1、甘肃省兰州市第一中学2020届高三冲刺模拟考试(一)理科综合化学试题1.化学与生活、生产、能源、环境和社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是A. 废旧电池属于有害垃圾，因含有重金属，故采用深挖填埋的方式进行处理B. 以高纯硅制成的光导纤维内窥镜可直接窥视有关器官部位的变化C. “梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花相同D. 国产大型客机C919上采用了大量先进复合材料、铝锂合金等，其中铝锂合金属于金属材料，是将金属铝、锂混合后在空气中熔合制得的【答案】C【解析】【详解】A废旧电池属于有害垃圾，因含有重金属，不可以用深挖填埋的方式进行处理，会污染水源、土壤，故A错误；B制光
2、导纤维的原材料为二氧化硅，故B错误；C “梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，故C正确；D金属铝、锂性质活泼，易被空气中的氧气氧化，应该将金属铝、锂混合后在隔绝空气熔合制得，故D错误；答案选C。2.有机物G（）能添加在牙膏、口香糖中以增强香气。下列关于G的说法错误的是（）A. 分子式为C11H14OB. 一氯代物有8种（不考虑立体异构）C. 所有碳原子可能在同一平面上D. 能发生取代、加成、氧化反应【答案】C【解析】【详解】A. 根据有机物G的结构简式，该有机物分子式为C11H14O，故A说法正确；B. 该有机物中有8种不同环境的氢原子，则一氯代物有8种，
3、故B说法正确；C. 标记中的碳原子为sp3杂化，与它连接的三个碳原子不共面，即该有机物中所有碳原子不在同一平面上，故C说法错误；D. 该有机物能发生取代反应，碳碳双键和羰基，能发生加成反应，碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色，即发生氧化反应，故D说法正确；答案：C。3.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A. 2gH2分别与足量的Cl2和N2充分反应后转移的电子数均为2NAB. 1.4gCO和N2的混合气体中含有的质子数为0.7NAC. 14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NAD. 常温下，1L0.1molL-1NH4NO3溶液中含有的氮原子数为
4、0.2NA【答案】A【解析】【详解】A2gH2的物质的量为1mol，不论与足量的Cl2反应，还是与足量的N2充分反应，氢元素都是由0价变为+1价，1mol H2与足量的C12完全反应，转移的电子数均为2NA，H2和N2反应是可逆反应,反应后转移的电子数小于2NA，故A错误；BCO和N2的摩尔质量都为28g/mol，质子数均为14，则1.4gCO和N2的混合气体的物质的量为=0.05mol，则含有的质子数为=0.7NA，故B正确；C铁发生吸氧腐蚀电极反应式：Fe2e=Fe2+，14.0gFe物质的量为=0.25mol，转移电子数为：0.25mol2NA=0.5NA，故C正确；D一个硝酸铵中含有两
5、个单原子，常温下，1L0.1mol/L的NH4NO3溶液含有硝酸铵物质的量为：0.1mol/L1L=0.1mol，含氮原子数为0.2NA，故D正确；答案选A。4.用下列实验操作或装置进行相应实验，正确的是甲乙丙丁A. 用图甲所示操作所示操作配制银氨溶液B. 用图乙所示操作测定NaOH溶液的浓度C. 用图丙所示操作分离沸点不同的液体混合物D. 用图丁所示操作吸收HC1气体，能够防止倒吸【答案】A【解析】【详解】A向硝酸银中滴加氨水至生成的沉淀恰好溶解，图中装置及操作可配制银氨溶液，故A正确；B图中为碱式滴定管，盐酸应盛放在酸式滴定管，故B错误；C蒸馏操作中使用温度计测量蒸汽的温度，温度计的水银球
6、应在蒸馏烧瓶的支管口处，故C错误；D苯的密度比水小，浮在水面上，该装置中气体直接与水接触，不能防止倒吸，四氯化碳的密度比水大，应将苯改为四氯化碳，从而起防倒吸的作用，故D错误；答案选A。5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是无色气体，是主要的大气污染物之一，0.05mol/L丙溶液的pH为l，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A. 原子半径：WXYXC. 化合物XZ2中所有原子均满足8电子稳定结构D. X、 Z的单质分别直接与Y的单质反应，都能生成两种氧化物。【答
7、案】C【解析】【分析】0.05mol/L丙溶液的pH为l，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则应为SO2，可知乙为O2，L为H2O，乙是常见的气体，且与浓硫酸和甲反应生成，可知甲为C，M为CO2，则W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，以此解答该题。【详解】由题意分析可知，W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，A同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径为COH，即WYX，故A错误；B同主族元素从上到下非金属性减弱，且碳酸的酸性小于硫酸，可知非金属性为OSC，即YZX，故B错误；CX为C元
8、素，Z为S元素，化合物XZ2为CS2，电子式为，其中所有原子均满足8电子稳定结构，故C正确；DX为C元素，Z为S元素，Y为O元素，C与氧气反应可生成CO和CO2，S与氧气反应只能生成SO2，故D错误；答案选C。【点睛】二硫化碳的性质与二氧化碳的结构相似，电子式相似。6.某废水含Na+、K+、Mg2+、Cl-和SO42-等离子。利用微生物电池进行废水脱盐的同时处理含OCN-的酸性废水，装置如图所示。下列说法错误的是A. 好氧微生物电极N为正极B. 膜1、膜2依次为阴离子、阳离子交换膜C. 通过膜1和膜2的阴离子总数一定等于阳离子总数D. 电极M的电极反应式为2OCN-6e-2H2O=2CO2N2
9、4H+【答案】C【解析】【详解】A由物质转化知，OCN-中C为4价，N为3价，在M极上N的化合价升高，说明M极为负极，N极为正极，A项正确；B在处理过程中，M极附近电解质溶液正电荷增多，所以阴离子向M极迁移，膜1为阴离子交换膜，N极反应式为O24e-2H2O=4OH-，N极附近负电荷增多，阳离子向N极迁移，膜2为阳离子交换膜，B项正确；C根据电荷守恒知，迁移的阴离子、阳离子所带负电荷总数等于正电荷总数，但是离子所带电荷不相同，故迁移的阴、阳离子总数不一定相等，C项错误；DM极发生氧化反应，水参与反应，生成了H+，D项正确；答案选C。7.25 时，向10 mL 0.1 molL1一元弱碱XOH溶
10、液中逐滴滴加0.1 molL1的盐酸，溶液的AGAGlg变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是()A. 若a8，则Kb(XOH)106B. M点表示盐酸和XOH恰好完全反应C. R点溶液中可能存在c(X)c(XOH)c(Cl)D. M点到N点，水的电离程度先增大后减小【答案】AB【解析】【详解】A. a点表示0.1 molL1的XOH，若a=8，则c(OH)=103 molL1，所以Kb(XOH)= 105，A项错误；B. M点AG=0，则溶液中c(OH)=c(H+)，溶液呈中性，所以溶液中为XOH、XCl，二者没有恰好反应，B项错误；C. 若R点恰好为XCl时，根据物
11、料守恒可得：c(X+)+c(XOH)=c(C1)，C项正确；D. M点的溶质为XOH和XCl，继续加入盐酸，直至溶质全部为XCl时，该过程水的电离程度增大，然后XCl溶液中再加入盐酸，水的电离程度减小，所以从M点N点，水的电离程度先增大后减小，D项正确；答案选AB。8.实验室可利用环己醇的氧化反应制备环己酮，反应原理和实验装置(部分夹持装置略)如下：有关物质的物理性质见下表。物质沸点()密度(gcm3，20)溶解性环己醇161.1(97.8)*0.96能溶于水和醚环己酮155.6(95.0)*0.95微溶于水，能溶于醚水100.01.0*括号中的数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的混合物的
12、沸点。实验通过装置B将酸性Na2Cr2O7溶液加到盛有10mL环己醇的A中，5560进行反应。反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集95100的馏分，得到主要含环己酮粗品和水的混合物。(1)装置D的名称为_。(2)实验时加入沸石的作用_，若加热后发现未加沸石，应采取的正确操作是_。(3)蒸馏不能分离环己酮和水的原因是_。(4)环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作：a蒸馏、除去乙醚后，收集151156馏分b水层用乙醚(乙醚沸点34.6，易燃烧)萃取，萃取液并入有机层c过滤d往液体中加入NaCl固体至饱和，静置，分液e加入无水MgSO4固体，除去有机物中少量的水上述提纯步骤正确顺序是_；b中水层用乙醚
13、萃取的目的是_；上述操作c、d中使用的玻璃仪器除烧杯、锥形瓶、漏斗外，还需要的玻璃仪器有_，操作d中，加入NaCl固体的作用是_。(5)恢复至室温时，分离得到纯产品5.7g，则环已酮的产率_(计算结果精确到0.1%)。【答案】 (1). (直形)冷凝管 (2). 防暴沸 (3). 立刻停止加热，待液体冷却后补加沸石，再继续实验 (4). 环己酮和水形成具有固定组成的恒沸物一起蒸出 (5). dbeca (6). 使水层中少量的有机物进一步被提取，提高产品的产量 (7). 玻璃棒、分液漏斗 (8). 降低环己酮的溶解度，增加水层的密度，有利于分层 (9). 60.6%【解析】分析】本实验的目的是
14、制备环己酮，装置A中利用酸性Na2Cr2O7溶液将环己醇在55 65时氧化得到环己酮，反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集95 100C的馏分，得到主要含环己酮粗品和水的混合物；之后进行提纯，首先往液体中加入NaCl固体至饱和，从而降低环己酮的溶解度，并且增加水层的密度，静置后分液；分液后水层用乙醚萃取进一步提取水层中环己酮并入有机层；之后用无水硫酸镁除去有机物中少量的水分，过滤后蒸馏分离乙醚，得到纯净的环己酮。【详解】(1)装置D的名称是(直形)冷凝管，具有冷凝蒸汽作用；(2)实验时加入沸石的作用防止液体暴沸，若加热后发现未加沸石，应采取的正确操作是立刻停止加热，待液体冷却后补加沸石，再继续实
15、验；(3)由于环己酮和水形成具有固定组成恒沸物，环己酮和水会一起蒸出，导致蒸馏不能分离环己酮和水；(4)环己酮的提纯：首先往液体中加入NaCl固体至饱和，从而降低环己酮的溶解度，并且增加水层的密度，静置后分液；分液后水层用乙醚萃取进一步提取水层中环己酮并入有机层；之后用无水硫酸镁除去有机物中少量的水分，过滤后蒸馏分离乙醚，得到纯净的环己酮，所以，提纯步骤的正确顺序是dbeca；环己酮在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度，且乙醚微溶于水，则乙醚能作萃取剂，能将水中的环己酮萃取到乙醚中，从而提高产品产量；过滤需要由漏斗组成的过滤器，分液需要的主要仪器为分液漏斗；NaCl能增加水层的密度，降低环己酮的
16、溶解，有利于分层；(5)环己醇的质量为10mL0.96g/mL=9.6g，理论上得到环己酮质量=98g/mol=9.408g，恢复至室温时，分离得到纯产品体积为6mL，由表中的密度可以算出环己酮的实际质量为0.95g/mL6mL=5.7g，所以环己酮的产率为：100%=60.6%。【点睛】对于陌生物质的制备，关键是理解题目所给的有关该物质的性质，将这些性质充分利用到解题过程中。9.废旧锌锰电池含有锌、锰元素，主要含有ZnO、ZnMn2 O4、MnO、Mn2 O3、Mn3 O4、MnO2。利用废旧锌锰电池回收锌和制备二氧化锰、硫酸的工艺流程如图： 回答下列问题： (1)步骤“粉碎”的主要目的是_
17、。(2)步骤“酸浸”发生了一系列反应：ZnO+ H2SO4= ZnSO4 + H2O；MnO+ H2SO4= MnSO4 + H2O；ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4 + MnSO4 +2H2O+MnO2；MnO2 + H2SO4 + H2C2O4=MnSO4 + 2CO2 +2H2O。推测 Mn2O3 与硫酸反应的离子方程式为_。(3)如图分别表示“酸浸”时选用不同浓度硫酸和草酸对 Zn、Mn 浸出率的影响。为保证 Zn、Mn 的浸出率均大于 90%，步骤需控制的 c(H2SO4) = _mol/L。H2C2O4 浓度对 Mn 的浸出率影响程度大于 Zn，其原因是_。假设“酸浸”所得
18、溶液中Zn2+、Mn2+浓度相等。当 c(H2C2O4)0.25 mol/L 时，Zn、Mn 的浸出率反而下降、且Zn 的浸出率下降先于Mn，其原因可能是_(填序号)。a.随着反应进行 c(H+)降低b.Zn2+、Mn2+与 C2O42- 生成沉淀c.溶解度：ZnC2O4MnC2O4(4)步骤用惰性电极电解 ZnSO4 、MnSO4 的混合溶液，除生成 Zn、MnO2、H2SO4 外， 还可能生成 H2、O2 或其混合物。生成 MnO2 的电极反应式为_ 。若 n (H2) ：n (O2)=2：1，则参加反应的 n (Zn2+)：n (Mn2+) = _。该工艺流程中可循环利用的物质是_。【答
19、案】 (1). 增大接触面积，提高浸出率 (2). Mn2O3 +2H+=Mn2+H2O+ MnO2 (3). 0.5 (4). Zn元素浸出时不需要还原剂，而+4价Mn (MnO2、Mn2O3、Mn3O4)需加入H2C2O4作还原剂更有利浸出或MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2+2H2O (5). a、b、c (6). Mn2+ +2H2O2e=MnO2 +4H+ (7). 11 (8). H2SO4或硫酸【解析】【分析】将废旧锌锰电池机械分离，为增加浸出率，对内部固体残渣(主要含有ZnO、ZnMn2 O4、MnO、Mn2 O3、Mn3 O4、MnO2)粉碎，加入足量H
20、2SO4和草酸对残渣进行溶浸，发生ZnO+ H2SO4= ZnSO4 + H2O；MnO+ H2SO4= MnSO4 + H2O；ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4 + MnSO4 +2H2O+MnO2；MnO2 + H2SO4 + H2C2O4=MnSO4 + 2CO2 +2H2O等一系列反应，得到主要含有Mn2+、Zn2+、SO42-等离子的酸浸液，对酸浸液过滤除杂精制，对含有Mn2+、Zn2+、SO42-等离子的精制液电解得到硫酸、二氧化锰、单质锌，据此分析解答。【详解】(1)增大接触面积，提高浸出率；(2)ZnMn2O4可用氧化物的形式表示ZnO Mn2O3，ZnOMn2O3 +
21、2H2SO4=ZnSO4+ MnSO4+2H2O+ MnO2可知Mn2O3 +2H+=Mn2+H2O+ MnO2；(3)由图可知，当c(H2SO4)=0.5 mol/L时，Mn的浸出率等于90%，Zn的浸出率大于90%。由ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、MnO+H2SO4=MnSO4+ H2O、ZnMn2O4 + 2H2 SO4=ZnSO4 + MnSO4+2H2O + MnO2、MnO2 + H2SO4 + H2C2O4=MnSO4+2CO2+2H2O可知，Zn的浸出只需H2SO4即可，所以Zn元素浸出时不需要还原剂，而+4价Mn(MnO2、Mn2O3、Mn3O4)需加入H2C2O4
22、作还原剂更有利Mn的浸出。或MnO2 + H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2+2H2O；a结合的分析，Mn、Zn的浸出率与c(H+ )有关，如果c(H+)减小，浸出率下降，故a正确；bc(H2C2O4)0.25mol/L时，如果Zn2+、Mn2+与C2O生成沉淀，浸出率下降，故b正确；c如果溶解度ZnC2O4 MnC2O4，Zn的浸出率下降先于Mn，故c正确；答案为：a、b、c；(4)根据流程，酸性条件下，Mn2+失去电子转化为MnO2，则电极反应为：Mn2+ +2H2O2e=MnO2 +4H+；阴极可能发生的电极反应为Zn2+2e=Zn，2H+2e=H2。阳极可能发生的电极反应为
23、Mn2+ +2H2O2e=MnO2 +4H+，4OH 4e=2H2O+O2。当n(H2):n(O2)=2:1时电子转移恰好相等，即电极反应Zn2+2e=Zn与Mn2+2e+2H2O=MnO2 +4H+转移电子数相等，参加反应的n(Zn2+):n(Mn2+ )=1:1；该工艺流程中可循环利用的物质是H2SO4或硫酸。10.氨是工农业生产中重要的基础物质，研究合成氨及氨的应用具有重要意义。(1)已知：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)H=-92kJ/mol，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的活化能为508kJ/mol。则2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的活化能为_kJ/mol(2
24、)我国科研人员研制出Ti-H-Fe双温区催化剂(Ti-H区与Fe区温差可超过100)。Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注。下列说法中正确的是_。A为NN的断裂过程B在高温区发生，在低温区发生C为N原子由Fe区域向Ti-H区域的传递过程D使用Ti-H-Fe双温区催化剂时合成氨反应转变为吸热反应(3)以氨和CO2为原料合成尿素的反应为2NH3(g)CO2(g)CO(NH2)2(l)H2O(g)。工业生产时，需要原料气带有水蒸气，图中曲线、表示在不同水碳比时，CO2的平衡转化率与氨碳比之间的关系。曲线、对应的水碳比最大的是_，判断依据是_。测得M点氨
25、气的平衡转化率为40%，则x1_。(4)将氨氧化法制硝酸过程中氨经催化氧化后的气体(高于800)急剧冷却到100以下，一方面除去大量的H2O，使NO(g)和O2(g)发生反应，另一方面温度低有利于生成NO2(g)。2NO(g)O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：.2NO(g)N2O2(g)(反应快，瞬间达到平衡)H10，v1正k1正c2(NO) v1逆k1逆c(N2O2)；.N2O2(g)O2(g)2NO2(g)(反应慢)H20，v2正k2正c(N2O2)c(O2) v2逆k2逆c2(NO2)。其中k1、k2是速率常数，随温度上升而增大。则一定温度下，反应2NO(g)O2(g)2NO2(
26、g)达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K_，升高温度，K值_(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】 (1). 600 (2). BC (3). (4). 当氨碳比相同时，水碳比越大，即原料气中含水蒸气越多，CO2的平衡转化率越小 (5). 3 (6). (7). 减小【解析】【分析】(1) 根据H=正反应活化能-逆反应活化能，据此分析计算；(2)A催化剂吸附氮气分子的过程，没有化学键断裂；B不同反应过程需要的温度条件不同。催化剂吸附分子，使分子的活化能降低，化学键发生断裂的过程，都需要高温条件，目的是加快反应速率；氮原子的转移，化学键的生成，需要低温条
27、件，目的是增大氨气的平衡产率；CN原子的转移方向是从高温区向低温区；D催化剂能改变化学反应速率，但不能改变反应的焓变；(3)根据图2可知，氨碳比一定时，水碳比越大，说明原料气中含二氧化碳越少，二氧化碳的转化率越低，所以二氧化碳转化率最低的即为水碳比最大的；B点二氧化碳的转化率为60%，氨气的转化率是40%，设出NH3、CO2的起始物质的量，列式计算x1；(4)平衡时，v1正v1逆，v2正v2逆，即k1正c2(NO)=k1逆c(N2O2)，k2正c(N2O2)c(O2)k2逆c2(NO2)，即=， =，据此分析解答；由于2NO(g)O2(g) 2NO2(g)的反应两步历程均为放入反应，则N2O2
28、(g)O2(g) 2NO2(g)为放热反应，温度升高平衡逆向移动，据此分析判断平衡常数的变化。【详解】(1)设N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的活化能为E1，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的活化能为E2，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的逆反应，则E1-E2=H，所以，508kJ/mol -E2=-92kJ/mol，解得：E2=600kJ/mol；(2)A为催化剂吸附N2的过程，故A错误；B从图上可知：过程为在Fe区形成过渡态的过程，为吸热反应，在高温区反应更利于形成过渡态，那么Fe区为高温区，Ti-H区为低温区，都是在Fe区反应的，
29、即都是在高温区反应的，都是在Ti-H区反应的，即都是在低温区反应的，故B正确；C由图可知，为N原子由Fe区域向Ti-H区域的传递过程，故C正确；D一个反应是吸热反应还是放热反应与是否使用催化剂、使用什么催化剂无关，只与反应物的始态和终态有关，由合成氨的H0可知，合成氨为放热反应，故D错误；综上所述：BC正确，AD错误，故答案为：BC；(3)根据图示可知，氨碳比一定时，水碳比越大，说明原料气中含二氧化碳越少，二氧化碳的转化率越低，所以二氧化碳转化率最低的即为水碳比最大的，则曲线、对应的水碳比最大的是曲线，设CO2的起始物质的量为1，则NH3的起始物质的量为x1，M点：氨气的平衡转化率为40%，C
30、O2的转化率为60%，则有：40%x1=60%12，解得x1=3；(4)平衡时，v1正v1逆，v2正v2逆，即k1正c2(NO)=k1逆c(N2O2)，k2正c(N2O2)c(O2)k2逆c2(NO2)，即=， =，2NO(g)O2(g) 2NO2(g)的K= =；由于2NO(g)O2(g) 2NO2(g)的反应两步历程均为放入反应，则N2O2(g)O2(g) 2NO2(g)为放热反应，温度升高平衡逆向移动，平衡常数K减小。【点睛】易错点(2)的D选项，催化剂只能改变反应速率，降低反应活化能，不能改变焓变；难点为(4)的计算，要灵活运用平衡状态时的特点，正逆反应速率相等的关系进行正逆反应速率常
31、数的公式推导，找出与所求反应平衡常数的关系。11.据世界权威刊物自然最近报道，我国科学家选择碲化锆(ZrTe2)和砷化镉(Cd3As2)为材料验证了三维量子霍尔效应，并发现了金属-绝缘体的转换。回答下列问题：(1)基态碲原子的价层电子排布式为_。(2)硫和碲位于同主族，H2S的分解温度高于H2Te，其主要原因是_。在硫的化合物中，H2S、CS2都是三原子分子，但它们的键角(立体构型)差别很大，用价层电子对互斥理论解释_，CS2中心原子的杂化类型为_。(3)Cd2+与NH3等配体形成配离子。Cd(NH3)42+中2个NH3被2个Cl-替代只得到1种结构，它的立体构型是_。1molCd(NH3)4
32、2+含键的数目为_。(4)砷与卤素形成多种卤化物。AsCl3、AsF3、AsBr3的熔点由高到低的排序为_。(5)锆晶胞如图1所示，1个晶胞含_个Zr原子；这种堆积方式称_。(6)镉晶胞如图2所示。已知：NA是阿伏加德罗常数的值，晶体密度为dgcm-3。在该晶胞中两个镉原子最近核间距为_nm(用含NA、d的代数式表示)，镉晶胞中原子空间利用率为_(用含的代数式表示)。【答案】 (1). 5s25p4 (2). S原子半径小于Te，H-S键的键能较大 (3). H2S分子中S原子价层有2对孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小 (4). sp (5). 正四面
33、体 (6). 16NA (7). AsBr3AsCl3AsF3 (8). 6 (9). 六方最密堆积 (10). (11). 【解析】【分析】(1)碲与硫元素同主族，同主族元素的价层电子排布结构相同，硫原子价层电子排布式为3s23p4，根据碲在周期表中的位置分析；(2)从原子半径、键能角度分析气态氢化物的热稳定性；根据孤电子对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，导致键角较小分析；根据价层电子对互斥判断；(3) Cd(NH3)42+中 2 个NH3被 2 个Cl-替代只得到 1 种结构，则Cd(NH3)42+为正四面体结构，Cd与N原子之间形成配位键、属于键，1个N原子与3个H原子形成3个
34、键，据此计算；(4) AsCl3、AsF3、AsBr3都是分子晶体，根据分子间作用力大小及影响因素与熔点关系分析；(5)锆晶胞图为六方最密堆积，体内原子有3个原子，顶点原子被6个晶胞分摊，面心被2个晶胞，分摊据此计算；(6)图2为体心立方堆积，3个镉原子位于体对角线且相切，1个晶胞含镉原子数=1+8=2，晶胞质量m=g，设晶胞参数为a，晶胞体积为a3，根据m=V计算a，两个镉原子最近核间距为体对角线的一半，即为a；设原子半径为r，则4r=a，两个镉原子总体积为r32，镉晶胞中原子空间利用率= 100%。【详解】(1)碲与硫元素同主族，同主族元素的价层电子排布结构相同，硫原子价层电子排布式为3s
35、23p4，碲位于元素周期表第五周期A族，则价层电子排布式为5s25p4；(2)原子半径r(S)r(Te)，则键能HSHTe，所以H2S较稳定；H2S分子中S原子价层有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同，呈直线形最稳定，则CS2中C采用sp杂化；(3)Cd(NH3)42+中2个NH3被2个Cl替代只得到1种结构，说明Cd2+采用sp3杂化，配离子为正四面体结构，配位键也是键，所以1molCd(NH3)42+含16mol键，数目为16NA；(4)砷与卤素形成多种卤化物。AsCl3、AsF3、A
36、sBr3都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，则三者熔点由高到低的排序为AsBr3AsCl3AsF3；(5)在六棱柱中，12个原子位于顶点、2个原子位于面心，3个原子位于体内，1个六棱柱含Zr原子数=3+2+12=6，这种堆积方式为六方最密堆积；(6)图2为体心立方堆积，3个镉原子位于体对角线且相切，1个晶胞含镉原子数=1+8=2，晶胞质量m=g，设晶胞参数为a，晶胞体积为a3，晶胞质量m=g =da3g，a=cm=107nm，两个镉原子最近核间距为体对角线的一半，即为a=107nm；设原子半径为r，则4r=a，两个镉原子总体积为r32，镉晶胞中原子空间利用率= 100%=。
37、12.化合物J是一种重要的医药中间体，其合成路线如图：回答下列问题：(1)G中官能团的名称是_；的反应类型是_；B的结构简式_。(2)通过反应和反应推知引入-SO3H的作用是_。(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出F与足量氢气反应生成产物的结构简式，并用星号(*)标出其中的手性碳_。(4)写出的反应方程式_。(5)写出D的苯环上有三个不同且互不相邻的取代基的同分异构体结构简式_(任写一种)。(6)写出以对硝基甲苯为主要原料(无机试剂任选)，经最少步骤制备的合成路线。_【答案】 (1). 羧基、肽键(或酰胺键) (2). 取代反应 (3). (4). 定位 (5). (
38、6). +2H2O+CH3COOH+H2SO4 (7). 或(任写1种) (8). 【解析】【分析】根据A、C结构简式区别知，A发生取代反应生成B为，B发生取代反应生成C，C发生水解反应生成D，D发生氧化反应生成E，E发生还原反应生成F，F发生取代反应生成G，G发生取代反应生成H，I水解然后酸化得到J，则H和氯气发生取代反应生成I，I结构简式为；(6)以对硝基甲苯为主要原料（无机试剂任选），经最少步骤制备含肽键聚合物，羧基和氨基生成肽键，硝基被还原生成氨基、甲基被氧化生成羧基。【详解】(1)G中官能团名称是羧基、肽键；根据分析，的反应类型是取代反应；B的结构简式；(2)通过反应和反应推知引入S
39、O3H的作用是定位，防止该位置被取代；(3)F与足量氢气反应生成产物中不含苯环，其中的手性碳为；(4)的反应中I中的肽键发生水解反应、磺酸基被取代，该反应的反应方程式为+2H2O+CH3COOH+H2SO4；(5)D的苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基，根据其不饱和度知，存在的取代基可能为醛基、酚羟基、氨基或酚羟基、甲基和NO，符合条件的的同分异构体结构简式或(任写1种)；(6)以对硝基甲苯为主要原料(无机试剂任选)，经最少步骤制备含肽键聚合物，羧基和氨基生成肽键，硝基被还原生成氨基、甲基被氧化生成羧基，其合成路线为。【点睛】本题关键是利用流程中的反应条件和前后物质的结构变化分析判断未知物质的结构简式；手性碳原子是指人们将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，需要仔细观察每个碳原子连接的基团。