峨眉二中高2017級高考適應性考試理科綜合化學試題可能用到的相對原子質量：H:1N:14O:16Zn:65Cu:64Mn：55Cl：35.5V:51第Ⅰ卷(選擇題)一、選擇題：本題包括7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學與生活、科技及環(huán)境密切相關，下列說法正確的是A.氫氧化鋁可用于中和人體過多的胃酸B.漂白粉在空氣中久置變質，是因為漂白粉中的CaCl2與空氣中的CO2反應生成CaCO3C.“白墻黑瓦青石板，煙雨小巷油紙傘”，詩中傘骨架主要成分可用(C6H12O6)n表示D.2020年3月9日，發(fā)射了北斗系統(tǒng)第五十四顆導航衛(wèi)星，其計算機的芯片材料是一種有機高分子材料【答案】A【解析】【詳解】A．氫氧化鋁顯弱堿性，且無毒，可以用于中和過多的胃酸(HCl)，故A正確；B．漂白粉在空氣中久置變質，是因為次氯酸鈣吸收二氧化碳和水，反應生成碳酸鈣和次氯酸，次氯酸易分解使漂白粉變質，不是CaCl2與空氣中的CO2反應，故B錯誤；C．做傘骨架的竹纖維的主要成分纖維素，可表示為(C6H10O5)n，而不是(C6H12O6)n，故C錯誤；D．計算機芯片主要成分是晶體硅，晶體硅屬于無機物，故D錯誤；故答案為A。4酸性溶液0.1L與一定量pH=3的草酸(HOOC—COOH)溶液混合，放出VL氣體。NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.該反應釋放CO2分子數目為NAB.pH=3的草酸溶液含有H+NANAD.當1molKMnO4被還原時，轉移電子數為10NA【答案】C【解析】【詳解】A．非標準狀況下氣體摩爾體積不是22.4L/mol，則二氧化碳分子數目無法計算，故A錯誤；B．草酸溶液的體積未知，無法確定氫離子的數目，故B錯誤；NA，故C正確；D．KMnO4被還原成Mn2+，Mn元素化合價降低5價，所以當1molKMnO4被還原時，轉移電子數為5NA，故D錯誤；故答案為C。，下列有關該有機物的說法正確的是A.分子式為C8H10O3B.既可以發(fā)生加成反應又可以發(fā)生取代反應C.分子中所有碳原子共面D.含有兩種官能團【答案】B【解析】【詳解】A．根據X的結構簡式可知其分子式為C8H12O3，故A錯誤；B．該物質含有碳碳雙鍵可以發(fā)生加成反應，含有羧基、羥基，可以發(fā)生酯化反應，酯化反應屬于取代反應，故B正確；C．該物質中存在與同一飽和碳原子相連的3個碳原子，不可能所有碳原子共面，故C錯誤；D．分子含有羧基、碳碳雙鍵、羥基三種官能團，故D錯誤；故答案為B。4.一種新型試劑(如圖)可用于洗滌羊毛等，已知Z、Y、X、W原子序數依次增大，其中Z、Y、W為不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外層電子數之和等于X的最外層電子數，W和X對應的簡單離子核外電子排布相同。下列敘述正確的是A.少量W單質保存在煤油中B.W、X、Y對應原子半徑順序為：W>X>YC.該試劑中各元素均滿足8電子穩(wěn)定結構D.Y的最高價氧化物對應水化物的化學式為H3YO3【答案】D【解析】【分析】Z、Y、W為不同周期不同主族的短周期元素，原子序數依次增大，則Z為第一周期、Y為第二周期、W為第三周期，所以Z為H元素；W形成+2價陽離子，應位于ⅡA族，且位于第三周期，所以W為Mg元素；X形成2個共價鍵，應位于ⅥA族，其原子序數小于Mg所以X為O元素；W、Y、Z的最外層電子數之和等于X的核外層電子數，Y的最外層電子數為：621=3，Y原子序數小于O，則Y為B元素，據此分析解答。【詳解】A．Mg單質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錯誤；B．W、X、Y分別為Mg、O、B，電子層數越多原子半徑越大，電子層數相同核電荷數越小原子半徑越大，所以原子半徑：W>Y>X，故B錯誤；C．H原子最外層不滿足8電子穩(wěn)定結構，故C錯誤；D．Y為B位于第ⅢA族，最高正價為+3價，所以最高價氧化物對應的水化物為H3YO3，故D正確；故答案為D。5.一種水系鋅離子電池總反應式為xZn+Zn1xMn2O4ZnMn2O4.(0<x<1)。下列說法錯誤的是（）A.充電時，陽極的電極反應式為Zn1xMn2O4+xZn2++2xe=ZnMn2O4B.放電時，Zn2+向正極遷移C.充放電過程中鋅與錳的化合價都發(fā)生變化D.放電時，每轉移1mole【答案】A【解析】【分析】根據電池的電池反應式為：xZn+Zn1xMn2O4ZnMn2O4（0＜x＜1）可知，放電時，Zn的化合價升高，被氧化，為原電池的負極，負極的電極反應式：Zn2e－=Zn2＋；正極反應為Zn1xMn2O4+xZn2＋+2xe－═ZnMn2O4，充電時陰陽極反應與負極、正極反應剛好相反，充電時，電解池陽離子向陰極移動。【詳解】A．電解池中陽極發(fā)生氧化反應，所以陽極的電極反應為：ZnMn2O42xe－=Zn1xMn2O4+xZn2＋，故A錯誤；B放電時，陽離子向正極遷移，Zn2+向正極遷移，故B正確；C.放電時錳元素的化合價降低，鋅的化合價升高，充電過程相反，充放電過程中鋅與錳的化合價都發(fā)生變化，故C正確；D．放電時，正極反應為：Zn1xMn2O4+xZn2＋+2xe－═ZnMn2O4，所以每轉移2xmol電子，ZnMn2O4電極質量增加xmolZn，所以每轉移1mole－，ZnMn2O4電極質量增加0.5mol×65g·mol－1=32.5g，故D正確；故選A。6.分別進行下表所示實驗，實驗現象和結論均正確的是選項實驗操作現象結論A測量熔融狀態(tài)下NaHSO4的導電性能導電熔融狀態(tài)下NaHSO4能電離出Na+、H+、B蘸有濃氨水的玻璃棒靠近X有白煙產生X可能濃鹽酸C將甲烷與氯氣按體積比1:4混合于試管中光照反應后混合氣體能使?jié)櫇竦氖镌嚰堊兗t生成的氯代甲烷具有酸性D將AlCl3溶液加熱蒸干得到白色固體白色固體成分為純凈的AlCl3A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．熔融狀態(tài)下NaHSO4可以導電，但是電離出的是Na+和HSO，故A錯誤；B．濃氨水可以揮發(fā)出氨氣，濃鹽酸具有揮發(fā)性，揮發(fā)出HCl，二者反應生成固態(tài)氯化銨，產生白煙，故B正確；C．反應后混合氣體能使?jié)駶櫟氖镌嚰堊兗t是因為甲烷和氯氣的取代反應過程中有HCl生成，并不是氯代甲烷有酸性，故C錯誤；D．氯化鋁溶液中存在鋁離子的水解平衡，水解過程為吸熱反應，且水解產生的HCl易揮發(fā)，所以加熱蒸發(fā)過程中氯化鋁會完全水解，最終得到氫氧化鋁，故D錯誤；故答案為B。7.25℃時，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與pH關系如圖所示。下列說法不正確的是A.A點對應溶液中：c(A－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－)B.25℃時，HA酸的電離常數的數量級為10－6C對C點溶液加水稀釋，一定減小D.當加入NaOH溶液體積為10mL時，水的電離受到了抑制【答案】C【解析】【詳解】A．據圖可知A點對應溶液的pH＜7，顯酸性，則c(H+)＞c(OH－)，結合電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A－)+c(OH－)可知：c(A－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－)，故A正確；B．據圖可知B點1g=0，即=1，pH=5.3，即c(H+)=10mol/L，所以HA的電離平衡常數Ka==10，數量級為10－6，故B正確；C．A－的水解平衡常數表達式為，加水稀釋水解平衡常數不變，則不變，故C錯誤；D．加入NaOH溶液體積為10mL時，溶液中的溶質為等物質的量濃度的NaA和HA，HA的電離平衡常數為Ka=10，則其水解平衡常數Kh==10<Ka，所以此時溶液中的HA的電離程度大于A－的水解程度，酸的電離抑制水的電離，則此時水的電離受到抑制，故D正確；故答案為C。8.亞硝酰氯(NOCl，熔點：64.5℃，沸點：5.5℃)是一種黃色氣體，遇水易反應，生成一種氯化物和兩種常見的氮氧化物，其中一種呈紅棕色。可用于合成清潔劑、觸媒劑及中間體等。實驗室可由氯氣與一氧化氮在常溫常壓下合成。(1)甲組的同學擬制備原料氣NO和Cl2，制備裝置如圖所示：為制備純凈干燥的氣體，下表中缺少的藥品是：制備原料裝置Ⅰ裝置Ⅱ燒瓶中分液漏斗中制備純凈Cl2MnO2①________飽和食鹽水制備純凈NOCu稀硝酸②________(2)乙組同學利用甲組制得的NO和Cl2制備NOCl，裝置如圖所示：①裝置連接順序為a→_______(按氣流自左向右方向，用小寫字母表示)。②為了使實驗順利進行，實驗中先通入的氣體是_____(填Cl2或NO)，待裝置Ⅴ中充滿氣體時，再將另一氣體緩緩通入，此操作的目的是_____。③裝置Ⅴ生成NOCl的化學方程式是_____。④裝置Ⅵ的作用為_____，若無該裝置，Ⅷ中NOCl可能發(fā)生反應的化學方程式為_______。(3)丁組同學用以下方法測定亞硝酰氯(NOCl)純度：取Ⅷ中所得液體m克溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液為指示劑，用cmol/LAgNO3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液的體積為bmL。亞硝酰氯(NOCl)的質量分數為_________(用代數式表示即可)。【答案】(1).濃鹽酸(2).水(3).e→f(或f→e)→b→c→d(4).Cl2(5).排盡裝置中空氣，防止一氧化氮被裝置中的氧氣氧化(6).2NO+Cl2=2NOCl(7).防止水蒸氣進入裝置Ⅷ(8).2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2(9).【解析】【分析】在實驗室中用MnO2與濃鹽酸混合加熱制取Cl2，濃鹽酸具有揮發(fā)性，所以生成的氯氣中含有雜質HCl，先用飽和食鹽水除去氯氣中的HCl，再通過濃硫酸干燥，得到純凈Cl2；在實驗室中用Cu與稀硝酸混合加熱制取NO，硝酸具有揮發(fā)性，先用水除去NO中的HNO3，再通過濃硫酸干燥，得到純凈NO；將氯氣和NO干燥后在裝置V中發(fā)生反應，在冰鹽中冷凝收集NOCl，氯氣、NO以及NOCl均不能排放到空氣中，用氫氧化鈉溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集裝置和尾氣處理裝置之間需加一個干燥裝置，據此進行解答。【詳解】(1)實驗室用濃鹽酸和二氧化錳制取氯氣，氯氣中含有HCl，用飽和食鹽水除去HCl，用濃硫酸除去水蒸氣，所以分液漏斗中是濃鹽酸，裝置II中為飽和食鹽水；實驗室用Cu和稀硝酸制取NO，NO易被氧氣氧化生成NO2，硝酸的揮發(fā)性導致生成的NO含有硝酸，用水吸收硝酸和二氧化氮氣體，所以分液漏斗中是稀硝酸、裝置II中是水；(2)①將Cl2和NO干燥后在裝置V中發(fā)生反應，在冰鹽中冷凝收集NOCl，Cl2、NO以及NOCl都是大氣污染物，均不能排放到空氣中，用NaOH溶液吸收，但NOCl遇水易發(fā)生水解反應，所以在收集裝置和尾氣處理裝置之間需加一個干燥裝置，故裝置接口為：a→e→f(或f→e)→b→c→d；②NO易被氧氣氧化生成NO2，先通入Cl2充滿裝置Ⅴ，可排盡裝置中空氣，防止一氧化氮被裝置中的氧氣氧化；③裝置Ⅴ生成Cl2與NO反應產生NOCl，反應的化學方程式是Cl2+2NO=2NOCl；④NOCl遇水易水解，故在收集裝置和尾氣處理裝置之間需加一個裝置干燥裝置，防止水蒸氣進入反應器和收集裝置中，若無該裝置，NOCl會與水反應生成一種氯化物和兩種常見的氮氧化物，其中一種呈紅棕色，即NO2，根據電子守恒和元素守恒可得化學方程式為2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑；②根據原子守恒得關系式NOClHClAgClAgNO3n(NOCl)=n(HCl)=n(AgNO3)=cmol/L×b×103L=bc×103mol，則250mL溶液中n(NOCl)=bc×102mol，m(NOCl)=bc×102mol×65.5g/mol=0.655bcg，因此亞硝酰氯質量分為。【點睛】對于陌生物質的制備實驗一定要充分利用題目所給信息，如題干告訴我們亞硝酰氯遇水易反應，則在制備過程中要保持干燥，反應前氣體要干燥，反應后也要有干燥裝置防止尾氣處理裝置中的水蒸氣進入。9.工業(yè)上以釩鈦磁鐵礦為原料，在煉鐵的同時還可以制備釩的最高價氧化物V2O5，其主要流程如圖：已知：①+2H++H2O②NH4VO3微溶于冷水，易溶于熱水，不溶于乙醇(l)浸取過程中提高浸取率的方法______(任寫一種)(2)釩渣中的V2O3與CaCO3混合后在空氣中焙燒時轉化為Ca(VO3)2同時釋放出一種溫室氣體，寫出該反應的化學方程式_____。(3)Ca(VO3)2難溶于水但能溶于稀硫酸，試用平衡移動原理分析其原因_____，浸出液中含釩物質的化學式為_________。(4)過濾后用乙醇代替水來洗滌沉淀的原因是______。(5)“沉釩”得到偏釩酸銨(NH4VO3)，若浸出液中c()=0.1mol?L1，為使釩元素的沉降率達到98%，至少應調節(jié)c()為_____mol?L1[已知Ksp(NH4VO3)=1.6×103](6)煅燒NH4VO3時，固體質量隨溫度變化的曲線如圖所示。加熱到200℃時，得到的固體物質化學式為_____。【答案】(1).粉碎/加熱/攪拌/適當提高硫酸濃度(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)正向移動，Ca(VO3)2溶解(4).(VO2)2SO4(5).NH4VO3不溶于乙醇，減少損失(6).0.8(7).HVO3【解析】【分析】釩鈦磁鐵礦高溫煅燒得到鐵水和釩渣，釩渣中的V2O3與CaCO3混合后在空氣中焙燒時轉化為Ca(VO3)2，根據元素守恒可知同時得到CO2；Ca(VO3)2懸濁液中存在沉淀溶解平衡Ca(VO3)2(s)?Ca2+(aq)+(aq)正向移動，加入硫酸使+2H+?+H2O平衡正向移動，得到含的溶液，溶液中加入碳酸氫銨溶液得到NH4VO3沉淀，過濾洗滌干燥后高溫煅燒得到V2O5。【詳解】(1)粉碎、加熱、攪拌、適當提高硫酸濃度都可以提高浸取率；(2)根據元素守恒可知該溫室氣體應為CO2，化學方程式為V2O3+O2+CaCO3Ca(VO3)2+CO2；(3)根據題目信息可知，加入硫酸可使+2H+?+H2O平衡正向移動，c()降低，Ca(VO3)2溶解平衡Ca(VO3)2(s)?Ca2+(aq)+(aq)正向移動，Ca(VO3)2溶解；浸出液中V元素存在形式為，溶液中的陰離子為硫酸根，所以含釩物質的化學式為(VO2)2SO4；(4)根據題目信息可知NH4VO3不溶于乙醇，所以用乙醇洗滌可以減少溶解損耗；(5)浸出液中c()=01mol?L1，沉淀率達到98%時，溶液中c()=0.1mol?L1×(198%)=0.002mol/L，則c()==0.8mol?L1；(6)銨鹽不穩(wěn)定受熱易分解，根據最終產物V2O5可知分解過程不是氧化還原過程，所以NH4VO3受熱分解過程中會產生NH34VO3的物質的量為3，所以該段發(fā)生的反應為NH4VO3NH3↑+HVO3，此時剩余的固體物質為HVO3。【點睛】加入碳酸氫銨產生NH4VO3的過程題目雖然沒有考察，但學生也應理解，該過程中碳酸氫根結合氫離子使+2H+?+H2O平衡逆向移動，溶液中c()增大，從而產生NH4VO3沉淀。10.含碳化合物在生產生活中廣泛存在，AndrenDasic等提出在M+的作用下以N2O為氧化劑可以氧化乙烯生成乙醛，催化體系氧化還原循環(huán)如圖所示，請回答下列問題。(1)已知N2O(g)+M+(s)=N2(g)+MO+(s)ΔH1=+678kJ·mol1MO+(s)+C2H4(g)=C2H4O(g)+M+(s)ΔH2=283kJ·mol1請寫出在M+的作用下以N2O為氧化劑氧化乙烯生成乙醛的熱化學方程式：_________(2)已知在含少量的I2溶液中，反應CH3CHO(aq)CH4(g)+CO(g)分兩步進行：第Ⅰ步反應CH3CHO(aq)+I2(aq)→CH3I(l)+HI(aq)+CO(g)(慢反應)，第II步為快反應。①決定此反應快慢的是第______(填“Ⅰ”或“II”)步反應②請寫出第II步反應的化學方程式：_________(3)若物質與氧原子的結合力用OA表示，氧原子與N2生成N2O的結合力OA(N2)=167.4kJ·mol1，氧原子與乙烯生成乙醛的結合力OA(C2H4)=473kJ·mol1，則可做該反應催化劑的M+與氧原子的的結合力OA(M+)的值應滿足________，使用催化劑會使該反應的活化能________(填“增大”、“減小”、“不變”)。(4)某2L容器中發(fā)生:2CO2(g)2CO(g)+O2(g)，2molCO2在不同溫度下平衡分解的情況如圖所示。①恒溫恒容條件下，能表示該可逆反應達到平衡狀態(tài)的是______(填標號)2體積分數的比值保持不變②圖中a、b、c三點的平衡常數K(a)、K(b)、K(c)的大小關系為_______③為實現CO2減排，目前較成熟的方法是用高濃度的K2CO3溶液吸收工業(yè)煙氣中的CO2，得溶液X，再利用電解法使K2CO3溶液再生，其裝置示意圖如圖，用必要的文字和化學用語簡述在陰極區(qū)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).減小(6).C(7).K(a)=K(b)<K(c)(8).存在電離平衡：?H++，陰極H+放電，H+濃度減小，平衡右移【解析】【分析】(4)①當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，據此分析；

②據圖可知溫度升高CO2的體積分數減小，說明升高溫度平衡正向移動，正反應為吸熱反應；

【詳解】(1)已知：①N2O(g)+M+(s)=N2(g)+MO+(s)ΔH1=+678kJ·mol1②MO+(s)+C2H4(g)=C2H4O(g)+M+(s)ΔH2=283kJ·mol1根據蓋斯定律①+②可得N2O(g)+C2H4(g)=N2(g)+C2H4O(g)?H=ΔH1+ΔH2=+678kJ·mol1+(283kJ·mol1)=+395kJ/mol；(2)①慢反應決定整體反應速率，所以決定此反應快慢的是第Ⅰ步；②總反應第Ⅰ步反應可得第II步反應為CH3I(l)+HI(aq)→CH4(g)+I2(aq)；(3)由催化劑的作用機理結合圖示信息知，當氧原子與催化劑的結合力處于中間值時，此反應可以發(fā)生，則167.4kJ?mol1<OA(M)<473kJ?mol1；催化劑能降低該反應的活化能；(4)①A．起始投料為CO2，根據反應方程式可知無論是否平衡，反應過程中CO體積分數與O2體積分數比值均為2:1，故A不符合題意；B．容器恒容，反應物和生成物均為氣體，所以氣體質量始終不變，則無論是否平衡，氣體的密度始終不變，故B不符合題意；C．氣體質量始終不變，但該反應前后氣體系數之和不相等，為平衡時氣體的總物質的量會變，則平均相對分子質量會變，所以當其不變時反應平衡，故C符合題意；D．根據質量守恒可知容器內碳元素的質量分數始終不變，故D不符合題意；綜上所述選C；②據圖可知溫度升高CO2的體積分數減小，說明升高溫度平衡正向移動，正反應為吸熱反應，則溫度越高，平衡常數越大，c點溫度高于a、b，所以c點平衡常數最大，a、b兩點溫度相同，平衡常數相同，所以三點平衡常數大小關系為K(a)=K(b)<K(c)；③K2CO3溶液吸收工業(yè)煙氣中的CO2可以得到KHCO3溶液，將KHCO3溶液通入電解池陰極，存在電離平衡：?H++，陰極H+放電，H+濃度減小，平衡右移，實現K2CO3溶液再生。【點睛】比較化學平衡常數大小關系時要注意溫度是否變化，溫度相同則平衡常數相同，對應吸熱反應溫度越高平衡常數越大，對于放熱反應溫度越低平衡常數越大。11.工業(yè)上合成氨，CO易與鐵觸媒作用導致鐵觸媒失去催化活性：Fe+5CO═Fe(CO)5。為了防止催化劑鐵觸媒中毒，要除去CO，發(fā)生的反應為Cu(NH3)2OOCCH3+CO+NH3═Cu(NH3)3(CO)OOCCH3。回答下列問題：(1)下列氮原子的電子排布圖表示的狀態(tài)中，能量最低的是______(填字母序號)。a.b.c.d.(2)寫出CO的一種常見等電子體的結構式：_______；C、N、O的電負性由大到小的順序為______(用元素符號表示)。(3)與O同族的元素還有S、Se、Te，它們簡單氫化物的沸點從高到低的順序為______，其原因為______。(4)配合物[Cu(NH3)2]OOCCH3中，銅顯+1價，[Cu(NH3)2]+中中心離子的電子排布式為______，其中碳原子的雜化軌道類型是______，NH3分子的VSEPR模型為______。(5)已知銅的一種氧化物Cu2O晶體的晶胞結構如圖所示：①若以A點為原點建立坐標系，A的坐標為(0，0，0)，B的坐標為()，則D的坐標為______；②若阿伏加德羅常數為NA，該晶胞的邊長為apm，則晶體的密度為______g?cm3。【答案】(1).a(2).N≡N(3).O＞N＞C(4).H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S(5).H2Te、H2Se、H2S均是分子晶體，相對分子質量逐漸減小，范德華力減小，所以沸點減小，而水分子中存在氫鍵，所以沸點最高(6).[Ar]3d10(7).sp3、sp2(8).四面體形(9).(，，)(10).【解析】【詳解】(1)軌道中電子能量：1s＜2s＜2p，能量較高的軌道中電子越多，該微粒能量越高，所以2p軌道上電子越多、1s軌道上電子越少，該微粒能量越高，根據圖知能量由低到高的順序是a＜b＜c＜d，所以能量最低的為a；(2)等電子體為原子總數相同，價電子總數也相同的微粒，與CO互為等電子體的一種分子為N2，其結構式為：N≡N；同周期主族元素，隨著原子序數增大，第一電離能呈增大的趨勢，但N原子的2p能級為半滿狀態(tài)，更穩(wěn)定，第一電離能較大，所以C、N、O的第一電離能由大到小的順序為：N＞O＞C；(3)H2Te、H2Se、H2S均是分子晶體，結構相似，相對分子質量逐漸減小，范德華力減小，所以沸點依次減小，但水分子間存在氫鍵，氫鍵的作用力比范德華力強，氫鍵會使沸點異常升高，導致H2O的沸點異常的高，所以沸點大小為H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S；(4)[Cu(NH3)2]+中中心離子為Cu+，Cu元素為29號元素，失去最外層一個電子形成Cu+，所以Cu+的核外電子排布為[Ar]3d10；甲基中碳原子形成4個σ鍵，沒有孤電子對，雜化軌道數目為4，碳原子雜化方式為sp3，而羰基中C原子形成3個σ鍵，沒有孤電子對，雜化軌道數目為3，碳原子雜化方式為sp2；NH3中N原子形成3個NH鍵，含有1對孤對電子，價層電子對數=3+1=4，VSEPR模型為四面體形；(5)①根據B點坐標可知D點在底面的投影應位于底面對角線的處，所以其x、y坐標均為，其縱坐標與B相同，所以D的坐標為(，，)；②根據晶胞結構可知晶胞中Cu+的個數為4，化學式為Cu2O，所以O2的個數為2，則晶胞的質量m=g，晶胞的邊長為apm，所以晶胞的體積為V=a3pm3=(a×1010)3cm3，所以晶體的密度為=g·cm3。【點睛】判斷第1小題時也可以根據基態(tài)N原子的電子排布圖判斷，原子處于基態(tài)時能量最低，a選項即為基態(tài)N原子的電子排布圖；同一周期內元素的第一電離能在總體增大的趨勢中有些曲折，當外圍電子在能量相等的軌道上形成全空、半滿或全滿結構時，原子的能量較低，元素的第一電離能大于相鄰元素。12.聚合物H()是一種聚酰胺纖維，廣泛用于各種剎車片，其合成路線如下：已知：①C、D、G均為芳香族化合物，分子中均只含兩種不同化學環(huán)境的氫原子。②DielsAlder反應：(1)生成A的反應類型是___________，F中所含官能團的結構簡式為______________。(2)B的結構簡式是___________；“B→C”的反應中，除