2022届云南省昭通市上学期高中毕业诊断性检测理科综合化学试题（含解析）

昭通市2022届高中毕业生诊断性检测理科综合化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1O-16Na-23S-32Fe-56Ni-59Cu-64一、选择题：每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有-项是符合题目要求的。1.化学与生活、生产及科技密切相关，下列有关说法正确的是A.盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良B.纳米铁粉和FeS都可以高效地去除被污染水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，其原理相同C.三星堆二号祭祀坑出土商代的铜人铜像填补了我国考古学、青铜文化史上的诸多空白，青铜器的出土表明我国商代已经掌握冶炼铜技术D.日本福岛核电站事故核废水中含有氚(H)等放射性同位素，属于化学变化【答案】C【解析】【详解】A．盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长，如施加熟石灰进行改良，生成CaCO3和NaOH，加重土壤的碱性和板结，故A错误；B．纳米Fe粉能和Cu2+、Hg2+等重金属离子发生置换反应生成Cu、Hg单质，FeS可将Cu2+、Hg2+等重金属离子转化为更难溶的金属硫化物沉淀而治理污染，则二者原理不同，故B错误；C．青铜器的主要成分是铜单质，商代的铜人铜像，说明此时我国已经掌握炼铜技术，故C正确；D．核反应不属于化学变化，故D错误；

故选：C。2.设阿伏加德罗常数的值为NA，则下列说法正确的是A.标准状况下，16.8LCH4与足量氯气在光照下反应生成CH3Cl分子数目小于0.75NAB.常温常压下，56gFe和足量浓HNO3反应转移电子数为3NAC.1.05molNa2O2分别与足量CO2、SO2反应，转移的电子数目均为1.05NAD.将50mL、18mol/L的浓硫酸与足量铜粉共热，产生的SO2分子数为0.45NA【答案】A【解析】【详解】A．标准状况下，16.8LCH4物质的量为，甲烷和氯气反应除了生成CH3Cl，还生成CH2Cl2、CHCl3和CCl4，故反应生成的CH3Cl分子数小于0.75NA，故A正确；B．56g铁的物质的量为，与足量的盐酸反应生成1mol亚铁离子，失去2mol电子，转移的电子数为2NA，故B错误；C．过氧化钠和二氧化碳的反应为过氧化钠的歧化反应，氧元素由-1价歧化为-2价和0价，故1.05molNa2O2转移1.05NA个电子；而过氧化钠和SO2反应后氧元素由-1价变为-2价，故1.05mol过氧化钠转移2.1NA个电子，故C错误；D．50mL18mol/L浓硫酸物质的量n=cV=18mol/L×50×10-3L=0.9mol，浓硫酸与足量铜共热，随着反应进行硫酸浓度降低变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，所以产生SO2的分子数小于0.45NA，故D错误；故选：A。3.Q、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的五种前20号元素。其中化合物Y2Q4的电子总数为18个，Z元素的最外层电子数比次外层电子数少2，由四种元素组成的化合物结构为W+[Z—X≡Y]-，下列说法错误的是A.Z元素的单质存在于火山喷口附近或地壳的岩层里B.简单离子半径：Z>W>YC.简单气态氢化物的热稳定性：Y>ZD.图示化合物遇含Fe3+的溶液可生成血红色沉淀【答案】D【解析】【分析】由题干信息可知，Q、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的五种前20号元素，其中化合物Y2Q4的电子总数为18个，故化合物Y2Q4应该为N2H4，则Q为H、Y为N，Z元素的最外层电子数比次外层电子数少2，故Z为S，由四种元素组成的化合物结构为W+[Z—X≡Y]-，则W为K，X为C，四种元素组成的化合物为KSCN，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，Z元素为S，硫单质存在于火山喷口附近或地壳的岩层里，A正确；B．由分析可知，Y、Z、W分别为N、S、K，故简单离子半径大小为：S2-＞K+＞N3-即Z>W>Y，B正确；C．简单气态氢化物的热稳定性与其非金属性一致，故简单气态氢化物的热稳定性：NH3＞H2S即Y>Z，C正确；D．由分析可知，图示化合物即KSCN遇含Fe3+的溶液可生成血红色溶液而不是沉淀，D错误；故答案为：D。4.下列图示的实验操作，不能实现相应实验目的的是

A.图I：制备乙烯并验证乙烯的还原性B.图II：制备少量的Fe(OH)2C.图III：探究氯气是否具有漂白性D.图IV：探究氨气在水的溶解性【答案】B【解析】【详解】A．图I用浓硫酸和乙醇的混合液加入至170℃，可以制得乙烯，并用NaOH溶液可以吸收SO2等还原性气体，溶解挥发出来的乙醇，通过酸性高锰酸钾溶液褪色证明乙烯有还原性，故图I可以制备乙烯并验证乙烯的还原性，A不合题意；B．图II由于装NaOH溶液的试管和装铁粉及稀硫酸的试管装反了，故无法制备少量的Fe(OH)2，B符合题意；C．图III将干燥的Cl2依次通过干燥的有色布条和湿润的有色布条，最后用NaOH溶液吸收Cl2，故图III可以探究氯气是否具有漂白性，C不合题意；D．图IV为喷泉实验装置，通过氨气的喷泉实验可以探究氨气在水的溶解性，D不合题意；故答案为：B。5.萘普生是一种镇痛性药物，其结构如图所示，下列有关恭普生的说法正确的

A.分子式为C14H12O3B.萘普生苯环上的一氯代物有6种。C.可以发生氧化反应、加成反应和消去反应D.分子中所有碳原子共平面【答案】B【解析】【详解】A．由结构简式可知分子式为C14H14O3，故A错误；

B．萘普生苯环上有共6种H原子，则一氯代物有6种，故B正确；

C．可与氧气燃烧发生氧化反应，苯环可与氢气发生加成反应，但不能发生消去反应，故C错误；

D．含有饱和碳原子，分子中不是所有碳原子共平面，故D错误；

故选：B。6.2020年9月中科院研究所报道了一种高压可充电碱-酸Zn-PbO2混合电池，电池采用阴、阳双隔膜完成离子循环(如图)，该电池良好的电化学性能为解决传统水性电池的关键问题提供了很好的机会。下列说法正确的是A.充电时，d极发生还原反应B.离子交换膜b、c分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜C.放电时a极的电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)D.放电时，每转移2mol电子，中间K2SO4溶液中溶质减少1mol【答案】C【解析】【分析】根据电池装置，a极室为碱性电解质溶液，d极室为酸性电解质溶液，放电时锌在负极被氧化，二氧化铅在正极被还原，充电时，阳极生成二氧化铅，阴极生成锌，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，充电时d极为阳极，发生氧化反应，故A错误；B．因为是碱-酸混合电池，根据电池装置，a极室为KOH溶液，d极室为H2SO4溶液，放电时负极反应式为：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，K+通过离子交换膜b由a极室进入中间中性溶液。正极反应式为：PbO2+4H+++2e-=PbSO4+2H2O，通过离子交换膜c由d极室进入中间中性溶液。充电时反向转移，保持两极室电解质溶液酸碱性所以离子交换膜b、c分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，B错误；C．放电时，锌在负极结合OH-生成Zn(OH)，负电极反应式：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，故C正确；D．根据放电时电极反应式可知，每转移2mol电子，中间K2SO4溶液中溶质增加lmol，故D错误。答案选C。7.取两份10mL0.05mol·L-1的NaHA溶液，一份滴加0.05mol·L-1的盐酸，另一份滴加0.05mol的NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图

下列说法错误的是A.由a点可知：NaHA溶液中A2+的浓度小于H2A的浓度B.a→d→e曲线表示NaHA溶液中滴加盐酸C.a→b→c过程中：始终保持c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)D.令c点的c(Na+)+c(H+)=x，e点的c(Na+)+c(H+)=y，则x>y【答案】C【解析】【详解】A．a点溶液pH=8.3，溶液呈碱性，则可说明NaHA溶液中HA-的水解程度大于电离程度，则A2+的浓度小于H2A的浓度，故A正确；

B．a→d→e过程中溶液碱性减弱，至溶液呈酸性，应是在NaHA溶液中加入盐酸，故B正确；

C．a→b→c过程中溶液碱性增强，是在NaHA溶液中加入NaOH，a点溶质为NaHA，由物料守恒：c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，c点溶质为Na2A，由物料守恒：c(Na+)=2[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]，故C错误；

D．c点NaHA与NaOH恰好反应，溶液中溶质为Na2A，e点NaHA与HCl恰好反应，溶液中溶质为H2A、NaCl，二者等浓度，两点溶液中钠离子浓度远大于氢离子浓度，由钠离子守恒可知，c点钠离子浓度约是e点2倍，若c点的c(Na+)+c(H+)=x，e点的c(Na+)+c(H+)=y，则x＞y，故D正确；

故选：C。二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，考生根据要求作答(一)必考题8.硫代硫酸钠又名大苏打，为氰化物的解毒剂。工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3·5H2O，实验室可用如图所示装置(略去部分夹持仪器)模拟生产过程。

烧瓶C中发生反应如下：①Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)=Na2SO3(ag)+H2S(aq)(I)②2H2S(aq)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)快(II)③S(s)+Na2SO3(aq)=Na2S2O3(aq)慢(III)回答下列问题：（1）装置A中发生反应的离子方程式为___________（2）E的作用是___________（3）结合反应原理观察装置C中，反应已经完成的实验现象是___________（4）装置B有多重作用，其一可以用于整套装置气密性检查，请写出操作及现象：___________；其二可以用于观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择___________。（5）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为___________（6）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即得到粗产品(主要含有Na2S2O3·5H2O和其他杂质)。某兴趣小组为测定该产品纯度，准确称取22.32g产品配制成溶液，并平均分为三份。以淀粉作指示剂，用0.400mol·L-1碘的标准溶液滴定。反应原理为2+I2=+2I-，滴定至终点时现象为___________。数据记录如下：滴定次数滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL第一次0.4030.44第二次4.1036.10第三次1.0030.96则产品的纯度为___________。[已知：M(NaS2O3·5H2O)=248g/mol]【答案】（1）+2H+=H2O+SO2↑（2）进行尾气处理，防止污染空气（3）溶液变澄清（或浑浊消失）（4）①.仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好②.饱和NaHSO3溶液（5）2：1（6）①.滴入最后一滴标准I2溶液，溶液颜色由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色即为滴定终点②.80.0%【解析】【分析】装置A中制备二氧化硫，反应原理为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，C中二氧化硫、硫化钠与亚硫酸钠反应生成Na2S2O3，反应原理为：2Na2S+Na2SO3+3SO2=3Na2S2O3，E装置进行尾气处理，防止污染空气，可以盛放氢氧化钠反应，D为安全瓶，防止倒吸，装置B可用来观察SO2的生成速率，也可以根据长颈漏斗中液面变化判断装置是否发生堵塞等作用，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，装置A中发生反应的反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，故其离子方程式为：+2H+=H2O+SO2↑，故答案为：+2H+=H2O+SO2↑；【小问2详解】由分析可知，E的作用是进行尾气处理，防止污染空气，原理为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故答案为：进行尾气处理，防止污染空气；【小问3详解】由题干信息Ⅲ中发生的反应机理可知反应③S(s)+Na2SO3(aq)=Na2S2O3(aq)为慢反应，故反应达到终点是S完全溶解，可观察到溶液变澄清（或浑浊消失），故答案为：溶液变澄清（或浑浊消失）；【小问4详解】仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好，故装置B有多重作用，其一可以用于整套装置气密性检查；其二可以用于观察SO2的生成速率，其中的液体必须满足不与SO2反应，且SO2在其中溶解度很小，故最好选择为饱和NaHSO3溶液，故答案为：仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好；饱和NaHSO3溶液；【小问5详解】根据题目所给3个反应，可得出对应关系：2Na2S～2H2S～3S～3Na2SO3，2Na2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3，所以烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1，或者将三个反应按照一定比例相加，消去中间产物H2S、S即可得总反应式为：2Na2S+Na2SO3+3SO2=3Na2S2O3，即可得烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；【小问6详解】由题干信息可知，本实验使用标准I2溶液滴定Na2S2O3溶液，淀粉作指示剂，故原溶液为无色，当滴定终点即I2稍微过量时溶液变为蓝色，故滴定至终点时现象为：滴入最后一滴标准I2溶液，溶液颜色由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色即为滴定终点，三组数据中消耗I2溶液的体积分别为：30.04mL、32.00mL和29.96mL，故第二组数据明显误差舍去，平均消耗的体积为：=30.00mL，根据离子方程式2+I2=+2I-可知，n(NaS2O3·5H2O))=2n(I2)=2×30.00×10-3L×0.4000mol/L=2.4×10-2mol，故产品纯度为：=80.0%，故答案为：滴入最后一滴标准I2溶液，溶液颜色由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色即为滴定终点；80.0%。9.无机研究开创绝不无“钴”的时代，草酸钴可用作指示剂和催化剂，CoCl2‧6H2O可作为饲料营养强化剂。用某水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4‧2H2O及CoCl2‧6H2O工艺流程如图所示：已知：①滤液1含有的阳离子主要有H+、Co2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+等；②酸性条件下，H2O2不会氧化Co2+；③该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3+Fe2+Al3+Co2+Mn2+开始沉淀时2.77.64.07.67.7完全沉淀时3.79.65.29.29.8回答下列问题：（1）“浸出”过程中，Co2O3参与反应的离子方程式为___________。（2）“氧化”过程中温度不宜过高的原因是___________。（3）“操作1”调pH的范围为___________（4）在实验室完成“操作2”需用到的玻璃仪器有___________（5）“操作4"洗涤过程中可以用工业酒精代替水，其优点是___________。（6）由已知③可知，当Al3+完全沉淀(Al3+浓度为1.0×10-5mol‧L-1)时Fe3+的浓度为___________。（7）某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，下列可作为指示剂的是___________(填选项，忽略亚钴离子的颜色干扰)。已知几种物质在20℃时的颜色及Ksp值如下表：化学式AgClAgSCNAg2SAg2CrO4颜色白色浅黄色黑色红色Ksp2.0×10-101.0×10-122.0×10-4820×10-12A.KCl B.KSCN C.K2CrO4 D.K2S【答案】（1）（2）温度过高，过氧化氢分解速率加快（3）（4）烧杯、玻璃棒、漏斗（5）减少晶体的溶解损失，便于晶体干燥（6）（7）C【解析】【小问1详解】由流程图可知，“浸出”过程中，亚硫酸钠与Co2O3发生了氧化还原反应，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：。【小问2详解】过氧化氢易分解，温度过高，过氧化氢分解速率加快。【小问3详解】由已知条件：滤液1含有的阳离子主要有H+、Co2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+等可知，“操作1”调pH的目的是除去溶液中的铁离子和铝离子，但Co2+、Mn2+并未沉淀，依据金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH范围可知，“操作1”调节pH的范围为：。【小问4详解】经分析可知，“操作2”为过滤，过滤所需玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗。【小问5详解】“操作4”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，洗涤过程中用工业酒精代替水，能够减少晶体的溶解损失，且酒精易挥发，便于晶体干燥。【小问6详解】由表格可求，氢氧化铁的溶度积，当铝离子恰好完全沉淀时，氢氧根离子浓度为，此时铁离子的浓度为：。【小问7详解】滴定原理为通过硝酸银先沉淀氯离子，氯离子反应完后硝酸银与指示剂结合产生现象，所以指示剂与硝酸银生成的沉淀的溶解度应大于氯化银，，。A．通过标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，不能加入含氯离子的物质，A错误；B．AgSCN组成与AgCl相同，而Ksp(AgSCN)<Ksp(AgCl)，溶解度比氯化银小，会先出现AgSCN沉淀，B错误；C．，，所以同浓度的银离子需要的氯离子浓度小于铬酸根离子浓度，说明铬酸银溶解度比氯化银大，C正确；D．，，所以同浓度的银离子需要的氯离子浓度大于硫离子浓度，说明硫化银的溶解度比氯化银小，D错误；答案选C。10.目前世界各国都规划了碳达峰、碳中和的时间节点，以CO2为碳源，将其转化为能源物质。选择性加氢合成CH3OH，合成过程中发生下列反应：反应i：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)∆H1=-akJ‧mol-1反应ii：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)∆H2反应iii：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)∆H3=-bkJ‧mol-1回答下列问题：（1）根据盖斯定律，∆H2=。___________kJ‧mol-1(用含a，b的代数式表示)。（2）在一绝热、刚性容器中，只发生反应iii。下列说法表明反应已达到平衡状态的是___________(填序号)。A.混合气体的总物质的量不再变化 B.n(CH3OH)：n(H2O)=1：1C.v正(CH3OH)=3v逆(H2) D.该反应的K不再变化（3）中科院兰州化物所用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应，反应过程如图所示。催化剂中添加助剂Na、K、Cu(也起催化作用)后可改变反应的选择性。在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表所示：助剂CO2转化率(%)各产物在所有产物中的占比C2H4C3H6其他Na42.535.939.6245K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加Na助剂是否效果最好？_________(填“是”或“否”)，请叙述原因：___________。（4）合成二甲醚反应：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)∆H=-74kJ‧mol-1。该反应正反应的活化能___________(填“>”“<”或“=”)逆反应的活化能。（5）在一定条件下，将1molCO和2molH2充入IL恒容密闭容器中：发生反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)∆H2，相同时间(2min)内测得CO的转化率与温度的对应关系如图所示：①温度为1000K时，反应开始至2min时，v(H2)=___________mol‧L-1‧min-1②CO的转化率随温度的升高先增大后变小的原因是___________。（6）为实现CO2资源化利用，通过光电转化原理以CO2为原料制备甲酸产品(如图所示)。①光电转化过程中，阴极反应式为___________②催化剂b附近生成lmolHCOOH时，标准状况下催化剂a附近理论上产生______L气体。【答案】（1）a-b（2）AD（3）①.否②.催化剂中添加K助剂降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响（4）＜（5）①.0.5②.低于1050℃时，反应未达平衡，温度越高，CO转化率越高。高于1050℃时，反应均已达平衡，温度越高，平衡逆向移动CO转化率越低（6）①.CO2+2e-+2H+=HCOOH②.11.2【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，反应iii-反应i可得反应ii，∆H2=∆H3-∆H1=(a-b)kJ‧mol-1；【小问2详解】对于反应iii：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，A．反应前后气体分子数不相等，即气体的物质的量会变化，当总物质的量不再变化时说明反应达到平衡，A选；B．未知起始投入量，n(CH3OH)∶n(H2O)=1∶1不能说明反应达到平衡，B不选；C．3v正(CH3OH)=v逆(H2)即正逆反应速率相等，才能说明反应达到平衡，C不选；D．平衡常数只受温度影响，该反应的K不再变化即温度不变，说明反应平衡，D选；故选：AD；【小问3详解】由表中数据可知，Na的其他副反应占比大，Cu的CO2转化率低，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比少，根本原因是降低反应的活化能、加快乙烯生成速率；【小问4详解】∆H=正反应的活化能-逆反应的活化能=-74kJ‧mol-1＜0，故正反应的活化能＜逆反应的活化能；【小问5详解】①温度为1000K时，CO的转化率为50%，转化物质的量为1mol×50%=0.5mol，，由速率之比等于系数比，则v(H2)=2v(CO)=0.5mol‧L-1‧min-1；②低于1050℃时，反应未达平衡，温度越高，CO转化率越高。高于1050℃时，反应均已达平衡，温度越高，平衡逆向移动CO转化率越低，故CO的转化率随温度升高先增大后减小；【小问6详解】①阴极发生还原反应，CO2得到2个电子生成HCOOH，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH；②催化剂a为阳极，H2O失去4个电子生成O2，阳极电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，生成lmolHCOOH时，转移2mole-，则产生0.5molO2，标准状况下气体体积为V=nVm=0.5mol×22.4/mol=11.2L。(二)选考题：[化学一选修3：物质结构与性质]11.据《自然》学术期刊显示，厦门大学教授郑南峰，与北京大学教授江颖课题组密切合作，提出了一种铜材料表面配位防腐技术，可实现各种尺度的铜材料抗氧化。Cu及其化合物应用广泛。回答下列问题：（1）基态Cu原子电子排布式为___________（2）磷化铜与水作用产生有毒的磷化氢(PH3)。①P与N同主族，其最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3___________H3PO4(填“>”或“<”)，从结构的角度说明理由：___________。②P与N的氢化物空间构型相似，PH3键角___________NH3键角(填“>”“<"或“=”)。（3）胆矾(CuSO4·5H2O)为蓝色晶体，将其改写成配合物形式的化学式可书写成________。其中配体的分子构型为________，阴离子的中心原子杂化类型为_________，S、O、H三种元素的电负性由大到小的顺序是；_________，胆矾晶体中不包含的作用力有________(填序号)。A．离子键B．金属键C．氢键D．共价键E．配位键（4）铜镍合金的立方晶胞结构如图所示：

已知原子O、A的分数坐标为(0，0，0)和(1，1，1)，原子B的分数坐标为________，若该晶体密度为dg·cm-3，则铜镍原子间最短距离为_______pm(列出计算式，设NA为阿伏伽德罗常数的值)【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1（2）①.＞②.因为HNO3分子结构中含有2个非羟基氧原子，比H3PO4多1个③.＜（3）①.[Cu(H2O)4]SO4·H2O②.V形③.sp3杂化④.O＞S＞H⑤.B（4）①.（0.5，0，0.5）②.【解析】【小问1详解】铜的原子序数是29，基态Cu原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；【小问2详解】①由于HNO3分子结构中含有2个非羟基氧原子，比H3PO4多1个，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3＞H3PO4。②P与N的氢化物空间构型相似，均是三角锥形，但氮元素的电负性强于磷元素，共用电子对偏向氮元素，排斥力增大，所以PH3键角＜NH3键角。【小问3详解】胆矾(CuSO4·5H2O)为蓝色晶体，由于配位数是4，则将其改写成配合物形式的化学式可书写成[Cu(H2O)4]SO4·H2O。其中配体水的分子构型为V形，阴离子的中心原子硫原子杂化类型为sp3杂化，非金属性越强，电负性越大，则S、O、H三种元素的电负性由大到小的顺序是O＞S＞H，胆矾晶体中包含的作用力有离子键、共价键、配位键和氢键，不包含的作用力为金属键，答案选B。【小问4详解】已知原子O、A的分数坐标为(0，0，0)和(1，1，1)，则原子B的分数坐标为（0.5，0，0.5），晶胞中铜原子的个数是，镍原子的个数是，若该晶体密度为dg·cm-3，则晶胞体积为，边长为，铜镍原子间最短距离为面对角线的一半，即为pm。[化学一选修5：有机化学基础]12.防晒剂M()的合成路线如图，根据信息回答下列问题：已知：①通常情况下，在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基：；②R1CHO+R2CH2CHO+H2O回答下列问题：（1）M中含氧官能团的名称为___________；物质B的名称为___________。（2）F分子式为___________，IV的反应类型为___________。（3）1molC理论上最多可消耗___________molNaOH。（4）D→E转化过程中第②步的化学反应方程式为___________。（5）A也是合成阿司匹林()的原料，有多种同分异构体。写出符合下列条件的同分异构体的结构简式：___________(任写出一种)。a．苯环上有3个取代基b．仅属于酯类，能发生银镜反应，且每摩该物质反应时最多能生成4molAgc．苯环上的一氯代物有两种（6）写出以F及乙醛为原料，合成防哂剂的流程路线(无机试剂任选)___________。流程示例：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH【答案】（1）①.