【文档说明】【精准解析】四川省乐山市犍为第一中学2020届高三上学期模拟考试理综化学试题.doc，共(17)页，928.500 KB，由小赞的店铺上传

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乐山市犍为一中2020年上期高三化学模拟试题1.化学与生活、环境密切相关，下列说法错误的是()A.享有“镇国之宝”称谓的“司母戊鼎”属于青铜制品B.“煤改气”可以减少SO2等有害物质的排放量，有利于“雾霾”天气的治理C.汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不

完全燃烧造成的D.做油条用的膨松剂不应含明矾【答案】C【解析】【详解】A.司母戊鼎是中国古代最重的青铜器，故A说法正确；B.煤燃烧时会产生大量的SO2及粉尘，天然气燃烧时不会产生粉尘，故B说法正确；C.汽油来自于石油，石油属于烃类化合物，仅含碳氢两种元素，汽

车尾气中的氮氧化物是汽车发动机启动时产生的电火花或高温下引起空气中N2与O2发生反应生成的，故C说法错误；D.明矾是一种铝盐，体内铝元素聚集到一定量时会危害健康，因此做油条时的膨松剂不应含明矾，D项正确；答案：C。2.乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品

。工业生产乙酸乙酯的方法很多，如图：下列说法正确的是（）A.反应①、②均是取代反应B.反应③、④的原子利用率均为100％C.与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物有2种D.乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶

液鉴别【答案】D【解析】【详解】A.反应①为酯化反应，属于取代反应，反应②不饱和度降低，为加成反应，A项错误；B.反应③产物只有乙酸乙酯，其原子利用率为100％，而反应④为C4H10+O2→C4H8O2，H原子没有全

部进入到目标产物，原子利用率不为100%，B项错误；C.与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类有HCOOCH2CH2CH3，HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3共3中，C项错误；D.乙醇溶于碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶

液，则乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别，D项正确；答案选D。【点睛】有机物中的化学反应类型是常考点，其中取代反应与加成反应的特点很显著，判断依据可归纳为：若为取代反应，以甲烷与氯气在光照下反应为例，甲烷分子内的一个H被取代，消耗一个Cl

2，同时产生一个无机小分子HCl；若为加成反应，以CH2=CH2与Br2反应为例，其原理是：C=C中的双键断开其中一个，两个C各形成一个半键，分别与两个Br原子结合成键，其特点就是双键变单键，不饱和变饱和。依据两者的区别，

本题的A选项反应②显然为加成反应，而不是取代反应。因此抓住有机反应类型的主要特点才能万变不离其宗，解答此类题型时游刃有余。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是()A.3.2gO2与钠完全反

应后，生成的阴离子的总数为0.2NAB.0.1mol氯气完全溶于水后，溶液中Cl-、HClO数目之和为0.2NAC.1.7g氨气与2.24L氨气中氨分子数目均为0.1NAD.0.1mol甘油(C3H8O3)与丙醇的混合物

完全燃烧生成的水分子数目为0.4NA【答案】D【解析】【详解】A.O2与钠反应可得到Na2O2或Na2O或二者的混合物，因此无法确定生成的阴离子数目是多少，故A错误；B.氯水中除了Cl-、ClO、HClO外还有氯气分子存在，故B错误；C.因没有明确与气体相对

应的温度与压强，因此无法计算出2.24L氨气的物质的量，C项错误；D.1mol甘油(C3H8O3)与1mol丙醇(CH3CH2CH2OH)，它们含有氢原子物质的量相等，根据原子守恒，它们单独完全燃烧时生成的H2O分子数目均是4NA，故D正确；答案：D。4.

下列实验操作与结论都正确且有相关性的是()选项实验操作及现象结论A向酸性高锰酸钾溶液中滴加适量乙醛溶液，充分振荡，紫红色褪色乙醛具有还原性B向某溶液中滴加Ba(NO3)3溶液和盐酸，产生白色沉淀该溶液含SO42-C向品红溶液中通入气体

R，溶液变无色；微热，颜色无变化R一定是Cl2D将丁烷的裂解气通入溴水中，溴水褪色裂解气一定含乙烯A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．高锰酸钾具有强氧化性，与乙醛反应时化合价降低，则乙醛作还原剂，具有还原性，A操作及结论正确；B．向

某溶液中滴加Ba(NO3)3溶液和盐酸，相当于向溶液中加入硝酸，若原溶液中含有亚硫酸根离子时，也能产生白色沉淀，B结论错误；C．能够使品红溶液褪色，且加热不还原的气体，除氯气外，还可能为臭氧等，C结论错误；D．丁

烷的裂解时，可能生成乙烯、乙烷或丙烯、甲烷，乙烯和丙烯都含有碳碳双键，都能使溴水褪色，D结论错误；答案为A。5.我国成功研制出一种全新的铝-石墨双离子电池(AGDIB)，这种新型AGDIB电池采用廉价且易得的石墨、铝箔作为电极材料，以常规锂盐和碳酸酯溶剂为电解液。该电池工作原理是：充

电过程中，石墨发生阴离子插层反应，而铝电极发生铝-锂合金化反应，放电过程则相反。电池反应式为CxPF6+LiyAl放电充电Cx+LiPF6+Liy-1Al，下列说法不正确的是A.铝箔是电池负极B.充电时，铝电极发生铝—锂合金化反应是还原反应C.充电时A作阳极，放电时A电极的电极反应式为CxPF6+

e-=Cx+6PF−D.废旧AGDIB电池进行“放电处理”，让Li+进入石墨中而有利于回收【答案】D【解析】【分析】放电是原电池，根据装置图中根据离子转移方向或Li是活泼金属，即B电极为负极，A电极为正极，充电时，电池的正极接电源的正极，电池

的负极接电源的负极，据此分析。【详解】A.Li＋从右向左移动，根据原电池工作原理，B电极为负极，A电极为正极，即铝箔是电池的负极，故A说法正确；B.电池充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，根据A选项分析，铝电极

在充电时作阴极，得电子，发生还原反应，故B说法正确；C.放电时，电极A为正极，根据电池反应式，该电极反应式为CxPF6＋e－=Cx＋PF6－，根据B选项分析，充电时电极A作阳极，故C说法正确；D.废旧AGDIR电池进行“放电处理”让Li+进入电解液中，不是进入石墨中，故D说法错误；答案

：D。6.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W的最外层电子数与X、Y的最外层电子数之和相等，X在周期表中所处的周期数等于族序数，在周期表前四周期的所有主族元素中Z的原子序数最大。下列说法正确的是()A.原子半径：Y＞X＞WB.W、Z的最高正价之和等于8C

.W、X的简单离子的电子层结构相同D.X的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z强【答案】C【解析】【分析】同周期从左向右原子半径依次减小，同主族从上到下原子半径依次增大，前四周期主族元素中，原子半径最大的是K，即Z为K，X在周期表中所处的周期数等于族序数，符合条件的是H、Be、Al，因为

原子序数依次增大，因此X不可能为H，假设X为Be，四种元素原子序数依次增大，根据W的最外层电子数与X、Y的最外层电子数之和相等，没有符合W的元素，假设X为Al，根据核外电子排布规律，W为F，Y为Si，据此回

答：【详解】A.根据上述分析和推断，原子半径：Al＞Si＞F，故A错误；B.W为F，没有最高正价，故B错误；C.W、X的简单离子分别是F－、Al3＋，都有2个电子层，电子层结构相同，故C正确；D.金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性大小顺序是K＞Al，碱性KOH＞Al

(OH)3，故D错误；答案：C。【点睛】微粒半径大小比较：①一看电子层数：一般电子层数越多，微粒半径越大；②二看电子数：电子层数相同，微粒半径随着原子序数的增大而减小；③三看电子数：电子层数相同，原子序数相同，微粒半径随着电子数的增大而增

大。7.四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]是强碱，常温下甲胺(CH3NH2·H2O)的电离常数为Kb，且pKb=－lgKb=3.38。常温下，在体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L－1的四甲基氢

氧化铵溶液和甲胺溶液，分别滴加浓度为0.1mol·L－1的盐酸，溶液的导电率与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是A.曲线1代表四甲基氢氧化铵溶液B.在b、c、e三点中，水的电离程度最大的点是eC.b点溶液中

存在c(H+)=c(OH－)+c(CH3NH2·H2O)D.常温下，CH3NH3Cl水解常数的数量级为10－11【答案】D【解析】【详解】A.四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]是强碱，甲胺(CH3NH2·H2O)为弱碱，同浓度的两种溶液中四甲基氢氧化铵[(CH3)

4NOH]的导电率大，所以曲线2为四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]，故A错误；B.体积为20mL、浓度为0.1mol·L－1的甲胺溶液，滴加浓度为0.1mol·L－1的盐酸，当滴加20mL盐酸时，恰

好完全反应，此时溶液中溶质为强酸弱碱盐，促进水电离，此时水电离程度最大，即b、c、e三点中c点水的电离程度最大，故B错误；C.b点溶液中溶质为CH3NH2·H2O和CH3NH3Cl混合物，比例关系不明确，故C

错误；D.Ka×Kh=Kw，CH3NH3Cl的水解常数为10-14/10-3.38=10-10.62，其数量级为10－11。综合以上分析，该题答案为D。【点睛】（1）判断水的电离程度，考虑反应后溶液中的溶

质对水电离的影响（2）注意灵活应用Ka×Kh=Kw8.钛白粉(TiO2)是重要的白色颜料，LiFePO4是锂离子电池的正极材料。一种利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3和少量Fe2O3)进行钛白粉和LiFePO4的联合生产工艺

如下图所示:回答下列问题:（1）LiFePO4中Fe的化合价是_______________________。（2）钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎，粉碎的目的是__________________________________。（

3）用离子方程式表示操作I加入铁粉的目的:__________________________。操作II为一系列操作，名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤，其中用到的陶瓷仪器的名称是___________。（4）TiO2+易水解，则其水解的离子方程式为____

__________________；“转化”利用的是TiO2+的水解过程，需要对溶液加热，加热的目的是________________________________。（5）“沉铁”的的是使Fe3+生成FePO4，当溶液中c(PO43-)=1.0×10

-17mol/L时可认为Fe3+沉淀完全，则溶液中Fe3+沉淀完全时的c(Fe3+)=_______mol/L[已知:该温度下，Ksp(FePO4)=1.0×10-22]。（6）由“沉铁”到制备LiFePO4的过程中，所需17%H2O2溶液与草酸(H2C2O4)的质量比

是_____。【答案】(1).+2(2).增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率(3).2H++Fe==H2↑+Fe2+、Fe+2Fe3+==3Fe2+(4).蒸发皿(5).TiO2++2H2OTiO(OH)2+2H+(6).促进水解(或加快水解反应速率)(7).1.0×1

0-5(8).20:9【解析】【分析】钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁(FeTiO)3，含有少量Fe2O3]加硫酸溶解生成TiO2+和Fe3+、Fe2+，加入铁还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，得到硫酸亚铁和TiOSO4，对溶液蒸发

浓缩、冷却结晶，过滤得到绿矾晶体和TiOSO4溶液，将TiOSO4溶液加热，促进TiO2+的水解生成TiO(OH)2，TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+，分解得到钛白粉(TiO2)；将绿矾与过氧化氢、H3PO4混合沉铁：2Fe2++H2O2+2H3P

O4=2FePO4↓+2H2O+4H+，将得到的FePO4与草酸、Li2CO3焙烧生成锂离子电池的正极材料LiFePO4。【详解】根据上述分析可知，(1)LiFePO4中Li的化合价为+1价，P为+5价O为-2

价，根据正负化合价的代数和为0，Fe的化合价是+2，故答案为+2；(2)钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎，粉碎可以增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率，故答案为增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率；(3)加入铁粉主要是还原铁离子，也会与过量的酸反应：2H++Fe==H2↑+Fe2

+、2Fe3++Fe=3Fe2+；操作II为一系列操作，名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤，其中用到的陶瓷仪器为蒸发皿，故答案为2H++Fe==H2↑+Fe2+、Fe+2Fe3+==3Fe2+；蒸发皿；(4)TiO2+易水解生成TiO(OH)2，其水解的离子方程式为TiO2++2H2OTiO(OH)

2+2H+；“转化”利用的是TiO2+的水解过程，需要对溶液加热，加热可以促进水解，故答案为TiO2++2H2OTiO(OH)2+2H+；促进水解；(5)Ksp(FePO4)=c(Fe3+)c(PO43-)，则c(Fe3+)=()()434spKFe

POcPO−=22171.0101.010−−=1.0×10-5mol/L，故答案为1.0×10-5；(6)“沉铁”的为绿矾与过氧化氢、H3PO4混合生成FePO4，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+，焙烧

时的反应方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑；H2O2与草酸(H2C2O4)的物质的量之比为1:1，则17%H2O2溶液与草酸(H2C2O4)的质量比为134/17%1

90/molgmolmolgmol=209，故答案为209。9.氮及其化合物在人们的日常生活、生产和环保事业中属于“明星物质”。回答下列问题:（1）氨气是农业肥料和化工生产的重要原料，其电子式为____。（2）叠氮化钠(NaN3)在药物制备、合成影像、化学分析、汽车制

造等行业有着广泛的用途，但该物质极易爆炸，且有副毒。可用NaClO溶液对含有叠氮化钠的溶液进行处理，生成一种无污染的气体单质，反应的化学方程式为______________。（3）“固氮”是农业科学家研究的永恒主题。在某特殊催化剂和光照条件下，N

2与水反应可生成NH3。已知:（i）4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H1=-1266kJ/mol；（ii）H2O(g)=H2O(l)△H2=-44.0kJ/mol。则2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)△H3=______kJ/mol。（4）目前“

人工固氮”最成功的应用就是工业合成氨:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol。将1.00molN2和3.00molH2充入到容积为3L的恒容密闭容器中，发生上述反应。①图甲是测得X、Y的浓度随时间变化的曲线.其中Y为_____(写化学式)，反应达到平衡时的平

均反应速率v(N2)=_________。②在不同温度和压强下，平衡体系中NH3的体积分数与温度、压强关系如图乙，则压强p1_____p2(填“>”“<”“=”或“不确定”，下同)，B、D两点的平衡常数KB____KD，B点N2的转化率=_________(保

留3位有效数字)。（5）“绿水青山就是金山银山”，利用原电池原理(6NO2+8NH3=7N2+12H2O)可以处理氮的氧化物和NH3尾气,装置原理图如图丙:负极反应式为__________，当有标准状况下4.48LNO2被处理时，转移电子的物质的量为____

_mol。【答案】(1).(2).NaClO+2NaN3+H2O=NaCl+2NaOH+3N2↑(3).+1530(4).H2(5).0.025mol·L-1·min-1(6).<(7).>(8).82.4%(9).2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O(10).0.8【解析】（1）氨气的

电子式为。（2）由题中信息可知，叠氮化钠(NaN3)可与NaClO溶液反应，生成氮气，根据元素的化合价变化规律，该反应的化学方程式为NaClO+2NaN3+H2O=NaCl+2NaOH+3N2↑。（3）已知:（i）4NH3(g

)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H1=-1266kJ/mol；（ii）H2O(g)=H2O(l)△H2=-44.0kJ/mol。根据盖斯定律，由（i）()1−-（ii）6可得2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(

g)△H3=+1530kJ/mol。（4）①由图甲可知，从反应开始到达平衡，X、Y的变化量分别为0.50mol/L和0.75mol/L，变化量之比为2:3，所以，X为NH3、Y为H2，反应达到平衡时的平均反应速率v(N2)=()2

110.5/2210molLvHmim==0.025mol•L-1•min-1。②由合成氨的反应可知，在相同温度下，压强越大，氨的体积分数越大；在相同压强下，温度越高氨的体积分数越小，其平衡常数越小。由图乙可知，在300℃下，平衡体系中NH3的体积分数：B

点大于C点。所以，压强p1＜p2；B、D两点的平衡常数KB＞KD；B点氨的体积分数为70％，设氮气的转化率为x，则氢气和氨气的变化量分别为3x和2x，所以，270%42xx=−，解之得x=1417，所以，N2的转化率141

00%17=82.4%。（5）由题意可知，氨气在负极上发生氧化反应生成氮气，其电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。当有标准状况下4.48LNO2被处理时，即0.2molNO2被还原，N的化合价由+4降为0，转移电子的物质的量为0.8mol。

10.某研究性学习小组的同学通过查阅资料获得两个信息：一是在CaO存在的条件下，干燥的NaOH与干燥的CH3COONa混合加热可得到CH4；二是在加热条件下CH4可还原CuO。他们设计如下装置(加热仪器省略)制备CH4、还原CuO并验证B中有CO2、H2O生成。(1)为实现上述实验目的，C

、D中的仪器应分别为_______________(填"Ⅰ、Ⅱ"或"Ⅱ、Ⅰ")，Ⅱ中的试剂是________________。(2)A、B处均需要加热，实验中应先加热______处，表明B中有CO2生成的现象是_________。A中另一种生成物是

常见的无机盐，A中反应的化学方程式为_________。(3)实验表明，即使实验操作、使用试剂完全符合规范实验的要求，制备过程中试管仍会出现破裂情况，试分析其原因：________________。(4)实验结束后，B中固体全部变成红色，甲同学通过查阅资料

后认为，该固体可能是铜、氧化亚铜或者是二者的混合物，同时查得Cu2O在酸性条件下可转化为Cu、Cu2+。为确定红色固体的成分，他设计了如下两种方法。①取少量红色固体于试管中，再向试管中加入足量的稀硫酸，判断含有Cu2O的现象是________，在常用的酸中，稀硫酸能不能换成稀硝酸_____

____(填“能”或“不能")，原因是_________。②称量所得红色固体的质量，当固体质量(m)介于___________之间表明红色固体是Cu与Cu2O的混合物。【答案】(1).Ⅱ、Ⅰ(2).无水硫酸铜(3).A

(4).装置Ⅰ中溶液变浑浊(5).CH3COONa+NaOHCaOΔ⎯⎯→CH4↑+Na2CO3(6).高温下，NaOH与玻璃中的SiO2发生反应(7).得到蓝色溶液(8).不能(9).硝酸能与铜单质(Cu2O)反应，无法判断(10).9.6g

＜m＜10.8g【解析】【分析】实验目的是制备CH4、还原CuO并验证B中有CO2和H2O，装置A是制备CH4，装置B是甲烷还原CuO，产生的气体中有CO2和H2O，先用无水CuSO4检验水蒸气，然后用澄清石灰水中检验CO2，据此分析。【详解】(1)装置A制备CH4，装置B是C

H4与CuO反应生成CO2、H2O，应先检验水，后检验CO2，验证水，常用无水硫酸铜检验，现象是白色变为蓝色，检验CO2常用澄清石灰水，如果澄清石灰水变浑浊，则说明含有CO2，因此C中仪器应是II，D中的仪器为I，I

I中盛放无水硫酸铜；(2)CH4是可燃性气体，首先排除装置中的空气，防止发生危险，因此应先加热A处试管，排出装置中的空气，再加热B处硬质玻璃管，以防止装置发生爆炸；根据(1)的分析，表明B中CO2生成的现象是装置I中溶液变浑浊；可先写出CH3COONa+NaOHC

aOΔ⎯⎯→CH4↑，根据质量守恒、原子守恒确定另外一种无机盐是Na2CO3；(3)玻璃中含有SiO2，高温下NaOH可与玻璃中的SiO2反应，导致玻璃成分改变、试管破裂；(4)①根据Cu2O在酸性条件下可转化为Cu、Cu2＋，Cu单质不能与稀酸反应，因此判断有Cu2O存在，就

需要使用能与Cu2O反应但不能与Cu反应的酸，通过观察溶液变蓝色，确定有Cu2O，因此可以用稀硫酸，由于硝酸能与铜单质(Cu2O)反应，无法判断，所以不能用稀硝酸；②当生成的固体只有单质铜时，由CuO～Cu

知，固体质量为12g64g/mol80g/mol=9.6g，当固体只有Cu2O时，由2CuO～Cu2O可知，固体质量为12g1144g/mol80g/mol2=10.8g，所以当固体质量为9.6g＜m＜10.8g时，表明红色固体是Cu与Cu2O的混合物。11.铜和硫的化合物在化工、医

药材料等领域具有广泛的用途。回答下列问题:（1）原子轨道是指电子在原子核外的___________，基态S原子的原子轨道数是____个。（2）基态Cu原子中,核外电子占据的原子轨道为球形的最高能级符号是______，占据该能级的电子数为___

_______。（3）Cl、S、Se在元素周期表中处于相邻的位置,其第一电离能的大小顺序为_______。（4）下图是含元素Cu、S的有机物的结构简式:①该有机化合物结构中含有的化学键类型是_______(填“共价键

““离子键”或“共价键、离子键”)、配位键,其中1个该有机物分子中配位键数为_____个,这些配位键中提供孤电子对的元素是__________。②S原子的杂化方式为_______、带*N原子的杂化方式为_______

。（5）下图是Cu-Au合金的一种立方晶体结构:已知该合金的密度分dg/cm3,阿伏加德罗常数的值为NA，若Au原子的半径为bpm(lpm=10-10cm)，则铜原子的半径为______cm(写出计算表达式)。【答案】(1).空间运动的主要区域(2).9(3

).4s(4).1(5).Cl>S>Se(6).共价键(7).2(8).N、O(9).sp3(10).sp2(11).【解析】（1）原子轨道是指电子在原子核外的空间运动的主要区域，基态S原子的电子排布式为1s22s22p63s23p

4，s轨道只有1个轨道、p轨道有3个轨道，所以其原子轨道数是9个。（2）基态Cu原子中，核外电子占据的原子轨道为球形的最高能级符号是4s，占据该能级的电子数为1。（3）Cl、S、Se在元素周期表中处于相邻的位置，Cl和S同周期、

S和Se同主族，其非金属性由强到弱的顺序为Cl>S>Se，其第一电离能的大小顺序为Cl>S>Se。（4）①该有机化合物结构中含有的化学键类型是共价键、配位键，该有机物分子中Cu原子与3个N原子和1个O原子成键，根据N和O的原子结构及其成键情况，可以判断1个该有机物

分子中配位键的数目为2个，这些配位键中提供孤电子对的元素是N、O。②该有机物分子中S原子只形成了2个σ键，故S原子的杂化方式为sp3；带*N原子共形成3个σ键和1个π键，故其杂化方式为sp2。（5）由Cu-Au合金的晶体结构

可知，其晶胞中Cu、Au原子分别位于晶胞的面心和顶点，所以晶胞中Cu、Au原子数分别为3和1。已知该合金的密度分dg/cm3,阿伏加德罗常数的值为NA，若Au原子的半径为bpm(lpm=10-10cm)，设Cu原子的半径为x、晶胞的边长为a，则()22

222axb=+，a=()2xb+pm。NA个晶胞的质量和体积分别为389g和()310210cmANxb−+，所以()310389d210ANxb−=+，则铜原子的半径为cm。点睛：在同一周期的主族元素中，元素原子的第一电离能呈逐渐增大的趋势，除II

A和IVA外与，其第一电离能的变化规律与非金属性强弱的变化规律一致。形成配位键的双方原子必须是一方有空轨道、另一方有孤对电子。面心立方晶胞的特点是，在面对角线上，原子是紧密排列的，由此可以根据原子半径求出晶胞参数。12.以芳香烃A和化合物F为原料合成除草剂双苯

噁唑酸(I)的一种工艺流程如下：已知以下信息：①B、C、D、E中均含有两个苯环。②E能使Br2的CCl4溶液褪色，其核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为2:2:1:1；F中含有两种官能团且具有两性；G能发生水解反应。③(不稳定)2-HO⎯⎯⎯⎯⎯→④3+21)RMgCl2

)H/HO⎯⎯⎯⎯→；RClMg乙醚，Δ⎯⎯⎯⎯→RMgCl回答下列问题：(1)F的化学名称为_______。(2)A生成B、D生成E的反应类型依次为______________、___________________。(3)E、G的结构简式依次为__________________、

________________。(4)B生成C的化学方程式为_________。(5)芳香化合物X是D的同分异构体，X的苯环上有3个取代基，能与3FeCl溶液发生显色反应，能使2Br的4CCl溶液褪色，X的核磁共振氢谱有5组峰且峰面积比为6:4:2

:1:1，写出两种符合要求的X的结构简式：______________。(6)根据题给信息，写出以乙醛为原料制备2-丁醇的合成路线：________(其他试剂任用)。【答案】(1).甘氨酸(或α-氨基乙

酸或氨基乙酸)(2).取代反应(3).消去反应(4).(5).2225HNCHCOOCH(6).(7).、、、(8).CH3CHO2H催化剂，Δ⎯⎯⎯⎯→CH3CH2OHHCl⎯⎯→CH3CH2ClMg乙醚，Δ⎯⎯⎯⎯→CH3CH2MgCl3+21)CHCHO2

)H/HO⎯⎯⎯⎯→【解析】【详解】(1)根据信息②，F中含有两种官能团且具有两性，说明含有羧基和氨基，F属于氨基酸，则F的结构简式，该氨基酸的名称为甘氨酸或α－氨基乙酸或氨基乙酸；(2)根据信息，B中含有

两个苯环，对比A和B分子式，可以看作是两个苯取代CCl4中的两个－Cl，则B的结构简式为，该反应为取代反应；D生成E是在浓硫酸作用下分子内脱去1个水分子，该反应为消去反应；(3)E能使Br2的CCl4溶液褪色，说明含有E中碳碳双键，其

核磁共振氢谱有4组峰，有4种不同的氢原子，即该结构为对称结构，不同氢原子个数比为2：2：1：1，从而推出E的结构简式为；G能发生水解，应含有酯基，F为氨基酸，F与C2H5OH发生酯化反应生成G，则G的结构简式为H2NCH2COOC2H5；(4)B的

结构简式为，B在碱性条件下发生水解，两个－OH取代氯原子的位置，然后根据信息③，得出C的结构简式为，则B生成C的反应方程式为+2NaOH+2NaCl+H2O；(5)X的分子式为C14H14O，不饱和度为8，其中苯环的不饱和度为4，含有2个

碳碳叁键，或4个碳碳双键，核磁共振氢谱有5组峰，说明有5种不同的氢原子，说明是对称结构，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能使Br2的CCl4溶液褪色，说明含有碳碳不饱和键，峰面积比为6：4：2：1：1，含有2个甲基，即只能有2个碳碳叁键，则符合题

意的结构有、、、；(6)用逆推法，2-丁醇可由3CHCHO与32CHCHMgC1加成后水解得到，32CHCHMgC1可由氯乙烷与镁反应得到，氯乙烷可由乙醇制备，乙醇可由乙醛与2H加成得到，合成路线为CH3CHO2H催化剂，Δ⎯⎯⎯⎯→CH3CH2OHH

Cl⎯⎯→CH3CH2ClMg乙醚，Δ⎯⎯⎯⎯→CH3CH2MgCl3+21)CHCHO2)H/HO⎯⎯⎯⎯→。