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2019届江西省南昌市高三下学期4月第二次模拟考试理科综合化学试题（解析版）
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2019届江西省南昌市高三下学期4月第二次模拟考试
本试卷分第I卷《选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分；共14页。时量150分钟，满分300分。
以下数据可供解题时参考：
本试卷参考相对原子质量：H-l C-12 N-14 O-16 Ga-70 As-75
第I卷（选择题共2l题，每小题6分。共126分）
一、选择题（本大题包括13小题．每小题6分，共78分，每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1.化学与生产、生活、环境等息息相关，下列说法中错误的是
A. 港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物
B. “玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是硅
C. 《天工开物》中“凡石灰经火焚炼为用”，其中“石灰”指的是Ca(OH)2
D. 《本草纲目》中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离操作方法是蒸馏
【答案】C
【解析】
【详解】A.聚乙烯纤维属于有机合成高分子材料，A正确；
B.太阳能电池板的材料是Si单质，B正确；
C.石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，故C错误；
D.蒸馏是指利用液体混合物中各组分沸点的差异而将组分分离的过程,该选项实验操作是煮酒，煮酒的分离方法是蒸馏，D正确。
答案：C。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 17g H2O2中含有非极性键数目为NA
B. 常温常压下，17g甲基（-14CH3）所含的中子数为9NA
C. 在含CO32-总数为NA的Na2CO3溶液中，Na+总数为2NA
D. 13. 8g NO2与足量水反应，转移的电子数为0.2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. H2O2的结构式为，17gH2O2物质的量为0.5mol，含有非极性键数目为0.5NA，A错误；
B.甲基(—14CH3)的质量数A为17，质子数Z =6+3×1= 9，故中子数N = A－Z = 8，17g甲基(—14CH3)物质的量为17g÷17g/mol=1mol，因此17g甲基(—14CH3)所含的中子数为8NA，B错误；
C.Na2CO3溶液中会有少量CO32-发生水解，因此在含CO32-总数为NA的Na2CO3溶液中，溶质的总量大于1mol，所以Na+总数大于2NA，C错误；
D.NO2与水反应的方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，在该反应中NO2既是氧化剂，又是还原剂，与转移的电子数的关系为：3NO2~2e-，13.8NO2的物质的量为13.8g÷46g/mool=0.3mol，则转移的电子为0.2mol，故D正确。
答案：D。
3.螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是
A. 该化合物的分子式为C10H12 B. 一氯代物有五种
C. 所有碳原子均处于同一平面 D. 与HBr以物质的量之比1：1加成生成二种产物
【答案】D
【解析】
【详解】A. 该化合物的分子式为C9H12，A错误；
B. 根据等效氢法，该化合物的一氯代物有4种，B错误；
C.中“*”标示的碳原子具有与甲烷中碳原子相似的空间构型，所有碳原子并不处于一平面，C错误；
D. 与HBr以物质的量之比1：1加成可生成或，D正确。
答案：D。
【点睛】等效氢法：①连在同一个碳原子上氢原子是等效的；②连在同一个碳原子上的甲基上的氢原子是等效的；③处于对称位置或镜面对称位置的碳原子上连接的氢原子是等效的。
4.下列实验方案中，能达到实验目的的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.等体积等物质的量浓度的CH3COOH和HClO溶液消耗NaOH的物质的量相等，不能比较CH3COOH和HClO的酸性强弱，A错误；
B.在Na2S2O3溶液中滴加盐酸会发生反应：Na2S2O3+2HCl═2NaCl+SO2↑+S↓+H2O，产生了大量的浅黄色浑浊，会对后续白色沉淀的观察产生影响，B错误；
C.浓盐酸能与KMnO4反应，向较浓的FeCl2溶液加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去可能是与Cl-反应导致，无法证明Fe2+有还原性，C错误；
D.向1L浓度均为0.1mol/LNaCl和NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，先出现淡黄色沉淀，说明先生成了AgBr沉淀，即在浓度相同的前提下，溴离子优先于氯离子沉淀，所以Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，D正确。
答案：D。
5.W、X、Y、Z四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数依次增大。化合物XW3能作制冷剂且其浓溶液可检验Z单质是否泄露，化合物YZ3能促进水的电离，则下列说法错误的是
A. 简单离子半径：r(Z)>r(X)>r(Y) B. Y的最高价氧化物对应的水化物为强碱
C. X2W4分子中既含极性键，又含非极性键 D. 化合物XW3的水溶液能抑制水的电离
【答案】B
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数依次增大，那么W位于第一周期，为H；化合物XW3能作制冷剂且其浓溶液可检验Z单质是否泄露，那么X为N，Z为Cl；化合物YZ3能促进水的电离，即能发生水解，则Y为Al。
【详解】A.X为N，Y为Al，Z为Cl。简单离子半径大小关系：Cl->N3->Al3+，即r(Z)>r(X)>r(Y)，A正确；
B.Y为Al，Y的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，属于两性氢氧化物，不是强碱，B错误；
C.N2H4电子式为，分子中既含极性键，又含非极性键，C正确；
D.NH3溶于水生成NH3·H2O，NH3·H2O电离出OH-，能够抑制水的电离，D正确。
答案：D。
【点睛】半径大小比较：一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，三看电子数，电子层数相等，原子序数相同，电子数越多，半径越大。
6.我国研制出非贵金属镍钼基高效电催化剂，实现电解富尿素废水低能耗制H2(装置如图)。总反应为。下列说法中正确的是
A. a电极反应为：
B. b为阳极，发生氧化反应
C. 电解一段时间b极区溶液pH升高
D. 废水中每通过6mol电子，a电极产生1molN2
【答案】C
【解析】
【分析】
电解池工作时，CO(NH2)2失去电子，a为阳极发生氧化反应，电极反应为 CO（NH2）2-6e－+H2O═CO2↑+N2↑+6H+，b为阴极发生还原反应，电极反应为2H2O+2e－═2OH－+H2↑。
【详解】A.电解池工作时，CO(NH2)2失去电子生成N2，a为阳极发生氧化反应，电极反应为 CO（NH2）2-6e－+H2O═CO2↑+N2↑+6H+，A错误；
B.b为阴极发生还原反应，电极反应为2H2O+2e－═2OH－+H2↑，B错误；
C.b电极反应为2H2O+2e－═2OH－+H2↑，电解一段时间b极区溶液pH升高，C正确。
D.电子是不进入溶液中，所以废水中无法通过电子，D错误。
答案：C。
7.常温时，1mol/L的HA和1mol/L的HB两种酸溶液，起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水进行稀释，所得变化关系如图所示（V表示溶液稀释后的体积）。下列说法错误的是
A. Ka( HA)约为10-4
B. 当两溶液均稀释至时，溶液中＞
C. 中和等体积pH相同的两种酸所用n(NaOH)：HA>HB
D. 等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图示，当lg（V/V0）+1=1时，即V=V0，溶液还没稀释，1mol/L的HA溶液pH=2，即HA为弱酸，溶液中部分电离；1mol/L的HB溶液pH=0，即HB为强酸，溶液中全部电离。因为起始两溶液浓度和体积均相等，故起始两溶液中所含一元酸的物质的量相等。
【详解】A.1mol/L的HA溶液的pH为2，c(A-)＝c(H＋)＝0.01mol/L，c(HA) 1mol/L，则HA的电离常数约为10-4，A正确；
B. 由电荷守恒有：c（H+）=c(A-)+c(OH-)，c（H+）=c(B-)+c(OH-)，当两溶液均稀释至时，HB溶液pH=3，HA溶液pH>3，则有c(A-)
D.等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液，Na+数目相同，HA为弱酸，盐溶液中A-发生水解，NaA溶液呈碱性，NaA溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），HB为强酸，盐溶液中B-不发生水解，NaB溶液呈中性，NaB溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（B-）+c（OH-），NaA溶液中c（H+）
8.一氯乙酸(ClCH2-COOH)在有机合成中是一种重要的原料和中间体，在硫单质催化下干燥氯气与乙酸反应制得一氯乙酸：
已知：
请回答下列问题：
(1)选用下图的装置制备一氯乙酸粗品。
①按照气流从左至右依次连接的合理顺序为____→____→____→____→____→i→j→g→h（填接口字母）。____
②洗气瓶中的溶液为____，碱石灰的作用是____。
(2)制备一氯乙酸时，首先采用____（填“水浴”、“油浴”或“沙浴”）加热方法控制温度在95℃左右，待温度稳定后，再打开弹簧夹、____（填操作），如果三颈烧瓶溶液表面观察到大量 ___（填现象）时，应该___（填操作），以减少氯气通入量，以免浪费。
(3)一氯乙酸粗品中含有二氯乙酸、三氯乙酸，多次蒸馏后产品中仍含有少量的____（填物质名称），再进行____（填“过滤”、“分液”或“重结晶”），可得到纯净的一氯乙酸。
【答案】 (1). b→e→f→c→d (2). 饱和食盐水 (3). 吸收多余的氯气和酸性污染气体 (4). 水浴 (5). 打开活塞放下浓盐酸并点燃酒精灯 (6). 黄绿色气体 (7). 控制活塞减慢浓盐酸滴加速率或控制酒精灯降低加热温度 (8). 二氯乙酸 (9). 重结晶
【解析】
【分析】
（1）①制备一氯乙酸粗品先需要制备氯气，氯气含有HCl和H2O（g），需要除杂，除杂不能用碱石灰（因为碱石灰也吸收氯气），进入反应装置后，最后就是尾气处理；
②氯气含有HCl和H2O（g）杂质，无水氯化钙是除去水蒸气，那么洗气瓶为了除去氯气中HCl，碱石灰是放在最后处理尾气；
（2）水浴温度0-100℃，油浴温度100-260℃，沙浴温度400-600℃，氯气为黄绿色气体，通过颜色判断氯气的量；
（3）根据题中一氯乙酸、二氯乙酸、三氯乙酸的熔沸点数据，沸点相差越近越难蒸馏分来。
【详解】（1）①用MnO2制备Cl2需要加热，产生的Cl2含有杂质，先洗气除去HCl，再用无水CaCl2除去H2O（g），纯净的Cl2通入三颈烧瓶进行反应，最后多余的Cl2和反应生成的HCl用碱石灰吸收，所以连接顺序为b→e→f→c→d。答案：b→e→f→c→d；
②洗气瓶为了除去氯气中HCl，应用饱和食盐水除杂；碱石灰能吸收酸性气体，可以将氯气和产生的酸性气体（HCl）吸收。答案：饱和食盐水；吸收多余的氯气和酸性污染气体；
（2）水的沸点为100℃，要控制温度在95℃左右，可采用水浴加热方法；温度稳定后，打开弹簧夹，打开分液漏斗活塞滴加浓盐酸并点燃酒精灯制备氯气；如果三颈烧瓶溶液表面观察到大量黄绿色气体，说明氯气过量，此时应控制活塞减慢浓盐酸滴加速率或控制酒精灯降低加热温度，以免浪费。答案：水浴；打开活塞放下浓盐酸并点燃酒精灯；黄绿色气体；控制活塞减慢浓盐酸滴加速率或控制酒精灯降低加热温度；
（3）一氯乙酸和二氯乙酸的沸点相差较小，所以多次蒸馏后产品中仍含有少量的二氯乙酸；除去一氯乙酸中的少量二氯乙酸可通过重结晶实现。答案：二氯乙酸；重结晶。
9.氧化锌主要用作催化剂、脱硫剂、发光剂和橡胶添加剂。一种以锌焙砂（ZnO、ZnSiO3和少量As2O3、CuO、PbO杂质，其中As与N同主族）为原料制备氧化锌的流程如图所示：
请回答下列问题。
(1)循环使用的物质有____、____和______（填化学式）。
(2)“浸出”时，锌以Zn( NH3)42+进入滤液。
①浸出率与温度关系如图l所示，请解释温度超过55℃后浸出率显著下降的原因：___________
②浸出率与n(NH3)：n[(NH4)2SO4]关系如图所示，6：4之后浸出率下降，说明____（填编号）的浸出主要依赖硫酸铵浓度的大小。
A.ZnO和ZnSiO3 B.ZnO C.ZnSiO3
(3)“除砷”过程中生成Fe3( AsO4)2沉淀，其中铁元素的化合价是____；沉淀剂为FeSO4·H2O、(NH3)2S2O8，添加(NH4)2S2O8的目的是____。
(4)“除重金属”和“深度除重金属”除去的重金属是____（填名称）。
(5)“蒸氨”的产物主要是ZnSO4和NH3，写出所发生反应的化学方程式____。
【答案】 (1). NH3·H2O或NH3 (2). (NH4)2SO4 (3). CO2 (4). 温度升高，氨气挥发而浓度下降，浸出率下降 (5). C (6). +2 (7). 把砷氧化成AsO43-以便除去砷 (8). 铜和铅 (9). Zn(NH3)4SO4ZnSO4 + 4NH3↑
【解析】
【详解】（1）分析流程图可知，循环利用的物质有：NH3·H2O、(NH4)2SO4、CO2，答案：NH3·H2O或NH3 ；(NH4)2SO4 ；CO2；
（2）①在流程图中，浸出时需要加入物质有NH3·H2O，温度升高NH3·H2O易分解出氨气，氨气挥发而浓度下降，浸出率下降。答案：温度升高，氨气挥发而浓度下降，浸出率下降；
②(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，水解显酸性，SiO32-是弱酸根，溶液酸性强越容易使ZnSiO3溶出Zn2+，所以n(NH3)：n[(NH4)2SO4]在6：4之后浸出率下降，说明ZnSiO3的浸出主要依赖硫酸铵浓度的大小。答案：C。
(3)As与N同主族，所以Fe3( AsO4)2中砷元素为+5价，则铁元素的化合价是+2价；As2O3中砷元素为+3价，要生成Fe3( AsO4)2沉淀还需要把砷元素进行氧化，所以添加(NH4)2S2O8的目的是氧化砷元素。答案：+2；把砷氧化成AsO43-以便除去砷；
(4)砷元素已经在前面除去，所以“除重金属”和“深度除重金属”除去的重金属是铜和铅。答案：铜和铅；
（5）除杂之后得到的溶液是Zn(NH3)4SO4溶液，那么“蒸氨”发生反应的化学方程式为：Zn(NH3)4SO4 ZnSO4 + 4NH3↑。答案：Zn(NH3)4SO4 ZnSO4 + 4NH3↑。
10.对甲烷和CO2的高效利用不仅能缓解大气变暖，而且对日益枯竭的石油资源也有一定的补充作用，甲烷临氧耦合CO2重整反应有：
反应①：
反应②：
(l)CO燃烧的热化学方程式为 △H=____kJ/mol
(2)一定条件下，将CH4与CO2以体积比1:1置于恒温恒容的密闭容器中发生反应，下列能说明反应达到平衡状态的有____。
A．体系密度保持不变 B．容器中压强保持不变
C．H2和CO的体积比保持不变 D．每消耗lmolCH4的同时生成2mol CO
(3)重整反应中存在着副反应产生的积碳问题。加入少量的Na2CO3可不断消除积碳。请用化学方程式表示其反应过程：____，。
(4)已知甲烷临氧藕合CO2重整反应体系中还有反应③： 。在密闭容器中，重整反应①②③在1073K时催化下达到平衡，发现n(H2)/n(CO)
C．会产生副反应 D．对反应②的平衡无影响
(5)温度对重整反应体系中反应物平衡转化率，平衡时氢气、一氧化碳和水的物质的量影响如图所示。若CH4与CO2的起始投料相等，则起始时n(CH4)=___mol，在1000K时反应③的平衡常数K为____
【答案】 (1). -282.7 kJ·mol-1 (2). B (3). C + Na2CO3Na2O + 2CO (4). 温度较高，反应①是放热反应，利于平衡向逆方向移动，生成氢气量减少；而反应③是吸热反应，利于平衡向正方向移动，消耗氢气量增多且CO生成量增多，从而n（H2）/n（CO）小于1 (5). AD (6). 1 (7). 3.5
【解析】
【分析】
（1）通过盖斯定律，反应①-反应②即可解答；
（2）A.根据和质量守恒定律分析；；
B.反应前后气体总体积相等压强不能判断平衡，反应前后气体总体积不相等压强能判断平衡；
C.各物质体积分数保持不变可判断平衡；
D.物质的变化判断平衡需要有正反应也有逆反应，还要符合计量数之比；
（3）题干已知反应中有Na2O参与反应，所以前一步反应应该是有Na2O生成，再根据氧化还原写方程式；
（4）n（H2）/n（CO）小于1，那么n（H2）减小，n（CO）增大，利用平衡分析各反应如何移动使n（H2）减小，n（CO）增大；结合浓度对化学平衡的移动作答；
（5）由于该体系中存在三个反应，可以通过设未知数解答，利用图中和三个反应共同的物质数量关系解未知数，最后将反应③各物质的物质的量求出，利用平衡常数计算公式计算出平衡常数。
【详解】（1）反应①-反应②得 △H=-35.7kJ/mol-247.0kJ/mol=-282.7kJ/mol。答案： △H=-282.7kJ/mol；
（2）A.，气体总质量不变，恒容体积不变，密度保持不变，不能作为判断平衡的标志；
B.反应前后气体体积不同，所以压强保持不变能作为判断平衡的标志；
C.H2和CO都是生成物，计量数之比为1：1，反应开始后，体积比保持1：1，不能作为判断平衡的标志；
D.消耗lmolCH4是正反应方向，生成2mol CO也是正反应方向，所以不能作为判断平衡的标志；
答案：B。
（3）从已知反应可以知道，加入Na2CO3消除积碳，反应会有Na2O生成，故反应方程式为：C + Na2CO3 Na2O + 2CO。答案：C + Na2CO3 Na2O + 2CO；
（4）反应②中CO和H2化学计量数之比为1：1，平衡移动会同等程度增大或减小，不影响n(H2)/n(CO)；反应①是放热反应，1073K时温度较高，反应①平衡向逆方向移动，生成氢气量相对减少；而反应③是吸热反应，利于反应③平衡向正方向移动，消耗氢气量增多且CO生成量增多，从而导致n（H2）/n（CO）小于1。投料时增加氧气比例，反应①正向移动，CH4转化率升高，进而导致反应②平衡逆向移动，氢气总产量无法判断；氧气比例升高会与CH4反应生成CO2，所以会产生副反应，故A、D错误。答案：温度较高，反应①是放热反应，利于平衡向逆方向移动，生成氢气量减少；而反应③是吸热反应，利于平衡向正方向移动，消耗氢气量增多且CO生成量增多，从而n（H2）/n（CO）小于1；AD；
（5）设在1000K时起始时的n（CH4）=n（CO2）=xmol，参与反应①中各物质物质的量变化Δn（CH4）=Δn（CO）=1/2Δn（H2）=y mol，参与反应②中各物质物质的量变化Δn（CH4）=Δn（CO2）=1/2Δn（CO）=1/2Δn（H2）=z mol，而在反应③中Δn（H2O）=Δn（CO2）=Δn（CO）=Δn（H2）=0.4mol，因为，所以，则y=0.4mol；而对于H2则有2y+2z-0.4=1.3，所以z=0.45；，代入解得x=1mol。在1000K时反应到平衡时，n（CO2）=0.15mol，n(H2)=1.3mol，n(CO)=1.7mol，n(H2O)=0.4mol，设容器体积为V，则平衡常数。答案： 1；3.5。
【点睛】达到化学平衡状态的标志：（1）υ正=υ逆——①同一物质：该物质的生成速率等于它的消耗速率；②不同的物质：速率之比等于化学方程式中的化学计量数之比，但必须是不同方向的速率；③化学键断裂情况＝化学键生成情况。（2）反应混合物中各组成成分的含量保持不变。（3）对气体物质：若反应前后的物质都是气体，且化学计量数不等，总物质的量、总压强（恒温、恒容）、平均摩尔质量、混合气体的密度（恒温、恒压）保持不变。（4）反应物的转化率、产物的产率保持不变。（5）有颜色变化的体系颜色不再发生变化。
11.含第VA族的磷、砷(As)等元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：
(1)基态P原子的核外电子排布式为____，有____个未成对电子。
(2)常温下PCl5是一种白色晶体，其立方晶系晶体结构模型如图甲所示，由A、B两种微粒构成。将其加热至148℃熔化，形成一种能导电的熔体。已知A、B两种微粒分别与CC14、SF6互为等电子体，则A为____，其中心原子杂化轨道类型为____，B为____。
(3)PO43-的空间构型为____，其等电子体有____（请写出一种）。
(4)砷化镓属于第三代半导体，它能直接将电能转变为光能，砷化镓灯泡寿命是普通灯泡的100倍，而耗能只有其10%。推广砷化镓等发光二极管(LED)照明，是节能减排的有效举措。已知砷化镓的晶胞结构如图乙，晶胞参数a= 565pm。
①砷化镓的化学式为____，镓原子的配位数为____。
②砷化镓的晶胞密度=____g/cm3（列式并计算，精确到小数点后两位），m位置Ga原子与n位置As原子之间的距离为____pm(列式表示)。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p3 (2). 3 (3). (4). sp3 (5). (6). 正四面体 (7). SO42- (8). GaAs (9). 4 (10). (11).
【解析】
【分析】
（1）根据构造原理，按照电子排布顺序（1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s4f……）进行电子排布，再画出电子排布图分析未成对电子；
（2）PCl5晶体中含有两种微粒，熔融能导电，说明这两种微粒是阴阳离子，再根据A、B两种微粒分别与CC14、SF6互为等电子体，分析作答；
（3）PO43－的孤电子对数为（5-8+3）/2=0，σ键电子对数为4，据此分析构型；原子数为5，价电子数为32，据此找等电子体；
（4）①利用均摊法计算：黑球4个全部在晶胞内，白球位于晶胞顶点和面心，配位数通过观察晶胞分析；
②砷化镓的晶胞含4个CaAs，先计算4个CaAs的质量(70+75) ×4g/NA，再晶胞的体积为a3=(565×10-10)3 cm3，最后通过求算。m与n之间的距离为晶胞体对角线的。
【详解】（1）根据构造原理，基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，电子排布图为：，有3个未成对电子。答案：1s22s22p63s23p3 ；3；
（2）常温下PCl5是一种白色晶体，由A、B两种微粒构成。将其加热至148℃熔化，形成一种能导电的熔体，这说明形成的是离子晶体。已知A、B两种微粒分别与CCl4、SF6互为等电子体，由于原子总数和价电子总数分别都相等的是等电子体，则A为PCl4+，P原子的价层电子对数是4，且不存在孤电子对，因此其中心原子杂化轨道类型为sp3，B为PCl6-。答案：PCl ；sp3 ；PCl。
（3） PO43－的中心原子P的价层电子对数是4，由于孤电子对数为0，该离子的空间构型为正四面体形，其等电子体有SO42-、CCl4等。答案：正四面体；SO42-；
（4）①晶胞中黑球位于晶胞内，数目为4，白球位于晶胞顶点和面心，数目为8×1/8+6×1/2=4，数目为1：1，则砷化镓的化学式为CaAs；根据晶胞As原子的配位数为4，则镓原子距离最近的As原子数目也为4，即配位数为4；
②砷化镓晶胞含4个CaAs，则1mol晶胞的质量为(70+75)× 4g，晶胞的体积为a3=(565×10-10)3 cm3，1mol晶胞的体积为6.02×1023×(565×10-10)3 cm3，则晶胞的密度为(70+75) ×4g/[6.02×1023×(565×10-10)3 cm3]=5.34 g/cm3；m位置As原子与n位置Ga原子之间的距离为晶胞体对角线的1/4，则距离为×565 pm=pm。答案：。
【点睛】确定晶胞中原(离)子数目及晶体化学式，对于平行六面体晶胞而言，用均摊法计算的依据是：①处于顶点的微粒，同时为8个晶胞所共享，每个微粒有1/8属于该晶胞；②处于棱上的微粒，同时为4个晶胞所共享，每个微粒有1/4属于该晶胞；③处于面上的微粒，同时为2个晶胞所共享，每个微粒有1/2属于该晶胞；④处于晶胞内部的微粒，完全属于该晶胞。对于六方晶胞而言，用均摊法计算的依据是：①处于顶点的微粒，同时为6个晶胞所共享，每个微粒有1/6属于该晶胞；②处于竖直棱上的微粒，同时为3个晶胞所共享，每个微粒有1/3属于该晶胞；处于底面棱上的微粒，则同时为4个晶胞所共享，每个微粒有1/4属于该晶胞；③处于面上的微粒，同时为2个晶胞所共享，每个微粒有1/2属于该晶胞；④处于晶胞内部的微粒，完全属于该晶胞。
12.抗丙肝新药的中间体合成路线图如下：
已知：-Et为乙基。
(1)的名称是____，所含官能团的名称是____。
(2)的分子式为____。
(3)反应②化学方程式为________，反应③的反应类型是____。
(4)写出与互为同分异构体芳香类化合物的结构简式（核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1:2:2:6，且不含-NH2）____
(5)设计由乙醇、1，3-丁二烯和甲氨( CH3NH2)合成路线（其他试剂任选）。__________
【答案】 (1). 乙苯 (2). 醛基、酯基 (3). C12H15NO2 (4). (5). 加成反应 (6). (7).
【解析】
【分析】
(1)的苯环侧链是一个乙基；存在-CHO和-COOR，一个醛基和一个酯基；
(2)找出碳原子、氢原子、氮原子和氧原子数目，注意-Et为乙基；
(3)C8H8不饱和度为5，只有一个侧链，所以是，反应②是在Al2O3的催化下脱去一个水分子生成，据此写化学方程式；与NH3反应生成，由不饱和变饱和，据此分析反应类型；
(4)与互为同分异构体的芳香类化合物，苯环不变，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1:2:2:6，说明含2个等效的—CH3，不含-NH2那么氮原子只能连接三个碳原子，据此写出结构简式；
(5)由乙醇、1，3-丁二烯和甲氨( CH3NH2)合成需要成环反应，可参考反应⑤利用不饱和键成环，再通过逆推法写出路线。
【详解】(1)名称是乙苯，含有一个醛基和一个酯基。答案：乙苯；醛基、酯基；
(2)含有12个碳原子，15个氢原子，1个氮原子，2个氧原子，分子式为C12H15NO2。答案：C12H15NO2；
(3)C8H8为，反应②是在Al2O3的催化下生成，化学方程式为；与NH3反应生成，发生的是加成反应。答案：；加成反应；
(4)题干要求芳香族化合物，即有苯环，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1:2:2:6，说明有四种氢原子且含2个等效的—CH3，不含-NH2，即氮原子的价键要连接碳原子，所以该化合物为。答案：；
(5)参照反应⑤成环反应，合成需要CH3CH=N—CH3和CH2=CH—CH=CH2；模仿反应④由CH3NH2与CH3CHO反应生成CH3CH=N—CH3，乙醇发生催化氧化获得CH3CHO；由乙醇、1，3-丁二烯和甲氨( CH3NH2)合成路线为：。答案：。
【点睛】这道题中的反应⑤的成环反应是有机题推断常见题型，主要特点是共轭双键和一个双键断键成环，分析思路主要还是逆推法，学生平时注意积累题型。
本试卷分第I卷《选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分；共14页。时量150分钟，满分300分。
以下数据可供解题时参考：
本试卷参考相对原子质量：H-l C-12 N-14 O-16 Ga-70 As-75
第I卷（选择题共2l题，每小题6分。共126分）
一、选择题（本大题包括13小题．每小题6分，共78分，每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1.化学与生产、生活、环境等息息相关，下列说法中错误的是
A. 港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物
B. “玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是硅
C. 《天工开物》中“凡石灰经火焚炼为用”，其中“石灰”指的是Ca(OH)2
D. 《本草纲目》中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离操作方法是蒸馏
【答案】C
【解析】
【详解】A.聚乙烯纤维属于有机合成高分子材料，A正确；
B.太阳能电池板的材料是Si单质，B正确；
C.石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，故C错误；
D.蒸馏是指利用液体混合物中各组分沸点的差异而将组分分离的过程,该选项实验操作是煮酒，煮酒的分离方法是蒸馏，D正确。
答案：C。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 17g H2O2中含有非极性键数目为NA
B. 常温常压下，17g甲基（-14CH3）所含的中子数为9NA
C. 在含CO32-总数为NA的Na2CO3溶液中，Na+总数为2NA
D. 13. 8g NO2与足量水反应，转移的电子数为0.2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. H2O2的结构式为，17gH2O2物质的量为0.5mol，含有非极性键数目为0.5NA，A错误；
B.甲基(—14CH3)的质量数A为17，质子数Z =6+3×1= 9，故中子数N = A－Z = 8，17g甲基(—14CH3)物质的量为17g÷17g/mol=1mol，因此17g甲基(—14CH3)所含的中子数为8NA，B错误；
C.Na2CO3溶液中会有少量CO32-发生水解，因此在含CO32-总数为NA的Na2CO3溶液中，溶质的总量大于1mol，所以Na+总数大于2NA，C错误；
D.NO2与水反应的方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，在该反应中NO2既是氧化剂，又是还原剂，与转移的电子数的关系为：3NO2~2e-，13.8NO2的物质的量为13.8g÷46g/mool=0.3mol，则转移的电子为0.2mol，故D正确。
答案：D。
3.螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是
A. 该化合物的分子式为C10H12 B. 一氯代物有五种
C. 所有碳原子均处于同一平面 D. 与HBr以物质的量之比1：1加成生成二种产物
【答案】D
【解析】
【详解】A. 该化合物的分子式为C9H12，A错误；
B. 根据等效氢法，该化合物的一氯代物有4种，B错误；
C.中“*”标示的碳原子具有与甲烷中碳原子相似的空间构型，所有碳原子并不处于一平面，C错误；
D. 与HBr以物质的量之比1：1加成可生成或，D正确。
答案：D。
【点睛】等效氢法：①连在同一个碳原子上氢原子是等效的；②连在同一个碳原子上的甲基上的氢原子是等效的；③处于对称位置或镜面对称位置的碳原子上连接的氢原子是等效的。
4.下列实验方案中，能达到实验目的的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.等体积等物质的量浓度的CH3COOH和HClO溶液消耗NaOH的物质的量相等，不能比较CH3COOH和HClO的酸性强弱，A错误；
B.在Na2S2O3溶液中滴加盐酸会发生反应：Na2S2O3+2HCl═2NaCl+SO2↑+S↓+H2O，产生了大量的浅黄色浑浊，会对后续白色沉淀的观察产生影响，B错误；
C.浓盐酸能与KMnO4反应，向较浓的FeCl2溶液加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去可能是与Cl-反应导致，无法证明Fe2+有还原性，C错误；
D.向1L浓度均为0.1mol/LNaCl和NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，先出现淡黄色沉淀，说明先生成了AgBr沉淀，即在浓度相同的前提下，溴离子优先于氯离子沉淀，所以Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，D正确。
答案：D。
5.W、X、Y、Z四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数依次增大。化合物XW3能作制冷剂且其浓溶液可检验Z单质是否泄露，化合物YZ3能促进水的电离，则下列说法错误的是
A. 简单离子半径：r(Z)>r(X)>r(Y) B. Y的最高价氧化物对应的水化物为强碱
C. X2W4分子中既含极性键，又含非极性键 D. 化合物XW3的水溶液能抑制水的电离
【答案】B
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数依次增大，那么W位于第一周期，为H；化合物XW3能作制冷剂且其浓溶液可检验Z单质是否泄露，那么X为N，Z为Cl；化合物YZ3能促进水的电离，即能发生水解，则Y为Al。
【详解】A.X为N，Y为Al，Z为Cl。简单离子半径大小关系：Cl->N3->Al3+，即r(Z)>r(X)>r(Y)，A正确；
B.Y为Al，Y的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，属于两性氢氧化物，不是强碱，B错误；
C.N2H4电子式为，分子中既含极性键，又含非极性键，C正确；
D.NH3溶于水生成NH3·H2O，NH3·H2O电离出OH-，能够抑制水的电离，D正确。
答案：D。
【点睛】半径大小比较：一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，三看电子数，电子层数相等，原子序数相同，电子数越多，半径越大。
6.我国研制出非贵金属镍钼基高效电催化剂，实现电解富尿素废水低能耗制H2(装置如图)。总反应为。下列说法中正确的是
A. a电极反应为：
B. b为阳极，发生氧化反应
C. 电解一段时间b极区溶液pH升高
D. 废水中每通过6mol电子，a电极产生1molN2
【答案】C
【解析】
【分析】
电解池工作时，CO(NH2)2失去电子，a为阳极发生氧化反应，电极反应为 CO（NH2）2-6e－+H2O═CO2↑+N2↑+6H+，b为阴极发生还原反应，电极反应为2H2O+2e－═2OH－+H2↑。
【详解】A.电解池工作时，CO(NH2)2失去电子生成N2，a为阳极发生氧化反应，电极反应为 CO（NH2）2-6e－+H2O═CO2↑+N2↑+6H+，A错误；
B.b为阴极发生还原反应，电极反应为2H2O+2e－═2OH－+H2↑，B错误；
C.b电极反应为2H2O+2e－═2OH－+H2↑，电解一段时间b极区溶液pH升高，C正确。
D.电子是不进入溶液中，所以废水中无法通过电子，D错误。
答案：C。
7.常温时，1mol/L的HA和1mol/L的HB两种酸溶液，起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水进行稀释，所得变化关系如图所示（V表示溶液稀释后的体积）。下列说法错误的是
A. Ka( HA)约为10-4
B. 当两溶液均稀释至时，溶液中＞
C. 中和等体积pH相同的两种酸所用n(NaOH)：HA>HB
D. 等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图示，当lg（V/V0）+1=1时，即V=V0，溶液还没稀释，1mol/L的HA溶液pH=2，即HA为弱酸，溶液中部分电离；1mol/L的HB溶液pH=0，即HB为强酸，溶液中全部电离。因为起始两溶液浓度和体积均相等，故起始两溶液中所含一元酸的物质的量相等。
【详解】A.1mol/L的HA溶液的pH为2，c(A-)＝c(H＋)＝0.01mol/L，c(HA) 1mol/L，则HA的电离常数约为10-4，A正确；
B. 由电荷守恒有：c（H+）=c(A-)+c(OH-)，c（H+）=c(B-)+c(OH-)，当两溶液均稀释至时，HB溶液pH=3，HA溶液pH>3，则有c(A-)
D.等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液，Na+数目相同，HA为弱酸，盐溶液中A-发生水解，NaA溶液呈碱性，NaA溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），HB为强酸，盐溶液中B-不发生水解，NaB溶液呈中性，NaB溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（B-）+c（OH-），NaA溶液中c（H+）
8.一氯乙酸(ClCH2-COOH)在有机合成中是一种重要的原料和中间体，在硫单质催化下干燥氯气与乙酸反应制得一氯乙酸：
已知：
请回答下列问题：
(1)选用下图的装置制备一氯乙酸粗品。
①按照气流从左至右依次连接的合理顺序为____→____→____→____→____→i→j→g→h（填接口字母）。____
②洗气瓶中的溶液为____，碱石灰的作用是____。
(2)制备一氯乙酸时，首先采用____（填“水浴”、“油浴”或“沙浴”）加热方法控制温度在95℃左右，待温度稳定后，再打开弹簧夹、____（填操作），如果三颈烧瓶溶液表面观察到大量 ___（填现象）时，应该___（填操作），以减少氯气通入量，以免浪费。
(3)一氯乙酸粗品中含有二氯乙酸、三氯乙酸，多次蒸馏后产品中仍含有少量的____（填物质名称），再进行____（填“过滤”、“分液”或“重结晶”），可得到纯净的一氯乙酸。
【答案】 (1). b→e→f→c→d (2). 饱和食盐水 (3). 吸收多余的氯气和酸性污染气体 (4). 水浴 (5). 打开活塞放下浓盐酸并点燃酒精灯 (6). 黄绿色气体 (7). 控制活塞减慢浓盐酸滴加速率或控制酒精灯降低加热温度 (8). 二氯乙酸 (9). 重结晶
【解析】
【分析】
（1）①制备一氯乙酸粗品先需要制备氯气，氯气含有HCl和H2O（g），需要除杂，除杂不能用碱石灰（因为碱石灰也吸收氯气），进入反应装置后，最后就是尾气处理；
②氯气含有HCl和H2O（g）杂质，无水氯化钙是除去水蒸气，那么洗气瓶为了除去氯气中HCl，碱石灰是放在最后处理尾气；
（2）水浴温度0-100℃，油浴温度100-260℃，沙浴温度400-600℃，氯气为黄绿色气体，通过颜色判断氯气的量；
（3）根据题中一氯乙酸、二氯乙酸、三氯乙酸的熔沸点数据，沸点相差越近越难蒸馏分来。
【详解】（1）①用MnO2制备Cl2需要加热，产生的Cl2含有杂质，先洗气除去HCl，再用无水CaCl2除去H2O（g），纯净的Cl2通入三颈烧瓶进行反应，最后多余的Cl2和反应生成的HCl用碱石灰吸收，所以连接顺序为b→e→f→c→d。答案：b→e→f→c→d；
②洗气瓶为了除去氯气中HCl，应用饱和食盐水除杂；碱石灰能吸收酸性气体，可以将氯气和产生的酸性气体（HCl）吸收。答案：饱和食盐水；吸收多余的氯气和酸性污染气体；
（2）水的沸点为100℃，要控制温度在95℃左右，可采用水浴加热方法；温度稳定后，打开弹簧夹，打开分液漏斗活塞滴加浓盐酸并点燃酒精灯制备氯气；如果三颈烧瓶溶液表面观察到大量黄绿色气体，说明氯气过量，此时应控制活塞减慢浓盐酸滴加速率或控制酒精灯降低加热温度，以免浪费。答案：水浴；打开活塞放下浓盐酸并点燃酒精灯；黄绿色气体；控制活塞减慢浓盐酸滴加速率或控制酒精灯降低加热温度；
（3）一氯乙酸和二氯乙酸的沸点相差较小，所以多次蒸馏后产品中仍含有少量的二氯乙酸；除去一氯乙酸中的少量二氯乙酸可通过重结晶实现。答案：二氯乙酸；重结晶。
9.氧化锌主要用作催化剂、脱硫剂、发光剂和橡胶添加剂。一种以锌焙砂（ZnO、ZnSiO3和少量As2O3、CuO、PbO杂质，其中As与N同主族）为原料制备氧化锌的流程如图所示：
请回答下列问题。
(1)循环使用的物质有____、____和______（填化学式）。
(2)“浸出”时，锌以Zn( NH3)42+进入滤液。
①浸出率与温度关系如图l所示，请解释温度超过55℃后浸出率显著下降的原因：___________
②浸出率与n(NH3)：n[(NH4)2SO4]关系如图所示，6：4之后浸出率下降，说明____（填编号）的浸出主要依赖硫酸铵浓度的大小。
A.ZnO和ZnSiO3 B.ZnO C.ZnSiO3
(3)“除砷”过程中生成Fe3( AsO4)2沉淀，其中铁元素的化合价是____；沉淀剂为FeSO4·H2O、(NH3)2S2O8，添加(NH4)2S2O8的目的是____。
(4)“除重金属”和“深度除重金属”除去的重金属是____（填名称）。
(5)“蒸氨”的产物主要是ZnSO4和NH3，写出所发生反应的化学方程式____。
【答案】 (1). NH3·H2O或NH3 (2). (NH4)2SO4 (3). CO2 (4). 温度升高，氨气挥发而浓度下降，浸出率下降 (5). C (6). +2 (7). 把砷氧化成AsO43-以便除去砷 (8). 铜和铅 (9). Zn(NH3)4SO4ZnSO4 + 4NH3↑
【解析】
【详解】（1）分析流程图可知，循环利用的物质有：NH3·H2O、(NH4)2SO4、CO2，答案：NH3·H2O或NH3 ；(NH4)2SO4 ；CO2；
（2）①在流程图中，浸出时需要加入物质有NH3·H2O，温度升高NH3·H2O易分解出氨气，氨气挥发而浓度下降，浸出率下降。答案：温度升高，氨气挥发而浓度下降，浸出率下降；
②(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，水解显酸性，SiO32-是弱酸根，溶液酸性强越容易使ZnSiO3溶出Zn2+，所以n(NH3)：n[(NH4)2SO4]在6：4之后浸出率下降，说明ZnSiO3的浸出主要依赖硫酸铵浓度的大小。答案：C。
(3)As与N同主族，所以Fe3( AsO4)2中砷元素为+5价，则铁元素的化合价是+2价；As2O3中砷元素为+3价，要生成Fe3( AsO4)2沉淀还需要把砷元素进行氧化，所以添加(NH4)2S2O8的目的是氧化砷元素。答案：+2；把砷氧化成AsO43-以便除去砷；
(4)砷元素已经在前面除去，所以“除重金属”和“深度除重金属”除去的重金属是铜和铅。答案：铜和铅；
（5）除杂之后得到的溶液是Zn(NH3)4SO4溶液，那么“蒸氨”发生反应的化学方程式为：Zn(NH3)4SO4 ZnSO4 + 4NH3↑。答案：Zn(NH3)4SO4 ZnSO4 + 4NH3↑。
10.对甲烷和CO2的高效利用不仅能缓解大气变暖，而且对日益枯竭的石油资源也有一定的补充作用，甲烷临氧耦合CO2重整反应有：
反应①：
反应②：
(l)CO燃烧的热化学方程式为 △H=____kJ/mol
(2)一定条件下，将CH4与CO2以体积比1:1置于恒温恒容的密闭容器中发生反应，下列能说明反应达到平衡状态的有____。
A．体系密度保持不变 B．容器中压强保持不变
C．H2和CO的体积比保持不变 D．每消耗lmolCH4的同时生成2mol CO
(3)重整反应中存在着副反应产生的积碳问题。加入少量的Na2CO3可不断消除积碳。请用化学方程式表示其反应过程：____，。
(4)已知甲烷临氧藕合CO2重整反应体系中还有反应③： 。在密闭容器中，重整反应①②③在1073K时催化下达到平衡，发现n(H2)/n(CO)
C．会产生副反应 D．对反应②的平衡无影响
(5)温度对重整反应体系中反应物平衡转化率，平衡时氢气、一氧化碳和水的物质的量影响如图所示。若CH4与CO2的起始投料相等，则起始时n(CH4)=___mol，在1000K时反应③的平衡常数K为____
【答案】 (1). -282.7 kJ·mol-1 (2). B (3). C + Na2CO3Na2O + 2CO (4). 温度较高，反应①是放热反应，利于平衡向逆方向移动，生成氢气量减少；而反应③是吸热反应，利于平衡向正方向移动，消耗氢气量增多且CO生成量增多，从而n（H2）/n（CO）小于1 (5). AD (6). 1 (7). 3.5
【解析】
【分析】
（1）通过盖斯定律，反应①-反应②即可解答；
（2）A.根据和质量守恒定律分析；；
B.反应前后气体总体积相等压强不能判断平衡，反应前后气体总体积不相等压强能判断平衡；
C.各物质体积分数保持不变可判断平衡；
D.物质的变化判断平衡需要有正反应也有逆反应，还要符合计量数之比；
（3）题干已知反应中有Na2O参与反应，所以前一步反应应该是有Na2O生成，再根据氧化还原写方程式；
（4）n（H2）/n（CO）小于1，那么n（H2）减小，n（CO）增大，利用平衡分析各反应如何移动使n（H2）减小，n（CO）增大；结合浓度对化学平衡的移动作答；
（5）由于该体系中存在三个反应，可以通过设未知数解答，利用图中和三个反应共同的物质数量关系解未知数，最后将反应③各物质的物质的量求出，利用平衡常数计算公式计算出平衡常数。
【详解】（1）反应①-反应②得 △H=-35.7kJ/mol-247.0kJ/mol=-282.7kJ/mol。答案： △H=-282.7kJ/mol；
（2）A.，气体总质量不变，恒容体积不变，密度保持不变，不能作为判断平衡的标志；
B.反应前后气体体积不同，所以压强保持不变能作为判断平衡的标志；
C.H2和CO都是生成物，计量数之比为1：1，反应开始后，体积比保持1：1，不能作为判断平衡的标志；
D.消耗lmolCH4是正反应方向，生成2mol CO也是正反应方向，所以不能作为判断平衡的标志；
答案：B。
（3）从已知反应可以知道，加入Na2CO3消除积碳，反应会有Na2O生成，故反应方程式为：C + Na2CO3 Na2O + 2CO。答案：C + Na2CO3 Na2O + 2CO；
（4）反应②中CO和H2化学计量数之比为1：1，平衡移动会同等程度增大或减小，不影响n(H2)/n(CO)；反应①是放热反应，1073K时温度较高，反应①平衡向逆方向移动，生成氢气量相对减少；而反应③是吸热反应，利于反应③平衡向正方向移动，消耗氢气量增多且CO生成量增多，从而导致n（H2）/n（CO）小于1。投料时增加氧气比例，反应①正向移动，CH4转化率升高，进而导致反应②平衡逆向移动，氢气总产量无法判断；氧气比例升高会与CH4反应生成CO2，所以会产生副反应，故A、D错误。答案：温度较高，反应①是放热反应，利于平衡向逆方向移动，生成氢气量减少；而反应③是吸热反应，利于平衡向正方向移动，消耗氢气量增多且CO生成量增多，从而n（H2）/n（CO）小于1；AD；
（5）设在1000K时起始时的n（CH4）=n（CO2）=xmol，参与反应①中各物质物质的量变化Δn（CH4）=Δn（CO）=1/2Δn（H2）=y mol，参与反应②中各物质物质的量变化Δn（CH4）=Δn（CO2）=1/2Δn（CO）=1/2Δn（H2）=z mol，而在反应③中Δn（H2O）=Δn（CO2）=Δn（CO）=Δn（H2）=0.4mol，因为，所以，则y=0.4mol；而对于H2则有2y+2z-0.4=1.3，所以z=0.45；，代入解得x=1mol。在1000K时反应到平衡时，n（CO2）=0.15mol，n(H2)=1.3mol，n(CO)=1.7mol，n(H2O)=0.4mol，设容器体积为V，则平衡常数。答案： 1；3.5。
【点睛】达到化学平衡状态的标志：（1）υ正=υ逆——①同一物质：该物质的生成速率等于它的消耗速率；②不同的物质：速率之比等于化学方程式中的化学计量数之比，但必须是不同方向的速率；③化学键断裂情况＝化学键生成情况。（2）反应混合物中各组成成分的含量保持不变。（3）对气体物质：若反应前后的物质都是气体，且化学计量数不等，总物质的量、总压强（恒温、恒容）、平均摩尔质量、混合气体的密度（恒温、恒压）保持不变。（4）反应物的转化率、产物的产率保持不变。（5）有颜色变化的体系颜色不再发生变化。
11.含第VA族的磷、砷(As)等元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：
(1)基态P原子的核外电子排布式为____，有____个未成对电子。
(2)常温下PCl5是一种白色晶体，其立方晶系晶体结构模型如图甲所示，由A、B两种微粒构成。将其加热至148℃熔化，形成一种能导电的熔体。已知A、B两种微粒分别与CC14、SF6互为等电子体，则A为____，其中心原子杂化轨道类型为____，B为____。
(3)PO43-的空间构型为____，其等电子体有____（请写出一种）。
(4)砷化镓属于第三代半导体，它能直接将电能转变为光能，砷化镓灯泡寿命是普通灯泡的100倍，而耗能只有其10%。推广砷化镓等发光二极管(LED)照明，是节能减排的有效举措。已知砷化镓的晶胞结构如图乙，晶胞参数a= 565pm。
①砷化镓的化学式为____，镓原子的配位数为____。
②砷化镓的晶胞密度=____g/cm3（列式并计算，精确到小数点后两位），m位置Ga原子与n位置As原子之间的距离为____pm(列式表示)。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p3 (2). 3 (3). (4). sp3 (5). (6). 正四面体 (7). SO42- (8). GaAs (9). 4 (10). (11).
【解析】
【分析】
（1）根据构造原理，按照电子排布顺序（1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s4f……）进行电子排布，再画出电子排布图分析未成对电子；
（2）PCl5晶体中含有两种微粒，熔融能导电，说明这两种微粒是阴阳离子，再根据A、B两种微粒分别与CC14、SF6互为等电子体，分析作答；
（3）PO43－的孤电子对数为（5-8+3）/2=0，σ键电子对数为4，据此分析构型；原子数为5，价电子数为32，据此找等电子体；
（4）①利用均摊法计算：黑球4个全部在晶胞内，白球位于晶胞顶点和面心，配位数通过观察晶胞分析；
②砷化镓的晶胞含4个CaAs，先计算4个CaAs的质量(70+75) ×4g/NA，再晶胞的体积为a3=(565×10-10)3 cm3，最后通过求算。m与n之间的距离为晶胞体对角线的。
【详解】（1）根据构造原理，基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，电子排布图为：，有3个未成对电子。答案：1s22s22p63s23p3 ；3；
（2）常温下PCl5是一种白色晶体，由A、B两种微粒构成。将其加热至148℃熔化，形成一种能导电的熔体，这说明形成的是离子晶体。已知A、B两种微粒分别与CCl4、SF6互为等电子体，由于原子总数和价电子总数分别都相等的是等电子体，则A为PCl4+，P原子的价层电子对数是4，且不存在孤电子对，因此其中心原子杂化轨道类型为sp3，B为PCl6-。答案：PCl ；sp3 ；PCl。
（3） PO43－的中心原子P的价层电子对数是4，由于孤电子对数为0，该离子的空间构型为正四面体形，其等电子体有SO42-、CCl4等。答案：正四面体；SO42-；
（4）①晶胞中黑球位于晶胞内，数目为4，白球位于晶胞顶点和面心，数目为8×1/8+6×1/2=4，数目为1：1，则砷化镓的化学式为CaAs；根据晶胞As原子的配位数为4，则镓原子距离最近的As原子数目也为4，即配位数为4；
②砷化镓晶胞含4个CaAs，则1mol晶胞的质量为(70+75)× 4g，晶胞的体积为a3=(565×10-10)3 cm3，1mol晶胞的体积为6.02×1023×(565×10-10)3 cm3，则晶胞的密度为(70+75) ×4g/[6.02×1023×(565×10-10)3 cm3]=5.34 g/cm3；m位置As原子与n位置Ga原子之间的距离为晶胞体对角线的1/4，则距离为×565 pm=pm。答案：。
【点睛】确定晶胞中原(离)子数目及晶体化学式，对于平行六面体晶胞而言，用均摊法计算的依据是：①处于顶点的微粒，同时为8个晶胞所共享，每个微粒有1/8属于该晶胞；②处于棱上的微粒，同时为4个晶胞所共享，每个微粒有1/4属于该晶胞；③处于面上的微粒，同时为2个晶胞所共享，每个微粒有1/2属于该晶胞；④处于晶胞内部的微粒，完全属于该晶胞。对于六方晶胞而言，用均摊法计算的依据是：①处于顶点的微粒，同时为6个晶胞所共享，每个微粒有1/6属于该晶胞；②处于竖直棱上的微粒，同时为3个晶胞所共享，每个微粒有1/3属于该晶胞；处于底面棱上的微粒，则同时为4个晶胞所共享，每个微粒有1/4属于该晶胞；③处于面上的微粒，同时为2个晶胞所共享，每个微粒有1/2属于该晶胞；④处于晶胞内部的微粒，完全属于该晶胞。
12.抗丙肝新药的中间体合成路线图如下：
已知：-Et为乙基。
(1)的名称是____，所含官能团的名称是____。
(2)的分子式为____。
(3)反应②化学方程式为________，反应③的反应类型是____。
(4)写出与互为同分异构体芳香类化合物的结构简式（核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1:2:2:6，且不含-NH2）____
(5)设计由乙醇、1，3-丁二烯和甲氨( CH3NH2)合成路线（其他试剂任选）。__________
【答案】 (1). 乙苯 (2). 醛基、酯基 (3). C12H15NO2 (4). (5). 加成反应 (6). (7).
【解析】
【分析】
(1)的苯环侧链是一个乙基；存在-CHO和-COOR，一个醛基和一个酯基；
(2)找出碳原子、氢原子、氮原子和氧原子数目，注意-Et为乙基；
(3)C8H8不饱和度为5，只有一个侧链，所以是，反应②是在Al2O3的催化下脱去一个水分子生成，据此写化学方程式；与NH3反应生成，由不饱和变饱和，据此分析反应类型；
(4)与互为同分异构体的芳香类化合物，苯环不变，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1:2:2:6，说明含2个等效的—CH3，不含-NH2那么氮原子只能连接三个碳原子，据此写出结构简式；
(5)由乙醇、1，3-丁二烯和甲氨( CH3NH2)合成需要成环反应，可参考反应⑤利用不饱和键成环，再通过逆推法写出路线。
【详解】(1)名称是乙苯，含有一个醛基和一个酯基。答案：乙苯；醛基、酯基；
(2)含有12个碳原子，15个氢原子，1个氮原子，2个氧原子，分子式为C12H15NO2。答案：C12H15NO2；
(3)C8H8为，反应②是在Al2O3的催化下生成，化学方程式为；与NH3反应生成，发生的是加成反应。答案：；加成反应；
(4)题干要求芳香族化合物，即有苯环，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1:2:2:6，说明有四种氢原子且含2个等效的—CH3，不含-NH2，即氮原子的价键要连接碳原子，所以该化合物为。答案：；
(5)参照反应⑤成环反应，合成需要CH3CH=N—CH3和CH2=CH—CH=CH2；模仿反应④由CH3NH2与CH3CHO反应生成CH3CH=N—CH3，乙醇发生催化氧化获得CH3CHO；由乙醇、1，3-丁二烯和甲氨( CH3NH2)合成路线为：。答案：。
【点睛】这道题中的反应⑤的成环反应是有机题推断常见题型，主要特点是共轭双键和一个双键断键成环，分析思路主要还是逆推法，学生平时注意积累题型。
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