广西钦州市2019届高三化学4月综合能力测试（三模）试卷（含解析）.doc

广西钦州市2019届高三化学4月综合能力测试（三模）试卷（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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.下列玻璃仪器的洗涤方法涉及氧化还原反应的是A. 附有银镜的试管用稀硝酸清洗B. 附有油脂的烧杯用热纯碱溶液清洗C. 附有苯酚的试管用热的烧碱溶液清洗D. 附有氢氧化铁的试管用盐酸清洗【答案】A【解析】【详解】A.银单质与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮、水，属于氧化还原反应，故A正确；B.附有油脂的烧杯用热纯碱溶液清洗，属于油脂水解，属于非氧化还原反应，故B错误；C.附有苯酚的试管用热的烧碱溶液清洗，苯酚和烧碱反应生成苯酚钠和水，属于非氧化还原反应，故C错误；D. 附有氢氧化铁的试管用盐酸清洗，是酸碱中和反应，属于非氧化还原反应，故D错误。答案选A。【点睛】本题结合用化学方法进行玻璃仪器的洗涤考查氧化还原反应的判断，明确氧化还原反应的判断方法是解题的关键，要注意用化学方法洗涤玻璃仪器的化学原理。2.下列关于钠及其化合物的说法正确的是A. 过氧化钠的电子式：B. 金属钠可用来除去苯中的少量水分C. 常温下Na与O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率加快D. 测Na2CO3和Na2SiO3溶液的pH，可确定碳和硅两元素的非金属性强弱【答案】B【解析】【详解】A. 过氧化钠是离子化合物，电子式是：，故A错误；B. 金属钠与苯不反应，可用钠除去苯中的少量水分，故B正确；C.在加热条件下Na与O2反应生成Na2O2，故C错误；D. 由于Na2CO3和Na2SiO溶液的浓度未知，故无法通过测Na2CO3和Na2SiO3溶液的pH，来确定碳和硅两元素的非金属性强弱，故D错误。答案选B。3.四氢噻吩()是家用天然气中人工添加的气味添加剂具有相当程度的臭味。下列关于该化合物的说法正确的是A. 不能在O2中燃烧B. 与Br2的加成产物只有一种C. 能使酸性KMnO4溶液褪色D. 生成1 mol C4H9SH至少需要2molH2【答案】C【解析】【分析】由四氢噻吩结构简式()可知，分子中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，能发生加成反应和氧化反应，据此分析解答。【详解】A. 由组成可知，该有机物为烃的含硫衍生物，故能在O2中燃烧 ，故A错误；B. 分子中含有两个共轭碳碳双键，与Br2可以发生1，2加成或1，4加成，或1，2，3，4全加成，因此加成产物有3种，故B错误；C. 该有机物分子中含有碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化，故能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；D. 该有机物分子式为C4H4S，根据氢原子守恒，生成1 mol C4H9SH至少需要3molH2，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查有机物的结构和性质的关系，掌握烯烃的性质是解题的关键，易错选项B，要注意共轭二烯烃和Br2的加成反应的方式有多种，注意知识的迁移应用。4.新型锂空气电池能量密度高、成本低，可作为未来电动汽车的动力源，其工作原理如右图所示。下列有关该电池的说法正确的是A. 充电时，金属锂为阳极B. 放电时，正负两极周围都有LiOHC. 放电时，每消耗22.4LO2，转移4mol电子D. 放电和充电时，Li+迁移方向相反【答案】D【解析】【分析】由图可知，放电时是原电池原理，原电池放电反应为自发的氧化还原反应，即4Li+O2+2H2O=4LiOH，锂为负极，失去电子发生氧化反应Li-e-=Li+，正极上发生得电子的还原反应O2+4e-+2H2O=4OH-；充电时的原理是电解池原理，金属锂电极为阴极，发生还原反应Li+ +e-= Li，阳极反应为4OH-4e-=O2+2H2O，以此分析解答。【详解】A. 根据以上分析，充电时，金属锂为阴极，故A错误；B. 金属锂电极周围为有机电解液，非水溶液，放电时，该极周围不会有LiOH，故B错误；C. 没有标明是在标准状况下，无法计算22.4LO2的物质的量，故C错误；D. 放电时阳离子由负极向正极移动，充电时阳离子由阳极向阴极移动，所以Li+迁移方向相反，故D正确。答案选D。5.下列四套装置用于实验室制二氧化硫并回收硫酸铜的实验，其中不能达到实验目的的是A. 制取二氧化硫B. 溶解反应后烧瓶内溶液中的硫酸铜固体C. 吸收尾气中的二氧化硫D. 加热硫酸铜溶液制备硫酸铜固体【答案】B【解析】【详解】A.实验室可以用Cu和浓硫酸加热反应制取二氧化硫，该装置为固体和液体混合加热制取气体，故A正确；B反应后的溶液还剩余浓硫酸，故不能将水加入其中，否则可能会使液体飞溅；另外，溶解应在烧杯中进行，故B错误；C.二氧化硫为酸性氧化物，可溶于氢氧化钠溶液，故C正确；D硫酸铜为难挥发性酸的强酸弱碱盐，加热蒸干最终得到的固体是硫酸铜，故D正确。答案选B。【点睛】本题结合实验室制取二氧化硫，考查化学实验的基本操作，掌握化学实验基础知识是解题的关键，要注意浓硫酸的稀释方法和加热蒸干盐溶液所得固体等知识的灵活运用。6.短周期元素M、P、Q、W的原子序数依次增大。M原子获得4个电子最外层将达到稳定结构，P原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Q2+与P2具有相同的电子层结构，W与M同主族。下列说法正确的是A. 比较气态简单氢化物的热稳定性：PWB. 比较原子半径：r(W)r(Q)r(P)r(M)C. 比较最高价氧化物对应水化物的酸性：Mr(W) r(M) r(P)，故B错误；C. M为C，W为Si，同主族元素的非金属性从上到下递减，最高价氧化物对应水化物的酸性递减，因此H2CO3的酸性比H2SiO3强，故C错误；D. P分别与Q、W形成的化合物为MgO和SiO2，前者含离子键，后者含共价键，化学键类型不同，故D错误。答案为A。7.向体积均为100mL浓度均为1molL的 NaClO、NaOH、CH3COONa的三种溶液中通入CO2，测得各溶液中n(HCO3)的变化如下：下列分析正确的是A. CO2通入 NaClO溶液的反应：2ClO+CO2+H2O=CO32+2HClOB. CO2通入 CH3COONa溶液的反应：CO2+H2O+ CH3COO=HCO3+ CH3COOHC. 通入n(CO2)=0.06mol，NaOH溶液的反应：2OH+CO2=CO32+H2OD. 通入n(CO2)=0.06mol，三种溶液中：n(HCO3)+n(CO32)+n(H2CO3)=0.06mol【答案】D【解析】【详解】A. 由图可知，CO2通入 NaClO溶液，HCO3-浓度逐渐增大，故反应为：ClO+CO2+H2O=HCO3+HClO，故A错误；B. 醋酸酸性大于碳酸，CO2与CH3COONa溶液不反应，由图可知，CO2通入 CH3COONa溶液HCO3浓度增大较小，应该是二氧化碳和水反应：CO2+H2O3H2CO3HCO3+ H+，故B错误；C. n(CO2)=0.06mol，n(OH)=0.1mol，则先发生反应：2OH+CO2=CO32+H2O时CO2过量0.01mol，过量的CO2和生成的部分CO32、H2O反应生成HCO3，故C错误；D. 通入n(CO2)=0.06mol，根据物料守恒，三种溶液中均有：n(HCO3)+n(CO32)+n(H2CO3)=0.06mol，故D正确。答案选D。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第2题第32题为必考题。每个试题考生都必须做答。第33题第38题为选考题。考生根据要求做答。(一)必考题(共129分)8.在通风橱中探究二氧化氮与过氧化钠的反应。二氧化氮溶于浓硫酸(硫酸沸点为338)，加热后NO2可逸出。(本题实验装置省略夹持仪器)(1)制备NO2的装置如右图所示：A中发生反应的化学方程式是_。干燥管内CaCl2的主要作用是吸水，吸水的主要目的是_。(2)加热B中吸收液，使NO2逸出，待试管充满红棕色气体后再接入装有足量Na2O2固体的试管，如右图：加热B时，温度不宜过高，原因是_。D中碱石灰的主要作用是_。(3)反应后C中固体淡黄色渐渐变白，经分析，反应产物可能有NaNO2、NaNO3，为此，进行如下实验检验：检验NaNO2：查阅资料可知：NaNO2能使酸性KMnO4溶液褪色。检验过程如下：取C中固体，加水溶解配制成100mL溶液，加入少量MnO2，振荡静置(记为溶液Q)。取5mL溶液Q，滴加酸性KMnO4溶液，振荡后酸性KMnO4溶液褪色。NaNO2使酸性KMnO4，溶液褪色的离子方程式是_。加入少量MnO2的目的是除去剩余Na2O2和水反应产生的H2O2，其化学方程式为_(4)经检验产物中还含有NaNO3。NO2与Na2O2化合生成NaNO3的化学方程式为：_。【答案】 (1). Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O (2). 避免水蒸气进入浓硫酸引发安全事故 (3). 温度过高，会有浓硫酸挥发出来，干扰实验 (4). 防止空气中的二氧化碳、水进入C中 (5). 5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O (6). 2H2O22H2O +O2 (7). 2NO2+Na2O2=2NaNO3【解析】【分析】(1)装置A中是浓硝酸和铜发生的反应，反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，以此写出反应的化学方程式；B中浓硫酸若进入水会发生安全事故；(2)由信息可知，二氧化氮溶于浓硫酸，加热后NO2可逸出，若温度过高，会有浓硫酸挥发出来，干扰实验；D装置是防止水蒸气进入装置C；(3)NO2-与高锰酸根离子反应生成锰离子和硝酸根离子；H2O2 在MnO2作催化剂的条件下分解为水和氧气；(4) NO2与Na2O2化合生成NaNO3，氮元素化合价升高，Na2O2中氧元素化合价降低，以此写出反应的化学方程式。【详解】(1)装置A中是浓硝酸和铜发生的反应，反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式是：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，故答案是：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O；干燥管内CaCl2的主要作用是吸水，吸水的主要目的是避免水蒸气进入浓硫酸引发安全事故，故答案是：避免水蒸气进入浓硫酸引发安全事故；(2)由信息可知，二氧化氮溶于浓硫酸，加热后NO2可逸出，若温度过高，会有浓硫酸挥发出来，干扰实验，故答案是：温度过高，会有浓硫酸挥发出来，干扰实验；D中碱石灰的主要作用是防止水蒸气进入装置C，故答案是：防止空气中的二氧化碳、水进入C中；(3)NO2-与高锰酸根离子反应生成锰离子和硝酸根离子，离子方程式为5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O；故答案是：5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O；H2O2 在MnO2作催化剂的条件下分解为水和氧气，化学方程式为2H2O22H2O +O2，故答案是：2H2O22H2O +O2；(4) NO2与Na2O2化合生成NaNO3，氮元素化合价升高，Na2O2中氧元素化合价降低，化学方程式为2NO2+Na2O2=2NaNO3， 故答案是：2NO2+Na2O2=2NaNO3。【点睛】本题通过二氧化氮与过氧化钠的反应实验探究，考查了物质实验基本操作、实验安全、仪器装置的作用等知识点，掌握基础是解题关键，注意化学方程式和离子方程式的书写方法。9.镍是制取各种高强度合金、耐热材料的重要金属之一。以粗氧化镍(主要含NiO、CoO、Fe2O3等)为原料制备纯镍的流程示意图如下：回答下列问题：(1)已知：C(s)+O2(g)=CO2(g) H1=+393.5kJmol1CO(g)+)+12O2(g)=CO2(g) H2=283.0kJmol1反应a的化学方程式为_，既有利于提高反应a的速率，又有利于提高原料CO2平衡转化率的措施是_。(2)用离子方程式表示碱洗过程发生的反应_。(3)镍的羰化反应为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g) H。一定温度下，将一定量的粗镍和CO加入到1L的恒容密闭容器中反应，3s后测得Ni(CO)4的物质的量为0.6mol，则03s内平均反应速率v(CO)=_molL1s1。镍的羰化反应平衡常数表达式为K=_，当温度升高时，K减小，则该反应的H_0(填“”或“”或“=”)(4)羰化后的产物为Fe(CO)5、Co2(CO)8、Ni(CO)4，有关性质如下：蒸馏提取Ni(CO)4应选择的适宜温度范围是_。(5)采用230分解Ni(CO)4(g)制取金属镍，所获金属镍中常常含有碳，原因是_(运用化学平衡移动原理解释)。【答案】 (1). CO2+C2CO (2). 升高温度 (3). 2OH-+CO2=CO32-+H2O (4). 0.8 (5). cNiCO4c4(CO) (6). (7). 43.252 (8). 温度升高，化学平衡Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)正向移动，CO浓度增大。CO则因为反应2CO(g)CO2(g)+C(s)平衡右移，产生碳【解析】【分析】(1)由流程图可知，反应a为二氧化碳和碳在900的条件下反应生成CO，化学方程式为CO2+C2CO；该反应为吸热反应，升高温度，化学反应速率加快，平衡向正反应方向移动，既有利于提高反应a的速率，又有利于提高原料CO2平衡转化率；(2) 由流程图可知，碱洗过程发生的反应是氢氧化钠溶液吸收二氧化碳的反应；(3)根据速率公式v=ct计算；根据反应式Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，平衡常数表达式为K=cNiCO4c4(CO)；当温度升高时，K减小，说明升温平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应；(4)蒸馏时根据三种物质的沸点不同进行分离，从表中数据可知Ni(CO)4的沸点为43.2，Co2(CO)8的沸点为52，Fe(CO)5的沸点为106，所以提取Ni(CO)4应选择的适宜温度范围是43.252；(5) 分解Ni(CO)4(g)制取金属镍的反应为吸热反应，温度升高，化学平衡Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)正向移动，CO浓度增大。CO浓度增大又使2CO(g)CO2(g)+C(s)平衡右移，产生碳。【详解】(1)由流程图可知，反应a为二氧化碳和碳在900的条件下反应生成CO，化学方程式为CO2+C2CO；已知：C(s)+O2(g)=CO2(g) H1=+393.5kJmol1CO(g)+)+12O2(g)=CO2(g) H2=283.0kJmol1根据盖斯定律-2得：CO2+C2CO H=（+393.5kJmol1）-（283.0kJmol1）2=+959.5 kJmol1，该反应为吸热反应，升高温度，化学反应速率加快，平衡向正反应方向移动，既有利于提高反应a的速率，又有利于提高原料CO2平衡转化率；因此，本题正确答案是：CO2+C2CO；升高温度；(2) 由流程图可知，碱洗过程发生的反应是氢氧化钠溶液吸收二氧化碳的反应，离子方程式为2OH-+CO2=CO32-+H2O；因此，本题正确答案是：2OH-+CO2=CO32-+H2O； (3)由反应式Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)可知， 3s后测得Ni(CO)4的物质的量为0.6mol，则消耗的CO 的物质的量为0.6mol 4=2.4mol，则03s内平均反应速率v(CO)=2.4mol1L3s=0.8 molL1s1；根据反应式Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，平衡常数表达式为K=cNiCO4c4(CO)，当温度升高时，K减小，说明升温平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，则该反应的H0，因此，本题正确答案是：0.8；cNiCO4c4(CO)；(4)蒸馏时根据三种物质的沸点不同进行分离，从表中数据可知Ni(CO)4的沸点为43.2，Co2(CO)8的沸点为52，Fe(CO)5的沸点为106，所以提取Ni(CO)4应选择的适宜温度范围是43.252，因此，本题正确答案是：43.252； (5) 分解Ni(CO)4(g)制取金属镍的反应为吸热反应，温度升高，化学平衡Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)正向移动，CO浓度增大。CO浓度增大又使2CO(g)CO2(g)+C(s)平衡右移，产生碳，因此，本题正确答案是：温度升高，化学平衡Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)正向移动，CO浓度增大。CO则因为反应2CO(g)CO2(g)+C(s)平衡右移，产生碳。10.铁及其化合物在人类的生活生产中有着重要的作用，Fe2+、Fe3+是影响水质的一个重要因素。回答下列问题：I：测量某河水样本中铁的含量(1)水样中Fe2+的含量越大，溶解氧的含量就越低，用离子方程式解释原因_。(2)测定Fe2+取5mL c mo/L的KMnO4标准液，稀释至100mL。取10.00mL河水水样，加入稀硫酸后，用稀释后的KMnO4溶液进行滴定，用去KMnO4溶液V1mL。用_(填滴定管的名称)盛放KMnO4标准液。滴定达到终点的标志是_。(3)测定Fe3+：取10.00mL水样，转移至盛有过量锌粒的烧杯中充分反应。加入过量稀硫酸，用表面皿盖住烧杯并加热10分钟。冷却后用(2)中稀释后的KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液V2mL。锌粒的作用是_。河水中Fe3+的浓度是_mol/L(用含字母的代数式表示)。：氢氧化亚铁Fe(OH)2在常温常压下为白色固体。(4)当溶液中的离子浓度1105molL1时，可以认为该离子已沉淀完全。已知常温Fe(OH)2的Ksp为8.01016。现调节含Fe2+的某河水样品pH=9，用简要计算过程说明Fe2+是否已经达到沉淀完全：_。(5)一种用Na2SO4溶液做电解液，电解制取Fe(OH)2的实验装置如图所示。通电后，溶液中产生白色沉淀，且较长时间不变色。必须使用铁电极的是_(填“A或“B”)极。B电极的电极反应式为_。【答案】 (1). 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O (2). 酸式滴定管 (3). 滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪，并在半分钟保持不变 (4). 将Fe3+还原 (5). 2.510-2c(V2-V1) (6). pH=9时，c（Fe2+）=8.010-1610-10=8.010-6mol/L110-5mol/L，Fe2+已经沉淀完全 (7). A (8). 2H2O+2e-=H2+2OH-或2H+2e-=H2【解析】【分析】(1) 酸性条件下，O2在水中被Fe2+还原，以此写出离子方程式；(2)KMnO4标准液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，要用酸式滴定管盛放；用KMnO4标准液滴定Fe2+，终点时KMnO4溶液过量，出现紫色，以此分析解答；(3)取10.00mL水样，与过量锌粒充分反应后Fe3+和Fe2+都被还原为Fe，再加入过量稀硫酸将Fe转化为Fe2+，根据反应关系，5Fe2+MnO4-计算；(4)根据c（Fe2+）=KspFeOH2c2(OH-)计算；(5)由装置图可知，电解装置的A电极与电源正极相连，则A为阳极，阳极为铁失电子发生氧化反应，据此解答；B电极为阴极，阴极水得电子发生还原反应，据此书写电极反应式；【详解】(1) 酸性条件下，O2在水中被Fe2+还原，则溶解氧的含量降低，离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；故答案为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；(2)KMnO4标准液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，要用酸式滴定管盛放；故答案为：酸式滴定管； 用KMnO4标准液滴定Fe2+，当出现紫色时，说明Fe2+已滴定完全，故滴定达到终点的标志是滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪，并在半分钟保持不变；故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪，并在半分钟保持不变；(3)取10.00mL水样，与过量锌粒充分反应后Fe3+和Fe2+都被还原为Fe，再加入过量稀硫酸将Fe转化为Fe2+，根据以上分析，锌粒的作用是将Fe3+还原；滴定时溶液中的Fe2+包括两部分，一部分是水样中原来就有的，另一部分是由Fe3+转化而来的，根据反应关系，5Fe2+MnO4-，滴定时消耗的MnO4-的物质的量为n(MnO4-)2=5100cV21000mol=510-5cV2 mol，滴定水样中原有Fe2+消耗的MnO4-的物质的量为n(MnO4-)1=5100cV11000mol=510-5cV1 mol，则水样中Fe3+的物质的量为（510-5cV2-510-5cV1）5=2.510-4c(V2-V1) mol，则河水中Fe3+的浓度是2.510-4c(V2-V1)mol0.01L=2.510-2c(V2-V1)mol/L；故答案为：将Fe3+还原；2.510-2c(V2-V1)；(4)根据Fe(OH)2的Ksp为8.01016，pH=9时，c（Fe2+）=8.010-1610-10=8.010-6mol/LOC (5). O原子失去一个电子后，其2p轨道上有3个电子，为半充满状态，较稳定 (6). 离子键 (7). Cr(NH)5Cl Cl2NH3 (8). sp (9). 正四面体形 (10). 4600.5a3NA10-21 【解析】【分析】(1)氮原子序数为7，根据能量最低原则书写；(2) N2中含有一个键和两个键，据此计算；(3)同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；O原子失去一个电子后，其2p轨道上有3个电子，为半充满状态，较稳定，第二电离能增幅较大；(4)CrCl36NH3中阴阳离子之间为离子键；CrCl36NH3有三种异构体，除Cr(NH)3)6Cl3和Cr(NH)4Cl2 Cl2NH3，还有Cr(NH)5Cl Cl2NH3；(5) N3是直线型结构，中心原子价层电子对数为2，则N3中氮原子的杂化类型是sp；NH4+的价层电子对数为4，没有孤电子对，VSEPR模型名称为正四面体形；(6)该晶胞中含有4个NH4+和4个N3-，一个晶胞的质量为460NAg，根据=mV计算。【详解】(1)氮原子序数为7，N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，价电子排布式为2s22p3，因此，本题正确答案是：2s22p3；(2) 原子轨道以“头碰头”方式形成的共价键为键，以“肩并肩”方式形成的共价键为键，N2中含有一个键和两个键，所以14g氮气分子中原子轨道以“头碰头”方式形成的共价键数目为0.5NA，以“肩并肩”方式形成的共价键数目为NA，因此，本题正确答案是：0.5NA；NA；(3) C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第A族的大于第A族的，所以其第一电离能大小顺序是NOC；O原子失去一个电子后，其2p轨道上有3个电子，为半充满状态，较稳定，第二电离能较大，因此，本题正确答案是：NOC；O原子失去一个电子后，其2p轨道上有3个电子，为半充满状态，较稳定；(4)CrCl36NH3中Cr3+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，阴、阳离子之间为离子键；CrCl36NH3有三种异构体，除Cr(NH)3)6Cl3和Cr(NH)4Cl2 Cl2NH3，还有Cr(NH)5Cl Cl2NH3；因此，本题正确答案是：离子键；Cr(NH)5Cl Cl2NH3；(5) N3是直线型结构，中心原子价层电子对数为2，则N3中氮原子的杂化类型是sp；NH4+的价层电子对数为4，没有孤电子对，VSEPR模型名称为正四面体形；因此，本题正确答案是：sp；正四面体形；(6)该晶胞中含有4个NH4+和4个N3-，一个晶胞的质量为460NAg，一个晶胞的体积为0.5a10-7cma10-7cm a10-7cm=0.5a310-21cm3，则NH4N3的密度为4600.5a3NA10-21gcm3。因此，本题正确答案是：4600.5a3NA10-21。12.化合物W是药物合成的中间体，它的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)试剂a是_。(2)A的名称是_；F中官能团的名称是_。(3)下列说法正确的是_(填正确选项编号)。aCH2= CHCHO不存在顺反异构体 bD能发生水解反应cE的分子式为C9H14NO2 d发生了还原反应(4)反应的化学方程式是_。(5)G()有多种同分异构体。属于丁酸酯且苯环上含一NH2的同分异构体有_种，其中核磁共振氢谱显示为6组峰，且峰面积之比为3：2：2：2：2：2的结构简式为_。(6) 是制药中间体，结合题中流程和已学知识设计由D为起始原料合成的合成路线图：_(无机试剂任选)。【答案】 (1). 浓硫酸、浓硝酸 (2). 对硝基甲苯 (3). 羟基、氨基 (4). ab (5). (6). 6 (7). (8). 或【解析】【分析】由合成路线可知，甲苯和浓硫酸、浓硝酸加热发生硝化反应经分离得到对硝基甲苯；对硝基甲苯在铁和盐酸的条件下，发生还原反应生成对甲基苯胺；对甲基苯胺和乙酸酐反应得到D，D经几部转化得到E；E经反应转化为F；FG是F分子中的-NH2与H2C=CH-CHO发生的加成反应；GQ是先加成再消去；最后QW发生消去反应得到W，据此分析解答。【详解】(1)根据合成路线所给信息，反应为甲苯和浓硫酸、浓硝酸加热发生硝化反应，所以试剂a是浓硫酸、浓硝酸，故答案是：浓硫酸、浓硝酸；(2)由A的结构简式可知，A的名称是对硝基甲苯；F中官能团的名称是羟基、氨基，故答案是：对硝基甲苯；羟基、氨基；(3) aCH2= CHCHO分子中其中的1个碳原子连有两个氢原子，所以不存在顺反异构体，故a正确； bD的结构简式为，分子中含有-NHCO-，所以能发生水解反应，故b正确；cE的结构简式为分子式为C9H12NO，故c错误；d反应发生了QW分子内的消去反应得到W，也属于去氢氧化反应，故d错误；故答案是：ab；(4)反应是对甲基苯胺和乙酸酐反应得到D，化学方程式是，故答案是：；(5)G()分子中含有醛基氨基和羟基，同分异构体属于丁酸酯且苯环上含一NH2的同分异构体有：-NH2与CH3CH2CH2CO-、（CH3）2CH CO-分别处于邻、间、对各3种，共6种；其中核磁共振氢谱显示为6组峰，且峰面积之比为3：2：2：2：2：2的结构简式为，故答案是：6；(6) 根据题中流程，若要由为起始原料合成则需要先发生硝化反应引入-NO2，再还原为氨基，最后水解得到产物，合成路线图设计为：，或利用题给信息设计为：，故答案是：或。