广东省广州市2019届高三上学期期末调研测试
理科综合化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Mg 24
一、选择题：
1.下列关于自然界中氮循环的说法错误的是
A. 氮肥均含有NH4+
B. 雷电作用固氮中氮元素被氧化
C. 碳、氢、氧三种元素参与了自然界中氮循环
D. 合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱
【答案】A
【解析】
【详解】A项，除了含有铵根NH4+的氨态氮肥以外，还有硝态氮肥（以硝酸根NO3-为主）、铵态硝态氮肥（同时含有硝酸根和铵根）、酰胺态氮肥（尿素），故A项错误；
B项，在闪电（高能）作用下，生成氮氧化合物，氮元素化合价升高，所以雷电作用固氮中氮元素被氧化，故B项正确；
C项，碳、氢、氧三种元素参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如氮气在放电条件下，与氧气直接化合生成一氧化氮气体，二氧化氮易与水反应生成硝酸和一氧化氮等，故C项正确；D项，侯氏制碱法制备纯碱涉及的反应为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，该制备中用到了氨气，所以合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱，故D项正确。
故选A。
【点睛】本题考查自然界中氮循环，涉及氮肥、自然固氮和侯氏制碱法等知识，易错点有氮肥不只是铵态氮肥，还有硝态氮肥和尿素等，全面掌握基础知识是解题的关键。
2.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[3,3]庚烷（）是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是
A. 与甲苯（C7H8）互为同分异构体
B. 1mol该化合物完全燃烧时消耗10 mol O2
C. 所有碳原子均处同一平面
D. 一氯代物共有3种（不含立体异构）
【答案】B
【解析】
【详解】A．该化合物分子式为C7H12，有两个环，不饱和度是2；甲苯（C7H8）含有一个苯环，不饱和度是4，所以不可能是同分异构体，故A错误；
B．该化合物分子式为C7H12，1mol该化合物完全燃烧时消耗O2的物质的量为：（7+）mol=10mol，故B正确；
C．两个环的碳原子均为饱和碳原子，具有甲烷四面体结构，所有碳原子不同面，故C错误；D．由结构简式可知，该化合物分子中共有两种等效氢原子，所以一氯代物共有2种，故D错误。故选B。
3.N A是阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 4g甲烷完全燃烧转移的电子数为2N A
B. 11.2L（标准状况）CCl4中含有的共价键数为2N A
C. 3 mol SO2和1mol O2于密闭容器中催化反应后分子总数为3N A
D. 1L 0.1mol·L－1的Na2S溶液中HS－和S2－离子数之和为0.1 N A
【答案】A
【解析】
【详解】A. 甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水，碳元素化合价由-4价升高到+4价，所以4g甲烷完全燃烧转移的电子数为8N A/mol =2N A，故A正确；
B. CCl4在标况下非气态，无法计算11.2LCCl4的物质的量，故B错误；
C. SO2和O2反应为可逆反应，反应不能进行完全，SO2和O2都有剩余，所以3 mol SO2和1mol O2于密闭容器中催化反应后分子总数大于3N A，故C错误；
D. Na2S溶液中分两步水解，生成HS－和H2S，根据物料守恒关系：HS－、H2S和S2－离子数之和为0.1N A，故D错误。
故选A。
【点睛】本题为“N A”应用试题，解答此类题要注意题设陷阱，本题B选项，CCl4在标况下非气态，C选项，二氧化硫和氧气反应为可逆反应，D选项，要注意物料守恒的正确使用，考生只有在平时多总结，才能做到考试时慧眼识别。
4.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A项，胶体粒子可以通过滤纸，但不能通过半透膜，所以分离胶体与溶液的方法是渗析，故A项错误；
B项，乙醇会溶于水，致使碘、水、乙醇三者混溶，不能用乙醇萃取的方法进行分离，故B项错误；C项，用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体，要先升温蒸发，然后降温结晶获得六水合氯化镁，然后通过干燥氯化氢气流加热得到MgCl2，故C项错误；
D项，丁醇和乙醚的沸点相差大，可以用蒸馏的方法分离，故D项正确。
综上所述，本题的正确答案为D。
5.短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，W 与X可形成一种红棕色有刺激性气味的气体，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Z原子最外层电子数与W原子的电子总数相同。下列说法中正确的是
A. W的氧化物对应水化物均为强酸
B. 简单离子半径：W＜X＜Y
C. 简单氢化物沸点：Z＜W
D. Y与Z形成的化合物的水溶液呈碱性
【答案】C
【解析】
【分析】
W与X形成红棕色有刺激性气味的气体是NO2，且W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，则W为N，X为O，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y为Na，Z原子最外层电子数与W电子总数相同，则Z为Cl。
综上，W、X、Y、Z分别为N、O、Na、Cl。
【详解】根据以上分析，W、X、Y、Z分别为N、O、Na、Cl，
A项，W为N，N的氧化物N2O3对应水化物HNO2为弱酸，故A项错误；
B项，N3-、O2-、Na+三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，所以简单离子半径：N3->O2->Na+，故B项错误；
C项，Z为Cl，W为N，由于氨分子之间存在氢键，沸点较高，简单氢化物沸点：Cl＜N，故C项正确；
D项，Y为Na，Z为Cl，Y与Z形成的化合物为NaCl，为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
6.一种钌（Ru）基配合物光敏染料敏化太阳能电池的示意图如下。电池工作时发生的反应为：
下列关于该电池叙述错误的是
A. 电池中镀Pt导电玻璃为正极
B. 电池工作时，I－离子在镀Pt导电玻璃电极上放电
C. 电池工作时，电解质中I－和I3－浓度不会减少
D. 电池工作时，是将太阳能转化为电能
【答案】B
【解析】
【分析】
由图电子的移动方向可知，透明导电玻璃电极为原电池的负极，镀Pt导电玻璃电极为原电池的正极，电解质为I3－和I-的混合物，I3－在正极上得电子被还原，正极反应为I3－+2e-=3I-，据此分析解答。
【详解】A．由图电子的移动方向可知，电极镀Pt导电玻璃为原电池的正极，选项A正确；B．镀Pt导电玻璃电极为电池的正极，发生的反应为：I3-+2e-=3I-，选项B错误；
C．由电池中发生的反应可知，I3-在正极上得电子被还原为3I-，后又被氧化为I3-，I3-和I-相互转化，反应的实质是光敏有机物在激发态与基态的相互转化，所有化学物质都没有被损耗，选项C正确；
D. 电池工作时，光能转变为电能，选项D正确。
答案选B。
【点睛】本题是一道知识迁移题目，考查学生分析和解决问题的能力，注意平时知识的积累是解题的关键。
7.一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是
A. K sp(MnCO3)的数量级为10－11
B. MgCO3的悬浊液中加入少量水充分振荡，c(Mg2＋)不变
C. a点表示的溶液中，c(Ca2＋)＞c(CO32－)
D. 向浓度均为0.01mol·L－1的Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液，最先形成MgCO3沉淀
【答案】D
【解析】
【分析】
A．计算出K sp(MnCO3)=c(Mn2+)?c(CO32-)解答；
B．MgCO3的悬浊液中加入少量水，K sp保持不变；
C．a点表示CaCO3的饱和溶液，但-lgc(CO32-)＞-lgc(Ca2+)；
D．Ksp越小，越易生成沉淀。
【详解】A．利用(0，10.7)或(10.7，0)计算K sp(MnCO3)=c(Mn2+)?c(CO32-)=1×10-10.7=100.3×10-11，1＜100.3＜10，所以K sp(MnCO3)数量级为10-11，A正确；
B．MgCO3的悬浊液中加入少量水，温度不变，所以K sp保持不变，所以c(Mg2+)不变，B正确；C．a点表示CaCO3的饱和溶液，但-lgc(CO32-)＞-lgc(Ca2+)；所以c(Ca2+)＞c(CO32-)，C正确；D．-lgc(CO32-)=4时，-lgc(Mn2+)最大，-lgc(Mg2+)最小，即c(Mn2+)最小，c(Mg2+)最大，所以Ksp(MnCO3)最小，Ksp(MgCO3)最大，所以向浓度均为0.01mol/L的Mg2+、Ca2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液，先生成MnCO3沉淀，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题主要考查了沉淀溶解平衡曲线的知识，弄清坐标系中横坐标、纵坐标的含义，掌握图线中pc(CO32-)、pM数值越大，实际浓度越小是解题的关键，本题侧重于考查学生的分析能力。8.实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡（SnCl4）。SnCl4易挥发，极易发生水解，Cl2极易溶于SnCl4。制备原理与实验装置图如下：
Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l) ΔH = –511kJ?mol－1
可能用到的有关数据如下：
制备过程中，锡粒逐渐被消耗，须提拉橡胶塞及时向反应器中补加锡粒。当SnCl4液面升至侧口高度时，液态产物经侧管流入接收瓶。回答下列问题：
（1）a管的作用是________。
（2）A中反应的离子方程式是________。
（3）D的作用是________。
（4）E中冷却水的作用是________。
（5）尾气处理时，可选用的装置是________（填序号）。
（6）锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2，但不影响F中产品的纯度，原因是________。
（7）SnCl4粗品中含有Cl2，精制时加入少许锡屑后蒸馏可得纯净的SnCl4。蒸馏过程中不需要用到的仪器有________（填序号）。
A．蒸馏烧瓶 B．温度计 C．接收器 D．冷凝管 E．吸滤瓶
【答案】(1). 平衡压强，使浓盐酸能够顺利流下(2). 2MnO4－+10Cl－+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (3). 使氯气充分干燥 (4). 避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降 (5). 乙 (6). CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出 (7). E
【解析】
【分析】
（1）a管将分液漏斗液面上下连通，起到平衡压强，使浓盐酸能够顺利流下的作用；
（2）A中的反应为高锰酸钾和浓盐酸制氯气，反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，根据守恒关系配平并写出离子方程式；
（3）D为盛有浓硫酸的洗气瓶，可以用来干燥氯气。由信息可知，SnCl4极易发生水解，故D的作用是使氯气充分干燥；
（4）由信息可知，SnCl4易挥发，故E中冷却水的作用是避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降；（5）尾气处理时，选用的装置中不能使用水溶液，因为水蒸气进入E会使SnCl4发生水解；
（6）由表中数据可知，CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出，所以锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2，但不影响F中产品的纯度；
（7）蒸馏过程中需要用到的仪器有蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管和接收器，以此分析。
【详解】（1）a管将分液漏斗液面上下连通，起到平衡压强，使浓盐酸能够顺利流下的作用；
故答案为：平衡压强，使浓盐酸能够顺利流下；
（2）A中的反应为高锰酸钾和浓盐酸制氯气，反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，离子方程式为2MnO4－+10Cl－+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
故答案为：2MnO4－+10Cl－+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（3）D为盛有浓硫酸的洗气瓶，可以用来干燥氯气。由信息可知，SnCl4极易发生水解，故D的作用是使氯气充分干燥；
故答案为：使氯气充分干燥；
（4）由信息可知，SnCl4易挥发，故E中冷却水的作用是避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降；故答案为：避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降；
（5）尾气处理时，选用的装置中不能使用水溶液，因为水蒸气进入E会使SnCl4发生水解，故不选甲、丙，应选乙；
故答案为：乙；
（6）由表中数据可知，CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出，所以锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2，但不影响F中产品的纯度；
故答案为：CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出；
（7）蒸馏过程中需要用到的仪器有蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管和接收器，不用吸滤瓶，故不选E。故答案为：E。
9.氨法溶浸氧化锌烟灰制取高纯锌的工艺流程如图所示。溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、镉、砷元素分别以Zn(NH3)42+、Cu(NH3)42+、Cd(NH3)42+、AsCl52－的形式存在。
回答下列问题：
（1）Zn(NH3)42+中Zn的化合价为________，“溶浸”中ZnO发生反应的离子方程式为________。（2）锌浸出率与温度的关系如图所示，分析30 ℃时锌浸出率最高的原因为________。
（3）“氧化除杂”中，AsCl52－转化为As2O5胶体吸附聚沉除去，溶液始终接近中性。该反应的离子方程式为________。
（4）“滤渣3”的主要成分为________。
（5）“电解”时Zn(NH3)42+在阴极放电的电极反应式为_______。阳极区放出一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，无明显现象，该气体是________（写化学式）。电解后的电解液经补充________（写一种物质的化学式）后可返回“溶浸”工序继续使用。
【答案】 (1). 【答题空1】+2 (2). 【答题空2】ZnO+2NH3·H2O+2NH4+=Zn(NH3)42++3H2O (3). 低于30℃时，溶浸反应速率随温度升高而增大；超过30℃，氨气逸出导致溶浸反应速率下降 (4). 【答题空4】2AsCl52-+2H2O2+6NH3·H2O=As2O5+10Cl-+6NH4++5H2O (5). 【答题空5】Cu、Cd (6). 【答题空6】Zn(NH3)42++2e-=Zn+4NH3↑ (7). 【答题空7】N2 (8). 【答题空8】NH3(或NH3·H2O) 【解析】
【详解】(1) NH3是中性分子，由于Zn(NH3)42+离子带有2个单位的正电荷，说明其中Zn带有2个单位的正电荷，故Zn的化合价为+2价；NH4+水解使溶液显酸性，ZnO与H+反应变为Zn2+，Zn2+与NH3·H2O 反应产生Zn(NH3)42+，反应的总的离子方程式为：ZnO+2NH3·H2O+2NH4+=Zn(NH3)42++3H2O；
(2)由锌浸出率与温度的关系图可知，在温度低于30 ℃时，温度升高，反应速率随温度升高而增大；当温度超过30℃，NH3·H2O分解产生氨气，氨气逸出导致溶浸反应速率下降，故30 ℃时锌浸出率最高；
(3)在“氧化除杂”中，H2O2将AsCl52－氧化后转化为As2O5胶体，被吸附聚沉除去，H2O2被还原变为H2O，反应后溶液始终接近中性。则该反应的离子方程式为2AsCl52-+2H2O2+6 NH3·H2O=As2O5+10Cl-+6 NH4++5H2O；
(4) “氧化除杂”后的溶液中含Zn(NH3)42+、Cu(NH3)42+、Cd(NH3)42+，向该溶液中加入Zn粉，Zn将Cu2+、Cd2+还原为金属单质，所以“滤渣3”的主要成分为Cu、Cd；
(5)“电解”时Zn(NH3)42+在阴极放电，电极反应式为Zn(NH3)42++2e-=Zn+4NH3↑；阳极区阴离子放电，放出一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，无明显现象，说明该气体不具有氧化性，则该气体是N2；电解后的溶液中由于NH3不断放电产生N2从溶液中逸出，所以电解后的电解液经补充NH3或NH3·H2O以后才可返回“溶浸”工序继续使用。
10.氧化亚氮（N2O）是一种强温室气体，且易转换成颗粒污染物。研究氧化亚氮分解对环境保护有重要意义。
（1）污水生物脱氮过程中，在异养微生物催化下，硝酸铵可分解为N2O和另一种产物，该反应的化学方程式为________。
（2）已知反应2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)的ΔH= –163 kJ·mol－1，1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收945 kJ、498 kJ的能量，则1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为________ kJ。
（3）在一定温度下的恒容容器中，反应2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)的部分实验数据如下：
①在0～20min时段，反应速率v(N2O)为________ mol·L－1·min－1。
②若N2O起始浓度c0为0.150 mo l·L－1，则反应至30min时N2O的转化率α =__________。比较不同起始浓度时N2O的分解速率：v(c0=0.150 mol·L－1) ________ v(c0=0.100 mol·L－1)（填“>”、“=”或“<”）。
③不同温度（T）下，N2O分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示（图中半衰期指任一浓度N2O 消耗一半时所需的相应时间），则T1________T2（填“>”、“=”或“<”）。当温度为T1、起始压强为p0，反应至t1 min时，体系压强p =________（用p0表示）。
（4）碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步 I2(g) 2I(g) （快反应）
第二步 I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g) （慢反应）
第三步 IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I(g) （快反应）
实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5（k为速率常数）。下列表述正确的是
________（填标号)。
A．N2O分解反应中，k（含碘）> k（无碘） B．第一步对总反应速率起决定作用
C．第二步活化能比第三步大 D．I2浓度与N2O分解速率无关
【答案】 (1). NH4NO3N2O+2H2O (2). 1112.5 (3). 1.0×10-3 (4). 20.0% (5). = (6). > (7). 1.25p0 (8). AC
【解析】
【分析】
（1）硝酸铵可分解为N2O和另一种产物，根据质量守恒定律可判断另一产物为H2O，根据得失电子守恒写出反应的化学方程式；
（2）正反应为放热反应，化学键生成时放出的能量-化学键断裂时需吸收的能量=反应放出的能量，以此分析解答；
（3）①根据反应速率v(N2O)=计算；
②从表中数据分析可知，每个时间段内，△c(N2O)相等，即v(N2O)相等，与起始浓度无关；若N2O
起始浓度c0为0.150 mol·L－1，则反应至30min时N2O转化的浓度为0.010mol/L×3=0.030mol/L，则转化率α =×100%=20.0%；
③温度越高反应越快，半衰期越短，由图可知，压强一定时，T1时半衰期小于T2，则T1>T2；其他条件相同时，压强之比等于物质的量之比，由反应式2N2O(g)=2N2(g)+ O2(g)可知，设起始时有2molN2O，当有一半分解时，生成1molN2和0.5molO2，还剩余1molN2O，此时混合气体总物质的量变为
（1mol+1mol+0.5mol）=2.5mol，则体系压强p =P0=1.25p0；
（4）化学反应速率快慢取决于反应速率最慢的反应，即第二步反应；该反应的总反应为
2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)，碘在反应中起催化剂作用，以此分析解答。
【详解】（1）硝酸铵可分解为N2O和另一种产物，根据质量守恒定律，可判断另一产物为H2O，反
应的化学方程式为NH4NO3N2O+2H2O；
故答案为：NH4NO3N2O+2H2O；
（2）正反应为放热反应，化学键生成时放出的能量-化学键断裂时需吸收的能量=反应放出的能量，
设1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为xkJ，则945 kJ×2+498 kJ-2x kJ =163 kJ，解得x=1112.5，
故答案为：1112.5；
（3）①在0～20min时段，v(N2O)===1.0×10-3mol·L－1·min－1；
②从表中数据分析可知，每个时间段内，△c(N2O)相等，即v(N2O)相等，与起始浓度无关，所以不同起始浓度时N2O的分解速率：v(c0=0.150 mol·L－1) = v(c0=0.100 mol·L－1)；若N2O起始浓度
c0为0.150 mol·L－1，则反应至30min时N2O转化的浓度为0.010mol/L×3=0.030mol/L，则转化率α=×100%=20.0%；
故答案为：20.0% ；=；
③温度越高反应越快，半衰期越短，由图可知，压强一定时，T1时半衰期小于T2，则T1>T2；其他条件相同时，压强之比等于物质的量之比，由反应式2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)可知，设起始时有2molN2O，当有一半分解时，生成1molN2和0.5molO2，还剩余1molN2O，此时混合气体总物质的量变为
（1mol+1mol+0.5mol）=2.5mol，则体系压强p =P0=1.25p0；
故答案为：> ；1.25p0；
（4）化学反应速率快慢取决于反应速率最慢的反应，即第二步反应，该反应的总反应为
2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)，碘在反应中起催化剂作用，
A．碘在反应中起催化剂作用，N2O分解反应中，k（含碘）> k（无碘），故A正确；
B．第二步反应为慢反应，对总反应速率起决定作用，故B错误；
C．第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，第二步活化能比第三步大，故C正确；
D．由含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5可知， N2O分解速率与[c(I2)]0.5成正比，故D错误。答案选AC。
故答案为：AC。
11.FeSe、MgB2等超导材料具有广阔的应用前景。
（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为________，基态Se原子的电子占据最高能级的电子云轮廓图为________形。
（2）向FeSe中嵌入吡啶（）能得到具有优异性能的超导材料。吡啶中氮原子的杂化类型为
________；该分子内存在________（填标号）。
A．σ键 B．π键 C．配位键 D．氢键
（3）将金属锂直接溶于液氨，得到具有很高反应活性的金属电子溶液，再通过系列反应可制得FeSe
基超导材料Li0.6(NH2)0.2(NH3)0.8Fe2Se2。
①NH2－的空间构型为________。
②液氨是氨气液化的产物,氨气易液化的原因是________。
③金属锂溶于液氨时发生反应：Li + (m+n)NH3=X+e－(NH3)n。X的化学式为________。
（4）MgB2晶体结构如图所示。B原子独立为一层，具有类似于石墨的结构，每个B原子周围都有
________个与之等距离且最近的B原子；六棱柱底边边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的
值为N A ，该晶体的密度为________ g·cm－3（列出计算式）。
【答案】 (1). (2). 哑铃（纺锤） (3). sp2杂化 (4). AB (5). v 型 (6). 氨分子间存在氢键，分子间作用力较强，容易液化 (7). Li(NH3)m+ (8).
3 (9).
【解析】
【分析】
（1）Fe原子核电荷数为26，基态Fe原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；Se原子核电荷数为34，基态Se原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，以此分析解答；
（2）吡啶N和两个碳成键，有一个未成对电子和其它五个碳原子形成大π键，因此发生不等性的
Sp2杂化；该分子内存在σ键和π键；
（3）①NH2－中N原子价层电子对数==4，有2对孤电子对，所以空间构型为v 型；
②氨分子间存在氢键，分子间作用力较强，容易液化；
③Li + (m+n)NH3=X+e－(NH3)n，根据原子守恒和电荷守恒可确定X的化学式；
（4）由于B原子独立为一层，具有类似于石墨的结构，而石墨晶体中每个碳原子与其它3个碳原
子等距且最近，故该晶体中每个B原子周围都有3个与之等距离且最近的B原子；根据=计算晶
体的密度。
【详解】（1）Fe原子核电荷数为26，基态Fe原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则基态Fe
原子的核外价电子排布图为；Se原子核电荷数为34，基态Se原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，基态Se原子电子占据的能级有1s、2s、2p、3p、3d、4s、4P，最高能级为4p，其电子云轮廓图为哑铃形，
故答案为：；哑铃；
（2）吡啶N和两个碳成键，有一个未成对电子和其它五个碳原子形成大π键，因此发生不等性的Sp2杂化；该分子内存在σ键和π键，不存在配位键和氢键，故选AB；
故答案为：sp2杂化；AB；
（3）①NH2－中N原子价层电子对数==4，有2对孤电子对，所以空间构型为v 型；
②氨分子间存在氢键，分子间作用力较强，容易液化；
③Li + (m+n)NH3=X+e－(NH3)n，根据原子守恒和电荷守恒可确定X的化学式为Li(NH3)m+；
故答案为：v 型；氨分子间存在氢键，分子间作用力较强，容易液化；Li(NH3)m+；
（4）晶胞中Mg的个数为12+2=3，B的个数为6，晶胞体积=6cm3=6 cm3，晶胞密度==g·cm－3，
故答案为：。
12.温室气体CO2资源化利用的一种途径如下，生成物H和I可用作锂离子电池的电解质。
回答下列问题：
（1）由A到B的反应类型为________。
（2）由C到D反应所需试剂为________。
（3）E中官能团的名称是________。
（4）F合成G的反应方程式为________。
（5）H的分子式为________。
（6）写出与G互为同分异构体的羧酸类芳香化合物的结构简式（核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为6:2:1:1）________。
（7）设计由丙炔和甲醛为起始原料制备和的合成路线 ____（无机试剂
任选）。
【答案】 (1). 加成反应 (2). Br2/FeBr3或Br2/Fe (3). 碳碳三键，羟基 (4).
(5). C10H10O4(6).
(7).
【解析】
【分析】
由题给合成路线可知，A是乙炔，和甲醛发生醛基上的加成反应生成B（）；C(苯)和液溴在铁粉作催化剂的条件下发生取代反应生成D(溴苯)，B和D发生取代反应生成E （）；E的分子式为C9H8O，F的分子式为C9H10O，结合E→F的反应条件为催化剂，H2，可推知反应为碳碳三键的加成反应，F的结构简式为；F→G为碳碳双键的氧化反应，G和CO2在所给条件下反应生成H和I，以此分析解答。
【详解】（1）根据以上分析，由A到B的反应类型为加成反应；
故答案为：加成反应；
（2）由C到D反应为苯和液溴在铁粉作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯，故所需试剂为
Br2/FeBr3或Br2/Fe；
故答案为：Br2/FeBr3或Br2/Fe；
（3）E的结构简式为，含有的官能团的名称是碳碳三键、羟基；
故答案为：碳碳三键、羟基；
（4）F合成G的反应为碳碳双键的氧化反应，H2O2被还原成H2O，化学方程式为
；
故答案为：；
（5）由H的结构简式可知，H的分子式为C10H10O4；
故答案为：C10H10O4；
（6）G的结构简式为，与G互为同分异构体的羧酸类芳香化合物含有苯环和羧基，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为6:2:1:1，说明含有两个甲基，且对称性好，则结构简式可能为；
故答案为：；
（7）参考题给合成路线，采用逆合成方法，由丙炔和甲醛为起始原料制备和
的合成路线设计为：
；
故答案为：。