四川省自贡市2019届高三上学期第一次诊断性考试理科综合化学试题+含解析.doc

2019届第一次诊断性考试理科综合能力测试(化学部分)
可能用到的相对原子质量：H-l Li-7 C-12 N14 0-16 Na-23 S-32 Fe-56
一、选择题：本大题共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.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是
A.碘酒在处理伤口时，应用了L的氧化性
B.明矶净水，利用了Al(0H)3胶粒的吸附性质
C.铁粉可以用于食品保鲜，涉及到Fe的还原性
D.苏打水是N&COs饱和溶液，可以缓解胃酸过多
【答案】D
【解析】
【详解】A.碘酒中的碘具有氧化性，在处理伤口时，应用了L的氧化性，杀菌消毒，故A止确；
B.明矶溶于水时，铝离子水解生成了氮氧化铝胶体，具有吸附性，起到净水作用，故B正确；
C.铁粉具有还原性，能够与氧气反应，可以用于食品保鲜，作为抗氧化剂，故C正确；
D.NM0,饱和溶液的碱性较强，对胃有较大的刺激作用。

要缓解胃酸过多，应该选用碳酸氢钠，
故D错误。

故选I)。

【点睛】明矶净水原理是电离出的A广水解生成氮氧化铝胶体，氮氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，并使之沉降，使水澄清。

2.下列叙述不正确的是
A.同等质量的附七和D2O中，质子数相同
B.同等质量的@和@的气体屮，原子数相同
C.0. lmol/L(NH..)2S0.溶液与0. 2moI/LNH4Cl 溶液中，讯数目相同
D.等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移电子数相同
【答案】C
【解析】
【详解】A. H尸0和D20中质子数都是10个,删0的摩尔质量为20g/mol,D20的摩尔质量为20g/mol,
同等质量的出凭和D2O的物质的量相同，所以质子数相同，故A正确；
B.同等质量的和0：“物质的量之比为3:2,所以原子数相同，故B正确;
C.没有溶液体积无法计算，故c错误;
D.等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，钠最终都变成N『，所以转移的电子数相同, 故D 止确。

故选Co
【点睛】解决本题需要注意的是阻*0的摩尔质量为20g/mol, D2O的摩尔质量为20g/mol, H广0和DO 屮质子数都是10个。

3.下列冇关说法正确的是
A.丙烯和苯都能使溟水褪色，且褪色的原理相同
B.油脂和淀粉都属于高分子化合物
C.C吐C1有4种同分异构体
D.乙烯使酸性高镒酸钾溶液褪色和乙醇与HBr反应均为取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.丙烯使漠水褪色是因为发生加成反应生成了无色的物质，而苯使之褪色是因为萃取出了澳而使水层发生了褪色，褪色原理不同，故A错误；B.油脂并不属于高分子化合物，故B错误；C. 丁基有四种不同的结构:CH/CHACH厂、CHsCHQUCHj-、(CHjQ-、(CHJ2CHCH2-,则CHC1 有4 种同分异构体有四种同分异构体，故C止确；D.乙烯使酸性高猛酸钾褪色氧化反应，故D错误；答案选C。

4.卜•列实验操作正确的是
A.用激光笔验证淀粉溶液的丁达尔效应
B.用稀硫酸洗涤并灼烧钳丝后，再进行焰色反应
0.蒸发食盐溶液时，发生液滴飞溅现象，应立即加水冷却
D.配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出
【答案】A
【解析】
【详解】A.淀粉溶液是胶体，能产生丁达尔效应，故A正确；
B.应用稀盐酸洗涤并灼烧钳丝后，再进行焰色反应，故B错误；
C.蒸发食盐溶液时，发生液滴飞溅，是因为局部受热不均，这是没有用玻璃棒搅拌的原因，决不能加水冷却，否则可能使蒸发川L炸裂，应该用玻璃棒搅拌，并稍微将酒精灯移开一点，故C错误；
D.配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应重新配制，故D错误;
故选Ao
【点睛】丁达尔效应是胶体特冇的性质。

配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应重新配制，不能用胶头滴管将多余溶液吸出，因为吸出的同时，溶质也被带走了。

5.石墨烯锂硫电池放电时的工作原理示意图如下，电池反应为：2Li+nS=Li2S n,有关该电池说法正确的是
A.放电时，LT向负极迁移
B.电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6+2Li，+2e-=3Li2S，1
C.当外电路有2mol电子通过时，有lmolLi*通过阳离子交换膜
D.该电池可以选用盐酸作为电解质增强溶液导电性
【答案】B
【解析】
在原电池中，电解质里的阳离子移向正极，则Li-向正极迁移，故A错误；a是正极，正极发生得电子的还原反应,可能发生2Li2S6+2Li++2e=3Li2S4,故B正确;根据电荷守恒,当外电路有2mol 电子通过时，有2mol Li1通过阳离子交换膜，故C错误；锂与盐酸反应生成氢气，所以不能用盐酸作为电解质，故D错误。

6.在t°C时,AgBr在水屮的沉淀溶解平衡曲线如图所示。

已知t°C时AgCl的Ksp=4X1010,下列说法正确的是
A.图屮a点对应的体系中将有AgBr沉淀生成
B.加入NaBr固体，AgBr的溶解度减小，AgBr的心也减小
C.在AgBr饱和溶液中加入固体WBr,可使溶液中c点变到b点
D.在t°C时，AgCl (s) +Br" (aq) ^^AgBr (s)+Cl_ (aq)的平衡常数K~816
【答案】D
【解析】
【详解】A. a点位于曲线下方,c(Ag)c(Br-)< Ksp,对应的溶液为不饱和溶液,故A错误;
B.在一定温度下，陰为一常数，故B错误；
C.AgBr ^^=Ag4(aq)+Br (aq),加入固体NaBr后，c(Br )增大，使溶解平衡逆向移动,c(Ag')应减小，但仍然在曲线上移动，不能到b点，故C错误；
D.由图中 c 点可知,t°C 时AgBr 的Ksp=c(Ag)c(Br_)= (7X107) M.9X10*3,由方程式可知,K= c(Cr) / c(Br_)=Ksp(AgCl)/ Ksp(AgBr)= 4X 10'10/4. 9X 10 ^816,故D 正确；
故选Do
7.短周期主族元素X、Y、工、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只有一个电子，Z位于元素周期表第IIIA族，W与X属于同一主族。

下列说法正确的是
A.原子半径:r (w) >r (Z) >r (Y)
B.X的简单气态氮化物的热稳定性比W的强
C.Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱
D.由X、Y组成的化合物屮均不含共价键
【答案】B
【解析】
分析：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，为0元素；Y 原子的最外层只有一个电子且原子序数大于X,则Y为Na元索；Z位于元素周期表第IIIA族，且原子序数大于Y,则Z为A1元素；W与X属于同一主族且为短周期元素，则W为S元素，据此解答。

详解：根据以上分析可知X、Y、Z、W分别是()、Na. Al、S元素；则
A.同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径r (Y) >r (Z) >r (W), A错误；
B.元素的非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性X>W,所以X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，B正确；
C.元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Y>Z,则Y的最高价氧化物的水化
物的碱性比z的强，c错误；
D.由X、Y组成的化合物可能是N/0也可能是曲02,阪0只含离子键、陆02含有离子键和共价键,
D错误;
答案选Bo 点睛：本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学牛判断及知识综合运用能力，明确原子结构、元素周期表结构、物质结构、元素周期律即可解答，注意D选项屮易漏Na202而导致错误。

8.亚硝酸钠(NaN02)是--种重要的化工原料，某学习小组通过下述实验制备亚硝酸钠，并测定所制备亚硝酸钠的纯度。

T.利用下列装置制备NaNOz
B C D B
己知：©2N0+Na202=2NaN02；②NO能被酸性KMnOi氧化成NO— MnO,被还原为\InS请回答下列问题：
⑴利用上图中的装置制备NaNOz,其连接顺序为a-> ____________ (按气流方向，用小写字母表示)。

(2)_________________________________________ 实验开始时，先通一段时间血的目的是。

⑶装置B中盛放试剂的名称为___________ ,装置C的作用是 ___________ o
(4)______________________________________________ 装置E中发生反应的离子方程式为。

II.测定上述实验所制备的样品(含NaN0：i杂质)的纯度。

称量D中所得样品ag溶解后配制成250汕溶液取25. OOmL于锥形瓶中，用bmoL'酸性高猛酸钾溶液滴定到终点。

重复上述滴定操作两次，测得数据如下表：
第一次第二次第三次酸性高镭酸钾溶液体积/niL19.9819-7520.02
(5)
(6)下列实验操作可能导致出现上表中笫二次实验数据的是____________ (填字母编号)。

a.滴定时有部分酸性高镒酸钾溶液滴在锥形瓶外
b.加入样品溶液前的锥形瓶未经干燥
c.滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
(7)最终所得样品中NaNOz的质量分数为_________ (用含a、b的关系式表示)。

【答案】（1）. d->e->b->c->f （或g） -g （或f） ->i （2）.排除装置中的空气，防止NO 被氧化为NO2 （3）.碱石灰或无水氯化钙（4）.将NQ转化为NO （5）. 5N0+3Mn0,_
+4H=5N0r+3Mn2，+2H20 （6）.溶液由无色变为紫色（或紫红色），且半分钟不褪色。

（7）. c （8）. 34. 5b/aX100%
【解析】
【分析】
（1）A装置发牛铜与浓硝酸的反应牛成NO：”通到C装置中，NO》与水反应牛成NO,然后进入B 装置进行干燥，干燥完进入D装置和Na?。

?反应，最后进入E装置进行尾气处理。

（2）实验开始时，先通一段时间弘的目的是：排除装置中的空气，防止NO被氧化为NO?。

（3）装置B是干燥NO。

（彳）装置E中发生NO和酸性KWQ溶液的反应,NO能被酸性KMnO；氧化成N（）「,Mn（）「被还原为Mn2\
（5）NaN02与酸性高猛酸钾溶液的离子反应为：5N02+2Mn04+6H=5N03+2Mn2+ +3比0。

（6）酸性高镭酸钾溶液应放在酸式滴定管屮，N处Q样品溶液放在锥形瓶屮，第二次实验数据偏小, 即V （标）偏小。

（7）第二次实验数据误差较大，故舍去，酸性高镒酸钾溶液的平均体积为：（19.98讥+20.02证）/2=20mL,根据方程式:5N02_+2Mn04'+6H=5N03 +2Mn2+ +3H20 来解答。

【详解】（1）A装置发牛铜与浓硝酸的反应牛成N0：“通到C装置中，NO?与水反应牛成NO,然后进入B装置进行干燥，干燥完进入D装置和N&02反应，最后进入E装置进行尾气处理，所以连接顺序为（或g）—g （或f） f i,故答案为：d-^e-^b-^c^f （或g）（或f）
-^io
（2）实验开始时，先通一段时间2的目的是：排除装置中的空气，防止NO被氧化为NQ,故答案为：排除装置中的空气，防止NO被氧化为N0：?。

（3）装置B是干燥NO,应盛放试剂的名称为碱石灰或无水氯化钙，装置C屮NO?和水反应生成硝酸和NO,故答案为：碱石灰或无水氯化钙；将NO?转化为NO。

（4）装置E中发生NO和酸性KMnO”溶液的反应,NO能被酸性KMg氧化成NO厂,MnO「被还原为Mn2\ 反应的离子方程式为:5N0+3Mn04~+4H=5N0r+3Mn^+2H20,故答案为：5NO+3MnO4_+4H =5N03_ +3Mn2t+2H20o
（5）NaNOz与酸性高猛酸钾溶液的离子反应为：5N02+2Mn0；4-6H=5N03+2Mn24 +3也0,滴定终点的实验现象为：溶液由无色变为紫色（或紫红色），且半分钟不褪色，故答案为：溶液由无色变为紫色（或紫红色），只半分钟不褪色。

(6) 酸性高猛酸钾溶液应放在酸式滴定管屮，NaNQ 样晶洛液放在锥形瓶中，第二次实验数据(酸 性高猛酸钾溶液体积)偏小.
&滴定时有部分酸性高猛酸钾溶液滴在锥形瓶外，酸性高猛酸钾溶液体积偏大，故a 不可能； b. 加入样品溶液前的锥形瓶是否干燥对实验没有影响，故b 不可能；
c. 滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，读数出现错误，可以导致酸性高镒酸钾溶液体积V (标)偏 小，故c 可能。

故选Co
(7) 第二次实验数据误差较大，故舍去，酸性高镭酸钾溶液的平均体枳为：(19.98mL+20.0加L) /2=20mL,根据方程式：
5N0』+2Mn0「+6H 二5NO 「+2MrT +3HQ, 5mol 2mol
x 20 niLX10_3XbmoL/L
解得x=0. 05bmol,原样品屮NaNOz 的物质的量为0. 5bmol, (0. 5bmolX69g/mol/ag) X 100%=34. 5b/aX 100%,故答案为：
9. 甲醇是一种可再生能源，由C0?制备甲醇的过程可能涉及的反应如下:
反应 I ： C02(g) +3H 2(g) ^^CH 30H(g)+H 20(g)
反应 II ： C02(g)+H 2(g) ^^C0(g)+H 20(g)
反应III ： C0(g)m(g) ^^CH 30H(g)
回答卜•列问题：
⑴反应II 的Z\H 尸 _________ o
(2) 反应III 能够自发进行的条件是 _________ (填“较低温度”、“较高温度”或“任何温度”)
(3) 恒温，恒容密闭容器中，对于反应1,下列说法中能说明该反应达到化学平衡状态的是 A. 混合气体的密度不再变化
B. 混合气体的平均相对分子质量不再变化
C. C02、也、CH..OH, H 20的物质的量之比为1 ： 3 ： 1 ： 1
D. 甲醇的百分含量不再变化
(4) 对于反应I,温度对CO?的转化率及催化剂的效率影响如图所示:
所以Na'Q 的质量分数为
34. 5b/aX100%o
△H 】二一49. 58kJ ・ mor
AH 2
百分比/,
70
60
50
40
30
°100 ISO 200 250 300 350
①下列有关说法不正确的是_______________
A.其他条件不变，若不使用催化剂，则250°C时CO?的平衡转化率可能位于\h
B.温度低于250°C时，随温度升高甲醇的产率增大
C.M点时平衡常数比N点时平衡常数大
D.实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高COj勺转化率
②若在1L密闭容器中充入3molH2和1 molC02发牛反应l,250°C时反应的平衡常数K二________ (保留3位小数)；若要进一步提高甲醇体积分数，可采取的措施有____________ 。

【答案】仃).+41. 19 kJ ・molT (2).较低温度(3). BD (4). ABD (5). 0. 148
(6).增大压强(降低温度)
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律：n=i-m得反应I［的△區。

(2)AG=AH-TAS<0 W，反应能够自发进行，该反应的△$〈()，AH<0,当温度较低时，反应III能够自发进行。

(3) A.由于气体的质量、体积不变，则无论是否达到平衡状态，混合气体的密度都不变化，不能作为判断是否平衡的依据。

B.反应前后气体的物质的量不等，混合气体的平均相对分子质量不再变化，可说明气体的物质的量不再变化，说明达到平衡状态。

C.平衡常数未知，C0,也、CH：QH、比0的物质的量之比为1:3:1:1 ,不能判断是否达到平衡状态。

D.甲醇的百分含量不再变化，可说明达到平衡状态。

(4)®反应I： C02(g)+3H2(g) =^CHQI(g)+氏0(g) AHj=-49. 58kJ - mor'
A.由图像可知，其他条件不变，若不使用催化剂，则250C时CO?的平衡转化率一定位于比
B.温度低于250°C时，随温度升高二氧化碳转化量降低，甲醇的产率减小。

C.平衡常数只与温度有关，M点温度低于N点温度，温度高，平衡逆向移动，则M点时平衡常数比
N点时平衡常数大。

D.根据图像可知，催化剂催化效率在250°C左右最高，实际反应应控制温度在250°C左右。

②根据三段式计算。

【详解】(1)反应I： C02(g)+3H2(g) =^CHeH(g)+HQ(g) AH F-49. 58kJ ・ moL
反应II： CO2(g)+H2(g) =^C0 (g)+出0 (g) AH2
反应III： CO(g) +2H2(g) =^CH：QH(g) AH尸-90. 77 kJ • mol-1
根据盖斯定律：II=I-III得反应11的厶H2=+41. 19 kJ • mol-1,故答案为：+41. 19 kJ • mol^o
(2)AG-AH-TAS<0时，反应能够自发进行，该反应的ASG, AH<0,当温度较低时，反应III能够自发进行，故答案为：较低温度。

(3) A.由于气体的质量、体积不变，则无论是否达到平衡状态，混合气体的密度都不变化，不能作为判断是否平衡的依据，故八错误；
B.反应前后气体的物质的量不等，混合气体的平均相对分子质量不再变化，可说明气体的物质的量不再变化，说明达到平衡状态，故B正确；
C.平衡常数未知，CO?、比、CHQH、出0的物质的量之比为1:3:1:1 ,不能判断是否达到平衡状态, 故C错误；
0.甲醇的百分含量不再变化，可说明达到平衡状态，故D正确。

故选BDo
(4)①反应I： C02(g)+3H2(g) =^^CHsOH(g) +H20(g) AH^-49. 58kJ ・ moL
A.山图像可知，其他条件不变，若不使用催化剂，不会改变平衡状态，二氧化硫的平衡转化率不变, 则250°C时C02的平衡转化率一定位于M,故A错误；
B.温度低于250°C时，随温度升高二氧化碳转化量降低，甲醇的产率减小，故B错误；
C.平衡常数只与温度有关，由于该反应正反应方向是放热反应，M点温度低于N点温度，温度升高, 平衡逆向移动，则M点时平衡常数比N点时平衡常数大，故C正确；
D.根据图像可知，催化剂催化效率在250°C左右最高，实际反应应控制温度在250°C左右，故D错误；故选ABDo
②M点二氧化碳的转化率是50%,
C02(g) 4 3IL(g) ^^CH30H(g)+H20(g) AH F-49. 58kJ ・ moL
起始量(mol) 1 3 0 0
变化量(mol) 0.5 1.5 0.5 0.5
体积为IL, K 二0.5X0. 5/0. 5X1. 5M). 148,反应后气体体积减小，若要进一步提高甲醇体积分数, 可采取的措施有增大压强或降低温度，平衡止向移动，故答案为：0.14&增大压强(降低温度)。

10. 工业上，以钛铁矿为原料制备二氧化钛的工艺流程如下图所示。

钛铁矿主要成分为钛酸亚铁
(FcTiO..),其中一部分F (?•在风化过程中会转化为+3价。

己知：Ti0(0H)2(即HdiOj 为两性氢氧化物
(1) 步骤②中，发生主要反应的离子方程式为 ___________ 0
(2) 步骤③中，实现混合物的分离是利用物质的 ___________ 填字母序号)o A.熔沸点差异
B.溶解性差异
C.氧化性、述原性差异
(3) 步骤②、③、④中，均需用到的操作是 ___________ (填操作名称)。

(4) 请结合化学用语，用化学平衡理论解释步骤④中将Ti(T 转化为晰讹的原理： ______________ 。

(5) 上述工艺流程中可以循环利用的物质是 ___________
⑹研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融Cal ；厂CaO 作电解质，利用如图所示装置获得 金
属钙，并以钙为述原剂，述原二氧化钛制备金属钛。

① 写出阳极所发生反应的电极反应式 _________ O
平衡量(mol) 0.5
1.5 0. 5 0. 5
F4
H*
②
sop
2 no 2*
热水
H*・ sop
1M>^
80/ O
FcflO 4 • 7H 2O
②在制备金属Ti前后，CaO的质量将 __________ (填“增大”、“不变”或“减小”)。

2H2O^^H2TiO3+ 2H',当加入热水稀释、升温后，平衡止向移动，牛成比门0：＜(5). H2SO,或硫
酸(6). 202 -4e=02 t 或C+O'-4e「二CO f (7).不变
【解析】
【分析】
(1)步骤②中,用铁粉将F/转化为FeS
(2)溶液中析出晶体是利用物质溶解度的不同得到的。

(3)②③④步骤的操作过程屮都得到沉淀或晶体，所以需要过滤得到］古【体和溶液。

(4)根据溶液中存在平衡：TiO2* + 2H20^=^H2Ti03+ 2H來解答。

(5)流程中生成了硫酸，可循环使用。

(6)①阳极图示产物可知，阳极生成一氧化碳气体，是电解质屮的氧离子失电子生成氧气，氧气和阳极石墨反应牛成的一氧化碳c
②制备TiQ时,在电解槽发生如下反应:阴极:2Ca2¥ +4e~=2Ca阳极：202-4e = 02 f ,钙再还原二氧化钛生成钛：
2Ca+Ti@ = Ti+2Ca0o
【详解】(1)步骤②屮，用铁粉将FJ转化为F/的反应的离子方程式为2Ff + Fe二3F/,
故答案为：2F「+ Fe= 3FeS
(2)步骤③冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，利用的是物质溶解度的不同，通过冷却热饱和溶
液得到；故答案为B。

(3)②③④步骤的操作过程中都得到沉淀或晶体，所以需要过滤得到固体和溶液，故答案为：过滤。

(4)步骤④屮使用热水的目的是促进TiO"水解牛成ILTiO.,分离出固体加热得到Ti()2；溶液中存在平衡：TiO2 + 2也0=^出门0：什2H；当加入热水稀释、升温后，平衡止向移动，生成HdiOs；故答案为：溶液中存在平衡：TiO2+ + 2H2O^^HJiO3+ 2H4,当加入热水稀释、升温后，平衡正向移动,生成H2Ti0so
(5)流程中生成了硫酸，步骤①中使用硫酸，可循环使用，故答案为：H^SOi或硫酸。

(6)①用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2 - CaO作电解质，阳极发牛氧化反应，阴极析岀钙、发生还原反应，由阳极图示产物可知，阳极生成一氧化碳气体，是电解质中的氧离子失电子生成氧气，氧气和阳极石墨反应生成的一氧化碳，所以电极反应为：202_-4e=02 t ,或C+02--4e' = CO t ,
故答案为：202-4e=021 或C+02-4e_二CO f。

②制备TiQ 时,在电解槽发生如下反应:阴极：2Ca 2+ +4e~=2Ca 阳极：202-4e = 021 ,钙再还原 二氧化钛牛成钛：
2Ca+TiO 2 = Ti+2CaO,由此可见,CaO 的量不变,故答案为:不变。

11. 常见的太阳能电池有单晶硅太阳能电池、多品硅太阳能电池、GaAs 太阳能电池及铜锥I 傢硒等多 种元索构成薄膜太阳能电池。

回答下列问题：
(1) 基态亚铜离子(Cd)的价层电子排布式为 ___________ 0
(2) 碑、硒是第四周期的相邻元素,已知碑的第一电离能(947RJ - mol'1)大于硒(941k ］・mor%请 从原子结构的角度加以解释 __________ O
⑶比0的沸点高于HzSe 的沸点，其原因是 ___________ o
(4) GaCla 和AsF ：〈的分子立体构型分别是 _____ , __________ 。

(5) 硼酸(HsBOj 本身不能电离出H ；在水中易结合一个0H 生成［B(OH) ,J ,而体现弱酸性。

① ［B(OH)J -中B 原子的杂化类型为 _________ o ② ［B(OH).,］-的结构式为 _______ o
(6) 金刚石的晶胞如图，若以硅原子代替金刚石晶体中的碳原子，便得到晶体硅；若将金刚石晶体 中一半的碳原子换成硅原子，II 碳、硅原子交替，即得到碳化硅晶体(金刚砂)。

① 金刚石、晶体硅、碳化硅的熔点由高到低的排列顺序是 ___________ (用化学式表示)
② 金刚石的晶胞参数为apm(lpm=10-,2m), 1cm 3晶体的平均质量为 ___________ g (只要求列算式，阿 伏加德罗常数的值为叫)。

【答案】 (1). 3d 10
(2).砂的价电子排布式是4s 24p\ 4p 轨道上的电子处于半充满状态,
比较稳定，气态原子失去一个电子需要的能量比较大 (3).水分子间存在氮键 (4).平面
【解析】 【分析】
HO $)H
HO 只H
三角形 (5).三角锥形
(6). sp 3
(7).
H(/ OH
■ ■
或
B
HO Z OH ■ ■
(8). C>SiC>Si
⑼.9. 6X10:i 7(aK)
(1)铜是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理知，其基态原子核外电子排布式为:
ls 22s 22p 63s 23p 63d 104s* 或［Ar ］3d”4st
(2) 碎的价电子排布式是4s 24p\ 4p 轨道上的电子处于半充满状态，比较稳定，气态原子失去一 个电子需要的能量比较大，而硒的价电子排布式是4s 24p\ 4p 轨道上失去一个电子才处于半充满 状态，故第一电离能较小。

(3) 氏0的沸点高于乩Sc 的沸点，是因为水分子间存在氢键。

(4) GaCl 3中Ga 原子的价层电子对数为3,没有孤电子对，而AsFs 中As 原子的价层电子对数为4, 有一个孤电子对。

(5) ①［B(OH)J 中B 的价层电子对=4+1/2(3+1-4X 1)=4,所以采取杂化。

②B 原子是缺电子原子，所以该离子中还含有配位键。

(6) ①根据键长C-C<C-Si<Si-Si 判断。

②金刚石属于面心立方晶胞，根据均摊法计算。

【详解】(1)铜是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理知，其基态原子核外电子 排布式为：ls^s^p^s^p^d^s*或［Ar ］3d”4s‘，则Cif 在基态时的价电子排布式为3d 10,故答案 为：3d 1% (2) 碑的价电子排布式是4s 24p\ 4p 轨道上的电子处于半充满状态，比较稳定，气态原子失去一 个电子需要的能量比较大，而硒的价电子排布式是4s? 4p\ 4p 轨道上失去一个电子才处于半充满 状态，故第一电离能较小，故答案为：碎的价电子排布式是4s%A 4p 轨道上的电子处于半充满状 态，比较稳定，气态原子失去一个电子需要的能量比较大。

(3) 也0的沸点高于H?Sc 的沸点，是因为水分子间存在氮键，故答案为：水分子间存在氮键。

(4) GaCh 中Ga 原子的价层电子对数为3,没有孤电子对，而AsF 「中As 原子的价层电子对数为4, 有一个孤电子对，故GaCh 空间构型为平面三角形，AsF ：i 的空间构型为三角锥形; 故答案为：平面三角形；三角锥形。

(5) ①［B(OH)J 中B 的价层电子对二4+1/2(3+1-4X 1)=4,所以采取sp'杂化,
②B 原子是缺电子原子，所以该离子中还含有配位键，其结构式为:
(6) ①形成的晶体都是原子晶体，由于键长C-C<C-Si<Si-Si,则熔点为金刚石〉碳化硅>晶体硅， 故答案为:OSiOSio
②金刚石属于面心立方晶胞，即C 原子处在立方体的8个顶点，6个面心，体内有4
个，根据均摊
故答案为: 故答案为:sp\
法推知，一个品胞中含有8个C 原子，又因为一个C 原子的质量为12/N& —个品胞中所含C 原子 的质量为96/NAg,而一个晶胞的体积为(aX10-10)3cm 3,所以leaf 晶体的平均质量为9.6X103,/(a 3 N A ) g,故答案为:9.6X103,/(a N A )O
12. 有机物w 用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W 的一种合成路线如下：
(1)F 的名称是 __________ ⑤的反应类型是 __________ o
⑵E 中的含氧官能团的名称为 ____________ , W 的结构简式为 __________ o (3) 反应②的化学方程式是 __________ 。

(4) 0自身还能发生聚合反应，其聚合产物的结构简式为 ___________ o
⑸参照有机物W 的上述合成路线，设计以M 为起始原料制备F 的合成路线(其他试剂任选)
示例：CHXILOH nor CH 2 CM2-—――►BrCH 2CH 2Br
CH 3O
士 OH d
【解析】
【答案】 仃).苯甲醇 ⑵.消去反应 ⑶.竣基 (4).
二 CH,
c —COOC1I 2
(5).
(6).
光照
请冋答下列问题
OH +2NaBr
Br
I
.
C —CH 2Br+2NaOH
CHa
W /=\ AlCb ■
ClhOH
\aOH/H4)
【分析】
山流程可知，①为加成反应，山 B 的结构可知 A 为
Br
Br
_ OH
和业幼Q 成生成B ・ Q>-C-CH 2Br , Q^-C-CH 2Br 水解生成C ・ Q^C-CIbOH ,
Oil
Q^C-CIIO 又被氧化成D ・
CHj
醇；消去反应。

再通过取代反应引入-x,最后水解生成Br
C-CH 2Br+2NaOH —
CHs
C —CH2OH + 2NaBr "13
CHjO
H-Go —6—C^OH
c-cnoH
（4） D 为 自身能发生聚合反应，聚合产物的结构简式为
（5）由已知,
_ OH
C-CHiOII 在Cu 催化下被02氧化成,
和F .
酣化生成％
COOH
COCM
\7
【详解】（1） F 为
,名称是苯甲醇，⑤的反应类型是消去反应，故答案为：苯甲
(2) E 为 其中的含氧官能团的幺称为竣基，W 的结构简式为
:
故答案为:
故答案为：竣基;
（3）反应②是卤代绘的水解反应，化学方程式为:
Br I .
C~CH 2Br+2NaOH
OH + 2NaBr
+ HC1
CH
'
,所以先根据信息合成
COOH 消去生成E.
COOClb
COOH ，
答案为:
C —COOCIL
故答案为:。