此卷只裝訂不密封此卷只裝訂不密封班級姓名準考證號考場號座位號化學（一）注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4．考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1C12N14O16Na23P31Cl35.5Co59一、選擇題（每小題6分，共42分。）7．《本草經(jīng)集注》記載：“雞屎礬(堿式硫酸銅或堿式碳酸銅)不入藥用，惟堪鍍作，以合熟銅；投苦酒(醋)中，涂鐵皆作銅色，外雖銅色，內(nèi)質(zhì)不變”。下列說法錯誤的是A．“不入藥用”是因為其在胃中形成重金屬Cu2+B．“投苦酒中”發(fā)生的是復(fù)分解反應(yīng)C．“涂鐵皆作銅色”發(fā)生置換反應(yīng)D．“惟堪鍍作，以合熟銅”是電鍍銅【答案】D【解析】A．堿式硫酸銅或堿式碳酸銅在胃中酸性條件下會生成Cu2+，對人體有害，A項正確；B．堿式硫酸銅和醋酸反應(yīng)生成醋酸銅、硫酸銅、水，堿式碳酸銅和醋酸反應(yīng)生成醋酸銅、二氧化碳、水，均屬于復(fù)分解反應(yīng)，B項正確；C．“涂鐵皆作銅色”是Fe+Cu2+=Fe2++Cu，是置換反應(yīng)，C項正確；D．“惟堪鍍作，以合熟銅”描述的是活潑金屬置換銅的過程，不是電鍍，D項錯誤；答案選D。8．R是合成某高分子材料的單體，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列說法錯誤的是A．R與HOCH2COOH分子中所含官能團完全相同B．用NaHCO3溶液可檢驗R中是否含有羧基C．R能發(fā)生加成反應(yīng)和取代反應(yīng)D．R苯環(huán)上的一溴代物有4種【答案】A【解析】A．R分子中含有三種官能團：氨基、羥基、羧基；HOCH2COOH分子中所含官能團為羥基、羧基，二者所含官能團不完全相同，故A錯誤；B．分子中的羧基可以與NaHCO3溶液反應(yīng)生成二氧化碳，可以用NaHCO3溶液檢驗R中是否含有羧基，故B正確；C．該分子中含有醇羥基和羧基，能發(fā)生中和反應(yīng)，也屬于取代反應(yīng)；含有苯環(huán)，能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故C正確；D．R苯環(huán)上有四種環(huán)境的氫，故其一溴代物有4種，故D正確；故選A。9．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．11g超重水(T2O)含有的電子數(shù)比中子數(shù)多NAB．124gP4(分子結(jié)構(gòu)：)中的共價鍵數(shù)目為6NAC．標準狀況下，22.4LCHCl3中的C－Cl鍵的數(shù)目等于0.3NAD．標準狀況下，11.2LCl2溶于水呈黃綠色，溶液中Cl?、ClO?和HClO的微粒數(shù)之和為NA【答案】B【解析】A．超重水分子中中子數(shù)比電子數(shù)多，故A錯誤；B．124gP4(分子結(jié)構(gòu)：)物質(zhì)的量為：SKIPIF1<0＝1mol，共價鍵數(shù)目為6NA，故B正確；C．標準狀況下三氯甲烷為液體，不能使用22.4mol/L直接進行計算，故C錯誤；D．氯氣和水的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進行徹底，溶液中含氯氣分子，故溶液中Cl?、ClO?和HClO的微粒數(shù)之和小于NA，故D錯誤；故答案選B。10．以NaCl溶液模擬海水，采用惰性電極處理有機廢水的裝置如圖所示(以含CH3COO?的溶液為例)。下列說法不正確的是A．負極反應(yīng)為CH3COO?+2H2O-8e?=2CO2↑+7H+B．隔膜1為陰離子交換膜，隔膜2為陽離子交換膜C．當電路中轉(zhuǎn)移1mol電子時，模擬海水理論上最多可除鹽58.5gD．電池工作一段時間后，正、負極產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比為1∶2【答案】D【解析】該裝置為原電池，有機廢水中的CH3COO?發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)生成CO2，則a極為負極，電極反應(yīng)式為CH3COO?+2H2O-8e?=2CO2↑+7H+，b極為正極，酸性條件下，H+得電子生成H2，反應(yīng)式為2H++2e?=H2↑，原電池工作時，陰離子移向負極、陽離子移向正極，即模擬海水NaCl溶液中的Na+通過陽離子交換膜移向b極、Cl?通過陰離子交換膜移向a極，則隔膜1為陰離子交換膜，隔膜2為陽離子交換膜。A．該原電池中a極為負極，b極為正極，有機廢水中的CH3COO?在負極失電子生成CO2，電極反應(yīng)式為CH3COO?+2H2O-8e?=2CO2↑+7H+，故A正確；B．原電池工作時，陰離子移向負極、陽離子移向正極，即NaCl溶液中的Na+通過陽離子交換膜移向b極、Cl?通過陰離子交換膜移向a極，達到海水淡化目的，所以隔膜1為陰離子交換膜，隔膜2為陽離子交換膜，故B正確；C．由于電子與Na+、Cl?所帶電荷數(shù)相等，所以電路中轉(zhuǎn)移1mol電子時，通過離子交換膜的Na+、Cl?物質(zhì)的量均為1mol，質(zhì)量為1mol×58.5g/mol=58.5g，即模擬海水理論上除鹽58.5g，故C正確；D．負極反應(yīng)式為CH3COO?+2H2O-8e?=2CO2↑+7H+，正極反應(yīng)式為2H++2e?=H2↑，若轉(zhuǎn)移8mole?電子時正極得到4molH2、負極得到2molCO2，即正、負極產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比為2∶1，故D錯誤；故選D。11．Al—PMOF其結(jié)構(gòu)如圖（分子式：C4H9XYZ），可快速將芥子氣降解為無毒物質(zhì)。其中X、Y、Z為短周期元素且原子序數(shù)依次增大，X、Y同主族。下列說法不正確的是A．簡單離子半徑：Y>Z>X B．最簡單氫化物穩(wěn)定性：X>Z>YC．含氧酸酸性：Z>Y D．YXZ2中Y的化合價為+4【答案】C【解析】根據(jù)分子結(jié)構(gòu)和題目信息，X、Y同主族短周期元素，X可形成兩個共價鍵，則X為O，Y為S，Z為Cl。A．簡單離子半徑：S2?>Cl?>O2?，故A正確；B．根據(jù)電負性越大，非金屬性越強，其最簡單氫化物的穩(wěn)定性：H2O>HCl>H2S，故B正確；C．最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性是HClO4>H2SO4，只談含氧酸，則酸性無法比較，故C錯誤；D．SOCl2中S的化合價為+4，故D正確。綜上所述，答案為C。12．甲硫醇是一種重要的化工原料，硫化氫與甲醇合成甲硫醇的催化過程如圖。下列說法錯誤的是A．甲硫醇的沸點比甲醇低B．該催化劑可有效提高反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率C．反應(yīng)過程中涉及極性鍵的斷裂和生成D．該反應(yīng)的化學方程式為SKIPIF1<0【答案】B【解析】A．由于甲醇分子間存在氫鍵，而甲硫醇分子間存在范德華力，故甲硫醇的沸點比甲醇低，故A正確；B．催化劑不影響平衡，不改變平衡轉(zhuǎn)化率，故B錯誤；C．根據(jù)反應(yīng)圖中反應(yīng)物硫化氫的變化得出，硫氫鍵屬于極性鍵發(fā)生了斷裂，生成甲硫醇中形成了碳硫的極性鍵，故C正確；D．根據(jù)反應(yīng)圖及原子守恒書寫化學方程式，故D正確；故選答案B。13．常溫下，用0.1mol·L?1HCl溶液滴定0.1mol·L?1NH3·H2O溶液，滴定曲線如圖a所示，混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如圖b所示。下列說法不正確的是A．Kb(NH3·H2O)的數(shù)量級為10?5B．P到Q過程中，水的電離程度逐漸增大C．當?shù)味ㄖ寥芤撼手行詴r，c(NHeq\o\al(+,4))＞c(NH3·H2O)D．N點，c(Cl?)-c(NHeq\o\al(+,4))=SKIPIF1<0【答案】D【解析】A．在M點反應(yīng)了50%，此時SKIPIF1<0，pH=9.26，SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0，因此Kb(NH3·H2O)數(shù)量級為10?5，故A正確；B．P到Q過程中是鹽酸不斷滴加到氨水中，氨水不斷被消耗，堿性不斷減弱，因此水的電離程度逐漸增大，故B正確；C．當?shù)味ㄖ寥芤撼手行詴r，pH=7，根據(jù)SKIPIF1<0，得出SKIPIF1<0，c(NHeq\o\al(+,4))=1×102.26×c(NH3·H2O)，則c(NHeq\o\al(+,4))＞c(NH3·H2O)，故C正確；D．N點，根據(jù)電荷守恒得到，c(Cl?)?c(NHeq\o\al(+,4))=c(H+)?c(OH?)=1×10?5.28?SKIPIF1<0，故D錯誤。綜上，答案為D。二、非選擇題（共43分）26．（14分）習近平總書記在科學家座談會上指出“好奇心是人的天性，對科學興趣的引導和培養(yǎng)要從娃娃抓起”。某化學興趣小組為培養(yǎng)同學們對科學探究的興趣，設(shè)計圖1所示實驗來探究HSOeq\o\al(?,3)與Cu2+的反應(yīng)：已知：氯化亞銅(CuCl)為白色立方結(jié)晶或白色粉末，難溶于水?；卮鹣铝袉栴}：(1)若用CuSO4·5H2O配制100mL1mol/LCuSO4溶液，需用托盤天平稱取CuSO4·5H2O的質(zhì)量為___________。甲同學在定容時采用上圖2方式觀察，則所配制的CuSO4溶液濃度___________(填“偏高”或“偏低”)。(2)將操作2后生成的無色氣體通入氯化鐵溶液，___________(填實驗現(xiàn)象)，說明該氣體為SO2，反應(yīng)的離子方程式為___________。(3)操作2后生成的白色沉淀為___________(填化學式)，生成該沉淀和無色氣體的反應(yīng)離子方程式為___________。(4)根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律，乙同學推測操作2中涉及HSOeq\o\al(?,3)與Cu2+的可逆反應(yīng)正向進行的原因：外加Cl?導致Cu+的還原性弱于HSOeq\o\al(?,3)，用圖3裝置(a、b均為石墨電極)進行實驗驗證。①K閉合時，一段時間后指針幾乎歸零。②向U型管右管添加___________，a電極為___________極，產(chǎn)生的現(xiàn)象證實了其推測，其中不同于圖1操作2后的現(xiàn)象是___________。(5)基于(4)實驗，乙同學得出進一步猜想：物質(zhì)的氧化性和還原性與___________有關(guān)。該同學用圖3裝置再次進行實驗，以豐富驗證該猜想的證據(jù)。與(4)實驗對比，不同的操作是向U型管左管添加___________?！敬鸢浮浚?）25.0g偏低溶液由黃色變淺綠色(或黃色變淺)SKIPIF1<0CuCl2HSOeq\o\al(?,3)+2Cu2++2Cl?=SOeq\o\al(2?,4)+2CuCl↓+SO2↑+2H+KCl固體負極指針偏轉(zhuǎn)濃度BaCl2固體(或其他合理答案)【解析】(1)在100mL1mol/LCuSO4溶液中含有溶質(zhì)CuSO4的物質(zhì)的量n(CuSO4)=1mol/L×0.1L=0.1mol，根據(jù)Cu元素守恒，可知需CuSO4·5H2O的質(zhì)量m(CuSO4·5H2O)=0.1mol×250g/mol=25.0g；若在配制溶液定容時仰視刻度線，則容量瓶中凹液面最低處高于刻度線，溶液體積偏大，由于溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，根據(jù)物質(zhì)的量濃度定義式可知配制的溶液的濃度偏低；(2)向KHSO3溶液中加入CuSO4溶液，溶液顯藍色，無其它明顯變化，然后加入KCl固體，反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀和無色氣體，Cu2+得到電子被還原為Cu+，Cu+與溶液中的Cl?結(jié)合白色沉淀是CuCl，則HSOeq\o\al(?,3)失去電子被氧化為SOeq\o\al(2?,4)，同時產(chǎn)生H+，H+與溶液中的HSOeq\o\al(?,3)反應(yīng)產(chǎn)生SO2氣體。SO2具有還原性，與FeCl3溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，產(chǎn)生H2SO4、HCl、FeCl2，使溶液由紅色變?yōu)闇\綠色，該反應(yīng)的離子方程式為：SKIPIF1<0；(3)根據(jù)(2)分析可知生成的白色沉淀是CuCl，則生成該沉淀和無色氣體的離子方程式為：2HSOeq\o\al(?,3)+2Cu2++2Cl?=SOeq\o\al(2?,4)+2CuCl↓+SO2↑+2H+；(4)若是由于外加Cl?導致Cu+的還原性弱于HSOeq\o\al(?,3)，可根據(jù)如圖裝置驗證：當一段時間后指針歸零后，向U型管右管添加加入KCl固體，此時溶液中Cl?濃度增大，若a為負極，電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，同時看到左側(cè)電極有氣體產(chǎn)生，右側(cè)電極附近有白色沉淀產(chǎn)生，就可證實其推測；(5)基于(4)實驗，乙同學得出進一步猜想：物質(zhì)的氧化性和還原性與物質(zhì)的濃度有關(guān)。若HSOeq\o\al(?,3)反應(yīng)產(chǎn)生SOeq\o\al(2?,4)，則反應(yīng)后向左側(cè)溶液中加入含有Ba2+的物質(zhì)，應(yīng)該產(chǎn)生BaSO4白色沉淀，而HSOeq\o\al(?,3)與Ba2+不能發(fā)生反應(yīng)。故該同學用圖3裝置再次進行實驗，以豐富驗證該猜想的證據(jù)。與(4)實驗對比，不同的操作是可以向U型管左管添加BaCl2固體。27．（14分）氮的氧化物(如NO2、N2O4、N2O5等)應(yīng)用很廣，一定條件下可以相互轉(zhuǎn)化。(1)已知：SKIPIF1<0SKIPIF1<0N2O4(g)2NO2(g)ΔH3SKIPIF1<0則反應(yīng)SKIPIF1<0的SKIPIF1<0_______。(2)N2O4與NO2之間存在反應(yīng)N2O4(g)2NO2(g)。將一定量的N2O4放入恒容密閉容器中，測得其平衡轉(zhuǎn)化率SKIPIF1<0隨溫度變化如圖1所示：①圖1中a點對應(yīng)溫度下，已知N2O4的起始壓強SKIPIF1<0為SKIPIF1<0，計算該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)SKIPIF1<0_______SKIPIF1<0(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù)；計算結(jié)果保留至小數(shù)點后一位)。②由圖1推測N2O4(g)2NO2(g)正向是_______(填“吸熱反應(yīng)”或“放熱反應(yīng)”)，說明理由：_______。③對于反應(yīng)N2O4(g)2NO2(g)，在一定條件下N2O4與NO2的消耗速率與自身壓強存在關(guān)系：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0。其中，SKIPIF1<0、SKIPIF1<0是與反應(yīng)及溫度有關(guān)的常數(shù)。相應(yīng)的速率-壓強關(guān)系如圖2所示，一定溫度下，SKIPIF1<0、SKIPIF1<0與平衡常數(shù)SKIPIF1<0的關(guān)系是SKIPIF1<0_______，在圖2標出的點中，指出能表示反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的點是：_______。(3)以NO2為原料可以制得新型綠色硝化劑N2O5，原理是先將NO2轉(zhuǎn)化為N2O4，然后采用電解法制備N2O5其裝置如圖3所示，兩端電極為石墨電極，中間隔膜只允許離子通過，不允許水分子通過。已知兩室中加入的試劑分別為：a．硝酸；b．N2O4和無水硝酸，則左室中電極反應(yīng)式為_______?！敬鸢浮浚?）SKIPIF1<0（2）106.7吸熱反應(yīng)溫度升高，SKIPIF1<0平衡轉(zhuǎn)化率增大，說明平衡正向移動，則正向為吸熱反應(yīng)SKIPIF1<0B和D（3）SKIPIF1<0【解析】(1)已知：①SKIPIF1<0，②SKIPIF1<0，③N2O4(g)NO2(g)ΔH3，④SKIPIF1<0，根據(jù)蓋斯定律②+③-eq\f(1,2)①-eq\f(1,2)④，則反應(yīng)SKIPIF1<0的SKIPIF1<0SKIPIF1<0。故答案為：SKIPIF1<0；(2)①設(shè)開始時n(N2O4)=xmol，其轉(zhuǎn)化率為0.4，則平衡時n(N2O4)=xmol×(1-0.4)mol=0.6xmol，生成的n(NO2)=2×0.4xmol=0.8xmol，平衡時混合氣體總物質(zhì)的量=(0.6+0.8)xmol=1.4xmol，恒溫恒容條件下氣體壓強之比等于其物質(zhì)的量之比，所以平衡時混合氣體壓強=1.4p0，P(N2O4)=SKIPIF1<0×1.4p0=0.6p0，則P(NO2)=0.8p0，該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0p0=SKIPIF1<0×100kPa=106.7kPa，故答案為：106.7；②由圖1推測N2O4(g)NO2(g)正向是吸熱反應(yīng)(填“吸熱反應(yīng)”或“放熱反應(yīng)”)，說明理由：溫度升高，N2O4平衡轉(zhuǎn)化率增大，說明平衡正向移動，則正向為吸熱反應(yīng)。③化學平衡常數(shù)Kp=SKIPIF1<0，二者的反應(yīng)速率之比等于其計量數(shù)之比，所以v(NO2)∶v(N2O4)=k2[p(NO2)]2∶k1·p(N2O4)=2∶1，化學平衡常數(shù)Kp=SKIPIF1<0，則K1=SKIPIF1<0K2?Kp，滿足平衡條件v(NO2)=2v(N2O4)即為平衡點，BD點的壓強之比等于其反應(yīng)速率之比為1∶2，所以BD為平衡點。故答案為：SKIPIF1<0；B和D；(3)原電池工作時，負極發(fā)生氧化反應(yīng)，正極發(fā)生還原反應(yīng)，則左室中四氧化二氮失電子氧化成五氧化二氮，電極反應(yīng)式為SKIPIF1<0。故答案為：SKIPIF1<0。28.（15分）鈀是航天、航空等高科技領(lǐng)域以及汽車制造業(yè)不可缺少的關(guān)鍵材料。以硫化銅鎳礦(主要含SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，還有少量的SKIPIF1<0、SKIPIF1<0)制取鈀、鎳的工藝流程如下：已知：“抽提”是用適當?shù)娜軇┖头椒◤脑现邪延行С煞址蛛x出來的過程?；卮鹣铝袉栴}：(1)“焙燒”需要鼓入空氣使礦粉呈“沸騰”狀，其目的是___________。(2)“萃取銅”后的無機相中主要含有___________(填化學式)、H2SO4。(3)在實驗室經(jīng)過“結(jié)晶”過程獲得硫酸銅晶體體的操作是________、_________、_________、自然干燥。(4)在“底渣”中加入王水(濃鹽酸和濃硝酸的混合溶液)使金屬Pd溶解生成SKIPIF1<0，假設(shè)反應(yīng)只產(chǎn)生一種污染空氣的無色氣體，該反應(yīng)的化學方程式是___________。該過程采用“抽提”的目的是___________。(5)“抽提”后的SKIPIF1<0進行沉淀生成SKIPIF1<0，先加入氨后加入鹽酸，先加入氨的原因是___________。(6)“還原”反應(yīng)中的氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比是_________?！敬鸢浮浚?）增大礦粉與O2的接觸面積提高原料利用率NiSO4蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)品過濾(洗滌)SKIPIF1<0分離SiO2和Pd“抽提”后的溶液呈酸性，氨可以中和酸生成NHeq\o\al(+,4)，同時可調(diào)節(jié)SKIPIF1<01∶2【解析】硫化銅鎳礦經(jīng)過焙燒后SKIPIF1<0、SKIPIF1<0轉(zhuǎn)化成了SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，PdS轉(zhuǎn)化成了Pd，SiO2沒有變化，煙氣的成分應(yīng)該是SO2，燒渣加入稀硫酸后，SKIPIF1<0、SKIPIF1<0和稀硫酸反應(yīng)生成了CuSO4和NiSO4，通過結(jié)晶法分離出CuSO4，通過有機溶劑萃取剩余的銅離子，則無機相中的主要成分就是剩余的NiSO4和稀硫酸了。燒渣浸出后的底渣主要成分是SiO2和Pd，利用王水把Pd從底渣中分離出來，然后通過加入氨水和稀鹽酸使Pd的化合物從溶液中沉淀分離出來，最后利用氫氣還原得到Pd。(1)為了使礦粉充分與空氣中的氧氣反應(yīng)，提高原料利用率，故需要鼓入空氣使礦粉呈“沸騰”狀；(2)硫化銅鎳礦主要含SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，還有少量的PdS、SiO2，根據(jù)流程圖，可知SKIPIF1<0最終大都轉(zhuǎn)化成了膽礬晶體，PdS轉(zhuǎn)化成了Pd，SiO2不溶于硫酸，所以“萃取銅”后的無機相中主要含有SKIPIF1<0和稀SKIPIF1<0；(3)從硫酸銅溶液中分離出溶質(zhì)硫酸銅，則首先要對溶液蒸發(fā)濃縮，使其飽和，然后冷卻結(jié)晶使其析出，最后過濾洗滌分離出硫酸銅晶體，由于硫酸銅晶體受熱易分解，故需自然干燥分離出其含有的剩余水分；(4)硫化銅鎳礦焙燒后，根據(jù)流程圖，可知用稀硫酸浸出后的底渣成分主要是SiO2和Pd，王水是濃鹽酸和濃硝酸的混合溶液，反應(yīng)后生成一種污染空氣的無色氣體，可推測是NO，SiO2與王水不反應(yīng)，則反應(yīng)的化學方程式為SKIPIF1<0；(5)為了使Pd充分溶解，抽提用的王水必然過量，則抽提后的混合液比然顯酸性，為了使SKIPIF1<0進行沉淀生成SKIPIF1<0，則必然先加入氨水，中和剩余的酸，同時可調(diào)節(jié)SKIPIF1<0，故先加氨水后加鹽酸；(6)氫氣“還原”SKIPIF1<0過程中，SKIPIF1<0中的Pd由+4價降低到0價，降了四價，得到4個電子，根據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子數(shù)相等，則參加反應(yīng)的H2必然失去4個電子，故作為氧化劑SKIPIF1<0和還原劑H2的物質(zhì)的量比是1∶2。三、選考題（共15分，請考生任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分。）35．【化學——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】（15分）納米磷化鉆常用于制作特種鉆玻璃，制備磷化鉆的常用流程如圖：（1）基態(tài)P原子的電子排布式為，P在元素周期表中位于___區(qū)。（2）中碳原子的雜化類型是_________，C、N、O三種元素的第一電離能由大到小的順序是___（用元素符號表示），電負性由大到小的順序為___________。（3）COeq\o\al(2?,3)中C的價層電子對數(shù)為_____________，其空間構(gòu)型為___________。（4）磷化鈷的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，最近且相鄰兩個鈷原子的距離為npm。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則其晶胞密度為___g·cm?3（列出計算式即可）?！敬鸢浮浚?）[Ne]3s23p3p（2）sp2N>O>CO>N>C（3）3平面正三角形（4）SKIPIF1<0【解析】（1）基態(tài)P原子的電子排布式為[Ne]3s23p3，P在元素周期表中位于p區(qū)；故答案為：[Ne]3s23p3；p；（2）尿素C原子上沒有孤對電子，形成3個σ鍵，所以尿素分子中碳原子的雜化方式為sp2雜化，C、N、O屬于同一周期元素且原子序數(shù)依次減小，同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而增大，但第VA族的大于第ⅥA族的，故第一電離能由大到小的順序是N>O>C，元素原子的得電子能力越強，則電負性越大，電負性由大到小的順序為O>N>C，故答案為：sp2；N>O>C；O>N>C；（3）COeq\o\al(2?,3)中C的價層電子對數(shù)=SKIPIF1<0且不含孤電子對，空間構(gòu)型為平面正三角形；故答案為：3；平面正三角形；（4）由晶胞圖可知，一個晶胞中含P原子數(shù)為SKIPIF1<0，含鈷原子數(shù)為SKIPIF1<0，所以一個晶胞質(zhì)量為SKIPIF1<0；由圖可知，由于相鄰兩個鈷原子的距離為npm，則立方體的棱長為SKIPIF1<0npm，則體積SKIPIF1<0，密度SKIPIF1<0，故答案為：SKIPIF1<0。36．【化學——選修5：有機化學基礎(chǔ)】（15分）由A(芳香烴)與E為原料制備J和高聚物G的一種合成路線如下：已知：①酯能被LiAlH4還原為醇；②SKIPIF1<0回答下列問題：(1)A的化學名稱是___________