四川省成都市2018届高三第一次诊断性检测理综化学试题Word版含解析

四川省成都市2018届高三第一次诊断性检测理综化学试题
本试卷分选择题和非选择题两部分。

注意事项:
1.答题前,务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。

2.答选择题时,必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。

3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔,将答案书写在答题卡规定的位置上。

4.所有题目必须在答题卡上作答,在试题卷上答题无效。

5.考试结束后,只将答题卡交回。

可能用到的相对原子质量: H一1 C-12 O-16 Cu-64 Mn-55 K-39 Au-197
1. 下列物质的化学性质及在生活中的相关应用均正确的是
A. 液氯具有强氧化性,常用作环境消毒剂
B. 苏打具有碱性,常用于中和人体过多胃酸
C. 铝箔具有还原性,可作为脱氧剂用于药品包装材料
D. 烹鱼时加入料酒发生氧化反应,可去腥提香
【答案】C
【解析】A项，液氯具有强氧化性，可作消毒剂，但液氯有毒，易造成环境污染，不能用作环境消毒剂，故A错误；B项，中和人体过多胃酸应使用小苏打而不是苏打，因为小苏打酸性弱、腐蚀性小，苏打碱性强、腐蚀性大，故B错误；C项，铝箔以其无毒、高遮光性、阻氧性和防潮性等优点，在药品包装中得到了广泛的应用，其中“阻氧性”就是指铝箔具有还原性，可作为脱氧剂用于药品包装材料，故C正确；D项，料酒主要成分中含有乙醇、乙酸、小分子酯类、可溶性蛋白质等，鱼体中的腥味物质主要是三甲胺等，能溶解在乙醇中，在加入烹饪料酒时，其腥味随着酒精挥发而被带走，料酒中含有的小分子酯本身具有香味，烹饪过程中乙醇和乙酸可能发生酯化反应生成乙酸乙酯具有香味，所以烹鱼时加入料酒可去腥提香，并不是发生氧化反应的原因，故D错误。

2. 下列分析正确的是
A. 异丁烷的二氯代物有4种
B. 区别蛋白质和淀粉可用浓硝酸做颜色反应
C. 石蜡油分解产物均能使酸性KMnO4溶液褪色
D. 甲苯的硝化反应方程式为:
【答案】B
【解析】A项，异丁烷为CH3CH(CH3)CH3，其二氯代物中，取代同一碳原子上的2个H原子有：CH3CH(CH3)CHCl2；取代不同碳原子上的2个H原子有：ClCH2CH(CH3)CH2Cl，ClCH2CCl(CH3)CH3，所以共有3种，故A错误；B项，浓硝酸可与蛋白质发生颜色反应，显黄色，而淀粉不具有这样的性质，所以可用浓硝酸做颜色反应来区别蛋白质和淀粉，故B正确；C项，石蜡油分解的产物主要是乙烯和烷烃的混合物，乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色，而烷烃不能使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；D项，甲苯的硝化反应为：甲苯、浓硝酸与浓硫酸共热至55℃~60℃，生成硝基苯和水，所以甲苯的硝化反应需要浓硫酸而不是稀硫酸，故D错误。

3. 设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述一定正确的是
A. 2.0gH218O和D2O的混合物中含有质子数为N A
B. 1.0L2.0mol/LNaOH溶液中含有氧原子数为2N A
C. 3.4gH2O2参加氧化还原反应时转移电子数为0.1 N A
D. 标准状况下2.24L的CCl4含有共价键数目为0.4 N A
【答案】A
【解析】A项，H218O与D2O的相对分子质量均为20，且一个分子所含质子数均为10个，所以2.0gH218O和D2O的混合物为0.1mol，含有0.1N A个分子，则含有质子数为N A，故A正确；B项，NaOH和水中都含有氧原子，所以1.0L2.0mol/LNaOH溶液中含有氧原子数应大于2N A，故B错误；C项，3.4gH2O2的物质的量是0.1mol，参加氧化还原反应时，-1价O可能发生自身氧化还原反应(如2H2O22H2O+O2)，也可能作氧化剂全部被还原(如2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O)，还可以作还原剂被氧化(如2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O)，上述三种情况中，只有-1价O的自身氧化还原反应时，3.4g(0.1mol)H2O2反应转移电子数为0.1N A，而另外两种情况，
3.4g(0.1mol)H2O2反应转移电子数为0.2N A，故C错误；D项，1molCCl4含有共价键数目为0.4N A，而标准状况下CCl4不是气体，所以标准状况下2.24LCCl4物质的量应大于1mol，含有共价键数目肯定大于0.4N A，故D错误。

点睛：本题考查阿伏伽德罗常数的应用，该类试题知识覆盖面广，能较好的考查学生对知识的掌握情况，所以几乎是高考必考题。

本题的解题要点为阿伏伽德罗常数有关计算，该部分内容要求学生掌握微粒的构成关系（原子、分子、离子、电子、质子，化学键等数目）、气体
体积换算、化学反应中电子的转移等内容，要注意特殊物质的摩尔质量、气体摩尔体积的使用条件、歧化反应中的电子转移等。

如A项，H218O与D2O的相对分子质量都是20；B项，注意溶剂水中的氧原子；C项，H2O2中的-1价O可能发生歧化反应，也可能都被氧化或都被还原；D项，注意标准状况下CCl4是液体，不符合气体摩尔体积的使用条件。

4. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素。

其中X、Y为金属元素,W和Z同主族。

Z的核外电子数是W的2倍，W和Z的质子数之和等于X和Y的质子数之和。

下列说法不一定正确的是
A. 原子半径:X>Y>Z>W
B. Y位于第三周期第ⅢA族
C. W和X组成的化合物为碱性氧化物
D. 向W、X、Y组成的化合物水溶液中滴入稀盐酸至过量，溶液先变浑浊后澄清
【答案】C
【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W和Z同主族，Z的核外电子数是W的2倍，则W为8号O元素，Z为16号S元素，二者质子数之和等于24，X、Y为金属元素，则X、Y为第三周期元素，W和Z的质子数之和等于X和Y的质子数之和，则X为Na 元素、Y为Al元素。

A项，X(Na)、Y(Al)、Z(S)是第三周期元素，W(O)是第二周期元素，所以W(O)的原子半径最小，又因为同周期元素原子序数越大半径越小，所以原子半径X(Na)>Y(Al)>Z(S)，综上，原子半径：X>Y>Z>W，故A正确；B项，Y为Al元素位于第三周期第ⅢA族，故B正确；C项，W 为O元素、X为Na元素，二者组成的化合物为：Na2O和Na2O2，其中Na2O是碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，故C错误；D项，W、X、Y组成的化合物为NaAlO2，向NaAlO2水溶液中滴入稀盐酸，开始生成Al(OH)3沉淀，盐酸过量时Al(OH)3与H+生成Al3+，沉淀溶解，故D正确。

5. 下列实验过程中的相关步骤正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
...............
6. 摩拜单车利用车篮处的太阳能电池板向智能锁中的锂离子电池充电,电池反应原理为: LiCoO 2 + 6C Li 1-x CoO 2+Li x C 6。

示意图如右。

下列说法正确的是
A. 充电时，阳极的电极反应式为 Li1-x CoO2+xLi++xe-=LiCoO2
B. 该装置工作时涉及到的能量形式有3 种
C. 充电时锂离子由右向左移动
D. 放电时,正极质量增加
【答案】D
【解析】A项，该锂离子电池反应原理为:LiCoO2+6C Li1-x CoO2+Li x C6，则充电时，阳极发生失电子的氧化反应，电极反应式为：LiCoO2-xe-=Li1-x CoO2+xLi+，故A错误；B项，锂离子电池工作时，化学能转化为电能，涉及到2种能量形式之间的转化，故B错误；C项，充电时，阳极生成Li+，Li+向阴极(C极)移动，如图所示右边为C极，所以充电时锂离子由左向右移动，故C错误；D项，放电时，正极发生得电子还原反应，电极反应式为：Li1-x CoO2+xLi++xe-=LiCoO2，所以正极质量增加，故D正确。

7. 常温时,若Ca(OH)2和CaWO4(钨酸钙)的沉淀溶解平衡曲线如图所示(已知=0.58)。

下列分析不正确的是
A. a点表示Ca(OH)2与CaWO4均未达到溶解平衡状态
B. 饱和Ca(OH)2溶液和饱和CaWO4溶液等体积混合: c(OH-)>c(H+)>c(Ca2+)>c(WO42-)
C. 饱和Ca(OH)2溶液中加入少量Na2O，溶液变浑浊
D. 石灰乳与0.1mol/LNa2WO4溶液混合后发生反应:Ca(OH)2+WO42-=CaWO4 +2OH-
【答案】B
点睛：本题考查沉淀溶解平衡曲线，解题思路为：①明确横纵坐标的含义；②理解曲线上的点、线外的点的含义；③抓住K sp的特点，结合选项分析判断。

注意本题中横纵坐标不是直接用离子浓度表示的，而是用离子浓度的负对数表示的，所以横纵坐标数值越大，表示的离子浓度越小；B项，因为含Ca(OH)2的溶液显碱性，c(H+)不可能大于c(Ca2+)，所以比较容易就能判断该项是错误的，但是要确定c(H+)与c(WO42-)的大小关系，最好通过计算来判断，因为两
饱和溶液等体积混合后可能析出CaWO4，溶液中c(WO42-)会很小。

8. 某化学小组欲进行如下实验探究金属与浓硫酸反应。

试回答下列问题。

(1)利用上图装置研究铜与浓硫酸反应,反应化学方程式为_________;B装置的目的是
______;x溶液为___________。

(2)将上述实验中的铜改为黄铜(铜锌合金),实验后阶段可观察到倒立漏斗边缘有气体冒出,且越来越快。

该气体可能为____，气体产生越来越快的原因可能是_____(至少两点)。

验证该气体的实验方案如下:
①装置连接顺序:x→_________；
②能证明上述假设成立的实验现象是__________。

(3)取少量镁粉加入盛浓硫酸的烧杯,在通风橱中实验。

充分反应后溶液中有灰白色悬浮物,设计方案研究该悬浮物的组成,请帮助完善。

(假设镁的化合物都溶于稀酸)
_____
写出产生该灰白色悬浮物主要反应的化学方程式_____。

【答案】 (1). Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O (2). 检验产物SO2 (3). NaOH 溶液(其他合理答案均可得分) (4). H2 (5). 反应后期，c(H+)增大,与Zn反应生成H2 速率加快;黄铜为铜锌合金，与硫酸形成原电池产生H2 速率加快;反应放热 (6).
c→d→e→f→a→b→g (7). E中(硬质玻璃管)黑色粉末变红，H中(球形干燥管)固体由白色变为蓝色 (8). (9).
3Mg+4H2SO4(浓)==3MgSO4+S+4H2O
【解析】（1）浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下与Cu反应生成CuSO4、SO2和H2O，故化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，常用品红溶液来检验二氧化硫气体；二氧化硫是有毒气体且为酸性气体，C为尾气吸收装置，故x溶液可以是NaOH溶液。

（2）若将上述实验中的铜改为黄铜(铜锌合金)，实验后阶段浓硫酸变稀，与锌反应会产生氢气，所以实验后阶段可观察到倒立漏斗边缘有气体冒出，且越来越快，该气体可能为H2；根据影响化学反应速率的因素，结合该实验原理及条件，气体产生越来越快的原因可能是：反应后期，浓硫酸变为稀硫酸，电离程度增大，c(H+)增大，与Zn反应生成H2速率加快；黄铜为铜锌合金，与硫酸形成原电池产生H2速率加快；反应放热等。

①若要验证该气体是氢气，根据可供选择的装置及药品，先除去二氧化硫，再吸水干燥，然后通入灼热的氧化铜，最后检验产物是水，所以装置连接顺序:x→c→d→e→f→a→b→g。

②若E中(硬质玻璃管)黑色粉末变红，说明生成了铜单质，同时H中(球形干燥管)固体由白色变为蓝色，说明生成了水，由此可证明上述假设成立。

（3）镁与浓硫酸反应，硫酸可能表现酸性和强氧化性，固体生成物可能是含有镁元素、S元素的物质，烧杯中的混合物加水部分溶解，则不溶物可能为含S物质，过滤后可加入有机溶剂(如二硫化碳)溶解，故方案未完成部分可以为：；产生该灰白色悬浮物主要反应的化学方程式为：3Mg+4H2SO4(浓)=3MgSO4+S+4H2O。

9. 氨为重要化工原料,有广泛用途。

(1)合成氨中的氢气可由下列反应制取:
a.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=+216.4kJ/mol
b.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-41.2kJ/mol
则反应CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H=_________。

(2)起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。

平衡时混合物中氨的体积分数与温度关系如下图。

①恒压时,反应一定达到平衡状态的标志是______(填序号)；
A.N2和H2的转化率相等
B.反应体系密度保持不变
C. 比值保持不变
D. =2
②P1_____P2(填“>”、“<”、“=”、“不确定”，下同)；反应平衡常数:B点____D点；
③C点H2的转化率____；在A、B两点条件下,该反应从开始到平衡时生成氨气平均速
率:v(A)______ v(B)。

(3)N2H4可作火箭推进剂，NH3和NaClO在一定条件下反应可生成N2H4。

①写出NH3和NaClO 反应生成N2H4的化学方程式__________；
②已知25℃时N2H4水溶液呈弱碱性:
N2H4+H2O N2H5++OH- K1= 1×10-a；
N2H5++H2O N2H62++OH- K2=1×10-b。

25℃时,向N2H4水溶液中加入H2SO4,欲使c(N2H5+)>c(N2H4),同时c(N2H5+)>c(N2H62+),应控制溶液pH 范围_________(用含a、b式子表示)。

【答案】 (1). +175.2kJ/mol (2). BC (3). < (4). > (5). 66.7% (6). < (7). 2NH3+NaClO N2H4+NaCl+H2O (8). (14-b，14-a)
【解析】（1）a+b可得反应CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，根据盖斯定律，
△H=+216.4kJ/mol+(-41.2kJ/mol)=+175.2kJ/mol。

（2）①A项，氮气和氢气初始物质的量之比为1:3，由反应方程式N2+3H22NH3可得，氮气和氢气按物质的量之比为1:3反应，所以N2和H2的转化率是相等的，与是否达到平衡状态无关，故A错误；B项，该反应是一个气体分子数变化的反应，恒压时只要不平衡，气体体积就会发生变化，因为气体总质量不变，所以密度就会不断变化，当密度不变时，说明正逆反应速率相等，平衡不再发生移动，故B正确；C项，氢气是反应物，氨气是生成物，只要不平
衡，若氢气减少，则氨气必增多，其比值就会变化，当比值不变时说明已经处于平衡状态，故C正确；D项，氮气是反应物，氨气是生成物，只要不平衡，若氮气减少，则氨气必增多，其比值就会变化，当比值不变时说明已经处于平衡状态，但当比值=2时，却不一定不再变化，所以不一定是平衡状态，故D错误。

②合成氨反应是一个气体分子数减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，由图可知，温度相同时，压强为P1时平衡混合物中氨的体积分数小于压强为P2时，所以P1<P2；合成氨正反应为放热反应，温度越高化学平衡常数越小，D点温度高于B点温度，所以化学平衡常数：B点>D点。

③设c点H2的转化率为α(H2)，列三段式得：
因为平衡混合物中氨的体积分数为50%，同温同压下气体体积分数=物质的量分数，所以
×100%=50%，解得α(H2)≈66.7%。

由图可得，A、B两点平衡混合物中氨的体积分数相同，B点温度和压强均高于A点温度和压强，则在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氨气平均速率:v(A)<v(B)。

（3）①NH3与NaClO一定条件下发生氧化还原反应可得到肼(N2H4)，NaClO作氧化剂，被还原为NaCl，根据原子守恒，还有水生成，故化学方程式为：2NH3+NaClO N2H4+NaCl+H2O。

②K1==1×10-a，所以c(N2H5+)=c(N2H4)时，c(OH-)=1×10-a，c(H+)==10-(14-a)，pH=-lgc(H+)=14-a，则c(N2H5+)>c(N2H4)时，c(OH-)<1×10-a，c(H+)=>10-(14-a)，
pH=-lgc(H+)<14-a；K2==1×10-b，所以c(N2H5+)=c(N2H62+)时，c(OH-)=1×10-b，c(H+)==10-(14-b)，pH=-lgc(H+)=14-b，则c(N2H5+)>c(N2H62+)时，c(OH-)>1×10-b，
c(H+)=<10-(14-b)，pH=-lgc(H+)>14-b。

所以25℃时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使
c(N2H5+)>c(N2H4)，同时c(N2H5+)>c(N2H62+)，应控制溶液pH范围为：(14-b，14-a)。

点睛：本题综合考查化学反应原理知识，主要涉及盖斯定律的应用、化学平衡图像、平衡状态的判断、转化率有关计算、水溶液中有关离子浓度关系的比较等知识。

注意化学平衡图像的分析方法，通过“定一议二”来控制变量，如定温时分析压强与平衡混合物中氨的体积分数的关系、定压时分析温度与平衡混合物中氨的体积分数的关系；注意列三段式解决转化率有关计算；注意最后小题的解题思路：控制pH使溶液中离子浓度符合某确定关系，要通过K1和K2的表达式找到c(N2H5+)、c(N2H4)、c(N2H62+)与c(OH-)的关系，再根据K w表达式进一步求得结果。

10. 高锰酸钾常用作消毒杀菌、水质净化剂等。

某小组用软锰矿(主要含MnO2,还含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)模拟工业制高锰酸钾流程如下。

试回答下列问题。

(1)配平焙烧时化学反应: □MnO2+□_____+□O2□K2MnO4+□H2O；工业生产中采用对空气加压的方法提高MnO2利用率，试用碰撞理论解释其原因__________。

(2)滤渣II 的成分有_______(化学式);第一次通CO2不能用稀盐酸代替的原因是_________。

(3)第二次通入过量CO2生成MnO2的离子方程式为_________。

(4)将滤液Ⅲ进行一系列操作得KMnO4。

由下图可知,从滤液Ⅲ得到KMnO4需经过_____、______、洗涤等操作。

(5)工业上按上述流程连续生产。

含MnO2a%的软锰矿1吨，理论上最多可制KMnO4___吨。

(6)利用电解法可得到更纯的KMnO4。

用惰性电极电解滤液II。

①电解槽阳极反应式为____________；
②阳极还可能有气体产生,该气体是__________。

【答案】 (1). 2 4 KOH 1 2 2 (2). 加压增大了氧气浓度，使单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞次数增多,反应速率加快,使MnO2反应更充分 (3). Al(OH)3、H2SiO3 (4). 稀盐酸可溶解Al(OH)3，不易控制稀盐酸的用量 (5).
3MnO42-+4CO2+2H2O=MnO2↓+2MnO4-+4HCO3- (6). 蒸发结晶 (7). 趁热过滤 (8).
0.018a (9). MnO42--e-= MnO4- (10). O2
【解析】（1）MnO2中Mn的化合价为+4价，K2MnO4中Mn的化合价为+6价，O2中O的化合价为0价，生成物中都变成了-2价，根据得失电子守恒(化合价升降总数相等)得：MnO2前面系数为2，O2前面系数为1，K2MnO4前面系数为2；结合流程中焙烧时有KOH参与，所以未知的反应物应为KOH，根据原子守恒，KOH前面系数为4，水前面系数为2，故答案为：2 4 KOH 1 2 2。

根据有效碰撞理论，加压可增大氧气浓度，使单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞次数增多，反应速率加快，使MnO2反应更充分，所以工业生产中采用对空气加压的方法提高MnO2利用率。

（2）根据流程滤液I主要是K2MnO4溶液，还含有SiO32-和AlO2-等杂质离子，通入CO2发生反应：CO2+H2O+SiO32-=H2SiO3↓+CO32-、CO2+H2O+AlO2-=Al(OH)3↓+CO32-，所以滤渣II的成分有Al(OH)3
和H2SiO3；因为第一次通入CO2目之一是生成Al(OH)3，而稀盐酸可溶解Al(OH)3，不易控制稀盐酸的用量，所以第一次通CO2不能用稀盐酸代替。

(3)第二次通入过量CO2生成MnO2，则MnO42-发生自身氧化还原反应，生成MnO2和MnO4-，因为CO2过量，所以还会生成HCO3-，故离子方程式为：3MnO42-+4CO2+2H2O=MnO2↓+2MnO4-+4HCO3-。

（4）滤液Ⅲ溶质主要是KMnO4与KHCO3，由图可看出，KMnO4溶解度受温度影响变化不大，而KHCO3溶解度，受温度影响变化较大，所以从滤液Ⅲ得到KMnO4需经过蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥等操作。

（5）根据Mn元素守恒，含MnO2a%的软锰矿1吨，理论上最多可制KMnO4：
1×a%×≈0.018a(吨)。

（6）①滤液II主要为K2MnO4溶液，用惰性电极电解得到KMnO4，MnO42-在阳极上失电子发生氧化反应，生成MnO4-，故阳极电极反应式为：MnO42--e-=MnO4-；②溶液中的OH-也可能失电子发生氧化反应，生成氧气，故阳极还可能有O2产生。

11. [化学一选修3:物质结构与性质]我国具有悠久的历史，在西汉就有湿法炼铜
(Fe+CuSO4=Cu+FeSO4),试回答下列问题。

(1)Cu2+的未成对电子数有______个，H、O、S 电负性由大到小的顺序为_______。

(2)在硫酸铜溶液中滴加过量氨水可形成[Cu(NH3)4]SO4蓝色溶液。

①[Cu(NH3)4]SO4中化学键类型有_______，[Cu(NH3)4]2+ 的结构简式为_______，阴离子中心原子杂化类型为______。

②氨的沸点远高于膦(PH3)，原因是______________。

(3)铁铜合金晶体类型为_____；铁的第三(I3)和第四(I4)电离能分别为2957kJ/mol、
5290kJ/mol，比较数据并分析原因________________。

(4)金铜合金的一种晶体结构为立方晶型，如图所示。

①该合金的化学式为____；
②已知该合金的密度为dg/cm3,阿伏加德罗常数值为N A，两个金原子间最小间隙为
apm(1pm=10-10cm)。

则铜原子的半径为_______cm(写出计算表达式)。

【答案】 (1). 1 (2). O、S、H (3). 共价键、配位键、离子键 (4).
(5). sp3杂化 (6). 氨分子间存在氢键 (7). 金属晶体 (8). 基态铁原子的价电子排布式为3d64s2,失去3个电子后核外电子呈半充满稳定状态,因此I4远大于I3 (9). AuCu3(或Cu3Au) (10).
【解析】（1）Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故Cu2+的外围电子排布式为3d9，所以有1个未成对电子；同周期从左到右，电负性增大，电负性O＞N，H元素与O、N元素化合时，H元素表现正化合价，所以H元素的电负性比O、N元素小，故电负性O＞N＞H。

（2）①SO42-、NH3中是以共价键结合形成的，（Cu(NH3)4)2+和SO42-之间结合的是离子键，配合物中Cu2+和（NH3)4(4个氨分子)以配位键结合，故[Cu(NH3)4]SO4中化学键类型有：共价键、离子键、配位键；[Cu(NH3)4]2+中Cu2+和（NH3)4(4个氨分子)以配位键结合，所以结构简式为：
；中心原子的孤对电子数=(a-xb)，公式中a为中心原子的价电子数，对
于主族元素即为其中心原子的最外层电子数，x为与中心原子结合的原子数，b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数，H为1，其余为8-最外层电子数，硫酸根离子中，价层电子对数=σ键个数+(a-xb)=4+(6+2-4×2)=4，所以采取sp3杂化。

②氨分子间存在氢键，分子间作用力强，所以氨的沸点高于膦(PH3)。

（3）铁和铜属于金属，所以铁铜合金晶体是由金属键形成的晶体，属于金属晶体；因为基态铁原子的价电子排布式为3d64s2,根据洪特规则，原子轨道处于全充满、半充满或全空时，原子处于较低的能量状态，所以失去3个电子后核外电子呈半充满稳定状态，因此I4远大于I3。

(4)①根据均摊法计算，晶胞中金原子个数为8×＝1，铜原子的个数为6×＝3，则金和铜的原子个数比为1∶3，该合金的化学式为AuCu3(或Cu3Au)。

②合金的密度为d g·cm-3，晶胞质量为：g=g，设晶胞边长为a，则晶胞体积为a3，根据密度=质量÷体积，则a
＝cm，该晶胞结构侧面可用如图表示：，中间为铜原子，周围是金原子，晶胞边长是cm，两个金原子间最小间隙为apm(1pm=10-10cm)，即a×10-10cm，则金原子半径为：(-a×10-10)cm，设铜原子半径为r，则在等腰直角三角形中：
2()2=[2r+2×(-a×10-10)]2，所以×=2r+(-a×10-10)，解得r=（×+5a×10-11）cm。

12. [化学一选修5:有机化学基础]用石油产品A(C3H6)为主要原料，合成具有广泛用途的有机玻璃PMMA。

流程如下(部分产物和条件省略)
试回答下列问题:
(1)B的名称________；X试剂为_______(化学式)；D中官能团名称_________。

(2)E→G的化学方程式为____,反应类型是_________。

(3)T是G的同分异构体,1molT与足量新制Cu(OH)2悬浊液反应最多生成2molCu2O沉淀，T的结构有________种(不含立体结构)。

(4)若高分子化合物PMMA的相对分子质量为1.5×106,其聚合度为_______。

(5)参照上述流程，以为原料合成(其它原料自选)。

设计合成路线:________________________。

【答案】 (1). 2—丙醇(或异丙醇) (2). H2O (3). 羧基、羟基 (4).
(5). 酯化反应(或取代反应) (6). 4 (7). 1.5×104 (8).
【解析】流程中C为丙酮()，B催化氧化(与O2、Cu、加热)生成丙酮，则B为；又因为A分子式为C3H6，A与X在催化剂条件下反应生成B，所以A为丙烯(CH2=CH-CH3)、X是H2O；G一定条件下发生加聚反应生成PMMA，由PMMA的结构可推出G为：
；D为，D生成E，E和F在浓硫酸加热条件下生成G，所以E 为、F为甲醇，E和F发生酯化反应生成G。

（1）B为，名称为：2—丙醇(或异丙醇)；X是H2O；D为，含有的官能团名称为：羧基和羟基。

（2）E和F在浓硫酸加热条件下发生酯化反应(取代反应)生成G，化学方程式为：
+CH3OH+H2O。

（3）T是G()的同分异构体，1molT与足量新制Cu(OH)2悬浊液反应最多生成2molCu2O沉淀，则T中含有2个醛基，可能的结构有：OHC(CH2)3CHO、OHCCH2CH(CH3)CHO、OHCC(CH3)2CHO、OHCCH(CH2CH3)CHO共4种。

（4）由PMMA的结构可得其分子式为(C5H8O2)n，所以相对分子质量为：100n=1.5×106，解得
n=1.5×104，即其聚合度为1.5×104。

（5）由流程中C→D的转化，要合成，需要合成，以
为原料，可以先水解生成，催化氧化生成
，故合成路线
为:。

点睛：本题通过有机玻璃PMMA的合成工艺流程为载体，考查有机化学的核心知识，涉及常见有机物官能团的结构、性质及相互转化关系，涉及有机物结构简式的确定、反应类型的判断、化学方程式的书写、同分异构体的识别和书写、合成路线的选择等知识。

能够通过题给情境，运用所学知识进行分析是完成此类题目的关键。

本题首先应该分析流程，借助题给信息和流程中已知的物质，推出未知物质，可从C开始逆推确定B、A和X，然后从PMMA逆推同时结合D正推，确定E、F和G；判断同分异构体的种数是该题的难点，针对不同的物质类别，抓住
书写同分异构体的一般规律，首先判断该物质中含有的官能团种类、取代基的个数及种类，注意书写过程中的不重不漏；物质制备合成路线的选择，需要根据物质之间结构的异同，利用所学化学知识和题给信息，选择合适的条件和试剂，可采用逆合成分析法。