【文档说明】安徽省江淮十校2020届高三第三次联考（5月）理综化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，1.833 MB，由小赞的店铺上传

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“江淮十校”2020届高三第三次联考化学试卷考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。满分300分，考试时间150分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区城作答，超出答题区域．．．．．．书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。．

．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．3.做选考题时，考生须按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Ni-59Cu-64第Ⅰ卷一

、选择题：本在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活密切相关，下列观点错误的是（）A.硝酸铵、液氨可用作制冷剂B.苏打、小苏打可用作食用面碱C.二氧化氯、漂白粉可用作自来水的杀菌消毒剂D.

氧化铝、二氧化硅可用作制坩埚【答案】C【解析】【详解】A.液氨易液化，硝酸铵溶于水吸热，故两者可以作制冷剂；B.苏打、小苏打溶于水都显碱性，可用作食用面碱；C.漂白粉的消毒效果较弱，用于消毒时需要投入量大，这样容易形成氯超标的问题，一般不用作自来水的消毒剂；

D.氧化铝、二氧化硅的熔点高，可用作制坩埚；答案选C。2.BASF高压法制备醋酸，所采用钴碘催化循环过程如图所示，则下列观点错误的是（）A.CH3OH转化为CH3I的有机反应类型属于取代反应B.从总反应看，循环过程中需不断补充CH3OH、H2O、CO等C.与乙酸乙酯互为

同分异构体且与CH3COOH互为同系物的物质有2种结构D.工业上以淀粉为原料也可以制备醋酸【答案】B【解析】【详解】A.CH3OH转化为CH3I，羟基被碘原子取代，反应类型属于取代反应；B.该循环的总反应方程式为CO+CH3OHCH3COOH，故此循环

中不需要不断补充水；C.与乙酸乙酯互为同分异构体且与CH3COOH互为同系物的物质有CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH，有两种；D.淀粉可经过水解、氧化等反应生成甲醇，从而制得醋酸；答案选B。3.设

NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.52g苯乙烯含碳碳双键数目为2NAB.1L0.5mol·L-1醋酸钠溶液中阴阳离子总数目小于NAC.标准状况下，22.4L一氯甲烷含共用电子对数为4NAD.有铁粉参加的反应若生成3molFe2+，则转移电子数一定为6NA【答案】C

【解析】【详解】A.一个苯乙烯分子中只含有一个碳碳双键，苯乙烯的分子式为C8H8，52g苯乙烯的物质的量为0.5mol，则含碳碳双键数目为0.5NA，A错误；B.溶液中存在水电离出的氢离子和氢氧根离子，故1L0.5mol·L-1醋酸钠溶液中阴阳离子总数目

大于NA，B错误；C.标况下一氯甲烷为气态，一个一氯甲烷中含有四个共用电子对，则标准状况下，22.4L一氯甲烷含共用电子对数为4NA，C正确；D.反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，若生成3molFe2

+，转移2mol电子，D错误；答案选C。【点睛】苯环中不含碳碳双键也不含碳碳单键。4.已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中B和D同主族，中学阶段常见物质X、Y、Z为其中的三种元素组成的化合物

，且均为强电解质，当X、Y按物质的量之比为1：2反应时，有如图转化关系。下列说法正确的是（）A.C、D、E三种元素一定位于同一周期B.物质X、Y、Z既含有离子键又含有共价键C.C和D形成的化合物溶于水，其溶液显中性D.简单氢化物的热稳定性：D>E【答

案】A【解析】【分析】根据W为二元液态化合物，推测W为水，X、Y、Z为其中的三种元素组成的化合物，且均为强电解质，X、Y按物质的量之比为1：2反应，推测X与Y的反应应为酸碱中和反应，进一步推测X为硫酸、Y为氢氧化钠，Z为硫酸钠；从而推断

A为H元素、B为O元素、C为Na元素、D为S元素、E为Cl元素。【详解】A.C为Na元素、D为S元素、E为Cl元素，位于同一周期，A正确；B.X为硫酸，只含有共价键，B错误；C.C和D形成的化合物为Na2S，为强碱弱酸盐溶于水显碱性，C错误

；D.非金属性Cl>S，其简单氢化物的热稳定性：HCl>H2S，D错误；答案选A。【点睛】同一周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，简单氢化物的热稳定性逐渐增强。5.次磷酸钴[Co(H2PO2)2]广泛应用于化学电镀，工业上利用电渗析

法制取次磷酸钴的原理图如图所示。已知：①该装置的电极材料分别为金属钴和不锈钢。②Co(H2PO2)2溶液在强碱性条件下通过自身催化发生氧化还原反应，实现化学镀钴。下列说法中正确的是（）A.膜Ⅱ、膜Ⅲ均为阴离子交换膜B.M电极反应为Co-2e-+2H2PO2-=Co(H2PO2)2C.a为电源的负极

D.Co(H2PO2)2溶液化学镀钴过程中反应可能为Co2++H2PO2-+3OH=Co+HPO3-+2H2O【答案】A【解析】【分析】该装置为电解池，M为阳极，电极材料为金属钴，钴失电子生成钴离子，钴离子通过膜I进入产品室，H2PO2-通过膜Ⅱ、Ⅲ进入产品室与钴离子生成Co(H2PO2)2。

【详解】A.综上分析，膜Ⅱ、膜Ⅲ均为阴离子交换膜，A正确；B.Co(H2PO2)2在产品室生成，不是在阳极生成，阳极的电极反应式为Co-2e-=Co2+，B错误；C.M为阳极，应接电源的正极，故a为电源的正极，C错误；

D.离子方程式中电荷不守恒，应为Co2++H2PO2-+3OH-=Co+HPO32-+2H2O，D错误；答案选A。6.氨基甲酸铵（H2NCOONH4）是常用的氨化剂之一。某研究小组利用反应原理：2NH3(g)+CO2(g)=H2NCOONH4(s)ΔH<0制备氨基甲酸铵，其装置如图所

示，已知：H2NCOONH4(s)白色固体，易分解、易水解。则下列观点不正确的是（）A.仪器1是恒压漏斗，该实验用于防倒吸B.仪器2和仪器3都可以放置NaOH固体C.为了完成实验，应在装置5和6之间，依次添加干燥装置和安全瓶D.若反应

初期观察到装置6内稀硫酸溶液中产生气泡，应控制旋塞，加大浓氨水的流速【答案】A【解析】【详解】A.仪器1是恒压漏斗，其作用为使漏斗内液体顺利流下，A错误；B.浓氨水和氢氧化钠固体混合可以制氨气，氢氧化钠固体可以干燥氨气，故仪器2和仪器3都可以放置NaOH固体，B正确；C.防止生成的氨基甲

酸铵水解，或者防止氨气过量导致装置6倒吸，应在应在装置5和6之间，依次添加干燥装置和安全瓶，C正确；D.若反应初期观察到装置6内稀硫酸溶液中产生气泡，说明二氧化碳过量，应该加快产生氨气的流速，D正确；答案选A。7.工业上常用(NH4)2SO3溶液吸收废气中的SO2，室

温下测得溶液中lgY[Y=-323c(HSO)c(HSO)或2-3-3c(SO)c(HSO)]，与pH的变化关系如图所示。则下列说法一定错误的是（）A.通入少量SO2的过程中，直线Ⅱ中的N点向M点移动B.α1=α

2一定等于45°C.当对应溶液的pH处于1.81<pH<6.91时，溶液中的微粒浓度一定存在c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)D.直线Ⅱ中M、N点一定存在c2(HSO3-)>c(SO32

-)·c(H2SO3)【答案】C【解析】【详解】A.通入少量二氧化硫的过程中，溶液的酸性增强，直线Ⅱ中的N点向M点移动；B.-+3a123c(HSO)c(H)K=c(HSO)，则-+3a123c(HSO)lgK=lg+lgc

(H)c(HSO)，-3a123c(HSO)lg=lgK+pHc(HSO)，同理可得2-3a2-3c(SO)lg=lgK+pHc(HSO)，故α1=α2一定等于45°；C.由图像可知，当对应溶液的pH处于1.81<pH<6.91时，2-3-3

c(SO)lgc(HSO)<0、-323c(HSO)lgc(HSO)>0，溶液中c(H2SO3)、c(SO32-)的大小无法确定；D.由于Ka1>Ka2，-2-33-233c(HSO)c(SO)>c(HSO)c(HSO)，则c2(HSO3-)>

c(SO32-)·c(H2SO3)；答案选C。第Ⅱ卷（共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。（一）必考题（共129分）8.天然气是一种重要的化工原料，其中含有少量H2S羰基硫（COS），能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染。（1）氨水可以

吸收H2S，若生成物是NH4HS，写出反应的离子方程式___。（2）利用含Fe3+的溶液可以脱除其中的H2S。将H2S和空气按一定流速通酸性FeCl3溶液，可实现空气脱硫得到单质硫。FeCl3溶液吸收H2S过程中，溶液中的n（Fe3+）、被吸收的n（H2

S）随时间t变化如图。①t1以前，溶液中n（Fe3+）不断减小的原因是___（用离子方程式表示）。②t1以后，溶液中n（Fe3+）基本保持不变，原因是___。此时，溶液中总反应的离子方程式可以表示为___。（3）羰基硫的碱性水解是常用的脱硫方法，其

流程如图：①已知B是硫化钠，C是一种正盐，则B的电子式为___，C的化学式为___。②写出反应②的离子方程式___。③如图是反应②中，在不同反应温度下.反应时间与H2产量的关系（Na2S初始含量为3mmol）。由图像分析可知，a点时溶液中除S2O32-外，还有___（填含硫微粒的离子

符号）。【答案】(1).H2S+NH3·H2O=NH4++HS-+H2O(2).2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+(3).t1以后溶液中同时发生两个反应，Fe3+氧化吸收H2S和Fe2+被O

2氧化再生Fe3+，当两个反应速率相等时，溶液中n(Fe2+)保持基本不变(4).2H2S+O22S↓+2H2O(5).(6).Na2CO3(7).2S2-+5H2OS2O32-+4H2↑+2OH-(8).SO42-【解析】【分析】Fe3+与H2S发生氧化

还原反应生成Fe2+与S，同时Fe2+被空气中氧气氧化为Fe3+；天然气中的羰基硫（COS）与氢氧化钠反应生成硫化钠，是非氧化还原反应，C是一种正盐，推测C为碳酸钠；硫化钠发生氧化还原反应，生成S2O

32-、SO42-等其它含硫物质。【详解】（1）氨水中的一水合氨与H2S反应中和反应，生成NH4HS，离子方程式为H2S+NH3·H2O=NH4++HS-+H2O。（2）①由图可知，t1前n（Fe3+）迅速减小，被吸收的n（H2S）显著

增加，发生的离子反应为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；②t1以后溶液中同时发生两个反应，Fe3+氧化吸收H2S、Fe2+被氧气氧化再生成Fe3+，当两个反应速率相等时，溶液中n（Fe3+）基本保持不变。t1以后Fe3+起催化作用，总反应方程式为

2H2S+O22S↓+2H2O。（3）①硫化钠为离子化合物，由钠离子、硫离子构成，其电子式为，COS与氢氧化钠反应前后化合价没有变化，生成含有+4价碳元素的正盐，该正盐为碳酸钠，其反应方程式为COS+4NaOH=Na2S+N

a2CO3+2H2O。②图示说明：硫化钠溶液加热生成了Na2S2O3和氢气，发生氧化还原反应，根据得失电子守恒和电荷守恒配平，则离子方程式为2S2-+5H2OS2O32-+4H2↑+2OH-。③根据图像可知，a点时氢气是10mol，说明反应中共有20mo

l电子发生转移，则根据得失电子守恒可知，3mol硫化钠分子必须提供20mol电子，全部转化为硫代硫酸钠转移12mol电子，全部转化为亚硫酸钠转移18mol电子，全部转化为硫酸钠转移24mol电子，所以a点时溶液中除S2O32-外，还有SO42-。9.

镍的抗腐蚀性佳，主要用于合金和电镀，也可用作良好的催化剂。现准确称量8g粗镍（含有少量Fe、Cu以及难与酸、碱反应的杂质）进行如下提纯。请回答下列问题：（1）写出稀硝酸溶解镍的离子方程式___。（2）在溶液A的净化除杂中，首先将溶液A煮沸，调节pH=5.5，继续加热

煮沸5min，加热过程中补充适量的水保持溶液的体积不变，静止一段时间后，过滤出Fe2O3、FeO(OH)。①写出煮沸过程中生成FeO(OH)的离子方程式___。②控制溶液的pH，可利用___。a.pH试纸b.石蕊指示剂c.pH计③为了得到纯净的溶液B，还需要加入以

下物质___（填字母）进行除杂。（已知：Ksp（CuS）=8.8×10-36；Ksp（NiS）=3.2×10-19；Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20；Ksp[Ni(OH)2]=5.4×10-16）a.Na

OHb.Na2SC.H2Sd.NH3·H2O（3）在快速搅拌下缓慢向溶液B中滴加12%的H2C2O4溶液，溶液中即可析出NiC2O4·2H2O，搅拌下煮沸2min冷却。操作X包括：过滤、洗涤和烘干，采用如图的装置进行过滤（备注：该图是一个通过水泵减压过滤的装置）。这种抽滤其优点是_

__，装置B的主要作用是___，若实验过程中发现倒吸现象，应采取的措施是___。（4）在该生产过程中需要纯净的H2。若实验室要制备纯净的H2，发生装置不可以选择___（选填代号）。（5）用电子天平称取0.5000g的NiO样品，加入一

定体积的6mol/L的盐酸恰好完全溶解，将所得到的溶液配制成250mL的溶液。取出20mL加入锥形瓶，按照如下滴定原理进行沉淀滴定，最终得到干燥的固体mg，则镍元素的质量分数为___。（写出表达式即可）[一定条件下丁二酮肟（，简写为C4N2

H8O2）能和Ni2+反应生产鲜红色的沉淀，其方程式为：Ni2++2C4N2H8O2+2NH3·H2O=Ni(C4N2H7O2)2↓+2NH4++2H2O，Ni(C4N2H7O2)2的摩尔质量为289g/mol]。Ni2+能与CO32-、C2O42-、S2-等离子形成沉淀，但为什么很多情况下选用丁

二酮肟有机沉淀剂？___。【答案】(1).3Ni+8H++2NO3-=3Ni2++2NO+4H2O(2).Fe3++2H2OFeO(OH)↓+3H+(3).c(4).c(5).速度快(6).安全瓶(7).旋开K(8).B(9).mg250mL59g/mol289g/mol20mL0

.5g×100%(10).生成沉淀质量大，称量误差小，分析结果准确度高【解析】【分析】粗镍与稀硝酸反应，生成镍离子、铁离子、铜离子等，经过净化、除杂，溶液B为硝酸镍溶液，加入H2C2O4生成NiC2O

4·2H2O，经过操作X过滤、洗涤和烘干得到NiC2O4·2H2O晶体，在空气中加热生成三氧化二镍，再加热生成NiO，NiO与氢气发生氧化还原反应生成纯镍。【详解】（1）镍与硝酸反应成Ni2+、NO和水，离子方程式为3Ni+8H++2NO3-=3Ni2++2NO+4H2O。（2）①将溶液A煮沸，调

节pH=5.5，继续加热煮沸5min，铁离子水解生成FeO(OH)，离子方程式为Fe3++2H2OFeO(OH)↓+3H+。②实验中要准备测量溶液的pH，只有pH计可以。③为了得到纯净的溶液B，需要除去Cu2+，又不能减少Ni2+，由溶度积常数可知，CuS的溶解度

最小，且远远小于NiS的溶解度，能实现很好的分离，故选择H2S。（3）由于水流的作用，使漏斗下端的压强小于外界大气压，可以加速过滤的速度；装置B的主要作用是安全瓶；若实验过程中发生倒吸现象，先旋开旋塞K，恢复常压后关闭抽水泵

。（4）实验室制氢气采用锌与稀硫酸反应，不需要加热，装置B为加热制气装置，不符合题意，答案选B。（5）NiO与盐酸反应生成Ni2+，取250mL中的20mL溶液用丁二酮肟滴定Ni2+发生反Ni2++2C4N2H8O2+2NH3·H2O=Ni(C4N2H7O2)2↓+2NH4++2H2O

，得到干燥的固体mg，则Ni(C4N2H7O2)2的质量为mg，其中镍元素的质量为59mg289；则0.5g样品中镍元素的质量为59g/mol250mLm289g/mol20mL，镍元素的质量分数

为mg250mL59g/mol289g/mol20mL0.5g×100%。Ni2+与丁二酮肟反应生成的沉淀质量大，称量误差小，分析结果准确度高，故选用丁二酮肟有机沉淀剂。10.氮的氧化物是大气污染物之一，用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物，可防止空气污染。回答下列问题：（1）汽车尾气中常

含有碳烟、CO、NO等有害物质，尾气中含有碳烟的主要原因为___。（2）已知在298K和101kPa条件下，有如下反应：反应①：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol-1反应②：N2(g)+O2(g)=2

NO(g)ΔH2=+180.5kJ·mol-1若反应12CO2(g)+12N2(g)⇌12C(s)+NO(g)的活化能为akJ·mol-1，则反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)的活化能为

___kJ·mol-1。（3）在常压下，已知反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)ΔH(298K)=-113.0kJ·mol-1，ΔS(298K)=-145.3J/(mol·K)，据此可判断该

反应在常温下___（填“能”或“不能”）自发进行。（4）向容积为2L的真空密闭容器中加入活性炭（足量）和NO，发生反应C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)，NO和N2的物质的量变化如表所示，在T1℃、T

2℃分别到达平衡时容器的总压强分别为p1kPa、p2kPa。物质的量/molT1℃T2℃05min10min15min20min25min30minNO2.01.160.800.800.500.400.40N200

.420.600.600.750.800.80①0~10min内，以NO表示的该反应速率v（NO）=___kPa·min-1。②第15min后，温度调整到T2，数据变化如表所示，则p1___p2（填“>”、“

<”或“=”）。③若30min时，保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2mol，再次达平衡时NO的体积百分含量为___。（5）为探究温度及不同催化剂对反应2NO(g)+2CO(g)+⇌N2(g)+2CO2(g)的影响，分别在不同温度、不同催化剂下，保持其它初始条件不变重复实验，在相同时

间内测得NO转化率与温度的关系如图所示：①在催化剂乙作用下，图中M点对应的速率（对应温度400℃）v正___v逆（填“>”、“<”或“=”），其理由为___。②温度高于400℃，NO转化率降低的原因可能是___。【答案】(1).燃料

燃烧不充分(2).2a-574(3).能(4).0.06p1(5).>(6).20%(7).>(8).相同温度下，曲线乙的转化率低于曲线甲的转化率，说明M点不是平衡点，反应仍向正反应进行(9).温度升高催化剂活性降低【解析】【分析】燃料燃烧不充分生成碳烟，燃料燃烧产生NO等有害物质

，若∆H-T∆S<0则反应能自发进行；由表格数据可知，T1℃时10min后反应达到平衡，T2℃时25min后反应达到平衡，密闭容器中压强的大小由气体分子数和分子间隔决定；由（5）题图可知，随温度升高相同时间内NO的转化率先升高后降低。【详解】（1）尾

气中含有碳烟的主要原因为燃料燃烧不充分。（2）若反应12CO2(g)+12N2(g)⇌12C(s)+NO(g)的活化能为akJ·mol-1，则反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)的逆反应活化能为2akJ·mol-

1，根据盖斯定律：①-②可得C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)ΔH=-574kJ·mol-1，故反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)的活化能为（2a-574）kJ·mol-1。（3）满足自发进行的条件是：ΔH-TΔS=-1

13.0kJ·mol-1-T(-145.310-3)kJmol-1·K-1<0，则T<777.7K，故该反应在常温下能自发进行。（4）①该反应反应前后气体总物质的量不变，故0~10min内，容器的总压强保持不变，平衡是NO（g）的分压为110.80pk

Pa=0.4pkPa2.0，以NO表示的该反应速率v（NO）=1111pkPa-0.4pkPa0.06pkPamin10min。②第15min后，温度调整到T2，从表格查得NO的物质的量减少，N2的增加，平衡正向移动，由于正反应为放热反

应，改变条件为降温，气体的总的物质的量不变，温度越低，压强越小，则p1>p2。③若30min时，保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2mol，该反应前后气体分子数不变，加入反应混合物前后构成等效平衡，达平衡时NO的体积百分含量为0.4mol100%20%

2mol。（5）①在催化剂乙作用下，相同温度下，曲线乙的转化率低于曲线甲的转化率，说明M点不是平衡点，反应仍向正反应进行，则v正>v逆。②温度升高催化剂活性降低，催化效率降低，则在相同时间内测得NO转化率降低。（二）选考题11.Cu(In1-xGaxSe2)

（简称CIGS）可作多晶膜太阳能电池材料，具有非常好的发展前景。回答下列问题：（1）已知铟的原子序数为49，基态铟原子的电子排布式为[Kr]___；Ga、In、Se，第一电离能从大到小顺序为___。（2）硅与碳位于同主族，碳的化合物中往往有碳碳双键、碳碳三键，但是硅的化合物中

只存在硅硅单键，其主要原因是___。常温常压下，SiF4呈气态，而SiCl4呈液态，其主要原因是___。（3）31Ga可以形成GaCl3·xNH3（x=3、4、5、6）等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；过滤

后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2。则该溶液中溶质的化学式为___。（4）SeO32-的立体构型为___；SeO2中硒原子采取杂化类型是___。（5）常见的铜的硫化物有CuS和

Cu2S两种。已知：晶胞中S2-的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所构成的四面体中心，它们晶胞具有相同的侧视图如图2所示。已知CuS和Cu2S的晶胞参数分别为apm和bpm，阿伏加德罗常数的值为NA。①CuS晶体中，相邻的两个铜离子间的距离为__

_pm。②Cu2S晶体中，S2-的配位数为___。③Cu2S晶体的密度为ρ=___g·cm-3（列出计算式即可）。【答案】(1).4d105s25p1(2).Se>Ga>In(3).硅原子半径大于碳，硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小，形成三键、三键不稳定(4).组成、结构相似、四氯化硅的相对分子质

量较大(5).[Ga(NH3)4Cl2]Cl(6).三角锥形(7).sp2(8).22a(9).8(10).3-30A640Nb10【解析】【分析】Ga与In同主族，Se与Ga同周期；碳与硅同主族

，碳原子半径小于硅原子半径；硒原子的价层电子数为4，其中为1个孤对电子对、3个成键电子对；CuS晶胞中S2-位于晶胞的顶点和面心上，铜离子位于体内，配位数为4。【详解】（1）镓原子的质子数为49，电子排布是为1s22s

22p63s23p63d104s24p64d105s25p1，简写为[Kr]4d105s25p1；Ga与In同主族，Se与Ga同周期，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左到右第一电离能逐渐增大，则第一电离能从大到

小顺序为Se>Ga>In。（2）碳碳双键、碳碳叁键都有键，硅原子的半径大于碳原子，硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小于碳原子，键不稳定。四氯化硅、四氟化硅都是分子构成的物质，组成、结构相似，四氯化硅的相对分子质量大于四氟化硅，故四氯化硅的分子

间作用力较大，沸点较高。（3）向上述某配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2，说明该配合物内界和外界中含氯离子的个数比为2:1，由于Ga3+的配位数为6，则该配合物的化学式

为[Ga(NH3)4Cl2]Cl。（4）SeO32-中硒原子的价层电子对数为4，其中为1个孤对电子对、3个成键电子对，故它的立体构型为三角锥形；二氧化硒分子中硒原子价层有3个电子对，采取sp2杂化。（5）①由题意可

知，铜离子位于互不相邻的四面体中心，因此相邻的两个铜离子间的距离为22apm。②铜离子配位数为4，根据化学式为Cu2S，得出S2-的配位数为8。③Cu2S晶体中含有8个铜离子、4个硫离子，故晶体的密度为ρ=2(S)103

C3u30AA4M640N(b10)Nb10g·cm-3。12.某研究小组以苯乙烯和乙烯为主要原料，设计出医药中间体G的合成路线如图：已知RCOOHRCOClRCOOR’。（1）B中含氧官能团的名称为___；D的结

构简式为___。（2）乙烯的某种同系物的化学名称为“甲基丙烯”，则甲基丙烯的结构简式为___。（3）B能通过分子间脱水生成有机物X，X可用于香料，其结构中含有三个六元环状结构，则B转化为X的化学方程式：___。（

4）M是G的同分异构体，符合下列结构和性质的芳香族化合物M共有___种（不考虑立体异构）。①1molM与银氨溶液反应最多能得4molAg；②苯环上有四个取代基，其相对位置为；③核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积为2：2：2：2：1；④M

能发生消去反应。写出M发生消去反应的化学方程式：___（一例即可）。（5）设计出以甲苯为原料制备B的合成路线（无机试剂任选，已知：RCHO，RCNRCOOH）___。合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物。【答案】(1).羟基、羧基(2).CH3COOH(3).(CH3)2

C=CH2(4).2+2H2O(5).4(6).+H2O或+NaCl+2H2O(7).【解析】【分析】根据已知条件可知，F生成G、D生成E的反应机理与已知相同，推测F为；乙烯与水加成反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，D为乙酸，E为CH3COCl；B与E生成F，推测B的结构简式为，则苯乙烯

先发生加成反应生成A，A再经过氧化、取代生成B。【详解】（1）综上分析，B中含氧官能团的名称为羟基、羧基；D的结构简式为CH3COOH。（2）根据名称可知，甲基丙烯的结构简式为(CH3)2C=CH2。（3）当羟基和羧

基在同一个碳原子上时，B发生分子间脱水的酯化反应生成六元环酯，化学方程式为2+2H2O。（4）M是芳香族化合物，结构中含有苯环，1molM与银氨溶液反应最多能得4molAg，说明结构中含有两个醛基；苯环上有四个

取代基，其相对位置为，核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积为2：2：2：2：1并能发生消去反应，满足条件的M的结构简式有，共4种；发生消去反应的化学方程式为+H2O或+NaCl+2H2O。（5）B为，逆推可知，甲苯通过取代反应生成，再经过取代反应生成，氧化生成苯甲醛，苯甲醛发

生与已知相同反应机理的反应生成B，具体合成路线为：。