陕西省西安2020届高三第一次模拟考试化学试题

这是一份陕西省西安2020届高三第一次模拟考试化学试题，共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
高三模拟考试化学
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. 化学与科技、生活密切相关。下列叙述中正确的是（ ）
A. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作
B. 从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，因此石墨烯是电解质
C. 中国天眼FAST用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料
D. 泰国银饰和土耳其彩瓷是“一带一路”沿线国家的特色产品，其主要成分均为金属材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物有关，该过程为萃取操作，故A正确；
B．石墨烯是一种碳单质，不是电解质，故B错误；
C．碳化硅属于无机物，为无机非金属材料，故C错误；
D．泰国银饰属于金属材料，土耳其彩瓷主要成分是硅酸盐，故D错误；
故答案为A。
2. NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA
B. 1LpH=2的H2SO3溶液中含H+的数目为0.01NA
C. 5.6g铁与稀硝酸反应生成0.08molNO，转移电子数为0.3NA
D. 6.4 g S2和S8的混合物中所含硫原子数为0.2 NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．若2mol SO2和 1mol O2完全反应，可生成2mol SO3，即反应后分子总数为2NA，但实际上该反应是可逆反应，不能完全进行，故反应后分子总数大于2NA，故A正确；
B．pH=2的H2SO3溶液中c(H+)=0.01mol/L，溶液体积为1L，所以溶液中所含氢离子数目为0.01NA，故B正确；
C．该过程中还原产物为NO，氮元素由+5价变为+2价，所以生成一个NO，转移3个电子，则生成0.08molNO转移电子数为0.24NA，故C错误；
D．6.4 g S2和S8的混合物即6.4gS原子，所以硫原子的数目为×NAmol-1=0.2NA，故D正确；
故答案为C。
【点睛】易错选项为C，要注意铁在和稀硝酸反应时氧化产物不确定，当铁过量可能会有亚铁离子，该题中还原产物只有NO，所以根据还原产物计算电子转移数目。
3. 工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。

下列推论不合理的是
A. 活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用
B. 铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极
C. 增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率
D. 利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu
【答案】C
【解析】
【分析】A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；
B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼；
C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；
D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。
【详解】A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；
B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项；
C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；
D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池总反应方程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，故不选D项。
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。
4. 下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X
有白烟产生
溶液X一定是浓盐酸
B
用玻璃棒蘸取溶液Y进行焰色反应实验
火焰呈黄色
溶液Y中一定含Na+
C
向Fe(NO3)2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液
溶液变黄
氧化性：H2O2>Fe3+
D
用煮沸过的蒸馏水将Na2SO3固体样品溶解，加稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液
有白色沉淀产生
Na2SO3样品中含有SO42－

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.若X为浓硝酸，蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X也会产生白烟，溶液X不一定是浓盐酸，A项错误；
B.钠元素的焰色反应为黄色，由于玻璃中含有钠元素，会干扰实验，所以应改用铂丝取溶液Y进行焰色反应，此时若火焰为黄色，则Y溶液中一定含有钠离子，B项错误；
C.在酸性条件下，Fe(NO3)2溶液中含有的NO3—具有强氧化性，优先把 Fe2+氧化成Fe3+，使得溶液变黄，因而不能判断氧化性：H2O2>Fe3+，C项错误；
D. Na2SO3和稀盐酸反应生成SO2，溶液中没有SO32-，再加入氯化钡溶液有白色沉淀，说明Na2SO3固体变质被部分或全部氧化成Na2SO4，白色为BaSO4沉淀，即Na2SO3样品中含有SO42－，D项正确。
故选D。
5. 短周期主族元素W、X、Y、Z、R 原子序数依次增大。考古时利用W 的一种同位素测定一些 文物的年代，X是地壳中含量最多的元素，Y、Z的质子数分别是W、X 的质子数的2倍。下列说法错误的是（ ）
A. Y 单质可以与WX2 发生置换反应
B. 可以用澄清的石灰水鉴别WX2 与ZX2
C. 原子半径:Y>Z>R；简单离子半径:Z>X>Y
D. 工业上常用电解熔融的Y 与R 形成的化合物的方法制取Y
【答案】B
【解析】
【分析】考古时利用W 的一种同位素测定一些文物的年代，则W为C；X是地壳中含量最多的元素，则X为O；Y、Z的质子数分别是W、X 的质子数的2倍，则Y的质子数为6×2=12，Y为Mg，Z的质子数为8×2=16，Z为S，R的原子序数最大，R为Cl，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，W为C、X为O、Y为Mg、Z为S、R为Cl；
A．Mg与CO2点燃下发生置换反应生成MgO、C，故A正确；
B．二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，则澄清的石灰水不能鉴别，故B错误；
C．同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Y＞Z＞R；电子层越多离子半径越大，且具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Z＞X＞Y，故C正确；
D．Mg为活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁冶炼Mg，故D正确；
故答案为B。
6. 一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的工作原理及电池中发生的主要反应如图所示。下列说法错误的是

A. 电池工作时，光能转变为电能，X 为电池的负极
B 镀铂导电玻璃上发生氧化反应生成I-
C. 电解质溶液中发生反应:2Ru3++3I-2Ru2++I3-
D. 电池工作时，电解质溶液中I-和I3-的浓度基本不变
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据示意图，电池工作时，光能转变为电能，根据电子的流向，电极X为负极，电极Y为正极，故A正确；
B、根据示意图，I3－→I－，化合价降低，应发生还原反应，故B错误；
C、根据示意图，电解质溶液中发生反应:2Ru3++3I-2Ru2++I3-，故C正确；
D、根据示意图，I－和I3－的浓度基本不变，故D正确。
答案选B。
7. 已知常温下,Ka1(H2CO3)=4.3×10-7, Ka2(H2CO3)=5.6×10-11。某二元酸H2R及其钠盐的溶液中,H2R、HR-、R2-三者的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述错误的是（ ）

A. 在pH=4.3的溶液中：3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)
B. 等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，此溶液中水的电离程度比纯水小
C. 在pH=3的溶液中存在=10-3
D. 向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，发生反应：CO32-+H2R=HCO3-+HR-
【答案】D
【解析】
【详解】A．据图可知在pH=4.3的溶液中，c(R2-)=c(HR-)，溶液中电荷守恒为：2c(R2-)+c(HR-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以3c(HR-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故A正确；
B．等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，此时反应生成NaHR，据图可知该溶液呈酸性，说明HR-的电离程度大于HR-的水解程度，HR-电离抑制水的电离，所以此溶液中水的电离程度比纯水小，故B正确；
C．，当溶液pH=1.3时，c(H2R)=c(HR-)，则Kh2==10-12.7，溶液的pH=4.3时，c(R2-)=c(HR-)，则Ka2==10-4.3，所以 =10-3，故C正确；
D．由H2R的电离常数Ka2大于H2CO3的Ka2，即酸性：HR-＞HCO3-，所以向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，发生反应：2CO32-+H2R=2HCO3-+R2-，故D错误；
故答案为D。
【点睛】选项C为难点，注意对所给比值进行变换转化为与平衡常数有关的式子；选项D为易错点，要注意H2R少量，且酸性：HR-＞HCO3-，所有溶液中不可能有HR-，氢离子全部被碳酸根结合。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～40题为选考题，考生根据要求作答。
8. 亚氯酸钠(NaClO2)具有强氧化性，受热易分解，可作漂白剂、食品消毒剂等。
Ⅰ．亚氯酸钠的制备
以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下：

（1）提高“反应1”反应速率的措施有__________________（答出一条即可）。母液中溶质的主要成分是___________(填化学式)。
（2）每有1mol SO2参加反应，理论上可生成ClO2的物质的量为________mol。
（3） “反应2”的化学方程式为_____________________________________。
（4）采取“减压蒸发”而不用“常压蒸发”，原因是____________________。
（5）“反应2”中使用H2O2而不用其他物质的原因是____________________。
Ⅱ．亚氯酸钠的应用
（6）用亚氯酸钠作水处理剂，水中可能残留少量亚氯酸钠，可以加入硫酸亚铁除去残留的亚氯酸盐，硫酸亚铁除可与亚氯酸钠反应外，还可以起到的作用是____________。
（7）实验室可用亚氯酸钠和氯酸钠在酸性条件下反应制备ClO2气体。写出上述反应的离子方程式为____________________________。
【答案】 ①. 适当升高反应温度，增大吸收液浓度等 ②. Na2SO4 ③. 2 ④. H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O ⑤. 常压蒸发温度过高，亚氯酸钠容易分解 ⑥. 多余的H2O2可分解为氧气和水，不引入其它杂质 ⑦. Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3，Fe(OH)3具有胶体的性质，可以吸附水的杂质 ⑧. ClO2－+ClO3－+2H+=2ClO2↑+H2O
【解析】
【分析】NaClO3具有强氧化性，溶解后在反应器中与二氧化硫反应生成ClO2和Na2SO4，ClO2在反应器中与双氧水、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠，经减压蒸发、结晶得到其晶体。
【详解】(1)对于气体和液体的反应，为提高反应速率，可适当升高反应温度，增大吸收液浓度，增大SO2与吸收液的接触面积等；NaClO3在反应器中与二氧化硫反应生成ClO2和Na2SO4，所以母液中溶质的主要成分是Na2SO4；
(2)反应中S元素化合价由+4价升高到+6价，Cl元素化合价由+5价降低到+4价，则每有1mol SO2参加反应，理论上可生成ClO2的物质的量为2mol；
(3)根据最终产物NaClO2中氯元素的化合价可知反应2中ClO2被双氧水还原，反应的方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O；
(4)减压蒸发在较低温度下可进行，防止常压蒸发温度过高，造成亚氯酸钠分解；
(5)用双氧水做还原剂，产物为水和氧气，且多余的H2O2可分解为氧气和水，不引入其它杂质；
(6)Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3，Fe(OH)3具有胶体的性质，可以吸附水的杂质；
(7)亚氯酸钠和氯酸钠在酸性条件下反应制备ClO2气体，该过程中亚氯酸钠中氯元素化合价上升，氯酸钠中氯元素化合价降低，为归中氧化还原反应，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为ClO2-+ClO3-+2H+=2ClO2↑+H2O。
【点睛】减压蒸发系指在蒸发器内形成一定真空度，使溶液的沸点降低而进行蒸发的方法，它具有湿度低、蒸发速度快等优点。
9. 二甲醚作为燃料电池的原料，可通过以下途径制取：
I．2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH
II．2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH
（1）已知：①CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH1=－41.0kJ·mol－1
②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g) ΔH2=－49.0kJ·mol－1
③CH3OCH3(g)+ H2O(g)2CH3OH(g) ΔH3=+23.5kJ·mol－1
则反应I的ΔH=_______kJ·mol－1
（2）在恒容密闭容器里按体积比为1：2充入一氧化碳和氢气发生反应2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，一定条件下反应达到平衡状态。当改变反应的某一个条件后，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是________。
A．新平衡后c(CH3OCH3)增大
B．正反应速率先增大后减小
C．反应物的体积百分含量减小
D．化学平衡常数K值增大
（3）在10L恒容密闭容器中，均充入4molCO2和7molH2，分别以铱(Ir)和铈(Ce)作催化剂，通过反应II：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)制二甲醚，反应进行相同的时间后测得的CO2的转化率α(CO2)随反应温度的变化情况如图所示。

①根据图1，下列说法不正确的是________。
A．反应II的ΔH＜0，ΔS＞0
B．600K时，H2的速率：v(b)正＞v(a)逆
C．分别用Ir、Ce作催化剂时，Ce使反应II的活化能降低更多
D．从状态d到e，α(CO2)减小的原因可能是温度升高平衡逆向移动
②状态e(900K)时，α(CO2)=50%，则此时的平衡常数K=______（保留3位有效数字）。
（4）写出二甲醚碱性（电解质溶液为KOH溶液）燃料电池的负极电极反应式__________。该电池工作时，溶液中的OH-向______极移动，该电池工作一段时间后，测得溶液的pH减小。
（5）已知参与电极反应的电极材料单位质量放出电能的大小称为该电池的比能量．关于二甲醚碱性燃料电池与乙醇碱性燃料电池，下列说法正确的是________。
A．两种燃料互为同分异构体，分子式和摩尔质量相同，比能量相同
B．两种燃料所含共价键数目相同，断键时所需能量相同，比能量相同
C．两种燃料所含共价键类型不同，断键时所需能量不同，比能量不同
【答案】 ①. -203.5 ②. BD ③. A、C ④. 6.75×104 ⑤. CH3OCH3＋16OH--12e-=2CO32-＋11H2O ⑥. 负极 ⑦. C
【解析】
【详解】(1)根据盖斯定律，①×2+②×2-③可得反应I，所以△H=(-41.0 kJ•mol-1)×2+(-49.0kJ•mol-1)×2-(+23.5kJ•mol-1)=-203.5kJ•mol-1；
(2)A．向平衡体系中再充入一定量的CH3OCH3气体，平衡逆向移动，但新平衡c(CH3OCH3)增大，故A不选；
B．正反应速率先增大后减小说明正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，故B选；
C．移走反应物可以使反应物的体积百分含量减小，但平衡会逆向移动，故C不选；
D．该反应焓变小于零，正反应为放热反应，K值增大说明温度降低，降低温度会使平衡正向移动，故D选；
综上所述选BD；
(3)据图可知随温度上升二氧化碳的转化率先上升后下降，说明在温度较低时相同时间内反应还未达到平衡，平衡后随温度上升二氧化碳转化率随温度上升而下降；
①A．由图中信息可知，当温度高于800K时，CO2转化率α(CO2)随反应温度升高而减小，说明该反应为放热反应，△H＞0，同时该反应气体体积减小，△S＜0，故A错误；
B．由图可知，b点CO2转化率α(CO2)大于a点，所以生成物浓度b点大于a点，故v(b)逆＞v(a)逆，由于b点未平衡且正向进行，v(b)正＞v(b)逆，所以v(b)正＞v(a)逆，故B正确；
C．由图中信息可知，当温度为400K~800K时，反应进行相同时间后测得Ir作催化剂的CO2转化率α(CO2)较高，说明Ir的催化效率更高，所以用Ir、Ce作催化剂时，反应的活化能降低更多的是Ir，故C错误；
D．状态d、e都是平衡状态，从d到e，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，α(CO2)减小，故D正确。
故答案为：AC；
②初始投料为4molCO2和7molH2，状态e(900K)时，α(CO2)=50%，则转化的CO2为2mol，列三段式有：

容器的体积为10L，则平衡常数K==6.75×104；
(4)二甲醚燃料电池中二甲醚被氧化生成二氧化碳，所以通入二甲醚的电极为负极，得电子发生还原反应，由于电解质为KOH溶液，所以最终产物为碳酸根，电极方程式为：CH3OCH3＋16OH--12e-=2CO32-＋11H2O；该电池工作时为原电池，原电池中阴离子流向负极；
(5)不同化学键断裂或形成时的能量变化不同，二甲醚和乙醇虽然为同分异构体且摩尔质量相同，但分子中化学键类型不同，所以单位质量的二甲醚和乙醇反应过程中放出的能量不同，所以C正确。
10. 某学习小组通过下列装置探究 MnO2与FeCl3·6H2O反应产物。

【查阅资料】FeCl3是一种共价化合物，熔点306℃，沸点315℃。
实验编号
操作
现象
实验 1
按上图所示，加热A中MnO2与FeCl3·6H2O混合物
①试管A中固体部分变液态，上方出现白雾
②稍后，产生黄色气体，管壁附着黄色液滴
③试管B中KI-淀粉溶液变蓝
实验 2
把A中的混合物换为FeCl3·6H2O，B中溶液换为KSCN溶液，加热。
A中固体部分变液态，产生白雾和黄色气体，B中KSCN溶液变红
【实验探究】实验操作和现象如下表：










【问题讨论】
（1）实验前首先要进行的操作是______________________________。
（2）实验1和实验2产生白雾是_______（填化学式）溶解在水中形成的小液滴。
（3）请用离子方程式解释实验2中黄色气体使KI-淀粉溶液变蓝色的原因_____________。
（4）为确认黄色气体中含有Cl2，学习小组将实验1中试管B内KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液，发现B中溶液呈橙色，经检验无Fe2+，说明黄色气体中含有Cl2。用铁氰化钾溶液检验Fe2+的离子方程式是_________________________________。选择NaBr溶液的原因是________________________________________________________________。
【实验结论】
（5）实验1充分加热后，若反应中被氧化与未被氧化氯元素质量之比为1:2，则A中发生反应的化学方程式为____________________________________________________。
【实验反思】
该学习小组认为实验1中溶液变蓝，也可能是酸性条件下，I－被空气氧化所致，可以先将装置中的空气排尽，以排除O2的干扰。
【答案】 ①. 检查装置的气密性 ②. HCl ③. 2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I2 ④. 3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓ ⑤. Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3＋氧化为Br2 ⑥. MnO2＋2FeCl3·6H2O Fe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O
【解析】
【分析】（1）实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性；
（2）FeCl3•6H2O 受热失去结晶水，同时水解，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴；
（3）由信息可知，FeCl3是一种共价化合物，受热变为黄色气体，氯化铁具有强氧化性，可以将碘离子氧化为碘单质；
（4）用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀；为确认黄色气体中含有Cl2，需要除去Fe3+的干扰，因为Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3＋氧化为Br2，可选择NaBr溶液；
（5）二氧化锰与FeCl3•6H2O 反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，据此结合原子守恒书写化学方程式。
【详解】（1）实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性；故答案为检查装置的气密性；
（2）FeCl3•6H2O 受热失去结晶水，同时水解，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴，而形成白雾；故答案为HCl；
（3）碘离子具有还原性，氯化铁具有强氧化性，两者反应，碘离子被氧化为碘单质，反应离子方程式为：2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I2，故答案为2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I2；
（4）用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀，离子方程式是3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓；为确认黄色气体中含有Cl2，将试管B内KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液，若B中观察到浅橙红色，为溴水的颜色，则证明有物质能够将Br-氧化成Br2，铁离子不能氧化溴离子，若未检查到Fe2+，则证明是Cl2氧化的Br-，而不是Fe3+，故答案为3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓；Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3＋氧化为Br2；
（5）二氧化锰与FeCl3•6H2O 反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，反应方程式为：MnO2＋2FeCl3·6H2O Fe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O，故答案为MnO2＋2FeCl3·6H2O Fe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O。
11. 氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：
（1）聚四氟乙烯商品名称为“特氟龙”，可做不粘锅涂层。它是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过____方法区分晶体、准晶体和非晶体。
（2）基态锑（Sb）原子价电子排布的轨道式为____。[H2F]+[SbF6]—（氟酸锑）是一种超强酸，存在[H2F]+，该离子的空间构型为______，依次写出一种与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子分别是_______、_________。
（3）硼酸（H3BO3）和四氟硼酸铵（NH4BF4）都有着重要的化工用途。
①H3BO3和NH4BF4涉及的四种元素中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序_____（填元素符号）。
②H3BO3本身不能电离出H+，在水中易结合一个OH﹣生成[B(OH)4]﹣，而体现弱酸性。[B(OH)4]﹣中B原子的杂化类型为_____。
③NH4BF4（四氟硼酸铵）可用作铝或铜焊接助熔剂、能腐蚀玻璃等。四氟硼酸铵中存在_______（填序号）：
A 离子键 B σ键 C π键 D 氢键 E 范德华力
（4）SF6被广泛用作高压电气设备绝缘介质。SF6是一种共价化合物，可通过类似于Born-Haber循环能量构建能量图（见图a）计算相联系的键能。则S—F的键能为_______kJ·mol-1。

（5）CuCl的熔点为426℃，熔化时几乎不导电；CuF的熔点为908℃，密度为7.1g·cm-3。
①CuF比CuCl熔点高的原因是_____________；
② 已知NA为阿伏加德罗常数。CuF的晶胞结构如上“图b”。则CuF的晶胞参数a=__________nm （列出计算式）。
【答案】 ①. X—射线衍射 ②. ③. V型 ④. H2O ⑤. NH2- ⑥. F＞N＞O＞B ⑦. sp3 ⑧. AB ⑨. 327 ⑩. 由两者的熔点可知，CuCl是分子晶体，而CuF为离子晶体，CuF离子晶体的晶格能大于CuCl分子间范德华力 ⑪. ×107
【解析】
【分析】（1）通过X—射线衍射区分晶体、非晶体、准晶体；
（2）根据锑元素原子核外电子排布写出基态锑（Sb）原子价电子排布的轨道式；用价层电子对互斥理论判断[H2F]+的空间构型；用替代法书写与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子；
（3）①同周期主族元素自左而右原子半径减小，第一电离能呈增大趋势；
②[B(OH)4]﹣中B的价层电子对=4+1/2（3+1-4×1）=4，所以采取sp3杂化；
③NH4BF4（四氟硼酸铵）中含铵根离子和氟硼酸根离子，二者以离子键相结合；铵根离子中含3个σ键和1个配位键，氟硼酸根离子中含3个σ键和1个配位键；
（4）键能指气态基态原子形成1mol化学键释放的最大能量。由图a可知，气态基态S（g）和6F（g）原子形成SF6（g）释放的能量为1962kJ，即形成6molS—F键释放的能量为1962kJ，则形成1molS—F键释放的能量为1962kJ÷6=327kJ，则S—F的键能为327kJ·mol-1；
（5）①CuCl是分子晶体，而CuF为离子晶体，CuF离子晶体的晶格能大于CuCl分子间范德华力，故CuF比CuCl熔点高；
②均摊法计算晶胞中Cu+、F-离子数，计算晶胞质量，晶胞质量=晶体密度×晶胞体积；
【详解】（1）从外观无法区分三者，区分晶体、非晶体、准晶体最可靠的方法是X—射线衍射法。本小题答案为：X-射线衍射。
（2）锑为51号元素，Sb位于第五周期VA族，则基态锑（Sb）原子价电子排布的轨道式为；[H2F]+[SbF6]—（氟酸锑）是一种超强酸，存在[H2F]+，[H2F]+中中心原子F的价层电子对数为2+=4，σ键电子对数为2，该离子的空间构型为V型，与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的分子为H2O、阴离子为NH2- 。本小题答案为：； V型 ；H2O ； NH2-。
（3）①H3BO3和NH4BF4涉及的四种元素中第二周期元素是B、N、O、F四种元素，同周期元素从左向右第一电离能呈增大趋势，N的2p能级半充满较稳定，N的第一电离能大于O，则这四种元素第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O＞B。本小题答案为：F＞N＞O＞B。
②[B(OH)4]﹣中B的价层电子对=4+1/2（3+1-4×1）=4，所以B采取sp3杂化。本小题答案为：sp3。
③NH4BF4（四氟硼酸铵）中含铵根离子和氟硼酸根离子，铵根离子中含3个σ键和1个配位键，氟硼酸根离子中含3个σ键和1个配位键，铵根离子和氟硼酸根离子以离子键相结合，则四氟硼酸铵中存在离子键、σ键、配位键。本小题答案为：AB。
（4）键能指气态基态原子形成1mol化学键释放的最大能量。由图a可知，气态基态S（g）和6F（g）原子形成SF6（g）释放的能量为1962kJ，即形成6molS—F键释放的能量为1962kJ，则形成1molS—F键释放的能量为1962kJ÷6=327kJ，则S—F的键能为327kJ·mol-1。本小题答案为：327。
（5）①CuCl的熔点为426℃，熔化时几乎不导电，CuCl是分子晶体，而CuF的熔点为908℃，CuF为离子晶体，CuF离子晶体的晶格能大于CuCl分子间范德华力，故CuF比CuCl熔点高。本小题答案为：由两者的熔点可知，CuCl是分子晶体，而CuF为离子晶体，CuF离子晶体的晶格能大于CuCl分子间范德华力。
②晶胞中Cu+数目为8×1/8+6×1/2=4，F-数目为4，故晶胞质量=（4×64+4×19）g÷NA =（4×83）/NA g，根据=7.1g/cm3×(a ×10-7cm)3，a=×107nm。本小题答案为：×107。
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：

已知：①A的苯环上只有一个支链,支链上有两种不同环境的氢原子
②+CO2
③RCOCH3+R'CHORCOCH=CHR'+H2O
回答下列问题：
（1）A的结构简式为___________，A生成B的反应类型为__________，由D生成E的反应条件为_______________。
（2）H中含有的官能团名称为______________。
（3）I的结构简式为__________________________。
（4）由E生成F的化学方程式为____________________。
（5）F有多种同分异构体,写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式为______________。
①能发生水解反应和银镜反应
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()是一种重要的医药中间体，请参考上述合成路线，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,箭头上注明试剂和反应条件)：_______________。
【答案】 ①. ②. 消去反应 ③. NaOH水溶液、加热 ④. 羟基、羧基 ⑤. ⑥. +O2+2H2O ⑦. 或 ⑧.
【解析】
【分析】芳香族化合物A的分子式为C9H12O，A的不饱和度==4，则侧链没有不饱和键，A转化得到的B能发生信息②中的反应，说明B中含有碳碳双键，应是A发生醇的消去反应生成B，而A中苯环只有一个侧链且支链上有两种不同环境的氢原子，故A为，则B为，D为，C为，C发生信息③的反应生成K，故K为；由F的分子式可知，D发生水解反应生成E为，E发生氧化反应生成F为，F发生银镜反应然后酸化得到H为，H发生缩聚反应生成I为。
【详解】(1)根据分析可知A为；A生成B的反应类型为消去反应；D生成E发生卤代烃的水解反应，反应条件为：NaOH 水溶液、加热；
(2)根据分析可知H为，H中官能团为羟基、羧基；
(3)根据分析可知I结构简式为；
(4)E为，E发生氧化反应生成F为，反应方程式为+O2+2H2O；
(5)F()的同分异构体符合下列条件：
①能发生水解反应和银镜反应，说明含有HCOO-；
②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基，说明含有苯环且只有一个甲基；
③具有5组核磁共振氢谱峰，有5种氢原子，
则符合条件的结构简式为：或；
(6)(CH3)3COH发生消去反应生成(CH3)2C=CH2，(CH3)2C=CH2发生信息②的反应生成，和反应生成；合成路线流程图为：。