四川省南充高级中学2022-2023学年高三理综上学期第三次模拟考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省南充高级中学2022-2023学年高三理综上学期第三次模拟考试试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了5 Cu， 25℃时，用0， 乙酸是基本的有机化工原料等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 O：16 S：32 Ca：40 Na：23 P：31 Cl：35.5 Cu：64 Pb：207
第Ⅰ卷(选择题，共126分)
一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是
A. 在酿酒过程中需要加入酒曲，酒曲可以起到催化剂的作用
B. 石墨烯弹性气凝胶制成的轻质“碳海绵”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料
C. 天问一号探测器着陆火星过程中使用了芳纶制作的降落伞，芳纶是天然高分子材料
D. 人体由于腹泻引起脱水时，可以注射0.9%的氯化钠溶液补充电解质和水分
【答案】C
【解析】
【详解】A．在酿酒过程中需要加入酒曲，酒曲可以起到催化剂的作用，加快酿酒速度，故A正确；
B．石墨烯弹性气凝胶制成的轻质“碳海绵”疏松多孔，具有很强的吸附能力，可用作处理海上原油泄漏的吸油材料，故B正确；
C．芳纶是合成有机高分子材料，故C错误；
D．氯化钠是电解质，人体由于腹泻引起脱水时，可以注射0.9%的氯化钠溶液补充电解质和水分，故D正确；
综上所述，答案为C。
2. 罗勒烯是一种无环单萜类化合物，主要存在于罗勒油等植物精油中，其结构如图a所示；叔丁基苯是一种色谱分析标准物质，其结构如图b。下列有关罗勒烯和叔丁基苯的的说法错误的是
A. 两种物质均难溶于水，易溶于机溶剂
B. 罗勒烯分子中所有碳原子可能共平面
C. 叔丁基苯的一氯代物有4种
D. 罗勒烯与叔丁基苯互为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A．由罗勒烯的结构可知，罗勒烯是难溶于水，易溶于苯等有机溶剂的不饱和烃，A正确；
B．和组成碳碳双键的原子直接相连的原子处于同一平面，根据罗勒烯的结构可知分子中所有碳原子可能共平面，B正确；
C．叔丁基苯苯环上有3种氢原子，侧链上有一种氢原子，故一氯代物有4种，C正确；
D．由结构式可知罗勒烯与叔丁基分子式不同，不可能互为同分异构体，D错误；
故选D。
3. 下列化学反应的离子方程式书写正确的是
A. BaCl2溶液中通入CO2气体：Ba2+＋CO2＋H2O =BaCO3↓＋2H＋
B. CuSO4溶液遇到闪锌矿(ZnS)转变为铜蓝(CuS)：Cu2+＋ZnS =CuS＋Zn2+
C. 海水提溴中用SO2的水溶液富集溴：SO2＋Br2＋2H2O =2H＋＋＋2HBr
D. 向Ba(HCO3)2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好沉淀完全：Ba2+＋ ＋2＋2H＋= BaSO4↓＋2H2O＋2CO2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸的酸性弱于盐酸，所以二氧化碳不能与氯化钡溶液反应，故A错误；
B．闪锌矿转变为铜蓝的反应为：硫酸铜溶液与硫化锌反应生成溶度积更小的硫化铜和硫酸锌，反应的离子方程式为Cu2+＋ZnS =CuS＋Zn2+，故B正确；
C．海水提溴中用二氧化硫的水溶液富集溴发生的反应为：二氧化硫水溶液与溴反应生成氢溴酸和硫酸，反应的离子方程式为SO2＋Br2＋2H2O =4H＋＋＋2Br—，故C错误；
D．碳酸氢钡溶液与硫酸氢钠溶液恰好沉淀完全发生的反应为：碳酸氢钡溶液与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Ba2+＋ ＋＋H＋= BaSO4↓＋H2O＋CO2↑，故D错误；
故选B。
4. 由下列实验及现象推出的相应结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．往Cu(OH)2沉淀中分别滴加盐酸和氨水，沉淀皆溶解，与盐酸发生酸碱中和反应生成盐和 ，与氨水是生成配离子，Cu(OH)2不是两性氢氧化物，故A错误；
B．将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体可能是SO2，也可能是氯气，故B错误；
C．相同温度下，同时往等体积的0.2 ml·L－1和0.05 ml·L－1的Na2S2O3溶液中滴加等浓度等体积的稀硫酸，0.2 ml·L－1的Na2S2O3溶液中先变浑浊，根据实验现象得到其他条件相同时，浓度越大，反应速率越快，故C正确；
D．反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，生成的氯化氢气体能使湿润的石蕊试纸变红，不能说明生成的氯代甲烷有酸性，故D错误；
答案为C。
5. 利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上清液中的S2－，制取石膏(CaSO4·2H2O)的过程如下：
下列说法正确的是
A. 将10 L上清液中的S2- (S2-的浓度为0.48 g/L)转化为，理论上共需要0.3 ml O2
B. 过程Ⅰ后溶液pH增大
C. 过程Ⅱ中反应的离子方程式为2S2-＋4＋10H＋=4Mn(OH)2＋＋H2O
D. CaSO4·2H2O属于混合物
【答案】A
【解析】
【分析】由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2，通入氧气生成，涉及反应为2Mn(OH)2+O2+4OH-=2+4H2O，与S2-反应生成，进而与氧气反应生成，可用于制备CaSO4•2H2O，以此解答该题。
【详解】A．将10L上清液中的S2-转化为(S2-浓度为480mg•L-1)，质量为480mg•L-1×10L=4800mg=4.8g，物质的量为=0.15ml，根据得失电子守恒0.15ml×8=n(O2)×4，n(O2)=0.3ml，理论上共需要0.3ml的O2，A正确；
B．过程Ⅰ为2Mn(OH)2+O2+4OH-=2+4H2O，消耗氢氧根离子溶液pH减小，B错误；
C．过程Ⅱ中应当是碱性环境不应当出现氢离子，反应的离子方程式为2S2-+4+10H2O═4Mn(OH)2++10OH-，C错误；
D．CaSO4·2H2O属于纯净物，D错误；
故选A。
6. 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。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++ 2LiFePO4 xCa + 2Li1－xFePO4+2x Li＋下列说法正确的是
A. 放电时，负极反应为：LiFePO4－xe－ =2Li1－xFePO4＋xLi+
B. 充电时，Li1－xFePO/LiFePO4电极发生Li+嵌入，放电时发生Li+脱嵌
C. 放电时，当转移0.2 ml电子时，理论上左室中电解质的质量增重4.0 g
D. LiPF6－LiAsF6为非水电解质，其与Li2SO4溶液的主要作用都是传递离子
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据方程式分析，放电时，Ca负极，则负极反应为：Ca－2e－ = Ca2+，故A错误；
B．充电时，LiFePO4 变为Li1－xFePO4和x Li＋，则Li1－xFePO/LiFePO4电极发生Li+脱嵌，放电时发生Li+嵌入，故B错误；
C．放电时，当转移0.2 ml电子时，有0.1ml钙单质变为钙离子进入到电解质中，有0.2ml Li＋向右移动，则理论上左室中电解质的质量增重0.1ml×40g∙ml−1−0.2ml×7g∙ml−1=2.6 g，故C错误；
D．钙是活泼金属，与水反应，因此LiPF6－LiAsF6为非水电解质，其与Li2SO4溶液的主要作用都是传递离子，故D正确。
综上所述，答案为D。
7. 25℃时，用0.2 ml·L－1的盐酸分别滴定20 mL 0.2 ml·L－1的氨水和MOH碱溶液(碱性：NH3·H2O大于MOH)，溶液的pOH [pOH=－lgc(OH－)]与lg或lg 的关系如下图所示。下列说法错误的是
A. 曲线I对应的是滴定NH3·H2O的曲线
B. b、e点溶液中加入盐酸的体积均为10 mL
C. a点对应的溶液pH=11
D. f点溶液满足：c(M＋) = c(Cl－)
【答案】B
【解析】
【详解】A．当lg=0或lg=0时，pOH越大，说明碱性越弱，由于碱性：NH3·H2O大于MOH，则曲线I对应的是滴定NH3·H2O的曲线，故A正确；
B．若氨水溶液中加入盐酸的体积为10 mL，则溶质为NH3·H2O和NH4Cl且两者物质的量浓度相等，由于氨水电离占主要，因此溶液显碱性，则c() ＞c(NH3·H2O)，则不在b点，同理若MOH溶液中加入盐酸的体积为10 mL，也不在e点，故B错误；
C．根据b点pOH=4.74，lg=0，，则a点，解得，，则对应的溶液pH=11，故C正确；
D．根据e点pOH=6，lg=0，则，f点lg=1，则，，溶液呈中性，根据电荷守恒得到溶液满足：c(M＋) = c(Cl－)，故D正确。
综上所述，答案为B。
第Ⅱ卷(共58分)
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11～12题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题(共3题，43分)
8. 三氯氧磷(POCl3)可用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，是能推进中国半导体产业链发展壮大的一种重要的化工原料。工业上可以直接氧化 PCl3 制备 POCl3，反应原理为：P4(白磷)+6Cl24PCl3，2PCl3+O22POCl3。
已知：PCl3、POCl3的部分性质如下：
某化学兴趣小组模拟该工艺设计实验装置如图(某些夹持装置和加热装置已略去)：
（1）检查装置气密性并加入纯净的白磷，先制取一种气体，缓慢地通入C中，直至C中的白磷完全消失后，再通入另一种气体。仪器b的名称为___________，B装置的作用是___________。
（2）装置 E 反应的离子方程式为___________。
（3）C反应温度控制 60~65 ℃，不能过高或过低的原因是___________。分离提纯获得 POCl3 的实验方法是___________。
（4）通过测定三氯氧磷产品中(含PCl3 杂质)氯元素含量，可进一步计算产品的纯度，实验步骤如下：
①取a g产品置于盛50.00 mL 蒸馏水的水解瓶中，摇动至完全水解，将水解液配成 100.00 mL 溶液，预处理排除含磷粒子的影响。
②取10.00 mL溶液于锥形瓶中，向其中加入c0 ml/L－1的AgNO3溶液V0 mL，使Cl－完全沉淀，再加入20 mL硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；然后选择Fe(NO3)3 指示剂，用c1 ml/L－1 NH4SCN 溶液滴定过量Ag+ 至终点，记下所用体积为V1 mL。
滴定终点的现象：___________。实验过程中加入硝基苯覆盖沉淀的目的是___________，若无此操作，则所测POCl3的含量将___________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。[已知：Ksp(AgCl)=3.2×10－10，Ksp(AgSCN)=2.0×10－12]
（5）产品中POCl3的质量分数为___________。
【答案】（1） ①. 球形干燥管(干燥管) ②. 干燥O2，瓶口的长颈漏斗可以平衡气压，观察氧气的流速
（2）MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2+2H2O
（3） ①. 过低，反应速率慢，过高，PCl3易挥发，利用率降低 ②. 蒸馏
（4） ①. 滴入最后半滴标准液，溶液变红，30 s不变色 ②. 使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀 ③. 偏高
（5）或[3a-1375(c0V0-c1V1)]/48a ×100%
【解析】
【分析】装置A中用黑色固体和液态物质反应制氧气，装置B可以干燥O2，瓶口的长颈漏斗可以平衡气压，还可以观察氧气的流速；装置E为固液混合加热制备氯气，装置D干燥生成的氯气；在装置C中发生P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。
【小问1详解】
根据装置图仪器b结构可知其名称为球形干燥管(干燥管)；装置B可以干燥O2，瓶口的长颈漏斗可以平衡气压，还可以观察氧气的流速；；
【小问2详解】
装置E为固液混合加热制备氯气，实验室中采用二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气，反应的化学方程式为：MnO2 +4HCl (浓)MnCl2 +Cl2↑+2H2O；
【小问3详解】
在装置C中发生反应：P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。C中反应温度控制在60~65℃，不能过高或过低，这是由于温度太低，反应速率变慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率降低；由PCl3、POCl3的熔沸点信息可知其在常温下为液态，分离混溶的液态混合物应采用蒸馏法；
【小问4详解】
SCN-与铁离子会反应使溶液变为红色，故滴定终点现象为滴入最后半滴标准液，溶液变红，30s不变色；由Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12可知，AgSCN更难溶，实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；若无此操作，则V2偏大，根据POCl3的含量计算公式可知：计算所测POCl3的含量将偏高。
【小问5详解】
根据元素守恒可得关系式：POCl3～3Cl-～3Ag+，与Cl-反应的Ag+的物质的量为n(Ag+)=(c0V0-c1V1)×10-3 ml×=( c0V0-c1V1)×10-2 ml，则n(PCl3)+n(POCl3)=n(Ag+)=×(c0V0-c1V1)×10-2 ml，假设n(PCl3)、n(POCl3)的物质的量分别是x、y，则x+y=×(c0V0-c1V1)×10-2 ml，根据质量关系可得137.5x+153.5y=a，解得y=，所以POCl3的质量分数为：或[3a-1.375(c0V0-c1V1)]/48a×100%。
9. 乙酸是基本的有机化工原料。
I．工业上合成乙酸有多种方法。
（1）目前世界上一半以上的乙酸都采用甲醇与CO反应来制备。反应如下：CH3OH(g)+CO(g) CH3COOH(l) △H”，“=”或“”，“=”或“ ③. > ④. 温度由T1到T2，经历5min时，反应未达到平衡，由于正反应速率大于逆反应速率，因此甲醇的转化率增大
（2）(E3-E1)
（3） ①. 脱羧基反应II的活化能低，反应速率快，很快达到平衡，甲烷产率高于氢气 ②. 由反应I可知一氧化碳和氢气的产量应该是相等的，而图3可以发现它们的产量不相等 ③. CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g)
（4）0.2p
【解析】
【小问1详解】
①达到平衡状态的标志是“正逆反应速率相等，变量不变”，恒温恒压下，反应CH3OH(g)+CO(g) CH3COOH(l)，反应物是气体，生成物是液体，密度之比等于摩尔质量之比，反应前后摩尔质量不变，密度也不变，密度不是变量，A不能说明达到平衡状态；通入的CH3OH和的CO气体是1:1，二者反应也是1:1，剩余的量也是1:1，CH3OH(g)的体积分数始终是50%，保持不变，不是变量；B不能说明达到平衡状态，恒温恒压下CO(g)的物质的量浓度是不变，C也不能说明达到平衡状态；v(CO)正 = v(CH3OH)逆，符合正逆反应速率相等，D能说明反应达到平衡状态，因此不能说明上述反应达到平衡状态的是ABC；
②温度为T1时，A点未达到平衡状态，B点是平衡状态，A点甲醇浓度大，正反应速率大，反应向甲醇转化率增大的方向进行，即向正反应方向进行，v(A)正>v(B)逆；
③恒压密闭容器中通入0.20 ml的CH3OH和0.20 ml的CO气体时甲醇的平衡转化率与CO的平衡转化率相等都是80%，保持容器体积不变，再通入0.10 mlCH3OH和0.10 mlCO的混合气体相当于增大压强，平衡正向移动，CO的转化率变大，因此CO的转化率大于80%；
④温度由T1到T2，经历5 min时，反应未达到平衡状态，由于正反应速率大于逆反应速率，因此甲醇的转化率增大；
【小问2详解】
△H=生成物的能量-反应物的能量=(E3-E1)；
【小问3详解】
①650 ℃之前，由图可知，脱羧反应II的活化能低，反应速率快，很快达到平衡状态，甲烷产率高于氢气；
②由反应I可知，CO和H2的系数相同。产量应该是相等的，分析图像3可以发现它们的产量不相等，因此该容器还发生了其他的副反应；
③乙酸蒸汽中加入水，发生CO与水反应生成CO2和H2，氢气的产率显著提高而CO的产率下降，化学方程式为：CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g)；
【小问4详解】
设起始乙酸为aml，反应II消耗CH₃COOH为xml
气体的总量为a-0.2a-x+0.4a+0.4a+x+x=1.6a+x，乙酸占20%，，得出x=0.4a，则平衡时，脱羧基反应II各物质的分压，乙酸：0.2p，甲烷、二氧化碳：，则脱羧基反应的平衡常数KP=。
10. 某小组利用含铅废料(主要含PbO、PbSO4和PbO2)制备化工产品三盐(PbSO4·3PbO·H2O)的工艺流程如图：
已知：Ksp(PbSO4)=1.82×10−8，Ksp(PbCO3)=1.46×10−13，Pb(OH)2具有两性，PbO2有强氧化性。请回答下列问题：
（1）结晶水合物M(M=322g/ml)的化学式为___________。
（2）“转化”中，加入Na2CO3目的是___________；Na2SO3溶液参加反应的离子反应方程式为___________。
（3）用一定浓度的稀硝酸进行“酸溶”时，金属离子浸出率与温度的关系如图所示。当温度为40℃，金属离子浸出率最高，其主要原因是___________。
（4）合成三盐的化学方程式为___________，解释“合成”需控制溶液的pH不能大于10的原因___________。
（5）取223 g含铅废料经上述“转化”，假设含铅废料中的PbO2和PbSO4全部转化成PbCO3，且PbO未发生反应，“酸溶”时共收集到4.48 L CO2(标准状况)，“沉铅”完全时得到151.5 g PbSO4.则原含铅废料中PbO的质量分数为___________。
（6）工业上，可电解Pb(NO3)2溶液制备活性电极材料PbO2，其阳极的电极反应式为___________。
【答案】（1）Na2SO4∙10H2O
（2） ①. 使PbSO4转化为PbCO3 ②. 或
（3）温度低于40℃时反应速率慢，温度高于40℃时硝酸会挥发、分解
（4） ①. 4PbSO4+6NaOH= PbSO4∙3PbO∙H2O+ Na2SO4+2H2O ②. Pb2+会转化为Pb(OH)2，Pb(OH)2溶解降低了三盐的产率(或Pb2+可转化为易溶于水的[Pb(OH)3]－、[Pb(OH)4]2−、等从而降低了三盐的产率)
（5）30% （6）
【解析】
【分析】PbO2有强氧化性，含铅废料(主要含PbO、PbSO4和PbO2)与亚硫酸钠发生氧化还原反应，加入碳酸钠反应生成碳酸铅，过滤得到PbO和PbCO3，向固体中加入硝酸溶解，再加入硫酸沉铅得到硫酸铅，过滤，向硫酸铅中加入氢氧化钠溶液得到化工产品三盐(PbSO4·3PbO·H2O)。
【小问1详解】
PbO2有强氧化性，亚硫酸钠具有还原性，因此会生成硫酸钠，根据结晶水合物M(M=322g/ml)的化学式为Na2SO4∙10H2O；故答案为：Na2SO4∙10H2O。
【小问2详解】
“转化”中，根据Ksp(PbSO4)=1.82×10−8，Ksp(PbCO3)=1.46×10−13，加入Na2CO3目的是使PbSO4转化为PbCO3；PbO2有强氧化性，亚硫酸钠具有还原性，两者发生氧化还原反应，则Na2SO3溶液参加反应的离子反应方程式为或；故答案为；使PbSO4转化为PbCO3；或。
【小问3详解】
用一定浓度的稀硝酸进行“酸溶”时，金属离子浸出率与温度的关系如图所示。当温度为40℃，金属离子浸出率最高，主要从反应速率和硝酸的性质进行分析，其主要原因是温度低于40℃时反应速率慢，温度高于40℃时硝酸会挥发、分解；故答案为：温度低于40℃时反应速率慢，温度高于40℃时硝酸会挥发、分解。
【小问4详解】
根据图中信息合成三盐是硫酸铅和氢氧化钠反应，则合成三盐的化学方程式为4PbSO4+6NaOH= PbSO4∙3PbO∙H2O+ Na2SO4+2H2O，根据Pb(OH)2具有两性，解释“合成”需控制溶液的pH不能大于10的原因Pb2+会转化为Pb(OH)2，Pb(OH)2溶解生成[Pb(OH)3]－等降低了三盐的产率或Pb2+可转化为易溶于水的[Pb(OH)3]－、[Pb(OH)4]2−、等从而降低了三盐的产率；故答案为：4PbSO4+6NaOH= PbSO4∙3PbO∙H2O+ Na2SO4+2H2O；Pb2+会转化为Pb(OH)2，Pb(OH)2溶解降低了三盐的产率(或Pb2+可转化为易溶于水的[Pb(OH)3]－、[Pb(OH)4]2−、等从而降低了三盐的产率)。
【小问5详解】
取223 g含铅废料经上述“转化”，假设含铅废料中的PbO2和PbSO4全部转化成PbCO3，且PbO未发生反应，“酸溶”时共收集到4.48 L CO2(标准状况气体物质的量为0.2ml)，“沉铅”完全时得到151.5 g PbSO4，其物质的量为0.5ml，则原含铅废料中PbO物质的量为0.3ml，铅废料中PbO的质量分数为；故答案为：30%。
【小问6详解】
工业上，可电解Pb(NO3)2溶液制备活性电极材料PbO2，则失去电子变为PbO2，其阳极的电极反应式为；故答案为：。
(二)选考题：共15分。请考生从给出的2道化学题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂黑的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。
【化学——选修3：物质结构与性质】
11. 铜是重要的过渡金属元素，铜被广泛应用于电子工业和航天领域中。回答下列问题：
（1）基态铜原子的核外电子排布式为___________，同周期与铜原子未成对电子数相同的p区元素原子为___________(填符号)。
（2）向CuSO4溶液中滴加氨水可以得到1∶1型离子化合物，其阳离子结构如图所示，阴离子为正四面体结构。

①该阳离子中存在的化学键类型为________(填序号)。
A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．σ键 E．π键 F．配位键 G．氢键
②H2O与NH3中键角较大的是________，原因是________。
③该化合物加热时首先失去的组分是H2O，原因是________。
（3）我国科学家制取了一种铜的配合物如图所示，该配合物中四种非金属元素的第一电离能由大到小的顺序是_________(填元素符号)，配合物中sp2 杂化的碳原子与sp3 杂化的碳原子个数比为___________。
（4）金属铜是面心立方晶体，有较多的滑移面，所以有很好的延展性。其晶胞结构如图乙所示。已知铜原子的半径为r cm，铜的密度为ρ g∙cm−3，阿伏加德罗常数为NA ml−1，该晶胞中铜原子的空间利用率为___________(用含r、ρ、NA的代数式表示)。

【答案】（1） ①. [Ar]3d104s1 ②. Ga、Br
（2） ①. BDF ②. NH3 ③. 两者中心原子均采用sp3杂化，但H2O中氧原子周围的孤电子对数更多，对成键电子对的排斥力更大，所以键角小 ④. H2O与Cu2+之间形成的配位键比NH3与Cu2+之间形成的配位键弱
（3） ①. N＞O＞H＞C ②. 7：6
（4）
【解析】
【小问1详解】
Cu为29号元素，则基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，铜有1个未成对电子，同周期与铜原子未成对电子数相同的p区元素原子为Ga、Br；故答案为：[Ar]3d104s1；Ga、Br。
【小问2详解】
①该阳离子结构结构为Cu[(NH3)4(H2O)2]，其结构中存在的化学键类型为极性键、σ键、配位键；故答案为：BDF。
②H2O中心原子价层电子对数为2+2=4，NH3中心原子价层电子对数为3+1=4，两者中心原子均采用sp3杂化，但H2O中氧原子周围的孤电子对数更多，对成键电子对的排斥力更大，所以键角小H2O与NH3中键角较大的是NH3；故答案为：NH3；两者中心原子均采用sp3杂化，但H2O中氧原子周围的孤电子对数更多，对成键电子对的排斥力更大，所以键角小H2O与NH3中键角较大的是NH3。
③该化合物加热时首先失去的组分是H2O，原因是水中氧电负性比氨气中氮的电负性大，电负性越大，对电子吸引力大，因此H2O与Cu2+之间形成的配位键比NH3与Cu2+之间形成的配位键弱；故答案为：H2O与Cu2+之间形成的配位键比NH3与Cu2+之间形成的配位键弱。
【小问3详解】
根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族大于第ⅢA族，第VA族大于第ⅥA族，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，则该配合物中四种非金属元素的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞H＞C，苯环及碳碳双键的碳原子为sp2 杂化共14个，sp3 杂化的碳原子个数为12个，则配合物中sp2 杂化的碳原子与sp3 杂化的碳原子个数比为7：6；故答案为：N＞O＞H＞C；7：6。
【小问4详解】
根据结构分析晶胞中铜原子个数为，则晶胞中铜原子的空间利用率为 ；故答案为：。
【化学——选修5：有机化学基础】
12. 有机物F是重要的药物中间体，其一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为___________。
（2）F中官能团的名称为___________。
（3）写出D→E化学方程式：___________。
（4）C的结构简式为___________，C→D的反应类型为___________；C的同分异构体中，能同时满足下列条件的结构简式为___________(任写两种)。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为6∶6∶2∶1∶1。
（5）参照上述合成路线，设计有1, 4−二甲苯和环氧乙烷()为原料制备的合成路线：___________(其他无机试剂任选)。
【答案】（1）2,6−二甲基苯酚
（2）醚键、氨基 （3）++NaCl
（4） ①. ②. 取代反应 ③. 或或
（5）
【解析】
【分析】A和B发生反应，B中碳氧单键断裂生成C()，C和SOCl2反应生成D，根据E的结构简式推知D为，E和肼发生取代反应生成F。
【小问1详解】
根据A的结构简式得到A的化学名称为2,6−二甲基苯酚；故答案为：2,6−二甲基苯酚。
【小问2详解】
根据F的结构简式得到F中官能团的名称为醚键、氨基；故答案为：醚键、氨基。
【小问3详解】
根据前面分析D的结构为，则D→E的化学方程式：++NaCl；故答案为：++NaCl。
【小问4详解】
根据前面分析C的结构简式为，D为，则C→D的反应类型为取代反应；C的同分异构体中，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为6∶6∶2∶1∶1，说明有两种位置的两个甲基，能同时满足下列条件的结构简式为或或；故答案为：；取代反应；或或。
小问5详解】选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
往Cu(OH)2沉淀中分别滴加盐酸和氨水
沉淀皆溶解
Cu(OH)2为两性氢氧化物
B
将某气体通入品红溶液中
品红溶液褪色
该气体是SO2
C
相同温度下，同时往等体积的0.2 ml·L－1和0.05 ml·L－1的Na2S2O3溶液中滴加等浓度等体积的稀硫酸
0.2 ml·L－1的Na2S2O3溶液中先变浑浊
其他条件相同时，浓度越大，反应速率越快
D
将甲烷与氯气按体积比为1∶4混合于试管中，光照
反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红
生成的氯代甲烷有酸性
物质
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
其它
PCl3
－112
75.5
137.5
遇水生成H3PO3和HCl
POCl3
2
105.3
153.5
遇水生成H3PO4和HCl