【文档说明】【精准解析】陕西省西安中学2020届高三第二次模拟考试化学试卷.doc，共(16)页，875.500 KB，由小赞的店铺上传

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陕西省西安中学高2020届高三第2次模拟考试化学试题（二）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Ca40Mn55Cu64第I卷（选择题共126分）一、选择题：本题共13小题，每小题6

分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法错误的是（）A.氨气很容易液化，液氨汽化吸收大量的热，所以液氨常用作制冷剂B.自来水厂用明矾净水，用Fe2(SO4)3或ClO2代替明矾净水，其原理相同C.为了消除碘缺乏病，在食用

盐中加入一定量的KIO3D.将水中的铁闸门连接电源的负极而防腐，是外加电流的阴极保护法【答案】B【解析】【详解】A.氨气很容易液化，液氨汽化吸收大量的热，所以液氨常用作制冷剂，A正确；B.自来水厂用明矾净水，用Fe2(SO4)3或ClO2代

替明矾净水，其原理不相同，硫酸铝和硫酸铁利用的是胶体的吸附性，ClO2利用的是其强氧化性，B错误；C.为了消除碘缺乏病，常在食用盐中加入一定量的KIO3，C正确；D.将水中的铁闸门连接电源的负极而防腐，属于外

加电流的阴极保护法，D正确；答案选B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.常温常压下4.4g乙醛所含σ键数目为0.7NAB.含4molSi—O键的石英晶体中，氧原子的数目为2NAC.常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有

的碳原子数为0.1NAD.100mL4mol/L的硫酸与足量锌反应，转移电子数为0.4NA【答案】B【解析】【详解】A．1mol乙醛(CH3CHO)含有6molσ键，常温常压下4.4g乙醛(CH3CHO)物质的量为1m4.4gn==molM44gmol−=0.1，则

所含σ键数目为0.6NA，故A错误；B．1mol石英含有4molSi—O键，因此含4molSi—O键的石英晶体中，氧原子的数目为2NA，故B正确；C．常温常压不是标准状况，2.24LCO和CO2混合气体物质的量

无法计算，故C错误；D．100mL4mol∙L−1的硫酸物质的量为1(aq)n=V=4molL0.1L=0.4molc−，含有0.8molH+，与足量锌反应，转移电子数为0.8NA，故D错误。综上所述，答案为B。3.某饱和一元醇

14.8g和足量的金属Na反应，生成标准状况下氢气为2.24L，该醇可氧化成醛，则其结构可能有几种()A.5种B.4种C.3种D.2种【答案】D【解析】【详解】标准状况下氢气为2.24L即0.1mol，质量为0.2g，n2n+122CHOHH2(12n+2n+2+16)214.8g0

.2g解得n=4能氧化生成醛的醇有CH3CH2CH2CH2OH、(CH3)2CHCH2OH两种，故选D。4.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子

最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D是地壳中含量最多的金属元素．下列说法错误的是（）A.A、E分别与C形成的化合物中含有一种相同类型的化学键B.元素C、D、E的简单离子的半径依次减小C.B的单质在自然界有多种核素D.通常

使用电解法制备C单质【答案】B【解析】【分析】已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，则B为C，A为H，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C为Na，元素D是地壳中含量最多的金属元素

，则为Al，则E为Cl。【详解】A．A、E分别与C形成的化合物分别为NaH、NaCl，都含有离子键，故A正确；B．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，元素C、D、E的简单离子的半径是E＞C＞D，故B错误；C．B的单质

在自然界有多种核素，比如12C、13C、14C，故C正确；D．通常使用电解熔融NaCl制备Na单质，故D正确。综上所述，答案为B。5.下列关于实验的说法正确的是选项实验目的实验操作A分离Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液将混合液倒入过滤器中过滤B证明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)向1

0mL01mol/LNa2S溶液中滴入几滴0.1mol/LZnCl2溶液，产生白色沉淀，再加入CuSO4溶液，产生黑色沉淀C证明酸性：H2CO3>H3BO3向Na2CO3中滴入过量H3BO3溶液，无气泡冒出D验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中，用盐酸浸没

，产生气泡A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A项，分离胶体与溶液应该用半透膜渗析，故A项错误；B项，“几滴”这个词描述不明确，如果加入的ZnSO4和CuSO4溶液的浓度和滴数是相等的（也就是Zn2+和Cu2+在溶液中的浓度是相等的），沉淀由白色的ZnS转化为黑色的CuS，则可以说明K

sp(CuS)<Ksp(ZnS)，故B项错误；C项，根据强酸制弱酸原理，向Na2CO3溶液中滴入H3BO3溶液，无气泡冒出，说明H3BO3不能与Na2CO3溶液反应生成H2CO3，因而不能产生二氧化碳气体，所以能够证明酸性：H2CO3>H3BO3，故C项正确；D

项，吸氧腐蚀发生在中性或碱性条件下，在酸性条件下发生的是析氢腐蚀或化学腐蚀，故D项错误。综上所述，符合题意的选项为C。6.氯碱工业的一种节能新工艺是将电解池与燃料电池相结合，相关物料的传输与转化关系如图所示（电极未标出）。下列说法正确的是（）A.电解池的阴极反应式为2Cl－－2e－=

Cl2↑B.通入空气的电极为负极C.电解池中产生2molCl2时，理论上燃料电池中消耗1molO2D.a、b、c的大小关系为a>b=c【答案】C【解析】【详解】A．电解池的阳极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，故A

错误；B．通入空气(主要是O2化合价降低)，化合价降低得到电子，电极为正极，故B错误；C．根据A选项得到电解池中产生2molCl2时失去4mol电子，1molO2得到4mol电子，因此理论上燃料电池中消耗1molO2

，故C正确；D．根据图中电解池左侧加NaCl溶液，说明左侧为阴极，右侧为阳极，阳极生成H2和NaOH，NaOH加入到燃料电池中，在原电池负极氢气反应消耗NaOH得到b%的NaOH溶液，燃料电池右侧是氧气得到电子生成OH－，因此a、b、c的大小关系为c＞a＞b，故D错误。综上所述

，答案为C。7.常温下，向100mL0.1mol/LNH4Cl溶液中，逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液。NH+4和NH3·H2O的变化趋势如图所示（不考虑NH3的逸出）。下列说法错误的是（）A.M点溶液中水

的电离程度比原溶液小B.在M点时，n（H+）-n（OH-）=（0.005-a）molC.随着NaOH溶液的滴加，++4c(H)c(NH)不断减小D.当n（NaOH）=0.01mol时，c（Na+）＞c（NH3·H2O）＞c（OH-）【答案】C【解析】【详解】A

．原溶液水解促进水的电离，而M点含一水合氨电离出OH-抑制水的电离，则M点溶液中水的电离程度比原溶液小，故A正确；B．M点存在电荷守恒：n（OH-）+n（Cl-）=n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），则n（H+）-n（OH-）=n（Cl-）-0.005-n

（Na+）=（0.005-a）mol，故B正确；C．随着NaOH溶液的滴加，c（NH3•H2O）减小，且++4c(H)c(NH)=32(NHHO)hKc，可知比值不断增大，故C错误；D．当n（NaOH）=0.01mol时，恰好反应生成等量的氯化钠和一水合氨，一水合氨电离，则c（N

a+）＞c（NH3·H2O）＞c（OH-），故D正确；故答案选C。第II卷（非选择题共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～40题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）8.Mn2O3是一种重要的工

业原料，在电磁和有机合成等领域应用广泛。某学习小组在实验室用CH4还原MnO2制备Mn2O3，并测定产品纯度。请回答下列问题：Ⅰ.制备Mn2O3(实验装置如图所示)已知：Al4C3+12H2O=4Al(OH)3+3CH4↑(

1)仪器a的名称为________。(2)连接好实验装置，检验装置的气密性，加入试剂，________（填操作步骤），点燃装置C处酒精灯。(3)仪器b中同时生成两种能参与大气循环的物质，该反应的化学方程式为________。(4)上述实验装置有一处

明显的缺陷，改进措施为___。Ⅱ.测定产品中Mn2O3的纯度(只考虑产品中混有少量未参与反应的MnO2)ⅰ实验结束后，取仪器b中所得固体7.19g，加入足量硫酸酸化的KI溶液，使固体中锰元素全部转化为Mn2+；ⅱ将所得溶液稀释至500ml；ⅲ取25.00ml稀释后的溶液，滴加

淀粉溶液作指示剂，用0.200mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗25.00mlNa2S2O3标准溶液。（2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）(5)步骤i中发生反应的离子方程式为____。(6)步骤iii中滴定终点的现象为

_______。(7)所取固体中Mn2O3的质量分数为_____（计算结果精确到0.1%）。【答案】(1).球形干燥管(2).打开分液漏斗的活塞，一段时间后，在干燥管末端收集气体并验纯(3).8MnO2+CH44Mn2O3+CO2+2H2O(4).在整套装置末端对未参与反应的CH4进行点燃处理

或用气囊收集；(5).MnO2+4H++2I-=Mn2++2H2O+I2、Mn2O3+6H++2I-=2Mn2++3H2O+I2;(6).溶液蓝色消失，且30s不恢复原色；(7).87.9%【解析】【分析】Al4C3和H2O反应生成CH4，通入

甲烷排除装置内空气，检验纯净后加热C，二氧化锰与甲烷反应生成Mn2O3、CO2、H2O，MnO2、Mn2O3在酸性条件下氧化碘离子生成单质碘，淀粉作指示剂，用硫代硫酸钠滴定单质碘。【详解】(1)根据图中信息得到仪器a的名称为球形干燥管；故答案为：球形干燥管。(2)连接好实验装

置，检验装置的气密性，加入试剂，打开分液漏斗的活塞，一段时间后，在干燥管末端收集气体并验纯，点燃装置C处酒精灯；故答案为：打开分液漏斗的活塞，一段时间后，在干燥管末端收集气体并验纯。(3)仪器b中同时生成两种能参与大气循环的物质，根据元素

守恒得到二氧化碳和水，因此该反应的化学方程式为8MnO2+CH44Mn2O3+CO2+2H2O；故答案为：8MnO2+CH44Mn2O3+CO2+2H2O。(4)甲烷是可燃性气体，反应时还有甲烷未参与反应，因此上述实验装置有一处明显的缺陷，改进措施为在整套装置末端对未参与反

应的CH4进行点燃处理或用气囊收集；故答案为：在整套装置末端对未参与反应的CH4进行点燃处理或用气囊收集。(5)步骤i中发生的是MnO2在酸性条件下氧化碘离子，Mn2O3在酸性条件下氧化碘离子，因此反应的离子方程式为MnO2+4H++2I－=Mn2++2H2O+I2、Mn2

O3+6H++2I－=2Mn2++3H2O+I2；故答案为：MnO2+4H++2I－=Mn2++2H2O+I2、Mn2O3+6H++2I－=2Mn2++3H2O+I2。(6)开始溶液是蓝色，开始滴定，颜色逐渐变浅，因此步骤iii中滴定终点的现

象为溶液蓝色消失，且30s不恢复原色；故答案为：溶液蓝色消失，且30s不恢复原色。(7)根据2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI得到n(I2)=12×0.200mol/L×0.025L×20=0.05mol，设Mn2O3物质的量为x

mol，MnO2物质的量为ymol，根据反应方程式MnO2+4H++2I－=Mn2++2H2O+I2、Mn2O3+6H++2I－=2Mn2++3H2O+I2，则有xmol+ymol=0.05mol，158g∙mol−1×xmol+

87g∙mol−1×ymol=7.19g，得到x=0.04mol，Mn2O3的质量分数为10.04mol?158gmolω=100%87.9%7.19g−；故答案为：87.9%。【点睛】化学实验是常考题型，主要考查实验仪器、氧化还原反应方程式、中和滴定实验的操

作及含量的测定。9.某研究小组在实验室以废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)为原料制备碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，具体流程如下：已知：Cu2(OH)2CO3为绿色固体

，难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施为____(任写一种)。(2)“操作Ⅱ”中铜发生反应的离子方程式为___。(3)“调节pH”操作中加入的试剂为____(填化学式)。(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为____

。(5)“操作Ⅲ”中温度选择55～60℃的原因是____；该步骤生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，请写出该反应的化学方程式：____。(6)某同学为测定制得的产品中Cu2(OH)2CO3的质量分数，进行了如下操作：

称取m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，冷却后，称得该黑色固体质量为m2g，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为____(用含m1、m2的代数式表示)。【答案】(1).搅拌（或适当升温等合理答案即可）(2).H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O

(3).CuO或Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可(4).加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2~3次(5).温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2(OH)2CO3易分

解(6).2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑(7).()121m111mm31−×100%【解析】【分析】废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)，加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3与稀硫

酸反应，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液，铜单质不与硫酸反应，再加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，再调节溶液pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤

后得到主要含有硫酸铜的滤液，将溶液温度控制在55~60℃左右，加入碳酸钠，滤液中产生Cu2(OH)2CO3晶体，再经过过滤、冷水洗涤，干燥，最终得到Cu2(OH)2CO3，以此解题。【详解】(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可进行搅拌、加热、增大硫

酸浓度等方法；(2)“操作Ⅱ”中，铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，离子方程式为H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O；(3)“调节pH”操作目的是将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，由于废铜屑使用酸浸溶解，

需要加入碱性物质中和多余的酸，在不引入新的杂质的情况下，可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可；(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为过滤，合理操作为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低

于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2~3次；(5)根据题目已知：Cu2(OH)2CO3为难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。“操作Ⅲ”中温度选择55～60℃的既可以加快反应速率同时也可防止制得的Cu2(OH)2CO3不被分解，该步骤中向含有硫酸铜的滤液中加入碳酸钠生成

Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，该反应的化学方程式：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑；(6)m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，

发生的反应为：Cu2(OH)2CO3=2CuO+CO2↑+H2O，灼烧至固体质量恒重时剩余固体为氧化铜和杂质，根据反应方程式计算：设样品中Cu2(OH)2CO3的质量为xg。Cu2(OH)2CO3=2CuO+CO2↑+H2Om22262xm

1-m2222x=1262mm−，解得：x=()121113mm1−，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为()121m1113mm1−×100%=()121m111mm31−×100%。【点睛】本题是工艺

流程题中的实验操作和化学原理结合考查，需结合反应速率的影响因素，实际操作步骤具体分析，还应熟练元素化合物的知识。10.“雾霾”成为人们越来越关心的环境问题。雾霾中含有二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物等污染性物质。请回答下列问题：（1）汽车尾气是雾霾形成的原因之一。尾气治理可用汽油中挥发出来的

烃类物质（CxHy）催化还原尾气中的NO气体，该过程的化学方程式为___________________。（2）冬季燃煤供暖产生的废气也是雾霾的主要来源之一。经研究发现将煤炭在O2/CO2的气氛下燃烧，能够降低燃煤时NO的排放，主要反应为：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH

已知：①N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH1＝＋180.5kJ·mol-1②2CO(g)2C(s)＋O2(g)ΔH2＝＋221kJ·mol-1③C(s)＋O2(g)CO2(g)ΔH3＝－393.5kJ·mol-1则Δ

H＝_____________。（3）某研究小组用NaOH溶液吸收尾气中的二氧化硫，将得到的Na2SO3溶液进行电解，其中阴阳膜组合电解装置如图一所示，电极材料为石墨。①a表示_____离子交换膜（填“阴”或“阳”）。A～E分别代表生产中的原料或产品，

其中C为硫酸，则A表示_________，E表示___________。②阳极的电极反应式为___________________________。（4）SO2经过净化后与空气混合进行催化氧化可制取硫酸，其中SO2发生催化氧化的反应为：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。若在T1℃、0.

1MPa条件下，往一密闭容器通入SO2和O2［其中n(SO2)∶n(O2)＝2∶1］，测得容器内总压强与反应时间如图二所示。①图中A点时，SO2的转化率为____________。②在其他条件不变的情况下，测得T2℃时压强的变化曲线如图所示，则C点的正反应速率vc(正)与A点的逆反应速

率vA(逆)的大小关系为vc(正)______vA(逆)（填“＞”、“＜”或“＝”）。③图中B点的压强平衡常数Kp＝_______________（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。【答案】(1).4CxHy＋(8x

+2y)NO===4xCO2＋(4x+y)N2＋2yH2O(2).-746.5kJ·mol-1(3).阳(4).NaOH溶液(5).氢气(6).SO32－―2e－＋H2O＝2H+＋SO42－(7).45%(8).＞(9).24300(MPa)－1【解析】（1）烃类物质（CxHy）催化还原尾

气中的NO气体，可以得到无毒的气体氮气和二氧化碳，即4CxHy＋(8x+2y)NO=4xCO2＋(4x+y)N2＋2yH2O；（2）已知：①N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH1＝＋180.5kJ·mol-1，②

2CO(g)2C(s)＋O2(g)ΔH2＝＋221kJ·mol-1，③C(s)＋O2(g)CO2(g)ΔH3＝－393.5kJ·mol-1，根据盖斯定律，由②+③×2-①得到2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）ΔH=ΔH2×2+ΔH3×2-ΔH1=＋22

1kJ·mol-1+2（-393.5kJ•mol-1）-（+180.5kJ•mol-1）=-746.5kJ•mol-1；（3）①左边连接电源负极是电解池的阴极，阴极反应式为，促进了水的电离，该极附近溶液碱性增强，生成NaOH，A为NaOH溶液，E为

H2，a为阳离子交换膜；②阳极发生氧化反应，且生成产物为硫酸，则阳极反应式为：SO32－―2e－＋H2O＝2H+＋SO42－；（4）①依据化学三行列式计算，设氧气消耗物质的量为x，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3(g)起始量（mol）2

aa0变化量（mol）2xx2x平衡量（mol）2a-2xa-x2x图中A点时，气体物质的量0.085，则2a2xax2x2aa−+−++=0.0850.1，x=0.45a，SO2的转化率=0.45a22a×100%=45%；②图象分

析可知，C点是平衡状态，A点反应未达到平衡状态，其中C点的正反应速率vC（正）与A点的逆反应速率vA（逆）的大小关系为vC（正）>vA（逆）；③图中B点，依据化学三段式计算，设氧气消耗物质的量为y，2SO2（g）+

O2（g）⇌2SO3（g）起始量（mol）2aa0变化量（mol）2yy2y平衡量（mol）2a-2ya-y2yB点气体物质的量为0.007，则2a2xax2x2aa−+−++=0.070.1，y=0.9a，平衡常数K=221.80.0070.20.11.

80.20.10.0070.0070.20.11.80.20.11.8aaaaaaaaaaa+++++++=24300（MPa）-1。【[化学---选修3：物质结构与性质】11

.铜是重要的过渡元素，其单质及化合物具有广泛用途。回答下列问题：(1)铜元素基态原子的价电子排布式为________。(2)铜元素能形成多种配合物，如Cu2+与乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）可形成如图所

示配离子。①Cu2+与乙二胺所形成的配离子内部粒子间的作用力类型有________。A．配位键B．极性键C．离子键D．非极性键F．氢键F．金属键②乙二胺分子中氮原子的杂化轨道类型为________，C、N、H三种元素的电负性由大到小顺序是___。③乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，乙

二胺的沸点比三甲胺高很多，原因是________。(3)Cu2+在水溶液中以[Cu(H2O)4]2+形式存在，向含Cu2+的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定的[Cu(NH3)4]2+，其原因是______。(4)Cu和S形成某种晶体的晶胞如图所示。①该晶体的化学式为________。②该晶胞原子

坐标参数A为(0，0，0)；B为(1，0，0)。则C原子的坐标参数为________③已知该晶体的密度为dg•cm-3，Cu2+和S2-的半径分别为apm和bpm，阿伏加德罗常数值为NA。列式表示该晶体中原子的空间利用率________。【答案】(1).3d

104s1(2).ABD(3).sp3(4).N＞C＞H(5).乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键(6).氮元素电负性更小，更容易给出电子形成配位键(7).CuS(8).(14，14，14)(9).3330A(ab)10100%72dN−+【解析】【分析】分析价电子

排布时，可依据构造原理先写出电子排布式，再写出价电子排布式；分析配离子中原子间所含有的化学键，便可确定配离子中所含有的作用力；乙二胺中氮原子的价层电子对数为4，由此确定杂化类型；分析N、C、H的非金属性，非金属性越强，电负性越大；利用均摊

法确定晶胞中所含有的Cu2+、S2-数目，求出二者的最简整数比，便可得出化学式；由S2-所在的位置，可确定C原子的坐标参数；由原子的体积和除以晶胞的体积，便可求出晶体中原子的空间利用率。【详解】(1)铜元素

基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则其价电子排布式为3d104s1。答案为：3d104s1；(2)①Cu2+与乙二胺所形成的配离子中，Cu2+与N原子间形成配位键、N、C等

原子间形成极性键，C、C原子间形成非极性键，所以内部粒子间的作用力类型有ABD。答案为：ABD；②乙二胺分子中，氮原子的的价层电子对数为4，杂化轨道类型为sp3，C、N、H三种元素的非金属性N＞C＞H，则电负性由大到小顺序是

N＞C＞H。答案为：sp3；N＞C＞H；③乙二胺和三甲胺均属于胺，但乙二胺分子间能形成氢键，从而增大了分子间的作用力，所以乙二胺的沸点比三甲胺高很多，原因是乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键。答案为：乙二胺分子之间可以形成氢键

，三甲胺分子之间不能形成氢键；(3)配位原子给出电子的能力越强，与中心离子间的结合力越强，所以向含Cu2+的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定的[Cu(NH3)4]2+，其原因是氮元素电负性更小，更容易给出电子形成配位键。答案为：氮元素电负性更小，更容易给出电子形成配位键；(4)①由均摊

法可知，晶胞中含Cu2+的数目为8×18+6×12=4，含S2-的数目为4，二者的个数比为1:1，所以该晶体的化学式为CuS。答案为：CuS；②从图中可以看出，C原子距相近三个面的距离为面心Cu2+到棱上距离的一半，由该晶胞原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，0，0)可知，晶胞的棱长

为1，所以C原子到棱上距离为14，从而得出C原子的坐标参数为(14，14，14)。答案为：(14，14，14)；③已知该晶体的密度为dg•cm-3，Cu2+和S2-的半径分别为apm和bpm，阿伏加德罗常数值为NA，则晶胞中离子的总体积为10310344[(a10cm)(b10cm)]

3−−+，晶胞的体积为3A496gg/cmNd，所以该晶体中原子的空间利用率为333033A44(ab)10cm3100%496cmNd−+=3330A(ab)10100%72dN−+。答案为：3330A(ab)10100%72dN−+。【点睛】利用均摊

法，由离子在晶胞中的位置，确定其在此晶胞中所占的份额，最后确定晶胞中所含有的离子数目。[化学—选修5：有机化学基础]12.氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如图：回答下列问题：（1）A的结构简式为__。

C的化学名称是__。（2）③的反应试剂和反应条件分别是__，该反应的类型是__。（3）⑤的反应方程式为__。吡啶是一种有机碱，其作用是__。（4）G的分子式为__。（5）H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结

构有__种。（6）4-甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚()制备4-甲氧基乙酰苯胺的合成路线__(其他试剂任选)。【答案】(1).(2).三氟甲苯(3).浓HNO3/浓H2SO4、加热(4).取代反应(5).+HCl(6).吸收反应产生的HCl，提高反应转化率

(7).C11H11O3N2F3(8).9(9).【解析】【分析】A和氯气在光照的条件下发生取代反应生成B，B的分子式为C7H5Cl3，可知A的结构中有3个氢原子被氯原子取代，B与SbF3发生反应生成，说明发生了取代反应，用F原子取代了Cl原子

，由此可知B为，进一步可知A为，发生消化反应生成了，被铁粉还原为，与吡啶反应生成F，最终生成，由此分析判断。【详解】(1)由反应①的条件、产物B的分子式及C的结构简式，可逆推出A为甲苯，结构为；C可看作甲苯中甲基中的三个氢原子全部被

氟原子取代，故其化学名称为三氟甲(基)苯；(2)对比C与D的结构，可知反应③为苯环上的硝化反应，因此反应试剂和反应条件分别是浓HNO3/浓H2SO4、加热，反应类型为取代反应；(3)对比E、G的结构，由G

可倒推得到F的结构为，然后根据取代反应的基本规律，可得反应方程式为：+HCl，吡啶是碱，可以消耗反应产物HCl；(4)根据G的结构式可知其分子式为C11H11O3N2F3；(5)当苯环上有三个不同的取代基时，先考虑两个取代基的异

构，有邻、间、对三种异构体，然后分别在这三种异构体上找第三个取代基的位置，共有10种同分异构体，除去G本身还有9种。(6)对比原料和产品的结构可知，首先要在苯环上引入硝基(类似流程③)，然后将硝基还原为氨基(类似流程④)，最后与反应得到4-甲氧基乙酰苯胺(类似流程⑤)

，由此可得合成路线为：。