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广东省华南师范大学附属中学2022-2023学年高三化学上学期第一次月考试卷（Word版附答案）
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这是一份广东省华南师范大学附属中学2022-2023学年高三化学上学期第一次月考试卷（Word版附答案），共20页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
华南师大附中2023届高三年级第一次月考
化学
满分100分，考试时间75分钟
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Fe56 Sb122 La139
一、单项选择题(本大题共16小题，1～10每小题2分，11～16每小题4分，满分44分。在每小题列出的四个选顼中只有一项符合题目要求)
1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A. 75%的酒精溶液会使病毒的蛋白质变性
B. 植物油属于烃，可以在空气中燃烧
C. 工业上通过石油分馏得到大量化工原料-苯
D. 丝绸的主要成分是纤维素，属于天然高分子化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A．75%的酒精溶液会使病毒的蛋白质变性而具有杀菌消毒作用，A正确；
B．植物油为油脂，属于烃的衍生物，B错误；
C．石油中不含苯，通过分馏不能得到苯，C错误；
D．丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，D错误；
故选A。
2. 下列化学式中能表示分子式，且分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是
A. SiO2 B. NF3 C. K2O2 D. BCl3
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化硅是由硅原子和氧原子形成的原子晶体，SiO2不能表示分子式，只能表示晶体的化学式，故A错误；
B．三氟化氮分子中氮原子和氟原子的最外层电子数分别为5+3=8和7+1=8，则分子中所有原子都满足最外层8电子结构，故B正确；
C．过氧化钾是由钾离子和过氧化根离子形成的离子晶体，K2O2不能表示分子式，只能表示晶体的化学式，故C错误；
D．三氯化硼分子中硼原子和氯原子的最外层电子数分别为3+3=6和7+1=8，则分子中硼有原子不能满足最外层8电子结构，故D错误；
故选B。
3. 实验室为配制0.10mol/L的稀硫酸，不需要用到的仪器是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】配置一定量的物质的量浓度需要用到：烧杯、容量瓶、胶头滴管、量筒、玻璃棒、药匙、滤纸、天平，不需要用到分液漏斗，故答案选B。
4. 下列关于物质分类正确的是
A. 福尔马林属于混合物 B. SO3属于极性分子
C. 油脂属于高分子化合物 D. AlCl3固体属于离子晶体
【答案】A
【解析】
【详解】A．福尔马林是40%的甲醛的水溶液，属于混合物，A项正确；
B．SO3分子构型为平面三角形，属于非极性分子，B项错误；
C．油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，统称油脂，不属于高分子化合物，C项错误；
D．AlCl3分子内Al和Cl之间以共价键相连，分子间的作用力为范德华力，其固体属于分子晶体，D项错误；
故选A。
5. 关于性质的解释合理的是
选项
性质
解释
A
比容易液化
分子间的范德华力更大
B
熔点高于
键的键能比大
C
能与以配位键结合
中氮原子有孤电子对
D
氨水中存在
是离子化合物
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．和都属于同一主族是氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氨气中含有氢键， PH3不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，故A错误；
B．熔点高于，是因为氨气中含有氢键，氢键的存在导致氨气的熔点升高，不是键的键能比大，故B错误；
C．中氮原子有孤电子对，使和以配位键结合形成[Ag(NH3)2]+，故C正确；
D．是共价化合物，是弱碱，在水溶液中部分电离出和OH-，故D错误；
答案选C。
6. 下列化学用语或图示正确的是
A. 过氧化钠的电子式：
B. 某基态原子简化核外电子排布式为[Kr]4d105sl，该元素属于IB族
C. 基态磷原子的价电子的轨道表示式：
D. CO2分子空间充填模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．过氧化钠为离子化合物，其电子式为：，A错误；
B．根据第四周期IB族的Cu原子简化核外电子排布式为[Ar]3d104sl可推知，若基态原子简化核外电子排布式为[Kr]4d105sl，则该元素属于IB族，B正确；
C．基态磷原子的价电子排布式为3s23p3，其符合洪特规则，则其轨道表示式为：，C错误；
D．二氧化碳分子为直线型结构，分子中碳原子的半径大于O的半径，上述半径比例不正确，D错误；
故选B。
7. N2F4可作高能燃料的氧化剂，它可由以下反应制得：HNF2+Fe3+→N2F4↑+Fe2++H+(未配平)。下列说法错误的是
A. HNF2中的N为+l价
B. 上述反应中，氧化剂为Fe3+
C. 若生成0.lmolN2F4，转移0.2mol电子
D. 还原产物与氧化产物的物质的量之比为1：2
【答案】D
【解析】
【详解】A．HNF2中H元素为+1价，F元素为-1价，据此可知N为+l价，A项正确；
B．在反应中Fe元素由+3价变为+2价，化合价降低，得电子，做氧化剂，B项正确；
C．根据原子个数守恒可知，生成0.lmolN2F4，有0.2mol HNF2反应，其中N元素化合价由+1价变为+2价，故转移电子数为0.2mol，C项正确；
D．将方程式配平后为：2HNF2+2Fe3+=N2F4↑+2Fe2++2H+，其中Fe2+是还原产物，N2F4是氧化产物，二者的物质的量之比为2:1，D项错误；
故选D。
8. 设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 101kPa、25℃，11.2LCO中含有的原子数为1NA
B. 常温常压下，12g金刚石中含有C-C键数为4NA
C. 1L0.1mol/LCH3COOH溶液中O-H键数小于0.1NA
D. 熔融状态下1mol NaHSO4中存在NA个阳离子
【答案】D
【解析】
【详解】A．101kPa、25℃与标准状况不同，所以不能利用气体摩尔体积计算11.2LCO分子的物质的量，A错误；
B．常温常压下，1mol金刚石中含2molC-C键，所以12g（1mol）金刚石中含有C-C键数为2NA，B错误；
C．醋酸溶液中水分子中也含O-H键，所以1L0.1mol/LCH3COOH溶液中O-H键数大于0.1NA，C错误；
D．NaHSO4由钠离子和硫酸氢根离子构成，所以熔融状态下1mol NaHSO4中存NA个阳离子，D正确；
故选D。
9. 银锌电池的放电反应为：Zn+Ag2O+H2O=2Ag+Zn(OH)2，下列说法错误的是
A. 基态Zn2+的简化核外电子排布式：[Ar]3d10
B. 负极为Zn，发生氧化反应
C. 放电过程中，正极附近的pH下降
D. 放电过程中，OH-向负极移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．基态Zn原子的电子排布式为[Ar]3d104s2，失去2个电子后形成基态Zn2+的简化核外电子排布式为：[Ar]3d10，选项A正确；
B．活泼金属Zn作负极，失去电子发生氧化反应，选项B正确；
C．放电过程中，正极电极反应为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+ 2OH-，正确附近的pH增大，选项C错误；
D．原电池中，放电过程中，阴离子OH-向负极移动，选项D正确；
答案选C。
10. 有机物M转化为N的简要合成路线如图。下列有关说法正确的是
A. 1molN最多能与4molH2发生加成反应 B. N可以和酸反应
C. M属于芳香烃 D. M中所有碳原子不可能共面
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构可知，N分子中只有苯环和氢气发生加成反应，1molN最多能与3molH2发生加成反应，故A错误；
B．N中含有氨基，可以和酸反应，故B正确；
C．M含有H、C、N、O四种元素，不属于芳香烃，故C错误；
D．苯环、双键为平面结构，且3个碳原子可确定1个平面，M中所有碳原子可能共面，故D错误；
故选B。
11. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期不同主族元素，X的2p轨道有两个未成对电子，Y元素原子半径在同周期中最大，X与Y最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，W元素单质常温下是淡黄色固体。下列说法正确的是
A. 第一电离能：Z>W>Y B. Y在元素周期表中位于p区
C. X、Z、W形成的单质均属于分子晶体 D. 最高价含氧酸的酸性：Z>W
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期不同主族元素，W元素单质常温下是淡黄色固体，则W为S元素；X的2p轨道有两个未成对电子，且各元素不同主族，其核外电子排布式为1s22s22p2，X为C元素；Y元素原子半径在同周期中最大，其原子序数大于C元素，则Y为Na元素；X与Y最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，Z的最外层电子数为4+1=5，其原子序数大于Na元素，则Z为P元素，以此分析解答。
【详解】根据分析可知，X为C元素，Y为Na元素，Z为P元素，W为S元素，
A．主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，P的3p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：P＞S＞Na，故A正确；
B．Na元素最后填充的为3s电子，则P元素在元素周期表中位于s区，故B错误；
C．C元素形成的单质可能是共价晶体如金刚石，也可能是混合型晶体如石墨，S元素和P元素形成的单质是分子晶体，故C错误；
D．元素非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，因非金属性：S＞P，所以最高价含氧酸的酸性：H2SO4＞H3PO4，故D错误；
故选：A。
12. 化合物M(如图所示)可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法正确的是
A. 原子半径：X>Y>Z B. 电负性：X
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，则W为H；Z处于第三周期，化合物M的结构中Y可以形成+3价阳离子，故Y为A1；W与Z的质子数之和是X的2倍，则Z的质子数为奇数，其原子序数大于Al，只能为15(或17)，对应的X质子数只能为8(或9 )，而化合物M结构中X可以形成2个共价键，故X为O元素，则Z为P元素。
【详解】由分析可知：WH，X为O，Y为Al，Z为P元素。
A．同一周期元素的原子半径随原子序数的增大而减小，同一主族元素，原子核外电子层数越多，原子半径增大，故原子半径：Y(Al)＞Z(P)＞X(O)，选项A错误；
B．X为O，Z为P，非金属性O>P，故电负性O>P，选项B错误；
C．Y为Al，Z为P，简单离子半径P3-比Al3+多一个电子层，离子半径较大，选项C错误；
B．元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强，还原性就越弱。元素的非金属性：X(O)＞Z(P)，故氢化物的还原性：PH3＞H2O，选项D正确；
答案选D。
13. 下列装置或操作能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
验证蔗糖是否发生水解
比较非金属性：S>C>Si
配制1000mL2mol/LH2SO4溶液
制备氢氧化铁胶体
装置
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．银氨溶液在碱性条件下具有弱氧化性，实验中蔗糖在酸性条件下水解后，需先在水解液中加入氢氧化钠中和过量稀硫酸后再加入银氨溶液进行验证，上述操作不规范，A错误；
B．上述实验可证明酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，因非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，所以可以比较非金属性：S>C>Si，B正确；
C．容量瓶不能用于稀释浓硫酸用，C错误；
D．向沸水中逐滴加入饱和氯化铁溶液可制备得到氢氧化铁胶体，上述实验中氯化铁与氢氧化钠溶液会直接反应产生氢氧化铁沉淀，D错误；
故选B。
14. 石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料(结构示意图如下)，可由石墨剥离而成，具有极好的应用前景。下列说法正确的是
A. 石墨烯与金刚石互为同位素
B. 24g石墨烯的结构中存在NA个六元环
C. 石墨烯是一种有机物
D. 碳碳键长：石墨烯>金刚石
【答案】B
【解析】
【详解】A．石墨烯与石墨均是碳元素形成的单质，互为同素异形体，不是同位素，选项A错误；
B．24g石墨烯的物质的量为2mol，而1mol碳原子能形成0.5mol六元环，即个0.5NA，2mol石墨烯(单层石墨)中含有的六元环个数为NA，选项B正确；
C．有机物是大多数含碳的化合物，而石墨烯显然是由碳原子构成的单质，不属于有机物，选项C错误；
D．金刚石中碳原子以sp3杂化，全部形成σ键，石墨中碳原子以sp2杂化，3条杂化轨道形成σ键，而6个碳原子中的6条未杂化p轨道形成大π键，故键长:石墨烯<金刚石，选项D错误；
答案选B。
15. 关于化合物M： 下列说法正确是
A. M分子中处于同一直线上的原子数最多为9个
B. M分子中仅含有1个手性碳原子
C. 1mol M可以消耗1mol NaOH
D. M不能使酸性KMnO4稀溶液褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙炔分子中所有原子共直线，苯分子中处于对角线的原子共直线，则上述分子中共直线的原子最多有6个原子，如图： ，A错误；
B．M分子中仅含有2个手性碳原子，如图用星号标出的C原子为手性碳原子， ，B错误；
C．M分子中所含的酯基可在碱性条件下发生水解反应，根据结构可知，1mol M可以消耗1mol NaOH，C正确；
D．M分子中含有碳碳三键，能使酸性KMnO4稀溶液褪色，D错误；
故选C。
16. 双碱法脱硫过程如图所示。下列说法不正确的是
A. 过程Ⅰ中，SO2表现还原性
B. 过程Ⅱ中，1 mol O2可氧化2 mol Na2SO3
C. 双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用
D. 总反应为
【答案】A
【解析】
【分析】过程Ⅰ的反应方程式为，过程Ⅱ的反应方程式为，总反应为。
【详解】A．过程Ⅰ为酸性氧化物与碱反应生成盐和水，不属于与氧化还原反应，故A错误；
B．由过程Ⅱ的反应方程式可得关系式 由此可知1 mol O2可氧化2 mol Na2SO3，故B正确；
C．根据图示，再结合过程Ⅰ和过程Ⅱ可知，NaOH在整个过程中参与了循环，故C正确；
D．根据图示可得总反应为，故D正确；
故选A。
【点睛】关于图示反应问题，箭头尾端为反应物，箭头所指方向为反应产物，首尾相连的部分即为参与循环的物质。
二、非选择题
17. 正丁醚常用作有机反应的溶剂。实验室制备正丁醚的主要实验装置如图：
已知：I.2CH3CH2CH2CH2OH(CH3CH2CH2CH2)2O+H2O
II.反应物和产物的相关数据如表：
相对分子质量
沸点/℃
密度(g/cm3)
水中溶解性
正丁醇
74
117.2
0.819
微溶
正丁醚
130
142.0
0.7704
几乎不溶
III.制备流程如下：
请回答：
（1）仪器B的名称为_______，出水口是_______(填“a”或‘‘b”)。
（2）浓硫酸和正丁醇添加到A中的先后顺序为_______。
（3）步骤②依次用水、NaOH溶液和水洗涤，第一次水洗的目的是_______，水层应从分液漏斗的_______(填“上”或“下”)口分离出。
（4）步骤④中，加热蒸馏时应收集_______(填选项字母)左右的馏分。
A. 100℃ B. 117℃ C. 135℃ D. 142℃
（5）反应过程中会观察到分水器中收集到液体物质，且分为上下两层，随着反应的进行，分水器中液体逐渐增多至左侧支管口时，上层液体会流回A，下层液体可从下部放出。分水器中上层液体的主要成分为_______(写物质名称)，分水器的作用是_______。
（6）本实验所得正丁醚的产率为_______。
【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. a
（2）先加入正丁醇，再加入浓硫酸
（3） ①. 洗去混合液中的硫酸 ②. 下 （4）D
（5） ①. 正丁醇 ②. 分离出生成物水，使平衡向正反应方向移动，提高正丁醇的转化率
（6）80%
【解析】
【分析】正丁醇在浓硫酸作用下加热至135"C左右制备正丁醚，浓硫酸稀释过程放热，会出现液体暴沸飞溅，应该先加入正丁醇，再加入浓硫酸，并加入废瓷片防止反应混合波液暴沸，正丁醇易挥发，用冷凝管冷凝回流，提高原料利用率，并收集制备的正丁醚，据此分析解答。
【小问1详解】
仪器B为球形冷凝管，冷凝水的水流方向和气流方向相反，应该下口进，上口出，故冷凝水应该b进a出。
【小问2详解】
浓硫酸和正丁醇的添加顺序类似浓硫酸的稀释，应该先加入正丁醇，再加入浓硫酸。
【小问3详解】
步骤②依次用水、NaOH溶液和水洗涤，第一次水洗的目的是洗去混合液中的硫酸，正丁醚的密度小于水，故水层从下口分离出。
【小问4详解】
步骤④中，加热蒸馏的目的是收集正丁醇，而正丁醇的沸点为142℃，故应收集142℃左右的馏分，故答案为D。
【小问5详解】
分水器中收集到液体物质，因正丁醇密度比水小且微溶于水，会分为上下两层，上层为正丁醇，下层主要成分为水；分水器的作用是分离出生成物水，使平衡向正反应方向移动，提高正丁醇的转化率。
【小问6详解】
实验前提供的37g正丁醇的物质的量为=0.5mol，根据方程式2CH3CH2CH2CH2OH(CH3CH2CH2CH2)2O+H2O可知，理论上生成正丁醚的物质的量为=0.25mol，质量为0.25mol×130g•mol-1=32.5g，因此正丁醚的产率为×100%=80%。
18. 亚氯酸钠(NaClO2)是常用的消毒剂和漂白剂。
I．已知亚氯酸钠受热易分解，以氯酸钠(NaClO3)等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下：
（1）已知反应1用的是饱和NaClO3溶液，提高反应l速率的措施有_______。(回答一点)
（2）反应2中，H2O2做____(填“氧化剂”或‘‘还原剂”)，写出反应2的离子方程式____。
（3）采取“减压蒸发”而不用“常压蒸发”，原因是_______。
II．工业上可采用电解法制备亚氯酸钠，工作原理如图所示。
（4）通入二氧化氯气体铂电极为电解池的___(填电极名称)，其电极反应式为____。
（5）直流电源的b极为_______(填“正极”或“负极”)，气体X为_______(填化学名称)。
【答案】（1）适当提高反应温度、适当增大硫酸的浓度、增大SO2和溶液的接触面积等
（2） ①. 还原剂 ②. 2ClO2+H2O2+2OH—=2ClO+O2↑+2H2O
（3）防止常压蒸发温度过高，亚氯酸钠受热分解
（4） ①. 阴极 ②. ClO2+e—=ClO
（5） ①. 正极 ②. 氯气
【解析】
【分析】由题给流程可知，反应1为二氧化硫与用稀硫酸酸化的饱和氯酸钠溶液反应制备二氧化氯，反应2为二氧化氯与氢氧化钠、过氧化氢混合溶液反应制备亚氯酸钠，亚氯酸钠经减压蒸发、冷却结晶等操作制得亚氯酸钠粗品。
【小问1详解】
适当提高反应温度、适当增大硫酸的浓度、增大二氧化硫和溶液的接触面积等措施可以提高反应l的反应速率，故答案为：适当提高反应温度、适当增大硫酸的浓度、增大SO2和溶液的接触面积等；
【小问2详解】
由分析可知，反应2为二氧化氯与氢氧化钠、过氧化氢混合溶液反应生成亚硫酸钠、氧气和水，反应的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH—=2ClO+O2↑+2H2O，反应中氧元素的化合价升高被氧化，过氧化氢是反应的还原剂，故答案为：还原剂；2ClO2+H2O2+2OH—=2ClO+O2↑+2H2O；
【小问3详解】
由题意可知，亚氯酸钠受热易分解，常压蒸发时，亚氯酸钠受热分解会导致产率降低，而减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止温度过高导致亚氯酸钠受热易分解，故答案为：防止常压蒸发温度过高，亚氯酸钠受热分解；
【小问4详解】
由图可知，通入二氧化氯气体的铂电极为电解池的阴极，二氧化氯在阴极得到电子发生还原反应生成亚氯酸根离子，电极反应式为ClO2+e—=ClO，故答案为：ClO2+e—=ClO；
【小问5详解】
由图可知，与直流电源正极b极相连的铂电极为电解池的阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，故答案为：正极；氯气。
19. 第VA族元素氮、磷、砷、锑在生产、科研有着重要用途。
（1）乙腈CH3CN常用于制备含氮有机化合物，与水混溶。乙腈分子中含有的σ键与π键数目之比为_______；能与水混溶的原因是_______。
（2）咪唑可作为铜的防锈剂而用于印刷电路版和集成电路。咪唑分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取_______杂化。
（3）Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+，为避免颜色干扰，常在含Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-。由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是____，配位原子是____。
（4）砒霜有剧毒，可用石灰消毒生成和少量。基态33As原子的原子结构示意图是_______，的空间构型为_______。
（5）某铁、镧、锑的合金晶胞如图l所示，铁原子位于锑原子构成的正八面体的体心，晶胞的6个表面结构都如图2所示。
①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如图l中A点锑原子的坐标为。已知晶胞中La的原子分数坐标有两种，分别为(0，0，0)和_______。
②该合金的化学式是_______。
③若该晶体的密度为ρg·m-3，晶胞参数为anm，计算阿伏加德罗常数的值NA=_______。(用含ρ、a的计算式表示)
【答案】（1） ①. 5:2 ②. CH3CN与水都是极性分子，且能与水形成分子间氢键
（2）sp2杂化 （3） ①. ②. O
（4） ①. ②. 三角锥形
（5） ①. ②. LaFe4Sb12 ③.
【解析】
【小问1详解】
乙腈CH3CN结构简式为CH3CN，成键原子能且只能形成1个σ键，1个该分子中含有σ键数目是5，三键中有1个σ键，2个π键，即乙腈分子中含有的σ键与π键数目之比为5：2；乙腈CH3CN与水互溶的主要原因是乙腈和水都是极性分子，且乙腈CH3CN与水形成分子间氢键；
【小问2详解】
咪唑分子中所有N原子的杂化轨道类型相同，分子中所有原子共平面，故均采取sp2杂化；
【小问3详解】
Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+，为避免颜色干扰，常在含Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-，即形成更稳定的配合物，由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是，中心原子为P，配位原子是O；
小问4详解】
As为33号元素，原子核中有33个质子，核外有33个电子，分别位于4个电子层，价电子有5个，处于第四周期第VA族，原子结构示意图为：；
中As的价层电子对数为3+(5+3-2×3)=4，采用sp3杂化，含有1个孤电子对，空间构型为三角锥形；
【小问5详解】
①根据晶胞中La的原子的位置为顶点和体心，故坐标有两种，分别为(0，0，0)和；
②根据均摊法可知，La位于顶点和体心，个数为8，Fe位于体内，个数为8，结合图2和图3可知，晶胞的六个表面上各有4个Sb，体内有12个，故Sb的个数为 4，故该合金的化学式是LaFe4Sb12；
③若该晶体的密度为ρg·m-3，晶胞参数为anm，故有ρg·m-3=，故阿伏加德罗常数的值NA=。
20. 芪类化合物在制备治疗急性期缺血性脑卒药物中具有较好的作用。化合物G是合成一种芪类化合物的重要中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）F中官能团有：酯基、_______。(填名称)
（2）C的结构简式为_______，E→F的反应类型为_______。
（3）请写出D→E的化学方程式：_______。
（4）三乙胺是一种常用的有机溶剂，它与同分异构体二丙胺相比，_______的熔沸点更高，主要原因是_______。
（5）E→F中加入K2CO3的作用是_______。
（6）M的分子式比D少2个氧原子，请写出一个同时满足下列条件的M的同分异构体的结构简式_______。
①溴原子直接连在苯环上 ②能发生酯类水解反应 ③核磁共振氢谱中有3组峰，且峰面积之比为2：2：3
（7）已知：(R表示烃基，R′和R″表示烃基或氢)。设计以和CH3CHO为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂任选)。
【答案】（1）醚键、碳溴键
（2） ①. ②. 取代反应
（3） （4） ①. 二丙胺 ②. 三乙胺与二丙胺的相对分子质量相等，而二丙胺可以形成分子间氢键，因而有较高的熔沸点
（5）与生成的HI反应，使E→F反应向正反应方向移动，提高转化率
（6）或 （7）
【解析】
【分析】根据A的分子式以及B的结构简式可以推出A的结构简式为，B和SOCl2发生取代反应生成C，氯原子取代羧基中的羟基，C结构简式为。
【小问1详解】
观察F的结构可知，F中官能团有：酯基、醚键、碳溴键，答案填醚键、碳溴键；
【小问2详解】
B和SOCl2发生取代反应生成C，氯原子取代羧基中的羟基，C结构简式为；E→F的反应类型为取代反应，甲基取代了酚羟基中的氢原子；
【小问3详解】
D在三乙胺作用下，与CH3OCH2Cl发生取代反应，CH3OCH2−取代酚羟基中的氢原子，同时生成HCl，反应的化学方程式：；
【小问4详解】
三乙胺与同分异构体二丙胺相比，二丙胺的沸点更高，主要原因是三乙胺与二丙胺的相对分子质量相等，而二丙胺可以形成分子间氢键，因而有较高的熔沸点；
【小问5详解】
E→F的反应是取代反应，甲基取代了酚羟基中的氢原子，反应生成了HI，K2CO3可以与HI反应，使E→F反应向正反应方向移动，提高了E的转化率；
【小问6详解】
M的分子式比D少2个氧原子，满足以下三个条件：①溴原子直接连在苯环上，②能发生酯类水解反应，③核磁共振氢谱中有3组峰，且峰面积之比为2：2：3的同分异构体有：或；
【小问7详解】
要合成，根据已知反应：，需要先得到卤代烃，转化为格式试剂，与CH3CHO发生加成反应，即可得到，所以要先用LiAlH4将中的两个酯基还原为−CH2OH，得到，与HBr发生取代反应得到，综上所述，总的合成路线为：。
【点睛】设计有机合成路线，要学会根据已知条件采取“逆推”的方法，才能快速地解决问题。
华南师大附中2023届高三年级第一次月考
化学
满分100分，考试时间75分钟
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Fe56 Sb122 La139
一、单项选择题(本大题共16小题，1～10每小题2分，11～16每小题4分，满分44分。在每小题列出的四个选顼中只有一项符合题目要求)
1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A. 75%的酒精溶液会使病毒的蛋白质变性
B. 植物油属于烃，可以在空气中燃烧
C. 工业上通过石油分馏得到大量化工原料-苯
D. 丝绸的主要成分是纤维素，属于天然高分子化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A．75%的酒精溶液会使病毒的蛋白质变性而具有杀菌消毒作用，A正确；
B．植物油为油脂，属于烃的衍生物，B错误；
C．石油中不含苯，通过分馏不能得到苯，C错误；
D．丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，D错误；
故选A。
2. 下列化学式中能表示分子式，且分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是
A. SiO2 B. NF3 C. K2O2 D. BCl3
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化硅是由硅原子和氧原子形成的原子晶体，SiO2不能表示分子式，只能表示晶体的化学式，故A错误；
B．三氟化氮分子中氮原子和氟原子的最外层电子数分别为5+3=8和7+1=8，则分子中所有原子都满足最外层8电子结构，故B正确；
C．过氧化钾是由钾离子和过氧化根离子形成的离子晶体，K2O2不能表示分子式，只能表示晶体的化学式，故C错误；
D．三氯化硼分子中硼原子和氯原子的最外层电子数分别为3+3=6和7+1=8，则分子中硼有原子不能满足最外层8电子结构，故D错误；
故选B。
3. 实验室为配制0.10mol/L的稀硫酸，不需要用到的仪器是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】配置一定量的物质的量浓度需要用到：烧杯、容量瓶、胶头滴管、量筒、玻璃棒、药匙、滤纸、天平，不需要用到分液漏斗，故答案选B。
4. 下列关于物质分类正确的是
A. 福尔马林属于混合物 B. SO3属于极性分子
C. 油脂属于高分子化合物 D. AlCl3固体属于离子晶体
【答案】A
【解析】
【详解】A．福尔马林是40%的甲醛的水溶液，属于混合物，A项正确；
B．SO3分子构型为平面三角形，属于非极性分子，B项错误；
C．油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，统称油脂，不属于高分子化合物，C项错误；
D．AlCl3分子内Al和Cl之间以共价键相连，分子间的作用力为范德华力，其固体属于分子晶体，D项错误；
故选A。
5. 关于性质的解释合理的是
选项
性质
解释
A
比容易液化
分子间的范德华力更大
B
熔点高于
键的键能比大
C
能与以配位键结合
中氮原子有孤电子对
D
氨水中存在
是离子化合物
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．和都属于同一主族是氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氨气中含有氢键， PH3不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，故A错误；
B．熔点高于，是因为氨气中含有氢键，氢键的存在导致氨气的熔点升高，不是键的键能比大，故B错误；
C．中氮原子有孤电子对，使和以配位键结合形成[Ag(NH3)2]+，故C正确；
D．是共价化合物，是弱碱，在水溶液中部分电离出和OH-，故D错误；
答案选C。
6. 下列化学用语或图示正确的是
A. 过氧化钠的电子式：
B. 某基态原子简化核外电子排布式为[Kr]4d105sl，该元素属于IB族
C. 基态磷原子的价电子的轨道表示式：
D. CO2分子空间充填模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．过氧化钠为离子化合物，其电子式为：，A错误；
B．根据第四周期IB族的Cu原子简化核外电子排布式为[Ar]3d104sl可推知，若基态原子简化核外电子排布式为[Kr]4d105sl，则该元素属于IB族，B正确；
C．基态磷原子的价电子排布式为3s23p3，其符合洪特规则，则其轨道表示式为：，C错误；
D．二氧化碳分子为直线型结构，分子中碳原子的半径大于O的半径，上述半径比例不正确，D错误；
故选B。
7. N2F4可作高能燃料的氧化剂，它可由以下反应制得：HNF2+Fe3+→N2F4↑+Fe2++H+(未配平)。下列说法错误的是
A. HNF2中的N为+l价
B. 上述反应中，氧化剂为Fe3+
C. 若生成0.lmolN2F4，转移0.2mol电子
D. 还原产物与氧化产物的物质的量之比为1：2
【答案】D
【解析】
【详解】A．HNF2中H元素为+1价，F元素为-1价，据此可知N为+l价，A项正确；
B．在反应中Fe元素由+3价变为+2价，化合价降低，得电子，做氧化剂，B项正确；
C．根据原子个数守恒可知，生成0.lmolN2F4，有0.2mol HNF2反应，其中N元素化合价由+1价变为+2价，故转移电子数为0.2mol，C项正确；
D．将方程式配平后为：2HNF2+2Fe3+=N2F4↑+2Fe2++2H+，其中Fe2+是还原产物，N2F4是氧化产物，二者的物质的量之比为2:1，D项错误；
故选D。
8. 设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 101kPa、25℃，11.2LCO中含有的原子数为1NA
B. 常温常压下，12g金刚石中含有C-C键数为4NA
C. 1L0.1mol/LCH3COOH溶液中O-H键数小于0.1NA
D. 熔融状态下1mol NaHSO4中存在NA个阳离子
【答案】D
【解析】
【详解】A．101kPa、25℃与标准状况不同，所以不能利用气体摩尔体积计算11.2LCO分子的物质的量，A错误；
B．常温常压下，1mol金刚石中含2molC-C键，所以12g（1mol）金刚石中含有C-C键数为2NA，B错误；
C．醋酸溶液中水分子中也含O-H键，所以1L0.1mol/LCH3COOH溶液中O-H键数大于0.1NA，C错误；
D．NaHSO4由钠离子和硫酸氢根离子构成，所以熔融状态下1mol NaHSO4中存NA个阳离子，D正确；
故选D。
9. 银锌电池的放电反应为：Zn+Ag2O+H2O=2Ag+Zn(OH)2，下列说法错误的是
A. 基态Zn2+的简化核外电子排布式：[Ar]3d10
B. 负极为Zn，发生氧化反应
C. 放电过程中，正极附近的pH下降
D. 放电过程中，OH-向负极移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．基态Zn原子的电子排布式为[Ar]3d104s2，失去2个电子后形成基态Zn2+的简化核外电子排布式为：[Ar]3d10，选项A正确；
B．活泼金属Zn作负极，失去电子发生氧化反应，选项B正确；
C．放电过程中，正极电极反应为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+ 2OH-，正确附近的pH增大，选项C错误；
D．原电池中，放电过程中，阴离子OH-向负极移动，选项D正确；
答案选C。
10. 有机物M转化为N的简要合成路线如图。下列有关说法正确的是
A. 1molN最多能与4molH2发生加成反应 B. N可以和酸反应
C. M属于芳香烃 D. M中所有碳原子不可能共面
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构可知，N分子中只有苯环和氢气发生加成反应，1molN最多能与3molH2发生加成反应，故A错误；
B．N中含有氨基，可以和酸反应，故B正确；
C．M含有H、C、N、O四种元素，不属于芳香烃，故C错误；
D．苯环、双键为平面结构，且3个碳原子可确定1个平面，M中所有碳原子可能共面，故D错误；
故选B。
11. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期不同主族元素，X的2p轨道有两个未成对电子，Y元素原子半径在同周期中最大，X与Y最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，W元素单质常温下是淡黄色固体。下列说法正确的是
A. 第一电离能：Z>W>Y B. Y在元素周期表中位于p区
C. X、Z、W形成的单质均属于分子晶体 D. 最高价含氧酸的酸性：Z>W
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期不同主族元素，W元素单质常温下是淡黄色固体，则W为S元素；X的2p轨道有两个未成对电子，且各元素不同主族，其核外电子排布式为1s22s22p2，X为C元素；Y元素原子半径在同周期中最大，其原子序数大于C元素，则Y为Na元素；X与Y最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，Z的最外层电子数为4+1=5，其原子序数大于Na元素，则Z为P元素，以此分析解答。
【详解】根据分析可知，X为C元素，Y为Na元素，Z为P元素，W为S元素，
A．主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，P的3p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：P＞S＞Na，故A正确；
B．Na元素最后填充的为3s电子，则P元素在元素周期表中位于s区，故B错误；
C．C元素形成的单质可能是共价晶体如金刚石，也可能是混合型晶体如石墨，S元素和P元素形成的单质是分子晶体，故C错误；
D．元素非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，因非金属性：S＞P，所以最高价含氧酸的酸性：H2SO4＞H3PO4，故D错误；
故选：A。
12. 化合物M(如图所示)可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法正确的是
A. 原子半径：X>Y>Z B. 电负性：X
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，则W为H；Z处于第三周期，化合物M的结构中Y可以形成+3价阳离子，故Y为A1；W与Z的质子数之和是X的2倍，则Z的质子数为奇数，其原子序数大于Al，只能为15(或17)，对应的X质子数只能为8(或9 )，而化合物M结构中X可以形成2个共价键，故X为O元素，则Z为P元素。
【详解】由分析可知：WH，X为O，Y为Al，Z为P元素。
A．同一周期元素的原子半径随原子序数的增大而减小，同一主族元素，原子核外电子层数越多，原子半径增大，故原子半径：Y(Al)＞Z(P)＞X(O)，选项A错误；
B．X为O，Z为P，非金属性O>P，故电负性O>P，选项B错误；
C．Y为Al，Z为P，简单离子半径P3-比Al3+多一个电子层，离子半径较大，选项C错误；
B．元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强，还原性就越弱。元素的非金属性：X(O)＞Z(P)，故氢化物的还原性：PH3＞H2O，选项D正确；
答案选D。
13. 下列装置或操作能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
验证蔗糖是否发生水解
比较非金属性：S>C>Si
配制1000mL2mol/LH2SO4溶液
制备氢氧化铁胶体
装置
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．银氨溶液在碱性条件下具有弱氧化性，实验中蔗糖在酸性条件下水解后，需先在水解液中加入氢氧化钠中和过量稀硫酸后再加入银氨溶液进行验证，上述操作不规范，A错误；
B．上述实验可证明酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，因非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，所以可以比较非金属性：S>C>Si，B正确；
C．容量瓶不能用于稀释浓硫酸用，C错误；
D．向沸水中逐滴加入饱和氯化铁溶液可制备得到氢氧化铁胶体，上述实验中氯化铁与氢氧化钠溶液会直接反应产生氢氧化铁沉淀，D错误；
故选B。
14. 石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料(结构示意图如下)，可由石墨剥离而成，具有极好的应用前景。下列说法正确的是
A. 石墨烯与金刚石互为同位素
B. 24g石墨烯的结构中存在NA个六元环
C. 石墨烯是一种有机物
D. 碳碳键长：石墨烯>金刚石
【答案】B
【解析】
【详解】A．石墨烯与石墨均是碳元素形成的单质，互为同素异形体，不是同位素，选项A错误；
B．24g石墨烯的物质的量为2mol，而1mol碳原子能形成0.5mol六元环，即个0.5NA，2mol石墨烯(单层石墨)中含有的六元环个数为NA，选项B正确；
C．有机物是大多数含碳的化合物，而石墨烯显然是由碳原子构成的单质，不属于有机物，选项C错误；
D．金刚石中碳原子以sp3杂化，全部形成σ键，石墨中碳原子以sp2杂化，3条杂化轨道形成σ键，而6个碳原子中的6条未杂化p轨道形成大π键，故键长:石墨烯<金刚石，选项D错误；
答案选B。
15. 关于化合物M： 下列说法正确是
A. M分子中处于同一直线上的原子数最多为9个
B. M分子中仅含有1个手性碳原子
C. 1mol M可以消耗1mol NaOH
D. M不能使酸性KMnO4稀溶液褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙炔分子中所有原子共直线，苯分子中处于对角线的原子共直线，则上述分子中共直线的原子最多有6个原子，如图： ，A错误；
B．M分子中仅含有2个手性碳原子，如图用星号标出的C原子为手性碳原子， ，B错误；
C．M分子中所含的酯基可在碱性条件下发生水解反应，根据结构可知，1mol M可以消耗1mol NaOH，C正确；
D．M分子中含有碳碳三键，能使酸性KMnO4稀溶液褪色，D错误；
故选C。
16. 双碱法脱硫过程如图所示。下列说法不正确的是
A. 过程Ⅰ中，SO2表现还原性
B. 过程Ⅱ中，1 mol O2可氧化2 mol Na2SO3
C. 双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用
D. 总反应为
【答案】A
【解析】
【分析】过程Ⅰ的反应方程式为，过程Ⅱ的反应方程式为，总反应为。
【详解】A．过程Ⅰ为酸性氧化物与碱反应生成盐和水，不属于与氧化还原反应，故A错误；
B．由过程Ⅱ的反应方程式可得关系式 由此可知1 mol O2可氧化2 mol Na2SO3，故B正确；
C．根据图示，再结合过程Ⅰ和过程Ⅱ可知，NaOH在整个过程中参与了循环，故C正确；
D．根据图示可得总反应为，故D正确；
故选A。
【点睛】关于图示反应问题，箭头尾端为反应物，箭头所指方向为反应产物，首尾相连的部分即为参与循环的物质。
二、非选择题
17. 正丁醚常用作有机反应的溶剂。实验室制备正丁醚的主要实验装置如图：
已知：I.2CH3CH2CH2CH2OH(CH3CH2CH2CH2)2O+H2O
II.反应物和产物的相关数据如表：
相对分子质量
沸点/℃
密度(g/cm3)
水中溶解性
正丁醇
74
117.2
0.819
微溶
正丁醚
130
142.0
0.7704
几乎不溶
III.制备流程如下：
请回答：
（1）仪器B的名称为_______，出水口是_______(填“a”或‘‘b”)。
（2）浓硫酸和正丁醇添加到A中的先后顺序为_______。
（3）步骤②依次用水、NaOH溶液和水洗涤，第一次水洗的目的是_______，水层应从分液漏斗的_______(填“上”或“下”)口分离出。
（4）步骤④中，加热蒸馏时应收集_______(填选项字母)左右的馏分。
A. 100℃ B. 117℃ C. 135℃ D. 142℃
（5）反应过程中会观察到分水器中收集到液体物质，且分为上下两层，随着反应的进行，分水器中液体逐渐增多至左侧支管口时，上层液体会流回A，下层液体可从下部放出。分水器中上层液体的主要成分为_______(写物质名称)，分水器的作用是_______。
（6）本实验所得正丁醚的产率为_______。
【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. a
（2）先加入正丁醇，再加入浓硫酸
（3） ①. 洗去混合液中的硫酸 ②. 下 （4）D
（5） ①. 正丁醇 ②. 分离出生成物水，使平衡向正反应方向移动，提高正丁醇的转化率
（6）80%
【解析】
【分析】正丁醇在浓硫酸作用下加热至135"C左右制备正丁醚，浓硫酸稀释过程放热，会出现液体暴沸飞溅，应该先加入正丁醇，再加入浓硫酸，并加入废瓷片防止反应混合波液暴沸，正丁醇易挥发，用冷凝管冷凝回流，提高原料利用率，并收集制备的正丁醚，据此分析解答。
【小问1详解】
仪器B为球形冷凝管，冷凝水的水流方向和气流方向相反，应该下口进，上口出，故冷凝水应该b进a出。
【小问2详解】
浓硫酸和正丁醇的添加顺序类似浓硫酸的稀释，应该先加入正丁醇，再加入浓硫酸。
【小问3详解】
步骤②依次用水、NaOH溶液和水洗涤，第一次水洗的目的是洗去混合液中的硫酸，正丁醚的密度小于水，故水层从下口分离出。
【小问4详解】
步骤④中，加热蒸馏的目的是收集正丁醇，而正丁醇的沸点为142℃，故应收集142℃左右的馏分，故答案为D。
【小问5详解】
分水器中收集到液体物质，因正丁醇密度比水小且微溶于水，会分为上下两层，上层为正丁醇，下层主要成分为水；分水器的作用是分离出生成物水，使平衡向正反应方向移动，提高正丁醇的转化率。
【小问6详解】
实验前提供的37g正丁醇的物质的量为=0.5mol，根据方程式2CH3CH2CH2CH2OH(CH3CH2CH2CH2)2O+H2O可知，理论上生成正丁醚的物质的量为=0.25mol，质量为0.25mol×130g•mol-1=32.5g，因此正丁醚的产率为×100%=80%。
18. 亚氯酸钠(NaClO2)是常用的消毒剂和漂白剂。
I．已知亚氯酸钠受热易分解，以氯酸钠(NaClO3)等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下：
（1）已知反应1用的是饱和NaClO3溶液，提高反应l速率的措施有_______。(回答一点)
（2）反应2中，H2O2做____(填“氧化剂”或‘‘还原剂”)，写出反应2的离子方程式____。
（3）采取“减压蒸发”而不用“常压蒸发”，原因是_______。
II．工业上可采用电解法制备亚氯酸钠，工作原理如图所示。
（4）通入二氧化氯气体铂电极为电解池的___(填电极名称)，其电极反应式为____。
（5）直流电源的b极为_______(填“正极”或“负极”)，气体X为_______(填化学名称)。
【答案】（1）适当提高反应温度、适当增大硫酸的浓度、增大SO2和溶液的接触面积等
（2） ①. 还原剂 ②. 2ClO2+H2O2+2OH—=2ClO+O2↑+2H2O
（3）防止常压蒸发温度过高，亚氯酸钠受热分解
（4） ①. 阴极 ②. ClO2+e—=ClO
（5） ①. 正极 ②. 氯气
【解析】
【分析】由题给流程可知，反应1为二氧化硫与用稀硫酸酸化的饱和氯酸钠溶液反应制备二氧化氯，反应2为二氧化氯与氢氧化钠、过氧化氢混合溶液反应制备亚氯酸钠，亚氯酸钠经减压蒸发、冷却结晶等操作制得亚氯酸钠粗品。
【小问1详解】
适当提高反应温度、适当增大硫酸的浓度、增大二氧化硫和溶液的接触面积等措施可以提高反应l的反应速率，故答案为：适当提高反应温度、适当增大硫酸的浓度、增大SO2和溶液的接触面积等；
【小问2详解】
由分析可知，反应2为二氧化氯与氢氧化钠、过氧化氢混合溶液反应生成亚硫酸钠、氧气和水，反应的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH—=2ClO+O2↑+2H2O，反应中氧元素的化合价升高被氧化，过氧化氢是反应的还原剂，故答案为：还原剂；2ClO2+H2O2+2OH—=2ClO+O2↑+2H2O；
【小问3详解】
由题意可知，亚氯酸钠受热易分解，常压蒸发时，亚氯酸钠受热分解会导致产率降低，而减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止温度过高导致亚氯酸钠受热易分解，故答案为：防止常压蒸发温度过高，亚氯酸钠受热分解；
【小问4详解】
由图可知，通入二氧化氯气体的铂电极为电解池的阴极，二氧化氯在阴极得到电子发生还原反应生成亚氯酸根离子，电极反应式为ClO2+e—=ClO，故答案为：ClO2+e—=ClO；
【小问5详解】
由图可知，与直流电源正极b极相连的铂电极为电解池的阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，故答案为：正极；氯气。
19. 第VA族元素氮、磷、砷、锑在生产、科研有着重要用途。
（1）乙腈CH3CN常用于制备含氮有机化合物，与水混溶。乙腈分子中含有的σ键与π键数目之比为_______；能与水混溶的原因是_______。
（2）咪唑可作为铜的防锈剂而用于印刷电路版和集成电路。咪唑分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取_______杂化。
（3）Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+，为避免颜色干扰，常在含Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-。由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是____，配位原子是____。
（4）砒霜有剧毒，可用石灰消毒生成和少量。基态33As原子的原子结构示意图是_______，的空间构型为_______。
（5）某铁、镧、锑的合金晶胞如图l所示，铁原子位于锑原子构成的正八面体的体心，晶胞的6个表面结构都如图2所示。
①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如图l中A点锑原子的坐标为。已知晶胞中La的原子分数坐标有两种，分别为(0，0，0)和_______。
②该合金的化学式是_______。
③若该晶体的密度为ρg·m-3，晶胞参数为anm，计算阿伏加德罗常数的值NA=_______。(用含ρ、a的计算式表示)
【答案】（1） ①. 5:2 ②. CH3CN与水都是极性分子，且能与水形成分子间氢键
（2）sp2杂化 （3） ①. ②. O
（4） ①. ②. 三角锥形
（5） ①. ②. LaFe4Sb12 ③.
【解析】
【小问1详解】
乙腈CH3CN结构简式为CH3CN，成键原子能且只能形成1个σ键，1个该分子中含有σ键数目是5，三键中有1个σ键，2个π键，即乙腈分子中含有的σ键与π键数目之比为5：2；乙腈CH3CN与水互溶的主要原因是乙腈和水都是极性分子，且乙腈CH3CN与水形成分子间氢键；
【小问2详解】
咪唑分子中所有N原子的杂化轨道类型相同，分子中所有原子共平面，故均采取sp2杂化；
【小问3详解】
Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+，为避免颜色干扰，常在含Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-，即形成更稳定的配合物，由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是，中心原子为P，配位原子是O；
小问4详解】
As为33号元素，原子核中有33个质子，核外有33个电子，分别位于4个电子层，价电子有5个，处于第四周期第VA族，原子结构示意图为：；
中As的价层电子对数为3+(5+3-2×3)=4，采用sp3杂化，含有1个孤电子对，空间构型为三角锥形；
【小问5详解】
①根据晶胞中La的原子的位置为顶点和体心，故坐标有两种，分别为(0，0，0)和；
②根据均摊法可知，La位于顶点和体心，个数为8，Fe位于体内，个数为8，结合图2和图3可知，晶胞的六个表面上各有4个Sb，体内有12个，故Sb的个数为 4，故该合金的化学式是LaFe4Sb12；
③若该晶体的密度为ρg·m-3，晶胞参数为anm，故有ρg·m-3=，故阿伏加德罗常数的值NA=。
20. 芪类化合物在制备治疗急性期缺血性脑卒药物中具有较好的作用。化合物G是合成一种芪类化合物的重要中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）F中官能团有：酯基、_______。(填名称)
（2）C的结构简式为_______，E→F的反应类型为_______。
（3）请写出D→E的化学方程式：_______。
（4）三乙胺是一种常用的有机溶剂，它与同分异构体二丙胺相比，_______的熔沸点更高，主要原因是_______。
（5）E→F中加入K2CO3的作用是_______。
（6）M的分子式比D少2个氧原子，请写出一个同时满足下列条件的M的同分异构体的结构简式_______。
①溴原子直接连在苯环上 ②能发生酯类水解反应 ③核磁共振氢谱中有3组峰，且峰面积之比为2：2：3
（7）已知：(R表示烃基，R′和R″表示烃基或氢)。设计以和CH3CHO为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂任选)。
【答案】（1）醚键、碳溴键
（2） ①. ②. 取代反应
（3） （4） ①. 二丙胺 ②. 三乙胺与二丙胺的相对分子质量相等，而二丙胺可以形成分子间氢键，因而有较高的熔沸点
（5）与生成的HI反应，使E→F反应向正反应方向移动，提高转化率
（6）或 （7）
【解析】
【分析】根据A的分子式以及B的结构简式可以推出A的结构简式为，B和SOCl2发生取代反应生成C，氯原子取代羧基中的羟基，C结构简式为。
【小问1详解】
观察F的结构可知，F中官能团有：酯基、醚键、碳溴键，答案填醚键、碳溴键；
【小问2详解】
B和SOCl2发生取代反应生成C，氯原子取代羧基中的羟基，C结构简式为；E→F的反应类型为取代反应，甲基取代了酚羟基中的氢原子；
【小问3详解】
D在三乙胺作用下，与CH3OCH2Cl发生取代反应，CH3OCH2−取代酚羟基中的氢原子，同时生成HCl，反应的化学方程式：；
【小问4详解】
三乙胺与同分异构体二丙胺相比，二丙胺的沸点更高，主要原因是三乙胺与二丙胺的相对分子质量相等，而二丙胺可以形成分子间氢键，因而有较高的熔沸点；
【小问5详解】
E→F的反应是取代反应，甲基取代了酚羟基中的氢原子，反应生成了HI，K2CO3可以与HI反应，使E→F反应向正反应方向移动，提高了E的转化率；
【小问6详解】
M的分子式比D少2个氧原子，满足以下三个条件：①溴原子直接连在苯环上，②能发生酯类水解反应，③核磁共振氢谱中有3组峰，且峰面积之比为2：2：3的同分异构体有：或；
【小问7详解】
要合成，根据已知反应：，需要先得到卤代烃，转化为格式试剂，与CH3CHO发生加成反应，即可得到，所以要先用LiAlH4将中的两个酯基还原为−CH2OH，得到，与HBr发生取代反应得到，综上所述，总的合成路线为：。
【点睛】设计有机合成路线，要学会根据已知条件采取“逆推”的方法，才能快速地解决问题。
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