【文档说明】江西省重点中学盟校2020届高三下学期第一次联考理综化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，1.089 MB，由小赞的店铺上传

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江西省重点中学盟校2020届高三第一次联考理综试卷化学试题可能用到的相对原子量：H1C12N14O16F19Na23Al27Mn55Fe56Cu64一、选择题：本题共13个小题，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。1.202

0年春节，口罩成为急需品。下列有关口罩的说法不正确的是A.世界上最先使用口罩的是中国，古代侍者为防止气息传到皇帝的食物上使用丝巾做成口罩遮盖口鼻，丝巾的主要成分是蛋白质B.医用口罩由口罩面体和拉紧带组成，其中口罩面体分为内、中、外三层，中层

为隔离过滤层，由超细聚丙烯纤维熔喷材料构成，是一种有机高分子材料。C.一次性防尘口罩虽不具备过滤细菌的作用，但可防气溶胶，烟、雾都是气溶胶，但分散剂不一样。D.有大量氯气泄漏时，及时戴上用小苏打溶液润湿过的口罩，

并迅速离开现场【答案】C【解析】【分析】【详解】A．丝的主要成分是蛋白质，所以丝巾的主要成分是蛋白质，故A正确；B．聚丙烯为丙烯加聚而成的有机合成材料，是一种有机高分子材料，故B正确；C．雾、烟都是气溶胶，分散剂都为空气，故C错误；D．碳酸氢钠溶液呈碱性，可以吸收氯气，故D正确

；故选：C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A.用浓盐酸分别和MnO2、KClO3反应制备1mol氯气，转移的电子数均为2NAB.0.1mol·L－1NaF溶液中所含F－的数目小于0.1NAC.用1L1mol·L－1FeCl3溶液充分反应制备氢氧化铁胶体，该体系中含

氢氧化铁胶体粒子数目为1NAD.标准状况下，4.48LCO2和N2O的混合气体中含有的电子数为4.4NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A．浓盐酸和二氧化锰制取氯气方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，当生成1molCl2时，转移的

电子数为2NA；浓盐酸和氯酸钾制取氯气的方程式为：KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，当生成1molCl2时，转移的电子数为53NA，故A错误；B．溶液体积未知，无法计算溶液中微粒数目，故B错误；C．一个胶粒子是多个氢氧化铁的聚集体，所以胶体粒子的数目小于NA，故C错误；D．

标况下4.48LCO2和N2O的混合气体的物质的量为0.2mol，一个CO2分子含电子数为22，一个N2O含电子数也为22，所以0.2mol混合物含电子4.4mol，故D正确；故答案为D。3.Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由

X在一定条件下合成：下列说法不正确的是A.等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为3：2B.X的分子式为C11H14O5C.由X制取Y的过程中可得到甲醇D.一定条件下，Y能发生氧化反应和加成反应

【答案】A【解析】【详解】A．化合物X中酚羟基、酯基可以和NaOH溶液反应，1molX可以消耗3molNaOH；Y中酯基和酚羟基可以和NaOH反应，酯基水解后生成酚羟基还可以和NaOH反应，所以1molY可以消耗3molNaOH，故A错误；B．根据X的结构简式可知X含碳

原子个数为11，O原子个数为5，含有一个苯环和一个碳氧双键，所以不饱和度为5，所以氢原子个数为11×2+2-5×2=14，所以分子式为C11H14O5，故B正确；C．对比X和Y的结构可知，X生成Y的过程中酯基发生水解，羟基发生消

去，酯基水解时会生成甲醇，故C正确；D．Y含有碳碳双键，可以发生氧化反应和加成反应，故D正确；故答案为A。4.叶蜡石是一种重要的化工原料，化学式为X2[Y4Z10](ZW)2，短周期元素W、Z、X、Y的原子序数依

次增大，Y的最外层电子数为次外层的一半，X为地壳中含量最多的金属元素，X的离子与ZW－含有相同的电子数。下列说法不正确的是A.原子半径：X>Y>Z>WB.最简单氢化物的沸点：Y>ZC.Y的氧化物可作光导纤维的材料D.常温常压下，Z和W形成的常见化合物均为液体【答案】B【解析】【分析】叶蜡石化学式为

X2[Y4Z10](ZW)2，短周期元素W、Z、X、Y的原子序数依次增大，X为地壳中含量最多的金属元素，则X为Al；Y的最外层电子数为次外层的一半，其原子序数大于Al，则Y为Si元素；X的离子与ZW-含有相同的电子数，ZW-应为氢氧根，则Z、W分别为O、H中的一种，结合X2[Y4Z1

0](ZW)2可知，Z应为O，则W为H，以此来解答。【详解】A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：X＞Y＞Z＞W，故A正确；B．水分子间形成氢键导致水的熔沸点反常，沸点：SiH4＜H2O，故

B错误；C．Y的最高价氧化物为SiO2，SiO2可作光导纤维的材料，故C正确；D．H、O形成的化合物为H2O和H2O2，常温常压下H2O和H2O2均为液体，故D正确；故选：B。【点睛】地壳中含量最多的元素为O元素，含量最多的金属元素为Al元素；N、O、F的氢化

物分子间形成氢键，导致其熔沸点较高。5.下列实验对应的现象以及结论均正确的是选项实验现象结论A将少量Cl2通入Fel2溶液溶液变黄Cl2将Fe2+氧化为Fe3+B向Ba(ClO)2溶液中通入SO2有白色沉淀生成酸性：H2SO3>

HClOC相同温度时分别向相同浓度的ZnSO4溶液和CuSO4溶液中通入H2S前者无现象，后者有黑色沉淀生成Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)D向盛有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡，静置下层为橙色裂化汽油可萃取溴A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．向FeI2溶液中通入少量

Cl2，碘离子还原性更强，所以碘离子优先被氧化，故A错误；B．向Ba(ClO)2溶液中通入SO2，次氯酸根会将二氧化硫氧化成硫酸根，继而和钡离子生成硫酸钡沉淀，得到沉淀并不是亚硫酸钡，故B错误；C．前者无现象，后者有黑色沉淀生成，说明相同情况下，硫化铜更容

易沉淀，溶解度更小，二者为同种类型沉淀，溶解度越小则溶度积越小，所以Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，故C正确；D．裂化汽油中含有烯烃，能与溴水发生加成反应，因此无法从溴水中萃取溴单质，故D错误；故答案为C。6.在潮湿的深层土壤中，钢管主要发生厌氧腐蚀，有关厌氧腐蚀的机理

有多种，其中一种理论为厌氧细菌可促使SO42－与H2反应生成S2－，加速钢管的腐蚀，其反应原理如图所示。下列说法不正确的是A.正极的电极反应式为：2H2O＋2e－＝H2＋2OH－B.SO42－与H2的反应可表示为：4H2＋SO42－

厌氧细菌S2－＋4H2OC.钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe(OH)3D.在钢管表面镀锌可减缓钢管的腐蚀【答案】C【解析】【详解】A．在潮湿的深层土壤中钢管主要发生厌氧腐蚀，没有氧气参与反应，正极上水发生还原反应生成H2，电极反应式为2H2O+2e-=2

OH-+H2，故A正确；B．SO42-与H2在厌氧细菌的催化作用下反应生成S2-和H2O，根据电子守恒和元素守恒可知离子反应式为：4H2+SO42-厌氧细菌S2-+4H2O，故B正确；C．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应式都是Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为2H++2e-=H2↑，SO42-与H2

的反应可表示为：4H2+SO42-厌氧细菌S2-+4H2O，亚铁离子和硫离子反应生成硫化亚铁，硫离子是多元弱酸阴离子，水解分步进行，水解的离子方程式为：S2-+H2O⇌HS-+OH-，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉

淀，所以钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe(OH)2，故C错误；D．原电池中，作负极的金属加速被腐蚀，作正极的金属被保护，Fe、Zn和电解质溶液构成原电池时，锌更活泼，易失电子作负极，Fe作正极，所以Fe被保护，在钢管表面镀锌可以防止腐蚀，故D正确

；故答案为C。7.常温下，用0.100mol·L－1NaOH溶液滴定10mL0.100mol·L－1H3PO4溶液，曲线如图所示。下列说法正确的是A.滴定终点a可选择酚酞作指示剂B.c点溶液中c(Na＋)>3c(PO43

－)＋2c(HPO42－)＋c(H2PO4－)C.b点溶液中c(HPO42－)>c(PO43－)>c(H2PO4－)D.a、b、c三点中水的电离程度最小的是c【答案】B【解析】【分析】NaOH滴定磷酸过程中依次发生反应：NaOH+H3PO4=NaH2PO4+H2O、NaOH+NaH2PO4=Na2

HPO4+H2O、NaOH+Na2HPO4=Na3PO4+H2O，依次对应加入10mLNaOH、20mLNaOH、30mLNaOH。【详解】A．据图可知a点的pH=4，酚酞的变色为8.2~10，所以用酚酞作指示剂不合

适，故A错误；B．c点加入30mLNaOH，溶液中的溶质为Na3PO4，根据物料守恒可知c(Na＋)=3c(PO43－)＋3c(HPO42－)＋3c(H2PO4－)+3c(H3PO4)，所以c(Na＋)

>3c(PO43－)＋2c(HPO42－)＋c(H2PO4－)，故B正确；C．b点加入20mLNaOH，溶液中的溶质为Na2HPO4，此时溶液显碱性，说明HPO42-的水解程度大于其电离程度，所以c(H2PO4－)>c(PO43－)，故C错

误；D．酸或碱的电离抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，在c点处溶质只有Na3PO4，此时只有磷酸根的水解促进电离，水的电离程度最大，故D错误；故答案为B。【点睛】解决此类问题的关键是根据滴定曲线，通过加入的NaOH的量来

判断各点相应的溶质是什么，再结合pH值、水解电离规律进行离子浓度的相关判断。三、非选择题：共174分，第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。8.高纯MnCO3在电子工业中有重要的应用，工业上利用软锰

矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)制取碳酸锰的流程如图所示：已知：还原焙烧主反应为2MnO2＋C焙烧2MnO＋CO2↑。可能用到的数据如下：根据要求回答下列问题：(1)在实验室进行步骤A，混合物

应放在__________中加热；步骤C中的滤渣为__________。(2)步骤D中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。(3)步骤E中调节pH的范围为____________，其目的是______________________________。(4)步

骤G，温度控制在35℃以下的原因是____________________________________，若Mn2+恰好沉淀完全时测得溶液中CO32-的浓度为2.2×10－6mol/L，则Ksp(MnCO

3)＝____________。(5)生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否干净的方法是_____________________。(6)现用滴定法测定产品中锰元素的含量。实验步骤：称取3.300g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使产品中MnCO3完全

转化为[Mn(PO4)2]3－(其中NO3-完全转化为NO2－)；加入稍过量的硫酸铵，发生反应NO2-＋NH4＋＝N2↑＋2H2O以除去NO2-；加入稀硫酸酸化，再加入60.00mL0.500mol·L－1硫酸亚铁铵溶液，发生的反应为[Mn(PO4)2]3－＋

Fe2＋＝Mn2＋＋Fe3＋＋2PO43－；用5.00mL0.500mol·L－1酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2＋。①酸性K2Cr2O7溶液与Fe2+反应的离子方程式为___________________

__________________。②试样中锰元素的质量分数为____________。【答案】(1).坩埚(2).C、Cu和CaSO4(3).1∶2(4).3.7≤pH＜8.1(5).使Fe3＋转化为Fe

(OH)3而除去，而不影响Mn2＋(6).减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率(7).2.2×10－11(8).取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净(9).6Fe

2＋＋Cr2O72-＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O(10).25%【解析】【分析】(1)~(5)原料加木炭焙烧，主要发生2MnO2+C焙烧2MnO+CO2↑，且C与Fe2O3、CuO发生反应，生成Fe、Cu，再用硫酸酸浸过滤得到MnSO4

、FeSO4溶液，过滤分离出滤渣为不和稀硫酸反应的Cu、过量的木炭以及碳酸钙转化成的CaSO4，再氧化、调节pH除去Fe3+得到MnSO4溶液，最后与NH4HCO3反应生成MnCO3，分离烘干得到MnCO3，以此

来解答。(6)滴定原理为：利用酸性K2Cr2O7滴定剩余的Fe2+的量，从而确定与[Mn(PO4)2]3－反应的Fe2+的量，继而确定Mn元素的量。【详解】(1)高温焙烧物质应在坩埚中进行；根据分析可知滤

渣为C、Cu和CaSO4；(2)步骤D中MnO2被还原成Mn2+，化合价降低2价，Fe2+被氧化成Fe3+，化合价升高1价，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；(3)此时溶液中的杂质主要为Fe3+，结合表中数据可知步骤E中调节pH的范围为3.7≤pH＜8.3，其目的是使铁离子转

化为氢氧化铁而除去，而不影响Mn2+；(4)铵盐不稳定，受热易分解，所以步骤G中温度需控制在35℃以下，减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率；Mn2＋恰好沉淀完全时可认为c(Mn2+)=10-5mol/L，Ksp(MnCO3)=

c(Mn2+)·c(CO32-)=10-5×2.2×10－6=2.2×10-11；(5)生成的MnCO3沉淀可能附着有硫酸盐，所以检验是否含有硫酸根即可确认沉淀是否洗涤干净，具体操作为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加

用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；(6)①酸性K2Cr2O7具有强氧化性，可以把亚铁离子氧化成铁离子，自身被还原成Cr3+，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得离子方程式为6Fe2＋＋Cr2O72-＋14

H＋=6Fe3+＋2Cr3＋＋7H2O；②根据方程式6Fe2＋＋Cr2O72-＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O可知剩余n(Fe2+)=0.500mol·L-1×0.005L×6=0.015mol，则与[Mn(PO4)2]3－反应的n(Fe2+)=0.500mol·L-1×0

.06L-0.015mol=0.015mol，根据方程式[Mn(PO4)2]3-＋Fe2＋＝Mn2＋＋Fe3＋＋2PO43－可知n(Mn)=0.015mol，所以锰元素的质量分数为0.015mol55g/mol100%3.300g=25%。9.碳酸二乙酯()常温下为无色清

澈液体。主要用作硝酸纤维素、树脂和一些药物的溶剂，或有机合成的中间体。现用下列装置制备碳酸二乙酯。回答下列问题：(1)甲装置主要用于制备光气(COCl2)，先将仪器B中的四氯化碳加热至55～60℃，再缓缓滴加发烟硫酸。①仪器B的名称是____________。②仪器A的侧导管a的作用是

______________________。(2)试剂X是____________，其作用是_____________________________________________。(3)丁装置除了吸收COCl2外，还能吸收的气体是____________(填

化学式)。仪器B中四氯化碳与发烟硫酸(用SO3表示)反应只生成两种物质的量为1：1的产物，且均易与水反应，写出该反应化学方程式：________________________________________________。(4)无水乙醇与光气反应生成氯甲酸乙

酯，再继续与乙醇反应生成碳酸二乙酯。①写出无水乙醇与光气反应生成氯甲酸乙酯的化学方程式：__________________________。②若起始投入92.0g无水乙醇，最终得到碳酸二乙酯94.4g，则碳酸二乙酯的产率是______(三位有效数字)【答案】(1).三颈烧

瓶(2).平衡压强，有利于仪器A中液体顺利流下(3).浓硫酸(4).防止丁装置中的水蒸气进入乙中(5).HC1(6).SO3+CCl455-60℃COCl2+SO2Cl2(7).COCl2+CH3CH2OH

→CH3CH2OOCCl+HCl(8).80.0%【解析】【分析】本实验的目的是制备碳酸二乙酯，甲装置中利用发烟硫酸和四氯化碳反应制备COCl2，通入无水乙醇进行反应，无水乙醇与光气反应生成氯甲酸乙酯，再继

续与乙醇反应生成碳酸二乙酯；COCl2遇水迅速水解，所以整个制备过程需要在无水环境中进行，因此丙装置中应盛有浓硫酸防止丁中的水蒸气进入乙装置；装置丁进行尾气吸收。【详解】（1）①根据仪器B的结构特点可知其为三颈烧瓶

；②仪器A的侧导管a可以平衡压强，有利于仪器A中液体顺利流下；（2）根据分析可知试剂X应为浓硫酸，其作用是防止丁装置中的水蒸气进入乙中；（3）COCl2与无水乙醇作用可以生成氯甲酸乙酯，再继续与乙醇反应生成碳酸二乙酯，根据元素守恒可

知该过程中还有HCl产生，所以丁装置还能吸收HCl气体；四氯化碳与发烟硫酸(用SO3表示)反应只生成两种物质的量为1：1的产物，且均易与水反应，根据题目提供信息可知产物中除了COCl2，还应含有SO2Cl2，根

据元素守恒可得方程式为SO3+CCl455-60℃COCl2+SO2Cl2；（4）①根据元素守恒无水乙醇与光气反应生成氮甲酸乙酯的化学方程式应为COCl2+CH3CH2OH→CH3CH2OOCCl+HCl；②氯甲酸乙酯与乙醇反

应生成碳酸二乙酯的方程式应为CH3CH2OOCCl+CH3CH2OH→+HCl，所以理论上2mol无水乙醇可以生成1mol碳酸二乙酯，92.0g无水乙醇的物质的量为92.0g46g/mol=2mol，应生成1m

ol碳酸二乙酯，所以产率为94.4g100%1mol118g/mol=80%。【点睛】本实验中仪器A的名称是恒压滴液漏斗，由于导管的存在可以使分液漏斗内压强和烧瓶中的压强一致，有利于液体顺利滴下，其

他类似的装置作用原理一样。10.中科院大连化学物理研究所的一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，如图所示，甲烷在催化作用下脱氢，在不同温度下分别形成等自由基，在气相中经自由基：CH2偶联反应生成乙烯(该反应过程可逆)物质燃烧热/(kJ•mol-1)氢气285.8甲烷8

90.3乙烯1411.0(1)已知相关物质的燃烧热如上表所示，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式______________。(2)现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X(分子式为C2H4O，不含双键)该反应符

合最理想的原子经济，则反应产物是____________(填结构简式)(3)在400℃时，向初始体积为1L的恒压密闭反应，器中充入1molCH4，发生(1)中反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为25.0%。则：①在该温度下，其平衡常数KC＝____________

。②若向该反应器中通入高温水蒸气(不参加反应，高于400℃)，则C2H4的产率____________。(填“增大”“减小”“不变”或“无法确定”)，理由是_______________________________。③若反应器的体积固定，不同压强下

可得变化如右图所示，则压强P1，P2的大小关系是____________。(4)实际制备C2H4时，通常存在副反应2CH4(g)C2H4(g)＋2H2(g)。反应器和CH4起始量不变，不同温度下C2H6和C2H4的体积分数与温度的关系曲线如右图所示。在温度高于600℃时，有可能得到一种较多的双碳有

机副产物的名称是____________。(5)C2H4、C2H6常常作为燃料电池的原料，请写出C2H4在NaOH溶液中做燃料电池的负极的电极反应方程式_______________________________________________

_。【答案】(1).2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)ΔH=+202.0kJ/mol)(2).(3).1.0(4).增大(5).该反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸汽相当于加热，同时通入水蒸气，反应器的体积增大，相当于减小压强，均使

平衡右移，C2H4的产率增大(6).P1>P2(7).乙炔(8).16OH-+C2H4-12e-=2CO32-+10H2O【解析】【详解】(1)根据表格中数据有：①H2(g)+12O2(g)═H2O(l)△H1=-28

5.8kJ/mol；②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H2=-890.3kJ/mol；③C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H3=-1411.0kJ/mol；甲烷制备乙烯的化学方程式为：2CH4(g)⇌C2H4

(g)+2H2(g)，根据盖斯定律，将②×2-③-①×2得到，2CH4(g)⇌C2H4(g)+2H2(g)△H=2△H2-△H3-2△H1=+202.0kJ/mol；(2)由题意乙烯与氧气催化制备X，X的分子式C2H4O，不含双键，反应符合最理想的原子经济可知

，X的结构简式为；(3)①400℃时，向1L的恒容反应器中充入1molCH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为25.0%，设转化的甲烷为x，由此建立如下三段式：()()()4224+2Hgmol100mol2xx2xmol1-2xx2x2CHgCHg起始()转

化()平衡()相同条件下气体的体积比等于物质的量之比，所以有x1-2x+x+2x=25%，解得x=13mol，平衡时气体的总物质的量为1124++mol=mol3333，容器恒压，则气体的物质的量之比等于体积之比，原体积为1L，则此时体积应为43L，所以化学平衡常数为

平衡常数K=()()()12233242444233122343()H=()CHCHccc=1.0；②甲烷制备乙烯的反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气，相当于加热，平衡右移，产率增大；同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡右移，产率也增大，因此C2H4的产率将增大；③若

容器体积固定，甲烷制备乙烯的反应为气体体积增大的反应，温度相同时，增大压强平衡向逆反应方向移动，CH4的平衡转化率降低，因此P1>P2；(4)甲烷在不同温度下分别形成等自由基，据图可知温度高于600℃时，应有较多的自由基生成，自由基结合生成，则双碳有机副产物为乙炔；(5

)燃料电池的负极化合价升高，C2H4在NaOH溶液中转化为CO32-，电极反应式为：C2H4-12e-+16OH-=2CO32-+10H2O。【点睛】本题平衡常数的计算为难点、易错点，要注意本题中的容器

为恒压容器，而不是恒容，涉及的反应前后气体系数之和不相等，所以在平衡移动的过程中容器的体积会变，所以在计算平衡常数时要先算出此时容器的体积，才能求出浓度。(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作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。[化学——选修3：物质结构与性质]11.催化剂在现代化学工业中占有极其重要的地位，主要涉及过渡元素及其化合物、硅、铝化合物等。中国科学家创造性地构建了硅化物晶格限域的单铁中心催化

剂，成功地实现了甲烷在无氧条件下选择活化，一步高效生产乙烯、芳烃和氢气等化学品。(1)硅、碳位于同一主族，用“>”“<”或“＝”填空：性质原子半径第一电离能熔点键能项目①Si__________C②C_________Si③CO2______SiO2④H-Si_______H-C(2)CN－能与

Fe3＋形成配合物，与CN－互为等电子体的分子有_____________(任写一种)；1mol[Fe(CN)6]3－中含____________molσ键。(3)已知：反应2CH4催化剂CH2＝CH2＋2H2，碳原子的

杂化类型转化过程为___________；(4)聚四氟乙烯是一种准晶体，准晶体是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过___________方法区分晶体、准晶体和非晶体。(5)基态F原子的价层电子排布图为___________。(6)[H2F]＋[SbF6]－(氟锑酸)

是一种超强酸，存在[H2F]＋，该离子的空间构型为____________。(7)CuCl的熔点为426℃，熔化时几乎不导电；CuF的熔点为908℃，密度为7.1g·cm－3。①CuF的熔点比CuCl的高，原因是____________

________________________________。②已知NA为阿伏加德罗常数的值，CuF的晶胞结构如图所示，则CuF的晶胞参数a＝__________nm(列出计算式)。【答案】(1).>(2).>(3).<(4).<(5).N2(或CO等)(6).12(7).sp3转化成sp2

(8).X−射线衍射(9).(10).V形(11).CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体(12).A48337.1N×107【解析】【详解】(1)①Si原子电子层数为3，C原子电子层数为2，所以半径Si>C；②Si原子电子层数为3，C原子电子层数为2，所以C原子的原子核对核外电子的

吸引能力更强，第一电离能更大；③二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，所以熔点：CO2>SiO2；④Si原子半径更大，所以键能H-Si<H-C；(2)原子总数相同，价电子总数也相同的分子或离子互为等电子体，CN－的原子数为2，价电子数

为10，用N原子替换C原子与1个单位负电荷，或者用O原子替换N原子与1个单位负电荷，得到与CN-互为等电子体的分子为：N2或CO等；[Fe(CN)6]3-中Fe3+与CN-形成6个配位键，CN-中有1个σ键，故[Fe(CN)6]3-中共有

12个σ键，1mol[Fe(CN)6]3-中含12molσ键；(3)CH4为正四面体结构，C原子采取sp3杂化，CH2=CH2为平面结构，C原子采取sp2杂化，碳原子的杂化类型转化过程为：sp3杂化转

化为sp2杂化；(4)可通过X−射线衍射实验方法区分晶体、准晶体和非晶体；(5)F为9号原子，所以基态F原子的价层电子为2s22p5，排布图为；(6)该离子中心原子价层电子对数为7-12-12+2=4，含有2对孤电子对，所以空间构型为V形；(7)①根据CuCl熔化时几乎不导电可

知其为分子晶体，熔点较低，而CuF为离子晶体，熔点较高；②根据均摊法晶胞中F-个数为4，化学式为CuF，所以Cu+个数也为4，则晶胞的质量m=A194+644Ng，晶胞的体积为a3nm3，晶胞密度为7.1g·cm－3=7.1×10-21g·n

m－33A3194+644gnamN，解得a=A48337.1N×107nm。[化学——选修5：有机化学基础]12.环丙贝特(H)是一种降血脂药物，可明显降低极低密度和低密度脂蛋白水平，并升高高密度脂蛋白，通过改善胆固醇的分

布，可减少CH和LDL在血管壁的沉积，还有溶解纤维蛋白和阻止血小板凝聚作用。如图是合成环丙贝特的一种新方法：回答下列问题：(1)B的化学名称为___________。(2)F中非含氧官能团的名称为___________。(3)反应①的反应类型为___________，反应④的化学方

程式为_______________________。(4)M为的同分异构体，能与NaHCO3溶液反应产生气体，则M的结构共有____种(不考虑立体异构)；其中1HNMR中有3组峰，且峰面积之比为6：2：1的结构简式为___________。(5)利用Wittig反应，设计以环己烷为原料(其

他试剂任选)，制备的合成路线：____________________________________________。【答案】(1).对羟基苯甲醇（或4−羟基苯甲醇）(2).氯原子(3).加成反应(4).+

→+HBr(5).12(6).、(7).【解析】【分析】由A的分子式、B的结构简式，可知A为，A与甲醛发生加成反应生成B；B发生氧化反应生成C，C发生Wittig反应生成D，D发生取代反应生成E，E环化生

成F，F水解生成H。(5)对比和的结构差异可知，引入碳碳双键、同时增加1个碳原子，结合Wittig反应的特点分析合成路线。【详解】(1)B的结构简式为，根据系统命名法可知其名称应为对羟基苯甲醇或4−羟基苯甲醇；(2)F中的官能团有酯基、醚键、氯原子，其

中非含氧官能团为氯原子；(3)反应①为苯酚与甲醛发生加成反应生成B；反应④为D中羟基上的氢原子被取代的过程，反应的方程式为+→+HBr；(4))M为的同分异构体，所以分子式为C5H9O2Br，能与NaHCO3溶液反应产生气体，说明含有-COOH，因含有两个官能

团，所以可以定一移一进行讨论，数字代表溴原子的位置，则符合条件的有、、、，共有4+4+1+3=12种结构；其中1HNMR中有3组峰，且峰面积之比为6：2：1的结构简式为、；(5)在光照条件下与氯气取代生成，

水解生成，发生催化氧化生成，根据题干可知发生Wittig反应生成，所以合成路线为。【点睛】本题同分异构体的数目确定为难点，当有机物有两个官能团时，可以“定一移一”进行讨论，可先确定戊酸的结构，戊酸即羧基+丁基，丁基

有4种，则戊酸有4种，之后再判断溴原子的位置，确定同分异构体的数目。