与过量盐酸反应的离子方程式为 BeO22－+4H＋=Be2＋+2H2O；（2）利用Be元素、铝元素化学性质相似，向溶液C中先加入过量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，然后过滤、洗涤，再加入适量的HCl，生成BeCl2，合理步骤是cefd；②为了抑制Be2＋的水解，因此需要在HCl的氛围中对BeCl2溶液蒸发结晶；（3）①根据信息，CuS中S转化为S单质，MnO2中Mn被还原为Mn2＋，根据化合价升降法进行配平，其化学反应方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O ；②用浓硝酸作氧化剂，HNO3被还原成NO2，NO2有毒污染环境；（4）三种金属阳离子出现沉淀，根据浓度商与Ksp的关系，Cu2＋转化成沉淀，c(OH－)=mol·L－1，Fe3＋转化成沉淀，c(OH－)=mol·L－1，Mn2＋转化成沉淀，c(OH－)=mol·L－1，因此首先沉淀的是Fe3＋，为使Cu2＋沉淀，此时c(OH－)=1×10－10mol·L－1，c(H＋)=10－14/10－10=10－4mol·L－1，即pH=4，当pH>4时，Cu2＋出现沉淀；（5）混合物中BeO的质量为1000×25%=250g，理论上得到Be的物质的量为250/25mol=10mol，实际得到Be物质的量为81/9mol=9mol，产率是9/10×100%=90%。

10.二氧化硫是大气的主要污染物之一。催化还原SO2不仅可以消除SO2的污染，还可以得到工业原料S。燃煤烟气中硫的回收反应为：2CO(g)+SO2(g) 2CO2(g)+S(l)   △H。

(1)已知：2CO(g)+O2(g)===2CO2(g)   △H1=－566.0kJ·mol－1

S(l)+O2(g)===SO2(g)    △H2=－296.8 kJ·mol－1

则硫的回收反应的△H=___________ kJ·mol－1。

(2)其他条件相同、催化剂不同时，硫的回收反应中SO2的转化率随反应温度的变化如图所示。260℃时，___________（填“La2O3”、“NiO”或“TiO2”)的催化效率最高。La2O3和NiO作催化剂均可能使SO2的转化率达到很高，不考虑价格因素，选择La2O3的主要优点是___________。

(3)一定条件下，若在恒压密闭容器中发生硫的回收反应，SO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示，则P1、P2、P3、P4由大到小的顺序为___________；某温度下，若在恒容密闭容器中，初始时c(CO)=2 a mol·L－1，c(SO2)= a mol·L－1，SO2的平衡转化率为80%，则该温度下反应的化学平衡常数为___________。

(4)某实验小组为探究烟气流速、温度对该反应的影响，用La2O3作催化剂，分别在两种不同烟气流量、不同温度下进行实验。实验结果显示：在260℃时，SO2的转化率随烟气流量增大而减小，其原因是___________；在380℃时，SO2的转化率随烟气流量增大而增大，其原因是___________。

(5)工业上常用Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2，将烟气通入1.0 mol·L－1的N2SO3溶液，当溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降此时溶液中c(HSO3－)c︰(SO32－)=___________。(已知H2SO3的Ka1=1.5×10-2、Ka2=1.0×10-7)

【答案】    (1). -269.2    (2). TiO2    (3). La2O3在相对较低温度对催化效率更高    (4). P1>P2>P3>P4    (5). 80/a mol/L    (6). 260℃时，催化剂活性不好，反应速率慢；烟气流速越大，气体和催化剂接触时间越短，SO2转化率越低    (7). 380℃时，催化剂活性好，反应速率快；烟气流速越大，压强越大，反应正向进行越彻底，SO2转化率越高    (8). 10

【解析】

【详解】（1）根据盖斯定律可知ΔH=ΔH1-ΔH2=－566.0kJ·mol-1+296.8 kJ·mol-1=-269.2kJ/mol。

（2）观察图1，260℃，TiO2作催化剂时，SO2的转化率高于其他，那么TiO2催化效率最高，继续观察图1，可发现La2O3在较低温度时就可以达到非常高的催化效率，因而优于NiO。

（3）观察反应2CO(g)+SO2(g) 2CO2(g)+S(l)可知该反应的反应前后气体计量数减小，保持温度不变，压强变大使得平衡向右移动，SO2转化率变大，因而P1>P2>P3>P4，SO2的平衡转化率为80%，说明SO2转化浓度为a×0.8mol/L=0.8a mol/L，可用三段式计算平衡常数：2CO(g)+SO2(g) ⇌2CO2(g)+S(l)

起     2a     a        0

转     1.6a   0.8a      1.6a

平     0.4a   0.2a      1.6a

K===（注意可不用写单位，但是一定要以平衡浓度代入求解。）

（4）先分析温度的影响，260℃时La2O3催化效果很低，因而反应速率慢，烟气流速变快，气体与催化剂接触时间少，还来不及反应就移走了，因而SO2转化率降低，380℃恰恰相反，催化剂活性好，反应速率快；烟气流速越大，压强越大，反应正向进行越彻底，SO2转化率越高。

（5）pH=6，说明c(H+)=10-6mol/L，Ka2=，可得==10。

11.

黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2是其中铜的主要存在形式。回答下列问题：

（1）CuFeS2中存在的化学键类型是_______。其组成的三种元素中电负性较强的是 _______。

（2）下列基态原子或离子价层电子排布图正确的______。

（3）在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。

①X分子的立体构型是____，中心原子杂化类型为____，属于_______（填“极性”或“非极性”）分子。

②X的沸点比水低的主要原因是___________。

（4）CuFeS2与氧气反应生成SO2，其结构式为，则SO2中共价键类型有_________。

（5）四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示。

①Cu＋的配位数为__________，

②已知：a＝b＝0.524 nm，c＝1.032 nm，NA为阿伏加德罗常数的值,CuFeS2晶体的密度是________g•cm3(列出计算式)。

【答案】    (1). 离子键    (2). 硫（S）    (3). CD    (4). V形    (5). sp3    (6). 极性    (7). 水分子间存在氢键（答案合理即可）    (8). σ键和π键    (9). 4    (10).

【解析】

【分析】

(1)CuFeS2中存在Cu2+、Fe2+和S2-；CuFeS2中硫为非金属元素，铁和铜为金属元素，元素的非金属性越强，电负性越大；铁原子价电子为3d64s2，铜原子价电子为3d104s1，基态原子或离子的价层电子排布图中半满或全满为稳定结构；

(2)在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味气体X产生为H2S气体；

①硫原子和两个氢原子形成两个共价键，根据H2S属AX2，价层电子对为4对，VSEPR模型为四面体形，但S原子有2对孤电子对来判断分子的立体构型，中心原子硫原子杂化方式为sp3杂化，为V性结构，分子具有极性；

②H2S的沸点比水低的主要原因是水分子间形成氢键；

(3)二氧化硫为共价化合物，硫原子和两个氧原子间分别形成一个σ键，同时氧原子和硫原子间形成一个4电子离域π键；

(4)①四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示分析可知亚铜离子形成四个共价键，硫原子连接两个亚铁离子和两个亚铜离子；

②晶胞中亚铁离子=8×+4×+1=4，亚铜离子=6×+4×=4，硫离子=8，晶胞内共含4个CuFeS2，a=b=0.524nm，c=1.032nm，则晶体的密度=。

【详解】(1)CuFeS2中存在Cu2+、Fe2+和S2-，存在的化学键类型为离子键；CuFeS2中硫为非金属元素，铁和铜为金属元素，则三种元素中电负性较强的是硫元素；铁原子价电子为3d64s2，铜原子价电子为3d104s1：A．二价铁离子是铁原子失去最外层2个电子形成的阳离子，3d轨道有一个成对电子，4s轨道为空轨道，故A错误；B．铜原子价电子为3d104s1 ，轨道表示式不符合，故B错误；C．三价铁离子是铁原子失去4s两个电子和3d一个电子，3d轨道上各有一个电子为稳定结构，故C正确；D．亚铜离子是失去4s轨道一个电子形成的阳离子，轨道表示式正确，故D正确；故答案为CD；

(2)①H2S分子中，价层电子对为4对，VSEPR模型为四面体形，价层电子对之间的夹角均为109°28′，但S原子有2对孤电子对，所以分子的构型为V形，中心原子杂化类型为sp3杂化，属于极性分子；

②H2S的沸点比水低的主要原因是水分子间形成氢键；

(3)二氧化硫为共价化合物，硫原子和两个氧原子间分别形成一个σ键，同时氧原子和硫原子间形成一个4电子离域π键，SO2中心原子的价层电子对数为3对，共价键的类型有：σ键和π键；

(4)①晶胞结构分析可知，由面心上Cu与2个S相连，晶胞中每个Cu原子与4个S相连，Cu+的配位数为4；

②晶胞中亚铁离子=8×+4×+1=4，亚铜离子=6×+4×=4，硫离子=8，晶胞内共含4个CuFeS2，a=b=0.524nm，c=1.032nm，则晶体的密度=== g•cm3。

12.已知高分子化合物I是轻工业生产的重要原料，其中一种生产合成路线如下：

已知：

回答下列问题：

（1）A为芳香烃，A的化学名称是______。

（2）G→H、H→I的反应类型分别是______、______。

（3）若G结构为

①请写出D的结构简式______。

②2由B生成C的化学方程式为__。

（4）C有多种同分异构体，其中属于酚类的同分异构体有_____种，写出其中具有四组核磁共振氢谱峰的一种结构简式_____。

（5）参考上述合成路线信息，写出以CH3－CH=CH2和CH3MgBr为原料(其它无机物任选)合成的合成路线图。_____

【答案】    (1). 苯乙烯    (2). 消去反应    (3). 加聚反应    (4).     (5).     (6). ： 9    (7). 或    (8).

【解析】

【分析】

A为芳香烃，能与HBr发生加成反应，所以A为,与HBr加成能生成两种产物，和，C生成D是醇的催化氧化，所以B生成C是氯代烃的水解；若G结构为 ，根据题目信息，可反推D是，C为，B为，F是，E为。G（）在浓硫酸、加热的条件下发生消去反应，H发生加聚反应生成高分子化合物I。

【详解】（1）A为，化学名称为苯乙烯；答案：苯乙烯；

（2）D和F反应反应再水解得到的产物含有醇羟基，在浓硫酸、加热的条件下发生的是消去反应，生成H含有碳碳双键，所以H反应生成高分子化合物I发生的是加聚反应；答案：消去反应；加聚反应；

（3）①若G结构为 ，根据题目已知信息可逆推出D是；答案：；

②B为，C为，由B生成C的化学方程式为：；答案：；

（4）C为，若苯酚的苯环上连接一个乙基，则有邻、间、对3种同分异构体，若苯酚的苯环上连接两个甲基就有6种，总共9种；具有四组核磁共振氢谱峰的一种结构，也就是有4种氢原子，则符合要求的同分异构体有：、；答案：9;或；

（5）结合题目已知信息，以CH3－CH=CH2和CH3MgBr为原料合成的合成路线图为：

【点睛】本题考查有机物推断，涉及卤代烃、烯、醇等的性质以及分子式的求解、同分异构体、有机化学反应类型和方程式的书写等，题目综合性较大，注意逆向推导的思维训练，难度中等。