福建省莆田市2018届高三下学期第二次5月质量测试化学A卷试题解析版

福建省莆田市2018届高三下学期第二次（5月）质量测试化学（A卷）
试题
1. 央视栏目《国家宝藏》不仅介绍了历史文化知识,彰显了民族自信、文化自信,历史文物本身也蕴含着许
多化学知识。

下列说法错误
．．的是
A. 战国·曾侯乙编钟属于青铜制品,青铜是一种铜锡合金
B. 南朝·《竹林七贤与启荣期》砖画的砖块的主要成分是二氧化硅
C. 清·乾隆“瓷母”—各种釉彩大瓶中的红色窑变釉的主要成分是氧化亚铜
D. 宋·王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜
【答案】B
【解析】分析：本题考查物质的成分，题目简单，属于化学常识。

详解：A. 青铜是一种铜锡合金，A选项正确；
B.砖块的主要成分是铁的氧化物而非二氧化硅，B选项错误；
C.红色窑变釉的主要成分是氧化亚铜，C选项正确；
D.铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，D选项正确；综合以上分析，本题答案为B。

点睛：青铜是金属冶铸史上最早的合金，在纯铜（紫铜）中加入锡或铅的合金，有特殊重要性和历史意义，青铜铸造性好，耐磨且化学性质稳定；铜绿，中药名。

异名：铜青、生绿。

为铜器表面经二氧化碳或醋酸
作用后生成的绿色碱式碳酸铜。

2. N A为阿伏伽德罗常数的值。

下列说法正确的是
A. 2gD
2
O中含有质子数、中子数、电子数均为N A
B. 0.1mol氯酸钾与足量浓盐酸反应生成氯气转移电子数为0.6N A
C. 1L 0.1mol·L－1 NaHSO
4
溶液中含有的阳离子数目为0.1N A
D. 标准状况下，2.24L SO
2与足量氧气充分反应，生成SO
3
的分子数为0.1N A
【答案】A
【解析】分析：A、D2O中含有质子数=核外电子数=2+8=10,中子数=(2-1)×2+(16-8)=10,质量数为4+16=20,
所以2g D2O中含有的质子数、中子数、电子数均为1mol;B、氯酸钾和盐酸的反应为归中反应,氯酸钾中的
氯元素由+5价变为0价；C、NaHSO
4
在溶液中能完全电离为钠离子、氢离子和硫酸根；D.二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫是可逆反应不能进行彻底。

详解:A、D2O中含有质子数=核外电子数=2+8=10,中子数=(2-1)×2+(16-8)=10,质量数为4+16=20,所以2g D2O
中含有的质子数、中子数、电子数均为1mol；,故A正确;
B、氯酸钾和盐酸的反应为归中反应,氯酸钾中的氯元素由+5价变为0价,故0.1mol氯酸钾完全反应后转移
0.5N A个电子,所以D选项是错误的；
C、NaHSO4在溶液中能完全电离为钠离子、氢离子和硫酸根,且水也能电离出氢原子,故溶液中含有的阳离子的个数大于0.2N A个,故C错误;
D、二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫是可逆反应不能进行彻底，0.1mol SO2和足量O2充分反应，生成SO3的分子数小于0.1NA，故D错误；
所以A选项是正确的。

3. 有机物X的结构简式如下图所示。

下列关于有机物X的说法正确的是
A. X化学式为C8H6O6
B. X可发生加成反应、水解反应和氧化反应
C. X分子中所有的原子一定在同一平面内
D. X能使溴水和KMnO4溶液褪色，原因均与分子中碳碳双键有关
【答案】D
【解析】分析：该有机物分子中含有羧基和碳碳双键，根据结构分析性质。

A项，X分子式为C6H6O6，故A项错误；
B项，X不能发生水解反应，故B项错误；
C项，甲烷分子为正四面体结构，含有饱和碳原子的有机分子，其原子不可能在同一平面，故C项错误。

D项，X能和溴水发生加成反应，而使溴水褪色，能被KMnO4溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，原因均与分子中碳碳双键有关，故D项正确；
综上所述，本题正确答案为D。

4. X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期主族元素。

它们满足以下条件：①在元素周期表中，Y、Z、W的位置如图所示，且Y、Z、W三种元素的原子最外层电子数之和为17；②X、Y、W分别位于不同周期。

下列说法正确的是
A. 四种元素的原子半径大小顺序为W>Y>X>Z
B. Z、W元素的最简单氢化物的沸点为H2Z<H2W
C. X、Y、Z既能形成离子化合物，又能形成共价化合物
D. X分别与Y、Z之间形成的核外电子总数为10的微粒只有YX3和X2Z
【答案】C
【解析】分析：根据元素的结构及其在周期表中的位置可知，X、Y、Z和W分别是H、N、O、S。

详解：A．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素，原子半径逐渐增大，则原子半径顺序是r（X）＜r（Z）＜r（Y）＜r（W），A错误；
B．Z、W分别是O、S，水和硫化氢形成的晶体都是分子晶体，但水分子中还有氢键，所以沸点水的高，即H2Z的沸点比H2W高，B错误；
C．X与其余三种元素之间形成的核外电子总数为10的微粒有NH3、NH4＋、NH2－、H2O、OH－、H3O＋，共6种，C错误；
D．X、Y、Z形成的化合物，例如硝酸是共价化合物，硝酸铵是离子化合物，D正确；
答案选D。

点睛：本题考查的内容为历年高考的热点，该题考查的知识点有：①前三周期元素在元素周期表中的位置关系；②同周期同主族元素原子最外层电子数的变化规律；③相关元素的化合物知识。

同时也侧重考查了同学们的思维能力、分类讨论能力和推理能力。

题设提供了三个信息：①原子序数X＜Y＜Z＜W；②在元素周期表中Z与Y相邻，Z与W也相邻；③Y、Z、W三种元素的原子最外层电子数之和为17。

该题的突破口是Y、Z、W三种元素在元素周期表中的相对位置关系，假设元素Z的原子最外层电子数为n个，则有：（n-1）+n+n=17，解得n=6，显然合理，即元素Z、W原子最外层有6个电子，为第ⅥA族元素且位于短周期，可推知Y、Z、W分别为：N、O、S，再根据X、Y、W分别位于不同周期，则X是第一周期的H 。

最后根据中学化学课本上出现过的熟悉化合物和基本理论作答即可。

5. 下列实验操作和现象对应所得到的结论错误
．．的是
A. A
B. B
C. C
D. D 【答案】D
【解析】分析：A.根据“越弱越水解”分析；B.溶液显酸性，
c(H+)>c(OH-)，HSO3－的电离能力大于水解能力；
C.胶体具有丁达尔效应；
D.根据NH
4
+检验方法分析。

详解：A、等浓度的NaA和NaB溶液，pH：NaA小于NaB，说明弱酸根离子发生水解，根据越弱越水解，溶液碱性越强，可知弱酸的酸性HA大于HB，选项A正确；
B、题给实验说明溶液显酸性，c(H+)>c(OH-)，HSO3－的电离能力大于水解能力；选项B正确；
C、将硫的酒精溶液滴入一定量的热水中得淡蓝色透明液体，用激光笔照射，有光亮的通路，即有丁达尔现象，则淡蓝色液体属于胶体，选项C正确；
D、氨气极易溶于水，检验铵根离子必须加浓的强碱且加热产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，选项D 错误。

答案选D。

6. 以NaBH4和H2O2作原料的燃料电池，可用作空军通信卫星。

电池负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，
其工作原理如下图所示。

下列说法错误
．．的是
A. 电池放电时Na+从a极区移向b极区
B. 电极b采用Pt/C，该极溶液的pH增大
C. 该电池a极的反应为BH4-+8OH--8e-===BO2-+6H2O
D. 电池总反应：BH4- + 4H2O2 === BO2- + 6H2O
【答案】B
【解析】分析：在原电池中，正极：化合价降低，发生还原反应；负极：化合价升高，发生氧化反应；在a 极：BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，在b极：H202+2e-+2H+=2H2O，据此可判断a极为负极，b极为正极；
详解：A、电池放电时，原电池中的阳离子向正极移动，所以Na+从a极移向b极，故A正确；
B、b极为正极，正极材料是MnO2，不是Pt/C，故B错误；
C、a极发生氧化反应：BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，，故C正确；
D、电池总反应：BH4- + 4H2O2 === BO2- + 6H2O，故D正确；
故选B。

7. 常温下，二元弱酸 H2Y 溶液中滴加 KOH 溶液，所得混合溶液的 pH 与离子浓度变化的关系如下图所示，
下列有关说法错误
．．的是
A. 曲线 M 表示 pH与 lg的变化关系
B. a点溶液中：c(H+) ― c(OH-)＝2c(Y2－)＋c(HY-) ― c(K+)
C. H2Y 的第二级电离常数K a2(H2Y)＝10－4.3
D. 交点b的溶液中：c(H2Y)＝c(Y2-)＞c(HY-)＞c(H+)＞c(OH-)
【答案】D
【解析】详解：A.随着pH的增大，H2Y的电离程度逐渐增大，溶液中逐渐增大，逐渐
减小，lg 逐渐增大，lg 逐渐减小，因此曲线M 表示pH 与的关系，故A 正确；
B. a 点溶液中存在电荷守恒：c(H +) +c(K +)＝2c(Y 2－)＋c(HY -)+c(OH -)，因此 c(H +) ― c(OH -)＝2c(Y 2－)＋
c(HY -) ― c(K +
)，故B 正确；
C ．pH=3时，lg
=1.3，则K a 2(H 2Y)＝==10－4.3,故C 正确；
D. 交点b 的溶液中存在：lg = lg >1.3，因此
>101.3,即c(Y 2-)<c(HY -),故D 错误；
综合以上分析，本题选D 。

8. 草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。

草酸晶体(H 2C 2O 4·2H 2O)无色，熔点为101℃，易溶于水，受热易脱水、升华，175℃时分解。

Ⅰ.用硝酸氧化法制备草酸晶体并测定其纯度，制备装置如图所示(加热、固定等装置略去)。

实验步骤如下
①糖化：先将淀粉水解为葡萄糖；
②氧化：在淀粉水解液中加入混酸(质量之比为3：2的65%HNO 3与98%HSO 4的混合物)，在55~60℃下水浴加热发生反应；
③结晶、蒸发、干燥：反应后溶液经冷却、减压过滤，即得草酸晶体粗产品。

（1）装混酸的仪器名称为________；步骤②中,水浴加热的优点为__________。

（2）“②氧化”时发生的主要反应如下，完成下列化学方程式：
___C 6H 12O 6+___HNO 3
___H 2C 2O 4+9NO 2↑+3NO↑+ ______
（3）称取mg 草酸晶体粗产品，配成100mL 溶液。

取20.00mL 于锥形瓶中，用amoL·L -1
KMnO 4标准液标定，只发生
5H 2C 2O 4+2MnO 4-+6H +=2Mn 2++10CO 2↑+8H 2O 反应，消耗KMnO 4标准液体积为VmL ，则所得草酸晶体(H 2C 2O 4·2H 2O)
的纯度为___________。

Ⅱ.证明草酸晶体分解得到的产物
（4）甲同学选择下述装置验证产物CO
2
，装置B的主要作用是__________。

（5）乙同学认为草酸晶体分解的产物中除了CO
2、H
2
O应该还有CO，为进行验证，选用甲同学实验中的装置
A、B和如图所示的部分装置（可以重复选用）进行实验。

①乙同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、_____________。

其中装置H反应管中盛有的物质是________________________。

②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是_____________________。

【答案】(1). 分液漏斗(2). 使受热均匀，便于控制温度(3). 1C
6H
12
O
6
+12HNO
3
3H
2C
2
O
4
+9NO
2
↑+3NO↑+9_ H
2
O(4). 12.6aV/8mⅹ100%(5). 使升华的草酸冷凝，避免
对CO
2
检验的干扰(6). FDGHDI(7). CuO(8). H中黑色固体变红色，第一个D装置无现象，第二个D 装置出现白色浑浊，即可证明
【解析】分析：Ⅰ.（1）仪器识别；水浴加热的优点；（2）缺项配平；（3）根据反应关系计算纯度；
Ⅱ. (4)冰水混合物能够起到降温的作用；(5)草酸晶体分解生成三种氧化物,分别是水、二氧化碳和一氧化碳，加热条件下,氧化铜和一氧化碳反应生成铜和二氧化碳，以此解题。

详解:Ⅰ. (1)装混酸的仪器名称为分液漏斗；水浴加热的优点是使受热均匀，便于控制温度。

根据得失电子守恒配平，根据原子守恒确定缺项为H
2O,配平后得到1C
6
H
12
O
6
+12HNO
3
3H
2C
2
O
4
+9NO
2
↑+3NO↑+9_ H
2
O 。

根据关系式：5H
2C
2
O
4
2MnO
4
-，n(H
2
C
2
O
4
)= n(MnO
4
-)==×aV×10-3mol,草酸粗晶体中含草酸晶体的质量
=aV×10-3××126g，草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的纯度为=×100%。

②能证明有CO的现象是H中黑色固体变红色，第一个D装置无现象，第二个D装置出现白色浑浊，即可证明。

故填:H中黑色固体变红色，第一个D装置无现象，第二个D装置出现白色浑浊，即可证明。

9. 电解精炼铜的阳极泥中主要含Ag、Au等贵重金属。

以下是从精炼铜的阳极泥中回收银、金的流程图：
（1）氯金酸(HAuCl
4
)中的Au的化合价为________。

（2）“焙烧渣”在“①酸浸”时发生反应的离子方程式为_________。

（3）铜阳极泥氧化时，采用“低温焙烧”而不采用“高温焙烧”的原因是________。

（4）已知N
2H
4
被银氨溶液氧化的产物是氮气，则每生成1molAg，需要消耗_______g N
2
H
4。

（5）氯金酸(HAuCl
4
)在pH为2~3的条件下被草酸还原为Au，同时放出二氧化碳气体,则该反应的化学方程式为____________。

（6）阳极泥中的铜可以用FeC1
3
溶液浸出，所得溶液主要含有的阳离子为Cu2+、Fe3+和Fe2+；结合右图分析（其中的纵坐标代表金属阳离子浓度的对数）：
①要从浸出液中提纯铜，最好先加入酸化的双氧水，目的是___________________________________，然后加入适量的CuO调节pH=3.7，除去________离子；
②从图中数据计算可得Cu(OH)
2的K
sp
约为____________________。

【答案】(1). +3 (2). Ag
2O + 2H+ +2Cl- 2AgCl+H
2
O(3). 高温焙烧时，生成的Ag
2
O又分解为
Ag和O
2（或2Ag
2
O4Ag+O
2
）(4). 8(5). 2HAuCl
4
+ 3H
2
C
2
O
4
2Au + 8HCl + 6CO
2
↑(6). 将
Fe2+氧化为Fe3+(7). Fe3+(8). 1.0×10-20
【解析】分析：本题考查化学工艺流程，各步生产流程中通过过滤分离固体和溶液。

通过得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式，依据化学方程式进行计算；依据溶度积公式计算溶度积。

详解：(1)氯金酸(HAuCl4)中的H元素为+1，Cl元素为-1，由化合价代数和为0得到Au元素的化合价为+3；
(2)由流程图可知，“焙烧渣”在“①酸浸”时，Ag2O与盐酸反应生成AgCl和H2O，反应的离子方程式为Ag2O +2H+ +2Cl- ==2AgCl+H2O；
因为Ag2O高温焙烧分解为Ag和O2，所以铜阳极泥氧化时，采用“低温焙烧”而不采用“高温焙烧”的原因是防止反应生成的Ag2O又分解为Ag和O2；
（4）由题意可知，N2H4被Ag(NH3)2+氧化为N2，Ag(NH3)2+被N2H4还原为Ag，反应的离子方程式为：
4Ag(NH3)2++ N2H4 + 4OH-4Ag+N2+4H2O+8NH3；每生成1molAg，需要消耗0.25mol N2H4，质量为
0.25mol×32g/mol=8g。

（5）由题意可知，酸性条件下HAuCl4被草酸还原为Au，草酸被HAuCl4氧化为二氧化碳，反应的化学方程式为：2HAuCl4 + 3H2C2O42Au + 8HCl + 6CO2↑。

学
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10. 目前汽车尾气中的NO处理有以下几种方法：
（1）在汽车排气管上安装催化转化器。

NO和CO气体均为汽车尾气的成分，这两种气体在催化转换器中发
生反应：2CO(g)＋2NO(g)N
2(g)＋2CO
2
(g) △H 。

①已知：N
2(g) + O
2
(g) =2NO(g) △H
1
＝＋180.5kJ·mol－1
C(s) + O
2(g) = CO
2
(g) △H
2
＝－393.5 kJ·mol－1
2C(s) + O
2(g) =2CO(g) △H
3
＝－221kJ·mol－1
则△H=______。

②一个兴趣小组对某汽车冷启动时的尾气催化处理过程中CO、NO百分含量随时间变化如图1所示，前0﹣10s 阶段，CO、NO百分含量没明显变化的原因是_____________________。

同时该小组在固定容积为2L的
密闭容器中通入NO和CO各2mol进行反应，n(CO
2
)随温度（T）、压强（P）和时间（t）的变化曲线如图2
所示，图中的曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应反应从开始到平衡时用CO
2
表示的平均反应速率分别为v(Ⅰ)、v（Ⅱ）、v （Ⅲ），则三者大小关系为______________。

图1 图2
（2）活性炭也可用于处理汽车尾气中的NO。

在1L恒容密闭容器中加入0.1000molNO和2.030mol固体活性炭，生成A、B两种气体，在不同温度下测得平衡体系中各物质的物质的量以及容器内压强如下表：
根据上表数据，写出容器中发生反应的化学方程式____，并判断X_____200℃（用“＞”、“＜“或“=”填空），计算反应体系在200℃时的平衡常数K p =_____（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数）。

（3）用间接电化学法除去NO的过程，如图所示。

已知电解池的阴极室中溶液的pH在4~7之间，B极为_________(填“阳极”或“阴极”)；写出A极的电极反应式：____________。

【答案】(1). -746.5kJ·mol－1(2). 尚未达到催化剂工作温度（或尚未达到反应的温度）(3).
v(Ⅰ)>v（Ⅲ）>v（Ⅱ）(4). C+2NO N
2+CO
2
(5). ＞(6). 0.5625(7). 阳极(8). 2HSO
3
-+2e
－+2H＋==S
2O
4
2-+2H
2
O
【解析】分析：（1）①根据盖斯定律解答；②根据曲线的拐点时间来确定化学反应速率的大小；
（2）根据温度对化学平衡的影响知识来回答判断，根据三段式来进行计算，据化学平衡移动的影响因素来确定转化率的变化；（3）由HSO3-到S2O42-，硫元素的化合价降低分析。

详解：（1）① 2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g) △H，
①N
2(g)+O
2
(g) =2NO(g) △H
1
＝＋180.5kJ·mol－1
②C(s) + O
2(g) = CO
2
(g) △H
2
＝－393.5 kJ·mol－1
③2C(s) + O
2(g) =2CO(g) △H
3
＝－221kJ·mol－1，
则根据盖斯定律可知②×2-①-③即得到反应2CO(g)＋2NO(g)N 2(g)＋2CO2(g)的反应热
△H=2△H2-△H1－△H3=（-393.5kJ·mol－1）×2-180.5kJ·mol－1
-（-221kJ·mol－1）=-746.5kJ·mol－1。

②从图1看出CO、NO百分含量没明显变化的原因是尚未达到催化剂工作温度（或尚未达到反应的温度）。

根据图象中，达平衡用到的时间，可以知道反应速率是：υ（Ⅰ）＞υ（Ⅲ）＞υ（Ⅱ），故答案为：υ（Ⅰ）＞υ（Ⅲ）＞υ（Ⅱ）；
（2）由题设信息及表中数据可知C、NO、A、B反应的化学计量比为0.03:0.06:0.03:0.03=1:2:1:1，且C被氧化，结合原子守恒可推出生成物为N2和CO2，则反应方程式为：C+2NO N2+CO2；
反应前后气体的物质的量不变，温度升高压强增大；
Kp===0.5625，
故答案为：C+2NO N2+CO2；＞；0.5625；
（3）由HSO3-到S2O42-，硫元素的化合价降低，可知该电极反应得电子，在电解池的阴极附近发生，B极为阳极，A极为阴极，电解池的阴极室中溶液的pH在4~7之间，为酸性环境，因此阴极附近电极反应式为2 HSO3-+2e-+2H+= S2O42-+2H2O ；因此，本题答案为：阳极；2HSO3-+2e－+2H＋==S2O42-+2H2O。

点睛：守恒思想是化学的灵魂，学习时要理解守恒、用好守恒。

本题难点（2）小题需要确定产物，由题设信息及表中数据可知C、NO、A、B反应的化学计量比为0.03:0.06:0.03:0.03=1:2:1:1，且C被氧化，结合原子守恒可推出生成物为N2和CO2，则反应方程式为：C+2NO N2+CO2。

11. 铜及其化合物在工业生产及生活中用途非常广泛。

回答下列问题：
（1）基态铜原子价电子排布式为____________；第二电离能I(Cu)________I (Zn)（填“＞”或“＜”）。

（2）四氟硼酸四(乙腈)合铜(Ⅰ)配合物是有机合成中常见催化剂，其化学式为[Cu (CH
3CN)
4
]BF
4。

①该配合物中阴离子的空间构型为_____________，与其互为等电子体的分子或离子是______________（各举1例）。

②配体分子中与Cu(I) 形成配位键的原子为____________；配体CH
3
CN 中的碳原子杂化方式是______。

（3）已知Cu
2O 熔点为1235 ℃，K
2
O 熔点为770℃，Cu
2
O 属于____晶体，前者熔点较高，其原因是
_______________________________________。

（4）Cu
3
N 的晶胞（立方）结构如下图所示：
①距离最近的两个Cu+间的距离为________nm；
②Cu
3
N 晶体的密度为_____________g·cm-3（列出计算式，不必计算出结果）。

【答案】(1). 3d104s1(2). ＞(3). 正四面体(4). CCl4 、PO43- 、SO42-、ClO4-(5). N(6). sp、
sp3(7). 离子(8). Cu+离子半径比K+小，晶格能大(9). (10).
或
【解析】分析：本题考查物质结构与性质。

(1) 基态铜原子核外有29个电子，根据洪特规则分析电子排布式；根据稳定性判断第一电离能I(Cu)>I (Zn)。

(2) ①根据中心原子成键电子对数判断空间构型；与其具有
相同原子个数和价电子数为等电子体。

②N原子有孤电子对，则与Cu(I) 形成配位键的原子为N；配体CH
3
CN中“CN”中碳原子和氮原子形成碳氮三键，则碳原子杂化方式是sp杂化，“—CH3”中碳原子形成4个单键，
则碳原子杂化方式是sp3杂化。

(3) 因Cu+离子半径比K+小，形成的离子键较强，故离子键较强的Cu
2
O的熔
点高。

(4)①根据Cu
3
N的晶胞结构分析；②根据=计算晶胞的密度。

详解：(1) 基态铜原子核外有29个电子，根据洪特规则可知，当3d轨道排布10个电子为全充满结构时，原子能量最低，所以基态铜原子价电子排布式为3d104s1；锌原子最外层为4s2全充满结构，比铜最外层4s1稳定，所以第一电离能I(Cu)>I (Zn)。

(2) ①该配合物中阴离子为BF4-，中心B原子价层电子对数为4，孤对电子数为0，则其空间构型为正四面体；
与其具有相同原子个数和价电子数的等电子体的分子或离子有CCl
4 、PO
4
3- 、SO
4
2-、ClO
4
-等。

②配体分子中C、H原子均没有孤电子对，N原子有孤电子对，则与Cu(I) 形成配位键的原子为N；配体
CH
3
CN中“CN”中碳原子和氮原子形成碳氮三键，则碳原子杂化方式是sp杂化，“—CH3”中碳原子形成4个单键，则碳原子杂化方式是sp3杂化。

(3) Cu2O和K2O均属于离子晶体，因Cu+离子半径比K+小，晶格能大，形成的离子键较强，故离子键较强的
Cu
2
O的熔点高。

(4)①根据Cu3N的晶胞结构可知，处于面对角线上的两个Cu+间距离最近，则距离最近的两个Cu+间的距离为
×0.381nm
②由示意图可知，晶胞中有一个“Cu
3
N”，一个晶胞质量为：g，一个晶胞体积为
（0.381×10-7）3cm3，晶体密度为或 g·cm-3。

12. 化合物M是一种新型有机酰胺，在工业生产中有重要的作用，其合成路线如下：
已知：①A是烃的含氧衍生物，相对分子质量为58，碳和氢的质量分数之和为44.8%，核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应，且5.8gA完全发生反应生成0.4mol银。

回答下列问题：
（1）E的结构简式为_____________；G的名称为_______________。

（2）B中含有官能团的名称为________________________________。

（3）C-D的反应类型为_______________________________________。

（4）写出F+H→M的化学反应方程式__________________________。

（5）芳香族化合物W有三个取代基，是C的同分异构体，能与FeCI3溶液发生显色反应。

0.5 mol W可与足量的Na反应生成1 g H2，且核磁共振氢谱显示为五组峰，符合以上条件的W的同分异构体共有_______ 种，写出其中一种的结构简式___________________。

（6）参照上述合成路线，以C2H4和HOCH2CH2OH为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线___________________。

【答案】(1). (2). 硝基苯(3). 碳碳双键、醛基(4). 加成反应（还原反应）
(5). (6). 2(7).
或(8).
【解析】分析：A的相对分子质量为58，含氧的质量分数为0.552，则含有氧原子数为=2，核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应，则A为OHCCHO，与CH3CHO发生加成反应生成B，结合B的分子式C6H6O2，可知B的结构简式为OHCCH=CH-CH=CHCHO，B再和CH2=CH2发生加成后生成的C为
，D再催化氧化为E的结构简式为，E与SOCl2发生取代反应生成的F为；
苯在浓硝酸、浓硫酸的混合液加热发生硝化反应，生成的G为硝基苯，再发生加氢还原生成的H为苯胺；
详解：(1) E的结构简式为，G的名称为硝基苯；
(2) OHCCH=CH-CH=CHCHO中含有官能团的名称为碳碳双键、醛基；
(3) C为，发生加氢还原生成D为，C→D的反应类型为加成反应或还原反应；
(4)F+H→M的化学方程式为；
(5)芳香族化合物W有三个取代基，说明含有苯环，三个取代基在苯环上有多种连接方式；能与FeC13溶液发生显色反应，说明有酚羟基；0.5molW可与足量的Na反应生成0.5molH2，可知羟基数目为2个，则苯环上可能有一个酚羟基、一个—CH2OH和一个甲基，此时共有10种结构，可能有二个酚羟基和一个乙基，此时共有6种，则满足条件的总共有16种同分异构体，其中核磁共振氢谱为五组峰的只有2种，结构简式为
或；
(6)以C2H4和HOCH2CH2OH为原料合成的流程图为。

点睛：根据反应条件推断反应类型：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。

(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。

(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。

(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。

(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。

(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。

(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。

(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。

(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。

(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。