郑州市2020届高三化学第三次质量预测试题含解析

河南省郑州市2020届高三化学第三次质量预测试题含解析河南省郑州市2020届高三化学第三次质量预测试题含解析PAGE26-河南省郑州市2020届高三化学第三次质量预测试题含解析河南省郑州市2020届高三化学第三次质量预测试题（含解析）相对原子质量：H1C12Li7O16Al27K39Mn55Cu641。化学是一门中心学科，是人类进步的关键.下列说法正确的是A。我国古代四大发明中有三项与化学反应密切相关B。为防止蛋白质变性，疫苗应在冷冻条件下贮存C。侯德榜制碱法的工艺包括制碱和制氯化铵两个过程D。生产口罩所用的无纺熔喷布的主要材料为聚丙烯，其结构简式为【答案】C【解析】【详解】A．我国古代四大发明分别为指南针、造纸术、活字印刷、火药，其中只有造纸术和火药两项与化学反应密切相关，故A错误；B．有的疫苗冷冻后会使肽链断裂,影响疫苗效果,温度过高也会使蛋白质变性，所以在储存和运输过程中，要求疫苗保存在一定温度条件下，故B错误;C．侯氏制碱法的工艺是由制碱和制氯化铵两个过程组成的，制碱过程是使食盐水与氨气和二氧化碳反应，生成碳酸氢钠,碳酸氢钠经过滤、煅烧制得纯碱，所得滤液(主要含氯化钠和氯化铵）用于制备氯化铵;制备氯化铵的过程是使滤液吸收氨气、降温并向其中加入食盐粉，使氯化铵逐步从滤液中结晶析出，再经过滤、干燥制得氯化铵产品，故C正确；D．聚丙烯的结构简式为,故D错误；答案为C。2.阿司匹林（Aspirin，乙酰水杨酸）具有解热止痛,抑制血小板凝聚，防止血栓形成的功效,是家庭中常备药品。水杨酸与乙酸酐反应制取阿司匹林的原理如图:下列有关说法错误的是A.水杨酸分子中所有原子可能共面B.水杨酸的同分异构体中,属于苯环上二元取代物的还有5种(不考虑过氧键)C。乙酰水杨酸在一定条件下能发生加成、水解、酯化等反应D.分离乙酰水杨酸和乙酸可以加入饱和Na2CO3溶液后分液【答案】D【解析】【详解】A．苯环为平面结构，氧氢单键可以旋转，所以酚羟基可以与苯环共面，碳氧双键为平面结构，羟基可以与其共面，碳氧双键平面与苯环平面以单键相连，单键可以旋转，所以水杨酸分子中所有原子可能共面,故A正确;B．苯环上的两个取代基可以为—OH和—COOH，则有邻间对三种,水杨酸即为邻位的情况，两个取代基还可以是-OH和—OOCH，有邻间对三种，所以除水杨酸外还有5种，故B正确；C．乙酰水杨酸含有苯环，可以发生加成反应；含有酯基,可以发生水解反应;含有羧基，可以发生酯化反应，故C正确；D．乙酰水杨酸含羧基，可以和碳酸钠溶液发生反应,所以不能用碳酸钠溶液分离乙酰水杨酸和乙酸，故D错误；答案为D。3。已知某二元酸H2A在溶液中存在如下电离:H2A=H++HAˉ，HAˉH++A2ˉ,K=1.2×10—2。设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下0.01mol·L—1的H2A溶液，下列说法正确的是A.B.pH＜2C。c（H+）=2c（H2A）+c（HAˉ）+c(OHˉ)D。1L溶液中H+数目为0.02NA【答案】B【解析】【详解】A．，根据题意可知H2A第一步完全电离，第二步部分电离,所以0。01mol·L-1的H2A溶液中c(H+）＞0。01mol/L，K=1。2×10-2，所以＜1.2，故A错误；B．H2A第一步完全电离，第二步部分电离，所以0。01mol·L-1的H2A溶液中c（H+)＞0。01mol/L,则溶液的pH小于2，故B正确；C．由于第一步完全电离，所以溶液中并不存在H2A，故C错误；D．H2A第一步完全电离，第二步部分电离，所以0。01mol·L—1的H2A溶液中0。01mol/L＜c(H+）＜0。02mol/L，则1L该溶液中氢离子数目小于0.02NA,故D错误;答案为B。4。M、X、Y、Z为4种原子序数依次增大的短周期主族元素,其原子序数之和为22。已知M、Y形成的化合物使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，M、Z形成化合物的水溶液可以蚀刻玻璃，4种元素形成某种化合物的结构式为。下列说法正确的是A.X、Y均不属于第ⅣA族元素B。原子半径：Y＞X＞Z＞MC.M与Y、Z三种元素只能形成共价化合物D.该化合物中每种原子的最外层都达到了8电子稳定结构【答案】A【解析】【分析】M、Z形成化合物的水溶液可以蚀刻玻璃，该化合物应为HF,M的原子序数较小，所以M为H元素,Z为F元素;M、Y形成的化合物使湿润的红色石蕊试纸变蓝色,其中M为氢元素，则该化合物应为NH3，则Y为N元素；4种元素原子序数之和为22，则X的原子序数为22-1—7-9=5，所以X为B元素。【详解】A．X为B元素，位于第ⅢA族，Y为N元素，位于第ⅤA族，二者均不属于第ⅣA族元素，故A正确；B．H原子最外层只有一层电子，原子半径最小,B、N、F为同周期元素，同周期元素自左至右原子半径依次减小，所以原子半径B＞N＞F＞H，即X＞Y＞Z＞M，故B错误；C．H、N、F元素可以形成离子化合物NH4F，故C错误;D．该化合物中H原子最外层只有2个电子，故D错误；答案为A.5.某兴趣小组利用索氏提取器，用石油醚做溶剂从花生仁中提取油脂，装置如图。石油醚的主要成分为戊烷和已烷的混合物，沸程为：30℃~60℃。下列说法错误的是A。石油醚易挥发易燃烧，提取过程不可选用明火直接加热B.石油醚的沸程较大,加热前不必加入沸石C.烧瓶中的石油醚受热经侧管进入冷凝管,冷却后进入滤纸套筒与碎花生接触进行萃取D.索氏提取器使用溶剂少，可循环连续萃取,萃取效率高【答案】B【解析】【详解】A．该实验中的萃取剂为石油醚，石油醚易挥发，易燃，为了避免暴沸和防止逸出的石油醚与空气混合爆炸，提取过程不可选用明火直接加热,故A正确；B．为了防止暴沸，加热前需要加入沸石，故B错误；C．烧瓶中的石油醚受热经侧管进入冷凝管，冷凝后进入滤纸套筒与碎花生接触进行萃取，当萃取液液面达到虹吸管顶端时，经虹吸管返回烧瓶，实现对碎花生的连续萃取,故C正确;D．根据图示装置，与常规的萃取相比，索氏提取器中当萃取液液面达到虹吸管顶端时，经虹吸管返回烧瓶，萃取后萃取液石油醚可循环连续萃取，萃取液使用较少，萃取效率高，故D正确；故选B.6.我国学者最近研发一种新型铝—石墨烯电池,其负极是金属铝，正极是石墨烯(Cn）薄膜，电解质为阳离子(EMI+）与阴离子（）组成的离子液体，该电池的工作原理如图。已知能量密度是指一定质量物质中储存能量的大小。下列说法错误的是A.该铝电极电池比锂电极电池的能量密度低B.石墨烯电极的比表面积大，充放电性能优于石墨电极C。充电时,有机阳离子（EMI+）向铝电极移动D。放电时，负极的电极反应式为2Al+7Clˉ—6eˉ=Al2Cl【答案】D【解析】【详解】A．1gAl的物质的量为mol，可转移电子mol，1gLi的物质的量为mol，可转移电子mol,mol＞mol，单位质量的物质转移的电子数越多，放出的能量越多，所以该铝电极电池比锂电极电池的能量密度低，故A正确；B．石墨烯的表面积大，吸附的离子多，充放电性能优于石墨电极，故B正确;C．放电时Al为负极发生氧化反应，则充电时Al电极发生还原反应为阴极，电解池中阳离子流向阴极,所以充电时，有机阳离子（EMI+)向铝电极移动,故C正确；D．放电时Al为负极发生氧化反应,据图可知电极反应式为Al+7AlCl-3eˉ=4Al2Cl，故D错误；答案为D。7。室温下,用0。10mol·L—1NaOH溶液滴定20mL0.10mol·L-1HA溶液，测得混合溶液的pH与lg的关系如图所示.下列叙述正确的是A.HA为弱酸，Ka的数量级为10—3B.b点时消耗NaOH溶液的体积大于20mLC。溶液的导电能力:b〉aD。b点溶液中：c(Na+）=c（Aˉ）=(H+）=c(OHˉ)=10—7mol/L【答案】C【解析】【详解】A．据图可知溶液pH为7时溶液中同时存在HA和Aˉ，说明NaA溶液显碱性,存在Aˉ的水解，所以HA为弱酸；根据a点可知当lg=2时pH=5.8，即=102时c（H+)=10—5。8，Ka==10—3.8≈1.58×10-4,所以数量级为10-4，故A错误；B．当NaOH溶液为20mL时,溶液中的溶质为NaA，由于HA为弱酸，所以溶液显碱性，所以当溶液pH=7时加入的NaOH溶液体积小于20mL，故B错误；C．a点和b点溶液中均存在电荷守恒c(Na+）+c(H+）=c（Aˉ)+c(OHˉ)，所以溶液中总离子浓度均为2[c（Aˉ）+c（OHˉ)］，b点c(Aˉ）和c（OHˉ)均更大,所以b点溶液中总离子浓度更大,离子所带电荷数相同，所以b点溶液导电能力更强,故C正确;D．b点溶液中溶质为NaA和HA，存在电荷守恒:c(Na+）+c(H+）=c（Aˉ)+c(OHˉ),溶液显中性，所以c(H+）=c（OHˉ），所以c(Na+)=c(Aˉ），弱电解质的电离和弱酸根的水解都是微弱的，所以c（Na+）=c(Aˉ)＞(H+)=c(OHˉ），故D错误；综上所述答案为C。8。Kx[Cu(C2O4）y］·zH2O(水合草酸铜（Ⅱ)酸钾）是一种化工原料，实验室制备少量水合草酸铜酸钾并测定样品的组成，实验步骤如下:I制备CuO用图1所示装置将溶液混合后，小火加热至蓝色沉淀变黑色生成CuO,煮沸5~10分钟。稍冷却后全部转移至图2装置过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀2~3次。(1）①指出图2装置中操作中的错误___________，图2操作需用蒸馏水洗涤沉淀2~3次，其目为___________.②检验沉淀洗涤干净的方法为___________。Ⅱ制备KHC2O4和K2C2O4混合溶液称取3。0gH2C2O4·2H2O放入250mL烧杯中，加入40mL蒸馏水，微热(温度低于80℃）溶解。稍冷后分数次加入2.2g无水K2CO3,充分反应后生成含KHC2O4和K2C2O4的混合物。（2）该步骤中所得混合物中n（KHC2O4):n(K2C2O4）=____________。(取整数）Ⅲ制备水合草酸铜酸钾晶体将KHC2O4和K2C2O4混合溶液水浴微热，再将CuO连同滤纸一起加入到该溶液中，充分反应至CuO沉淀全部溶解，取出滤纸后，加热浓缩、冷却结晶、过滤,用乙醇淋洗,自然晾干，称量得到样品2。9760g(电子天平称量).（3）①步骤Ⅲ中KHC2O4的作用是__________。②用乙醇淋洗而不用水的优点是__________。③溶解CuO沉淀时,连同滤纸一起加人到溶液中的目的是__________。Ⅳ测定水合草酸铜酸钾晶体的成分取少量制得的样品配成溶液。用标准酸性髙锰酸钾溶液滴定、用标准EDTA溶液（PAR为指示剂)滴定Cu2+，经计算样品中n(Cu)：n（)=1：2，假设制备样品的过程中Cu2+无损耗。(4）水合草酸铜(Ⅱ)酸钾晶体的化学式为__________.【答案】(1）.过滤时转移固液混合物没有通过玻璃棒引流(2).除去沉淀表面吸附的可溶性杂质离子(3).取少量最后一次洗涤流出液于试管中，滴入BaCl2溶液,若无白色沉淀生成，则已经洗涤干净(4）。2：1(5)。加快CuO的溶解（或酸性环境促进CuO的溶解)（6)。减少水合草酸铜酸钾的溶解损耗,加快晶体表面水分挥发(7）。防止CuO的损耗(8）。K2［Cu（C2O4)2]·3H2O【解析】【分析】本实验的目的是制备少量水合草酸铜酸钾并测定样品的组成;首先利用硫酸铜和氢氧化钠溶液制取氢氧化铜沉淀，加热使其分解得到CuO；然后H2C2O4·2H2O和无水K2CO3制备KHC2O4和K2C2O4混合溶液；然后将KHC2O4和K2C2O4混合溶液水浴微热，再将CuO连同滤纸一起加入到该溶液中，充分反应,经系列操作得到样品；最后测定水合草酸铜酸钾晶体的成分。【详解】（1）①图2装置中操作中的错误为:过滤时转移固液混合物没有通过玻璃棒引流；为除去沉淀表面吸附的可溶性杂质离子,需要用蒸馏水洗涤沉淀2~3次；；②得到的CuO固体表面可能附着有硫酸钠，可以通过检验硫酸根来确定沉淀是否洗涤干净,具体方法为：取少量最后一次洗涤流出液于试管中，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已经洗涤干净；（2)3.0gH2C2O4·2H2O物质的量为≈0.0238mol，2。2g无水K2CO3的物质的量为≈0。0159mol,则根据碳元素守恒可得:n(KHC2O4）+n（K2C2O4)=0。0238mol，根据K元素守恒可得n（KHC2O4)+2n（K2C2O4)=（0。0159×2)mol，联立解得n（KHC2O4)=0。0158mol,n（K2C2O4)=0.0080mol,所以n(KHC2O4）：n（K2C2O4)=2:1；(3）①KHC2O4可以电离出氢离子,加快CuO的溶解；②用乙醇淋洗可以减少水合草酸铜酸钾的溶解损耗，同时乙醇易挥发可以加快晶体表面水分挥发;③滤纸上附着有CuO,连同滤纸一起加人到溶液中可以减少CuO的损耗；（4)已知样品中n(Cu):n（）=1：2,所以y=2，根据电荷守恒可知x=2,所以根据n（K2C2O4）=0。0080mol，可知n(K2［Cu（C2O4）2］·zH2O）=0.0080mol，样品质量为2.9760g，所以有=0.0159mol，解得z=3，所以水合草酸铜(Ⅱ）酸钾晶体的化学式为K2[Cu(C2O4)2]·3H2O。【点睛】本题中的难点为计算，要注意电荷守恒、元素守恒等在化学计算中的应用。9.用海底锰结核(主要成分为MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2）为原料，制备金属锰、镁的一种工艺流程路线如下：已知:①几种难溶物的溶度积（25℃)如下表所示:化学式Mg（OH）2Mn(OH)2Al(OH）3Fe(OH)3Ksp1.8×10-1118×10—131。0×10-334.0×10—38②溶液中某离子浓度≤1。0×10-6mol·L—1时，认为该离子沉淀完全。完成下列问题:（1）“锰结核粉末”中MnO2与SO2反应的离子方程式为_____。（2）“滤液1”中c（Mn2+)为0.18mol·L—1,则“调节pH”的范围为_______，“滤渣2”的成分为______.(3）“Ⅲ”处“萃取剂"萃取的成分是___;“Ⅳ”处用“盐酸反萃”的作用是____.(4）MgCl2·6H2O制取无水MgCl2时，需要在干燥的HCl气流中加热分解。HCl的作用为__________。（5）该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为____。（6）一种海生假单孢菌(采自太平洋深海处)，在无氧条件下以醋酸为电子供体还原MnO2生成Mn2+机理如图所示。写出反应②③的总反应的离子方程式____________。【答案】(1).MnO2+SO2=Mn2++SO（2)。5≤pH＜8(3）.Fe(OH)3、Al（OH)3（4）.Mg2+（5）。使Mg2+与萃取剂分离转化为MgCl2(6)。抑制MgCl2水解(7)。萃取剂或有机相2（8）。MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH—【解析】【分析】锰结核(主要成分为MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2）加入H2SO4进行酸浸，将MgO、Fe2O3、Al2O3转化为Mg2+、Fe3+、Al3+，并通入SO2将MnO2转化为Mn2+，自身被氧化为，SiO2不与二氧化硫和硫酸反应，则滤渣1中主要为SiO2，滤液1中主要含有Mg2+、Fe3+、Al3+、Mn2+及，调节滤液1的pH值，使Fe3+、Al3+转化为Al(OH）3、Fe(OH）3过滤除去，则滤渣2主要含有Al（OH）3、Fe(OH）3，滤液2主要含有Mg2+、Mn2+及的溶液，向滤液2加入有机萃取剂，溶液分层，分液后有机相1中主要含有Mg2+，水相1中主要含有Mn2+及，向有机相1中加入盐酸进行反萃取,Mg2+从有机相1转入水相2，形成含有MgCl2的酸性溶液，对水相2蒸发结晶得到MgCl2∙6H2O，在干燥的HCl气流中加热分解得到MgCl2，再进行熔融电解得到金属镁，对水相1进行电解得到金属锰单质和H2SO4，电解后的溶液中含有H2SO4,可返回步骤Ⅰ酸浸使用，据此分析解答。【详解】(1)根据分析,“锰结核粉末”中MnO2与SO2反应,SO2将MnO2转化为Mn2+，自身被氧化为，离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO；(2）调节滤液1的pH值，使Fe3+、Al3+转化为Al(OH)3、Fe（OH)3过滤除去，“滤液1”中Mn2+、Mg2+不能形成沉淀，溶液中某离子浓度≤1。0×10-6mol·L-1时,认为该离子沉淀完全，Ksp［Al（OH)3］=1。0×10-33，Ksp[Fe（OH）3］=4。0×10-38,当Al3+完全沉淀时，Fe3+已经完全沉淀,此时溶液中c(OH-)==1.0×10—9mol·L—1，pOH=9,则pH=14—pOH=5；根据Ksp［Mn(OH）2]=1.8×10-13,Ksp［Mg（OH）2］=1.8×10—11，当“滤液1”中c(Mn2+）为0.18mol·L-1时,溶液中c（OH—）==1.0×10—6mol·L—1，pOH=6，则pH=14—pOH=8，则“调节pH"的范围为5≤pH＜8；根据分析，“滤渣2”的成分为Fe(OH)3、Al（OH)3；（3)根据分析，“Ⅲ"处“萃取剂”萃取的成分是Mg2+；“Ⅳ”处用“盐酸反萃"的作用是使Mg2+与萃取剂分离转化为MgCl2;（4)MgCl2属于强酸弱碱盐，高温下，促进Mg2+发生水解生成Mg(OH）2,在干燥的HCl气流中加热分解，可以抑制MgCl2水解；（5)根据分析，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，Mg2+从有机相1转入水相2，分液后得到有机相2，即为萃取剂，则该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为萃取剂或有机相2；(6）根据图示，反应②为：Mn3++HX=Mn2++X+H+，反应③为:Mn2++MnO2+2H2O=4OH-+2Mn3+，②×2+③可得，反应②③的总反应的离子方程式MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH—。【点睛】易错点为(2）,当溶液中某离子浓度≤1.0×10-6mol·L—1时，认为该离子沉淀完全，即离子完全沉淀时,溶液中该离子的浓度最大值为1。0×10—6mol·L-1,因此溶液的pH≥5。10。过氧化氢是重要的化工产品，广泛应用于化学合成、医疗消毒等领域.（1)过氧化氢的电子式为_____________.(2)工业上电解硫酸氢盐溶液得到过二硫酸盐(），过二硫酸盐水解生成H2O2溶液和硫酸氢盐，生成的硫酸氢盐可以循环使用.电解硫酸氢盐溶液时阳极的电极反应式为_______。写出过二硫酸盐水解的离子方程式________。（3）298K时，实验测得反应在不同浓度时的化学反应速率如表：实验编号1234c（HI）/mol﹒L-10。1000。2000.30000.1000。100c(H2O2）/mol﹒L—10.1000.1000。10002000。300v//mol﹒L—1﹒s-10.007600.01530.02270。01510。0228已知速率方程为,其中k为速率常数.根据表中数据判断:a=_______，b=________。(4)“大象的牙膏”实验是将浓缩的过氧化氢与肥皂液混合，再滴加少量碘化钾溶液,即可观察到泡沫状物质像喷泉一样喷涌而出。反应中H2O2的分解机理为：慢快此反应过程中无催化剂和有催化剂的能量变化关系图像如图所示：则表示慢反应的曲线是__________（填“a”或“b”)。1molH2O2分解放出热量98kJ,则H2O2分解的热化学方程式为_________________。(5）某科研团队研究体系(其中）氧化苯乙烯制取苯甲醛，反应的副产物主要为苯甲酸和环氧苯乙烷。一定条件下，测得一定时间内温度对氧化反应的影响如图：注：■苯乙烯转化率●苯甲醛选择性①80℃时苯乙烯的转化率有所降低，其原因可能是_______。②结合苯乙烯的转化率，要获得较高的苯甲醛产率，应该选择的温度为_______.【答案】（1)。（2)。2HSO-2e—=S2O+2H+或2SO-2e—=S2O（3）.S2O+2H2O=2HSO+H2O2或S2O+2H2O=2H++SO+H2O2(4）。1（5)。1(6)。a(7）。2H2O2(l）=2H2O(l）+O2（g）△H=—196kJ·mol—1（8).高温促进了过氧化氢和过氧乙酸分解(9）。70℃【解析】【详解】（1）过氧化氢为共价化合物，每个氧原子与另一个氧原子共用一对电子，与一个氢原子共用一对电子，所以电子式为;（2）电解池中阳极发生氧化反应，根据题意可知电解时硫酸根(硫酸氢根）被氧化成S2O，所以阳极反应式为2HSO—2e-=S2O+2H+或2SO-2e-=S2O；过二硫酸盐水解生成玒H2O2溶液和硫酸氢盐，所以水解离子方程式为S2O+2H2O=2HSO+H2O2或S2O+2H2O=2H++SO+H2O2；(3)根据表格数据得：0.0076=k×0.100a×0.100b,0.0153=k×0。100a×0。200b,0.0151=k×0。200a×0.100b，联立可得2a=1，2b=1，所以a=1，b=1;(4)反应的活化能越大反应速率越慢,据图可知a曲线所示的反应活化能较大，所以曲线a代表的是慢反应;1molH2O2分解放出热量98kJ，则2molH2O2分解生成2mol液态水和1mol氧气放出的热量为196kJ,热化学方程式为：2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）△H=—196kJ·mol—1；（5）①高温促进了过氧化氢和过氧乙酸分解，导致苯乙烯的转化率有所降低；②据图可知60℃以上时苯乙烯的转化率接近100％，而温度高于60℃时，70℃时苯甲醛的选择性最大，所以反应温度应选70℃.11.Cu—Mn—Al合金为磁性形状记忆合金材料之一,可用来制作各种新型的换能器、驱动器、敏感元件和微电子机械操纵系统。（1)下列状态的铝中,最外层电离出一个电子所需能量最小的是______(填标号).A.B。C。D.(2）AlCl3是某些有机反应的催化剂，如苯与乙酰氯反应的部分历程为：①乙酰氯分子中碳原子的杂化类型为____。②乙酰氯分子中∠CCCl___120°(填“>”、“=”或“〈")，判断理由是_______.③的空间构型为________。（3）温度不高时气态氯化铝为二聚分子（其结构如图所示)。写出Al2Cl6的结构式并标出配位键______.(4）Cu—Mn—合金的晶胞如图a所示，该晶胞可视为Mn、Al位于Cu形成的立方体体心位置，图b是沿立方格子对角面取得的截图。①若A原子的坐标参数为(0，0，0)，C为(1，1，1）,则B原子的坐标参数为_____。②由晶胞可知该合金的化学式为_____。③已知r（Cu)≈r（Mn)=127pm，r（Al）=143pm，则Cu原子之间的最短核间距离为____pm。④该晶胞的密度为_____g·cm—3。(列出计算式即可，阿伏加德罗常数用NA表示）【答案】（1）.B(2）.sp3sp2(3)。<（4).双键对单键的排斥力大于单键对单键的排斥力（5）。正四面体（6).(7)。(1，，)（8)。AlMnCu2(9）。180或或311.76(10)。【解析】【详解】(1)铝的第三电离能＞第二电离能＞第一电离能，基态大于激发态，ACD属于基态、B属于激发态，所以电离最外层一个电子所需能量最小的是B；(2)①根据乙酰氯分子的结构可知该物质中甲基上的C原子形成4个σ键，价层电子对数为4,为sp3杂化；另一个C原子形成3个σ键,1个π键，所以价层电子对数为3，为sp2杂化；②双键对单键的排斥力大于单键对单键的排斥力,所以乙酰氯分子中∠CCCl小于120°;③中心铝原子的价层电子对数为=4,不含孤电子对,所以为正四面体形；(3）根据氯化铝二聚分子的结构可知每个氯原子与4个氯原子形成4个σ键，由于铝原子最外层有只有3个电子,所以其中一个为配位键,由铝提供空轨道，氯原子提供孤电子对，所以Al2Cl6的结构式为;(4）①A为原点，C为(1，1，1）,B为右面面心，所以B的坐标为（1，，)；②根据均摊法,该晶胞中Cu原子的个数为=8,Mn原子的个数为4，Al原子的个数为4，所以该合金的化学式为AlMnCu2；③根据截面图结合几何知识可知［2r(Cu)+2r（Al)]为体对角线的一半,设晶胞的棱长为a,则有a=2[2r(Cu）+2r(Al）]=4×(127+143）pm，所以a=pm;根据晶胞结构可知铜原子之间的最短核间距为棱长的一半，即a=180pm或pm或311。76pm；④晶胞的质量m=g，晶胞的体积V=a3=（)3pm3=（×10—10)3cm3，所以晶胞的密度=g·cm—3。【点睛】第4小题晶胞的相关计算为本题难点，容易看出Cu原子之间的最短核间距离为棱长的一半,关键是确定棱长，题目告诉了各原子的半径，根据截面图结合几何知识找出原子半径和棱长的关系为解题关键。12.格列本脲是一种降糖及利尿的药物，一种合成格列本脲的路线如图：已知：(1）(2)回答下列问题：（1）B含有的官能团名称是_______，D的名称是__________。(2)H的结构简式为__________。(3)写出下列反应的反应类型：⑥___