【市级联考】江西省南昌市2019届高三下学期4月第二次模拟考试理科综合化学试题（解析版）

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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。