陕西省西安中学2020届高三第二次模拟考试化学试卷 Word版含解析

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陕西省西安中学高2020届高三第2次模拟考试 化学试题（二）‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Ca 40 Mn 55 Cu 64‎ 第I卷（选择题 共126分）‎ 一、选择题：本题共13小题，每小题6分。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. 化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法错误的是（ ）‎ A. 氨气很容易液化，液氨汽化吸收大量的热，所以液氨常用作制冷剂 B. 自来水厂用明矾净水，用Fe2(SO4)3或ClO2代替明矾净水，其原理相同 C. 为了消除碘缺乏病，在食用盐中加入一定量的KIO3‎ D. 将水中的铁闸门连接电源的负极而防腐，是外加电流的阴极保护法 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氨气很容易液化，液氨汽化吸收大量的热，所以液氨常用作制冷剂，A正确；‎ B. 自来水厂用明矾净水，用Fe2(SO4)3或ClO2代替明矾净水，其原理不相同，硫酸铝和硫酸铁利用的是胶体的吸附性，ClO2利用的是其强氧化性，B错误；‎ C. 为了消除碘缺乏病，常在食用盐中加入一定量的KIO3，C正确；‎ D. 将水中的铁闸门连接电源的负极而防腐，属于外加电流的阴极保护法，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 常温常压下4.4g乙醛所含σ键数目为0.7NA B. 含4 mol Si—O键的石英晶体中，氧原子的数目为2NA C. 常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数为0.1NA D. 100mL4mol/L的硫酸与足量锌反应，转移电子数为0.4NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1mol乙醛(CH3CHO)含有6molσ键，常温常压下4.4g乙醛(CH3CHO)物质的量为 - 16 -‎ ‎，则所含σ键数目为0.6NA，故A错误；‎ B．1mol石英含有4mol Si—O键，因此含4 mol Si—O键的石英晶体中，氧原子的数目为2NA，故B正确；‎ C．常温常压不是标准状况，2.24LCO和CO2混合气体物质的量无法计算，故C错误；‎ D．100mL4 mol∙L−1的硫酸物质的量为，含有0.8molH+，与足量锌反应，转移电子数为0.8NA，故D错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎3. 某饱和一元醇14.8g和足量的金属Na反应，生成标准状况下氢气为2.24L，该醇可氧化成醛，则其结构可能有几种( )‎ A. 5种 B. 4种 C. 3种 D. 2种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】标准状况下氢气为2.24L即0.1mol，质量为0.2g，‎ 解得n=4‎ 能氧化生成醛的醇有CH3CH2CH2CH2OH、(CH3)2CHCH2OH两种，‎ 故选D。‎ ‎4. 已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D是地壳中含量最多的金属元素．下列说法错误的是（ ）‎ A. A、E分别与C形成的化合物中含有一种相同类型的化学键 B. 元素C、D、E的简单离子的半径依次减小 C. B的单质在自然界有多种核素 D. 通常使用电解法制备C单质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 16 -‎ 已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，则B为C，A为H，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C为Na，元素D是地壳中含量最多的金属元素，则为Al，则E为Cl。‎ ‎【详解】A．A、E分别与C形成的化合物分别为NaH、NaCl，都含有离子键，故A正确；‎ B．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，元素C、D、E的简单离子的半径是E＞C＞D，故B错误；‎ C．B的单质在自然界有多种核素，比如12C、13C、14C，故C正确；‎ D．通常使用电解熔融NaCl制备Na单质，故D正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎5. 下列关于实验的说法正确的是 选项 实验目的 实验操作 A 分离Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液 将混合液倒入过滤器中过滤 B 证明Ksp(CuS)H3BO3‎ 向Na2CO3中滴入过量H3BO3溶液，无气泡冒出 D 验证铁的吸氧腐蚀 将铁钉放入试管中，用盐酸浸没，产生气泡 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项，分离胶体与溶液应该用半透膜渗析，故A项错误；B项，“几滴”这个词描述不明确，如果加入的ZnSO4和CuSO4溶液的浓度和滴数是相等的（也就是Zn2+和Cu2+在溶液中的浓度是相等的），沉淀由白色的ZnS转化为黑色的CuS，则可以说明Ksp(CuS)H3BO3，故C项正确；D项，吸氧腐蚀发生在中性或碱性条件下，在酸性条件下发生的是析氢腐蚀或化学腐蚀，故D项错误。综上所述，符合题意的选项为C。‎ ‎6. 氯碱工业的一种节能新工艺是将电解池与燃料电池相结合，相关物料的传输与转化关系如图所示（电极未标出）。下列说法正确的是（ ）‎ A. 电解池的阴极反应式为2Cl－－2e－= Cl2↑‎ B. 通入空气的电极为负极 C. 电解池中产生2molCl2时，理论上燃料电池中消耗1molO2‎ D. a、b、c的大小关系为a>b=c ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电解池的阳极反应式为2Cl－－2e－= Cl2↑，故A错误；‎ B．通入空气(主要是O2化合价降低)，化合价降低得到电子，电极为正极，故B错误；‎ C．根据A选项得到电解池中产生2molCl2时失去4mol电子，1mol O2得到4mol电子，因此理论上燃料电池中消耗1molO2，故C正确；‎ D．根据图中电解池左侧加NaCl溶液，说明左侧为阴极，右侧为阳极，阳极生成H2和NaOH，NaOH加入到燃料电池中，在原电池负极氢气反应消耗NaOH得到b%的NaOH溶液，燃料电池右侧是氧气得到电子生成OH－，因此a、b、c的大小关系为c＞a＞b，故D错误。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎7. 常温下，向100mL0.1mol/LNH4Cl溶液中，逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液。NH和NH3·H2O的变化趋势如图所示（不考虑NH3的逸出）。下列说法错误的是（ ）‎ - 16 -‎ A. M点溶液中水的电离程度比原溶液小 B. 在M点时，n（H+）-n（OH-）=（0.005-a）mol C. 随着NaOH溶液的滴加，不断减小 D. 当n（NaOH）=0.01mol时，c（Na+）＞c（NH3·H2O）＞c（OH-）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原溶液水解促进水的电离，而M点含一水合氨电离出OH-抑制水的电离，则M点溶液中水的电离程度比原溶液小，故A正确；‎ B．M点存在电荷守恒：n（OH-）+n（Cl-）=n（H+）+n（Na+）+n（NH），则n（H+）-n（OH-）=n（Cl-）-0.005-n（Na+）=（0.005-a）mol，故B正确；‎ C．随着NaOH溶液的滴加，c（NH3•H2O）减小，且=，可知比值不断增大，故C错误；‎ D．当n（NaOH）=0.01mol时，恰好反应生成等量的氯化钠和一水合氨，一水合氨电离，则c（Na+）＞c（NH3·H2O）＞c（OH-），故D正确；‎ 故答案选C。‎ 第II卷（非选择题 共174分）‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～40题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题（共129分）‎ ‎8. Mn2O3是一种重要的工业原料，在电磁和有机合成等领域应用广泛。某学习小组在实验室用CH4还原MnO2制备Mn2O3，并测定产品纯度。请回答下列问题：‎ Ⅰ.制备Mn2O3(实验装置如图所示)已知：Al4C3+12H2O=4Al(OH)3+3CH4↑‎ - 16 -‎ ‎(1)仪器a的名称为 ________ 。‎ ‎(2)连接好实验装置，检验装置的气密性，加入试剂， ________ （填操作步骤），点燃装置C处酒精灯。‎ ‎(3)仪器b中同时生成两种能参与大气循环的物质，该反应的化学方程式为 ________ 。‎ ‎(4)上述实验装置有一处明显缺陷，改进措施为 ___ 。‎ Ⅱ.测定产品中Mn2O3的纯度(只考虑产品中混有少量未参与反应的MnO2)‎ ⅰ实验结束后，取仪器b中所得固体7.19g，加入足量硫酸酸化的KI溶液，使固体中锰元素全部转化为Mn2+；‎ ⅱ将所得溶液稀释至500ml；‎ ⅲ取25.00ml稀释后的溶液，滴加淀粉溶液作指示剂，用0.200mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗25.00mlNa2S2O3标准溶液。‎ ‎（2Na2S2O3+I2 = Na2S4O6 + 2NaI）‎ ‎(5)步骤i中发生反应的离子方程式为 ____ 。‎ ‎(6)步骤iii中滴定终点的现象为 _______ 。‎ ‎(7)所取固体中Mn2O3的质量分数为 _____ （计算结果精确到0.1%）。‎ ‎【答案】 (1). 球形干燥管 (2). 打开分液漏斗的活塞，一段时间后，在干燥管末端收集气体并验纯 (3). 8MnO2+CH44Mn2O3+CO2+2H2O (4). 在整套装置末端对未参与反应的CH4进行点燃处理或用气囊收集； (5). MnO2 +4H+ +2I-= Mn2+ +2H2O+ I2 、Mn2O3 +6H+ +2I-= 2Mn2++3H2O+ I2; (6). 溶液蓝色消失，且30s不恢复原色； (7). 87.9%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Al4C3和H2O反应生成CH4，通入甲烷排除装置内空气，检验纯净后加热C，二氧化锰与甲烷反应生成Mn2O3、CO2、H2O，MnO2、Mn2O3在酸性条件下氧化碘离子生成单质碘，淀粉作指示剂，用硫代硫酸钠滴定单质碘。‎ ‎【详解】(1)根据图中信息得到仪器a的名称为球形干燥管；故答案为：球形干燥管。‎ - 16 -‎ ‎(2)连接好实验装置，检验装置的气密性，加入试剂，打开分液漏斗的活塞，一段时间后，在干燥管末端收集气体并验纯，点燃装置C处酒精灯；故答案为：打开分液漏斗的活塞，一段时间后，在干燥管末端收集气体并验纯。‎ ‎(3)仪器b中同时生成两种能参与大气循环的物质，根据元素守恒得到二氧化碳和水，因此该反应的化学方程式为8MnO2+CH44Mn2O3+CO2+2H2O；故答案为：8MnO2+CH44Mn2O3+CO2+2H2O。‎ ‎(4)甲烷是可燃性气体，反应时还有甲烷未参与反应，因此上述实验装置有一处明显的缺陷，改进措施为在整套装置末端对未参与反应的CH4进行点燃处理或用气囊收集；故答案为：在整套装置末端对未参与反应的CH4进行点燃处理或用气囊收集。‎ ‎(5)步骤i中发生的是MnO2在酸性条件下氧化碘离子，Mn2O3在酸性条件下氧化碘离子，因此反应的离子方程式为MnO2 +4H+ +2I－= Mn2+ +2H2O+ I2、Mn2O3 +6H+ +2I－= 2Mn2++3H2O+ I2；故答案为：MnO2 +4H+ +2I－= Mn2+ +2H2O+ I2、Mn2O3 +6H+ +2I－= 2Mn2++3H2O+ I2。‎ ‎(6)开始溶液是蓝色，开始滴定，颜色逐渐变浅，因此步骤iii中滴定终点的现象为溶液蓝色消失，且30s不恢复原色；故答案为：溶液蓝色消失，且30s不恢复原色。‎ ‎(7)根据2Na2S2O3+I2 = Na2S4O6 + 2NaI得到n(I2)=×0.200mol/L×0.025L×20=0.05mol，设Mn2O3物质的量为xmol，MnO2物质的量为ymol，根据反应方程式MnO2 +4H+ +2I－= Mn2+ +2H2O+I2、Mn2O3 +6H+ +2I－= 2Mn2++3H2O+I2，则有xmol+ymol=0.05mol，158g∙mol−1×xmol +87g∙mol−1×ymol=7.19g，得到x=0.04mol，Mn2O3的质量分数为；故答案为：87.9%。‎ ‎【点睛】化学实验是常考题型，主要考查实验仪器、氧化还原反应方程式、中和滴定实验的操作及含量的测定。‎ ‎9. 某研究小组在实验室以废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)为原料制备碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，具体流程如下：‎ 已知：Cu2(OH)2CO3为绿色固体，难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。‎ ‎(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施为____(任写一种)。‎ - 16 -‎ ‎(2)“操作Ⅱ”中铜发生反应的离子方程式为 ___。‎ ‎(3)“调节pH”操作中加入的试剂为____(填化学式)。‎ ‎(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为____。‎ ‎(5)“操作Ⅲ”中温度选择55～60℃的原因是____；该步骤生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，请写出该反应的化学方程式：____。‎ ‎(6)某同学为测定制得的产品中Cu2(OH)2CO3的质量分数，进行了如下操作：称取m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，冷却后，称得该黑色固体质量为m2g，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为____(用含m1、m2的代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). 搅拌（或适当升温等合理答案即可） (2). H2O2+2H+ +Cu=Cu2+ +2H2O (3). CuO或Cu(OH)2或Cu(OH) 2CO3等合理答案即可 (4). 加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2~3次 (5). 温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2(OH)2CO3易分解 (6). 2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑ (7). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)，加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3与稀硫酸反应，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液，铜单质不与硫酸反应，再加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，再调节溶液pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤后得到主要含有硫酸铜的滤液，将溶液温度控制在55~60℃左右，加入碳酸钠，滤液中产生Cu2(OH)2CO3晶体，再经过过滤、冷水洗涤，干燥，最终得到Cu2(OH)2CO3，以此解题。‎ ‎【详解】(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可进行搅拌、加热、增大硫酸浓度等方法；‎ ‎(2)“操作Ⅱ”中，铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，离子方程式为H2O2+2H+ +Cu=Cu2++2H2O；‎ ‎(3)“调节pH”操作目的是将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，由于废铜屑使用酸浸溶解，需要加入碱性物质中和多余的酸，在不引入新的杂质的情况下，可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2或Cu(OH) 2CO3等合理答案即可；‎ ‎(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为过滤，合理操作为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2~3次；‎ - 16 -‎ ‎(5) 根据题目已知：Cu2(OH)2CO3为难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。“操作Ⅲ”中温度选择55～60℃的既可以加快反应速率同时也可防止制得的Cu2(OH)2CO3不被分解，该步骤中向含有硫酸铜的滤液中加入碳酸钠生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，该反应的化学方程式：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑  ；‎ ‎(6) m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，发生的反应为：Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O ，灼烧至固体质量恒重时剩余固体为氧化铜和杂质，根据反应方程式计算：设样品中Cu2(OH)2CO3的质量为xg。‎ Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O ‎ ‎222 62‎ x m1- m2‎ ‎=，解得：x=，‎ 则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为×100%=×100%。‎ ‎【点睛】本题是工艺流程题中的实验操作和化学原理结合考查，需结合反应速率的影响因素，实际操作步骤具体分析，还应熟练元素化合物的知识。‎ ‎10. “雾霾”成为人们越来越关心的环境问题。雾霾中含有二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物等污染性物质。请回答下列问题：‎ ‎（1）汽车尾气是雾霾形成的原因之一。尾气治理可用汽油中挥发出来的烃类物质（CxHy）催化还原尾气中的NO气体，该过程的化学方程式为___________________。‎ ‎（2）冬季燃煤供暖产生的废气也是雾霾的主要来源之一。经研究发现将煤炭在O2/CO2的气氛下燃烧，能够降低燃煤时NO的排放，主要反应为：‎ ‎2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g) ΔH 已知：①N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH1＝＋180.5 kJ·mol-1‎ ‎②2CO(g)2C(s)＋O2(g) ΔH2＝＋221 kJ·mol-1‎ ‎③C(s)＋O2(g)CO2(g) ΔH3＝－393.5 kJ·mol-1‎ 则ΔH＝_____________。‎ ‎（3）某研究小组用NaOH溶液吸收尾气中的二氧化硫，将得到的Na2SO3‎ - 16 -‎ 溶液进行电解，其中阴阳膜组合电解装置如图一所示，电极材料为石墨。‎ ‎①a表示_____离子交换膜（填“阴”或“阳”）。A～E分别代表生产中的原料或产品，其中C为硫酸，则A表示_________，E表示___________。‎ ‎②阳极的电极反应式为___________________________。‎ ‎　　‎ ‎（4）SO2经过净化后与空气混合进行催化氧化可制取硫酸，其中SO2发生催化氧化的反应为：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。若在T1℃、0.1 MPa条件下，往一密闭容器通入SO2和O2［其中n(SO2) ∶n(O2)＝2∶1］，测得容器内总压强与反应时间如图二所示。‎ ‎①图中A点时，SO2的转化率为____________。‎ ‎②在其他条件不变情况下，测得T2℃时压强的变化曲线如图所示，则C点的正反应速率vc(正)与A点的逆反应速率vA(逆)的大小关系为vc(正)______vA(逆)（填“＞”、“＜”或“＝”）。‎ ‎③图中B点的压强平衡常数Kp＝_______________（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。‎ ‎【答案】 (1). 4CxHy＋(8x+2y) NO=== 4x CO2＋(4x+y) N2＋2y H2O (2). -746.5 kJ·mol-1 (3). 阳 (4). NaOH溶液 (5). 氢气 (6). SO32－―2e－＋H2O＝2H+＋SO42－ (7). 45% (8). ＞ (9). 24300 (MPa)－1‎ ‎【解析】‎ ‎（1）烃类物质（CxHy）催化还原尾气中的NO气体，可以得到无毒的气体氮气和二氧化碳，即4CxHy＋(8x+2y) NO= 4x CO2＋(4x+y) N2＋2y H2O；（2）已知：①N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH1＝＋180.5 kJ·mol-1，②2CO(g)2C(s)＋O2(g) ΔH2＝＋221 kJ·mol-1，③C(s)＋O2(g)CO2(g) ΔH3＝－393.5 kJ·mol-1，根据盖斯定律，由②+③×2-①得到2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g） ΔH =ΔH2×2+ΔH3×2-ΔH1=＋221 kJ·mol-1+2（-393.5kJ•mol-1）-（+180.5kJ•mol-1）=-746.5kJ•mol-1；（3）①左边连接电源负极是电解池的阴极，阴极反应式为，促进了水的电离，该极附近溶液碱性增强，生成NaOH，A为NaOH溶液，E为H2，a为阳离子交换膜；②阳极发生氧化反应，且生成产物为硫酸，则阳极反应式为：SO32－―2e－＋H2O＝2H+＋SO42－；‎ - 16 -‎ ‎（4）①依据化学三行列式计算，设氧气消耗物质的量为x，‎ ‎ 2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3(g)‎ 起始量（mol） 2a a 0‎ 变化量（mol） 2x x 2x 平衡量（mol） 2a-2x a-x 2x 图中A点时，气体物质的量0.085，则=，x=0.45a，‎ SO2的转化率=×100%=45%；‎ ‎②图象分析可知， C点是平衡状态，A点反应未达到平衡状态，其中C点的正反应速率vC（正）与A点的逆反应速率vA（逆）的大小关系为vC（正）>vA（逆）；③图中B点，依据化学三段式计算，设氧气消耗物质的量为y，‎ ‎ 2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）‎ 起始量（mol） 2a a 0‎ 变化量（mol） 2y y 2y 平衡量（mol）2a-2y a-y 2y B点气体物质的量为 0.007，则=，y=0.9a，‎ 平衡常数K==24300（MPa）-1。‎ ‎【化学---选修3：物质结构与性质】‎ ‎11. 铜是重要的过渡元素，其单质及化合物具有广泛用途。回答下列问题：‎ ‎(1)铜元素基态原子的价电子排布式为________。‎ ‎(2)铜元素能形成多种配合物，如Cu2+与乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）可形成如图所示配离子 ‎ ‎ ‎①Cu2+与乙二胺所形成的配离子内部粒子间的作用力类型有 ________ 。‎ A．配位键 B．极性键 C．离子键 - 16 -‎ D．非极性键 F．氢键 F．金属键 ‎②乙二胺分子中氮原子的杂化轨道类型为 ________ ，C、N、H三种元素的电负性由大到小顺序是 ___ 。‎ ‎③乙二胺和三甲胺 [N(CH3)3]均属于胺，乙二胺的沸点比三甲胺高很多，原因是 ________ 。‎ ‎(3)Cu2+在水溶液中以[Cu(H2O)4]2+形式存在，向含Cu2+的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定的[Cu(NH3)4]2+，其原因是 ______ 。‎ ‎(4)Cu和S形成某种晶体的晶胞如图所示。‎ ‎①该晶体的化学式为 ________ 。‎ ‎②该晶胞原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(1，0，0)。则C原子的坐标参数为 ________ ‎ ‎③已知该晶体的密度为 dg•cm-3，Cu2+和S2-的半径分别为apm和bpm，阿伏加德罗常数值为NA。列式表示该晶体中原子的空间利用率 ________ 。‎ ‎【答案】 (1). 3d104s1 (2). ABD (3). sp3 (4). N＞C＞H (5). 乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键 (6). 氮元素电负性更小，更容易给出电子形成配位键 (7). CuS (8). (，，) (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析价电子排布时，可依据构造原理先写出电子排布式，再写出价电子排布式；分析配离子中原子间所含有的化学键，便可确定配离子中所含有的作用力；乙二胺中氮原子的价层电子对数为4，由此确定杂化类型；分析N、C、H的非金属性，非金属性越强，电负性越大；利用均摊法确定晶胞中所含有的Cu2+、S2-数目，求出二者的最简整数比，便可得出化学式；由S2-所在的位置，可确定C原子的坐标参数；由原子的体积和除以晶胞的体积，便可求出晶体中原子的空间利用率。‎ ‎【详解】(1)铜元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则其价电子排布式为3d104s1。答案为：3d104s1；‎ - 16 -‎ ‎(2)①Cu2+与乙二胺所形成的配离子中，Cu2+与N原子间形成配位键、N、C等原子间形成极性键，C、C原子间形成非极性键，所以内部粒子间的作用力类型有ABD。答案为：ABD；‎ ‎②乙二胺分子中，氮原子的的价层电子对数为4，杂化轨道类型为sp3，C、N、H三种元素的非金属性N＞C＞H，则电负性由大到小顺序是N＞C＞H。答案为：sp3；N＞C＞H；‎ ‎③乙二胺和三甲胺均属于胺，但乙二胺分子间能形成氢键，从而增大了分子间的作用力，所以乙二胺的沸点比三甲胺高很多，原因是乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键。答案为：乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键；‎ ‎(3)配位原子给出电子的能力越强，与中心离子间的结合力越强，所以向含Cu2+的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定的[Cu(NH3)4]2+，其原因是氮元素电负性更小，更容易给出电子形成配位键。答案为：氮元素电负性更小，更容易给出电子形成配位键；‎ ‎(4) ①由均摊法可知，晶胞中含Cu2+的数目为8×+6×=4，含S2-的数目为4，二者的个数比为1:1，所以该晶体的化学式为CuS。答案为：CuS；‎ ‎②从图中可以看出，C原子距相近三个面的距离为面心Cu2+到棱上距离的一半，由该晶胞原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，0，0)可知，晶胞的棱长为1，所以C原子到棱上距离为，从而得出C原子的坐标参数为(，，)。答案为：(，，)；‎ ‎③已知该晶体的密度为 dg•cm-3，Cu2+和S2-的半径分别为apm和bpm，阿伏加德罗常数值为NA，则晶胞中离子的总体积为，晶胞的体积为，所以该晶体中原子的空间利用率为=。答案为：。‎ ‎【点睛】利用均摊法，由离子在晶胞中的位置，确定其在此晶胞中所占的份额，最后确定晶胞中所含有的离子数目。‎ ‎[化学—选修5：有机化学基础] ‎ ‎12. 氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如图：‎ - 16 -‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A结构简式为__。C的化学名称是__。‎ ‎（2）③的反应试剂和反应条件分别是__，该反应的类型是__。‎ ‎（3）⑤的反应方程式为__。吡啶是一种有机碱，其作用是__。‎ ‎（4）G的分子式为__。‎ ‎（5）H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有__种。‎ ‎（6）4甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚()制备4甲氧基乙酰苯胺的合成路线__(其他试剂任选)。‎ ‎【答案】 (1). (2). 三氟甲苯 (3). 浓HNO3/浓H2SO4、加热 (4). 取代反应 (5). +HCl (6). 吸收反应产生的HCl，提高反应转化率 (7). C11H11O3N2F3 (8). 9 (9). ‎ - 16 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A和氯气在光照的条件下发生取代反应生成B，B的分子式为C7H5Cl3，可知A的结构中有3个氢原子被氯原子取代，B与SbF3发生反应生成，说明发生了取代反应，用F原子取代了Cl原子，由此可知B为，进一步可知A为，发生消化反应生成了，被铁粉还原为，与吡啶反应生成F，最终生成，由此分析判断。‎ ‎【详解】(1)由反应①的条件、产物B的分子式及C的结构简式，可逆推出A为甲苯，结构为；C可看作甲苯中甲基中的三个氢原子全部被氟原子取代，故其化学名称为三氟甲(基)苯；‎ ‎(2)对比C与D的结构，可知反应③为苯环上的硝化反应，因此反应试剂和反应条件分别是浓HNO3/浓H2SO4、加热，反应类型为取代反应；‎ ‎(3)对比E、G的结构，由G可倒推得到F的结构为 - 16 -‎ ‎，然后根据取代反应的基本规律，可得反应方程式为：+HCl，吡啶是碱，可以消耗反应产物HCl；‎ ‎(4)根据G的结构式可知其分子式为C11H11O3N2F3；‎ ‎(5)当苯环上有三个不同的取代基时，先考虑两个取代基的异构，有邻、间、对三种异构体，然后分别在这三种异构体上找第三个取代基的位置，共有10种同分异构体，除去G本身还有9种。‎ ‎(6)对比原料和产品的结构可知，首先要在苯环上引入硝基(类似流程③)，然后将硝基还原为氨基(类似流程④)，最后与反应得到4甲氧基乙酰苯胺(类似流程⑤)，由此可得合成路线为：。‎ - 16 -‎