湖北省七市州教科研协作体2020年5月高三联合考试（全国I卷）理综化学试题 Word版含解析

湖北省七市州教科研协作体2020年5月高三联合考试（全国I卷）理综化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020年5月湖北省七市（州）教科研协作体高三联合考试 理科综合能力测试化学 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 C1 35.5 Zn 65 Ga 70 Pb 207‎ 一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。‎ ‎1.化学与科技、生活密切相关。下列叙述中正确的是 A. 从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，因此是电解质 B. 中国天眼FAST用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料 C. 向海水中加入石灰与纯碱可以使海水淡化 D. 垃圾分类回收是防止污染及资源化利用的有效方式 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电解质必须是化合物，石墨烯是碳单质的一种形式，因此石墨烯不属于电解质，故A错误；‎ B. 碳化硅属于无机物，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，故B错误；‎ C. 海水淡化是降低海水中NaCl等盐类物质浓度，加入石灰除去的是海水中的Mg2＋等离子，加入Na2CO3，除去海水中的Ca2＋等离子，引入了Na＋，因此加入石灰、纯碱无法使海水淡化，故C错误；‎ D. 垃圾分类回收可以防止重金属离子等对环境的污染，同时对一些垃圾进行资源化利用，如废旧金属的利用等，故D正确；‎ 答案：D。‎ ‎2.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 若1molFeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目为NA B. 将一定量的Cl2通入FeBr2溶液中，当有1molBr-转化为Br2时，转移的电子数为NA C. 44.0g环氧乙烷中含有6.0NA个极性键 D. 1molCaO2晶体中含离子总数为3NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢氧化铁胶体是由许多个氢氧化铁聚集而成，因此1molFeCl3跟水完全反应转化成氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的物质的量小于1mol，故A错误；‎ - 18 -‎ B. Fe2＋的还原性强于Br－，通入氯气，先发生2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，然后再发生Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2，当Br－转化成Br2时，Fe2＋全部转化成Fe3＋，转移电子物质的量大于1mol，故B错误；‎ C. 环氧乙烷的键线式为，1mol环氧乙烷中含有6mol极性键，则44.0g环氧乙烷中含有的极性键物质的量为=6mol，故C正确；‎ D. CaO2是由Ca2＋和O22－组成，1molCaO2中离子总物质的量为2mol，故D错误；‎ 答案：C。‎ ‎3.萜类化合物广泛存在于动植物体内，下列关于萜类化合物的说法错误的是 A. c和b互为同分异构体 B. c的分子式是C10H16O C. a、b、c均能发生加成反应 D. a、b、c中共有三种官能团，且都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据b的结构简式，b的分子式为C10H14O，根据c的结构简式，c的分子式为C10H16O，它们分子式不同，因此b和c不互为同分异构体，故A错误；‎ B. 根据c的结构简式，c的分子式为C10H16O，故B正确；‎ C. a中含有碳碳双键，b中含有苯环，c中含有醛基，这些都能发生加成反应，故C正确；‎ D. a中官能团是碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，b中官能团是羟基，苯环上含有甲基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化成羧基，c中含有醛基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D正确；‎ 答案：A。‎ ‎4.完成下列实验所选择装置正确的是 - 18 -‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙醇与苯酚互溶，不能用过滤方法除去乙醇中的苯酚，故A错误；‎ B. SO2属于酸性氧化物，能与NaOH反应生成Na2SO3，乙烯不与氢氧化钠溶液反应，可以达到实验目的，故B正确；‎ C. NH4Cl不稳定，受热易分解成NH3和HCl，因此不能通过蒸发结晶的方法获得NH4Cl，应采用降温结晶的方法获得氯化铵晶体，故C错误；‎ D. 纯碱是粉末状且易溶于水，不能用启普发生器的简易装置，应将纯碱改为石灰石，故D错误；‎ 答案：B。‎ ‎【点睛】易错点是选项D，使用启普发生器或启普发生器的简易装置，要求①固体反应过程中保持块状；②该反应不要加热；③所生成的气体不溶于反应的溶液。‎ ‎5.下表是元素周期表短周期的一部分，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列说法错误的是 A. 最简单氢化物沸点：W >Z B. Y的最高价氧化物不能与碱反应 C. 简单离子的半径：Y r(Al3＋)，故C正确；‎ D. Y和Z形成的化合物是AlCl3，属于弱碱强酸盐，其水溶液显酸性，故D正确；‎ 答案：B。‎ ‎6.甲图为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能；乙图是含Cr2O72-酸性废水的处理装置。将甲、乙两装置连接[Fe(Ⅱ)极与X极连接]，可将Cr2O72-转化成Cr(OH)3沉淀而除去。下列说法错误的是 A. 若废水中含有乙醛，则M极的电极反应为：CH3CHO＋2H2O－8e－=2CO2↑＋8H＋，‎ B. 电解一段时间后，在Fe(I)极附近有沉淀析出 C. 装置乙的隔膜是阳离子交换膜 D. 电路中每转移3 mol电子，最多有0.5 mol Cr2O72-被还原 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲装置 - 18 -‎ 原电池装置，根据装置图以及原电池工作原理，M极为负极，N极为正极，Fe（II）与X电极相连，则Fe(II)为阴极，Fe(I)为阳极，即乙装置为电解池，然后利用原电池工作原理和电解池工作原理进行分析；‎ ‎【详解】A. 甲装置是利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能，即甲装置为原电池，根据原电池工作原理，M极为负极，若废水中含有乙醛，则其电极反应式为CH3CHO＋2H2O－8e－=2CO2↑＋8H＋，故A正确；‎ B. Fe(I)连接Y，即Fe(I)为阳极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，该区域发生氧化还原反应6Fe2＋＋Cr2O72－＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，Fe(II)电极为阴极，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，H＋不断在阴极上得电子成为H2而析出，且Cr2O72－与Fe2＋的反应也在消耗H＋，使得溶液酸性变为中性，再由中性变为碱性，Cr3＋＋3OH－＝Cr(OH)3↓，Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓，因隔膜为离子交换膜，因此Fe(I)附近有沉淀产生，故B正确；‎ C. 根据乙装置以及B选项分析，乙装置右侧中Cr2O72－向左侧移动，则隔膜为阴离子交换膜，故C错误；‎ D. 根据B选项分析，建立12e－～6Fe2＋～Cr2O72－，每转移3mol电子，最多有=molCr2O72－被还原，故D错误；‎ 答案：CD。‎ ‎7.常温下，已知醋酸的电离常数为1.75×10-5，向20mL0.01mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的NaOH溶液，溶液中水电离的c(H+)随加入NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是（已知=4.2）‎ A. b、d两点溶液的pH相同 B. b点溶液中离子浓度大小顺序是：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)‎ C. e点所示溶液中，c(Na+)=2[c(CH3COO-)+c(CH3COOH)]=0.005mol/L D. a点坐标为(0，2.4×10－11)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 18 -‎ CH3COOH溶液中加入NaOH发生CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O，酸、碱抑制水的电离，CH3COONa为强碱弱酸盐，促进水的电离，向醋酸溶液中加入NaOH溶液，水的电离程度先增大后减小，据此分析；‎ ‎【详解】A. CH3COOH溶液中加入NaOH发生CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O，b点消耗NaOH的体积为10mL，NaOH和CH3COOH的物质的量浓度相等，则此时溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且两者物质的量相等，CH3COO－的水解常数为<1.75×10－5，CH3COOH的电离大于CH3COO－水解，即b点溶液显酸性，d点溶质为CH3COONa和NaOH，溶液显碱性，b、d两点pH不相同，故A错误；‎ B. 根据A选项分析，b点溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且两者物质的量相等，CH3COOH的电离大于CH3COO－的水解，因此离子浓度大小顺序是c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，故B错误；‎ C. e点溶质为CH3COONa和NaOH，且两者物质的量相等，根据物料守恒，因此有c(Na＋)=2[c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)]=，故C错误；‎ D. CH3COO发生电离：CH3COOH CH3COO－＋H＋，电离平衡常数Ka==1.75×10-5，因此有c2(H＋)=1.75×10－7，即c(H＋)=4.2×10－4mol·L－1，根据水的离子积，则溶液中c(OH－)=≈2.4×10－11 ，即水电离出的c(H＋)=2.4×10－11mol·L－1，故D正确；‎ 答案：D。‎ ‎8.铅及其化合物用途广泛，三盐基硫酸铅（3PbO·PbSO4·H2O，摩尔质量=990 g/mol）简称三盐。以铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSO4等）为原料制备三盐的工艺流程如图所示。‎ 已知： 。‎ 请回答下列问题：‎ - 18 -‎ ‎(1)步骤①中涉及的主要反应的平衡常数K=____（列出计算式即可）。步骤②中滤渣的主要成分是____。‎ ‎(2)步骤③酸溶时，为提高酸溶速率，可采取的措施是____（任答一条）。‎ ‎(3)步骤⑥合成三盐的化学方程式为____。现用100 t铅泥可制得纯净干燥的三盐49.5 t，若铅元素的利用率为75%，则铅泥中铅元素的质量分数为___ %。简述步骤⑦检验沉淀洗涤完全的方法___ 。‎ ‎(4)已知水中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2、Pb(OH)3-、Pb(OH)42-，其中Pb(OH)2是沉淀，各形态铅的物质的量的分数α随溶液pH变化的关系如图所示，除去污水中的铅，最好控制溶液的pH在____左右，当溶液的pH由13转化为14时发生反应的离子方程式是：________________‎ ‎(5)将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，进一步电解Na2PbCl4生成Pb，如图所示。阴极电极反应式是_________‎ ‎【答案】 (1). (2). Pb、PbO、PbCO3 (3). 适当升温 (4). 4PbSO4+6NaOH3Na2SO4+3PbO·PbSO4·H2O+ H2O (5). 55.2 (6). 取少量最后一次洗涤液，滴加氯化钡溶液，若没有沉淀则说明洗涤完全。 (7). 10 (8). Pb(OH)3-+OH-=Pb(OH)42- (9). PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 步骤①发生中发生PbSO4＋CO32－PbCO3＋SO42－，将PbSO4转化成PbCO3，过滤，得到滤渣为PbO、Pb、PbCO3，在滤渣加入硝酸，PbO、Pb、PbCO3与硝酸发生反应生成Pb(NO3)2‎ - 18 -‎ ‎，然后加硫酸发生Pb(NO3)2＋H2SO4=PbSO4↓＋2HNO3，HNO3再转移到酸溶中，过滤后，向沉淀中加入NaOH溶液加热，得到三盐；‎ ‎【详解】(1)PbSO4的Ksp大于PbCO3的Ksp，因此步骤“转化”中发生PbSO4＋CO32－PbCO3＋SO42－，平衡常数的表达式为Ksp==；PbO、Pb不与Na2CO3发生反应，步骤②中滤渣的主要成分为PbO、Pb、PbCO3；‎ ‎(2)提高酸溶的速率，可以采取适当升温、适当增大硝酸浓度、搅拌、粉碎固体等；‎ ‎(3)“沉铅”将Pb2＋转化成PbSO4，“合成”步骤中的反应物是PbSO4、NaOH，其反应方程式为PbSO4＋NaOH→3PbO·PbSO4·H2O＋Na2SO4+H2O，该反应属于非氧化还原反应，采用原子守恒进行配平，4PbSO4+6NaOH3Na2SO4+3PbO·PbSO4·H2O+ H2O；令铅泥中铅元素的质量分数为a%，根据题意得出：，解得a=55.2；根据“合成”的反应方程式，三盐表面沾有Na2SO4，检验沉淀洗涤完全，需要检验SO42－不存在，操作是取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀则说明洗涤完全；‎ ‎(4)除去污水中的铅，铅元素需要以Pb(OH)2形式沉淀出来，根据图像pH控制在10左右；根据图像pH由13→14，Pb(OH)3－→Pb(OH)42－，发生反应的离子方程式为Pb(OH)3－+OH－=Pb(OH)42－；‎ ‎(4)根据装置图，PbCl42－在阴极区参与反应，其电极反应式为PbCl42－＋2e－=Pb＋4Cl－。‎ ‎【点睛】陌生方程式的书写是本题的难点，也是高考的热点，一般情况下主要参与的物质，题中已给出，需要结合原子守恒、电荷守恒等，确认是否有其他物质或离子参与，配平时，如果该反应为非氧化还原反应，采用观察的方法进行配平，如果是氧化还原反应，则采用化合价升降法进行配平；一定注意溶液的酸碱性。‎ ‎9.随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究新的热点。 完成下列问题：‎ ‎(1)CO2催化加氢合成CH3OCH3是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：‎ 反应I： ‎ 反应Ⅱ：‎ - 18 -‎ ‎①写出CO和H2合成CH3OCH3的热化学方程式____。‎ ‎②分别在2L恒温密闭容器甲（恒温恒容）、乙（恒温恒压）中，加入CO2和H2各1 mol的混合气体，假设只发生反应Ⅱ，则两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是____（填“甲”或“乙”）。当反应5 min时，测得甲容器中压强变为原来的一半，则用CO2表示的反应的速率= ___。‎ ‎③在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：‎ ‎ ‎ i)温度高于300℃，温度对CO2平衡转化率影响较大的是反应____（填“I”或“Ⅱ”）。‎ ii)220℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施可以是____（任答一条）。‎ ‎(2)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为____（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3-):c(CO32-)=1:5，溶液pH= ___。（室温下，H2CO3的）‎ ‎【答案】 (1). (2). 乙 (3). 0.05mol/(L·min) (4). Ⅰ (5). 增大压强或使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂或其他合理答案 (6). CO32- (7). 11‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①先写出CO和H2反应的方程式，该反应方程式为2CO＋4H2=CH3OCH3＋H2O，然后根据盖斯定律进行分析；‎ - 18 -‎ ‎②根据方程式的特点和压强对化学平衡的影响分析；压强变为一半，在相同的条件下，压强之比等于物质的量之比，即气体物质的量变为原来的一半，然后进行分析；‎ ‎③i)根据图像，温度高于300℃时，CH3OCH3的选择性迅速降低，而CO2的平衡转化率增大，据此分析；‎ ii)增大CH3OCH3选择性，即增大CH3OCH3的物质的量，不改变反应时间和温度，反应向正反应方向进行或加快反应速率，据此分析；‎ ‎(2)CO2与NaOH反应，产物可能是Na2CO3，也可能是NaHCO3，也可能是两者的混合物，需要根据碳酸的二级电离平衡常数进行分析和对比；‎ ‎【详解】(1) ①CO和H2反应的方程式为2CO＋4H2=CH3OCH3＋H2O，根据盖斯定律，将反应II－2×反应I，2CO(g)＋4H2(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g) △H=－204.9kJ·mol－1；‎ ‎②反应II是气体物质的量减小的反应，随着反应的进行，恒温恒容容器内的气体压强减小，恒温恒压相当于在恒温恒容基础上增大压强，增大压强，该反应向正反应方向进行，放出的热量增多，即乙容器放出的热量较多；甲容器为恒温恒容，5min时甲容器内的压强变为原来的一半，则气体物质的量变为原来的一半，，解得n（CO2）=0.5mol，根据化学反应速率的表达式为υ(CO2)==0.05mol/(L·min)；‎ ‎③i)根据图像，温度高于300℃时，CH3OCH3的选择性迅速降低，反应II向逆反应方向进行，CO2的转化率降低；反应I是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向反应，CO2的转化率增大，根据图像，温度高于300℃时，CO2的平衡转化率增大，说明温度对CO2平衡转化率影响较大的是反应I；‎ ii)在不改变时间和温度情况下，一定能提高CH3OCH3选择性措施的是增大压强或使用对反应II催化活性更高的催化剂；‎ ‎(2)Ka2=，所得溶液的pH=13，即c(H＋)=10－13mol·L－1， =5×10－11，=500，c(CO32－)>c(HCO3－)，CO2主要转化为CO32－；所得溶液c(HCO3－)：c(CO32－)=1：5，代入Ka2==5×10－11，=5×10－11，c(H＋)=1×10‎ - 18 -‎ ‎－11mol·L－1，即此时溶液的pH=11。‎ ‎【点睛】(1)②是易错点，建立模型，学生能够清晰认识，恒温恒压下，，像该反应为物质的量减小的反应，当达到平衡时，隔板在虚线位置，此时CO2的转化率为a1，让虚线隔板上升到实线，这是研究恒温恒容，容器的体积增大，物质浓度减小，平衡向逆反应方向移动，CO2的转化率为a2，则比较出a1>a2，从而得出结果。‎ ‎10.某废催化剂含ZnO、ZnS、CuS和SiO2及少量的Fe3O4。‎ I．某同学以该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采用的实验方案如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)在下图装置中，第一次浸出反应装置最合理的是____（填标号）。步骤①中发生的化学反应为非氧化还原反应，最好在（填设备名称）____中进行。‎ ‎(2)滤液1中含有Fe2+，选用提供的试剂进行检验，检验方法为(提供的试剂：K3[Fe(CN)6]溶液、稀盐酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、碘水）____。‎ ‎(3)步骤③中发生反应的离子方程式为____；向盛有滤渣1的反应器中加入稀硫酸和过氧化氢溶液，应先加____，若顺序相反，会造成____。‎ ‎(4)步骤②、④中，获得晶体的实验操作方法是____，过滤。‎ Ⅱ．另一同学也以该废催化剂为原料，采用下列实验操作方法也得到了ZnSO4。‎ - 18 -‎ ‎(5)若一次水解时，产物为Zn( OH)xCly。取一次水解产物10. 64 g，经二次水解、干燥，得到9.9 g的Zn(OH)2（假设各步均转化完全），则一次水解产物的化学式为_______ .‎ ‎【答案】 (1). C (2). 通风橱 (3). 取少量滤液1，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀，则证明有Fe2+(或滴加KMnO4溶液，若褪色则证明有Fe2+) (4). CuS+H2O2+2H+Cu2++S+2H2O (5). 稀硫酸 (6). H2O2与固体颗粒接触分解 (7). 蒸发浓缩、冷却结晶 (8). Zn(OH)1.6Cl0.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废催化剂中含ZnO、ZnS、CuS、SiO2、Fe3O4，加入硫酸，ZnO、ZnS、Fe3O4与稀硫酸反应，滤液1中含有Zn2＋、Fe2＋、Fe3＋，CuS、SiO2不与稀硫酸发生反应，即滤渣1中有SiO2、CuS，滤渣1中加入稀硫酸和H2O2加热浸出CuSO4；然后逐项进行分析；‎ ‎【详解】(1)①中发生ZnO＋H2SO4=ZnSO4＋H2O、ZnS＋H2SO4=ZnSO4＋H2S↑、Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O，这些反应不需要加热，因此反应装置中不需要温度计，H2S有毒，能溶于水，尾气处理时，需要防止倒吸，即C装置最合理；发生反应时，产生H2S气体，H2S气体有毒，且易燃，需要在通风厨中进行；‎ ‎(2)根据(1)的分析，滤液1中含有Zn2＋、Fe2＋、Fe3＋，检验Fe2＋用K3[Fe(CN)6]或高锰酸钾溶液，具体操作是取少量滤液1，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀，则证明有Fe2+或滴加KMnO4溶液，若褪色则证明有Fe2＋；‎ ‎(3)滤渣1为CuS和SiO2，SiO2不与稀硫酸、H2O2发生反应，CuS中S显－2价具有还原性，能被H2O2氧化，发生的离子方程式为CuS＋H2O2＋2H＋Cu2＋＋S＋2H2O；向盛有滤渣1的反应器中先加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液，若顺序相反，会造成H2O2与固体颗粒接触分解；‎ ‎(4)获得晶体中含有结晶水，因此实验操作方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；‎ ‎(5)根据锌原子守恒，Zn(OH)xCly物质的量为=0.1mol，Zn(OH)xCly的摩尔质量为=106.4g/mol，则有65＋17x＋35.5y=106.4，根据化合价代数和为0，则有x+y=2，两式联立解得x=1.6，y=0.4，化学式为Zn(OH)1.6Cl0.4。‎ - 18 -‎ ‎【化学一选修3：物质结构与性质】‎ ‎11.氮化镓( GaN)是制造SG芯片的材料，氮化铝LED灯可发出紫外光。回答下列问题：‎ ‎(1) Ga的价电子排布式为____，该基态原子占据最高能级的电子云轮廓图形状为________。‎ 下列状态的铝中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是____（填字母）。‎ ‎(2)8 -羟基喹啉铝常用于发光材料及电子传输材料，可由LiAlH4与合成。LiAlH4中阴离子的空间构型为_____________，所含元素中电负性最大的是____（填元素符号），N的杂化方式为________________‎ ‎(3)金属晶体Al、Ga的熔点分别为660℃、30℃，Al比Ga熔点高的原因是____________‎ ‎(4)氮化镓为六方晶胞，结构如右图所示。该晶体密度为ρg/cm3，晶胞参数a=b≠c（单位：pm)，a、b夹角为120°，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数c=____pm（用含a、ρ、NA的代数式表示）。‎ ‎(5)在立方晶胞中，与晶胞体对角线垂直的面在晶体学中称为(1，1，1)晶面。如右图，该立方晶胞中(1，1，1)晶面共有____个。‎ ‎【答案】 (1). 4s24p1 (2). 哑铃形 (3). D (4). 正四面体 (5). O (6). sp2 (7). Al和Ga均为金属晶体，且二者的价电子数相同，但Al的原子半径比Ga的原子半径小，所以Al的熔点高 (8). (9). 8‎ - 18 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Ga位于第四周期IIIA族，价电子为最外层电子，电子占据最高能级为4p能级； ‎ ‎(2)利用价层电子对数进行分析AlH4－的空间构型；中含有元素的是C、H、N、O，然后判断电负性大小；利用杂化轨道数等于价层电子对数，判断杂化方式；‎ ‎(3)Al、Ga为金属晶体，通过比较金属键的强弱，分析金属晶体熔沸点高低；‎ ‎(4)利用晶胞的密度计算参数；‎ ‎(5)根据晶面的含义分析；‎ ‎【详解】(1)Ga位于第四周期IIIA族元素，Ga的价电子为最外层电子数，价电子排布式为4s24p1；电子占据最高能级为4p，电子云轮廓图形状为哑铃形或纺锤形；‎ A.为基态Al失去两个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al原子的第三电离能；‎ B. 为基态Al失去一个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al原子的第二电离能；‎ C. 为基态Al3＋，2p能级全充满，较稳定，电离最外层的一个电子为Al原子的第四电离能；‎ D. 为Al原子的核外电子排布的激发态；‎ 电离最外层的一个电子所需要的能量：基态大于激发态，而第一电离能<第二电离能<第三电离能<第四电离能，则电离最外层的一个电子所需能量最小的D；‎ ‎(2)阴离子是AlH4－，中心原子Al含有4个σ键，孤电子对数为=0，价层电子对数为4，空间构型为正四面体形；中含有元素为C、H、O、N，同周期从左向右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此电负性最大的是O；根据结构简式，N有2个σ键，1对孤电子对，即杂化方式为sp2；‎ ‎(3)Al、Ga为金属晶体，影响其熔点的是金属键，金属键与价电子、原子半径有关，Al和Ga均为金属晶体，且二者的价电子数相同，但Al的原子半径比Ga的原子半径小，所以Al的熔点高；‎ ‎(4)Ga位于顶点和体内，个数为=2，N位于棱上和体内，个数为=2，该晶胞的质量为g，晶胞的体积为(a×10－10)2sin60°×c×10－10cm3‎ - 18 -‎ ‎，根据密度的定义得出ρg/cm3=g÷[(a×10－10)2sin60°×c×10－10cm3]，解得c=pm；‎ ‎(5) 在立方晶胞中，与晶胞体对角线垂直的面在晶体学中称为(1，1，1)晶面，有8个顶点，即有8个这样的面，该立方晶胞中(1，1，1)晶面共有8个。‎ ‎【化学一选修5：有机化学基础】‎ ‎12.化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：‎ 已知：乙酸酐的结构简式为。请回答下列问题：‎ ‎(1)G中含氧官能团的名称是______________‎ ‎(2)反应①的化学方程式为__________________‎ ‎(3)反应⑤所需的试剂和条件是____，该反应类型是______________‎ ‎(4)写出满足下列条件的C的同分异构体的结构简式________________________。‎ I．苯环上只有两种取代基；Ⅱ，核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰；Ⅲ．能与NaHCO3溶液反应生成CO2。‎ ‎(5)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。则中的手性碳是____（填碳原子的数字标号）。‎ ‎(6)设计以为原料制备的合成路线（无机试剂任选）。‎ ‎_____________________________________‎ ‎【答案】 (1). 羧基、醚键 (2). ‎ - 18 -‎ ‎(3). 浓硫酸、加热 (4). 消去反应 (5). 、 (6). 5、8 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据G的结构简式，分析含有的含氧官能团；‎ ‎(2)对比A和B的结构简式，反应①为取代反应，据此书写方程式；‎ ‎(3)E→F→G过程中，消除了E中的羟基，因此反应⑤为消去反应，据此分析判断；‎ ‎(4)C的同分异构体的核磁共振氢谱有4组峰，说明是对称结构，能与NaHCO3反应，说明含有羧基，据此分析和判断；‎ ‎(5)利用手性碳原子的定义进行分析；‎ ‎(6)对比原料和目标产物结构的异同，利用题给信息和所学知识设计合成路线。‎ ‎【详解】(1)根据G的结构简式，G中的含氧官能团是醚键、羧基；‎ ‎(2)对比A和B的结构简式，A中氧氢键断裂，乙酸酐中，从虚线中断裂，该反应为取代反应，反应方程式为；‎ ‎(3) F→G显然发生加成反应，说明F中含有不饱和键，即E生成F发生消去反应，所需试剂和条件为浓硫酸、加热；‎ ‎(4)C的同分异构体的核磁共振氢谱有4组峰，说明是对称结构，两个取代基位置应是对位，能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，即符合条件的同分异构体是、；‎ ‎(5)根据手性碳原子的定义，属于手性碳原子是5、8；‎ ‎(6)对比原料和目标产物，模仿B→C，先让在AlCl3发生反应生成，然后羰基与H2‎ - 18 -‎ 在钯作催化剂下，发生加成反应，由于酚羟基的影响，使得苯环上的邻位和对位上的氢变得活泼，容易发生取代，最后与浓溴水发生取代反应，即合成路线为。‎ ‎【点睛】同分异构体数目的判断是考试的热点，需要根据条件确认含有的官能团或结构，书写出熟悉的的同分异构体，然后采用“先整后散”等规律，对其他结构进行分析，切记一定按照规律进行，这样操作不会出现漏写或多写的情况，平时多练习，找规律。‎ ‎ ‎ - 18 -‎ - 18 -‎