1、广东省广州市天河区2020届高三化学第二次综合测试试题（含解析）1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是A. “华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅B. “复兴号”高铁车厢连接处使用的增强聚四氟乙烯板属于有机高分子材料C. 本草纲目中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取硷浣衣”中的硷是Na2CO3D. 梦溪笔谈中“方家以磁石磨针锋，则能指南”中的磁石主要成分为Fe2O3【答案】B【解析】【详解】A. “华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是单质硅，不是二氧化硅，A错误；B. “复兴号”高铁车厢连接处使用的增强聚四氟乙烯板是由四氟乙烯通过加聚反应制成的，属于有机
2、高分子材料，B正确；C. 本草纲目中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取硷浣衣”中的硷是K2CO3，K2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，可洗衣服，C错误；D. 磁石主要成分为Fe3O4，Fe2O3无磁性，D错误；故合理选项是B。2.某合成有机光电材料的中间体，结构简式如图所示。下列说法正确的是A. 属于芳香烃B. 分子式为C18H16O2C. 苯环上的二氯取代物有6种D. 性质稳定，不与强酸、强碱、强氧化剂反应【答案】C【解析】【详解】A.该物质是含有苯环的物质，且含有C、H、O三种元素，因此属于芳香烃的衍生物，A错误；B. 根据物质结构简式可知其分子式为C18H18O2，B错误；C
3、. 物质苯环上有5个位置，采用定一移二分法，当其中一个氯在取代基的邻位时，另外一个氯还有4种位置，故此二氯代物有4种结构；当其中一个氯在取代基的间位时，另一个氯有2种位置，苯环上的二氯代物共有4+2=6种，C正确；D物质分子中含有酯基，可在强酸、强碱条件下水解，含有碳碳双键，可被氧化，因此物质性质不稳定，D错误；故合理选项是C3.钼（Mo）的主要用途是制造特种钢，用CO还原MoO3（白色粉末，加热时变黄）制备单质Mo的装置如图。下列说法正确的是A. 装置中盛有饱和Na2CO3溶液，装置中盛有浓硫酸，作用是净化CO2B. 装置中的稀盐酸可用稀硫酸代替，石灰石可用碳酸钠粉末代替C. 装置的作用是制
4、备CO，装置的作用是CO还原MoO3D. 装置能达到检验MoO3是否被CO还原目的【答案】C【解析】【分析】由稀盐酸和石灰石制备CO2，制得的CO2混有HCl和水蒸气，用中饱和NaHCO3溶液吸收HCl，用中浓硫酸吸收水蒸气，纯净干燥的二氧化碳与C在中高温反应生成CO，CO与MoO3在装置中反应制备单质Mo，检验CO2，以此解答该题。【详解】A除去CO2中的杂质HCl，应用饱和NaHCO3溶液，A错误；BNa2CO3粉末易溶于水，不能用启普发生器制备二氧化碳气体，B错误；C由以上分析可知，装置的作用是制备CO，装置的作用是CO还原MoO3，C正确；D中的CO2可能来源于中未反应完的，故不能检验
5、MoO3是否被CO还原，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的制备，注意把握实验的目的、原理，把握物质的性质以及实验的操作方法，侧重考查学生的分析能力和实验能力。4.NaCl是我们生活中必不可少的物质。将NaCl溶于水配成1 mol/L的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是 A. a离子为Na+B. 溶液中存在NaClNa+Cl-C. 溶液中含有NA个水合Na+和NA个水合Cl-D. 在水分子的作用下，NaCl溶解的同时发生了电离【答案】D【解析】【详解】NaCl在溶液中电离出Na+和Cl-离子，Na+核外电子排布为2、8，含有2个电子层，Cl-核外电子排布为2、8、8，含有3个电
6、子层，则离子半径Cl-Na+，根据图示可知，a为Cl-、b为Na+。A. 由于离子半径Cl-Na+，则a离子为Cl-，b为Na+，A错误；B. 氯化钠是强电解质，完全电离，所以溶液中存在电离方程式为NaCl=Na+Cl-，B错误；C. 未指明该NaCl溶液的体积，无法计算该溶液中含有Na+的数目，C错误；D. 离子键在极性水分子作用下发生断裂，则在水分子的作用下，NaCl溶解的同时发生了电离，D正确；故合理选项是D。5.一种“固定CO2”的电化学装置如图。该电化学装置放电时可将CO2转化为C和Li2CO3，充电时仅使Li2CO3发生氧化反应释放出CO2和O2，下列说法正确的是A. 放电时，Li
7、+向电极X方向移动B. 放电时，每转移4 mol e-，理论上生成 1 mol CC. 充电时，阳极反应：C+2Li2CO3-4e-=3CO2+4Li+D. 充电时，电极Y与外接直流电源的负极相连【答案】B【解析】【详解】A放电时，X极上Li失电子，则X为负极，Y为正极，Li+向电极Y方向移动，A错误；B正极上CO2得电子生成C和Li2CO3，C的化合价降低4价，则每转移4 mol电子，理论上生成1 mol C单质，B正确；C根据题干信息，充电时仅使Li2CO3发生氧化反应释放出CO2和O2，充电时，阳极电极反应式为：2Li2CO3-4e-=2CO2+ O2+4Li+，C错误；D该电池充电时，
8、电源的负极与外加电源的负极相连，即电极X与外接直流电源的负极相连，电极Y与外接直流电源的正极相连，D错误；故选：B。6.由W、X、Y、Z四种短周期元素组成化合物如图。其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍，W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法不正确的是A. 原子半径：WXYZB. 常温常压下熔点：W2Y3X2YZ2YC. X与Y、Y与Z均可形成具有漂白性的化合物D. W与X的最高价氧化物的水化物可相互反应【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z四种短周期元素，W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同，根据图示化合物的结构简式可知，X为Na
9、元素；Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍，W、Y、Z分别位于三个不同周期，则Z为H元素；Y能够形成2个共价键，则Y最外层含有6个电子，结合“W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”可知，Y为O；根据“Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍”可知，W最外层含有3个电子，为Al元素，据此解答。【详解】根据分析可知，W为Al，X为Na，Y为O，Z为H元素。A同一周期元素从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小为：XWYZ，A错误；BNa2O、Al2O3为离子晶体，钠离子半径比镁离子大，钠离子带电荷较少，氧化钠的熔点比Al2O3低；H2O为分子晶体，
10、其熔点较低，则常温常压下熔点：Al2O3Na2OH2O，故B正确；CNa与O形成的Na2O2、O与H形成的H2O2都是强氧化剂，具有漂白性，C正确；DAl与Na的最高价氧化物的水化物分别为Al(OH)3、NaOH，二者反应生成NaAlO2和水，D正确；故合理选项是A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的应用，根据元素形成的化合物及原子结构特点推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。7.25时，将浓度均为0.1mol/L 、体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液
11、的pH的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. Ka(HA)的值与Kb(BOH)的值不相等B. b点时，水电离出的c(H+)=10-7 mol/LC. c点时，c(A-)c(B+)D. ac过程中 不变【答案】D【解析】根据图知，浓度均为0.1mol/L时，酸溶液的pH=3，则c(H+)0.1mol/L，说明HA是弱酸；碱溶液的pH=11，c(OH-)0.1mol/L，则BOH是弱碱。A酸碱恰好完全反应时溶液的pH=7，溶液呈中性，说明HA电离程度和BOH电离程度相同，则Ka(HA)的值与Kb(BOH)的值相等，故A错误；BBA是弱酸弱碱盐，促进水电离，所以b点水电离出的c(H+)10-7m
12、ol/L，故B错误；Cc点溶液中溶质为BA和BOH，混合溶液的pH7，说明BOH电离程度大于BA水解程度，则c(A-)c(B+)，故C错误；D.=，水解平衡常数只与温度有关，温度不变，水解平衡常数不变，故D正确；故选D。点睛：本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生图像分析及判断能力，明确各个数据含义及各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键。本题的易错选项是B，b点溶液中的水电离出的c(H+)10-7mol/L，因为部分氢离子和酸根离子结合生成HA而导致c(H+)=10-7mol/L。8.氮化镓(GaN)被称为第三代半导体材料，其应用取得了突破性的进展。一种镍催化法生产GaN的工艺如图：(1
13、)“热转化”时Ga转化为GaN的化学方程式是_。(2)“酸浸”的目的是_，“操作”中包含的操作是_。某学校化学兴趣小组在实验室利用图装置模拟制备氮化镓：(3)仪器X中的试剂是_，仪器Y的名称是_，装置G的作用是_。(4)加热前需先通入一段时间的H2，原因是_。(5)取某GaN样品m克溶于足量热NaOH溶液，发生反应 GaN+OH+H2OGaO2-+NH3，用H3BO2溶液将产生NH3完全吸收，滴定吸收液时消耗浓度为c mol/L的盐酸V mL，则样品的纯度是_。（已知：NH3+H3BO3=NH3H3BO3；NH3H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3）(6)科学家用氮化镓材料与铜组装成如图
14、所示的人工光合系统，成功地实现了用CO2和H2O合成CH4，请写出铜极的电极反应式_。【答案】 (1). 2Ga+2NH32GaN+3H2 (2). 除去GaN中混有的少量Ni (3). 过滤、洗涤、干燥 (4). 浓氨水 (5). 球形干燥管 (6). 除去未反应完的NH3，防止污染空气 (7). 排除装置中的空气，避免空气与镓反应产物不纯，防止氢气与氧气爆炸 (8). % (9). CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O【解析】【分析】由流程可知，热转化时Ga和NH3在高温条件下反应生成GaN和H2；加盐酸可除去Ni，过滤分离出GaN；由制备装置可知，A中Zn与稀硫酸反应生成H2，利用H
15、2将装置内的空气排出防止金属被氧化，B中浓硫酸可干燥H2，X为氨水，C中制备NH3，Y为碱石灰可干燥NH3，E中NH3与Ga反应可制备GaN，F可防止倒吸，G中稀硫酸可吸收尾气，以此来解答。【详解】(1)Ga和NH3在高温条件下反应生成GaN和H2，反应方程式为2Ga+2NH32GaN+3H2；(2)“酸浸”的目的是除去GaN中混有的少量Ni，“操作”中包含的操作是过滤、洗涤、干燥；(3)仪器X中的试剂是浓氨水，将氨水滴入盛有CaO的烧瓶中发生反应制取NH3，仪器Y的名称是球形干燥管，盛有碱石灰，作用是干燥氨气；装置G的作用是吸收过量的氨气，防止污染环境；(4)加热前需先通入一段时间的H2，原
16、因是排出空气，防止金属被氧化，同时防止氢气与氧气混合气体点燃爆炸；(5)由GaN+OH-+H2OGaO2-+NH3、NH3+H3BO3=NH3H3BO3、NH3H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3，可知n(GaN)=n(HCl)，则样品的纯度是100%=%；(6)根据图示可知：Cu是正极，正极上CO2得电子和H+反应生成CH4，因此正极的电极反应式为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O。【点睛】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答关键，注意元素化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与实验能力和应用能力。9.二硫化钼(MoS2)被誉为“固体润滑剂之王”，利
17、用低品质的辉钼矿(含MoS2、SiO2以及 CuFeS2等杂质)制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如图：回答下列问题：(1)(NH4)2MoO4中Mo的化合价为_。(2)“联合浸出”中HF除去的杂质化学式为_，“焙烧”时MoS2转化为MoO3的化学方程式为_。(3)“转化”中加入Na2S后，(NH4)2MoO4转化为(NH4)2MoS4，写出(NH4)2MoS4与盐酸生成MoS3的离子方程式_。(4)由图分析产生MoS3沉淀的流程中应选择的最优温度和时间是_，利用化学平衡原理分析低于或高于最优温度时，MoS3的产率均下降的原因_。(5)高纯MoS2中存在极微量非整比晶体杂质MoS2.8，则该杂质中
18、Mo4+与Mo6+的物质的量之比为_。(6)已知Ksp(BaSO4)=1.110-10，Ksp(BaMoO4)=4.010-8，不纯的 Na2MoO4溶液中若含少量可溶性硫酸盐杂质，可加入Ba(OH)2固体除去SO42-(溶液体积变化忽略)，则当SO42-完全沉淀时，溶液中c(MoO42-)_mol/L(保留2位有效数字)【答案】 (1). +6 (2). SiO2 (3). 2MoS2+7O22MoO3+4SO2 (4). MoS42-+2H+=MoS3+H2S (5). 40 、30 min (6). 温度太低不利于H2S 逸出；温度太高，盐酸挥发，溶液c(H+)下降，都不利于反应正向进行
19、 (7). 14 (8). 3.610-3【解析】【分析】制备高纯二硫化钼流程为：辉钼矿(含MoS2、SiO2以及CuFeS2等杂质)用盐酸、氢氟酸酸浸，除去CuFeS2、SiO2杂质，得到粗MoS2，将粗MoS2洗涤、干燥、氧化焙烧得到MoO3；再将MoO3氨浸得到(NH4)2MoO4；加入Na2S后，钼酸铵转化为硫代钼酸铵(NH4)2MoS4，再加入盐酸，(NH4)2MoS4与盐酸生成MoS3沉淀：MoS42-+2H+=MoS3+H2S，最后通过干燥、研磨，在氢气、Ar环境下高温获得高纯的二硫化钼MoS2。【详解】(1)化学式中(NH4)2MoO4中，NH4+带一个单位正电荷，O元素为-2
20、价，则Mo的化合价为+6价；(2)氢氟酸可以与二氧化硅反应得到四氟化硅气体，从而除去SiO2杂质；焙烧过程中钼精矿发生主要反应的化学方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；(3)(NH4)2MoS4在溶液中电离出NH4+和MoS42-，MoS42-与盐酸电离产生的H+作用生成MoS3，则另外的生成物是H2S气体，反应的离子反应方程式为：MoS42-+2H+=MoS3+H2S；(4)由图象得到40的产率最高，30分钟以后产率不再变化，所以产生MoS3沉淀选择d 最优条件是40，30min；温度太低，反应MoS42-+2H+=MoS3+H2S产生的H2S气体不易逸出，不利于生成MoS3；
21、若温度太高，盐酸挥发，导致溶液c(H+)下降，也不利于生成MoS3，所以最优温度为40；(5)设在1 mol的MoS2.8中Mo4+与Mo6+的物质的量分别是x和y，则x+y=1，根据化合价代数之和为0，则有4x+6y=2.82，解得x=0.2，y=0.8，所以该杂质中Mo4+与Mo6+的物质的量之比为0.2：0.8=1：4；(6)已知：Ksp(BaSO4)=1.110-10 Ksp(BaMoO4)=4.010-8，所以先沉淀的是BaSO4，则当BaMoO4开始沉淀时，BaSO4已经沉淀完全，所以溶液对于两种沉淀来说都是饱和的，其中的离子浓度都符合沉淀的Ksp表达式：=360=3.6102，则
22、当SO42-完全沉淀时，溶液中c(SO42-)110-5 mol/L，c(MoO42-)3.6102110-5 mol/L=3.610-3 mol/L。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、氧化还原反应、溶度积的计算实验方案评价等，明确反应原理及具体流程的目的是解本题关键，注意相关基础知识的学习与积累，试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力。10.碳和氮的化合物在生产生活中广泛存在。回答下列问题：(1)乙炔在Pd表面选择加氢的反应机理如图，其中吸附在Pd表面上的物种用*标注。上述反应为_（填“放热”或“吸热”）反应，历程中最小能垒（活化能）为_kJ/mol，该步骤的化学方程
23、式为_。(2)NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的氮氧化物脱除技术。原理为：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) H=11.63 kJ/mol，在2 L密闭容器中，使用不同的催化剂A、B、C，产生N2的物质的量随时间变化如图所示。下列说法正确的_。A用催化剂A前50s平均反应速率v(N2)=2.5102 mol/(Ls)B体系各物质状态不变时，反应在任何温度下均可自发进行C分离出体系中的H2O(g)有利于氮氧化物的脱除D用催化剂C达到平衡时，N2产率最小(3)废气的变废为宝越来越成为人们共同关注的焦点，某化学课外小组查阅资料得知：2NO(g)+O2(g)2
24、NO2(g)的反应历程分两步：.2NO(g)N2O2(g) (快) v1正=k1正c2(NO)，v1逆k1逆c(N2O2) H10N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢) v2正=k2正c(N2O2)c(O2)，v2逆=k2逆c2(NO2) H20请回答下列问题：一定温度下，2NO(g)+O2(g)2NO2(g)平衡常数K=_（用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示）。研究发现NO转化为NO2的反应速率随温度的升高而减慢，原因是_。已知：N2O4(g)2NO2（g），N2O4与NO2的消耗速率与自身压强有如下关系：v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)。一定温
25、度下，相应的速率与压强关系如图所示，图中能表示该反应达到平衡状态的两个点是_，可以表示该反应正向进行的两个点是_。【答案】 (1). 放热 (2). +66 (3). C2H2*+H*=C2H3* (4). BC (5). (6). 升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致容器中c(N2O2)减小，则反应II速率变慢，反应II速率决定整个反应速率，所以反应速率减慢 (7). B、D (8). A、C【解析】【分析】(1)反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，否则为吸热反应；反应物和过渡态的能量差越小活化能越小；(2)A. 先分析050 s在催化剂A作用下N2物质的量变化值，然
26、后根据速率公式计算； B. 根据G=H-TSv(NO2)，则平衡正向移动。【详解】(1)根据图知，反应物乙炔总能量大于生成物乙烯的能量，则该反应为放热反应，反应物和过渡态的能量差越小活化能越小，C2H2*+H*=C2H3* H=+66 kJ/mol的活化能最小，为+66kJ/mol，该步骤的化学方程式为C2H2*+H*=C2H3*；(2)A. 在050 s在催化剂A作用下n(N2)=2.510-3 mol，平均反应速率v(N2)=2.510-5 mol/(Ls)，A错误；BG=H-TS0的反应可自发进行，H0，该反应在任何温度下均可自发进行，B正确；C减小生成物浓度，平衡正向移动，有利于氮氧化
27、物的反应，可更利于氮氧化物的脱除，C正确；D催化剂不能使化学平衡发生移动，所以最终氮气产率相等，D错误；故合理选项是BC；(3) 2NO(g)N2O2(g) (快) v1正=k1正c2(NO)，v1逆k1逆c(N2O2)，当反应达到平衡时，v1正= v1逆，=k1正c2(NO)= k1逆c(N2O2)，该反应K1=；N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢) v2正=k2正c(N2O2)c(O2)，v2逆=k2逆c2(NO2)，反应达到平衡时，v2正= v2逆，k2正c(N2O2)c(O2)= k2逆c2(NO2)，该反应K2=，两个方程式相加，则化学平衡常数相乘；方程式I+II整理可得：
28、2NO(g)+O2(g)2NO2(g)平衡常数K= K1K2=；研究发现NO转化为NO2的反应速率随温度的升高而减慢，反应开始时，升高温度，物质内能增加，有效碰撞次数增加，反应速率加快，当反应达到平衡后，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致容器中c(N2O2)减小，则反应II速率变慢，反应II速率决定整个反应速率，所以反应速率减慢；如果2v(N2O4)=v(NO2)时，该反应达到平衡状态，D点纵坐标是B点的2倍，则D、B点存在2v(N2O4)=v(NO2)，这两点为平衡状态；如果2v(N2O4)v(NO2)，则平衡正向移动，C点纵坐标大于A点，则A、C这两个点表示反应正向进行。【点睛
29、】本题考查化学平衡状态判断、化学平衡常数计算、反应历程等，明确活化能与反应难易程度关系、化学平衡常数计算方法是解本题关键，难点是(3)题计算及平衡点判断。题目侧重考查学生对图象分析判断及计算能力。11.AA705合金(含Al、Zn、Mg和Cu)几乎与钢一样坚固，但重量仅为钢的三分之一，已被用于飞机机身和机翼、智能手机外壳上等。但这种合金很难被焊接。最近科学家将碳化钛纳米颗粒(大小仅为十亿分之一米)注入AA7075的焊丝内，让这些纳米颗粒充当连接件之间的填充材料。注入了纳米粒子的填充焊丝也可以更容易地连接其他难以焊接的金属和金属合金。回答下列问题：(1)基态铜原子的价层电子排布式为_。(2)第三
30、周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示。该元素是_(填元素符号)，判断依据是_。(3)CN、NH3、H2O和OH等配体都能与Zn2+形成配离子。1mol Zn(NH3)42+含_ mol键，中心离子的配位数为_。(4)铝镁合金是优质储钠材料,原子位于面心和顶点，其晶胞如图2所示。1个铝原子周围有_个镁原子最近且等距离。(5)在二氧化钛和光照条件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛：苯甲醇中C原子杂化类型是_。苯甲醇的沸点高于苯甲醛，其原因是_。(6)钛晶体有两种品胞，如图所示。如图3所示，晶胞的空间利用率为_(用含的式子表示)。已知图4中六棱柱边长为x cm，高为y cm。该钛晶胞密度为D gcm-3
31、，NA为_mol1(用含x y和D的式子表示)。【答案】 (1). 3d104s1 (2). Mg (3). I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子， (4). 16 (5). 4 (6). 8 (7). sp2、sp3 (8). 苯甲醇分子间存在氢键，苯甲醛分子间不存在氢键 (9). (10). 【解析】【分析】（1）铜原子有29个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子；(2)根据电离能的突变判断最外层电子，结合该元素为第三周期元素分析；(3)所有单键包括配位键均为键，双键中有一个为键，每个NH3分子中含有3个N-H键，中心原子Zn与四个N原子之间存在配位键；(4)晶胞中每个侧面的4个顶
32、点上的镁原子和面心上的镁原子到Al原子的距离相等且最近；(5)苯环上碳原子形成3个共用电子对，而-CH2OH中C原子形成4个共用电子对；分子间的氢键对物质的沸点影响较大，苯甲醇分子间存在氢键；(6)由图3可知，晶胞中钛原子的数目为1+8=2，设原子半径为r，则晶胞的对角线为4r，晶胞的边长为，由此计算空间利用率；图4晶胞中钛原子的数目为3+2+12=6，晶胞的质量为g，六棱柱边长为x cm，高为y cm，则晶胞的体积为x2ycm3，再结合晶胞的密度计算NA。【详解】（1）铜原子有29个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子，其价电子排布式为3d104s1；(2)由图1可知电离能I3是I2的5
33、倍多，说明最外层有2个电子，结合该元素是第三周期元素，则该元素为第三周期第A元素，此元素为镁，元素符号为Mg；(3)所有单键包括配位键均为键，双键中有一个为键，每个NH3分子中含有3个N-H键，中心原子Zn与四个N原子之间存在配位键，则1mol Zn(NH3)42+含（4+34）mol=16mol键，配位体为NH3，中心离子Zn2+的配位数为4；(4)晶胞中每个侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到Al原子的距离相等且最近，则每个铝原子周围距离最近的镁原子有8个；(5)苯环上碳原子形成3个共用电子对，碳原子的杂化类型是sp2，而-CH2OH中C原子形成4个共用电子对，碳原子的杂化类型是sp
34、3；苯甲醇分子间存在氢键，而苯甲醛分子间不存在氢键，导致苯甲醇的沸点明显比苯甲醛高；(6)由图3可知，晶胞中钛原子的数目为1+8=2，设原子半径为r，则晶胞的对角线为4r，晶胞的边长为，则空间利用率为=；图4晶胞中钛原子的数目为3+2+12=6，晶胞的质量为g，六棱柱边长为x cm，高为y cm，则晶胞的体积为x2ycm3，则D=gx2ycm3，由此计算得NA=mol1。【点睛】本题考查原子杂化方式判断，注意杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，键个数=配原子个数，
35、孤电子对个数=（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化。12.有机物H属于大位阻醚系列中的一种，在有机化工领域具有十分重要的价值。2018年我国首次使用溴代羰基化合物合成大位阻醚H，其合成路线如图： 回答下列问题：(1)A的名称是_。(2)H中的官能团名称是_，中属于取代反应的是_（填序号）。(3)反应所需的试剂和条件是_，的化学方程式是_。(4)化合物X是E的同分异构体，X不能与 NaHCO3溶液反应，能与NaOH溶液反应，又能与金属钠反应。符合上
36、述条件的X的同分异构体有_种（不考虑立体异构）。其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：6的结构简式为_。(5)请写出以 和为原料合成另一种大位阻醚的合成路线：_。【答案】 (1). 2-甲基丙烯 (2). 醚键、羧基和硝基 (3). (4). NaOH水溶液、加热 (5). 2+O22+2H2O (6). 11 (7). (8). 【解析】【分析】A分子式是C4H8，与Br2发生加成反应生成B，分子式为C4H8Br2，B水解生成C，由C的结构逆推可知B为、A为；由D、E的分子式结合反应条件，C发生氧化反应生成D为，D发生氧化反应然后酸化生成E为，E发生取代反应生成F，F与G发生取代反应
37、生成H，结合H的结构，可知G为。 (5)由CH3CHBrCOOH和发生取代反应生成，发生消去反应生成，苯乙烯和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成。【详解】根据上述分析可知A是，B是，D为，E为，G为。(1)A为，A的名称为：2-甲基丙烯； (2)根据H结构简式可知：H中的官能团名称是硝基、醚键、羧基，中，是加成反应，是取代反应，是氧化反应，是氧化反应，是取代反应，是取代反应，故反应中属于取代反应的是；(3)反应为卤代烃的水解反应，所需的试剂和条件是NaOH水溶液、加热，为醇的催化氧化反应，该反应的化学方程式是：2+O22+2H2O；(4)E为，化合物X是E的同分异构体，X不能与 NaHCO3
38、溶液反应，说明不含羧基；能与NaOH溶液反应，又能与金属钠反应，说明含有醇羟基和酯基。若为甲酸丙酯，-OH有3种位置；若为甲酸异丙酯，-OH有2种位置；若为乙酸乙酯，-OH有3种位置；若为丙酸甲酯，-OH有3种位置，因此具有的结构为3+2+3+3=11种，其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：6的结构简式为；(5)由CH3CHBrCOOH和发生取代反应生成，发生消去反应生成，和Br2发生加成反应生成，发生水解反应生成，故合成路线为。【点睛】本题考查有机物的合成，把握合成流程中官能团的变化、碳原子数变化、有机反应为解答的关键，注意结合学过的有机物性质进行应用，侧重考查学生的分析与应用能力，E的同分异构体X的种类数目的推断是易错点。