2022包头四中高三上学期期中考试理科综合化学试题（解析版）

这是一份2022包头四中高三上学期期中考试理科综合化学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了2~10， 设NA为阿伏加德罗常数的值等内容，欢迎下载使用。

包头四中2021-2022学年度第一学期期中考试
高三年级理科综合化学试卷
相对原子质量(原子量)：H-1 C-12 O-16 Ga-70 Na-23 As-75 Cr-52 K-39 P-31 Cl-35.5
一、选择题(每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 2019年4月25日，习总书记宣布北京大兴国际机场正式投运！该机场在建设过程中使用了当今世界机场多项尖端科技，被英国《卫报》评为“新世界七大奇迹”之首。化工行业在这座宏伟的超级工程中发挥了巨大作用，下列有关说法错误的是（　　）
A. 青铜剑科技制造的第三代半导体芯片，其主要成分是SiO2
B. 机场中的虚拟人像机器人“小兴”表面的塑料属于高分子聚合物
C. 耦合式地源热泵系统，光伏发电系统及新能源汽车的使用，可以减轻温室效应及环境污染
D. 支撑航站楼的C形柱柱顶的多面体玻璃，属于硅酸盐材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．第三代半导体芯片的主要成分不是SiO2，而是GaN，A错误；
B． 塑料属于高分子聚合物，则机场中的虚拟人像机器人“小兴”表面的塑料属于高分子聚合物，B正确；
C．耦合式地源热泵系统，光伏发电系统及新能源汽车的使用，可以减少CO2的排放，并同步减少各类大气污染物排放，所以可以减轻温室效应及环境污染， D正确；
D．多面体玻璃属于硅酸盐材料，D正确；
故答案为：A。
2. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A 0.1 mol·L-1 MgCl2溶液中加入足量石灰乳：Mg2++ Ca(OH)2= Mg(OH)2+ Ca2+
B. 0.1 mol·L-1CuSO4溶液中加入过量浓氨水：Cu2+ + 2NH3·H2O= Cu(OH)2↓+ 2NH
C. 滴有酚酞的Na2CO3溶液中滴入盐酸至红色恰好褪去： CO+ 2H+= H2O+ CO2↑
D. 饱和氯水中通入SO2至溶液颜色褪去： Cl2+ SO2+ H2O= 2H++ 2Cl-+ SO
【答案】A
【解析】
【详解】A．MgCl2溶液中加入足量石灰乳生成氢氧化镁沉淀，石灰乳不能写成离子，离子方程式为Mg2++ Ca(OH)2= Mg(OH)2+ Ca2+，A正确；
B．浓氨水过量，应生成铜氨络离子，离子方程式为Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，B错误；
C．酚酞变色范围为8.2~10.0，所以红色恰好褪去时溶液显弱碱性，溶质应为碳酸氢钠，离子方程式为CO+ H+= H2O+ HCO，C错误；
D．选项所给离子方程式元素不守恒，正确离子方程式为Cl2+ SO2+ 2H2O=4H++ 2Cl-+ SO，D错误；
综上所述答案为A。
3. 为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是
选项
实验目的
实验方法
相关解释
A
测量氯水的pH


pH试纸遇酸变红
B
探究SO2的性质


洗气瓶中产生的白色沉淀是BaSO3
C
实验温度对平衡移动的影响


2NO2⇌N2O4为放热反应，升温平衡逆向移动
D
用AlCl3溶液制备AlCl3晶体


AlCl3沸点高于溶剂水

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯水中含有HCl，可以使pH试纸变红，还含有HClO，有漂白性，会使pH试纸褪色，A错误；
B．SO2与水反应生成H2SO3，可电离出H+，遇H+表现强氧化性，将H2SO3氧化为H2SO4，因此生成的沉淀是BaSO4，B错误；
C．热水中混合气体颜色变深，说明平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，正反应为放热反应，温度升高反应逆向移动，C正确；
D．蒸发AlCl3溶液时，由于Al3+水解，Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，生成的HCl挥发，导致水解平衡正向移动，最终得到Al(OH)3，无法得到AlCl3，D错误；
故选C。
4. 中成药连花清瘟胶囊在对抗 H1N1病毒中发挥重大作用，其有效成分绿原酸的结构简式如图，下列有关说法错误的是

A. 绿原酸属于芳香族化合物
B. 分子中至少有 7 个碳原子共面
C. 1mol 绿原酸最多可消耗 5mol NaOH
D. 与绿原酸苯环上取代基种类及个数均相同的有机物有5 种
【答案】C
【解析】
【详解】A. 绿原酸含有苯环，属于芳香族化合物，选项A正确；B. 根据苯分子12个原子在同一平面可知，绿原酸分子中至少有（红色圈里） 7 个碳原子共面，选项B正确；C.一分子绿原酸中含有两个酚羟基、一个羧基和一个酯基， 1mol 绿原酸最多可消耗 4mol NaOH，选项C错误；D. 与绿原酸苯环上取代基种类及个数均相同的有机物，先以两个酚羟基为邻、间、对位，再将另一取代基定在苯环上分别有2种、3种、1种共有6 种结构，减去本身则有5种，选项D正确。答案选C。
5. 以下关于化学实验中“先与后”的说法中正确的是
①蒸馏时，先点燃酒精灯，再通冷凝水
②加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制备氧气，用排水法收集气体后，先移出导管后撤酒精灯
③实验室制取某气体时，先检查装置气密性后装药品
④分液时，先打开分液漏斗上口的塞子，后打开分液漏斗的旋塞
⑤H2还原CuO实验时，先检验气体纯度后点燃酒精灯
⑥使用托盘天平称盘物体质量时，先放质量较小的砝码，后放质量较大的砝码
⑦蒸馏时加热一段时间，发现忘记加沸石，应迅速补加沸石后继续加热
A. ②③④⑤⑦  B. ①②③④⑦ C. ②③④⑤ D. 全部
【答案】C
【解析】
【详解】①蒸馏时，应先通冷凝水，再点燃酒精灯加热，故①不符合题意；
②加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制备氧气，用排水法收集气体后，为防止液体倒吸炸裂试管，应该先移出导管后撤酒精灯，故②符合题意；
③制取气体时，一定要先检查装置气密性后装药品，故③符合题意；
④分液操作时，先打开分液漏斗上口的塞子，使内外压强相同，再打开分液漏斗的旋塞，故④符合题意；
⑤做H2还原CuO实验开始时要排除空气，先通入氢气，结束时要防止金属铜被氧气氧化，先撒酒精灯待试管冷却后停止通H2，故⑤符合题意；
⑥托盘天平的砝码在取用时，先放质量较大的砝码，后放质量较小的砝码，故⑥不符合题意；
⑦蒸馏时加热一段时间，发现忘记加沸石，应冷却后再补加沸石，再继续加热，故⑦不符合题意；正确的是②③④⑤；
答案选C。
6. 2019 年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐结构如图所示。其中， X位于第三周期，X原子的电子数为Z原子的两倍，W、Z、Y位于同一周期。下列叙述正确的是

A. 原子半径： X>Z> W B. 非金属性： X>Z> W
C. Y的氢化物可用于刻蚀玻璃 D. X的氧化物对应的水化物均为强酸
【答案】C
【解析】
【分析】据图可知X可以形成6个共价键，X原子的电子数为Z原子的两倍，则原子序数为偶数，且位于第三周期，所以为S元素，则Z为O元素；W、Z、Y位于同一周期，Y可以形成一个共价键，则Y为F元素，整个离子带一个单位负电荷，则W为N元素。
【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径S>N>O，即X>W>Z，故A错误；
B．同周期自左至右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性O>N>S，即Z>W>X，故B错误；
C．Y为F元素，其氢化物为HF，可以与SiO2反应从而刻蚀玻璃，故C正确；
D．X为S元素，其+4价氧化物对应的水化物H2SO3为弱酸，故D错误；
综上所述答案为C。
7. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A. 用浓盐酸分别和MnO2、KClO3反应制备1 mol氯气，转移的电子数均为2NA
B. 0.1 mol·L－1 NaF溶液中所含F－的数目小于0.1NA
C. 用1 L 1 mol·L－1 FeCl3溶液充分反应制备氢氧化铁胶体，该体系中含氢氧化铁胶体粒子数目为1NA
D. 标准状况下，4.48 L CO2和N2O的混合气体中含有的电子数为4.4NA
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．浓盐酸和二氧化锰制取氯气方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，当生成1 molCl2时，转移的电子数为2NA；浓盐酸和氯酸钾制取氯气的方程式为：KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，当生成1 molCl2时，转移的电子数为NA，故A错误；
B．溶液体积未知，无法计算溶液中微粒数目，故B错误；
C．一个胶粒子是多个氢氧化铁的聚集体，所以胶体粒子的数目小于NA，故C错误；
D．标况下4.48 L CO2和N2O的混合气体的物质的量为0.2mol，一个CO2分子含电子数为22，一个N2O含电子数也为22，所以0.2mol混合物含电子4.4mol，故D正确；
故答案为D。

第II卷(共58分)
二、非选择题
(一)必考题
8. 中美贸易战的矛盾激化，让我们看到了中国半导体产业存在的诸多不足，俗话说“亡羊补牢，为时未晚”，找出存在的不足，然后针对地去解决问题，才能让半导体产业链发展壮大起来。三氯化氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。一研究小组在实验室模拟反应PCl3+SO2+Cl2POCl3+SOCl2制备POCl3并测定产品含量。

资料卡片：
物质
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
其他
PCl3
-93.6
76.1
137.5
遇水剧烈水解，易与O2反应
POCl3
1.25
105.8
153.5
遇水剧烈水解，能溶于PCl3
SOCl2
-105
78.8
119
遇水剧烈水解，受热易分解

（1）若选用Na2SO3固体与70％浓H2SO4制取SO2，反应化学方程式是：_______。
（2）溶液A为饱和食盐水，乙装置中应该盛装的试剂为_______(填“P2O5”或“碱石灰”或“浓H2SO4”或“无水硫酸铜”)；反应装置图的虚框中未画出的仪器最好选择_______(填“己”或“庚”)。
（3）甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外，还有_______。
（4）水浴加热三颈烧瓶，控制反应温度在60～65℃，其原因是_______。
（5）通过佛尔哈德法可测定经过提纯后的产品中POCl3的含量：准确称取1.600g样品在水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，加入0.2000mol·L-1的AgNO3溶液20.00mL(Ag++Cl-—AgCl↓)，再加少许硝基苯，用力振荡，使沉淀被有机物覆盖。加入NH4Fe(SO4)2作指示剂，用0.1000mol·L-1KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3至终点(Ag++SCN-—AgSCN↓)，做平行实验，平均消耗KSCN标准溶液10.00mL。
①达到滴定终点的现象是_______。
②POCl3的质量分数为_______。
【答案】（1）Na2SO3+H2SO4Na2SO4 +SO2↑+H2O
（2） ①. P2O5 ②. 己
（3）通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速
（4）温度太低，反应速率太慢；温度太高，PCl3等物质挥发
（5） ①. 滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色 ②. 95.9%
【解析】
【小问1详解】
Na2SO3固体与70%浓H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4Na2SO4 +SO2↑+H2O；
【小问2详解】
溶液A中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢装置乙中盛有酸性固体干燥剂五氧化二磷，干燥氯气，防止水蒸气进入三颈烧瓶中导致三氯化氧磷水解装置中球形冷凝管的作用是冷凝回流三氯化磷防止三氯化磷、三氯化氧磷等受热挥发降低三氯化氧磷的产率，为增强冷凝效果不能选用直形冷凝管；
【小问3详解】
甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外，还可以起到观察产生气泡的速率控制通入气体的流速，有利于反应充分进行;
【小问4详解】
4. 因若温度太低，反应速率太慢，若温度太高，PCl3等物质受热挥发，降低三氯化氧磷的产率，所以实验时用水浴加热三颈烧瓶，控制反应温度在60~65℃；
【小问5详解】
①由题意可知测定POCl3产品含量时NH4Fe(SO4)2溶液为指示剂,用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到终点时的现象是滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色且半分钟内不褪色；②KSCN的物质的量为，根据反应
,可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.001mol，则与POCl3 和水反应生成氯化氢的银离子的物质的量为（0.004 mol -0.001 mol）=0.003 mol，水解生成的氯化氢的物质的量为0.003mol，由题意可知，1. 600g样品中POCl3的物质的量为，所以产品中POCl3的质量分数为。
9. 双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂。生产双氧水常采用蒽醌法，其反应原理和生产流程如图所示：

A．氢化釜　B．过滤器　C．氧化塔　D．萃取塔　E．净化塔　F．工作液再生装置　G．工作液配制装置
生产过程中，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，在一定的温度、压力和催化剂作用下进行氢化，再经氧化、萃取、净化等工艺得到双氧水。回答下列问题：
（1）蒽醌法制备双氧水理论上消耗的原料是_______，循环使用的原料是_______，配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是_______。
（2）进入氧化塔C的反应混合液中的主要溶质为_______。
（3）萃取塔D中的萃取剂是_______。
（4）工作液再生装置F中要除净残留的H2O2，原因是_______。
（5）双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO4溶液测定，该反应的离子方程式为_______。一种双氧水的质量分数为27.5%，(密度为1.10g·cm3)，其浓度为_______mol/L。
【答案】（1） ①. 氢气和氧气 ②. 乙基蒽醌 ③. 乙基蒽醌(乙基氢蒽醌)不溶于水，易溶于有机溶剂
（2）乙基氢蒽醌 （3）水
（4）H2O2分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸
（5） ①. 6H++5H2O2+2=2Mn2++5O2↑+8H2O ②. 8.9
【解析】
【分析】由图可知，乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，工作液在A中催化加氢生成乙基氢蒽醌，乙基氢蒽醌在B中被氧气氧化成乙基蒽醌，同时生成过氧化氢，将生成过氧化氢后的混合液用水萃取，可得过氧化氢溶液，有机层主要含乙基蒽醌，通过再生装置处理可重新配制成工作液进行循环，整个过程中实际参加反应的只有氢气和氧气。
【小问1详解】
由转化反应可知，乙基蒽醌先与氢气发生加成反应生成乙基氢蒽醌，乙基氢蒽醌再与氧气发生氧化反应生成乙基蒽醌和过氧化氢，则蒽醌法制备双氧水理论上消耗的原料是氢气和氧气。乙基蒽醌开始被消耗，后来又生成，则循环使用的原料是乙基蒽醌，且结合流程图中再生工作液环节可知乙基蒽醌可循环使用，配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是乙基蒽醌不溶于水，易溶于有机溶剂，故答案为：氢气和氧气；乙基蒽醌；乙基蒽醌(乙基氢蒽醌)不溶于水，易溶于有机溶剂；
【小问2详解】
由分析可知，进入氧化塔C的反应混合液中的主要溶质为产物乙基氢蒽醌，故答案为：乙基氢蒽醌；
【小问3详解】
由分析可知，D中萃取分离出过氧化氢溶液，则选择萃取剂为水，选择其作萃取剂的原因是过氧化氢易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水，故答案为：水；
【小问4详解】
双氧水会分解放出氧气，氧气与氢气混合受热易发生爆炸，所以工作液再生装置F中要除净残留的过氧化氢，故答案为：H2O2分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸；
【小问5详解】
由题意可知，双氧水在酸性条件下与高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为6H++5H2O2+2=2Mn2++5O2↑+8H2O，由c=可知，质量分数为27.5%的双氧水的浓度为mol/L=8.9mol/L，故答案为：6H++5H2O2+2=2Mn2++5O2↑+8H2O；8.9。
10. 从古至今，铁及其化合物在人类生产生活中的作用发生了巨大改变。
（1）古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是_______(填字母序号)。
a.Fe　　　b.FeO　　　c.Fe3O4　　　 d.Fe2O3
若将该成分溶于足量的稀硫酸中，再滴加KSCN溶液，溶液变红，继续滴加双氧水至过量，溶液红色褪去，同时有气泡产生。
猜想一：气泡可能是SCN-的反应产物N2、CO2、SO2或N2、CO2；
猜想二：气泡还可能是_______，理由是_______。(用化学方程式表示)
（2）硫酸渣的主要化学成分为：SiO2约45%，Fe2O3约40%，Al2O3约10%，MgO约5%。用该废渣制取药用辅料——红氧化铁的工艺流程如下(部分操作和条件略)：

回答下列问题：
①在步骤i中产生的有毒气体可能有_______。
②步骤iv中，生成FeCO3的离子方程式是_______。
（3）①古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下：

复分解反应ii的离子方程式是_______。
②如今基于普鲁士蓝合成原理可检测食品中是否含CN−，方案如下：

若试纸变蓝则证明食品中含有CN−，请解释检测时试纸中FeSO4的作用_______。
【答案】（1） ①. c ②. O2 ③. 2H2O22H2O+O₂↑
（2） ①. CO 和SO2 ②. Fe2+＋2=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O
（3） ①. 3[Fe(CN)6] 4−+ 4Fe3+ = Fe4[Fe(CN)6]3↓ ②. 碱性条件下，Fe2+与CN−结合生成[Fe(CN)6]4−；Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+；[Fe(CN)6]4−与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色
【解析】
【分析】（2）硫酸渣的主要化学成分为：SiO2约45%，Fe2O3约40%，Al2O3约10%，MgO约5%，加煤炭焙烧可生成CO、SO2等有毒气体，加硫酸后只有二氧化硅不反应，过滤除去二氧化硅，然后调节pH，Fe3＋和Al3＋完全转化为沉淀，而亚铁离子没有转化为沉淀，向滤液加入碳酸氢铵将溶液中Fe2＋转变为碳酸亚铁沉淀，过滤得到碳酸亚铁，洗涤、干燥，然后煅烧得到氧化铁。
【小问1详解】
古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，磁铁成分主要是四氧化三铁，故选c；Fe3O4与酸反应生成Fe3+，Fe3+可催化H2O2分解，生成H2O和O2，因此气体还可能是O2，方程式为2H2O22H2O+O₂；
【小问2详解】
①根据分析可知在步骤i中产生的有毒气体可能有CO和SO2等；
②步骤ⅳ中，根据原子守恒可知生成FeCO3的同时还有二氧化碳和水生成，离子方程式是Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
【小问3详解】
①铁离子与[Fe(CN)6] 4−反应生成Fe4[Fe(CN)6]3沉淀，方程式为3[Fe(CN)6] 4−+ 4Fe3+ = Fe4[Fe(CN)6]3↓；
②若试纸变蓝则证明食品中含有CN-，Fe2+与CN-结合生成[Fe(CN)6]4-，Fe2+容易被空气中O2氧化生成Fe3+，[Fe(CN)6]4- 与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色。
(二)选考题
【化学——选修3物质结构与性质】
11. 2019年1月3日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：
(1)基态As原子的价电子排布图为____________，基态Ga原子核外有________个未成对电子。
(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ•mol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为____和+3，砷的电负性比镓____(填“大”或“小”)。
(3)1918年美国人通过反应：HC≡CH+AsCl3CHCl=CHAsCl2制造出路易斯毒气。在HC≡CH分子中σ键与π键数目之比为________；AsCl3分子的空间构型为___________。
(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃制得，(CH3)3Ga中碳原子的杂化方式为_______
(5)GaAs为原子晶体，密度为ρg•cm-3，其晶胞结构如图所示， Ga与As以_______键键合。Ga和As的原子半径分别为a pm和b pm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______________(列出计算式，可不化简)。

【答案】 ①. ） ②. 1 ③. +1 ④. 大 ⑤. 3:2 ⑥. 三角锥形 ⑦. sp3 ⑧. 共价 ⑨. ×100%
【解析】
【分析】(1)As为33号元素，基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子；
(2)根据电离能知，失去1个或3个电子时电离能发生突变，由此可推知镓的主要化合价，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大；
(3)共价单键σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键；根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算结合价层电子对互斥理论判断空间构型；
(4)根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；
(5)根据GaAs为原子晶体判断Ga和As原子之间的作用力；根据均摊法计算该晶胞中Ga、As原子个数，计算晶胞的质量和体积，再根据晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=×100%计算。
【详解】(1)基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，所以其价电子排布式为，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子，则Ga未成对电子数是1，故答案为；1；
(2)根据镓失去电子的逐级电离能知，失去1个或3个电子电离能突变，由此可推知镓的主要化合价为+1和+3，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，二者位于同一周期且原子序数Ga＜As，则电负性As比Ga大，故答案为+1；大；
(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键，因此乙炔分子中含有3个σ键、2个π键，则σ键、π键个数之比为3∶2；AsCl3分子中As原子价层电子对个数=3+=4，含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为三角锥形，故答案为3∶2；三角锥形；
(4)(CH3)3Ga中碳原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3，故答案为sp3；
(5)GaAs为原子晶体，Ga和As原子之间以共价键键合；该晶胞中Ga原子个数是4、As原子个数=8×+6×=4，所以其化学式为GaAs，该晶胞体积==cm3，该晶胞中所有原子体积=4×π[(a×10-10)3+(b×10-10)3]cm3=4×π×10-30×(a3+b3)cm3，GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=×100%= ×100%，故答案为共价； ×100%。
【化学——有机化学基础】
12. 2005年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家，以表彰他们作出的卓越贡献。烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3
现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M和N，合成路线如下：

（1）按系统命名法，有机物A的名称是_______。
（2）B的结构简式是__________。
（3）CD的反应类型是___________。
（4）写出DM的化学方程式________。
（5）已知X苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，则N的结构简式为_______。
（6）满足下列条件的X的同分异构体共有_______种，写出任意一种的结构简式_________。
①遇FeCl3溶液显紫色 ②苯环上的一氯取代物只有两种
（7）写出EF合成路线（用结构简式表示有机物，箭头上注明试剂和反应条件）。______

【答案】 ①. 2-甲基-1-丁烯 ②. CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3 ③. 取代反应 ④. ⑤. ⑥. 3 ⑦. ⑧.
【解析】
【分析】由F的结构简式可知A应为CH2=C(CH3)CH2CH3，生成E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，F发生消去反应生成G，G为，X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，结合N的分子式可知N的结构简式为，可知X为苯乙醇，由M的分子式可知D含有8个C，结合信息可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3，则C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，以此解答该题。
【详解】(1)A为CH2=C(CH3)CH2CH3，名称为2-甲基-1-丁烯；
(2)由以上分析可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3；
(3)C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，在氢氧化钠溶液中发生取代反应生成CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，故反应类型为取代反应；
(4)D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，反应的方程式为；
(5)由以上分析可知N为；
(6)X为苯乙醇，对应的同分异构体①遇FeCl3溶液显紫色，则羟基连接在苯环，②苯环上的一氯取代物只有两种，另一取代基为2个甲基或1个乙基，共3种，即等；
(7)E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，可先水解生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3，在铜催化条件下被氧化生成醛，然后与弱氧化剂反应生成酸，反应的流程为。
【点睛】结合反应条件推断反应类型：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。