1、四川省泸县第二中学2020届高三化学下学期第四次学月考试试题（含解析）1.化学与生活、社会密切相关。下列说法正确的是A. 苏打是面包发酵粉的主要成分B. 汽油和乙烯均为石油分馏得到的产品C. CaO可作工业废气的脱硫剂D. 蔗糖、淀粉、油脂的水解产物均为非电解质【答案】C【解析】【详解】A面包发酵粉的主要成分是碳酸氢钠，易分解生成二氧化碳气体，易与酸反应，故A错误；B乙烯为裂解产品，石油分馏得到的产品含汽油，故B错误；CCaO与二氧化硫反应，则CaO可用作工业废气的脱硫剂，故C正确；D蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，淀粉水解生成葡萄糖，油脂水解生成甘油和高级脂肪酸，葡萄糖、果糖、甘油均为非电解质，高
2、级脂肪酸为电解质，故D错误；故答案为C。2.下列实验操作、现象和所得出结论正确是（ ）选项实验操作实验现象实验结论A向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热一段时间后，再加入新制Cu(OH)2，加热没有出现砖红色沉淀淀粉没有水解B取少量Mg(OH)2悬浊液，向其中滴加适量浓CH3COONH4溶液 Mg(OH)2溶解CH3COONH4溶液呈酸性C将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中酸性高锰酸钾溶液褪色石蜡油分解产物中含有不饱和烃D将海带剪碎，灼烧成灰，加蒸馏水浸泡，取滤液滴加硫酸溶液，再加入淀粉溶液溶液变蓝海带中含有丰富的I2A. AB. BC.
3、CD. D【答案】C【解析】【详解】A应加入碱溶液将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生红色沉淀，选项A错误；B、CH3COONH4溶液呈中性，取少量Mg(OH)2悬浊液，向其中滴加适量浓CH3COONH4溶液是由于铵根离子消耗氢氧根离子，使氢氧化镁的溶解平衡正向移动，Mg(OH)2溶解，选项B错误；C、将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色，说明石蜡油分解生成不饱和烃，选项C正确；D、灼烧成灰，加蒸馏水浸泡后必须加氧化剂氧化，否则不产生碘单质，加淀粉后溶液不变蓝，选项D错误。答案选C。3.设NA表示阿伏加德罗常数的值
4、。下列判断正确的是A. 标准状况下，2.24L苯中含有碳碳双键数为0.3NAB. 6.4gS2、S4和S8的混合物中所含硫原子数为0.2NAC. 1L0.1molL-1的氢碘酸中含碘化氢分子数为0.1NAD. 60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应时断裂的C-O键数为NA【答案】B【解析】【详解】A. 苯在标准状况下为液体，不可利用气体摩尔体积计算，且苯中不含碳碳双键，故A错误；B. 6.4gS2、S4和S8的混合物中所含硫原子数NAmol-1=0.2NA，故B正确；C.氢碘酸为强酸，在溶液中完全电离，不存在碘化氢分子，故C错误；D. 酯化反应是可逆反应，不可进行到底，无法计算断裂的C-O键数，故D
5、错误；答案：B4.萘乙酸甲酯是具有生长素活性的植物生长调节剂，农业上可用于抑制马铃薯块茎贮藏期发芽等，其结构如图所示，下列有关萘乙酸甲酯的判断错误的是A. 其在水中和苯中的溶解度均较大B. 属于芳香化合物，分子式为C13H12O2C. 能发生水解反应、氧化反应和加成反应D. 其一氯取代产物共有9种（不考虑立体异构体）【答案】A【解析】【详解】A含有酯基，在水中溶解度小，在苯中溶解度大，故A错误；B含有苯环，属于芳香化合物，其分子式为C13H12O2，故B正确；C含有酯基，可发生水解反应，苯环上可发生加成反应，能燃烧发生氧化反应，故C正确；D分子结构中含有9种等效氢，则一氯代物有9种，故D正确；
6、故答案为A。【点睛】“等效氢法”是判断烃的一元取代物的同分异构体最常用的方法。分子中同一甲基上连接的氢原子等效，同一碳原子所连的氢原子等效，同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，处于镜面对称位置上的氢原子等效。5.主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同，R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂；Z3+和Y2-具有相同的电子层结构；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀。下列说法不正确的是（ ）A. 原子半径：TRWZB. T和R形成化合物的水溶液呈碱性C. 化合物TX具有很强的还原性，可与水反应D. T、R
7、、Z三种元素最高价氧化物对应的水化物两两能发生反应【答案】A【解析】【分析】主族元素X、Y、Z、W、R、T原子序数依次增大，且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同，则X为H元素；R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，为O3，则Y为O元素；R为S元素；Z3+和Y2-具有相同的电子层结构Z在Y的下一周期，Z为铝元素；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀，且W的原子序数大于铝而小于硫，故T2WY3为K2SiO3，生成的白色沉淀为硅酸，据此分析。【详解】主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同，则X为
8、H元素；R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，为O3，则Y为O元素；R为S元素；Z3+和Y2-具有相同的电子层结构Z在Y的下一周期，Z为铝元素；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀，且W的原子序数大于铝而小于硫，故T2WY3为K2SiO3，生成的白色沉淀为硅酸。A. 同周期元素从左而右依次减小，故原子半径：T(K) Z(Al) W(Si) R(S)，选项A不正确；B. T和R形成化合物K2S为强碱弱酸盐，水解呈碱性，选项B正确；C. 化合物TX为KH，具有很强的还原性，可与水反应生成氢氧化钾和氢气，选项C正确；D. T、R、Z三种元素的最高价氧化物对应
9、的水化物氢氧化钾、硫酸、氢氧化铝两两能发生反应，选项D正确。答案选A。【点睛】本题考查元素周期表元素周期律的应用。推断元素是解题的关键，通过判断：Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，结合Y元素原子序数较小，可知为O3，从而进一步求解。6.当电解质中某离子的浓度越大时，其氧化性或还原性越强，利用这一性质，有人设计出如图所示“浓差电池”(其电动势取决于物质的浓度差，是由一种物质从高浓度向低浓度转移而产生的)。其中，甲池为3molL1的AgNO3溶液，乙池为1molL1的AgNO3溶液A、B均为Ag电极。实验开始先断开K1，闭合K2，发现电流计指针发生偏转。下列说法不正确的是A. 当电流计指针归零后
10、，断开K2，闭合K1，一段时间后B电极的质量增加B. 断开K1，闭合K2，一段时间后电流计指针归零，此时两池银离子浓度相等C. 实验开始先断开K1，闭合K2，此时NO3向B电极移动D. 当电流计指针归零后，断开K2闭合K1，乙池溶液浓度增大【答案】A【解析】【分析】断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，甲池为3molL-1的AgNO3溶液，乙池为1molL-1的AgNO3溶液，Ag+浓度越大氧化性越强，可知A为正极，发生还原反应，B为负极，发生氧化反应，NO3-向负极移动；闭合K1，断开K2，为电解装置，与电源正极相连的B极为阳极，阳极金属银被氧化，阴极A析出银，NO3-向阳极移动，乙池浓度增大
11、，甲池浓度减小，据此解答。【详解】A.闭合K1，断开K2后，乙池中的B极为电解池的阳极，银失电子发生氧化反应，质量减小，故选A；B.断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，甲池为3molL-1的AgNO3溶液，乙池为1molL-1的AgNO3溶液，Ag+浓度越大氧化性越强，可知A为正极，发生还原反应，B为负极，发生氧化反应，NO3-向负极移动，乙池硝酸银浓度逐渐增大，一段时间后电流计指针归零，此时两池银离子浓度相等，故不选B；C.断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，A为正极，B为负极，阴离子移向负极，则NO3-向B极移动，故不选C；D.当电流计指针归零后，断开K2闭合K1，为电解装置，与电源正极相
12、连的B极为阳极，阳极金属银被氧化，阴极A析出银，NO3-向阳极移动，乙池溶液浓度增大，故不选D；答案：A【点睛】本题综合考查电解池和原电池的工作原理，为高考常见题型，侧重于学生分析能力、灵活应用能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，题目难度中等，易错点是关于浓差电池的理解。7.室温下，向10mL0.1molL-1HX溶液中逐滴加入0.2molL-1YOH溶液，混合溶液的pH变化情况如图所示（温度和体积变化忽略不计）。则下列结论错误的是A. HX为一元强酸，YOH为一元弱碱。B. M点水的电离程度大于N点水的电离程度C. N点对应溶液中粒子浓度：c（YOH）c（Y+）c（X-）c（OH-）
13、c（H+）D. 25时pH=4的YX溶液中水电离出的c（H+）=1.010-4molL-1【答案】C【解析】【分析】0.1molL-1 HX溶液的pH=1，说明HX完全电离，为强酸；HX与YOH恰好完全中和生成盐，需要YOH溶液5mL，如果YOH为强碱，则在横坐标为5mL时，pH=7，但是图象显示横坐标为6mL时，pH=7，因此确定YOH为弱碱；M点溶液为中性，N点为YOH与YX物质的量之比为1:1混和液，由于pH7,则电离大于水解,抑制水的电离。【详解】A.0.1molL-1 HA溶液中pH=1，则HA是强酸，HX与YOH恰好完全中和生成盐，需要YOH溶液5mL，如果YOH为强碱，则在横坐标
14、为5mL时，pH=7，但是图象显示横坐标为6mL时，pH=7，因此确定YOH为弱碱，故不选A；B.由图象可知，M点溶液呈中性，水电离的氢离子为10-7mol/L，N点溶液呈碱性，YOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10-7mol/L，所以M点水的电离程度大于N点水的电离程度，故不选B；C.N点为YOH与YX物质的量之比为1:1混和液，YOHY+OH-，Y+H2OYOH+H+，因为pH7,所以电离大于水解,离子浓度c（Y+）c（X-）c(YOH)c（OH-）c（H+）,故选C；D.YX溶液中存在Y+H2OYOH+H+，所以pH=4的YX溶液中水电离出的c（H+）=1.010-4
15、molL-1，故不选D【点睛】本题考查了酸碱混合时的定性判断、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握酸碱混合的定性判断方法，需要根据酸溶液的pH和酸的浓度确定酸的强弱。8.实验室可利用SO2与Cl2在活性炭的催化下制取一种重要的有机合成试剂磺酰氯(SO2Cl2)。所用的反应装置如图所示(部分夹持装置省略)。已知SO2Cl2的熔点为-54.1，沸点为69.1，遇水能发生剧烈的水解反应，遇潮湿空气会产生白雾。(1)化合物SO2Cl2中S元素的化合价为_。(2)仪器D的名称是_。(3)乙、丙装置制取原料气Cl2与SO2。乙装置F中充满Cl2，则E中所盛放的溶液为_(填溶液的名称)。丙装置中试
16、剂X、Y的组合最好是_。A.98%浓硫酸+Cu B.70%H2SO4+Na2SO3 C.浓HNO3+Na2SO3(4)上述装置的正确连接顺序为_、_、丁、_、_(用甲、乙、丙表示，可重复使用)_。(5)B装置中从a口通入冷水的作用是_；C装置的作用是_。(6)SO2Cl2遇水能发生剧烈的水解反应，会产生白雾，则SO2Cl2发生水解反应的化学方程式为_。(7)若反应中消耗氯气的体积为1.12L(已转化为标准状况，SO2足量)，最后通过蒸馏得到纯净的磺酰氯5.13g，则磺酰氯的产率为_(保留三位有效数字)。【答案】 (1). +6 (2). 三颈烧瓶(或三口烧瓶) (3). 饱和食盐水或饱和氯化钠
17、溶液 (4). B (5). 丙甲甲乙(或乙甲甲丙) (6). 冷凝回流 (7). 防止空气中水蒸气进入装置D中，同时吸收SO2与Cl2，防止污染空气 (8). SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl (9). 76.0%【解析】【分析】本实验目的是利用SO2与Cl2在活性炭的催化下制取磺酰氯(SO2Cl2)，需要将氯气和二氧化硫通入装置丁中进行反应，而SO2Cl2遇水能发生剧烈的水解反应，遇潮湿空气会产生白雾，所以气体通入装置丁之前需要先进行干燥，同时装置C可以防止空气中的水蒸气进入反应装置，同时可以吸收尾气；SO2Cl2熔沸点较低，为减少其挥发损耗，加装球形冷管冷凝回流；乙装置F中充
18、满氯气，实验时需要将集气瓶内的氯气排出，可在装置E中盛放饱和食盐水；装置丙制备二氧化硫，实验室常用浓硫酸和亚硫酸钠反应制备二氧化硫。【详解】(1)SO2Cl2中氧元素-2价，氯元素-1价，故硫元素+6价；(2)根据仪器D的结构特点可知其为三颈烧瓶；(3)E中溶液需要将集气瓶中的氯气排出，则对氯气的溶解度应很小，应选用饱和食盐水；丙为制取二氧化硫的装置，选用浓硫酸和亚硫酸钠，但硫酸浓度不能太大，否则不易电离出氢离子，不利于二氧化硫的生成，70%H2SO4和Na2SO3即可；铜与浓硫酸的反应需要加热，浓硝酸具有强氧化性会将亚硫酸根氧化成硫酸根，得不到二氧化硫，所以选B；(4)由丙制备二氧化硫，经过
19、甲干燥，由乙提供氯气，经过甲干燥，在丁中反应得到产品，则连接顺序为丙、甲、丁、甲、乙或乙、甲、丁、甲、丙；(5)SO2Cl2沸点较低，冷凝管可使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流；SO2Cl2遇水反应，应注意隔离水分，同时参与反应的气体均为有毒气体，不能直接排放，故装置c的作用是防止空气中的水蒸气进入装置D中，同时吸收二氧化硫和氯气，防止污染空气；(6)SO2Cl2发生水解反应得到硫酸和盐酸，化学方程式为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；(7)反应中消耗氯气的体积为1.12L，则反应氯气的物质的量为0.05mol，根据氯元素守恒，理论上得到的磺酰氯(SO2Cl2)也为0.05mol，
20、则磺酰氯的产率为=76.0%。【点睛】对于陌生物质的制备实验，一样要充分把握题目所给的有关该物质的性质信息，例如本题中“SO2Cl2遇水能发生剧烈的水解反应，遇潮湿空气会产生白雾”，据此可知制备过程中不能有水分，则气体进入反应装置前需要干燥，出后也需要干燥装置防止外界水分进入。9.以含钴废催化剂（主要成分为Co、Fe、SiO2）为原料，制取氧化钴的流程如下：（1）溶解：溶解后过滤，将滤渣洗涤23次，洗液与滤液合并，其目的是_，所得滤渣的主要成分是_（写化学式）。（2）氧化：加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式_。已知：铁氰化钾化学式为K3Fe(CN)6；亚铁氰
21、化钾化学式为K4Fe（CN）63H2O3Fe2+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62（蓝色沉淀）4Fe3+3Fe(CN)64-=Fe4Fe(CN)63（蓝色沉淀）确定Fe2+是否氧化完全的方法是_。（可供选择的试剂：铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、铁粉、KSCN溶液）（3）除铁：加入适量的Na2CO3调节酸度，生成黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，写出该反应的化学方程式_。（4）沉淀：生成沉淀碱式碳酸钴(CoCO3)23Co(OH)2，沉淀需洗涤，洗涤的操作是_。（5）溶解：CoCl2的溶解度曲线如图所示向碱式碳酸钴中加入足量稀盐酸，边加热边搅拌至完全溶解后，需趁热过滤，
22、其原因是_。（6）灼烧：准确称取所得CoC2O41.470g，在空气中充分灼烧得0.830g氧化钴，写出氧化钴的化学式_。【答案】 (1). 提高钴等元素的利用率 (2). SiO2 (3). 6Fe2+6H+ClO3-6Fe3+Cl-+3H2O (4). 取氧化后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则Fe2+已全部被氧化； (5). 3Fe2(SO4)3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+5Na2SO4+6CO2 (6). 向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出重复操作23次 (7). 防止因温度降低，CoCl2晶体析出 (8).
23、Co2O3【解析】【分析】由流程图可知，向含钴废催化剂中加入稀硫酸，钴和铁与硫酸反应，反应的化学方程式为Co+H2SO4=CoSO4+H2、Fe+H2SO4=FeSO4+H2，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤，滤渣是不溶的二氧化硅，而滤液是硫酸钴、硫酸亚铁与过量的硫酸的混合溶液；向滤液中加入氯酸钠，氯酸钠具有氧化性，酸性条件下将亚铁离子氧化成铁离子；向反应后溶液中加入碳酸钠，调节溶液pH为2，将溶液中的铁离子转化为黄钠铁矾Na2Fe6（SO4）4（OH）12沉淀除去；过滤，向滤液中继续加入碳酸钠，调节溶液pH为7，得到碳酸钴沉淀；过滤，用盐酸溶解碳酸钴沉淀，再向所得溶液中加入草酸铵，得到草酸钴沉淀
24、，过滤，灼烧草酸钴沉淀，草酸钴沉淀与空气中氧气反应生成氧化钴，据此分析解答。【详解】(1)洗液与滤液合并，提高洗涤和滤液中钴的利用率，因SiO2不溶于稀硫酸，故滤渣的主要成分是SiO2；(2)亚铁离子被氯酸根离子氧化成铁离子，1molr的亚铁离子失去1mol的电子，而1mol的氯酸根离子得到6mol的电子，根据电子得失守恒，可知离子方程式为：6Fe2+6H+ClO3-6Fe3+Cl-+3H2O，取氧化后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则Fe2+已全部被氧化；(3)生成硫酸铁与碳酸钠发生双水解得到黄钠铁矾，化学反应方程式为：3Fe2(SO4)3+6H2O+6Na2CO
25、3=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+5Na2SO4+6CO2；(4)沉淀洗涤的方法是向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出重复操作23次；(5)CoCl2的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低氯化钴析出；(6)CoC2O4的质量为1.470g，其我知道可为0.01mol，Co元素质量为0.59g，钴氧化物质量为0.83g，氧化物中氧元素质量为0.83g-0.59g=0.24g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.01mol：(0.24/16)2：3，故Co氧化物为Co2O3。10.“绿水青山就是金山银山”，近年来,绿色发展、生态保
26、护成为中国展示给世界的一张新“名片”。汽车尾气是造成大气污染的重要原因之一,减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。请回答下列问题：(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)H1=+180.5kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g)H2=-393.5kJ/mol2C(s)+O2(g)=2CO(g)H3=-221kJ/mol若某反应的平衡常数表达式为：K=c(N2) c2(CO2)/c2(NO) c2(CO),则此反应的热化学方程式为_。(2)N2O5在一定条件下可发生分解：2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g),某温度下恒容密闭容器中加入一定量N2O5,测得N2O
27、5浓度随时间的变化如下表：t/min012345c(N2O5)/Ka2(H2SO3)，所以SO32-水解程度大(或其他合理解释)【解析】【详解】（1）若某反应的平衡常数表达式为：K=c(N2)c2(CO2)/c2(NO)c2(CO)，该反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，N2(g)+O2(g)=2NO(g)H1=+180.5kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g)H2=-393.5kJ/mol2C(s)+O2(g)=2CO(g)H3=-221kJ/mol由盖斯定律计算2得到2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)H=-746.5kJmol-1，故答案
28、为2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)H=-746.5kJmol-1(2) 2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)开始(mol/L) 1.0000反应(mol/L) 0.5 1 0.252min(mol/L) 0.5 10.25反应前后气体的压强之比等于其物质的量之比,所以p:p0=(0.5+1+0.25)mol:1.00mol=7：4（或1.75），25min内用NO2表示的该反应的平均反应速率为v(NO2)=0.22molL-1min-1aNO2和O2的浓度比始终保持不变，不能确定反应是否达到化学平衡状态，故a错误；b.该反应是气体体积增大的反应，容器中的压强不断的发
29、生变化，当容器中压强不再变化，反应已达到化学平衡状态，故b正确；c.正(NO2)=2逆(N2O5)才表明达到化学平衡状态，故c错误；d.在恒容的条件下，该反应 气体的密度始终保持不变，不能确定反应是否达到化学平衡状态，故d错误。答案为：74(或1.751) 、 0.22molL-1min-1 b(3)平衡时正逆反应速率相等，由正反应速率v正=k正p(NO2)p(CO),逆反应速率v逆=k逆p(NO)p(CO2),联立可得Kp= k正/k逆，答案为; k正/k逆(4) 合成氨反应放热，温度越低氨气的百分含量越高，所以，曲线a对应的温度是2003N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应前(mol
30、)1 30反应了(mol)x3x2x平衡时(mol)1x33x2x据题意M点时：=60% x=，则氢气的转化率为 答案为：200（5）铵根离子水解使溶液显酸性，亚硫酸根离子水解使溶液显碱性，铵根离子水解得到氨水，亚硫酸根离子水解得到亚硫酸氢根离子，亚硫酸根离子是H2SO3的第二步电离，由于K(NH3H2O)Ka1，说明氨水比亚硫酸氢根离子的电离能力强，根据越弱越水解，铵根离子的水解程度小于亚硫酸根离子的水解程度，故溶液显碱性；答案为：显碱性,因为Kb(NH3H2O)Ka2(H2SO3)，所以SO32-水解程度大11.I2015年国产C919大型客机正式下线，标志着我国成为世界上少数几个具有自行
31、研制大型飞机的国家之一，标志着我国航空工业进入了新的发展阶段。（1）飞机的外壳通常采用镁铝合金材料，铝的价电子排布图为_，第一电离能：镁_（填“大于”或“小于”）铝。（2）现代飞机为了减轻质量而不减轻外壳承压能力，通常采用复合材料-玻璃纤维增强塑料，其成分之一为环氧树脂，常见的E51型环氧树脂中部分结构如下图所示：其中碳原子的杂化方式为_，个数比为_。II大型飞机的发动机被誉为航空工业皇冠上的“宝石”。制造过程中通常采用碳化钨做关键部位的材料。（3）钨元素位于周期表的第六周期第VIB族，请写出其外围电子排布式_；（4）下图为碳化钨晶体的一部分结构， 碳原子嵌入金属钨的晶格的间隙，并不破坏原有金
32、属的晶格，形成填隙+固溶体，也称为填隙化合物。在此结构中，其中钨原子有_个，1个钨原子周围距离钨原子最近的碳原子有_个 ，下列金属元素的堆积方式与碳化钨晶胞中碳原子和钨原子所处位置类似的是_。AFe CuBTi AuCMg ZnDCu Ag（5）假设该部分晶体的体积为Vcm3，碳化钨的摩尔质量为M g/mol，密度为b g/cm3,则阿伏加德罗常数NA用上述数据可以表示为_。【答案】 (1). (2). 大于 (3). sp2、sp3 (4). 2：1 (5). 5d46s2或者5d56s1 (6). 6 (7). 6 (8). C (9). 【解析】【详解】（1）铝是13号元素，最外层有3个
33、电子，根据核外电子排布规律，铝的价电子排布图为；镁、铝属于同一周期元素，镁原子的最外层电子排布为2s2，处于全充满状态，相对比较稳定，第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能都大，所以第一电离能：镁大于铝；（2）根据环氧树脂的结构简式可知，分子中碳元素部分形成单键，部分形成苯环，因此碳原子的杂化轨道类型是sp2、sp3；对应个数比为12：62：1。（3）钨元素位于周期表的第六周期第VIB族，其外围电子排布式为5d56s1。（4）碳化钨晶体结构类似于金属Zn、Ti、Mg的六方最密堆积，差别在于每层是碳和钨交替排列的，所以配位数减半为6个，即在此结构中，其中钨原子有6个，1个钨原子周围距离钨原子最近
34、的碳原子有6个，下列金属元素的堆积方式与碳化钨晶胞中碳原子和钨原子所处位置类似的是C。（5）利用均摊法计算，该晶胞中钨原子个数261/31/2+21/2+1+61/36个，晶胞中碳原子各为6个。已经知道晶胞体积，根据密度mV，b6M(NAV),所以NA。【点睛】该题考查的知识点较多，综合性强。明确核外电子排布规律、元素周期律是解答的关键。难点是晶胞结构分析与计算，注意利用均摊方法可计算晶胞中含有的各种元素原子的个数，根据物质的密度计算公式就可以计算得到晶胞的边长。关于晶胞的计算需要注意：（1）判断某种微粒周围等距且紧邻的微粒数目时，要注意运用三维想象法。如NaCl晶体中，Na周围的Na数目(N
35、a用“”表示)：每个面上有4个，共计12个。（2）常考的几种晶体主要有干冰、冰、金刚石、SiO2、石墨、CsCl、NaCl、K、Cu等，要熟悉以上代表物的空间结构。当题中信息给出与某种晶体空间结构相同时，可以直接套用某种结构。12.香料G的一种合成工艺如下图所示：核磁共振氢谱显示A有两种峰，且峰面积之比为11。已知：CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2CH3CHOCH3CHOCH3CHOHCH2CHOCH3CHOHCH2CHOCH3CH=CHCHOH2O请回答下列问题：(1)A的结简式为_，G中官能团的名称为_。(2)检验M已完全转化为N的实验操作是_。(3)有学生建议，将MN的
36、转化用KMnO4(H)代替O2，老师认为不合理，原因是_。(4)写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：KL：_，反应类型：_。(5)F是M的同系物，比M多一个碳原子。满足下列条件的F的同分异构体有_种。(不考虑立体异构)能发生银镜反应 能与溴的四氯化碳溶液加成 苯环上有2个对位取代基(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，请设计合成路线(其他无机原料任选)。_请用以下方式表示：AB目标产物【答案】 (1). (2). 碳碳双键、酯基 (3). 取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，则M已完全转化为N(其他合理操作均可)
37、(4). KMnO4(H)在氧化醛基的同时还可以氧化碳碳双键 (5). (6). 加成反应 (7). 6 (8). CH2=CHCH3CH2=CHCH2Br【解析】由G的结构逆推可知E、N分别为、中的一种，A的分子式为C5H8O，它有两种不同环境的氢原子，与氢气发生加成反应生成B，B反应生成C，C与NBS反应得到D，D发生反应得到E，则E为，N为，逆推可知A为，B为，C为，D为，B在浓硫酸条件下发生消去反应得到C，C与NBS发生信息中的取代反应生成D，D发生水解反应得到E，根据N逆推可知M为，L为、K为，K与乙醛发生加成反应得L，L发生消去反应得M。（1）通过以上分析知A结构简式为，G中官能团
38、名称是碳碳双键和酯基；（2）M中的醛基发生氧化反应生成N中的羧基，检验M已完全转化为N的实验操作是在试剂M中加入银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，加热，看是否有银镜出现或红色沉淀出现，若有银镜出现或红色沉淀出现则说明M未完全转化为N，若无，则M已完全转化为N；（3）KMnO4（H+）在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键，所以不能用酸性高锰酸钾溶液代替氧气；（4）该反应方程式为，属于加成反应；（5）F是M的同系物，比M多一个碳原子，且F符合下列条件：能发生银镜反应说明含有醛基；能与溴的四氯化碳溶液加成说明含有碳碳不饱和键；苯环上有2个对位取代基，存在的取代基为-CH=CHCHO和-CH3、-CH=CHCH3和-CHO、-CH2CH=CH2和-CHO、-CH=CH2和-CH2CHO、-C(CHO)=CH2和-CH3、-C(CH3)=CH2和-CHO，符合条件的有6种；（6）以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)结合已知信息可以采用逆推法，即合成路线为CH2CHCH3CH2CHCH2Br 。
