广东省广州外国语学校2020届高三化学下学期第一次热身考试试题（含解析）

广东省广州外国语学校2020届高三化学下学期第一次热身考试试题（含解析）一、选择题：本题共7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.化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法错误的是( )A. Al2O3作耐火材料是因为氧化铝熔点高B. 用加热灼烧的方法可以区分羊毛毛线和腈纶毛线C. 波尔多液是由硫酸铜溶液、生石灰和水制得，可用于防治植物的病虫害D. 玉米油和鸡蛋清均是高分子化合物，它们均能水解生成氨基酸【答案】D【解析】【详解】A项、因为Al2O3熔点高，常用作耐火材料，故A正确；B项、羊毛毛线和腈纶毛线的成分不同，灼烧时气味不同，羊毛有焦羽毛味，故B正确；C项、波尔多液是由硫酸铜溶液、生石灰和水制得，含重金属盐，能使细菌和病毒的蛋白质变性，故能防治植物的病虫害，故C正确；D项、玉米油属于油脂，油脂不是高分子化合物，酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，故D错误。故选D。【点睛】本题主要考查化学与生产生活的联系，常见的纤维有棉花、羊毛、腈纶化学纤维等，棉花主要成分是纤维素，属于糖类，灼烧有烧被套的气味；羊毛主要成分是蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，腈纶等是人工合成的物质，灼烧有浓烈的黑烟，会蜷缩成一个小球，冷后是一个小硬球。2.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是( )A. 标准状况下，2.24 L HF与1.8 g H2O分子所含电子数目均为NAB. T时，1 L pH=6纯水中，含OH数目为108NAC. 30 g C2H6中含有极性共价键的数目为6NAD. 12.5 mL 16 molL-1浓硫酸与6.5 g锌共热，转移的电子数小于0.2NA【答案】C【解析】【详解】A项、标准状况下，HF标况下为液体，不能使用气体摩尔体积计算2.24 L HF的物质的量，故A错误；项、T时，1LpH=6纯水中，氢离子浓度为10-6mol/L，纯水的氢离子与氢氧根离子浓度相等，则1L纯水中含有10-6mol氢氧根离子，含10-6NA个OH-，故B错误；C项、30g C2H6的物质的量为1mol，C2H6中含有6个CH极性共价键，故1mol C2H6中含6NA个极性共价键，故C正确；D项、12.5mL16mol/L浓硫酸，硫酸的物质的量为0.0125mL16mol/L=0.2mol，6.5g锌物质的量为0.1mol，依据反应事实ZnSO2，ZnH2，可知锌完全反应生成0.1mol锌离子，转移电子数等于0.2NA，故D错误。故选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确气体摩尔体积的适用对象和使用条件是解题关键。3.下列关于有机物的说法正确的是( )A. CH3CH(C2H5)CH2CH3名称为2-乙基丁烷B. 丙烯分子中最多有8个原子共平面C. C3H8O与C3H6C12的同分异构体数目相同D. 利用粮食酿酒经历了淀粉葡萄糖乙醇的化学变化过程【答案】D【解析】【分析】A、CH3CH(C2H5)CH2CH3最长碳链含5个C，3号C上有甲基；B、丙烯分子可以看做甲基取代了乙烯分子中的氢原子；C、C3H8O可能的结构有1-丙醇、2-丙醇、甲乙醚，共3种；C3H6C12中2个Cl可位于相同或不同的C上共4种；D、酿酒所用原料为淀粉，淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下发酵生成乙醇。【详解】A项、CH3CH(C2H5)CH2CH3最长碳链含5个C，3号C上有甲基，则CH3CH（C2H5）CH2CH3名称为3-甲基戊烷，故A错误；B项、丙烯分子可以看做甲基取代了乙烯分子中的氢原子，乙烯基有5个原子个平面，甲基中最多有2个原子与双键共平面，最多有7个原子共平面，故B错误；C项、C3H8O可能的结构有1-丙醇、2-丙醇、甲乙醚，共3种；C3H6C12中2个Cl可位于相同或不同的C上，对应的同分异构体有CH3-CH2-CHCl2 、CH3-CCl2 -CH3、CH2Cl-CH2-CH2Cl、CH2Cl-CHCl-CH3，共4种，故C错误；D项、酿酒所用原料为淀粉，淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下发酵生成乙醇，则利用粮食酿酒经历了淀粉葡萄糖乙醇的化学变化过程，故D正确。故选D。【点睛】本题考查有机物结构与性质的关系，判断取代产物同分异构体的数目的分析方法是分析有机物的结构特点，确定不同位置的氢原子种数，再确定取代产物同分异构体数目；或者依据烃基的同分异构体数目进行判断。4.实验是化学研究的基础，下图关于各实验装置(夹持装置已略去)的叙述，正确的是( )A. 吸收HCl气体，并防止倒吸B. 准确量取一定体积K2Cr2O7标准溶液C. 制备碳酸氢钠D. 蒸干FeCl3溶液制备无水FeC13【答案】A【解析】【详解】A项、HCl极易溶于水，不易溶于四氯化碳，将HCl通入四氯化碳中，隔绝与水的接触，四氯化碳有缓冲作用，能防止倒吸，故A正确；B项、重铬酸钾具有强氧化性，能氧化橡胶而不能用碱式滴定管，应该用酸式滴定管，故B错误；C项、二氧化碳气体应长导管进入，图中气体的进入方向不合理，故C错误；D项、从FeCl3的溶液中获得无水FeCl3的操作方法是在不断通入HCl气流的条件下将FeCl3溶液蒸干可以获得无水FeCl3，用题给装置蒸干氯化铁溶液，氯化铁水解生成的氯化氢挥发会导致水解趋于完全，最后得到氢氧化铁，故D错误。故选A。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，把握实验装置的作用、物质的制备及性质实验、实验技能为解答的关键。5.现有W、X、Y、Z四种短周期主族元素，其常见单质存在如图的转化关系(未注明反应条件)，甲(常温下呈液态)、乙是两种常见的化合物。X的原子半径是同周期主族元素原子中最小的，W与X同主族，W的最髙价氧化物对应的水化物是一种强酸。下列说法不正确的是( )A. 简单离子的半径：WYXB. 化合物乙是强电解质C. 化合物WY2可作漂白剂D. 常温下，乙溶于甲中所得的溶液能蚀刻玻璃【答案】B【解析】【分析】由常见单质的转化关系可知，X单质和Y单质均能与Z发生化合反应生成乙和甲，X单质能和甲发生置换反应生成乙和Y单质，由甲常温下呈液态，X的原子半径是同周期元素原子中最小的可知，X为F元素、Y为O元素、Z为H元素、甲为H2O、乙为HF；由W与X同主族，W的最髙价氧化物对应的水化物是一种强酸可知，W是Cl元素。【详解】A项、电子层数越大，离子半径越大，电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：Cl-O2F-，故A正确；B项、化合物乙是HF，其为弱电解质，故B错误；C项、化合物ClO2具有强氧化性，可作漂白剂，故C正确；D项、HF溶于水得到氢氟酸，氢氟酸能蚀刻玻璃，故D正确。故选B。【点睛】本题考查元素周期律的应用，依据物质的转化关系，利用物质的性质推断元素为解答本题的关键。6.H3BO3可以通过电解NaB(OH)4溶液的方法制备，其工作原理如图，下列叙述错误的是( )A. N室发生的电极反应式为：2H+2eHB. M室中稀硫酸可用盐酸替代C. b膜为阴膜，产品室发生的反应方程式为：B(OH)4+H+=H3BO3+H2OD. 理论上每生成1mol产品，阳极室可生成标况下5.6L气体【答案】B【解析】【分析】由图可知，电解时M室中石墨电极为阳极，阳极上水失电子生成O2和H+，M室中H+通过a膜进入产品室,N室中石墨为阴极，阴极上水得电子生成H2和OH-，原料室中的钠离子通过c膜进入N室，原料室中的B（OH）4-通过b膜进入产品室, 产品室中H+和B(OH)4反应生成H3BO3。【详解】A项、N室中石墨为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH-，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-或2H+2eH，故A正确；B项、M室中稀硫酸若用盐酸替代，氯离子在阳极上放电生成的氯气易污染空气，H+通过a膜进入产品室，盐酸的浓度不断减小，则M室溶液的导电性逐渐减弱，电解效率逐渐降低，不利于硼酸的生产，故B错误；C项、M室中H+通过阳离子交换膜a膜进入产品室, 原料室中的B（OH）4-通过阴离子交换膜b膜进入产品室, 产品室中H+和B(OH)4反应生成H3BO3，反应的离子方程式为B(OH)4+H+=H3BO3+H2O，故C正确；D项、理论上每生成1mol产品，阳极室生成1molH+和0.25molO2，标况下0.25molO2的体积为5.6L，故D正确。故选B。【点睛】本题考查电解原理，明确各个电极上发生的反应，注意离子交换膜类型的判断方法是解本题关键。7.下列说法正确的是( )A. 图a曲线，a、b、c三点对应的KW依次增大，且可通过增加c(H+)实现转化B. 图a曲线，b点下的温度，将pH2的H2SO4与pH12的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性C. 图b曲线，用0.010 0 molL-1硝酸银滴定浓度均为0.1000 molL-1 A、B及C的混合溶液，首先沉淀的是AD. 图b曲线，Ksp(AgA)Ksp(AgB)Ksp(AgC)，故任何条件下AgB沉淀不能转化为AgC【答案】C【解析】【详解】A项、图a曲线，a、c、b三点对应的KW依次增大，此三点对应的温度不同，无法通过增加c(H+)实现转化，故A错误；B项、处在b点时，Kw=110-12，pH=2的硫酸中c（H+）=10-2mol/L，pH=12的KOH中c（OH-）=1molL-1，等体积混合氢氧根离子过量，溶液显碱性，故B错误；C项、由b曲线可知，银离子浓度相等时，阴离子浓度的大小顺序为c(A)c(B)c(C)，溶度积Ksp(AgA)Ksp(AgB)Ksp(AgC)，则用0.010 0 molL-1硝酸银滴定浓度均为0.1000 molL-1 A、B及C的混合溶液，首先沉淀的是A，故C正确；D项、由b曲线可知，溶度积Ksp(AgA)Ksp(AgB)7；C室温下，取pH=a(a3)的H2C2O4溶液稀释100倍后，测其pHcA，且其反应速率BA (5). AC (6). 酚酞 (7). 锥形瓶内溶液由无色变成(粉)红色，且半分钟内不变化 (8). 0.05000mol/L (9). AD【解析】【分析】（1）由题给信息可知，草酸分解时，草酸为液态，草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳、水；（2）酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳；硫酸、草酸浓度相同，改变高锰酸钾溶液浓度分析反应速率变化，高锰酸钾溶液浓度越大，反应速率越快；（3）依据草酸为二元弱酸和草酸氢钠溶液中草酸氢根电离大于水解分析；（4）强碱滴定弱酸到反应终点生成草酸钠，生成的为强碱弱酸盐显碱性；由H2C2O42NaOH建立关系式求解可得；滴定操作误差分析可以把失误归结为消耗滴定管中溶液体积的变化分析判断。【详解】（1）由题给信息可知，草酸受热分解时熔化为液态，故选用装置B加热草酸晶体；草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳、水，则气体通过装置E吸收二氧化碳，利用排水法收集一氧化碳，其合理的连接顺序为B-E-D，故答案为：B-E-D；（2）酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳，反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O。保持硫酸、草酸浓度相同，改变高锰酸钾溶液浓度分析反应速率变化，高锰酸钾溶液浓度越大，反应速率越快，实验中KMnO4的浓度cBcA，且其反应速率BA，上述实验能说明相同条件下，反应物浓度越大，反应速率越快，故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；能；实验中KMnO4的浓度cBcA，且其反应速率BA；（3）A、草酸为二元酸，若为强酸电离出氢离子浓度为0.02mol/L，pH小于2，室温下，取0.010mol/L的H2C2O4溶液，测其pH=2，说明存在电离平衡，证明酸为弱酸，故A正确；B、室温下，0.010mol/L的NaHC2O4溶液中草酸氢根电离大于水解，溶液呈酸性， pH小于7，故B错误；C、室温下，取pH=a（a3）的H2C2O4溶液稀释100倍后，测其pHa+2，说明稀释促进电离，溶液中存在电离平衡，为弱酸，故C正确；D、标况下，取0.10mol/L的H2C2O4溶液100mL与足量锌粉反应，无论是强酸还是弱酸都收集到H2体积为224mL，故D错误；故选AC，故答案为：AC；（4）强碱滴定弱酸到反应终点生成草酸钠，生成的为强碱弱酸盐显碱性，所以选择酚酞作指示剂，滴入最后一滴锥形瓶内溶液由无色变成（粉）红色，且半分钟内不变化，故答案为：酚酞；锥形瓶内溶液由无色变成（粉）红色，且半分钟内不变化；取20.00mLH2C2O4溶液于锥形瓶中，滴入2-3滴指示剂，用0.1000mol/L的NaOH溶液进行滴定，并进行3次平行实验，所用NaOH溶液体积分别为19.98mL、20.02mL和22.02mL，其中22.02mL误差太大，消耗平均体积为20ml，由H2C2O42NaOH可得0.020Lc2=0.1000mol/L0.020L，解得c=0.05000mol/L，故答案为：0.05000mol/L；A、滴定管在盛装NaOH溶液前未润洗，导致溶液浓度减小，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故正确；B、滴定过程中，锥形瓶震荡的太剧烈，以致部分液体溅出，待测液减小，消耗标准溶液体积减小，测定结果偏低，故错误；C、滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数，读取的标准溶液体积减小，测定标准溶液难度偏低，故错误；D、滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故D正确；故选AD，故答案为：AD【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意物质分解产物的分析判断、实验验证方法分析、弱电解质的电离平衡理解与应用，掌握滴定实验的步骤、过程、反应终点判断方法和计算等是解答关键。9.磷化氢(PH3)是一种剧毒气体，是最常用的高效熏蒸杀虫剂，也是一种电子工业原料。(1)PH3的电子式为_。(2)在密闭粮仓放置的磷化铝(AlP)片剂，遇水蒸气放出PH3气体，该反应的化学方程式为：_。(3)PH3的一种工业制法涉及的物质转化关系如下图所示：次磷酸属于_元酸，亚磷酸属于_元酸；当反应I生成的n(NaH2PO2):n(Na2HPO3) =3:1时，参加反应的n(P4)：n(NaOH)= _。(4)一种用于处理PH3废气的吸收剂成分为次氯酸钙80%、锯木屑(疏松剂)15%、活性炭 2.5%、滑石粉(防结块)2.5%。次氯酸钙将PH3氧化为H3PO4的化学方程式为_；空气中的水蒸气可加快PH3的氧化过程，其原因可能是_。(5)从(4)中的吸收残留物中回收磷酸氢钙(CaHPO4)的方法如下：试剂x为_填化学式)；已知25时，H3 PO4的Kal=7.510-3、Ka2=6.310-8、Ka3 =4.410-13。加入Y时，应控制悬浊液pH_7(填“”、“=”或“”)，通过计算说明理由：_【答案】 (1). (2). AlP +3H2O =Al(OH)3+PH3 (3). 一 (4). 二 (5). 3:10 (6). 2Ca(ClO)2 +PH3 =H3PO4 +2CaCl2 (7). 次氯酸钙与水接触，水解生成氧化能力更强的HClO (8). Ca(OH)2或CaO (9). (10). HPO4水解程度大于电离程度，溶液显碱性【解析】【分析】（1）PH3为共价化合物；（2）AlP固体和水反应时，生成PH3和Al(OH)3；（3）由流程可知黄磷与足量的NaOH溶液反应只生成次磷酸钠NaH2PO2和亚磷酸钠Na2HPO3；该反应的反应物为黄磷、氢氧化钠，产物为次磷酸钠、亚磷酸钠，依据得失电子数目守恒计算；（4）漂白粉主要成分为CaCl2和Ca(ClO)2，Ca(ClO)2具有强氧化性；含有水蒸气时，次氯酸钙与水接触，水解生成氧化能力更强的HClO；（5）根据流程，加入试剂得到磷酸钙，所以试剂X含有钙离子，加入试剂能够中和磷酸氢钙中的氢；CaHPO4为强碱弱酸酸式盐，HPO42-的电离常数Ka3 =4.410-13，HPO42-的水解常数为=Ka3 =4.410-13。【详解】（1）PH3为共价化合物，电子式为，故答案为：；（2）AlP固体和水反应时，生成PH3和Al(OH)3，反应的化学方程式为：AlP3H2O=Al(OH)3PH3，故答案为：AlP3H2O=Al(OH)3PH3；（3）由流程可知黄磷与足量的NaOH溶液反应只生成次磷酸钠NaH2PO2和亚磷酸钠Na2HPO3，说明次磷酸为一元酸，亚磷酸为二元酸，故答案为：一；二；该反应的反应物为黄磷、氢氧化钠，产物为次磷酸钠、亚磷酸钠，P4中(P为0价)，NaH2PO2中(P为1价)，Na2HPO3(P为3价)，PH3(P为3价)，当反应生成的n(NaH2PO2)n(Na2HPO3)=31时，根据得失电子守恒，n(NaH2PO2)n(Na2HPO3)n(PH3)=312，反应为：3P410NaOH=6NaH2PO22Na2HPO34PH3，所以参加反应的n(P4)n(NaOH)=310，故答案为：310；（4）漂白粉主要成分为CaCl2和Ca(ClO)2，Ca(ClO)2具有强氧化性，能将PH3氧化为H3PO4，反应的化学方程式为2Ca(ClO)2PH3=H3PO42CaCl2，故答案为：2Ca(ClO)2PH3=H3PO42CaCl2；含有水蒸气时，次氯酸钙与水接触，水解生成氧化能力更强的HClO，加快PH3的氧化过程，故答案为：次氯酸钙与水接触，水解生成氧化能力更强的HClO；（5）根据流程，加入的试剂X使吸收液中的磷酸转化为磷酸钙，所以试剂X含有钙离子，加入试剂能够中和磷酸，需加入Ca(OH)2，CaO与水反应生成Ca(OH)2，所以X可以为Ca(OH)2或CaO，故答案为：Ca(OH)2或CaO；试剂Y可以把磷酸钙转化为磷酸氢钙，故Y为磷酸。CaHPO4为强碱弱酸的酸式盐，HPO42-的电离常数Ka3 =4.410-13，HPO42-的水解常数为=Ka3 =4.410-13，水解程度大于电离程度，故CaHPO4溶液呈碱性，所以加入Ca(OH)2或CaO时，应控制悬浊液pH7，有利于CaHPO4生成，故答案为：；水解程度大于电离程度，溶液显碱性。【点睛】本题主要考查化学工艺流程，考查分析问题与解决问题的能力，集元素化合物知识，基本概念和基本理论于一体，考查面广、综合性强，注意题给信息和流程中的反应原理分析是解答关键。10.乙烯是重要的化工原料。用CO2催化加氢可制取乙烯：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) H”、“”或“=”，下同)X2；平衡常数KA_KB，KB_KC；若B点时X=3，则平衡常数KB=_(代入数据列出算式即可)；下列措施能同时满足增大反应速率和提高CO2转化率的是（ ）a升高温度 b加入催化剂 c增大投料比X d将产物从反应体系中分离出来 (4)以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能电池将CO2转化为乙烯的工作原理如图所示。则N极上的电极反应式为：_；该电解池中所发生的总反应的化学方程式为：_。【答案】 (1). 2(ba) (2). 620 (3). (6). (7). c (8). 2H2O4e-= 4H+ + O2 (9). 2CO2+2H2O C2H4+3O2【解析】【分析】（1）由图可知反应2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)为放热反应，反应热为图示的2倍；（2）由反应热=反应物总键能-生成物总能键能计算；(3)增大氢气的物质的量，平衡右移，新平衡时二氧化碳的转化率增大；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆反应方向移动，平衡常数减小；若B点时X=3，由图可知CO2的转化率(CO2)为75%，建立三段式计算平衡常数；升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动；加入催化剂，反应速率增大，平衡不移动；增大投料比X，反应速率增大，平衡向正反应方向移动；将产物从反应体系中分离出来，反应速率减小，平衡向正反应方向移动；（4）由图可知M极二氧化碳生成乙烯，为电解池的阴极，N极为电解池的阳极，溶液中水参与放电生成氧气。【详解】（1）反应热H等于正反应的活化能与逆反应的活化能的差。由图可知反应2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)为放热反应，反应热H为图示的2倍，则H=2（b-a）kJmol-1，故答案为：2（b-a）；（2）由反应热=反应物总键能-生成物总能键能可得H=（4804+12436-4414-x-8463）kJmol-1=-152kJmol-1，解得X=620kJ/mol，故答案为：620；(3)增大氢气的物质的量，平衡右移，新平衡时二氧化碳的转化率增大，由图可知，相同温度时，曲线X1二氧化碳的转化率小于X2，则投料比X n(H2)/n(CO2 )的关系为X1X2，故答案为：；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆反应方向移动，平衡常数减小，由图可知反应温度A=BC，则平衡常数KA=KB，KBKC，故答案为：=；若B点时X=3，由图可知CO2的转化率(CO2)为75%，由此建立如下三段式：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)起（mol/L） 1 3 0 0变（mol/L） 0.75 2.25 0.375 1.5平（mol/L） 0.25 0.75 0.375 1.5则平衡常数KB=，故答案为：；a、升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，CO2转化率的转化率减小，故错误；b、加入催化剂，反应速率增大，平衡不移动，CO2转化率的转化率不变，故错误；c、增大投料比X，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，CO2转化率的转化率增大，故正确；d、将产物从反应体系中分离出来，反应速率减小，平衡向正反应方向移动，CO2转化率的转化率增大，故错误；故选c，故答案为：c；（4）由图可知M极二氧化碳生成乙烯，为电解池的阴极，电极反应式为2CO2+12H+12e-=CH2=CH2+4H2O，N极为电解池的阳极，溶液中水参与放电生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=4H+O2，总反应方程式为2CO2+2H2OC2H4+3O2，故答案为：2H2O-4e-=4H+O2；2CO2+2H2OC2H4+3O2。【点睛】本题考查化学反应原理的综合应用，注意反应热与键能的关系，掌握平衡图像和计算的分析方法，正确书写电极反应式为解答关键。11.在一定条件下，金属相互化合形成的化合物称为金属互化物，如Cu9Al4、Cu5Zn8等。(1)某金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于_(填“晶体”或“非晶体”)。(2)基态铜原子有_个未成对电子；Cu2的电子排布式为_；在CuSO4溶液中加入过量氨水，充分反应后加入少量乙醇，析出一种深蓝色晶体，该晶体的化学式为_，其所含化学键有_，乙醇分子中C原子的杂化轨道类型为_。(3)铜能与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2,1 mol(SCN)2分子中含有键的数目为_。(SCN)2对应的酸有硫氰酸(HSCN)、异硫氰酸(HN=C=S)两种。理论上前者沸点低于后者，其原因是_。(4)ZnS的晶胞结构如图所示，在ZnS晶胞中，S2的配位数为_。(5)铜与金形成的金属互化物的晶胞结构如图所示，其晶胞边长为a nm，该金属互化物的密度为_ gcm3(用含a、NA的代数式表示)。【答案】 (1). 晶体 (2). 1 (3). 1s22s22p63s23p63d9 (4). Cu（NH3）4SO4H2O (5). 离子键、极性共价键和配位键 (6). sp3杂化、sp3杂化 (7). 5NA (8). 异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能 (9). 4 (10). 【解析】【分析】1）晶体中粒子在三维空间里呈周期性有序排列，有自范性，非晶体中原子排列相对无序，无自范性；（2）铜元素的原子序数为29，位于周期表第四周期B族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；CuSO4溶液与过量氨水反应生成Cu（NH3）4SO4H2O；Cu（NH3）4SO4H2O晶体中含有离子键、极性共价键和配位键；CH3-CH2-OH分子中两个C原子均为饱和碳原子，价层电子对数均为4；（3）（SCN）2的结构式为NC-S-S-CN，分子中有3个单键和2个碳氮三键；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；（4）ZnS的晶胞结构可知，可以根据锌离子的配位数判断距离S2-最近的锌离子有4个；（5）由均摊法计算得到金属互化物的化学式，再由质量公式计算密度。【详解】（1）晶体中粒子在三维空间里呈周期性有序排列，有自范性，非晶体中原子排列相对无序，无自范性，金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，则金属互化物属于晶体，故答案为：晶体；（2）铜元素的原子序数为29，位于周期表第四周期B族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，含有一个未成对电子，失去2个电子形成Cu2+，故Cu2+离子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d9；在CuSO4溶液中加入过量氨水，CuSO4与过量氨水反应生成Cu（NH3）4SO4H2O，加入乙醇降低Cu（NH3）4SO4H2O的溶解度，析出深蓝色Cu（NH3）4SO4H2O晶体，晶体中含有离子键、极性共价键和配位键；CH3-CH2-OH分子中两个C原子均为饱和碳原子，价层电子对数均为4，均为sp3杂化。（3）（SCN）2的结构式为NC-S-S-CN，分子中有3个单键和2个碳氮三键，单键为键，三键含有1个键、2个键，（SCN）2分子含有5个键，故1mol（SCN）2分子中含有键的数目为5NA；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成分子间氢键，所以异硫氰酸熔沸点高于硫氰酸，故答案为：5NA；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能；（4）ZnS的晶胞结构可知，距离Zn2最近的硫离子有4个，由硫化锌的化学式可知，距离每个硫离子最近的锌离子也有个，即S2-的配位数为4，故答案为：4；（5）由晶胞结构可知，Cu原子位于晶胞面心，数目为6=3，Au原子为晶胞顶点，数目为8=1，铜与金形成的金属互化物的化学式为Cu3Au，晶胞体积V=（a10-7）3cm3，则密度=，故答案为：。【点睛】本题考查物质结构与性质，考查了晶体结构、核外电子排布、配合物以及晶胞的计算等知识，注意核外电子排布规律，注意空间结构的理解与应用，把握均摊法计算、密度与质量的关系为解答的关键。12.物质A是基本有机化工原料，由A制备高分子树脂(M)和苯佐卡因(一种常用的局部麻醉剂)的合成路线(部分反应条件略去)如下所示：已知：A是苯的同系物，在相同条