2019届高三化学下学期考前第二次模拟考试试题(含解析).doc

2019届高三化学下学期考前第二次模拟考试试题(含解析)可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Si-28 Cl-35.5 Fe-561. 下列说法中正确的是钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用砹(At)是第A族，其氢化物的稳定性大于HClNa2FeO4可做水的消毒剂和净化剂陶瓷、玻璃、水晶、玛瑙、水泥、光导纤维的主要成分都是硅酸盐铊(Tl)与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应第三周期金属元素的最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱海水提镁的主要步骤为A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：致密的氧化物能保护里面的金属；元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强；Na2FeO4中铁为+6价；玻璃、水泥属于硅酸盐产品，水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2；根据元素周期表中同主族元素性质的变化规律来分析；根据元素周期表中同周期元素性质的变化规律来比较金属性，金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的碱性越强；工业上是电解熔融的氯化镁生产镁；详解：四氧化三铁是致密的能保护内部的钢铁不被腐蚀，故正确；第VIIA族Cl元素的非金属性大于砹的非金属性，则砹的氢化物的稳定性小于HCl，故错误；Na2FeO4中铁为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，被还原后生成Fe3+，后水解为氢氧化铁胶体能净水，故正确；玻璃、水泥属于硅酸盐产品，水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2，故错误；铊（Tl）与铝同主族，随原子序数的增大，金属性增强，则金属性TlAl，则Tl能与酸反应，但不与氢氧化钠溶液反应，故错误；第三周期金属元素随原子序数的增大金属性减弱，金属性NaMgAl，则金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，故正确；电解氯化镁溶液得不到Mg，工业上是电解熔融的氯化镁生产镁，故错误；故正确，答案选B。点睛：本题考查了物质的用途，涉及元素化合物知识，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质分析解答即可，熟练掌握常见物质的性质。2. 下列实验方案合理且能达到对应目的的是实验目的实验方案A制备Fe(OH)3胶体向25 mL沸水中逐滴加入56滴饱和FeCl3溶液，加热煮沸至溶液呈红褐色B除去乙酸乙酯中的乙酸向混合物中加入饱和氢氧化钠溶液，充分振落、静置、分液C比较HClO、HCN的酸性强弱用pH试纸测浓度相同的NaClO溶液和NaCN溶液的pH值D测定中和反应的反应热50 mL5.0 mol/L 的盐酸和 50 mL5.0 mol/L 的 NaOH 溶液反应A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】分析：A.制备氢氧化铁胶体时，煮沸至溶液呈红褐色停止加热，且不能搅拌；B.乙酸乙酯在浓氢氧化钠溶液中会发生水解，以此分析；C. NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，以此解题；D.中和热是强酸强碱的稀溶液生成1mol水放出的热,以此解题。详解:A.制备氢氧化铁胶体的正确方法为：向25mL沸水中逐滴加入56滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热,故A正确；B.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液,乙酸与碳酸钠反应,可用碳酸钠溶液除去乙酸，氢氧化钠溶液碱性太强，乙酸乙酯会发生水解，所以B选项是错误的。C. NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，应利用pH计测定pH比较酸性强弱，故C错误；D.中和热是强酸强碱的稀溶液生成1mol水放出的热，5.0 mol/L浓度较大，产生较大误差，故D错误;所以A选项是正确的。3. 阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A. 标准状况下，2.24LCH3OH分子中共价键的数目为0.5NAB. 1molNa2O2与足量CO2充分反应，转移的电子数为2 NAC. 251LpH=12的Na2CO3溶液中，由水电离出H+的数目为0.01NAD. 0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，HI分子总数为0.2NA【答案】C【解析】分析：A. 标准状况下，CH3OH是液体；B. 1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为NA；C. Na2CO3水解促进水的电离,溶液中的OH-全来自水的电离，由水电离出H+等于由水电离出的OH-,以此解题；D.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应，H2+I22HI，因为可逆反应不能进行到底，以此解题。详解:A.标准状况下，CH3OH是液体，无法计算2.24LCH3OH分子中共价键的数目，故A错误；B.Na2O2e-，1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为NA，故B错误；C. 251LpH=12的Na2CO3溶液中c(OH-)=0.01mol/L，n(OH-)=0.01mol/L1L=0.01mol,由水电离出H+等于由水电离出的OH-,数目为0.01NA，故C正确.D.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应，H2+I22HI，因为可逆反应不能进行到底，所以反应后HI分子总数小于0.2NA，故D错误；本题答案为C。4. 能正确表示下列反应的离子方程式是A. 过氧化钠固体与水反应：2O22-+2H2O=4OH-+O2B. 向明矾KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好沉淀完全：2Al3+3SO42-+3Ba2+6OH- =2Al(OH)3+3BaSO4C. 用铜做电极电解CuSO4溶液：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+D. FeSO4酸性溶液暴露在空气中：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O【答案】D【解析】分析：A.过氧化钠在离子方程式中不能拆开，应该保留化学式；B.硫酸根离子恰好沉淀完全时，硫酸铝钾与氢氧化钡的物质的量之比为1:2,铝离子与氢氧根离子物质的量之比为1:4,二者恰好反应生成偏铝酸根离子；C.铜为电极,阳极放电的是金属铜，不是氢氧根离子，反应的实质为电解精炼铜；D.亚铁离子具有较强还原性，在溶液中容易被氧化成铁离子。5. 短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是A. 元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构B. 元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种C. 元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2【答案】A【解析】试题分析：因X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。A、W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故A错误；B、元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故B正确；C、元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；D、硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；故选A。考点：考查了原子结构与元素的性质的相关知识。 6. 人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素CO(NH2)2，原理如图。下列有关说法正确的是A. a为电源的负极B. 电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C. 阳极室中发生的电极反应为2H+2e-=H2D. 若两极共收集到气体13.44L(标准状况)，则除去的尿素为7.2g(忽略气体的溶解)【答案】D【解析】试题分析：由图可知，左室电极产物为CO2和N2，发生氧化反应，故a为电源的正极，右室电解产物H2，发生还原反应，故b为电源的负极， A选项不正确；阴极反应为6H2O+6e-6OH-+3H2（或6H+6e-3H2），阳极反应为6Cl-6e-3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH-、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进入阴极室与OH-恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变， B选项不正确；由图可知，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl，阳极室中发生的反应依次为：2Cl-2e-Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl，C选项不正确；电解收集到的13.44L气体，物质的量为=0.6mol，由反应CO（NH2）2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl可知n（N2）=n（CO2）=0.6mol1/5=0.12 mol，可知生成0.12mol N2所消耗的CO（NH2）2的物质的量也为0.12mol，其质量为：mCO（NH2）2=0.12 mol60 gmol-1=7.2g，选项 D正确；考点：电解原理的应用 重点考查电极反应、电极判断及氧化还原反应的相关知识7. pC类似pH，是指极稀溶液中，溶质物质的量浓度的常用对数负值。如某溶液溶质的浓度为110-3molL-1，则该溶液中溶质的pC=-1g(110-3)=3。如图为H2CO3在加入强酸或强碱溶液后，平衡时溶液中三种成分的pC-pH图。下列说法不正确的是A. H2CO3、HCO3-、CO32-不能在同一溶液中大量共存B. H2CO3电离平衡常数Ka110-6C. pH=7时，溶液中存在关系c(HCO3-)c(H2CO3)c(CO32-)D. pH=9时，溶液中存在关系c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(CO32-)【答案】D.8. 氮的固定意义重大，氮肥的大面积使用提高了粮食产量。(1)目前人工固氮有效且有意义的方法是_(用一个化学方程式表示)。(2)自然界发生的一个固氮反应是N2(B)+O2(g) 2NO(g)，已知N2、O2、NO三种分子中化学键断裂所吸收的能量依次为946kJmol-1、498kJmol-1、632kJmol-1，则该反应的H=_kJmol-1。(3)恒压100kPa时，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)中NO的平衡转化率与温度的关系曲线如图1，反应2NO2(g)N2O4(g)中NO2的平衡转化率与温度的关系曲线如图2。图1中A、B、C三点表示不同温度、压强下2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡时NO的转化率，则_点对应的压强最大。恒压100kPa、25时，2NO2(g) N2O4(g)平衡体系中N2O4的物质的量分数为_，列式计算平衡常数Kp=_。(Kp用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)(4)室温下，用往射器吸入一定量NO2气体，将针头插入胶塞密封，然后迅速将气体体积压缩为原来的一半并使活塞固定，此时手握针筒有热感，继续放置一段时间。从活塞固定时开始观察，气体颜色逐渐_(填“变深”或“变浅”)，原因是_。已知2NO2(g)N2O4(g)在几微秒内即可达到化学平衡【答案】 (1). N2+3H2 2NH3 (2). +180 (3). B (4). 66.7% (5). (100KPa/66.7%)/100KPa/(1-66.7%2 (6). 变浅 (7). 活塞固定时2NO2(g) N2O4(g)已达平衡状态，因反应是放热反应，放置时气体温度下降，平衡向正反应方向移动，NO2浓度降低【解析】分析:(1)游离态的氮元素反应生成化合态氮元素为氮的固定，如工业合成氨；(2)热化学方程式中，反应焓变=反应物的总键能-生成物的总键能,据此计算；(3)2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，反应是气体体积减小的反应压强越大平衡正向进行,图中曲线上各点为等压不等温,通过控制变量做等温线确定ABC三点与曲线交点等温不等压,从而确定曲线以下的点压强小于100kPa,曲线以上的点压强大于100kPa；利用三段法列式计算,恒压100kPa、25时NO2的转化率为80%,设起始量二氧化氮物质的量为x, 2NO2(g) N2O4(g)起始量(mol) x 0变化量(mol) 0.8x 0.4x平衡量(mol) 0.2x 0.4x平衡体系中N2O4的物质的量分数=100%=66.7%，Kp用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压物质的量分数列式计算；(4)压缩活塞平衡正移,反应放热,针管微热,活塞固定时2NO2(g) N2O4(g)已达平衡状态,放置时气体温度下降,平衡向正反应方向移动, NO2浓度降低,颜色变浅。详解:(1)游离态的氮元素反应生成化合态氮元素为氮的固定,如工业合成氨,反应的化学方程式为: N2+3H2 2NH3，因此，本题正确答案是: N2+3H2 2NH3；(2) N2(B)+O2(g) 2NO(g)，已知N2、O2、NO三种分子中化学键断裂所吸收的能量依次为946kJmol-1、498kJmol-1、632kJmol-1，则该反应的H=（946kJmol-1+498kJmol-1）-2632kJmol-1=+180kJmol-1，因此，本题正确答案是:+180；(3)图中曲线上各点为等压不等温,通过控制变量做等温线确定ABC三点与曲线交点等温不等压,从而确定曲线以下的点压强小于100kPa,曲线以上的点压强大于100kPa,所以B点压强最大，因此，本题正确答案是:B;25时NO2的转化率为80%,设起始量二氧化氮物质的量为x, 2NO2(g) N2O4(g)起始量(mol) x 0变化量(mol) 0.8x 0.4x平衡量(mol) 0.2x 0.4x平衡体系中N2O4的物质的量分数=100%=66.7%，Kp用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压物质的量分数,则Kp=(100KPa/66.7%)/100KPa/(1-66.7%2因此，本题正确答案是: 66.7% ;(100KPa/66.7%)/100KPa/(1-66.7%2 。(4)压缩活塞平衡正移,反应放热,针管微热,活塞固定时2NO2(g) N2O4(g)已达平衡状态,放置时气体温度下降,平衡向正反应方向移动,NO2浓度降低,颜色变浅。因此，本题正确答案是：变浅；活塞固定时2NO2(g) N2O4(g)已达平衡状态，因反应是放热反应，放置时气体温度下降，平衡向正反应方向移动，NO2浓度降低。9. 三氯乙醛是基本有机合成原料之一，是生产农药、医药的重要中间体。某化学兴趣小组设计如图所示装置(夹持、加热仪器略)，模拟工业生产进行制备三氯乙醛(CCl3CHO)的实验。查阅资料，有关信息如下：制备反应原理：C2H5OH+4Cl2CCl3CHO+5HCl可能发生的副反应：C2H5OH+HClC2H5Cl+H2O、CCl3CHO+HClOCCl3COOH(三氯乙酸)+HCl相关物质的相对分子质量及部分物理性质：C2H5OHCCl3CHOCCl3COOHC2H5Cl相对分子质量46147.5163.564.5熔点/-114.1-57.558-138.7沸点/78.397.819812.3溶解性与水互溶可溶于水、乙醇可溶于水、乙醇、三氯乙醛微溶于水，可溶于乙醇(1)仪器E的名称是_，冷凝水的流向是_进_出(填“a”或“b”)。(2)该设计流程中存在一处缺陷，该缺陷是_，引起的后果是_。(3)仪器A中发生反应的离子方程式为_。(4)该装置C可采用_，加热的方法以控制反应温度在70左右。(5)装置D干燥管的作用为_，装置D烧杯中的试剂是_。(6)反应结束后，从C中的混合物中分离出Cl3CCOOH的方法是_(填名称)。(7)已知：常温下Ka(CCl3COOH)=1.010-1molL-1，Ka(CH3COOH)=1.710-5molL-1，请设计实验证明三氯乙酸、乙酸的酸性强弱：_。【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). a (3). b (4). 缺少干燥氯气的装置 (5). 导致装置C中副产物CCl3COOH、C2H5Cl增多 (6). 2MnO4+16H+10Cl-=2Mn2+5Cl2+8H2O (7). 水浴 (8). 防止液体倒吸 (9). 氢氧化钠溶液 (10). 蒸馏 (11). 分别测定0.1molL-1两种酸溶液的pH，三氯乙酸的pH较小，说明三氯乙酸酸性比乙酸的强【解析】分析：A装置利用高锰酸钾溶液与浓盐酸制备氯气，B装置用饱和食盐水除去HCl，C中反应制备CCl3CHO，D装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气。详解：(1)根据仪器构造可知E是球形冷凝管，水的流向应该是下口进上口出。因此，本题答案为：球形冷凝管 ； a； b；(2)生成的氯气中含有水蒸气，氯气能与水反应生成HCl与HClO，会发生CCl3CHOHClOCCl3COOHHCl、C2H5OHHClC2H5ClH2O，导致装置C中副产物CCl3COOH、C2H5Cl增多，因此，本题答案为：缺少干燥氯气的装置。(3)高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气与水，反应的离子方程式为2MnO4-16H10Cl=2Mn25Cl28H2O。 (4)控制反应温度在70 左右，应采取水浴加热。因此，本题答案为：水浴。(5)由于最终排出的气体中含有氯气和氯化氢，所以需要用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气。干燥管的作用是防止倒吸。因此，本题答案为：防止液体倒吸；氢氧化钠溶液。(6)CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO，应采取蒸馏方法进行分离。因此，本题答案为：蒸馏。(7)分别测定0.1 molL1两种酸溶液的pH，三氯乙酸的pH较小，说明三氯乙酸电离程度比乙酸的大，则三氯乙酸的酸性比乙酸的强。10. 废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。实验室利用废弃旧电池的铜帽(Zn、Cu总含量约为99%)回收铜并制备ZnO的部分实验过程如下：(1)铜帽溶解时加入H2O2的目的是_(用化学方程式表示)。铜帽溶解后需将溶液中过量H2O2除去。除去H2O2的简便方法是_。(2)为确定加入锌灰(主要成分为Zn、ZnO，杂质为铁及其氧化物)含量，实验中需测定除去H2O2后溶液中Cu2+的含量。实验操作为：准确取一定体积的含有Cu2+的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节pH=34，加入过量KI，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。上述过程中的离子方程式如下：2Cu2+4I-=2CuI(白色)+I2 I2+2S2O32-=2I-+S4O62-滴定选用的指示剂为_，滴定终点观察到的现象为_。若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的Cu2+的含量将会_(填“偏高”“ 偏低”“ 不变”)。(3)已知pH11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成Zn(OH)42-。下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL-1计算)开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.13.2Fe 2+5.88.8Zn2+5.98.9实验中可选用的试剂：30%H2O2、1.0molL-1HNO3、1.0molL-1NaOH。由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为：向滤液中加入_使其充分反应；滴加1.0molL-1的氢氧化钠，调节3.2pH5.9，使_沉淀完全；过滤；向滤液中滴加1.0 molL-1的氢氧化钠，调节pH为_pH_，使Zn2+沉淀完全，过滤、洗涤、干燥；900煅烧。【答案】 (1). Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O (2). 加热(至沸) (3). 淀粉溶液 (4). 蓝色褪去并半分钟内不恢复 (5). 偏高 (6). 30%的H2O2 (7). Fe3+ (8). 8.9 (9). 11【解析】分析：利用废旧电池的铜帽(Zn、Cu总含量约为99%)回收 Cu并制备ZnO,电池铜帽加入水过滤后除去溶于水的杂质,在固体中加入过氧化氢溶解,铜生成硫酸铜溶液,加热煮沸将溶液中过量的H2O2除去,加入氢氧化钠溶液调节溶液pH=2沉淀铁离子，加入锌灰(主要成分为Zn、ZnO,杂质为铁及其氧化物),反应过滤得到海绵铜,沉淀锌离子得到氢氧化锌,分计算得出到氧化锌，(1)酸性条件下Cu与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜和水；过氧化氢加热到153便猛烈的分解； (2)根据淀粉与碘单质作用变蓝解答；根据H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O解答。(3)滴加H2O2溶液,使Fe2转化完全为Fe3,滴加NaOH溶液,形成氢氧化铁沉淀,除杂后形成氢氧化锌沉淀,过滤、洗涤、干燥900煅烧制得氧化锌。详解: (1)因为双氧水在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜,当然这是一个微弱的反应,形成一个平衡,但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解,平衡被打破,反应朝正方向进行,故而逐渐溶解,反应的化学方程式为: Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；因此，本题正确答案是: Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；过氧化氢性质比较稳定,若加热到153便猛烈的分解为水和氧气,将溶液中过量的H2O2除去可加热至沸，因此，本题正确答案是:加热至沸；(2)淀粉溶液为指示剂,当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时,溶液蓝色褪去,半分钟颜色不变,说明滴定到达终点，因此，本题正确答案是：淀粉溶液；蓝色褪去并半分钟内不恢复；若留有H2O2,加入KI后,会有以下反应: H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，误当成2Cu2+4I-=2CuI(白色)+I2，生成的碘,使测定结果偏高，因此，本题正确答案是:偏高.除去铜的滤液中含有Fe3、Fe2、Zn2等，若制备ZnO应除去Fe3和Fe2。由表中信息可知，Fe2和Zn2开始沉淀和沉淀完全的pH均相差较小，但Fe3与Zn2开始沉淀和沉淀完全的pH均相差较大，故可加入30% H2O2将Fe2氧化成Fe3，再滴加NaOH溶液，调节溶液的pH(3.2pH5.9)，使Fe3沉淀完全，此时Zn2不产生沉淀，充分反应后过滤，向滤液中滴加NaOH溶液，调节溶液的pH(8.9pH11)，使Zn2产生Zn(OH)2沉淀，并对Zn(OH)2沉淀进行洗涤、干燥、煅烧，即可得到ZnO。点睛：本题主要考查实验室废弃旧电池的铜帽回收铜和制备ZnO，考查学生对综合实验处理能力，注意实验方案的设计原理和步骤是解答的关键，平时注意打好扎实的基础知识和灵活应用知识解决问题的能力培养，题目难度中等。11. 乙炔是有机合成工业的一种原料。工业上曾用CaC2与水反应生成乙炔。(1)CaC2中C22-与O22+互为等电子体，O22+的电子式可表示为_； lmol O22+中含有的键数目为_。(2)将乙炔通入Cu(NH3)2Cl溶液生成Cu2C2红棕色沉淀。Cu+基态核外电子排布式为_。(3)乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈(H2C=CH-CN)。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是_；分子中处于同一直线上的原子数目最多为_。(4)CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图所示)，则该晶胞中的碳原子个数为_。 CaC2晶体中含有的中哑铃形C22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长。CaC2 晶体中1个Ca2+周围距离最近的C22-数目为_。【答案】 (1). (2). 2NA (3). 1s22s22p63s23p63d10 (4). sp杂化 sp2杂化 (5). 3 (6). 8 (7). 4【解析】分析：（1）等电子体的结构相似，故O22+的电子式与C22-的电子式相似，含有2个键；（2）Cu为29号元素，得出Cu+的基态电子排布式为；（3）丙烯腈（H2C=CH-CN）中的C分别形成2个键和3个键，故碳原子的杂化轨道类型为sp和sp2杂化，与sp杂化的C原子直接相连的原子有C和N，故同在一条直线上有3个原子；(4)根据均摊法分析晶体结构。详解：（1）由C22-电子式为CC2可推知O22+电子式为OO2，氧氧三键中含两个键，1 mol O22+中含有键数目为2NA。（2）Cu由Cu原子失去1个电子而得到，故基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。（3）丙烯腈分子中碳碳双键为sp2杂化，CN键为sp杂化，其分子中有一个三键，故共键的原子为C-CN即3个原子共线。因此，本题正确答案为：sp杂化 ；sp2杂化； 3(4)由晶胞图知C22-位于面心和顶点，根据均摊法，晶胞中的碳原子个数为=2（8+6）=8；由晶体结构可知CaC2晶体中1个Ca2周围距离最近的C22-数目不是6个而是4个，因为哑铃形C22-只向一个方向拉长，此方向上的两个C22-与Ca2距离不是最近，所以最近且等距的有4个。因此，本题正确答案为：8 ；4。点睛：本题以“有机合成工业的一种原料乙炔”为背景素材，将“物质结构与性质”选修课程模块的相关内容融合于一体，分别考查了学生对等电子体、原子轨道杂化类型、分子空间结构，本题基础性较强，重点特出，材料串联较好。12. 有机物X是一种重要的有机化工原料，如图所示是以有机物X为原料设计的合成路线(部分产物、个别合成路线、反应条件等略去)。己知：.X为芳香烃，其相对分子质量为92；Y是一种功能高分子材料。.烷基苯在酸性高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基：。. (苯胺，易被氧化)。请根据本题所给信息与所学知识回答下列问题：(1)X结构简式为_。中官能团的名称为_。(2)反应的反应类型是_；反应和的顺序不能交换的原因是_