广东省广州市2020届高三化学二模考试试题（含解析）.doc

1、广东省广州市2020届高三化学二模考试试题（含解析）相对原子量：H-1 C-12 O-16 F-19 P-31 Sc-45 Cu-64 Sb-122 I-1271.化学与社会、生活、生产密切相关。对下列应用的解释错误的是（ ）选项应用解释A液氢可用作长征5号火箭的燃料液氢无毒无污染燃料，燃烧热值高B高纯硅可用于制作光感电池硅具有半导体性能，可将太阳能转换为电能C二氧化硅可用于制作光导纤维二氧化硅具有良好导电性能，硬度大D钛合金可用于制作飞机的结构部件钛合金质轻、强度高、耐腐蚀A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 液氢作为燃料在燃烧时产物为水，属于无污染燃料，热值较高适

2、用于航空燃料，故A正确；B. 光感电池可以将光能转化为电能，利用高纯度硅的半导体性能，故B正确；C. 二氧化硅具有良好的导光性，且硬度大，可以制作光导纤维，故C错误；D. 钛合金具有密度小、强度高、耐腐蚀等性能，可以用于航天材料，故D正确；故选C。【点睛】此题易错点是硅单质与二氧化硅性质的比较，性质决定用途，注意用途与性质间的关系。2.降冰片烯（）在一定的条件下可以转化为降冰片烷（）。下列说法正确的是（ ）A. 降冰片烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 降冰片烷易溶于水C. 降冰片烷与互为同分异构体D. 降冰片烷的一氯代物有3种（不含立体异构）【答案】D【解析】【分析】【详解】A. 降冰片烯中含

3、有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B. 根据相似相溶原理分析，降冰片烷难溶于水，故B错误；C. 降冰片烷的分子式为C7H12，的分子式为C7H10，不是同分异构体，故C错误；D. 降冰片烷中有3种位置的H，如图，则当它发生一氯取代时，同分异构体有3种，故D正确；故选D。3.实验室探究SO2性质的装置如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 装置a中的反应可用铜片和浓硫酸代替B. 若X为H2S溶液，装置b中产生淡黄色沉淀C. 若X为含HCl、BaCl2的FeCl3溶液，装置b中产生白色沉淀D. 反应后装置c中溶液的pH降低【答案】A【解析】【详解】A. 铜片和浓硫酸

4、需要加热才能反应生成SO2，故不能替换，故A错误；B. 若X为H2S溶液，SO2与H2S发生氧化还原反应生成难溶的S，则装置b中产生淡黄色沉淀S，故B正确；C. FeCl3溶液中Fe3+有氧化性，通入二氧化硫时反应生成硫酸钡沉淀，装置b中产生白色沉淀为硫酸钡，故C正确；D. 装置c中碳酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠溶液，亚硫酸根水解程度小于碳酸根，所以碱性减弱，pH降低，故D正确；故选A。4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为3NAB. 0.1molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为0.1NAC 常温常

5、压下，124gP4中所含PP键数目4NAD. 标准状况下，22.4L丙烷中所含共价键数目为10NA【答案】D【解析】【详解】A. Cr元素化合价由K2Cr2O7中+6价降低为Cr3+中+3价，则1mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为(6-3)2=6mol，即6NA，故A错误；B. 1.0molCH4与Cl2在光照下反应，生成物是氯化氢和四种卤代烃，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，故B错误；C. 常温常压下，124gP4的物质的量为，P4分子中所含6个PP键，则124gP4中PP键数目6NA，故C错误；D. 标准状况下，22.4L丙烷的物质的量为1mol，丙烷分子中含有

6、10个共价键，则所含共价键数目为10NA，故D正确；故选D。5.一种化合物Y2ZW3X可用作牙膏的添加剂，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z的最高价氧化物的水化物是三元酸，Y的原子半径是短周期主族元素中最大的，W与X的最外层电子数之和为13。下列说法错误的是（ ）A. 简单氢化物的沸点：WXB. 离子半径：YWXC. Z的最高价氧化物可用作干燥剂D. Y与X形成的化合物的水溶液呈碱性【答案】B【解析】【分析】Z的最高价氧化物的水化物是三元酸，Z为P，Y的原子半径是短周期主族元素中最大的，Y是Na，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X的最外层电子数之和为

7、13，W、X分别代表O和F，故W、X、Y、Z分别为O、F、Na、P，以此分析。【详解】AW、X的简单氢化物分别为H2O和HF，水在常温下是液体，HF是气体，简单氢化物的沸点：WX，故A正确；BW、X、Y分别为O、F、Na，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，半径越小，离子半径：YXW，故B错误；CZ的最高价氧化物五氧化二磷可用作干燥剂，可以干燥酸性或中性气体，故C正确；DY与X形成的化合物氟化钠的水溶液呈碱性，由于F-水解使NaF溶液显碱性，故D正确；答案选B。6.我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液，充电、放电时，复合膜层间的H2O

8、解离成H+和OH-，工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）A. a膜是阳离子膜，b膜是阴离子膜B. 放电时负极的电极反应式为Zn+4OH-2e-=Zn(OH)42-C. 充电时CO2在多孔Pd纳米片表面转化为甲酸D. 外电路中每通过1mol电子，复合膜层间有1mol H2O解离【答案】C【解析】【分析】根据图示可知，放电时是原电池，放电时，负极为锌，锌在负极失去电子生成锌离子，结合复合膜层电离出的氢氧根离子生成Zn(OH)42-，负极的电极反应式为Zn+4OH-2e-=Zn(OH)42-，多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，电极反应为CO2+2H+2e-=HCOOH， 总

9、的电极反应为：Zn+2OH-+2H2O+CO2= Zn(OH)42-+HCOOH，充电时的电极反应与放电时的反应相反，由此分析。【详解】A由图可知，a膜释放出氢离子，是阳离子膜，b膜释放出氢氧根离子，是阴离子膜，故A正确；B根据图示可知，放电时是原电池，负极为锌，锌在负极失去电子生成锌离子，结合复合膜层电离出的氢氧根离子生成Zn(OH)42-，负极的电极反应式为Zn+4OH-2e-=Zn(OH)42-，故B正确；C放电时多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，充电时是电解池，甲酸在多孔Pd纳米片表面转化为CO2，故C错误；D复合膜层间的H2O解离成H+和OH-，根据总的电极反应

10、：Zn+2OH-+2H2O+CO2= Zn(OH)42-+HCOOH，锌的化合价从0价升高到+2价，外电路中每通过1mol电子，复合膜层间有1mol H2O解离，故D正确；答案选C。【点睛】根据图中信息写出电极反应是解本题的关键，方法是根据氧化还原反应的原理找到反应物和生成物，根据化合价的变化找到转移的电子数，再进行判断。7.已知Ka(CH3COOH)=1.710-5，Kb(NH3H2O)=1.710-5。常温下，用0.01molL-1氨水滴定20mL浓度均为0.01molL-1的HCl和CH3COOH混合溶液，相对导电能力随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列叙述错误的是( )A. a点的混合

11、溶液中c(CH3COO-)约为1.710-5molL-1B. b点的混合溶液中：c(CH3COOH)c(NH4+)C. c点的混合溶液中：c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)D. 混合溶液pH=7时，加入氨水体积大于40mL【答案】B【解析】【分析】a点为浓度均为0.01mol/L的盐酸和醋酸(1:1)混合溶液，b点溶质为等浓度氯化铵和醋酸，c点溶质为等浓度氯化铵和醋酸铵，根据醋酸的电离平衡常数表达式，电荷守恒，物料守恒分析。【详解】Aa点为浓度均为0.01mol/L的盐酸和醋酸(1:1)混合溶液，盐酸全部电离，醋酸部分电离，根据醋酸的电

12、离平衡表达式：；可以得到，故A正确；BKa(CH3COOH)=1.710-5， ，Ka(CH3COOH)Kh(NH4+)，醋酸电离程度大于NH4+水解程度，则c(NH4+)c(CH3COOH)，故B错误；C点溶液中恰好生成等量的NH4Cl和CH3COONH4，根据物料守恒：2c(Cl)c(NH4+)+c(NH3H2O)，2c(CH3COOH)+2c(CH3COO)c(NH4+)+c(NH3H2O)，c(Cl)c(CH3COO)+c(CH3COOH)，所以有c(NH4+)+c(NH3H2O)c(Cl)+c(CH3COO)+c(CH3COOH)，故C正确；Dc点溶质为等浓度氯化铵和醋酸铵，Ka(C

13、H3COOH)=1.710-5，Kb(NH3H2O)=1.710-5，即醋酸的酸性和氨水的碱性相当，在醋酸氨溶液中，铵根离子和醋酸根离子的水解程度相近，溶液呈中性，氯化铵属于强酸弱碱盐，显酸性，要让混合溶液pH=7即中性，加入氨水体积需大于40mL，故D正确；答案选B。【点睛】本题判断出a、b、c点的意义很关键，醋酸是弱酸，存在电离平衡，加入氨水中，氨水会优先和盐酸反应，得到醋酸和氯化铵的混合溶液，要从图像中找到溶液导电能力降低的原因，充分考虑弱电解质的电离和水解，进行综合运用。8.乙酸正丁酯是无色透明有果香气味的液体。实验室制备乙酸正丁酯的反应方程式如下：CH3COOH+CH3CH2CH2C

14、H2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O。制备流程和有关数据如下：已知：乙酸正丁酯、正丁醇和水组成的三元共沸物的沸点为90.7。反应装置如图所示。在烧瓶中加入反应物和沸石，分水器中加入一定体积水，80反应15分钟，然后提高温度使反应处于回流状态，分水器中液面不断上升，当液面达到分水器支管口时，上层液体返回到烧瓶中。回答下列问题：(1)仪器甲的名称是_。步骤在80反应时温度计水银球置于_(填“a”或“b”)处。(2)使用分水器能提高酯的产率，原因是_(用平衡移动原理解释)。(3)步骤观察到_(填标号)现象时，酯化反应已基本完成。A.当分水器中出现分层 B.分水器中有液体回流至烧瓶C.

15、分水器水层高度不再变化 D.仪器甲有液体滴落(4)若反应前分水器中加水不足，会导致_，使产率偏低。(5)步骤操作a的名称是_。(6)步骤中，依次用10%Na2CO3溶液、水洗涤有机相，分出的产物加入少量无水MgSO4固体，蒸馏，得到乙酸正丁酯4.64g。加入10%Na2CO3溶液的目的是除去_。乙酸正丁酯的产率为_%。【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). b (3). 分水器能分离出产物中的水，将未反应的正丁醇回流到烧瓶，使平衡向生产酯的方向移动，提高酯的产率 (4). C (5). 回流时正丁醇不能全部返回到烧瓶 (6). 分液 (7). 混在产品中的硫酸和醋酸 (8). 74【解析】分

16、析】正丁醇、冰醋酸、浓硫酸80反应15分钟，加入碎瓷片防止爆沸，得到乙酸正丁酯，再提高温度使反应处于回流状态，分水器能分离出产物中的水，将未反应的正丁醇回流到烧瓶， 再将液体分液得到乙酸正丁酯和水，再将乙酸正丁酯纯化可得到产品，据此分析。【详解】(1)仪器甲的名称是球形冷凝管，由于反应在蒸馏烧瓶中进行，反应的温度在80，温度计水银球应置于b处；(2)使用分水器能提高酯的产率，原因是分水器能分离出产物中的水，将未反应的正丁醇回流到烧瓶，使平衡向生产酯的方向移动，提高酯的产率；(3)A当分水器中出现分层，说明开始产生乙酸正丁酯，不能确定酯化反应已完成，故A不符合题意；B分水器中有液体回流至烧瓶，说

17、明开始产生乙酸正丁酯，不能确定酯化反应已完成，故B不符合题意；C分水器水层高度不再变化 ，证明酯化反应已完成，不再产生酯了，故C符合题意；D仪器甲有液体滴落，说明分水器中的液体在冷凝回流，不能确定酯化反应已完成，故D不符合题意；答案选C。(4)若反应前分水器中加水不足，回流时正丁醇不能全部返回到烧瓶，会导致使产率偏低；(5)步骤操作a的名称是分液，用于分离互不相溶的液体，经分液得到乙酸正丁酯和水；(6)步骤中，依次用10%Na2CO3溶液、水洗涤有机相，醋酸的沸点与乙酸正丁酯的相差不大，硫酸难挥发，未反应的硫酸也会和醋酸一起留在蒸馏烧瓶中，加入10%Na2CO3溶液的目的是除去混在产品中的硫酸

18、和醋酸；已知加入5mL丁醇和3.5mL冰醋酸，根据m=V计算得到冰醋酸和正丁醇的质量分别为m(CH3COOH)=3.5mL1.05g/mL=3.675g，m (CH3CH2CH2CH2OH)=0.8g/mL5mL=4g，根据化学反应：通过计算可知，醋酸过量，正丁醇完全反应，利用正丁醇计算乙酸丁酯的质量，设乙酸正丁酯的质量为x，解得x=6.27g乙酸正丁酯的产率为74%。【点睛】关于产率计算时，需注意判断醋酸过量还是正丁醇过量，利用完全反应的正丁醇计算产率。9.氧化钪(Sc2O3)是一种稀土氧化物，可用于制作激光、半导体材料。以钪锰矿石(主要含MnO2、SiO2及少量Sc2O3、Al2O3、Ca

19、O、FeO)为原料制备Sc2O3的工艺流程如图，其中TBP和P507均为有机萃取剂。回答下列问题：(1)Sc2O3中Sc的化合价为_。(2)“溶解”时铁屑被MnO2氧化为Fe3+，该反应的离子方程式是_。(3)“滤渣”的主要成分是_。(4)“萃取除铁”时铁和钪的萃取率与O/A比(有机相与水相的体积比)的关系如图所示。该工艺中最佳O/A比为_。(5)有机萃取剂P507萃取Sc3+的反应原理为阳离子交换：ScCl3+3HR=ScR3+3HCl(HR代表P507)。在“富钪有机相”中反应生成Sc(OH)3的化学方程式是_。(6)“萃余液2”中的金属阳离子除Al3+、Ca2+外，还有_。(7)Sc2(

20、C2O4)3在空气中“煅烧”生成Sc2O3的化学方程式是_。(8)某厂用1000kg的钪锰矿制备Sc2O3，最终得到Sc2O3306g，该矿中含钪的质量分数为_。【答案】 (1). +3 (2). 3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O (3). SiO2 (4). 2 (5). ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3 (6). Mn2+ (7). 2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2 (8). 0.02%【解析】【分析】钪锰矿石(主要含MnO2、SiO2及少量Sc2O3、Al2O3、CaO、FeO)，加入稀硫酸后，溶液中含有Al3+，Fe2+，C

21、a2+，Sc3+，再加入Fe，可以将二氧化锰还原为Mn2+，铁被氧化成Fe3+，滤渣中含有SiO2，TBP和HCl加入除去Fe3+，得到有机相和萃余液1，萃余液1加入有机萃取剂P507萃取Sc3+，萃余液2中剩余Al3+、Ca2+、Mn2+，富钪有机相加入氢氧化钠后得到反萃固体Sc(OH)3，加入HCl得到ScCl3，加入H2C2O4后得到Sc2(C2O4)3，在空气中煅烧后Sc2O3，据此分析。【详解】(1)Sc2O3中O的化合价为-2价，根据元素的化合价之和等于0，则Sc的化合价为+3价；(2)“溶解”时铁屑被MnO2氧化为Fe3+，MnO2还原Mn2+，溶液为酸性，有氢离子参与反应，根据

22、元素守恒补齐生成物水，反应的离子方程式：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O；(3)钪锰矿石中不与硫酸和废铁屑反应的物质为二氧化硅，“滤渣”的主要成分是SiO2；(4)从图中可以看出，萃取除铁时需要将铁的萃取率最高，钪的萃取率最低，此时该工艺中最佳O/A比为2；(5)在“富钪有机相”中反应生成Sc(OH)3，ScR3与氢氧化钠反应生成Sc(OH)3，化学方程式是ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3；(6)除去铁离子后，“萃余液1”中含有Sc3+，“萃余液2”中的金属阳离子除Al3+、Ca2+外，还有Mn2+；(7)Sc2(C2O4)3在空气中“煅烧”生成Sc2O

23、3和二氧化碳的化学方程式是2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；(8)某厂用1000kg的钪锰矿制备Sc2O3，最终得到Sc2O3306g，钪元素的质量等于三氧化二钪的质量钪元素的质量分数，该矿中含钪的质量分数为。10.甲苯(C7H8)和二甲苯(C8H10)是重要的化工原料。利用苯(C6H6)和甲醇(CH3OH)在催化剂作用下反应得到C7H8、C8H10和副产物三甲苯(C9H12)，发生的主要反应如下：.C6H6(g)+CH3OH(g)C7H8(g)+H2O(g).C7H8(g)+CH3OH(g)C8H10(g)+H2O(g).C8H10(g)+CH3OH(g)C9H12(g

24、)+H2O(g)(1)500、0.18Mpa条件下，反应达到平衡时，结果如图所示。由图分析，随着投料比增加，CH3OH的平衡转化率_，平衡时的值_。(填“增大”、“减小”或“不变”)投料比为1.0时，C6H6的平衡转化率为50%，产物中C7H8、C8H10和C9H12物质的量之比为631。CH3OH的平衡转化率为_，反应I的平衡常数K=_。(2)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了反应I在固体酸(HB)催化剂表面进行的反应历程如图所示。其中吸附在固体酸(HB)表面的物种用*标注。反应I的H=_kJmol-1。吸附CH3OH的焓变_吸附C6H6的焓变(填“”或“”)。C6H6*在催化剂表面转

25、化为C7H8*的反应方程式为_。在固体酸(HB)催化作用下，测得反应I的速率方程为v=kp(C6H6)(k为速率常数)。在刚性容器中发生反应I，关于反应I的平衡常数(K)和反应速率(v)的叙述正确的是_(填标号)。A.升高温度，K和v均增大B.增大p(C6H6)，K不变，v增大C.降低温度，K和v均减小D.增大p(CH3OH)，K不变，v增大【答案】 (1). 减小 (2). 增大 (3). 75% (4). 1.8 (5). -61.4 (6). (7). C6H6*+H2O+CH3B=C7H8*+H2O+HB (8). B【解析】【分析】(1)由图分析，随着投料比增加，苯(C6H6)的转化

26、率在增加，CH3OH的物质的量在增加，平衡转化率减小，根据平衡移动的方向判断平衡时的值的变化；设当设C6H6的平衡转化率为50%，产物中C7H8、C8H10和C9H12物质的量分别为6mol、3mol、1mol，则反应C8H10(g)+CH3OH(g)C9H12(g)+H2O(g)中平衡时，C8H10和C9H12的物质的量分别为3mol、1mol，则反应中C8H10(g)的初始投料为4mol，即平衡时反应C7H8(g)+CH3OH(g)C8H10(g)+H2O(g)平衡时，C7H8、C8H10的物质的量分别为6mol和4mol，则反应中C7H8初始量为10mol，即平衡时反应C6H6(g)+C

27、H3OH(g)C7H8(g)+H2O(g)中C7H8(g)平衡时的物质的量为10mol，则反应C6H6(g)和CH3OH(g)的转化量为10mol，根据投料比为1.0时，设C6H6的平衡转化率为50%，则反应中C6H6(g)和CH3OH(g) 的初始投入量相等，都为20mol，据此列三段式计算解答；(2)结合反应I的方程式：C6H6(g)+CH3OH(g)C7H8(g)+H2O(g)，根据图示，利用盖斯定律解答；根据图示中，吸附CH3OH的焓变和吸附C6H6的焓变数值进行比较判断；根据图示，找到C6H6*和C7H8*所在的位置书写反应方程式；根据中分析可知，反应I的方程式为：C6H6(g)+C

28、H3OH(g)C7H8(g)+H2O(g)，正反应为放热反应；该体系反应前后气体分子数目不变，平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，结合外界条件对反应速率的影响分析判断速率的变化。【详解】(1)由图分析，随着投料比增加，苯(C6H6)的转化率在增加，CH3OH的物质的量在增加，平衡转化率减小；根据图像，结合三个反应，苯(C6H6)的转化率与C7H8、C8H10和C9H12三种产物的产量成正比关系，图像中苯(C6H6)的转化率与C7H8、C8H10的产量之差，应为C9H12的产量，根据图显示，C9H12的产量在增大，则的值增大；设C6H6的平衡转化率为50%，产物中C7H8、C8H10和C

29、9H12物质的量分别为6mol、3mol、1mol，则反应C8H10(g)+CH3OH(g)C9H12(g)+H2O(g)中平衡时，C8H10和C9H12的物质的量分别为3mol、1mol，则反应中C8H10(g)的初始投料为4mol，即平衡时反应C7H8(g)+CH3OH(g)C8H10(g)+H2O(g)平衡时，C7H8、C8H10的物质的量分别为6mol和4mol，则反应中C7H8初始量为10mol，即平衡时反应C6H6(g)+CH3OH(g)C7H8(g)+H2O(g)中C7H8(g)平衡时的物质的量为10mol，则反应C6H6(g)和CH3OH(g)的转化量为10mol，根据投料比为

30、1.0时，设C6H6的平衡转化率为50%，则反应中C6H6(g)和CH3OH(g) 的初始投入量相等，都为20mol，据此列三段式可得：根据以上转化后，平衡时CH3OH剩余5mol，则CH3OH平衡转化率为100%=75%，反应I体系中各物质反应计量系数都为1，则物质的量的变化量可代表浓度变化量，体系平衡时，CH3OH物质的量为5mol，C6H6的物质的量为10mol，C7H8的物质的量为6mol，水蒸气的物质的量为15mol，则平衡常数K=；(2)反应I的方程式为：C6H6(g)+CH3OH(g)C7H8(g)+H2O(g)，根据图示，反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，利用盖斯定

31、律，反应热只与始态和终态有关，与反应过程无关，则H=-61.4kJmol-1；根据图示，吸附CH3OH的焓变为-109.9 kJmol-1，吸附C6H6的焓变为-66.4 kJmol-1，二者焓变都小于0，则吸附CH3OH的焓变吸附C6H6的焓变；根据图示，C6H6*在催化剂表面转化为C7H8*的反应方程式为C6H6*+H2O+CH3B=C7H8*+H2O+HB；根据中分析可知，反应I的方程式为：C6H6(g)+CH3OH(g)C7H8(g)+H2O(g)，正反应为放热反应；该体系反应前后气体分子数目不变，A升高温度，平衡逆向移动，则K减小，升高温度反应速率v增大，故A错误；B平衡常数只与温度

32、有关，温度不变，平衡常数K不变，增大p(C6H6)，根据v=kp(C6H6)，则反应v增大，故B正确C降低温度，平衡向正向移动，平衡常数K增大，降温反应速率v减小，故C错误；D平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变，增大p(CH3OH)，体系中各组分的压强都增大，反应速率v增大，故D错误；答案选B。【点睛】本题的易错点在于平衡常数的计算，要注意当反应I达到平衡时，反应和反应也必须达到平衡，在利用平衡常数表达式进行计算时，必须正确选取平衡时的各组分的含量是解题关键。11.铜碘杂化团簇具有优异的光学性能，可用于制备发光二极管、发光墨水、生物成像仪器等。一种铜碘杂化团簇的合成路线如图：(1)

33、已知SbCl3(三氯化锑)是挥发性显著物质，由此判断SbCl3中主要含有的化学键类型是_。(2)Sb为第四周期VA族元素，预测SbCl3的立体结构为_。(3)Et2O(CH3CH2OCH2CH3，乙醚)中氧原子以及中碳原子的杂化类型分别是_、_。(4)CuI中Cu+的核外电子排布式为_。(5)SbCy3只能与一个Cu+配位的原因是_。(6)已知上述铜碘杂化团簇属四方晶系，晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，棱间夹角为=90，平均一个晶胞含有一个铜碘杂化团簇，该团簇的化学式为_。设阿伏加德罗常数的值为NA，已知SbCy的相对分子量是371，则该铜碘杂化团簇的密度是_gcm-3(列计算式)。【答

34、案】 (1). 共价键 (2). 三角锥形 (3). sp3 (4). sp2 (5). 1s22s22p63s63p63d10或Ar3d10 (6). SbCy3中Sb只含一对孤对电子 (7). Cu4I4(SbCy3)4或Cu4I4Sb4Cy12或Cu4I4Sb4C72H132 (8). 【解析】【分析】(1)SbCl3属于挥发性显著的物质属于共价化合物，含有共价键；(2)根据VSEPR模型判断杂化方式，再判断分子的立体构型；(3)根据VSEPR模型判断杂化方式；(4)根据构造原理写出29号元素Cu的核外电子排布式，再写出Cu+的核外电子排布式；(5)根据SbCy3的结构确定只能与一个Cu

35、+配位的原因；(6)根据铜碘杂化团簇的铜原子，碘原子，SbCy3的数目，写出团簇的化学式；利用进行计算。【详解】(1)已知SbCl3(三氯化锑)是挥发性显著的物质，说明沸点低，一般为共价化合物，主要含有的化学键类型是共价键；(2)Sb为第四周期VA族元素，最外层5个电子，SbCl3分子中Sb与三个氯原子形成三对单键，剩余一对孤对电子，杂化方式为sp3，SbCl3分子的立体结构为三角锥形；(3)Et2O(CH3CH2OCH2CH3，乙醚)中氧原子成了两对单键，剩余两对孤对电子，价层电子对为4对，杂化方式为sp3杂化， 中六个碳原子共平面，碳原子的杂化类型sp2杂化，剩余一个p轨道垂直于苯环的平面

36、形成一个大键；(4)29号元素Cu的核外电子排布式为：1s22s22p63s63p63d104s1或Ar3d104s1，CuI中Cu+失去最外层的一个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s63p63d10或Ar3d10；(5)SbCy3中Sb只含一对孤对电子，故只能与一个Cu+配位；(6)根据图示，铜碘杂化团簇的铜原子，碘原子，SbCy3个数都为4个，该团簇的化学式为Cu4I4(SbCy3)4或Cu4I4Sb4Cy12由于SbCy3中Cy为C6H11，故分子式还可以是Cu4I4Sb4C72H132；设阿伏加德罗常数的值为NA，已知SbCy的相对分子量是371，晶胞参数分别为anm、bnm

37、、cnm，棱间夹角为=90，晶胞的体积为abc10-21 cm-3，则该铜碘杂化团簇的密度是。12.化合物W是一种医药化工合成中间体，其合成路线如图：回答下列问题：（1）链烃A的名称是_。B中官能团的名称是_。（2）反应、的反应类型分别是_、_。（3）反应的化学方程式是_。（4）F的结构简式是_。（5）W的分子式是_。（6）芳香化合物X是W的同分异构体，X能够发生银镜反应，核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为64321，写出三种X的同分异构体的结构简式_。（7）设计由1，2-二氯乙烷与制备的合成路线_。（无机试剂任选）【答案】 (1). 丙烯 (2). 碳碳双键、氯原子 (3). 加成反应 (4

38、). 取代反应 (5). 2+O22+2H2O (6). (7). C13H16O2 (8). 、(写出其中3个) (9). 【解析】【分析】由合成路线分析可知，F与C2H5OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成G()，则F为羧酸，又E()酸化得到F，F的分子式为C5H6O5，则F为，D与NaCN发生取代反应得到E，C的分子式为C3H6OCl2，C在Cu作催化剂、加热的条件下发生催化氧化生成D，则C为，B与HOCl发生加成反应得到C，则B为，A与Cl2在光照条件下发生取代反应生成B，则A为，G与在pH=8.3的条件下反应生成H()，H酸性条件下加热生成W()，据此分析解答。【详解】(1)根据

39、上述分析，A为，其名称为丙烯，B的结构简式为，含有的官能团有碳碳双键、氯原子，故答案为：丙烯；碳碳双键、氯原子；(2)反应为B与HOCl发生加成反应得到C，反应为D与NaCN发生取代反应得到E，故答案为：加成反应；取代反应；(3)反应为C在Cu作催化剂、加热的条件下发生催化氧化生成D，反应方程式为2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；(4)F与C2H5OH在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成G()，则F为羧酸，又E()酸化得到F，F的分子式为C5H6O5，则F的结构简式为，故答案为：；(5)W的结构简式为，1个该分子含有13个C原子，16个H原子，2个O原子，则其分子式为C13H16O2，故答案为：C13H16O2；(6)芳香化合物X是W的同分异构体，X能够发生银镜反应，则分子中含有醛基，核磁共振氢谱有五组峰，即含有5组等效氢，且峰面积之比为64321，满足条件的同分异构体有、，故答案为：、(写出其中3个)；(7)结合题干中GHW的合成路线，由1，2-二氯乙烷与制备，可先将1，2-二氯乙烷在NaOH溶液中加热发生消去反应生成，再在Cu作催化剂加热的条件下发生催化氧化生成，接着与发生类似于GHW的反应制得，合成路线为，故答案为：。