【校级联考】江西省名校（临川一中、南昌二中）2019届高三下学期5月联合考理科综合化学试题（解析版）

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1、1.2019 年北京园艺会主题是“绿色生活，美丽家园”。下列有关园艺会说法正确的是( ) A. 大会交通推广使用的是利用原电池原理制成太阳能电池汽车，可减少化石能源的使用 B. 妫汭剧场里使用的建筑材料第五形态的碳单质“碳纳米泡沫”，与石墨烯互为同分异构体 C. 传统烟花的制作常加入含有铂、铁、钾、钙、铜等金属元素的发光剂，燃放时呈现美丽的颜色，大会庆 典禁止使用 D. 秸秆经加工处理成吸水性的材料植物纤维，可用作食品干燥剂，符合大会主题 【答案】D 【解析】 【详解】A. 太阳能电池是将太阳能转化为电能，不是原电池原理，故 A错误； B. 第五形态的碳单质“碳纳米泡沫”，与石墨烯是同素异形体

2、，而非同分异构体，故 B 错误； C. 烟花的使用需要从环保、安全等多方面考虑，但禁止使用是错误的，故 C错误； D. 植物纤维的成分为糖类，无污染，可再生，可用作食品干燥剂，符合大会主题，故 D正确， 故选 D。 2.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( ) A. 标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为 0.1NA B. 标准状况下，22.4L氖气含有的电子数为 10NA C. 常温下，pH 1的醋酸溶液中含有的H数为 A 0.1N D. 120g NaHSO4分子中阳离子和阴离子的总数为 3NA 【答案】B 【解析】 【详解】A.氯气溶于水，只有部分氯气与水反应生

3、成氯化氢和次氯酸，所以无法计算转移的电子数，故 A 错误; B. 标准状况下，22.4L氖气1mol，一个 Ne 原子含有 10 个电子，即 1mol氖气含有 10NA个电子，故 B正 确； C.醋酸溶液的体积未知，则无法计算 H+数目，故 C错误； D. 120g NaHSO4为 1mol，1molNaHSO4分子中含有 1molNa+和 1molHSO4-，则 120g NaHSO4分子中阳离子 和阴离子的总数为 2NA，故 D 错误； 故选 B。 3.X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期元素,其中 Z为金属元素,X、W为同一主族元素。X、Z、 W 形成的最高价氧化物分别为甲、乙

4、、丙。x、y2、z、w 分别为 X、Y、Z、W 的单质，丁是化合物。其转 化关系如图所示，下列判断错误的是 A. 反应、都属于氧化还原反应 B. X、Y、Z、W四种元素中，Y的原子半径最小 C. Na 着火时，可用甲扑灭 D. 一定条件下，x 与甲反应生成丁 【答案】C 【解析】 根据题中信息可判断 x 为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成 w 为硅、丁为一氧化碳；y2为氧 气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z 为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁。A. 反 应二氧化碳与镁反应、碳与氧气反应、碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，选项 A 正确；B. 同 周期元素原子从左

5、到右依次减小，同主族元素原子从上而下半径增大，故 C、O、Mg、Si 四种元素中，O 的 原子半径最小，选项 B 正确；C. Na 着火时，不可用二氧化碳扑灭，选项 C 错误；D. 一定条件下，碳与二氧 化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，选项 D 正确。答案选 C。 点睛：本题考查元素周期表、元素周期律及物质的推断，根据题中信息可判断 x 为碳，丙为二氧化硅，在 高温条件下碳与硅反应生成 w 为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z 为 镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁，据此分析解答。 4.下列实验操作、现象及所得出的结论或解释均正确的是 选项 实验操作

6、 现象 结论或解释 A 向盐酸中滴加 Na2SO3溶液 产生使品红溶液 褪色的气体 非金属性：ClS B 向废 FeCl3蚀刻液 X 中加入少量 的铁粉，振荡 未出现红色固体 X中一定不含 Cu2+ C 向酸性 KMnO4溶液中滴加乙醇 溶液褪色 乙醇具有还原性 D 用 3 mL稀硫酸与纯锌粒反应， 再加入几滴 Cu(NO3)2浓溶液 迅速产生无色气 体 形成 Zn-Cu原电池加快了制 取 H2的速率 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A.盐酸中滴加 Na2SO3溶液反应生成 SO2气体，只能说明盐酸酸性大于亚硫酸，无法比较 S 和 Cl 的非金属性强弱，故

7、 A 错误； B.Fe 先与 FeCl3反应，再与 Cu2+反应，由于加入少量的铁粉，Fe3+未反应完，所以无红色固体生成，无法确 定是否含有 Cu2+，故 B 错误； C.酸性高锰酸钾溶液有氧化性，加入乙醇，溶液褪色，说明乙醇被氧化，体现了乙醇的还原性，故 C正确； D. 用 3 mL稀硫酸与纯锌粒反应，再加入几滴 Cu(NO3)2浓溶液，在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性， 与金属反应不能生成氢气，故 D错误， 故选 C。 5.一种水基二次电池原理为 0.252520.25+x2522 xZn+ZnV OyH OZnV OzH O+ y-z H O 放电 充电 ， 电解液为含 Zn2+的

8、水溶液，该电池可用于电网贮能。 下列说法正确的是（ ） A. 放电时，Zn2+脱离插层 B. 放电时，溶液中 Zn2+浓度一直减小 C. 充电时，电子由 0.25252 ZnV OyH O层经电解质溶液流向 0.25+x252 ZnV OzH O层 D. 充电时，阳极发生电极反应： -2+ 0.25+x25220.25252 ZnV OzH O+ y-z H O-2xeZnV OyH O+xZn 【答案】D 【解析】 【详解】A.放电时，利用原电池原理，Zn作负极，失去电子， 0.25252 ZnV OyH O得到电子，放电时是溶液 中的 Zn2+与插层结合，故 A错误； B. 根据反应方程式

9、，放电时，负极锌板失去电子变成锌离子进入溶液中，然后与正极结合，所以溶液中 的锌离子浓度是不变的，故 B 错误； C. 充电时是电解池原理，但电子不能通过电解质溶液，故 C 错误； D. 充电时，阳极失电子，电极反应为： -2+ 0.25+x25220.25252 ZnV OzH O+ y-z H O-2xeZnV OyH O+xZn，故 D正确； 故选 D。 【点睛】已知总反应书写电极反应时，根据得失电子情况加以判断，失电子，则化合价升高，发生氧化反 应；总反应减去阳极的反应即可得到阴极的电极反应。 6.芳香醚常用于香料工业。某种芳香醵(R)的合成线路(反应条件和其他产物已经省略)如下图所示

10、，下列 说 法正确的是 A. M 和 N均易溶于水 B. 在 OP 的过程中，发生了氧化反应 C. Q的链状同分异构体有 4 种(不考虑立体异构) D. R能与 Br2发生加成反应和取代反应 【答案】D 【解析】 【详解】A.由 M和 N的结构简式可知，M 和 N不含有亲水基团，则 M和 N不易溶于水，故 A错误； B. 在 OP 的过程中，O中的羧基转化成羟基，发生了还原反应，故 B错误； C.戊烯有 5种同分异构体，分别为 1-戊烯，2-戊烯，2-甲基-1-丁烯，2-甲基-2-丁烯，3-甲基-1-丁烯。1-戊烯 的一氯代物有 5 种，2-戊烯的一氯代物有 5种，2-甲基-1-丁烯的一氯代物

11、有 4 种，2-甲基-2-丁烯的一氯代物 有 3种，3-甲基-1-丁烯的一氯代物有 4种，所以一氯戊稀总共有 5+5+4+3+4=21 种，所以 Q的链状同分异构 体有 20种，故 C 错误； D.由 R 的结构简式可知，R可以与与 Br2发生取代反应，R中含有碳碳双键，能与 Br2发生加成反应，故 D 正确； 故选 D。 【点睛】有机反应中可以根据组成的变化判断反应类型，得氢失氧的过程为还原反应，得氧失氢的反应为 氧化反应，如羧基变为羟基，属于失去氧的反应，该过程为还原反应。 7.在 25时,将 1.0L c mol L-1 CH3COOH溶液与 0.1mol NaOH 固体混合，使之充分反

12、应。然后向该混合溶液 中通入 HCl气体或加入 NaOH 固体(忽略体积和温度变化)，溶液 pH 随通入(或加入)物质的物质的量的变化 如图所示。下列叙述错误的是( ) A. 水的电离程度：abc B. c 点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-) C. a 点对应的混合溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-) D. 该温度下，CH3COOH的电离平衡常数 -8 a 10 K = c-0.1 【答案】D 【解析】 【详解】A. CH3COOH 溶液与 0.1molNaOH 固体混合，CH3COOH+NaOH CH3COONa+H2O，形成 CH3COOH 和 CH3C

13、OONa的混合溶液，其中 CH3COONa的水解促进水的电离，CH3COOH 的电离抑制水的 电离。若向该混合溶液中通入 HCl，c 点反应 CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl 恰好完全发生， CH3COONa 减 少 ， CH3COOH 增 多 ； 若 向 该 混 合 溶 液 中 加 入NaOH 固 体 ， a 点 反 应 CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O 恰好完全进行，CH3COONa 增多，CH3COOH 减少，因此，水的电 离程度： abc，故 A正确； B.CH3COOH溶液与 0.1molNaOH 固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H

14、2O，形成 CH3COOH和 CH3COONa 的混合溶液， b点溶液呈酸性， 说明 CH3COOH 浓度远大于 CH3COONa， c点 CH3COONa与 HCl 反应完全，溶液呈酸性，此时溶液为 CH3COOH和 NaCl 溶液，则 c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-)，故 B 正确； C.a点反应 CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O 恰好完全进行，溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c （OH-）+c（CH3COO-） ，此时 pH=7，则 c（H+）= c（OH-） ，则 c（Na+）= c（CH 3COO -） ，故 C正确； D. 该温度下 pH=7时

15、，c（H+）=10-7molL-1，c（CH3COO-）=c（Na+）=0.2mol/L，c（CH3COOH）=（c-0.2） mol/L，则醋酸的电离平衡常数 Ka= -+ 3 3 c(CH COO ) c(H ) c(CH COOH) = -7-8 100.22 10 = c-0.2c-0.2 ，故 D 错误； 故选 D。 【点睛】解答本题的难点是选项 A，需要明确酸、碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离。需要分析 a、 b、c三点 c(CH3COOH)和 c(CH3COONa)的差别，从而确定水的电离程度的相对大小。 8.草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计

16、利用 C2H2气体制取 H2C2O4 2H2O。回答下列问题： (1)甲组的同学以电石（主要成分 CaC2，少量 CaS及 Ca3P2杂质等）为原料，并用下图 1装置制取 C2H2。 装置 A 中用饱和食盐水代替水的目的是_。 装置 B 中，NaClO将 H2S、PH3 氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为 NaCl，其中 PH3被氧化的离子方程式 为_。该过程中，可能产生新的杂质气体 Cl2，其原因是：_（用离子方程式回答） 。 (2)乙组的同学根据文献资料，用 Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化 C2H2制取 H2C2O4 2H2O。制备装置如上 图 2所示： 装置 D 中多孔球泡的作用是_。

17、 装置 D 中生成 H2C2O4的化学方程式为_。 从装置 D中得到产品，还需经过_（填操作名称） 、过滤、洗涤及干燥。 (3)丙组设计了测定乙组产品中 H2C2O4 2H2O 的质量分数实验。他们的实验步骤如下：准确称取 m g 产品于 锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用 c mol L1酸性 KMnO4标准溶液进行滴定 至终点，共消耗标准溶液 V mL。 滴定终点的现象是_。 滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，分析可能的原因是_。 产品中 H2C2O4 2H2O 的质量分数为_（列出含 m、c、V 的表达式） 。 【答案】 (1). 减缓反应速率 (2). P

18、H3 + 4ClO= H3PO4 + 4Cl (3). Cl+ ClO+ 2H+ = Cl2+ H2O (4). 增大气体和溶液的接触面积， 加快反应速率， 使反应充分进行 (5). C2H2 + 8HNO3(浓) H2C2O4 + 8NO2 + 4H2O (6). 蒸发浓缩、冷却结晶 (7). 当加入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色， 且半分钟内不恢复原来的颜色 (8). 生成的 Mn2+是该反应的催化剂 (9). 31.5cV M 【解析】 【分析】 根据实验目的及原理结合影响反应速率的条件及平衡移动规律分析解答；根据物质的性质分析书写反应方 程式；根据滴定原理及实验数据计算质量分数

19、。 【详解】(1) 电石与水反应非常剧烈，为了减慢反应速率，平缓地产生乙炔可用饱和食盐水代替水反应； 装置 B 中，NaClO将 H2S、PH3 氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为 NaCl，即 PH3中的 P 元素从-3价转化 成+5 价，离子方程式为: PH3 + 4ClO= H3PO4 + 4Cl，由于该过程中生成磷酸，为反应过程提供了 H+，则发 生反应 Cl+ ClO+ 2H+ = Cl2+ H2O而产生氯气；故答案为: PH3 + 4ClO= H3PO4 + 4Cl，Cl+ ClO+ 2H+ = Cl2+ H2O； (2) 装置 D多孔球泡的作用是增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应；

20、故答案为：增大气体和溶液的接 触面积，加快反应速率，使反应充分进行； 根据装置图，D中 Hg（NO3）2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成 H2C2O4和二氧化氮，反应为： C2H2+8HNO3 3 2 Hg(NO ) 20-70C = 。 H2C2O4+8NO2+4H2O； 将反应后的 D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶； (3)用 H2C2O4滴定 KMnO4，反应完全后，高锰酸钾褪色，具体现象为：当加入最后一滴标准液后，溶液 由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色； 滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快， 是由于生成的 Mn2+是该反应的催化剂， 加

21、快了反应速率； 根据转化关系可知， 2MnO4-5H2C2O4， 则 n （H2C2O42H2O） =n （H2C2O4） = 2 5 n(MnO4-)= 2 5 cV10-3mol， 产品中 H2C2O42H2O 的质量分数为 3 5 cV 10126 2 m 100%= 31.5cV m 。 9.镓是制作高性能半导体的重要原料。工业上常从锌矿冶炼的废渣中回收镓。已知某锌矿渣主要含 Zn、 Si、Pb、Fe、Ga 的氧化物，利用该矿渣制镓的工艺流程如下： 已知：镓在元素周期表中位于第四周期第A，化学性质与铝相似。 lg2=0.3，lg3=0.48。 部分物质的 Ksp如 F表所示 物质 2Z

22、n OH 3Ga OH 2Fe OH 3Fe OH Ksp 17 1.6 10 31 2.7 10 16 8 10 39 2.8 10 （1）滤渣 1的主要成分是_（写化学式） 。 （2）加入 H2O2的目的是(用离子方程式表示)_。 （3）调 pH的目的是_；室温条件下，若浸出液中各阳离子的浓度均为 0.01 mol/L，当溶液中某种离 子浓度小于 5 1 10 mol/L时即认为该离子已完全除去，则 pH应调节的范围为_。 （4）操作 D包括：_过滤、洗涤、干燥。 （5）制备、精炼金属 Ga。 电解法制备金属镓。用惰性电极电解 2 NaGaO溶液即可制得金属镓，写出阴极电极反应式_。 电解

23、法精炼金属镓（粗镓含 Zn、Fe、Cu 等杂质，已知氧化性: 2+2+2+2+ ZnFeCu，则阳极上 Zn、Ga 失电子进入电解质溶液，Fe、Cu 以金属单质进入电解质溶液，则阳极泥 成分是 Fe、Cu，阴极上 GaO2-得电子发生还原反应生成 Ga，电极反应式为 - 22 GaO +2H O+3e =Ga+4OH； 甲烷燃料电池负极电极反应：CH410OH8eCO327H2O，所以 8Ga 3CH4 870g 322.4L 56g 6.72L 但是电解精炼镓时能量的利用率达不到 100%，实际耗电所消耗标准状态下的 4 CH大于 6.72L。故说法正确 的是 AC。 10.以高纯 H2为燃

24、料的质子交换膜燃料电池具有能量效率高、无污染等优点，但燃料中若混有 CO将显著缩 短电池寿命。 (1)以甲醇为原料制取高纯 H2是重要研究方向。甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应： 主反应：CH3OH(g) + H2O(g) =CO2(g) + 3H2(g) H = +49 kJmol1 副反应：H2(g) + CO2(g) CO(g) + H2O(g) H=+41 kJmol1 甲醇蒸气在催化剂作用下裂解可得到 H2和 CO，则该反应的热化学方程式为_，既能加快反应速率又 能提高 CH3OH 平衡转化率的一种措施是_。 分析适当增大水醇比 2 3 n H O n CH OH 对甲醇水蒸气

25、重整制氢的好处是_。 (2)工业上用 CH4与水蒸气在一定条件下制取 H2，原理为：CH4(g) + H2O(g)CO(g) + 3H2(g) H = + 203 kJmol1 该反应逆反应速率表达式为：v逆=kc(CO) c3(H2)，k 为速率常数，在某温度下测得实验数据如表： CO 浓度(molL1) H2浓度(molL1) 逆反应速率(molL1min1) 0.05 c1 4 8 c2 c1 19.2 c2 0.15 8.1 由上述数据可得该温度下，该反应的逆反应速率常数 k为_L3mol3min1。 在体积为 3 L的密闭容器中通入物质的量均为 3 mol的 CH4和水蒸气，在一定条

26、件下发生上述反应，测得 平衡时 H2的体积分数与温度及压强的关系如图所示： 则压强 Pl_P2（填“大于”或“小于”） ；N点 v 正_M 点 v逆（填“大于”或“小于”） ； (3) 2 N和 2 H生成 3 NH的反应为 1 223 13 NgHgNHg ? H 298K46.2kJ?mol 22 ， 标准平 衡常数 K 3 0.5 1.5 22 p(NH )/p p(N )/p p(H /p ，其中 p为标准压强( 5 1 10 Pa)， 3 p NH、 2 p N和 2 p H为各 组分的平衡分压，如 33 p NHx NHp，P为平衡总压， 3 x NH为平衡系统中 3 NH的物质的

27、量分数. 已知起始时向一密闭容器中投入 a 2 2 molN和 3a 2 2 molH， 反应 1 2 2 Ng 3 2 2 Hg 3 NHg在 恒定温度和标准压强下进行， 3 NH的平衡产率为，则该反应的 K _(用含的代数式表示)。下图 中可以表示标准平衡常数随温度T的变化趋势的是_(填字母) 【答案】 (1). CH3OH(g) = CO(g) + 2H2(g) H = +90 kJ mol1 (2). 升温 (3). 提高甲醇的利用率， 有利于抑制 CO 的生成或抑制副反应发生 (4). 1.2 104 (5). 大于 (6). 小于 (7). 4（2-） /3(3)1/2(1-)2

28、(8). D 【解析】 【分析】 用盖斯定律进行有关反应热的计算；根据化学平衡的影响因素分析解答；根据转化率随温度、压强的变化 曲线分析及有关化学平衡的计算。 【详解】(1)已知 I CH3OH(g) + H2O(g) =CO2(g) + 3H2(g) H = +49 kJmol1 ；II H2(g) + CO2(g) CO(g) + H2O(g) H=+41 kJmol1；根据盖斯定律，I+II可得 CH3OH(g) =CO(g) + 2H2(g) 则 H =+49 kJmol1+ +41 kJmol1=+90 kJ mol1，故甲醇蒸气裂解得到 H2和 CO的热化学方程式为 CH3OH(g

29、) =CO(g) + 2H2(g) 则 H =+49 kJmol1+ +41 kJmol1=+90 kJ mol1；反应为吸热反应，升高温度既能加快化学反应速 率同时可以促使反应正向进行，提高 CH3OH平衡转化率，而增大压强能加快化学反应速率，但对正反应不 利，所以既能加快反应速率又能提高 CH3OH 平衡转化率的一种措施是升高温度； 适当增大水醇比（nH2O：nCH3OH） ，可视为增大 H2O 的量，能使 CH3OH 转化率增大，生成更多的 H2， 抑制转化为 CO的反应的进行，所以适当增大水醇比（nH2O：nCH3OH）对甲醇水蒸气重整制氢的好处为： 提高甲醇的利用率，有利于抑制 CO

30、的生成； (2)根据反应的逆反应速率表达式为 V逆=k c(CO) c3(H2)可知：4.8=k 0.05 C13；19.2= k c2 C13；两个式子 相除，得到 c2=0.2，再根据第三组数据进行计算，8.1= k 0.2 0.153，解之得 k= 1.2 104 L3 mol-3 min-1； 由反应方程式知，该反应为体积增大的反应，温度不变时时，减小压强，平衡向正方向移动，H2的体积 分数增大，则从图象可以看出，压强 Pl大于 P2；温度 T3小于 T4，温度越高，反应速率越快，N点反应温度 低于 M 点温度，则 N点 v正小于 M点 v逆； (3)如果 a/2molN2和 3a/2

31、mol H2完全反应则生成 amolNH3， NH3的平衡产率为 ， 则生成的 n （NH3） =amol， 反应 1 2 2 Ng 3 2 2 Hg 3 NHg 开始（mol）0.5a 1.5a 0 反应（mol）0.5a 1.5a a 平衡（mol）0.5a（1-） 1.5a（1-） a 平衡混合气体总物质的量=0.5a（1-）+1.5a（1-）+amol=a（2-）mol 2 0.5(1) 2 p Np ， 2 1.5(1) 2 p Hp ， 3 2 p NHp 标准平衡常数 K 3 0.5 1.5 22 p(NH )/p p(N )/p p(H /p = 2 4 (2) 3 3(1)

32、； 该反应为放热反应，所以升高温度，平衡向逆方向进行， K 减小，纵坐标为 lg K ，横坐标为温度，则该 曲线为 D。 11.氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题： （1）聚四氟乙烯是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过 _方法区分晶体、准晶体和非晶体。 （2）基态铜原子价电子排布的轨道式为_。 （3） H2F+SbF6-（氟酸锑） 是一种超强酸， 存在H2F+， 该离子 空间构型为_， 依次写出一种与H2F+ 具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子分别是_、_ （4）NH4F（氟化铵）可用于玻璃蚀刻剂、防腐剂、消毒剂等。NH4+的中心原子的杂化类

33、型是；氟化铵中 存在_（填序号） ： A离子键 B键 C键 D氢键 （5）SbF6被广泛用作高压电气设备绝缘介质。SbF6是一种共价化合物，可通过类似于 Born-Haber 循环能量 构建能量图（见图 a）计算相联系关键能。则 F-F键的键能为 kJmol-1，S-F的键能为_kJmol-1。 （6）CuCl 的熔点为 426，熔化时几乎不导电；CuF的熔点为 908，密度为 7.1gcm-3。 CuF比 CuCl熔点高的原因是_； 已知 NA为阿伏加德罗常数。CuF的晶胞结构如“图 b”。则 CuF的晶胞参数 a=_nm （列出计算式） 。 【答案】 (1). X射线衍射 (2). (3)

34、. V型 (4). H2O （或 H2S） (5). NH2- (6). sp3 (7). AB (8). 155 (9). 327 (10). CuCl是分子晶体， CuF是离子晶体 (11). 7 3 4 644 19 10 7.1 A N 或 7 3 4 83 10 7.1 A N 【解析】 【分析】 （1）晶体、准晶体、非晶体的 X 射线衍射图不同； （2）Cu是 29 号元素，原子核外电子数为 29，根据核外电子排布规律书写铜的基态原子价电子排布的轨道 式； （3）用价层电子对互斥理论判断空间构型，用替代法书写等电子体； （4）根据价层电子对数判断 NH4 +中 N 的杂化方式，根据

35、 N 原子结构和成键方式判断 NH 4F 中存在的作用力； （5）根据图示计算； （6）根据题干性质判断晶体类型，从而确定熔点高低； 用均摊法确定所含微粒数，根据 V= m 计算体积，进一步计算晶胞参数。 【详解】 （1）从外观无法区分三者，晶体、准晶体、非晶体X 射线衍射图不同，因此通过 X 射线衍射方法 区分晶体、准晶体和非晶体， 故答案为：X射线衍射； （2）Cu是 29号元素，原子核外电子数为 29，铜的基态原子价电子电子排布式 3d104s1，价电子排布的轨道 式为； （3） H2F+离子中中心原子 F 的孤电子对数= 1 2 （7-1-21）=2， 键电子对数为 2，价层电子对数为

36、 4， VSEPR 模型为四面体型，空间构型为 V 型；与H2F+具有相同空间构型和键合形式的分子有 H2O（或 H2S） ， 阴离子有 NH2-； （4）NH4+中 N原子杂化轨道数为 1 2 （5+4-1）=4，N 采取 sp3杂化方式；氟化铵中铵根离子与氟离子之间 存在离子键，铵根离子中氮原子与氢原子形成氮氢键为 键，不存在双键则没有 键，同时也不存在氢键， 答案选 AB； （5） 由图 a可知 3F2（g） =6F(g) H=+465kJ/mol，则 FF键的键能为 465kJ/mol 3=155kJ mol-1， 6F(g) +S （g）=SF6 (g) H=-1962kJ/mol，

37、则 SF的键能为 1962kJ/mol 6=327kJ mol-1； （6）CuCl 的熔点为 426，熔化时几乎不导电，CuCl是分子晶体，CuF的熔点为 908，CuF是离子晶 体，离子键远大于分子间作用力，故 CuF比 CuCl熔点高； 根据均摊法可知， 晶胞中含有 8 1 8 +6 1 2 =4 个 Cu+， 4 个 F-， 晶胞的体积 4 644 19 V 7.1 A N cm 3， 则 CuF 的晶胞参数 a= 7 3 4 644 19 10 7.1 A N nm。 12.化合物 G是制备治疗高血压药物纳多洛尔的中间体,实验室由 A 制备 G的一种路线如下: 已知: (1)A的化学

38、式是_ (2)H中所含官能团的名称是_;由 G 生成 H的反应类型是_。 (3)C的结构简式为_,G的结构简式为_。 (4)由 D 生成 E 的化学方程式为_。 (5)芳香族化合物 X是 F的同分异构体,1mol X最多可与 4mol NaOH 反应,其核磁共振氢谱显示分子中有 3种 不同化学环境的氢,且峰面积比为 3:3:1,写出两种符合要求的 X 的结构简式:_。 (6)请将以甲苯和(CH3CO)2O为原料(其他无机试剂任选),制备化合物的合成路线补充完整。 _ 【答案】 (1). C10H8 (2). 羟基，醚键 (3). 取代反应 (4). (5). (6). (7). (8). 【解

39、析】 【分析】 根据合成路线中有机物的结构变化及分子式结合反应条件分析合成过程中的中间产物及反应类型；根据提 示信息及原料、目标产物，采用逆合成分析法设计合成路线。 【详解】根据已知条件及 D的结构式分析得 A与浓硫酸发生取代反应，则 B的结构简式为；根 据 B 和 D的结构及反应条件可以分析得中间产物 C的结构简式为：； 根据 E 的分子式结合 D 的结 构分析知 E 的结构简式为：；根据 F 的结构及反应条件分析 G 的结构简式为： ； (1)根据 A的结构简式分析得 A 的化学式是 C10H8； (2)根据 H的结构简式分析，H 中所含官能团的名称是羟基，醚键；比较 G和 H的结构变化可

40、以看出 H中酚 羟基上的氢原子被取代，所以该反应为取代反应； (3)根据上述分析 C的结构简式为；G的结构简式为； (4)由 D 生成 E 属于取代反应，化学方程式为：+(CH3CO)2O+CH3COOH； (5)X属于芳香族化合物，则 X 中含有苯环，1mol X最多可与 4mol NaOH反应，结构中可能含有 2 个酯基， 结构中有 3 种不同化学环境的氢，且峰面积比为 3:3:1，说明结构中对称性较强，结构中应该含有多个甲基， 则符合要求的 X的结构简式有为：、 、； (6)根据目标产物逆分析知由发生取代反应生成，而根据提示信息 可 以由在一定条件下制取，结合有机物中官能团的性质及题干信息，可以由 氧化制取，则合成路线为： 。