广东省惠州市2020届高三化学4月模拟考试试题（含解析）

广东省惠州市2020届高三化学4月模拟考试试题（含解析）1.“建设天蓝、地绿、水清的美丽中国”是每个中国人的愿望。下列做法与此相符的是A. 将农作物秸秆就地焚烧，增强土壤肥效B. 将医疗垃圾深埋处理，减少垃圾对环境的危害C. 将三聚磷酸钠(Na5P3O10)添加到洗衣粉中，增强去污效果D. 尽量不开私家车出行，提倡乘坐公共交通工具【答案】D【解析】【详解】A将农作物秸秆就地焚烧，会产生污染物，污染空气，故A错误；B医疗垃圾含有多种有毒有害物质，深埋处理，会污染土壤，水流，故B错误；C将三聚磷酸钠(Na5P3O10)添加到洗衣粉中，如随意倾倒，会引起水体富营养化，造成水体污染，故C错误；D选择公共交通工具出行，可以减少开私家车对空气的污染，故D正确；答案选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 标准状况下，22.4L己烷中含有分子数目为NAB. 1mol/LNaOH溶液中含有Na+数目为NAC. 7.8gNa2O2中含有的共价键数目为0.1NAD. 将0.5molN2O4充入密闭容器中充分反应转化成NO2的数目为NA【答案】C【解析】【详解】A标准状况下己烷不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L己烷的物质的量，故A错误；B溶液的体积未知，不能计算1mol/L NaOH 溶液中含有的Na+数目，故B错误；C7.8g过氧化钠的物质的量为=0.1mol，过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，1个过氧根中含有1个共价键，故0.1mol过氧化钠中含0.1NA个共价键，故C正确；D. 存在N2O4 2NO2平衡，不能完全转化，因此将0.5molN2O4充入密闭容器中充分反应转化成NO2的数目小于NA，故D错误；答案选C。【点睛】本题的易错点为A，要注意气体摩尔体积的使用范围和条件，对象是否气体；温度和压强是否为标准状况。3.由X在酸性条件下制备Y（一种合成香料、医药、农药及染料的中间体）的流程是：下列说法正确的是A. X、Y均是芳香烃B. X、Y互为同分异构体C. X分子中所有碳原子可能共平面D. X转化成Y的反应中有消去反应【答案】D【解析】【详解】AX、Y中除了含有C和H外，还含有O元素，均不属于烃类，故A错误；BX、Y分子中含有的O原子数不等，即化学式不相同，不是同分异构体，故B错误；CX含有饱和碳原子(-CH3、-CH2-、)，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不可能在同一个平面上，故C错误；DX转化成Y的过程中失去了羟基使C-C变成了C=C，该反应属于消去反应，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为C，由于甲烷是四面体结构，有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、)中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。4.一种特殊的热激活电池示意图如下。该电池总反应为：PbSO4(s)+2LiCl+Ca(s)= CaCl2(s)+ Li2SO4+Pb(s) ，下列说法不正确的是A. Ca电极发生氧化反应B. 负极的电极反应：Ca(s)+2Cl2e= CaCl2(s)C. 可用 LiCl 和 KCl 水溶液代替无水 LiClKClD. 当无水LiClKCl混合物受热熔融后电池才能工作【答案】C【解析】【分析】由原电池总反应可知Ca失电子为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，负极的电极反应式为Ca+2Cl-2e-=CaCl2，PbSO4为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，结合原电池原理分析解答。【详解】A根据原电池总反应可知Ca失电子为原电池负极，发生氧化反应，故A正确；BCa为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，电极反应式为Ca(s)+2Cl2e= CaCl2(s)，故B正确；CCa是活泼金属，能与水直接反应，所以不能用水溶液作电解质，故C错误；D无水LiClKCl常温为固体，不能导电，需要将无水LiClKCl混合物受热熔融，该原电池才能工作，故D正确；答案选C。5.下列基本操作正确的是A. 过滤B. 稀释C. 尾气处理D. 蒸发结晶【答案】D【解析】【详解】A.过滤时，玻璃棒只起到引流的作用，A错误；B.稀释时，应为浓硫酸加入到水中，边加边搅拌，B错误；C.尾气吸收时，为洗气装置相同，需有出气口，C错误；D.蒸发结晶时，玻璃棒搅拌加速水蒸气的挥发，D正确；答案为D6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y是短周期元素中原子半径最大的元素，X、Y、Z的简单离子电子层结构相同，Z与W最外层电子数之和等于10。下列说法不正确的是A. 简单离子半径由大到小的顺序：W、X、Y、ZB. X与Y组成化合物的水溶液一定呈碱性C. Y、Z、W的最高价氧化物的水化物两两之间均能发生反应D. Z分别与X和W组成的化合物均可用于电解法冶炼Z单质的原料【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，则X为O元素；Y是短周期元素中原子半径最大的元素，则Y为Na元素；X(O)、Y(Na)、Z的简单离子电子层结构相同，Z离子含有2个电子层，其原子序数大于Na，应该为Mg、Al中的一种；Z与W最外层电子数之和等于10，都是短周期主族元素，则Z为Al、W为Cl元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知：X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，W为Cl元素。A一般而言，电子层数越多，半径越大；电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径由大到小的顺序为WXYZ，故A正确；BO、Na形成的化合物有氧化钠和过氧化钠，水溶液都是氢氧化钠，显碱性，故B正确；CNa的最高价氧化物对应水化物为NaOH，NaOH属于强碱，Al的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，氢氧化铝具有两性，Cl的最高价氧化物对应水化物为高氯酸，高氯酸属于强酸，则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸两两之间均能发生反应，故C正确；D氯化铝为共价化合物，熔融状态不能导电，因此工业上冶炼金属铝是通过电解熔融的氧化铝，故D错误；答案选D。7.25 时，NaCN溶液中CN、HCN浓度所占分数()随pH变化的关系如下图甲所示。向10 mL 0.01 molL1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 molL1的盐酸，其pH变化曲线如下图乙所示其中a点的坐标为（9.5，0.5）。 甲 乙下列溶液中的关系中一定正确的是A. 图甲中pH7的溶液：c(Cl)c(HCN)B. 常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)=10-4.5mol/LC. 图乙中b点的溶液：c(CN)c(Cl)c(HCN)c(OH)c(H)D. 图乙中c点的溶液：c(Na)c(H)c(HCN)c(OH)c(CN)【答案】B【解析】【分析】25时，根据图甲所示，可知CN-、HCN含量相等时，溶液呈碱性，说明HCN电离程度小于CN-水解程度，向10 mL 0.01 molL-1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 molL-1的盐酸，其pH变化曲线如图乙所示，当加入盐酸5mL时，溶液组成为NaCN、HCN和NaCl，溶液呈碱性，加入盐酸10mL时，完全反应生成HCN和NaCl，溶液呈酸性，据此分析解答。【详解】A根据图甲，CN-、HCN含量相等时溶液的pH=9.5，图甲中可以加入HCN，调节溶液的pH=7，溶液中不一定存在c(Cl-)，即不一定存在c(Cl)c(HCN)，故A不选；B根据图甲，CN-、HCN含量相等时溶液的pH=9.5，HCN的电离平衡常数K(HCN)= c(H+)=10-9.5mol/L，则NaCN的水解平衡常数Kh(NaCN)= 10-4.5mol/L，故B选；Cb点加入5mL盐酸，反应生成等浓度的NaCl、HCN，溶液组成为等物质的量浓度的NaCN、HCN和NaCl，根据图甲，CN-、HCN含量相等时溶液的pH=9.5，溶液呈碱性，则HCN电离程度小于CN-水解程度，可知c(HCN)c(CN-)，故C不选；Dc点加入10mL盐酸，反应后得到等浓度的NaCl、HCN的混合液，任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl-)=c(HCN)+c(CN-)，而根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+) = c(Cl-)+c(OH-)+c(CN-)，则c(Na+)+c(H+)=c（HCN）+c(OH-)+2c(CN-)，故D不选；答案选B。【点睛】明确每一点溶液中的溶质组成和溶液的酸碱性是解本题关键。本题的易错点为A，要注意图甲和图乙的区别与联系，选项A只针对图甲，调节pH不一定加入盐酸。8.制备N2H4H2O（水合肼）和无水Na2SO3主要实验流程如下：已知： 氯气与烧碱溶液的反应是放热反应； N2H4H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。从流程分析，本流程所用的主要有机原料为_（写名称）。步骤制备NaClO溶液时，若温度为41，测得产物中除NaClO外还含有NaClO3，且两者物质量之比为51，该反应的离子方程式为_。实验中，为使步骤中反应温度不高于40 ，除减缓Cl2的通入速率外，还可采取的措施是_。步骤合成N2H4H2O（沸点约118 ）的装置如图。NaClO碱性溶液与尿素CO（NH2）2（沸点196.6）水溶液在40以下反应一段时间后，再迅速升温至110继续反应。 使用冷凝管的目的是_。 滴液漏斗内的试剂是_；将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是_； 写出流程中生成水合肼反应的化学方程式_。 步骤制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3、SO32随pH的分布如图所示）。 边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定停止通SO2pH值为_（取近似整数值，下同）；用制得的NaHSO3溶液再制Na2SO3溶液的pH应控制在_。【答案】 (1). 尿素 (2). 8Cl2 + 16OH- = 5ClO-+ ClO3- + 10Cl- + 8H2O (3). 冰水浴冷却 (4). 通过冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率 (5). NaClO碱性溶液 (6). 打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下 (7). NaClO + CO(NH2)2 +2NaOH NaCl + N2H4 H2O + Na2CO3 (8). 4 (9). 10【解析】【分析】由实验流程可知，氯气和氢氧化钠溶液的反应生成NaClO，为避免生成NaClO3，应控制温度在40以下，生成的NaClO与尿素反应生成N2H4H2O和Na2CO3，可用蒸馏的方法分离出N2H4H2O，副产品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3，结合对应物质的性质以及题给信息分析解答。【详解】根据流程图，本流程所用的主要有机原料为尿素，故答案为：尿素；(2)若温度为41，测得产物中除NaClO外还含有NaClO3，且两者物质的量之比为51，同时还生成NaCl，根据得失电子守恒，ClO-ClO3- Cl- 物质的量之比为5110，反应的离子方程式为8Cl2 + 16OH- = 5ClO-+ ClO3- + 10Cl- + 8H2O，故答案为：8Cl2 + 16OH- = 5ClO-+ ClO3- + 10Cl- + 8H2O；氯气与烧碱溶液的反应是放热反应，实验中，为使步骤中反应温度不高于40 ，除减缓Cl2的通入速率外，避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高，还可以用冰水浴冷却，故答案为：冰水浴冷却；(4)为避免N2H4H2O的挥发，使用冷凝管，起到冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率，故答案为：通过冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率；为了避免N2H4H2O与 NaClO剧烈反应生成N2，实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液；将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下，故答案为：NaClO碱性溶液；打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下； 根据流程图，NaClO 和CO(NH2)2 在NaOH溶液中反应生成水合肼和碳酸钠，反应的化学方程式为NaClO + CO(NH2)2 +2NaOH NaCl + N2H4 H2O + Na2CO3，故答案为：NaClO + CO(NH2)2 +2NaOH NaCl + N2H4 H2O + Na2CO3；(5)用Na2CO3制备无水Na2SO3，在Na2CO3溶液中通入过量的二氧化硫生成NaHSO3，然后在NaHSO3溶液中加入NaOH溶液可生成Na2SO3。由图像可知，溶液pH约为4时，可完全反应生成NaHSO3，此时可停止通入二氧化硫，故答案为：4；由图像可知pH约为10时，可完全反应生成Na2SO3，故答案为：10。9.由含碘废水制取碘酸钾的一种工艺如下： 写出KIO3在日常生活中的一个重要应用_。 检验“含碘废水”中是否含有单质I2的常用试剂是_(写试剂名称)。 通入SO2的目的是将I2还原为I，该反应的离子方程式为_。 工艺中五种物质的制备反应中，不涉及氧化还原反应的步骤是“制_”。 “制KI(aq)”时，该温度下水的离子积为Kw1.01013，KspFe(OH)29.01015。为避免0.9 molL1 FeI2溶液中Fe2+水解生成胶状物吸附I-，起始加入K2CO3必须保持溶液的pH不大于_。 “制KIO3溶液”反应的离子方程式为_。 KCl、KIO3的溶解度曲线如图所示。流程中由“KIO3(aq)”得到KIO3晶体的操作步骤为_。【答案】 (1). 食盐添加剂，补充碘成分，预防碘缺乏病 (2). 淀粉溶液 (3). SO2I22H2O=SO42-2I4H( 或2SO2I22Cu24H2O=2CuI2 SO42-8H) (4). KI(aq) (5). 6.0 (6). 5Cl2I212OH=2IO3-10Cl6H2O (7). 蒸发浓缩，降温结晶【解析】【分析】含碘废水制取碘酸钾晶体，由实验流程可知，含碘废水中加入SO2和硫酸铜制备CuI，发生2SO2+I2+2Cu2+4H2O2CuI+2SO42-+8H+，滤液1含硫酸，过滤得到滤渣中加入铁粉、水制备FeI2，过滤得到滤渣1中含有Fe和Cu，滤液中加入碳酸钾制备KI，发生K2CO3+FeI2=FeCO3+2KI，滤渣2为FeCO3；酸性条件下KI、过氧化氢发生氧化还原反应生成碘，滤液2含硫酸钾，然后碘、氯气、KOH发生5Cl2+I2+12OH-2IO3-+10Cl-+6H2O制备碘酸钾，结合溶解度曲线和物质的性质分析解答。【详解】 KIO3是日常生活中食用加碘盐的主要添加剂，可以预防碘缺乏病，故答案为：食盐添加剂，补充碘成分，预防碘缺乏病；(2)因淀粉遇碘变蓝，因此检验“含碘废水”中是否含有单质I2，常用的试剂是淀粉溶液，故答案为：淀粉溶液；(3)通入SO2的目的是将I2还原为I-，二氧化硫被氧化生成硫酸，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2OSO42-+2I-+4H+(或2SO2+I2+2Cu2+4H2O2CuI+2SO42-+8H+)，故答案为：SO2+I2+2H2OSO42-+2I-+4H+(或2SO2+I2+2Cu2+4H2O2CuI+2SO42-+8H+)； 根据工艺流程图，五种物质的制备反应中，只有制备KI溶液的过程中没有元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故答案为：KI(aq)；(5)KspFe(OH)2=9.010-15，现测得溶液中c(FeI2)为0.9 molL-1，则c(OH-)=10-7mol/L，此温度下，Kw=1.010-13，c(H+)=10-6mol/L，pH=-lg10-6=6.0，故答案为：6.0；(6)“制KIO3溶液”时，氯气和碘单质与氢氧化钾溶液反应生成KIO3和氯化钾，反应的离子方程式为5Cl2+I2+12OH-2IO3-+10Cl-+6H2O，故答案为：5Cl2+I2+12OH-2IO3-+10Cl-+6H2O；(7)由溶解度曲线图可知，KIO3的溶解度小于KCl且KIO3的溶解度随温度升高而增大，由KIO3溶液得到KIO3晶体，可以通过蒸发浓缩、降温结晶的方法得到，故答案为：蒸发浓缩、降温结晶。10.清洁能源的开发、废水的处理都能体现化学学科的应用价值。. 工业上可利用CO2来制备清洁燃料甲醇，有关化学反应如下：反应A：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g) H149.6kJmol-1 反应B：CO2(g)H2H2O(g)CO(g) H241kJmol-1 写出用CO(g)和H2(g)合成CH3OH(g)反应的热化学方程式： _。 反应A可自发进行的温度条件是_(填“低温”或“高温”) 。 写出两个有利于提高反应A中甲醇平衡产率的条件_。 在CuZnOZrO2催化下，CO2和H2混和气体，体积比13，总物质的量amol进行反应，测得CO2转化率、CH3OH和CO选择性随温度、压强变化情况分别如图所示（选择性：转化的CO2中生成CH3OH或CO的百分比）。温度对反应的影响 压强对反应的影响 由上图可知，影响产物选择性的外界条件是_。 A. 温度 B. 压强 C. 催化剂 如图中M点温度为250，CO2的平衡转化率为25%，该温度下反应B的平衡常数为_（用分数表示）。.实验室模拟“间接电化学氧化法”处理氨氮废水中NH4+的装置如图所示。以硫酸铵和去离子水配制成初始的模拟废水，并以NaCl调节溶液中氯离子浓度，阳极产物将氨氮废水中的NH4+氧化成空气中的主要成分。 阳极反应式为_。 除去NH4+的离子反应方程式为_。【答案】 (1). CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H90.6kJmol-1 (2). 低温 (3). 增大压强，适当降温，及时分离出产物（H2O或CH3OH） (4). AB (5). 1/60 (6). 2Cl2e Cl2 (7). 2NH4+3Cl2 8H+N2+6Cl【解析】【分析】(1)根据盖斯定律分析解答；(2)反应能自发进行，需要满足H-TS0；(3)提高甲醇的产率，应使平衡正向移动，结合方程式的特点判断；(4)根据温度和压强对反应的影响曲线图结合反应的方程式分析判断；在Cu-ZnO/ZrO2催化下，CO2和H2混合气体，体积比13，总物质的量amol进行反应，250时，反应A和B达到平衡，平衡时容器体积为VL，CO2转化率为25%，根据温度对反应的影响曲线可知，CH3OH和CO选择性均为50%，结合方程式利用三段式结合平衡常数表达式分析计算；(5)阳极发生氧化反应，氯离子放电生成氯气；(6)氯气具有氧化性，铵根离子中氮是-3价，具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，据此书写反应的离子方程式。【详解】.(1)反应A：CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g) H149.6kJmol-1，反应B：CO2(g)H2H2O(g)CO(g) H241kJmol-1，根据盖斯定律，将A-B得：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H(49.6kJmol-1)-(41kJmol-1)=90.6kJmol-1，故答案为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H90.6kJmol-1；(2)对于反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H1=-49.6kJmol-1，H0，S0，如反应能自发进行，应满足H-TS0，低温下即可进行，故答案为：低温；(3)反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H1=-49.6kJmol-1，由化学计量数可知，增大压强，平衡正向移动；正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动；及时分离出产物(H2O或CH3OH)，平衡也正向移动，这些措施均有利于提高甲醇的产率，故答案为：增大压强，适当降温，及时分离出产物(H2O或CH3OH)；(4) 根据温度和压强对反应的影响曲线图可知，反应A为放热反应，反应B为吸热反应，改变温度，平衡一定移动，说明温度影响产物的选择性；增大压强，反应A正向移动，甲醇的产率增大，说明压强影响产物的选择性，因此温度和压强对产物的选择性均有影响，加入催化剂，平衡不移动，不会影响产物的选择性，故答案为：AB；在Cu-ZnO/ZrO2催化下，CO2和H2混合气体，体积比13，总物质的量amol进行反应，250时，反应A和B达到平衡，平衡时容器体积为VL，CO2转化率为25%，根据温度对反应的影响曲线可知，CH3OH和CO选择性均为50%，由方程式可知，消耗的二氧化碳的物质的量n(CO2)=25%mol=mol，剩余二氧化碳的物质的量为mol，生成CH3OH和CO共mol，分别为mol，生成n(H2O)=mol，两个反应消耗氢气的物质的量为mol3+mol=mol，则剩余氢气的物质的量为mol-mol=mol，则反应B的平衡常数K=，故答案为：；.(5)阳极发生氧化反应，氯离子放电生成氯气，电极反应式为：2Cl-2e-=Cl2，故答案为：2Cl-2e-=Cl2；(6)氯气具有氧化性，铵根离子中氮是-3价，具有还原性，能够被氯气氧化成氮气，氯气得电子生成-1价的氯离子，反应的离子方程式为2NH4+3Cl2=8H+N2+6Cl-，故答案为：2NH4+3Cl2=8H+N2+6Cl-。【点睛】本题的易错点和难点为(4)中化学平衡常数的计算，难点是根据温度对反应的影响曲线判断CH3OH和CO的选择性。【物质结构与性质】11.铜及其化合物在人们的日常生活中有着广泛的用途。回答下列问题： 铜或铜盐的焰色反应为绿色，该光谱是_(填“吸收光谱”或“发射光谱”)。 基态Cu原子中，核外电子占据的最低能层符号是_，其价电子层的电子排布式为_，Cu与Ag均属于IB族，熔点：Cu_Ag(填“”或“ (5). 正四面体 (6). sp3 (7). 配位键 (8). 67 (9). 共价 (10). 398/ (a3) mol-1【解析】分析】(1)基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以光的形式释放能量；(2)基态Cu原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，Cu的离子半径比Ag的小，Cu的金属键更强；(3)根据价层电子对个数=键个数+孤电子对个数计算解答；(4)根据乙醛和乙酸的结构式结合单键为键，双键含有1个键、1个键分析解答；(5)电负性差值大于1.7的两种元素化合时，形成离子键；电负性差值小于1.7的两种元素的原子之间形成共价键；(6)根据均摊法计算晶胞中黑色球、白色球数目，确定物质的组成，用阿伏加德罗常数表示出晶胞质量，而晶胞质量也等于晶胞体积与密度乘积，据此计算。【详解】(1)基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以光的形式释放能量，焰色反应的光谱属于发射光谱，故答案为：发射光谱；(2)基态Cu原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，核外电子占据的最低能层是第一能层，能层符号是K；价电子层的电子排布式为3d104s1；Cu与Ag均属于IB族，Cu的离子半径比Ag的小，Cu的金属键更强，熔点CuAg，故答案为：K；3d104s1；(3)SO42-中S原子孤电子对数=0，价层电子对数=4+0=4，SO42-的空间构型为正四面体，S原子杂化方式为sp3，Cu2+离子含有空轨道，NH3中N原子有孤电子对，Cu2+与NH3之间形成配位键，故答案为：正四面体；sp3；配位键；(4) 1个乙醛分子中有4个C-H键、1个C-C键、1个C=O双键，单键为键，双键含有1个键、1个键，乙醛分子中有6个键；1个乙酸分子中有3个C-H键、1个C-C键、1个C=O双键，1个C-O键，1个O-H键，单键为键，双键含有1个键、1个键，乙酸分子中有7个键，因此等物质的量的乙醛与乙酸中键的数目比为67，故答案为：67；(5)Cl与Cu的电负性之差为3.2-1.9=1.3，电负性差值小于1.7，故CuCl属于共价化合物，故答案为：共价；(6)晶胞中黑色球数目=4、白色球数目=8+6=4，该化合物为CuCl，晶胞质量=4=gcm-3(a cm)3，整理可得NA=mol-1，故答案为：mol-1。【有机化学基础】12.一种合成囧烷（E）的路线如下： A中所含官能团的名称是_；E的分子式为_。 AB、BC的反应类型分别是_、_。 在一定条件下，B与足量乙酸可发生酯化反应，其化学方程式为_。 F是一种芳香族化合物，能同时满足下列条件的F的同分异构体有_种。 1个F分