广东省揭阳市2021-2022高二化学下学期期末考试题(含解析)

广东省揭阳市2021-2022高二化学下学期期末考试题（含解析）
可能用到的相对原子质量:H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Na 23 Cu 64 一、选择题：本题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。

1.下列说法正确的是
A. 为防止富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰
B. 海水淡化能解决淡水供应危机，向海水中加净水剂明矾可以使海水淡化
C. 中国的瓷器驰名世界。

我们日常生活中所用到的陶瓷，主要是硅酸盐产品
D. 为缓解旱情，可以用干冰或溴化银进行人工降雨
【答案】C
【解析】
【详解】A．包装袋中装生石灰作干燥剂，不是防氧化变质，故A错误；
B．明矾能净水，不能消除水中的无机盐，不是淡化海水，故B错误；
C．三大硅酸盐制品是：水泥、玻璃、陶瓷，故C正确；
D．碘化银在高空分解生成银单质和碘单质，形成人工冰核，这些冰核经过水汽凝聚，形成冰晶，冰晶发展到一定的程度，它们将通过零度层下降，之后融化，形成雨滴。

干冰和碘化银用于人工降雨，而不是溴化银，故D错误；
答案选C。

【点睛】防止食品氧化变质应加入还原剂。

如铁粉。

2.N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）
A. 46g乙醇中存在的共价键总数为7N A
B. 1mol甲醇完全燃烧时，转移的电子数为6N A
C. 标准状况下，22.4L甲烷和22.4L氯仿所具有的微粒数均为N A
D. 1 L 0.1mol/L醋酸溶液中含有的氢离子数为0.1N A
【答案】B
【解析】
A、46g乙醇的物质的量为1mol，而乙醇中含8条共价键，故含8N A条，故A错误；
B、1mol甲醇燃烧消耗1.5mol氧气，而氧气反应后变为﹣2价，故1.5mol氧气转移6mol电
子即6N A个，故B正确；
C、标况下氯仿为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和微粒个数，故C错误；
D、醋酸是弱电解质，在溶液中不能完全电离，故溶液中的氢离子的个数小于0.1NA个，故D 错误．故选B．
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．
3.松油醇具有紫丁香味，其酯类常用于香精调制。

下图为松油醇的结构，以下关于它的说法正确的是
A. 分子式为C10H19O
B. 同分异构体可能属于醛类、酮类或酚类
C. 与氢气加成后的产物有4种一氯代物
D. 能发生取代、氧化、还原反应
【答案】D
【解析】
【分析】
由结构可知分子式，分子中含-OH、碳碳双键，结合酚、烯烃的性质来解答。

【详解】A．由结构可知分子式为C10H18O，故A错误；
B．含1个环和1个碳碳双键，不饱和度为2，不能形成苯环，同分异构体不可能为酚类，故B错误；
C．与氢气加成后的产物结构对称，含6种H（不含-OH），则有6种一氯化物，故C错误；D．含双键可发生加成、氧化、还原反应，含-OH可发生取代反应，故D正确；
答案选D。

4.下列实验操作、现象和结论均正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化铵溶液水解成酸性，镁能与氢离子反应生成氢气，无法确定气体是氨气，故A错误；
B．氯离子浓度大时，可能反应生成白色沉淀，故B错误；
C．氯气氧化碘离子生成碘单质，该反应中碘离子是还原剂、氯离子是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以I-的还原性强于Cl-，故C正确；
D．KSCN和铁离子反应生成血红色液体，和亚铁离子不反应，氯水具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，所以应该先加入KSCN然后加入氯水，防止铁离子干扰实验，故D错误；
答案选C。

【点睛】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质的性质、沉淀转化、还原性比较以及离子检验等知识点，侧重考查实验基本操作、物质性质，明确常见离子性质的特殊性、实验操作规范性是解本题关键，注意离子检验时要排除其它离子干扰，易错选项是D。

5. W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成的化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，两元素核电荷数之和与W、Z的原子序数之和相等，则下列说法正确的
是（）
A. Z元素的含氧酸是最强酸
B. 原子半径：X＞Z
C. 气态氢化物热稳定性：W＞X
D. W与Y可以存在于同一离子化合物中
【答案】D
【解析】
W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成的化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，则X为O元素，Y为S元素，O、S元素核电荷数之和与W、Z的原子序数之和相等，则W、Z的原子序数之和24，而且W的原子序数小于O，Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，所以W的原子序数为24﹣17=7，即W为N元素；
A、Z为Cl元素，Cl元素的最高价含氧酸是最强酸，其它价态的含氧酸的酸性不一定强，如HClO是弱酸，故A错误；
B、电子层越多，原子半径越大，所以O＜Cl，即原子半径：X＜Z，故B错误；
C、元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性O＞N，所以气态氢化物热稳定性：W＜X，故C错误；
D、N与S可以存在于同一离子化合物中，如硫酸铵中含有N、S，故D正确．故选：D．
【点评】本题以元素推断为载体，考查原子结构位置与性质关系、元素化合物知识，题目难度不大，推断元素是解题的关键．
6.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是
A. 图中五点K W间关系：B>C>A＝D＝E
B. 若从A点到D点，可采用在水中加入少量NaOH的方法
C. 若从A点到C点，可采用温度不变时在水中加入适量H2SO4 的方法
D. 若处在B点时，将pH＝2的硫酸与pH＝12的KOH等体积混合后，溶液显中性
【答案】A
【解析】
【详解】A．在图中可看出：A、D、E是在25 ℃水的电离平衡曲线，三点的Kw相同。

B是在100℃水的电离平衡曲线产生的离子浓度的关系，C在A、B的连线上，由于水是弱电解质，升高温度，促进水的电离，水的离子积常数增大，则图中五点K W间的关系：B>C>A＝D＝E，故A 正确；
B．若从A点到D点，由于温度不变，溶液中c(H+)增大，c(OH-)减小。

可采用在水中加入少量酸的方法，故B错误；
C．若从A点到C点，由于水的离子积常数增大，所以可采用升高温度的方法，故C错误；D．若处在B点时，由于Kw=10—12。

pH＝2的硫酸，c(H+)=10-2mol/L, pH＝12的KOH,
c(OH-)=1mol/L，若二者等体积混合，由于n(OH-)> n(H+)，所以溶液显碱性，故D错误；
答案选A。

【点睛】考查温度对水的电离平衡的影响及有关溶液的酸碱性的计算的知识。

7.硼氢化物NaBH4(B元素的化合价为+3价)燃料电池(DBFC), 由于具有效率高、产物清洁无污染和燃料易于储存和运输等优点，被认为是一种很有发展潜力的燃料电池。

其工作原理如下图所示，下列说法正确的是
A. 电池的负极反应为BH4－+2H2O－8e－=BO2－+8H+
B. 放电时，每转移2mol电子，理论上需要消耗9.5gNaBH4
C. 电池放电时Na+从b极区移向a极区
D. 电极a采用MnO2，MnO2既作电极材料又有催化作用
【答案】B
【解析】
【分析】以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈碱性，由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，正极H2O2
发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，结合原电池的工作原
理和解答该题
【详解】A．负极发生氧化反应生成BO2-，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，故A错误；
B．负极发生氧化反应生成BO2-，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，
每转移2mol电子，理论上需要消耗0.25mol即9.5gNaBH4，故B正确；
C．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，故C
错误；
D．电极b采用MnO2，为正极，H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，MnO2既作电极材
料又有催化作用，故D错误；
答案选B。

【点睛】本题考查原电池工作原理，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从
氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方
程式的书写，注意化合价的变化。

8.某化学小组探究酸性条件下NO3－、SO42－、Fe3+三种微粒的氧化性强弱，设计如下实验(夹持
)
仪器已略去，装置的气密性已检验)。

(忽略氧气对反应的影响
实验记录如下：
实验序
实验操作实验现象
号
I 向A装置中通入一段时间的SO2气体。

A中黄色溶液迅速变成深红棕色，最终变为
浅绿色。

II
取出少量A装置中的溶液，先加入KSCN
溶液，再加入BaCl2溶液。

加入KSCN溶液后溶液不变色，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀。

III 打开活塞a，将过量
．．稀HNO3加入装置A
中，关闭活塞a。

A中浅绿色溶液最终变为黄色。

IV
取出少量A装置中的溶液，加入KSCN
溶液；向A装置中注入空气。

溶液变为红色；液面上方有少量红棕色气体生成。

请回答下列问题：
(1)配制FeCl3溶液时，常常加入盐酸，目的是(用化学用语和简单文字叙述
．．．．．．．．．．．．)：________。

(2)资料表明，Fe3+能与SO2结合形成深红棕色物质Fe(SO2)63+，反应方程式为： Fe3+ + 6SO2
Fe(SO2)63+。

请用化学平衡移动原理解释实验I中溶液颜色变化的原因________。

(3)实验II中发生反应的离子方程式是__________________。

(4)实验III中，浅绿色溶液变为黄色的原因是__________________(用离子方程式表示)。

(5)实验IV中液面上方有少量红棕色气体生成，发生反应的化学方程式是______________。

(6)综合上述实验得出的结论是：在酸性条件下，氧化性强弱是：NO3－>Fe3+>SO42－。

请从微粒变化的角度解释________。

【答案】 (1). Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，加入盐酸，增大c(H+)，平衡左移，抑制Fe3+水解； (2). Fe3+和SO2生成红棕色的Fe(SO2)63+反应速率较快：Fe3++6SO2Fe(SO2)63+。

而反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+反应缓慢，但是反应限度较大，使溶液中c(Fe3+)降低，平衡逆向移动，红棕色逐渐褪去，最终得到浅绿色溶液； (3). Ba2++ SO42-= BaSO4↓； (4). 3Fe2++4H++ NO3- = 3Fe3++NO↑+2H2O； (5). 2NO+ O2 = 2NO2； (6). 实验II中溶液中检出Fe2+和SO42-，说明Fe3+氧化SO2生成SO42-，氧化性Fe3+>SO42-；实验III中溶液变黄色、IV 中检出Fe3+和NO生成，说明酸性条件下NO3-氧化Fe2+，氧化性NO3->Fe3+；所以，在酸性条件下，氧化性强弱是：NO3->Fe3+>SO42-。

【解析】
【分析】
通过“氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性”原理设计实验。

【详解】（1）溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，加入盐酸，增大c(H+)，平衡左移，抑制Fe3+水解；
（2）Fe3+和SO2生成红棕色的Fe(SO2)63+反应速率较快：Fe3++6SO2Fe(SO2)63+。

而反应
2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+反应缓慢，但是反应限度较大，使溶液中c(Fe3+)降低，平衡逆向移动，红棕色逐渐褪去，最终得到浅绿色溶液；
（3）加入KSCN溶液后溶液不变色，说明铁离子完全转化为亚铁离子，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，氧化生成硫酸根与钡离子结合为硫酸钡，反应离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；（4）硝酸具有强氧化性，将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，浅绿色溶液变为黄色，反应离子方程式为：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；
（5）反应生成的NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮为红棕色，发生反应的方程式是：2NO+O2=2NO2；
（6）验II中溶液中检出Fe2+和SO42-，说明Fe3+氧化SO2生成SO42-，氧化性Fe3+>SO42-；实验III 中溶液变黄色、IV中检出Fe3+和NO生成，说明酸性条件下NO3-氧化Fe2+，氧化性NO3->Fe3+；所以，在酸性条件下，氧化性强弱是：NO3->Fe3+>SO42-。

9.硫酸铜在生产、生活中应用广泛。

某化工厂用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如下：
已知生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
Cu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3
开始沉淀 4.2 6.5 1.5
完全沉淀 6.7 9.7 3.7
(1)写出浸出时铜与稀硫酸、稀硝酸反应生成硫酸铜的化学方程式：________________。

(2)取样检验是为了确认Fe3＋是否除净，你的检验方法是__________________________。

(3)试剂b是____________，滤渣c是______________(均写化学式)。

(4)气体a可以被循环利用，用化学方程式表示气体a被循环利用的原理为2NO＋O2===2NO2、__________________。

(5)一定温度下，硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，且n(SO3)∶n(SO2)＝1∶2，写出硫酸铜受热分解的化学方程式：________________。

(6)某同学设计了如下图所示的实验装置分别测定生成的SO2、SO3气体的质量和O2气体的体积。

此设计有不合理之处，请说明理由：______________。

【答案】 (1). 3Cu + 2HNO3+ 3H2SO4=3CuSO4+ 2NO↑+ 4H2O； (2). 向试样中滴加KSCN溶液，若溶液显红色，则Fe3+未除净，否则Fe3+除净； (3). CuO或Cu (OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2 CO3； (4). Fe(OH)3； (5). 3NO2+H2O=2HNO3+NO； (6). 3CuSO43CuO + SO3↑+ 2SO2↑+ O2↑； (7). 混合气体通过饱和NaHSO3溶液，SO3被吸收生成硫酸，和NaHSO3反应生成SO2，没法确定SO3和SO2的质量，因此需要去掉盛饱和NaHSO3溶液的装置；此外排水量氧气的体积时，气体从短导管通入。

【解析】
【分析】
含少量铁的废铜渣先经稀硫酸、稀硝酸反应生成硫酸铜和硫酸铁，再加入CuO或Cu (OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3调节溶液PH，使生成Fe(OH)3沉淀，滤液再进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得到胆矾。

【详解】（1）铜与稀硫酸、稀硝酸的混合液反应生成硫酸铜，而为了不残留NO3－的杂质，NO3
－得到－要全部转化为NO。

根据得失电子守恒，1molCu失去2mol电子，生成硫酸铜，1molNO
3
3mol电子生成NO，得失电子守恒，则CuSO4和NO的比例为3：2，根据原子守恒配平，化学方程式为3Cu + 2HNO3+ 3H2SO4=3CuSO4+ 2NO↑+ 4H2O；
（2）Fe3+的检验方法是：向试样中滴加KSCN溶液，若溶液显红色，则Fe3+未除净，否则Fe3+除净；
（3）废铜渣中含有杂质铁，所以调节pH目的是促进Fe3＋水解，生成Fe(OH)3沉淀，从而与CuSO4
分离；，则滤渣c是Fe(OH)3；
（4）气体a是NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水又得硝酸和NO，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；
（5）硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，其中n(SO3)∶n(SO2)＝1∶2，物质的量之比，等于化学计量数之比，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式得
3CuSO43CuO + SO3↑+ 2SO2↑+ O2↑；
（6）SO3气体可溶解于浓硫酸中，采用98.3%的浓硫酸吸收SO3气体，SO2气体用碱液吸收，氧气用排水法测量，混合气体通过饱和NaHSO3溶液，SO3被吸收生成硫酸，和NaHSO3反应生成SO2，没法确定SO3的质量，此外排水测氧气体积时，气体应该从短导管进入，而水从长导管被气体压入量筒中。

答案为混合气体通过饱和NaHSO3溶液，SO3被吸收生成硫酸，和NaHSO3反应生成SO2，没法确定SO3和SO2的质量，因此需要去掉盛饱和NaHSO3溶液的装置；此外排水量氧气的体积时，气体从短导管通入。

10.近年来，对“雾霾”的防护与治理成为越来越重要的环境问题和社会问题。

雾霾主要由二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物这三项组成。

(1)机动车的尾气是雾霾形成的原因之一，近几年有人提出利用选择性催化剂让汽油中挥发出来的C3H6催化还原尾气中的NO气体，请写出该过程的化学方程式：__________
(2)到了冬季，我国北方烧煤供暖所产生的废气也是雾霾的主要来源之一。

经研究发现将煤炭在O2/CO2的气氛下燃烧，发现能够降低燃煤时NO的排放，主要反应为：
2NO(g)+2CO(g)N 2(g)+2CO2(g) ΔH
若① N 2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH1= ＋180.5 kJ•mol-1
② CO(g)C(s)+1/2O 2(g) ΔH2= ＋110.5 kJ•mol-1
③ C (s)+O 2(g) CO2(g) ΔH3= －393.5 kJ•mol-1
则ΔH=_____________kJ•mol-1。

(3)燃煤尾气中的SO2用NaOH溶液吸收形成NaHSO3溶液，在pH为4~7之间时电解，硫元素在铅阴极上被电解还原为Na2S2O4。

Na2S2O4俗称保险粉，广泛应用于染料、印染、造纸、食品工业以及医学上。

这种技术是最初的电化学脱硫技术之一。

请写出该电解反应中阴极的电极方程式：______________________________________。

(4)SO2经过净化后与空气混合进行催化氧化后制取硫酸或者硫酸铵，其中SO2发生催化氧化的反应为：2SO 2(g) +O2(g)2SO3(g)。

若在T1℃、0.1MPa条件下，往一密闭容器通入SO2和
O2(其中n(SO2):n(O2)=2:1)，测得容器内总压强与反应时间如图所示：
①该反应的化学平衡常数表达式：K=__________________。

②图中A点时，SO2的转化率为________________
③计算SO2催化氧化反应在图中B点的压强平衡常数K＝_______________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)
④若在T2℃，其他条件不变的情况下测得压强的变化曲线如图所示，则T1____T2(填“>”、“<”、“=”)；其中C点的正反应速率v c(正)与A点的逆反应速率v A(逆)的大小关系为v c(正) ____v A(逆) (填“>”、“<”、“=”)。

【答案】（1）2C3H6+18NO=6CO2+6H2O+9N2；（2）﹣746.5kJ•mol﹣1；（3）2HSO3﹣+2H++2e﹣=S2O42﹣+2H2O；（4）①；②45%；③24300（MPa）﹣1；④：＜，＞．
【解析】
（1）C3H6催化还原尾气中的NO气体，可以得到无毒的气体氮气和二氧化碳，即2C3H6+18NO=6CO2+6H2O+9N2；
（2））②×2+③×2﹣①得到2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g），反应的焓变=2（+110.5kJ•mol ﹣1）+2（﹣393.5kJ•mol﹣1）﹣（180.5kJ•mol﹣1）=﹣746.5kJ•mol﹣1，故答案为：﹣746.5kJ•mol ﹣1；
（3）电解反应中阴极上发生得电子的还原反应，2HSO3﹣+2H++2e﹣=S2O42﹣+2H2O，故答案为：2HSO3﹣+2H++2e﹣=S
O42﹣+2H2O；
2
（4）①2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3，反应的平衡常数K=，
②依据化学三行列式计算，设氧气消耗物质的量为x，
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3
起始量（mol） 2a a 0
变化量（mol） 2x x 2x
平衡量（mol）2a﹣2x a﹣x 2x
图中A点时，气体物质的量0.085，则=，
x=0.45a
SO2的转化率=×100%=45%，
③图中B点，依据化学三行列式计算，设氧气消耗物质的量为y，
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3
起始量（mol） 2a a 0
变化量（mol） 2y y 2y
平衡量（mol）2a﹣2y a﹣y 2y
B点气体物质的量为 0.007，则=，y=0.9a，
平衡常数K==24300（MPa）﹣1，
④图象分析可知，先拐先平温度高则T1＜T2，C点是平衡状态，A点反应未达到平衡状态，其中C点的正反应速率v C（正）与A点的逆反应速率v A（逆）的大小关系为v C（正）＞v A（逆）【点评】本题考查了化学平衡、化学反应速率影响因素的分析应用，图象变化和数值的计算是解题关键，题目难度中等．
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：
(1)铜或铜盐焰色反应为绿色，该光谱是________(填“吸收光谱”或“发射光谱”)。

(2)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“<”)。

(3)[Cu(NH3)4]SO4中阴离子的立体构型是_______；中心原子的轨道杂化类型为_____，
[Cu(NH3)4]SO4中Cu2＋与NH3之间形成的化学键称为_______________。

(4)用Cu作催化剂可以氧化乙醇生成乙醛，乙醛再被氧化成乙酸，等物质的量的乙醛与乙酸中σ键的数目比为_____________。

(5)氯、铜两种元素的电负性如表： CuCl属于________(填“共价”或“离子”)化合物。

元素Cl Cu
电负性 3.2 1.9
(6)Cu 与Cl 形成某种化合物的晶胞如图所示，该晶体的密度为ρ g·cm－3，晶胞边长为a cm，则阿伏加德罗常数为______________(用含ρ、a的代数式表示)。

【答案】 (1). 发射光谱 (2). K (3). 3d104s1 (4). ＞ (5). 正四面体(6). sp3 (7). 配位键 (8). 6:7 (9). 共价 (10). 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。

其3d、4s能级上电子为其价电子。

金属键越强，其熔沸点越高；
（3）SO42-中硫原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0，根据价层电子互斥理论判断。

Cu2+含有空轨道，NH3中氮原子有孤电子对；
（4）单键为σ键，双键含有1个σ键、1个键；
（5）二者电负性的差为1.3小于1.7；
（6）推导出公式N A=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，为发射光谱；
（2）基态Cu原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，核外电子占据能量最低的能层为K层，其3d、4s能级上电子为其价电子，其价电子排布式为3d104s1；Cu的离子半径比Ag的小，Cu的金属键更强，金属键越强，其熔沸点越高，所以熔沸点Cu＞Ag；
（3）SO42-中硫原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0，所以为正四面体结构且硫原子采用
sp3杂化。

Cu2+含有空轨道，NH3中氮原子有孤电子对，二者形成的化学键为配位键；
（4）乙醛分子中有4个C-H键、1个C-C键、1个C=O双键。

乙酸分子中有4个C-H键、1个
C-C键、1个C=O键、1个C-O键、1个O-H键。

单键为σ键，双键含有1个σ键、1个键，
所以等物质的量的乙醛与乙酸中σ键的数目比为6:7；
（5）二者电负性的差为1.3，小于1.7，不是离子化合物，所以CuCl属于共价化合物；（6）该晶胞中含氯原子个数=8=4、铜原子4个，晶胞体积=a3cm3，晶胞密度
=，则N A = mol-1= mol-1。

12.以苯和乙炔为原料合成化工原料E的路线如下：
回答下列问题：
(1)以下有关苯和乙炔
的认识正确的是___________。

a．苯和乙炔都能使溴水褪色，前者为化学变化，后者为物理变化b．苯和乙炔在空气中燃烧都有浓烟产生
c．苯与浓硝酸混合，水浴加热55~60℃，生成硝基苯
d．聚乙炔是一种有导电特性的高分子化合物
(2)A的名称___________________。

(3)生成B的化学方程式为____________________________，反应类型是________。

(4)C的结构简式为____________，C的分子中一定共面的碳原子最多有_____个。

(5)与D同类别且有二个六元环结构(环与环之间用单键连接)的同分异构体有4种，请写出其
中2种同分异构体的结构简式：__________________________。

(6)参照上述合成路线，设计一条以乙炔和必要试剂合成环丙烷的路线：___________。

【答案】(1). bd；(2). 苯甲醇；(3).
； (4). 取代反应； (5).
(6). 7 (7).
(8).
任意2种；
【分析】
苯与甲醛发生加成反应生成A 为，A与HBr 发生取代反应生，与HC≡CNa发生取代反应生成B 为，
与氢气发生加成反应生成C，结合C的分子式可知C 为
，结合E的结构可知C与CH2I2反应生成D 为
，D发生氧化反应生成E。

【详解】（1）a．苯和乙炔都能使溴水褪色，前者为萃取，属于物理变化，后者发生加成反应，为化学变化，故a错误；
b．苯和乙炔最简式相同，含碳量高，在空气中燃烧都有浓烟产生，故b正确；
c．苯与浓硝酸混合，水浴加热55～60℃，生成硝基苯，需要浓硫酸作催化剂，故c错误；d．聚乙炔是一种有导电特性的高分子化合物，故d正确，
答案选bd；
（2）A 为，名称为苯甲醇；
（3）生成B 的化学方程式为：，属于取代反应；
（4）C的结构简式为，苯环连接2原子处于同一平面，碳碳双键连接的原子处于同一平面，旋转碳碳单键可以使羟基连接的碳原子处于碳碳双键平面内，由苯环与碳碳双键之间碳原子连接原子、基团形成四面体结构，两个平面不能共面，最多有7个碳原子都可以共平面；
（5）D（）其分子式为C12H16，只能形成2个六元碳环。

书写的同分异构体与D同类别且有二个六元环结构（环与环之间用单键连接），D属于芳香醇，则同分异构体中，也有一个苯环，此外—OH不能连接在苯环上，则同分异构体有：
；
（6）环丙烷为三元碳环结构，在D中也存在三元碳环结构。

中有碳碳三键，乙炔分子中也有碳碳三键，模仿到D的过程，则有以乙炔和必要试剂合成环丙烷的路线：。

【点睛】本题考查有机物的推断与合成，注意根据转化中有机物的结构、反应条件等进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，较好地考查学生自学能力、分析推理能力与知识迁移运用能力。