【文档说明】【精准解析】四川省南充高级中学2020届高三下学期第三次线上月考化学试题.doc，共(19)页，1.214 MB，由小赞的店铺上传

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南充高中2017级线上第三次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16F-19Na-23Al-27Si-28S-32Cl-35.5K-39Cr-52Cu-64Zn-65Ga-70一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题

给出的四个选项中，只有一项符合题目求)1.2019年4月25日，习总书记宣布北京大兴国际机场正式投运！该机场在建设过程中使用了当今世界机场多项尖端科技，被英国《卫报》评为“新世界七大奇迹”之首。化工行业在这座宏伟的超级工程中发挥了巨大作用，下列有关说法错

误的是A.青铜剑科技制造的第三代半导体芯片，其主要成分是SiO2B.支撑航站楼的C形柱柱顶的多面体玻璃，属于硅酸盐材料C.机场中的虚拟人像机器人“小兴”表面的塑料属于高分子聚合物D.耦合式地源热泵系统，光

伏发电系统及新能源汽车的使用，可以减轻温室效应及环境污染【答案】A【解析】【详解】A.第三代半导体芯片的主要成分不是SiO2，而是GaN，A项错误，符合题意；B.普通玻璃属于硅酸盐材料，B项正确，不符合题意；C.塑料属于高分子聚合物，C项正确，不符合题意；D.

大兴国际机场是全国可再生能源使用比例最高的机场，耦合式地源热泵系统，可实现年节约1.81万吨标准煤，光伏发电系统每年可向电网提供600万千瓦时的绿色电力，相当于每年减排966吨CO2，并同步减少各类大气污染物排放，D项正确，不符合题意；答案选A。【点睛】解答本题时需了解：第一代

半导体材料主要是指硅（Si）、锗元素（Ge）半导体材料。第二代半导体材料主要是指化合物半导体材料，如砷化镓（GaAs）、锑化铟（InSb）；三元化合物半导体，如GaAsAl、GaAsP；还有一些固溶体半导体，如Ge-Si、Ga

As-GaP；玻璃半导体（又称非晶态半导体），如非晶硅、玻璃态氧化物半导体；有机半导体，如酞菁、酞菁铜、聚丙烯腈等。第三代半导体材料主要以碳化硅（SiC）、氮化镓（GaN）、氧化锌（ZnO）、金刚石、氮化铝（AlN）为代表的宽禁带半导体材

料。2.2019年10月1日是中华人民共和国成立70周年，国庆期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂以保证鲜花盛开，利用如图所示的有机物X可生产S-诱抗素Y。下列说法不正确的是()A.1molY与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOHB.Y的分子式为C1

5H19O6C.1molY最多与4molH2发生加成反应D.X可以发生氧化、取代、酯化、加聚、缩聚反应【答案】B【解析】【详解】A．结构中只有羧基可与氢氧化钠溶液反应，则1molY与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH，故A正确；B．根据结构简式，Y分子的不饱和度为7，分子式为C15H

18O6，故B错误；C．Y含有3个碳碳双键和1个羰基，可与4mol氢气完全加成，故C正确；D．X中含有碳碳双键、羟基、羧基、酯基和肽键等，碳碳双键可发生氧化、加聚，羟基、羧基可以发生取代、酯化、缩聚反应，故D正确；故选B。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.

0.1molO2完全反应时，转移的电子数为0.4NAB.用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1molCu(OH)2能使溶液复原，则电路中转移电子的数目为0.2NAC.电解饱和食盐水时，阳极生成22.4L气体时，转移的电子数为NAD.1mol葡萄糖与足量的钠反应能产生2.5m

olH2【答案】D【解析】【详解】A．氧气反应后的价态可能为-2价，也可能为-1价，故0.1mol氧气反应后转移的电子数不一定是0.4NA个，也可能为0.2NA个，如钠在氧气中燃烧，故A错误；B．用惰性电极电解CuSO

4溶液后，如果加入0.1molCu(OH)2能使溶液复原，则说明阳极析出的是0.1mol氧气，阴极析出的是0.1mol铜和0.1mol氢气，则电路中转移的电子数为0.4NA个，故B错误；C．气体状况未知

，无法计算阳极产生气体的物质的量和转移的电子数目，故C错误；D．葡萄糖中含5个-OH，故1mol葡萄糖中含有5mol-OH，故能和5mol金属钠反应生成2.5mol氢气，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为

C，要注意气体的体积与温度和压强有关，在使用22.4L/mol时，一定要注意是否为标准状况，难点为B，要注意根据电解质溶液的恢复判断电极反应和产物。4.下列装置能达到实验目的的是A.熔化Na2CO3B.验证SO2氧化性C.实验室制取NH3D.保存液溴【答案】B【解析】【详解

】A.瓷坩埚中含SiO2，高温下可与Na2CO3发生反应，A错误；B.由于酸性H2SO3>H2S，所以在水溶液中SO2可与Na2S反应生成H2S，SO2可氧化H2S生成S单质，所以能验证SO2的氧化性，B正确；C.收集氨气的试管口要放适量的棉花，以防止氨气与空气

产生对流现象，C错误；D.Br2可与橡胶发生反应而腐蚀橡胶，所以盛放液溴的试剂瓶要用玻璃塞，D错误；故合理选项是B。5.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是W的单质，q是Y的单质，s是Z的单质且常温下为淡黄色固体，m与r相遇会

产生白烟。上述物质的转化关系如图所示。下列说法不正确的是()A.原子半径：Z>W>XB.Y的一种氢化物可作为火箭的燃料C.Z的氧化物对应的水化物酸性一定比W的弱D.X、Y、W三种元素组成的化合物可为离子化合物【答案】C【解

析】【分析】元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加。s是元素Z的单质且常温下为淡黄色固体，则s为S，Z为S元素；n是W的单质，W的原子序数大于S，则W为Cl元素，n为氯气；m与r相遇会产生白烟，白烟可能为氯化铵，结合n为氯气可知：m为NH3，r为HCl，q为N2，q是Y的

单质，则Y为N元素；结合转化关系可知p为H2S，则X为H元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知：X为H，Y为N，Z为S，W为Cl元素，m为NH3，n为Cl2，p为H2S，r为HCl，q为N2，s为S。A．同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，H原子半径最小，则原子半径Z＞W＞X，故A正确；

B．N的氢化物有NH3和N2H4，N2H4可作为火箭的燃料，故B正确；C．Z的氧化物对应的水化物酸性不一定比W的弱，如硫酸、亚硫酸的酸性大于次氯酸，故C错误；D．H、N、Cl可以形成氯化铵，属于离子化

合物，故D正确；故选C。6.2019年诺贝尔化学奖花落锂离子电池，美英日三名科学家获奖，他们创造了一个可充电的世界。像高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示。原理如下：(1−x)LiFePO

4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列说法不正确．．．的是（）A.放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe-=xLiFePO4B.放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极C.

充电时，阴极电极反应式：xLi++xe-+nC=LixCnD.充电时，Li+向左移动【答案】D【解析】【分析】放电为原电池原理，从(1−x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC可知，LixCn中的C化

合价升高了，所以LixCn失电子，作负极，那么负极反应为：xnLiCxexLi−+−=+nC，LiFePO4作正极，正极反应为：44xFePOxLixexLiFePO+−++=，充电为电解池工作原理，反应为放电的逆过程，据此分析解答。【详解】A．由以上分析可知，放电正极上4FePO得到

电子，发生还原反应生成4LiFePO，正极电极反应式：44xFePOxLixexLiFePO+−++=，A正确；B．原电池中电子流向是负极-导线-用电器-导线-正极，放电时，电子由负极经导线、用电器、导线

到正极，B正确；C．充电时，阴极为放电时的逆过程，Li+变化为xnLiC，电极反应式：xnxLixenCLiC+−++=，C正确；D．充电时，作为电解池，阳离子向阴极移动，Li+向右移动，D错误；答案选D。【点睛】带x的新型电池写

电极反应时，先用原子守恒会使问题简单化，本题中，负极反应在我们确定是xnLiC变为C之后，先用原子守恒得到xnLiC—xLi++nC，再利用电荷守恒在左边加上-xe-即可，切不可从化合价出发去写电极反应。7.常

温下，在体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L-1的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液，反应后溶液中水电离的c（H＋）表示为pH水＝-lgc（H＋）水。pH水与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。下列推断正确的是A.

HX的电离方程式为HX＝H＋＋X-B.T点时c（Na＋）＝c（Y-）＞c（H＋）＝c（OH-）C.常温下用蒸馏水分别稀释N、P点溶液，pH都降低D.常温下，HY的电离常数a7xK=(20-x)10【答案】

D【解析】【详解】A.依题意，HX和HY是两种一元酸。由图象知，加入氢氧化钠溶液，水电离程度增大，溶液由酸性逐渐变为中性，当恰好完全反应时溶液呈碱性且水电离程度达到最大值。HX为弱酸，故A错误。B.T、P点对应的

溶液都呈碱性，故B错误。C.N点呈中性，加入蒸馏水稀释中性溶液，稀释后溶液仍然呈中性，故C错误。D.取M点计算电离常数，c（H＋）＝c（OH-）＝1×10-7mol·L-1，混合溶液中1x(Na)(Y)0.1molL20+xcc

+−−==，120-x(HY)0.1molL20+xc−=，+-a7c(H)c(Y)xK==c(HY)(20-x)10，故D正确。故答案选D。二、非选择题(包括必考题和选考题两部分)8.实验室可利用环己醇的氧化反应制备环己酮，反应原理和实验装置（部分夹持装置

略）如下：有关物质的物理性质见下表。物质沸点（℃）密度（g·cm－3，20℃）溶解性环己醇161.1（97.8）*0.96能溶于水和醚环己酮155.6（95.0）*0.95微溶于水，能溶于醚水100.01.0*括号中的数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的混合

物的沸点。实验中通过装置B将酸性Na2Cr2O7溶液加到盛有10mL环己醇的A中，在55~60℃进行反应。反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集95~100℃的馏分，得到主要含环己酮粗品和水的混合物。（1）装置D的名称为____________________________。（2）酸

性Na2Cr2O7溶液氧化环己醇反应的0H，反应剧烈将导致体系温度迅速上升，副反应增多。①滴加酸性Na2Cr2O7溶液的操作为____________________________________________；②蒸馏不能分离环己酮和水的原因是_____________________

_____________________。（3）环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作：a．蒸馏、除去乙醚后，收集151~156℃馏分b．水层用乙醚(乙醚沸点34.6℃，易燃烧)萃取，萃取液并入有机层c．过滤d．往液体中加入NaCl固体

至饱和，静置，分液e．加入无水MgSO4固体，除去有机物中少量的水①上述提纯步骤的正确顺序是________________________________________________；②B中水层用乙醚萃取的目的是__________________________

____________________；③上述操作c、d中使用的玻璃仪器除烧杯、锥形瓶、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有__________，操作d中，加入NaC1固体的作用是_____________________________。（4）恢复至室温时，分离得到纯产品体积为6mL，则环已酮的

产率为____________。（计算结果精确到0.1%）【答案】(1).冷凝管(2).打开分液漏斗颈上的玻璃塞，拧开下端的活塞，缓慢滴加(3).环己酮和水形成具有固定组成的恒沸物一起蒸发(4).dbeca(5)

.使水层中少量的有机物进一步被提取，提高产品的产量(6).漏斗、分液漏斗(7).降低环己酮的溶解度，增加水层的密度，有利于分层(8).60.6%【解析】【详解】（1）根据装置图可知，装置D是冷凝管；（2）①由于酸性Na2Cr2O7溶液氧化环己醇的反应是放热反应，反应剧烈将导致

体系温度迅速上升，副反应增多，为减少副反应的发生，滴加酸性Na2Cr2O7溶液的方法是：打开分液漏斗颈上的玻璃塞，拧开下端的活塞，缓慢滴加；②蒸馏不能分离环己酮和水的原因是；环己酮和水形成具有固定组成的恒沸物一起蒸出

；（3）①环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作：往粗品中加入NaCl固体至饱和，静置，分液；由于环己酮微溶于水，能溶于醚，乙醚与水互不相溶，水层用乙醚萃取，萃取液并入有机层；加入无水MgSO4固体，除去有机物中少量的水，过滤；蒸馏、除去乙醚后，收集151～156℃

馏分。所以，提纯步骤的正确顺序是dbeca；②b中水层用乙醚萃取的目的是：使水层中少量的有机物进一步被提取，提高产品的产量；③上述操作c、d（过滤和分液）中使用的玻璃仪器除烧杯、锥形瓶、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有漏斗（用于过滤）、分液漏斗（用于分液）。操作d

中，加入NaCl固体的作用是：降低环己酮的溶解度，増加水层的密度，有利于分层；（4）恢复至室温时，分离得到纯产品体积为6mL，由表中的密度可以算出环己酮的质量为0.95g/mL×6mL=5.7g，则其物质的量为5.7g÷98g/mol=0.0582mol。由密度可

以算出10mL环己醇的质量为0.96g/mL×10mL=9.6g，则其物质的量为9.6g÷100g/mol=0.096mol，理论上生成环己酮的物质的量为0.096mol，则环己酮的产率为0.0582100%0.096=60.

6%。9.某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：已知：煅烧时，Cu2Te

发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2。(1)煅烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为______。(2)浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还可能含有_____(填化学式)。(3)工

业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示：通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是_____。(4)测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取产品试样2.50g配成250mL溶液，用移液管取出25.00mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加

入几滴指示剂，用0.1000mol·L-1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定，重复进行二次实验。(已知Cr2O72-被还原为Cr3+)①氧化还原滴定过程中的离子方程式为_____。②若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标

准液的平均体积为25.00mL，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为_____%。[已知M(K2Cr2O7)=294g·mol-1，计算结果保留三位有效数字]。(5)上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+外，还含有一定浓度的Fe3+杂质，可通过加碱调pH的方

法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3+)=3×10-5mol·L-1，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时Fe3+是否沉淀完全______(填“是”或“否”)，写出计算过程_______________

_(已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31)【答案】(1).2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2(2).CuSO4(3).该条件下，K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的

降低而显著减小(4).Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O(5).49.0(6).是(7).当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时，c(OH-)=()()sp333KCrOHcCr

+mol•L-1=31536.010310−−mol•L-1，则c(Fe3+)=()sp33()KF(eOHcOH)−=38264.010210−－=2.0×10-12mol•L-1＜1×1

0-5mol•L-1，说明Fe3+沉淀完全【解析】【分析】某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜、粗碲等。根据流程图，煅烧

时Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液；沉渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的金(Au)，用稀硫酸溶解后，

浸出液中主要含有铜离子和TeOSO4，电解后铜离子放电生成铜，溶液中含有TeOSO4，TeOSO4与二氧化硫发生氧化还原反应生成粗碲，据此分析解答。【详解】(1)煅烧时Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+4N

a2CO34Na2CrO4+4CO2，故答案为：2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；(2)根据上述分析，浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还有氧化铜与稀硫酸反应生成的硫酸铜(CuSO4)等，故答案为：CuSO4；(3)在低

温条件下K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低可能显著减小，因此通过冷却结晶可以析出大量K2Cr2O7，故答案为：在低温条件下K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，且K

2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小；(4)①氧化还原滴定过程中发生硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2与Cr2O72-的反应，其中Cr2O72-被还原为Cr3+，反应的离子方程式为Cr2O72-+6

Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；②n(Fe2+)=0.025L×0.1000mol•L-1=0.002

5mol，根据方程式Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，则n(Cr2O72-)=0.0025mol×16×250mL25mL=0.0256mol，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为294g0.02/mol5m2ol6.50g×100%=49.0

%，故答案为：49.0；(5)c(Cr3+)为3×10-5mol•L-1，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时，c(OH-)=()()sp333KCrOHcCr+mol•L-1=31536.010310−−mol•L-1，则c(Fe3+)=()sp33()KF(

eOHcOH)−=38264.010210−－=2.0×10-12mol•L-1＜1×10-5mol•L-1，说明Fe3+沉淀完全，故答案为：是；当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时，c(OH-)=()()sp333KCrOHcCr+mol•L-1=31536.010310

−−mol•L-1，则c(Fe3+)=()sp33()KF(eOHcOH)−=38264.010210−－=2.0×10-12mol•L-1＜1×10-5mol•L-1，说明Fe3+沉淀完全。【点睛】正确理解流程图中各步反应的原理是解题的关键。本题的易错点为(4)

，要注意“计算结果保留三位有效数字”，难点为(5)，要注意沉淀完全的判断标准。10.I.（1）浙江大学用甲醇、CO、O2在常压、某温度和催化剂的条件下合成碳酸二甲酯（DMC）的研究开发。已知：ⅰ．CO的燃烧热：△H=-283.0kJ•mol-1；ⅱ．1mol

H2O(l)完全蒸发变成H2O(g)需吸收44kJ的热量；ⅲ．2CH3OH(g)+CO2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)△H=－15.5kJ•mol-1则2CH3OH(g)+CO(g)+1/2O2(

g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(l)△H=_________。该反应平衡常数K的表达式为：____________。（2）甲醇也是制备甲酸的一种重要原料。某温度时，将10mol甲酸钠溶于水，溶液显碱性，向该

溶液中滴加1L某浓度的甲酸，使溶液呈中性，则滴加甲酸的过程中水的电离平衡将_____________(填“正向”、“逆向”或“不”)移动,此中性溶液中离子浓度由大到小的顺序为：_____________。Ⅱ．甲醇和CO2可直接合成DMC：2CH3OH(g)+

CO2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)，但甲醇转化率通常不会超过1%，制约该反应走向工业化生产。（1）在恒容密闭容器中发生上述反应，能说明反应达到平衡状态的是___（选填编号）。A．2v正(CH3OH)=v逆(CO2)B．CH

3OH与H2O的物质的量之比保持不变C．容器内气体的密度不变D．容器内压强不变（2）某研究小组在某温度下，在100mL恒容密闭容器中投入2.5molCH3OH(g)、适量CO2和6×10-5mol催化剂，研究反应时间对甲醇转化数(TON)的影

响，其变化曲线如图所示。计算公式为：TON=转化的甲醇的物质的量/催化剂的物质的量。在该温度下，最佳反应时间是______；4～10h内碳酸二甲酯的平均反应速率是________。【答案】(1).-342.5kJ•m

ol-1(2).K＝3312232()()?()?()cCHOCOOCHcCHOHcCOcO(3).逆向(4).c(HCOO-)=C(Na+)＞c(H+)=c(OH-)(5).BD(6).10h(7).7.5×10-4mol·L－1·h-1【解析】【详解】I、（1）ⅰ.C

O的标准燃烧热为-283.0kJ•mol-1，所以CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1①，ⅱ.1molH2O（l）完全蒸发变成H2O（g）需吸收44kJ的热量，所以H2O（l）=H2O

（g）△H=+44kJ•mol-1②，ⅲ.2CH3OH(g)+CO2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)△H=-15.5kJ•mol-1③；则根据盖斯定律可知①-②+③即可得到2CH3OH(g)+CO(g)+

1/2O2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(l)△H＝-283.0kJ•mol-1-44kJ•mol-1-15.5kJ•mol-1=-342.5kJ•mol-1；化学平衡常数等于平衡时生成物的

浓度幂之积比上反应物浓度幂之积，则根据方程式可知该反应的平衡常数表达式为K＝3312232()()?()?()cCHOCOOCHcCHOHcCOcO；（2）甲酸是一元弱酸，则滴加甲酸的过程中水的电离平衡将逆向移动。根据电荷守恒可知此中性溶液中离子

浓度由大到小的顺序为c(HCOO-)=C(Na+)＞c(H+)=c(OH-)；Ⅱ、（1）A．v正（CH3OH）=2v正（CO2）=2v逆（CO2），达平衡状态，A错误；B．CH3OH与H2O的物质的量之比保持不变说明反应达到平

衡状态，B正确；C．气体的质量和容积均不变，则容器内气体的密度始终不变，C错误；D．正反应是体积减小的可逆反应，则容器内压强不变，说明各物质的量不变，达平衡状态，D正确；答案选BD。（2）由图可知10h时TON的值最大，因此在该温度下，最佳反应时间是10h

；4～10h内转化的甲醇的物质的量为6×10-5mol×（35-20）=90×10-5mol，所以转化的DMC的物质的量为90×10−5mol÷2=45×10-5mol，浓度是45×10-4mol/L，则v=△c÷△t=45×10-4m

ol/L÷6h=7.5×10-4mol·L－1·h－1。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VA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，G

aAs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12，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>SiH>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3332acm，代入密度公式有A33A684N842=Na32a。12.有机物M是有机合成的重要

中间体，制备M的一种合成路线如下(部分反应条件和试剂略去)：已知：①A的密度是相同条件下H2密度的38倍；其分子的核磁共振氢谱中有3组峰；②(-NH2容易被氧化)；③R-CH2COOH请回答下列问题：(1)B的化学名称为______。A中

官能团的电子式为______。(2)CD的反应类型是______，I的结构简式为______。(3)FG的化学方程式为______。(4)M不可能发生的反应为______(填选项字母)。a.加成反应b.氧化反应c.取代反应d.消去反应(5)请写出任意两种满足下列条件的E的同分异构体有______。

①能与FeCl3溶液发生显色反应②能与NaHCO3反应③含有-NH2(6)参照上述合成路线，以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：______。【答案】(1).丙二醛(2).(3).取代反应(4).(5).+(CH3CO)

2O+CH3COOH(6).d(7).、(符合要求均可)(8).【解析】【分析】（1）~（5）A的密度是相同条件下H2密度的38倍，则A的相对分子质量为76，其分子的核磁共振氢谱中有3组峰，A能连续被氧化生成二

元酸，则A为二元醇，A、B、C中碳原子个数相等，则A为HOCH2CH2CH2OH，B为OHCCH2CHO，C发生取代反应生成D；根据已知②知，E发生还原反应生成F为，F发生取代反应生成G，D与G发生取代反应生成H，H加热发生已知③的反应生成的I为，I发生取代反应生成M；(6)以为原料(无

机试剂任选)，设计制备的合成路线，可由对氨基苯甲酸发生缩聚反应得到，氨基可由硝基还原得到，羧基可由醛基氧化得到，醛基可由醇羟基氧化得到，醇羟基可由卤代烃发生水解反应得到。【详解】(1)B为OHCCH2CHO，

B的化学名称为丙二醛，A是HOCH2CH2CH2OH，A中官能团为羟基，A中官能团的电子式为；(2)C的结构简式为HOOC-CH2-COOH，D的结构简式为HOOCCHBrCOOH，C与Br2发生取代反应

产生HOOC-CHBr-COOH和HBr；I的结构简式为；(3)F发生取代反应生成G，F→G的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH；(4)a.M中苯环能发生加成反应，a不符合题意；b.酚羟基能发生氧化反应，b不符合题意；c.羧基、酚羟基和肽键都能发生取代

反应，c不符合题意；d.羧基、酚羟基和肽键都不能发生消去反应，d符合题意；故合理选项是d；(5)E的同分异构体符合下列条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能与NaHCO3反应，说明含有羧基，③含有-NH2，如果-OH、-COO

H相邻，有4种；如果-OH、-COOH相间，有4种；如果-OH、-COOH相对，有2种，所以符合条件的有10种，其中两种同分异构体的结构简式是：、；(6)以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线，可由对氨基苯甲酸发生缩聚反应得到，氨基可由硝基还原得到，羧基可由醛基氧化得到，醛基可由

醇羟基氧化得到，醇羟基可由卤代烃发生水解反应得到，其合成路线为。【点睛】本题考查有机物合成与推断的知识，注意反应中碳链变化、官能团变化及反应条件是解本题的关键，熟练掌握常见官能团之间的转化关系，侧重考查学生知识综合运用及知识迁移能力。