陕西省西安中学2021-2022学年高三下学期第四次模拟考试理科综合化学试题（解析版）

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陕西省西安中学高2022届高三第四次模拟考试
理科综合化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cu-64 Fe-56 P-31 Sn-119
1. 唐代赵蕤所题《嫘祖圣地》碑文记载：“生前首创种桑养蚕之法，抽丝编绢之术；谏诤黄帝，旨定农桑，法制衣裳……弼政之功，殁世不忘”。下列有关说法正确的是
A. “抽丝编绢”涉及化学变化
B. 蚕丝水解可以生成葡萄糖
C. 丝绸制品主要成分是蛋白质，不能高温熨烫
D. 蚕丝和棉纤维都是天然高分子，不能灼烧鉴别
【答案】C
【解析】
【详解】A．“抽丝编绢”无新物质生成，不涉及化学变化，故A错误；
B．蚕丝的成分为蛋白质，水解可以生成氨基酸，故B错误；
C．丝绸制品主要成分是蛋白质，丝绸制品高温熨烫时易起皱、变形，不能高温烫熨，故C正确；
D．蚕丝的成分是蛋白质，灼烧具有烧焦羽毛的气味，棉纤维的成分是纤维素，灼烧没有烧焦羽毛的气味，可以用灼烧的方法鉴别蚕丝和棉纤维，故D错误；
答案选C。
2. 设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，11.2L乙烯和环丙烷的混合气体中含共用电子对数为3NA
B. 7.8gNa2O2与足量的水(H218O)反应生成的氧气中所含的中子数为NA
C. 电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则转移到阴极的电子数不一定为2NA
D. 0.1mol熔融NaHSO4中含有的离子总数为0.3NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．假设11.2L都是乙烯，则，1mol乙烯分子中含有6mol共用电子对，则0.5mol乙烯分子中含有3mol共用电子对，假设11.2L都是环丙烷，则，1mol环丙烷分子中含有9mol共用电子对，则0.5mol环丙烷分子中含有4.5mol共用电子对，故最终共用电子对数在3mol～4.5mol之间，即共用电子对数目为在3NA～4.5NA之间，故A错误；
B．7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，过氧化钠和水反应时生成的氧气中的氧全部来自过氧化钠，故生成的氧气为16O2，且物质的量为0.05mol，故含中子0.8NA个，故B错误；
C．电解精炼铜时，阳极上杂质铁、锌等比铜活泼的金属先放电，若阳极质量减少64g，则转移到阴极的电子不一定等于2NA，故C正确；
D．0.1mol熔融硫酸氢钠电离出0.1mol钠离子和0.1mol硫酸氢根离子，所以含有的离子数为0.2NA，故D错误；
答案选C。
3. 用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A.
B.
C.
D.
测定氯水的pH
测定锌与稀硫酸的反应速率
制备Fe(OH)2并能较长时间不变色
保存液溴









A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯水具有漂白性，pH试纸先变红后褪色，故A不能达到目的；
B．测定测定锌与稀硫酸的反应速率，根据反应产生的气体的体积测定，需要使用的漏斗应该是分液漏斗，而长颈会导致气体逸出，故B不能达到目的；
C．电解中铁做阳极产生二价铁离子，而溶液中有氢氧根离子，能反应生成氢氧化亚铁，煤油能隔绝空气，故能长时间不变色，故C能达到实验目的；
D．液溴具有挥发性，又具有腐蚀性，能腐蚀橡胶塞，故D不能达到目的；
故选答案C。
【点睛】本题考查实验的设计合理性，是否达到实验目的，根据实验目的和物质的性质进行判断实验是否达到目的，注意实验装置的合理性。
4. 下列反应的离子方程式书写错误的是
A. Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：+2H+=SO2↑+S↓+H2O
B. 使用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+：2[Fe(CN)6]3-+3Fe2+=Fe3[Fe(CN)6]2↓
C. 少量CO2通入漂白粉溶液中：CO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaCO3↓+2HClO
D. 草酸使酸性高锰酸钾溶液褪色：5+2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2S2O3中S元素的平均化合价为+2价，在酸性溶液中会发生歧化反应，生成单质S和SO2，则其离子方程式为+2H+=SO2↑+S↓+H2O，故A正确；
B． Fe2+能与K3[Fe(CN)6]反应生成亮蓝色的Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，所以可用用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+，则其离子方程式为：2[Fe(CN)6]3-+3Fe2+=Fe3[Fe(CN)6]2↓，故B正确；
C．漂白粉溶液中含有Ca2+、ClO-以及Cl-离子，向其通入少量CO2，则会生成碳酸钙沉淀和次氯酸，则其方程式为CO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaCO3↓+2HClO，故C正确；
D．草酸为弱酸，不能拆分成离子形式，所以草酸与酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式为5+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D错误；
答案选D。
5. X、Y、Z、W、T均为短周期主族元素，原子序数依次增大，X的电子数与W的最外层电子数相等，W、Y形成的化合物能使品红溶液褪色，常温下，元素Z、W、T的原子序数及其最高价氧化物对应的水化物的溶液(浓度均为0.1mol·L-1)的pH有如表所示关系。下列说法错误的是
元素
Z
W
T
原子序数
小→大
0.1mol·L-1溶液的pH
13
0.7
1

A 简单离子半径：W>T>Y>Z
B. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：W>T
C. Z、T形成的简单离子均不能促进水的电离
D. X、Y形成的化合物与X、W形成的化合物均存在直线形分子
【答案】B
【解析】
【分析】由题目可知，W、Y形成的化合物能使品红溶液褪色，则该化合物为SO2，则Y为O元素，W为S元素；X的电子数与W的最外层电子数相等，W的最外层电子数为6，则X的电子数为6，X为C元素；由T元素的最高价氧化物对应水化物的pH知，T元素的最高价氧化物对应水化物为一元强酸，因此T为Cl元素，同理Z元素的最高价氧化物对应水化物为一元强碱，Z为Na元素。综上所述，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为S元素，T为Cl元素，据此答题。
【详解】A．电子层数越大，原子或离子半径越大，相同电子数离子，原子序数越大，半径越小，因此W、T、Y、Z四种元素的离子半径从大到小依次为S2-(W)>Cl-(T)>O2-(Y)>Na+(Z)，A选项正确；
B．W元素最高价氧化物对应水化物为H2SO4，T元素的最高价氧化物对应水化物为HClO4，二者酸性强弱为HClO4>H2SO4，B选项错误；
C．Z和T形成的简单化合物为NaCl，为强酸和强碱反应生成的盐，在水溶液中不水解，不会影响水的电离，C选项正确；
D．X和Y形成的化合物为CO或CO2，在结构上为直线型分子，X和W形成的化合物为CS2，在结构式为直线型分子，因此，X、Y形成的化合物与X、W形成的化合物均存在直线形分子，D选项正确；
故答案选B。
6. 分子式，与乳酸()互为同系物的有机物有
A. 9种 B. 10种 C. 11种 D. 12种
【答案】D
【解析】
【详解】乳酸的官能团为羟基和羧基，羧基为端位基，羟基为取代基，按照如下结构写同分异构体：4种同分异构；3种同分异构体；4种同分异构；1种同分异构体，则与乳酸互为同系物的有机物共有12种。
答案选D。
7. 室温下，向20mL 0.5mol·L-1的弱碱(MOH)溶液中逐滴加入浓度为0.25mol·L-1的盐酸，溶液中lg和溶液的pOH[pOH=-lg c(OH-)]随中和率的变化关系如图所示。已知：中和率=。下列说法正确的是

A. MCl的水解常数的数量级为10-9
B. b点时，c(M+)>c(Cl-)>c(MOH)>c(OH-)>c(H+)
C. c点时，2c(M+)+c(MOH)+c(H+)=3c(Cl-)+c(OH-)
D. a、b、c、d四点中，b点对应溶液中水的电离程度最大
【答案】B
【解析】
【详解】A．a点时，lg=0、pOH=4.2，则Kb==10-4.2，所以Kh===10-9.8≈1.58×10-10，数量级为10-10，A错误；
B．b点时中和率为50%，故MOH和MCl理论上的物质的量比为1:1，但此时溶液的pOH在4.2~5.2之间，呈碱性，说明MOH的电离程度大于MCl的水解程度，故c(M+)>c(Cl-)>c(MOH)>c(OH-)>c(H+)，B正确；
C．c点时中和率大于50%，则c(M+)+c(MOH)<2c(Cl-)，结合电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，得出2c(M+)+c(MOH)+c(H+)<3c(Cl-)+c(OH-)，C错误；
D．d点时中和率为100%，说明溶质理论上均为MCl，MCl水解促进水的电离，故此时溶液中水的电离程度最大，D错误；
故答案选B。
二、非选择题
(一)必考题
8. 三氧化二钴主要用作颜料、釉料及磁性材料，利用铜钴矿石制备Co2O3的工艺流程如图所示。

已知：铜钴矿石主要含有CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2，其中还含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。请回答下列问题：
(1)“浸泡”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是_______(写出2种即可)。
(2)“浸泡”过程中，加入Na2SO3溶液的主要作用是____________。
(3)向“沉铜”后的滤液中加入NaClO3溶液，写出滤液中的金属离子与NaClO3反应的离子方程式________________。
(4)温度、pH对铜、钴浸出率的影响如图1、图2所示：

①“浸泡”铜钴矿石的适宜条件为__________________。
②图2中pH增大时铜、钴浸出率下降的原因可能是___________。
(5)CoC2O4·2H2O在空气中高温煅烧得到Co2O3的化学方程式是________。
(6)一定温度下，向滤液A中加入足量的NaF溶液可将Ca2+、Mg2+沉淀而除去，若所得滤液B中c(Mg2+)=1.0×10-5 mol/L，则滤液B中c(Ca2+)为______。［已知该温度下Ksp(CaF2)=3.4×10-11，Ksp(MgF2)=7.1×10－11］
【答案】 ①. 升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度(任意两种) ②. 将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+ ③. ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O ④. 温度为65～75℃、pH为0.5～1.5 ⑤. pH升高后溶液中c(H+)下降，溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3的能力降低 ⑥. 4CoC2O4·2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O ⑦. 4.8×10-6 mol/L
【解析】
【分析】含钴废料中加入过量稀硫酸和Na2SO3，可得Co2+、Cu2+、Fe2+、Mg2+、Ca2+，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，沉铜后加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，可以使Fe3+沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，再用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入浓Na2CO3溶液转为CoCO3固体，最后进入草酸铵溶液得到草酸钴，煅烧后制得Co2O3。
【详解】(1)“浸泡”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率方法是如升高温度、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度等(任意两种)；
(2)Co2O3与硫酸反应产生Co2(SO4)3，杂质Fe2O3与硫酸反应产生Fe2(SO4)3，Co3+、Fe3+都具有氧化性，而Na2SO3具有还原性，所以在“浸泡”过程中，加入Na2SO3溶液的主要作用是将溶液中的将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；
(3)“沉铜”后的滤液中含有Fe2+，向其中加入NaClO3溶液，NaClO3会将Fe2+氧化为Fe3+，则根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知滤液中的Fe2+与NaClO3反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；
(4)①根据图1可知，温度在65℃～75℃时，钴、铜的浸出率最高，且之后铜的浸出率变化不大，钴的浸出率有下降趋势。在图2中pH：0.5～1.5铜、钴的浸出率最高，pH>1.5，铜、钴的浸出率开始下降。故 “浸泡”铜钴矿石的适宜条件为温度：65℃～75℃、pH：0.5～1.5；
②图2是pH变化对铜、钴浸出率的影响，浸出过程中是利用H+和CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3中的OH-和CO32-反应，使得Co3+和Co2+溶解在溶液中，所以pH升高后溶液中c(H+)浓度下降，使得溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3的能力下降；
(5)由题中可知CoC2O4•2H2O在空气中高温煅烧得到Co2O3，CoC2O4中Co的化合价为+2价，生成Co2O3(Co的化合价为+3价)，化合价升高，说明空气中的O2作为氧化剂参与了反应，而C2O42-具有一定还原性也被O2氧化成CO2，故产物分别为Co2O3和CO2，根据元素守恒，可推测出产物中还有H2O生成。在根据电子守恒和原子守恒法，最终可得知反应方程式为4CoC2O4·2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O；
(6) Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)=3.4×10-11，Ksp(MgF2)=c(Mg2+)·c2(F-)=7.1×10－11，所以=0.48，所以c(Ca2+)=0.48×1×10-5 mol/L=4.8×10-6 mol/L。
【点睛】本题以Co2O3的制取为线索，考查了化学反应速率的影响因素、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂、溶度积常数的应用，利用图形分析问题等能力，掌握元素及化合物知识、氧化还原反应原理和化学反应原理是解题关键。要结合做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息，然后利用信息分析问题的能力。
9. 检验甲醛含量的方法有很多，其中银-Ferrozine法灵敏度较高。测定原理为甲醛把氧化银还原成Ag，产生的Ag与Fe3+定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪(Ferrozine)形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量。某学习小组类比此原理设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量(夹持装置略去)。

已知：甲醛和银氨溶液反应生成单质银和CO2，氮化镁与水反应放出NH3，毛细管内径不超过1mm。
请回答下列问题：
（1）A装置中反应的化学方程式为_______，用饱和食盐水代替水制备NH3的原因是_______。
（2）B中装有AgNO3溶液，仪器B的名称为_______。
（3）银氨溶液的制备。关闭K1、K2，打开K3，打开_______，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，当观察到B中_______，停止通NH3。
（4）室内空气中甲醛含量的测定。
①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室内空气，关闭K1；后续操作是_______；再重复上述操作3次。毛细管的作用是_______。
②向上述B中充分反应后的溶液中加入稀硫酸调节溶液pH=1，再加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后立即加入菲洛嗪，Fe2+与菲洛嗪形成有色物质，在562nm处测定吸光度，测得生成Fe2+1.12mg，空气中甲醛的含量为_______mg·L-1。
【答案】（1） ①. Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑ ②. 饱和食盐水可减缓生成氨气的速率
（2）三颈烧瓶(或三口烧瓶)
（3） ①. 分液漏斗的活塞与旋塞 ②. 沉淀恰好完全溶解时
（4） ①. 打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2 ②. 减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收 ③. 0.0375
【解析】
【分析】在仪器A中Mg3N2与H2O反应产生Mg(OH)2和NH3，NH3通入到AgNO3溶液中首先反应产生AgOH白色沉淀，后当氨气过量时，反应产生Ag(NH3)2OH，然后向溶液中通入甲醛，水浴加热，发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与加入的Fe3＋定量反应生成Fe2+，Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562 nm处测定吸光度，测得生成Fe2＋1.12 mg，据此结合反应过程中电子守恒，可计算室内空气中甲醛含量。
【小问1详解】
Mg3N2与水发生盐的双水解反应产生Mg(OH)2和NH3，反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；用饱和食盐水代替水，单位体积溶液中水的含量降低，可减缓生成氨气的速率；
【小问2详解】
根据仪器B的结构可知，仪器B的名称为三颈烧瓶；
【小问3详解】
银氨溶液的制备：关闭K1、K2，打开K3，打开分液漏斗的活塞与旋塞，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，首先发生反应：Ag++NH3+H2O=AgOH↓+NH，后又发生反应：AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++OH-+2H2O，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，就得到了银氨溶液，此时关闭K3和分液漏斗旋塞；
【小问4详解】
①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1 L室内空气，关闭K1；后续操作是打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；再重复上述操作3次。毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收。
②甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2，氢氧化二氨合银被还原为银，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12 mg，物质的量n(Fe)====2×10-5 mol，根据氧化还原反应电子守恒计算，设消耗甲醛物质的量为x mol，则4x=2×10-5 mol×1，x=5×10-6 mol，因此实验进行了4次操作，所以测得1 L空气中甲醛的含量为1.25×10-6 mol，空气中甲醛的含量为1.25×10-6 mol×30 g/mol×103 mg/g=0.0375 mg/L。
【点睛】本题考查了物质组成和含量的测定、氧化还原反应电子守恒的计算的应用、物质性质等，掌握基础是解题关键，了解反应原理、根据反应过程中电子守恒分析解答。
10. 氮及其化合物的利用是科学家们一直在探究的问题，它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。
（1）已知：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-221kJ·mol-1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.5kJ·mol-1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+181kJ·mol-1
若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式：_______。
（2）汽车尾气中的NO和CO在一定条件下可发生反应生成无毒的N2和CO2。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂(cat1、cat2)进行反应，相同时间内测得的脱氮率(脱氮率即NO的转化率)如图所示。M点_______(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，理由是_______。


（3）通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理如图。


①Pt电极上发生的是_______反应(填“氧化”或“还原”)。
②写出NiO电极上的电极反应式：_______。
（4）某温度下，在一密闭容器中充入一定量NO(g)发生反应4NO(g)⇌N2(g)+2NO2(g) ΔH<0，其正反应速率表达式为v正=k正·cn(NO)(k正为速率常数，只与温度有关)，测得反应速率和NO浓度的数据如表所示。
序号
c(NO)/(mol·L-1)
v正/(mol·L-1·s-1)
①
0.10
4.00×10-9
②
0.20
6.40×10-8
③
0.30
3.24×10-7
则k正=_______mol-3·L3·s-1；下列对于该反应的说法正确的是_______(填标号)。
A.当混合气体颜色保持不变时，反应达到化学平衡状态
B.当的比值保持不变时，反应达到化学平衡状态
C.反应达到化学平衡状态时，每消耗0.1molNO就会消耗0.05molNO2
D.反应达到平衡状态后，若降低温度，则混合气体的颜色变浅
E.反应达到平衡状态后，若减小压强，则混合气体的平均相对分子质量减小
【答案】（1）2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-747kJ·mol-1
（2） ①. 不是 ②. 该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率比温度高时的大，根据cat2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高
（3） ①. 还原 ②. NO+O2--2e-=NO2
（4） ①. 4.00×10-5 ②. ACE
【解析】
【小问1详解】
由反应的平衡常数表达式为K=，可得化学反应方程式：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，根据盖斯定律可知该反应可由反应2×②-①-③，该反应的ΔH=2×ΔH2-ΔH1-ΔH3=2×(-393.5kJ·mol-1)-( -221kJ·mol-1)-( +181kJ·mol-1)= -747kJ·mol-1，反应的热化学方程式为：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-747kJ·mol-1，故答案为：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-747kJ·mol-1；
【小问2详解】
分析图像可知M点不是对应温度下的平衡脱氮率，因为该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率应比温度高时的大，根据cat2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高。故答案为：不是；该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率比温度高时的大，根据cat2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高；
【小问3详解】
由装置图可知Pt电极上氧气得电子生成氧离子，发生还原反应，作正极，NiO电极上NO失电子结合氧离子生成NO2，电极反应式为：NO+O2--2e-=NO2，故答案为：还原；NO+O2--2e-=NO2；
【小问4详解】
由表中数据可得：400×10-9=0.1 nk正，6.4×10-8=0.2 nk正，解得：n=4，k正=4.00×10-5；
A.当混合气体颜色保持不变时，说明二氧化氮的浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故选；
B.氮气和二氧化氮为生成物，物质的量之比始终保持1:2，故之比保持不变不能说明反应达到化学平衡状态，故不选；
C.每消耗0.1molNO就会消耗0.05molNO2，可说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到化学平衡状态，故选；
D.该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，二氧化氮的浓度增大，混合气体的颜色变深，故不选；
E.反应达到平衡状态后，若减小压强，平衡逆向移动，气体的物质的量增大，气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量减小，故选；
故答案为：4.00×10-5；ACE；
(二)选考题
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. 磷元素的化合物在科学研究和工业生产中有许多重要用途。回答下列问题：
（1）下列状态的P中，电离最外层一个电子所需能量最小的是_______(填标号)。
A. B.
C. D.
（2）白磷在空气中缓慢氧化生成P4O6，P4O6的结构如图1所示。P4O6中氧原子的杂化轨道类型为_______，每个P4O6分子中含孤电子对的数目为_______。


（3）磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。磷化硼晶体晶胞如图2所示。在一个晶胞中磷原子空间堆积方式为_______，磷原子的配位数为_______。


（4）磷化铜(Cu3P2)用于制造磷青铜，磷青铜是含少量锡、磷的铜合金。磷化铜与水反应产生有毒的磷化氢(PH3)气体，PH3分子的空间构型为_______。
（5）磷青铜晶体的晶胞结构如图3所示，该晶体中P原子位于由铜原子形成的_______的空隙中。若晶体密度为ag·cm-3，P原子与最近的Cu原子的核间距为_______nm(用含NA的代数式表示，NA为阿伏加德罗常数的值)。


【答案】（1）A （2） ①. sp3 ②. 16
（3） ①. 面心立方最密堆积 ②. 4
（4）三角锥形 （5） ①. 正八面体 ②. ×107
【解析】
【分析】根据同一原子电离能变化规律判断所需电离能的大小；根据VSEPR模型判断杂化轨道类型和空间结构；根据VSEPR模型计算孤电子对数；根据均摊法计算晶胞参数等数据。
【小问1详解】
同一原子的不同级电离能随核外电子数的减少逐渐增大，说明核外电子数越少电离能越大，从选项上看，A选项为P原子所需的第一电离能，B选项为P元素所需的第三电离能，C选项为P原子所需的第二电离能，D选项为P原子所需的第四电离能，根据前述规律，所需能量最小的为P的第一电离能，故答案为：A。
【小问2详解】
P4O6中O元素存在6个价电子，根据VSEPR模型计算，O原子存在=4对电子对，因此O原子的杂化方式为sp3杂化；P4O6中P元素存在5个价电子，其中3个价电子分别与3个O原子形成共用电子对，剩余1对孤电子对，O元素存在6个价电子，其中2个价电子分别与2个P原子形成共用电子对，剩余2对孤电子对，因此P4O6中存在4×1+6×2=16对孤电子对；故答案为：sp3、16。
【小问3详解】
根据晶胞结构，晶胞中P位于晶胞的顶点和面心上，P原子的空间堆积方式为面心立方最密堆积；晶胞中，与P原子距离最近的B原子的个数为4，因此P原子的配位数为4。故答案为：面心立方最密堆积、4。
【小问4详解】
根据VSEPR模型，PH3中中心原子P的电子对数为=4，其VSEPR模型为四面体型，其中3对电子对与H共用，存在1对孤电子对，因此PH3的空间构型为三角锥形。故答案为：三角锥形。
【小问5详解】
根据晶胞结构，Cu原子位于晶胞的6个面心上，这6个Cu原子构成的空间结构为正八面体形，P原子位于晶胞的体心上，同样也在正八面体的中心，因此P原子位于由铜原子形成的正八面体空隙中；
根据均摊法计算晶胞中的原子个数，Sn位于晶胞的顶点上，1个晶胞中存在8×=1个Sn原子，Cu位于晶胞的面心上，1个晶胞中存在6×=3个Cu原子，P位于晶胞的体心，1个晶胞中存在1个P原子；已知晶胞的密度为a g·cm-3，则晶胞的棱长===cm=×107nm，P原子与最近的Cu原子的核间距为晶胞棱长的一半，因此P原子与最近的Cu原子的核间距为×107nm。
故答案为：正八面体、×107。
[化学——选修5：有机化学基础]
12. 肉桂酸主要用于香精香料、食品添加剂、医药工业、农药等方面。下面是肉桂酸的合成路线，部分反应条件和产物已略去：


已知：
i.CH3CH=CH2CH3CHO+HCHO
ii.
（1）反应①的条件是_______。
A.NaOH水溶液，加热 B.NaOH醇溶液，加热 C.浓硫酸，加热
（2）B的化学名称为_______，反应②的反应类型为_______。
（3）C中所含官能团的名称为_______，反应⑦的化学方程式为_______。
（4）D(肉桂酸)的结构简式为_______。
（5）肉桂酸的同分异构体有多种，能同时满足下列条件的共有_______种(不含立体异构)。
①苯环上有三个取代基
②分子中含有碳碳双键
（6）观察上述合成路线，请以乙醛为原料写出合成的路线(其他试剂任选)_____。
【答案】（1）B （2） ①. 苯乙醛 ②. 加成反应
（3） ①. (醇)羟基、羧基 ②. n+(n-1)H2O
（4） （5）10
（6）CH3CHO
【解析】
【分析】根据已知条件i，与氧气在催化剂的条件下反应生成有机物A和有机物B，根据有机物A的分子式，有机物A为HCHO(甲醛)，有机物B为(苯乙醛)；根据已知条件ii，有机物发生两步反应生成有机物C()，有机物C在浓硫酸加热的条件下发生消去反应生成肉桂酸，肉桂酸的结构为；同时有机物C还可以发生缩聚反应生成聚合物E，聚合物E的结构为，据此分析解题。
【小问1详解】
反应①为卤代烃的消去反应，卤代烃的消去反应条件为NaOH醇溶液，加热，故答案选B。
【小问2详解】
根据分析，B为，其化学名称为苯乙醛；反应②中，由反应生成了，属于不饱和烃的加成反应，故反应类型为加成反应。
【小问3详解】
根据分析，有机物C为，其官能团为(醇)羟基、羧基；反应⑦为缩聚反应，反应的化学方程式为n+(n-1)H2O。
【小问4详解】
根据分析，肉桂酸的结构简式为。
【小问5详解】
根据条件，其同分异构体中含有酚羟基、醛基和乙烯基，苯环上三个取代基位置不同，当醛基与乙烯基处于邻位时，苯环上共有4个位置可以放置羟基，此时共有4种同分异构体，当醛基与乙烯基处于间位时，苯环上共有4个位置可以放置羟基，此时共有4种同分异构体，当醛基与乙烯基处于对位时，苯环上共有2个位置可以放置羟基，此时共有2种同分异构体，因此，符合题目条件的同分异构体共有4+4+2=10种。
【小问6详解】
根据题目中给出的已知条件，可以用乙醛与HCN发生加成反应生成，生成的在酸性条件下发生反应生成，最后发生缩聚反应生成目标产物，具体的合成流程为：CH3CHO。