2019-2020学年安徽省芜湖市安徽师大附中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年安徽省芜湖市安徽师大附中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1下列说法正确的是A纺织品上的油污可以用烧碱溶液清洗B用钢瓶储存液氯或浓硫酸CH2、D2、T2互为同位素D葡萄糖溶液和淀粉溶液都可产生丁达尔效应【答案】B【解析】【详解】A.纺织品中的油污通常为矿物油，成分主要是烃类，烧碱与烃不反应；另烧碱也会腐蚀纺织品，选项A 错误；B.常温下，铁与液氯不反应，在冷的浓硫酸中发生钝化，均可储存在钢瓶中，选项B 正确；C.同位素是质子数相同，中子数不同的原子之间的互称，选项C 错误；D.淀粉溶液属于胶体，产生丁达尔效应；而葡萄糖溶液不属于胶体，选项D 错误。答案选 B。2工业上用发烟HClO4把潮湿的 CrCl3氧化为棕色的烟CrO2(ClO4)2来除去 Cr()，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法不正确的是（）A HClO4属于强酸，反应还生成了另一种强酸B该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为38 CCrO2(ClO4)2中 Cr 元素显+6 价D该反应离子方程式为19ClO4-+8Cr3+8OH-=8CrO2(ClO4)2+3Cl-+4H2O【答案】D【解析】【分析】根据题意，写出该反应的化学方程式：19HClO4+8CrCl3+4H2O=8CrO2(ClO4)2+27HCl，据此解答。【详解】A HClO4属于强酸，反应生成的HCl 也是强酸，A 项正确；B该反应的氧化剂为HClO4，氧化产物为CrO2(ClO4)2，根据方程式，当有19molHClO4参加反应时，其中有 3mol 作氧化剂，生成的氧化产物CrO2(ClO4)2为 8mol，因此参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为 38，B项正确；CCrO2(ClO4)2中 O 元素显-2 价，ClO4-显-1 价，所以Cr 元素显+6价，C项正确；D该反应在酸性条件下发生，离子方程式为19ClO4-+8Cr3+4H2O=8CrO2(ClO4)2+8H+3Cl-，D 项错误；答案选 D。3下列反应不属于氧化还原反应的是（）A Cl2+H2O=HCl+HClOBFe+CuSO4=FeSO4+Cu C2NaHCO 3 Na2CO3+H2O+CO2DCl2+2FeCl2=3FeCl3【答案】C【解析】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，可从元素化合价的角度判断反应是否氧化还原反应。A 项，反应物中有单质，生成物中都是化合物，一定有化合价变化，A 是氧化还原反应；B项，置换反应都是氧化还原反应，B是氧化还原反应；C项，所有元素的化合价都没有变化，C不是氧化还原反应；D 项，有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应，是氧化还原反应。点睛：本题考查氧化还原反应，试题难度不大，注意从元素化合价的角度判断物质的性质，平日学习中注意知识的积累，快速判断。4潮湿的氯气、新制的氯水及漂粉精的水溶液均能使有色布条褪色，因为它们都含有A Cl2BHClO CClODHCl【答案】B【解析】氯气与水反应生成HClO、HCl，Cl2、HCl 都没有漂白性，HClO具有漂白性，故B正确。5设 NA为阿伏加德罗常数的值。关于常温下pH10 的 Na2CO3NaHCO3缓冲溶液，下列说法错误的是A每升溶液中的OH数目为 0.0001NABc（H+）+c（Na+）c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32）C当溶液中Na+数目为 0.3NA时，n（H2CO3）+n（HCO3）+n（CO32）0.3mol D若溶液中混入少量碱，溶液中-32-3c(HCO)c(CO)变小，可保持溶液的pH 值相对稳定【答案】C【解析】【分析】A、pH10 的溶液中，氢氧根浓度为10-4mol/L；B、根据溶液的电荷守恒来分析；C、在 Na2CO3中，钠离子和碳原子的个数之比为2：1，而在 NaHCO3中，钠离子和碳原子的个数之比为1：1；D、根据2-3CO的水解平衡常数来分析。【详解】A、常温下，pH10 的溶液中，氢氧根浓度为10-4mol/L，故 1L溶液中氢氧根的个数为0.0001NA，故 A 不符合题意；B、溶液显电中性，根据溶液的电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)c(OH)+c(-3HCO)+2c(2-3CO)，故 B 不符合题意；C、在 Na2CO3中，钠离子和碳原子的个数之比为2：1，而在 NaHCO3中，钠离子和碳原子的个数之比为1：1，故此溶液中的当溶液中Na+数目为 0.3NA时，n(H2CO3)+n(-3HCO)+n(2-3CO)水乙醇，所以羟基氢的活泼性依次减弱，D 正确；故合理选项是B。7A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期。X、Y、Z、W 为这些元素形成的化合物，X 为二元化合物且为强电解质，W 的水溶液呈碱性，物质的转化关系如图所示。下列说法中正确的是A对应的简单离子半径：CDB BD、E形成的化合物为含有极性共价键的共价化合物C电解 C、E形成的化合物水溶液，可生成C、E对应的单质D由 A、B、E形成的化合物都含有共价键，溶液都呈强酸性【答案】B【解析】【分析】根据 A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期。X、Y、Z、W 为这些元素形成的化合物，X为二元化合物且为强电解质，W 的水溶液呈碱性结合图表可知：D为 Al，X溶液为HCl，Y溶液为 NaOH溶液，Z溶液为 AlCl3，W溶液为 NaAlO2。所以元素A、B、C、D、E分别为：H、O、Na、Al、Cl，结合元素的相关性质进行判断。【详解】A.B、C、D对应的元素为O、Na、Al，其简单离子半径：O2-Na+Al3+,故 A错误；B.D、E分别为 Al、Cl，D、E形成的化合物为AlCl3，为含有极性共价键的共价化合物，故B正确；C.C 为 Na，E为 Cl，C、E形成的化合为NaCl，电解物其水溶液，可生成H2，Cl2故 C错误；D.A、B、E分别为 H、O、Cl，由 A、B、E形成的化合物有多种，都含有共价键，如：HClO为弱酸，所以D错误；所以本题答案：B。【点睛】本题突破口是框图及X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性，最后得到两性化合物，且他们都是由短周期元素组成的物质，推出D为铝，X溶液为盐酸，Y溶液为氢氧化钠溶液，Z 溶液为 AlCl3，W溶液为 NaAlO2，两性化合物为氢氧化铝。8下列有关物质用途的说法，错误的是()A二氧化硫常用于漂白纸浆B漂粉精可用于游泳池水消毒C晶体硅常用于制作光导纤维D氧化铁常用于红色油漆和涂料【答案】C【解析】【详解】制作光导纤维的材料是SiO2而不是 Si，C项错误。9下列实验中，依托图示实验装置不能实现的是（）A用 CCl4萃取碘水中的碘B用 NaOH 溶液除去溴苯中的溴C用饱和食盐水分离硬脂酸钠与甘油D用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸【答案】C【解析】【分析】【详解】A.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则利用图中装置萃取、分液可分离，故A 正确；B.溴与氢氧化钠反应后，与溴苯分层，然后利用图中装置分液可分离，故B正确；C.分离硬脂酸钠与甘油时，加入热的饱和食盐水，发生盐析，使硬脂酸钠变为沉淀，再用滤纸过滤即可分离，故 C错误；D.乙酸与碳酸钠溶液反应后，与酯分层，然后利用图中装置分液可分离，故D 正确；综上所述，答案为C。10下列说法错误的是A取用固体43NH NO时动作一定要轻B蒸馏提纯乙醇的实验中，应将温度计水银球置于被加热的酒精中C容量瓶、滴定管、分液漏斗等仪器在使用之前都必须检漏D量取 5.2 mL 硫酸铜溶液用到的仪器有10 mL 量筒、胶头滴管【答案】B【解析】【分析】本题考查化学实验，意在考查对实验基本操作的理解。【详解】A.NH4NO3固体受热或撞击易爆炸，因此取用固体NH4NO3时动作一定要轻，故不选A；B.蒸馏提纯乙醇的实验中，应将温度计水银球置于蒸馏烧瓶支管口处，故选B；C.容量瓶、滴定管，分液漏斗等带活塞的仪器在使用之前都必须检漏，故不选C；D.要量取 5.2 mL 硫酸铜溶液，应选择 10 mL 规格的量筒，向量筒内加液时，先用倾倒法加液到接近刻度线，再改用胶头滴管加液到刻度线，故用到的仪器是10 mL 量筒和胶头滴管，故不选D；答案：B 11最新报道：科学家首次用X 射线激光技术观察到CO与 O 在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是A CO和 O 生成 CO2是吸热反应B在该过程中，CO断键形成C和 O CCO和 O 生成了具有极性共价键的CO2D状态 状态 表示 CO与 O2反应的过程【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根据能量-反应过程的图像知，状态I 的能量高于状态III 的能量，故该过程是放热反应，A 错误；B.根据状态I、II、III 可以看出整个过程中CO中的 C和 O 形成的化学键没有断裂，故B错误；C.由图 III 可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；D.状态 状态 表示 CO与 O 反应的过程，故D 错误。故选 C。12下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）（）ANaCl Na+Cl-BCuCl Cu2+2Cl-CCH3COOH?CH3COO-+H+DH2（g）+Cl2（g）2HCl（g）+183kJ【答案】B【解析】【详解】A、NaCl为强电解质，电离方程式为NaCl=Na+Cl-，故 A 不符合题意；B、电解氯化铜溶液生成Cu和氯气，电解发生CuCl2=电解Cu+Cl2，故 B 符合题意；C、醋酸为弱酸，电离方程式为CH3COOH?CH3COO-+H+，故 C不符合题意；D、焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则H2(g)+Cl2(g)?2HCl(g)H=(436+243-431 2)kJ/mol=-183 kJ/mol，因此 H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)+183kJ，故 D 不符合题意；故选：B。【点睛】电解池中阳极若是活性电极作阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应，若是惰性电极作阳极，放电顺序为：，注意：阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电；最常用、最重要的放电顺序为阳极：ClOH；阴极：AgCu2H。13在强酸性条件下因发生氧化还原反应不能大量共存的是A Mg2+、Na+、SO42-、Cl-BK+、CO32-、Cl-、NO3-CNa+、Cl-、NO3-、Fe2+DNH4+、OH-、SO42-、NO3-【答案】C【解析】【分析】酸性条件下，离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等可以大量共存；强酸性条件下具有氧化性与具有还原性的离子能发生氧化还原反应，以此来解答。【详解】A这几种离子之间不反应且和氢离子不反应，所以能大量共存，A 不符合题意；BH+、CO32-反应生成CO2和 H2O 而不能大量共存，但是发生的是复分解反应，不是氧化还原反应，B 不符合题意；CH+、NO3-、Fe2+会发生氧化还原反应生成Fe3+和 NO 而不能大量共存，C 符合题意；DNH4+、OH-发生复分解反应生成NH3?H2O 而不能大量共存，但发生的不是氧化还原反应，D 不符合题意；故合理选项是C。【点睛】本题考查离子共存的知识，明确离子性质及离子共存的条件是解本题关键，注意结合题干中关键词“强酸性、氧化还原反应”来分析解答，题目难度不大。14室温下，对于0.10mol?L1的氨水，下列判断正确的是A与 AlCl3溶液反应发生的离子方程式为Al3+3OHAl（OH）3B用 HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性C加水稀释后，溶液中c（NH4+）?c（OH）变大D 1L0.1mol?L1的氨水中有6.021022个 NH4+【答案】B【解析】【详解】A一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：3+3243Al+3NHH O=Al OH+3NHg，故 A 错误；B含有弱根离子的盐，谁强谁显性，硝酸铵是强酸弱碱盐，所以其溶液呈酸性，故B正确；C加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以+-4NHOHcc减小，故C 错误；D一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以1L0.1mol?L-1的氨水中+4NH的数目小于6.02 1022，故 D 错误；故答案为：B。【点睛】对于稀释过程中，相关微粒浓度的变化分析需注意，稀释过程中，反应方程式中相关微粒的浓度一般情况均会减小，如CH3COONa溶液，溶液中主要存在反应：CH3COONa+H2O?CH3COOH+NaOH，稀释过程中，c(CH3COO-)、c(CH3COOH)、c(OH-)、c(Na+)均逐渐减小，非方程式中相关微粒一般结合相关常数进行分析。1510 mL 浓度为 1 mol/L 的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的是()A KHSO4BCH3COONa CCuSO4D Na2CO3【答案】B【解析】【分析】需要减慢反应速率但又不影响氢气生成，即降低H+的浓度而又不改变H+的物质的量，据此解答。【详解】A加入 KHSO4溶液，溶液中氢离子总量增多，故氢气生成量增多，故A 错误；B加入 CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根离子与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，且提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故B 正确；CZn 可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，故C错误；D加入 Na2CO3溶液，碳酸根离子与氢离子反应，则溶液中氢离子总量减小，故氢气生成量也减小，故D错误。故选：B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16（15 分）目前我国锅炉烟气脱硝技术有新发现，科学家对O3氧化烟气脱硝同时制硝酸进行了实验研究，其生产硝酸的机理如下：回答下列问题：（1）NO3分子内存在两个过氧键，且氧均满足8 电子稳定结构，请写出NO3中 N 的化合价 _；NO3极不稳定，常温下即可爆炸分解，试从电子成键角度解释NO3不稳定的原因：_。（2）N2O5与 O3作用也能生成NO3与氧气，根据反应前后同种元素，价态相同，不参与氧化还原反应的原则，请分析反应N2O5+O32NO3+O2中，N2O5的作用是 _（填“氧化剂”“还原剂”或“既是氧化剂，又是还原剂”）。（3）请写出在有水存在时，O3与 NO 以物质的量之比为32 完全反应的总化学方程式_。下图为某学习兴趣小组对Cu与稀硝酸反应的改进实验装置图：（4）按如图组装好仪器，检查气密性后，装药品，实验时，先关闭a，打开 b，将装置B下移，使之与稀硝酸接触产生气体，当_（填实验现象），立刻将之上提，并关闭b，这样操作的目的为_。（5）将铜丝下移，使之与稀硝酸接触，A 中现象是 _，稍后将铜丝上拉，使之与稀硝酸分离；打开a，挤压 E，使少量空气进入A 中，A 中现象是 _。（6）打开 b，交替挤压E和 F，至装置内氮氧化物气体被氢氧化钠溶液充分吸收，写出NO2气体与氢氧化钠溶液充分反应的离子方程式：_。【答案】+2（1 分）N 原子未达到8 电子稳定结构（或N 原子最外层为7 电子结构，不稳定）（2 分）既是氧化剂，又是还原剂（1 分）3O3+2NO+H2O2HNO3+3O2（3 分）C 处产生白色沉淀时（1分）排出装置A 内的空气，防止对生成NO 的实验影响（2 分）溶液由无色变成蓝色且有无色气泡冒出（1 分）气体变红棕色（1 分）2NO2+2OH-3NO+2NO+H2O（3 分）【解析】【分析】【详解】（1）NO3分子内有三个氧且存在两个过氧键，它的结构为，两个氧与氮相连，另一个氧与两个氧相连，所以氮显+2 价，根据NO3的结构可知，N 原子最外层为7 电子结构，未达到8 电子稳定结构，因此不稳定。（2）N2O5+O32NO3+O2反应中生成2 个 NO3，1 个 NO3中两个氧显示-1 价，另 1 个氧显示0 价，2 个NO3中有两个氧显示0 价，1 个来自 O3，另 1 个来自 N2O5，也就是说N2O5中的 1 个氧化合价升高到0 价，4 个氧化合价升高到-1 价，同时N2O5中的 N 化合价降低到+2 价，所以 N2O5既是氧化剂，又是还原剂。（3）依据生产硝酸的机理，O3与 NO 及水反应最终生成HNO3和 O2，当 O3与 NO 反应的物质的量之比为32，可得 3O3+2NO+H2O2HNO3+3O2。（4）Cu 与稀 HNO3反应生成NO 气体，NO 气体能与空气中的氧气反应NO2，因此反应前需赶尽装置A 内的空气，防止干扰实验，用CO2排尽空气，所以C处产生白色沉淀时，说明装置A 内空气已排空。（5）Cu与稀 HNO3反应生成无色NO 气体，并生成蓝色硝酸铜溶液，所以A 中现象为溶液由无色变成蓝色且有无色气泡冒出。打开a，挤压 E，使少量空气进入A 中，A 中 NO 会和氧气反应生成红棕色气体，所以 A 中气体变红棕色。（6）NO2气体与氢氧化钠溶液的反应为2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，写成离子方程式为2NO2+2OH-3NO+2NO+H2O。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17以铬铁矿(主要成分为FeO和 Cr2O3，含有 Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分 Na2Cr2O72H2O)，其主要工艺流程如下：查阅资料得知:常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为 CrO42。金属离子Fe3+Al3+Cr3+Fe2+Bi3+开始沉淀的pH 2.7 3.4 5.0 7.5 0.7 沉淀完全的pH 3.7 4.9 5.9 9.7 4.5 回答下列问题：（1）反应之前先将矿石粉碎的目的是_。（2）步骤加的试剂为_，此时溶液pH要调到 5 的目的 _。（3）写出反应的离子反应方程式_。（4）中酸化是使CrO42转化为 Cr2O72，写出该反应的离子方程式_。（5）将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，精制红矾钠则对粗晶体需要采用的操作是_(填操作名称)。【答案】增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率氢氧化钠溶液或NaOH溶液使 Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和 Al(OH)3沉淀而除去3NaBiO3+2Cr3+7OH+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42+3Na+CrO42+2H+Cr2O72+H2O重结晶【解析】【分析】铬铁矿加入过量的硫酸，反应生成硫酸亚铁和硫酸铬、硫酸铝，二氧化硅不溶于硫酸，所以固体A 为二氧化硅，溶液B中加入过氧化氢，将亚铁离子氧化成铁离子，加入碱调节pH 使铁离子和铝离子沉淀，根据表格数据分析，控制pH 到 5，固体 D 为氢氧化铁和氢氧化铝，溶液E中加入铋酸钠和少量氢氧化钠溶液，反应生成Na2CrO4，酸化将其变成重铬酸钠，最后重结晶得到红矾钠，据此解答。【详解】(1)为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率，反应之前先将矿石粉碎，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率；(2)根据表格数据分析，步骤加的试剂为氢氧化钠溶液或NaOH 溶液；此时溶液pH 要调到 5 的目的使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和 Al(OH)3沉淀而除去，而铬离子不沉淀；故答案为：NaOH 溶液；使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和 Al(OH)3沉淀而除去；(3)反应中铋酸钠将硫酸铬氧化生成铬酸钠同时生成氢氧化铋，离子反应方程式为3NaBiO3+2Cr3+7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+，故答案为：3NaBiO3+2Cr3+7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+；(4)中酸化是使CrO42转化为 Cr2O72，离子方程式2CrO42+2H+Cr2O72+H2O，故答案为：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O；(5)将溶液 H 经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，此操作为重结晶，故答案为：重结晶。【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18有机物 G是一种高分子化合物，常用作有机合成的中间体，并可用作乳胶漆等。可以通过以下途径合成：已知有机物A中含有 C、H、O、Cl 四种元素且同一个碳原子上不直接连接两个官能团。（1）A的结构简式为_或_；反应的反应类型_。（2）写出反应和反应的化学方程式：反应_；反应（在一定条件下）_。（3）写出 1 种 E的同系物的名称_。写出 1 种与 F 含有相同官能团的F的同分异构体的结构简式_。（4）试设计一条以为原料合成的合成路线 _。（合成路线常用的表示方式为：甲乙目标产物）【答案】ClCH2CH2CH2OHCH3CH(Cl)CH2OH消去反应CH2=CHCOOHCH3OHCH2=CHCOOCH3H2On CH2=CHCOOCH3乙醇CH2=CHCH2OOCH、CH3CH=CHOOCH、CH2=CHOOCCH3、CH2=C(CH3)OOCH【解析】【详解】(1)A 的分子式为C3H7ClO，A 氧化生成的B可发生银镜反应，A 分子中同一个碳原子上不直接连接两个官能团，可知A 为 ClCH2CH2CH2OH 或 CH3CHClCH2OH；A 氧化生成 B为 ClCH2CH2CHO或 CH3CHClCHO，B 发生银镜反应生成C 为 ClCH2CH2COOH或 CH3CHClCOOH，C发生消去反应生成D 为 CH2=CHCOOH，所以反应中-Cl转化为碳碳双键，反应类型为消去反应；(2)D 为 CH2=CHCOOH，E是 CH3OH，D 与 E在浓硫酸存在时，在加热条件下发生酯化反应，生成F为CH2=CHCOOCH3和水，反应的方程式为：CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；CH2=CHCOOCH3分子中含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应，产生聚酯；故反应的化学方程式为：nCH2=CHCOOCH3；(3)E 为 CH3OH，E的任意 1 种同系物为CH3CH2OH，名称为乙醇；F为 CH2=CHCOOCH3，与 F含有相同官能团的同分异构体的结构简式为：CH2=CHCH2OOCH、CH3CH=CHOOCH、CH2=CHOOCCH3、CH2=C(CH3)OOCH；(4)以为原料合成，要先发生氧化反应，使OH变为 COOH、然后使 Cl在 NaOH 的水溶液中加热发生水解反应，产生醇-OH，同时-COOH会反应产生COONa，最后酸化 COONa变为 COOH，故合成流程为。19碳、氮、氟、硅、铜等元素的化合物广泛存在于自然界，回答下列问题：(1)基态氟原子核外电子的电子云形状有_种；氟原子的价电子排布式为_。(2)NF3是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，NF3分子的空间构型为_；写出与N2互为等电子体的一种离子的化学式_。(3)已知金刚石中的C-C键键长为154.45pm，C60中 C-C键键长为145140pm，而金刚石的熔点远远高于C60，其理由是 _。(4)氢基倍半硅氧烷的分子结构如图所示，该分子的分子式为_，Si 原子采用 _杂化。(5)Cu 的某种晶体晶胞为面心立方结构，晶胞边长为acm，原子的半径为rcm。该晶体中铜原子的堆积方式为 _（填“A1”“A2”或“A3”），该晶体的密度为_g/cm3（用含 a 和 NA的代数式表示)，该晶体中铜原子的空间利用率为_(用含 a 和 r 的代数式表达)。【答案】2 2s22p5三角锥形CN-或 C22-或 NO+金刚石属于原子晶体，熔化时需要破坏共价键；而 C60属于分子晶体，熔化时只需克服分子间作用力，不需要克服共价键。Si8H8O12sp3A13A256a N3316 r3a【解析】【分析】(1)原子核外有几个电子，就会有几种不同状态的电子；s 能级电子云为球形、p 能级电子云为哑铃形；F原子最外能层上的3s、3p 能级上电子为其价电子；(2)根据价层电子对互斥理论，计算 NF3分子中 N 原子孤电子对数和价层电子对数，由所得结果判断分子空间构型；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；(3)金刚石和C60的晶体类型不同，金刚石为原子晶体，C60为分子晶体，熔化不同晶体所破坏的作用力不同；(4)由分子结构可知，分子中有8 个 Si原子、8 个 H 原子、12 个 O 原子；Si原子形成4 个价键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4；(5)根据堆积方式分析，金属Cu的堆积方式为密置层ABCABC 堆积；根据均摊法计算晶胞中Cu原子数目，即可计算晶胞质量，再由晶体密度=晶胞质量 晶胞体积计算晶胞密度；空间利用率=晶胞中原子总体积晶胞体积 100%。【详解】(1)F 是 9 号元素，基态F原子核外有9 个电子，所以基态F原子核外电子有9种运动状态；F原子 3s、3p能级上电子为其价电子，价电子排布式为2s22p5；(2)NF3分子中 N 原子孤电子对数=53 112，NF3分子含有3 个 键，所以分子空间构型为三角锥形；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与N2互为等电子体的一种离子的化学式CN-或C22-或 NO+；(3)金刚石为原子晶体，C60为分子晶体，金刚石熔化时需要破坏共价键，而 C60熔化时只需克服分子间作用力不需要克服共价键；(4)由分子结构可知，分子中有8 个 Si原子、8 个 H 原子、12 个 O 原子，故分子式为：Si8H8O12；Si原子形成 4 个价键，没有孤电子对数，杂化轨道数目为4，Si原子采取sp3杂化；(5)根据堆积方式分析，金属Cu的堆积方式为密置层ABCABC 堆积，该堆积方式为面心立方最密堆积，即属于 Au 堆积；晶胞中Cu原子数目=818+612=4，晶胞质量=4A64Ng，则晶体密度=A3644gNmVacm=3A256a Ng/cm3；晶胞中 Cu 原子总体积=443(rcm)3=316 r3cm3，所以该晶体中铜原子的空间利用率为3316 r3100%a=3316 r3a 100%。【点睛】本题考查了物质结构与性质，涉及原子核外电子排布、杂化方式、等电子体、晶胞计算等，掌握原子结构基础知识和基本概念是本题解答的关键，在进行晶胞计算时，要学会利用均摊法进行有关计算。