【解析】四川省峨眉二中高三高考适应性考试理综化学试题

峨眉二中高2017级高考适应性考试理科综合化学试题可能用到的相对原子质量：H:1N:14O:16Zn:65Cu:64Mn：55Cl：35.5V:51第Ⅰ卷(选择题)一、选择题：本题包括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.化学与生活、科技及环境密切相关，下列说法正确的是A.氢氧化铝可用于中和人体过多的胃酸B.漂白粉在空气中久置变质，是因为漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C.“白墙黑瓦青石板，烟雨小巷油纸伞”，诗中伞骨架主要成分可用(C6H12O6)n表示D.2020年3月9日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是一种有机高分子材料【答案】A【解析】【详解】A．氢氧化铝显弱碱性，且无毒，可以用于中和过多的胃酸(HCl)，故A正确；B．漂白粉在空气中久置变质，是因为次氯酸钙吸收二氧化碳和水，反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸易分解使漂白粉变质，不是CaCl2与空气中的CO2反应，故B错误；C．做伞骨架的竹纤维的主要成分纤维素，可表示为(C6H10O5)n，而不是(C6H12O6)n，故C错误；D．计算机芯片主要成分是晶体硅，晶体硅属于无机物，故D错误；故答案为A。4酸性溶液0.1L与一定量pH=3的草酸(HOOC—COOH)溶液混合，放出VL气体。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.该反应释放CO2分子数目为NAB.pH=3的草酸溶液含有H+NANAD.当1molKMnO4被还原时，转移电子数为10NA【答案】C【解析】【详解】A．非标准状况下气体摩尔体积不是22.4L/mol，则二氧化碳分子数目无法计算，故A错误；B．草酸溶液的体积未知，无法确定氢离子的数目，故B错误；NA，故C正确；D．KMnO4被还原成Mn2+，Mn元素化合价降低5价，所以当1molKMnO4被还原时，转移电子数为5NA，故D错误；故答案为C。，下列有关该有机物的说法正确的是A.分子式为C8H10O3B.既可以发生加成反应又可以发生取代反应C.分子中所有碳原子共面D.含有两种官能团【答案】B【解析】【详解】A．根据X的结构简式可知其分子式为C8H12O3，故A错误；B．该物质含有碳碳双键可以发生加成反应，含有羧基、羟基，可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，故B正确；C．该物质中存在与同一饱和碳原子相连的3个碳原子，不可能所有碳原子共面，故C错误；D．分子含有羧基、碳碳双键、羟基三种官能团，故D错误；故答案为B。4.一种新型试剂(如图)可用于洗涤羊毛等，已知Z、Y、X、W原子序数依次增大，其中Z、Y、W为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W和X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是A.少量W单质保存在煤油中B.W、X、Y对应原子半径顺序为：W>X>YC.该试剂中各元素均满足8电子稳定结构D.Y的最高价氧化物对应水化物的化学式为H3YO3【答案】D【解析】【分析】Z、Y、W为不同周期不同主族的短周期元素，原子序数依次增大，则Z为第一周期、Y为第二周期、W为第三周期，所以Z为H元素；W形成+2价阳离子，应位于ⅡA族，且位于第三周期，所以W为Mg元素；X形成2个共价键，应位于ⅥA族，其原子序数小于Mg所以X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外层电子数，Y的最外层电子数为：621=3，Y原子序数小于O，则Y为B元素，据此分析解答。【详解】A．Mg单质表面可以形成致密的氧化膜，所以不需要保持在煤油中，故A错误；B．W、X、Y分别为Mg、O、B，电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径：W>Y>X，故B错误；C．H原子最外层不满足8电子稳定结构，故C错误；D．Y为B位于第ⅢA族，最高正价为+3价，所以最高价氧化物对应的水化物为H3YO3，故D正确；故答案为D。5.一种水系锌离子电池总反应式为xZn+Zn1xMn2O4ZnMn2O4.(0<x<1)。下列说法错误的是（）A.充电时，阳极的电极反应式为Zn1xMn2O4+xZn2++2xe=ZnMn2O4B.放电时，Zn2+向正极迁移C.充放电过程中锌与锰的化合价都发生变化D.放电时，每转移1mole【答案】A【解析】【分析】根据电池的电池反应式为：xZn+Zn1xMn2O4ZnMn2O4（0＜x＜1）可知，放电时，Zn的化合价升高，被氧化，为原电池的负极，负极的电极反应式：Zn2e－=Zn2＋；正极反应为Zn1xMn2O4+xZn2＋+2xe－═ZnMn2O4，充电时阴阳极反应与负极、正极反应刚好相反，充电时，电解池阳离子向阴极移动。【详解】A．电解池中阳极发生氧化反应，所以阳极的电极反应为：ZnMn2O42xe－=Zn1xMn2O4+xZn2＋，故A错误；B放电时，阳离子向正极迁移，Zn2+向正极迁移，故B正确；C.放电时锰元素的化合价降低，锌的化合价升高，充电过程相反，充放电过程中锌与锰的化合价都发生变化，故C正确；D．放电时，正极反应为：Zn1xMn2O4+xZn2＋+2xe－═ZnMn2O4，所以每转移2xmol电子，ZnMn2O4电极质量增加xmolZn，所以每转移1mole－，ZnMn2O4电极质量增加0.5mol×65g·mol－1=32.5g，故D正确；故选A。6.分别进行下表所示实验，实验现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A测量熔融状态下NaHSO4的导电性能导电熔融状态下NaHSO4能电离出Na+、H+、B蘸有浓氨水的玻璃棒靠近X有白烟产生X可能浓盐酸C将甲烷与氯气按体积比1:4混合于试管中光照反应后混合气体能使润湿的石蕊试纸变红生成的氯代甲烷具有酸性D将AlCl3溶液加热蒸干得到白色固体白色固体成分为纯净的AlCl3A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．熔融状态下NaHSO4可以导电，但是电离出的是Na+和HSO，故A错误；B．浓氨水可以挥发出氨气，浓盐酸具有挥发性，挥发出HCl，二者反应生成固态氯化铵，产生白烟，故B正确；C．反应后混合气体能使湿润的石蕊试纸变红是因为甲烷和氯气的取代反应过程中有HCl生成，并不是氯代甲烷有酸性，故C错误；D．氯化铝溶液中存在铝离子的水解平衡，水解过程为吸热反应，且水解产生的HCl易挥发，所以加热蒸发过程中氯化铝会完全水解，最终得到氢氧化铝，故D错误；故答案为B。7.25℃时，在20mL0.1mol·L－1一元弱酸HA溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液中1g与pH关系如图所示。下列说法不正确的是A.A点对应溶液中：c(A－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－)B.25℃时，HA酸的电离常数的数量级为10－6C对C点溶液加水稀释，一定减小D.当加入NaOH溶液体积为10mL时，水的电离受到了抑制【答案】C【解析】【详解】A．据图可知A点对应溶液的pH＜7，显酸性，则c(H+)＞c(OH－)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A－)+c(OH－)可知：c(A－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－)，故A正确；B．据图可知B点1g=0，即=1，pH=5.3，即c(H+)=10mol/L，所以HA的电离平衡常数Ka==10，数量级为10－6，故B正确；C．A－的水解平衡常数表达式为，加水稀释水解平衡常数不变，则不变，故C错误；D．加入NaOH溶液体积为10mL时，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaA和HA，HA的电离平衡常数为Ka=10，则其水解平衡常数Kh==10<Ka，所以此时溶液中的HA的电离程度大于A－的水解程度，酸的电离抑制水的电离，则此时水的电离受到抑制，故D正确；故答案为C。8.亚硝酰氯(NOCl，熔点：64.5℃，沸点：5.5℃)是一种黄色气体，遇水易反应，生成一种氯化物和两种常见的氮氧化物，其中一种呈红棕色。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如图所示：为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：制备原料装置Ⅰ装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2①________饱和食盐水制备纯净NOCu稀硝酸②________(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：①装置连接顺序为a→_______(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。②为了使实验顺利进行，实验中先通入的气体是_____(填Cl2或NO)，待装置Ⅴ中充满气体时，再将另一气体缓缓通入，此操作的目的是_____。③装置Ⅴ生成NOCl的化学方程式是_____。④装置Ⅵ的作用为_____，若无该装置，Ⅷ中NOCl可能发生反应的化学方程式为_______。(3)丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度：取Ⅷ中所得液体m克溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol/LAgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为bmL。亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_________(用代数式表示即可)。【答案】(1).浓盐酸(2).水(3).e→f(或f→e)→b→c→d(4).Cl2(5).排尽装置中空气，防止一氧化氮被装置中的氧气氧化(6).2NO+Cl2=2NOCl(7).防止水蒸气进入装置Ⅷ(8).2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2(9).【解析】【分析】在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，浓盐酸具有挥发性，所以生成的氯气中含有杂质HCl，先用饱和食盐水除去氯气中的HCl，再通过浓硫酸干燥，得到纯净Cl2；在实验室中用Cu与稀硝酸混合加热制取NO，硝酸具有挥发性，先用水除去NO中的HNO3，再通过浓硫酸干燥，得到纯净NO；将氯气和NO干燥后在装置V中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，据此进行解答。【详解】(1)实验室用浓盐酸和二氧化锰制取氯气，氯气中含有HCl，用饱和食盐水除去HCl，用浓硫酸除去水蒸气，所以分液漏斗中是浓盐酸，装置II中为饱和食盐水；实验室用Cu和稀硝酸制取NO，NO易被氧气氧化生成NO2，硝酸的挥发性导致生成的NO含有硝酸，用水吸收硝酸和二氧化氮气体，所以分液漏斗中是稀硝酸、装置II中是水；(2)①将Cl2和NO干燥后在装置V中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，Cl2、NO以及NOCl都是大气污染物，均不能排放到空气中，用NaOH溶液吸收，但NOCl遇水易发生水解反应，所以在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，故装置接口为：a→e→f(或f→e)→b→c→d；②NO易被氧气氧化生成NO2，先通入Cl2充满装置Ⅴ，可排尽装置中空气，防止一氧化氮被装置中的氧气氧化；③装置Ⅴ生成Cl2与NO反应产生NOCl，反应的化学方程式是Cl2+2NO=2NOCl；④NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个装置干燥装置，防止水蒸气进入反应器和收集装置中，若无该装置，NOCl会与水反应生成一种氯化物和两种常见的氮氧化物，其中一种呈红棕色，即NO2，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑；②根据原子守恒得关系式NOClHClAgClAgNO3n(NOCl)=n(HCl)=n(AgNO3)=cmol/L×b×103L=bc×103mol，则250mL溶液中n(NOCl)=bc×102mol，m(NOCl)=bc×102mol×65.5g/mol=0.655bcg，因此亚硝酰氯质量分为。【点睛】对于陌生物质的制备实验一定要充分利用题目所给信息，如题干告诉我们亚硝酰氯遇水易反应，则在制备过程中要保持干燥，反应前气体要干燥，反应后也要有干燥装置防止尾气处理装置中的水蒸气进入。9.工业上以钒钛磁铁矿为原料，在炼铁的同时还可以制备钒的最高价氧化物V2O5，其主要流程如图：已知：①+2H++H2O②NH4VO3微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇(l)浸取过程中提高浸取率的方法______(任写一种)(2)钒渣中的V2O3与CaCO3混合后在空气中焙烧时转化为Ca(VO3)2同时释放出一种温室气体，写出该反应的化学方程式_____。(3)Ca(VO3)2难溶于水但能溶于稀硫酸，试用平衡移动原理分析其原因_____，浸出液中含钒物质的化学式为_________。(4)过滤后用乙醇代替水来洗涤沉淀的原因是______。(5)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若浸出液中c()=0.1mol•L1，为使钒元素的沉降率达到98%，至少应调节c()为_____mol•L1[已知Ksp(NH4VO3)=1.6×103](6)煅烧NH4VO3时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到200℃时，得到的固体物质化学式为_____。【答案】(1).粉碎/加热/搅拌/适当提高硫酸浓度(2).V2O3+O2+CaCO3Ca(VO3)2+CO2(3).加入硫酸使+2H+⇌+H2O中c()降低，Ca(VO3)2溶解平衡Ca(VO3)2(s)⇌Ca2+(aq)+(aq)正向移动，Ca(VO3)2溶解(4).(VO2)2SO4(5).NH4VO3不溶于乙醇，减少损失(6).0.8(7).HVO3【解析】【分析】钒钛磁铁矿高温煅烧得到铁水和钒渣，钒渣中的V2O3与CaCO3混合后在空气中焙烧时转化为Ca(VO3)2，根据元素守恒可知同时得到CO2；Ca(VO3)2悬浊液中存在沉淀溶解平衡Ca(VO3)2(s)⇌Ca2+(aq)+(aq)正向移动，加入硫酸使+2H+⇌+H2O平衡正向移动，得到含的溶液，溶液中加入碳酸氢铵溶液得到NH4VO3沉淀，过滤洗涤干燥后高温煅烧得到V2O5。【详解】(1)粉碎、加热、搅拌、适当提高硫酸浓度都可以提高浸取率；(2)根据元素守恒可知该温室气体应为CO2，化学方程式为V2O3+O2+CaCO3Ca(VO3)2+CO2；(3)根据题目信息可知，加入硫酸可使+2H+⇌+H2O平衡正向移动，c()降低，Ca(VO3)2溶解平衡Ca(VO3)2(s)⇌Ca2+(aq)+(aq)正向移动，Ca(VO3)2溶解；浸出液中V元素存在形式为，溶液中的阴离子为硫酸根，所以含钒物质的化学式为(VO2)2SO4；(4)根据题目信息可知NH4VO3不溶于乙醇，所以用乙醇洗涤可以减少溶解损耗；(5)浸出液中c()=01mol•L1，沉淀率达到98%时，溶液中c()=0.1mol•L1×(198%)=0.002mol/L，则c()==0.8mol•L1；(6)铵盐不稳定受热易分解，根据最终产物V2O5可知分解过程不是氧化还原过程，所以NH4VO3受热分解过程中会产生NH34VO3的物质的量为3，所以该段发生的反应为NH4VO3NH3↑+HVO3，此时剩余的固体物质为HVO3。【点睛】加入碳酸氢铵产生NH4VO3的过程题目虽然没有考察，但学生也应理解，该过程中碳酸氢根结合氢离子使+2H+⇌+H2O平衡逆向移动，溶液中c()增大，从而产生NH4VO3沉淀。10.含碳化合物在生产生活中广泛存在，AndrenDasic等提出在M+的作用下以N2O为氧化剂可以氧化乙烯生成乙醛，催化体系氧化还原循环如图所示，请回答下列问题。(1)已知N2O(g)+M+(s)=N2(g)+MO+(s)ΔH1=+678kJ·mol1MO+(s)+C2H4(g)=C2H4O(g)+M+(s)ΔH2=283kJ·mol1请写出在M+的作用下以N2O为氧化剂氧化乙烯生成乙醛的热化学方程式：_________(2)已知在含少量的I2溶液中，反应CH3CHO(aq)CH4(g)+CO(g)分两步进行：第Ⅰ步反应CH3CHO(aq)+I2(aq)→CH3I(l)+HI(aq)+CO(g)(慢反应)，第II步为快反应。①决定此反应快慢的是第______(填“Ⅰ”或“II”)步反应②请写出第II步反应的化学方程式：_________(3)若物质与氧原子的结合力用OA表示，氧原子与N2生成N2O的结合力OA(N2)=167.4kJ·mol1，氧原子与乙烯生成乙醛的结合力OA(C2H4)=473kJ·mol1，则可做该反应催化剂的M+与氧原子的的结合力OA(M+)的值应满足________，使用催化剂会使该反应的活化能________(填“增大”、“减小”、“不变”)。(4)某2L容器中发生:2CO2(g)2CO(g)+O2(g)，2molCO2在不同温度下平衡分解的情况如图所示。①恒温恒容条件下，能表示该可逆反应达到平衡状态的是______(填标号)2体积分数的比值保持不变②图中a、b、c三点的平衡常数K(a)、K(b)、K(c)的大小关系为_______③为实现CO2减排，目前较成熟的方法是用高浓度的K2CO3溶液吸收工业烟气中的CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如图，用必要的文字和化学用语简述在阴极区再生的原理____________。【答案】(1).N2O(g)+C2H4(g)=N2(g)+C2H4O(g)∆H=+395kJ/mol(2).Ⅰ(3).CH3I(l)+HI(aq)→CH4(g)+I2(aq)(4).167.4kJ/mol<OA(M)<473kJ/mol(5).减小(6).C(7).K(a)=K(b)<K(c)(8).存在电离平衡：⇌H++，阴极H+放电，H+浓度减小，平衡右移【解析】【分析】(4)①当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，据此分析；

②据图可知温度升高CO2的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应；

【详解】(1)已知：①N2O(g)+M+(s)=N2(g)+MO+(s)ΔH1=+678kJ·mol1②MO+(s)+C2H4(g)=C2H4O(g)+M+(s)ΔH2=283kJ·mol1根据盖斯定律①+②可得N2O(g)+C2H4(g)=N2(g)+C2H4O(g)∆H=ΔH1+ΔH2=+678kJ·mol1+(283kJ·mol1)=+395kJ/mol；(2)①慢反应决定整体反应速率，所以决定此反应快慢的是第Ⅰ步；②总反应第Ⅰ步反应可得第II步反应为CH3I(l)+HI(aq)→CH4(g)+I2(aq)；(3)由催化剂的作用机理结合图示信息知，当氧原子与催化剂的结合力处于中间值时，此反应可以发生，则167.4kJ•mol1<OA(M)<473kJ•mol1；催化剂能降低该反应的活化能；(4)①A．起始投料为CO2，根据反应方程式可知无论是否平衡，反应过程中CO体积分数与O2体积分数比值均为2:1，故A不符合题意；B．容器恒容，反应物和生成物均为气体，所以气体质量始终不变，则无论是否平衡，气体的密度始终不变，故B不符合题意；C．气体质量始终不变，但该反应前后气体系数之和不相等，为平衡时气体的总物质的量会变，则平均相对分子质量会变，所以当其不变时反应平衡，故C符合题意；D．根据质量守恒可知容器内碳元素的质量分数始终不变，故D不符合题意；综上所述选C；②据图可知温度升高CO2的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，则温度越高，平衡常数越大，c点温度高于a、b，所以c点平衡常数最大，a、b两点温度相同，平衡常数相同，所以三点平衡常数大小关系为K(a)=K(b)<K(c)；③K2CO3溶液吸收工业烟气中的CO2可以得到KHCO3溶液，将KHCO3溶液通入电解池阴极，存在电离平衡：⇌H++，阴极H+放电，H+浓度减小，平衡右移，实现K2CO3溶液再生。【点睛】比较化学平衡常数大小关系时要注意温度是否变化，温度相同则平衡常数相同，对应吸热反应温度越高平衡常数越大，对于放热反应温度越低平衡常数越大。11.工业上合成氨，CO易与铁触媒作用导致铁触媒失去催化活性：Fe+5CO═Fe(CO)5。为了防止催化剂铁触媒中毒，要除去CO，发生的反应为Cu(NH3)2OOCCH3+CO+NH3═Cu(NH3)3(CO)OOCCH3。回答下列问题：(1)下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量最低的是______(填字母序号)。a.b.c.d.(2)写出CO的一种常见等电子体的结构式：_______；C、N、O的电负性由大到小的顺序为______(用元素符号表示)。(3)与O同族的元素还有S、Se、Te，它们简单氢化物的沸点从高到低的顺序为______，其原因为______。(4)配合物[Cu(NH3)2]OOCCH3中，铜显+1价，[Cu(NH3)2]+中中心离子的电子排布式为______，其中碳原子的杂化轨道类型是______，NH3分子的VSEPR模型为______。(5)已知铜的一种氧化物Cu2O晶体的晶胞结构如图所示：①若以A点为原点建立坐标系，A的坐标为(0，0，0)，B的坐标为()，则D的坐标为______；②若阿伏加德罗常数为NA，该晶胞的边长为apm，则晶体的密度为______g•cm3。【答案】(1).a(2).N≡N(3).O＞N＞C(4).H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S(5).H2Te、H2Se、H2S均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，而水分子中存在氢键，所以沸点最高(6).[Ar]3d10(7).sp3、sp2(8).四面体形(9).(，，)(10).【解析】【详解】(1)轨道中电子能量：1s＜2s＜2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高，所以2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，该微粒能量越高，根据图知能量由低到高的顺序是a＜b＜c＜d，所以能量最低的为a；(2)等电子体为原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与CO互为等电子体的一种分子为N2，其结构式为：N≡N；同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但N原子的2p能级为半满状态，更稳定，第一电离能较大，所以C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C；(3)H2Te、H2Se、H2S均是分子晶体，结构相似，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点依次减小，但水分子间存在氢键，氢键的作用力比范德华力强，氢键会使沸点异常升高，导致H2O的沸点异常的高，所以沸点大小为H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S；(4)[Cu(NH3)2]+中中心离子为Cu+，Cu元素为29号元素，失去最外层一个电子形成Cu+，所以Cu+的核外电子排布为[Ar]3d10；甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，碳原子杂化方式为sp3，而羰基中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，碳原子杂化方式为sp2；NH3中N原子形成3个NH键，含有1对孤对电子，价层电子对数=3+1=4，VSEPR模型为四面体形；(5)①根据B点坐标可知D点在底面的投影应位于底面对角线的处，所以其x、y坐标均为，其纵坐标与B相同，所以D的坐标为(，，)；②根据晶胞结构可知晶胞中Cu+的个数为4，化学式为Cu2O，所以O2的个数为2，则晶胞的质量m=g，晶胞的边长为apm，所以晶胞的体积为V=a3pm3=(a×1010)3cm3，所以晶体的密度为=g·cm3。【点睛】判断第1小题时也可以根据基态N原子的电子排布图判断，原子处于基态时能量最低，a选项即为基态N原子的电子排布图；同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折，当外围电子在能量相等的轨道上形成全空、半满或全满结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能大于相邻元素。12.聚合物H()是一种聚酰胺纤维，广泛用于各种刹车片，其合成路线如下：已知：①C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。②DielsAlder反应：(1)生成A的反应类型是___________，F中所含官能团的结构简式为______________。(2)B的结构简式是___________；“B→C”的反应中，除