贵州省黔东南州2020届高三模拟考试理综化学试题 Word版含解析

贵州省黔东南州2020届高三模拟考试理综化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 黔东南州2020届高考模拟考试 化学试卷 考生注意：‎ ‎1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共300分。考试时间150分钟。‎ ‎2．请将各题答案填写在答题卡上。‎ ‎3．可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 N14 O16 Na23 Mg24 S32 Ni59‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：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。下列说法正确的是（ ）‎ A. 利用二氧化硅与碳酸钙常温反应制备陶瓷 B. 纺织业利用氢氧化钠的强氧化性将其作为漂洗的洗涤剂 C. 利用明矾的水溶液除去铜器上的铜锈，因Al3+水解呈酸性 D. “丹砂（主要成分为硫化汞）烧之成水银，积变又还成丹砂”中发生的反应为可逆反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化硅与碳酸钙常温下不反应，A错误；‎ B．氢氧化钠没有强氧化性，作漂洗剂时利用它的碱性，B错误；‎ C．明矾在水溶液中Al3+水解生成硫酸，可除去铜器上的铜锈，C正确；‎ D．丹砂中的硫化汞受热分解生成汞，汞与硫化合生成丹砂，条件不同，不是可逆反应，D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 11g的D218O中含有的中子数为5NA B. 1L pH=2的H2SO3溶液中H+的数目为0.02NA C. 将0.1mol Cl2通入足量FeI2溶液中，转移电子数目为0.2NA D. 标准状况下，4.48L甲烷与足量Cl2完全反应生成CH3Cl的分子数目为0.2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．11gD218O的物质的量为0.5mol，而一个D218O分子中含中子为12个，故0.5molD218‎ - 19 -‎ O中含中子为6NA个，故A错误；‎ B．pH=2的H2SO3溶液中，氢离子的浓度为0.01mol/L，1L该溶液中氢离子的物质的量为0.01mol，故溶液中氢离子的个数0.01NA，故B错误；‎ C．氯气和足量FeI2溶液反应后氯元素由0价变为−1价，氯气是双原子分子，故0.1mol氯气反应后转移电子为0.2NA个，故C正确；‎ D．甲烷和氯气反应后除了生成CH3Cl外，还生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，故标况下4.48L即0.2mol甲烷反应后生成的一氯甲烷分子小于0.2NA个，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】易错点为B选项，pH=2代表了溶液中氢离子浓度的总量，不需要在考虑对应的酸中有几个氢离子。‎ ‎3.有机物邻二乙烯苯广泛用于制造离子交换树脂，其结构简式如图所示，下列关于邻二乙烯苯的说法不正确的是 A. 1 mol邻二乙烯苯含有5 mol碳碳双键 B. 所有的原子可能在同一平面 C. 能发生加成反应，也能发生取代反应 D. 苯环上的二氯代物有4种（不考虑立体结构）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯环中不含碳碳双键，苯环中碳原子之间的六个化学键为介于碳碳双键和碳碳单键之间的特殊键型，所以1mol 邻二乙烯苯中只含有2mol 碳碳双键，故A错误；‎ B．苯环为平面结构，苯环上所有原子均处于同一平面，与苯环上碳原子直接相连的原子也与苯环处于同一平面，碳碳双键的结构也为平面结构，双键两端的碳原子及与两端碳原子原子直接相连的原子均处于同一平面，所以该有机物中所有的原子有可能处于同一平面，故B正确；‎ C．该物质中含有苯环结构，苯环上与碳原子直接相连的氢原子可发生取代反应，同时该物质含有碳碳双键，可发生加成反应，故C正确；‎ - 19 -‎ D．根据该有机物的结构简式，找出结构上的对称轴可知，该有机物苯环上的二氯代物有四种，分别是两个氯原子连在邻位碳上的同分异构体有两种，两个氯原子所连碳原子中间间隔一个碳原子的结构有一种，两个氯原子所连碳原子中间间隔两个碳原子的结构有一种，一共四种，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】易错点为A选项，考查苯的结构，需要注意的是苯中不含有碳碳双键，苯环中碳原子之间的六个化学键为介于碳碳双键和碳碳单键之间的特殊键。‎ ‎4.下列实验装置或操作能达到相应实验目的 A. ①② B. ③④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①铁离子遇硫氰根离子溶液变红，滴有硫氰化钾溶液的硫酸铁溶液显红色，二氧化硫可与三价铁离子发生氧化还原反应，铁离子转化为亚铁离子，溶液红色褪去，二氧化硫显还原性，与二氧化硫的漂白性无关，故①错误；‎ ‎②含有水蒸气的一氯甲烷是气体混合物，图中装置被浓硫酸密封，气体无法通过，无法实现干燥，故②错误；‎ ‎③氯气通入硫化钠溶液中，将硫离子氧化为硫单质，氯气是氧化剂，S为氧化产物，氧化性：Cl2＞S，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，则非金属性：Cl＞S，可以比较氯与硫的非金属性，故③正确；‎ ‎④灼烧操作在坩埚中进行，图示操作及装置正确，故④正确；‎ 实验装置或操作能达到相应实验目的为③④，答案选B。‎ ‎5.元素周期表的一部分如图所示,W、X、Y、Z均为短周期主族元素,X与Z的最高正价之和与W的相等。下列说法错误的是 A. 原子半径:X>Y>Z>W B. X2W2中含有离子键和共价键 - 19 -‎ C. Y的最高价氧化物对应的水化物难溶于水 D. 将由X、Z的单质组成的混合物放入冷水中,Z的单质不发生反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设X的最外层电子数为x，则Z和W的最外层电子数为（x+2）、（x+3），由X与Z的最高正价之和与W的相等可得，x+（x+2）=x+3，解得x=1，由此可知X为Na元素、Y 为Mg元素、Z为Al元素、W为C元素。‎ ‎【详解】A.同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则原子半径:X>Y>Z>W，故A正确；‎ B. X2W2为Na2C2，Na2C2中含有离子键和共价键，故B正确；‎ C. Y 为Mg元素，氢氧化镁为难溶于水的氢氧化物，故C正确；‎ D. 将由Na、Al的单质组成的混合物放入冷水中，钠首先和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应生成的氢氧化钠和铝单质反应生成偏铝酸钠和氢气，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】将由Na、Al的单质组成的混合物放入冷水中，钠首先和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应生成的氢氧化钠和铝单质反应生成偏铝酸钠和氢气是解答关键，也是易错点。‎ ‎6.科研人员研制出透氧膜，它允许e-和O2-同时通过，可实现水连续分解制备氢气，工作时CO、H2O分别在透氧膜的两侧反应。工作原理如图所示，下列说法正确的是 A. CO在a侧上反应 B. b侧的反应式：H2O+2e- = H2↑+ O2-‎ C. 该透氧膜可实现太阳能向氢能的转化 D. 当有2mol电子通过透氧膜时，就会消耗22.4L CO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意判断该装置是原电池，该装置连续分解水制H2的化学方程式为CO+H2O=CO2+H2，由原电池的“电子不下水，离子不上岸”规律可知：该装置的透氧膜是内电路，根据O2-‎ - 19 -‎ 由a→b判断a侧电极为正极、b侧电极为负极，即负极原料CO在b侧；正极原料H2O得电子生成H2和O2-，故a侧电极反应式为H2O+2e-=H2↑+O2-，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据分析，负极原料CO在b侧，故A错误；‎ B．结合分析，b侧电极为负极，发生氧化反应，失去电子，a侧电极的反应式：H2O+2e- = H2↑+ O2-，故B错误；‎ C．根据装置图所示，利用太阳能将水在透氧膜上转化氢气，实现太阳能向氢能的转化，故C正确；‎ D．根据a侧电极反应式为H2O+2e-=H2↑+O2-，当有2mol电子通过透氧膜时，会消耗1mol水，结合电池总反应：CO+H2O=CO2+H2，同时会消耗1mol CO，标况下的体积为22.4L，但题中为指明状态条件，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎7.25℃时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）‎ A. 25℃时，H2CO3一级电离K(H2CO3)=1.0×10-6.4‎ B. 图中a=2.6‎ C. 25℃时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6‎ D M点溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．25℃时，在N点，pH=7.4，则c(H+)=10-7.4，lg=1，则=10， H2CO3的一级电离K(H2CO3)==10-7.4×10=1.0×10-6.4，A正确；‎ - 19 -‎ B．图中M点，pH=9，c(H+)=10-9，K(H2CO3)==1.0×10-6.4，=102.6，a= lg=2.6，B正确；‎ C．25℃时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh= ==1.0×10-7.6，C正确；‎ D．M点溶液中：依据电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)+ c(HCO3-)，此时溶液为NaHCO3、NaCl的混合溶液，则c(Na+)>c(H2CO3) + c(HCO3-)，所以c(H+)+c(H2CO3)c(C2O42-)>c(OH-)>c(HC2O4-)>c(H+) (3). 2Li++C2O42-=Li2C2O4↓ (4). Li2C2O4+2FePO42LiFePO4+2CO2↑ (5). 改善成型后LiFePO4（或电极）的导电作用 (6). Fe+S2O82-=Fe2++2SO42- (7). 3:4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含锂废渣(主要金属元素的含量：Li 8.50%、Ni 6.55%、Mg 13.24%)粉碎后加入稀硫酸，并加热，Li、Ni、Mg溶解生成Li2SO4、NiSO4、MgSO4，过滤出不溶物(滤渣1)，所得滤液1的主要成分为Li2SO4、NiSO4、MgSO4；加入NaOH调节溶液的pH=12，据表中数据，此时主要发生NiSO4‎ - 19 -‎ ‎、MgSO4与NaOH的反应，所得滤渣2的主要成分为Ni(OH)2、Mg(OH)2，滤液2中主要含有Li2SO4；加入Na2C2O4，与Li2SO4发生反应，主要生成Li2C2O4沉淀，这就是滤渣3的主要成分。‎ ‎【详解】(1)由以上分析知，滤渣2的主要成分有Mg(OH)2、Ni(OH)2。答案为：Mg(OH)2、Ni(OH)2；‎ ‎(2)Na2C2O4溶液中，主要存在以下平衡：C2O42-+H2OHC2O4-+OH-、HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-、H2OH++OH-，且程度依次减弱，所以各离子的浓度由大到小顺序为c(Na+)>c(C2O42-)>c(OH-)>c(HC2O4-)>c(H+)。答案为：c(Na+)>c(C2O42-)>c(OH-)>c(HC2O4-)>c(H+)；‎ ‎(3)加入Na2C2O4溶液时，与Li2SO4发生反应，主要生成Li2C2O4沉淀，发生反应的离子方程式为：2Li++C2O42-=Li2C2O4↓。答案为：2Li++C2O42-=Li2C2O4↓；‎ ‎(4)将Li2C2O4和FePO4置于高温下反应生成LiFePO4和CO2，该反应的化学方程式是Li2C2O4+2FePO42LiFePO4+2CO2↑。答案为：Li2C2O4+2FePO42LiFePO4+2CO2↑；‎ ‎(5)LiFePO4需要在高温下成型后才能作为电极，为增强电极的导电能力，高温成型时要加入少量石墨，则石墨的作用是改善成型后LiFePO4（或电极）的导电作用。答案为：改善成型后LiFePO4（或电极）的导电作用；‎ ‎(6)零价铁与过硫酸钠反应，生成Fe2+和SO42-，反应的离子方程式是Fe+S2O82-=Fe2++2SO42-。在Fe7As2O14中，Fe显+2、+3价，As显+5价，O显-2价，可设Fe2+的个数为x，则Fe3+的个数为(7-x)，依据化合价的代数和等于0，可建立如下等量关系式：2x+3(7-x)=18，x=3，从而得出该物质中二价铁与三价铁的个数比为3:4。答案为：Fe+S2O82-=Fe2++2SO42-；3:4。‎ ‎【点睛】在分析图中所示反应的反应物和生成物时，可从图中箭头的方向判断，箭尾所示物质为反应物，箭头所指物质为生成物。‎ ‎10.甲烷、乙烯、环氧乙烷、丁烷都是重要的化工原料，用途广泛，回答下列问题：‎ 已知：Ⅰ．2CH2=CH2(g)+O2(g)⇌2(g) ΔH1＜0‎ Ⅱ．CH2=CH2(g)+3O2(g)⇌2CO2(g)+2H2O(l) ΔH2‎ Ⅲ．2(g) +5O2(g)⇌ 4CO2(g)+4H2O(l) ΔH3‎ ‎(1)若反应Ⅲ是在一定温度下可自发进行，则ΔH3______(填“＞”“＜”或“=”)0。‎ ‎(2)热值是表示单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量，是燃料质量的一种重要指标。已知乙烯的热值为50.4kJ·g-1，则△H2=________kJ·mol-1。‎ - 19 -‎ ‎(3)实验测得2CH2=CH2(g)+O2(g)⇌2(g) ΔH1＜0中，v正=k正·c2(CH2=CH2)·c(O2)，v逆=k逆·c2()(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。‎ ‎①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数________(填“大于”“小于”或“等于”) k逆增大的倍数。‎ ‎②若在1L的密闭容器中充入1mol CH2=CH2(g)和1mol O2(g)，在一定温度下只发生反应Ⅰ，经过10min 反应达到平衡，CH2=CH2(g)的转化率为40%，则0~10min内，v(O2)=_________，=___________(保留两位有效数字)。‎ ‎(4)下列有关环氧乙烷制备的说法正确的是________(填字母)。‎ A．由图1可知，进料气体初始温度对环氧乙烷的选择性影响不大，可得出乙烯的转化率受初始温度的影响不大 B．由图2可知，原料气的流速加快，乙烯转化率下降，主要是原料气与催化剂接触时间过短造成 C．若进料气中氧气比例增大，环氧乙烷产率降低，其主要原因是部分乙烯、环氧乙烷转化为二氧化碳和水 图1环氧乙烷选择性与进料气体初始温度关系 图2乙烯转化率-环氧乙烷选择性与进料气体流速关系 ‎(5)一种以天然气为物燃料的固体氧化物燃料电池的原理如图所示，其中YSZ为6%～10%Y2O3掺杂的ZrO2固体电解质。‎ - 19 -‎ a极上的电极反应式为_____________；若电路中转移0.1mol电子，则消耗标准状况下CH4的体积为_____________ L。‎ ‎【答案】 (1). ＜ (2). -1411.2 (3). 小于 (4). 0.02mol/(L∙min) (5). 0.56 (6). BC (7). CH4-8e- +4O2- =CO2+2H2O (8). 0.28‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)反应Ⅲ：2(g) +5O2(g)⇌4CO2(g)+4H2O(l)是体系混乱度减小的反应，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析判断；‎ ‎(2)结合热值计算乙烯的燃烧热，根据盖斯定律，将×(Ⅰ+Ⅲ)整理可得；‎ ‎(3)①反应2CH2=CH2(g)+O2(g)⇌2(g)ΔH1＜0的正反应是放热反应，在其他条件不变时，升高温度，v正、v逆都增大，由于温度对吸热反应影响更大，结合v正=k正·c2(CH2=CH2)·c(O2)，v逆=k逆·c2()分析判断；‎ ‎②达到平衡时乙烯的转化率为40%，则参与反应的乙烯的物质的量为1mol×40%=0.4mol，根据反应计算氧气的物质的量进而计算v(O2)；反应达到平衡时，计算化学平衡常数K；由于反应达到平衡时，v正=v逆，所以k正·c2(CH2=CH2)·c(O2)= k逆·c2()；‎ ‎(4)A．根据图示可知，进料气体的初始温度对环氧乙烷的选择性影响不大，可能是温度对副反应的影响较小造成的，但不能得到初始温度对乙烯的转化率影响不大的结论；‎ B．流速越快，反应物接触时间越短，消耗乙烯的量越少；‎ C．若进料气中O2比例增大，环氧乙烷与氧发生副反应转化为氧化碳和水；‎ ‎(5)根据图示可知在a电极通入甲烷为负极，失去电子发生氧化反应；根据电极反应计算CH4的物质的量，再利用V=nVm计算。‎ ‎【详解】(1)反应Ⅲ：2(g) +5O2(g)⇌4CO2(g)+4H2O(l)是体系混乱度减小反应，ΔS＜0，若在一定温度下可自发进行，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0，ΔS＜0则ΔH＜0，即ΔH3＜0；‎ ‎(2)热值是表示单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量，是燃料质量的一种重要指标。已知乙烯的热值为50.4kJ·g-1，则1mol乙烯的燃烧热为-50.4 kJ·g-1×28g/mol=-1411.2kJ·mol-1，根据盖斯定律，将×(Ⅰ+Ⅲ)整理可得，CH2=CH2(g)+3O2(g)⇌2CO2(g)+2H2O(l) ΔH2=×(H1+ H3)= -1411.2kJ·mol-1；‎ - 19 -‎ ‎(3)①反应2CH2=CH2(g)+O2(g)⇌2(g)ΔH1＜0的正反应是放热反应，在其他条件不变时，升高温度，v正、v逆都增大，由于温度对吸热反应影响更大，所以v逆增大的比v正最大的多，使得v正＜v逆，所以化学平衡向逆向移动，v正=k正·c2(CH2=CH2)·c(O2)，v逆=k逆·c2()，因此达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；‎ ‎②根据方程式可知，乙烯与氧气反应的物质的量之比为2:1，由于开始时加入了1mol乙烯，达到平衡时乙烯的转化率为40%，则参与反应的乙烯的物质的量为1mol×40%=0.4mol，所以反应的氧气的物质的量为0.2mol，故0~10min内v(O2)==0.02mol/(L∙min)；反应达到平衡时c(CH2=CH2)==0.6mol/L，c(O2)== 0.8mol/L，c()==0.4mol/L，化学平衡常数K==；由于反应达到平衡时，v正=v逆，所以k正·c2(CH2=CH2)·c(O2)= k逆·c2()，故==K==0.56；‎ ‎(4)A．根据图示可知，进料气体的初始温度对环氧乙烷的选择性影响不大，可能是温度对副反应的影响较小造成的，但不能得到初始温度对乙烯的转化率影响不大的结论，实际上升高温度，物质转化率相对有较大影响，故A错误；‎ B．流速越快，反应物与催化剂接触时间越短，消耗乙烯的量越少，导致乙烯转化率下降，故B正确；‎ C．若进料气中O2比例增大，环氧乙烷产率降低，其主要原因是环氧乙烷与氧发生副反应转化为氧化碳和水，故C正确；‎ 故答案选BC；‎ ‎(5)根据图示可知，该装置为燃料电池，通入燃料的一极为负极，在a电极通入甲烷为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为CH4-8e- +4O2- =CO2+2H2O，每有1 molCH4发生反应，转移8 mol电子；若电路中转移0.1 mol电子，消耗CH4的物质的量为n(CH4)=×0.1 mol=0.0125 mol，其在标准状况下的体积V(CH4)=nVm=0.0125mol×22.4 L/mol=0.28 L。‎ ‎（二）选考题 ‎[化学——物质结构与性质]‎ - 19 -‎ ‎11.2018年11月《Nature Energy》报道了巾科院大连化学物理研究所科学家用Ni- BaH2 /Al2O3、Ni- LiH等作催化剂，实现了在常压、100-300℃的条件下合成氨。‎ ‎（1）在元素周期表中，氧和与其相邻且同周期的两种元素的第一电离能由大到小的顺序为 __ ；基态Ni2+的核外电子排布式为 ___，若该离子核外电子空间运动状态有15种，则该离子处于 ___（填“基”或“激发”）态。‎ ‎（2）氨在粮食生产、国防中有着无可替代的地位，也是重要的化工原料，可用于合成氨基酸、硝酸、TNT等。甘氨酸（NH2CH2COOH）是组成最简单的氨基酸，熔点为182℃，沸点为233℃。‎ ‎①硝酸溶液中NO3⁻的空间构型为____。‎ ‎②甘氨酸中N原子的杂化类型为____，分子中σ键与π键的个数比为____，晶体类型是 ___，其熔点、沸点远高于相对分子质量几乎相等的丙酸（熔点为-2l℃，沸点为141℃）的主要原因：一是甘氨酸能形成内盐；二是____。‎ ‎（3）NH3分子中的键角为107°，但在[Cu(NH3)4]2+离子中NH3分子的键角如图l所示，导致这种变化的原因是____‎ ‎（4）亚氨基锂（Li2NH）是一种储氢容量高、安全性能好的固体储氢材料，其晶胞结构如图2所示，若晶胞参数为d pm，密度为ρg/cm3，则阿伏加德罗常数NA=____（列出表达式）mol-l。‎ ‎【答案】 (1). F>N>O (2). 1s22s22p63s23p63d8或[Ar] 3d8 (3). 激发 (4). 平面三角形 (5). sp3 (6). 9:1 (7). 分子晶体 (8). 分子数相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多（或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键） (9). 形成配合离子后，配位键与NH3中N—H键之间的排斥力小于原孤对电子与NH3中N—H键之间的排斥力，故配合离子中NH3的N—H键间的键角变大； (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)与氧相邻且同周期的元素为N和F，由于N原子最外层电子为半充满状态，第一电离能较大，所以三者第一电离能由大到小的顺序为F>N>O；Ni元素为28号元素，失去最外层两个电子形成Ni2+，基态Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8或[Ar] 3d8；基态Ni2+‎ - 19 -‎ 的核外电子空间运动状态有1+1+3+1+3+5=14种，若该离子核外电子空间运动状态有15种，则该离子处于激发态；‎ ‎(2)①NO3⁻的中心原子价层电子对数为=3，孤电子对数为0，所以空间构型为平面三角形；‎ ‎②甘氨酸(NH2CH2COOH)中N原子形成两个N-H键和一个N-C键，达到饱和状态，价层电子对数为4，所以为sp3杂化；分子中碳氧双键中存在一个π键，其余共价键均为σ键，所以分子中σ键与π键的个数比为9:1；甘氨酸熔沸点较低属于分子晶体；分子数相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多（或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键）；‎ ‎(3)形成配合离子后，配位键与NH3中N—H键之间排斥力小于原孤对电子与NH3中N—H键之间的排斥力，故配合离子中NH3的N—H键间的键角变大；‎ ‎(4)根据均摊法，该晶胞中Li原子个数为8，其分子式为Li2NH，则晶胞中NH原子团的个数为4，则晶胞的质量为m=g，晶胞参数为d pm=d×10-10cm，所以晶胞的体积V=d3×10-30cm3，则密度 ，解得NA=。‎ ‎【点睛】含有—OH、—NH2等基团的物质容易形成分子间氢键，使熔沸点升高；甲烷和氨气均为sp3杂化，但由于σ键对σ键的排斥力小于孤电子对σ键的排斥力，所以甲烷分子中键角比氨气分子中键角大。‎ ‎[化学——有机化学基础]‎ ‎12.化合物W是合成一种抗心律失常药物的中间物质，一种合成该物质的路线如下：‎ ‎（1）ClCH2CH2C1的名称是____________。‎ - 19 -‎ ‎（2）E中不含氧的官能团的名称为____________。‎ ‎（3）C的分子式为__________，B→C的反应类型是____________。‎ ‎（4）筛选C→D的最优反应条件(各组别条件得到的D的产率不同)如下表所示：‎ 组别 加料温度 反应溶剂 AlCl3的用量(摩尔当量)‎ ‎①‎ ‎-30~0℃‎ ‎1 eq ‎②‎ ‎-20~-10℃‎ ‎1 eq ‎③‎ ‎-20~-10℃‎ ClCH2CH2Cl ‎1 eq 上述实验筛选了________和________对物质D产率的影响。此外还可以进一步探究___________对物质D产率的影响。‎ ‎（5）M为A的同分异构体，写出满足下列条件的M的结构简式：__________________。‎ ‎①除苯环外不含其他环；②有四种不同化学环境的氢，个数比为1：1：2：2；③1 mol M只能与1mol NaOH反应。‎ ‎（6）结合上述合成路线，写出以、CH3I和SOCl2为基本原料合成的路线图。(其他所需无机试剂及溶剂任选)‎ 已知，RCOOHRCOCl。‎ ‎____________________________________________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 1，2−二氯乙烷 (2). 碘原子、碳碳双键 (3). C12H14O (4). 还原反应 (5). 加料温度 (6). 反应溶剂 (7). 氯化铝的用量 (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 19 -‎ A发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生取代反应生成W；‎ ‎(1)该分子中含有2个碳原子，氯原子位于1、2号碳原子上；‎ ‎(2)E中含有的官能团是醚键、碳碳双键、羰基、碘原子、酚羟基；‎ ‎(3)根据结构简式确定分子式；B分子去掉氧原子生成C； (4)对比表中数据不同点确定实验筛选条件；还可以利用氯化铝量的不同探究氯化铝对D产率的影响；‎ ‎(5)M为A的同分异构体，M符合下列条件：‎ ‎①除苯环外不含其他环；‎ ‎②有四种不同化学环境的氢，个数比为1：1：2：2；‎ ‎③l mol M只能与1 molNaOH反应，说明含有1个酚羟基；‎ 根据其不饱和度知还存在1个碳碳三键；‎ ‎(6)以、CH3I和SOCl2为基本原料合成，可由和SOCl2发生取代反应得到，可由发生氧化反应得到，可由和CH3I发生取代反应得到。‎ ‎【详解】A发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生取代反应生成W；‎ ‎(1)该分子中含有2个碳原子，氯原子位于1、2号碳原子上，所以其名称是1，2−二氯乙烷；‎ ‎(2)E中含有的官能团是醚键、碳碳双键、羰基、碘原子、酚羟基，所以不含氧官能团为碘原子和碳碳双键；‎ ‎(3)根据结构简式确定分子式为C12H14O；B分子去掉氧原子生成C，该反应为还原反应；‎ ‎(4)对比表中数据不同点确定实验筛选条件是加料温度和反应溶剂；还可以利用氯化铝量的不同探究氯化铝对D产率的影响；‎ ‎(5)M为A的同分异构体，M符合下列条件：‎ ‎①除苯环外不含其他环；‎ - 19 -‎ ‎②有四种不同化学环境的氢，个数比为1:1:2:2；‎ ‎③l mol M只能与1 molNaOH反应，说明含有1个酚羟基；‎ 根据其不饱和度知还存在1个碳碳三键，‎ 则符合条件的结构简式为：；‎ ‎(6)以、CH3I和SOCl2为基本原料合成，可由和SOCl2发生取代反应得到，可由发生氧化反应得到，可由和CH3I发生取代反应得到，其合成路线为：。‎ - 19 -‎ - 19 -‎