福建省福州市2019届高三化学毕业班第三次质量检测试题（含解析）.docx

福州市2019届高三毕业班第三次质量检测理科综合化学试题1.氢氧化铈Ce(OH)4是一种重要的稀土氢氧化物。平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：下列说法错误的是A. 滤渣A中主要含有SiO2、CeO2B. 过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒C. 过程中发生反应的离子方程式为CeO2+H2O2+3H+=Ce3+2H2O+O2D. 过程中消耗 11.2L O2(已折合成标准状况)，转移电子数为26.021023【答案】C【解析】【分析】该反应过程为：CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2；加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；加入碱后Ce3+转化为沉淀，通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到产品。【详解】A.CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2，故A正确；B.结合过滤操作要点，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故B正确；C.稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2（SO4）3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H+H2O2+2CeO2=2Ce3+O2+4H2O，故C错误；D.过程中消耗 11.2L O2的物质的量为0.5mol，转移电子数为0.5molNA=26.021023，故D正确；故答案为C。2.鹅去氧胆酸和胆烷酸都可以降低肝脏中的胆固醇，二者的转化关系如图，下列说法中正确的是A. 二者互为同分异构体B. 二者均能发生氧化反应和取代反应C. 胆烷酸中所有碳原子可能处于同一平面内D. 等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸与足量Na反应时，最多消耗Na的量相同【答案】B【解析】【详解】A鹅去氧胆酸脱氢氧化后生成胆烷酸，则鹅去氧胆酸和胆烷酸的分子式不同，不可能是同分异构体，故A错误；B鹅去氧胆酸和胆烷酸分子中均有羧基和羟基，则均可发生取代反应，如发生酯化反应，故B正确；C胆烷酸分子结构中环上除羰基和羧基中的碳原子外，其它碳原子均是sp3杂化，则分子结构中所有碳原子不可能在同一平面内，故C错误；D鹅去氧胆酸和胆烷酸分子内均有一个羧基，但鹅去氧胆酸比胆烷酸多一个羟基，则等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸分别与Na完全反应时消耗的Na的物质的量不等，故D错误；故答案为B。3.氯气氧化HBr提取溴的新工艺反应之一为:6H2SO4+5BaBr2+Ba(BrO3)2=6BaSO4+6Br2+6H2O,利用此反应和CCl4得到液溴的实验中不需要用到的实验装置是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A萃取后得到的Br2的CCl4溶液分离时应选择蒸馏操作，故A正确；B反应后的液体混合物除BaSO4沉淀时，应选择过滤操作，故B正确；C过滤后的混合液中的Br2应选择加入CCl4，萃取后再选择分液操作，故C正确；D固体加热才选择坩埚加热，本实验不涉及此操作，故D错误；故答案为D。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 1 L0.2mol/L亚硫酸钠溶液中H2SO3、HSO3、SO32的总数为0.2NAB. 标准状况下，等物质的量的C2H4和CH4所含的氢原子数均为4NAC. 向含1 mol FeI2的溶液中通入等物质的量的Cl2，转移的电子数为NAD. 100g 9.8%的硫酸与磷酸的混合溶液中含氧原子数为0.4NA【答案】A【解析】【详解】A根据物料守恒，1 L0.2mol/L亚硫酸钠溶液中H2SO3、HSO3、SO32的总物质的量为1L0.2mol/L=0.2mol，其含硫微粒总数为0.2NA，故A正确；B标准状况下，等物质的量的C2H4和CH4所含的氢原子数相等，因两者的物质的量不一定是1mol，则不一定均为4NA，故B错误；C向含1 mol FeI2的溶液中通入等物质的量的Cl2，1molCl2全部被还原为Cl-，则转移的电子数为2NA，故C错误；D100g 9.8%的硫酸与磷酸的混合溶液中含有硫酸和磷酸的总质量为9.8g，物质的量总和为0.1mol，酸中含有氧原子数为0.4NA，但水中也有氧原子，则总氧原子数大于0.4NA，故D错误；故答案为A。5.一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期。X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，W是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是A. 原子半径：XYWB. 最高价氧化物对应水化物的碱性：XYC. Z、W组成的化合物能与强碱反应D. X的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:1【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素； X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期，则X、Z均为第三周期；X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，设X、Y的最外层电子数为a，Z的最外层电子数为b，则2a+b+6，当a=1，b=4时满足题意，即Y为Li、X为Na、Z为Si。【详解】由分析可知：Y为Li元素、W为O元素、X为Na元素、Z为Si元素；ALi、O同周期，核电荷数大，原子半径小，Li的原子半径大于O，Li、Na同主族，核电荷数大，原子半径大，Na的原子半径大于Li，则原子半径是XYW，故A正确；BNa的金属性比Li强，NaOH的碱性比LiOH强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：XY，故B正确；CZ、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，故C正确；DX的单质是Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在Na+和O22-，则阴阳离子之比为1:2，故D错误；故答案为D。【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如NaMgAlSi，Na+Mg2+Al3+，S2Cl。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如LiNaK，Li+Na+K+。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2FNa+Mg2+Al3+。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+Fe2+Fe，H+HH。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2进行比较，A13+O2，且O2S2，故A13+S2。6.FFC电解法可由金属氧化物直接电解制备金属单质，西北稀有金属材料研究院利用此法成功电解制备钽粉(Ta)，其原理如图所示。下列说法正确的是A. 该装置将化学能转化为电能B. a极为电源的正极C. Ta2O5极发生的电极反应为Ta2O5+10e=2Ta+5O2D. 石墨电极上生成22.4 L O2，则电路中转移的电子数为46.021023【答案】C【解析】【分析】电解池工作时O2-向阳极移动，则石墨电极为阳极，电源的b极为正极，电解池的阴极发生还原反应，据此分析解题。【详解】A该装置是电解池，是将电能转化为化学能，故A错误；B电解池工作时O2-向阳极移动，则石墨电极为阳极，电源的b极为正极，a极为电源的负极，故B错误；CTa2O5极为阴极，发生还原反应，其电极反应为Ta2O5+10e=2Ta+5O2，故C正确；D石墨电极上生成的22.4 L O2没有指明是标准状况，则其物质的量不一定是1mol，转移电子数也不一定是46.021023，故D错误；故答案为C。【点睛】本题考查电解原理的应用，判断电源的电极是解题关键，在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，再结合电解池的阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应分析，难点是气体摩尔体积的应用，只有指明气体的状态，才能利用22.4L/mol计算气体的物质的量。7.已知NaClO2在水溶液中能发生水解。常温时，有1 mol/L的HClO2溶液和1mol/L的HBF4(氟硼酸)溶液起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积为V，所得曲线如图所示。下列说法错误的是A. HClO2为弱酸，HBF4为强酸B. 常温下HClO2的电高平衡常数的数量级为104C. 在0pH5时，HBF4溶液满足pH=lg(V/V0)D. 25时1L pH=2的HBF4溶液与100时1L pH=2的HBF4溶液消耗的NaOH相同【答案】B【解析】【详解】Alg+1=1时pH=0，则V=V0，即1mol/L HBF4溶液pH=0，说明HBF4是强酸；而NaClO2在水溶液中能发生水解，说明HClO2是弱酸，故A正确；B对于HClO2溶液，当lg+1=1时pH=1，则V=V0，即1mol/L HClO2溶液中c(H+)=0.1mol，常温下HClO2的电离平衡常数Ka=110-2，即HClO2的电高平衡常数的数量级为102，故B错误；Clg+1=1时pH=0，则V=V0，即1mol/L HBF4溶液pH=0，说明HBF4是强酸，pH=-lgc（H+），溶液稀释多少倍，溶液中c（H+）为原来的多少分之一，所以在0pH5时，HMnO4溶液满足：pH=lg，故C正确；D25时pH=2的HBF4溶液与100时pH=2的HBF4溶液中c（H+）均为0.01mol/L，则体积均为1L的两溶液完全中和消耗的NaOH相同，故D正确；故答案为B。8.氯化氨基汞Hg(NH2)Cl是祛斑霜中常用的添加剂，可由反应:Hg+2NH3+Cl2=Hg(NH2)Cl+NH4Cl制备，某学习小组在实验室中利用下列装置制备氯化氨基汞，回答下列问题。 (1)A中发生反应的离子方程式为_。(2)F中发生反应的化学方程式为_。(3)盛装碱石灰的仪器名称为_，其作用为_。(4)整个装置的仪器连接顺序为A_(装置不能重复使用)。该实验的不足之处是_。(5)E中短导管a通入的气体是_，导管ab采用长短不同的原因是_。(6)氯化氨基汞产品中氯化氨基汞的含量测定：称取ag样品，加入水及稀硫酸溶解向溶解后的溶液中加入0.1mol/L KI溶液，立即出现橙红色沉淀，继续滴加KI溶液至沉淀消失，溶液呈无色已知Hg2+2I=HgI2(橙红色)，HgI2+2I=HgI42(无色)，共消耗V mL KI溶液。测定产品中氯化氨基汞的质量分数为_【答案】 (1). MnO2+4H+2Cl-Mn2+2H2O+Cl2 (2). NH3H2O+CaONH3+Ca(OH)2 (3). U形管 (4). 干燥氨气 (5). DBECF (6). 无尾气处理装置 (7). 氯气 (8). 氯气的密度大于空气，氨气的密度小于空气，采用逆流原理，使氯气、氨气、汞充分混合 (9). 【解析】分析】(1)装置A中利用浓盐酸和MnO2混合加热制氯气，结合守恒法写出发生反应的离子方程式；(2)装置F中浓氨水加入到CaO中生成氨气和Ca(OH)2，结合原子守恒即可写出发生反应的化学方程式；(3)碱石灰能吸收水蒸气和酸性气体，根据仪器结构确定盛装碱石灰的仪器名称；(4) 整个装置分成两部分，一部分是由A装置中的氯气经除杂并干燥后得到干燥的氯气，一部分是由F装置生成的氨气经干燥后得到干燥的氨气，最后将干燥的氯气和氨气一起通入E中制得Hg(NH2)Cl；氯气、氨气和汞蒸气都是有毒气体，需要进行尾气处理；(5)结合气体充分混合的目的，根据氯气和氨气的密度相对大小分析；(6)已知Hg2+2I=HgI2(橙红色)，HgI2+2I=HgI42(无色)，得Hg(NH2)Cl Hg2+4I，结合关系式并根据滴定时消耗的KI溶液的体积即可计算样品的纯度。【详解】(1)装置A中利用浓盐酸和MnO2混合加热制氯气，发生反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+2H2O+Cl2；(2) 装置F中浓氨水加入到CaO中生成氨气和Ca(OH)2，发生反应的化学方程式为NH3H2O+CaONH3+Ca(OH)2； (3) 根据仪器结构确定盛装碱石灰的仪器名称为U形管；碱石灰能吸收水蒸气和酸性气体，因此利用碱石灰干燥氨气； (4)整个装置分成两部分，一部分是由A装置中的氯气经除杂并干燥后得到干燥的氯气，一部分是由F装置生成的氨气经干燥后得到干燥的氨气，最后将干燥的氯气和氨气一起通入E中制得Hg(NH2)Cl，则整个装置的仪器连接顺序为ADBECF，该实验的不足之处是没有尾气处理装置； (5) 氯气的密度大于空气，氨气的密度小于空气，采用逆流原理，可使氯气、氨气、汞充分混合，故装置E中短导管a通入的气体是氯气，也是导管ab采用长短不同的根本原因；(6)已知Hg2+2I=HgI2(橙红色)，HgI2+2I=HgI42(无色)，得Hg(NH2)Cl Hg2+4I，滴定时消耗的KI溶液V mL，KI的物质的量为V10-3L0.1mol/L=0.1V10-3mol，则样品的纯度为=。9.溴酸镉Cd(BrO3)2常用于生产颜料和荧光粉。以镉铁矿(成分为CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2)为原料制备Cd(BrO3)2的流程如下:已知：Cd(SO4)2溶于水。(1)Cd(BrO3)2中Cd的化合价为_(2)酸浸时，为了提高镉的浸取率可以采取的指施有_(写出两种即可)。(3)还原镉时,产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，其发生反应的离于方程式为_(4)用H2O2溶液氧化时,氧化剂与还原剂的物质的量之比为_(5)已知几种金属离子的氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表,调pH时，应调整的pH范为_,滤渣2的主要成分为_(填化学式)。(6)实际工业生产中,有时还采用阳离子交换树脂法来测定沉镉后溶液中Cd2+的含量,其原理是: Cd2+2NaR=2Na+CdR2，其中NaR为阳离子交换树脂。常温下，将沉镉后的溶液(此时溶液pH=6)经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增加了0.046g/L，则该条件下Cd(OH)2的Ksp值为_(7)已知镉铁矿中CdO2的含量为72%，整个流程中镉元素的损耗率为8%，则2t该镉铁矿可制得Cd(BrO3)2(相对分子质量为368)_Kg。【答案】 (1). +2 (2). 将矿石粉碎、适当升高浸取时的温度、延长浸取的时间、增大浸取液的浓度、充分搅拌等 (3). 3Cd4+CH3OH+H2O=3Cd2+CO2+6H+ (4). 1:2 (5). 5. 0pH7.4 (6). Fe(OH)3和Al(OH)3 (7). 10-19 (8). 3385.6【解析】【分析】用稀硫酸溶解镉铁矿(成分为CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2)，其中SiO2不溶于水和酸，通过过滤除去，即滤渣1为SiO2；滤液中主要含有Fe2+、Fe3+、Al3+及Cd4+，加入CH3OH将Cd4+还原为Cd2+，然后加入H2O2溶液，将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液pH使溶液中的Al3+、Fe3+完全转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤除去不溶物，向含有CdSO4的滤液中加入K2CO3生成CdCO3沉淀，再过滤将沉淀溶于HBrO3，最后将溶液蒸发结晶即可得到溴酸镉Cd(BrO3)2，据此分析解答（1）（5）。 (6)将沉镉后的溶液pH=6，则c(OH-)=110-8mol/L，经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增加了0.046g/L，即Na+浓度增加了=0.002mol/L，根据Cd2+2NaR=2Na+CdR2，可知原溶液中c(Cd2+)=0.001mol/L，再计算Cd(OH)2的Ksp；(7) 2t该镉铁矿中CdO2的质量为2106g72%=1.44106g，其物质的量为=0.01106mol，再根据整个流程中镉元素的损耗率为8%，并结合原子守恒计算Cd(BrO3)2的质量。【详解】(1)在Cd(BrO3)2中Br元素为+5价，O元素为-2价，根据正负化合价代数和为0，可知Cd的化合价为+2；(2)固体溶解于稀硫酸时，采取增大稀硫酸的浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施，可提高镉的浸取率；(3) CH3OH将Cd4+还原为Cd2+时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，此气体为CO2，结合守恒法，可知发生反应的离于方程式为3Cd4+CH3OH+H2O=3Cd2+CO2+6H+；(4)用H2O2溶液将溶液中Fe2+氧化为Fe3+时，发生反应的离子方程式为2Fe2+ H2O2+2H+= 2Fe3+H2O，则氧化剂H2O2与还原剂Fe2+的物质的量之比为1:2；(5) Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀时的pH为2.8，Al3 +完全转化为Al(OH)3沉淀时的pH为5.0，Cd2+开始转化为Cd(OH)2沉淀时的pH为7.4，则调节溶液的pH范围为5. 0pH7.4，此时获得Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即过滤的滤渣2为Al(OH)3、Fe(OH)3；(6)将沉镉后的溶液pH=6，则c(OH-)=110-8mol/L，经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增加了0.046g/L，即Na+浓度增加了=0.002mol/L，根据Cd2+2NaR=2Na+CdR2，可知原溶液中c(Cd2+)=0.001mol/L，则Cd(OH)2的Ksp= c(Cd2+)c2 (OH-)=110-19；(7) 2t该镉铁矿中CdO2的质量为2106g72%=1.44106g，其物质的量为=0.01106mol，整个流程中镉元素的损耗率为8%，根据原子守恒可知获得Cd(BrO3)2的物质的量为0.01106mol（1-8%）=9.2103mol，其质量为9.2103mol368g/mol=3.3856106g=3385.6Kg。10.甲醇是一种可再生能源，具有广阔的开发和应用前景，可用Pt/Al2O3、Pd/C、 Rh/SiO2等作催化剂，采用如下反应来合成甲醇:2H2 (g)+CO(g)CH3OH(g)(1)下表所列数据是各化学键键能，该反应的H=_(用含字母的代数式表示)。 (2)某科研小组用Pd/C作催化剂，在450时，研究了n(H):n(CO)分别为2:1、3:1时CO转化率的变化情况(如图)，则图中表示n(H2)：n(CO)=3:1的变化曲线为_(填“曲线a或“曲线b”)。(3)某化学研究性学习小组模拟工业合成甲醇的反应，在2L的恒容密闭容器内充入1 mol CO和2molH2，加入合适催化剂后在某温度下开始反应，并用压力计监测容器内压强的变化如下：反应时间/min0510152025压强/MPa12.610.89.58.78.48.4则从反应开始到20min时，CO的平均反应速率为_,该温度下的平衡常数K为_.(4)将CO和H2加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) HT2T1 (6). 压强越大，CO的体积分数越小，T1、T2、T3对应的CO的体积分数逐渐增大，该反应向左移动，则T3T2T1 (7). 正 (8). CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+【解析】【分析】(1)反应热H=反应物的键能和生成物键能和；(2)n(H2)：n(CO)越大，CO的转化率越大；(3)反应进行到20min时达到平衡，在恒温恒容容器中压强与气体的物质的量成正比，起始时总物质的量为3mol，压强为12.6MPa，平衡时压强为8.4MPa，则平衡时总物质的量为3mol=2mol，设反应中参加反应的CO的物质的量为xmol，则：2H2 (g)+CO(g)CH3OH(g)起始物质的量（mol） 2 1 0变化物质的量（mol） 2x x x平衡物质的量（mol） 2-2x 1-x x故（2-2x）+（1-x ）+x=2，解得x=0.5，再根据速率公式和平衡常数表达式计算即可；(4)图示中压强越大，CO的体积分数越小，且CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H0温度升高平衡逆向移动，CO的体积分数越大； (5)由甲醇燃料电池工作原理可知，石墨2通入O2，发生还原反应生成H2O，而原电池的正极发生还原反应，则石墨1为原电池的负极，发生氧化反应，甲醇被氧化生成CO2；【详解】(1)已知反应热H=反应物的键能和-生成物键能和，则2H2 (g)+CO(g)CH3OH(g)的反应热H=（2a+b）kJ/mol-(3c+d+e)kJ/mol=（2a+b-3c-d-e）kJmol-1； (2)n(H2)：n(CO)越大，CO的转化率越大，故曲线a表示n(H2)：n(CO)=3：1的变化曲线；(3)反应进行到20min时达到平衡，在恒温恒容容器中压强与气体的物质的量成正比，起始时总物质的量为3mol，压强为12.6MPa，平衡时压强为8.4MPa，则平衡时总物质的量为3mol=2mol，设反应中参加反应的CO的物质的量为xmol，则：2H2 (g)+CO(g)CH3OH(g)起始物质的量（mol） 2 1 0变化物质的量（mol） 2x x x平衡物质的量（mol） 2-2x 1-x x故（2-2x）+（1-x ）+x=2，解得x=0.5，则从反应开始到20min时，CO的平均反应速率为=0.0125molL-1min-1；该温度下的平衡常数K=4；(4)已知CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) HT2T1； (5)石墨2通入O2，发生还原反应生成H2O，而原电池的正极发生还原反应，则石墨2为正极；石墨1为燃料电池的负极，甲醇被氧化生成CO2，发生的电极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+。11.AA705合金(含Al、Zn、Mg和Cu)几乎与钢一样坚固，但重量仅为钢的三分之一，已被用于飞机机身和机翼、智能手机外壳上等。但这种合金很难被焊接。最近科学家将碳化钛纳米颗粒(大小仅为十亿分之一米)注入AA7075的焊丝内，让这些纳米颗粒充当连接件之间的填充材料。注入了纳米粒子的填充焊丝也可以更容易地连接其他难以焊接的金属和金属合金。回答下列问题：(1)基态铜原子的价层电子排布式为_。(2)第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示。该元素是_(填元素符号)，判断依据是_。(3)CN、NH3、H2O和OH等配体都能与Zn2+形成配离子。1mol Zn(NH3)42+含_ mol键，中心离子的配位数为_。(4)铝镁合金是优质储钠材料,原子位于面心和顶点，其晶胞如图2所示。1个铝原子周围有_个镁原子最近且等距离。(5)在二氧化钛和光照条件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛：苯甲醇中C原子杂化类型是_。苯甲醇的沸点高于苯甲醛，其原因是_。(6)钛晶体有两种品胞，如图所示。如图3所示，晶胞的空间利用率为_(用含的式子表示)。已知图4中六棱柱边长为x cm，高为y cm。该钛晶胞密度为D gcm-3，NA为_mol1(用含x y和D的式子表示)。【答案】 (1). 3d104s1 (2). Mg (3). I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子， (4). 16 (5). 4 (6). 8 (7). sp2、sp3 (8). 苯甲醇分子间存在氢键，苯甲醛分子间不存在氢键 (9). (10). 【解析】【分析】（1）铜原子有29个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子；(2)根据电离能的突变判断最外层电子，结合该元素为第三周期元素分析；(3)所有单键包括配位键均为键，双键中有一个为键，每个NH3分子中含有3个N-H键，中心原子Zn与四个N原子之间存在配位键；(4)晶胞中每个侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到Al原子的距离相等且最近；(5)苯环上碳原子形成3个共用电子对，而-CH2OH中C原子形成4个共用电子对；分子间的氢键对物质的沸点影响较大，苯甲醇分子间存在氢键；(6)由图3可知，晶胞中钛原子的数目为1+8=2，设原子半径为r，则晶胞的对角线为4r，晶胞的边长为，由此计算空间利用率；图4晶胞中钛原子的数目为3+2+12=6，晶胞的质量为g，六棱柱边长为x cm，高为y cm，则晶胞的体积为x2ycm3，再结合晶胞的密度计算NA。【详解】（1）铜原子有29个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子，其价电子排布式为3d104s1；(2)由图1可知电离能I3是I25倍多，说明最外层有2个电子，结合该元素是第三周期元素，则该元素为第三周期第A元素，此元素为镁，元素符号为Mg；(3)所有单键包括配位键均为键，双键中有一个为键，每个NH3分子中含有3个N-H键，中心原子Zn与四个N原子之间存在配位键，则1mol Zn(NH3)42+含（4+34）mol=16mol键，配位体为NH3，中心离子Zn2+的配位数为4；(4)晶胞中每个侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到Al原子的距离相等且最近，则每个铝原子周围距离最近的镁原子有8个；(5)苯环上碳原子形成3个共用电子对，碳原子的杂化类型是sp2，而-CH2OH中C原子形成4个共用电子对，碳原子的杂化类型是sp3；苯甲醇分子间存在氢键，而苯甲醛分子间不存在氢键，导致苯甲醇的沸点明显比苯甲醛高；(6)由图3可知，晶胞中钛原子的数目为1+8=2，设原子半径为r，则晶胞的对角线为4r，晶胞的边长为，则空间利用率为=；图4晶胞中钛原子的数目为3+2+12=6，晶胞的质量为g，六棱柱边长为x cm，高为y cm，则晶胞的体积为x2ycm3，则D=gx2ycm3，由此计算得NA=mol1。【点睛】本题考查原子杂化方式判断，注意杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，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。12.吡贝地尔（ ）是多巴胺能激动剂，合成路线如下：已知：D的结构简式为(1)A