高中化学宁夏回族自治区银川一中2019届高三化学下学期第二次模拟考试试卷（含解析）

这是一份高中化学宁夏回族自治区银川一中2019届高三化学下学期第二次模拟考试试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了设NA为阿伏加德罗常数的值，常温下，0，某工厂用软锰矿，其简化流程如下， MnSO4 等内容，欢迎下载使用。
宁夏回族自治区银川一中2019届高三化学下学期第二次模拟考试试卷（含解析）
1.化学与生活紧密联系在一起，下列说法正确的是
①天然气、瓦斯等气体及面粉、煤粉等固体粉尘都容易发生爆炸
②医院里的血液透析利用了胶体的性质
③青铜是我国使用最早的合金
④“天宫一号”中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料
⑤二氧化硫可用于杀菌、消毒
⑥金属的冶炼、电镀、钢铁的锈蚀、制玻璃均发生氧化还原反应。
A. ①②③④⑤ B. ①②⑤ C. ②⑤⑥ D. ①③④
【答案】A
【解析】
【详解】①可燃性的气体及粉尘与空气或氧气混合后，浓度达到一定极限后，遇明火或静电或电火花都可能发生爆炸，故①正确；②血液是胶体，胶粒不能透过半透膜，所以“血液透析”利用了胶体的性质，故②正确；③铜性质不活泼，易冶炼，为最早使用的合金材料，故③正确；④碳纤维是含碳量高于90%的无机高分子纤维,是一种新型无机非金属材料,故④正确；⑤SO2有毒，能够使蛋白质变性，可用于杀菌、消毒，故⑤正确；⑥制玻璃是二氧化硅与碳酸钠、碳酸钙在高温条件下反应生成硅酸钠、硅酸钙，属于非氧化还原反应，故⑥错误。故选A。

2.下列有关有机化合物的说法正确的是
A. 糖类、油脂、蛋白质都是仅由碳、氢、氧元素组成的物质
B. 甲烷光照条件下能与Cl2发生加成反应
C. 分枝酸的结构简式为，分枝酸可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 甲基环己烷的一氯代物有4种(不考虑立体异构)
【答案】C
【解析】
【详解】A、蛋白质由碳、氢、氧、氮等元素组成，故A错误；
B、甲烷光照条件下能与Cl2发生取代反应，故B错误；
C. 分枝酸的结构简式为，分枝酸分子中含有碳碳双键，所以可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D. 甲基环己烷的一氯代物有5种(不考虑立体异构)，故D错误。

3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数为NA
B. 标准状况下，38g3H2O2中含有3NA共价键
C. 常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移0.3NA电子
D. 0.1mol•L-1MgCl2溶液中含有的Mg2+数目一定小于0.1NA
【答案】B
【解析】
【详解】A、非标准状况下，22.4LCl2的物质的量不一定是1mol，故A错误；
B、1个3H2O2分子中含有3个共价键，38g3H2O2中含有共价键的数目是3NA，故B正确；
C、常温下，铁在浓硝酸中钝化，故C错误；
D、根据n=cV，没有溶液体积，不能计算溶质物质的量，故D错误。

4.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，W的原子中只有1个电子，X2-和Y+ 离子的电子层结构相同，X与Z同族。下列叙述正确的是
A. 原子半径：Z > Y > W
B. X 的简单氢化物的稳定性比Z的弱
C. Y氢化物为共价化合物
D. Z的最高价氧化物对应的水化物是一种强酸
【答案】D
【解析】
【分析】
W的原子中只有1个电子，W是H元素；X2-和Y+离子的电子层结构相同，X是O元素、Y是Na元素；X与Z同族，Z是S元素。
【详解】A. 电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，所以原子半径：Na＞S＞H，故A错误；
B. 非金属性越强，简单氢化物越稳定，稳定性H2O＞H2S，故B错误；
C. NaH是离子化合物，故C错误；
D. S的最高价氧化物对应的水化物是硫酸，属于强酸，故D正确。

5.探索二氧化碳在海洋中转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。研究表明，溶于海水的二氧化碳主要以无机碳形式存在，其中HCO3-占95%。科学家利用下图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。

下列说法不正确的是
A. a室中OH-在电极板上被氧化
B. b室发生反应的离子方程式为：H+ + HCO3- = CO2↑ + H2O
C. 电路中每有0.2mol 电子通过时，就有0.2mol阳离子从c室移至b室
D. 若用氢氧燃料电池供电，则电池负极可能发生的反应为：H2 + 2OH- - 2e- =2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. a室是阳极室，OH-在电极板上失电子被氧化生成氧气，故A正确；
B. a室中生成的氢离子移入b室， b室发生反应的离子方程式为：H+ + HCO3-＝CO2↑ + H2O，故B正确；
C. 阳离子由阳极移向阴极，所以阳离子从b室移至c室，故C错误；
D. 碱性氢氧燃料电池的负极反应为：H2 + 2OH- - 2e-＝2H2O，故D正确。

6.常温下，0.1 mol·L-1某一元酸(HA)溶液中c(OH-)/c(H+)=1×10-8下列叙述正确的是
A. 该一元酸的电离方程式为HA = H++ A-
B. 该溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-11mol·L-1
C. 该溶液中水的离子积常数为1×10-22
D. 将pH=11的NaOH溶液V1L与V2L 0.1 mol·L-1该一元酸(HA)溶液混合，若混合溶液的pH=7，则混合溶液中有关离子浓度为c(Na+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+)
【答案】B
【解析】
【分析】
常温下，Kw=10-14,一元酸(HA)溶液中c(OH-)/c(H+)=1×10-8，可知该溶液c(H+)=1×10-3mol/L。
【详解】A、常温下，0.1 mol·L-1某一元酸(HA)溶液中c(H+)=1×10-3，说明HA是弱酸，电离方程式为HA H++ A-，故A错误；
B、酸抑制水电离，酸电离出的c(H+)=1×10-3mol/L，所以该溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-11mol·L-1，故B正确；
C、水的离子积常数只与温度有关，常温下水的离子积常数为1×10-14，故C错误；
D、若混合溶液的pH=7，则混合溶液中有关离子浓度为c(Na+)=c(A-)＞c(H+)=c(OH-)，故D错误。
【点睛】本题的关键是根据溶液中c（H+）与c（OH-）的比值，结合溶液的离子积常数Kw计算出溶液的c（H+），判断出HA为弱酸。

7.为了验证浓硫酸和木炭粉在加热条件下产生的气体产物，某同学选用了如图所示的实验装置。下列说法错误的是

A. B装置用来检验产物中是否有水蒸气
B. 拆除E装置也能达到实验目的
C. F装置中出现白色浑浊证明产物中一定有CO2生成
D. C装置用来检验产物中是否有SO2生成
【答案】C
【解析】
【分析】
浓硫酸和木炭粉在加热条件下产生二氧化硫、二氧化碳、水，用无水硫酸铜检验水蒸气，用品红溶液检验二氧化硫，用澄清石灰水检验二氧化碳，由于二氧化硫与澄清石灰水也产生白色沉淀，故检验二氧化碳前需要除去二氧化硫，品红溶液C检验SO2，通过溴水除去SO2，品红溶液E检验二氧化硫除尽，品红溶液E不褪色，F中澄清石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳。
【详解】A、无水硫酸铜遇水变蓝，B装置中无水硫酸铜用来检验产物中是否有水蒸气，故A正确；
B、气体通过溴水除去了SO2，所以拆除E装置也能达到实验目的，故B正确；
C、E中品红溶液不褪色、F中澄清石灰水变浑浊，才能证明产物中一定有CO2生成，故C错误；
D、SO2能使品红褪色，所以C装置用来检验产物中是否有SO2生成，故D正确。
【点睛】本题侧重分析与实验能力的考查，关键是排除干扰、理解检验的顺序，注意证明产物中一定有CO2生成的现象是E中品红溶液不褪色，F中澄清石灰水变浑浊。

8.某工厂用软锰矿（主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2）和闪锌矿（主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等杂质）为原料制备MnO2和Zn（干电池原料），其简化流程如下：

已知：反应Ⅰ中所有金属元素均以离子形式存在。回答下列问题：
（1）滤渣1中除了SiO2以外，还有一种淡黄色物质，该物质是由MnO2、CuS与硫酸共热时产生的，请写出该反应还原产物的化学式____。
（2）反应Ⅱ中加入适量金属锌的目的是为了回收某种金属，请写出该反应的离子方程式______。
（3）反应Ⅲ中X可以是______。（填字母代号）它的作用是______。
a．MgO b．Zn(OH)2 c．Cu2(OH)2CO3 d．MnCO3
（4）反应Ⅳ中电极均是惰性电极，写出阴极电极反应式_______________。
（5）已知：H2S的电离常数K1=1.0×10−7，K2=7.0×10−15。0.1 mol/L NaHS的pH__7(填“＞”“＝”或“＜”），理由是____。
（6）在废水处理领域中常用H2S将Mn2+转化为MnS除去，向含有0.020 mol·L−1 Mn2+废水中通入一定量的H2S气体，调节溶液的pH=a，当HS−浓度为1.0×10−4 mol·L−1时，Mn2+开始沉淀，则a=_____。[已知：Ksp(MnS)=1.4×10−15]
【答案】 (1). MnSO4 (2). Cu2＋＋Zn＝Cu+ Zn2＋ (3). bd (4). 增大溶液的pH，使 Fe3+ 和Al3+生成沉淀 (5). Zn2++2e−＝Zn (6). ＞ (7). HS-的水解常数=10－14 /10－7=10-7，10-7＞7.0×10−15，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，pH＞7 (8). 5
【解析】
【分析】
（1）MnO2、CuS与硫酸共热发生氧化还原反应生成硫单质，根据化合价升降规律判断还原产物；

（2）根据流程图，反应Ⅱ中加入适量金属锌置换出了金属铜；
（3）根据流程图，反应Ⅲ中加入X的目的是调节溶液pH使 Fe3+ 和Al3+生成沉淀；
（4）反应Ⅳ中，阴极发生还原反应生成金属锌；
（5）NaHS溶液中HS-既能水解又能电离，根据水解和电离常数判断溶液的酸碱性；
（6）调节溶液的pH=a，当HS−浓度为1.0×10−4 mol·L−1时，Mn2+开始沉淀，根据Ksp(MnS)=1.4×10−15可计算S2−浓度，再根据计算氢离子浓度，最后得出a值。
【详解】（1）MnO2、CuS与硫酸共热发生氧化还原反应生成MnSO4、CuSO4、S、H2O，CuS中硫元素化合价升高，氧化产物是S单质，锰元素由+4价降低为+2，所以还原产物是MnSO4；
（2）根据流程图，反应Ⅱ中加入适量金属锌置换出了金属铜，反应的离子方程式是Cu2＋＋Zn＝Cu+ Zn2＋；
（3）根据流程图，反应Ⅲ中加入X的目的是增大溶液的pH使Fe3+和Al3+生成沉淀；a．若加入MgO，引入杂质Mg2+，故不选A；b．若加入Zn(OH)2，能调节pH且不引入杂质，故选b；c．若加入Cu2(OH)2CO3，引入杂质Cu2+，故不选c；d．若加入MnCO3，能调节pH且不引入杂质，故选d。
（4）反应Ⅳ中，阴极发生还原反应生成金属锌，阴极电极反应式是Zn2++2e−＝Zn；
（5）NaHS溶液中HS-既能水解又能电离，HS-的电离常数是7.0×10−15，HS-的水解常数是，水解大于电离，溶液呈碱性pH＞7；
（6）含有0.020 mol·L−1 Mn2+废水，Mn2+开始沉淀时S2-的浓度是7×10−14，此时HS−浓度为1.0×10−4 mol·L−1，根据，，所以a=5。

9.研究CO2与CH4的反应使之转化为CO和H2，对减缓燃料危机，减少温室效应具有重要的意义。
（1）已知CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) △H＝＋248kJ·mol－1、△S＝310J •mol-1·K-1，该反应能自发进行的温度范围为____。
（2）在密闭恒容容器中通入物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。

①工业生产时一般会选用P4和1250℃进行合成，请解释其原因___________。
②在压强为P3、1000℃的条件下，该反应5min时达到平衡点Y，则用CO表示该反应的速率为_____，该温度下，反应的平衡常数为_________（保留3位有效数字）。
（3）CO和H2在工业上还可以通过反应C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2 (g)来制取
①在恒温恒容下，如果从反应物出发建立平衡，可认定已达平衡状态的是________。
A．体系压强不再变化 B．H2、CO和H2O的物质的量之比为1:1:1
C．混合气体的密度保持不变 D．混合气体中H2O的百分含量保持不变
②在某体积可变的密闭容器中同时投入四种物质，2min时达到平衡，测得容器中有1mol H2O（g）、1mol CO（g）、2.2molH2（g）和足量的C（s），如果此时对体系加压，平衡向__________(填“正”或“逆”)反应方向移动，达到新的平衡后，气体的平均摩尔质量为__________________。
【答案】 (1). 大于800K (2). 较大的压强和温度能加快合成速率，提高生产效率 (3). 0.036mol·L－1·min－1 (4). 10.5 (5). ACD (6). 逆 (7). 12 g/mol
【解析】
【分析】
（1）根据反应能自发进行分析；

（2）①根据压强对平衡状态的影响分析；
②根据计算用CO表示该反应的速率；利用“三段式”计算平衡常数。
（3）①可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些变量也不再变化，据此解答；
②根据增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动来分析；根据=计算相对分子质量。
详解】（1）根据，，所以800K；
（2）①温度越高，反应速率、CH4的平衡转化率都增大，增大压强CH4的平衡转化率降低，但反应速率增大，能提高生产效率，所以工业生产时一般会选用P4和1250℃进行合成；
②
CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)
开始 0.1 0.1 0 0
转化 0.09 0.09 0.18 0.18
平衡 0.01 0.01 0.18 0.18
0.036mol·L－1·min－1；
10.5
（3）①A．该反应过程中气体物质的量增大，体系压强增大，体系压强不再变化一定平衡，故选A；
B．H2、CO和H2O的物质的量之比为1:1:1时，浓度不一定不再改变，所以不一定平衡，故不选B；
C．反应前后气体质量是变量，所以密度是变量，若混合气体的密度保持不变反应一定达到平衡状态，故选C；
D．反应过程中混合气体中H2O的百分含量是变量，若保持不变，反应一定达到平衡状态，故选D。
②根据勒沙特列原理可知，增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动，此反应的逆反应方向是个气体体积减小的方向，故增大压强，向逆反应方向移动；设达到新平衡后有XmolH2被消耗，则有：
      C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）
起始量（mol） 1      1  2.2
转变量（mol）    X      X    X
剩余量（mol）   （1+X）   （1-X） （2.2-X）
混合气体的平均相对分子质量即平均摩尔质量= =12g/mol。

10.某研究小组为探究SO2和Fe(NO3)3溶液反应的实质，设计了如图所示装置进行实验。已知：1.0 mol·L－1的Fe(NO3)3溶液的pH＝1。请回答下列问题：

(1)装置A中用于滴加浓硫酸的仪器名称为_________，装置A中发生的化学方程式是________。
(2)为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应进行的操作是________________。
(3)装置B中产生了白色沉淀，其成分是______________，说明SO2具有____________性。
(4)分析B中产生白色沉淀的原因。
观点1：SO2与Fe3＋反应；
观点2：在酸性条件下SO2与反应。
观点3：___________________________；
①若观点1正确，装置B中反应的离子方程式是______________，证明该观点应进一步确认生成的新物质，其实验操作及现象是_______。
②按观点2，装置B中反应的离子方程式是___________。
③有人认为，如将装置B中的Fe(NO3)3溶液替换为等体积的下列溶液，在相同条件下进行实验，也可验证观点2是否正确。此时应选择最佳试剂是_________(填字母)。
A．3.0 mol·L－1 NaNO3溶液和0.1 mol·L－1硫酸等体积混合的溶液
B．6.0 mol·L－1 NaNO3溶液和0.2 mol·L－1盐酸等体积混合的溶液
C．1.5 mol·L－1 Fe(NO3)2溶液
D．1 mol·L－1稀硝酸
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O (3). 打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹 (4). BaSO4 (5). 还原 (6). 观点3：SO2既与Fe3+反应,也在酸性条件下与NO3－反应(两者都有) (7). SO2+2Fe3++Ba2++2H2O=BaSO4↓+2Fe2++4H+ (8). 取少量B中溶液于试管中，加入少量铁氰化钾[K3Fe（CN）6]溶液产生蓝色沉淀，则溶液中有Fe2+，所以观点1合理 (9). 3SO2＋2NO＋3Ba2＋＋2H2O＝3BaSO4↓＋2NO＋4H＋ (10). B
【解析】
【分析】
为防止氧气对实验的干扰，先向装置中通入氮气排出空气，向A中加入浓硫酸与Na2SO3反应放出SO2气体，SO2气体进入装置B中被Fe(NO3)3溶液氧化为SO42-，SO42-与氯化钡反应生成白色沉淀BaSO4；酸性条件下Fe3＋、NO3－都有氧化性。
【详解】(1)根据装置图，装置A中用于滴加浓硫酸的仪器为分液漏斗，装置A中Na2SO3与H2S04（浓）发生反应生成二氧化硫气体，反应化学方程式是Na2SO3+H2S04（浓）＝Na2S04+SO2↑+H2O。
(2)为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹。
(3) SO2气体进入装置B中被Fe(NO3)3溶液氧化为SO42-，装置B中产生的白色沉淀是BaSO4，说明SO2具有还原性。
(4) 酸性条件下Fe3＋、NO3－都有氧化性，所以观点3是SO2既与Fe3+反应，也在酸性条件下与NO3－反应(两者都有)；
①若观点1正确，装置B中SO2被Fe3＋氧化为SO42-，反应的离子方程式是SO2+2Fe3++Ba2++2H2O＝BaSO4↓+2Fe2++4H+，该反应的还原产物是Fe2+，若证明该观点正确，实验操作及现象是取少量B中溶液于试管中，加入少量铁氰化钾[K3Fe（CN）6]溶液产生蓝色沉淀，则溶液中有Fe2+，则观点1合理；
②按观点2，装置B中SO2被NO3－氧化为SO42-，反应的离子方程式是3SO2＋2NO3－＋3Ba2＋＋2H2O＝3BaSO4↓＋2NO＋4H＋。
③若改变溶液后在相同条件下进行实验，也可验证观点2是否正确，要让NO3－、H+的浓度与原溶液相同，所以最佳试剂是6.0 mol·L－1 NaNO3溶液和0.2 mol·L－1盐酸等体积混合的溶液，故选B。

11.电池在人类生产生活中具有十分重要的作用，其中锂离子电池与太阳能电池占有很大比重。太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。其材料有单晶硅，还有铜、锗、镓、硒等化合物。
（1）基态亚铜离子中电子占据的原子轨道数目为____________。
（2）若基态硒原子价层电子排布式写成4s24px24py2，则其违背了____________。
（3）下图表示碳、硅和磷元素的四级电离能变化趋势，其中表示磷的曲线是_______(填标号)。

（4）元素X与硅同主族且原子半径最小，X形成最简单氢化物Q的电子式为_____，该分子其中心原子的杂化类型为_____。写出一种与Q互为等电子体的离子______。
（5）与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性。自然界中含硼元素的钠盐是一种天然矿藏，其化学式写作Na2B4O7·10H2O，实际上它的结构单元是由两个H3BO3和两个[B(OH)4]-缩合而成的双六元环，应该写成Na2[B4O5(OH)4]8H2O．其结构如图所示，它的阴离子可形成链状结构，则该晶体中不存在的作用力是__________(填选项字母)。

A 离子键 B 共价键 C 金属键 D 范德华力 E 氢键
（6）GaAs的熔点为1238℃，密度为ρg·cm−3，其晶胞结构如图所示。已知GaAs与GaN具有相同的晶胞结构，则二者晶体的类型均为____，GaAs的熔点____（填“高于”或“低于”）GaN。Ga和As的摩尔质量分别为MGa g•mol−1和MAs g•mol−1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______。

【答案】 (1). 14 (2). 洪特规则 (3). b (4). (5). sp3 (6). NH4+ (7). C (8). 原子晶体 (9). 低于 (10). [4π10-30×NAρ(r3Ga+r3As)]/3(MGa+M As)
【解析】
【分析】
（1）根据基态亚铜离子核外电子排布式分析轨道数；

（2）根据洪特规则，电子在相同能量的轨道上排布时，将尽可能分占不同的轨道并且自旋方向相同。
（3）磷原子第一、第二、第三电离能是分别失3p轨道上的1个电子吸收的能量，第四电离能失3s轨道上1个电子吸收的能量；
（4）元素X与硅同主族且原子半径最小，X是C元素；
（5）根据Na2[B4O5(OH)4]8H2O结构图分析存在作用力；
（6）原子晶体特点是熔点高；原子晶体中原子半径越小，熔点越高；晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=晶胞中原子的总体积÷晶胞体积×100%。
【详解】（1）基态亚铜离子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d10，占据的原子轨道数是14；
（2）根据洪特规则，电子在相同能量的轨道上排布时，将尽可能分占不同的轨道并且自旋方向相同，若基态硒原子价层电子排布式写成4s24px24py2，则其违背了洪特原则。
（3）磷原子3p轨道上有3个电子，第一、第二、第三电离能是分别失3p轨道上的1个电子吸收的能量，第四电离能失3s轨道上1个电子吸收的能量，3s轨道为全满的稳定状态，所以第四电离能与第三电离能相差较大，碳、硅第一、第二电离能分别失最外层p轨道2个电子吸收的能量，第三电离能失最外层s2上1个电子吸收的能量， s轨道为全满的稳定状态，所以第三电离能与第二电离能相差较大，所以曲线b表示磷；
（4）C元素形成的最简单氢化物是CH4，CH4是共价化合物，电子式为，该分子其中心原子C的杂化轨道数是，杂化类型为sp3。原子数相同、价电子数也相同的微粒为等电子体，CH4的原子数是5、价电子数是8，与CH4互为等电子体的离子是NH4+；
（5）根据结构图可知，活泼金属和酸根离子之间存在离子键、非金属元素之间易形成共价键，分子之间存在范德华力，水分子之间存在氢键，所以不存在的作用力是金属键，选C；
（6）GaAs的熔点为1238℃，熔点高，所以属于原子晶体；As原子的半径大于N原子，原子晶体中原子半径越小，熔点越高，所以GaAs的熔点低于GaN；根据均摊原则，GaAs晶胞中Ga原子个数是4、As原子数是，1个晶胞中原子的总体积是 ；根据晶体密度的计算公式，, ，GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 =[4π10-30×NAρ(r3Ga+r3As)]/3(MGa+MAs)。
【点睛】会根据均摊原则计算晶胞中原子数，立方体顶点的原子被1个晶胞占用、楞上的原子被1个晶胞占用、面心上的原子被1个晶胞占用、体心的原子被1个晶胞完全占用。

12.芳香族化合物A（C9H12O）常用于药物及香料的合成，A有如下转化关系：

①A不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
②+CO2
③
回答下列问题:
（1）A生成B的反应类型为__________，由E生成F的反应条件为_________________。
（2）D中含有的官能团名称为_________________。
（3）K的结构简式为______________________。
（4）F与银氨溶液反应的化学方程式为_____________________。
（5）F有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有____________种。
①能发生水解和银镜反应
②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基
③具有5组核磁共振氢谱峰
（6）糠叉丙酮（）是一种重要医药中间体，参考上述合成路线，设计一条由叔丁醇（(CH3)3COH）和糠醛（）为原料制备糠叉丙酮的合成路线（无机试剂任选，用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明反应试剂和条件）___。
【答案】 (1). 消去反应 (2). Cu或Ag，O2，加热 (3). 溴原子或–Br (4). (5). (6). 2种 (7).
【解析】
【分析】
芳香族化合物A（C9H12O），不饱和度是4，说明苯环的侧链上没有双键，B能与高锰酸钾溶液反应，结合，可知B分子含有双键，A→B为消去反应；A是醇，A不能使高锰酸钾溶液褪色，A是，A发生消去反应生成B，B是；被高锰酸钾氧化为C，C是，结合可知，与反应生成(K)；与溴发生加成反应生成，水解为，被氧化为，被银氨溶液氧化为，发生缩聚反应生成聚酯I。
【详解】根据以上分析，（1）发生消去反应生成，反应类型为消去反应，E是在铜做催化剂的条件下加热，被氧气氧化为，E生成F的反应条件为Cu或Ag，O2，加热。
（2）D是，含有的官能团名称为溴原子。
（3）根据，与反应生成K，则K的结构简式为。
（4）被银氨溶液氧化为 ，反应的化学方程式为。
（5）有多种同分异构体中，①能发生水解和银镜反应，说明含有－OOCH；②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基；③具有5组核磁共振氢谱峰，符合条件的同分异构体的结构简式是、，共2种；
（6）(CH3)3COH在浓硫酸作用下发生消去反应生成，被高锰酸钾溶液氧化为，再与反应生成，合成路线为。