宁夏石嘴山市第三中学2020届高三第五次模拟考试化学试题 Word版含解析

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宁夏石嘴山市第三中学2020届高三第五次模拟考试 理科综合化学试题 ‎1.下列有关我国最新科技成果的说法中错误的是 A. 北斗卫星的太阳能电池板可将太阳能转化为电能 B. 国产飞机C919使用的航空煤油可从石油中分馏得到 C. 石墨烯属于有机高分子材料 D. 极地考查船“雪龙2号”船身上镀的锌层可减缓铁制船体遭受的腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．太阳能电池能够将太阳能直接转化为电能，A正确；‎ B．航空煤油是石油经过分馏得到的一种含有多种烃类的混合物，B正确；‎ C．石墨烯是碳形成的一种单质，是无机非金属材料，不是有机高分子材料，C错误；‎ D．镀锌层和船体上的钢材形成原电池，Zn较活泼，作负极，失去电子，被腐蚀，保护了船体，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎2.柠檬烯具有良好的镇咳、祛痰、抑菌作用。下列关于柠檬烯的说法正确的是( )‎ A. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色，其褪色原理与相同 B. 能发生氧化反应、加成反应、取代反应、缩聚反应 C. 与乙烯互为同系物，其一氯代物有8种 D. 分子中所有碳原子可能处于同一平面 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．柠檬烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，其褪色原理与相同，故A正确；‎ B．柠檬烯含有碳碳双键，能发生氧化反应、加成反应，含有饱和碳原子且饱和碳上有氢原子，能发生取代反应，但不能发生缩聚反应，故B错误；‎ - 17 -‎ C．柠檬烯含有碳环，且含有两个双键，与乙烯不互为同系物，故C错误；‎ D．柠檬烯含有多个饱和碳原子，分子中所有碳原子不可能处于同一平面，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎3.阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是 A. 标准状况下，71gCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、HClO和ClO-三种微粒总数为NA B. 25℃时，pH=2的CH3COOH溶液中含有H+的数目为0.01NA C. 1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子的数目为2NA D. 标准状况下，2.24LCH3Cl含有碳氯键的数目为0.1NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．71g氯气的物质的量为1mol，而氯气和水的反应为可逆反应，溶液中含Cl-、Cl2、HClO和ClO-，1molCl2溶于水后，由于氯气分子中含有2个氯原子，则溶液中Cl2、HClO、ClO-、Cl-四种粒子的总物质的量需要2mol，粒子总数小于2NA，Cl2、HClO和ClO-三种微粒总数为大于NA，故A错误；‎ B．溶液的体积未知，不能计算CH3COOH溶液中H＋的数目，B错误；‎ C．1molFeI2与Cl2发生反应，I－转化为I2，Fe2＋转化为Fe3＋，则1molFeI2反应总共转移3mol电子，其数目为3NA，C错误；‎ D．标况下，2.24LCH3Cl的物质的量为0.1mol，1molCH3Cl含有1molC－Cl键，则标况下，2.24LCH3Cl含有的C－Cl键的数目为0.1NA，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎4.下列实验操作对应的现象不符合事实的是 实验操作 现象 A 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀硫酸 有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊 B 向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后滴加KSCN溶液 溶液黄色逐渐消失，滴加KSCN后溶液颜色不变 C 向盛有Br2的CCl4溶液的试管中通入少量乙炔，静置 溶液逐渐褪色，静置后观察到溶液有分层现象 - 17 -‎ D 将淀粉溶液和淀粉酶的混合物放入玻璃纸(半透膜)袋中，扎好袋口，浸入流动的温水中，经足够时间后，取少量袋内液体分别与碘水和新制Cu(OH)2悬浊液(加热)反应 两者均无明显变化 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫代硫酸钠遇酸发生歧化反应，生成S、SO2，所以有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，A正确；‎ B．FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，生成氯化亚铁，滴加KSCN后溶液颜色不变，B正确；‎ C．乙炔与溴发生加成反应，生成有机物易溶于四氯化碳，溶液不分层，C错误；‎ D．淀粉水解后生成葡萄糖，淀粉遇碘变蓝，葡萄糖与新制Cu(OH)2悬浊液反应在碱性溶液中，且分子、离子可透过半透膜，胶体不能。取少量袋内液体分别与碘水和新制Cu(OH)2悬浊液(加热)反应，均无明显变化，可知袋内液体不含淀粉、葡萄糖，D正确；‎ 故选C。‎ ‎5.一种锂铜可充电电池，工作原理如图。在该电池中，非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片（LISICON）隔开。下列说法不正确的是 A. 陶瓷片允许Li+ 通过，不允许水分子通过 B. 放电时，N为电池的正极 C. 充电时，阴极反应为：Li++e−＝Li D. 充电时，接线柱A 应与外接电源的正极相连 - 17 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图示，陶瓷片允许Li+通过，Li能与水反应生成LiOH和H2，Li电极不能与水接触，陶瓷片不允许水分子通过，A项正确；‎ B．放电时Li+由M电极向N电极迁移，M为负极，N为电池的正极，B项正确；‎ C．放电时M为负极，M极电极反应式为Li-e-=Li+，充电时M为阴极，电极反应式为Li++e-=Li，C项正确；‎ D．充电时M为阴极，接线柱A应与外接电源的负极相连，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查可充电电池的工作原理，根据放电时阳离子的流向确定放电时的正负极是解题的关键。注意：放电时的负极充电时为阴极，放电时的正极充电时为阳极，充电时阳极反应式为放电时正极反应式的逆过程，充电时阴极反应式为放电时负极反应式的逆过程。‎ ‎6.常温下，HCOOH和CH3COOH的电离常数分别1.80×10−4和1.75×10−5。将pH=3，体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）‎ A. 溶液中水的电离程度：b点＜c点 B. 相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同 C. 从c点到d点，溶液中不变（HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子）‎ D. 若两溶液无限稀释，则它们的c(H+)相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从图中可以看出，随着溶液的不断稀释，Ⅰ的pH大于Ⅱ的pH，则表明Ⅰ的n(H+)小于Ⅱ的 - 17 -‎ n(H+)，从而表明lg=0时，Ⅰ对应的酸电离程度大，Ⅰ为HCOOH，Ⅱ为CH3COOH；pH=3时，二者电离产生的c(H+)相等，由于HCOOH的电离常数大于CH3COOH，所以CH3COOH的起始浓度大。‎ ‎【详解】A．在c点，溶液的pH大，则酸电离出的c(H+)小，对水电离的抑制作用小，所以溶液中水的电离程度：b点＜c点，A正确；‎ B．相同体积a点的两溶液，CH3COOH的物质的量比HCOOH大，分别与NaOH恰好中和后，消耗的NaOH体积大，所以CH3COOH溶液中n(Na+)大，B错误；‎ C．对于HCOOH来说，从c点到d点，温度不变，溶液中=Ka(HCOOH)不变，C正确；‎ D．若两溶液无限稀释，可看成是纯水，所以它们的c(H+)相等，D正确；‎ 故选B。‎ ‎7.我国科学家意外发现一种罕见无机化合物YZX2W3(结构如图所示) ，其中W、X、Y为同一短周期元素， X、Z为短周期同一主族元素且Z的核电荷数是X的2倍，下列说法正确的是 A. 元素非金属性强弱顺序为X>Y> W B. Z的氧化物的水化物是强酸 C. NaY的水溶液不能存放在玻璃试剂瓶中 D. X与Z具有相同的最高化合价 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Z为短周期同一主族元素且Z的核电荷数是X的2倍，则X为O，Z为S，其中W、X、Y为同一短周期元素，无机化合物YZX2W3(结构如图所示)，根据结构Y为一个价键，W为三个价键，因此得到W为N，Y为F。‎ ‎【详解】A. 同周期从左到右非金属性增强，因此元素非金属性强弱顺序为F＞O＞N (Y＞X ＞W)，故A错误；‎ B. Z的氧化物的水化物可能为亚硫酸，故B错误；‎ - 17 -‎ C. NaF的水溶液中F－水解生成HF，HF与玻璃反应，因此NaF不能存放在玻璃试剂瓶中，故C正确；‎ D. S最高化合价为+6价，O没有+6价，故D错误。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】S的最高价氧化物对应的水化物是强酸，S的+4价氧化物对应的水化物是弱酸。‎ ‎8.新型电池在飞速发展的信息技术中发挥着越来越重要的作用。Li2FeSiO4是极具发展潜力的新型锂离子电池电极材料，在苹果的几款最新型的产品中已经有了一定程度的应用。其中一种制备Li2FeSiO4的方法为：固相法：2Li2SiO3＋FeSO4Li2FeSiO4＋Li2SO4＋SiO2‎ 某学习小组按如下实验流程制备Li2FeSiO4并测定所得产品中Li2FeSiO4的含量。‎ 实验(一)制备流程：‎ 实验(二) Li2FeSiO4含量测定：‎ 从仪器B中取20.00 mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000 mol·Lˉ1酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量。相关反应为：MnO4- +5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应。经4次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：‎ 实验序号 ‎ ‎1 ‎ ‎2 ‎ ‎3 ‎ ‎4 ‎ 消耗KMnO4溶液体积 ‎ ‎2000 mL ‎ ‎19.98mL ‎ ‎21.38mL ‎ ‎20.02mL ‎ - 17 -‎ ‎（1）实验(二)中的仪器名称：仪器B____________，仪器C__________。‎ ‎（2）制备Li2FeSiO4时必须在惰性气体氛围中进行，其原因是______________________。‎ ‎（3）操作Ⅱ的步骤______________，在操作Ⅰ时，所需用到的玻璃仪器中，除了普通漏斗、烧杯外，还需_______________。‎ ‎（4）还原剂A可用SO2，写出该反应的离子方程式_____________________，此时后续处理的主要目的是_________________________。‎ ‎（5）滴定终点时现象为________________________________；根据滴定结果，可确定产品中Li2FeSiO4的质量分数为_______________；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的Li2FeSiO4含量_______________。（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 酸式滴定管 (3). 防止二价铁被氧化 (4). 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤 (5). 玻璃棒 (6). SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+ (7). 除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定 (8). 溶液变为浅红色，且半分钟内不变色 (9). 81 % (10). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验（一）制备流程：废铁屑中加入稀硫酸，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁，过滤后从滤液中获得绿矾晶体，然后使绿矾失去结晶水得到硫酸亚铁，硫酸亚铁固体和亚硅酸锂固体在惰性气体保护下高温反应得到Li2FeSiO4。‎ 实验（二）Li2FeSiO4含量测定：取20.00g产品于坩埚中，灼烧后加入足量稀硫酸，充分反应后转移入烧杯中，通入足量的二氧化硫，把铁元素全部转化为+2价，用一定浓度的高锰酸钾溶液滴定含亚铁离子的溶液，测定的Li2FeSiO4含量。‎ ‎【详解】（1）实验二中仪器B为配制溶液需要的容量瓶，得到含Fe2+离子的溶液100mL，需要仪器为100mL容量瓶，仪器C为滴定实验装标准溶液的仪器，标准溶液为高锰酸钾溶液具有氧化性能腐蚀橡胶管，需要盛放在酸式滴定管中，故答案为100mL容量瓶，酸式滴定管；‎ ‎（2）固相法中制备Li2FeSiO4的过程必须在惰性气体氛围中进行，因为亚铁离子具有还原性，易被氧化，所以惰性气体氛围中是为了防止亚铁离子被氧化，故答案为防止二价铁被氧化；‎ ‎（3）操作Ⅱ是溶液中得到硫酸亚铁晶体的实验操作，蒸发浓缩，降温结晶，过滤洗涤得到；操作Ⅰ是分离固体和溶液的方法，需要过滤，结合过滤装置选择仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为蒸发浓缩，降温结晶，过滤；玻璃棒；‎ ‎（4）还原剂A可用SO2，二氧化硫具有还原性被铁离子氧化为硫酸，反应的离子方程式为：‎ - 17 -‎ SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，此时后续操作应除去过量的SO2以免影响后面Fe2+的测定，故答案为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定；‎ ‎（5）滴定实验反应终点的判断是依据高锰酸钾溶液滴入最后一滴溶液呈浅红色且半分钟不变化，从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000mol•Lˉ1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量。相关反应为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应．消耗高锰酸钾溶液体积第3次误差较大舍去，计算平均消耗溶液体积，结合离子反应的定量关系计算，V(标准)=mL=20.00mL，铁元素守恒计算 MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O ‎，‎ n=0.0200mol ‎100mL溶液中含物质的量=0.0200mol×=0.1000mol，‎ 产品中Li2FeSiO4的质量分数=×100%=81%，‎ 滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V(标准)偏大，会造成Li2FeSiO4的含量偏高，‎ 故答案为溶液变为浅红色，且半分钟内不变色；81%；偏高；‎ ‎9.一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2）为原料制备硝酸铜的工艺流程如图所示：‎ ‎（1）写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：___。‎ ‎（2）恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出CuCl2是该反应的催化剂，该过程的反应原理可用化学方程式表示为：①Cu2S +2CuCl2=4CuCl+S；②___。‎ ‎（3）“回收S”过程中温度控制在50～60℃之间，不宜过高的原因是___。‎ ‎（4）向滤液M中加入(或通入)___(填字母)，可得到一种可循环利用的物质。‎ a.铁 b.氯气 c.高锰酸钾 d.氯化氢 - 17 -‎ ‎（5）“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是__；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由_。‎ ‎（6）辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电化学反应转变而成，有关转化见图，转化时转移0.2mol电子，生成Cu2S___mol。‎ ‎【答案】 (1). Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S (2). CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2 (3). 温度高苯容易挥发 (4). b (5). 调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀 (6). 抑制Cu2+的水解 (7). 0.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明Cu2S和FeCl3发生反应生成S单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子，然后过滤，滤液M主要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将铁氧化为铁离子，氧化铜调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤分离，滤液中主要含有硝酸铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体。‎ ‎【详解】（1）浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化，根据电子守恒和元素守恒可得其离子反应方程式，故答案为：；‎ ‎（2）根据Cu2S的最终产物CuCl2可得反应②，故答案为：；‎ ‎（3）回收硫时所用溶剂为苯，苯的熔沸点较低，故答案为：温度高苯容易挥发；‎ ‎（4）M中主要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环使用，故答案为：b；‎ ‎（5）“保温除铁”过程要除去Fe3+，故需要加入氧化铜来调节pH值，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀；铜离子会水解，故在蒸发浓缩冷却结晶过程中需要加入硝酸来抑制其水解，故答案为：调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀；抑制Cu2+的水解；‎ ‎（6）该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低1价，根据电子守恒可知答案为：0.2。‎ ‎【点睛】解决工艺流程题，首先要根据题干信息，了解生产 - 17 -‎ 产品，分析整个流程中各操作步骤的目的，搞清楚发生了什么反应；再结合具体的题目进行详细解答。‎ ‎10.丙烯是重要的工业品，可用于制取卤代烃、丙醇及塑料等。回答下列问题：‎ ‎(1)丙烯与HCl加成生成CH3CHClCH3或CH3CH2CH2Cl的能量与反应历程如图：‎ ‎①从能量角度看，较稳定的产物是________(填“CH3CHClCH3”或“CH3CH2CH2Cl”)。‎ ‎②制取CH3CHClCH3时，反应速率较慢的步骤是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。‎ ‎(2)丙烷直接脱氢制丙烯的相关热化学反应如下：‎ 主反应：C3H8(g)→C3H6(g)+H2 ΔH1=+124.27kJ·mol-1‎ 副反应：C3H8(g)→CH4(g)+C2H4(g) ΔH2=+81.30kJ·mol-1‎ C3H8(g)+H2(g)→CH4(g)+C2H6(g) ΔH3=-55.64kJ·mol-1‎ C2H4(g)+H2(g)→C2H6(g) ΔH4‎ ‎①ΔH4=_____________kJ·mol-1‎ ‎②分别在0.1Mpa和0.01Mpa时，丙烷和丙烯的平衡物质的量分数如图所示：‎ 表示0.1Mpa时丙烷物质的量分数的是________(填罗马数字，下同)；表示0.01Mpa时丙烯物质量的分数的是________。‎ ‎(3)用二氧化碳氧化丙烷制丙烯主要反应如下：‎ Ⅰ．C3H8(g)C3H6(g)+ H2 ΔH1>0平衡常数K1‎ Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2>0平衡常数K2‎ Ⅲ．耦合反应C3H8(g)+CO2(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)‎ - 17 -‎ 当C3H8的物质的量一定时，按不同投料比Z[Z=]向密闭容器中充入C3H8和CO2，发生反应Ⅲ，C3H8平衡转化率随温度变化如图所示：‎ ‎①反应Ⅲ的平衡常数K=________(用K1、K2表示)。‎ ‎②Z1________(填“>”“<”“=”)Z2。原因是________‎ ‎③若A点气体总压强为0.2Mpa，则丙烯的平衡分压为________MPa；900K时反应Ⅲ的平衡常数Kp=________MPa(Kp为用平衡分压表示的平衡常数)。‎ ‎【答案】 (1). CH3CHClCH3 (2). I (3). -136.94 (4). I (5). II (6). K1K2 (7). > (8). Z越大，c(CO2)越大，C3H8的平衡转化率越大 (9). 0.04 (10). 0.04‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①一般情况下，物质能量越低， 越稳定；从图中可知，CH3CHClCH3具有的能量低于CH3CH2CH2Cl，因此较稳定的产物是CH3CHClCH3；‎ ‎②一般情况下，反应的活化能越大，化学反应速率越慢；从图示可以看出，CH3CH=CH2生成CH3CHClCH3的过程中，步骤Ⅰ的活化能大，反应速率较慢；‎ ‎(2)①根据盖斯定律，副反应①C3H8(g)→CH4(g)+C2H4(g) ΔH2=+8130kJ·mol-1，②C3H8(g)+H2(g)→CH4(g)+C2H6(g) ΔH3=-55.64kJ·mol-1；反应②－①可得目标反应C2H4(g)+H2(g)→C2H6(g)，则ΔH4=ΔH3-ΔH2=-55.64kJ·mol-1-(+81.30kJ·mol-1)= -136.94kJ·mol-1；‎ ‎②主反应为吸热反应，其他条件一定下，升高温度，平衡正向移动，丙烷的物质的量分数减小，而丙烯的物质的量分数增加；主反应为气体体积增大的反应，其他条件一定下，增大压强，平衡逆向移动，丙烷的物质的量分数增大，丙烯的物质的量分数减小；可知曲线Ⅰ、Ⅲ表示丙烷的物质的分数的变化，压强越大，丙烷的物质的量分数越大，因此表示0.1MPa时，丙烷物质的量分数的是Ⅰ；曲线Ⅱ、Ⅳ代表丙烯的物质的量分数的变化，压强越大，丙烯的物质的量分数越小，则表示0.01Mpa时丙烯物质量的分数的是Ⅱ；‎ ‎(3)①根据盖斯定律，反应Ⅰ＋反应Ⅱ可得反应Ⅲ，则K3=K1K2；‎ - 17 -‎ ‎②在相同温度下，c(CO2)越大，C3H8的转化率越大，可知Z1>Z2，因为Z越大，c(CO2)越大，C3H8的转化率越大；‎ ‎③A点气体总压强为0.2Mpa，C3H8的转化率为0.5；Z=1，假设n(CO2)=n(C3H8)=1mol，根据三等式，有 C3H8的平衡分压p(C3H8)=；由于平衡时，各物质的物质的量相同，因此各物质的分压相同；则900℃下，反应Ⅲ的平衡常数。‎ ‎11.2020年2月15日，由国家科研攻关组的主要成员单位的专家组共同研判磷酸氯喹在细胞水平上能 有效抑制新型冠状病毒（2019-nCoV）的感染。‎ ‎(1)已知磷酸氯喹的结构如图所示，则所含C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为_______________。P原子核外价层电子排布式为________，其核外电子有____个空间运动状态。‎ ‎(2)磷酸氯喹中N原子的杂化方式为_________，NH3是一种极易溶于水的气体，其沸点比AsH3的沸点高，其原因是_______________________。‎ ‎(3)H3PO4中PO43- 的空间构型为________________。‎ ‎(4)磷化镓是一种由ⅢA族元素镓（Ga）与VA族元素磷（P）人工合成Ⅲ—V族化合物半导体材料。晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被P原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。‎ ‎①磷化镓晶体中含有的化学键类型为__________（填选项字母）‎ A．离子键 B．配位键 C．σ键 D．π键 E．极性键 F．非极性键 - 17 -‎ ‎②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。若沿y轴投影的晶胞中所有原子的分布图如图，则原子2的分数坐标为______________。‎ ‎③若磷化镓的晶体密度为ρ g·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中Ga和P原子的最近距离为___________pm。‎ ‎【答案】 (1). N > O > C (2). 3s23p3 (3). 9 (4). sp2、sp3 (5). NH3存在分子间氢键，分子间氢键影响沸点，使得沸点高 (6). 正四面体形 (7). BCE (8). (0.25,0.75,0.25) (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)同周期第一电离能有增大的趋势，但有特殊；先写出P电子排布式，一种空间运动状态对应着一种空间伸展方向，即轨道。‎ ‎(2)分析不同氮原子的价层电子对数，NH3沸点比AsH3的沸点高主要是NH3存在分子间氢键。‎ ‎(3)计算PO43−中价层电子对数。‎ ‎(4)①金刚石中每个碳与周围四个碳原子形成4个碳碳键，同理每个P与4个Ga以单键相连，每个Ga与4个P单键相连，而P最外层有5个电子，Ga最外层有3个电子，只能形成三对共用电子对，它们之间有4个共价键，因此有一个配位键，P与Ga之间存在的单键是极性共价键，是σ键；②若沿y轴投影的晶胞中所有原子的分布图如图，则原子2为P原子，P原子是与下面面心，后面面心，左侧面心和左后顶点相连；③先计算晶胞中P、Ga原子数，再计算体积，再计算晶胞边长，再计算Ga和P原子的最近距离。‎ ‎【详解】(1)同周期第一电离能有增大的趋势，但有特殊，依次C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为N > O > C；P电子排布式为1s22s22p63s23p3，其原子核外价层电子排布式为3s23p3，一个轨道为一种空间运动状态，因此P其核外电子有9个空间运动状态；故答案为：N > O > C；3s23p3；9。‎ - 17 -‎ ‎(2)磷酸氯喹，图中1、2号N原子价层电子对数为，杂化方式为sp3，3号N原子层电子对数为2+1 =3，杂化方式为sp2，NH3是一种极易溶于水的气体，其沸点比AsH3的沸点高，其原因是NH3存在分子间氢键，分子间氢键影响沸点，因此NH3沸点比AsH3的沸点高；故答案为：sp2、sp3；NH3存在分子间氢键，分子间氢键影响沸点，因此NH3沸点比AsH3的沸点高。‎ ‎(3)H3PO4中PO43−中价层电子对数为，因此空间构型为正四面体形；故答案为：正四面体形。‎ ‎(4) ①金刚石中每个碳与周围四个碳原子形成4个碳碳键，同理每个P与4个Ga以单键相连，每个Ga与4个P单键相连，而P最外层有5个电子，Ga最外层有3个电子，只能形成三对共用电子对，它们之间有4个共价键，因此有一个配位键，P与Ga之间存在的单键是极性共价键，是σ键，所有磷化镓晶体中含有的化学键类型为BCE；故答案为：BCE。‎ ‎②若沿y轴投影的晶胞中所有原子的分布图如图，则原子2为P原子，P原子是与下面面心，后面面心，左侧面心和左后顶点相连，其分数坐标为(0.25,0.75,0.25)；故答案为：(0.25,0.75,0.25)。‎ ‎③根据晶胞结构得到P有4个，Ga有，若磷化镓的晶体密度为ρ g·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，，则晶胞边长为，则晶胞中Ga和P原子的最近距离为晶胞体对角线的四分之一，因此；。‎ ‎12.化合物I是合成抗心律失常药普罗帕酮的前驱体，其合成路线如下：‎ - 17 -‎ 已知：CH3COCH3+CH3CHO CH3COCH＝CHCH3+H2O 回答下列问题：‎ ‎（1）A的名称_______。B的分子式为__________。‎ ‎（2）A生成B的反应类型是_________；C生成D的反应类型是_________。‎ ‎（3）F的结构简式为________；H的结构简式为________。‎ ‎（4）化合物E中含有的两种官能团名称分别是________、_________；写出一种同时符合下列条件的E的同分异构体的结构简式：_____________。‎ ‎①能发生银镜反应和水解反应 ‎②核磁共振氢谱上显示4组峰 ‎（5）参照上述合成路线，以2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：________（补出前面两步）。‎ ‎【答案】 (1). 乙醇（酒精） (2). C2H4O (3). 氧化反应 (4). 取代反应 (5). (6). (7). （酚）羟基 (8). 羰基（酮基） (9). (10). ‎ - 17 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的分子式为C2H6O，能被氧气催化生成B，B能与新制氢氧化铜悬浊液反应，说明B中含醛基，结合D的结构简式，采用逆合成法可知，B为乙醛，A为乙醇；D和苯酚发生取代反应生成E，E与苯甲醛根据给定已知信息可知在一定条件下生成F（），结合产物I可知，F与氢气加成反应得到的G为，与H发生取代反应生成I，则H应为据此分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ ‎（1）A为乙醇或酒精，B为乙醛，其分子式为：C2H4O，‎ 故答案为乙醇（酒精）；C2H4O；‎ ‎（2）A与氧气催化氧化生成B，其反应类型为氧化反应；C与SOCl2发生取代反应生成，‎ 故答案为氧化反应；取代反应；‎ ‎（3）根据上述分析易知，F的结构简式为；H的结构简式为 - 17 -‎ ‎；‎ 故答案为；；‎ ‎（4）依据结构简式可知，E中所含官能团为：（酚）羟基和羰基（酮基）；E的的分子式为C8H8O2，不饱和度=，其同分异构体中，①能发生银镜反应和水解反应，则含醛基和酯基，或甲酸酯基；②核磁共振氢谱上显示4组峰，结合不饱和度可知，分子内应有苯环，可推出其结构简式为：，‎ 故答案为；‎ ‎（5）以2-丙醇和苯甲醛为原料，参照上述合成路线可知，需先将2-丙醇氧化为丙酮，再根据给定信息与苯甲醛在一定条件下反应生成，最后与氢气加成生成目标产物，补充的具体合成路线如下：‎ ‎。‎ - 17 -‎