【文档说明】四川省成都市第七中学2023-2024学年高三上学期期中考试理科综合化学试题 含解析.docx，共(18)页，2.469 MB，由小赞的店铺上传

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成都七中高2024届高三上学期期中考试理科综合试题本试卷共300分，考试时间150分钟。可能用到的相对原子质量：H—lLi—7O—l6S—32K—39Ga—70第I卷(选择题，共126分)一、选择题：本题共

13小题，每小题6分，共78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。1.化学与生产、生活、环境密切相关。下列说法不正确的是A.工业上，常用Na2S处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子B

.地沟油禁止食用，但可制肥皂C.用碘酒检验奶粉中是否添加淀粉D.燃煤脱硫有利于实现“碳达峰、碳中和”【答案】D【解析】【详解】A．Cu2+、Hg2+等重金属离子与Na2S反应生成难溶于水的物质，所以工业

废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子可用Na2S处理，A正确；B．“地沟油”的主要成分是油脂，油脂可用来制肥皂和生物柴油，B正确；C．碘单质能使淀粉试液变蓝色，故碘酒可检验奶粉中是否添加淀粉，C正确；D．燃煤脱硫有利于减少硫污染排放，但是不减少二氧化碳

排放，不能实现“碳达峰、碳中和”，D错误；故选D。2.脱落酸是抑制植物生长的激素，因能促使叶子脱落而得名，其结构简式如下图所示，下列说法正确的是A.分子式C15H17O4B.所有碳原子不可能共平面C可使溴水及酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同

D.分子中含有3种官能团为.【答案】B【解析】【详解】A．根据有机物的结构简式，脱落酸的分子式为C15H20O4，故A错误；B．连接2个甲基的碳是四面体结构，则所有碳原子不可能共平面，故B正确；C．该分子有碳碳双键，使溴水褪色的原理是发生加成反应，使酸性高锰酸钾溶

液褪色的原理是发生氧化反应，故C错误；D．该分子有碳碳双键、酮羰基、羧基、羟基共4种官能团，故D错误；故选：B。3.菠菜是一道平民小菜，价格便宜却营养丰富，菠菜中铁元素的检验可经过“研磨→溶解→过滤→检验”等步骤。下列操作方法不正确的是A.研磨B.溶解C.过滤D.检验A.AB.BC.CD.D【答案

】A【解析】【详解】A．将菠菜剪碎后，需要在研钵中用研磨棒研磨，故A错误；B．研磨后的物质要在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，故B正确；C．将溶解后的固体与溶液分离开，需要过滤操作，所需的仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，故C正确；D．检验菠菜中的铁元素，可以用稀硝酸将Fe2+

转化为Fe3+，再加入KSCN溶液检验Fe3+，故D正确；故选A。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1L0.1molL-1NH4NO3溶液中含氧原子数目为0.3NAB.136gKHSO4固体中

含有离子的数目为3NAC.室温下向1LpH=1的醋酸溶液中加水，所得溶液的H+数目大于0.1NAD.1molCH4与1molCl2在光照下充分反应生成的CH3Cl分子数目为NA【答案】C【解析】【详解】A．1L0.1molL-

1NH4NO3溶液，NH4NO3、H2O中都含氧原子，所以含氧原子数目大于0.3NA，故A错误；B．KHSO4固体中含4KHSO+−、，136gKHSO4固体中含有离子的数目为2NA，故B错误；C．室温下向1LpH=

1的醋酸溶液中加水，醋酸电离平衡正向移动，醋酸电离程度增大，所得溶液的H+数目大于0.1NA，故C正确；D．甲烷和氯气取代反应为连锁反应，1molCH4与1molCl2在光照下充分反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷，所以CH3Cl分子数目小于NA，故D错误；选C。5.一种工

业洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素X、Y、Z、Q、W原子的半径依次增大，X和W同主族但不相邻，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，下列说法正确的是A.X、Z、Q、W均可与Y形成二元化合物B.简单离子半径：WZYC.Y的氢化物的稳定性和沸点都高于Q的氢化

物D.X、Y、Z三种元素只能形成共价化合物【答案】A【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、Q、W原子的半径依次增大，X和W同主族但不相邻，再结合该物质的结构式可得X为H，W为Na，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，则Y为O，Z为N，Q为C；【详解】

A．H与O可形成2HO、22HO，N与O可形成NO、2NO，C与O可形成CO、2CO，Na与O可形成2NaO、22NaO，故A正确；B．核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子半径：23ONaN−+−＞＞，故B错误；C．O与N有多种氢化物，稳定性和沸点无法比较，故C

错误；的D．H、N、O三种元素可形成离子化合物43NHNO，故D错误；答案选A。6.利用电化学原理控制反应条件能将CO2电催化还原为HCOOH，电解过程中还伴随着析氢反应，反应过程原理的示意图如图，下列有关说法正确的是A.玻碳电极发生还原反应B.铂电极发生的电极反应之一为CO22e2HHCOOH+

+=C.电池工作时，电子由玻碳电极经电解质溶液到铂电极D.当电路中转移1mole⁻时，阳极室溶液的质量减少8g【答案】B【解析】【分析】由图可知，铂电极为电解池的阴极，酸性溶液中，氢离子和二氧化碳在阴极得到电子生成氢气和甲酸，电极反应式分别为2H++2e—

=H2↑、CO2+2H++2e—=HCOOH，玻碳电极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+。【详解】A．由分析可知，玻碳电极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，故A错误；B．由分析可知，铂

电极为电解池的阴极，酸性溶液中，氢离子和二氧化碳在阴极得到电子生成氢气和甲酸，电极反应式分别为2H++2e—=H2↑、CO2+2H++2e—=HCOOH，故B正确；C．电池工作时，电解质溶液不能传递电子，故C错误；D．当电路中转移1mol电子时，同

时有1mol氢离子通过质子交换膜进入阴极室，则阳极室溶液的质量减少1mol×14×32g/mol+1mol×1g/mol=9g，故D错误；故选B。7.一定温度下，金属硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。纵坐标()nPM+表示()nlgcM+−，横坐标()2pS−表示()2lgcS−

−，下列说法不正确的是A.该温度下，Ag2S的Ksp1.010=-50B.该温度下，溶解度的大小顺序为NiS>SnSC.SnS和NiS的饱和溶液中()()242cSn10cNi++=D.向浓度均为0.01mol·L-1Ag+、Ni2+、Sn2+混合溶液中逐滴加入饱和Na2S溶液，析出沉淀的先后

顺序为Ag2S、SnS、NiS【答案】C【解析】【详解】A．由a可知，当c平(S2-)＝10-30mol/L时，c平(Ag+)＝10－(10-lg4)mol·L-1＝4×10-10mol/L，Ksp(Ag2S)＝c(Ag+)·c平(S2-)＝(4×10-10)2×10-30mo

l3·L-3＝1.6×10-49mol3·L-3，A正确；B．由SnS、NiS的沉淀溶解平衡曲线可知，当两条曲线表示的c平(S2-)相同时，对应的c平(Ni2+)>c平(Sn2+)，由于SnS和NiS沉淀类型相同，则溶解度的大小关系为NiS>SnS，B正确；C．利

用NiS的溶解平衡曲线上b点数据，则Ksp(NiS)＝c平(Ni2+)·c平(S2-)＝10-6×10-15mol2·L-2＝10-21mol2·L-2，同理可得Ksp(SnS)＝c平(Sn2+)·c平(S2-)＝10-25×100mol2·L-2＝10-2

5mol2·L-2，SnS和NiS的饱和溶液中()()()()()()2224222cccSK10KcccSSnSNiSSnSnNiNi++−−++−===，C错误；D．Ag+、Ni2+与Sn2+的浓度均为0.1

mol/L，分别生成Ag2S、NiS与SnS沉淀时，需要的c平(S2-)分别为1.6×10-47mol/L、10-20mol/L、10-24mol/L，因此生成沉淀的先后顺序为Ag2S、SnS与NiS，D正确；故答案为：C。8.碳酸锶(()3SrCO

难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量Ba2+Ca、2+Mg、2+Pb、2+等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：的已知：I．()CrOH3为两性氢氧化物；II．常温下，各物质的溶度积常数如表所示。化合物Cr(OH)3Ca

(OH)2Mg(OH)2Ksp近似值1×10-315.5×10-61.8×10-11（1）气体A的电子式为_______。（2）“沉钡、铅”时，pH过低会导致()4NH2CrO4的利用率降低，原因为_______(用离子方程式解释)；“还原”

时发生反应的离子方程式为_______。（3）“滤渣1”的主要成分为_______(填化学式)。（4）用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH13的原因为_______。（5）“滤渣2”的主要成分为_______、_______(填化学式)。（6）“碳化”时，反应(

)()()()23323Sraq2HCOaqSrCOsHCOaq+−+=+的平衡常数K的计算关系式为_______(用相关平衡常数表示，已知碳酸的电离常数。Ka1K、a2SrCO；3的溶度积常数为()3KspSrCO。（7）“系列操作”中包含‘“200℃烘干”等操作

，烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去3SrCO中的微量可溶性杂质，该杂质除()434NHHCONH、23CO外还可能为_______(填化学式)。【答案】8.9.①.224CrO−+2H+227CrO−+H2O②.8H++227C

rO−+3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O10.Cr(OH)311.pH过大Cr(OH)3会溶解，导致铬的去除率降低12.①.Ca(OH)2②.Mg(OH)213.a2a1sp3KKK(SrCO)14.NH4NO3【解析】【分析

】工业碳酸锶中加入硝酸进行酸溶，碳酸锶与硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含有Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行沉钡、铅，过滤得到含有Sr2+、Ca2+、Mg2+、

4NH+、24CrO−的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，24CrO−被还原为Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、4NH+、Cr3+的溶液，向溶液中加入氨水调节pH到7-8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr(OH)3，再加

NaOH调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过系列操作得到高纯SrCO3。【小问1详解】气体A为CO2，电子式为；【小问2详解】(NH4)2CrO4溶液中存在224CrO−+2H+227CrO

−+H2O，pH过低，氢离子浓度过大，平衡正向移动，使24CrO−转化为227CrO−，导致(NH4)2CrO4的利用率降低。还原时草酸与重铬酸根离子发生氧化还原反应，离子方程式为8H++227CrO−+3H2C2O4

=2Cr3++6CO2↑+7H2O；【小问3详解】根据分析可知，滤渣1的主要成分为Cr(OH)3；【小问4详解】Cr(OH)3是两性氢氧化物，pH过大Cr(OH)3会溶解，导致铬的去除率降低，故用氨水和N

aOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13；【小问5详解】根据分析可知，滤渣2的主要成分为Ca(OH)2和Mg(OH)2；【小问6详解】碳化时反应的平衡常数K=23223c(HCO)c(Sr)c(HCO)+−=23223c(HCO)c(H)c(Sr)c(HCO)c(H)++−+=23a1

c(H)c(Sr)c(HCO)K++−=23223a13c(H)c(CO)c(Sr)c(HCO)Kc(CO)+−+−−=a2a1sp3KKK(SrCO)【小问7详解】由于酸化阶段加入的硝酸根离子在流程中没有除去，加之系列操作前加入了铵根离子，故系列操作烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去

SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除碳酸氢铵、碳酸铵外还可能为硝酸铵。9.实验室用32FeCl6HO和亚硫酰氯()2SOCl制备无水3FeCl的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知：2SOCl的沸点为76℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下

列问题：（1）实验仪器B的名称为_______，仪器E的名称为_______，仪器G中盛有的试剂为_______溶液。（2）已知B中试剂为2SOCl，实验开始先通N2。一段时间后，先加热装置_______(填“B”或“D”)。（3）2SOCl遇水

蒸气发生反应的化学方程式为_______。（4）有人认为产品可能含2FeCl，判断理由是_______。（5）实验完毕后，测定产品成分。取一定量产品溶于蒸馏水中，分成甲、乙两等份，进行如下实验：实验1：在甲中加入足量KI，再滴

几滴淀粉溶液，用0.1000mol/L223NaSO标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1mL。实验2：在乙中滴几滴K2CrO4；溶液作指示剂，用0.1000mol/LAgNO3溶液测定氯离子的量，滴定至终点，消耗AgNO3溶液V2mL。已知：实验1中滴定反应为I22Na+

2S2O32NaINa=+246SO。①若实验Ⅰ中溶液酸性较强，可能会使标准液变质，导致V1偏大，该过程用离子方程式表示：_______②若21VV=_______时，可判断产品中全部是FeCl3。【答案】（1）①.三颈烧

瓶②.球形冷凝管③.氢氧化钠（2）B（3）222SOCl+HO=SO+2HCl（4）2SOCl生成的二氧化硫气体具有还原性，可能将铁离子还原为亚铁离子（5）①.+2-23222H+SOHO+S+=SO②.3【解析】【分析】亚硫酰氯的沸点为76℃，加

热易气化为蒸气，与32FeCl6HO在D中反应制备无水，尾气使用碱液吸收防止污染；【小问1详解】实验仪器B的名称为三颈烧瓶，仪器E的名称为球形冷凝管；已知：2SOCl的沸点为76℃，遇水极易反应生成两种酸性气体，根据质量守恒可知，生成

气体为二氧化硫和氯化氢，故仪器G中盛有的试剂为氢氧化钠溶液，用于吸收尾气防止污染；【小问2详解】B中试剂为2SOCl，实验开始先通N2排净装置中空气，一段时间后，先加热装置B，使得2SOCl气化进入D装置中；【小问3详解】2SOCl遇水极易反应生成两种酸性气体，根据质量

守恒可知，生成气体为二氧化硫和氯化氢，222SOCl+HO=SO+2HCl；【小问4详解】2SOCl生成的二氧化硫气体具有还原性，可能将铁离子还原为亚铁离子，使得产品可能含2FeCl；【小问5详解】铁离子和碘离子发生反应生成

碘单质：3+-2+22Fe+2I=2Fe+I，碘单质和223NaSO反应：I22Na+2S2O32NaINa=+246SO，通过测定消耗的碘单质的量，求出I2的量，进而求出Fe3+的量，但酸性条件下发生。+2

-23222H+SOHO+S+=SO，所以溶液酸性较强的话，会消耗更多的223NaSO，使得V1偏大；由于反应可知，3+222322NaSOIFe，所以()-13+3nFe=0.100010lVmo，-+ClAg所以()-32nAg=0.100010lVmo+，当12VV3=，可判断产品中

全部是FeCl3。10.氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。（1）已知在25℃和101kPa时存在下列反应：①()()()()2622212CHg7Og4COg6HOlΔH3116kJmol+=+=−

-1②C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)△H2=-395kJ•mol-1③2H2()gO+2()g2H=2()OlH3570kJmol=−-1已知：标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa时，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物的焓变，如上述反应②可表示为CO2的标准摩尔生成焓。请写出

表示乙烷标准摩尔生成焓的热化学方程式_______。（2）在一容积为2L的密闭容器中，CO和H2初始物质的量均为0.3mol，在一定条件下发生反应：()2COg2H+2()gCH=4()gCO+2()gH。测得CO的平衡转化率与温度、压强关系如图所示：①由图可知，压强p3_______(填“

>”或“<”)p1，原因是_______。压强为p2时，升高温度，反应的平衡常数将_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。②温度为1100℃、压强为p1时，x点的平衡常数。K为_______(K是指用平衡时各组

分的物质的量百分数代替物质的量浓度计算得到的平衡常数)。③在一定温度、p160kPa=的初始条件下，该反应达到平衡后体系的压强变为100kPa，则CO的平衡转化率为_______。④下列说法能说明该反应在上述条件下达到平衡状态的是_______(填字母)。A．体系的密度不再发生变化B．

断裂2molH-H键的同时生成2molC=O键C．各组分的物质的量浓度不再改变D．体系的气体的平均相对分子质量不再发生变化E．体积分数：V%(CH4)=V%(CO2)（3）固体氧化物甲烷燃料电池以固体氧化锆-氧化钇为电解质，这种固体电解

质在高温下允许氧离子(O2-)在其间通过。该电池的工作原理如图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应。则b区发生的电极反应式为_______。【答案】（1）2C(石墨，s)+3H2(g)=C2H6(g)

△H=-87kJ•mol-1。（2）①.<②.该反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大③.减小④.144⑤.75%⑥.CD（3）CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O【解析】【

小问1详解】①()()()()2622212CHg7Og4COg6HOlH3116kJmol+=+=−-1②C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)△H2=-395kJ•mol-1③2H2()gO+2()g2H=2()OlH3570kJm

ol=−-1根据盖斯定律②×2+③32-①12得乙烷标准摩尔生成焓的热化学方程式2C(石墨，s)+3H2(g)=C2H6(g)△H=(-395×2-57032+311612)kJ•mol-1

=-87kJ•mol-1。【小问2详解】①该反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，由图可知，压强p3<p1。压强为p2时，升高温度，CO转化率降低，反应的平衡常数将减小。

②温度为1100℃、压强为p1时，CO平衡转化率为80%，()()()()()()()2422Hmol/L0.150.1500mol/L0.120.120.060.06mol/L0.030.030.060.062COg

gCHgCOg++初始转化平衡x点的平衡常数K为220.060.060.180.181440.030.030.180.18=。③在一定温度、p160kPa=的初始条件下，该反应达到平衡后体系的压强变为100kPa，()

()()()()()()4222Hmol/L0.150.1500mol/L22COggCHgCO2mol/L0.1520.152gxxxxxxxx++−−初始转化平衡则0.321000.3160x−=，x=9160，所以CO的

平衡转化率为92160100%75%0.15=。④A．气体总质量不变，容器体积不变，气体密度是恒量，体系的密度不再发生变化，反应不一定平衡，故不选A；B．断裂2molH-H键的同时生成2molC=O键，不能判断正逆反应速率相等，反应不一定平

衡，故不选B；C．反应达到平衡，各物质浓度不再改变，各组分的物质的量浓度不再改变，反应一定达到平衡状态，故选C；D．气体总质量不变，气体总物质的量减小，平均相对分子质量增大，体系的气体的平均相对分子质量

不再发生变化，反应一定达到平衡状态，故选D；E．体积分数V%(CH4)=V%(CO2)，不能判断浓度是否还发生改变，反应不一定平衡，故不选E；选CD。【小问3详解】固体氧化物甲烷燃料电池以固体氧化锆-氧化钇为电解质，这种固体电解

质在高温下允许氧离子(O2-)在其间通过。该电池的工作原理如图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应。根据图示，b区甲烷失电子生成二氧化碳、水，则b区发生的电极反应式为CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O。(二)选考题：

共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答。并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。[化学―选修3：物质结构与性质]11.镓及其化合物在合金工业、制药工

业、电池工业有广泛的应用。回答下列问题：（1）基态Ga原子的价层电子排布式为_______。（2）LiGaH4是一种温和的还原剂，其可由GaCl3和过量的LiH反应制得：GaCl34LiHLiGaH+=43LiCl+。①已知GaCl3的熔点为77.9℃，LiCl的熔点为605℃，两者熔点

差异较大的原因为_______。②GaCl3在270℃左右以二聚物存在，该二聚物的每个原子都满足8电子稳定结构，写出它的结构式：_______。③4GaH-的立体构型为_______。（3）一种含镓的药物合成方法如图所示①化合物I中环上N

原子的杂化方式为_______，1mol化合物Ⅰ中含有的σ键的物质的量为_______。化合物I中所含元素的电负性由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)。②化合物Ⅱ中Ga的配位数为_______，x=_______。（4）Ga、Li和O三种原子形成的一种晶体基片在二极管中有重要用途。其晶

胞结构如图所示：①上述晶胞沿着a轴的投影图为_______(填选项字母)。A.B.C.②用NA表示阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为a=b=0.3nm，c=0.386nm，晶胞棱边夹角均为90°，则该晶体密度为_______g·cm-3

(列出计算式即可)。【答案】11.4s24p112.①.LiCl为离子晶体，微粒间的作用力是离子键，GaCl3为分子晶体，微粒间的作用力是范德华力②.③.正四面体形13.①.sp2杂化②.17mol③.O＞N＞C＞H④.6⑤.114.①.C②.888A770323.0103.0103.861

0N−−−++【解析】【小问1详解】Ga的原子序数为31，基态Ga原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，价层电子排布式为4s24p1，故答案为：4s24p1；【小问2详解】①已知GaCl3的熔点为77.9℃，则GaCl3为分子晶体，微粒

间的作用力是范德华力，LiCl的熔点为605℃，则LiCl为离子晶体，微粒间的作用力是离子键，故熔点：LiCl＞GaCl3；②GaCl3在270℃左右以二聚物存在，该二聚物的每个原子都满足8电子稳定结构，可知Ga的空轨道与Cl的孤对电子形成配位键，故GaCl3二聚体的结构式为；③[

GaH4]-中Ga的价层电子对数=4+31142+−=4，Ga为sp3杂化，无孤电子对，其立体构型为正四面体形；【小问3详解】①由图可知，化合物Ⅰ中环上C原子形成3个σ键，其杂化方式为sp2杂化，1mol化合物Ⅰ中除了环上6个σ键外，其余σ键如图所示：，则1mol化合物

Ⅰ中含有的σ键的物质的量为17mol,化合物Ⅰ中所含元素为O、N、C、H，其电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H，故答案为：sp2杂化；17mol；O＞N＞C＞H；②由图可知，化合物Ⅱ中Ga的配位数为6，Ga为+3价，配体为-2价，配体共2个，所以整个配离子显-1价，则x=1，故答案为

：6；1；【小问4详解】①由晶胞结构可知，顶点和体心是O，上下面心是Li,棱上是Ga,所以沿着a轴的投影图为C；②由图可知，晶胞中顶点和体心是O，个数为：8×18+1=2，上下面心是Li,个数是2×12=1，棱上是Ga,个数是4×14=1，晶胞的化学式LiGaO2，

晶胞的质量为Ag7702m=N16++，晶胞体积为V=(3.0×10-8cm×3.0×10-8cm×3.86×10-8cm)，则其密度为-3888A77032gcm3.0103ρ.0103.m861==V

0N−−−++[化学―选修5：有机化学基础]12.化合物G是一些三唑类药物的重要中间体，其某种合成路线如图所示：回答下列问题：（1）A的名称为_____。（2）E中含氧官能团的名称是_____；E→F的反应类型是__

__。（3）D的结构简式为_____。（4）A→B的化学方程式为_____。（5）芳香族化合物M是D的同分异构体，则符合下列条件的M的结构有_____种。①分子中除苯环不含其他的环②苯环上有6个取代基且有一个为－N=N－CH3（6）

请设计以和CH3COOOH为原料制备的合成路线(无机试剂和溶剂任选)_____。【答案】（1）氯苯（2）①.酮羰基、硝基②.氧化反应（3）（4）+HNO3Δ浓硫酸→+H2O（5）13（6）HCl⎯⎯⎯→催化剂NaOH⎯⎯⎯⎯⎯⎯→水溶液Cu/AgΔ⎯⎯⎯→

3CHCOOOH⎯⎯⎯⎯→催化剂+2HHO⎯⎯⎯→【解析】【分析】A是氯苯，A与(CH3CO)2O在AlCl3催化下发生Cl原子在苯环对位上的取代反应产生C，C分子中的Cl原子与上N原子上的H原子发生取代反应产生D：，结合D、E结构简式的不同，可知B是，A与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反

应产生B；B、D发生取代反应产生E，E与CH3COOOH在CH2Cl2条件下发生氧化反应产生F，F在酸性条件条件下水解产生G。【小问1详解】根据A结构简式可知A物质是Cl原子与苯环连接，其名称为氯苯；【小问2详解】根据E结构简式可知E分子中的含氧官能团名

称为酮羰基、硝基；对比E、F结构简式可知E发生氧化反应产生F；【小问3详解】根据上述分析可知：物质D结构简式为：；【小问4详解】A是，A与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生B和H2O，该反应的化学方程式为：+HNO3Δ浓硫酸→+H2O；【小问5详解】物

质D结构简式为：，其分子式为C12H16N2O，同分异构体芳香族化合物M是D的同分异构体，满足条件：①分子中除苯环不含其他的环；②苯环上有6个取代基且有一个为－N=N－CH3，则符合条件的M同分异构体结构可以是苯环上连三个-CH3、一个-O

H、一个-CH=CH2、一个－N=N－CH3，即苯环上连a、b、c不同取代基有10种结构，如，c的位置有4种，，c的位置有4种，，c的位置有2种；也可以苯环上连四个-CH3、一个-CHO、一个－N=N－CH3，即苯环上连a、b不同取代基有邻、间、对三

种结构，如、、，所以符合条件的M同分异构体结构有10+3=13种，答案为13种；【小问6详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com