【文档说明】河南省濮阳市2020届高三第二次模拟考试理综化学试题【精准解析】.doc，共(20)页，3.688 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-6787bcdcd4e0d49acc99c0824849c48c.html

以下为本文档部分文字说明：

濮阳市2020届高三毕业班第二次模拟考试理科综合可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14Na23Cr52一、选择题1.中国医药学是一个伟大的宝库。古代制取下列药物过程中未发生氧化还原反应的是()A《本草纲目》：制

取“玄明粉”(24NaSO)以芒硝于风日中消尽水气，自成轻飘白粉也B《通玄秘术》：制取“华盖丹”(醋酸铅)以铁筋穿作窍，以绳子穿之；用净瓷瓮子盛米醋1斗，将铅片子悬排于瓮子口……C《本草蒙筌》：制取“灵砂”(硫化汞)水银一两，硫黄六铢，先炒作青砂头，后入水火炉抽之……D《本草图经》：

制取“铁华粉”(醋酸亚铁)以铁拍做段片，置醋糟中，积久衣生……A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.用芒硝制硫酸钠的反应为：242422NaSON10HO=+10aSOHOg，没有发生元素化合价的升降，不是氧化还原反应，A符合题意；B.用净瓷瓮子盛米醋1斗，将

铅片子悬排于瓮子口，即将铅的单质转化为醋酸铅，铅的化合价升高，是氧化还原反应，B不符合题意；C.水银一两，硫黄六铢，来制硫化汞，硫和汞的化合价改变了，是氧化还原反应，C不符合题意；D.以铁拍做段片，置醋糟中，积久衣生制醋酸亚铁，铁的化合价升高，是氧化还原反应

，D不符合题意。答案选A。2.荆芥内酯是猫薄荷中的活性成分之一，其键线式如图所示。下列有关该化合物的说法错误的是()A.分子式为10142CHOB.分子中所有碳原子均处于同一平面C.能发生加成反应、取代反应D.能与NaOH溶液发生反应【答案】B【解析】【详解】A.根据化合物的

键线式，可知：碳原子数为10，氢原子数为14，氧原子数为2，故分子式为10142CHO，A正确；B.分子中含有甲烷结构，甲烷结构中，最多3个原子共平面，而化合物中属于甲烷结构的碳原子有四个，这四个碳不可能处于同一平面，所以所有碳原子不可能都

处于同一平面，B错误；C.分子结构中有碳碳双键，能发生加成反应，含有酯基能发生取代反应，C正确；D.分子中的酯基能与NaOH溶液发生水解反应，D正确。答案选B。3.3NaN、43NHN均是3HN(叠氮酸，

常温下-5aK=1.910)的盐。设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.231536.5gNaN含有的中子总数为A3.6NB.131L0.1molLNaN−溶液中含3N−数为A0.1NC.反应4322NHN2N2H+△中每生成21molN，转移的电子数为A6ND

.常温下，向131L0.1molLHN−溶液中滴加NaOH溶液至()5cH1.91mL0ol/+−=，3HN数为A0.05N【答案】D【解析】【详解】A.231536.5gNaN的物质的量6.5gn=0.096mol(23+153)g/mol，而一个

23153NaN的中子数为36，故含有的中子总数不为A3.6N，A不正确；B.131L0.1molLNaN−的物质的量为0.1mol，而叠氮酸，常温下-5aK=1.910，为弱酸，溶液中含3N−要水解，故3N−数小于A0.1N，B不正确；C.反应4322NHN2N2H+

△中氢由+1价变为0价，每生成21molH，转移的电子数为A2N，根据反应，每生成21molH的同时生成21molN，转移电子数为A2N，C不正确；D.常温下，向131L0.1molLHN−溶液中滴加NaOH溶液至(

)5cH1.91mL0ol/+−=时，-+--5-533a33c(N)c(H)c(N)1.910K===1.910c(HN)c(HN)，3c(HN)=-3c(N)=0.05mol/L，溶液体积为1L，可知3HN物质的量

为0.05mol，数目为A0.05N，D正确。答案选D。4.某学习小组利用反应222COIHOCO2HI140+++羰基铑℃制取HI溶液的实验装置如图所示(已知：24224222SOHCO2HOCOCO3HO++浓H△)

下列说法正确的是()A.装置b中可盛放足量的浓NaOH溶液B.装置c合适的加热方式是热水浴C.反应后取少量装置c中溶液并滴加3AgNO溶液，有黄色沉淀生成，说明2I被还原D.若装置e中溶液未见浑浊，说明该实验条

件下一定没有2CO生成【答案】A【解析】【详解】A.装置b的作用是除去一氧化碳中的二氧化碳，故可盛放足量的浓NaOH溶液，A正确；B.装置c中发生的反应为222COIHOCO2HI140+++羰基铑℃，应控制温度在140℃左右，热水浴加热不能达到这个温度，B不正确；C.

装置c中的溶液原来就含I2和HI，故滴加3AgNO溶液，即使有黄色沉淀生成，也不能说明2I被还原，C不正确；D.由于二氧化碳易溶于水，若装置c产生的二氧化碳的量比较少，装置e中溶液也不会浑浊，D不正确。答案选A。5.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且原子序数均不超过20，

W、X同周期，W、Z的原子序数之和为28，它们组成的化合物()543ZYWX是一种制造磷肥的原料。下列说法错误的是()A.非金属性：XWYB.2ZW中不含共价键C.原子半径：ZYWXD.3YX分子中各原子最外层均达到8电子结构【答案】B【解析】【分

析】()543ZYWX是一种制造磷肥的原料，说明其中含磷元素，主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且W、Z的原子序数之和为28，那么，W的原子序数必然小于14，且只有W、X同周期，那么，W、X只能为二周期，再根据W、Z的原子序数之和为28，W的原子序数最大为8，此时Z为20，若W原子序数

小于8，则Z的原子序数超过了20，故W只能是8号元素氧，Z为钙，Y为磷，X为氟。【详解】A.根据元素在周期表中的位置，非金属性F>O>P，即非金属性：XWY，A正确；B.2CaO中22O−，22O−是原子团，含共价键，B错误；C.原

子半径从上到下依次增大，从左到右依次减小，故原子半径为Ca>P>O>F，即ZYWX，C正确；D.3PF分子中，P的最外层电子数为5，要形成3对共用电子对才能达8电子结构，而F最外层电子数为7，形成1对共用电子对达8电子，3个F

刚好形成3对，使P也达8电子结构，所以，各原子最外层均达到8电子结构，D正确；答案选B。6.醌-溴液流电池的装置如下图所示，装置工作时，下列说法错误的是()A.放电时，H+向正极区迁移B.充电时，负极上的电势比正极上的低C.放电时，负极发生反应：2AQDS2H

2eAQDSH+−++D.充电时，总反应为22AQDS2HBrAQDSHBr++通电【答案】C【解析】【分析】【详解】A.放电为原电池，原电池中，阳离子移向正极，故H+向正极区迁移，A正确；B.充电时，正极上的电势高，负极上的电势低，B正确；C.放电为原电池，负极失电子，发

生反应：2AQDSH2eAQDS2H−+−+，C错误；D.放电时，正极反应为-2Br+2e2H2HBr++=，再与负极反应相叠加，得放电时总反应为22AQDSHBrAQDS2HBr=++，而充电时的总反应与

放电时总反应相反，故总反应为22AQDS2HBrAQDSHBr++通电，D正确。答案选C。7.25℃时，10.100molL−二元弱酸2HA(或其钠盐)用相同浓度的NaOH溶液(或盐酸)滴定，其pH与滴定

分数()2ττ=n(NaOH)/nHAn(HCl)/)n(或盐的关系如下图所示：下列说法正确的是()A.曲线①表示盐酸滴定NaHA溶液B.25℃时，()10a22KHA110−=C.溶液中：a点()()

22cAcHA−比b点()()2cHAcHA−大D.c点溶液中：()()()2cNacAcOH+−−【答案】C【解析】【分析】曲线①起始点pH为10，则为盐酸滴钠盐，曲线②起始pH为酸性，则为氢氧化钠滴定2HA，方程式为22HA+NaOH=NaHA+HO，22N

aHA+NaOH=NaA+HO，故反应终点a的溶质为NaHA，反应终点b的溶质为2NaA，c点为2NaA和NaOH，且物质的量之比为1：1。【详解】A.曲线①起点pH为10，由分析可知，表示盐酸滴定2NaA溶液，A不正确；B.25℃时，b溶液pH=1

0，14-4w+10110c(OH)=110mol/Lc(H)110k−−−==，其溶质为2NaA，水解过程为，2---2A+HOHA+OH，其--12-c(HA)c(OH)c(A)hk=由于-c(HA)2-c(A)，故41110h

k−，()wa2h21KHAkk=，其值不等于10110−，B不正确；C.a点溶质为NaHA存在-+2-HAH+A，22--HA+OHHA+OH，根据其pH，以电离为主，故()()22cA1cHA−，b点溶质为2NaA存在2---2A+HOHA+OH22--HA+OH

HA+OH水解以第一步为主，故()()2cHA1cHA−，a点()()22cAcHA−比b点()()2cHAcHA−大，C正确；D.c点为2NaA和NaOH，且物质的量之比为1：1，()Nac+最大，

若只考虑电离，()()2cAcOH−−=，但A2-要水解消耗，且生成OH-，故()()()2cNacOHcA+−−，D不正确。答案选C。二、非选择题8.氯化磷酸三钠()3424NaPO12HONaClO具有良好

的灭菌、消毒、漂白作用。湿法磷酸由硫酸分解磷矿石得到，其中含Fe3+、Al3+等杂质。以湿法磷酸为原料制取氯化磷酸三钠的工艺流程如下：已知：a．温度高时，NaClO易分解。b．常温下，磷酸的物种分布分数与pH的关系如下图所示：回答下

列问题：(1)硫酸分解Ca5(PO4)3F时产生的有毒气体主要是________________(填化学式)。(2)反应Ⅰ中磷酸转化为钠盐，其钠盐再与Fe3+、Al3+作用形成沉淀。①反应Ⅰ中发生多个反应，其中磷

酸转化为Na2HPO4的主要离子方程式为___________，常温下应控制pH约为_____________________________。②常温下，HPO24−+Fe3+FePO4+H+的lgK为_________()sp4lgFePO=-21.89K。(3)反应Ⅱ中

不用Na2CO3溶液的原因是____________________________________________；(4)反应Ⅲ的化学方程式为____________________________________________；反应Ⅳ中两种溶液混合后需快速冷却，其目

的是____________________________；“母液”中的溶质有NaClO、_____________________(填2种)。【答案】(1).HF(2).22334422COHPOH

PH=OCOO−−+++(3).10(4).9.53(5).Na2CO3溶液的pH难以达到14，不能将Na2HPO4全部转化为Na3PO4，还会引入Na2CO3杂质(6).22Cl2NaOH=NaClNaClOHO++

+(7).减少次氯酸钠分解(8).NaCl、Na3PO4【解析】【分析】首先利用硫酸分解磷矿石[Ca5(PO4)3F]得到湿法磷酸，其中含Fe3+、Al3+，加入碳酸钠溶液和磷酸反应，反应Ⅰ中磷酸转化为钠盐，其钠盐再与Fe

3+、Al3+作用形成沉淀，过滤得到FePO4和AlPO4沉淀，滤液中主要含Na2HPO4；向滤液中加入NaOH溶液，得到Na3PO4；然后加入NaOH和足量氯气反应后的溶液(主要含NaCl和NaClO)，由于氯化

磷酸三钠溶解度较小，所以会析出氯化磷酸三钠晶体，得到的母液主要含NaCl、NaClO、Na3PO4等。【详解】(1)硫酸分解Ca5(PO4)3F可以得到释放磷酸，该反应应为复分解反应，根据元素守恒，再结

合HF为弱酸，可知产生的有毒气体主要是HF；(2)①碳酸的酸性弱于磷酸，所以加入碳酸钠转化为Na2HPO4的主要离子方程式为22334422COHPOHPH=OCOO−−+++；据图可知pH约为10时，溶液中的P元素主要以24HPO−的形成存在；②常温下，HPO24−+Fe

3+FePO4+H+的K=()()()()()()()()++3-42-3+2-3+3-444HHPO=HPOFeHPOFePOcccccccc=()a3sp4FePOKK，所以lgK=lgKa3-lgKsp[FePO4]，据图可知当c(24HP

O−)=c(PO3-4)时溶液pH=12.36，而Ka3=()()()+3-42-4HPOHPOccc，所以lgKa3=-12.36，所以lgK=-12.36-(-21.89)=9.53；(3)据图可知当pH=14左

右时磷元素主要以PO3-4的形式存在，Na2CO3溶液的pH难以达到14，不能将Na2HPO4全部转化为Na3PO4，还会引入Na2CO3杂质；(4)反应III为氯气和NaOH溶液的反应，生成氯化钠和次氯酸钠，方程式为22Cl2NaOH=NaClNaC

lOHO+++；NaClO受热易分解，冷却混合液可以减少次氯酸钠的分解；“母液”中的溶质有NaClO、NaCl、Na3PO4。【点睛】虽然强碱弱酸盐显碱性，可以用来调节溶液的pH值，但要注意水解盐的碱性较弱，当需要强碱性环境

时还需要碱溶液进行调节。9.溴化钙是一种重要的溴化物，可用于制造光敏纸、灭火剂、制冷剂等，以石灰乳、液溴及氨等为原料制备CaBr2•2H2O的实验流程如下：(1)步骤①需控制在70℃以下，温度不宜过高的原因是________________。(2)下列实验室制取

少量NH3的方法正确的是_____________（填标号）。A．B．C．D．(3)已知NH3被氧化为N2。步骤②中发生反应的化学方程式为_______________________。(4)步骤④、⑤的目

的依次是_______________________________、________________________。(5)步骤⑥常用_________________进行脱色，它利用了该物质的____________________。(6

)步骤⑦得到产品的操作方法是__________________________________________。【答案】(1).液溴易挥发(2).C(3).Ca(BrO3)2+4NH3=CaBr2+2N2+6H2O(4

).逐出氨气(5).中和滤液中的Ca(OH)2，使溶液呈弱酸性(6).活性炭(7).吸附性(8).蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）、干燥【解析】【分析】分析实验流程，可知石灰乳与液溴发生反应生成CaBr2、Ca(Br

O3)2等的浊液，再向其中通入NH3，过滤后得到含CaBr2的溶液，结合氧化还原反应原理可写出步骤②发生的化学反应方程式。结合实验流程中的化学物质，考虑溶液中可能存在的杂质。通过加热、加入氢溴酸、脱色等步骤，分析可能除去的溶液

中的杂质种类。结合最终得到的产品，分析步骤⑦的操作方法。【详解】(1)根据液溴的物理性质进行解答，液溴易挥发，若温度过高，会加快液溴的挥发，故温度不宜过高，答案为：液溴易挥发；(2)A．NH4Cl分解产生NH3和HCl，NH3和HCl又会发生反应生成NH4Cl，A项错误；B．B项中装置试

管口应略向下倾斜，防止冷凝水回流，B项错误；C．C项中装置将浓氨水滴入生石灰中可以快速制得氨气，C项正确；D．NaOH溶液和NH4Cl溶液在不加热时主要生成NH3•H2O，D项错误；综上所述，C项符合题意；答案为：C。(3)根据题给信息：NH3被氧化为N2，结合流程图中物质的变化及氧化

还原反应原理，可知Ca(BrO3)2被NH3还原为CaBr2，据此可知反应方程式为：Ca(BrO3)2+4NH3=CaBr2+2N2+6H2O；答案为：Ca(BrO3)2+4NH3=CaBr2+2N2+6H

2O；(4)NH3极易溶于水形成NH3•H2O，反应后的溶液中含有过量的NH3•H2O，通过加热的方法，可使NH3从溶液中逃逸出来；分析流程，过滤后所得的含CaBr2的溶液可能含有未反应完的Ca(OH)2，加入过量氢溴酸，则可以中和掉Ca(O

H)2使溶液呈弱酸性，除掉溶液中可能存在的杂质。答案为：逐出氨水；中和滤液中的Ca(OH)2，使溶液呈弱酸性；(5)活性炭疏松、多孔，具有较大的表面积，可以吸附一些有色物质而使之失去原来的颜色，故活性炭常用作脱色剂。答案为：活性炭；吸附性；(6)步骤⑦

得到的产品含有结晶水，得到含结晶水的溶质，可通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）、干燥的方式得到。故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）、干燥。10.利用真空碳热还原冶炼镁、铝及锰的单质或合金是治金工业的热点之一。回答下列问题：(1)已

知体系自由能变化GHTS,G0=−时反应能自发进行。MgO真空碳热还原冶炼镁的主要反应为1C(s)MgO(s)Mg(g)CO(g)H648.1kJmol−+=+=+，其自由能变化与温度、压强的关系如图所示：温度由低到高的顺序是_______

________，50Pa时该反应不能自发进行的温度是_________(填“1T”“2T”或“3T”)。(2)Forster提出的碳热还原23AlO冶炼Al的机理如下：(Ⅰ)1234312AlO(s)9C(s)A

lC(s)6CO(g)kJmolHa−++=(Ⅱ)123434424AlO(s)AlC(s)3AlOC(s)kJmolHb−+=(Ⅲ)144433AlOC(s)AlC(s)8Al(g)4CO(g)kJmolHc−++=则反应23AlO(s)

3C(s)2Al(g)3CO(g)++的H=______________1kJmol−(用含a、b、c的代数式表示)；中间体之一43AlC与2HO反应可用于实验室制备甲烷，写出43AlC与2HO反应的化

学方程式：_________________________________________________________。(3)制备锰合金的相关反应及平衡时()2p(CO)lnpCO与温度的关系如图所示(pK为用分

压表示的平衡常数，分压=总压×体积分数)：(Ⅰ)32pMnC(s)4CO(g)3MnO(s)5CO(g)K()++Ⅰ(Ⅱ)2pMn(s)CO(g)MnO(s)CO(g)K()++Ⅱ(Ⅲ)32pMnC(s)CO(g)3Mn(s)2CO(g)K()++Ⅲ①0H的反应是____

_______(填标号)。②pK()Ⅲ____________[用pK()Ⅰ、pK()Ⅱ表示]；A点p(CO)=___________用[ppK()K()Ⅱ、Ⅲ表示]。③向某恒容密闭容器中充入20.1molCO0.2molCO、并加入足量3MnCMn、，若只发生反应：32

MnC(s)CO(g)3Mn(s)2CO(g)++，达到B点的平衡状态。达到平衡前，v(正)__________v(逆)(填“大于”“小于”或“等于”)，达到平衡时，n(CO)=_______________(保留小数点

后两位)。【答案】(1).123TTT(2).1T(3).4ab3c12++(4).43234AlC12HO4Al(OH)3CH+→+(5).Ⅰ、Ⅱ(6).p3pK(I)K()Ⅱ(7).ppK)K)((ⅢⅡ(8).小于(9).0.13mol【解析】【分析】(1).要使反应能

自发进行，则GHTS,G0=−，对于反应1C(s)MgO(s)Mg(g)CO(g)H648.1kJmol−+=+=+来说，反应为吸热反应、熵增的反应，则反应在较高温度才能自发进行；(2).利用盖斯定律解答；(3).由图可知：

升高温度Ⅰ、Ⅱ的()2p(CO)lnpCO减小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应；由盖斯定律可知反应Ⅲ是由反应Ⅰ减3×Ⅱ得到；B点时()2p(CO)lnpCO=0，说明p(CO)=p(CO2)，据此解答。【详解】(1

).由分析可知：反应在较高温度才能自发进行，∆G越小，自发程度越高，所以123TTT，在50Pa只有T1温度下的∆G大于0，故答案为：123TTT；T1；(2).由盖斯定律可得：反应23AlO(s)3C(s)2Al(g)3CO(g)++=1113124

++①②③，故∆H=123111HHH3124++=4ab3c12++1kJmol−；43AlC与2HO反应可用于实验室制备甲烷，则反应为：43234AlC12HO4Al(OH)3CH+→+

，故答案为：4ab3c12++；43234AlC12HO4Al(OH)3CH+→+；(3)①由分析可知:升高温度Ⅰ、Ⅱ的()2p(CO)lnpCO减小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应；②.由盖斯定律可知反应Ⅲ是由反应Ⅰ减3×Ⅱ得到，故pK()Ⅲ=p3pK(I)K()Ⅱ

；由方程式可知：pK()Ⅱ=()2p(CO)pCO，pK()Ⅲ=()22p(CO)pCO=pK()Ⅱ×p(CO)，则p(CO)=ppK)K)((ⅢⅡ，故答案为：p3pK(I)K()Ⅱ；ppK)K)((ⅢⅡ；③.p(CO)=2p(CO2)，在B点时()2p(CO)

lnpCO=0，即p(CO)=p(CO2)，起始时，要使p(CO)=p(CO2)，平衡逆向移动，即v(正)＜v(逆)，设CO2转化x，因为反应逆向进行，则由三段式有：32MnC(s)CO(g)3Mn(s)2CO(g)mol0.10.2molx2xmol0

.1x0.22x+++−起始变化平衡，因为B点时p(CO)=p(CO2)，有阿伏伽德罗推论有压强之比等于物质的量之比，即0.1+x=0.2-2x，x=1mol30，所以平衡时，一氧化碳的的剩余量为0.13mol，故答案为：＜；0.13mol

。11.38KCrO、()443222NHCr(NCS)NHHOCrB、均是铬的重要化合物，回答下列问题：(1)基态Cr原子的未成对电子数为________________。(2)38KCrO的结构如图所示。①下列有关

38KCrO的说法正确的是__________(填标号)。A．含离子键、σ键B．含离子键、σ键和π键C．氧原子与中心原子间形成配位键D．铬显+10价②已知电子亲和能(E)是基态的气态原子得到电子变为气态阴离子所放出的能量，---1--2--11

2O(g)+e=O(g)Δ=-140kJmolO(g)+e=OΔ=+884.2kJmolHH，。氧的第一电子亲和能E1为__________kJ/mol；△H2>0，其原因是_____________________________________。(3)

雷氏盐的化学式为()44322NHCr(NCS)NHHO。①H、C、N、O四种元素的电负性由大到小的顺序为__________________。②其阳离子的中心原子的杂化方式为__________

_______，配体之一NH3分子的立体构型为______。③与配体NCSˉ互为等电子体的阴离子有2HF−等，分子有_____________________(写1种)；画出2HF−的结构式：_____________________________

。(4)2CrB的晶体密度为3mgc−，晶体结构(如下图)为六棱柱，底边边长为anm，高为cnm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则a2c=_______________(列出计算式)。【答案】(1).6(2).AC(3).140(4).Oˉ带负电荷，对再得到的电子产生排斥，克服

斥力需消耗能量(5).O>N>C>H(6).3sp(7).三角锥形(8).CO2(或CS2、N2O等)(9).[FHF]−−(10).21A743103N64【解析】【分析】(1)根据基态Cr原子核外电子排布分析；(3)①非金属性越强，电负性越大；

②根据价层电子对互斥理论判断；③根据同族替换和等量代换原则找等电子体；(4)根据均摊法确定晶胞所含微粒个数，从而确定晶胞质量，根据mV=计算晶胞体积，根据几何知识根据晶胞体积计算a2c。【详解】(1)Cr是24号元素，其原子核外有24个

电子，根据能量最低原理可写出电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，Cr原子有6个未成对电子；(2)①钾离子和CrO3-8之间形成离子键，O原子之间为σ键，不含π键；根据共价键的饱和性，O

原子可以形成2个共价键，图示结构氧原子形成3个单键，说明有一个配位键，O原子提供孤电子对，Cr3+提供空轨道；据图可知该物质中O原子之间形成过氧键，所以O元素化合价为-1价，根据电中性原则可知Cr为+5价，综上所述选AC；②根据---11O(g)+e

=O(g)Δ=-140kJmolH，可知氧的第一电子亲和能E1为140kJ/mol；Oˉ带负电荷，对再得到的电子产生排斥，克服斥力需消耗能量，所以△H2>0；(3)①非金属性O>N>C>H，所以电负性O>N>C>H；②

其阳离子为NH+4，中心原子的价层电子对数为5-1-44+2=4，为sp3杂化；NH3分子的中心原子价层电子对数为4，含一对孤电子对，所以立体构型为三角锥形；③NCSˉ价电子数为16，原子数为3，用S

、O代替Nˉ可得互为等电子的分子有CO2、CS2，同理还有N2O；F电负性较强，容易形成氢键，根据共价键的饱和性可知2HF−中有氢键，所以其结构式为[FHF]−−；(4)根据均摊法，晶胞中Cr的数目为1112+2

62=3，B的数目为6，所以晶胞的质量为m=A523+116gN，根据几何知识，晶胞的体积为V=23ac64nm3，晶胞的密度A23523+116g=3ac6nm4NmV=，解得a2c=21A743103N64cm3

【点睛】第2小题为易错点，要注意根据38KCrO的结构判断出含有过氧键，O为-1价，然后计算Cr的化合价，根据共价键的饱和性判断出有配位键。12.ATRP技术与点击化学相结合制备H(环状-PMMA)的合成路线如下：已知：Ⅰ．E在酸性或碱性条件下均能发生水解Ⅱ．22121CuB1

2r1|||||||||ZBr+nHCORZORZRO?CC?CRO?C?C[⎯⎯⎯=→—322||RZCHC]—Br(1R为取代基，2R、3R、1Z、2Z为取代基或H)Ⅲ．3NaN3RCCHRBrRNCuBr,DMF−

⎯⎯⎯→(R、R为烃基)回答下列问题：(1)A中含有的官能团名称是______________。(2)②的反应类型是_______________________________。(3)反应③的化学方程式为____________________

_______________________________。(4)C的结构简式为_________________________________________。(5)上述合成路线中，原子利用率达到1

00%的反应有________________________(填标号)。(6)写出具有五元环结构、能发生水解反应的C的同分异构体的结构简式：__________________________(只写一种)。(7)设计以苯和苯乙炔为原料制备的合成

路线：___________________________________________________________________(其他试剂任用)。【答案】(1).碳碳双键(2).氧化反应(3).(4).(5).①④⑥(6).、、(任写一种)(7).【解析】【分析

】A为丙烯，在催化剂作用下与CO、甲醇反应生成B，结合已知C的分子式可知，C比B少2个H，为B发生去氢的氧化反应形成碳碳双键生成；与HCCCH2OH发生反应生成E，根据E的分子式中只含有一个溴原子，且E在酸性或碱性条件下均能发生水解，可推知发生取代反应生成含有酯基的E为；与发生类似

已知Ⅱ．22121CuB12r1|||||||||ZBr+nHCORZORZRO?CC?CRO?C?C[⎯⎯⎯=→—322||RZCHC]—Br的反应生成F为，F发生类似已知Ⅲ．3NaN3RBrRN⎯⎯⎯→的反应生成G为，G发生类似Ⅲ．3RC

CHRNCuBr,DMF−(R、R为烃基)的反应生成H为，据此分析。【详解】A为丙烯，在催化剂作用下与CO、甲醇反应生成B，结合已知C的分子式可知，C比B少2个H，为B发生去氢的氧化反应形成碳碳双键生成；与HCCCH

2OH发生反应生成E，根据E的分子式中只含有一个溴原子，且E在酸性或碱性条件下均能发生水解，可推知发生取代反应生成含有酯基的E为；与发生类似已知Ⅱ．22121CuB12r1|||||||||ZBr+nHCORZORZRO?CC?

CRO?C?C[⎯⎯⎯=→—322||RZCHC]—Br的反应生成F为，F发生类似已知Ⅲ．3NaN3RBrRN⎯⎯⎯→的反应生成G为，G发生类似Ⅲ．3RCCHRNCuBr,DMF−(R、R为烃基)的反应生成H

为。(1)A为丙烯，含有的官能团名称是碳碳双鍵；(2)②为B发生去氢的氧化反应形成碳碳双键生成，反应类型是氧化反应；(3)反应③是与HCCCH2OH发生取代反应生成和HBr，反应的化学方程式为；(4)C的结构简

式为；(5)上述合成路线中，①为丙烯与CO、甲醇发生加成反应生成、④为与发生加聚反应生成、⑥为发生加成反应生成，原子利用率均达到100%；(6)C为，C的同分异构体具有五元环结构、能发生水解反应，属于环酯，满足条件的结构简式有、、；(7)苯在铁的催化下与液溴发生取代反

应生成溴苯，溴苯与NaN3反应生成，与苯乙炔在溴化亚铜、DMF作用下反应生成，合成路线为。