【文档说明】黑龙江省伊春市第二中学2020届高三上学期期末考试理综化学试题【精准解析】.doc，共(16)页，766.500 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1.下列有关说法不正确的是()A.乙烯可以用作生产食品包装材料的原料B.糖类、油脂、蛋白质都属于高分子化合物C.“霾尘积聚难见路人”,雾霾所形成的溶胶能产生丁达尔效应D.“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”,该过程发生了置换反应【答

案】B【解析】【详解】A项、聚乙烯可以用作食品包装材料，而乙烯是生产聚乙烯的原料，故A正确；B项、油脂不是高分子化合物，故B错误；C项、雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故C正确；D项、铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故D正确；故选B。2.用NA表

示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是（）A.含有氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的共价键数目为0.5NAB.ag某气体含分子数为b，cg该气体在标准状况下体积为LC.电解饱和食盐水，阳极产生22.4L气体时，电路中通过的电子数目为2NAD.常温下，1.0LpH＝13的

Ba(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.1NA【答案】C【解析】A.CH3OH分子中含4个H原子，含5条共价键，故当含有氢原子数为0.4NA时，含有的共价键的条数为0.5NA，故A正确；B.由于ag某气体含分子数为b，设cg该气体的分子个数为N，

则有N=bc/a个，则气体的n=N/NA=bc/aNAmol，在标况下的气体体积V=nVm=22.4bc/aNAL，故B正确；C.电解饱和食盐水，阳极产生气体的状态不明确，故22.4L气体的物质的量无法计算，则电路中通过的电子的数目无法计算，故C错误；D、常温下，pH=13的

氢氧化钡溶液中，氢离子浓度为10-13mol·L－1，根据水的离子积可知氢氧根浓度c（OH－）=10-14/10-13=0.1mol·L－1，则1L溶液中含有的氢氧根的物质的量为0.1mol，个数为0.1NA个，故D正确。故选C。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，解题关键：应

注意掌握公式的运用和物质的结构，易错点D，常温下，1.0LpH＝13的Ba(OH)2溶液中含有的OH－数目与Ba(OH)2化学式中的计量数2无关。3.下列关于有机化合物的叙述正确的是（）A.已知氟利昂­12的结构式为，该分子是平面形分子B.1mo

l苹果酸[HOOCCH(OH)CH2COOH]可与3molNaHCO3发生反应C.用甲苯分别制取TNT、邻溴甲苯所涉及的反应均为取代反应D.的一氯代物共有5种(不考虑立体异构)【答案】C【解析】A、已知氟利昂­12的结构式为，是甲烷的四个氢被取代，该分子是正四面体结构，故A错误；B、只有2个-

COOH与NaHCO3发生反应，则1mol苹果酸[HOOCCH（OH）CH2COOH]可与2molNaHCO3发生反应，故B错误；C、用甲苯分别制取TNT、邻溴甲苯所涉及的反应均为取代反应，故C正确；D、有6种氢。它的一氯代物共有6种故D错误；故选C。4.短周期主族元素X、Y、Z、R、W的原子

序数依次增大，X的某种原子无中子，Y原子达到稳定结构获得的电子数目和它的内层电子数目相等，Z与X同主族，R与Y同主族。下列说法正确的是A.热稳定性：X2Y<X2R<XWB.酸性:XWY4>X2RY4C.原子半径由大到小的顺序为:.R、W、Z、YD.化合物X2Y2、Z2Y2的化学键类型

完全相同【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、R、W的原子序数依次增大，X的某种原子无中子，则X为氢元素，Y原子达到稳定结构获得的电子数目和它的内层电子数目相等，则Y为氧元素，Z与X同主族，则Z为钠元素，R与Y同主族，则R为硫元

素，故W为氯元素。【详解】A.非金属性越强氢化物的稳定性越强，则热稳定性：H2S<HCl<H2O，选项A错误；B.非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性:HClO4>H2SO4，选项B正确；C.同周期元素原子半径从左到右

依次减小，同主族元素原子半径从上而下依次增大，故原子半径由大到小的顺序为:Z、R、W、Y，选项C错误；D.化合物H2O2、Na2O2的化学键类型分别为共价键和离子键及共价键，不完全相同，选项D错误；答案选B。5.我国某知名企业开发了具有多项专利的锂钒氧化物二次电池，其成本较低，对环境无污染，能

量密度远远高于其他电池，电池总反应为V2O5＋xLiLixV2O5。下列说法中正确的是()A.电池在放电时，Li＋向负极移动B.锂在放电时做正极，充电时做阳极C.该电池充电时阳极的反应为LixV2O5－xe－=V2O5＋xLi＋D.V2O5只是锂发生反应的载体，不参与电池反应【答案】C

【解析】【分析】放电时，该原电池中锂失电子而作负极，V2O5得电子而作正极，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，阳离子向正极移动，由此分析解答。【详解】A.电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动，

故A错误；B.放电时为原电池，锂失电子而作负极，充电时作阴极，故B错误；C.该电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，则阳极上LixV2O5失电子，阳极上电极反应式为：LixV2O5−xe−═V2O5+xLi+，故C正

确；D.V2O5得电子而作正极，所以V2O5参与电池反应，故D错误。答案选C。6.实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是()A.①、②、③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食

子酸溶液B.管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度C.结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热D.装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气【答案】B【解析】【详解】A、从焦性没食子酸溶液逸出的气体含有水蒸气，所以宜于最后通过浓硫酸干燥气体，选项A错误；B、管式

炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度，以免因气体不纯引发爆炸，选项B正确；C、为了防止W受热被氧化，应该先停止加热，等待W冷却后再关闭K，选项C错误；D、二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，而启普发生器不能加热

，所以启普发生器不能用于氯气的制备，选项D错误。答案选B。7.T℃，分别向10mL浓度均为11molL−的两种弱酸HA,HB中不断加水稀释，并用pH传感器测定溶液pH。所得溶液pH的两倍(2pH)与溶液浓度的对数(lgc)的关系如图所示。已知：p

Ka=-lgKa，下列叙述正确的是（）A.弱酸的Ka随溶液浓度的降低而增大B.a点对应的溶液中c(HA)=0.1mol/L,pH=4C.弱酸HB的pK≈5D.酸性:HA<HB【答案】C【解析】【详解】A项、弱酸的电

离常数Ka是温度函数，只随温度变化而变化，与浓度大小无关，故A错误；B项、由图可知，a点lgc=—1，则c(HA)=0.1mol/L，2pH=4，则pH=2，故B错误；C项、由图可知，lgc=0时，c（HB）=

1mol/L，2pH=5，pH=2.5，溶液中c（H+）=10—2.5mol/L，电离常数K=()()()cHcBcHB+−≈2.52(10/)1/molLmolL−=10—5，则pK≈5，故C正确；

D项、由图可知，浓度相同时，HA溶液的pH小于HB，则HA溶液中氢离子浓度大于HB，酸性：HB<HA，故D错误；故选C。【点睛】弱酸的电离常数Ka是温度函数，只随温度变化而变化，与浓度大小无关是解答关

键，也是易错点。8.锂离子电池是目前具有最高比能量的二次电池。LiFePO4可极大地改善电池体系的安全性能，且具有资源丰富、循环寿命长、环境友好等特点，是锂离子电池正极材料的理想选择。生产LiFePO4的一

种工艺流程如图：已知：Ksp(FePO4·xH2O)＝1.0×10－15，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38。(1)在合成磷酸铁时，步骤Ⅰ中pH的控制是关键。如果pH<1.9，Fe3＋沉淀不完全，影响产量；如果pH＞3.0，则

可能存在的问题是________________。(2)步骤Ⅱ中，洗涤是为了除去FePO4·xH2O表面附着的________等离子。(3)取3组FePO4·xH2O样品，经过高温充分煅烧测其结晶水含量，实验数据如下表：实验序号123固体失重

质量分数19.9%20.1%20.0%固体失重质量分数＝×100%，则x＝_______(精确至0.1)。(4)步骤Ⅲ中研磨的作用是__________________________________。(5)在步骤Ⅳ中生成了LiFePO4、

CO2和H2O，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。(6)H3PO4是三元酸，如图是常温下溶液中含磷微粒的物质的量分数(δ)随pH变化示意图。则PO第一步水解的水解常数K1的表达式为______，K

1的数值最接近______(填字母)。A．10－12.4B．10－1.6C．10－7.2D．10－4.2【答案】(1).生成Fe(OH)3杂质，影响磷酸铁的纯度(2).NO、NH、H＋(只要写出NO、NH即可)(3).2.1(4).使反应物混合均匀，增大反应速率，提高

反应产率(答案合理即可)(5).24∶1(6).(7).B【解析】磷酸和硝酸铁溶液中加入氨水调节溶液pH值2-3目的是生成磷酸铁，过滤、洗涤、干燥得到FePO4·xH2O，加入葡萄糖和磷酸锂研磨、干燥在有氩气的装置中高温煅烧得到LiFePO

4，（1）步骤I中pH的控制是关键．如果pH＜1.9，Fe3＋沉淀不完全，影响产量；如果pH＞3.0，则可能存在的问题是：生成Fe(OH)3杂质，影响磷酸铁的纯度；（2）步骤II中，洗涤是为了除去FePO4·xH2O表面附着的NO3－、NH4＋、H＋；（3）图表中固体失

重质量分数的平均值=（19.9%+20.1%+20.0%）/3=20.0%，18100%20%15118xx=+,x=2.1，；（4）步骤III中研磨的作用使反应物混合均匀，增大反应速率，提高反应产率(答案合理即可

)；（5）在步骤IV中生成了LiFePO4、CO2和H2O，反应的化学方程式为：24FePO4+C6H12O6+12Li2CO3=24LiFePO4+18CO2+6H2O，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为24：1；（6）H3PO4是三元酸，则

PO42－第一步水解的离子方程式为：PO43－+H2O垐?噲?HPO42－+OH－，水解常数K1的表达式=c(OH－)c(HPO42－)/c(PO43－)，图象中可知c（PO43－）=c（HPO42－）时，pH=12.4，则c（OH－）=

10-14/10-12.4=10-1.6mol·L－1，故选B。9.震惊全国的天津港“8.12”爆炸事故中,因爆炸冲击导致氰化钠泄漏而造成环境污染,可以通过喷洒双氧水或硫代硫酸钠溶液来处理。资料:氰化钠化学式NaCN（N

元素-3价),白色结晶颗粒,剧毒,易溶于水。(1)NaCN用双氧水处理后,产生一种酸式盐和一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,写出该反应的化学方程式____________________________。(2)某化学兴趣小组

实验室制备硫代硫酸钠(Na2S2O3),并检测用硫代硫酸钠溶液处理后的氰化钠废水能否达标排放。【实验一】实验室通过图装置制备Na2S2O3①a装置中盛浓硫酸的仪器名称是______________；b装置的作用是________。②c装置中的产物有Na2S2O3和CO2等,

d装置中的溶质有NaOH、Na2CO3,还可能有______。③实验结束后,在e处最好连接盛________(选填“NaOH溶液”、“水”、“CCl4”中任一种)的注射器,再关闭K2打开K1,目的是________

______。【实验二】测定用硫代硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量.已知:①废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L。②Ag＋+2CN－==[Ag(CN)2]－,Ag＋+I－==AgI↓；AgI呈黄色,且CN－优先与Ag＋反应。实验

如下:取25.00mL处理后的氰化钠废水于锥形瓶中并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.000×10-4mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为2.50mL。④滴定终点的判断方法是______________________________

_______________。⑤处理后的废水中氰化钠的含量为________mg/L，________(选填“能”、“不能”)排放。【答案】(1).NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑(2).圆底烧瓶(3).安全瓶或防倒吸(4).Na2SO3(5).NaOH溶液(6).防止拆除装置

时污染空气(7).滴入最后一滴AgNO3溶液,出现黄色沉淀,且半分钟内不消失(8).0.98(9).不能【解析】【详解】（1）常温下，氰化钠能与过氧化氢溶液反应，生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该气体为氨气，生成的酸式盐为碳酸氢钠，反应方程式为：NaCN

+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑；（2）实验一：a装置制备二氧化硫，c装置中制备Na2S2O3，反应导致装置内气压减小，b为安全瓶作用，防止溶液倒吸，d装置吸收多余的二氧化硫，防止污染空气；①由仪器结构特征，可知盛装N

a2SO3固体的仪器为圆底烧瓶；b装置为安全瓶，防止倒吸；②d装置吸收二氧化硫，d中溶质有NaOH、Na2CO3，碱过量，还有亚硫酸钠生成；③验结束后，装置b中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收；④Ag+与

CN-反应生成[Ag（CN）2]-，当CN-反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，说明反应到达滴定终点；⑤消耗AgNO3的物质的量为2.5×10-3L×0.0001mol/L=2.50×10-7mol，根据方程式Ag++2CN-=[Ag（CN）2]-，处理的废水中

氰化钠的质量为2.50×10-7mol×2×49g/mol=2.45×10-5g，废水中氰化钠的含量为22.4510mg0.025L−=0.98mg/L。10.煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2,严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定,从而降低SO

2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应,降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下:CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)ΔH1=+218.4kJ·mol-1(反应Ⅰ)CaSO4(s)+4CO(g)CaS(s

)+4CO2(g)ΔH2=-175.6kJ·mol-1(反应Ⅱ)请回答下列问题:(1)假设某温度下,反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2),则下列反应过程能量变化示意图正确的是__________。A.B.C.

D.(2)在温度、容积相同且不变的3个密闭容器中,按不同方式投入反应物,保持恒温、恒容,测得反应达到平衡时的有关数据如下表(已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=−196.6kJ·mol-1)则：容器甲乙丙(填>,=,<)A.2c1_____c3B.a+b_

____196.6C.2p2____p3D.α1+α3___1反应物投入量2molSO2、1molO22molSO34molSO3SO3的浓度(mol·L-1)C1C2C3反应的能量变化放出akJ吸收bkJ吸收ckJ体系压强P1P2P3反应物转化率α1α2α3(3)“亚硫酸盐法”吸收烟气

中的SO2。室温条件下,将烟气通入氨水中,测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示。请写出a点时n(HSO3-):n(H2SO3)=______，b点时溶液pH=7,则n(NH4+):n(HSO3-)=_____。(4)催化氧化法去除NO,一定条件下,用NH3消除NO污染,

其反应原理为4NH3+6NO催化剂5N2+6H2O。不同温度条件下,n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为4:l、3:l、1:3时,得到NO脱除率曲线如图所示：①曲线c对应NH3与NO的物质的量之比是__________。②曲线a

中NO的起始浓度为6×10-4mg/m3,从A点到B点经过0.8s,该时间段内NO的脱除速率为__________mg/(m3·s)。(5)已知Ksp(BaSO4)=1×10-10,Ksp(BaCO3)=2.5×10-9,向0.4mol/LN

a2SO4的溶液中加入足量BaCO3粉末(忽略体积变化),充分搅拌,发生反应SO42-(aq)+BaCO3(s)BaSO4(s)+CO32-(aq)静置后沉淀转化达到平衡。此时溶液中的c(SO42-)=____mol

·L-1(保留小数点后两位).【答案】(1).D(2).<(3).=(4).>(5).<(6).1:1(7).3:1(8).1:3(9).1.5×10-4(10).0.02【解析】【分析】（1）反应Ⅰ为吸热

反应，生成物物的总能量高于反应物，反应Ⅱ为放热反应，生成物的总能量低于反应物，由反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)可知，反应Ⅰ活化能小于反应Ⅱ；（2）由表格数据可知，甲容器与乙容器是等效平衡，丙容

器可以视为在乙的基础上压强增大一倍，平衡向正反应方向移动；（3）根据图象可知a点时两个比值相等，b点时溶液pH=7，根据电荷守恒可知n（NH4+）=n（HSO3-）+2n（SO32-），又根据图象曲线可知，n（HSO3-）=n（SO32-），则n（NH4+）：n（HSO3-）=（1：2）：1=3：

1；（4）①由化学平衡移动原理可知，相同温度时，n(NH3):n(NO)的物质的量之比越大，NO脱除率越大；②由图给数据计算可得；由反应方程式可知()2423()cSOcCO−−=()43()spspKKBSOaBaCO，由题给数据计算可

得。【详解】（1）反应Ⅰ为吸热反应，生成物物的总能量高于反应物，反应Ⅱ为放热反应，生成物的总能量低于反应物，则A、B错误；由反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)可知，反应Ⅰ活化能小于反应Ⅱ，则C错误、D正确，故答案为：D；（2）由表格数据可知，甲容器与乙容器是等效平衡，则浓度c1=c2

，转化率α1+α2=1，甲与乙的反应的能量变化之和为196.6kJ，a+b=196.6；丙容器可以视为在乙的基础上压强增大一倍，平衡向正反应方向移动，则丙中三氧化硫的浓度c3＞2c2，转化率α3＜α2，平衡移动不能消除压强增大，容器中压强p2＜p3＜2p2，由α1+α2=1和α3＜α2可得

α1+α3＜1，故答案为：<；=；>；<；（3）根据图象可知a点时两个比值相等，则n（HSO3-）：n（H2SO3）=1：1；b点时溶液pH=7，根据电荷守恒可知n（NH4+）=n（HSO3-）+2n（SO32-），又根据图象曲线可知，n（HSO3-）=n（SO3

2-），则n（NH4+）：n（HSO3-）=（1：2）：1=3：1，故答案为：1：1；3：1；（4）①由化学平衡移动原理可知，相同温度时，n(NH3):n(NO)的物质的量之比越大，NO脱除率越大，由图可知，温度相同时，曲线c的NO脱除率最小，则曲

线c对应NH3与NO的物质的量之比是1:3，故答案为：1:3；②曲线a中NO的起始浓度为6×10-4mg/m3,由图可知从A点到B点经过0.8s,该时间段内NO的脱除速率为43610/(0.750.55)0.8mgms−−=1.5×10-4mg/(m3·s)，故答案为：1.5×

10-4；（5）设反应后c(SO42-)为xmol/L，则消耗c(SO42-)为（0.4—x）mol/L，反应生成c(CO32-)为（0.4—x）mol/L，由反应方程式可知()2423()cSOcCO−−=()43()spspKKBSOaBaCO，则有0.4x

x−=1091102.510−−，解得x≈0.02mol/L，故答案为：0.02.【点睛】反应Ⅰ为吸热反应，生成物物的总能量高于反应物，反应Ⅱ为放热反应，生成物的总能量低于反应物，由反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的

速率(v2)可知，反应Ⅰ活化能小于反应Ⅱ是解答关键，也是易错点。化学-选修3：物质结构与性质11.铜及其化合物有着十分重要的用途：如氨基乙酸铜[结构简式为(H2NCH2COO)2Cu]常用作食品补铜剂及矿物元素饲料添加剂，硒化铜纳米晶在光电转化中有着广泛地应用；硫酸铜可用作

配制农药等。（1）基态硒原子的电子排布式为____，基态氮原子电子的空间运动状态有__种，与硒同周期相邻的三种元素第一电离能由大到小的顺序为______（2）(H2NCH2COO)2Cu氨基乙酸铜中，碳原子的杂化轨道类型是______；与氮原子成键的原子(含氮原子本身)形成的空间构型是__

________。（3）硫酸铜晶体的组成可表示为[Cu(H2O)4]SO4·H2O，实验测得该物质中存在氢键且水分子成“键”情况与冰中类似，则1mol[Cu(H2O)4]SO4·H2O中氢键数目为__NA。（4）硫酸铜在高温下分解有可能得到CuO、Cu2O、SO2、SO3等物

质，其中CuO的熔点为1026℃。①CuO的晶体类型是_____，熔点Cu2O>Cu2S的原因是______②SO2与SO3中，属于非极性分子的是__，SO2在溶剂水与溶剂CCl4中，相同温度能溶解更多SO2的溶剂是___________③铜的某种氧化物的晶胞如下图所示，则

该氧化物的化学式为_______，若组成粒子氧、铜的半径分别为rOpm、rCupm，密度ρg/cm3，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶胞的空间利用率为______(用含π的式子表示)。【答案】(1).[Ar]3d104s24p4(2).5(3).Br>As>Se(4).sp

2、sp3(5).三角锥(6).2(7).离子晶体(8).离子半径O2-<S2-,Cu2O晶格能比CuS的大(9).SO3(10).H2O(11).Cu2O(12).33ACuOπρN2rr108+（）10-30【解析】试题分析：本题考查原子核外电子排布式的书写、第一电离能大小的比较、杂化方式和

空间构型的判断、氢键的计算、晶体类型的判断、晶体熔点的比较、物质的溶解性、晶胞的分析和计算。（1）硒的原子序数为34，Se原子核外有34个电子，根据构造原理，基态硒原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar]3d104s24p4。基态N原子的

核外电子排布式为1s22s22p3，电子排布图为，一个原子轨道就是一种空间运动状态，基态N原子电子的空间运动状态有5种。与Se同周期的相邻的三种元素为As、Se、Br，根据同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，As的价电子排布式为

4s24p3，As的4p处于半充满较稳定，第一电离能AsSe，则三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：BrAsSe。（2）氨基乙酸铜中，连接2个H的碳原子为饱和碳原子，该碳原子形成2个碳氢σ键、1个碳碳σ键和1个碳氮σ键，该碳原子为sp3杂化；与氧原子连接的碳

原子形成1个碳氧双键（含1个σ键和1个π键）、1个碳氧单键（σ键）和1个碳碳单键（σ键），该碳原子为sp2杂化。N原子形成2个氮氢σ键和1个碳氮σ键，N原子上有1对孤电子对，N原子为sp3杂化，与N原子成键的原子（含氮原子本身）形成的空间构型为三角锥形。（3）硫酸铜晶体中存在氢键且水分子成“

键”情况与冰中类似，1mol冰晶体中存在2mol氢键，则1mol[Cu（H2O）4]SO4·H2O中存在2mol氢键，含氢键数目为2NA。（4）①CuO的熔点较高，CuO属于离子晶体。熔点Cu2OCu2S

的原因是：O2-的离子半径小于S2-，Cu2O的晶格能大于Cu2S。②SO2的空间构型为V形，SO2为极性分子；SO3的空间构型为平面正三角形，SO3为非极性分子；SO2与SO3中属于非极性分子的是SO3。SO2、H2O都属于极性分子，CCl4属于非

极性分子，根据“相似相溶”经验规律，相同温度下，能溶解更多SO2的溶剂是H2O。③用“均摊法”，晶胞中含Cu：4个，O：818+1=2个，Cu与O的个数比为2:1，该氧化物的化学式为Cu2O。1个晶胞中

氧、铜的体积之和为（443πrCu3+243πrO3）10-30cm3；1mol晶体的体积为3144gρg/cm=144ρcm3，1个晶胞的体积为144ρcm3NA2=A288ρNcm3，该晶胞的空间利用率为（443πrCu3

+243πrO3）10-30cm3A288ρNcm3=33ACuOπρN2rr108+（）10-30。化学-选修5：有机化学基础12.化合物G是治疗心血管疾病的某种药物的重要中间体。以烯烃A、芳香烃D为原料合成它的路线如图所示,其中D的相对分子质量

为92,C分子中核磁共振氢谱只有1个峰。已知:①同一个碳原子上有2个羟基时会自动脱去一个水分子。②(1)A的分子式为__________,B的结构简式为__________,G中官能团名称是_____。(2)A→B的反应类型

是__________,F的名称为__________。(3)写出E→F的化学方程式:__________。(4)E有多种同分异构体,其中属于芳香族化合物的还有__________种,写出核磁共振氢谱有3个峰的物质的结构简式__________。(5)工业上由乙醛为原料合成C

H3CH2CHClCOOH的路线图如下:CH3CHO-3OHCHCHOIIIXY→→→反应条件试剂试剂CH3CH2CHClCOOH①写出X的结构简式__________；②试剂I是__________。【答案】(1).C3H6(2).(CH3)2CHOH(3).羰基、碳碳双键(4).加成反应(5)

.苯甲醛(6).+2NaOH2HOΔ⎯⎯⎯→+NaCl+H2O(7).9(8).(9).CH3CH=CHCHO(10).HCl【解析】【分析】由G的结构简式和信息②可知，C为、F为；由逆推法可知，A为丙烯，结构简式为CH3CH=CH2，在催化剂作用下，

CH3CH=CH2与水发生加成反应生成，则B为，在铜做催化剂的条件下，与氧气发生催化氧化反应生成；由F的结构简式和D的相对分子质量为92,C分子中核磁共振氢谱只有1个峰可知，D为甲苯，结构简式为，光照条件下，与氯气发生侧链的

取代反应生成，则E为，结合同一个碳原子上有2个羟基时会自动脱去一个水分子可知，与氢氧化钠溶液发生水解反应生成。【详解】（1）A为丙烯，结构简式为CH3CH=CH2，分子式为C3H6；B为2—丙醇，结构简式为；由G的结构简式可知，官能团为羰基、碳碳双键，故答案为：C

3H6；；羰基、碳碳双键；（2）A→B的反应为在催化剂作用下，CH3CH=CH2与水发生加成反应生成；F的结构简式为，名称为苯甲醛，故答案为：加成反应；苯甲醛；（3）E→F的反应为，与氢氧化钠溶液发生水解反应生成，反应的化学方程式为+2NaOH2HOΔ⎯⎯⎯→+NaCl+H2O，

故答案为：+2NaOH2HOΔ⎯⎯⎯→+NaCl+H2O；（4）E的结构简式为，属于芳香族化合物的同分异构体可能为，①苯环上含有—Cl和—CH2Cl两个侧链，两个取代基有邻、间、对3种结构；②苯环上含有2个—Cl和—CH3三个侧链，若先将氯原子固定在苯环上，可得邻二氯苯、间二氯

苯和对二氯苯三种结构，再将—CH3做为取代基，取代苯环氢原子，其中邻二氯苯可得2种结构、间二氯苯可得3种结构、对二氯苯可得1种结构，共9种；核磁共振氢谱有3个峰的同分异构体的结构简式为、和，故答案为：9；、和；（5）①由合成路线可知，乙醛发生信息②反应生成CH3C

H=CHCHO，则X为CH3CH=CHCHO，故答案为：CH3CH=CHCHO；②为防止醛基氧化时，碳碳双键被氧化，应先发生加成反应，再发生氧化反应制取CH3CH2CHClCOOH，则试剂I是氯化氢，故

答案为：HCl。【点睛】醛基发生氧化反应时，碳碳双键可能被氧化，CH3CH=CHCHO应先发生加成反应，再发生氧化反应制取CH3CH2CHClCOOH是解答易错点。