2019届高三化学第五次月考试卷(含解析) (I).doc

2019届高三化学第五次月考试卷(含解析) (I)1.化学与生活密切相关。下列说法不正确的是A. 由于铝的熔点较低，用铝制容器烧水容器会很快熔化B. 废弃油脂回收后，可以用来制肥皂和甘油C. 使用含有氯化钙的融雪剂会加速桥梁的腐蚀D. Fe2O3可用来制作油漆和涂料【答案】A【解析】【详解】A.铝是活泼金属，在空气中容易和氧气反应，生成熔点很高的氧化铝保护膜，所以，用铝制容器烧水容器不会很快熔化，故A错误；B.废弃的油脂回收后，利用皂化反应，可以用来制取肥皂和甘油，故B正确；C.因为氯化钙是电解质，做融雪剂时，溶于水形成电解质溶液，与钢铁会发生原电池反应，加速钢铁的腐蚀，故C正确；D.氧化铁是红色固体物质，在空气中化学性质稳定，可用来制作油漆和涂料，故D正确；本题答案为A。2.下列与阿伏加德罗常数的值( NA)有关的说法正确的是A. 在标准状况下，2.24L水中含有氢原子的数目为2NAB. 8.0 g Cu2S和CuO的混合物中含有铜原子数为0.1NAC. 在密闭容器中加入0.5 mol N2和1.5 mol H2，充分反应后可得到NH3分子数为NAD. 2.3 g Na与氧气完全反应，反应中转移的电子数在0.1NA0.2NA之间【答案】B【解析】【详解】A.在标准状况下，水是液态，所以2.24L水不是0.1mol，氢原子数不是2NA，故A错误；B.8g Cu2S的物质的量为：n(Cu2S)=8g160g/mol=0.05mol,n(Cu)=20.05mol=0.1mol；8gCuO的物质的量为：n(CuO)=8g80g/mol=0.1mol,n(Cu)=10.1mol=0.1mol,两种物质含有铜原子数都是0.1NA，故B正确；C.在密闭容器中加入0.5 mol N2和1.5 mol H2，发生合成氨反应，此反应是可逆反应，不能进行到底， 生成的NH3少于0.1mol，得到的NH3分子少于0.1NA，故C错误；D.Na与氧气完全反应，无论生成Na2O还是Na2O2，Na的化合价都是0+1，所以，2.3 g Na与氧气完全反应，反应中转移的电子数一定是0.1NA，故D错误；本题答案为B。【点睛】钠和氧气反应，条件不同产物不同，但等量的钠转移电子数相同。3.苯乙烯是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是A. 与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应B. 与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯C. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. 在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯【答案】B【解析】【分析】苯乙烯结构简式为，A苯环能和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生取代反应；B该物质在一定条件下能与HCl发生加成反应而不是取代反应； C碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；D碳碳双键在一定条件下能发生加聚反应。【详解】苯乙烯结构简式为，A根据结构可知：苯乙烯中含有苯环，苯环能和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生苯环上取代反应，选项A正确；B该物质分子中含碳碳双键，在一定条件下能与HCl发生加成反应，生成1-氯苯乙烷、2-氯苯乙烷，而不是发生取代反应，选项B错误；C物质分子结构中含有碳碳双键，碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项C正确；D碳碳双键在一定条件下能发生加聚反应，生成聚苯乙烯，选项D正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查有机物结构和性质，侧重考查学生分析判断能力，涉及苯及烯烃的性质，熟练常见有机物官能团，明确官能团与性质关系是解本题关键。4.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外有9个电子，Y原子最外层电子数是最内层电子数的一半，Z最高正价是最低负价绝对值的3倍。下列叙述正确的是A. 原子半径: WXYZB. 化合物Y2Z中既有离子键，又有共价键C. Y、W最高价氧化物对应水化物的溶液均能溶解氧化铝D. 简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序: Z、W、X【答案】C【解析】【分析】在短周期主族元素中，核外电子数是9的元素是F，所以X是F，最外层电子数是最内层一半的元素是Na，所以Y是Na，最高正价是最低负价绝对值的3倍的元素是S，所以Z是S，则W就是Cl。【详解】经分析可知：X是F，Y 是Na，Z是S，W是Cl；A.原子半径由小到大的顺序是：X W Z HCl H2S ，故D错误；本题答案为C。5.能正确表示下列反应的离子方程式是A. Cl2通入NaOH溶液: Cl2 + OH- = Cl- + ClO- + H2OB. NaHCO3溶液中加入稀盐酸: CO32- + 2H+ = CO2 + H2OC. AlCl3溶液中加入过量稀氨水: Al3+ + 4NH3H2O=AlO2- + 4NH4+ + 2H2OD. Cu溶于稀硝酸: 3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO + 4H2O【答案】D【解析】【分析】A、不满足电荷守恒和原子守恒；B、HCO3-不能拆写；C、氢氧化铝不能与过量氨水反应；D、铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO气体和水。【详解】A项、不满足电荷守恒和原子守恒，正确的离子方程式为Cl22OH=ClClOH2O，故A错误；B项、NaHCO3的电离方程式为NaHCO3=NaHCO3-，NaHCO3与稀盐酸反应，实质是HCO3-和H发生反应HCO3-H=CO2H2O，故B错误；C项、氢氧化铝不能与过量氨水反应，AlCl3中加入过量氨水，反应的离子方程式为Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4+，故C错误；D项、铜溶于稀硝酸生成硝酸铜，还原产物为NO，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了离子方程式的书写判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等。6.下列叙述正确的是()A. 稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B. 25 时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH7C. 25 时，0.1 molL1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D. 0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中，所得溶液中c(Cl)c(I)【答案】C【解析】试题分析：A醋酸属于弱酸，加入少量醋酸钠，c（CH3COO）浓度增大，抑制了醋酸的电离，A项错误；B25时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，恰好反应生成硝酸铵，属于强酸弱碱盐，NH4水解导致溶液呈酸性，PHSi在Na2SiO3溶液中加入足量HClD.检验某溶液中是否含有NH4+取该溶液于干净的试管中，加NaOH浓溶液加热，并用湿润的红色石蕊试纸检验A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A由于碳酸氢钠热稳定性较差，加热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，所以不能利用加热的方法除去NaHCO3固体中混有的NH4Cl，选项A错误；BNO与氧气反应生成NO2，不能用排空气法收集，应该用排水法收集，选项B错误；C. 向硅酸钠溶液中滴加稀盐酸，二者反应产生硅酸白色沉淀，只能证明盐酸的酸性大于硅酸，但HCl是无氧酸，不是Cl元素的最高价含氧酸，使用无法比较Cl、Si的非金属性，选项C错误；D. 检验溶液中是否含有NH4+：加入NaOH并加热，再用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若变为蓝色，证明气体是NH3，原溶液中含有NH4+，选项D正确；故合理选项是D。8.甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，它清洁、高效、具有优良的环保性能，甲醚是一种无色气体，具有轻微的醚香味，其燃烧热为1455 kJmol-1，甲醚可作燃料电池的燃料。（1）写出甲醚燃烧的热化学方程式_；已知H2（g）和C（s）的燃烧热分别是285.8 kJmol-1、393.5 kJmol-1；计算反应4C（s）+ 6H2（g）+ O2（g）= 2CH3OCH3（g）的反应热为_；（2）工业上利用H2和CO2合成二甲醚的反应如下：6H2（g）+ 2CO2（g）CH3OCH3（g）+ 3H2O（g） H0一定温度下，在一个固定体积的密闭容器中进行该反应。下列能判断反应达到化学平衡状态的是_（选填编号，注意大小写）ac（H2）与c（H2O）的比值保持不变b单位时间内有2mol H2消耗时，有1mol H2O生成c容器中气体密度不再改变d容器中气体压强不再改变温度升高，该化学平衡移动后，达到新的平衡，CH3OCH3的产率将_ （填“变大”、“变小”或“不变”）。（3）以甲醚、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池。该电池负极反应式的其中一个产物是CO32-，请写出该反应的负极反应式_；（4）用（3）中的燃料电池为电源，以石墨为电极电解500 mL NaCl溶液，装置如图所示：请写出电解过程中Y电极附近观察到的现象是_；当燃料电池消耗2.8 LO2（标准状况下）时，计算此时：NaCl溶液的pH=_（假设溶液的体积不变，气体全部从溶液中逸出）。【答案】(1)CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) H= 1455kJ/mol；378.8kJ/mol(2)a d；变小；(3)CH3OCH3 +16OH12e- 2CO32- +11H2O(4)Y电极附近溶液中有气体产生，上部分呈黄绿色；14；【解析】试题分析：(1)甲醚的燃烧热为1455kJ/mol，则燃烧方式的热化学方程式为：CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)H1=-1455kJ/mol；H2(g)和C(s)的燃烧热分别是285.8kJmol-1、393.5kJmol-1；热化学方程式H2(g) +12O2(g) = H2O(l)H = -285.8KJ/mol；C(s) + O2(g) = CO2(g)H = -393.5KJ/mol；CH3OCH3(g) + 3O2(g) = 2CO2(g) + 3H2O(l)H1= -1455kJ/mol；依据盖斯定律计算3 + 2-得到反应热化学方程式为：2C(s) + 3H2(g) +12O2(g)CH2OCH3(g)：H = -169.4kJ/mol；4C(s) + 6H2(g) + O2(g)2CH2OCH3(g)：H = -338.8kJ/mol；故答案为：CH3OCH3(g) + 3O2(g) = 2CO2(g) + 3H2O(l)H1= -1455kJ/mol；H = -378.8kJ/mol；(2)a、在反应达平衡前，c(H2)与c(H2O)的比值在变小，故当c(H2)与c(H2O)的比值保持不变时，反应达平衡，故a选；b、单位时间内有2mol H2消耗时一定会有1mol H2O生成，故不能作为平衡的标志，故b不选；c、本反应的反应物和生成物全是气体，根据质量守恒可知，在反应过程中气体的质量一直不变，而又是恒容的容器，即气体体积不变，故气体密度=mV一直不变，故密度不变不能作为平衡的标志，故c不选；d、此反应是个气体的物质的量有改变的反应，即在平衡之前，容器中气体的物质的量和压强在变化，故当压强不变时，说明反应达平衡，故d选；故选ad；反应放热，故升高温度，平衡左移，故CH3OCH3的产率将变小，故答案为：变小；(3)原电池负极发生氧化反应，甲醚在负极放电，碱性条件下生成碳酸根与水，电极反应式为：CH3OCH3+16OH-12e-=2CO32-+11H2O；故答案为：CH3OCH3+16OH-12e-=2CO2-3+11H2O，(4)电解池中Y电极为阳极，溶液中氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，现象是冒气泡，上部溶液呈黄绿色；当燃料电池消耗2.8LO2(标准状况下)物质的量=2.8L22.4L/mol=0.125mol，电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，电子转移为0.5mol，电解池中阳极电极反应为4OH-4e-=2H2O+O2，依据电子守恒溶液中减少氢氧根离子物质的量和增加的氢离子物质的量守恒，则溶液中氢离子浓度=0.5mol0.5L=1mol/L，此时NaCl溶液的pH=14；故答案为：Y电极附近溶液中有气体产生，上部分呈黄绿色；14。【考点定位】考查热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；电解原理【名师点晴】本题考查了热化学方程式的书写方法和燃烧热概念，盖斯定律的计算应用，原电池反应、电解池反应原理的应用判断，掌握实质是解题关键。根据燃烧热的概念结合盖斯定律计算得到所需热化学方程式和对应焓变，写出对应的热化学方程式；原电池负极发生氧化反应，甲醚在负极放电，碱性条件下生成碳酸根与水，原电池反应比直接燃烧能量转化率高。9.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和消毒剂，它在酸性条件下生成NaCl并放出ClO2，ClO2有类似Cl2的性质。某兴趣小组探究亚氯酸钠的制备与性质。制备亚氯酸钠关闭止水夹，打开止水夹，从进气口通入足量ClO2，充分反应。（1）仪器a的名称为_，仪器b的作用是_。（2）装置A中生成NaClO2的离子方程式为_。（3）若从装置A反应后的溶液中获得NaClO2晶体，则主要操作有减压蒸发浓缩、降温结晶、_、_、干燥等。探究亚氯酸钠的性质停止通ClO2气体，再通入空气一段时间后，关闭止水夹，打开止水夹，向A中滴入稀硫酸。（4）开始时A中反应缓慢，稍后产生气体的速率急剧加快，请解释可能的原因_。（5）B中现象为_。（6）实验完成后，为防止装置中滞留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是：再次打开止水夹_。【答案】 (1). 烧瓶（圆底烧瓶） (2). 防止倒吸 (3). 2ClO22OHH2O22ClO2H2OO2 (4). 过滤 (5). 洗涤 (6). NaClO2与H2SO4反应生成的Cl对反应起催化作用 (7). 溶液变蓝色 (8). 从进气口通入一段时间的空气【解析】考查实验方案设计与评价，（1）根据仪器a的特点，仪器a为圆底烧瓶，仪器b为干燥管，因此仪器b的作用是防止倒吸；（2）根据实验步骤，装置A中加入NaOH、H2O2和ClO2，产物是NaClO2，Cl的化合价降低，即ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，H2O2的氧化产物是O2，因此有ClO2H2O2OHClO2O2H2O，根据化合价升降法进行配平，得出仪器A中发生离子反应方程式为2ClO2+2OH+H2O2=2ClO2+H2O+O2；（3）蒸发浓缩、降温结晶，得到NaClO2固体，然后过滤、洗涤、干燥；（4）NaClO2在酸性条件下能生成NaCl和ClO2，发生的反应是5NaClO22H2SO4=NaCl4ClO22H2O2Na2SO4，开始时A中反应缓慢，稍后产生气体的速率急剧加快的原因可能是NaClO2与H2SO4反应生成的Cl对反应起催化作用；（5）ClO2的性质与氯气相似，即ClO2的氧化性强于I2，ClO2把I氧化成I2，淀粉遇碘单质变蓝，即B中现象是溶液变蓝色；（6）为了让有毒气体完全被吸收，在进气口通入一段时间的空气。10.毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），实验室利用毒重石制备BaCl22H2O的流程如下：（1）毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是_。实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的_。a烧杯 b容量瓶 c玻璃棒 d滴定管（2）加入NH3H2O调节pH=8可除去_（填离子符号），滤渣中含_（填化学式）。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_。已知：Ksp（BaC2O4）=1.6107，Ksp（CaC2O4）=2.3109Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.2（3）利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行。已知：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O Ba2+CrO42BaCrO4步骤：移取x ml一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b molL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加的盐酸体积为V0 mL。步骤：移取y mLBaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b molL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1 mL。滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的_（填“上方”或“下方”）。BaCl2溶液的浓度为_ molL-1，若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2+浓度测量值将_（填“偏大”或“偏小”）。【答案】 (1). 增大接触面积从而使反应速率加快 (2). ac (3). Fe3+ (4). Mg(OH)2、Ca(OH)2 (5). H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少 (6). 上方 (7). b(V0-V1)y (8). 偏大【解析】【分析】制备BaCl22H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），向其中加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O，然后加入氨水，调节溶液的pH为8，由于Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，此时只有Fe3+完全沉淀，所以滤渣1为Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，再加入氢氧化钠溶液调节pH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，然后再加入H2C2O4，得到CaC2O4沉淀，除去Ca2+，将滤液蒸发浓缩冷却结晶可得到BaCl22H2O。(1)可以通过增大固体反应物的接触面积方法增大反应速率；根据配制物质的量浓度溶液的要求确定需要使用的仪器；(2)根据流程图和表中数据分析加入NH3H2O调节pH=8，利用不同金属阳离子形成沉淀的pH的不同，确定沉淀的成分及去除的离子；结合加入H2C2O4的量的多少，分析发生的反应及造成的影响； (3)根据滴定管的构造分析0刻度在滴定管的位置；利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行，根据反应中物质的相应量的关系，计算出BaCl2溶液的浓度；然后根据操作分析消耗标准溶液的体积多少，判断误差，据此判断。【详解】(1)毒重石是固体物质，由于化学反应的速率与反应物的接触面积有关，所以可以将毒重石在用盐酸浸取前充分研磨的方法，增大反应物的接触面积，提高反应速率；在实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需先计算出浓盐酸的体积和水的体积，用量筒量取；浓盐酸稀释为稀盐酸，需用烧杯作为容器，并用玻璃棒搅拌加速溶解，所以除量筒外还需使用量筒、玻璃棒，选项是ac；(2)根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调节溶液的pH为8，发生反应：Fe3+3NH3H2O=Fe(OH)3+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3；加入氢氧化钠调节pH=12.5，由于Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣中含Mg(OH)2、Ca(OH)2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp(BaC2O4)=1.610-7，Ksp(CaC2O4)=2.310-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，使产品的产量减少；(3)无论酸式还是碱式滴定管，0刻度都位于滴定管的上方；步骤：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmol/L盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O 的盐酸的物质的量为：V110-3bmol，步骤：用bmol/L盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL，加入的总盐酸的物质的量：V010-3bmol，Ba2+CrO42-BaCrO4，与Ba2+反应的CrO42-的物质的量为V010-3bmol-V110-3bmol=(V0-V1)b10-3mol，步骤：移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中，所以BaCl2溶液的浓度为：c(BaCl2)=nV=(V0-V1)b10-3y10-3mol/L=(V0-V1)bymol/L；若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则V1减小，使得Ba2+浓度测量值将偏大。【点睛】本题考查了实验室利用毒重石制备BaCl22H2O的设计方法，侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、沉淀溶解平衡的应用等知识，实验步骤结合物质的性质分析是解答的关键。11.VA族的氮、磷、砷（As）等元素的化合物在科研和生产中有许多重要用途，请回答下列问题。(1)砷的基态原子的电子排布式为_。 (2)原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为_。(3)NH3的沸点比PH3高，原因是_；PO43-离子的立体构型为_。(4)AsH3是无色稍有大蒜气味的气体，在AsH3中As原子的杂化轨道类型为_。(5)H3AsO4和H3AsO3是砷的两种含氧酸，请根据结构与性质的关系，解释H3AsO4比H3AsO3 酸性强的原因_。(6)磷的一种单质白磷（P4）属于分子晶体，其晶胞结构如下图。已知最近两个白磷分子间的距离为 a pm（1pm=10-12m），阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_g/cm3（只要求列算式，不必计算）。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p3 (2). NPAs (3). NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有较弱的范德华力 (4). 正四面体 (5). sp3杂化 (6). H3AsO4和H3AsO3可表示为(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中的As为+3价，而H3AsO4中的As为+5价，正电性更高，导致As-O-H中O的电子更向As偏移，更易电离出H+ (7). 4124NA(2a10-10)3【解析】【分析】(1)确定砷在元素周期表中的位置，然后根据构造原理写出电子排布式；(2)根据同主族第一电离能的变化规律作答；(3)NH3分子间存在氢键，PO43-离子的立体构型可由价层电子对互斥理论计算求得；(4)求出AsH3中心原子的价层电子对数，即可根据夹层电子对数与杂化类型的对应关系得出答案；(5)两种含氧酸即可改写为(HO)mROn，n越大，R正电性越大酸性越强；(6)先求出此晶胞含有白磷分子数，然后依据=mV计算。【详解】(1)砷元素是33号元素，位于元素周期表的第四周期第VA族，基态砷原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3；(2)同主族元素自上而下由于原子半径逐渐增大，所以第一电离能逐渐降低，因此N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为NPAs；(3)PH3分子间只存在范德华力，NH3分子间除存在范德华力之外，还存在比范德华力更强的氢键，故NH3的沸点比PH3高；PO43-中心原子为P，其中键电子对数为4，中心原子孤电子对数为12(5+342)=0，PO43-价层电子对对数为4+0=4，故立体构型为正四面体；(4)AsH3中心原子的价层电子对数=3+125-31=4，所以As采用sp3杂化；(5)两种含氧酸即可改写为(HO)mROn，H3AsO4可表示为(HO)3AsO，H3AsO3可表示为(HO)3As，H3AsO4中n值大正电性强，导致As-O-H中O的电子更向As偏移，更易电离出H+，所以H3AsO4比H3AsO3酸性强；(6)一个晶胞中含有白磷分子数为：818+612=4，则一个晶胞的质量m=4124NAg，一个晶胞的体积V=(2apm)3=(2a10-10cm)3，因此晶胞的密度=mV=4124NAg(2a10-10cm)3=4124NA(2a10-10)3g/cm3。【点睛】本题考查了物质结构的知识，其中文字描述和计算一直是大多数同学的弱点，需要答题中注意抓住要点。12.华法林(Warfarin)又名杀鼠灵，美国食品药品监督管理局批准为心血管疾病的临床药物。其合成路线(部分反应条件略去)如下所示:请回答下列问题:（1）A的名称为_，E中官能团名称为_。（2）B的结构简式为_。（3）由C生成D的化学方程式为_。（4）的反应类型为_，的反应类型为_。（5）F的同分异构体中，同时符合下列条件的同分异构体共有_种。a能与FeCl3溶液发生显色反应； b能发生银镜反应；其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为_。【答案】 (1). 甲苯 (2). 酯基 (3). (4). (5). 取代反应 (6). 加成反应 (7). 13 (8). 【解析】【分析】由合成流程可知，A为甲苯，A发生取代反应生成B为，B水解生成C为，C催化氧化生成D为，D与丙酮反应生成；为苯酚的取代反应生成E，为E中苯环上H发生取代反应生成F为，为F与乙酸酐发生取代反应，为中双键的加成反应。【详解】(1)A为，名称为甲苯，E是，其官能团名称为酯基；(2)B的结构简式为，名称是一氯甲苯；(3)一氯甲苯在碱性条件下水解产生C是苯甲醇，苯甲醇在Cu作催化剂时，在加热条件下发生氧化反应，产生苯甲醛和水，所以由C生成D的化学方程式为；(4)由上述分析可知的反应类型为取代反应，的反应类型为加成反应；(5)F的同分异构体中，同时符合a.能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；b能发生银镜反应，说明含有醛基。若含2个取代基为OH、CH2CHO，有邻、间、对3种，若含3个取代基为OH、CHO、CH3，固定2个取代基插入第3个得到3+6+1=10种，符合条件的同分异构体共有3+10=13种，其中核磁共振氢谱为五组峰，说明分子中含有五种不同位置的H原子，其结构简式为 。【点睛】本题考查有机物的合成，为高频考点，把握官能团的变化、碳原子数变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度中等。