【文档说明】【精准解析】湖南省长沙市长郡中学2020届高三月考（六）理综化学试题.doc，共(19)页，1.097 MB，由小赞的店铺上传

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长郡中学2020届高三月考试卷(六)理科综合能力测试化学部分注意事项:1.本试卷分第I卷(选择题)和第I卷(非选择题)两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答第I卷时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡，上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮

擦干净后,再选涂其他答案标号。写在本试题卷上无效。3.回答第I卷时,将答案写在答题卡上。写在本试题卷上无效。4.考试结束后,将本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量:H~1Li~7N~14O~16Ga~70I~127一、选择题: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.我国改革开放以来取得了很多世界瞩目的科技成果。下列有关说法正确的是A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.锰和铜均属于过渡金属，过渡金属不属于主族元

素，A项错误；B.合金与纯金属相比一般具有更好的机械强度、耐腐蚀性，B项正确；C.氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，而不是有机材料，C项错误；D.光纤材料的主要成分是二氧化硅而不是单晶硅，D项错误；答案选B。2.青蒿素是高效的抗疟疾药，为无色针状晶体，

易溶于丙酮、氯仿和苯中，在甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156~157℃，热稳定性差。已知：乙醚沸点35℃，提取青蒿素的主要工艺为：下列有关此工艺操作的说法不正确的是A.破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接

触面积，提高青蒿素浸取率B.操作I需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯C.操作II是蒸馏，利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大D.操作II的主要过程为加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤【答案】D【解析】【详解】

A.将固态的青蒿粉碎可以增大其比表面积，因此可以提高青蒿素的浸取率，A项正确；B.操作I得到了固体残渣和提取液，因此为过滤，过滤时需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯，B项正确；C.根据题干可知乙醚的沸点较低，因此只需对提取液进行微热，即可分离乙醚和青蒿素，同

时温度不至于过高，不会破坏青蒿素，C项正确；D.根据题干可知青蒿素几乎不溶于水，因此加水几乎无法溶解青蒿素，后续操作也无法顺利进行，D项错误；答案选D。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足

量浓硫酸，发生反应：CaOCl2+H2SO4（浓）=CaSO4+Cl2↑+H2O。下列说法正确的是A.明矾、小苏打都可称为混盐B.在上述反应中，浓硫酸体现氧化剂和酸性C.每产生1molCl2，转移电子数为NAD.1molC

aOCl2中共含离子数为4NA【答案】C【解析】【详解】A选项，明矾是两种阳离子和一种阴离子组成的盐，小苏打是一种阳离子和一种阴离子组成的盐，因此都不能称为混盐，故A错误；B选项，在上述反应中，浓硫酸化合价没有

变化，因此浓硫酸只体现酸性，故B错误；C选项，CaOCl2中有氯离子和次氯酸根，一个氯离子升高一价，生成一个氯气，因此每产生1molCl2，转移电子数为NA，故C正确；D选项，CaOCl2中含有钙离子、氯离子、次氯酸根，因此1molCaOCl2共含离子数为3NA，故D错误

；综上所述，答案为C。【点睛】读清题中的信息，理清楚CaOCl2中包含的离子。4.骨胶黏剂是一种极具应用前景的医用高分子材料。某骨胶黏剂的制备原料为聚酯三元醇，其合成原理如下：已知：R1COOR2+R318OH⎯

⎯⎯→催化剂R1CO18OR3+R2OH下列说法不正确．．．的是A.单体M1可用于配制化妆品B.改变M1在三种单体中的比例，可调控聚酯三元醇的相对分子质量C.该合成反应为缩聚反应D.X、Y、Z中包含的结构片段可能有【答案】C【解析】【分析

】由信息中的已知反应可知，三种单体再生成聚酯三元醇时主要反生信息中的酯交换反应，其反应原理为醇羟基断开H原子，酯基断开碳氧单键，断开处相互结合生成新的物质。【详解】A、单体M1为丙三醇，丙三醇具有吸水性，用于配制化妆品，故A正确；B、改变M1在三种单体

中的比例，则产物的结构简式会改变，相对分子质量也会改变，故B正确；C、缩聚反应有小分子生成，而上述反应无小分子生成，故C错误；D、根据信息的反应原理，X、Y、Z中包含的结构片段可能有，故D正确。答案选C。5.某种化合物（如图）由W、X、Y、Z四种短周期元素组成，其中W、Y、

Z分别位于三个不同周期，Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍；W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法不正确的是：A.原子半径：W<X<Y<ZB.简单离子的氧化性:W>XC.X与Y、Y与Z均可形成具有漂白性的化合物D.W与

X的最高价氧化物的水化物可相互反应【答案】A【解析】【分析】首先发现X是+1价的，则X为氢、锂或钠，但是W、X、Y三种简单离子的核外电子排布要相同，则X只能是钠，才能满足题意；W、Y、Z三者分别位于三个不同的周期，则必有一种为氢，根据题目给出的结构式，氢只能形成1个键，则Z是氢

；结合Y的最外层电子数是W的最外层电子数的二倍，且二者简单离子的核外电子排布相同，则只能是氧和铝，根据结构不难发现W是铝，Y是氧，据此来解题即可。【详解】A.根据分析，四种元素的半径大小为氢<氧<铝<钠，即Z<Y<W<X，A项错误；B.钠单质的还原性强于铝，而+Na的氧化性弱于

3+Al，B项正确；C.过氧化钠和过氧化氢均具有漂白性，C项正确；D.W与X的最高价氧化物的水化物分别为NaOH和3Al(OH)，二者可以相互反应，D项正确；答案选A。6.三元锂电池是以镍、钴、锰为正极材料的新型电池，镍、钴、锰材料可表示为Li1-nNi

xCoyMnzO2，x+y+z=1，通常简写为Li1-nMO2，Ni、Co、Mn三种元素分别显+2、+3、+4价。其充电时总反应为：LiMO2+C6===通电Li1-nMO2+LinC6，下列说法错误的是A.放电时电子

从b电极由导线移向a电极B.在Li1-nMO2材料中,若x：y：z=2：3：5，则n=0.3C.放电时，正极反应为：Li1-nMO2+nLi++ne-=LiMO2D.充电时，当转移0.2mol电子,负极材料减重1.4g【答案】D【解析】【分析】放电时锂离子从负

极移向正极，因此a是电池的正极，b是电池的负极，据此来进行分析即可。【详解】A.放电时，电子从负极流出，经导线流回正极，A项正确；B.当x:y:z为2:3:5时，这三种金属离子所带的正电荷一共为20.2+30.3+40.5=+3.3价，而氧元素一共带-4价，因此一共有0.7个+Li，

即n=0.3，B项正确；C.放电时，+Li从负极移向正极，嵌入正极材料中，且正极材料得到电子，C项正确；D.充电时，锂离子从正极“脱嵌”移动到阴极，因此负极材料的质量是增加的，D项错误；答案选D。【点睛】对于锂离子

电池，工作时锂离子在负极上产生并移动到正极，“嵌入”正极材料中，充电时，锂离子将从正极材料上“脱嵌”，重新移回负极材料，正极材料多由可变价的过渡金属组成，同学们一定要记住这个“嵌入”，“脱嵌”模型。7.常温下，将AgNO3溶液分别滴加到浓度均为0.01mol/L的NaBr、Na2SeO3

溶液中，所得的沉淀溶解平衡曲线如图所示（Br－、SeO32-用Xn-表示，不考虑SeO32-的水解）。下列叙述正确的是A.Ksp(Ag2SeO3)的数量级为10-10B.d点对应的AgBr溶液为不饱和溶液C.所用AgNO

3溶液的浓度为10-3mol/LD.Ag2SeO3(s)＋2Br－(aq)==2AgBr(s)＋SeO32-(aq)平衡常数为109.6，反应趋于完全【答案】D【解析】【分析】A.由图象可知-lgc(SeO32-)=5.0时，-lgc(Ag+)=5；B.d点对应的c(Ag+)偏大，应生成沉淀

；C.根据-lgc(Ag+)=2判断；D.Ag2SeO3(s)+2Br-(aq)═2AgBr(s)+SeO32-(aq)平衡常数为K=()()232[]spspKAgSeOKAgBr。【详解】A.由图象可知-lgc(SeO32-)=5.0时，-lgc(Ag+)=5，则

Ksp(Ag2SeO3)的数量级为10-15，A错误；B.由图象可知d点对应的c(Ag+)比饱和溶液中的大，应能够生成沉淀，B错误；C.由图象可知起始时，-lgc(Ag+)=2，则c(Ag+)=10-2mol/L，c(AgNO3)=c(Ag+)=10-2mol/L，故所用A

gNO3溶液的浓度为1×10-2mol/L，C错误；D.Ag2SeO3(s)+2Br-(aq)═2AgBr(s)+SeO32-(aq)平衡常数为K=()()232[]spspKAgSeOKAgBr=159.612.32101010−−=（），D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查难溶电解

质溶解平衡的知识。把握溶解平衡移动、Ksp的计算为解答的关键，侧重学生分析能力与应用能力的考查，题目难度不大。8.利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既价廉又环保。(1)工业上可用组成为K2O·M2O3·2RO2·nH2O的无机材料纯化制取的氢气。①已知元素M、R均

位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为27，则R的原子结构示意图为____________；②常温下，不能与M单质发生反应的是____________(填序号)；a．CuSO4溶液b．Fe2O3c．浓硫酸d．NaOH溶

液e．Na2CO3固体(2)利用H2S废气制取氢气的方法有多种。①高温热分解法已知：H2S(g)H2(g)＋1/2S2(g)在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为cmol·L－1测定H2S的转化率，结果见图。曲线a为

H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。根据图像回答下列问题：i计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K＝________；ii说明随温度的升高

，曲线b向曲线a逼近的原因：________________________________；②电化学法i该法制氢过程如图。反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是____________；ii反应池中发生反应的化学方程式为____________；iii反应后的溶液进入电解

池，电解总反应的离子方程式为_________________。【答案】(1).(2).b、e(3).20.23c(mol/L)1/2(4).温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短(或其他合理答案)(5).增大反应物接触面积

，使反应更充分(6).H2S＋2FeCl3===2FeCl2＋S↓＋2HCl(7).2Fe2＋＋2H＋2Fe3＋＋H2↑【解析】【详解】（1）①无机材料K2O·M2O3·2RO2·nH2O中钾显+1价

，氧显-2价，氢显+1价，则M显+3价，R显+4价；M、R为第3周期主族元素，质子数之和为27，则M、R原子的质子数分别为13、14，M、R分别是铝、硅，硅原子的结构示意图为。②由金属活动性顺序可得，铝比铜活泼，则铝与硫酸铜溶液可以发生置换反应，反应方程式为：2Al+3C

uSO4=Al2(SO4)3+3Cu，故a项不符合题意；铝与氧化铁在高温下才能发生铝热反应，常温下不能反应，故b项符合题意；浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铝钝化，铝表面生成一层致密的保护膜，钝化是化学变化，故c项

不符合题意；氢氧化钠是强碱，铝单质与NaOH溶液容易反应，放出气体，故d项不符合题意；常温下铝不能与碳酸钠固体反应，故e项符合题意，综上所述，正确答案为b、e。（2）①H2S起始浓度均为cmol·L－1，985℃时H2S的平衡转化率为40%，则H2S的变化浓

度为0.4cmol·L－1，则：H2S(g)H2(g)＋12S2(g)起始浓度/mol·L－1c00变化浓度/mol·L－10.4c0.4c0.2c平衡浓度/mol·L－10.6c0.4c0.2cK=()()()12222cHcScHS=0

.40.20.6ccc=20.23c(mol/L)1/2，温度逐渐升高，H2S分解的反应速率加快，达到平衡的时间缩短，在一定的时间内能更快的达到平衡，在图像上表现出来就是b渐渐向a逼近。因此，本题正

确答案为：20.23c(mol/L)1/2；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短；②由图可知，H2S气体从反应池底部通入，FeCl3溶液从反应池顶部喷下，这种采用气液逆流方式加入反应物的主要目的是增大反应物接触面积，

使反应更充分；由图可知，H2S中S被氧化，而FeCl3被还原为FeCl2，配平可得：H2S＋2FeCl3===2FeCl2＋S↓＋2HCl；反应池中反应后溶液中主要成分是FeCl2、HCl，电解池中含有的Fe2+被氧化为Fe3+，H+被还原

为H2，电解总反应的离子方程式：2Fe2＋＋2H＋2Fe3＋＋H2↑，因此，本题正确答案为：增大反应物接触面积，使反应更充分；H2S＋2FeCl3===2FeCl2＋S↓＋2HCl；2Fe2＋＋2H＋2F

e3＋＋H2↑。【点睛】本题考查了常见金属Al，Fe以及其化合物的性质，涉及到氧化还原反应，电化学，以及热化学方程式的书写和分析。解答本题要知道钝化的含义，由于金属与氧化性物质作用，作用时在金属表面生成一种非常薄的、致密的、覆

盖性能良好的、牢固地吸附在金属表面上的钝化膜，这层膜通常是氧化金属的化合物，它起着把金属与腐蚀介质完全隔开的作用，防止金属与腐蚀介质接触，从而使金属基本停止溶解形成钝态达到防腐蚀的作用。常见例子：冷浓硫酸、冷浓硝酸与铁、

铝均可发生钝化。注意钝化是化学变化。9.碘化锂（LiI）在能源、医药等领域有重要应用，某兴趣小组制备2LiI3HO和LiI，流程如下：已知：2LiI3HO在75~80℃转变成2LiI2HO，80~120℃转变成2LiIHO，300℃以上转变成无水LiI。b

.LiI易溶于水，溶解度随温度升高而增大。c.LiI在空气中受热易被氧化。请回答：(1)步骤II，调pH7=，为避免引入新的杂质，适宜加入的试剂为________。(2)步骤III，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作。下列说法正确

的是________。A.为得到较大的2LiI3HO晶体颗粒，宜用冰水浴快速冷却结晶B.为加快过滤速度，得到较干燥的晶体，可进行抽滤C.宜用热水洗涤D.可在80℃鼓风干燥(3)步骤IV，脱水方案为：将所得2LiI3HO

置入坩埚中，300℃加热，得LiI样品。用沉淀滴定法分别测定所得2LiI3HO、LiI样品纯度，测定过程如下：称取一定量样品，溶解，定容于容量瓶，将容量瓶中的溶液倒入烧杯，用移液管定量移取烧杯中的溶液加入锥形瓶，调pH6=，用滴定

管中的3AgNO标准溶液滴定至终点，根据消耗的3AgNO标准溶液体积计算，得2LiI3HO、LiI的纯度分别为99.96%，95.38%。LiI纯度偏低。①上述测定过程提及的下列仪器，在使用前一定不能润洗的

是________。A.容量瓶B.烧杯C.锥形瓶D.滴定管②测定过程中使用到移液管，选出其正确操作并按序列出字母：蒸馏水洗涤→待转移溶液润洗→________→_______→_______→_______→洗净，放回管架。a.移液管尖与锥形瓶内壁接触，边吹气边放液b.放液完毕，停留数

秒，取出移液管c.移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液设备d.洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口e.放液完毕，抖动数下，取出移液管f.放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口③LiI纯度偏低，可能的主要杂质是________。

(4)步骤IV，采用改进的实验方案（装置如图），可以提高LiI纯度。①设备X的名称是________。②请说明采用该方案可以提高LiI纯度的理由________。【答案】(1).LiOH(2).B(3).AC(4).d(5

).f(6).c(7).b(8).2LiO(9).抽气泵(10).抽除空气，避免LiI被氧化，减压，有利脱水【解析】【分析】(1)碱性氧化物或碱都可以与酸反应，起到调节pH的作用；(2)根据提供的2LiI3HO的性质进行分析；(3)①润洗容量瓶会使浓度偏

大；润洗锥形瓶消耗更多的待测液；③LiI在空气中加热易被氧化；(4)①LiI在空气中加热易被氧化，需要将空气抽出；②该方案抽出空气且瓶内压强较低，据此分析。【详解】(1)将酸性溶液调节成中，又不引入新的杂质，可选用LiOH调节pH值；(2)

A.用冰水浴快速冷却结晶得到的是较小颗粒的晶体，故A错误；B.抽滤可以加快过滤速度，得到较干燥的晶体，故B正确；C.LiI易溶于水，溶解度随温度升高而增大，故C错误；D.2LiI3HO在75~80℃转变成2LiI2HO，80~120℃转变成2LiIHO，故D错误(3)①润洗容量瓶会使浓度偏

大；润洗锥形瓶消耗更多的待测液，测定的待测液浓度偏大；②移液管的正确使用步骤为蒸馏水洗涤→待转移溶液润洗→洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口→放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口→移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液设备→放液完毕，停留数秒，取出移液管→洗净，放回

管架；③LiI在空气中受热易被氧化生成2LiO；(4)①设备X的作用是将仪器内的空气抽出，其名称为抽气泵；②该方案抽出空气且瓶内压强较低，抽除空气，避免LiI被氧化，减压，有利脱水；【点睛】降温结晶时用冷水或冰水迅速冷却并剧烈搅动溶液时，可得到颗粒很小的晶体，将热溶液在常温条件下

静置使之缓缓冷却，则可得到均匀而较大的晶体。10.某小组设计实验探究NaClO溶液与KI溶液的反应,实验记录如表所示：[资料]碘元素形成化合物时主要以I-和IO3-的形式存在。酸性条件下IO3-不能氧化Cl-，可以

氧化I-。ClO-在pH<4并加热的条件下极不稳定。(1)0.5mol·L-1NaClO溶液的pH=11，用离子方程式表示其原因：_____________________。(2)实验I中溶液变为浅黄色时发生反应的离子方程式是__________________

________。(3)对比实验I和II，探究实验II反应后“溶液不变蓝”的原因。①提出假设a：I2在碱性溶液中不能存在。设计实验Ⅲ证实了假设a成立。实验Ⅲ的操作及现象是_______________

______。②进一步提出假设b：NaClO可将I2氧化为IO3-。进行实验IV证实了假设b成立，装置如图所示，其中甲溶液是____，实验现象是______。(4)验证实验II所得溶液中存在IO3-：取

适量实验II所得溶液，滴加稀硫酸至过量，整个过程均未出现蓝色，一段时间后产生黄绿色有刺激性气味的气体，测得溶液的pH=2。再加入KI溶液，溶液变蓝，说明实验II所得溶液中存在IO3-。①产生的黄绿色气体是___________(填化学式)。②有同

学认为此实验不能说明实验II所得溶液中存在IO3-理由是_________。欲证明实验II所得溶液中存在IO3-，改进的实验方案是__________。③实验II中反应的离子方程式是__________。【答案】(1).--2ClO+HOHClO+OH

(2).----222IClOHO=++++ICl2OH(3).取pH为10的烧碱溶液加入少量滴有淀粉溶液的碘水，振荡，若蓝色褪去，则证明假设a正确(4).碘水(5).右侧碘水颜色变浅，电流表指针发生偏转(6).2Cl(7).溶液中存在氯气或次氯

酸，这两种物质都可以将-I氧化为2I(8).充分加热溶液，使其中的氯气完全逸出、次氯酸完全分解后，冷却至室温后再加入KI溶液，观察溶液是否变色(9).----33ClO+I=IO+3Cl【解析】【分析】（1）次氯酸钠是弱酸强

碱盐，因水解而显碱性；（2）次氯酸钠具有强氧化性，可将-I氧化成单质碘，碘水呈浅黄色；（3）实验I和实验II的区别在于氧化剂是少量的还是过量，实验II中氧化剂是过量的，因此有可能将单质碘氧化为其它物质从而导致溶液遇淀粉不变蓝，据此来分析即可；（4）产

生的黄绿色气体只能是氯气，使用氧化还原的知识点来作答即可。【详解】（1）次氯酸根在水中会水解：--2ClO+HOHClO+OH，因而显碱性；（2）实验I中发生反应----222IClOHO=++++ICl2OH，得到单质碘，碘水呈浅黄色；（3）①若碘在

碱性中发生歧化反应得到-I和-3IO，而酸性条件下又会归中为单质碘，因此取pH为10的烧碱溶液加入少量滴有淀粉溶液的碘水，振荡，若蓝色褪去，则证明假设a正确；②既然要验证次氯酸钠能否氧化单质碘，甲溶液应是碘水，若二者能发生氧化还原反应，右侧碘水因被消耗而

颜色变浅，并且电流表的指针会发生偏转；（4）黄绿色的气体只能是氯气；溶液中存在氯气或次氯酸，这两种物质的氧化性都比碘强，都可以将-I氧化为2I，因此该实验不严谨，为了严谨应充分加热溶液，使其中的氯气完全逸出、次氯酸完全分解后，冷却至室温后再加入KI溶液，观察溶液是否变

色；则实验II中发生的反应方程式为----33ClO+I=IO+3Cl。11.镓(Ga)、锗(Ge)、硅(Si)、硒(Se)的单质及某些化合物如砷化镓、磷化镓等都是常用的半导体材料，应用于航空航天测控、光纤通讯等领域。回答下列问题：(

1)硒常用作光敏材料，基态硒原子的核外电子排布式为[Ar]_______；与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有_____种；SeO3的空间构型是_______。(2)根据元素周期律，原子半径Ga___As，第一电离能Ga_____As。(填“大于”

或“小于”)(3)水晶的主要成分是二氧化硅，在水晶中硅原子的配位数是______，硅与氢结合能形成一系列的二元化合物SiH4、Si2H6等，与氯、溴结合能形成SiCl4、SiBr4,上述四种物质的沸点由高到低的顺序为________

__，丁硅烯(Si4H8)中σ键与π键个数之比为___。(4)GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体硅类似，熔点如下表所示，分析其变化原因___。(5)GaN晶体结构如图所示。已知六棱柱底边边长为acm，阿伏加德罗常

数的值为NA。①晶体中Ga原子采用六方最密堆积方式，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为_____。②从GaN晶体中“分割”出的平行六面体如图所示。若该平行六面体的体积为32acm3，GaN晶体的密度为___

_g/cm3(用a、NA表示)。【答案】(1).10243d4s4p(2).3(3).平面三角形(4).>(5).<(6).4(7).44264SiBr>SiCl>SiH>SiH(8).11:1(9).结构相似的前提下，原子晶体的熔沸点与成键

原子的半径呈反比，原子半径大小为N<P<As，因此GaN的熔点最高，GaAs的熔点最低(10).12(11).3A842Na【解析】【分析】（1）按要求画出硒原子的核外电子排布式即可，同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第V

A族元素第一电离能大于相邻元素；气态3SeO分子中Se原子孤电子对数为0，价层电子对数为3，因此为平面三角形；（2）同周期主族元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐减小，据此来分析即可；（3）二氧化硅中1个硅原子

结合4个氧原子，同时每个氧原子结合2个硅原子，对于分子晶体来讲，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；（4）原子晶体中各原子之间是靠共价键形成的，在成键数相同的情况下，共价键的强度受成键原子的半径大小影响，半径越小则键能越大，N、P、As同属第VA族，因此三种物质的结构相似，

而原子半径大小为N<P<As，因此GaN的熔点最高，GaAs的熔点最低；（5）从六方晶胞的面心原子分析，上、中、下分别有3、6、3个配位原子，故配位数为12，接下来分析其化学式，位于晶胞顶点的原子为6个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为16，位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1

2，位于晶胞侧棱的原子为3个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为13，位于晶胞底面上的棱棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为14，位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1，因此该结构为66GaN，再根据体积来计算密度即可。【详解】（

1）硒是34号元素，其核外电子排布式为1024[Ar]3d4s4p，根据分析可知同周期中只有As、Br、Kr三种元素的第一电离能大于硒，而3SeO的结构为平面三角形；（2）同周期主族元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐减小，因此镓原子的半径大于砷原子，砷

原子处于第VA族，其4p轨道处于半充满的稳定状态，第一电离能较大，因此砷原子的第一电离能大于镓原子；（3）根据分析，水晶晶体中硅原子的配位数为4，几种分子晶体的熔沸点可以按照相对分子质量的大小来排列，因此沸点有：44264SiBr>SiCl>Si

H>SiH，丁硅烯的结构与丁烯类似，分子中有8个Si-H键，1个Si=Si双键，2个Si-Si键，因此分子中的σ键与π键的数个数之比为11:1；（4）原子晶体中各原子之间是靠共价键形成的，在成键数相同的情况下，共价键的

强度受成键原子的半径大小影响，半径越小则键能越大，N、P、As同属第VA族，因此三种物质的结构相似，而原子半径大小为N<P<As，因此GaN的熔点最高，GaAs的熔点最低；（5）①从六方晶胞的面心原子分析，上、中、下分别有3、6、3

个配位原子，故镓原子的配位数为12；②根据分析得出化学式为66GaN，质量为A684gN，该六棱柱的底面为正六边形，边长为acm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，因此该底面的面积为2236acm4，高为2倍的正四面体高，因此体积为3332ac

m，代入密度公式有A33A684N842=Na32a。12.酯类化合物与格氏试剂(RMgX，X=Cl、Br、I)的反应是合成叔醇类化合物的重要方法，可用于制备含氧多官能团化合物。化合物F的合成路线如下，回答下列问题：已知信息如下：①RCH=CH2RCH2CH2O

H；②；③RCOOCH3.(1)A的结构简式为____，B→C的反应类型为___，C中官能团的名称为____，C→D的反应方程式为_____。(2)写出符合下列条件的D的同分异构体_____(填结构简式，不考虑立体异构)。①含有五元环碳环结构；②能与NaHCO3溶液反应放出C

O2气体；③能发生银镜反应。(3)判断化合物F中有无手性碳原子___，若有用“*”标出。(4)已知羟基能与格氏试剂发生反应。写出以、CH3OH和格氏试剂为原料制备的合成路线(其他试剂任选)___。【答案】(1).(2).氧化反应(3).羧基、羟基(4).(5).、和(6).(7).【解析】【分析】

根据F的结构不难得知A含1个五元环，根据题目给的信息可知A中必定含有C=C双键，结合分子的不饱和度可知再无不饱和键，因此A的结构简式为，根据信息不难得出B的结构简式为，酸性高锰酸钾有氧化性，可将醇羟基氧化为羧

基，因此C的结构简式为，C到D的反应条件很明显是酯化反应，因此D的结构简式为，再根据题目信息不难推出E的结构简式为，据此再分析题目即可。【详解】（1）根据分析，A的结构简式为；B→C的过程是氧化反应，C中含有的官能团为羰基和羧基，C→D的反应方程式为；（2）根据题目中的要

求，D的同分异构体需含有五元环、羧基和羟基，因此符合要求的同分异构体有三种，分别为、和；（3）化合物F中含有手性碳原子，标出即可；（4）根据所给信息，采用逆推法，可得出目标产物的合成路线为：。