1、广东省肇庆市2020届高三化学第三次检测试题（含解析）本试卷分第 1 卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分第I卷1至5页，第II卷6至14页，共300分 考生注意：1.答题前，考生务必将自己的考号、姓名填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上的考号、姓名与考生本人考号、姓名是否一 致2第I卷 每小题选出答案后，用 2B 铅笔 把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需要改动用橡皮擦干净，再选涂其他答案标号第II卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答。在试题卷上作答，答案无效3 考试结束监考人员将试卷、答题卡一并收回。可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O16 Na 23 Fe S
2、6第1 卷 (选择题 共 126 分)一、选择题： 本题共13 小题，每小题6 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.“中国名片”“中国制造”中航天、军事、天文、医学等领域的发展受到世界瞩目，它们与化学有着密切的联系。下列说法正确的是A. 港珠澳大桥路面使用到的沥青可以通过石油分馏得到B. “玉兔二号”月球车的帆板太阳能电池的材料是二氧化硅C. “歼-20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料D. 抗击“2019新型冠状病毒”过程中用到的“84”消毒液的主要有效成分是Ca(ClO)2【答案】A【解析】【详解】A沥青是石油分馏得到的产物，故A正确；B太阳能电池的材料
3、是硅，不是二氧化硅，故B错误；C碳纤维是单质，是一种新型无机非金属材料，故C错误；D“84”消毒液的主要有效成分是NaClO，故D错误；故答案为A。2.下列有关苯 () 与【3】-轴烯 ()的说法错误的是A. 二者互为同分异构体B. 二者可用酸性KMnO4溶液鉴别C. 【3】轴烯与足量H2反应所得产物的二氯代物有5种D. 苯分子中所有原子共平面，3】-轴烯分子中所有原子不可能共平面【答案】D【解析】【详解】A苯和3-轴烯的分子式均为C6H6，两者是同分异构体，故A正确；B苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，而3-轴烯含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，可用酸性KMnO4溶液鉴别苯和3-轴烯，故
4、B正确；C3-轴烯与足量氢气完全加成生成，当甲基上有1个氢原子被氯取代后，另一个氯原子的位置有四种；当环上有1个氢原子被取代后，另一个氯原子的位置只有一种，为环上的氢原子被氯原子取代，则共有5种二氯代物，故C正确；D苯分子是平面结构，3-轴烯含有3个碳碳双键，所有原子也一定共平面，故D错误；故答案为D。3.海水是十分重要的自然资源如图是海水资源利用的部分过程，下列有关说法错误的是 A. 第步除去粗盐中的 Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子加入试剂顺序为：NaOH 溶液BaCl2溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸B. 第步由MgCl26H2O在空气中受热分解来制取无水MgCl2C. 第步可通
5、入Cl2,第步的目的是富集溴元素D. 海水淡化方法主要有蒸馏法、电渗析法和离交换法【答案】B【解析】【分析】海水通过蒸发浓缩得到粗盐和母液，粗盐精制除去杂质得到精盐，电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，母液中含有镁离子和溴离子，加入石灰乳沉淀镁离子过滤得到氢氧化镁沉淀和滤液，氢氧化镁溶解后浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到无水氯化镁，滤液中加入氧化剂氯水氧化溴离子为溴单质，把溴吹出用碳酸钠溶液吸收后，加入酸重新生成溴单质，以此解答该题。【详解】A除去粗盐中含有的Mg2+、Ca2+、SO42-等杂质离子，加入的药品顺序为：NaOH溶液BaCl2溶液Na2CO3溶液
6、过滤后加盐酸，NaOH与氯化钡可互换顺序，故A正确；BMgCl26H2O在空气中加热时促进Mg2+水解，且水解产物HCl易挥发，最终只能得到氢氧化镁，继续高温加热还可能得到氧化镁，故B错误；C第步中溴元素被氧化，发生反应的离子方程式为C12+2Br-=2C1-+Br2，第步将溴离子氧化为溴单质，第步中溴单质在碳酸钠溶液中发生歧化反应生成溴化钠和溴酸钠，第步中溴化钠和溴酸钠经酸化转化为溴单质，过程中步目的是浓缩、富集溴单质，故D正确； D蒸馏法是把水从水的混合物中分离出来，得到纯净的水；通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而达到淡化海水的目的；利用电渗析法可使相应的离子通过半透膜以达到硬水软
7、化的效果，故D正确；故答案为B。4.下列实验及现象不能得出相应结论的是选项实验现象结论A某溶液中滴加K3(Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀原溶液中有 Fe2+B 将CO2依次通过 NaHSO3溶液、品红溶液品红溶液不褪色 H2SO3的酸性强于比H2CO3C向 l mL 新制氢氧化铜悬浊液中滴加适量 10 %葡萄糖溶液，加热煮沸产生砖红色沉淀葡萄糖具有还原性D 向 lmL0. l mol/L AgNO3溶液中滴加45 滴 0.l mol/L KI 溶液，再滴加几滴 0. 1mo l/L Na2S 溶液 先有黄色沉淀生成；后又有黑色沉淀 Ksp (AgI ) Ksp (Ag2S)A. AB. BC.
8、 CD. D【答案】D【解析】【详解】A滴加K3Fe（CN）6溶液产生蓝色沉淀可检验亚铁离子，故A正确；B根据强酸制弱酸的原理，CO2溶于水生成的碳酸无法制取出SO2，说明亚硫酸的酸性比碳酸强，故B正确；C葡萄糖与新制氢氧化铜混合加热生成Cu2O，Cu元素化合价降低，发生还原反应，说明葡萄糖具有还原性，故C正确；D向 lmL0. l mol/L AgNO3溶液中滴加45 滴 0.l mol/L KI 溶液，生成AgI浅黄色沉淀，此时溶液中AgNO3过量，继续滴加几滴0. 1mo l/L Na2S溶液，会有Ag2S黑色沉淀生成，不存在AgI与Ag2S之间的沉淀转化，由无法确定Ksp (AgI )
9、 Ksp (Ag2S)，故D错误；故答案为D。5.W、X、Y、Z 均为短周期主族元素，X与Z同族，X核外电子总数等于Y最外层电子数，Y是短周期中非金属性最强的元素，W与Z的最高化合价之和为8, 且W原子半径小于Z。下列叙述正确的是A. 气态简单氢化物的稳定性：ZXWB. W和Y可形成共价化合物WY3,且WY3中W、Y均满足最外层 8 电子稳定结构C. 常温下，0.l molL-1Z的最高价氧化物对应水合物水溶液的 pH lD. 常温下，与W同族且相邻元素的单质能溶于X的最高价氧化物对应水化物的浓溶液。【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z 均为短周期主族元素， X核外电子总数等于Y最外层电子
10、数，Y是短周期中非金属性最强的元素，则Y为F元素，最外层电子数为7，则X为氮元素；X与Z同族，则Z为磷元素；W与Z的最高化合价之和为8，磷元素最高价为+5价，W的最高价为+3价，且W原子半径小于Z，则W为B元素，据此分析解题。【详解】由分析知：WB元素、X为N元素、Y为F元素、Z为P元素；A元素的非金属性NPB，则气态简单氢化物的稳定性：NH3PH3BH3，故A错误；BB和F可组成BF3，其中F最外层 达到8 电子稳定结构，而B最外层不能达到8 电子稳定结构，故B错误；CP的最高价氧化物水化物为H3PO4，是中强酸，常温下，0.l molL-1 H3PO4溶液中c(H+)0.l molL-1，
11、则溶液pH l，故C正确；D与B同族且相邻元素的单质为Al，在常温下遇浓硝酸钝化，不能完全溶解，故D错误；故答案为C。6.某新型可充电电池构造如图所示，工作时(需先引发Fe 和KClO3的反应，从而使 LiCl-KCl共晶盐熔化)，某电极(记为X )的反应式之一为：xLi+ xe- +LiV3O8=Lii+xV3O8。下列说法正确的是A. 放电时，正极的电极反应式为: Li e- = Li+B. 放电时，总反应式为：xLi + LiV3O8 = Lii+xV3O8C. 充电时，X电极与外接电源负极相连D. 充电时，X电极的质量增加【答案】B【解析】【详解】A放电时正极发生得电子的还原反应，即反
12、应为：正极反应式为xLi+LiV3O8+xe-Li1+xV3O8，故A错误；B放电时负极发生氧化反应，负极反应为xLi xe- = xLi+(或Li e- = Li+)，则总反应式为xLi + LiV3O8 =Lii+xV3O8，故B正确；CX极为原电池的正极，充电时与外接电源的正极相连，故C错误；D充电时，X电极发生氧化反应，电极反应为Li1+xV3O8 xe- = xLi+LiV3O8，电极质量减轻，故D错误；故答案为B。【点睛】考查原电池和电解池工作原理，正确判断图示装置中两极为解答关键，放电时，电池反应式为xLi+LiV3O8=Li1+xV3O8，负极反应式为xLi-xe-xLi+(或
13、Li e- = Li+)，正极反应式为xLi+LiV3O8+xe-Li1+xV3O8，充电时，阳极、阴极电极反应式与正极、负极电极反应式正好相反。7.室温下，向10 mL 0.10molL1-1YOH溶液中逐渐滴加0.20molL-1HX 溶液，混合溶液的pH 变化如图所示(温度和体积变化忽硌不计)。下列结论错误的是A. HX为一元弱酸，YOH 为一元强碱B. M点对应溶液中水的电离程度大于N 点溶液中水的电离程度C. N点对应溶液中粒子浓度：c(HX) c(X - ) c(Y+ ) c(H+ ) c(OH-)D. 室温时,pH = a 的YX溶液中水电离出的c(OH-)=l.010-(14-
14、a)molL-1【答案】C【解析】【详解】A由图可知0.10molL1-1YOH溶液pH=13，该碱溶液中c（OH-）=c（YOH）=0.1mol/L，说明YOH完全电离，则YOH为强碱；滴加0.20molL-1HX溶液5mL时恰好完全反应，生成正盐YX，此时溶液pH7，说明X-水解，则HX为弱酸，故A正确；BM和N点均存在X-的水解，但过量的HX电离出的H+抑制了水的电离，且过量HX越多，对水的电离抑制能力越大，则M点对应溶液中水的电离程度大于N 点溶液中水的电离程度，故B正确；CN点溶液中溶质为YX和HX，且两者浓度相等，此时溶液显酸性，说明HX的电离程度大于X-的水解程度，则c(X -
15、) c(Y+ ) c(HX) c(H+ ) c(OH-)，故C错误；DX-的水解促进水的电离，YX溶液中c(OH-)来自水的电离，则室温时，pH = a 的YX溶液中水电离出的c(OH-)=l.010-(14-a)molL-1，故D正确；故答案为C。8.氨基钠(NaNH2)常用作有机合成的促进剂，是合成维生素 A 的原料。某学习小组用如下装置，以NH3和Na为原料加热至 350-360 制备氨基钠，并检验其生成的产物和测定产品的纯度。已知：NaNH2极易水解且易被空气氧化。回答下列问题 ： A C(1)仅从试剂性质角度分析，下列各组试剂不宜用于实验室制备NH3的是_(填字母序号)。A.浓氨水、
16、CaO B. NH4Cl固体、Ca(OH)2固体C.浓氨水 D.NH4NO3固体 、NaOH固体(2)仪器D名称为_，其中盛放的试剂为 _。(3)装置A中发生反应的化学方程式为 _，能证明装置A中已发生反应的实验依据是_ 。(4) 装置B的作用是_ 。(5) 制备时，通入的氨气过量，待钠充分反应后，取 mg 产品， 按如图装置进行实验(产品所含杂质仅为 Na2O )。用注射器向试管中缓慢加入H2O至恰好完全反应立即停止，G中液面从刻度V1变 为 V2(已知V2Vi,单位 mL,忽略固体体积，读取刻度时保持两使液面相平，实验过程处于标准状况下)，则产品纯度为_：若读取V1时，G中液面低于漏斗侧液
17、面，则所测得的纯度比实际产品纯度_(填“偏高”、“ 偏低”或“无影响”)。【答案】 (1). D (2). 球形干燥管 (3). 无水硫酸铜 (4). 2Na+2NH32NaNH2+H2 (5). 装置C中的黑色粉末变为红色，装置D中的白色粉末变为蓝色 (6). 吸收NH3，防止NH3与CuO反应 (7). (8). 偏高【解析】【分析】NH3和Na在加热条件下生成NaNH2和H2，利用P2O5除去H2中混有的NH3，除杂后的H2在加热条件下，将黑色CuO还原为红色Cu，生成的水使无色CuSO4粉末变蓝色。【详解】(1) ACaO溶于水生成Ca(OH)2，同时放热，使浓氨水有氨气逸出，可制适量
18、氨气，故A正确；BNH4Cl固体、Ca(OH)2固体混合加热可制氨气，故B正确；C浓氨水在加热条件下，有氨气逸出，可制适量氨气，故C正确；DNH4NO3受热或撞击易爆炸，且NaOH固体在加热条件下能与SiO2反应，腐蚀玻璃容器，则不用NH4NO3固体和NaOH固体混合加热制氨气，故D错误；故答案为D；(2)仪器D名称为球形干燥管，其作用是检验反应中生成的水蒸气，无水硫酸铜遇水变蓝色，则选择盛放的试剂为无水硫酸铜；(3)装置A中Na和氨气在加热条件生成NaNH2和H2，发生反应的化学方程式为2Na+2NH32NaNH2+H2；当装置C中的黑色粉末变为红色，装置D中的白色粉末变为蓝色，说明A中有H
19、2生成，即证明装置A中已发生反应；(4) NH3有还原性，在加热条件下能还原CuO，则装置B的作用是吸收NH3，防止NH3与CuO反应；(5) 已知NaNH2+H2O=NaOH+NH3，反应中生成NH3的物质的量为=mol，则产物NaNH2的物质的量为mol，产品纯度为=；若读取V1时，G中液面低于漏斗侧液面，此时G中压强大于1个大气压强，V1相对标准状况下体积偏小，则（V2-V1）偏大，导致所测得的纯度比实际产品纯度偏高。9.ZrO2常用陶瓷材料，可由锆英砂(主要成分为ZrSiO4, 也可表示为ZrO2SiO2还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下方法制取：已知
20、：ZrSiO4能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+；常温下，KspFe(OH)3= 110-38，Ksp (Al(OH)3= 110-32；pH=6.2时，ZrO2+开始沉淀(1)“熔融”过程中 ，ZrSiO4发生反应的化学方程式为_；滤渣 I的化学式为_。(2)“除杂”过程中，加入双氧水的目的是_：此过程中为使滤液I中的杂质离子沉淀完全而除去(当离子浓度c110-5 molL-1时即为沉淀完全) ，室温下加氪水调节pH范围为_。(3)为得到纯净的ZrO2滤渣III要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_。 (4)滤渣III的成分是Zr(CO3)2 n
21、Zr(OH)4。“调 pH=8.0”时，所发生反应的离子方程式为_；滤渣III制备ZrO2的方法是_。【答案】 (1). ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O (2). H2SiO3 (3). 将Fe2+氧化为Fe3+，以便转化为Fe(OH)3沉淀除去 (4). 5pH6.2 (5). 取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr(OH)4洗涤干净 (6). (n+1)ZrO2+2nCO32-+(3n-1)H2O=Zr(CO3)2nZr(OH)4+(2n-2)HCO3 - (7). 高温焙烧【解析】【分析】锆英砂(主要成分为 ZrSiO
22、4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)，加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，氧化铝转化为NaAlO2，SiO2转化为Na2SiO3，Fe2O3不反应，再加过量盐酸酸浸，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，偏铝酸钠转化为氯化铝、碳酸亚铁、氧化铁转化为氯化亚铁、氯化铁，过滤分离，滤渣I为硅酸，滤液中含有ZrO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，Na+、Cl-等，加入过氧化氢氧化亚铁离子，加氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤分离滤渣II为氢氧化铁、氢氧化铝，滤液中主要含有ZrO2+、
23、NH4+、Cl-，Na+、Cl-等，再加氨水调节pH，使ZrO2+转化为Zr(OH)4沉淀，过滤、洗涤、干燥得到Zr(OH)4，加热分解即可得到ZrO2，以此解答该题。【详解】(1)高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反应的方程式为：ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣I为H2SiO3；(2)“除杂”过程中，加入双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，以便转化为Fe(OH)3沉淀除去；加氪水调节pH的目的是使Al3+和Fe3+完全转化为沉淀，但ZrO2+不沉淀，由Ks
24、pFe(OH)3= 110-38，可知Fe3+完全沉淀时溶液中c(OH-)=mol/L=110-11 mol/L，此时溶液pH=3；Ksp (Al(OH)3= 110-32，可知Al3+完全沉淀时溶液中c(OH-)=mol/L=110-9 mol/L，此时溶液pH=5，再结合pH= 6.2时，ZrO2+ 开始沉淀，则调节pH范围为5pH6.2；(3) Zr(OH)4表面为附着Cl-等，检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr(OH)4洗涤干净；(4) “调pH=8.0”时，反应生成Zr(CO3)2nZr(OH)4，则所发
25、生反应的离子方程式为(n+1)ZrO2+2nCO32-+(3n-1)H2O=Zr(CO3)2nZr(OH)4+(2n-2)HCO3-；滤渣III为Zr(OH)4，高温焙烧分解即可得到ZrO2。10.SO2的含量是衡量大气污染的一个重要指标。工业上常采用催化还原法、吸收法或电解法处理SO2。利用催化还原 SO2法 不仅可消除SO2污染，而且可得到有经济价值的单质S。(1)已知CH4和S的燃烧热(H)分别为-890.3 kJ/ mol和一297.2 kJ/ mol , 则CH4 催化还原SO2反应：CH4(g) +2 SO2 (g) =CO2(g)+ 2S(s)+ 2 H2O(1) H =_kJ/
26、mol (2)在恒容密闭容器中，用 H2还原SO2生成S 的反应分两步完成(如图1所示)，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示 ：分析可知X为_(填化学式)，ot1时间段的温度为_，o t1时间段用SO2表示的化学反应速率为_。(3)焦炭催化还原SO2生成S2, 化学方程式为2C(s)+ 2 SO2 (g)S2(g)+2CO2(g)H ”、“ ”或“= ”) k 逆增大的倍数。(4) 利用如图所示装置(电极均惰性电极)可吸收SO2。直流电源a为_极，电解时电极B的电极反应式为_。【答案】 (1). -295.9kJ/mol (2). H2S (3). 300 (4). mo
27、l/(Lmin) (5). 3.2:1 (6). (7). 正 (8). 2HSO3-+2H+2e-S2O42-+2H2O【解析】【分析】（1）CH4和SO2反应化学方程式为CH4+2SO2=CO2+2S+2H2O，CH4和S的燃烧热分别为890.3kJ/mol和297.2kJ/mol，热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=-890.3kJ/mol S（s）+O2（g）SO2（g）H=-297.2kJ/mol，根据盖斯定律-2计算CH4（g）+2SO2（g）CO2（g）+2S（s）+2H2O（l）的焓变H；（2）根据图1可知，在300时，SO2和H2反应生成
28、H2S，在100到200时，H2S和SO2反应生成S和水；0t1时间段用SO2 表示的化学反应速率v=；(3) 某温度下，向2L的恒容密闭容器中充入lmol SO2，并加入足量焦炭，当反应达平衡时，SO2 转化率为80%，则： 当反应达到平衡时，v正=v逆，据此计算k正：k 逆；升高温度，正、逆反应速率均升高，且平衡向吸热反应方向移动；(4) 依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极区发生反应SO2-2e-+2H2OSO42-+4H+，阳极与电源的正极a相连，b为电源负极，阴极的电极反应式为2HSO3-+2H+2e-S2O42-+2H2O，以此解答该题。【详解】
29、（1）CH4和S的燃烧热分别为890.3kJ/mol和297.2kJ/mol，可知热化学方程式：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=-890.3kJ/mol，S（s）+O2（g）SO2（g）H=-297.2kJ/mol，根据盖斯定律-2可得CH4（g）+2SO2（g）CO2（g）+2S（s）+2H2O（l）H=-295.9kJ/mol；（2）根据图1可知，在300时，SO2和H2反应生成H2S，在100到200时，H2S和SO2反应生成S和水，所以X为H2S；在图2中，0t1时间段SO2和H2的浓度降低，H2S的浓度升高，故0t1时间段温度为300；用SO2 表示的化学反
30、应速率v=mol/（Lmin）；(3) 某温度下，向2L的恒容密闭容器中充入lmol SO2，并加入足量焦炭，当反应达平衡时，SO2 转化率为80%，则：当反应达到平衡时，v正=v逆，则k正c2 (SO2 ) =k逆c(S2)c2(CO2)，故k正：k逆=3.2:1；此反应正反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，此时v正v逆，则k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；(4) 依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，则电源a为正极；电解时，电极B为阴极，HSO3-还原为S2O42-，则发生的电极反应式为2HSO3-+2H+2e- S2O42-+2H2O。【点睛】本题涉及
31、盖斯定律的应用，基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般23个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的H与原热化学方程式之间H的换算关系。化学一选修3: 物质结构与性质)11.2019年4月23日，中国人民军成立70周年。提到海军就不得不提航空母舰，我国正在建造第三艘航空母舰。航母的龙骨要耐冲击，甲板要耐高温，外壳要耐腐蚀(1)镍铬钢抗腐蚀性能强，基态C r 原子价层电子的电子排布式为_。(2)航母甲板涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷(结构如图申所示)。基态Si原子电子占据最高能级的
32、电子云轮廓图为_形：H、C、O、Si 四种元素中的电负性最高的是_。 (3)海洋是元素的摇篮，海水中含有大量卤族元素。钛卤化物的熔点如下表所示： TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/377-2438150解释表中卤化物之间熔点差异的原因是_。OF2的空间构型为_，其中O原子杂化方式为_杂化。氯元素可以形成多种含氧酸，其酸性由弱到强的顺序为：HClO HClO2HClO3HClO4。试解释其酸性强弱的原因是_ 。(4)海底金属软泥是在海洋底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏大着极的资源，含有硅、氧、锰、锌等。如图是从铁氧体离子晶体Fe3O4 中取出的能体现其晶体结构的一个立方体。晶体中的氧离子
33、是否构成了面心立方最密堆积？_(填“是”或“否”)；已知：Fe3O4 晶体的密度为5. 18gcm -3, 根据该图计算a_nrn (写出计算式即可，阿伏加德罗常数的值为N A) 【答案】 (1). 3d54s1 (2). 哑铃 (3). O (4). TiF4为离子晶体，而TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，且组成结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力逐渐增大，熔点升高 (5). V形 (6). sp3 (7). HClO、HClO2、HClO3、HClO4分子结构中羟基数均为1，而含有的非羟基O原子数目分别为0、1、2、3，使中心原子Cl的核对电子的吸引力逐渐增大，故酸性逐
34、渐增强 (8). 是 (9). 【解析】【分析】(1)Cr的核电荷数为24，基态Cr 原子的电子排布式为Ar3d54s1；(2)基态Si原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2；元素的非金属性越强，电负性越大；(3)TiF4为离子晶体，而TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，离子晶体的熔点一般比分子晶体高；OF2 分子的中心原子为 O 原子，价电子对数为2+=4；无机含氧酸分子结构中非羟基氧原子数越多，酸性越强；(4)根据晶体中的氧离子的堆积方式判断；先结合晶体的结构计算晶胞的质量，再结合计算晶胞的体积，即可计算a的长度。【详解】(1) Cr的核电荷数为24，基态C r 原子的
35、电子排布式为Ar3d54s1，则价层电子的电子排布式为3d54s1；(2) Si元素为14 号元素，核电荷数为 14，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p2，最高能级为3p 能级，3p 能级电子云轮廓图为哑铃形；非金属性： OCSiH，则H、C、O、Si 四种元素中的电负性最高的是O；(3)由图表数据可知，TiF4熔点明显高于TiCl4、TiBr4、TiI4，说明TiF4为离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，且TiCl4、TiBr4、TiI4组成结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力逐渐增大，熔点升高；OF2 分子的中心原子为 O 原子，价电子对数为2+=4
36、，则O原子杂化方式为sp3杂化，空间构型为V形；HClO、HClO2、HClO3、HClO4分子结构中羟基数均为1，而含有的非羟基O原子数目分别为0、1、2、3，使中心原子Cl的核对电子的吸引力逐渐增大，故酸性逐渐增强；(4)由晶体结构可知，晶体中的氧离子按ABCABCABC的方式堆积，属面心立方最密堆积；晶胞中Fe3+的数目为4+3=2，Fe2+的数目为1，O2-的数目为12+1=4，则晶胞的质量为g，晶胞的体积为（a10-7）3 cm -3，结合可知a=nm=nm。【点睛】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，孤
37、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；中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。化学一选修5 :有机化学基础)12.某研究小组以链烧烃 (C4H6) 和丙烯醛( CH2= CHCHO) 为原料合成某药物中间体环戊基甲酸(部分反应条件、产物已省略)，其流程如下：已知：i.+2RBr +2HBrii. +2CO2请回答下列问题：(1) B中的官能团名称为_，DE的反应类型是 _
38、 (2)写出C与银氨溶液反应的化学方程式：_ 。 (3)一定条件下，H可制取F, 则所需试剂和反应条件是_ 。 (4) I的结构简式为_。(5)环戊基甲酸与苯酚反应生成一种酯X,写出一种同时符合以下条件的 X 的同分异构体的结构简式：_(不考虑立体异构)。核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为9:2:2:l能与FeCl3发生显色反应 与浓溴水反应时，l molX可消耗4mol Br2(6)参照上述合成路线，设计以乙醇和化合物E为原料制备2.2-二乙基丙二酸(结构简式：)的合成路线(无机试剂任选)：_。【答案】 (1). 羟基、醛基 (2). 取代反应（或酯化反应） (3). (4). NaOH/乙醇
39、溶液并加热 (5). (6). (7). 【解析】【分析】由合成流程可知，丙烯醛与水发生加成反应生成B为HOCH2CH2CHO，B在Cu作催化剂作用下氧化生成的C为为，C再发生银镜反应并酸化生成的D为HOOCCH2COOH，D再与乙醇发生酯化反应生成的E为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；F与Br2发生1，4加成生成，则F为1，3-丁二烯， G再与H2发生加成反应生成的H为BrCH2CH2CH2CH2Br，H与E发生信息中的反应生成I为，I再水解生成的G为，G发生信息中反应生成，据此分析解题。【详解】(1) B为HOCH2CH2CHO，含有的官能团名称为羟基和醛基；DE为HOOCCH
40、2COOH和乙醇发生酯化反应，则反应类型是取代反应；(2) C为，发生银镜反应的化学方程式为；(3) H为BrCH2CH2CH2CH2Br，在NaOH的醇溶液中加热，发生消去反应可生成1，3-丁二烯；(4)由分析知： I的结构简式为；(5) 与苯酚反应生成一种酯X为，X的满足下列条件：核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为9:2:2:l；能与FeCl3发生显色反应，说明分子结构中含有酚羟基和苯环；与浓溴水反应时，l molX可消耗4mol Br2，可能涉及取代反应和加成反应，其中1mol碳碳叁键需要2mol Br2，则同时符合以下条件的 X 的同分异构体的结构简式可能是；(6) E为CH3CH2OO
41、CCH2COOCH2CH3，可与CH3CH2Br发生信息i反应生成，再在NaOH溶液中水解并酸化即可得到2.2-二乙基丙二酸，则以乙醇和化合物E为原料制备2.2-二乙基丙二酸的合成路线为。【点睛】能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇醛羧酸的过程)。