1、四川省泸县第四中学2020届高三化学下学期第二次适应性考试试题（含解析）1.化工产品在下列应用中，表现出还原性的是A. 明矾作净水剂B. 漂粉精作消毒剂C. 铁粉作食品脱氧剂D. 浓硫酸作干燥剂【答案】C【解析】【详解】A明矾可用作净水剂是因为明矾溶于水产生的Al3+能发生水解，生成能吸附悬浮物的Al(OH)3胶体，A项错误；B漂粉精可用作消毒剂，利用的是其有效成分Ca(ClO)2的强氧化性，B项错误；C铁粉是铁单质的粉末，具有还原性，能够更好地吸收食品包装中的氧气，C项正确；D浓硫酸可用作干燥剂，是利用其吸水性，D项错误；答案选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是()A.
2、 22.4 L氯气用氢氧化钠溶液充分吸收，反应中转移了0.5NA个电子B. 200 时分子总数为0.5NA的H2O与CO2的总体积为11.2 LC. 2.3 g钠与水反应产生氢气的分子数为0.05NAD. 0.1 molL1的NaCl溶液中含有0.1NA个Na【答案】C【解析】【详解】A、氯气不一定处于标准状况下，无法计算氯气的物质的量，不能计算转移电子数，A错误；B、200时分子总数为0.5NA的H2O与CO2的物质的量是0.5mol，但不处于标准状况下，其总体积不一定是11.2 L，B错误；C、2.3g钠是0.1mol，转移0.1mol的电子，生成0.05mol的氢气，所以产生氢气的分子数
3、为0.05NA，C正确；D、溶液的体积不清楚，无法计算微粒的数目，D错误；答案选C。3.关于下列的说法正确的是 ( )A. 甲烷和乙烯互为同系物B. 葡萄糖和蔗糖不同分异构体，但属于同系物C. 糖类、油脂、蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的D. 油脂在酸性条件下水解为丙三醇和高级脂肪酸【答案】D【解析】A项，甲烷属于烷烃，乙烯属于烯烃，二者不是同系物，A错误；B项，葡萄糖和蔗糖既不是同分异构体，也不是同系物，B错误；C项，蛋白质主要由C、H、O、N四种元素组成,很多重要的蛋白质还含有P、S元素,有的还含有Fe、Cu、Mn、I、Zn等元素，C错误；D项，油脂是高级脂肪酸甘油酯，酸性水解生成丙三
4、醇（甘油）和高级脂肪酸，D正确。点睛：本题考查同系物、同分异构体、物质组成及水解等知识，注意掌握相关概念：结构相似，分子组成上相差1个或者若干个-CH2-原子团的化合物互称为同系物；分子式相同，结构不同的有机物互为同分异构体。4.在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，高锰酸钾溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为2MnO4-+16H+5Na2O22Mn2+5O2+8H2O+10Na+下列判断正确的是（ ）A. 高锰酸钾是氧化剂，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂B. 反应的氧化产物只有氧气C. 当反应产生标况下2.24L氧气时反应转移的电子为0.1molD. 向高锰酸钾溶液加浓盐酸可以得到酸性高锰酸钾
5、溶液【答案】B【解析】【详解】A、该反应中高锰酸根中Mn从+7到+2价，得到电子，做氧化剂，过氧化钠中O从-1价到0价，失去电子，做还原剂，故A错误；B、过氧化钠是还原剂，氧气是氧化产物，B正确；C、该反应中转移10个电子，生成5mol氧气，故生成2.24L氧气，转移0.2mol电子，C错误；D、盐酸具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，不能用于酸化，D错误。答案选B。5.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大。X原子的次外层电子数为a，最外层电子数为b；Y原子的L层电子数为(ab)，M层电子数为(ba)；W、Z原子的最外层电子数分别为(b1)和b。下列有关说法一定正确的是A. 气态氢
6、化物的稳定性：XYB. 氧化物的水化物的酸性：WZD. X与Y形成的化合物常温下不能与盐酸反应【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大。若X为第二周期元素，X原子的次外层电子数为a，最外层电子数为b；所以a=2；Y为第三周期元素，Y原子的L层电子数为(ab)，M层电子数为(ba)；所以ab=8，b=6；ba=4；所以X为O，Y为Si；W、Z原子的最外层电子数分别为(b1)和b，所以W原子最外层电子数为5，W为N，Z原子最外层电子数为6，且在Y元素之后，所以Z为S；据以上分析解答。【详解】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大。若X为第二周期元素，
7、X原子的次外层电子数为a，最外层电子数为b；所以a=2；Y为第三周期元素，Y原子的L层电子数为(ab)，M层电子数为(ba)；所以ab=8，b=6；ba=4；所以X为O，Y为Si；W、Z原子的最外层电子数分别为(b1)和b，所以W原子最外层电子数为5，W为N，Z原子最外层电子数为6，且在Y元素之后，所以Z为S； A. 元素的非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：OSi，所以气态氢化物的稳定性：XY，A错误；B. 元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，而题给氧化物的水化物，不知非金属元素的价态高低，无法判断其酸性强弱，B错误；C. 同一周期，从左到右原子半径减小，同一主族，从上到下
8、，原子半径增大，因此原子半径：NS；C错误；D. X与Y形成的化合物为SiO2，性质稳定，常温下不能与盐酸反应，D正确；综上所述，本题选D。【点睛】元素非金属性比较规律：非金属元素的单质与氢气化合的难易程度及氢化物的稳定性，越容易化合，形成的氢化物越稳定，该元素的非金属性就越强；非金属元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，该元素的非金属性就越强。6.一种锂钒氧化物热电池装置如图所示。其电池总反应为xLiLiV3O8=Li1xV3O8。工作时，需先引发铁和氯酸钾反应使共晶盐融化。下列说法正确的是( )A. 该电池的优点之一是在常温下就可以进行放电B. LiClKCl共晶盐可用LiCl和KCl的混
9、合水溶液代替C. 电池工作时，Cl移向LiV3O8电极D. 放电时，正极反应式为LiV3O8xLixe=Li1xV3O8【答案】D【解析】【详解】A电池需先引发铁和氯酸钾反应使共晶盐融化，该电池需要在加热条件下才可以放电，在常温下不能放电，故A错误；B锂会和水反应，故不能用LiCl和KCl的混合水溶液代替LiCl与KCl共晶盐，故B错误；C电池工作时，Cl移向负电极，即Li-Si合金，故C错误；D放电时，正极发生得电子的还原反应，反应式为LiV3O8xLixe=Li1xV3O8，故D正确；答案选D。7.常温下，用0.100molL-1的NH4SCN溶液滴定25.00mL0.100molL-1A
10、gNO3溶液，以NH4Fe(SO4)212H2O为指示剂，测得溶液中pSCN=lgc(SCN-)、pAg=lgc(Ag+)随加入NH4SCN溶液的体积变化如图所示。已知：Ag+SCN-AgSCN，Ksp(Ag2SO4)=1.410-5。下列说法错误的是（ ）A. 滴定至终点时溶液颜色变为红色，且振荡后不褪色B. 该温度下AgSCN的溶度积常数Ksp=1.010-12C. 为防止指示剂失效，溶液应维持酸性D. 当加入15.00mLNH4SCN溶液时，溶液中c(SO42-)=0.14molL-1【答案】D【解析】【详解】A.达到终点后，与反应生成血红色物质，故滴定至终点时溶液颜色变为红色，且振荡后
11、不褪色，故A正确；B.由图计算知该温度下AgSCN的溶度积常数，故B正确；C.由于碱性时，会沉淀，为防止指示剂失效，溶液应维持酸性，故C正确；D.当加入溶液时，溶液中，此时，故D错误；8.用下图装置可以进行测定SO2转化成SO3转化率的实验。已知SO3的熔点是16.8，沸点是44.8。已知发生装置中所涉及反应的化学方程式为：Na2SO3（s）+ H2SO4（85%）=Na2SO4+ SO2+ H2O根据实验需要，应该在、处连接合适的装置。请从下图AE装置中选择最适合、处连接的装置分别是_、_、_。(2)从乙处均匀通入O2，为使SO2有较高的转化率，实验中在加热催化剂与滴加浓硫酸的顺序中，首先应
12、采取的操作是_。(3)有一小组在实验中发现，SO2气体产生缓慢，以致后续实验现象不明显，但又不存在气密性问题，请你推测可能的原因并说明相应的验证方法（写2点）。原因_，验证方法_；原因_，验证方法_；(4)将SO2通入含1.5mol氯酸的溶液中，可生成一种强酸和一种氧化物，若有1.56.021023个电子转移时，该反应的化学方程式_；(5)用amolNa2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验，当反应结束时，继续通入O2一段时间后，测得装置增重了bg，则实验中SO2的转化率为_（用含a、b的代数式填写）。【答案】 (1). B (2). A (3). E (4). 加热催化剂 (5). Na2SO3
13、变质 (6). 取待测试样于试管中，加适量蒸馏水配成溶液，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2溶液有白色沉淀生成，则证明该Na2SO3固体变质 (7). 不是浓硫酸 (8). 用洁净玻璃棒蘸取待测试样，涂白纸不变黑，则证明该溶液不是浓硫酸 (9). SO2+ 2HClO3= H2SO4+ 2ClO2 (10). 100%（或%）【解析】【分析】（1）二氧化硫的干燥用浓硫酸，当温度低于16.8可以获得三氧化硫的晶体，尾气处理用烧碱溶液；（2）为保证生成的二氧化硫尽可能的转化为三氧化硫，应先加热催化剂再进行滴加浓硫酸操作；（3）亚硫酸钠变质会生成硫酸钠，根据检验亚硫酸钠中硫酸根是否存在来证明结论；亚
14、硫酸钠和稀硫酸反应产生的二氧化硫速率很慢；（4）SO2通入含1.0mol次氯酸的溶液中，根据转移的电子数来确定两种强酸；（5）根据S元素守恒计算消耗的SO2的物质的量，依据公式计算转化率。【详解】（1）SO2转化成SO3之前必须对二氧化硫进行干燥，可以用浓硫酸，SO3的熔点是16.8，沸点是44.8，当温度低于16.8时，三氧化硫以晶体状态存在，二氧化硫、三氧化硫的尾气处理用烧碱溶液吸收，故答案为B、A、E；（2）为保证生成的二氧化硫尽可能多的转化为三氧化硫，应先加热催化剂再进行滴加浓硫酸操作，保证生成的二氧化硫尽可能的参与反应，故答案为加热催化剂；（3）影响化学反应速率的因素有：浓度、温度等
15、，亚硫酸钠变质会生成硫酸钠，硫酸钠和浓硫酸不反应；此外亚硫酸钠和稀硫酸反应产生的二氧化硫速率会很慢，故答案为Na2SO3变质；取待测试样于试管中，加适量的蒸馏水配成溶液，滴加足量的稀盐酸，再加入氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成，则证明该亚硫酸钠已变质；不是浓硫酸；用洁净的玻璃棒沾取待测试样，滴到白纸上，如果不变黑，则证明该溶液不是浓硫酸；（4）SO2通入含1.5mol氯酸的溶液中，转移的电子为1.5mol，说明反应中1mol氯酸转移1mol电子，生成ClO2，因此反应的化学方程式为SO2+ 2HClO3= H2SO4+ 2ClO2，故答案为SO2+ 2HClO3= H2SO4+ 2ClO2；（5
16、）根据硫原子守恒，Na2SO3SO2SO3，amolNa2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验，当反应结束时，应产生二氧化硫的质量为64ag，测得装置增重了bg，即为剩余二氧化硫的质量，所以参加反应的二氧化硫的质量为：64ag-bg，二氧化硫的转化率=100%=%，故答案为%。9.氯化亚锡用途广泛，在无机工业中用作还原剂，在口腔护理行业中，二水氯化亚锡多用于防龋齿脱敏类牙膏中，以预防龋齿发生。某研究小组制取二水氯化亚锡工艺流程如下：查阅资料：酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化。SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡（1）四氯化锡暴露于空气中与空气中水分反应生成
17、白烟，有强烈的刺激性气味，生成偏锡酸(H2SnO3)，写出该反应的化学方程式_；（2）将金属锡熔融，然后泼入冷水，激成锡花，其目的是_；（3）在制备二水氯化亚锡时，温度对锡转化率的影响如图1所示，则该反应应控制的温度范围为_；（4）反应原料中盐酸浓度对结晶率的影响如图2所示，则盐酸浓度应控制的范围为_，原因_。（5）反应釜中发生反应的化学方程式为_；（6）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度(杂质不参与反应)将该试样溶于盐酸，发生反应为Sn+2HCl=SnCl2+H2；加入过量FeCl3溶液用已知浓度的K2Cr2O7滴定中生成的Fe2+，则反应的离子方程式为_；（7）取1.125g锡粉，经上述
18、各步反应后，共用去0.1000mol/L K2Cr2O7溶液30.00mL，锡粉中锡的质量分数为_。【答案】 (1). SnCl4+3H2O=H2SnO3+4HCl (2). 增大接触面积，加快反应速率 (3). 60 (4). 1-3% (5). 抑制水解，且浓度过大生成SnCl4 (6). SnCl2+Cl2=SnCl4 (7). 6Fe2+Cr2O72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O (8). 95.2%【解析】【分析】将金属锡熔融，然后泼入冷水，激成锡花，与氯气反应生成SnCl4，蒸馏后再加入锡粉，得到SnCl2溶液，过滤后，蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤得到二水氯化亚锡晶体，(
19、1)四氯化锡暴露于空气中与空气中水分反应生成白烟，有强烈的刺激性气味，生成偏锡酸(H2SnO3)，还生成HCl；(2)将金属锡熔融，然后泼入冷水，激成锡花，增大接触面积；(3)2h、60时转化率较大，且温度升高促进水解；(4)图中1-3%浓度的盐酸时结晶率大；(5)反应釜中SnCl2与反应Cl2生成SnCl4；(6)发生6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl=6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O；(7)根据电子转移守恒与方程式可得关系式SnSn2+2Fe3+2Fe2+K2Cr2O7，据此计算。【详解】(1)四氯化锡暴露于空气中与空气中水分反应生成白烟，有强烈的刺激性气味，生成偏锡酸
20、(H2SnO3)，该反应的化学方程式为SnCl4+3H2O=H2SnO3+4HCl，故答案为SnCl4+3H2O=H2SnO3+4HCl；(2)将金属锡熔融，然后泼入冷水，激成锡花，其目的是增大接触面积，加快反应速率，故答案为增大接触面积，加快反应速率；(3)在制备二水氯化亚锡时，温度对锡转化率的影响如图1所示，则该反应应控制的温度范围为60，故答案为60；(4)反应原料中盐酸浓度对结晶率的影响如图2所示，则盐酸浓度应控制的范围为1-3%，原因为抑制水解，且浓度过大生成SnCl4，故答案为1-3%；抑制水解，且浓度过大生成SnCl4；(5)反应釜中发生反应的化学方程式为SnCl2+Cl2=Sn
21、Cl4，故答案为SnCl2+Cl2=SnCl4；(6)K2Cr2O7滴定中生成的Fe2+，反应的离子方程式为6Fe2+Cr2O72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，故答案为6Fe2+Cr2O72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O；(7)令锡粉中锡的质量分数为x，则：SnSn2+2Fe3+2Fe2+K2Cr2O7119g mol1.125gx 0.100mol/L0.03L解得x=95.2%，故答案为95.2%。【点睛】本题考查物质的制备实验，侧重分析与实验能力的考查，把握流程中发生的反应、混合物分离、实验技能为解答的关键，注意元素化合物知识的应用。10.氯化铝可制备无机高分子
22、混凝剂，在有机合成中有广泛用途。完成下列填空：（1） 实验室配制氯化铝溶液时加入盐酸的目的是_。（2）往AlCl3溶液中加入过量下列溶液，最终得到无色澄清溶液的是_（填编号）。a Na2CO3 b NaOH c NaAlO2 d H2SO4取AlCl3溶液，用小火持续加热至水刚好蒸干，生成白色固体的组成可表示为：Al2（OH）nCl（6-n），为确定n的值，取3.490g白色固体，全部溶解在0.1120 mol的HNO3（足量）中，并加水稀释成100 mL，将溶液分成两等价，进行如下实验：（3）一份与足量氨水充分反应后过滤、洗涤、灼烧，最后得Al2O3的质量为1.020g。判断加入氨水已足量的
23、操作是_。过滤、洗涤后至少要灼烧_次（填写数字）；测定样品中铝元素含量时不选择测定干燥Al（OH）3的质量，而是测定A12O3的质量的原因可能是_（选填编号）。a 干燥Al（OH）3固体时易失水 b Al2O3的质量比Al（OH）3大，误差小c 沉淀Al（OH）3时不完全 d 灼烧氧化铝时不分解（4）从另一份溶液中取出20.00 mL，用0.1290 mol/L的标准NaOH溶液滴定过量的硝酸，滴定前滴定管读数为0.00 mL，终点时滴定管液面（局部）如图所示（背景为白底蓝线的滴定管）。则滴定管的读数_mL，Al2（OH）nCl（6-n）中n的值为_。【答案】 (1). 抑制Al3+水解 (2
24、). b、d (3). 静置，取上层清液，继续加氨水，若无沉淀生成，则氨水已过量 (4). 2 (5). ad (6). 18.60 (7). 5【解析】【分析】（1）氯化铝水解显酸性；（2）a、AlCl3和Na2CO3发生双水解；b、AlCl3和过量的氢氧化钠反应生成NaAlO2溶液；c、AlCl3和NaAlO2发生双水解；d、AlCl3和硫酸不反应；（3）判断试剂已过量的方法是继续滴加；当氨水加入过量时，去上层清液继续滴加氨水，则无沉淀生成；将所得的Al（OH）3沉淀至少灼烧2-3次，至两次质量差不超过0.1g即说明Al（OH）3分解完全得Al2O3，不选择测定干燥Al（OH）3的质量，而
25、是测定Al2O3的质量的原因是Al（OH）3热稳定性不如Al2O3好；（4）滴定管的0刻度在上；根据0.1120mol HNO3的消耗有两个原因：被3.490gAl2（OH）nCl（6-n）中OH-消耗的和被0.1290mol/L的标准NaOH溶液消耗的，据此计算。【详解】（1）氯化铝水解显酸性，加入盐酸能抑制其水解，故答案为：抑制Al3+水解；（2）a、AlCl3和Na2CO3发生双水 2AlCl3+3Na2CO3+3H2O=2Al（OH）3+3CO2，得不到澄清溶液，故a错误；b、AlCl3和过量的氢氧化钠反应生成NaAlO2溶液：AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O
26、，得澄清溶液，故b正确；c、AlCl3和NaAlO2发生双水 AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al（OH）3+3NaCl，得不到澄清溶液，故c错误；d、AlCl3和硫酸不反应，故溶液仍为澄清，故d正确；bd正确，故答案为：bd；（3）判断试剂已过量的方法是继续滴加，即当氨水加入过量时，去上层清液继续滴加氨水，则无沉淀生成；将所得的Al（OH）3沉淀至少灼烧2-3次，至两次质量差不超过0.1g即说明Al（OH）3分解完全得Al2O3，不选择测定干燥Al（OH）3的质量，而是测定Al2O3的质量的原因是干燥Al（OH）3时易分解失水而灼烧Al2O3不失水；故答案为：静置，取上层清液，滴加氨
27、水，无沉淀生成；2；ad；（5）滴定管的0刻度在上，故滴定管的读数为18.60mL，则消耗的氢氧化钠的体积为18.60mL；根据0.1120molHNO3的消耗有两个原因，被3.490gAl2（OH）nCl（6-n）中OH-消耗的和被0.1290mol/L的标准NaOH溶液消耗的，由此可得关系式：0.112mol=n+0.129mol/L0.0186L5，解得n=5，故答案为：18.60；5。11.2020年2月15日，由国家科研攻关组的主要成员单位的专家组共同研判磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒(SARSCoV2)的感染。磷酸氯喹的结构如图所示，据此回答下列问题。(1)C、N、O三
28、种元素第一电离能从大到小的顺序为_；电负性(P)_(Cl)(填“”或“”)；(2)磷酸氯喹中N原子的杂化方式为_，NH3是一种极易溶于水的气体，其沸点比AsH3的沸点高，其原因是_；(3)磷化镓与砷化镓是两种由A族元素与A族元素人工合成的族化合物半导体材料。其晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被P(As)原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。基态Ga原子核外电子排布式为_；砷化镓晶体中含有的化学键类型为_(填选项字母)；A.离子键 B.配位键 C.键 D.键 E.极性键 F.非极性键磷化镓与砷化镓具有相似的晶体结构，其中熔点较高的是_(填化学式)，原因是_；以晶胞参数为单位长度建立的坐
29、标系可以表示晶胞中各原子的位置。称作原子分数坐标。如图为沿y轴投影的磷化镓晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分数坐标为(0.25，0.25，0.75)，则原子2的原子分数坐标为_；若磷化镓的晶体密度为 gcm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中Ga和P原子的最近距离为_ pm(用代数式表示)。【答案】 (1). NOC (2). (3). sp2、sp3 (4). NH3中N的电负性比AsH3中As的大得多，故NH3易形成分子间氢键，从而使其沸点升高；也容易与H2O形成分子间氢键，使其在水中溶解度增大 (5). 1s22s22p63s23p63d104s24p1 (6). BCE (7)
30、. GaP (8). 二者均为共价晶体，P原子半径小于As，PGa键长小于AsGa键长，GaP键能更大，熔点更高 (9). (0.25，0.25，0.25) (10). 【解析】【分析】(1)同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素；根据P和Cl的非金属性分析判断电负性；(2)磷酸氯喹中N原子有两种情况，价层电子对数分别是3、4，根据价层电子对互斥理论判断N原子轨道类型；NH3分子之间形成氢键，NH3也容易与H2O形成分子间氢键，据此分析解答；(3)Ga为31号元素，位于第四周期第A族，据此分析解答；金刚石晶胞内部的碳原子数为4，顶点
31、和面心的碳原子为4，所以磷化镓晶体为原子晶体，每个P与4个Ga以单键相连，每个Ga也与4个P以单键相连，而P最外层有5个电子、Ga最外层有3个电子，只能形成三对共用电子对，它们之间有四个共价键，所以有一个配位键，据此分析判断；二者都是原子晶体，砷的原子半径大于磷，据此分析解答；P原子1和P原子2及其对称的另外两个P原子为正四面体结构，根据投影图可知晶胞在三维坐标的位置如图，晶胞顶点Ga原子与四面体中心P原子连线的距离等于体对角线长度的，据此分析计算。【详解】(1)同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能NOC；P的非金
32、属性小于氯，电负性：PCl，故答案为：NOC；(2)磷酸氯喹中N原子有两种情况，价层电子对数分别是3、4，N原子杂化类型分别为sp2、sp3；NH3分子间能形成氢键，而AsH3分子间不能形成氢键，所以NH3沸点高，NH3也容易与H2O形成分子间氢键，使其在水中溶解度增大，故答案为：sp2、sp3；NH3中N的电负性比AsH3中As的大得多，故NH3易形成分子间氢键，从而使其沸点升高；也容易与H2O形成分子间氢键，使其在水中溶解度增大；(3)Ga为31号元素，位于第四周期第A族，基态Ga原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，故答案为：1s22s22p63s23p
33、63d104s24p1；金刚石晶胞内部的碳原子数为4，顶点和面心的碳原子为4，所以磷化镓晶体为原子晶体，只存在共价键，每个P与4个Ga以单键相连，每个Ga也与4个P以单键相连，而P最外层有5个电子、Ga最外层有3个电子，只能形成三对共用电子对，它们之间有四个共价键，所以有一个配位键，P与Ga之间存在的单键是极性共价键，是键，故答案为：BCE；二者都是原子晶体，砷的原子半径大于磷，磷化镓中键长小于砷化镓中的键长，熔点较高的是GaP，故答案为：GaP；二者均为共价晶体，P原子半径小于As，PGa键长小于AsGa键长，GaP键能更大，熔点更高；P原子1和P原子2及其对称的另外两个P原子为正四面体结构
34、，根据投影图可知晶胞在三维坐标的位置如图，则原子2的分数坐标为(0.25，0.25，0.25)；晶胞中P原子数为4，Ga原子数为8+6=4，化学式为GaP，晶胞的质量m=g=g，晶胞的体积V=cm3，晶胞的边长a=cm，P原子与周围最近的4个Ga原子形成正四面体，晶胞顶点Ga原子与四面体中心P原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于体对角线长度的，而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，所以晶胞中Ga和P原子的最近距离为a=cm=1010pm，故答案为：(0.25，0.25，0.25)；1010。【点睛】本题的难点和易错点为(3)，要注意晶胞顶点Ga原子与四面体中心P原子连线的距离等于体对角线长度的
35、。12.化合物M是二苯乙炔类液晶材料的一种，最简单的二苯乙炔类化合物是。以互为同系物的单取代芳烃A、G为原料合成M的一种路线（部分反应条件略去）如下：回答下列问题：（1）A的分子式为_；（2）D中含有的官能团是_，分子中最多有_个碳原子共平面；（3）的反应类型是_，的反应类型是_；（4）的化学方程式为_； （5）B的同分异构体中能同时满足如下条件：a苯环上有两个取代基，b能发生银镜反应，共有_种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为62211的是_（写结构简式）；（6）参照上述合成路线，设计一条由苯乙烯和甲苯为起始原料制备的合成路线：_。（其他试剂任用）(合成路线常用的表示
36、方法：起始原料AB目标产物)。【答案】 (1). C8H10 (2). 碳碳双键 (3). 10 (4). 取代反应 (5). 消去反应 (6). (7). 15 (8). (9). 【解析】【分析】根据B的结构简式及反应物CH3COCl，可确定A的结构简式为C6H5-CH2-CH3，B变为C为加成反应；已知M中含有碳碳三键，则F中也含有碳碳三键，可确定为消去反应，生成D，则D为；D与溴发生加成反应生成E，则E为；E与KOH的醇溶液在加热的条件下生成的F为；F与反应生成。【详解】（1）分析可知，A为C6H5-CH2-CH3，分子式为C8H10；（2）D为，含有的官能团为碳碳双键；若苯环和乙烯基
37、确定的平面重合，且乙基在苯环的平面上时，最多有10碳原子共平面；（3）为C6H5-CH2-CH3与CH3COCl发生取代反应生成和HCl；为消去反应；（4）为与KOH在醇溶液、加热的条件下生成，方程式为；（5）B的分子式为C10H12O，其同分异构体中能同时满足以下条件：a苯环上有两个取代基；b能发生银镜反应，分子中只有1个氧原子，则只能含有醛基；若苯环上的取代基为CH3-CH2-CH2-、-CHO时，有邻、间、对3种；若取代基为CH3-CH（CH3）-、-CHO时，有邻、间、对3种；若取代基为CH3-CH2-、-CH2CHO时，有邻、间、对3种；若取代基为CH3-、-CH2-CH2-CHO时，有邻、间、对3种；若取代基为CH3-、-CH（CH3）-CHO时，有邻、间、对3种；合计15种；（6）苯乙烯先与溴发生加成反应生成，再在KOH的醇溶液中加热的条件下发生消去反应，生成；甲苯在条件下生成，最后合成。具体合成路线为：。【点睛】中含有三个平面，苯环、乙烯基、乙基与苯环上相邻碳原子形成的平面，若3个平面重合时，则全部碳原子在同一平面。