安徽省江淮十校2020届高三第三次联考（5月）理综化学试题 Word版含解析

安徽省江淮十校2020届高三第三次联考（5月）理综化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎“江淮十校”2020届高三第三次联考 化学试卷 考生注意：‎ ‎1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。满分300分，考试时间150分钟。‎ ‎2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区城作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。‎ ‎3.做选考题时，考生须按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Ni-59 Cu-64‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本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.化学与生活密切相关，下列观点错误的是（ ）‎ A. 硝酸铵、液氨可用作制冷剂 B. 苏打、小苏打可用作食用面碱 C. 二氧化氯、漂白粉可用作自来水的杀菌消毒剂 D. 氧化铝、二氧化硅可用作制坩埚 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.液氨易液化，硝酸铵溶于水吸热，故两者可以作制冷剂；‎ B.苏打、小苏打溶于水都显碱性，可用作食用面碱；‎ C.漂白粉的消毒效果较弱，用于消毒时需要投入量大，这样容易形成氯超标的问题，一般不用作自来水的消毒剂；‎ D.氧化铝、二氧化硅的熔点高，可用作制坩埚；‎ 答案选C。‎ ‎2.BASF高压法制备醋酸，所采用钴碘催化循环过程如图所示，则下列观点错误的是（ ）‎ - 18 -‎ A. CH3OH转化为CH3I的有机反应类型属于取代反应 B. 从总反应看，循环过程中需不断补充CH3OH、H2O、CO等 C. 与乙酸乙酯互为同分异构体且与CH3COOH互为同系物的物质有2种结构 D. 工业上以淀粉为原料也可以制备醋酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CH3OH转化为CH3I，羟基被碘原子取代，反应类型属于取代反应；‎ B.该循环的总反应方程式为CO+CH3OHCH3COOH，故此循环中不需要不断补充水；‎ C.与乙酸乙酯互为同分异构体且与CH3COOH互为同系物的物质有CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH，有两种；‎ D.淀粉可经过水解、氧化等反应生成甲醇，从而制得醋酸；‎ 答案选B ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 52g苯乙烯含碳碳双键数目为2NA B. 1L0.5mol·L-1醋酸钠溶液中阴阳离子总数目小于NA C. 标准状况下，22.4L一氯甲烷含共用电子对数为4NA D. 有铁粉参加的反应若生成3molFe2+，则转移电子数一定为6NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.一个苯乙烯分子中只含有一个碳碳双键，苯乙烯的分子式为C8H8，52g苯乙烯的物质的量为0.5mol，则含碳碳双键数目为0.5NA， A错误；‎ B.溶液中存在水电离出的氢离子和氢氧根离子，故1L0.5mol·L-1醋酸钠溶液中阴阳离子总数目大于NA，B错误；‎ - 18 -‎ C.标况下一氯甲烷为气态，一个一氯甲烷中含有四个共用电子对，则标准状况下，22.4L一氯甲烷含共用电子对数为4NA ，C正确；‎ D.反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，若生成3molFe2+，转移2mol电子，D错误；‎ 答案选C ‎【点睛】苯环中不含碳碳双键也不含碳碳单键。‎ ‎4.已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中B和D同主族，中学阶段常见物质X、Y、Z为其中的三种元素组成的化合物，且均为强电解质，当X、Y按物质的量之比为1：2反应时，有如图转化关系。下列说法正确的是（ ）‎ A. C、D、E三种元素一定位于同一周期 B. 物质X、Y、Z既含有离子键又含有共价键 C. C和D形成的化合物溶于水，其溶液显中性 D. 简单氢化物的热稳定性：D>E ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据W为二元液态化合物，推测W为水，X、Y、Z为其中的三种元素组成的化合物，且均为强电解质，X、Y按物质的量之比为1：2反应，推测X与Y的反应应为酸碱中和反应，进一步推测X为硫酸、Y为氢氧化钠，Z为硫酸钠；从而推断A为H元素、B为O元素、C为Na元素、D为S元素、E为Cl元素。‎ ‎【详解】A.C为Na元素、D为S元素、E为Cl元素，位于同一周期，A正确；‎ B.X为硫酸，只含有共价键，B错误；‎ C. C和D形成的化合物为Na2S，为强碱弱酸盐溶于水显碱性，C错误；‎ D.非金属性Cl>S，其简单氢化物的热稳定性：HCl>H2S，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】同一周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，简单氢化物的热稳定性逐渐增强。‎ ‎5.次磷酸钴[Co(H2PO2)2]广泛应用于化学电镀，工业上利用电渗析法制取次磷酸钴的原理图如图所示。‎ - 18 -‎ 已知：①该装置的电极材料分别为金属钴和不锈钢。‎ ‎②Co(H2PO2)2溶液在强碱性条件下通过自身催化发生氧化还原反应，实现化学镀钴。‎ 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 膜Ⅱ、膜Ⅲ均为阴离子交换膜 B. M电极反应为Co-2e-+2H2PO2-=Co(H2PO2)2‎ C. a为电源的负极 D. Co(H2PO2)2溶液化学镀钴过程中反应可能为Co2++H2PO2-+3OH=Co+HPO3-+2H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该装置为电解池，M为阳极，电极材料为金属钴，钴失电子生成钴离子，钴离子通过膜I进入产品室，H2PO2-通过膜Ⅱ、Ⅲ进入产品室与钴离子生成Co(H2PO2)2。‎ ‎【详解】A.综上分析，膜Ⅱ、膜Ⅲ均为阴离子交换膜，A正确；‎ B.Co(H2PO2)2在产品室生成，不是在阳极生成，阳极的电极反应式为Co-2e-=Co2+，B错误；‎ C.M为阳极，应接电源的正极，故a为电源的正极，C错误；‎ D.离子方程式中电荷不守恒，应为Co2++H2PO2-+3OH-=Co+HPO32-+2H2O，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎6.氨基甲酸铵（H2NCOONH4）是常用的氨化剂之一。某研究小组利用反应原理：2NH3(g)+CO2(g)=H2NCOONH4(s) ΔH<0制备氨基甲酸铵，其装置如图所示，已知：H2NCOONH4(s)白色固体，易分解、易水解。则下列观点不正确的是（ ）‎ - 18 -‎ A. 仪器1是恒压漏斗，该实验用于防倒吸 B. 仪器2和仪器3都可以放置NaOH固体 C. 为了完成实验，应在装置5和6之间，依次添加干燥装置和安全瓶 D. 若反应初期观察到装置6内稀硫酸溶液中产生气泡，应控制旋塞，加大浓氨水的流速 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.仪器1是恒压漏斗，其作用为使漏斗内液体顺利流下，A错误；‎ B.浓氨水和氢氧化钠固体混合可以制氨气，氢氧化钠固体可以干燥氨气，故仪器2和仪器3都可以放置NaOH固体，B正确；‎ C.防止生成的氨基甲酸铵水解，或者防止氨气过量导致装置6倒吸，应在应在装置5和6之间，依次添加干燥装置和安全瓶，C正确；‎ D.若反应初期观察到装置6内稀硫酸溶液中产生气泡，说明二氧化碳过量，应该加快产生氨气的流速，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎7.工业上常用(NH4)2SO3溶液吸收废气中的SO2，室温下测得溶液中lgY[Y=或]，与pH的变化关系如图所示。则下列说法一定错误的是（ ）‎ A. 通入少量SO2的过程中，直线Ⅱ中的N点向M点移动 - 18 -‎ B. α1=α2一定等于45°‎ C. 当对应溶液的pH处于1.81c(SO32-)>c(H2SO3)‎ D. 直线Ⅱ中M、N点一定存在c2(HSO3-)>c(SO32-)·c(H2SO3)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.通入少量二氧化硫的过程中，溶液的酸性增强，直线Ⅱ中的N点向M点移动；‎ B. ，则，，同理可得，故α1=α2一定等于45°；‎ C.由图像可知，当对应溶液的pH处于1.810，溶液中c(H2SO3)、c(SO32-)的大小无法确定；‎ D.由于Ka1>Ka2，，则c2(HSO3-)>c(SO32-)·c(H2SO3)；‎ 答案选C。‎ 第Ⅱ卷（共174分）‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。‎ ‎（一）必考题（共129分）‎ ‎8.天然气是一种重要的化工原料，其中含有少量H2S羰基硫（COS），能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染。‎ ‎（1）氨水可以吸收H2S，若生成物是NH4HS，写出反应的离子方程式___。‎ ‎（2）利用含Fe3+的溶液可以脱除其中的H2S。将H2S和空气按一定流速通酸性FeCl3溶液，可实现空气脱硫得到单质硫。FeCl3溶液吸收H2S过程中，溶液中的n（Fe3+）、被吸收的n（H2S）随时间t变化如图。‎ - 18 -‎ ‎①t1以前，溶液中n（Fe3+）不断减小的原因是___（用离子方程式表示）。‎ ‎②t1以后，溶液中n（Fe3+）基本保持不变，原因是___。此时，溶液中总反应的离子方程式可以表示为___。‎ ‎（3）羰基硫的碱性水解是常用的脱硫方法，其流程如图：‎ ‎①已知B是硫化钠，C是一种正盐，则B的电子式为___，C的化学式为___。‎ ‎②写出反应②的离子方程式___。‎ ‎③如图是反应②中，在不同反应温度下.反应时间与H2产量的关系（Na2S初始含量为3mmol）。由图像分析可知，a点时溶液中除S2O32-外，还有___（填含硫微粒的离子符号）。‎ ‎【答案】 (1). H2S+NH3·H2O=NH4++HS-+H2O (2). 2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ (3). t1以后溶液中同时发生两个反应，Fe3+氧化吸收H2S和Fe2+被O2氧化再生Fe3+，当两个反应速率相等时，溶液中n(Fe2+)保持基本不变 (4). 2H2S+O22S↓+2H2O (5). (6). Na2CO3 (7). 2S2-+5H2OS2O32-+4H2↑+2OH- (8). SO42-‎ ‎【解析】‎ - 18 -‎ ‎【分析】‎ Fe3+与H2S发生氧化还原反应生成Fe2+与S，同时Fe2+被空气中氧气氧化为Fe3+；天然气中羰基硫（COS）与氢氧化钠反应生成硫化钠，是非氧化还原反应，C是一种正盐，推测C为碳酸钠；硫化钠发生氧化还原反应，生成S2O32-、SO42-等其它含硫物质。‎ ‎【详解】（1）氨水中一水合氨与H2S反应中和反应，生成NH4HS，离子方程式为H2S+NH3·H2O=NH4++HS-+H2O。‎ ‎（2）①由图可知，t1前n（Fe3+）迅速减小，被吸收的n（H2S）显著增加，发生的离子反应为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；‎ ‎②t1以后溶液中同时发生两个反应，Fe3+氧化吸收H2S、Fe2+被氧气氧化再生成Fe3+，当两个反应速率相等时，溶液中n（Fe3+）基本保持不变。t1以后Fe3+起催化作用，总反应方程式为2H2S+O22S↓+2H2O。‎ ‎（3）①硫化钠为离子化合物，由钠离子、硫离子构成，其电子式为，COS与氢氧化钠反应前后化合价没有变化，生成含有+4价碳元素的正盐，该正盐为碳酸钠，其反应方程式为COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O。‎ ‎②图示说明：硫化钠溶液加热生成了Na2S2O3和氢气，发生氧化还原反应，根据得失电子守恒和电荷守恒配平，则离子方程式为2S2-+5H2OS2O32-+4H2↑+2OH-。‎ ‎③根据图像可知，a点时氢气是10mol，说明反应中共有20mol电子发生转移，则根据得失电子守恒可知，3mol硫化钠分子必须提供20mol电子，全部转化为硫代硫酸钠转移12mol电子，全部转化为亚硫酸钠转移18mol电子，全部转化为硫酸钠转移24mol电子，所以a点时溶液中除S2O32-外，还有SO42-。‎ ‎9.镍的抗腐蚀性佳，主要用于合金和电镀，也可用作良好的催化剂。现准确称量8g粗镍（含有少量Fe、Cu以及难与酸、碱反应的杂质）进行如下提纯。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）写出稀硝酸溶解镍的离子方程式___。‎ - 18 -‎ ‎（2）在溶液A的净化除杂中，首先将溶液A煮沸，调节pH=5.5，继续加热煮沸5min，加热过程中补充适量的水保持溶液的体积不变，静止一段时间后，过滤出Fe2O3、FeO(OH)。‎ ‎①写出煮沸过程中生成FeO(OH)的离子方程式___。‎ ‎②控制溶液的pH，可利用___。‎ a.pH试纸 b.石蕊指示剂 c.pH计 ‎③为了得到纯净的溶液B，还需要加入以下物质___（填字母）进行除杂。（已知：Ksp（CuS）=8.8×10-36；Ksp（NiS）=3.2×10-19；Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20；Ksp[Ni(OH)2]=5.4×10-16）‎ a.NaOH b.Na2S C.H2S d.NH3·H2O ‎（3）在快速搅拌下缓慢向溶液B中滴加12%的H2C2O4溶液，溶液中即可析出NiC2O4·2H2O，搅拌下煮沸2min冷却。操作X包括：过滤、洗涤和烘干，采用如图的装置进行过滤（备注：该图是一个通过水泵减压过滤的装置）。这种抽滤其优点是___，装置B的主要作用是___，若实验过程中发现倒吸现象，应采取的措施是___。‎ ‎（4）在该生产过程中需要纯净的H2。若实验室要制备纯净的H2，发生装置不可以选择___（选填代号）。‎ ‎（5）用电子天平称取0.5000g的NiO样品，加入一定体积的6mol/L的盐酸恰好完全溶解，将所得到的溶液配制成250mL的溶液。取出20mL加入锥形瓶，按照如下滴定原理进行沉淀滴定，最终得到干燥的固体mg，则镍元素的质量分数为___。（写出表达式即可）‎ ‎[一定条件下丁二酮肟（，简写为C4N2H8O2）能和Ni2+反应生产鲜红色的沉淀，其方程式为：Ni2++2C4N2H8O2+2NH3·H2O=Ni(C4N2H7O2)2↓+2NH4++2H2O，Ni(C4N2H7O2)2‎ - 18 -‎ 的摩尔质量为289g/mol]。Ni2+能与CO32-、C2O42-、S2-等离子形成沉淀，但为什么很多情况下选用丁二酮肟有机沉淀剂？___。‎ ‎【答案】 (1). 3Ni+8H++2NO3-=3Ni2++2NO+4H2O (2). Fe3++2H2OFeO(OH)↓+3H+ (3). c (4). c (5). 速度快 (6). 安全瓶 (7). 旋开K (8). B (9). ×100% (10). 生成沉淀质量大，称量误差小，分析结果准确度高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粗镍与稀硝酸反应，生成镍离子、铁离子、铜离子等，经过净化、除杂，溶液B为硝酸镍溶液，加入H2C2O4生成NiC2O4·2H2O，经过操作X过滤、洗涤和烘干得到NiC2O4·2H2O晶体，在空气中加热生成三氧化二镍，再加热生成NiO，NiO与氢气发生氧化还原反应生成纯镍。‎ ‎【详解】（1）镍与硝酸反应成Ni2+、NO和水，离子方程式为3Ni+8H++2NO3-=3Ni2++2NO+4H2O。‎ ‎（2）①将溶液A煮沸，调节pH=5.5，继续加热煮沸5min，铁离子水解生成FeO(OH)，离子方程式为Fe3++2H2OFeO(OH)↓+3H+。‎ ‎②实验中要准备测量溶液的pH，只有pH计可以。‎ ‎③为了得到纯净的溶液B，需要除去Cu2+，又不能减少Ni2+，由溶度积常数可知，CuS的溶解度最小，且远远小于NiS的溶解度，能实现很好的分离，故选择H2S。‎ ‎（3）由于水流的作用，使漏斗下端的压强小于外界大气压，可以加速过滤的速度；装置B的主要作用是安全瓶；若实验过程中发生倒吸现象，先旋开旋塞K，恢复常压后关闭抽水泵。‎ ‎（4）实验室制氢气采用锌与稀硫酸反应，不需要加热，装置B为加热制气装置，不符合题意，答案选B。‎ ‎（5）NiO与盐酸反应生成Ni2+，取250mL中的20mL溶液用丁二酮肟滴定Ni2+发生反Ni2++2C4N2H8O2+2NH3·H2O=Ni(C4N2H7O2)2↓+2NH4++2H2O，得到干燥的固体mg，则Ni(C4N2H7O2)2的质量为mg，其中镍元素的质量为 ；则0.5g样品中镍元素的质量为 ，镍元素的质量分数为×100%。‎ - 18 -‎ Ni2+与丁二酮肟反应生成的沉淀质量大，称量误差小，分析结果准确度高，故选用丁二酮肟有机沉淀剂。‎ ‎10.氮的氧化物是大气污染物之一，用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物，可防止空气污染。回答下列问题：‎ ‎（1）汽车尾气中常含有碳烟、CO、NO等有害物质，尾气中含有碳烟的主要原因为___。‎ ‎（2）已知298K和101kPa条件下，有如下反应：‎ 反应①：C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ·mol-1‎ 反应②：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH2=+180.5kJ·mol-1‎ 若反应CO2(g)+N2(g)⇌C(s)+NO(g)的活化能为akJ·mol-1，则反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)的活化能为___kJ·mol-1。‎ ‎（3）在常压下，已知反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) ΔH(298K)=-113.0kJ·mol-1，ΔS(298K)=-145.3J/(mol·K)，据此可判断该反应在常温下___（填“能”或“不能”）自发进行。‎ ‎（4）向容积为2L的真空密闭容器中加入活性炭（足量）和NO，发生反应C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)，NO和N2的物质的量变化如表所示，在T1℃、T2℃分别到达平衡时容器的总压强分别为p1kPa、p2kPa。‎ 物质的量/mol T1℃‎ T2℃‎ ‎0‎ ‎5min ‎10min ‎15min ‎20min ‎25min ‎30min NO ‎2.0‎ ‎1.16‎ ‎0.80‎ ‎0.80‎ ‎0.50‎ ‎0.40‎ ‎0.40‎ N2‎ ‎0‎ ‎0.42‎ ‎0.60‎ ‎0.60‎ ‎0.75‎ ‎0.80‎ ‎0.80‎ ‎①0~10min内，以NO表示的该反应速率v（NO）=___kPa·min-1。‎ ‎②第15min后，温度调整到T2，数据变化如表所示，则p1___p2（填“>”、“<”或“=”）。‎ ‎③若30min时，保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2mol，再次达平衡时NO的体积百分含量为___。‎ ‎（5）为探究温度及不同催化剂对反应2NO(g)+2CO(g)+⇌N2(g)+2CO2(g)的影响，分别在不同温度、不同催化剂下，保持其它初始条件不变重复实验，在相同时间内测得NO转化率与温度的关系如图所示：‎ - 18 -‎ ‎①在催化剂乙作用下，图中M点对应的速率（对应温度400℃）v正___v逆（填“>”、“<”或“=”），其理由为___。‎ ‎②温度高于400℃，NO转化率降低的原因可能是___。‎ ‎【答案】 (1). 燃料燃烧不充分 (2). 2a-574 (3). 能 (4). 0.06p1 (5). > (6). 20% (7). > (8). 相同温度下，曲线乙的转化率低于曲线甲的转化率，说明M点不是平衡点，反应仍向正反应进行 (9). 温度升高催化剂活性降低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 燃料燃烧不充分生成碳烟，燃料燃烧产生NO等有害物质，若∆H-T∆S<0则反应能自发进行；由表格数据可知，T1℃时10min后反应达到平衡，T2℃时25min后反应达到平衡，密闭容器中压强的大小由气体分子数和分子间隔决定；由（5）题图可知，随温度升高相同时间内NO的转化率先升高后降低。‎ ‎【详解】（1）尾气中含有碳烟的主要原因为燃料燃烧不充分。‎ ‎（2）若反应CO2(g)+N2(g)⇌C(s)+NO(g)的活化能为akJ·mol-1，则反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)的逆反应活化能为2a kJ·mol-1，根据盖斯定律：①-②可得C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g) ΔH=-574 kJ·mol-1，故反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)的活化能为（2a-574）kJ·mol-1。‎ ‎（3）满足自发进行的条件是：ΔH-TΔS=-113.0 kJ·mol-1-T(-145.310-3) kJmol-1·K-1<0，则T<777.7K，故该反应在常温下能自发进行。‎ ‎（4）①该反应反应前后气体总物质的量不变，故0~10min内，容器的总压强保持不变，平衡是NO（g）的分压为，以NO表示的该反应速率v（NO）=。‎ ‎②第15min后，温度调整到T2，从表格查得NO的物质的量减少，N2‎ - 18 -‎ 的增加，平衡正向移动，由于正反应为放热反应，改变条件为降温，气体的总的物质的量不变，温度越低，压强越小，则p1>p2。‎ ‎③若30min时，保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2mol，该反应前后气体分子数不变，加入反应混合物前后构成等效平衡，达平衡时NO的体积百分含量为。‎ ‎（5）①在催化剂乙作用下，相同温度下，曲线乙的转化率低于曲线甲的转化率，说明M点不是平衡点，反应仍向正反应进行，则v正>v逆。‎ ‎②温度升高催化剂活性降低，催化效率降低，则在相同时间内测得NO转化率降低。‎ ‎（二）选考题 ‎11.Cu(In1-xGaxSe2)（简称CIGS）可作多晶膜太阳能电池材料，具有非常好的发展前景。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）已知铟的原子序数为49，基态铟原子的电子排布式为[Kr]___；Ga、In、Se，第一电离能从大到小顺序为___。‎ ‎（2）硅与碳位于同主族，碳的化合物中往往有碳碳双键、碳碳三键，但是硅的化合物中只存在硅硅单键，其主要原因是___。常温常压下，SiF4呈气态，而SiCl4呈液态，其主要原因是___。‎ ‎（3）31Ga可以形成GaCl3·xNH3（x=3、4、5、6）等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2。则该溶液中溶质的化学式为___。‎ ‎（4）SeO32-的立体构型为___；SeO2中硒原子采取杂化类型是___。‎ ‎（5）常见的铜的硫化物有CuS和Cu2S两种。已知：晶胞中S2-的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所构成的四面体中心，它们晶胞具有相同的侧视图如图2所示。已知CuS和Cu2S的晶胞参数分别为apm和bpm，阿伏加德罗常数的值为NA。‎ ‎①CuS晶体中，相邻的两个铜离子间的距离为___pm。‎ ‎②Cu2S晶体中，S2-的配位数为___。‎ ‎③Cu2S晶体的密度为ρ=___g·cm-3（列出计算式即可）。‎ - 18 -‎ ‎【答案】 (1). 4d105s25p1 (2). Se>Ga>In (3). 硅原子半径大于碳，硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小，形成三键、三键不稳定 (4). 组成、结构相似、四氯化硅的相对分子质量较大 (5). [Ga(NH3)4Cl2]Cl (6). 三角锥形 (7). sp2 (8). a (9). 8 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ga与In同主族，Se与Ga同周期；碳与硅同主族，碳原子半径小于硅原子半径；硒原子的价层电子数为4，其中为1个孤对电子对、3个成键电子对；CuS晶胞中S2-位于晶胞的顶点和面心上，铜离子位于体内，配位数为4。‎ ‎【详解】（1）镓原子的质子数为49，电子排布是为1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p1，简写为[Kr] 4d105s25p1；Ga与In同主族，Se与Ga同周期，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左到右第一电离能逐渐增大，则第一电离能从大到小顺序为Se>Ga>In。‎ ‎（2）碳碳双键、碳碳叁键都有键，硅原子的半径大于碳原子，硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小于碳原子，键不稳定。四氯化硅、四氟化硅都是分子构成的物质，组成、结构相似，四氯化硅的相对分子质量大于四氟化硅，故四氯化硅的分子间作用力较大，沸点较高。‎ ‎（3）向上述某配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2，说明该配合物内界和外界中含氯离子的个数比为2:1，由于Ga3+的配位数为6，则该配合物的化学式为[Ga(NH3)4Cl2]Cl。‎ ‎（4）SeO32-中硒原子的价层电子对数为4，其中为1个孤对电子对、3个成键电子对，故它的立体构型为三角锥形；二氧化硒分子中硒原子价层有3个电子对，采取sp2杂化。‎ ‎（5）①由题意可知，铜离子位于互不相邻的四面体中心，因此相邻的两个铜离子间的距离为a pm。‎ ‎②铜离子配位数为4，根据化学式为Cu2S，得出S2-的配位数为8。‎ ‎③Cu2S晶体中含有8个铜离子、4个硫离子，故晶体的密度为ρ= ‎ ‎ g·cm-3。‎ ‎12.某研究小组以苯乙烯和乙烯为主要原料，设计出医药中间体G的合成路线如图：‎ - 18 -‎ 已知RCOOHRCOClRCOOR’。‎ ‎（1）B中含氧官能团的名称为___；D的结构简式为___。‎ ‎（2）乙烯的某种同系物的化学名称为“甲基丙烯”，则甲基丙烯的结构简式为___。‎ ‎（3）B能通过分子间脱水生成有机物X，X可用于香料，其结构中含有三个六元环状结构，则B转化为X的化学方程式：___。‎ ‎（4）M是G的同分异构体，符合下列结构和性质的芳香族化合物M共有___种（不考虑立体异构）。‎ ‎①1molM与银氨溶液反应最多能得4molAg；‎ ‎②苯环上有四个取代基，其相对位置为；‎ ‎③核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积为2：2：2：2：1；‎ ‎④M能发生消去反应。‎ 写出M发生消去反应的化学方程式：___（一例即可）。‎ ‎（5）设计出以甲苯为原料制备B的合成路线（无机试剂任选，已知：RCHO，RCNRCOOH）___。‎ 合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物。‎ ‎【答案】 (1). 羟基、羧基 (2). CH3COOH (3). (CH3)2C=CH2 (4). 2+2H2O (5). 4 (6). +H2O或 - 18 -‎ ‎+NaCl+2H2O (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知条件可知，F生成G、D生成E的反应机理与已知相同，推测F为；乙烯与水加成反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，D为乙酸，E为CH3COCl；B与E生成F，推测B的结构简式为，则苯乙烯先发生加成反应生成A，A再经过氧化、取代生成B。‎ ‎【详解】（1）综上分析，B中含氧官能团的名称为羟基、羧基；D的结构简式为CH3COOH。‎ ‎（2）根据名称可知，甲基丙烯的结构简式为(CH3)2C=CH2。‎ ‎（3）当羟基和羧基在同一个碳原子上时，B发生分子间脱水的酯化反应生成六元环酯，化学方程式为2+2H2O。‎ ‎（4）M是芳香族化合物，结构中含有苯环，1molM与银氨溶液反应最多能得4molAg，说明结构中含有两个醛基；苯环上有四个取代基，其相对位置为，核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积为2：2：2：2：1并能发生消去反应，满足条件的M的结构简式有 ‎，共4种；发生消去反应的化学方程式为+H2O或+NaCl+2H2O。‎ - 18 -‎ ‎（5）B为，逆推可知，甲苯通过取代反应生成，再经过取代反应生成，氧化生成苯甲醛，苯甲醛发生与已知相同反应机理的反应生成B，具体合成路线为：‎ ‎。‎ - 18 -‎ - 18 -‎