【文档说明】【精准解析】四川省遂宁市第二中学2020届高三下学期第四次考试理综化学试题.doc，共(18)页，1.025 MB，由小赞的店铺上传

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四川省遂宁市第二中学2020届高三下学期第四次考试理综化学试卷可能用到的相对原子质量：：H-1C-12O-16S-32I-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1.化学与人类生产、生活、科研

密切相关，下列有关说法不正确．．．的是A.含4%硅的硅钢导磁性很强，主要用作变压器的铁芯。B.把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵C.煤焦油干馏可获得苯、二甲苯等有机物。D.臭氧是一种有鱼腥味、氧化性极强

的淡蓝色气体，可用作自来水消毒剂。【答案】C【解析】【详解】A．含硅4%的钢具有导磁性，可用作变压器铁芯，A正确；B．石灰属于碱，能使蛋白质变性，从而杀死虫卵，B正确；C．煤焦油分馏可获得苯、二甲苯等有机物，C错误；D．臭氧具有极强的氧化性，可用于自来水消毒，D正确；故选C

。2.下列关于有机物的说法正确的是A.的同分异构体中含有苯环且属于羧酸的有14种B.葡萄糖与果糖、淀粉与纤维素均互为同分异构体C.2，2-二甲基丙烷可以由烯烃通过加成反应制得D.汽油、柴油、植物油都是碳氢化合物【答案】A【解析】【详解】A．

的同分异构体中含有苯环且属于羧酸可分三种情况考虑，苯环上的一取代有-CH2CH2COOH、-CH(CH3)COOH两种；苯环上的二取代有-CH3、-CH2COOH，-CH2CH3、-COOH两种组合，共有6种；苯环上的三取代基有两个-CH3、-COOH，有6种，共有14种，A正确；B．葡萄糖与果

糖互为同分异构体，淀粉与纤维素的化学式为(C6H10O5)n，但n值不同，故不是同分异构体，B错误；C．2，2-二甲基丙烷的结构为C(CH3)4，中心C上无H原子，故不能通过与H2加成得到，C错误；D．植物油为酯类化合物，含有氧元素，为烃的含氧化合物，D错误

；故选A。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是A.标准状况下，2.8g14C18O中质子数为1.4NAB.常温下，0.3molNO2通入水中完全反应，转移的电子数为0.2NAC.CO燃烧热为283.0

kJ/mol，若一定量的CO完全燃烧放出热量为283.0kJ，则消耗O2分子数为NAD.62.0g乙二醇中含有的羟基数目为NA【答案】B【解析】【详解】A.标准状况下，2.8g14C18O是0.0875mol,1mol14C18O中的质子数为14NA,则2.8g14C18O

中质子数为0.087514NA，故A错误；B.常温下，由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知3molNO2转移电子2mol,0.3molNO2通入水中完全反应，转移的电子数为0.2NA，故B正确；C.

CO燃烧热为283.0kJ/mol，CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)。若一定量的CO完全燃烧放出热量为283.0kJ，则消耗O2分子数为1/2NA，故C错误；D.62.0g乙二醇是1mol,含有的羟基

数目为2NA,故D错误；答案选B。4.A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等；B的单质分子中有三对共用电子；C、D同主族，且核电荷数之比为1:2。下列有关说法不正

确的是（）A.C、D、E的简单离子半径：D>E>CB.A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子C.由A、B、C三种元素形成的化合物均能促进水的电离D.分子D2E2中原子均满足8电子稳定结构，则分子中存在非极

性键【答案】C【解析】【分析】A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等，A为氢元素；B的单质分子中有三对共用电子，B为氮元素；C、D同主族，且核

电荷数之比为1︰2，C为氧元素，D为硫元素，E为氯元素。【详解】A.C、D、E的简单离子，S2-与Cl-电子层结构相同，O2-少一个电子层，离子半径：S2->Cl->O2-，故A正确；B.A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子N2H4、H2O2、H2S、HCl，故B正确；C.由A、

B、C三种元素形成的化合HNO3、HNO2抑制水的电离，故C错误；D.分子D2Cl2中原子均满足8电子稳定结构，则分子中存在非极性键S-S键，故D正确；故选C。【点睛】本题考查元素周期律与元素周期表，解题关键：位置结构性质的相互关系应用，难点B，N2H4、

H2O2两种分子也是18电子。5.下列装置能达到实验目的的是选项ABCD实验装置实验目的探究Na2CO3和NaHCO3溶解度的相对大小用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的稀硫酸检验蔗糖与浓硫酸反应产生的CO2验证镁和稀盐酸的反应的热效应A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】A.

向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳，可析出碳酸氢钠；B.NaOH会与酸式滴定管中的SiO2反应；C.CO2、SO2都能使澄清石灰水变浑浊；D.检验Mg与盐酸反应放出热量的现象不明显。【详解】A.向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化

碳，可析出碳酸氢钠，可探究Na2CO3和NaHCO3溶解度相对大小，A.正确；B.用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的稀硫酸NaOH，NaOH溶液应该使用碱式滴定管，若使用酸式滴定管，会与玻璃中SiO2反应产生Na2Si

O3，将滴定管与旋塞黏在一起，使滴定管报废，B错误；C.浓硫酸具有脱水性，能够使蔗糖脱水碳化，浓硫酸还具有强的氧化性，将反应产生的C单质氧化产生CO2，浓硫酸被还原产生SO2，CO2、SO2都能与Ca(OH)2反应产生白色难溶性的物质，因此都可以使澄清石

灰水变浑浊，故不能检验CO2气体，C错误；D.Mg与盐酸产生氯化镁和氢气，反应放出热量，但由于氯化钠的溶解度随温度升高而稍有增大，且没有使用温度计，所以饱和食盐水中无明显现象，无法证明反应放热，D错误；故合理选项是A。【点睛】本

题考查化学实验方案的评价的知识。注意滴定管使用时，碱式滴定管盛装碱性溶液，酸式滴定管盛装酸性和氧化性的物质，对于D选项，可以将饱和食盐水改为饱和的澄清石灰水，利用Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而降低的性质，若看到石灰水变浑浊，就可以证明镁和稀盐酸的反应是放热反应，易错点是选项C

，只清楚可以用澄清石灰水检验CO2，忽视了SO2与Ca(OH)2反应产生的CaSO3也是白色难溶性的物质的性质。可见掌握常见的物质的物理性质也是物质鉴别中不容忽视的知识点。6.微生物燃料电池可净化废水，同时还能获得能源或有价值的化学产品，图1为

其工作原理，图2为废水中Cr2O72-离子浓度与去除率的关系。下列说法正确的是A.M为电池正极，CH3COOH被还原B.外电路转移4mol电子时，M极产生22.4LCO2C.反应一段时间后，N极附近的溶液pH下降D.Cr2O72-离子浓度较大时，可

能会造成还原菌失活【答案】D【解析】【详解】A.由图中信息可知，电子由M极流向N极，则M为电池负极，CH3COOH被氧化，选项A错误；B.根据负极电极反应式CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+可

知，外电路转移4mol电子时，标准状况下M极产生22.4LCO2(忽略CO2溶解)，但题干中没有说明标准状况，选项B错误；C.根据图中信息可知，N极消耗氢离子，反应一段时间后，氢离子浓度降低，N极附近pH增大，选

项C错误；D.强氧化剂能使蛋白质变性，故Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活，选项D正确；答案选D。7.H2C2O4(草酸)为二元弱酸，在水溶液中H2C2O4、HC2O4－和C2O42－物质的量分数与pH关系如图所示，下列说法不正确．．．的是A.根据图中数据计算可得C点溶

液pH为2.7B.向草酸溶液中滴加氢氧化钠溶液至pH为4.2时c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42－)+c(OH－)C.0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2O4－)>c(H+)>c(OH－)D.当混合溶液呈中性时，c(Na

+)>c(HC2O4－)>c(C2O42－)>c(H+)＝c(OH－)【答案】D【解析】【详解】A．由图中信息可知Ka1=10－1.2，Ka2=10－4.2，C点H2C2O4和C2O42－相等，而Ka1Ka2=2224224(H)(CO)(HCO)cc

c+−=10－5.4，c(H+)=10－2.7，A正确；B．向草酸溶液中滴加氢氧化钠溶液至pH为4.2时，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(C2O42－)+c(OH－)+c(HC2O4－)，在此点，c(C2

O42－)=c(HC2O4－)，B正确，C．Ka2=10－4.2，HC2O4－的水解常数为10－12.8，HC2O4－的电离大于水解，溶液呈酸性，C正确；D．当c(HC2O4－)＝c(C2O42－)时，溶液呈酸性，若溶液呈中性，则c(HC2O4－)<c(C

2O42－)，D错误；故选D。8.1，2-二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)是一种重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法制备，主要副产物为3-氯丙烯(CH2=CHCH2Cl)，反应原理为：I．CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2ClCHClCH

3(g)∆H1=-134kJ·mol-1II．CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)∆H2=-102kJ·mol-1请回答下列问题：(1)已知CH2=CHCH

2Cl(g)+HCl(g)CH2ClCHClCH3(g)的活化能Ea(正)为132kJ·mol-1，则该反应的活化能Ea(逆)为___________kJ·mol-1。(2)一定温度下，密闭容器中发生反应I和反应II，达到平衡

后增大压强，CH2ClCHClCH3的产率____________（填“增大”“减小”或“不变”），理由是_________________________________。(3)起始时向某恒容绝热容器中

充入1molCH2=CHCH3和1molCl2发生反应II，达到平衡时，容器内气体压强_________________（填“增大”“减小”或“不变”）。(4)某研究小组向密闭容器中充入一定量的CH2=CHCH3和Cl2，分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应

，一段时间后测得CH2ClCHClCH3的产率与温度的关系如图所示。p点是否为对应温度下CH2ClCHClCH3的平衡产率，_________填“是”或“否”）判断理由是_______________________。(5)一定温度下，向

恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)。在催化剂作用下发生反应I，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。时间/min060120180240300360压强/kPa8074.269.465.261.657.657.6①用单

位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即pvt=，则前120min内平均反应速率v(CH2ClCHClCH3)=__________kPa·min-1。(保留小数点后2位)。②该温度下，若平衡时HC

l的体积分数为18，则丙烯的平衡总转化率=____________；反应I的平衡常数Kp=____________________kPa-1(Kp为以分压表示的平衡常数，保留小数点后2位)。【答案】(1).164(2).增大(3).反应I是一个气体物质的量减小的反应

，达到平衡后增大压强，反应I正向移动，CH2ClCHClCH3的产率增大(4).增大(5).否(6).因为生成CH2ClCHClCH3的反应为放热反应，温度越低平衡转化率越高，而450℃的产率高于p点产率

，所以p点不是对应温度下CH2ClCHClCH3的平衡产率(7).0.09(8).74%(9).0.21【解析】【详解】(1)用反应I－反应II得到CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)CH2ClCHClCH3(g)△H=-32kJ·mol

-1，△H=Ea(正)—Ea(逆)=132kJ·mol-1-Ea(逆)=-32kJ·mol-1，Ea(逆)=164kJ·mol-1。答案为：164；(2)反应I是一个气体物质的量减小的反应，反应II气体物质的量不变，达到平衡

后增大压强，反应I正向移动，CH2ClCHClCH3的产率增大。答案为：增大；反应I是一个气体物质的量减小的反应，达到平衡后增大压强，反应I正向移动，CH2ClCHClCH3的产率增大；(3)反应II为放热反应，由于体系为绝热容器，随着反应进

行，体系的温度升高，容器内气体压强增大。答案为：增大；(4)p点不是对应温度下CH2ClCHClCH3的平衡产率，因为生成CH2ClCHClCH3的反应为放热反应，温度越低平衡转化率越高，而450℃的产率高于p点产率，所以p点不是对应温度

下CH2ClCHClCH3的平衡产率。答案为：否；因为生成CH2ClCHClCH3的反应为放热反应，温度越低平衡转化率越高，而450℃的产率高于p点产率，所以p点不是对应温度下CH2ClCHClCH3的平衡产率；(5)①压强的减小由反应I引起CH2=CHCH3(g)+Cl2(g

)CH2ClCHClCH3(g)反应120min的压强的变化为10.6kPa，故v(CH2ClCHClCH3)=10.6kPa120min=0.09kPa·min-1；②设起始CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)的物质的量各为1mol，平衡时气体的总物质的量为57.6kPa2mol80

kPa=1.44mol，生成的n(CH2ClCHClCH3)=0.56mol，反应I消耗的CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)的物质的量各为0.56mol，根据平衡时HCl的体积分数为18，计算反应Ⅱ生成的n(HCl)=n(CH2=CHCH2Cl)=0.18mol，参与反应的CH2

=CHCH3(g)和Cl2(g)的物质的量各为0.18mol，则丙烯的平衡总转化率=0.18mol+0.56mol100%1mol=74%；平衡时，反应CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2ClCHClCH3(g)中，n(CH2=CHCH3

)=n(Cl2)=1mol-(0.56mol+0.18mol)=0.26mol，n(CH2ClCHClCH3)=0.56mol。Kp=20.56mol57.6kPa1.44mol0.26mol(57.6kPa)1.44mol=0.21。答案为：0.09；74%；0.21。【点睛】利用

120min内压强的变化求物质的量的变化时，我们可利用阿伏加德罗定律的推论，压强之比等于物质的量之比，求出反应前后气体的物质的量之比，然后假定反应前的总物质的量，便可求出120min时气体的物质的量。9

.钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)常用于制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。下图是利用钼精矿(主要成分是MoS2，含少量PbS等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图：根据以上工艺流程图，回答

下列问题：(1)提高焙烧效率的方法有______________________________。(写任意一种即可)(2)“焙烧”时MoS2转化为MoO3，该反应的氧化产物是________。(3)“碱浸”时生成CO2的电子式为________，“碱浸”时含钼化合物发生的

主要反应的离子方程式为____________________________。(4)若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Na2S，则废渣成分的化学式为__________________。(5)测得“除重金属离子”中部分离子的浓度：

c(MoO24−)＝0.20mol·L－1，c(SO24−)＝0.01mol·L－1。“结晶”前应先除去SO24−，方法是加入Ba(OH)2固体。假设加入Ba(OH)2固体后溶液体积不变，当BaMoO4开始沉淀时，去除的

SO24−的质量分数为________%。[已知Ksp(BaSO4)＝1×10－10，Ksp(BaMoO4)＝2.0×10－8](6)钼精矿在酸性条件下，加入NaNO3溶液，也可以制备钼酸钠，同时有SO24−生成，该反应的离子方程式为______

____________________。【答案】(1).粉碎固体颗粒(2).MoO3、SO2(3).(4).MoO3＋CO32-=MoO42-＋CO2↑(5).PbS(6).90(7).MoS2＋6NO3-=MoO42-＋2SO42-＋6NO↑【解析】【分析】钼精矿(主要

成分是MoS2，含少量PbS等)通入空气焙烧，生成MoO3和SO2；碱浸时加入Na2CO3溶液，发生MoO3与Na2CO3反应生成Na2MoO4和CO2；除重金属离子时，加入沉淀剂，将铅离子转化为沉淀从而成为废渣；然后蒸发浓缩、冷却结晶

，得钼酸钠晶体。【详解】(1)提高焙烧效率的方法有粉碎固体颗粒、不断搅拌等。答案为：粉碎固体颗粒；(2)根据工艺流程，焙烧时，通入空气，产生MoO3和SO2，即化学方程式为2MoS2＋7O22MoO3＋4SO2；氧化产物是还原剂被氧化后得到的产物，根据化学反

应方程式中Mo、S的化合价升高，即氧化产物是MoO3、SO2。答案为：MoO3、SO2；(3)CO2为共价化合物，C与每个O原子都形成2对共用电子，其电子式为；碱浸时，从产物看，Mo元素以MoO42-的形式存在，MoO3与CO32-反应生成MoO42-和CO2，发生的主要离子反应是MoO3＋C

O32-=MoO42-＋CO2↑。答案为；MoO3＋CO32-=MoO42-＋CO2↑；(4)若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Na2S，则Pb2+与S2-反应生成PbS，成为废渣的主要成分，化学式为PbS。答案为：PbS；(5)根

据溶度积，SO42-先沉淀出来，BaMoO4开始出现沉淀，此时溶液中c(Ba2＋)＝82.0100.20−＝1.0×10－7mol·L－1，此时溶液中c(SO42-)＝1071101.010−−＝1.0×10－3mol·L－1，令溶液的体积为VL，去除SO42-的质量分数为(0.01

mol/L0.001mol/L)L96g/mol100%0.01mol/LL96g/molVV−＝90%。答案为：90；(6)MoS2与NO3-反应，S和Mo的化合价都升高，S原子被氧化成SO42-，钼元素以MoO42-的形式存在，NO

3-被还原为NO，发生反应的离子方程式为MoS2＋6NO3-=MoO42-＋2SO42-＋6NO↑。答案为：MoS2＋6NO3-=MoO42-＋2SO42-＋6NO↑。10.砂质土壤分析中常用KarlFische

r法是测定其中微量水含量，该方法原理是I2和SO2反应定量消耗水(假设土壤中其他成分不参加反应)，据此回答下列问题：(1)写出该反应的化学反应方程式：________________________。步骤①：消耗反应样品中的水下图是某同学在实验室模拟KarlFischer法的实验装置

图：(2)装置连接的顺序为a__________(填接口字母顺序)；M仪器的名称为__________，其在实验过程中的作用是__________________________。(3)操作步骤①：连接装置并检查装置气密性，装入药品，

_________________；关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2，取下D装置；步骤②：测定剩余的碘时，向反应后的D装置加入蒸馏水，过滤，充分洗涤滤渣，并合并洗涤液和滤液，将其配成25

0.00mL溶液，取25.00mL用0.20mol·L－1Na2S2O3标准液滴定剩余的碘单质，已知反应如下：2S2O23−＋I2=S4O26−＋2I－。(4)Na2S2O3标准液应装在________(填“酸式”“碱式”)滴定管中；上述操作中，合并洗涤液和滤液的目

的是________________________________。(5)滴定实验重复四次得到数据如下：实验1234消耗的标准液的体积/mL18.3720.0519.9520.00①若实验开始时，向D装置中加入10.00g土

壤样品和10.16gI2(已知I2过量)，则样品土壤中水的含量为________%(计算结果保留小数点后一位)。②若Na2S2O3标准液已部分氧化变质，则水含量测定结果将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。【答案】(1).SO2＋I2＋2H2O=H2SO4＋

2HI(2).d→e→i→h→g→f→b→(c)(3).长颈漏斗(4).平衡内外气压，防止压强过大(5).打开弹簧夹，通入氮气(6).碱式(7).使所剩余的碘单质均进入滤液，测量结果更准确(8).7.2(9).偏低【解析】【详解】(1)I2、SO2、H2O发生反应，生成HI和H2SO4

，化学反应方程式为SO2＋I2＋2H2O=H2SO4＋2HI；(2)装置A是制备二氧化硫气体，装置B中的碱石灰可以吸收尾气，并防止外界水蒸气加入装置，应该在整套装置的最后，D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置，进入该装置的二氧化硫需要用浓

硫酸(E)干燥，C装置为安全瓶，因此装置的连接顺序为ACEDB，接口顺序为d→e→i→h→g→f→b→(c)；根据图示，M为长颈漏斗，在实验过程中，可以起到平衡内外气压，防止压强过大的作用。答案为：d→e→i

→h→g→f→b→(c)；长颈漏斗；平衡内外气压，防止压强过大；(3)为了精准测定样品中的水含量，实验前，需通N2以排尽装置内的空气，所以需打开弹簧夹，通入氮气。答案为：打开弹簧夹，通入氮气；(4)Na2S2O3水解显碱性，标准液应装

在碱式滴定管中；因为洗涤液中也溶有一定量的碘，所以合并洗涤液和滤液的目的是使所剩余的碘单质均进入滤液，测量结果更准确。答案为：碱式；使所剩余的碘单质均进入滤液，测量结果更准确；(5)①实验开始时，向D装置中加入10.00g土壤样品和10.16gI2(已知I2过量)，n(I2)

＝10.16g254g/mol＝0.04mol，向反应后的D装置加入蒸馏水，过滤，充分洗涤，并合并洗涤液和滤液，将其配成250.00mL溶液，取25.00mL用0.20mol·L－1Na2S2O3标准液滴定剩余碘单质，根据实验数据可知，实验①的误差较大，删除该数值，

②③④实验消耗Na2S2O3溶液的平均值＝20.0519.9520.003++mL＝20.00mL，根据2S2O32-＋I2=S4O62-＋2I－，消耗碘单质物质的量＝n(Na2S2O3)×12×25

0mL25mL＝12×0.0200L×0.20mol·L－1×10＝0.02mol，即剩余I2物质的量＝0.02mol，从而得出与二氧化硫反应的碘单质物质的量＝0.04mol－0.02mol＝0.02mol，消耗水为0.04mol，土壤样品中水的含量＝0.04mo

l18g/mol10.00g×100%＝7.2%。答案为：7.2；②若Na2S2O3标准液已部分氧化变质，滴定过程中消耗的硫代硫酸钠溶液体积增大，测定剩余碘单质物质的量增大，则与二氧化硫反应的碘单质减少

，反应的水的物质的量减小，计算得到水的含量偏低。答案为：偏低。【点睛】在利用四次实验数据进行消耗标准液体积的计算时，首先需分析数据的有效性，若出现与其它三次实验偏差大的数据，必须将其舍去，否则将得出错误的结果。11.决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题：(1)已知元素M是组成物

质Ca5(PO4)3F的一种元素。元素M的气态原子逐个失去第1个至第5个电子所需能量(即电离能，用符号I1至I5表示)如表所示：电离能I1I2I3I4I5电离能/(kJ·mol－1)589.81145.44912.464918153元素M化合态常见化合价是___

_____价，其基态原子电子排布式为________________。(2)Ca3(PO4)3F中非金属元素电负性由大到小的顺序为________________。(3)PO43-的中心原子的杂化方式为________，该离子的空间构型为__

______，键角为________，其等电子体有________(请写出两种)。(4)已知MgO与CaO的晶体结构相似，其摩氏硬度的大小关系为________，原因为__________________。(5)CaF2晶胞结构如图所示，则CaF2晶体中与Ca2＋最近且等

距离的Ca2＋数目为________；已知Ca2＋和F－半径分别为acm、bcm，阿伏加德罗常数为NA，M为摩尔质量，则晶体密度为________g·cm－3(不必化简)。【答案】(1).＋2(2).[Ar]4s2或1s22s22p63

s23p64s2(3).F＞O＞P(4).sp3(5).正四面体形(6).109°28′(7).SO42-、CCl4等(8).MgO＞CaO(9).Mg2＋半径比Ca2＋小，晶格能较大(10).12(1

1).A344(a+b)3MN【解析】【详解】(1)根据元素M的气态原子的第I1至I5电离能大小可以看出：I1、I2相差不大，I2、I3电离能相差较多，说明M原子最外层有2个电子。在Ca5(PO4)3中元素有Ca、P、O三种元素，只有钙元素最外层

有2个电子，原子半径大，容易失去最外层的2个电子，化合价为＋2价；根据原子核外电子排布规律可知Ca基态原子电子排布式为[Ar]4s2或1s22s22p63s23p64s2。(2)Ca3(PO4)3F中非金属元素为F、O、P，三者的非金属性F＞O＞P，电负性与非金属性强

弱关系一致，所以电负性由大到小的顺序为F＞O＞P；(3)PO43-的中心原子P的价层电子对数是4，故磷原子杂化为sp3杂化；由于孤对电子对数为0，该离子的空间构型为正四面体形，键角为109°28′，原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，

其等电子体有SO42-、CCl4。答案为：sp3；正四面体形；109°28′；SO42-、CCl4等；(4)已知MgO与CaO的晶体结构相似，Mg2+与Ca2+带电荷相同，但半径Mg2+比Ca2+小，晶格能大，所以其摩氏硬度的大小关系为MgO＞CaO，原因为Mg2＋半径比Ca2

＋小，晶格能较大。答案为：MgO＞CaO；Mg2＋半径比Ca2＋小，晶格能较大；(5)根据CaF2晶胞结构可知：在每个晶胞中与Ca2＋距离最近且等距离的Ca2＋有3个，通过每个Ca2＋可形成8个晶胞，每个Ca2＋计算了2次，所以与Ca

2＋距离最近且等距离的Ca2＋有(3×8)÷2＝12个；在CaF2晶胞中，共含有4个“CaF2”，将CaF2晶胞分成8个小正方体，正方体中心为F－，顶点为Ca2＋，晶胞中共有4个钙离子、8个氟离子。Ca2＋与F－的最近核间距(a＋b)为晶

胞体对角线的14。故晶胞边长为4(ab)3+。根据3A4(ab)[]3N+＝4M，可求晶体密度=A344(a+b)3MNg·cm－3。答案为：12；A344(a+b)3MN。【点睛】在CaF2晶胞中，含有

Ca2+的个数为8×18+6×12=4，含有的F-全部位于晶胞内部，所以共含F-8个。12.美托洛尔可用于治疗各类型高血压及心绞痛，其一种合成路线如下：已知：①CH3COCH2RCH3CH2CH2R②B－F苯环上均只有两个取代基回答下列问题：(1)

A的化学名称是___，C中含氧官能团的名称是___(2)E→F的反应类型是___，G的分子式为___。(3)D的结构简式为___。(4)反应B→C的化学方程式为___(5)芳香族化合物W是G的同分异构体，W能发生水解反应，核磁共

振氢谱有4组峰，峰面积之比为9：3：2：2，写出一种符合要求的W的结构简式：___．(6)4一苄基苯酚()是一种药物中间体，请设计以苯甲醇和苯酚为原料制备4－苄基苯酚的合成路线：______(无机试剂任用)。【答案

】(1).乙醛(2).羟基、羰基(3).取代反应(4).C12H16O3(5).(6).(7).(8).【解析】【分析】由B的分子式、C的结构，可知B与氯气发生取代反应生成C，故B为，逆推可知A为CH3CHO。C发

生信息①中还原反应生成D为．对比D、E的分子式，结合反应条件，可知D中氯原子水解、酸化得到E为．由G的结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F中酚羟基上H原子被取代生成G，故F为．对比G、美托洛尔的结构可知，G发生开

环加成生成美托洛尔。苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛与苯酚反应生成，最后与Zn（Hg）/HCl作用得到目标物。【详解】（1）由B的分子式、C的结构，可知B与氯气发生取代反应生成C，故B为，逆推可知A为

CH3CHO，A的名称为乙醛。由结构可知C中含氧官能团为：羟基、羰基，故答案为乙醛；羟基、羰基；（2）E为，由G的结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，属于取代反应。由结构简式可知G的分子

式为：C12H16O3，故答案为取代反应；C12H16O3；（3）C发生信息①中还原反应生成D，故D的结构简式为，故答案为；（4）反应B→C的化学方程式为：，故答案为；（5）芳香族化合物W是G的同分异构体，W能发生水解反应，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为9：3：2：2，一种

符合要求的W的结构简式：，故答案为；（6）苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛与苯酚反应生成，最后与Zn（Hg）/HCl作用得到目标物，合成路线流程图为：，故答案为。