湖北省龙泉中学潜江中学2020届高三12月联考理综化学试题


龙泉中学 潜江中学 2020届高三年级12月联考
理科综合能力测试
1.化学与生活、生产、社会和科技等方面紧密联系，下列说法正确的是
A. 向牛奶中加入果汁会产生沉淀，因为两者间发生了中和反应
B. 塑料的老化是因为其主要成分在空气中发生了缓慢的加成反应
C. “雨后彩虹”“海市蜃楼”既是一种绚丽多彩的光学现象，也与胶体的知识有关
D. 制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料
【答案】C
【解析】
【详解】A.因牛奶中含有蛋白质，加入果汁能使蛋白质凝聚而沉淀，但牛奶不是酸，发生的不是中和反应，故A错误；
B.塑料的老化是因为发生了氧化反应，没有发生加成反应，故B错误;
C．“雨后彩虹”属于光的散射，“海市蜃楼”属于光的折射，“雨后彩虹”与胶体有关，故C正确；
D.制作航天服的聚酯纤维属于有机高分子材料，不是新型无机非金属材料，故D错误；
2.有机化合物萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是

A. a和b均属于苯的同系物
B. a和b分子中所有碳原子均处于同一平面上
C. a和b均能使酸性KMnO4溶液褪色
D. a物质与足量氢气加成所得产物的一氯代物最多有6种
【答案】C
【解析】
【详解】A．a不含苯环，所以不属于苯的同系物，故A错误；
B．a中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型，则a分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，故B错误；
C．a中含有碳碳双键、b苯环的支链上含有H原子，所以a、b都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．a物质与足量氢气加成所得产物中有7种环境的氢，一氯代物最多有7种，故D错误；
故答案为C。
【点睛】含有饱和碳原子的有机物不可能所以原子都共面。
3.下列有关装置对应实验的说法正确的是下列实验中，所选装置或实验设计合理的是

A. 用图①所示装置可以除去四氯化碳中混有的溴单质
B. 用图②所示装置可以分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠的混合溶液
C. 用图③所示装置可以分离苯和甲苯的混合溶液
D. 用图④所示装置可除去CO2中混有少量HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A. 图①为过滤装置，四氯化碳中混有的溴单质应用稀NaOH水溶液洗后分液,再用蒸馏水洗后分液，故A错误；
B.乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液分层，则分液漏斗可分离，故B正确；
C.分离苯和甲苯应采用分馏装置，图示装置缺少温度计，故C错误；
D.二氧化碳和HCl均会和碳酸钠溶液发生反应，不符合除杂原则，故D错误；
故答案为B。
4.含氮化合物在水体中过多蓄积会导致水体富营养化，需将其从水体中除去，该过程称为脱氮。常用的脱氮方法有吹脱法和折点氯化法。吹脱法：调节水体pH至8左右，然后持续向水中吹入大量空气。折点氯化法：调节水体pH至6左右，向水中加入适量NaClO。下列分析不正确的是
A. 含氨和铵盐的水体中存在平衡：NH4++OH－⇋NH3·H2O⇋NH3 + H2O
B. 吹脱法的原理是通过鼓气降低NH3浓度，从而降低水中NH3·H2O与NH4+的含量
C. 折点氯化法除NH4+的原理为：2NH4++3ClO－=N2↑+3Cl－+3H2O+2H+
D. 吹脱法无法对含NO2–的水体脱氮，但折点氯化法可以对含NO2–的水体脱氮
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氨气与水反应生成弱电解质一水合氨，铵盐中的铵根离子水解生成一水合氨，一水合氨在溶液中存在平衡：NH4++OH－⇋NH3·H2O⇋NH3 + H2O，故A正确；
B. 吹脱法：调节水体pH至8左右，然后持续向水中吹入大量空气，利用空气将水体中的氨气带出，促使NH4++OH－⇋NH3·H2O⇋NH3 + H2O平衡向正向移动，减小铵根离子和NH3·H2O的浓度，故B正确；
C. 根据题意，折点氯化法：调节水体pH至6左右，向水中加入适量NaClO，酸性条件下，ClO-具有氧化性，铵根离子中氮元素为-3价，具有还原性，NaClO与NH4+发生氧化还原反应，反应为2NH4++3ClO－=N2↑+3Cl－+3H2O+2H+，故C正确；
D. 吹脱法是利用物理法脱氮，无法对含NO2–的水体脱氮；折点氯化法利用ClO-具有氧化性，发生氧化还原反应，将NO2–氧化为硝酸根离子，氮元素不能脱离水体，无法脱氮，故D错误；
答案选D。
5.2019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。钴酸锂（LiCoO2）电池的工作原理如图所示，其中A极材料是金属锂和石墨的复合材料（石墨作金属锂的载体），电解质为一种能传导Li+的高分子材料，隔膜只允许特定的离子通过。电池反应式为： LixC6+ Li1-xCoO2 C6+LiCoO2。下列说法中正确的是

A. 充电时Li由B极区域移向A极区域
B. 充电时，A为阴极，发生氧化反应C6＋xLi+＋xe－=LixC6
C. 放电时，B为正极，电极反应式为Li1－xCoO2＋xLi+＋xe－=LiCoO2
D. 废旧钴酸锂(LiCoO2)电池进行“放电处理”使锂进入石墨中而有利于回收
【答案】C
【解析】
【分析】
根据电池反应式知，负极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+、正极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，所以A是负极、B是正极，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理来回答。
【详解】A．充电时，A是阴极、B是阳极，锂离子向阴极移动，则Li+从B流向A，故A错误；
B．充电时，A为阴极，阴极上发生还原反应，而不是氧化反应，故B错误；
C．放电时，B为正极，正极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，故C正确；
D．根据电池反应式知，充电时锂离子加入石墨中，有利于锂离子的回收，因此不是放电，故D错误；
故答案为C。
6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素可以组成一种分子簇，其分子结构如图所示，（球大小表示原子半径的相对大小），W、X位于不同周期，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z的族序数等于其周期数，下列说法中正确的是

A. Y、Z的简单离子均不影响水的电离平衡
B. 工业上获得Y、Z单质均可采用电解它们熔融氯化物
C. Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的弱
D. 相同条件下，W单质的沸点比X单质的低
【答案】D
【解析】
【分析】
根据“X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍”可知X为O，根据图示可知原子半径：Y>Z>X>W，且Z的族序数等于其周期数，所以Z为Al， W、X位于不同周期，所以W为H，Y的原子序数比Z小，半径比Z大，Y与Z同周期，可能为Na或Mg。
【详解】A.Z为Al，Al3+在水溶液中发生水解影响水的电离平衡，故A错误；
B. Z为Al，其氯化物为氯化铝，氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，不能电解制取铝单质，故B错误；
C.Y为钠或镁，金属性比铝强，最高价氧化物对应水化物的碱性比铝的强，故C错误；
D.W为氢，其单质为氢气，X为氧，对应单质为氧气或臭氧，均为分子晶体，相同条件下，熔沸点与相对分子质量有关，氧气或臭氧的相对分子质量均大于氢气，故熔沸点高，故D正确；
故答案为D。
【点睛】氯化铝为共价化合物，制取铝单质可通过电解熔融状态下的氧化铝获得。
7.室温时，配制一组c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.10mol·L－1的H2A和NaOH的混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法中不正确的是

A. 在c(Na＋)＝0.10mol·L－1的溶液中：c(H2A)－c(OH－)＝c(A2－)－c(H＋)
B. 在pH=4 的溶液中, c(HA-)＝c(A2－) + c(H2A)
C. 在pH＝7的溶液中：c(Na＋)＝2c(A2－)
D. K1(H2A)的数量级约为10-3.3
【答案】B
【解析】
【详解】A.c（Na+）=0.10mol/L的溶液中为NaHA溶液，溶液中存在电荷守恒（H+）+c（Na+）=2c（A2-）+c（HA-）+c（OH-），物料守恒c（Na+）=c（A2-）+c（HA-）+c（H2A），代入计算得到c（H+）+c（H2A）=c（OH-）+c（A2-），故A正确；
B.依据图象可知pH=4的溶液中，c（HA-）＞c（A2-）+c（H2A），故B错误；
C.室温时，Kw=1×10-14，pH=7的溶液中，显中性，（H+）=c（OH-），根据电荷守恒c（H+）+c（Na+）=2c（A2-）+c（OH-），所以c（Na+）=2c（A2-），故C 正确；
D. ，根据图像可知pH约为3.3时，c（H2A）= c（HA-），则，故D正确；
故答案为B。
8.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在食品加工中常作防腐剂、漂白剂、疏松剂，焦亚硫酸钠具有还原性，受潮和温度高于150℃易分解，在空气中易被氧化为Na2SO4。
（一）实验室可采用下图1装置制取Na2S2O5。装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为:Na2SO3＋SO2=Na2S2O5。

(1)Ⅲ装置中球形干燥管的作用是______________________，要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体可采取的分离方法是____________________。
(2)焦亚硫酸钠在空气中久置会被氧化生成连二硫酸钠（Na2S2O6），写出该反应的化学方程式__________________________________________。已知Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。检测Na2S2O5晶体在空气中是否被氧化的实验方案为________________________________。
（二）工业上制取原理是用纯碱与亚硫酸氢钠溶液混合而成的悬浮液吸收二氧化硫至过饱和，再从亚硫酸氢钠过饱和溶液中结晶析出焦亚硫酸钠产品。实验室模拟工业制取焦亚硫酸钠流程如下：

(3)Ⅱ中添加Na2CO3固体目的是________________，Ⅲ中为了减少对环境的污染，需要及时停止通入SO2，此时测量的数据是___________。
（三）测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数常用剩余碘量法。
已知：S2O52－+2I2+3H2O=2SO42－+4I－+6H+；2S2O32－+I2 = S4O62－+2I－
①精确称取产品0.20 g放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中。
②准确移取10.00 mL，1.00 mol/L的标准碘溶液（过量），在暗处放置5min，然后加入5mL冰醋酸及适量的蒸馏水。
③用标准1.00 mol/L Na2S2O3溶液滴定至接近终点，重复操作3次,平均消耗标准液17.60 mL。
(4)根据上述实验，计算产品纯度为______%(保留一位小数)。若实验过程中滴定终点俯视读数，则测定的结果______（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）。
【答案】 (1). 防止发生倒吸 (2). 过滤 (3). 2Na2S2O5 + O2 = 2Na2S2O6 (4). 取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量的盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成，则表明样品已被氧化，否则没有被氧化 (5). 形成NaHSO3悬浮液 (6). 测量反应体系的pH小于或等于4.1 (7). 57.0 (8). 偏高
【解析】
分析】
（一）（1）装置Ⅲ用于处理尾气，吸收未反应的二氧化硫，应防止倒吸；分离固体和液体应采取过滤；
（2）空气中的氧气做氧化剂，根据电子守恒和元素守恒配平方程式；Na2S2O5晶体在空气中变质生成二硫酸钠，通过检验硫酸根离子可判断是否变质；
（二）根据制取原理分析；酸性溶液不易吸收二氧化硫；
（三）该滴定方法是通过Na2S2O3溶液测定剩余的碘单质的量，来确定S2O52－消耗的碘单质的量，继而求出S2O52－的量。
【详解】（一）（1）装置装置Ⅲ用于处理尾气吸收未反应的二氧化硫，应防止倒吸；分离固体和液体应采取过滤；故答案为：防止发生倒吸；过滤；
（2）焦亚硫酸钠在空气中久置会与氧气反应生成连二硫酸钠（Na2S2O6），反应物为Na2S2O5、O2，生成物为Na2S2O6，结合原子守恒反应方程式为：2Na2S2O5+O2=2Na2S2O6；用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，
故答案为：2Na2S2O5 + O2 = 2Na2S2O6 ；取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量的盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成，则表明样品已被氧化，否则没有被氧化；
（二）制取原理是用纯碱与亚硫酸氢钠溶液混合而成的悬浮液吸收二氧化硫至过饱和，再从亚硫酸氢钠过饱和溶液中结晶析出焦亚硫酸钠产品，Ⅱ中添加Na2CO3固体之前吸收大量二氧化硫，所以需要加入碳酸钠来形成悬浮液；酸性溶液不易吸收二氧化硫，当酸性较强时溶液无法吸收二氧化硫，会造成污染，根据流程图可知当pH=4.1时饱和；
故答案为：形成NaHSO3悬浮液；测量反应体系的pH小于或等于4.1
（三）消耗的S2O32－物质的量n(S2O32－)=17.60ml×1mol/L=0.0176mol，根据方程式可知剩余的n剩(I2)= n(S2O32－)=0.0176mol×=0.0088mol，n总(I2)=10ml×1mol/L=0.01mol。n(S2O52－)= [n总(I2)- n剩(I2)]= (0.01-0.0088)=0.0006mol，所以产品纯度为 =57.0%；实验过程中滴定终点俯视读数会导致测量的Na2S2O3溶液体积偏小，导致计算结果中与碘反应的Na2S2O6的量高于实际值，故导致结果偏高。
故答案为：57.0；偏高。
9.五氧化二钒（V2O5）是接触法生产硫酸中常用的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：
物质
V2O5
V2O4
K2SO4
SiO2
Fe2O3
Al2O3
质量分数/%
2.2～2.9
2.8～3.1
22～28
60～65
1～2
＜1

以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：

回答下列问题：
(1)提高“酸浸”效率的措施：________________；________________(写两条)。“废渣1”的主要成分是__________________________。
(2)“氧化”中主要是将VO2+变为VO2+，则氧化剂与还原剂之比为________________。
(3)“中和”作用之一是使钒以V4O124-形式存在于溶液中。“废渣2”中含有__________。
(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH + V4O124- R4V4O12 + 4OH-（以ROH为强碱性阴离子交换树脂）。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈______性（填“酸”“碱”“中”）。“流出液”中阳离子最多的是______________。
(5)“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式______。
【答案】 (1). 升高温度 (2). 将废钒催化剂粉碎 (3). SiO2 (4). 1：6 (5). Fe(OH)3、Al(OH)3 (6). 碱 (7). K+ (8). 2NH4VO3V2O5 + H2O↑ + 2NH3↑
【解析】
【分析】
从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V2O4转成VO2+．氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，然后加氧化剂KClO3，将VO2+变为VO2+，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH + V4O124- R4V4O12 + 4OH-，由ROH为强碱性阴离子交换树脂可知，碱性条件下利用反应逆向移动，流出液中主要为硫酸钾，“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5，以此来解答。
【详解】（1）提高酸浸常用方法为将将废钒催化剂粉碎或者提高温度等；废渣1主要是不溶于酸的二氧化硅，
故答案为：升高温度；将废钒催化剂粉碎；SiO2；
（2）氧化”中氧化剂为KClO3，Cl元素由+5降到-1价，降低6价，还原剂为VO2+，V元素由+4价升高到+5价，降低1价，根据电子守恒可知答案为：1：6；
（3）由上述流出分析可知滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；
（4）利用强碱性阴离子交换树脂可“离子交换”和“洗脱”，则应选择碱性条件下使用，且OH-浓度大反应逆向移动提高洗脱效率；由上述分析可知，流出液中主要为硫酸钾，则“流出液”中阳离子最多的是K+，
故答案为：碱；K+；
（5） “煅烧”中发生反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5 + H2O↑ + 2NH3↑，故答案为2NH4VO3V2O5 + H2O↑ + 2NH3↑；
【点睛】把握流程中发生的反应、混合物分离及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验相结合的训练。
10.研究氮氧化物的反应机理，对于消除其对环境的污染有重要意义。请回答下列与氮元素有关的问题:
(1)亚硝酸氯(结构式为Cl-N=O)是有机合成中的重要试剂。它可由Cl2和NO在通常条件下反应制得，反应方程式为2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)。已知几种化学的键能数据如下表所示:

当Cl2与NO反应生成ClNO的过程中转移了4mol电子，理论上放出的热量为____kJ.
(2)在一个恒容密闭容器中充入2molNO(g)和1 mol Cl2(g)发生(1)中反应，在温度分别为T1、T2时测得NO的物质的量(单位:mol)与时间的关系如下表所示

①T1________T2(填“>“”＜”或”＝”)。
②温度为T2℃时，在相同容器中，充入4molNO(g)和2mo1Cl2(g)，则NO的平衡转化率___________50%(填“大于”、“等于”或“小于”)
③温度为T2℃时，起始时容器内的强为p0，则该反应的平衡常数Kp=______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
(3)近年来，地下水中的氮污染已成为一个世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮(NO3-)，其工作原理如图所示

①Ir表面发生反应的方程式为_________________________________________________。
②若导电基体上的Pt颗粒增多，造成的后果是___________________________________。
II:利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来精炼银，装置如图所示

请回答下列问题:
(4)①甲池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y，Y是N2O5，可循环使用，则石墨II负极发生的电极反应式为____________________________________________。
②若用10A的电流电解60min，已知该电解池的电解效率为80.4％，则乙中阴极得到____g质量的Ag。(保留小数点后一位。通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量时理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为96500C/mol)
【答案】 (1). 222.0 (2). < (3). 大于 (4). (5). H2+N2O = N2+H2O (6). 若Pt颗粒增多，NO3-更多转化为NH4+存在溶液中，不利于降低溶液中含氮量，产生有污染的气体 (7). O2+4e-+2N2O5=4NO3- (8). 32.4
【解析】
【分析】
（1）2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），反应的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算；
（2）①温度越高，反应速率越大，达到平衡状态所需要的时间短；
②在相同容器中，充入4mol NO和2mol Cl2，相当于增加一倍反应物浓度，容器中压强增大，反应向正反应方向进行；据此分析；
③分压＝总压×物质的量分数，则Kp= ；
（3）①由原理的示意图可知，Ir的表面氢气和N2O发生反应生成N2和H2O；
②由原理的示意图可知，若导电基体上的Pt颗粒增多，则NO3-会更多的转化成铵根。
（4）①甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+NO3--e-=N2O5，石墨Ⅱ为正极O2+2N2O5+4e-═4NO3-；
②先计算电子的物质的量，求出理论可得到Ag，再根据电解效率求出实际所得。
【详解】（1）2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），1mol Cl2参与反应发生焓变△H=243KJ/mol+2×630KJ/mol-2×（200KJ/mol+607KJ/mol）=-111kJ/mol，此时转移2mol电子，则有4mol电子转移时，热量变化为222.0kJ，
故答案为：222.0；
（2）①温度越高，反应速率越大，单位时间内消耗NO的量越多，所以T1＜T2，
故答案为：＜；
②在一个恒容密闭容器中充入2 mol NO（g）和1molCl2（g）发生（2）中反应，达到平衡状态，NO转化率=(2mol-1mol)/2mol×100%=50%，在相同容器中，充入4mol NO和2mol Cl2，相当于增加一倍反应物浓度，容器中压强增大，反应向正反应方向进行，
故答案为：大于；
③起始物质的量为3mol，压强为p0，反应后各物质变化为：n(NO)=1mol,n(Cl2)=0.5,n(ClNO)=1mol，反应后总物质的量为2.5mol，压强为2.5/3P0=5/6P0，则，故答案为：；
（3）①由原理的示意图可知，Ir的表面发生反应：H2+N2O = N2+H2O，
故答案为：H2+N2O = N2+H2O
②由原理的示意图可知，若导电基体上的Pt颗粒增多，则NO3-会更多的转化成铵根，不利于降低溶液中的含氮量，
故答案为：若Pt颗粒增多，NO3-更多转化为NH4+存在溶液中，不利于降低溶液中含氮量，产生有污染的气体；
（4）①甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+NO3--e-=N2O5，石墨Ⅱ为正极，电极反应：O2+2N2O5+4e-═4NO3-，
故答案为：O2+2N2O5+4e-═4NO3-；
②用10A的电流电解60min，则电子的物质的量为（10×60×60）/96500mol=0.373mol，理论可得到0.373molAg，电池效率为80.4%，所以实际得到的Ag为0.373mol×80.4%=32.4g，
故答案为：32.4。
【点睛】本题考查了反应热的计算、反应速率和化学平衡的计算、电极反应式的书写等知识点，明确电解原理、化学平衡原理是解题关键。
[化学——选3：物质结构与性质]
11.在照相底片的定影过程中，未曝光的溴化银(AgBr)常用硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶解，反应生成Na3[Ag(S2O3)2]；在废定影液中加入Na2S使Na3[Ag(S2O3)2]中的银转化为Ag2S，并使定影液再生。将Ag2S在高温下转化为Ag，就达到了回收银的目的。
(1)铜、银、铬在元素周期表均为过渡金属元素，其中基态铬原子的价电子排布式为______。
(2)Na、O、S简单离子半径由大到小的顺序为___________（用简单离子符号表示离子半径）。

(3)S2O32-离子结构如图1所示，其中心硫原子的杂化轨道类型为________。
(4)Na3[Ag(S2O3)2]中存在的作用力有_____________。
A．离子键 B．共价键 C．范德华力 D．金属键 E.配位键
(5)在空气中灼烧Ag2S生成Ag和SO2，SO2分子空间构型为____________________；与SO3相比，____________的键角更大，原因是________________________________。

(6)如图是金属氢化物储氢材料，其晶胞如图所示，其化学式为____________________，已知该晶体的密度为ρg/cm3，则该晶胞的体积为_________ cm3（用含ρ、NA的代数式表示）。
【答案】 (1). 3d54s1 (2). S2－、O2－、Na＋ (3). sp3 (4). ABE (5). V形 (6). SO3 (7). SO2和SO3中心原子均为sp2杂化，SO2含有一对孤电子对，对硫氧键排斥作用更大 (8). MgH2 (9).
【解析】
【分析】
（1）基态铜原子核外有29个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子，根据构造原理书写基态Cu原子的价电子排布式；
（2）离子核外电子层数越多，其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；
（3）S2O32-离子结构中中心硫原子的价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断中心S原子的杂化轨道类型；
（4）Na3[Ag（S2O3）2]中阴阳离子之间存在离子键、Ag离子和配体存在配位键、S-O原子之间存在极性共价键；
（5）根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型，SO3中价电子对为3，没有孤对电子，而SO2中价电子数为3，孤对电子数为1；
（6）利用均摊法求化学式，根据 进行体积的求解；
【详解】：（1）基态铜原子核外有29个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子，根据构造原理书写基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1 ，
故答案为：3d104s1 ；
（2）离子核外电子层数越多，其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，离子核外电子层数S2-最多，O2-、Na+核外电子层数相同且原子序数O＜Na，则离子半径从大到小顺序是S2-、O2-、Na+，
故答案为：S2-、O2-、Na+；
（3）S2O32-离子结构中中心硫原子的价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断中心S原子的杂化轨道类型为sp3，
故答案为：sp3；
（4）Na3[Ag（S2O3）2]中阴阳离子之间存在离子键、Ag离子和配体存在配位键、S-O原子之间存在极性共价键，所以该结构中存在离子键、配位键和共价键，
故选ABE；
（5）SO2分子中硫原子的价层电子对数= =3且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型为V形；SO3中价电子对为3，没有孤对电子，而SO2中价电子数为3，孤对电子数为1，所以SO3的键角更大，
故答案为：V形；SO3；SO2和SO3中心原子均为sp2杂化，SO2含有一对孤电子对，对硫氧键排斥作用更大；
（6）属于该晶胞的氢原子数目为2+4×1/2=4，属于该晶胞的镁原子数目为：8×1/8+1=2，所以分子式为MgH2；；故答案为：MgH2；。
[化学——选5：有机化学基础]
12.某有机物G是一种可用于治疗肿瘤的药物,实验室由芳香烃A制备G的合成路线如下：

回答下列问题：
(1)B的结构简式为______________; C的化学名称是______________。
(2)③的反应试剂和反应条件分别是___________________，该反应的类型是__________。
(3)⑤的反应方程式为____________________。
(4)G的分子式为_____________________。
(5)H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有__________种。
(6)4-甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备4-甲氧基乙酰苯胺的合成路线（其他试剂任选）。 ___________________
【答案】 (1). (2). 三氟甲苯 (3). 浓硫酸、浓硝酸、并加热 (4). 取代反应 (5). (6). C11H11O3N2F (7). 9种 (8).
【解析】
【分析】
A为，根据反应条件可知B为，C为三氟甲苯，发生硝化反应生成D，D还原生成E，生成F为，然后发生硝化反应生成G，结合对应的有机物的结构和性质解答；
（6）由苯甲醚（）制备4-甲氧基乙酰苯胺，可先与浓硝酸发生取代反应生成，发生还原反应生成，最后与CH3COCl发生取代反应可生成，以此解答该题。
【详解】（1）根据分析可知B为，根据系统命名法可知C的名称为：三氟甲苯，
故答案为：；三氟甲苯；
（2）③为苯环上的硝化反应或取代反应，该反应的反应试剂和反应条件分别是浓硝酸、浓硫酸作催化剂和加热，该反应的类型是取代反应或硝化反应，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸和加热；取代反应或硝化反应；
（3）根据分析可知F为，结合反应物结构可知答案为： ；
（4）由结构简式可知G的分子式为C11H11F3N2O3，故答案为：C11H11F3N2O3
（5）H是G同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则苯环有3个不同 的取代基，如固定一种取代基，则对应的同分异构体的种类为=10，或者说，固定-CF3和-NO2，如-CF3和-NO2处于邻位，另一种取代基有4种位置，-CF3和-NO2处于间位，另一种取代基有4种位置，-CF3和-NO2处于对位，另一种取代基有2种位置，共10种，则H可能的结构还有9种，
故答案为：9；
（6）由苯甲醚（）制备4-甲氧基乙苯胺，苯甲醚发生取代反应生成对硝基苯甲醚，对硝基苯甲醚发生还原反应生成对氨基苯甲醚，对氨基苯甲醚发生取代反应生成4-甲氧基乙苯胺，
故答案为：
【点睛】注意把握题给信息，把握官能团的变化，对比有机物的结构简式以及相关反应的条件，推断出B的结构为；难点为第（5）题同分异构体的寻找，采用定二移一原则进行分析。