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四川省绵阳南山中学2023届高三化学下学期热身考试试题（Word版附解析）
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这是一份四川省绵阳南山中学2023届高三化学下学期热身考试试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
绵阳南山中学2023年高考热身考试理综化学试题
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 O-16 S-32 Cu-64
第I卷(126分)
一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 化学让生活更美好。下列选项中围绕科技新闻的相关阐述错误的是
选项
科技新闻
相关阐述
A
以芝麻壳为原料，制备高性能超级电容器
芝麻壳的主要成分是油脂
B
通过光热效应，将香蕉皮分解为多孔碳和氢气
天然生物质转化为新能源，实现废物利用
C
C60在一定条件下能转化为导电的非晶态碳玻璃
碳玻璃与C60互为同素异形体
D
用紫外线作能源，将废弃聚苯乙烯塑料转化为更有价值的产品
聚苯乙烯属于有机合成高分子
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．芝麻壳的主要成分为纤维素而不是油脂，A错误；
B．通过光热效应，将香蕉皮分解为多孔碳和氢气，可将天然生物质转化为新能源，实现废物利用，B正确；
C．碳玻璃和C60都是碳的单质，两者互为同素异形体，C正确；
D．聚苯乙烯由苯乙烯加聚得到，属于有机合成高分子，D正确；
故答案选A。
2. 利用电催化实现CO2到C2H5OH的转化，反应原理：6H2+2CO2C2H5OH+3H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A. 11.2L CO2中含分子的数目为0.5 NA
B. 23gC2H5OH中含共价键的数目为4 NA
C. 生成1 mol C2H5OH转移电子的数目为8 NA
D. 4gH2与4gD2所含中子的数目相差NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．没有明确否是标准状况，所以无法通过体积求出二氧化碳所含分子数目，A错误；
B．C2H5OH的结构式为，则23gC2H5OH中含共价键的数目为=4 NA，B正确；
C．根据上述方程式可知，生成1 mol C2H5OH，转移的电子数为=12 NA，C错误；
D．H2无中子，4gD2的中子数为=2NA，所以4gH2与4gD2所含中子的数目相差2NA，D错误；
故选B。
3. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 向饱和食盐水中依次通入过量NH3、CO2： NaCl+NH3+CO2+H2O =NaHCO3↓+NH4Cl
B. 切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗：2Na+O2=Na2O2
C. 向硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液，生成黑色沉淀： Cu2++2HS-=CuS↓+H2S↑
D. 电解饱和食盐水，两极(碳棒)均产生气体： 2Cl- +2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A．向饱和食盐水中依次通入过量NH3、CO2即产生NaHCO3沉淀和NH4Cl，反应原理为 NaCl+NH3+CO2+H2O =NaHCO3↓+NH4Cl，A不合题意；
B．Na与O2在常温下生成Na2O，故切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗，反应原理为：4Na+O2=2Na2O，B符合题意；
C．HS-电离出S2-与Cu2+结合生成难溶于水和酸的CuS沉淀，故向硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液，生成黑色沉淀。该反应的离子方程式为：Cu2++2HS-=CuS↓+H2S↑，C不合题意；
D．电解饱和食盐水，两极(碳棒)均产生气体，该反应的反应方程式为2NaCl-+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故离子方程式为： 2Cl- +2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，D不合题意；
故答案为：B。
4. 下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项
操作
现象．
结论
A
向红热的铁粉与水蒸气反应后的固体中加入稀硫酸酸化，再滴入几滴KSCN溶液
溶液未变红
说明铁粉与水蒸气未反应
B
向0.01 mol/L FeCl3溶液中，加入少量FeCl3固体
溶液颜色加深
Fe3+水解程度增大
C
相同温度下，用pH计分别测定0.010mol/LHF溶液和0.010 mol/L CH3COOH溶液的pH
HF溶液pH更小
电离常数：HF
将在酒精灯上灼烧后的铜丝迅速插入乙醇中
铜丝表面由黑色变为红色
乙醇具有还原性
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液未变红的可能原因是铁粉和水蒸气反应生成，与硫酸反应生成的与过量的铁粉反应生成，A错误；
B．向0.01 mol/L FeCl3溶液中，加入少量FeCl3固体，FeCl3溶液浓度升高，由越稀越水解可知Fe3+水解程度减小，B错误；
C．相同温度下，用pH计分别测定0.010mol/LHF溶液和0.010 mol/L CH3COOH溶液的pH，HF溶液pH更小，说明HF溶液酸性更强，故电离常数：HF＞CH3COOH，C错误；
D．铜丝变黑说明产生氧化铜，灼烧后的铜丝迅速插入乙醇中变红，说明氧化铜被还原为红色的铜，说明乙醇具有还原性，D正确。
故选D。
5. 布洛芬(M)是一种解热镇痛药，其结构如图。下 列关于M的说法错误的是
A. M的分子中含有三个-CH3基团
B. M能发生氧化、加成、取代反应
C. 1molM最多可与4molH2发生加成反应
D. M分子中所有碳原子不能同时共面
【答案】C
【解析】
【详解】A．布洛芬(M)分子中与-COOH相连的碳原子上连有1个-CH3，对位上连有2个-CH3，共有3个-CH3基团，故A正确；
B．布洛芬(M)分子中含有H原子，能够燃烧，可以发生氧化反应；含有苯环，能与H2发生加成反应；含有羧基，可以发生取代反应，如酯化反应，分子中烃基也可以发生取代反应，故B正确；
C．布洛芬(M)分子中只有苯环能和H2发生加成反应，且苯环和氢气以1：3反应，所以1molM最多可与3molH2发生加成反应，故C错误；
D．布洛芬(M)分子中连有2个-CH3的碳原子是饱和碳原子，具有甲烷结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面，所以M分子中所有碳原子不能同时共面，故D正确；
故选C。
6. W、X、Y、Z为原子序数逐渐增大的四种短周期主族元素，工业上，W的单质可用作焊接金属的保护气；常温下，四种元素的最高价氧化物对应的水化物溶于水，其浓度均为0.01mol·L-1时，X的pH=12，W和Z的pH=2，Y的pH<2，下列说法错误的是
A. 化合物X2Y2一定含离子键
B. W在自然界既有游离态又有化合态
C. WZ3中的原子均满足8e-稳定结构
D. W、Y和Z的简单氯化物均属于酸
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为原子序数逐渐增大的四种短周期主族元素，工业上，W的单质可用作焊接金属的保护气，WZ最高价氧化物对应的水化物形成的酸，其浓度均为0.01mol·L-1时，W和Z的pH=2，则均为一元强酸，W为氮、Z为氯；常温下，四种元素的最高价氧化物对应的水化物溶于水，其浓度均为0.01mol·L-1时，X的pH=12，X为钠；Y的pH<2，Y为二元强酸，Y为硫；
【详解】A．化合物Na2S2类似于Na2O2，一定含离子键，A正确；
B．W在自然界既有氮气的氮元素游离态又有含氮化合物的氮的化合态，B正确；
C．NCl3中的原子均满足8e-稳定结构，C正确；
D．氨气的水溶液显碱性，D错误；
故选D。
7. 电化学合成具有反应条件温和、反应试剂纯净和生产效率高等优点，利用下图所示装置可合成己二腈[NC(CH2)4CN]。充电时生成己二腈，放电时生成O2，其中a、b是互为反置的双极膜，双极膜中的H2O会解离出H+和OH-向两极移动。下列说法错误的是
A. N极的电势低于M极的电势
B. 放电时，双极膜中OH-向N极移动
C. 若充电时制得1molNC(CH2)4CN，则放电时需生成1molO2，才能使左室溶液恢复至初始状态
D. 充电时，阴极的电极反应式为：2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN
【答案】C
【解析】
【分析】放电时生成O2，结合图可知，N极的水失去电子发生氧化反应生成氧气，N为负极，M为正极；充电时N为阴极、M为阳极；
【详解】A．由分析可知，放电时N为负极、M为正极，充电时N为阴极、M为阳极，N极的电势低于M极的电势，A正确；
B．原电池中阴离子向负极迁移，故放电时，双极膜中OH-向N极移动，B正确；
C．充电时生成己二腈，则阴极反应为CH2=CHCN得到电子发生还原反应生成己二腈：2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN，放电时水失去电子发生氧化反应生成氧气，；根据电子守恒可知，，若充电时制得1molNC(CH2)4CN，则放电时需生成0.5molO2，才能使左室溶液恢复至初始状态，C错误；
D．由C分析可知，D正确；
故选C。
第II卷(174 分)
三、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分，第22-32为必考题，每个试题考生都必须做答。第33-38题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题：共129分。
8. 过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是一种易溶于水，易分解的强氧化剂、消毒剂。它的一种“常温结晶”制备方法的原理为： 2Na2CO3(s)+3H2O2(1)=2Na2CO3·3H2O2(s) ΔH<0，实验装置如图所示(夹持装置略去)。
已知：以活性氧质量分数[ ω(活性氧)= 100% ]来衡量过碳酸钠产品的优劣。
实验步骤：
i．称取一定量无水碳酸钠，置于烧杯中，加蒸馏水溶解，将溶液转移到三颈烧瓶内，加入稳定剂，搅拌混匀。
ii．控制温度为25°C (常温)，边搅拌边向三颈烧瓶中缓慢滴加30%的H2O2溶液。
iii．再向三颈烧瓶中加入一定量的无水乙醇，反应一段时间。
iv．静置、真空抽滤、干燥得粗产品，冷却称重。
回答下列问题：
（1）实验过程中产生的气体副产物是_____ (填化学式)， 装置中玻璃导管的作用是_____________。
（2）步骤ii中，可采取的控温措施是________。滴加H2O2溶液速度不能太快，原因是_______。
（3）步骤iii中，加入乙醇的目的是_________。反应时间与产率、活性氧质量分数(ω)的关系如图所示，最适宜的反应时间为____min左右。
（4）下列关于过碳酸钠说法不正确的是_____ (填字母标号)
A. 应与易燃或可燃物等分开存放
B. 过碳酸钠的消毒原理与漂粉精相似
C. 储存于干燥洁净、不通风的仓库内
D. 过碳酸钠不慎溅入眼睛应用流动清水或生理盐水冲洗后就医
（5）现将0.50g粗产品(杂质不参与反应)置于锥形瓶中，加水溶解，再加入足量稀H2SO4，用0.1000 mol/LKMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液15.00mL，则粗产品中活性氧质量分数是____ 。
【答案】（1） ①. O2 ②. 平衡气压，使得液体顺利滴下
（2） ①. 冰水浴 ②. 该反应为放热反应，加入H2O2溶液速度过快会导致大量放热，造成过氧化氢的分解
（3） ①. 降低 2Na2CO3·3H2O2溶解度，使得2Na2CO3·3H2O2结晶析出 ②. 60 （4）C
（5）12%
【解析】
【分析】将碳酸钠溶液转移到三颈烧瓶内，加入稳定剂，搅拌混匀，控制温度为25°C (常温)，边搅拌边向三颈烧瓶中缓慢滴加30%的H2O2溶液可得目标产物，但该反应为放热反应，需要缓慢滴加H2O2溶液并水浴加热，为确保H2O2溶液顺利滴加需要使装置接通空气平衡装置内气压，产物过碳酸钠易溶于水，可通过无水乙醇降低过碳酸钠的溶解度便于析出晶体。
【小问1详解】
实验过程中H2O2溶液可能会分解产生氧气，装置中玻璃导管的作用是平衡气压，使得液体顺利滴下。
【小问2详解】
步骤ii中，可采取的控温措施是冰水浴，由于该反应为放热反应，加入H2O2溶液速度过快会导致大量放热，造成过氧化氢的分解，故需要缓慢加入H2O2溶液。
小问3详解】
产物过碳酸钠易溶于水，可通过无水乙醇降低过碳酸钠的溶解度便于析出晶体。当反应时间为60min，产率最高，活性氧质量分数(ω)相对而言较高，时间超过60min时，活性氧质量分数(ω)虽有增加但增幅不大。
【小问4详解】
过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是一种易分解的强氧化剂、消毒剂，需要通风保存，C错误。
【小问5详解】
KMnO4标准溶液滴定的化学方程式为，故，则粗产品中活性氧质量分数是。
9. 为了实现碳达峰、碳中和目标，建立清洁低碳的能源体系，如何处置和利用废旧电池，已成为当前行业急需解决的问题。一种废旧磷酸铁锂电池正极材料(主要成分为LiFePO4，另含有少量Al)回收利用的工艺流程如图所示。
已知：常温下，Ksp(FePO4)=1.3 ×10-22，Ksp[Fe(OH)3]=4.0× 10-38。回答下列问题：
（1）将电池粉碎前应先放电，放电目的是________________。拆解后的正极片用NaOH溶液浸泡，目的是____________。
（2）正极粉料中加入硫酸酸化的双氧水，其中双氧水的作用是_______。生成FePO4的离子方程式为__________。
（3）“沉铁沉磷”时，当溶液pH从1.0增大到2.5时，沉铁沉磷率会逐渐增大，但pH超过2.5以后，沉磷率又逐渐减小。从平衡移动的角度解释沉磷率减小的原因是____________。
（4）向“含锂溶液2”中所加的Na3PO4溶液可通过向流程中的_____(填化学式)中加入NaOH溶液制得。
（5）检验水洗Li3PO4已洗涤干净的操作方法是__________。
【答案】（1） ①. 释放残余的能量，避免造成安全隐患 ②. 去除铝杂质
（2） ①. 将Fe2+氧化成Fe3+ ②. 2LiFePO4+ H2O2+ 2H+=2Li++ 2FePO4 +2H2O
（3）pH>2.5 后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率
（4）FePO4 （5）取最后一次洗涤液少许于试管中，先加入足量盐酸，再加氯化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净
【解析】
【分析】废旧磷酸铁锂电池正极材料拆解后加入氢氧化钠，将铝转化为溶液，过滤滤渣加入硫酸、过氧化氢将二价铁转化为三价铁生成磷酸铁，含锂溶液1加入氢氧化钠除去铁，含锂溶液2加入磷酸钠得到磷酸锂，水洗后得到高纯度磷酸锂。
【小问1详解】
电池是将化学能转化为电能的装置，将电池粉碎前应先放电，放电的目的是释放残余的能量，避免造成安全隐患。正极材料中铝能和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，拆解后的正极片用NaOH溶液浸泡，目的是去除铝杂质；
【小问2详解】
过氧化氢具有强氧化性，能将将Fe2+氧化成Fe3+；反应中铁的化合价由+2变为+3，过氧化氢中氧元素化合价由-1变为-2，根据电子守恒、质量守恒可知，反应为：2LiFePO4+ H2O2+ 2H+=2Li++ 2FePO4 +2H2O；
【小问3详解】
铁离子会和氢氧根离子生成氢氧化铁沉淀；pH>2.5 后，溶液碱性增强，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率；
【小问4详解】
FePO4中铁为+3价，和氢氧化钠溶液反应发生复分解反应生成氢氧化铁和Na3PO4溶液，故可通过向流程中的FePO4中加入NaOH溶液制得。
【小问5详解】
洗涤液中硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故检验水洗Li3PO4已洗涤干净的操作方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，先加入足量盐酸，再加氯化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净。
10. CO2是一种温室气体，对人类的生存环境产生巨大的影响，将CO2作为原料转化为有用化学品，对实现碳中和及生态环境保护有着重要意义。
I、工业上以CO2和NH3为原料合成尿素，在合成塔中存在如下转化：
（1）液相中，合成尿素的热化学方程式为2NH3(1)+CO2(l)=H2O(l)+NH2CONH2(1) ΔH=_____kJ/mol。
（2）在恒容密闭容器中发生反应： 2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH<0。下列说法错误的是
A. 反应在任何温度下都能自发进行
B. 增大CO2的浓度，有利于NH3的转化率增大
C. 当混合气体的密度不再发生改变时反应达平衡状态
D. 充入He，压强增大，平衡向正反应移动
Ⅱ．由CO2与H2制备甲醇是当今研究的热点之一。
（3）在一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入xmolCO2和ymolH2，发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3=- 50kJ·mol-1
①若x=1、y=3， 测得在相同时间内，不同温度下H2的转化率如图1所示，点a_____填“是”或“否”)达到平衡。T2时，若起始压强为10atm， Kp=_____atm-2(结果保留一位小数，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压 ×物质的量分数)。
②已知速率方程v正 =k正 c(CO2)·c3(H2)， v逆 =k逆c(CH3OH)·c(H2O)， k正、k 逆是速率常数，只受温度影响，图2表示速率常数k正、k逆的对数lgk与温度的倒数之间的关系， A、B、D、E分别代表图1中a点、c点的速率常数，其中点_____(填A或B或D或E)表示c点的lgk逆。
（4）我国科学家设计出如图装置实现CO2的转化，可有效解决温室效应及能源问题，总反应为CO2+NaCl CO+NaClO(忽略气体 在溶液中的溶解及溶液的体积变化)。
电极Ⅱ的电极反应式为_______。电解结束后，电极Ⅱ所在电极室溶液pH ___________(填“变大”或“变小”)
【答案】（1）-93.7 （2）AD
（3） ①. 否 ②. 2.4 ③. A
（4） ①. Cl-+2e-+H2O=ClO-+2H+ ②. 变大
【解析】
【小问1详解】
观察所给二氧化碳与氨气反应合成尿素的转化图示可知，根据盖斯定律，反应2NH3(l)+CO2(l)=NH2COONH4 (l)， NH2COONH (l)=H2O(l) + NH2 CONH2(l)相加得合成尿素的热化学方程式为2NH3(1)+CO2(l)=H2O(l)+NH2CONH2(1)，△H=AH1+△H2=- 109.2 kJ/mol+ 15.5 kJ/mol=- 93.7 kJ/mol；
【小问2详解】
A．该反应为熵减小的放热反应，根据判据H-TS<0，该反应在低温下能自发进行，选项A错误；
B．增大二氧化碳的浓度平衡向正反，应方向移动,氨气的转化率增大，选项B正确；
C．混合气体的密度等于，容器的体积不变，随着反应的进行，m(g)减小，密度减小，当密度不变时，说明反应达到平衡状态，选项C正确；
D．在恒容密闭容器中充人氦气,压强增大，但反应体系中氨气、二氧化碳、H2O(g)的浓度均不变，平衡不移动，选项D错误；
答案选AD；
【小问3详解】
①根据图1可知，b点刚好平衡，b点所在的曲线在不同温度下达平衡，a点在相同温度下氢气的转化率低于平衡点，还没有达平衡；根据b点列三段式如下：
平衡时各气体的总物质的量为2.4mol，在恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则，平衡时总压p=6atm，平衡分压p(CO2)==0.5atm，p(H2)=.5atm，p(CH3OH)= p(H2O)=2 atm，平衡常数Kp===2.4arm-2;
②达平衡时，v正 = v逆，K=，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，即越小，lg k逆越大，即点A表示c点的lg k逆；
【小问4详解】
电极总反应为CO2+NaCl CO+NaClO，由图可知，碳元素价态降低得电子，故电极Ⅰ为阴极，电极Ⅱ为阳极，阳极电极反应式为Cl-+2e-+H2O=ClO-+2H+；由电解总反应可知，电极Ⅱ所在电极室NaCl(中性)生成NaClO(水解显碱性)，pH变大。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分)
11. CuO、Cu2S等含铜化合物可以催化合成HCOOH。回答下列问题：
（1）基态铜原子的价电子排布式为___________，其核外电子占据的原子轨道共有___________个。
（2）HCOOH中元素电负性从大到小的顺序为___________；催化过程中可能产生，的空间构型为___________，碳氧键的平均键长比CH3OH要___________(填“长”或“短”)；在有机溶剂中，H2SO4的电离平衡常数Ka1(H2SO4)比H2CO3的电离平衡常数Ka1(H2CO3)大，除S的非金属性比C强外，在分子结构上还存在的原因是___________。
（3）已知Cu2S晶胞中S2-的位置如图所示，Cu+位于S2-所构成的正四面体中心。
S2-配位数为___________；已知图中A处(S2-)的原子分数坐标为(0，0，0)，则晶胞中与A距离最近的Cu+的原子分数坐标为___________；若晶胞参数anm，晶体的密度为dg·cm-3，则阿伏加德罗常数的值为___________(用含a和d的式子表示)。
【答案】（1） ①. 3d104s1 ②. 15
（2） ①. O>C>H ②. 平面三角形 ③. 短 ④. H2SO4中有两个非羟基氧而H2CO3只有一个，中心原子的非羟基氧越多，其酸性越强
（3） ①. 8 ②. (，，) ③.
【解析】
【小问1详解】
Cu为29号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故其价电子排布式为3d104s1，其核外电子占据的原子轨道数为1+1+3+1+3+5+1=15，故答案为：3d104s1；15。
【小问2详解】
元素的非金属性越强，电负性越大，H、C、O电负性从大到小的顺序为O>C>H；的中心原子的价层电子对数=键数+孤电子对数=3+0=3，则C为sp3杂化，三个O原子分别位于杂化轨道的伸展方向上，所以的空间构型为平面三角形；由于有大键，所以中C-O键长较短；H2SO4中有两个非羟基氧而H2CO3只有一个，非羟基氧越多，吸引电子能力越强，H-O的电子云密度（电子出现概率）越小，H越易电离，其酸性越强，故答案为：O>C>H；平面三角形；短；H2SO4中有两个非羟基氧而H2CO3只有一个，中心原子的非羟基氧越多，其酸性越强。
【小问3详解】
在Cu2S晶胞中，四面体中心共有8个，每个四面体中心均分布着一个Cu+，每个S2-周围有8个Cu+，故S2-配位数为8；图中A处(S2-)的原子分数坐标为(0，0，0)，A与相邻的三个面心原子形成一个正四面体，与A距离最近的Cu+位于此正四面体的中心，则Cu+的原子分数坐标为(，，)；晶胞的体积为(a10-7)3cm3，每个晶胞的质量为，则d=，则mol-1，只涉及数值，省略单位mol-1，其数值为，故答案为：8；(，，)；。
12. 3，4-二羟基肉桂酸乙酯()具有治疗自身免疫性疾病潜力。由气体A制备3，4- 二羟基肉桂酸乙酯(1)的合成路线如图：
已知：
回答下列问题：
（1）已知气体A对氢气的相对密度为14，A的化学名称是___________。
（2）B中含有的官能团的名称为_______。
（3）D的结构简式为________________________。
（4）E→F的反应类型是______________，化学上把连有四个不同基团的碳原子称为手性碳，E中含有_____个手性碳。
（5）G→H第①步化学反应方程式为__________________。
（6）芳香族化合物X是H同分异构体， 1mol X与足量NaHCO3溶液反应可生成2mol CO2，符合条件的X有____种， 其中核磁共振氢谱的峰面积比为3：2：2：1的结构简式为____(任写出一种)。
【答案】（1）乙烯 （2）羟基
（3） （4） ①. 消去反应 ②. 1
（5） （6） ①. 10 ②. 或
【解析】
【分析】气体A对氢气的相对密度为14，则A的相对分子质量是14×2＝28，A和水发生加成反应生成B，根据B的分子式知，A为CH2＝CH2，B为CH3CH2OH，C和D发生信息中的反应生成E，根据E的结构简式知，B发生催化氧化生成的C为CH3CHO，D为；由H的结构可知，E发生消去反应生成F为，F发生银镜反应生成G为，G中氯原子水解引入羟基生成H，H与乙醇发生酯化反应生成3，4﹣二羟基肉桂酸乙酯。据此回答问题。
【小问1详解】
根据分析可知，A为CH2＝CH2，A的化学名称是乙烯，故答案为：乙烯；
【小问2详解】
B的结构简式为CH3CH2OH，B中含有的官能团的名称为羟基，故答案为：羟基；
小问3详解】
由分析可知，D的结构简式为，故答案为：；
【小问4详解】
E→F的反应类型是消去反应，化学上把连有四个不同基团的碳原子称为手性碳，E中连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，所以E中含有1个手性碳，
故答案为：消去反应；1；
【小问5详解】
G→H的第①步化学反应方程式为，
故答案为：；
【小问6详解】
芳香族化合物X是H的同分异构体，1molX与足量NaHCO3溶液反应可生成2molCO2，说明X分子含有2个羧基，苯环有1个侧链为-CH(COOH)2，苯环有2个侧链为-COOH、-CH2COOH，有邻、间、对3种位置关系，苯环有3个侧链为-COOH、-COOH、-CH3，2个羧基有邻、间、对3种位置关系，对应的甲基分别有2种、3种、1种，故符合条件的X共有1+3+2+3+1＝10种，其中核磁共振氢谱的峰面积比为3：2：2：1的结构简式为或，
绵阳南山中学2023年高考热身考试理综化学试题
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 O-16 S-32 Cu-64
第I卷(126分)
一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 化学让生活更美好。下列选项中围绕科技新闻的相关阐述错误的是
选项
科技新闻
相关阐述
A
以芝麻壳为原料，制备高性能超级电容器
芝麻壳的主要成分是油脂
B
通过光热效应，将香蕉皮分解为多孔碳和氢气
天然生物质转化为新能源，实现废物利用
C
C60在一定条件下能转化为导电的非晶态碳玻璃
碳玻璃与C60互为同素异形体
D
用紫外线作能源，将废弃聚苯乙烯塑料转化为更有价值的产品
聚苯乙烯属于有机合成高分子
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．芝麻壳的主要成分为纤维素而不是油脂，A错误；
B．通过光热效应，将香蕉皮分解为多孔碳和氢气，可将天然生物质转化为新能源，实现废物利用，B正确；
C．碳玻璃和C60都是碳的单质，两者互为同素异形体，C正确；
D．聚苯乙烯由苯乙烯加聚得到，属于有机合成高分子，D正确；
故答案选A。
2. 利用电催化实现CO2到C2H5OH的转化，反应原理：6H2+2CO2C2H5OH+3H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A. 11.2L CO2中含分子的数目为0.5 NA
B. 23gC2H5OH中含共价键的数目为4 NA
C. 生成1 mol C2H5OH转移电子的数目为8 NA
D. 4gH2与4gD2所含中子的数目相差NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．没有明确否是标准状况，所以无法通过体积求出二氧化碳所含分子数目，A错误；
B．C2H5OH的结构式为，则23gC2H5OH中含共价键的数目为=4 NA，B正确；
C．根据上述方程式可知，生成1 mol C2H5OH，转移的电子数为=12 NA，C错误；
D．H2无中子，4gD2的中子数为=2NA，所以4gH2与4gD2所含中子的数目相差2NA，D错误；
故选B。
3. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 向饱和食盐水中依次通入过量NH3、CO2： NaCl+NH3+CO2+H2O =NaHCO3↓+NH4Cl
B. 切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗：2Na+O2=Na2O2
C. 向硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液，生成黑色沉淀： Cu2++2HS-=CuS↓+H2S↑
D. 电解饱和食盐水，两极(碳棒)均产生气体： 2Cl- +2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A．向饱和食盐水中依次通入过量NH3、CO2即产生NaHCO3沉淀和NH4Cl，反应原理为 NaCl+NH3+CO2+H2O =NaHCO3↓+NH4Cl，A不合题意；
B．Na与O2在常温下生成Na2O，故切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗，反应原理为：4Na+O2=2Na2O，B符合题意；
C．HS-电离出S2-与Cu2+结合生成难溶于水和酸的CuS沉淀，故向硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液，生成黑色沉淀。该反应的离子方程式为：Cu2++2HS-=CuS↓+H2S↑，C不合题意；
D．电解饱和食盐水，两极(碳棒)均产生气体，该反应的反应方程式为2NaCl-+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故离子方程式为： 2Cl- +2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，D不合题意；
故答案为：B。
4. 下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项
操作
现象．
结论
A
向红热的铁粉与水蒸气反应后的固体中加入稀硫酸酸化，再滴入几滴KSCN溶液
溶液未变红
说明铁粉与水蒸气未反应
B
向0.01 mol/L FeCl3溶液中，加入少量FeCl3固体
溶液颜色加深
Fe3+水解程度增大
C
相同温度下，用pH计分别测定0.010mol/LHF溶液和0.010 mol/L CH3COOH溶液的pH
HF溶液pH更小
电离常数：HF
将在酒精灯上灼烧后的铜丝迅速插入乙醇中
铜丝表面由黑色变为红色
乙醇具有还原性
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液未变红的可能原因是铁粉和水蒸气反应生成，与硫酸反应生成的与过量的铁粉反应生成，A错误；
B．向0.01 mol/L FeCl3溶液中，加入少量FeCl3固体，FeCl3溶液浓度升高，由越稀越水解可知Fe3+水解程度减小，B错误；
C．相同温度下，用pH计分别测定0.010mol/LHF溶液和0.010 mol/L CH3COOH溶液的pH，HF溶液pH更小，说明HF溶液酸性更强，故电离常数：HF＞CH3COOH，C错误；
D．铜丝变黑说明产生氧化铜，灼烧后的铜丝迅速插入乙醇中变红，说明氧化铜被还原为红色的铜，说明乙醇具有还原性，D正确。
故选D。
5. 布洛芬(M)是一种解热镇痛药，其结构如图。下 列关于M的说法错误的是
A. M的分子中含有三个-CH3基团
B. M能发生氧化、加成、取代反应
C. 1molM最多可与4molH2发生加成反应
D. M分子中所有碳原子不能同时共面
【答案】C
【解析】
【详解】A．布洛芬(M)分子中与-COOH相连的碳原子上连有1个-CH3，对位上连有2个-CH3，共有3个-CH3基团，故A正确；
B．布洛芬(M)分子中含有H原子，能够燃烧，可以发生氧化反应；含有苯环，能与H2发生加成反应；含有羧基，可以发生取代反应，如酯化反应，分子中烃基也可以发生取代反应，故B正确；
C．布洛芬(M)分子中只有苯环能和H2发生加成反应，且苯环和氢气以1：3反应，所以1molM最多可与3molH2发生加成反应，故C错误；
D．布洛芬(M)分子中连有2个-CH3的碳原子是饱和碳原子，具有甲烷结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面，所以M分子中所有碳原子不能同时共面，故D正确；
故选C。
6. W、X、Y、Z为原子序数逐渐增大的四种短周期主族元素，工业上，W的单质可用作焊接金属的保护气；常温下，四种元素的最高价氧化物对应的水化物溶于水，其浓度均为0.01mol·L-1时，X的pH=12，W和Z的pH=2，Y的pH<2，下列说法错误的是
A. 化合物X2Y2一定含离子键
B. W在自然界既有游离态又有化合态
C. WZ3中的原子均满足8e-稳定结构
D. W、Y和Z的简单氯化物均属于酸
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为原子序数逐渐增大的四种短周期主族元素，工业上，W的单质可用作焊接金属的保护气，WZ最高价氧化物对应的水化物形成的酸，其浓度均为0.01mol·L-1时，W和Z的pH=2，则均为一元强酸，W为氮、Z为氯；常温下，四种元素的最高价氧化物对应的水化物溶于水，其浓度均为0.01mol·L-1时，X的pH=12，X为钠；Y的pH<2，Y为二元强酸，Y为硫；
【详解】A．化合物Na2S2类似于Na2O2，一定含离子键，A正确；
B．W在自然界既有氮气的氮元素游离态又有含氮化合物的氮的化合态，B正确；
C．NCl3中的原子均满足8e-稳定结构，C正确；
D．氨气的水溶液显碱性，D错误；
故选D。
7. 电化学合成具有反应条件温和、反应试剂纯净和生产效率高等优点，利用下图所示装置可合成己二腈[NC(CH2)4CN]。充电时生成己二腈，放电时生成O2，其中a、b是互为反置的双极膜，双极膜中的H2O会解离出H+和OH-向两极移动。下列说法错误的是
A. N极的电势低于M极的电势
B. 放电时，双极膜中OH-向N极移动
C. 若充电时制得1molNC(CH2)4CN，则放电时需生成1molO2，才能使左室溶液恢复至初始状态
D. 充电时，阴极的电极反应式为：2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN
【答案】C
【解析】
【分析】放电时生成O2，结合图可知，N极的水失去电子发生氧化反应生成氧气，N为负极，M为正极；充电时N为阴极、M为阳极；
【详解】A．由分析可知，放电时N为负极、M为正极，充电时N为阴极、M为阳极，N极的电势低于M极的电势，A正确；
B．原电池中阴离子向负极迁移，故放电时，双极膜中OH-向N极移动，B正确；
C．充电时生成己二腈，则阴极反应为CH2=CHCN得到电子发生还原反应生成己二腈：2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN，放电时水失去电子发生氧化反应生成氧气，；根据电子守恒可知，，若充电时制得1molNC(CH2)4CN，则放电时需生成0.5molO2，才能使左室溶液恢复至初始状态，C错误；
D．由C分析可知，D正确；
故选C。
第II卷(174 分)
三、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分，第22-32为必考题，每个试题考生都必须做答。第33-38题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题：共129分。
8. 过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是一种易溶于水，易分解的强氧化剂、消毒剂。它的一种“常温结晶”制备方法的原理为： 2Na2CO3(s)+3H2O2(1)=2Na2CO3·3H2O2(s) ΔH<0，实验装置如图所示(夹持装置略去)。
已知：以活性氧质量分数[ ω(活性氧)= 100% ]来衡量过碳酸钠产品的优劣。
实验步骤：
i．称取一定量无水碳酸钠，置于烧杯中，加蒸馏水溶解，将溶液转移到三颈烧瓶内，加入稳定剂，搅拌混匀。
ii．控制温度为25°C (常温)，边搅拌边向三颈烧瓶中缓慢滴加30%的H2O2溶液。
iii．再向三颈烧瓶中加入一定量的无水乙醇，反应一段时间。
iv．静置、真空抽滤、干燥得粗产品，冷却称重。
回答下列问题：
（1）实验过程中产生的气体副产物是_____ (填化学式)， 装置中玻璃导管的作用是_____________。
（2）步骤ii中，可采取的控温措施是________。滴加H2O2溶液速度不能太快，原因是_______。
（3）步骤iii中，加入乙醇的目的是_________。反应时间与产率、活性氧质量分数(ω)的关系如图所示，最适宜的反应时间为____min左右。
（4）下列关于过碳酸钠说法不正确的是_____ (填字母标号)
A. 应与易燃或可燃物等分开存放
B. 过碳酸钠的消毒原理与漂粉精相似
C. 储存于干燥洁净、不通风的仓库内
D. 过碳酸钠不慎溅入眼睛应用流动清水或生理盐水冲洗后就医
（5）现将0.50g粗产品(杂质不参与反应)置于锥形瓶中，加水溶解，再加入足量稀H2SO4，用0.1000 mol/LKMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液15.00mL，则粗产品中活性氧质量分数是____ 。
【答案】（1） ①. O2 ②. 平衡气压，使得液体顺利滴下
（2） ①. 冰水浴 ②. 该反应为放热反应，加入H2O2溶液速度过快会导致大量放热，造成过氧化氢的分解
（3） ①. 降低 2Na2CO3·3H2O2溶解度，使得2Na2CO3·3H2O2结晶析出 ②. 60 （4）C
（5）12%
【解析】
【分析】将碳酸钠溶液转移到三颈烧瓶内，加入稳定剂，搅拌混匀，控制温度为25°C (常温)，边搅拌边向三颈烧瓶中缓慢滴加30%的H2O2溶液可得目标产物，但该反应为放热反应，需要缓慢滴加H2O2溶液并水浴加热，为确保H2O2溶液顺利滴加需要使装置接通空气平衡装置内气压，产物过碳酸钠易溶于水，可通过无水乙醇降低过碳酸钠的溶解度便于析出晶体。
【小问1详解】
实验过程中H2O2溶液可能会分解产生氧气，装置中玻璃导管的作用是平衡气压，使得液体顺利滴下。
【小问2详解】
步骤ii中，可采取的控温措施是冰水浴，由于该反应为放热反应，加入H2O2溶液速度过快会导致大量放热，造成过氧化氢的分解，故需要缓慢加入H2O2溶液。
小问3详解】
产物过碳酸钠易溶于水，可通过无水乙醇降低过碳酸钠的溶解度便于析出晶体。当反应时间为60min，产率最高，活性氧质量分数(ω)相对而言较高，时间超过60min时，活性氧质量分数(ω)虽有增加但增幅不大。
【小问4详解】
过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是一种易分解的强氧化剂、消毒剂，需要通风保存，C错误。
【小问5详解】
KMnO4标准溶液滴定的化学方程式为，故，则粗产品中活性氧质量分数是。
9. 为了实现碳达峰、碳中和目标，建立清洁低碳的能源体系，如何处置和利用废旧电池，已成为当前行业急需解决的问题。一种废旧磷酸铁锂电池正极材料(主要成分为LiFePO4，另含有少量Al)回收利用的工艺流程如图所示。
已知：常温下，Ksp(FePO4)=1.3 ×10-22，Ksp[Fe(OH)3]=4.0× 10-38。回答下列问题：
（1）将电池粉碎前应先放电，放电目的是________________。拆解后的正极片用NaOH溶液浸泡，目的是____________。
（2）正极粉料中加入硫酸酸化的双氧水，其中双氧水的作用是_______。生成FePO4的离子方程式为__________。
（3）“沉铁沉磷”时，当溶液pH从1.0增大到2.5时，沉铁沉磷率会逐渐增大，但pH超过2.5以后，沉磷率又逐渐减小。从平衡移动的角度解释沉磷率减小的原因是____________。
（4）向“含锂溶液2”中所加的Na3PO4溶液可通过向流程中的_____(填化学式)中加入NaOH溶液制得。
（5）检验水洗Li3PO4已洗涤干净的操作方法是__________。
【答案】（1） ①. 释放残余的能量，避免造成安全隐患 ②. 去除铝杂质
（2） ①. 将Fe2+氧化成Fe3+ ②. 2LiFePO4+ H2O2+ 2H+=2Li++ 2FePO4 +2H2O
（3）pH>2.5 后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率
（4）FePO4 （5）取最后一次洗涤液少许于试管中，先加入足量盐酸，再加氯化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净
【解析】
【分析】废旧磷酸铁锂电池正极材料拆解后加入氢氧化钠，将铝转化为溶液，过滤滤渣加入硫酸、过氧化氢将二价铁转化为三价铁生成磷酸铁，含锂溶液1加入氢氧化钠除去铁，含锂溶液2加入磷酸钠得到磷酸锂，水洗后得到高纯度磷酸锂。
【小问1详解】
电池是将化学能转化为电能的装置，将电池粉碎前应先放电，放电的目的是释放残余的能量，避免造成安全隐患。正极材料中铝能和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，拆解后的正极片用NaOH溶液浸泡，目的是去除铝杂质；
【小问2详解】
过氧化氢具有强氧化性，能将将Fe2+氧化成Fe3+；反应中铁的化合价由+2变为+3，过氧化氢中氧元素化合价由-1变为-2，根据电子守恒、质量守恒可知，反应为：2LiFePO4+ H2O2+ 2H+=2Li++ 2FePO4 +2H2O；
【小问3详解】
铁离子会和氢氧根离子生成氢氧化铁沉淀；pH>2.5 后，溶液碱性增强，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率；
【小问4详解】
FePO4中铁为+3价，和氢氧化钠溶液反应发生复分解反应生成氢氧化铁和Na3PO4溶液，故可通过向流程中的FePO4中加入NaOH溶液制得。
【小问5详解】
洗涤液中硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故检验水洗Li3PO4已洗涤干净的操作方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，先加入足量盐酸，再加氯化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净。
10. CO2是一种温室气体，对人类的生存环境产生巨大的影响，将CO2作为原料转化为有用化学品，对实现碳中和及生态环境保护有着重要意义。
I、工业上以CO2和NH3为原料合成尿素，在合成塔中存在如下转化：
（1）液相中，合成尿素的热化学方程式为2NH3(1)+CO2(l)=H2O(l)+NH2CONH2(1) ΔH=_____kJ/mol。
（2）在恒容密闭容器中发生反应： 2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH<0。下列说法错误的是
A. 反应在任何温度下都能自发进行
B. 增大CO2的浓度，有利于NH3的转化率增大
C. 当混合气体的密度不再发生改变时反应达平衡状态
D. 充入He，压强增大，平衡向正反应移动
Ⅱ．由CO2与H2制备甲醇是当今研究的热点之一。
（3）在一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入xmolCO2和ymolH2，发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3=- 50kJ·mol-1
①若x=1、y=3， 测得在相同时间内，不同温度下H2的转化率如图1所示，点a_____填“是”或“否”)达到平衡。T2时，若起始压强为10atm， Kp=_____atm-2(结果保留一位小数，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压 ×物质的量分数)。
②已知速率方程v正 =k正 c(CO2)·c3(H2)， v逆 =k逆c(CH3OH)·c(H2O)， k正、k 逆是速率常数，只受温度影响，图2表示速率常数k正、k逆的对数lgk与温度的倒数之间的关系， A、B、D、E分别代表图1中a点、c点的速率常数，其中点_____(填A或B或D或E)表示c点的lgk逆。
（4）我国科学家设计出如图装置实现CO2的转化，可有效解决温室效应及能源问题，总反应为CO2+NaCl CO+NaClO(忽略气体 在溶液中的溶解及溶液的体积变化)。
电极Ⅱ的电极反应式为_______。电解结束后，电极Ⅱ所在电极室溶液pH ___________(填“变大”或“变小”)
【答案】（1）-93.7 （2）AD
（3） ①. 否 ②. 2.4 ③. A
（4） ①. Cl-+2e-+H2O=ClO-+2H+ ②. 变大
【解析】
【小问1详解】
观察所给二氧化碳与氨气反应合成尿素的转化图示可知，根据盖斯定律，反应2NH3(l)+CO2(l)=NH2COONH4 (l)， NH2COONH (l)=H2O(l) + NH2 CONH2(l)相加得合成尿素的热化学方程式为2NH3(1)+CO2(l)=H2O(l)+NH2CONH2(1)，△H=AH1+△H2=- 109.2 kJ/mol+ 15.5 kJ/mol=- 93.7 kJ/mol；
【小问2详解】
A．该反应为熵减小的放热反应，根据判据H-TS<0，该反应在低温下能自发进行，选项A错误；
B．增大二氧化碳的浓度平衡向正反，应方向移动,氨气的转化率增大，选项B正确；
C．混合气体的密度等于，容器的体积不变，随着反应的进行，m(g)减小，密度减小，当密度不变时，说明反应达到平衡状态，选项C正确；
D．在恒容密闭容器中充人氦气,压强增大，但反应体系中氨气、二氧化碳、H2O(g)的浓度均不变，平衡不移动，选项D错误；
答案选AD；
【小问3详解】
①根据图1可知，b点刚好平衡，b点所在的曲线在不同温度下达平衡，a点在相同温度下氢气的转化率低于平衡点，还没有达平衡；根据b点列三段式如下：
平衡时各气体的总物质的量为2.4mol，在恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则，平衡时总压p=6atm，平衡分压p(CO2)==0.5atm，p(H2)=.5atm，p(CH3OH)= p(H2O)=2 atm，平衡常数Kp===2.4arm-2;
②达平衡时，v正 = v逆，K=，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，即越小，lg k逆越大，即点A表示c点的lg k逆；
【小问4详解】
电极总反应为CO2+NaCl CO+NaClO，由图可知，碳元素价态降低得电子，故电极Ⅰ为阴极，电极Ⅱ为阳极，阳极电极反应式为Cl-+2e-+H2O=ClO-+2H+；由电解总反应可知，电极Ⅱ所在电极室NaCl(中性)生成NaClO(水解显碱性)，pH变大。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分)
11. CuO、Cu2S等含铜化合物可以催化合成HCOOH。回答下列问题：
（1）基态铜原子的价电子排布式为___________，其核外电子占据的原子轨道共有___________个。
（2）HCOOH中元素电负性从大到小的顺序为___________；催化过程中可能产生，的空间构型为___________，碳氧键的平均键长比CH3OH要___________(填“长”或“短”)；在有机溶剂中，H2SO4的电离平衡常数Ka1(H2SO4)比H2CO3的电离平衡常数Ka1(H2CO3)大，除S的非金属性比C强外，在分子结构上还存在的原因是___________。
（3）已知Cu2S晶胞中S2-的位置如图所示，Cu+位于S2-所构成的正四面体中心。
S2-配位数为___________；已知图中A处(S2-)的原子分数坐标为(0，0，0)，则晶胞中与A距离最近的Cu+的原子分数坐标为___________；若晶胞参数anm，晶体的密度为dg·cm-3，则阿伏加德罗常数的值为___________(用含a和d的式子表示)。
【答案】（1） ①. 3d104s1 ②. 15
（2） ①. O>C>H ②. 平面三角形 ③. 短 ④. H2SO4中有两个非羟基氧而H2CO3只有一个，中心原子的非羟基氧越多，其酸性越强
（3） ①. 8 ②. (，，) ③.
【解析】
【小问1详解】
Cu为29号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故其价电子排布式为3d104s1，其核外电子占据的原子轨道数为1+1+3+1+3+5+1=15，故答案为：3d104s1；15。
【小问2详解】
元素的非金属性越强，电负性越大，H、C、O电负性从大到小的顺序为O>C>H；的中心原子的价层电子对数=键数+孤电子对数=3+0=3，则C为sp3杂化，三个O原子分别位于杂化轨道的伸展方向上，所以的空间构型为平面三角形；由于有大键，所以中C-O键长较短；H2SO4中有两个非羟基氧而H2CO3只有一个，非羟基氧越多，吸引电子能力越强，H-O的电子云密度（电子出现概率）越小，H越易电离，其酸性越强，故答案为：O>C>H；平面三角形；短；H2SO4中有两个非羟基氧而H2CO3只有一个，中心原子的非羟基氧越多，其酸性越强。
【小问3详解】
在Cu2S晶胞中，四面体中心共有8个，每个四面体中心均分布着一个Cu+，每个S2-周围有8个Cu+，故S2-配位数为8；图中A处(S2-)的原子分数坐标为(0，0，0)，A与相邻的三个面心原子形成一个正四面体，与A距离最近的Cu+位于此正四面体的中心，则Cu+的原子分数坐标为(，，)；晶胞的体积为(a10-7)3cm3，每个晶胞的质量为，则d=，则mol-1，只涉及数值，省略单位mol-1，其数值为，故答案为：8；(，，)；。
12. 3，4-二羟基肉桂酸乙酯()具有治疗自身免疫性疾病潜力。由气体A制备3，4- 二羟基肉桂酸乙酯(1)的合成路线如图：
已知：
回答下列问题：
（1）已知气体A对氢气的相对密度为14，A的化学名称是___________。
（2）B中含有的官能团的名称为_______。
（3）D的结构简式为________________________。
（4）E→F的反应类型是______________，化学上把连有四个不同基团的碳原子称为手性碳，E中含有_____个手性碳。
（5）G→H第①步化学反应方程式为__________________。
（6）芳香族化合物X是H同分异构体， 1mol X与足量NaHCO3溶液反应可生成2mol CO2，符合条件的X有____种， 其中核磁共振氢谱的峰面积比为3：2：2：1的结构简式为____(任写出一种)。
【答案】（1）乙烯 （2）羟基
（3） （4） ①. 消去反应 ②. 1
（5） （6） ①. 10 ②. 或
【解析】
【分析】气体A对氢气的相对密度为14，则A的相对分子质量是14×2＝28，A和水发生加成反应生成B，根据B的分子式知，A为CH2＝CH2，B为CH3CH2OH，C和D发生信息中的反应生成E，根据E的结构简式知，B发生催化氧化生成的C为CH3CHO，D为；由H的结构可知，E发生消去反应生成F为，F发生银镜反应生成G为，G中氯原子水解引入羟基生成H，H与乙醇发生酯化反应生成3，4﹣二羟基肉桂酸乙酯。据此回答问题。
【小问1详解】
根据分析可知，A为CH2＝CH2，A的化学名称是乙烯，故答案为：乙烯；
【小问2详解】
B的结构简式为CH3CH2OH，B中含有的官能团的名称为羟基，故答案为：羟基；
小问3详解】
由分析可知，D的结构简式为，故答案为：；
【小问4详解】
E→F的反应类型是消去反应，化学上把连有四个不同基团的碳原子称为手性碳，E中连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，所以E中含有1个手性碳，
故答案为：消去反应；1；
【小问5详解】
G→H的第①步化学反应方程式为，
故答案为：；
【小问6详解】
芳香族化合物X是H的同分异构体，1molX与足量NaHCO3溶液反应可生成2molCO2，说明X分子含有2个羧基，苯环有1个侧链为-CH(COOH)2，苯环有2个侧链为-COOH、-CH2COOH，有邻、间、对3种位置关系，苯环有3个侧链为-COOH、-COOH、-CH3，2个羧基有邻、间、对3种位置关系，对应的甲基分别有2种、3种、1种，故符合条件的X共有1+3+2+3+1＝10种，其中核磁共振氢谱的峰面积比为3：2：2：1的结构简式为或，
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