贵州省贵阳市第二中学2020届高三化学测试试题（十一）

贵州省贵阳市第二中学2020届高三化学测试试题（十一）可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 S:32 Fe:56 Cu:641.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）A. 看到有该标志的丢弃物应远离并报警B. 浓硫酸、碱石灰均不可以作食品的干燥剂，CaCl2可以作食品干燥剂C. 苏轼的格物粗谈有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指乙烯D. 寻找合适的催化剂，使水分解产生氢气的同时放出热量是科学家研究的方向【答案】BD【解析】【详解】A该标志为辐射品危险标志，看到有该标志的丢弃物，应远离并报警，故A正确；B浓硫酸具有腐蚀性，不可以可以作食品干燥剂，碱石灰和CaCl2可以作食品干燥剂，故B错误；C分析题意可知，这种“气”是指乙烯，因为乙烯的主要作用是促进果实成熟，故C正确；D催化剂能加快反应速率，但不能改变热效应，即合适的催化剂，能使水分解产生氢气，但反应过程仍需要吸收热量，故D错误；故答案为BD。2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A. 常温常压下，124 g P4中所含PP键数目为4NAB. 标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAC. 1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAD. 0.1mol H2 和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NA【答案】B【解析】【详解】AP4中所含PP键数目为6，则124 g P4即1molP4中所含PP键数目为6NA，故A错误；B标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量为0.5mol，甲烷和乙烯分子中氢原子数目均为4，则0.5mol甲烷和乙烯混合气体中含氢原子数目为2NA，故B正确；C1 mol FeI2与足量氯气反应生成I2和FeCl3，共转移电子数为3NA，故C错误；DH2+I22HI这是一个反应前后分子总数不变的可逆反应，则反应后分子总数仍为0.2NA，故D错误；故答案为B。【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：物质的状态是否为气体；对于气体注意条件是否为标况；注意溶液的体积和浓度是否已知；注意同位素原子的差异；注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是由Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。3.香豆素-3-羧酸是日用化学工业中重要香料之一，它可以通过水杨醛经多步反应合成：下列说法正确的是()A. 水杨醛苯环上的一元取代物有4种B. 可用酸性高锰酸钾溶液检验中间体A中是否混有水杨醛C. 中间体A与香豆素-3- 羧酸互为同系物D. 1 mol香豆素-3-羧酸最多能与1 mol H2发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A水杨醛苯环上的四个氢原子的环境不同，即苯环上有4种等效氢，苯环上的一元取代物有4种，故A正确；B水杨醛中含有醛基和酚羟基，具有醛和酚的性质；中间体中含有酯基、碳碳双键，具有酯和烯烃性质，二者都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象相同，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，故B错误；C结构相似，在分子组成上相差一个或n个-CH2原子团的有机物互称同系物，中间体中含有酯基、香豆酸-3-羧酸中含有酯基和羧基，二者结构不相似，所以不是同系物，故C错误；D香豆酸-3-羧酸中苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，则1mol各物质最多能和4mol氢气发生加成反应，故D错误；故答案为A。4.下列实验操作及现象和结论都正确的是( )实验操作及现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和氯化钠溶液和饱和硫酸铜溶液，均有固体析出蛋白质均发生变性B溴乙烷与氢氧化钠溶液共热后，滴加硝酸银溶液，未出现淡黄色沉淀溴乙烷未水解C向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别滴入2滴相同浓度的氯化钠和碘化钠溶液，一支试管中出现黄色沉淀，另一支无明显现象Ksp(AgI)碳酸苯酚A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A蛋白质与NaCl饱和溶液发生盐析，硫酸铜溶液可使蛋白质变性，故A错误；B溴乙烷与NaOH溶液共热后，应先加入硝酸酸化除去过量的NaOH，否则不能排除AgOH的干扰，故B错误；C浓度相同，Ksp小的先沉淀，由现象可知Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，故C正确；D醋酸易挥发，醋酸与苯酚钠溶液反应也能产生白色浑浊，则不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱，故D错误；故答案C。5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质，常温下，A遇甲的浓溶液发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体。上述物质的转化如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 丁和戊中所含元素种类相同，且化学键的类型也完全相同B. 简单气态氢化物的沸点：X ZD. Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中不可能大量共存【答案】D【解析】【分析】A是元素Y的单质。常温下，甲的浓溶液和A发生钝化，可知A为Al单质，Y为Al元素，丙是无色气体，应为SO2，则甲为H2SO4，丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，可知丁为H2O，戊为H2O2，乙为Al2(SO4)3，则W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S等元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S元素；A丁为H2O，戊为H2O2，所含元素种类相同，但水中只含有极性键，而H2O2中除H-O极性共价键外，还含有O-O非极性键，两者含有的化学键类型不完全相同，故A错误；BO、S 对应的最简单氢化物为H2O和H2S，因水分子间存在氢键，H2O的沸点大于H2S，故B错误；C非金属性OS，元素的非金属性越强，对应的氢化物的还原性越弱，故C错误；D铝离子和硫离子在溶液中发生双水解生成H2S和Al(OH)3，而不能大量共存，故D正确；故答案为D。6.在潮湿的深层土壤中，钢管主要发生厌氧腐蚀，有关厌氧腐蚀的机理有多种，其中一种理论为厌氧细菌可促使SO42-与H2反应生成S2-，加速钢管的腐蚀，其反应原理如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 正极的电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-B. SO42-与H2的反应可表示为：4H2+SO42-8eS2-+4H2OC. 钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe（OH）2D. 在钢管表面镀锌或铜可减缓钢管的腐蚀【答案】C【解析】【详解】A正极上水发生还原反应生成H2，电极反应式为2H2O +2e-=2OH-+H2，故A错误；BSO42-与H2在厌氧细菌的催化作用下反应生成S2-和H2O，离子反应式为：4H2+SO42-S2-+4H2O，故B错误；C钢管腐蚀的过程中，负极上Fe失电子发生氧化反应生成的Fe2+，与正极周围的S2-和OH-分别生成FeS的Fe(OH)2，故C正确；D在钢管表面镀锌可减缓钢管的腐蚀，但镀铜破损后容易形成Fe-Cu原电池会加速铁的腐蚀，故D错误；故答案为C。7.常温下，某实验小组探究碳酸氢铵溶液中各微粒物质的量浓度随溶液pH的变化如图所示（忽略溶液体积变化），则下列说法错误的是（ ）A. 由图可知碳酸的Ka1数量级约为10-7B. 向NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液，主要与HCO3反应C. 常温下将NH4HCO3固体溶于水，溶液显碱性D. NH4HCO3作肥料时不能与草木灰混用【答案】B【解析】【详解】A由图可知，pH=6.37时c(H2CO3)=c(HCO3-)、c(H+)=10-6.37mol/L，碳酸的一级电离常数Ka1=10-6.37，则碳酸的Ka1数量级约为10-7，故A正确；B向稀NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液，发生的离子反应为HCO3-+NH4+2OH-NH3H2O+CO32-+H2O，说明NaOH与NH4+、HCO3均反应，故B错误；C由图可知，pH=9.25时c(NH3H2O)=c(NH4+)、c(OH-)=109.25-14mol/L=10-4.75mol/L，NH3H2O的离常数Ka1=10-4.75，而碳酸的Ka1=10-6.37，则NH3H2O的电离能力比H2CO3强，HCO3-的水解程度比NH4+强，即NH4HCO3的水溶液显碱性，故C正确；D草本灰的水溶液显碱性，与NH4HCO3混用会生成NH3，降低肥效，则NH4HCO3作肥料时不能与草木灰混用，故D正确；故答案为B。8.乙烯来自石油的重要化工原料，其产量是一个国家石油化工水平的标志，根据以下实验，请回答下列问题：（1）实验之前需要对该装置进行气密性的检查，具体操作为：_（2）石蜡油分解实验产生的气体的主要成分是_（填写序号）；只有甲烷 只有乙烯 烷烃与烯烃的混合物（3）实验过程中装置B中的现象为_，若装置D中产生了白色沉淀，则说明装置C中发生反应的离子方程式为_；（4）该实验中碎瓷片的作用是_（填序号）；防止暴沸 有催化功能 积蓄热量 作反应物（5）将分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为_（用NA表示）；（6）利用A装置的仪器还可以制备的气体有_（任填一种），产生该气体的化学方程式为_。【答案】 (1). 微热A中大试管，E中出现了气泡，冷却后E中导管中形成一段液注，则装置的气密性良好 (2). (3). 溴水褪色 (4). 5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2+12Mn2+28H2O (5). (6). 3mNA/14 (7). NH3 (8). Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3【解析】【分析】探究工业制乙烯的原理和乙烯的主要化学性质，由实验装置可知，A中烷烃在催化剂和加热条件下发生反应生成不饱和烃，B中乙烯与溴水发生加成反应，C中乙烯与高锰酸钾发生氧化反应，D中吸收C中生成的二氧化碳，E中利用排水法收集乙烯。【详解】(1)检查该装置气密性时先形成密闭系统，再利用气体的热胀冷缩原理检验，具体操作为：E中加入适量水，将导管放入水中，再微热A中的大试管，E中出现了气泡，冷却后E中导管中形成一段液注，则装置的气密性良好。(2)石蜡油主要是含17个碳原子以上的液态烷烃混合物，在加热条件下，石蜡油分解生成烯烃，根据原子守恒知，除了生成烯烃外还生成烷烃，故选；(3)石蜡油分解生成烯烃，烯烃能与溴发生加成反应，则实验过程中装置B中的现象为溴水褪色；若装置D中产生了白色沉淀，则说明混合气体经过装置C时，乙烯被酸性KMnO4溶液氧化生成了CO2气体，同时生成MnSO4，则发生反应的离子方程式为5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2+12Mn2+28H2O；(4)加热石蜡油时加入碎瓷片，石蜡油分解较缓慢，加热碎瓷片能加快反应速率，碎瓷片还能吸收热量而积蓄热量从而促进石蜡油分解，故选；(5)分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，说明分解生成的烯烃的质量为mg，烯烃的分子通式为CnH2n，其摩尔质量为14ng/mol，则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为=。(6)A装置是固体混合加热制气法，常见气体O2、NH3均可以用此装置制备，其中加热氯化铵和消石灰的混合固体可制得NH3，发生反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3。9.重晶石主要成分为BaSO4，含少量的SiO2、CaO和MgO杂质，以下是一种制取Ba(NO3)2的工业流程。（1）上述流程中将重晶石和煤磨成粉状的目的是_。（2）焙烧过程中主反应为：BaSO4 + 4CBaS + 4CO，除此以外还可能有BaCO3等副产物生成，通过改变温度以及煤粉的用量可降低副反应发生。依据如图判断生成BaS的反应是_反应（填“放热”或“吸热”）；反应温度至少应控制在_以上。控制BaSO4的量不变，改变C的量，测得原料中碳的物质的量对平衡组成的影响，如图所示，判断原料中n(C) / n(BaSO4)至少为_（填字母）：a. 1.5 、b. 2.0 、c.3.75。（3）已知BaS的溶解度随温度的升高而明显增大，90时约为50g/100g水，浸取液中存在三种碱Mg(OH)2 、Ca(OH)2、Ba(OH)2。浸取过程中产生Ba(OH)2的原因是_（写离子方程式）。三种碱的碱性由强到弱顺序为：_（填化学式）；结合元素周期律解释原因是：Mg、Ca、Ba处于同一主族，随着原子序数递增，_。（4）酸解过程中，向滤液中加入硝酸，即有硝酸钡晶体析出，稍过量的HNO3有利于提高Ba(NO3)2晶体的析出率，用化学平衡原理分析其原因是：_。【答案】 (1). 增大固体接触面积，加快反应速率，提高转化率 (2). 吸热 (3). 600 (4). c (5). S2-+ H2OHS- + OH- 、HS-十H2OH2S+ OH- (6). Ba(OH)2 (7). Ca(OH)2 (8). Mg(OH)2 (9). 原子半径增大，金属性增强，最高价氧化物对应水化物碱性增强 (10). 溶液中存在Ba2+(aq) + 2NO3-(aq) Ba(NO3)2(s)，稍过量的硝酸有利于提高c(NO3-)，促进平衡向晶体析出的方向移动，有利于提高Ba(NO3)2晶体的析出率【解析】【分析】重晶石主要成分为BaSO4，含少量的SiO2、CaO和MgO杂质，加入煤粉，高温煅烧，发生BaSO4 +4C BaS+4CO，除此以外还可能有BaCO3等副产物生成，然后用90的热水浸取，趁热过滤，除去杂质，加入硝酸，可与BaS反应生成硝酸钡，以此解答该题。【详解】(1) 将重晶石和煤磨成粉状的目的是增大固体接触面积，加快反应速率，提高转化率；(2)由图可知升高温度，CO 的物质的量增大，则升高温度平衡正向移动，为吸热反应，为减少副反应的发生，应在600以上进行；由图象可知加入C应减少副反应，使硫酸钡完全转化生成BaS，且C生成CO，BaS0.2mol， CO为0.75mol，根据原子守恒，则判断原料中n(C)/n(BaSO4)至少为3.75，故答案为c；(3)BaS水解可产生Ba(OH)2，水解的离子方程式为S2-+ H2OHS- + OH- 、HS-十H2OH2S+ OH-；Mg、Ca、Ba处于同一主族，随着原子序数递增，原子半径增大，金属性增强，最高价氧化物对应水化物碱性增强，即金属性BaCaMg，故答案为：Ba(OH)2、Ca(OH)2、Mg(OH)2；由原子序数知Mg、Ca、 Ba处于同一主族，随着原子序数递增，原子半径增大，金属性增强，最高价氧化物对应水化物碱性增强；(4)溶液中存在Ba2+(aq) + 2NO3-(aq) Ba(NO3)2(s)，稍过量的硝酸有利于提高c(NO3-)，促进平衡向晶体析出的方向移动，有利于提高Ba(NO3)2晶体的析出率。10.十九大报告指出：“坚持全民共治、源头防治，持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战！”以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。（1）工业上采用NH3SCR法是消除氮氧化物的常用方法。它利用氨在一定条件下将NOx在脱硝装置中转化为N2。主要反应原理为：主反应：a.4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g) H1副反应：b.4NH3(g)+3O2(g) 2N2(g)+6H2O(g) H2=1267.1kJ/molc.4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) H3=907.3 kJ/mol上述反应中利用了NH3的_ 性质；H1_。将氮氧化合物按一定的流速通过脱硝装置，测得出口的NO残留浓度与温度的关系如图1，试分析脱硝的适宜温度是_（填序号）。A 1050 温度超过1000 ，NO浓度升高的原因是_。（2）已知：8NH3(g)+6NO2(g) 7N2(g) +12H2O(l) H0。相同条件下，在2 L密闭容器内，选用不同的催化剂进行反应，产生N2的量随时间变化如图2所示。该反应活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)由大到小的顺序是_，理由是_。下列说法正确的是_（填标号）。a 使用催化剂A达平衡时，H值更大b 升高温度可使容器内气体颜色加深c 单位时间内形成N-H键与O-H键的数目相等时，说明反应已经达到平衡d 若在恒容绝热的密闭容器中反应，当平衡常数不变时，说明反应已经达到平衡（3）为避免汽车尾气中的氮氧化合物对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)H=746.8kmol1，实验测得，v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c(N2)c2(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_(填“”“”或“=”)k逆增大的倍数。若在1L的密闭容器中充入1 molCO和1 molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则=_。（分数表示或保留一位小数）【答案】 (1). 还原性 (2). -1626.9 kJ/mol (3). b (4). 高温下,副反应c，产生了NO；主反应a正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，也会导致NO的浓度增大 (5). Ea(C) Ea(B) Ea(A) (6). 相同时间内生成的N2越多，反应速率越快，活化能越低 (7). b c d (8). (9). 或0.2【解析】【分析】(1)在反应4NH3+4NO+O24N2+6H2O中NH3中氮元素的化合价从-3价升高为0价，发生氧化反应，是还原剂，NO和O2是氧化剂；根据盖斯定律，由2b-c=a，由此计算H1；氮氧化物残留浓度越低越好；温度超过1000，氨气和氧气反应生成NO；(2)相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低；a催化剂不影响平衡移动；b该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动；c单位时间内形成N-H键与O-H键的数目相等时，正逆反应速率相等；d若在恒容绝热的密闭容器中反应，随着反应进行，化学平衡常数改变，当平衡常数不变时，正逆反应速率相等。(3)正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；若在1L的密闭容器中充入1 molCO和1 molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则： 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)起始(mol/L)：1 1 0 0转化(mol/L)：0.4 0.4 0.2 0.4平衡(mol/L)：0.60.6 0.2 0.4平衡时v正=v逆，则k正c2(NO)c2(CO)=k逆c(N2)c2(CO2)，结合=计算。【详解】(1)在反应4NH3+4NO+O24N2+6H2O中NH3中氮元素的化合价从-3价升高为0价，发生氧化反应，是还原剂，具有还原性；已知：主反应：a.4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g) H1；副反应：b.4NH3(g)+3O2(g) 2N2(g)+6H2O(g) H2=1267.1kJ/mol；c.4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) H3=907.3 kJ/mol；根据盖斯定律，由2b-c=a，则H1=2(1267.1kJ/mol)-(907.3 kJ/mol)=-1626.9 kJ/mol；氮氧化物残留浓度越低越好，根据图知，在9001000时氮氧化物浓度最低，故答案为b；温度超过1000，氨气和氧气反应生成NO，导致NO浓度增大；(2)相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，该反应的活化能越低，根据图知，化学反应速率ABC，所以活化能大小顺序是Ea(C)Ea(B)Ea(A)；a催化剂不影响平衡移动，所以其焓变不变，故错误；b该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，二氧化氮浓度增大，气体颜色加深，故正确；c单位时间内形成N-H键与O-H键的数目相等时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；d若在恒容绝热的密闭容器中反应，随着反应进行，化学平衡常数改变，当平衡常数不变时，正逆反应速率相等，化学反应达到平衡状态，故正确；故选bcd；(3)正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则k正增大的倍数k逆增大的倍数；若在1L的密闭容器中充入1 molCO和1 molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则： 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)起始(mol/L)：1 1 0 0转化(mol/L)：0.4 0.4 0.2 0.4平衡(mol/L)：0.60.6 0.2 0.4平衡时v正=v逆，则k正c2(NO)c2(CO)=k逆c(N2)c2(CO2)，则：=。【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般23个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的H与原热化学方程式之间H的换算关系。11.黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2是其中铜的主要存在形式。回答下列问题：（1）CuFeS2中存在的化学键类型是_。其组成的三种元素中电负性较强的是 _。（2）下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的_。（3）在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。X分子的立体构型是_，中心原子杂化类型为_，属于_（填“极性”或“非极性”）分子。X的沸点比水低的主要原因是_。（4）CuFeS2与氧气反应生成SO2，其结构式为，则SO2中共价键类型有_。（5）四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示。Cu的配位数为_，已知：ab0.524 nm，c1.032 nm，NA为阿伏加德罗常数的值,CuFeS2晶体的密度是_gcm3(列出计算式)。【答案】 (1). 离子键 (2). 硫（S） (3). CD (4). V形 (5). sp3 (6). 极性 (7). 水分子间存在氢键（答案合理即可） (8). 键和键 (9). 4 (10). 【解析】【分析】(1)CuFeS2中存在Cu2+、Fe2+和S2-；CuFeS2中硫为非金属元素，铁和铜为金属元素，元素的非金属性越强，电负性越大；铁原子价电子为3d64s2，铜原子价电子为3d104s1，基态原子或离子的价层电子排布图中半满或全满为稳定结构；(2)在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生为H2S气体；硫原子和两个氢原子形成两个共价键，根据H2S属AX2，价层电子对为4对，VSEPR模型为四面体形，但S原子有2对孤电子对来判断分子的立体构型，中心原子硫原子杂化方式为sp3杂化，为V性结构，分子具有极性；H2S的沸点比水低的主要原因是水分子间形成氢键；(3)二氧化硫为共价化合物，硫原子和两个氧原子间分别形成一个键，同时氧原子和硫原子间形成一个4电子离域键；(4)四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示分析可知亚铜离子形成四个共价键，硫原子连接两个亚铁离子和两个亚铜离子；晶胞中亚铁离子=8+4+1=4，亚铜离子=6+4=4，硫离子=8，晶胞内共含4个CuFeS2，a=b=0.524nm，c=1.032nm，则晶体的密度=。【详解】(1)CuFeS2中存在Cu2+、Fe2+和S2-，存在化学键类型为离子键；CuFeS2中硫为非金属元素，铁和铜为金属元素，则三种元素中电负性较强的是硫元素；铁原子价电子为3d64s2，铜原子价电子为3d104s1：A二价铁离子是铁原子失去最外层2个电子形成的阳离子，3d轨道有一个成对电子，4s轨道为空轨道，故A错误；B铜原子价电子为3d104s1 ，轨道表示式不符合，故B错误；C三价铁离子是铁原子失去4s两个电子和3d一个电子，3d轨道上各有一个电子为稳定结构，故C正确；D亚铜离子是失去4s轨道一个电子形成的阳离子，轨道表示式正确，故D正确；故答案为CD；(2)H2S分子中，价层电子对为4对，VSEPR模型为四面体形，价层电子对之间的夹角均为10928，但S原子有2对孤电子对，所以分子的构型为V形，中心原子杂化类型为sp3杂化，属于极性分子；H2S的沸点比水低的主要原因是水分子间形成氢键；(3)二氧化硫为共价化合物，硫原子和两个氧原子间分别形成一个键，同时氧原子和硫原子间形成一个4电子离域键，SO2中心原子的价层电子对数为3对，共价键的类型有：键和键；(4)晶胞结构分析可知，由面心上Cu与2个S相连，晶胞中每个Cu原子与4个S相连，Cu+的配位数为4；晶胞中亚铁离子=8+4+1=4，亚铜离子=6+4=4，硫离子=8，晶胞内共含4个CuFeS2，a=b=0.524nm，c=1.032nm，则晶体的密度= gcm3。12.某课题组的研究人员用有机物A、D为主要原料，合成高分子化合物F的流程如图所示：已知：A属于烃类化合物，在相同条件下，A相对于H2密度为13。D的分子式为C7H8O，遇FeCl3溶液不发生显色反应。请回答以下问题：（1）A的结构简式为_。（2）反应的反应类型为_，B中所含官能团的名称为_。（3）反应的化学方程式是_。（4）D的核磁共振氢谱有_组峰； D的同分异构体中，属于芳香族化合物的还有_(不含D)种。（5）反应的化学方程式是_。（6）参照上述流程信息和已知信息，以乙醇和苯乙醇为原料(无机试剂任选)制备化工产品设计合理的合成路线_。合成路线流程图示例：CH3C