2021届高三高考理综化学临考练习四（新课标2卷） WORD版含答案.docx

1、2021届高考理综化学临考练习四（新课标2卷）本卷满分100分，考试时间50分钟注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Al 27 S32 Fe 56 Cu64 Zn65 Ag108 Sn119一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合

2、题意。7科学技术推动人类发展。下列描述不正确的是A “嫦娥四号”的着陆器等器件用到镁合金锻件，属于合金材料。B长征五号运载火箭的燃料为液氢液氧，有高能量、无污染等特点。C我国科学家研制成功“天机芯”芯片，其成分为二氧化硅D科学家合成世界首个由碳原子构成的具有半导体特性的碳环C18，属于单质。8某抗肿瘤药物中间体的合成路线如下。下列说法正确的是()A吲哚的分子式为C8H6NB苯甲醛中所有原子不可能全部共平面C可用新制氢氧化铜悬浊液区分苯甲醛和中间体D1mol该中间体，最多可以与9mol氢气发生加成反应9下列实验现象与对应结论均正确的是选项 操作现象结论A向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2

3、O2溶液 溶液变为黄色氧化性：H2O2Fe3+B向硅酸钠溶液中滴加盐酸 溶液变浑浊氯的非金属性强于硅，故而盐酸能制得硅酸。C向溴水中滴加苯 液体出现分层，上层有颜色下层接近无色溴在苯中的溶解度远大于水中D将过量过氧化钠固体投入紫色石蕊试液中溶液变成蓝色过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性AABBCCDD10NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A12g金刚石和12g足球烯均含有6NA个质子B22.4 L(标准状况)水中含有10NA个质子C1 L 1 molL-1KOH溶液含有28NA个电子D1molD2O比1molH2l8O多NA个分子11某种化合物如图由W、X、Y、Z四种短周期元素组

4、成，其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍；W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法不正确的是A原子半径：BW2Y3可用做耐火材料CX与Y、Y与Z均可形成具有漂白性的化合物DW与X的最高价氧化物的水化物可相互反应12某研究机构使用LiSO2Cl2电池作为电源电解制备Ni(H2PO2)2，其工作原理如图所示。已知电池反应为2LiSO2Cl2=2LiClSO2，下列说法错误的是A电池中C电极的电极反应式为SO2Cl22e-=2Cl-SO2B电池的e极连接电解池的g极C膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜D电解池中不锈钢电极附近溶液的pH增大

5、13草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgXX为或与pH的变化关系如图所示。下列说法一定正确的是AI表示lg与pH的变化关系BpH1.22的溶液中：2c()+c()c(Na+)C1.22pH4.19的溶液中：c()c()c(H2C2O4)DpH4.19的溶液中：c(Na+)=3c()二、 非选择题：共58分。第2628题为必考题，每个考试必须作答，第3536题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26（15分）苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料，某化学小组采用如图装置以苯甲酸、甲醇为原料制取苯甲酸甲酯。有关物质的物理性质见

6、下表所示：苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯熔点/122.4-97-12.3沸点/24964.3199.6密度/g.cm-31.26590.7921.0888水溶性微溶互溶不溶合成苯甲酸甲酯粗产品在圆底烧瓶中加入0.1mol苯甲酸和0.4mol 甲醇,再小心加入 3mL浓硫酸，混匀后，投入几粒沸石，小心加热使反应完全，得苯甲酸甲酯粗产品。（1）甲装置的作用是： ；冷却水从 （填“a”或“b”）口进入。（2）化学小组在实验中用过量的反应物甲醇，其理由是 。粗产品的精制苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、硫酸、苯甲酸和水等，现拟用下列流程进行精制（1）试剂1可以是 （填编号），作用是 。A稀硫酸 B碳酸钠溶液

7、C乙醇（2）操作2中，收集产品时，控制的温度应在 左右。（3）实验制得的苯甲酸甲酯精品质量为10g，则苯甲酸的转化率为 （结果保留三位有效数字）。（4）本实验制得的苯甲酸甲酯的产量低于理论产量，可能的原因是 （填编号）。A蒸馏时从100开始收集产品 B甲醇用量多了C制备粗品时苯甲酸被蒸出27水晶石是生产玻璃的原料，工业上回收水晶石废料（主要含SiO2，还含有CeO2、CaO、MgO、Na2O等）中的SiO2并富集稀土元素Ce（铈）元素的一种流程如下：已知CeO2不溶于水，微溶于稀酸。玻璃工业上用SiO2、Na2CO3和CaCO3在高温下反应制普通玻璃（Na2OCaO6SiO2）的化学方程式为_

8、。“还原”时发生反应的离子方程式为_。“还原”时稀硫酸应适当过量，目的除保证反应充分进行及加快反应速率外，还有_。还原时控制其他条件一定，只改变反应的温度，所得SiO2产品的纯度如右图所示。超过70所得SiO2产品纯度下降的原因是_。洗涤SiO2的方法是_。向Ce2(SO4)3溶液中加入H2C2O4会析出Ce2(C2O4)310H2O晶体，将0.5440g Ce2(C2O4)3在N2气流中加热，所得残余固体的质量随温度的变化如图所示。已知加热时生成三种氧化物，写出Ce2(C2O4)3固体加热到300时反应的方程式：_。28研究CO2与CH4的反应使之转化为CO和H2，对减缓燃料危机，减少温室效

9、应具有重要的意义。(1)已知CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g) H248kJmol1、S310J mol-1K-1，该反应能自发进行的温度范围为_。(2)在密闭恒容容器中通入物质的量浓度均为0.1 molL1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。工业生产时一般会选用P4和1250进行合成，请解释其原因_。在压强为P4、1100的条件下，该反应5min时达到平衡点X，则用CO表示该反应的速率为_，该温度下，反应的平衡常数为_(保留3位有效数字)。(3) CO和H2在工业上还可以通过反

10、应C(s)H2O(g) CO(g)H2 (g)来制取，在恒温恒容下，如果从反应物出发建立平衡，可认定已达平衡状态的是_。A体系压强不再变化 BH2、CO和H2O的物质的量之比为1:1:1C混合气体的密度保持不变 D气体平均相对分子质量保持不变(4) 甲烷燃料电池可以提升能量利用率。下图是利用甲烷燃料电池电解100mL 1molL -1食盐水,电解一段时间后,收集到标准状况下的氢气2.24L(设电解后溶液体积不变)。 甲烷燃料电池的负极反应式: _电解后溶液的pH= _(忽略氯气与氢氧化钠溶液反应)。 阳极产生气体的体积在标准状况下是 _L（二）选考题：共15分。从2道化学题中任选一道。如果多做

11、则按第一题给分。35硫化锌（ZnS）晶体用作分析试剂、荧光体、光导体材，久置湿空气中易被氧化为ZnSO4。回答下列问题：（1）写出基态Zn原子的价电子排布式_，基态S原子核外未成对电子数为_。（2）ZnSO4中三种元素的电负性由大到小的顺序为_，SO42-的立体构型为_，其中S的杂化轨道类型为_。（3）硫酸锌溶于氨水可生成Zn(NH3)4SO4溶液，Zn(NH3)4SO4溶液中不存在的微粒间作用力有_。a.离子键 b.共价键 c.配位键 d.范德华力 e.氢键（4）根据下列锌卤化物的熔点和溶解性，分析ZnCl2、ZnBr2、ZnI2熔点依次增大的原因_。ZnF2ZnCl2ZnBr2ZnI2熔点

12、/872275394446在乙醇、乙醚中溶解性不溶溶解溶解溶解（5）钾晶体晶胞结构如图所示，距离最近的两个钾原子距离为acm，阿伏加德罗常数为NA。钾原子核外运动状态不同的电子数是_。钾晶体的密度是_。362020年2月19日下午，国家卫生健康委办公厅、国家中医药管理局办公室联合发出关于印发新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第六版)的通知。此次诊疗方案抗病毒治疗中增加了磷酸氯喹和阿比多尔两个药物。磷酸氯喹可由氯喹( )和磷酸在一定条件下制得。氯喹的合成路线如下：已知：R-NO2R-NH2(1)写出有机物C的名称_，B中官能团的名称_，D中含氮官能团的电子式 _(2)反应 AB 中须加入的试剂a为_

13、(3)B 反应生成 C 的反应化学反应方程式是 _(4)C10H6NO3Cl的结构简式是_(5)AB反应类型为_，CD反应类型为_(6)M是H的一种同分异构体，写出满足下列条件的M的结构简式_(不考虑立体异构，只需写出2种)分子结构中含有苯环(无其他环)，且苯环上有三个取代基；能使溴水褪色；核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为2:1:1:1。(7)设计由甲苯为起始原料制备的合成路线(无机试剂任选)：_参考答案1C【详解】A. 镁合金锻件具有密度小、强度大等特性，属于合金材料，故A正确；B.液氢液氧反应后放出大量热，产物为水，具有高能量、无污染等特点，故B正确；C. “天机芯”芯片的材料为硅单质，

14、故C错误；D.碳环C18是由碳元素组成的纯净物，属于单质，故D正确；故选C。2C【详解】A、根据有机物中碳原子成键特点，吲哚的分子式为C8H7N，故A错误；B、苯环是平面正六边形，CHO中C是sp2杂化，空间构型是平面形，因此苯甲醛中所有原子可能全部共面，故B错误；C、苯甲醛中含有醛基，能使新制氢氧化铜悬浊液加热时，出现砖红色沉淀，中间体中不含醛基，加入新制氢氧化铜悬浊液无现象，可用新制氢氧化铜悬浊液区分苯甲醛和中间体，故C正确；D、1mol中间体中含有2mol苯环和1mol碳碳双键，因此1mol中间体最多与7mol氢气发生加成反应，故D错误。答案选C。【点睛】本题的易错点是选项D，注意羧基、

15、酯基中碳氧双键不能与氢气发生加成。3C【解析】A、Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸，会形成HNO3，因此溶液变为黄色，有可能是HNO3氧化Fe2+，选项A错误；B、盐酸不是氯的最高价氧化物的水化物，不能比较氯和硅的非金属性强弱，选项B错误；C、向溴水中滴加苯，溴在苯中的溶解度远大于水中，液体出现分层,上层有颜色下层按近无色，选项C正确；D、过氧化钠固体投入紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，最终会褪色，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查化学实验方案设计，涉及氧化还原、强酸与弱酸盐反应等知识，根据氧化性强弱顺序、酸的强弱等知识点来分析解答，易错选项是A、B，注意：酸性条件下硝酸根离子的强氧化性，为隐含条

16、件，为易错点；利用酸性强弱来判断元素非金属性强弱时必须用其最高价氧化物的水化物，否则无法比较非金属性强弱，只能说明酸的酸性强弱而已。4A【详解】A. 金刚石和足球烯都是由C原子组成，12g金刚石和12g足球烯均含有=6NA个质子，故A正确；B. 水在标况下不是气体，22.4L水的物质的量远大于1mol，质子数远大于10NA，故B错误；C. 1 L 1 molL-1KOH溶液含有1molKOH，但水分子中也含有电子，1 L 1 molL-1KOH溶液中含有的电子数远大于28NA，故C错误；D. 1molD2O和1molH2l8O中都含有NA个分子，故D错误；故选A。5A【分析】W、X、Y、Z四种

17、短周期元素，W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同，结合图示化合物的结构简式可知，X为Na元素；Y能够形成2个共价键，则Y最外层含有6个电子，结合“W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”可知，Y为O；Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍，则W核外最外层电子数为3，则W为Al；W、Y、Z分别位于三个不同周期，则Z为H元素；综上所述，W、X、Y、Z分别为Al、Na、O、H，据此解答。【详解】A电子层数越多，原子半径越大，则Z(H)的原子半径最小，Y(O)的原子半径第二小，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，则X(Na)的原子半径最大，即原子半径X(Na)W(Al)Y(O)Z(H

18、)，A错误；BW为Al，Y为O，Al2O3熔点高，可做耐火材料，B正确；CX、Y、Z分别为Na、O、H，Na与O、O与H均可形成具有漂白性的化合物，即Na2O2、H2O2，C正确；DW为Al，其最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，X为Na，其最高价氧化物的水化物为NaOH，二者反应生成偏铝酸钠和水，D正确。答案选A。6B【分析】根据电池反应为2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2可知，放电时Li元素化合价由0价变为+1价，失去电子，所以Li电极是负极，反应式为2Li-2e-2Li+，则碳棒是正极，正极是SO2Cl2中+6价的硫得电子、发生还原反应，电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-

19、+SO2；电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，通过膜a进入产品室II室，所以g电极为阳极、与锂-磺酰氯（Li-SO2Cl2）电池的正极C棒相接，H2PO2-由原料室III室通过膜b进入产品室II室，与Ni2+生成Ni(H2PO2)2，h电极为阴极，与原电池的e电极相接，H2O或H+发生得电子的还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-或2H+2e-=H2，Na+通过膜c进入IV室，形成闭合回路，所以膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜，据此分析解答。【详解】A由图示可知，Li电极为负极，发生氧化反应，则C电极为正极，发生得电子的还原反应，电极反应式为SO2Cl2+2e-=

20、2Cl-+SO2，故A正确；B原电池中Li电极为负极，C电极为正极，电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，即g电极为阳极，则h电极为阴极，与原电池的负极Li电极e相接，故B错误；C电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，通过膜a进入产品室II室，H2PO2-由原料室III室通过膜b进入产品室II室，在产品室II室中与Ni2+生成Ni(H2PO2)2，Na+通过膜c进入IV室，形成闭合回路，所以膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜，故C正确；D电解池中不锈钢电极即h电极为为阴极，电极上H2O或H+发生得电子的还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-或2H+2e-=H2，所以

21、电极附近溶液的pH增大，故D正确；故选B。7B【分析】二元弱酸草酸的K1= ，当溶液的pH相同时，c(H+)相同，lgX:，则表示lg 与pH的变化关系，表示lg 与pH的变化关系。【详解】A. 根据分析可知，表示lg与pH的变化关系，故A错误；B.pH=1.22时，溶液呈酸性，则c( )c( )，根据电荷守恒c( )+c()=c( )+2c( )+c()可知，2c()+c()c(Na+)，故B正确；C.lgX为增函数，pH=1.22时，曲线中，lgX=lg=0时，c()=c(H2C2O4)，曲线中lgX=lg=3， c()=c()=c( )；pH=4.19时，曲线中，lgX=lg=3，c(=

22、c()，曲线中,lgX=lg=0，c()=c()=c()，所以1.22pHc()，故C错误；D.pH=4.19时，曲线中c()=c()，溶质为等浓度的 、 和少量的 ，结合物料守恒看作c(Na+)3c()，故D错误；故选B。8(共15分 ) （1）冷凝回流（2分） b （1分）（2）该合成反应是可逆反应，甲醇比苯甲酸价廉，且甲醇沸点低，易损失，增加甲醇投料量提高产率或苯甲酸的转化率（2分） （1）B （2分） 洗去苯甲酸甲酯中过量的酸（2分）（2）199.6 （2分）（3）73.5% （2分）（4）C （2分）【解析】试题分析：I、（1）甲为冷凝装置，所以甲的作用是冷凝回流；冷却水从b口进入a

23、口出，这样冷凝效果好；（2）化学小组在实验中用过量的反应物甲醇，其目的是增大甲醇的量，使苯甲酸的转化率增大，因为甲醇相对于苯甲酸较廉价，且甲醇的沸点较低，易挥发，所以甲醇应过量；II、（1）加入试剂1可将产品分为有机层和水层，说明苯甲酸甲酯不溶于试剂1，所以排除乙醇，也该产品中含有硫酸，再加入硫酸，不会起到任何作用，所以排除硫酸；加入碳酸钠溶液，甲醇易溶于水，硫酸、苯甲酸与碳酸钠反应，而苯甲酸甲酯不溶于水，所以可将产品分层，所以答案选B；加入碳酸钠溶液的目的主要是洗去产品中的酸；（2）有机层中得到苯甲酸甲酯，采用蒸馏的方法，因为苯甲酸甲酯的沸点是199.6，所以控制蒸馏时的温度在199.6左右

24、；（3）因为甲醇过量，所以按苯甲酸的量进行计算。0.1mol苯甲酸完全转化为苯甲酸甲酯，则苯甲酸甲酯的质量是13.6g，则苯甲酸的转化率为10g/13.6g100%=73.5%；（4）A、若在100开始收集产品，则产品的质量增大，产率应增大，错误；B、甲醇用量多了，只能增大苯甲酸的转化率，不会造成产品质量减少，错误；C、制备粗品时苯甲酸被蒸出，则产生的苯甲酸甲酯的质量减少，造成产品的质量低于理论质量，正确，答案选C。考点：考查有机物的制取实验，实验方案的评价，误差的分析9Na2CO3CaCO36SiO2 Na2OCaO6SiO22CO2 2CeO2H2O26H2Ce3O24H2O 抑制Ce3的

25、水解 H2O2大量分解导致CeO2不能完全被还原而混入SiO2中 向漏斗内加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作23次 Ce2(C2O4)3 2CeO24CO2CO2 【分析】根据题干废料主要有SiO2、还含有CeO2、CaO、MgO、Na2O等， CaO、MgO、Na2O 溶于盐酸，CeO2不溶于水，微溶于稀酸，则过滤后，滤渣中有CeO2 、SiO2，流程如下：【详解】（1）工业制玻璃原理：Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2，CaCO3SiO2 CaSiO3CO2，根据玻璃的成分，将两方程式加和：Na2CO3CaCO36SiO2Na2OCaO6SiO22CO2 。（2）由流程知在

26、硫酸环境中H2O2还原CeO2为Ce3，则H2O2被氧化生成O2，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2CeO2H2O26H2Ce3O24H2O。（3）该盐Ce3水解溶液呈酸性，硫酸适当过量抑制Ce3的水解。H2O2受热不稳定分解，导致H2O2减少，H2O2量不足导致CeO2不能完全被还原而混入SiO2中 ，使 SiO2产品纯度下降。（4）SiO2不溶于水，向漏斗内加蒸馏水，待水自然流出将表面附着的杂质离子带走，重复操作23次。（5） Ce2(C2O4)3中：n(Ce)= 2=0.002mol，n(O)= =0.004mol，n(Ce)：n(O)=1:2，故铈的氧化物CeO

27、2反应的方程式为：Ce2(C2O4)32CeO24CO2CO2。10大于800K 较大的压强和温度能加快合成速率，提高生产效率 0.032molL1min1 1.64 ACD CH4 +2H2O -8e-=CO2 +8H+ 14 1.68 【分析】(1)根据计算反应能自发进行的温度范围；(2) 工业生产要既要考虑反应的限度又要考虑反应速率；利用“三段式”计算反应速率和平衡常数。(3)根据平衡标志分析；(4) 酸性条件下，甲烷在负极失电子发生发生氧化反应，生成二氧化碳和氢离子；食盐水中的氯化钠的物质的量是0.1mol，若按电解食盐水的化学方程式，当生成0.1mol氢气时，消耗0.2mol氯化钠，

28、氯化钠不足，所以先电解饱和食盐水，后电解水。根据得失电子守恒计算阳极产生气体的体积。【详解】(1)根据，反应能自发进行，所以反应能自发进行；(2) 较大的压强和温度能加快合成速率，提高生产效率，所以工业生产时选用P4和1250进行CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g)反应。CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g)初始 0.1 0.1 0 0转化 0.08 0.08 0.16 0.16 平衡 0.02 0.02 0.16 0.16 用CO表示该反应的速率为0.032molL1min1 ；该温度下，反应的平衡常数为1.64 ； (3) A该反应前后气体系数和是变量，所以气体总压强

29、是变量，若体系压强不再变化，一定达到平衡状态，故选A； BH2、CO和H2O的物质的量之比为1:1:1时，不一定不再改变，所以反应不一定达到平衡状态，故不选B； C根据 ，气体质量是变量，所以密度是变量，混合气体的密度保持不变，一定达到平衡状态，故选C ； D反应正向进行，气体平均相对分子质量减小，平均相对分子质量是变量，所以气体平均相对分子质量保持不变，一定达到平衡状态，故选D。(4) 酸性条件下，甲烷在负极失电子发生发生氧化反应，生成二氧化碳和氢离子，负极反应式是CH4 +2H2O -8e-=CO2 +8H+；食盐水中的氯化钠的物质的量是0.1mol，若按电解食盐水的化学方程式，当生成0.

30、1mol氢气时，消耗0.2mol氯化钠，氯化钠不足，所以电解食盐水开始是Cl-和H+放电，Cl-放电完毕后是OH放电。0.1mol氯化钠生成氢氧化钠的物质的量是0.1mol，氢氧化钠的浓度是 ，PH=14；根据的分析，阳极先生成0.05mol的氯气，再生成氧气，根据得失电子守恒，生成氧气0.025mol，所以标准状况下的体积是1.68L。【点睛】本题考查化学反应方向复合判据的应用、化学反应速率的计算、化学平衡常数的计算、化学平衡状态的判断、燃料电池中电极反应式的书写、以及电解计算，注意电解计算中电子守恒的运用。113d104s2 2 O、S、Zn 正四面体形 sp3 a ZnCl2、ZnBr2

31、、ZnI2都是分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力增强，熔沸点升高 19 【分析】(1)Zn位于周期表中第四周期，第IIB族，结合Zn的核外电子排布式解答，S是氧族元素，价电子排布式为3s23p4，p轨道上有未成对电子；(2)ZnSO4中三种元素为Zn，S，O，非金属元素的电负性普遍大于金属元素，根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断的立体构型，等电子原理是原子数相同的条件下，原子的价电子数相同，据此解答；(3)Zn(NH3)4SO4为配合物，其溶于水后完全电离出Zn(NH3)42+和，根据离子中存在的化学键判断；(4)乙醇、乙醚都是有机溶剂，根据相似相溶原理，溶解的应是结

32、构相似的物质，也就是溶质分子的分子间力与溶剂分子之间的分子间力越相似，越易互溶；分子晶体组成相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点上升；(5)钾原子核电荷数为19，原子核外有19个电子；晶胞中顶点钾原子和中心钾原子距离最近，且两个钾原子距离为acm，则晶胞的边长为cm，晶胞的体积为cm3，晶胞中K原子数目为8+1=2，晶胞的质量为g，据此计算钾晶体的密度。【详解】(1)基态Zn原子在元素周期表中所处的位置是第四周期，第IIB族，基态Zn的价电子排布式为3d104s2；S元素为氧族元素，价电子排布式为3s23p4，3p轨道排4个电子，其中只有一对是成对的，剩余2个为单电子，因此未成

33、对电子数为2；(2)ZnSO4中三种元素为Zn，S，O，非金属元素的电负性普遍大于金属元素，同主族元素从上到下，电负性值逐渐减少，因此电负性顺序为OSZn；对于，根据VSEPR理论，中，与中心S原子的成键原子数为BP=4，孤电子对数为=0，则价电子对数为4+0=4，根据杂化轨道理论可知S原子为sp3杂化，则的立体构型为正四面体形；(3)Zn(NH3)4SO4为配合物，其溶于水后完全电离出Zn(NH3)42+和，则溶液中不存在离子键，H2O、和NH3内存在的作用力为共价键，Zn(NH3)42+内存在配位键，水分子间存在范德华力和氢键，中存在共价键，综上，不存在的作用力是离子键，故答案为a；(4)

34、ZnCl2，ZnBr2，ZnI2，组成与结构相似，在乙醇乙醚溶剂中能溶解，表明均为分子晶体，对于组成和结构相似的分子晶体，随着相对分子质量的增加，范德华力增强，熔沸点也相应升高；(5)钾原子核电荷数为19，原子核外有19个电子，钾原子核外运动状态不同的电子数是19；晶胞中顶点钾原子和中心钾原子距离最近，且两个钾原子距离为acm，则晶胞的边长为cm，晶胞的体积为cm3，晶胞中K原子数目为8+1=2，晶胞的质量为g，钾晶体的密度为=g/cm3。【点睛】考查原子杂化方式及分子的立体构型的判断，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，键个数=配原

35、子个数，孤电子对个数=(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。12间氯硝基苯或3-氯硝基苯 硝基 浓硫酸、浓硝酸 Cl2+HCl 取代反应 还原反应 、 ，与 【分析】磷酸氯喹中含有苯基，A的分子式为C6H6，则A为苯；B的分子式为C6H5NO2，则B为硝基苯，a为浓硝酸和浓硫酸；硝基苯与氯气在氯化铁的条件下发生取代反应，根据E中氯原子的位置，

36、C为；根据CD的反应条件，和已知相同，则CD为硝基的还原反应，D为。【详解】(1)有机物C为，名称为间氯硝基苯或3-氯硝基苯；B为硝基苯，含有的官能团为硝基；D为，含氮官能团为氨基，电子式为；(2)反应AB为苯生成硝基苯，反应条件为浓硫酸、浓硝酸、水浴加热；(3)B反应生成C为氯原子的取代反应，方程式为Cl2+HCl；(4)结合流程中的物质F和G，C10H6NO3Cl含有苯基、Cl原子、羟基和羧基，结构简式为；(5)AB为苯的硝化反应，反应类型为取代反应；CD为硝基的还原反应，则反应类型为还原反应；(6) M是H的一种同分异构体，分子式为C9H5NCl2，分子结构中含有苯环(无其他环)，且苯环上有三个取代基；能使溴水褪色，则含有碳碳双键或碳碳三键；核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为2:1:1:1，则结构为对称结构，结构式为、；(7)根据的结构简式，需要用甲苯制备4-氯甲苯和4-硝基甲苯，硝基还原后再与4-氯甲苯反应即可，流程为，与。