四川省棠湖中学2020届高三上学期期末考试理综化学试题


四川省棠湖中学2020届高三上学期期末考试理综
化学试题
1.近日，北京某区食药监局向居民发放了家用食品快检试剂盒．试剂盒涉及的部分检验方法如下，其中不是通过化学原理进行检验的是（　　）
A. 通过测定大米浸泡液的pH检验大米新鲜度
B. 用含Fe2+的检测试剂检验自来水中余氯的含量
C. 向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量
D. 通过观察放入检测液中鸡蛋的沉浮检验鸡蛋新鲜度
【答案】D
【解析】
【详解】A项、通过测定大米浸泡液的pH检验大米新鲜度，涉及与氢离子的反应，pH试纸的变色过程是化学变化，故A错误；
B项、亚铁离子与氯气发生氧化还原反应，属于化学变化，故B错误；
C项、向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量，发生氧化还原反应，淀粉中碘酸钾被还原生成碘，故C错误；
D项、鸡蛋的沉浮与密度有关，没有发生化学变化，故D正确；
故选D。
2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A. 标准状况和的混合气体中含电子总数为
B. 氢化钾与足量水反应转移电子数为
C. 92g甘油丙三醇中含C一H键总数
D. 溶液中和数之和为
【答案】A
【解析】
【详解】A、氖气中含10个电子，而氨气中也含10个电子，而2.24L混合气体的物质的量为0.1mol，故0.1mol混合物中含NA个电子，故A正确；
B、40gKH的物质的量为1mol，而KH和水反应时-1价的H元素变为0价，故1molKH转移NA个电子，故B错误；
C、92g甘油的物质的量为1mol，而甘油中含5个C-H键，故1mol甘油中含5NA个C-H键，故C错误；
D、溶液体积不明确，故溶液中的NH4+和NH3•H2O数之和无法计算，故D错误；
故选A。
3.化合物的分子式均为C5H8O2，下列说法正确的是（　　）
A. x分子中碳原子均位于同一平面
B. x、y均能与NaOH溶液发生反应
C. y、z均能与 反应生成
D. 与它们互为同分异构体的链状羧酸有6种
【答案】B
【解析】
【详解】A．x含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不可能在同一个平面上，故A错误；
B．x含有酯基，可在碱性条件下水解，y含有羧基，具有酸性，可与氢氧化钠发生中和反应，故B正确；
C．z含有羟基，具有醇的性质，不含有羧基，与碳酸氢钠不反应，故C错误；
D．C5H8O2属于羧酸的同分异构体为丁烯中的1个H原子被-COOH取代，1-丁烯等效氢原子有4种， 2-丁烯等效氢原子有2种，2-甲基-1-丙烯等效氢原子有2种，因此-C4H7异构体有8种，则分子式为C5H8O2属于羧酸的同分异构体数目有8种，故D错误；
故选B。
4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最低负价等于X、Z的最低负价之和，Y的周期数是族序数的3倍，W的简单氢化物与X的简单氢化物化合形成的盐中既含离子键又含共价键。下列说法正确的是（ ）
A. 常压下，单质的沸点：W＞Z
B. Y与X形成化合物的水溶液呈碱性
C. 原子半径：W＜X＜Y＜Z
D. W的氧化物的水化物的酸性比Z的弱
【答案】B
【解析】
【分析】
Y的周期数是族序数的3倍，可知Y是Na；W的简单氢化物与X的简单氢化物化合形成的盐中既含离子键又含共价键，结合W、X原子序数均比Na小，可知W的简单氢化物是NH3，X的简单氢化物是HF，即W是N，X是F；W的最低负价等于X、Z的最低负价之和，Z是S。
【详解】A. 常压下，N2是气态，S是固态，故单质的沸点：N2＜S，故A错误；
B. Na与F形成化合物NaF属于强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，故B正确；
C. 电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小。故原子半径：F＜N＜S＜Na，故C错误；
D. 没有说明是最高价氧化物对应的水化物，无法确定酸性大小，故D错误；
答案选B。
【点睛】掌握原子、离子半径比较技巧：
一看电子层数，电子层数越大，半径越大；
二看核电荷数，核电荷数越大，半径越小；（电子层数相等时）
三看核外电子数，核外电子数越大，半径越大。（电子层数、核电荷数相等时）
5.下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)
A. 氯气溶于水：Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣
B. 向FeSO4溶液中加入H2SO4酸化的KMnO4溶液：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O
C. 向少量澄清石灰水中加入足量的NaHCO3溶液：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O
D. 用铜做电极电解NaCl溶液：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣
【答案】B
【解析】
【详解】A、HClO是弱电解质，写化学式，离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故A错误；
B、发生氧化还原反应生成铁离子、锰离子和水，离子方程式为5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，故B正确；
C、二者反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故C错误；
D、阳极上Cu失电子发生氧化反应，离子方程式为Cu+2H2OCu(OH)2↓+H2↑，故D错误。
【点睛】易错点是选项D，学生只注意到电解饱和食盐水的方程式，没注意到电极材料，题中所说，铜作电极，根据电解池的原理，活动性金属作阳极，阳极失电子，即阳极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，因此总电极反应式为Cu+2H2OCu(OH)2↓+H2↑。
6.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中含酚废水中有机物可用C6H6O表示，左、中、右室间分别以离子交换膜分隔。下列说法不正确的是（　　）

A. 左池的pH值降低
B. 右边为阴离子交换膜
C. 右池电极的反应式：2NO3-+10e-+12H+=N2↑=6H2O
D. 当消耗0.1mol C6H6O，在标准状况下将产生0.28mol氮气
【答案】B
【解析】
【详解】A.苯酚的酸性比碳酸弱，根据图示可知左边进入的是高浓度的苯酚溶液，逸出的气体有CO2，说明反应后溶液的酸性增强，pH减小，A正确；
B.根据图示可知，在右边装置中，NO3-获得电子，发生还原反应，被还原变为N2逸出，所以右边电极为正极，原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以工作时中间室的Cl-移向左室，Na+移向右室，所以右边为阳离子交换膜，B错误；
C.根据B的分析可知，右池电极为正极，发生还原反应，电极反应式：2NO3-+10e-+12H+= N2↑+ 6H2O，C正确；
D.在左室发生反应：C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+，根据电极反应式可知每有1mol苯酚该反应，转移28mol电子，反应产生N2的物质的量是n(N2)=mol=2.8mol，则当消耗0.1mol C6H6O，将会产生0.28mol氮气，D正确；
故合理选项是B。
7.25℃时，向0.10mol·L-1的H2C2O4(二元弱酸)溶液中滴加NaOH溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是

A. 25℃时H2C2O4的一级电离常数为Ka1=104.3
B. pH=2.7的溶液中：c(H2C2O4)=c(C2O42-)
C. pH=7的溶液中：c(Na+)>2c(C2O42-)
D. 滴加NaOH溶液的过程中始终存在：c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-)=c(Na+)+c(H+)
【答案】A
【解析】
【分析】
草酸属于二元弱酸，滴加NaOH溶液，发生H2C2O4＋NaOH=NaHC2O4＋H2O，NaHC2O4＋NaOH=Na2C2O4＋H2O，然后进行分析；
【详解】草酸属于二元弱酸，滴加NaOH溶液，发生H2C2O4＋NaOH=NaHC2O4＋H2O，NaHC2O4＋NaOH=Na2C2O4＋H2O，
A、根据图像，H2C2O4二级电离常数表达式K=c(C2O42－)×c(H＋)/c(HC2O4－)，在pH=4.3时，c(C2O42－)=c(HC2O4－)，此时H2C2O4的二级电离常数为10－4.3，不是H2C2O4的一级电离常数，故A说法错误；
B、根据图像，pH=2.7的溶液中，c(H2C2O4)=c(C2O42－)，故B说法正确；
C、根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，当pH=7时，c(H＋)=c(OH－)，有c(Na＋)=c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，因此c(Na＋)>2c(C2O42－)，故C说法正确；
D、溶液为电中性，滴加氢氧化钠溶液过程中始终存在c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，故D说法正确；
8.无水FeCl2易吸湿、易被氧化，常作为超高压润滑油的成分。某实验小组利用无水FeCl3和氯苯（无色液体，沸点132.2℃）制备少量无水FeCl2，并测定无水FeCl2的产率。
实验原理：2FeCl3＋C6H5Cl2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl↑
实验装置：按如图所示组装好的装置，检查气密性后，向三颈烧瓶A中加入16.76g无水FeCl3和22.5g氯苯。
回答下列问题：

（1）利用工业氮气（含有H2O、O2、CO2）制取纯净干燥的氮气。
①请从下列装置中选择必要的装置，确定其合理的连接顺序：a→________→上图中的j口（按气流方向，用小写字母表示）。

②实验完成后通入氮气的主要目的是________。
（2）装置C中的试剂是________（填试剂名称），其作用是________。
（3）启动搅拌器，在约126℃条件下剧烈搅拌30min，物料变成黑色泥状。加热装置A最好选用__（填字母）。
a．酒精灯 b．水浴锅 c．电磁炉 d．油浴锅
（4）继续升温，在128～139℃条件下加热2h，混合物颜色逐渐变浅，黏度降低。该步骤中加热温度已经接近或超过氯苯沸点，但氯苯实际损失量却非常小，其原因是________。
（5）继续加热1h后放置冷却，在隔绝空气条件下过滤出固体，用洗涤剂多次洗涤所得固体，置于真空中干燥，得到成品。若D中所得溶液恰好与25mL2.0mol·L－1NaOH溶液完全反应，则该实验中FeCl2产率约为________（保留3位有效数字）。
【答案】 (1). fg→de→bc（提示：除水后再除氧气，防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气） (2). 将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收 (3). 无水氯化钙 (4). 防止水蒸气进入装置A中使FeCl2、FeCl3水解 (5). d (6). 球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流 (7). 97.0％
【解析】
【分析】
（1）思路：先除CO2→再除H2O（顺带除去吸收二氧化碳带出来的水蒸气）→再除O2（除水后再除氧气，防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气）；
（2）由FeCl2、FeCl3易水解性质可解，前后一定要有干燥装置；
（3）油浴锅的好处是便于控制温度；
（4）有冷凝管可使反应物冷凝回流；
【详解】（1）①由分析可知，装置接口的连接顺序为fg→de→bc，吸收装置注意长进短出；②实验完成后继续通入氮气的主要目的是：将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收，防止测FeCl2的产率偏小。
（2）FeCl2、FeCl3易水解，装置C中的试剂是干燥剂无水氯化钙，其作用是防止水蒸气进入装置A中使FeCl2、FeCl3水解；
（3）结合温度约126℃，选择油浴锅的好处是便于控制温度，故选d；
（4）由装置图可知，加热温度已经接近或超过氯苯沸点，但氯苯实际损失量却非常小，其原因是球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流；
（5）n(HCl)=n(NaOH)=0.025L2.0mol·L－1=0.05mol，
n(FeCl2)=n(HCl)=0.05mol=0.1mol，
加入16.76g无水FeCl3和22.5g氯苯，物质的量分别约为0.103mol和0.2mol，由反应方程式可知氯苯过量，
则该实验中FeCl2的产率约为100%97.0％。
9.有X、Y、Z、M、R五种短周期主族元素，部分信息如下表所示：

X
Y
Z
M
R
原子半径/nm



0.074
0.099
主要化合价

+4，-4

-2
-1，+7
其它
阳离子核外无电子
无机非金属材料的主角
第三周期简单离子半径最小





请回答下列问题：
（1）Z与NaOH溶液反应的离子方程式：___。(用元素符号表示，下同。)
（2）下列事实能说明R非金属性比Y强这一结论的是___(选填字母序号)。
a.常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态
b.气态氢化物稳定性R>Y
c.Y与R形成的化合物中Y呈正价
d.Y与R各自形成的含氧酸中R的氧化性更强
（3）经测定X2M2为二元弱酸，写出X2M2的电子式___。其酸性比碳酸的还要弱，请写出其第一步电离的电离方程式___。
（4）已知I2能做X2M2分解的催化剂：
第一步：X2M2＋I2＝2XIM；
第二步：……
请写出第二步反应的化学方程式___。
（5）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现在改用X2M2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式___。
【答案】 (1). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (2). bc (3). (4). H2O2H++HO2- (5). H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O (6). Cu+ H2O2+2 H+=Cu2++2H2O
【解析】
【分析】
根据题意推断X、Y、Z、M、R依次为H、Si、Al、O、Cl五种元素。

（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
（2）证明非金属性的方法：①单质与氢气化合的难易程度；②气态氢化物的稳定性；③最高价氧化物对应水化物的酸性等角度证明；
（3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构；按多元弱酸分步电离进行书写；
（4）根据质量守恒进行化学方程式的书写；
（5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水。
【详解】X、Y、Z、M、R是短周期主族元素，X元素的阳离子核外无电子，则X为氢元素；Y元素有-4、+4价，处于ⅣA族，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；Z为第三周期简单离子半径最小，则为Al元素；R元素有+7、-1价，则R为Cl元素；M元素有-2价，处于ⅥA族，原子半径小于Cl原子，故R为氧元素；
（1）Z为Al，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（2）R为Cl，Y为Si；
a. 物质的聚集状态属于物理性质，不能说明非金属性强弱，选项a错误；
b. 氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，稳定性HCl＞SiH4，说明非金属性Cl＞Si，选项b正确；
c. Si与Cl形成的化合物中Si呈正价，说明Cl吸引电子的能力强，Cl元素的非金属性更强，选项c正确；
d.Y与R各自形成的最高价含氧酸中R的氧化性更强才能说明R的非金属性更强，选项d错误；
答案选bc；
（3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构，故H2O2的电子式为；H2O2酸性比碳酸的还要弱，则可看成多元弱酸，分步电离，第一步电离的电离方程式为H2O2H++HO2-；
（4）已知I2能做X2M2分解的催化剂：H2O2分解生成H2O和O2；根据总反应式2H2O2=2H2O+O2↑减去第一步反应H2O2＋I2＝2HIO得到第二步反应：H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O；
（5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水，反应的离子方程式为Cu+ H2O2+ 2H+=Cu2++2H2O。
【点睛】本题考查元素周期律元素周期表的应用，同周期元素从左到右半径减小、非金属性增强，同主族元素从上而下半径增大、非金属性减弱。
10.MoS2(辉钼矿的主要成分)可用于制取钼的化合物润滑添加剂氢化反应和异构化反应的催化剂等。回答下列问题：
(1)反应3MoS2+18HNO3+12HCl=3H2[MoO2Cl4]+18NO↑+6H2SO4+6H2O中，每溶解1mol MoS2，转移电子的物质的量为___________。
(2)已知：MoS2(s)= Mo(s)+S2(g) △H1
S2(g)+2O2(g)=2SO2(g) △H2
2MoS(s)+7O2(g)=2MoO3 (s)+4SO2(g) △H3
反应2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s)的△H=___________(用含△H1、△H2、△H3的代数式表示)。
(3)利用电解法可浸取辉钼矿得到Na2MoO4和Na2SO4溶液(装置如图所示)。

①阴极的电极反应式为______________________。
②一段时间后，电解液的pH___________ (填“增大”“减小”或“不变”)，MoO42-在电极___________(填“A”或“B”)附近生成。
③实际生产中，惰性电极A一般不选用石墨，而采用DSA惰性阳极(基层为TiO2，涂层为RuO2+IrO2)，理由是_______________________。
(4)用辉钼矿冶炼Mo的反应为
MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s) △H。
①该反应的△H___________(填“>”或“<”)0；p1、p2、p3按从小到大的顺序为___________。
②在某恒容密闭容器中加入0.1 mol MoS2、0.2mol Na2CO3、0.4mol H2，一定温度下发生上述反应，下列叙述说明反应已达到平衡状态的是____________ (填标号)。
a.v正(H2)=v逆(CO)
b.气体的密度不再随时间变化
c.气体的压强不再随时间变化
d单位时间内断裂H一H键与断裂H—O键的数目相等
③在2L的恒温恒容密闭容器中加入0.1 mol MoS2、0.2 mol Na2CO3、0.4molH2，在1100K时发生反应，达到平衡时恰好处于图中A点，则此温度下该反应的平衡常数为___________。

【答案】 (1). 18mol (2). △H3-2△H2-2△H1 (3). 2H2O+2e-=H2↑+2OH- (4). 增大 (5). A (6). 阳极主要生成Cl2，还会生成O2，生成的O2会消耗石墨 (7). > (8). p1 【解析】
【分析】
(1)在该反应中元素的化合价发生变化的元素有Mo、S、N，根据化合价升降总数等于反应过程中电子转移数目计算；
(2)根据盖斯定律，将几个热化学方程式叠加，可得相应反应的热化学方程式的反应热；
(3)阴极上发生还原反应，阳极发生氧化反应，根据离子放电顺序可得相应的电极反应式及每个电极的产物、溶液的酸碱性变化；根据阳极反应产物的性质分析阳极不使用石墨电极的原因；
(4)①根据压强不变时H2的平衡转化率与温度的关系分析热效应；再根据温度不变时压强与H2的转化率分析几个不同条件下的压强大小；
②根据平衡时任何物质的浓度不变、任何物质的含量不变、容器的密度不变等判断平衡状态；
③根据H2的转化率及加入物质的物质的量，计算出各种物质的平衡浓度，带入平衡常数表达式可得化学平衡常数。
【详解】(1)在反应中，Mo元素的化合价由反应前MoS2中的+2价变为反应后H2[MoO2Cl4]中的+6价，S元素的化合价由反应前MoS2中的-1价变为反应后H2SO4中的+6价， N元素的化合价由反应前硝酸中的+5价变为反应后NO中的+2价，每1mol MoS2发生反应，电子转移的物质的量为(6-2)+2×[6-(-1)]mol=18mol；
(2) ①MoS2(s)= Mo(s)+S2(g) △H1 ②S2(g)+2O2(g)=2SO2(g) △H2
③2MoS(s)+7O2(g)=2MoO3 (s)+4SO2(g) △H3
根据盖斯定律，将③-2×②-2×①，整理可得反应2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s)的△H=△H3-2△H2-2△H1；
(3) ①该池为电解池，在阴极上溶液中H2O电离产生的H+获得电子，发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
②由于溶液中H+不断放电，使溶液中c(OH-)>c(H+)，所以电解一段时间后，溶液碱性增强，pH不断增大；溶液中 的Cl-在阳极失去电子变为Cl2，Cl2具有氧化性，其水水反应产生的HClO氧化性也非常强，Cl2、HClO将MoS2氧化为MoO42-，因此MoO42-在阳极A附近生成；
③在食盐水溶液中含有的阴离子有Cl-、OH-，Cl-失去电子产生Cl2，OH-也可能失去电子变为O2，生成的O2会与C在高温下反应产生CO2气体而不断消耗石墨，所以阳极般不选用石墨，而采用DSA惰性阳极；
(4)①根据图象可知：在压强不变时，温度升高，H2的平衡转化率增大，说明该反应的正反应为吸热反应，所以△H>0；由于反应MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)的正反应是气体体积增大的反应，在其它条件不变时，增大压强，平衡逆向移动，H2的转化率降低，根据图象可知H2的转化率p1最大，p3时最小，说明压强p3最大，p1最小，故压强按从小到大的顺序为：p1 ②a.由于方程式中H2、CO的化学计量数不等，所以v正(H2)=v逆(CO)时反应未达到平衡状态，a错误；
b.该反应有固体参加反应，若气体的密度不再随时间变化，说明气体质量不变，由于容器的容积不变，所以可根据密度不变判断反应处于平衡状态，b正确；
c.该反应是反应前后气体体积不等的反应，若气体的压强不再随时间变化，反应处于平衡状态,c正确；
d单位时间内断裂H一H键与断裂H—O键的数目相等，反应逆向进行，为处于平衡状态，d错误；
故合理选项是bc；
③反应MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s) 在2L容器内进行， 向其中加入0.1 mol MoS2、0.2 mol Na2CO3、0.4molH2，反应开始时c(H2)=0.2mol/L；由于在1100℃时H2的转化率是50%，所以平衡时，c(H2)=0.1mol/L，根据物质反应的变化关系可知，平衡时n(CO)=0.05mol/L，c(H2O)=0.1mol/L，因此该温度下的反应平衡常数K=(mol/L)2=2.5×10-3(mol/L)2。
【点睛】本题考查了氧化还原反应、盖斯定律、电解原理的应用、化学反应速率和化学平衡的有关知识，涉及反应中电子转移、化学反应速率、化学平衡常数的计算、平衡状态的判断、热化学方程式的书写、电极反应式的书写、溶液酸碱性的变化等，较为全面的考查了化学反应基本原理，考查了学生应用知识解决问题的能力，难度适中。
11.据媒体报道,法国一家公司Tiamat日前研发出比当前广泛使用锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池,预计从2020年开始实现工业生产。该电池的负极材料为Na2Co2TeO6(制备原料为Na2CO3、Co3O4和TeO2)，电解液为NaClO4的碳酸丙烯酯溶液。
回答下列问题:
（1）Te属于元素周期表中_____区元素,其基态原子的价电子排布式为_____。
（2）基态Na原子中,核外电子占据的原子轨道总数为____,最高能层电子云轮廓图形状为_____
（3）结合题中信息判断:C、O、Cl的电负性由大到小的顺序为_____(用元素符号表示)。
（4）CO32-的几何构型为______;碳酸丙烯酯的结构简式如图所示,则其中碳原子的杂化轨道类型为_________,1mol碳酸丙烯酯中键的数目为________.

（5）[Co(H2O)6]3+的几何构型为正八面体形,配体是_____,该配离子包含的作用力为__(填选项字母)。
A.离子键 B.极性键 C.配位键 D.氢键 E.金属键
（6）Na和O形成离子化合物的晶胞结构如图所示,晶胞中O的配位数为______,该晶胞的密度为ρg/cm3,阿伏加德罗常数的值为NA，则Na与O之间的最短距离为_____cm(用含ρ、NA的代数式表示)。

【答案】 (1). p (2). 5s25p4 (3). 6 (4). 球形 (5). O>Cl>C (6). 平面三角形 (7). sp2、sp3 (8). l3NA(或13×6.02×1023) (9). H2O (10). BC (11). 8 (12). ×
【解析】
【详解】(1)Te与O是同一主族元素，属于元素周期表中p区元素，Te为第5周期第ⅥA族元素，其基态原子的价电子排布式为5s25p4，故答案为p；5s25p4；
(2)基态Na原子的电子排布式为1s22s22p63s1，核外电子占据的原子轨道总数为6，最高能层电子为3s，电子云轮廓图为球形，故答案为6；球形；
(3)元素的非金属性越强，氧气与氯化氢能够反应生成氯气和水，氧元素的非金属性最强，电负性数值越大，C、O、Cl的电负性由大到小的顺序为O>Cl>C，故答案为O>Cl>C；
(4)CO32-中C的价层电子对数=3+×(4+2-3×2)=3，几何构型为平面三角形；根据碳酸丙烯酯的结构简式，则其中碳原子有2种，不饱和的碳氧双键中的C原子采用sp2杂化，饱和的碳原子采用sp3杂化；1mol碳酸丙烯酯中含有6molC-H，4molC-O，2molC-C和1molC=O，共13mol，键的数目为13×6.02×1023，故答案为平面三角形；sp2、sp3；13×6.02×1023；
(5)[Co(H2O)6]3+的几何构型为正八面体形，配体是H2O，该配离子包含的作用力有H-O极性键、配位键，故答案为H2O；BC；
(6)晶胞中Na+离子数目为8，O2-离子数目为8×+6×=4，Na+离子、O2-离子数目之比为2：1，故该晶体化学式为Na2O，由图可知，每个Na+离子周围有4个O2-离子，Na+离子配位数为4，距一个阴离子周围最近的所有阳离子有8个，则O的配位数为8；晶胞质量为g，该晶胞的密度为ρg•cm-3，而晶胞体积为g÷ρg•cm-3=cm3，晶胞棱长为cm，则Na与O之间的最短距离为立方体对角线的=×cm，故答案为8；×。
【点睛】本题考查物质的结构与性质，涉及核外电子排布、杂化轨道、晶胞结构与计算等。本题的易错点为(6)中Na与O之间的最短距离的求算，要注意根据图示判断为体对角线的四分之一。
12.已知：A、B、F是家庭中常见的有机物，F常用于食品包装，E是石油化工发展水平的标志。根据下面转化关系回答问题。

（1）分别写出A和E中官能团的名称：A中_________；E中_________；
（2）操作⑥的名称为________________。
（3）写出反应类型：④_________；
（4）请写出下列反应的化学方程式：
①写出A和B在浓硫酸中加热反应的方程式_________________；
②B在金属铜存在下在空气中加热反应________________；
（5）F是一种常见的高分子材料，它给我们带来了巨大的方便。然而，这种材料造成的当今的某一环境问题是__________________.
【答案】 (1). 羧基 (2). 碳碳双键 (3). 分馏 (4). 加成反应 (5). CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O (6). 2CH3CH2OH + O22CH3CHO＋2H2O (7). 白色污染
【解析】
【分析】
E是石油化工发展水平的标志，则E为CH2=CH2，A、B、F是家庭中常见的有机物，E通过加聚反应得到常见的高分子材料F，则F为聚乙烯；E与水发生加成反应生成B为C2H5OH，A与B反应生成C，C能在酸或碱条件下水解生成A、B、D，则A为CH3COOH，C为CH3COOCH2CH3，D为CH3COONa，由操作⑥可知，为石油分馏，据此分析。
【详解】E是石油化工发展水平的标志，则E为CH2=CH2，A、B、F是家庭中常见的有机物，E通过加聚反应得到常见的高分子材料F，则F为聚乙烯；E与水发生加成反应生成B为C2H5OH，A与B反应生成C，C能在酸或碱条件下水解生成A、B、D，则A为CH3COOH，C为CH3COOCH2CH3，D为CH3COONa，由操作⑥可知，为石油分馏。
（1）A为CH3COOH，含有官能团为羧基，E为乙烯，含有官能团为碳碳双键；
（2）因石油中各馏分的沸点不同，可利用分馏的方法来得到各馏分，所以操作⑥为分馏；
（3）由上述分析可知，反应④是乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应类型为加成反应；
（4）①乙醇与乙酸再浓硫酸、加热条件下反应生成乙酸乙酯，反应方程式为：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O；
②乙醇在金属铜存在下在空气中加热发生氧化反应，生成乙醛和水，反应的化学方程式为：2CH3CH2OH + O22CH3CHO＋2H2O；
（5）F为聚乙烯，是一种常见的高分子材料，它给我们带来了巨大的方便。然而，这种材料造成的当今的某一环境问题是白色污染。