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    江西省南昌市2019届高三化学下学期4月第二次模拟考试试题(含解析)

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    江西省南昌市2019届高三化学下学期4月第二次模拟考试试题(含解析)

    1、江西省南昌市2019届高三化学下学期4月第二次模拟考试试题(含解析)本试卷分第I卷选择题)和第卷(非选择题)两部分;共14页。时量150分钟,满分300分。以下数据可供解题时参考:本试卷参考相对原子质量:H-l C-12 N-14 O-16 Ga-70 As-75第I卷(选择题共2l题,每小题6分。共126分)一、选择题(本大题包括13小题每小题6分,共78分,每小题的四个选项中,只有一项符合题目要求。)1.化学与生产、生活、环境等息息相关,下列说法中错误的是A. 港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳,是有机高分子化合物B. “玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆,其帆板太阳能电池的材料

    2、是硅C. 天工开物中“凡石灰经火焚炼为用”,其中“石灰”指的是Ca(OH)2D. 本草纲目中“凡酸坏之酒,皆可蒸烧”,所用的分离操作方法是蒸馏【答案】C【解析】【详解】A.聚乙烯纤维属于有机合成高分子材料,A正确;B.太阳能电池板的材料是Si单质,B正确;C.石灰石加热后能制得生石灰,“石灰”指的是碳酸钙,故C错误;D.蒸馏是指利用液体混合物中各组分沸点的差异而将组分分离的过程,该选项实验操作是煮酒,煮酒的分离方法是蒸馏,D正确。答案:C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A. 17g H2O2中含有非极性键数目为NAB. 常温常压下,17g甲基(-14CH3)所含的中子数为9N

    3、AC. 在含CO32-总数为NA的Na2CO3溶液中,Na+总数为2NAD. 13. 8g NO2与足量水反应,转移的电子数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A. H2O2的结构式为,17gH2O2物质的量为0.5mol,含有非极性键数目为0.5NA,A错误;B.甲基(14CH3)的质量数A为17,质子数Z =6+31= 9,故中子数N = AZ = 8,17g甲基(14CH3)物质的量为17g17g/mol=1mol,因此17g甲基(14CH3)所含的中子数为8NA,B错误;C.Na2CO3溶液中会有少量CO32-发生水解,因此在含CO32-总数为NA的Na2CO3溶液中,溶质的总量大于

    4、1mol,所以Na+总数大于2NA,C错误;D.NO2与水反应的方程式为:3NO2+H2O=2HNO3+NO,在该反应中NO2既是氧化剂,又是还原剂,与转移的电子数的关系为:3NO22e-,13.8NO2的物质的量为13.8g46g/mool=0.3mol,则转移的电子为0.2mol,故D正确。答案:D。3.螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是A. 该化合物的分子式为C10H12B. 一氯代物有五种C. 所有碳原子均处于同一平面D. 与HBr以物质的量之比1:1加成生成二种产物【答案】D【解析】【详解】A. 该化合物的分子式为C9H12,

    5、A错误;B. 根据等效氢法,该化合物的一氯代物有4种,B错误;C.中“*”标示的碳原子具有与甲烷中碳原子相似的空间构型,所有碳原子并不处于一平面,C错误;D. 与HBr以物质的量之比1:1加成可生成或,D正确。答案:D。【点睛】等效氢法:连在同一个碳原子上氢原子是等效的;连在同一个碳原子上的甲基上的氢原子是等效的;处于对称位置或镜面对称位置的碳原子上连接的氢原子是等效的。4.下列实验方案中,能达到实验目的的是A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.等体积等物质的量浓度的CH3COOH和HClO溶液消耗NaOH的物质的量相等,不能比较CH3COOH和HClO的酸性强弱,A错

    6、误;B.在Na2S2O3溶液中滴加盐酸会发生反应:Na2S2O3+2HCl2NaCl+SO2+S+H2O,产生了大量的浅黄色浑浊,会对后续白色沉淀的观察产生影响,B错误;C.浓盐酸能与KMnO4反应,向较浓的FeCl2溶液加少量酸性KMnO4溶液,KMnO4溶液紫色褪去可能是与Cl-反应导致,无法证明Fe2+有还原性,C错误;D.向1L浓度均为0.1mol/LNaCl和NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液,先出现淡黄色沉淀,说明先生成了AgBr沉淀,即在浓度相同的前提下,溴离子优先于氯离子沉淀,所以Ksp(AgCl)Ksp(AgBr),D正确。答案:D。5.W、X、Y、Z四种元素分别是元素周期

    7、表中连续三个短周期的元素,且原子序数依次增大。化合物XW3能作制冷剂且其浓溶液可检验Z单质是否泄露,化合物YZ3能促进水的电离,则下列说法错误的是A. 简单离子半径:r(Z)r(X)r(Y)B. Y的最高价氧化物对应的水化物为强碱C. X2W4分子中既含极性键,又含非极性键D. 化合物XW3的水溶液能抑制水的电离【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素,且原子序数依次增大,那么W位于第一周期,为H;化合物XW3能作制冷剂且其浓溶液可检验Z单质是否泄露,那么X为N,Z为Cl;化合物YZ3能促进水的电离,即能发生水解,则Y为Al。【详解】A.X为N,Y

    8、为Al,Z为Cl。简单离子半径大小关系:Cl-N3-Al3+,即r(Z)r(X)r(Y),A正确;B.Y为Al,Y的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3,属于两性氢氧化物,不是强碱,B错误;C.N2H4电子式为,分子中既含极性键,又含非极性键,C正确;D.NH3溶于水生成NH3H2O,NH3H2O电离出OH-,能够抑制水的电离,D正确。答案:D。【点睛】半径大小比较:一看电子层数,电子层数越多,半径越大,二看原子序数,电子层数相同,半径随着原子序数的递增而减小,三看电子数,电子层数相等,原子序数相同,电子数越多,半径越大。6.我国研制出非贵金属镍钼基高效电催化剂,实现电解富尿素废水低能耗制

    9、H2(装置如图)。总反应为。下列说法中正确的是A. a电极反应为:B. b为阳极,发生氧化反应C. 电解一段时间b极区溶液pH升高D. 废水中每通过6mol电子,a电极产生1molN2【答案】C【解析】【分析】电解池工作时,CO(NH2)2失去电子,a为阳极发生氧化反应,电极反应为 CO(NH2)2-6e+H2OCO2+N2+6H+,b为阴极发生还原反应,电极反应为2H2O+2e2OH+H2。【详解】A.电解池工作时,CO(NH2)2失去电子生成N2,a为阳极发生氧化反应,电极反应为 CO(NH2)2-6e+H2OCO2+N2+6H+,A错误;B.b为阴极发生还原反应,电极反应为2H2O+2e

    10、2OH+H2,B错误;C.b电极反应为2H2O+2e2OH+H2,电解一段时间b极区溶液pH升高,C正确。D.电子是不进入溶液中,所以废水中无法通过电子,D错误。答案:C。7.常温时,1mol/L的HA和1mol/L的HB两种酸溶液,起始时的体积均为V0,分别向两溶液中加水进行稀释,所得变化关系如图所示(V表示溶液稀释后的体积)。下列说法错误的是A. Ka( HA)约为10-4B. 当两溶液均稀释至时,溶液中C. 中和等体积pH相同的两种酸所用n(NaOH):HAHBD. 等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者【答案】B【解析】【分析】根据图示,当lg(V/V0)+1

    11、=1时,即V=V0,溶液还没稀释,1mol/L的HA溶液pH=2,即HA为弱酸,溶液中部分电离;1mol/L的HB溶液pH=0,即HB为强酸,溶液中全部电离。因为起始两溶液浓度和体积均相等,故起始两溶液中所含一元酸的物质的量相等。【详解】A.1mol/L的HA溶液的pH为2,c(A-)c(H)0.01mol/L,c(HA) 1mol/L,则HA的电离常数约为10-4,A正确;B. 由电荷守恒有:c(H+)=c(A-)+c(OH-),c(H+)=c(B-)+c(OH-),当两溶液均稀释至时,HB溶液pH=3,HA溶液pH3,则有c(A-)n(HB),故分别用NaOH溶液中和时,消耗的NaOH物质

    12、的量:HAHB,C正确;D.等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液,Na+数目相同,HA为弱酸,盐溶液中A-发生水解,NaA溶液呈碱性,NaA溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),HB为强酸,盐溶液中B-不发生水解,NaB溶液呈中性,NaB溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-),NaA溶液中c(H+)NaB溶液中c(H+),所以等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者,D正确。答案:B。8.一氯乙酸(ClCH2-COOH)在有机合成中是一种重要的原料和中间体,在硫单质催化下干燥氯气与乙酸反应制得一氯乙酸:

    13、已知:请回答下列问题:(1)选用下图的装置制备一氯乙酸粗品。按照气流从左至右依次连接的合理顺序为_ijgh(填接口字母)。_洗气瓶中的溶液为_,碱石灰的作用是_。(2)制备一氯乙酸时,首先采用_(填“水浴”、“油浴”或“沙浴”)加热方法控制温度在95左右,待温度稳定后,再打开弹簧夹、_(填操作),如果三颈烧瓶溶液表面观察到大量 _(填现象)时,应该_(填操作),以减少氯气通入量,以免浪费。(3)一氯乙酸粗品中含有二氯乙酸、三氯乙酸,多次蒸馏后产品中仍含有少量的_(填物质名称),再进行_(填“过滤”、“分液”或“重结晶”),可得到纯净的一氯乙酸。【答案】 (1). befcd (2). 饱和食盐

    14、水 (3). 吸收多余的氯气和酸性污染气体 (4). 水浴 (5). 打开活塞放下浓盐酸并点燃酒精灯 (6). 黄绿色气体 (7). 控制活塞减慢浓盐酸滴加速率或控制酒精灯降低加热温度 (8). 二氯乙酸 (9). 重结晶【解析】【分析】(1)制备一氯乙酸粗品先需要制备氯气,氯气含有HCl和H2O(g),需要除杂,除杂不能用碱石灰(因为碱石灰也吸收氯气),进入反应装置后,最后就是尾气处理;氯气含有HCl和H2O(g)杂质,无水氯化钙是除去水蒸气,那么洗气瓶为了除去氯气中HCl,碱石灰是放在最后处理尾气;(2)水浴温度0-100,油浴温度100-260,沙浴温度400-600,氯气为黄绿色气体,

    15、通过颜色判断氯气的量;(3)根据题中一氯乙酸、二氯乙酸、三氯乙酸的熔沸点数据,沸点相差越近越难蒸馏分来。【详解】(1)用MnO2制备Cl2需要加热,产生的Cl2含有杂质,先洗气除去HCl,再用无水CaCl2除去H2O(g),纯净的Cl2通入三颈烧瓶进行反应,最后多余的Cl2和反应生成的HCl用碱石灰吸收,所以连接顺序为befcd。答案:befcd;洗气瓶为了除去氯气中HCl,应用饱和食盐水除杂;碱石灰能吸收酸性气体,可以将氯气和产生的酸性气体(HCl)吸收。答案:饱和食盐水;吸收多余的氯气和酸性污染气体;(2)水的沸点为100,要控制温度在95左右,可采用水浴加热方法;温度稳定后,打开弹簧夹,

    16、打开分液漏斗活塞滴加浓盐酸并点燃酒精灯制备氯气;如果三颈烧瓶溶液表面观察到大量黄绿色气体,说明氯气过量,此时应控制活塞减慢浓盐酸滴加速率或控制酒精灯降低加热温度,以免浪费。答案:水浴;打开活塞放下浓盐酸并点燃酒精灯;黄绿色气体;控制活塞减慢浓盐酸滴加速率或控制酒精灯降低加热温度;(3)一氯乙酸和二氯乙酸的沸点相差较小,所以多次蒸馏后产品中仍含有少量的二氯乙酸;除去一氯乙酸中的少量二氯乙酸可通过重结晶实现。答案:二氯乙酸;重结晶。9.氧化锌主要用作催化剂、脱硫剂、发光剂和橡胶添加剂。一种以锌焙砂(ZnO、ZnSiO3和少量As2O3、CuO、PbO杂质,其中As与N同主族)为原料制备氧化锌的流程

    17、如图所示:请回答下列问题。(1)循环使用的物质有_、_和_(填化学式)。(2)“浸出”时,锌以Zn( NH3)42+进入滤液。浸出率与温度关系如图l所示,请解释温度超过55后浸出率显著下降的原因:_浸出率与n(NH3):n(NH4)2SO4关系如图所示,6:4之后浸出率下降,说明_(填编号)的浸出主要依赖硫酸铵浓度的大小。A.ZnO和ZnSiO3 B.ZnO C.ZnSiO3(3)“除砷”过程中生成Fe3( AsO4)2沉淀,其中铁元素的化合价是_;沉淀剂为FeSO4H2O、(NH3)2S2O8,添加(NH4)2S2O8的目的是_。(4)“除重金属”和“深度除重金属”除去的重金属是_(填名称)

    18、。(5)“蒸氨”的产物主要是ZnSO4和NH3,写出所发生反应的化学方程式_。【答案】 (1). NH3H2O或NH3 (2). (NH4)2SO4 (3). CO2 (4). 温度升高,氨气挥发而浓度下降,浸出率下降 (5). C (6). +2 (7). 把砷氧化成AsO43-以便除去砷 (8). 铜和铅 (9). Zn(NH3)4SO4ZnSO4 + 4NH3【解析】【详解】(1)分析流程图可知,循环利用的物质有:NH3H2O、(NH4)2SO4、CO2,答案:NH3H2O或NH3 ;(NH4)2SO4 ;CO2;(2)在流程图中,浸出时需要加入物质有NH3H2O,温度升高NH3H2O易

    19、分解出氨气,氨气挥发而浓度下降,浸出率下降。答案:温度升高,氨气挥发而浓度下降,浸出率下降;(NH4)2SO4是强酸弱碱盐,水解显酸性,SiO32-是弱酸根,溶液酸性强越容易使ZnSiO3溶出Zn2+,所以n(NH3):n(NH4)2SO4在6:4之后浸出率下降,说明ZnSiO3的浸出主要依赖硫酸铵浓度的大小。答案:C。(3)As与N同主族,所以Fe3( AsO4)2中砷元素为+5价,则铁元素的化合价是+2价;As2O3中砷元素为+3价,要生成Fe3( AsO4)2沉淀还需要把砷元素进行氧化,所以添加(NH4)2S2O8的目的是氧化砷元素。答案:+2;把砷氧化成AsO43-以便除去砷;(4)砷

    20、元素已经在前面除去,所以“除重金属”和“深度除重金属”除去的重金属是铜和铅。答案:铜和铅;(5)除杂之后得到的溶液是Zn(NH3)4SO4溶液,那么“蒸氨”发生反应的化学方程式为:Zn(NH3)4SO4 ZnSO4 + 4NH3。答案:Zn(NH3)4SO4 ZnSO4 + 4NH3。10.对甲烷和CO2的高效利用不仅能缓解大气变暖,而且对日益枯竭的石油资源也有一定的补充作用,甲烷临氧耦合CO2重整反应有:反应: 反应: (l)CO燃烧的热化学方程式为 H=_kJ/mol(2)一定条件下,将CH4与CO2以体积比1:1置于恒温恒容的密闭容器中发生反应,下列能说明反应达到平衡状态的有_。A体系密

    21、度保持不变 B容器中压强保持不变CH2和CO的体积比保持不变 D每消耗lmolCH4的同时生成2mol CO(3)重整反应中存在着副反应产生的积碳问题。加入少量的Na2CO3可不断消除积碳。请用化学方程式表示其反应过程:_,。(4)已知甲烷临氧藕合CO2重整反应体系中还有反应: 。在密闭容器中,重整反应在1073K时催化下达到平衡,发现n(H2)/n(CO)l,请从平衡移动的角度解释原因_。如果投料时增加氧气比例,下列预测可能错误的是_(填编号)。A氢气总产量减少 B反应的甲烷转化率升高C会产生副反应 D对反应的平衡无影响(5)温度对重整反应体系中反应物平衡转化率,平衡时氢气、一氧化碳和水的物

    22、质的量影响如图所示。若CH4与CO2的起始投料相等,则起始时n(CH4)=_mol,在1000K时反应的平衡常数K为_【答案】 (1). -282.7 kJmol-1 (2). B (3). C + Na2CO3Na2O + 2CO (4). 温度较高,反应是放热反应,利于平衡向逆方向移动,生成氢气量减少;而反应是吸热反应,利于平衡向正方向移动,消耗氢气量增多且CO生成量增多,从而n(H2)/n(CO)小于1 (5). AD (6). 1 (7). 3.5【解析】【分析】(1)通过盖斯定律,反应-反应即可解答;(2)A.根据和质量守恒定律分析;B.反应前后气体总体积相等压强不能判断平衡,反应前

    23、后气体总体积不相等压强能判断平衡;C.各物质体积分数保持不变可判断平衡;D.物质的变化判断平衡需要有正反应也有逆反应,还要符合计量数之比;(3)题干已知反应中有Na2O参与反应,所以前一步反应应该是有Na2O生成,再根据氧化还原写方程式;(4)n(H2)/n(CO)小于1,那么n(H2)减小,n(CO)增大,利用平衡分析各反应如何移动使n(H2)减小,n(CO)增大;结合浓度对化学平衡的移动作答;(5)由于该体系中存在三个反应,可以通过设未知数解答,利用图中和三个反应共同的物质数量关系解未知数,最后将反应各物质的物质的量求出,利用平衡常数计算公式计算出平衡常数。【详解】(1)反应-反应得 H=

    24、-35.7kJ/mol-247.0kJ/mol=-282.7kJ/mol。答案: H=-282.7kJ/mol;(2)A.,气体总质量不变,恒容体积不变,密度保持不变,不能作为判断平衡的标志;B.反应前后气体体积不同,所以压强保持不变能作为判断平衡的标志;C.H2和CO都是生成物,计量数之比为1:1,反应开始后,体积比保持1:1,不能作为判断平衡的标志;D.消耗lmolCH4是正反应方向,生成2mol CO也是正反应方向,所以不能作为判断平衡的标志;答案:B。(3)从已知反应可以知道,加入Na2CO3消除积碳,反应会有Na2O生成,故反应方程式为:C + Na2CO3 Na2O + 2CO。答

    25、案:C + Na2CO3 Na2O + 2CO;(4)反应中CO和H2化学计量数之比为1:1,平衡移动会同等程度增大或减小,不影响n(H2)/n(CO);反应是放热反应,1073K时温度较高,反应平衡向逆方向移动,生成氢气量相对减少;而反应是吸热反应,利于反应平衡向正方向移动,消耗氢气量增多且CO生成量增多,从而导致n(H2)/n(CO)小于1。投料时增加氧气比例,反应正向移动,CH4转化率升高,进而导致反应平衡逆向移动,氢气总产量无法判断;氧气比例升高会与CH4反应生成CO2,所以会产生副反应,故A、D错误。答案:温度较高,反应是放热反应,利于平衡向逆方向移动,生成氢气量减少;而反应是吸热反

    26、应,利于平衡向正方向移动,消耗氢气量增多且CO生成量增多,从而n(H2)/n(CO)小于1;AD;(5)设在1000K时起始时的n(CH4)=n(CO2)=xmol,参与反应中各物质物质的量变化n(CH4)=n(CO)=1/2n(H2)=y mol,参与反应中各物质物质的量变化n(CH4)=n(CO2)=1/2n(CO)=1/2n(H2)=z mol,而在反应中n(H2O)=n(CO2)=n(CO)=n(H2)=0.4mol,因为,所以,则y=0.4mol;而对于H2则有2y+2z-0.4=1.3,所以z=0.45;,代入解得x=1mol。在1000K时反应到平衡时,n(CO2)=0.15mo

    27、l,n(H2)=1.3mol,n(CO)=1.7mol,n(H2O)=0.4mol,设容器体积为V,则平衡常数。答案: 1;3.5。【点睛】达到化学平衡状态的标志:(1)正=逆同一物质:该物质的生成速率等于它的消耗速率;不同的物质:速率之比等于化学方程式中的化学计量数之比,但必须是不同方向的速率;化学键断裂情况化学键生成情况。(2)反应混合物中各组成成分的含量保持不变。(3)对气体物质:若反应前后的物质都是气体,且化学计量数不等,总物质的量、总压强(恒温、恒容)、平均摩尔质量、混合气体的密度(恒温、恒压)保持不变。(4)反应物的转化率、产物的产率保持不变。(5)有颜色变化的体系颜色不再发生变化

    28、。11.含第VA族的磷、砷(As)等元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题:(1)基态P原子的核外电子排布式为_,有_个未成对电子。(2)常温下PCl5是一种白色晶体,其立方晶系晶体结构模型如图甲所示,由A、B两种微粒构成。将其加热至148熔化,形成一种能导电的熔体。已知A、B两种微粒分别与CC14、SF6互为等电子体,则A为_,其中心原子杂化轨道类型为_,B为_。(3)PO43-的空间构型为_,其等电子体有_(请写出一种)。(4)砷化镓属于第三代半导体,它能直接将电能转变为光能,砷化镓灯泡寿命是普通灯泡的100倍,而耗能只有其10%。推广砷化镓等发光二极管(LED)照明,是节

    29、能减排的有效举措。已知砷化镓的晶胞结构如图乙,晶胞参数a= 565pm。砷化镓的化学式为_,镓原子的配位数为_。砷化镓的晶胞密度=_g/cm3(列式并计算,精确到小数点后两位),m位置Ga原子与n位置As原子之间的距离为_pm(列式表示)。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p3 (2). 3 (3). (4). sp3 (5). (6). 正四面体 (7). SO42- (8). GaAs (9). 4 (10). (11). 【解析】【分析】(1)根据构造原理,按照电子排布顺序(1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s4f)进行电子排布,再画出电子排布图分析未成对电子;(

    30、2)PCl5晶体中含有两种微粒,熔融能导电,说明这两种微粒是阴阳离子,再根据A、B两种微粒分别与CC14、SF6互为等电子体,分析作答;(3)PO43的孤电子对数为(5-8+3)/2=0,键电子对数为4,据此分析构型;原子数为5,价电子数为32,据此找等电子体;(4)利用均摊法计算:黑球4个全部在晶胞内,白球位于晶胞顶点和面心,配位数通过观察晶胞分析;砷化镓的晶胞含4个CaAs,先计算4个CaAs的质量(70+75) 4g/NA,再晶胞的体积为a3=(56510-10)3 cm3,最后通过求算。m与n之间的距离为晶胞体对角线的。【详解】(1)根据构造原理,基态P原子的核外电子排布式为1s22s

    31、22p63s23p3,电子排布图为:,有3个未成对电子。答案:1s22s22p63s23p3 ;3;(2)常温下PCl5是一种白色晶体,由A、B两种微粒构成。将其加热至148熔化,形成一种能导电的熔体,这说明形成的是离子晶体。已知A、B两种微粒分别与CCl4、SF6互为等电子体,由于原子总数和价电子总数分别都相等的是等电子体,则A为PCl4+,P原子的价层电子对数是4,且不存在孤电子对,因此其中心原子杂化轨道类型为sp3,B为PCl6-。答案:PCl ;sp3 ;PCl。(3) PO43的中心原子P的价层电子对数是4,由于孤电子对数为0,该离子的空间构型为正四面体形,其等电子体有SO42-、C

    32、Cl4等。答案:正四面体;SO42-;(4)晶胞中黑球位于晶胞内,数目为4,白球位于晶胞顶点和面心,数目为81/8+61/2=4,数目为1:1,则砷化镓的化学式为CaAs;根据晶胞As原子的配位数为4,则镓原子距离最近的As原子数目也为4,即配位数为4;砷化镓晶胞含4个CaAs,则1mol晶胞的质量为(70+75) 4g,晶胞的体积为a3=(56510-10)3 cm3,1mol晶胞的体积为6.021023(56510-10)3 cm3,则晶胞的密度为(70+75) 4g/6.021023(56510-10)3 cm3=5.34 g/cm3;m位置As原子与n位置Ga原子之间的距离为晶胞体对角

    33、线的1/4,则距离为565 pm=pm。答案:。【点睛】确定晶胞中原(离)子数目及晶体化学式,对于平行六面体晶胞而言,用均摊法计算的依据是:处于顶点的微粒,同时为8个晶胞所共享,每个微粒有1/8属于该晶胞;处于棱上的微粒,同时为4个晶胞所共享,每个微粒有1/4属于该晶胞;处于面上的微粒,同时为2个晶胞所共享,每个微粒有1/2属于该晶胞;处于晶胞内部的微粒,完全属于该晶胞。对于六方晶胞而言,用均摊法计算的依据是:处于顶点的微粒,同时为6个晶胞所共享,每个微粒有1/6属于该晶胞;处于竖直棱上的微粒,同时为3个晶胞所共享,每个微粒有1/3属于该晶胞;处于底面棱上的微粒,则同时为4个晶胞所共享,每个微

    34、粒有1/4属于该晶胞;处于面上的微粒,同时为2个晶胞所共享,每个微粒有1/2属于该晶胞;处于晶胞内部的微粒,完全属于该晶胞。12.抗丙肝新药的中间体合成路线图如下:已知:-Et为乙基。(1)的名称是_,所含官能团的名称是_。(2)的分子式为_。(3)反应化学方程式为_,反应的反应类型是_。(4)写出与互为同分异构体芳香类化合物的结构简式(核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为1:2:2:6,且不含-NH2)_(5)设计由乙醇、1,3-丁二烯和甲氨( CH3NH2)合成路线(其他试剂任选)。_【答案】 (1). 乙苯 (2). 醛基、酯基 (3). C12H15NO2 (4). (5). 加成反应 (

    35、6). (7). 【解析】【分析】(1)的苯环侧链是一个乙基;存在-CHO和-COOR,一个醛基和一个酯基;(2)找出碳原子、氢原子、氮原子和氧原子数目,注意-Et为乙基;(3)C8H8不饱和度为5,只有一个侧链,所以是,反应是在Al2O3的催化下脱去一个水分子生成,据此写化学方程式;与NH3反应生成,由不饱和变饱和,据此分析反应类型;(4)与互为同分异构体的芳香类化合物,苯环不变,核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为1:2:2:6,说明含2个等效的CH3,不含-NH2那么氮原子只能连接三个碳原子,据此写出结构简式;(5)由乙醇、1,3-丁二烯和甲氨( CH3NH2)合成需要成环反应,可参考反应利

    36、用不饱和键成环,再通过逆推法写出路线。【详解】(1)名称是乙苯,含有一个醛基和一个酯基。答案:乙苯;醛基、酯基;(2)含有12个碳原子,15个氢原子,1个氮原子,2个氧原子,分子式为C12H15NO2。答案:C12H15NO2;(3)C8H8为,反应是在Al2O3的催化下生成,化学方程式为;与NH3反应生成,发生的是加成反应。答案:;加成反应;(4)题干要求芳香族化合物,即有苯环,核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为1:2:2:6,说明有四种氢原子且含2个等效的CH3,不含-NH2,即氮原子的价键要连接碳原子,所以该化合物为。答案:;(5)参照反应成环反应,合成需要CH3CH=NCH3和CH2=CHCH=CH2;模仿反应由CH3NH2与CH3CHO反应生成CH3CH=NCH3,乙醇发生催化氧化获得CH3CHO;由乙醇、1,3-丁二烯和甲氨( CH3NH2)合成路线为:。答案:。【点睛】这道题中的反应的成环反应是有机题推断常见题型,主要特点是共轭双键和一个双键断键成环,分析思路主要还是逆推法,学生平时注意积累题型。- 18 -


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