【文档说明】贵州罗甸弘伟学校2021届高三高考化学第三轮冲刺训练题十含答案.doc，共(17)页，902.150 KB，由小赞的店铺上传

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1贵州罗甸弘伟学校2021届高考化学第三轮冲刺训练题十(考试用时：50分钟试卷满分：100分)一．选择题（共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）7．化学与生活密切相关。下列说法正确的是A

．用FeCl3溶液蚀刻不锈钢上的图形和文字，利用了FeCl3的还原性B．PP（聚丙烯）塑料可用于制作微波炉餐盒，是因为该塑料可承受较低温度C．我国研制的超级钢具有优异的强度和延展性，超级钢属于合金D．食用植物油长时间放置会变质，是因为

发生了水解反应8.新冠疫情期间，勤洗手已成为大家的卫生习惯。一种免洗手消毒液以烷基二甲基苄基氯化铵----优良的阳离子表面活性剂为主要成分，振荡时产生泡沫，其结构如图所示，以下说法不正确的是：A.该成分与“84”消毒液均属氧化型消杀剂

B.该成分的组成通式满足CaH2a-4NClC.该结构中含极性键、非极性键与离子键D.该成分可发生加成、取代、氧化反应9．下列离子方程式正确且符合题意的是A．向Ba(NO3)2溶液中通入SO2，产生白色沉淀，发生的离子反应为Ba2+＋SO2＋H2

OBaSO3↓＋2H+B．向K3[Fe(CN)6]溶液中加入少量铁粉，产生蓝色沉淀，发生的离子反应为Fe＋2[Fe(CN)6]3−Fe2+＋2[Fe(CN)6]4−，3Fe2+＋2[Fe(CN)6]3−Fe3[Fe(CN)6]2↓C．向酸化的KMnO4溶液中加入少量N

a2S，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明一定发生离子反应：84MnO−＋5S2−＋24H+8Mn2+＋524SO−＋12H2OD．向FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液变黄色：2Fe2+＋Cl22Fe3+＋2Cl−210．下列实验操作、现象及得出的结论均

正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至碱性，再滴加少量碘水溶液未变蓝色淀粉已完全水解B向CaCO3固体中滴加稀盐酸产生气泡CO2具有氧化性C分别往①4mL0.1mol·L−1酸性KMnO4溶液、②4mL0.2mol·L−1

酸性KMnO4溶液中加入2mL0.1mol·L−1H2C2O4溶液，记录褪色时间②先褪色反应物浓度越大，反应速率越快，越先褪色D将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生非金属性：Cl＞C11．短周期主族元素W

、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，且分布于前三个周期，其中W的一种单质是世界上已知的相同条件下密度最小的气体，X原子最外层电子数是内层电子总数的2倍，Y2–与Z+具有相同的电子层结构，R元素的一种单质是常见的自来水消毒剂。下列说法正确的是A．原子半径：Z>R>Y>X>WB．Z

的单质能使滴有酚酞的水变红色C．元素X形成的含氧酸只有一种D．Z与其他四种元素分别形成的化合物中均只含有离子键12.工业电解Na2CO3溶液的装置如图所示，X、Y两极均为惰性电极，已知c2>c1。下列说法正确的是3A.x极为阴极，发生还原反应B.装置中为阴离子交换膜C.X、Y两极产生的气体M和R体

积比略大于2：1D.若Na2CO3溶液足量，在电解前期，当通过相同电量时，理论上可制备等物质的量的NaHCO3和NaOH13．常温下，向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液至过量，最终生成Na2HPO3，滴定曲线如图所示，其中x=2333(HPO)(HPO)

cc−或x=2323(HPO)(HPO)cc−−。下列说法错误的是A．I对应的x=2333(HPO)(HPO)cc−B．M点横坐标是6.68C．NaH2PO3溶液显碱性D．c(Na+)=c(23HPO−)+2c(23HPO−)时，溶液的pH=7二．非

选择题（共58分。本卷包括必考题和选考题两部分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35～36题为选考题，考生根据要求作答。）26．（14分）LiCoO2（钴酸锂）是锂离子电池的正极材料。以某海水为原料制备钴酸锂的一种流程如下：4已知如下信息：①该海水中含

浓度较大的LiCl，含少量MgCl2、CaCl2、MnCl2等。②碳酸锂的溶解度与温度关系如图所示。③常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下：物质Li2CO3MgCO3CaCO3MnCO3Mg(OH)2Ksp2.5×10−26.8×10−62.8×10−92.3×10−116.0

×10−10请回答下列问题：（1）LiCoO2中钴的化合价为____________。滤渣1主要成分有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3和____________________（填化学式）。（2）调pH=5的目的是________________________。（3）“沉

锂”包括过滤、洗涤等，宜用_________________（填“热水”或“冷水”）洗涤Li2CO3。加入纯碱的量与锂回收率的关系如表所示：序号n(Na2CO3)/n(LiCl)沉淀质量/g碳酸锂含量/

%锂回收率/%①0.9∶110.0992.3677.67②1.0∶110.9790.1982.46③1.1∶111.4589.3785.27④1.2∶112.1484.8285.45从生产成本考虑，宜选择_______________（填序号）方案投料。（4）“除杂2”中调pH=13时c(Mg

2+)=_______________mol·L−1。（5）“合成”中采用高温条件，放出一种能使澄清石灰水变浑浊的气体。写出5“合成”发生反应的化学方程式_____________________________________________。（6）在“合

成”中制备1molLiCoO2转移电子的物质的量为_______________。27．（15分）4−正戊基联苯（Mr=224，无色液体，减压条件下沸点140~142℃）是有机合成中的重要中间体，制取方法的关键一步称作凯西纳−乌尔夫−黄鸣龙反应，这是第一个以中国人命名的有机反应。反应原理如下：实

验步骤：在三颈烧瓶上，配置搅拌器、①和球形冷凝管。依次将3.4g80%水合肼（N2H4·H2O，约0.055mol）、2.7g氢氧化钾、5g4−正戊酰基联苯（约0.021mol）以及40mL一缩二乙二醇投入反应瓶中。在搅拌下将反应物加热至130℃，持续反应2h。之后将反应装置改为蒸馏装置，蒸出多

余的肼和水，使反应混合物逐渐升温至195~210℃。再改为回流装置，并维持回流。当无氮气放出时，停止加热。待反应混合物冷却后，转入烧杯中，加入15mL水和15mL苯，充分搅拌。将反应混合物转入②，分出有机层；再用15mL苯对水层提取两次。提取液与有

机层合并，依次用水、稀盐酸、水、5%碳酸钠水溶液、水进行洗涤，直至有机层呈中性，加入适量无水硫酸镁固体，先经常压蒸馏蒸出溶剂，再对残留物作减压蒸馏，收集③的馏分，最后得到产品3.36g。回答下列问题：（1）根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规

格为______（填标号）。A．100mLB．250mLC．500mLD．1000mL（2）在①②③空白处写出所需化学仪器或其他合适内容：①___________________；②___________________；③___________________。（3）水合肼（N

2H4·H2O）是二元弱碱，与NH3·H2O有相似的化学性质，有毒，对皮肤有腐蚀作用，如果不慎洒到皮肤上，可先用稀乙酸洗涤，然后用清水冲洗。写出水合肼和足量稀乙酸反应的化学方程式6_________________

_________。（4）用15mL苯对水层提取两次的目的是__________________________；加入无水硫酸镁的目的是__________________________。（5）本实验结束后，一般用H2SO4酸化的

KMnO4溶液将残留的肼（N2H4）氧化为N2除去，该反应的离子方程式为__________________________。（6）本实验制备的4−正戊基联苯的产率为_____________（保留两位有效

数字）。28.(14分)CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题。已知：反应ICO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H1＝－58kJ·mol－1反应ICO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)△H2＝＋41kJ·mol－1(1)CO(g)

和H2(g)反应生成CH3OH(g)的热化学方程式为。(2)某实验过程中，控制压强一定，将CO2和H2按一定的初始投料比、一定流速通过催化剂，经过相同时间测得如下实验数据(反应未达到平衡状态)：表中实验数据表明，升高温度，CO2实际转化率提高而甲醇的选

择性降低。其原因是。(3)在一定条件下，选择合适的催化剂只进行反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)。调整CO2和H2初始投料比，测得在一定投料比和一定温度下，该反应CO2的平衡转化率如图(各点对应的反应温度可能相同，也可能不同)。7已知：Kx是以物质的量分数表示的化学

平衡常数。①经分析，A、E和G三点对应的反应温度相同，结合数据说明判断理由。②已知反应速率v＝v正－v逆＝k正x(CO2)x(H2)－k逆x(CO)x(H2O)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。C、D、E三点中k正

－k逆最大的是，A、B、F三点中v逆最大的是。计算E点所示的投料比在从起始到平衡的过程中，当CO2转化率达到50%时，vv正逆＝。(4)关于合成甲醇过程中用到的催化剂，下列说法错误的是(填字母)。A.参与了反应，改变了反应历程和△HB.使k正和

k逆增大，但二者增大倍数不同C.降低了反应的活化能D.提高了CO2的平衡转化率35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）据世界权威刊物《自然》最近报道，我国科学家选择碲化锆（ZrTe2）和砷化镉（Cd3As2）为材料验证了三维量子霍尔效应

，并发现了金属-绝缘体的转换。回答下列问题：（1）锌和镉位于同副族，而锌与铜相邻。现有4种铜、锌元素的相应状态，①锌：[Ar]3d104s2、②锌：[Ar]3d104s1、③铜：[Ar]3d104s1、④铜：[Ar]3d10。失去1个电子需要的

能量由大到小排序是______（填字母）。A．④②①③B．④②③①C．①②④③D．①④③②8（2）硫和碲位于同主族，H2S的分解温度高于H2Te，其主要原因是______________________。在硫的化合物中，H2S、CS2都是三原子分子，但它们的键角（

立体构型）差别很大，用价层电子对互斥理论解释：______________________；用杂化轨道理论解释：__________________________。（3）Cd2+与NH3等配体形成配离子。[Cd(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl−替代只得到1种结构，它的立体

构型是___________。1mol[Cd(NH3)4]2+含___________molσ键。（4）砷与卤素形成多种卤化物。AsCl3、AsF3、AsBr3的熔点由高到低的排序为____________________。（5）锆晶胞如图

1所示，1个晶胞含________个Zr原子；这种堆积方式称为______________________。（6）镉晶胞如图2所示。已知：NA是阿伏加德罗常数的值，晶体密度为dg·cm−3。在该晶胞中两个镉原子最近核间距为_____

_nm（用含NA、d的代数式表示），镉晶胞中原子空间利用率为________（用含π的代数式表示）。36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）格列卫等抗癌药物已被我国政府纳入医保用药，解决了普通民众用药负担。格列卫合成中的某中间体J的一种合成路

线如下：回答下列问题：9（1）A→B的反应条件是________________。（2）C的化学名称为_________________。（3）H的结构简式为__________________。（4）由F生成G的

化学方程式为_____________；由I生成J的反应类型为__________。（5）D的芳香同分异构体中，能同时满足以下条件的结构简式为________________。①既能发生水解反应，又能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2。（6）参照上述合成

路线及所学知识，设计由甲苯和CH3COOH为起始原料制备的合成路线________________________（无机试剂任选）。【答案解析】7．【解析】A项：用FeCl3溶液蚀刻不锈钢上的图形和文字，利用了FeCl3的氧化性，A错误；B项：聚丙烯塑料可承受140℃的较高温度，所以使

用聚丙烯材料制作的饭盒可以用微波炉加热，B不正确；C项：超级钢是Fe、Mn、Al、V、C等的合金，C正确；D项：食用植物油长时间放置会因氧化而变质，与油脂发生水解反应无关，D不正确。【答案】C8.【解析】A.“84”消毒液含次氯酸钠，属氧化型消杀剂，该成分Cl、N均

处于最低价，无氧化性，故A说法错误。B.该成分的组成通式满足CaH2a-4NCl（把氮看做碳，再从饱和的氢上扣下因苯环而少连的8个氢）故B说法正确C.碳碳键-非极性键，碳氮-极性键，氯离子与含氮阳离子间-离子键故C说法正

确D.含苯环，可发生与氢气加成、与卤素取代、可燃可以发生氧化反应，故D说法正确。10【答案】A9．【解析】A项：BaSO3和HNO3不能大量共存，白色沉淀是BaSO4，A项错误；B项：铁氰化钾可氧化铁单质生成亚铁离子，B项正确；C项：

酸化的高锰酸钾溶液中可能含有H2SO4，C项错误。D项：还原性：I−＞Fe2+，少量氯水优先氧化碘离子，离子方程式为2I−＋Cl2I2＋2Cl−，D项错误。【答案】B10．【解析】A项：NaOH过量，碘与NaOH反应，不能检验淀粉的存在，应取水解后的少量溶液加碘水检验，操

作不合理，A项错误；B项：比较非金属性强弱应比较最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，而盐酸为无氧酸，B错误项；C项：高锰酸钾均过量，不能观测到褪色现象，应控制高锰酸钾量均不足且浓度不同，C项错误；D项：钠在CO2中燃烧生成黑色颗粒，说明有C生成，CO

2中碳元素化合价降低，作氧化剂，D项正确。【答案】D11．【解析】W的一种单质是世界上已知的相同条件下密度最小的气体，则W为H元素；X原子最外层电子数是内层电子总数的2倍，则X为C元素；Y2–与Z+具有相同的电子层结构，Y的化合价为−2，则Y

为ⅥA族的O或S元素，Z的化合价为+1，则Z为ⅠA族的Na或K元素，但K元素不是短周期元素，所以Z只能为Na元素，Y为O元素；A项：R元素的一种单质是常见的自来水消毒剂，则R为Cl元素。原子半径：Na>Cl>C>O>H，即Z>R>X>Y>W，A错误；B项：钠与水反应生成氢氧化钠，能使酚

酞变红，故B正确；C项：X为碳元素，能形成H2CO3、CH3COOH、H2C2O4等含氧酸，C错误；D项：Z为Na元素，Na与O形成的Na2O2、与C形成的Na2C2中都既含离子键又含共价键，D错误。【答案】B12.解析：A项：根据“已知c2＞

c1”可推出，Y极生成了OH－且Na＋通过离子交11换膜，从X极移向Y极，从而形成NaOH，因此Y极为阳离子移向的一极，为阴极，X极为阳极，发生氧化反应，故A错误；B项：根据A项分析，Na＋通过离子交换膜

，从X极移向Y极，说明为阳离子交换膜，故B错误；C项：X极反应式为2H2O－4e－＋4CO2－3===O2↑＋4HCO－3，同时可能会进一步发生副反应H＋＋HCO－3===H2O＋CO2↑，Y极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，依据电荷守恒，两极产生的M(O2)和R(H2

)体积比略大于1∶2，故C错误；D项：若Na2CO3溶液足量，主要生成HCO－3(若Na2CO3溶液少量，可能生成CO2)，依据C项分析可知，4e－～4HCO－3～4OH－，故D正确。【答案】D13．【

解析】A项：该图像的线性关系为pKa=pH−lgx，由于弱酸的第一步电离程度大于第二步电离程度，因此Ⅰ对应的x=2333(HPO)(HPO)cc−，A正确；B项：由于pKa=pH−lgx，所以M点横坐标为6.68，B正确；C项：根据图像数据可得，对于H3

PO3，pKa1=1.43，pKa2=6.68，由于wh2a1KKK=，则Kh2=10−12.57<Ka2=10−6.68，所以23HPO−的电离大于水解，NaH2PO3溶液显酸性，C错误；D项：电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(23HP

O−)+2c(23HPO−)+c(OH−)，当c(Na+)=c(23HPO−)+2c(23HPO−)时，c(H+)=c(OH−)，即常温下pH=7，D正确。【答案】C26．【解析】（1）LiCoO2中锂为＋1价，氧为－2价，则钴为＋3价。由表中溶度积知，碳

酸锰难溶于水。（2）加入盐酸除去过量的碳酸钠，否则碳酸锂会在浓缩时析出，损失锂元素。（3）碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，用热水洗涤比冷水好，减小锂元素损失。从投料比看出，序号③的比例中，投入碳酸钠量较小，锂回收率较高，可降低生产成本。12（4）pH=13，c

(OH−)=1×10−1mol·L−1，c(Mg2+)=sp22[Mg(OH)](OH)Kc−=6.0×10−8mol·L−1。（5）在合成中钴的化合价升高，必有O2参与反应，副产物是CO2。（6）生成1molLiCoO2转移1mol电子。【答案】（1）＋3（1分）MnCO3（1分）（2）

除去过量的Na2CO3，避免蒸发浓缩时析出Li2CO3（2分）（3）热水（2分）③（2分）（4）6.0×10−8（2分）（5）2Li2CO3＋4CoCO3＋O24LiCoO2＋6CO2（2分）（6）1mol（2分）27．【解析】（1）三颈烧瓶所盛液体不超过

烧瓶体积的三分之二，不低于四分之一，药品总体积大约为50mL，所以选A。（2）①“在搅拌下将反应物加热至130℃”，应选用温度计；②题中涉及“萃取”操作，应用分液漏斗；③依据题中信息“减压条件下沸点140~142℃得出。（3）水合肼和足量稀乙酸发生的反应类似酸碱中

和反应：N2H4·H2O+2CH3COOH(CH3COO)2N2H6+H2O或N2H4+2CH3COOH(CH3COO)2N2H6。（4）用15mL苯对水层提取两次的目的是萃取水中的4−正戊基联苯，减少产品的损失

；无水硫酸镁是常见的干燥剂，起干燥作用。（5）从题给信息可知反应物和生成物，然后根据得失电子守恒和元素守恒写出反应的方程式：44MnO−+12H++5N2H44Mn2++5N2↑+16H2O。（6）生成4−正戊基联苯的物质的量=13.36g224gmo

l−=0.015mol，产率为0.015moL0.021moL×100%≈71℅。13【答案】（1）A（2分）（2）①温度计（1分）②分液漏斗（1分）③140~142℃（2分）（3）N2H4·H2O+2CH3COOH(CH3COO)2N2H6+H2O[或N2H4+2CH3COOH(

CH3COO)2N2H6]（2分）（4）萃取水中的4−正戊基联苯，减少产品的损失（说法合理即可，2分）干燥，除去有机物中的水分（1分）（5）44MnO−+12H++5N2H44Mn2++5N2↑+16H2O（2分）（6）71℅（2分）28.【解析】(1)根据盖斯定律，反应Ⅰ－反应Ⅱ可得CO

(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝ΔH1－ΔH2＝(－58－41)kJ·mol－1＝－99kJ·mol－1。(2)升高温度能加快所有反应的反应速率，故在一定流速下，单位时间内CO2实际转化率提高，但升高温度对反应Ⅰ的影响更大，故甲醇的选择性降低。(3)因为平衡常数只与温度有关，

故判断温度是否相同可通过计算平衡常数是否相同去分析。依据Kx的定义计算A、E和G三点对应的平衡常数。A点CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)起始/mol0.5100转化/mol0.5×23＝13131313平衡/mol16

231313代入平衡常数表达式：Kx＝x（CO）·x（H2O）x（CO2）·x（H2）＝13÷32×13÷3216÷32×23÷32＝1。同理可求，E和G两点的Kx＝1，因为KA＝KE＝KG＝1，平衡常数相同，反应温度相同。②已知反应速率v＝v正－v

逆＝k正x(CO2)x(H2)－k逆x(CO)x(H2O)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。C、D、E三点中，因为进料比相同，但CO2转化率C＞D＞E，所以推出TC＞TD＞TE,故三点中C点14温度最高，k正变化幅度最大，故k正－k逆最大。依据速率方程反应速率v

逆＝k逆x(CO)x(H2O)，A、B、F三点中：A点CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)起始/mol0.5100转化/mol0.5×23＝13131313平衡/mol16231313比例：1∶4∶2∶2A点：v逆＝k逆x(CO

)x(H2O)＝k逆×29×29＝481k逆，同理可求，B点：v逆＝136k逆，F点：v逆＝9100k逆。依据图像可推知TA＞TB，TC＞TD＞TE,TF＞TG，结合TA＝TE＝TG，A、B、F三点温度为TF＞TA＞TB，所以速率常数k逆

大小为F>A>B，故三点中k逆最大的是F点，因此v逆最大的也是F点。在达到平衡状态E点的反应过程中，当CO转化率刚好达到50%时，v正v逆＝k正x（CO2）x（H2）k逆x（CO）x（H2O）＝k正k逆×x

（CO2）·x（H2）x（CO）·x（H2O）＝k正k逆÷x（CO）·x（H2O）x（CO2）·x（H2）＝KQ，E点平衡常数K＝1，当CO2转化率刚好达到50%时，CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)起始/mol1100转化/mol0.50.50.50

.5平衡/mol0.50.50.50.5Q＝0.5×0.50.5×0.5＝1，v正v逆＝KQ＝1÷1＝1。(4)催化剂参与了反应，改变反应历程，但不能改变ΔH，故A错误；催化剂使k正和k逆同时增大，且倍数相同，故B错误；催化剂通过降低反应的活化能加

快反应速率，故C正确；催化剂不改变CO2的平衡转化率，故D错误。15答案：(14分，每空2分)(1)CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝－99kJ·mol－1(2)温度升高，两个反应的速率均加快，但温度升高对反应Ⅰ的影响更大(或温度升高，催化剂活性

降低，使合成甲醇反应速率减慢)(3)①因为KA＝KE＝KG＝1，平衡常数相同，反应温度相同②CF1(4)ABD35.【解析】（1）锌原子的第一电离能大于铜原子第一电离能，有①＞③；铜的第二电离能大于锌的第二电离能，有④＞②。锌的第二电离能大于第一电离能

，②＞①。故选A。（2）从原子半径、键能角度分析气态氢化物的热稳定性。原子半径：r(S)＜r(Te)，键能：H－S＞H－Te，所以H2S较稳定。H2S分子中S原子价层有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较

小；CS2分子中C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同，呈直线形最稳定，键角较大。从杂化轨道角度解释，H2S中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化。（3）[Cd(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl−替代只得到1种结构，说明Cd2+采用sp3杂化，呈正四面体结构。配位键也是σ键。1

mol[Cd(NH3)4]2+含16molσ键。（4）它们都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高。故熔点排序为AsBr3＞AsCl3＞AsF3。（5）在六棱柱中，12个原子位于顶点、2个原子位于面心，3个原子位于体内。1个六棱柱含6个原子。这种堆积方式叫六方最密堆积。（6）图

2为体心立方堆积，3个镉原子位于体对角线且相切，1个晶胞含2个镉原子。设晶胞参数为a，d=3A2112aN，a=73A22410dNnm。设两镉原子最近核间距为x，（2x）2=3a2，x=73A3224102dNnm。设镉原子半径为r，则r=34anm，φ=3342π3

ra=3π8。16【答案】（1）A（2分）（2）S原子半径小于Te，H—S键的键能较大（1分）H2S分子中S原子价层有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小（1分）；CS2分子中C原子价层没

有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同且较小（1分）H2S中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化（1分）（3）正四面体（1分）16（1分）（4）AsBr3>AsCl3>AsF3（1分）（5）6（1分）六

方最密堆积（1分）（6）73A3224102dN（2分）3π8（2分）36．【解析】（1）A→B为卤代烃的水解反应，所以反应条件为NaOH水溶液、加热。（2）C为，所以化学名称为4−甲基苯甲醛或对甲基苯甲醛。（3）对比G

与I的结构简式，可推知H的结构简式为。（4）对比F与G的结构简式，可推知由F生成G的化学方程式为。J比I少了O多了H，则由I生成J的反应类型为还原反应。（5）既能发生水解反应，又能发生银镜反应，说明含甲酸酯基，再由核磁共振氢谱有五组峰，且峰

面积之比为1∶1∶2∶2∶2，可知符合题意的同分异构体的结构简式为。（6）对比原料和目标分子，可知合成路线为或。17【答案】（15分，除标明外，每空2分）（1）NaOH水溶液、加热（2）4−甲基苯甲醛或对甲基苯甲醛（3）（

4）还原反应（5）（6）（3分）