1、NCS20190607NCS20190607 项目第二次模拟测试卷项目第二次模拟测试卷 理科综合能力测试理科综合能力测试 本试卷分第本试卷分第 I I 卷选择题)和第卷选择题)和第卷(非选择题)两部分;共卷(非选择题)两部分;共 1414 页。时量页。时量 150150 分钟,满分分钟,满分 300300 分。分。 以下数据可供解题时参考:以下数据可供解题时参考: 本试卷参考相对原子质量:本试卷参考相对原子质量:H H- -l Cl C- -12 N12 N- -14 O14 O- -16 Ga16 Ga- -70 As70 As- -7575 第第 I I 卷(选择题共卷(选择题共 2l2l
2、 题,每小题题,每小题 6 6 分。共分。共 126126 分)分) 一、选择题(本大题包括一、选择题(本大题包括 1313 小题每小题小题每小题 6 6 分,共分,共 7878 分,每小题的四个选项中,只有一项分,每小题的四个选项中,只有一项 符合题目要求。 )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)2 D. 本草纲目中“凡酸坏之酒,皆可蒸烧
3、”,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 NA B. 常温常压下,17g甲基(-14CH3)所含的中子数为 9NA C. 在含 CO32-总数为 NA的 Na2CO3溶液中,Na+总数为 2N
4、A D. 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+3 1= 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 1mol,所以 N
5、a+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 C10H12 B. 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.
6、该化合物的分子式为 C9H12,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. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】 A.等体积等物质的量浓度的 CH3COOH 和 HClO
7、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
8、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
9、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 NH3 H2O,NH3 H2O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
10、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 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+
11、,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 +H 2OCO2+N2+6H +,A错误; B.b 为阴极发生还原反应,电极反应为 2H2O+2e2OH+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
12、,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 10-4 B. 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):HAHB D. 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=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
13、。 【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+
14、)+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: 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
15、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 (
16、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,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
17、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,打开 分液漏斗活塞
18、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
19、料制备氧化锌的流程如图所示: 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 FeSO4 H2O、(NH3)2S2O8,添 加(NH4)2S2O8的目的是_。 (4
20、)“除重金属”和“深度除重金属”除去的重金属是_(填名称) 。 (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). NH3 H2O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:NH3 H2O、(NH4)2SO4、CO2,答案:NH3 H2O或 NH3 ; (NH4)2S
21、O4 ;CO2; (2)在流程图中,浸出时需要加入物质有 NH3 H2O,温度升高 NH3 H2O 易分解出氨气,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
22、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
23、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
24、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 kJ mol-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
25、,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
26、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=-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
27、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
28、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
29、,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 (H 2) =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)=0.15mol, 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
30、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。 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
31、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
32、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; (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
33、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 1s22s22p63s23p3,电子排布图为: ,有
34、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 SO
35、42-、CCl4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/cm
36、3;m位置 As原子与 n 位置 Ga原子之间的距离为晶胞体对角线的 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
37、 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
38、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 (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:
39、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。