1、山西省运城市2020届高三化学下学期4月调研测试（一模）试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Si-28 Cl-35.5 Fe-56 Co-591.化学与生产生活息息相关，下列有关说法正确的是（ ）A. 预防新冠病毒用95%的酒精比用75%的酒精效果好B. “雷雨发庄稼”既涉及到氮的固定又涉及到农作物对NH4+的吸收C. 一束光通过气溶胶时会产生一条光亮的通路，这是胶体特有的现象D. 漂白粉、漂白液和漂粉精的有效成分都是次氯酸钙【答案】C【解析】【详解】A医学上常用75%的酒精溶液消毒杀菌，75%的酒精溶液消毒杀菌效果最好，A错误；B雷雨发庄家涉及到的反应
2、为：氮气和氧气在放电条件下反应生成NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸和NO，硝酸和土壤中的矿物质形成硝酸盐，NO3-被植物吸收，涉及农作物对NO3-的吸收而不是NH4+，B错误；C丁达尔效应是胶体特有的现象，C正确；D漂白粉和漂粉精的有效成分都是次氯酸钙，漂白液的有效成分是次氯酸钠，D错误。答案选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）A. 28g乙烯和环烷的混合气体中含有的碳原子数为2NAB. 2.0gD2O中含有质子数、电子数均为NAC. 常温下，5.6gFe与含0.2molHNO3的溶液充分作用，最少失去的电子数为0.15NAD. 含1molCl-
3、的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH4+数为NA【答案】C【解析】【分析】CFe和HNO3反应有四种情况，和稀硝酸反应，Fe过量，氧化产物是Fe(NO3)2且HNO3反应完全，此时计算；和稀硝酸反应，HNO3过量，Fe完全反应，氧化产物是Fe(NO3)3，此时用；和浓硝酸反应，Fe过量，HNO3反应完，氧化产物是Fe(NO3)2，还原产物是NO2，此时用计算；和浓硝酸反应， HNO3过量，Fe反应完，氧化产物是Fe(NO3)3，还原产物是NO2，此时用计算。本题中n(Fe):n(HNO3)=0.1:0.2=1:23:81:41:6，也就是说，Fe一定过量，那么就只需要考虑
4、Fe过量、硝酸反应完的两种情况了。【详解】A乙烯(C2H4)和环烷(CnH2n)最简式都为CH2，可看成混合物由一定物质的量的CH2组成，CH2的物质的量n=2mol，n(C)=2mol1=2mol，所以碳原子数为2NA，A正确；BD2O即，所以n(D2O)=0.1mol，n(质子)=0.1mol10=1mol，n（电子）=0.1mol10=1mol，质子数、电子数均为NA，B正确；C假设硝酸是稀硝酸，n(Fe):n(HNO3)=0.1:0.2=1:23:8，铁过量，HNO3反应完全且氧化产物是Fe(NO3)2，以HNO3的量计算，解得n1=0.15mol，假设硝酸是浓硝酸，n(Fe):n(H
5、NO3)=0.1:0.2=1:21:4，Fe过量，HNO3反应完全且氧化产物是Fe(NO3)2，以HNO3的量计算，解得n2=0.1mol，C错误；D电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，中性时：c(H+)=c(OH-)，所以c(NH4+)= (Cl-)，D正确。答案选C。3.如图是某有机化合物的结构简式，下列有关说法正确的是（ ）A. 该有机物的分子式为C17H13O5B. 该分子中含有4种共6个官能团C. 该分子中最多有八个碳原子共面D. 该有机物可以使溴水褪色，是因为分子中含有羟基【答案】B【解析】【详解】A该有机物的分子式为C17H14O5，A错误；B分子中
6、含2个羟基、2个醚键、1个羰基、1个碳碳双键共4种6个官能团，B正确；C该分子中最多有17个碳原子共面，C错误；D该有机物可以使溴水褪色，是因为分子中含有碳碳双键，D错误。答案选B。4.图(1)是实验室合成溴苯并检验其部分生成物装置，下列说法错误的是（ ）A. 苯和液溴在A中发生反应的化学方程式为：+Br2+HBrB. 实验中C中的液体逐渐变为浅红色，是因为溴具有挥发性C. D、E、F均具有防倒吸的作用，其中F不可以用图(2)所示装置代替D. D中石蕊试液慢慢变红，E中产生浅黄色沉淀【答案】C【解析】【分析】制取溴苯的反应为：+Br2+HBr。【详解】A实验室制取溴苯的反应为：+Br2+HBr
7、，在A中进行，A正确；B苯、溴苯、溴、HBr均易挥发，溴苯、溴均会溶于苯，溴苯溶于苯无色，少量溴溶于苯为浅红色，B正确；CD、E、F均具有防倒吸的作用，F的作用是尾气处理，不影响性质探究了，可用图(2)所示装置代替，C错误；D产物有HBr且不溶于C中的苯，那么HBr到D中后溶于水显酸性，使石蕊溶液变红，HBr来到E中后生成浅黄色的AgBr沉淀，D正确。答案选C。5.氮氧化物(NOx)是有毒的大气污染物，研究发现，可以采用如图装置有效去除氮的氧化物，下列说法正确的是（ ）A. 电解过程中，Pt电极I上发生氧化反应B. 电解过程中，Pt电极II上发生反应：4OH-4e-=2H2O+O2C. 电解过
8、程中，左极室pH会逐渐减小，D. 若NOx为NO，转移1mol电子时吸收塔中消耗0.5molS2O42-【答案】D【解析】【分析】HSO3-在电极变成S2O42-，S化合价从+4降低到+3，被还原，电极是阴极，电极是阳极，水中的OH-在阳极放电生成O2，S2O42-在吸收塔将NOx还原成氮气，自身又被还原成HSO3-继续进入电解池循环。【详解】APt电极I附近S化合价从+4降低到+3，被还原，发生还原反应，A错误；B电极是阳极，由质子交换膜可知，电极发生的反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，B错误；C左极是阴极，发生的反应为：2HSO3-+2e-+2H+= S2O42-+2H2O，消耗4H
9、+，pH增大，C错误；DS2O42-和NO发生反应为：2S2O42-+2NO+2H2O=N2+ 4HSO3-，由方程式可知，1个NO中N化合价从+2降低到0价，故消耗2mol S2O42-转移4mol电子，转移1mol电子时吸收塔中消耗0.5molS2O42-，D正确。答案选D。6.W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的前20号元素，W、X、Z形成的一种化合物A为无色油状液体，是中学化学中常用的无机试剂。Y和Q形成的化合物QY2可与化合物A反应，生成的气体WY可腐蚀玻璃。下列说法不正确的是（ ）A. Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z的强B. W和Q可以形成离子化合物C. 简单离子半径ZQ
10、XYWD. X的简单气态氢化物比Z的更稳定【答案】A【解析】【分析】WY可腐蚀玻璃，则W是H，Y是F， QY2可与化合物A反应生成HF，且A为无色油状液体，是常见的无机试剂，则A为浓H2SO4，Q是Ca， A由W、X、Z三种元素形成，且W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大，所以X为O，Z为S，综上所述：W为H，X为O，Y为F，Z为S，Q为Ca，A为浓硫酸，据此回答。【详解】AY是F，F没有正价，无最高价氧化物的水化物，A错误；BW为H，Q为Ca，二者可形成离子化合物CaH2，B正确；CH+无电子层，半径最小，O2-和F-，核外电子排布相同，都有两个电子层，O2-序数小，O2-的半径比F-大，S
11、2-和Ca2+都有三个电子层，S2-原子序数小，半径比Ca2+大，故半大小关系为：S2-Ca2+O2-F-H+，即简单离子半径ZQXYW，C正确；DX的简单气态氢化物为H2O，Z的简单气态氢化物为H2S，O和S同主族，O在上，O的非金属性较强，所以稳定性：H2OH2S，D正确。答案选A。【点睛】微粒半径大小的比较方法：先看电子层，层多半径大；层同看序数，序小半径大；序同看价态，价低半径大。7.室温下用等浓度的NaOH溶液滴定25.00mL0.1000molL-1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）已知：Ka1(H2C2O4)=5.410-2 Ka
12、2(H2C2O4)=5.410-5设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)A. 滴入NaOH溶液体积为25.00mL时：c(Na+)c(H2C2O4)c(C2O42-)c(H+)B. pH=7的溶液：c(Na+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)C. 当c(Na+)=2c(总)时：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)D. 0.1000molL-1H2C2O4溶液：c(H+)=0.1000molL-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)【答案】D【解析】【分析】因为Ka1(H2C2O4)=5.41
13、0-2，Ka2(H2C2O4)=5.410-5，所以H2C2O4是二元弱酸，NaOH是一元强碱，所以等浓度的NaOH溶液滴定25.00mL0.1000molL-1H2C2O4溶液，消耗25mL H2C2O4时溶质为NaHC2O4，消耗50mL H2C2O4时溶质为Na2C2O4，据此分析回答。【详解】A滴入NaOH溶液体积为25.00mL时，NaOH和草酸按1:1反应，溶质为NaHC2O4，HC2O4-既会水解，又会电离，水解为：HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，根据KhKa=Kw得：HC2O4-的水解常数Kh=1.8510-13，电离为：HC2O4-C2O42-+H+，其电离常数Ka
14、= Ka2(H2C2O4)=5.410-5，所以电离常数Ka水解常数Kh，故此时溶液显酸性且c(C2O42-) c(H2C2O4)，A错误；B根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)，pH=7时，有：c(H+)= c(OH-)，所以c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，B错误；Cc(Na+)=2c(总)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)，是Na2C2O4溶液的物料守恒，即此时溶质为Na2C2O4，Na2C2O4溶液的质子守恒为：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)
15、，C错误；D0.1000molL-1H2C2O4溶液电荷守恒式子为：c(H+)=2 c(C2O42-)+ c(HC2O4-)+c(OH-)，物料守恒式子为：0.1000molL-1= c(H2C2O4)+ c(C2O42-)+ c(HC2O4-)，用电荷守恒式子-物料守恒式子得：c(H+)=0.1000molL-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)，D正确。答案选D。【点睛】A越弱越水解用等式解释：Ka(或Kb)Kh=Kw，温度不变的条件下，Kw不变，不同物质的Ka(Kb)不同，Ka(或Kb)越小，则Kh必然越大。8.某小组为测定化合物Co(NH3)yClx(其中Co为+3
16、价)的组成，进行如下实验。（1）氯的测定：准确称取2.675g该化合物，配成溶液后用1.00molL-1AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀(Ag2CrO4为砖红色)且不再消失时，消耗AgNO3溶液30.00mL。已知：Ksp(AgCl)=1.810-10、Ksp(Ag2CrO4)=1.1210-12AgNO3标准溶液需要放在棕色的滴定管中的原因是_。(用化学方程式表示)若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，会使得测定结果_。(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)用K2CrO4溶液作指示剂的理由是_。（2）氨的测定：再准确称取2.675g该化合物，加适量水溶解，
17、注入如图4_。(填仪器名称)中，然后通过仪器3滴加足量的NaOH溶液，加热1装置，产生的氨气被5中的盐酸吸收，多余的盐酸再用NaOH标准溶液反滴定，经计算，吸收氨气消耗1.00molL-1盐酸60.00mL。装置A在整个实验中的作用是_，如果没有6中的冰盐水，会使得测定结果_(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。（3）通过处理实验数据可知该化合物的组成为_。【答案】 (1). 2AgNO32Ag+2NO2+O2 (2). 偏大 (3). Ag2CrO4为砖红色，由Ksp可知AgCl的溶解度更小，当溶液中Cl-消耗完时，才会产生砖红色沉淀 (4). 三颈烧瓶 (5). 产生水蒸气，将装置B中产生
18、的氨气全部蒸出 (6). 偏大 (7). Co(NH3)6Cl3【解析】【分析】Co(NH3)yClx中Co的化合价为+3，NH3为0，Cl为-1，则x=3，通过实验测出NH3和Cl的物质的量之比即得出结果。【详解】（1）AgNO3不稳定，见光易分解成Ag和NO2和O2，发生的反应为：2AgNO32Ag+2NO2+O2，故答案为：2AgNO32Ag+2NO2+O2；若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，使得V2读数偏大，导致滴定结果骗大，故答案为：偏大；一方面Ag2CrO4为砖红色，另一方面由Ksp(AgCl)=1.810-10、Ksp(Ag2CrO4)=1.1210-12可知，AgCl饱
19、和溶液中c(Ag+)=mol/L，Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag+)=10-4mol/L，所以，AgCl的溶解度更小，当滴入AgNO3时溶解度小的沉淀先形成，当AgCl形成的差不多的时候，溶液中Cl-几乎沉淀完了，此时再滴AgNO3溶液就会立刻产生Ag2CrO4，即终点的时候会产生砖红色沉淀，故答案为：Ag2CrO4为砖红色，由Ksp可知AgCl的溶解度更小，当溶液中Cl-消耗完时，才会产生砖红色沉淀；（2）图4为三颈烧瓶，装置A的作用是产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出，如果没有6的冰盐水，HCl吸收氨气时可能形成倒吸，溶液中的HCl有一部分被倒吸，被反滴定的HCl的量就少，计算吸收
20、氨气时的HCl就偏大，氨气的含量就偏大，故答案为：三颈烧瓶；产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出；偏大；（3）滴定Cl-时，2.675g样品消耗30mL 1.00molL-1AgNO3，所以n(Cl-)=n(Ag+)=1.00molL-130mL10-3=0.03mol，测定氨时，2.675g样品消耗1.00molL-1盐酸60.00mL，所以n(NH3)=n(HCl)= 1.00molL-160.00mL10-3=0.06mol，故n(Cl-):n(NH3)=0.03:0.06=1:2，由于化合物Cox(NH3)yClx中Co的化合价为+3，NH3的化合价为O，Cl的化合价为-1，所以x
21、=3，y=6，该化合物为：Co(NH3)6Cl3，故答案为：Co(NH3)6Cl3。【点睛】测氨的含量时HCl总物质的量=氨气消耗的HCl的物质的量+反滴定时NaOH消耗的HCl的物质的量。9.五氧化二钒(V2O5)为强氧化剂，易被还原成各种低价氧化物，在工业生产中常用作催化剂，即触媒。实验室以含钒废料(含V2O3、CuO、MnO、SiO2、Al2O3、有机物)为原料制备V2O5的一种流程如图：已知I.25时，难溶电解质的溶度积常数如表所示：II.NH4VO3在水中的溶解度：20、4.8gL-1；60、24.2gL-1。回答下列问题：（1）“焙烧”的目的是_。（2）“滤渣1”的用途为_(写出一
22、种即可)。（3）滤渣2成分为_。通过列式计算说明，常温下，若“调pH”为6，Cu2+是否沉淀完全_。(溶液中离子浓度小于10-5molL-1时，认为该离子沉淀完全)（4）“沉锰”需将温度控制在70C左右，温度不能过高或过低的原因为_。（5）滤渣3成分为MnCO3，请写出“沉锰”的离子方程式_。（6）V2O5最重要的应用是在接触法制硫酸时，作SO2氧化为SO3的催化剂。该催化反应中VO2为中间产物，请用化学方程式表示该催化过程：_、_。【答案】 (1). 除去有机物，将V2O3氧化成V2O5 (2). 制坩埚、制光导纤维、制玻璃(写出一种即可) (3). Al(OH)3、Cu(OH)2 (4).
23、 pH=6时，c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=mol/L=10-8mol/L，因为KspCu(OH)2=2.210-20，此时有：c(Cu2+)(10-8)2=2.210-20，c(Cu2+)=2.210-410-5，所以未完全沉淀 (5). 温度过高，碳酸氢铵分解，原料利用率低，温度过低，反应速率慢，NH4VO3可能提前析出导致产率低 (6). 2HCO3-+Mn2+=MnCO3+H2O+CO2 (7). V2O5+SO2= 2VO2+SO3 (8). 4VO2+O2=2V2O5【解析】【分析】将钒废料(含V2O3、CuO、MnO、SiO2、Al2O3、有机物)进行焙烧除去有机
24、物，加硫酸进行溶解，SiO2不溶于硫酸，过滤除去，加合适的药品调pH除去Cu2+和Al3+，接下来利用碳酸氢铵把Mn2+沉淀，然后过滤除去，加硫酸铵得到硫酸铵和NH4VO3的混合溶液，利用溶解性不同浓缩结晶后过滤得到NH4VO3，煅烧NH4VO3得到V2O5，据此分析解得。【详解】（1）一方面，通过焙烧，有机物燃烧除去了，另一方面，从整个流程看，在没有加氧化剂的情况下V从V2O3中的+3价变成了最后的+5价，所以焙烧还有一个目的，将V2O3氧化成V2O5，故答案为：除去有机物，将V2O3氧化成V2O5；（2）由分析可得出“滤渣1”主要成分是二氧化硅，可以用来制坩埚、制光导纤维、制玻璃等，故答案
25、为：制坩埚、制光导纤维、制玻璃(写出一种即可)；（3）对比调pH前后，溶液中少了Cu2+和Al3+，说明Cu2+和Al3+被沉淀除去了，所以滤渣2成分为：Al(OH)3、Cu(OH)2。pH=6时，c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=mol/L=10-8mol/L，因为KspCu(OH)2=2.210-20，此时有：c(Cu2+)(10-8)2=2.210-20，c(Cu2+)=2.210-410-5，所以未完全沉淀，故答案为：Al(OH)3、Cu(OH)2；pH=6时，c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=mol/L=10-8mol/L，因为KspCu(OH)2=2.210
26、-20，此时有：c(Cu2+)(10-8)2=2.210-20，c(Cu2+)=2.210-410-5，所以未完全沉淀；（4）温度过高，碳酸氢铵分解，原料利用率低，温度过低，反应速率慢，NH4VO3可能提前析出导致产率低，故答案为：温度过高，碳酸氢铵分解，原料利用率低，温度过低，反应速率慢，NH4VO3可能提前析出导致产率低；（5）根据电荷守恒有：2HCO3-+Mn2+=MnCO3+H2O+CO2，故答案为：2HCO3-+Mn2+=MnCO3+H2O+CO2；（6）VO2是中间产物，从V2O5到VO2，V从+5价降低到+4价，被还原，SO2做还原剂，自身被氧化成SO3，所以第一步为V2O5+S
27、O2= 2VO2+SO3，接下来，VO2被氧气氧化为V2O5，所以第二步为4VO2+O2=2V2O5，故答案为：V2O5+SO2= 2VO2+SO3；4VO2+O2=2V2O5。【点睛】（5）不用刻意去研究反应的原理是什么，只需根据电荷守恒1个Mn2+一定和2个HCO3-反应，再根据原子守恒可推出产物除了MnCO3外还有水和二氧化碳。10.磷酸是重要的化学试剂和工业原料。请回答下列问题：（1）已知：25C时，磷酸和碳酸的电离常数如下表所示。向Na2CO3溶液中滴加少量H3PO4溶液，反应的离子方程式为_。（2）已知：I.CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+H2O(l) H= -2
28、71kJmol-1II.5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)=Ca3(PO4)3F(s)+5H2O(l) H=-937 kJmol-1回答下列问题：工业上用Ca3(PO4)3F和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为_。一定条件下，在密闭容器中只发生反应II，达到平衡后缩小容器容积，HF的平衡转化率_(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；HF的平衡浓度_。（3）工业上用磷尾矿制备Ca3(PO4)3F时生成的副产物CO可用于制备H2，原理为CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H。一定温度下，向10L密闭容器中充入0.5molCO和lmolH2O(g)，2min达到平衡时，测
29、得02min内用CO2表示的反应速率v(CO2)=0.02molL-1min-1。则CO的平衡转化率a=_，该反应的平衡常数K=_。在压强不变的密闭容器中发生上述反应，设起始的=y，CO的平衡体积分数()与温度(T)的关系如图所示。则：该反应的H_0(填“”“”或“=”，下同)。a_1，理由为_。【答案】 (1). H3PO4+2CO32-= 2HCO3-+HPO42- (2). Ca5(PO4)3F(s)5H2SO4(l)3H3PO4(l)HF(g)5CaSO4(s) H=418 kJmol1 (3). 增大 (4). 不变 (5). 80% (6). (7). (8). (9). 相同温度
30、下，y越小，CO 的转化率越大，其平衡体积分数越小【解析】分析】根据电离平衡常数可知酸性有如下关系：H3PO4H2CO3H2PO4-HCO3-HPO42-，少量H3PO4和CO32-不能生成二氧化碳和水，只能生成HCO3-，由于H2PO4-HCO3-，H2PO4-也能和CO32-反应，所以另一个产物为HPO42-。【详解】（1）根据电离平衡常数可知酸性有如下关系：H3PO4H2CO3H2PO4-HCO3-HPO42-，所以少量磷酸和碳酸钠反应最终产物为：NaHCO3和NaHPO4，所以离子方程式为：H3PO4+2CO32-= 2HCO3-+HPO42-，故答案为：H3PO4+2CO32-= 2
31、HCO3-+HPO42-；（2）已知：CaO(s)H2SO4(l)CaSO4(s)H2O(l) H=271 kJmol15CaO(s)+3H3PO4(l)HF(g)Ca5(PO4)3F(s)5H2O(l)H=937 kJmol1根据盖斯定律可知5即得到Ca5(PO4)3F和硫酸，所以反应制备磷酸的热化学方程式为Ca5(PO4)3F(s)5H2SO4(l)3H3PO4(l)HF(g)5CaSO4(s) H=418 kJmol1，故答案为：Ca5(PO4)3F(s)5H2SO4(l)3H3PO4(l)HF(g)5CaSO4(s) H=418 kJmol1；反应的正反应体积减小，所以达到平衡后缩小容
32、器容积平衡向正反应方向移动，HF的平衡转化率增大。由于温度不变，平衡常数不变，即Kc(HF)，因此HF的平衡浓度不变，故答案为：增大；不变；（3）测得 02 min内用CO2表示的反应速率v(CO2)=0.02 molL1min1，所以生成CO2浓度是0.04mol/L，则 ，因此CO的平衡转化率=100%80%，该反应的平衡常数 K=，故答案为：80%；根据图像可知升高温度CO的体积分数增大，说明平衡向正反应方向进行，所以该反应的 H0，由于相同温度下，y越小，CO 的转化率越大，其平衡体积分数越小，所以a1，故答案为：；相同温度下，y越小，CO 的转化率越大，其平衡体积分数越小。【点睛】（
33、1）根据电离平衡常数：H3PO4H2CO3H2PO4-HCO3-HPO42-，H3PO4少量，产物只能是最后两个。11.碳族元素的单质和化合物具有非常重要的作用。请回答下列问题。（1）碳族元素中最早用于制造半导体器件的是_(填元素名称)，其价电子排布式为_。（2）CH3OH分子中C原子的杂化方式为_，SCN-的空间构型为_。（3）烷烃(CnH2n+2)随n的增大其熔沸点升高，原因是_。硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都很少，原因是_。（4）如图是SiO2晶胞，构成二氧化硅晶体结构的最小环是由_个原子构成。已知晶胞参数为apm，则其晶胞密度为_gcm-3。【答案】 (1). 锗
34、(2). 4s24p2 (3). sp3杂化 (4). 直线型 (5). 烷烃分子组成和结构相似，随着n值增大，相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔沸点升高 (6). Si-Si键，Si-H键键能比较小，易断裂，不易形成长的硅链 (7). 12 (8). 【解析】【详解】（1）最早用于制造半导体器件的的碳族元素是锗，锗是32号元素，位于第四周期，其价电子排布式为：4s24p2，故答案为：锗；4s24p2；（2）CH3OH中，价层电子对数=键电子对数（4）+中心原子上的孤电子对数（0）=4，所以碳原子采取sp3杂化，SCN-的中心C原子：价层电子对数=键电子对数（2）+中心原子上的孤电子对数（
35、0）=2，所以SCN-中C的杂化方式为sp杂化，SCN-的空间构型为直线型，故答案为：sp3杂化；直线型；（3）烷烃分子组成和结构相似，随着n值增大，相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔化和气化时，所需克服分子间作用力增大，熔沸点升高，故答案为：烷烃分子组成和结构相似，随着n值增大，相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔沸点升高；比起C-C键，C-H键，Si-Si键，Si-H键键能比较小，易断裂，不易形成长的硅链，但是C-C是可以形成很长碳链的，故答案为：Si-Si键，Si-H键键能比较小，易断裂，不易形成长的硅链；（4）从SiO2晶胞来看，构成二氧化硅晶体结构的最小环包含6个Si，6个O，
36、共12个原子，均摊法可得：每个SiO2晶胞中Si的个数=8+6+4=8，O原子数=16，所以1mol晶胞的质量=(288+1616)g=480g，那么每个晶胞的质量m=，因为晶胞参数=apm=a10-10cm，所以每个晶胞的体积V=(a10-10cm)3，由=gcm-3，故答案为：12；。【点睛】（4）=。12.化合物H是药物合成的种中间体，可通过以下方法合成：（1）B中官能团名称为_。（2）GH的反应类型为_。（3）已知C的一种同分异构体为：，下列说法正确的是_。a.能发生酯化反应b.能发生银镜反应c.1mol该物质完全水解能消耗3molNaOHd.该分子的核磁共振氢谱中峰面积之比为1：2：
37、6：2e.其在酸性条件下的水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应（4）中手性碳原子个数为_。（5）E的分子是为C14H17O3N，E经还原得到F，写出EF的反应方程式：_。（6）已知：苯胺(易被氧化请以甲苯和(CH3CO)2O为原料制备，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任选)。_。【答案】 (1). 醚键和氨基 (2). 醚键和氨基 (3). bde (4). 1 (5). (6). 【解析】【分析】A加氢还原得到B，B酰胺化得到C，C发生两次取代得到D，D苯环H原子被取代得到E，E催化加氢得到F，F发生消去反应得到G，G发生水解得到H。【详解】（1）B为，官能团有两个，醚键和氨基，故答
38、案为：醚键和氨基；（2）GH ，酰胺基变回氨基，发生水解反应，故答案为：水解反应；（3）已知C的一种同分异构体为：a不含羧基也不含羟基，不能发生酯化反应，a错误；b分子结构中左边能发生银镜反应，b正确；c酯基水解消耗1molNaOH，水解后的产物有酚羟基，再消耗1mol，故1mol该物质完全水解能消耗2molNaOH，c错误；d水平画一条对称轴，有四种等效氢，个数分别为1、2、6、2，则核磁共振氢谱中峰面积之比为1：2：6：2，d正确；e该物质水解后得到1个酚羟基，可以和FeCl3溶液发生显色反应，e正确；故答案为：bde；（4）与四个不相同的原子或原子团相连的碳原子为手性碳，该分子中与Br相连的C原子为手性碳原子，故答案为：1；（5）E的分子式为，F的分子式为，E的分子式比F少2个H，且E经还原得到F，所以 E的结构简式，E和氢气反应生成F，方程式为：，故答案为：；(6) 甲苯硝化引入硝基，再还原硝基，然后脱水，最后把甲基氧化为羧基，合成路线为，故答案为：。【点睛】氨基易被氧化，所以加酸性高锰酸钾只能放在最后一步，有-NH2的时候一定不能加高锰酸钾。