甘肃省定西市陇西县第一中学2019届高三化学下学期适应性训练试题（含解析）.docx

甘肃省定西市陇西县第一中学2019届高三化学下学期适应性训练试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 S 32 Cu 64 Ni 59 As 75 一、选择题：本大题共13小题，每小题6分，共78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.清华大学的科学家将古老的养蚕技术与时兴的碳纳米管和石墨烯结合，发现通过给蚕宝宝喂食含有碳纳米管和石墨烯的桑叶，可以获得更加牢固的蚕丝纤维。已知：当把石墨片剥成单层之后，这种只有一个碳原子厚度的单层就是石墨烯。下列说法正确的是( )A. 蚕丝纤维的主要成分是纤维素B. 石墨烯像烯烃一样，是一种有机物C. 碳纳米管和石墨烯互为同素异形体D. 碳纳米管具有丁达尔效应【答案】C【解析】【详解】A.蚕丝的主要成分是蛋白质，故A错误；B.石墨烯是一种很薄的石墨片，属于单质，而有机物烯烃中含有碳、氢元素，故B错误；C.碳纳米管和石墨烯是碳元素的不同单质互为同素异形体，故C正确；D.碳纳米管在合适的分散剂中才能形成胶体分散系，故D错误。故选C。2.硫酸亚铁铵受热分解的反应方程式为 ，用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是 （ ）A. 1 L 0.1 molL1溶液中Fe2+的数目小于0.1B. 将1 mol 和1 mol 充分反应后，其分子总数为1.5C. 标准状况下，每生成15.68 L气体转移电子数目为0.8D. 常温常压下，3.0 g中含有的中子总数为1.6【答案】B【解析】【详解】A.由于Fe2+水解，1L0.1molL1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+的数目小于0.1NA，故A正确；B.SO2与O2反应2SO2+O22SO3属于可逆反应，不能反应完全，若1molSO2和1molO2完全反应生成1molSO3和剩余的0.5molO2，共1.5mol，现不能完全反应，其物质的量大于1.5mol，分子总数大于1.5NA，故B错误；C.标准状况下，15.68L气体的物质的量为0.7mol，其中NH3占，N2占，SO2占，根据反应可知，生成4molSO2转移8mol电子，所以生成0.4molSO2转移0.8mol电子，数目为0.8NA，故C正确；D.15N的中子数=15-7=8，3.0g15N2的物质的量为0.1mol，含有的中子总数为=0.116NA=1.6NA，故D正确。故选B。3.标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是 （ ）A. 测定一定质量的和混合物中的含量B. 确定分子式为的有机物分子中含活泼氢原子的个数C. 测定一定质量的晶体中结晶水数目D. 比较Fe3+和Cu2+对一定质量的双氧水分解反应的催化效率【答案】C【解析】【详解】A.在烧瓶中放入Na2O和Na2O2的混合物，然后将水从分液漏斗放下，通过产生气体的量可计算Na2O2的量，故A符合题意；B.在烧瓶中放入金属钠，然后将有机物从分液漏斗放下，根据产生的气体的量来判断有机物分子中含活泼氢原子的个数，故B符合题意；C.该实验需要测量生成气体的量进而计算，Na2SO4xH2O晶体中结晶水测定时无法产生气体，该装置不能完成，故C不符合题意；D.可通过对照所以比较单位时间内Fe3+和Cu2+与双氧水反应产生气体的多少比较的催化效率，故D符合题意。故选C。4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。m、n、r为这些元素组成的化合物，常温下，0.1 molL1 m溶液的pH13，组成n的两种离子的电子层数相差1。p、q为其中两种元素形成的单质。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是 （ ）A. 原子半径：XYZWB. X、Z既不同周期也不同主族C. 简单氢化物的沸点：YWD. Y、Z、W形成的一种化合物具有漂白性【答案】D【解析】【分析】0.1molL1m溶液的pH13，则m为一元强碱，应该为NaOH，组成n的两种离子的电子层数相差1，根据图示可知，n为NaCl，电解NaCl溶液得到NaOH、H2和Cl2，p、q为其中两种元素形成的单质，则p、q为H2和Cl2，结合短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大可知：X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、W为Cl元素，据此答题。【详解】由分析可知：X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、W为Cl元素。A.电子层数越多，则原子的半径越大，具有相同电子层数的原子，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，所以原子半径：XYWZ，故A错误；B.由分析可知：X为H元素、Z为Na元素，X、Z的最外层电子数均为1，属于同一主族，故B错误；C.Y、W形成的氢化物分别为H2O和HCl，因为水分子中含有氢键，含有氢键的物质熔沸点较高，所以简单氢化物的沸点：YW，故C错误；D.Y、Z、W形成的一种化合物为NaClO，NaClO具有强氧化性，可用于漂白，具有漂白性，故D正确。故选D。5.化合物(甲)、(乙)、(丙)的分子式均为，下列说法正确的是( )A. 甲的同分异构体只有乙和丙两种B. 甲、乙、丙的一氯代物种数最少的是丙C. 甲、乙、丙均可与溴的四氯化碳溶液反应D. 甲中所有原子可能处于同一平面【答案】D【解析】【详解】A.符合甲的分子式的同分异构体有多种，因为其不饱和度为5，分子中还可以是含有碳碳三键、环等结构的物质，故A错误；B.甲的分子中含有5种氢原子，所以一氯代物有5种，乙的分子中含有1种氢原子，所以一氯代物有1种，丙的分子中含有1种氢原子，所以一氯代物有1种，所以甲、乙、丙的一氯代物种数最少的是乙和丙，故B错误；C.丙中不存在不饱和碳碳键，不能与溴的四氯化碳溶液反应，故C错误；D.苯环和碳碳双键均为平面结构，单键可以旋转，所以所有原子可能处于同一平面，故D正确。故选D。【点睛】烃的等效氢原子有几种，该烃的一元取代物的数目就有几种；在推断烃的二元取代产物数目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。6.某种浓差电池的装置如图所示，碱液室中加入电石渣浆液主要成分为，酸液室通入 (以NaCl为支持电解质)，产生电能的同时可生产纯碱等物质。下列叙述正确的是 （ ）A. 电子由N极经外电路流向M极B. N电极区的电极反应式为C. 在碱液室可以生成 D. 放电一段时间后，酸液室溶液pH减小【答案】B【解析】【分析】氢气在电极M表面失电子转化为氢离子，为电池的负极，碱液室中的氢氧根离子透过阴离子交换膜，中和正电荷。酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气，电极N为电池的正极，同时，酸液室中的氯离子透过阴离子交换膜进入碱液室，补充负电荷，据此答题。【详解】A.电极M为电池的负极，电子由M极经外电路流向N极，故A错误；B.酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气，N电极区的电极反应式为2H+2e-=H2，故B正确；C.酸液室与碱液室之间为阴离子交换膜，钠离子不能进入碱液室，应在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3，故C错误；D.放电一段时间后，酸液室氢离子被消耗，最终得到NaHCO3、Na2CO3，溶液pH增大，故D错误。故选B。7.常温下，向20 mL 0.1 molL-1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法不正确的是()A. 常温下，0.1 molL-1氨水中的电离常数约为B. a、b之间的点一定满足：c(NH4+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)C. c点溶液中c(NH4+)c(Cl-)D. b点代表溶液呈中性【答案】B【解析】【分析】A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）=10-11mol/L，则c（OH-）=1014/1011mol/L=0.001mol/L，结合Kb=c（NH4+）c（OH）/c（NH3H2O）计算；B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，结合电荷守恒判断离子浓度大小；C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵；D. b点溶液中c点水电离出的c（H+）=10-7mol/L，常温下c（H+）c（OH-）=Kw=10-14，据此判断。【详解】A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）=10-11mol/L，则c（OH-）=1014/1011mol/L=0.001mol/L，Kb=c（NH4+）c（OH）/c（NH3H2O）=103103/0.1mol/L=110-5mol/L，故A正确；B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，则c（H+）c（OH-），结合电荷守恒得c（Cl-）c（NH4+），而c（Cl-）和c（OH-）的相对大小与所加盐酸的量有关，故B错误；C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵，铵根水解溶液呈酸性，结合电荷守恒得：c（NH4+）c（Cl-），故C正确；D.b点溶液中c（H+）=10-7mol/L，常温下c（H+）c（OH-）=Kw=10-14，所以c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故D正确。故选B。8.硫酸四氨合铜晶体常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质溶于水，不溶于乙醇、乙醚，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3mol/L的硫酸、浓氨水、10% NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500 mol/L稀盐酸、0.500 mol/L的NaOH溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。ICuSO4溶液的制备称取4g铜粉，在A仪器中灼烧10分钟并不断搅拌，放置冷却。在蒸发皿中加入30mL 3mol/L的硫酸，将A中固体慢慢放入其中，加热并不断搅拌。趁热过滤得蓝色溶液。(1)A仪器的名称为_。(2)某同学在实验中有1.5g的铜粉剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因_II晶体的制备将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作(3)已知浅蓝色沉淀的成分为，试写出生成此沉淀的离子反应方程式_。(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是_。III氨含量的测定精确称取mg晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用V1mL C1mol/L的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用C2mol/L NaOH标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂)，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。(5)A装置中长玻璃管的作用_，样品中氨的质量分数的表达式_。(6)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏低原因是_。A滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管B读数时，滴定前平视，滴定后俯视C滴定过程中选用酚酞作指示剂D取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁。【答案】 (1). 坩埚 (2). 反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO45H2O失去结晶水变为CuSO4 (3). 2Cu2+2NH3H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+ (4). Cu(NH3)4SO4H2O晶体容易受热分解 (5). 平衡气压，防止堵塞和倒吸 (6). (7). BD【解析】【详解】（1）灼烧固体，应在坩埚中进行，所以仪器A为坩埚，故答案为坩埚。（2）得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，浓硫酸具有吸水性，使CuSO45H2O失去结晶水变为CuSO4，可使固体变为白色，故答案为反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO45H2O失去结晶水变为CuSO4。（3）浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，根据原子守恒可知反应的离子方程式为2Cu2+2NH3H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+，故答案为2Cu2+2NH3H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+。（4）析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是Cu(NH3)4SO4H2O晶体容易受热分解，故答案为Cu(NH3)4SO4H2O晶体容易受热分解。（5）A装置中长玻璃管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸作用；与氨气反应的n(HCl)=10-3V1L0.5mol/L-10-3V2L0.5mol/L=0.510-3(V1-V2)mol，根据氨气和HCl的关系式可知：n(NH3)=n(HCl)= 0.510-3(V1-V2)mol，则样品中氨的质量分数为，故答案为平衡气压，防止堵塞和倒吸；。（6）如果氨含量测定结果偏高，则V2偏小，A.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，浓度偏低，则V2偏大，含量偏低，故A错误；B.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，导致V2偏小，含量偏高，故B正确；C.滴定过程中选用酚酞作指示剂，对实验没有影响，故C错误；D.取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，含量偏高，故D正确。故答案为BD。【点睛】在分析滴定实验的误差分析时，需要考虑所有的操作都归于标准液的体积变化上。标准液的体积变大，则测定结果偏大，标准液的体积变小，则测定结果偏小。9.锰是重要的合金材料和催化剂，在工农业生产和科技领域有广泛的用途。请回答下列问题：（1）溶液中的Mn2+可被酸性溶液氧化为MnO4-，该方法可用于检验Mn2+。检验时的实验现象为_。该反应的离子方程式为_。 可看成两分子硫酸偶合所得，若硫酸的结构式为，则的结构式为_。（2）实验室用含锰废料（主要成分，含有少量）制备Mn的流程如下：已知：难溶物的溶度积常数如下表所示：难溶物溶度积常数（）4.010381.010331.810111.81013溶液中离子浓度105 molL1时，认为该离子沉淀完全。“酸浸”时，将Fe氧化为Fe3。该反应的离子方程式为_；该过程中时间和液固比对锰浸出率的影响分别如图1、图2所示：则适宜的浸出时间和液固比分别为_、_。若“酸浸”后所得滤液中c(Mn2)0.18 molL1，则“调pH”的范围为_。“煅烧”反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。“还原”时所发生的反应在化学上又叫做_。【答案】 (1). 溶液由无色变为紫红色 (2). 5S2O82-+2Mn2+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+ (3). (4). 3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O (5). 60min (6). 3：1 (7). pH8 (8). 1：2 (9). 铝热反应【解析】【详解】（1）溶液中的Mn2+转化为MnO4-的实验现象为溶液由无色变为紫红色，故答案为溶液由无色变为紫红色。Mn2+被酸性(NH4)2S2O8溶液氧化物MnO4-，还原产物应为SO42-，反应的离子方程式为：5S2O82-+2Mn2+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+，故答案为5S2O82-+2Mn2+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+。H2S2O8可视为由两分子的硫酸缩合所得，硫酸的结构简式为：，则H2S2O8的结构简式为：，故答案为。（2）由题中信息可知，“酸浸”时，MnO2在酸性介质中将Fe氧化为Fe3，本身被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O，由图甲可知，适宜的浸出时间为60min，由图乙可知，适宜的液固比为3：1，故答案为3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O，60min，3：1。由流程图中信息可知，“调pH”的目的是使Fe3和Al3沉淀完全，而Mn2不沉淀，根据KspAl(OH)3=1.01033，KspFe(OH)3=4.01038可知：Al3沉淀完全时Fe3已沉淀完全，Al(OH)3恰好完全沉淀时的pH=-lg=，Mn2开始沉淀时的pH为-lg=8，则“调pH”的范围为pH8，故答案为pH8。根据信息可知，“煅烧”时，空气中的O2将MnCO3氧化为MnO2，根据得失电子守恒可得关系式O22MnCO3，即氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，“还原”时发生铝粉与高熔点金属氧化物的反应在化学上又叫做铝热反应，故答案为1：2，铝热反应。10.“循环经济”和“低碳经济”是目前备受关注的课题，因而对碳和硫的化合物的综合利用成为研究的热点。请回答下列问题：（1）下列事实中，不能用来比较碳元素和硫元素非金属性强弱的是_（填选项字母）。A有漂白性而没有B少量能与反应生成C能使酸性溶液褪色而不能D溶液显碱性而溶液显中性（2）下图是通过热循环进行能源的综合利用和污染治理的反应系统原理。系统（）制氢气的热化学方程式为_；两个系统制得等量的H2所需能量较少的是_。（3）向10 L恒容密闭容器中充入2 mol CO和1 mol ，发生反应2CO(g)SO2 (g)S(g)2CO2 (g)。CO和CO2的平衡体积分数（）与温度（T）的关系如图所示。图中能表示CO的平衡体积分数与温度关系的曲线为_（填“L1”或“L2”）。T1 时，的平衡转化率1_，反应的平衡常数_。只改变下列条件，既能加快该反应速率，又能增大CO的平衡转化率的是_（填选项字母）。A增大压强 B充入一定量 C 充入一定量 D加入适当催化剂向起始温度为 的10 L绝热容器中充入2 mol CO和1 mol ，重复实验，该反应的平衡常数_（填“”“”或“”），理由为_。【答案】 (1). D (2). S(g)+2H2O(g)SO2(g)+2H2(g) H=-90.0kJ/mol (3). 系统（） (4). L2 (5). 50% (6). 1 (7). B (8). (9). 该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小【解析】【分析】（1）比较非金属性，可利用非金属元素气态氢化物的稳定性和最高价氧化物对应的水化物的酸性，S的最高价氧化物的水化物为硫酸，不能利用亚硫酸；（2）根据盖斯定律求反应热；（3）根据题中所给的图像进行分析。【详解】（1）A.SO2具有漂白性，其原因为SO2与有色物质反应生成不稳定的无色物质，与元素的非金属性无关，故A错误；B.少量H2SO3能与Na2CO3反应生成NaHCO3，证明H2SO3的酸性强于HCO3-的酸性，但不能比较碳元素和硫元素非金属性强弱，故B错误；C.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，体现其还原性，低价态氧化物的还原性强弱不能用来比较元素的非金属性强弱，故C错误；D.Na2CO3溶液显碱性说明H2CO3为弱酸，而Na2SO4溶液显中性说明H2SO4为强酸，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，故D正确。故答案为D。（2）由信息知：CO2(g)+C(s)2CO(g) H1=+172.4kJ/mol，Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g) H1=+17.2.kJ/mol，3FeO(s)+H2O(g)Fe3O4(s)+H2(g)H3=-58.2kJ/mol，2CO(g)+2SO2(g)S(s)+2CO2(g)，H4=+8.0kJ/mol，应用盖斯定律得到系统（）中热化学碳水循环制取氢气的热化学方程式为+2+2，即C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) H=+90.4kJ/mol，系统（）中热化学硫水循环联产氢气和二氧化硫的热化学方程式为2+2-，即S(g)+2H2O(g)SO2(g)+2H2(g) H=-90.0kJ/mol，系统（）为吸热反应，系统（）为放热反应，故制得等量的H2所需能量较少的系统（），故答案为S(g)+2H2O(g)SO2(g)+2H2(g) H=-90.0kJ/mol；系统（）。（3）该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO的平衡体积分数减小，CO2的平衡体积分数增大，故图中表示CO的平衡体积分数与温度关系的曲线为L2，故答案为L2。由图中信息，T1时，M点对应体系中CO和CO2的平衡体积分数相等，则平衡时CO和CO2的物质的量相等，设参与反应的SO2的物质的量为x，根据三段式法可得2mol-2x=2x，解得x=0.5mol，故SO2的平衡转化率为100%=50%，同时计算得CO(g)、SO2(g)、S(g)、CO2(g)的平衡浓度分别为0.1mol/L、0.05mol/L、0.05mol/L、0.1mol/L，故该反应的平衡常数K1=1，故答案为50%，1。A.该反应为反应前后气体的分子数不变的吸热反应，故增大压强，平衡不移动，故A错误；B.充入一定量SO2，SO2的浓度增大，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，反应速率增大，故B正确；C.充入一定量H2S后，其与SO2反应生成硫单质，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，反应速率减小，故C错误；D.加入适当催化剂，平衡不移动，故D错误。故答案为B。该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故答案为，该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。【点睛】非金属性强弱的比较规律：单质的氧化性：一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强；单质和酸或者和水的反应程度：反应越剧烈，非金属性越强；对应氢化物的稳定性：氢化物越稳定，非金属性越强；和氢气化合的难易程度：化合反应越容易，非金属性越强；最高价氧化物对应水化物的酸性：酸性越强，非金属越强；由对应最低价阴离子的还原性：还原性越强，对应非金属性越弱；置换反应：非金属性强的制非金属性弱的。11.砷和镍是重要的材料和化工领域用途广泛。请回答下列问题：（1）基态As原子中，价电子的电子云轮廓图形状为_。与砷同周期的主族元素的基态原子中，电负性最大的为_（填元素符号）。（2）可用于碘的微量分析。Na+焰色反应呈黄色，很多金属元素能产生焰色反应的微观原因为_。其中阴离子的VSEPR模型为_，与其互为等电子体的分子为_（只写一种分子式即可）。（3）M（）可用于合成Ni2的配体，M中C原子的杂化形式为_，键和键的数目之比为_。（4）Ni与Ca处于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Ni的熔点和沸点都比金属Ca高，原因为_。区分晶体Ni和非晶体Ni的最可靠的科学方法为_。（5）某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度_gcm3。【答案】 (1). 球形、哑铃型或纺锤形 (2). Br (3). 电子从较高能级的激发态跃迁到低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量 (4). 三角锥形 (5). PCl3、PBr3、NF3、NCl3等 (6). sp3、sp2 (7). 7：1 (8). Ni的原子半径较小，价层电子数目多，金属键较强 (9). X-射线衍射法 (10). 【解析】【详解】（1）基态As原子的价电子排布式为4s24p3，故其电子云轮廓图形状为球形、哑铃型或纺锤形。一般情况下，同周期的主族元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，所以与砷同周期的主族元素的基态原子中，电负性最大的为Br，故答案为球形、哑铃型或纺锤形，Br。（2）金属元素能产生焰色反应的微观原因为电子从较高能级的激发态跃迁到低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量，产生焰色反应，故答案为电子从较高能级的激发态跃迁到低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量。AsO33-中As原子的价层电子对数目为4，其立体构型为三角锥形，根据等电子体的含义可知，与AsO33-互为等电子体的分子有PCl3、PBr3、NF3、NCl3等，故答案为三角锥形，PCl3、PBr3、NF3、NCl3等。（3）由的结构简式可知，CH3、CH2、CF3中的C原子的价层电子对数目为4，杂化方式为sp3，碳氧双键中C原子的价层电子对数目为3，杂化方式为sp2，每个分子中含有14个键和2个键，则键和键的数目之比为7：1，故答案为sp3、sp2，7：1。（4）金属晶体熔沸点的高低与金属键的强弱有关，金属键的强弱与价层电子数目和金属原子的半径有关，所以金属Ni的熔点和沸点都比金属Ca高的原因为Ni的原子半径较小，价层电子数目多，金属键较强。区分晶体Ni和非晶体Ni的最可靠的科学方法为为X-射线衍射法，故答案为Ni的原子半径较小，价层电子数目多，金属键较强；X-射线衍射法。（5）由晶胞结构可知，每个晶胞中含有2个Ni原子和2个As原子，晶胞的体积V=cm3，故晶胞的密度g/cm3=g/cm3，故答案为。12.氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如图:请回答下列问题:（1）A化学名称为_；C中官能团的名称是_。（2）的反应试剂和反应条件分别是_，该反应类型是_。（3）已知吡啶是一种有机碱，在反应中的作用是_（4）反应的化学方程式为_（5）G的相对分子质量为_。（6）是E在碱性条件下的水解产物，同