1、 四川省成都市第七中学 2018 届高三下学期三诊模拟考试理综化学试题1. 化学与生产、生活、材料等密切相关，下列叙述正确的是A. 是“氧化剂”的标志B. 明矾溶于水会形成胶体，因此可用于自来水的杀菌消毒C. 可在过渡元素中寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料D. 钢管被原油中含硫化合物腐蚀发生的是电化学腐蚀【答案】C【解析】A. 是“氧化剂”的标志， 是“易燃固体”的标志，故 A 错误；B铝离子水解生成胶体，可吸附悬浮杂质，不具有强氧化性，不能用于自来水的杀菌消毒，故 B 错误；C过渡元素中均为金属元素，可寻找催化剂及耐高温和耐腐蚀的合金材料，故 C 正确；D钢管被含硫化合物腐蚀为化学腐蚀，
2、生成硫化物，因原油不导电，则没有形成原电池反应，故 D 错误；故选 C。2. 向 CuSO4溶液中加入 H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊(Cu 2O)，继续加入 H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是A. Cu2+是 H2O2分解反应的催化剂 B. H 2O2只表现了氧化性C. H2O2的电子式为: D. 发生了反应 Cu2O + H2O2+4H+=2Cu2+3H2O【答案】B【解析】A向 CuSO4溶液中加入 H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说明 Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，
3、故 A 正确；B根据“蓝色溶液变为红色浑浊(Cu 2O)”，说明铜离子被还原成+1 价，H 2O2表现了还原性；继续加入 H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应 Cu2O+H2O2+4H+2Cu 2+3H2O，Cu 2O 中+1 价 Cu 被氧化成+2 价 Cu2+，H 2O2又表现了氧化性，故 B 错误；CH 2O2属于共价化合物，电子式为: ，故 C 正确；D红色浑浊又变为蓝色溶液，Cu 2O 中+1 价 Cu 被氧化成+2 价 Cu2+，发生反应为：Cu 2O+H2O2+4H+2Cu2+3H2O，故 D 正确；故选 B。点睛：本题考查氧化还原反应，明确题干信息的含义为解答关
4、键。本题的易错点为 B，要注意题干信息的解读，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊，说明生成了 Cu2O；继续加入 H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明又生成了 Cu2+。3. 法国、美国、荷兰的三位科学家因研究“分子机器的设计与合成“获得 2016 年诺贝尔化学奖。轮烷是一种分子机器的“轮子” ，轮烷的一种合成原料由 C、H、O 三种元素组成，其球棍模型如图所示(图中的连线表示化学键)，下列说法正确的是A. 该化合物的分子式为 C4H8O2B. 该化合物不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 该化合物既能发生水解反应又能发生缩聚反应D. 该化合物的同分异构体中，能与 NaHCO3反应放出 CO2的
5、只有 4 种【答案】D【解析】A. 根据结构模型可知有机物为 CH3COOCH=CH2，该化合物的分子式为 C4H6O2，故 A 错误；4. 某化学兴趣小组在实验室中模拟利用甲烷和氯气发生取代反应制取副产品盐酸，设计如下图装置，下列说法错误的是A. 实验时先点燃 A 处酒精灯再通甲烷B. 装置 B 有均匀混合气体、控制气流速度、干燥混合气体作用C. 装置 C 经过一段时间的漫射光照射后，生成 4 种液态有机物，且生成的氯甲烷呈酸性D. 装置 D 中的干燥管可以防倒吸，从 D 中分离出盐酸的方法为分液【答案】C【解析】A. 实验时先点燃 A 处酒精灯，当 B 中导管口气体均匀排出是再通甲烷，故
6、A 正确；B. 生成的氯气中含有水，B 装置除具有控制气流速度、均匀混合气体之外，因浓硫酸具有吸水性，还具有干燥作用，故 B 正确；C. 装置 C 经过一段时间的漫射光照射后，生成的一氯甲烷是气体，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳是液体，故 C 错误；D. 氯化氢极易溶于水，装置 D 中的干燥管可以防倒吸，甲烷的氯代产物不溶于水，从 D 中分离出盐酸的方法为分液，故 D 正确；故选 C。点睛：本题考查氯气的制备以及甲烷与氯气的取代反应。本题的易错点为 D，要知道卤代烃难溶于水，另外本题的装置是有缺陷的，尾气中的氯气会污染空气。5. SO2和 NOx是主要大气污染物，利用下图装置可同时吸收 SO2和
7、 NO。下列有关说法错误的是A. a 极为直流电源的负极，与其相连的电极发生还原反应B. 阴极得到 2mol 电子时，通过阳离子交换膜的 H+为 2molC. 吸收池中发生反应的离子方程式为：2NO+2S 2O42-+2H2O=N2+4HSO3-D. 阳极发生的反应式为 SO2+2e-+2H2O=SO42-+4H+【答案】D【解析】A. 阴极发生还原反应，是亚硫酸氢根离子，得电子，生成硫代硫酸根离子，a 是直流电源的负极，故 A 正确；B. 阴极发生还原反应，是亚硫酸氢根离子，得电子，生成硫代硫酸根离子，电极反应式为：2HSO 3-+2e-+2H+S 2O42-+2H2O，阴极得到 2mol
8、电子时，通过阳离子交换膜的 H+为 2mol，故 B 正确；C. 硫代硫酸根离子与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气，离子反应方程式为：2NO+2S 2O42-+2H2ON 2+4HSO3-，故 C 正确；D. 阳极发生失去电子的氧化反应，故 D 错误；故选 D。6. 下列事实不能用元素周期律解释的是A. 金属 Na 和熔融 KCl 反应置换出金属 KB. Al(OH)3能溶于 NaOH 溶液，而 Mg(OH)2 则不溶C. F2在暗处遇 H2爆炸，I 2在暗处遇 H2几乎不反应D. 常温下，NaCl 溶液的 pH=7，AlCl 3溶液的 pHc(H+)=c(OH-)C. 其中一种酸的电离度为
9、 0.1%D. a 点溶液呈中性【答案】C【解析】根据图像，0.1mol/L 的 HX 和 HY 的 c 水 (H+)可知，HX 为弱酸、HY 均为强酸。A. HX 为弱酸，HX 的电离方程式为 HX H+X-，NH 4+)故 A 错误；B. b 点时 c 水 (H+)最大，说明恰好生成 NH4+水解，溶液显酸性，c(H +)c(OH -)，故 B 错误；C. HX 为弱酸，0.1mol/L的 HX 中 c 水 (H+)=10-10mol/L，则溶液的 pH=4，c(H +)=10-4mol/L，HX 的电离度为100%=0.1%，故 C 正确；D. a 点时，c 水 (H+)最大，说明恰好完
10、全反应生成 NH4X，根据 C 的分析，HX 的电离平衡常数 K= =10-7，因此 NH4+水解程度小于 X-的水解程度，溶液显碱性，故 D 错误；故选 C。8. 水合草酸亚铁(FeC 2O4xH2O) 是生产锂电池的原料。难溶于水，受热易分解。某化学兴趣小组对草酸亚铁的一些性质进行探究。回答下列问题:（1）实验室用硫酸亚铁溶液和草酸制备水合草酸亚铁，反应的化学方程式为_。（2）将水合草酸亚铁溶于适量盐酸。分别取 2mL 此溶液于 3 支试管中，进行实验:能证明水合草酸亚铁中存在 Fe2+的试剂有_(填代号)。A.KSCN 溶液 B.K 3Fe(CN)6溶液 C.酸性 KMnO4溶液（3）为
11、测定水合草酸亚铁中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关 K1和 K2) (设为装置 A)称重，记为 m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置 A 称重，记为 m2 g。按下图连接好装置进行实验。实验步骤如下:a.打开 K1和 K2，缓缓通入 N2；b.低温加热装置 A 一段时间；c.停上加热，冷却到室温；d.关闭 K1和 K2，称量 A；e._，记为 m3g。补充实验步骤 e 为_(填实验操作和要求)。步骤 b 至步骤 e 继续通入 N2的目的是_。根据实验数据记录，计算水合草酸亚铁化学式中结晶水数目 x=_(列式表示)。（4）为探究草酸亚铁的分解产物，将(3) 中已恒重的装置 A 接入下
12、图所示部分的装置(可重复选用)进行实验。打开 K1和 K2，缓缓通入 N2，充分加热。实验后石英玻璃管中固体仅残留一种有磁性的黑色化合物。实验装置中，依次连接的合理顺序为 A_。证明产物有 CO 生成的现象是_。写出草酸亚铁受热分解的化学方程式为_。【答案】 (1). FeSO 4+H2C2O4+xH2O= FeC2O4xH2O+H 2SO4 (2). B (3). 重复上述ad 步骤，直至 A 恒重 (4). 将装置 A 中的水蒸气带走；同时防止 FeC2O4被空气氧化 (5). 8(m2-m3)/(m3-m1) (6). CECFGCH (7). G 装置黑色固体变红，其后的 C 中澄清石
13、灰水变浑浊 (8). 3FeC 2O4 Fe3O4+4CO+ 2CO 2【解析】(1)实验室用硫酸亚铁溶液和草酸制备水合草酸亚铁，水合草酸亚铁为FeC2O4xH2O，反应还产生 H2SO4，所以反应的方程式为：FeSO 4+H2C2O4+xH2OFeC2O4xH2O+H 2SO4，故答案为：FeSO 4+H2C2O4+xH2OFeC 2O4xH2O+H 2SO4；(2)A.KSCN 溶液与亚铁离子反应没有明显的现象，不能检验，错误；B.K 3Fe(CN)6溶液与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，正确；C.酸性 KMnO4溶液能够被亚铁离子和草酸根离子还原褪色，不能说明含有亚铁离子，错误；故选 B；(3
14、)实验步骤为：a.打开 K1和 K2，缓缓通入 N2；b.低温加热装置 A 一段时间；c.停上加热，冷却到室温；d.关闭 K1和 K2，称量 A；e. 重复上述 ad 步骤，直至 A 恒重，记为 m3g，故答案为：重复上述 ad 步骤，直至 A 恒重；反应过程中通入 N2，N 2不参加反应，作为保护气，加热装置 A 一段时间到停止加热段内通入 N2，考虑到实验目的是测定水合草酸亚铁中结晶水含量，所以通入 N2有两个目的，一是赶出 H2O，二是防止 FeC2O4被氧化，故答案为：将装置 A 中的水蒸气带走，同时防止 FeC2O4冷却时被氧化；装置质量为 m1g，装入样品后质量为 m2g，则样品质
15、量为(m 2-m1)g，加热一段时间停止加热，称量质量，重复操作直至质量不变，说明此时结晶水完全失去，则热解产物 FeC2O4的质量为(m3-m1)g，所以结晶水的质量为(m 2-m3)g，FeC2O4xH 2O144 18x(m3-m1)g (m2-m3)g则有 ，可得 x= ，故答案为： ；(4)加热分解 FeC2O4产生 CO2和 CO，则实验装置需要验证 CO2和 CO，验证 CO2使用澄清石灰水，验证 CO 可用能够还原 CuO 的性质，所以连接装置为：从 A 开始，连接 C 装置验证 CO2，然后使用浓 NaOH 充分吸收 CO2，此时可再次连接 C 装置看有无 CO2残留，然后进
16、行干燥气体处理，连接装置 F 吸收 H2O，然后连接装置 G 验证 CO，CO 还原 CuO 为 Cu，自身转化为 CO2，这里可用装置 C 处理 CO2，若澄清石灰水变浑浊可进一步验证 CO，最后处理尾气 CO，用装置H 排水法收集尾气，故答案为：CECFGCH。一氧化碳可以还原氧化铜，证明产物有 CO 生成的现象是 G 装置黑色固体变红，其后的 C中澄清石灰水变浑浊，故答案为：G 装置黑色固体变红，其后的 C 中澄清石灰水变浑浊；实验后石英玻璃管中固体仅残留一种有磁性的黑色化合物，应为 Fe3O4，同时产生 CO2和CO，所以 FeC2O4加热分解的化学方程式为：3FeC 2O4Fe 3O
17、4+4CO+2CO 2，故答案为：3FeC2O4Fe 3O4+4CO+2CO 2。点睛：本题以 FeC2O4为背景考查了化合物的性质与探究，明确 FeC2O4的热分解产物是解题的关键。本题的易错点为(3)的计算，要注意理清实验的原理，装置质量为 m1g，装入样品后质量为 m2g，则样品质量为(m 2-m1)g，加热一段时间停止加热至质量不变，说明此时结晶水完全失去，则热解产物 FeC2O4的质量为(m 3-m1)g。9. 海水是一个巨大的化学资源宝库，利用海水可以获得很多化工产品。（1）海水淡化的方法有蒸馏法、_(填 1 种方法)。（2）海水制得的饱和氯化钠溶液可以利用电解法直接制取次氯酸钠，
18、制取的离子方程式为_。（3）利用制盐后的盐卤提取溴的工艺流程如下(部分操作和条件已略去):将 Br2与 Na2CO3反应的化学方程式补充完整:_Br 2+Na 2CO3=NaBrO 3+_+_（4）盐卤蒸发冷却后析出卤块的主要成分是 MgCl2，此外还含 Fe2+、Fe 3+、Mn 2+等离子。以卤块为原料制得镁的工艺流程如下(部分操作和条件已略去)：己知: 常温下 0.010mol/L 金属离子在不同 pH 下的沉淀情况如下:物质 开始沉淀 沉淀完全Fe(OH)3 2.7 3.7Fe(OH)2 7.6 9.6Mn(OH)2 8.3 9.8Mg(OH)2 9.6步骤中需控制 pH=9.8，其目
19、的是_。用 NaClO 氧化 Fe2+得到 Fe(OH)3沉淀的离子反应方程式为_。步骤可以将 SOCl2与 MgCl26H2O 混合加热制取无水 MgCl2，SOCl 2的作用是_。NaClO 还能除去盐卤中的 CO(NH2)2，生成盐和能参与大气循环的物质。除去 0.2molCO(NH2)2时消耗 NaClO_g。如果沉淀 0.010mol/LMgCl2溶液，根据表格中的数据计算，当 pH=11.2 时溶液中 c(Mg2+)=_mol/L。【答案】 (1). 离子交换法或电渗析法 (2). Cl -+H2O ClO-+H2 (3). 3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+5NaBr+3C
20、O2 (4). 除去溶液中含有的 Fe2+、Fe 3+、Mn 2+杂质，使之完全生成沉淀而除去或使 Mg2+以外杂质转化为氢氧化物沉淀而除去 (5). ClO -+2Fe2+5H2O=2Fe(OH)3+Cl -+4H+ (6). 吸收 MgCl26H2O 中结晶水，并产生 HCl 气体抑制Mg2+的水解 (7). 44.7 (8). 1.010 -5.2【解析】(1)海水淡化的方法有蒸馏法、离子交换法或电渗析法，故答案为：离子交换法或电渗析法；(2)利用电解法饱和氯化钠溶液可以直接制取次氯酸钠，制取的离子方程式为 Cl-+H2O ClO-+H2，故答案为：Cl -+H2O ClO-+H2；(3
21、)Br2与 Na2CO3反应生成 NaBrO3、NaBr 和 CO2，Br 元素部分由 0 价升高到+5 价，另一部分从 0 价降低到-1 价，则生成的 NaBrO3与 NaBr 的物质的量之比为 1：5，所以配平方程式为：3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+5NaBr+3CO2，故答案为：3Br 2+3Na2CO3=NaBrO3+5NaBr+3CO2；(4)盐卤加水溶解，加 NaClO 将 Fe2+氧化成 Fe3+，然后加入 NaOH 调节 pH 为 9.8，使Fe2+、Fe 3+、Mn 2+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到，氯化镁晶体，在 HCl 气氛中加
22、热得到无水氯化镁，电解熔融的氯化镁得到 Mg；步骤中需控制 pH=9.8 在于使除 Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，即控制 pH=9.8 的目的：除去溶液中含有的 Fe2+、Fe 3+、Mn 2+杂质，使之完全生成沉淀而除去；故答案为：除去溶液中含有的 Fe2+、Fe 3+、Mn 2+杂质，使之完全生成沉淀而除去；加入次氯酸钠会氧化亚铁离子为三价铁，则次氯酸钠与 Fe2+、H 2O 反应生成 Fe(OH)3、Cl -和 H+，反应的离子方程式为：ClO -+2Fe2+5H2O=2Fe(OH)3+Cl -+4H+；故答案为：ClO -+2Fe2+5H2O=2
23、Fe(OH)3+Cl -+4H+；镁离子水解生成氢氧化镁和氢离子，Mg 2+2H2OMg(OH)2+2H+，水解反应属于吸热反应，加热温度升高，水解程度增大，通入 HCl 时，增加了溶液中的 c(H+)，能使水解平衡逆向移动，抑制 Mg2+水解，HCl 还能带出水份，最终得到无水 MgCl2；故答案为：吸收 MgCl26H2O 中结晶水，并产生 HCl 气体抑制 Mg2+的水解；NaClO 还能除去盐卤中的 CO(NH2)2，生成盐和能参与大气循环的物质，其反应为3NaClO+CO(NH2)23NaCl+CO 2+N 2+2H 2O，由方程式中物质之间的关系可知，0.2mol CO(NH2)2
24、消耗 NaClO 为 0.6mol，则 m(NaClO)=nM=0.6mol74.5g/mol=44.7g，故答案为：44.7；根据表格数据可知，pH=9.6 时，c(OH -)=10-4.4，镁离子开始沉淀，则 KspMg(OH)2=0.01(10-4.4)2= c(Mg2+)(10-2.8)2，解得：c(Mg 2+)=1.010-5.2mol/L，故答案为：1.010-5.2。10. 乙烯是合成食品外包装材料聚乙烯的单体，可以由丁烷裂解制备。主反应:C 4H10(g,正丁烷) C2H4(g)+C2H6(g) H 1副反应:C 4H10 (g,正丁烷) CH4(g)+C3H6(g) H 2回
25、答下列问题:（1）化学上，将稳定单质的能量定为 0，生成稳定化合物时的释放或吸收能量生成热，生成热可表示该物质相对能量。下表为 25、101kPa 下几种有机物的生成热:物质 曱烷 乙烷 乙烯 丙烯 正丁烷 异丁烷生成热/kJmol -1-75 -85 52 20 -125 -132表格中的物质，最稳定的是_(填结构简式)。上述反应中，H 1=_kJ/mol。书写热化学方程式时，要标明“同分异构体名称” ，其理由是_。（2）一定温度下，在恒容密闭容器中投入一定量正丁烷发生反应生成乙烯。下列情况表明该反应达到平衡状态的是_ (填代号)。A.气体密度保持不变 B. c(C 2H4)c(C2H6)/
26、 c(C4H10)保持不变C.反应热不变 D.正丁烷分解速率和乙烷消耗速率相等为了同时提高反应速率和转化率，下列措施可采用的是 _(填代号)。A.加入高效催化剂 B.升高温度 C.充入乙烷 D.减小压强（3）向密闭容器中充入丁烷，在一定条件(浓度、催化剂及压强等) 下发生反应，测得乙烯产率与温度关系如图所示。温度高于 600时，随若温度升高，乙烯产率降低，可能的原因是_(填代号)。A.平衡常数降低 B.活化能降低 C.催化剂活性降低 D.副产物增多 （4）在一定温度下向 1L 恒容密闭容器中充入 2mol 正丁烷，反应生成乙烯和乙烷，经过10min 达到平衡状态，测得平衡时气体压强是原来的 1
27、.75 倍。010min 内乙烯的生成速率 v(C2H4)为_ molL -1min-1。 上述条件下，该反应的平衡常数 K 为_。（5）丁烷-空气燃料电池以熔融的 K2CO3为电解质，以具有催化作用和导电性能的稀土金属材料为电极。该燃料电池的负极反应式为_。【答案】 (1). (CH 3)2CHCH3 (2). +92 (3). 同分异构体的能量不相等 (4). BD (5). B (6). CD (7). 0.15 (8). 4.5mol/L (9). C4H10+13CO32-26e-=17CO2+5H2O【解析】(1)物质具有的能量越低越稳定，根据表格数据，最稳定的是异丁烷，结构简式为
28、(CH 3)2CHCH3，故答案为：(CH 3)2CHCH3；H=生成物的总能量-反应物的总能量，H 1=(52 kJ/mol)+(-85 kJ/mol)-(-125 kJ/mol)=+92kJ/mol，故答案为：+92；根据表格数据，同分异构体的能量不相等，因此书写热化学方程式时，要标明“同分异构体名称” ，故答案为：同分异构体的能量不相等；(2)对于反应 C4H10(g,正丁烷) C2H4(g)+C2H6(g) H 10。A. 在恒容密闭容器中。气体的质量和体积均不变，气体密度始终保持不变，不能判断是否为平衡状态，故 A 错误；B.温度不变，平衡常数不变，当c(C 2H4)c(C2H6)/
29、 c(C4H10)保持不变，说明达到了平衡状态，故 B 正确；C.反应热与反应的程度无关，不能判断是否为平衡状态，故 C 错误；D.正丁烷分解速率和乙烷消耗速率相等，说明正逆反应速率相等，说明达到了平衡状态，故 D 正确；故选 BD；对于反应 C4H10(g,正丁烷) C2H4(g)+C2H6(g) H 10。A.加入高效催化剂，平衡不移动，转化率不变，故 A 错误； B.升高温度，平衡正向移动，反应速率和转化率均增大，故B 正确；C.充入乙烷，平衡逆向移动，转化率减小，故 C 错误；D.减小压强，反应速率减慢，故 D 错误；故选 B；(3)主反应:C 4H10(g,正丁烷) C2H4(g)+
30、C2H6(g) H 10，副反应:C 4H10 (g,正丁烷) CH4(g)+C3H6(g) H 2=(-75 kJ/mol)+(20 kJ/mol)-(-125 kJ/mol)=+70kJ/mol0，A.升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，故 A 错误；B.升高温度，活化能不变，故 B 错误；C.升高温度，催化剂活性可能降低，会导致乙烯的产率降低，故 C 正确；D.升高温度，副产物增多，会导致乙烯的产率降低，故 D 正确；故选 CD；(4)在一定温度下向 1L 恒容密闭容器中充入 2mol 正丁烷，发生 C4H10(g,正丁烷) C2H4(g)+C2H6(g) H 10，经过 10min
31、达到平衡状态，测得平衡时气体压强是原来的 1.75 倍，则平衡时气体的总物质的量=2mol1.75=3.5mol，则生成的乙烯为 1.5mol，反应的正丁烷为1.5mol。010min 内乙烯的生成速率 v(C2H4)= = 0.15 molL-1min-1，故答案为：0.15；上述条件下，该反应的平衡常数 K= =4.5 mol/L，故答案为：4.5 mol/L；(5)丁烷-空气燃料电池以熔融的 K2CO3为电解质，负极上丁烷失去电子发生氧化反应，负极反应式为 C4H10+13CO32-26e-=17CO2+5H2O，故答案为：C 4H10+13CO32-26e-=17CO2+5H2O。11
32、. C、N 和 Si 能形成多种高硬度材料，如 Si3N4，C 3N4、SiC。（1） Si 3N4和 C3N4中硬度较高的是_，理由是_。（2） C 和 N 能合成三聚氰胺(如图所示)，其中 N 原子的杂化方式为_。（3） C 和 N 还能形成一种五元环状有机物咪唑(im)，其结构为 。化合物Co(im) 6SiF6的结构示意图如图所示:基态 Co 原子的次外层电子排布式为_。N 与 Co2+之间的化学键类型是_，判断的理由是_。阴离子SiF 62-中心原子 Si 的价层电子对数为_。阳离子Co(im) 62+和SiF 62-之间除了阴阳离子间的静电作用力，还存在氢键作用，画出该氢键的表示式
33、_。(例如，水中氢键的表示式为: )。（4）-SiC 为立方晶系晶体，晶胞参数为 a，已知 Si 原子半径为 rSi，C 原子半径为 rC，该晶胞中原子的分数坐标为:C:(0，0，0)；(1/2，1/2，0)；(1/2，0，1/2)；(0，1/2，1/2)；Si:(1/4，1/4，1/4)；(1/4，3/4，3/4)；(3/4，1/4，3/4)；(3/4，3/4，1/4)。则 -SiC 立方晶胞中含有_个 Si 原子、_个 C 原子；该晶跑中原子的体积占晶胞体积的百分率为_(列出计算式即可)。【答案】 (1). C 3N4 (2). 两者同为原子晶体，C 的原子半径小于 Si，与 Si-N 相
34、比，C-N 的键长短，键能大 (3). sp 2 sp3 (4). 3s23p63d7 (5). 配位键 (6). N 原子有孤电子对，Co 2+有空轨道 (7). 6 (8). (9). 4 (10). 4 (11). 16(r 3c+r3si)/(3a3)100%【解析】(1) Si 3N4和 C3N4均为原子晶体，其中 C 原子半径小于 Si 原子，Si 3N4中的共价键的键长大于 C3N4的键长，硬度较高的是 C3N4，故答案为：C 3N4；两者同为原子晶体，C 的原子半径小于 Si，与 Si-N 相比，C-N 的键长短，键能大； (2)根据三聚氰胺的结构可知，分子中 N 原子有 2
35、种，其中一种连接 3 个原子，含有一个孤电子对，采用 sp3杂化，另一种连接 2 个原子，含有一个孤电子对，采用 sp2杂化，故答案为：sp 2、sp 3；(3)Co 为 27 号元素，基态 Co 原子电子排布式为 1s22s22p63s23p63d74s2，次外层电子排布式为 3s23p63d7；N 原子有孤电子对，Co 2+有空轨道 N 与 Co2+之间的化学键为配位键，故答案为：3s 23p63d7；配位键；N 原子有孤电子对，Co 2+有空轨道；阴离子SiF 62-中心原子 Si 的价层电子对数为 6。阳离子Co(im) 62+和SiF 62-之间除了阴阳离子间的静电作用力，F 的非金
36、属性很强，能够与 中 N 原子上的氢原子形成氢键，可以表示为 ，故答案为：6； ；(4)根据晶胞中原子的分数坐标可知，C 原子位于立方体的顶点和面心，Si 原子位于立方体内，且与周围的碳原子构成正四面体结构，-SiC 立方晶胞中含有的 Si 原子为 4 个，含有的 C 原子数=8 +6 =4；晶胞的体积 V1=a3；晶胞中碳原子和硅原子的总体积V2= (r 3c+r3si)4= (r 3c+r3si)，晶跑中原子的体积占晶胞体积的百分率= 100%=100%= 100%，故答案为：4； 4； 100%。点睛：本题考查了物质结构与性质。本题的易错点为(2)中 N 原子的杂化类型的判断，要注意分子
37、中有 2 种 N 原子；本题的难点为(4)的计算，首先需要能够根据原子的坐标画出晶胞结构，在根据晶胞结构计算。12. 丁苯酞是我国自主研发的一类用于治疗急性缺血性脑卒中的新药。合成丁苯酞(J) 的一种路线如下:已知: 回答下列问题:（1）A 的名称是_。（2）B 生成 A 的化学方程式_。（3） D 生成 E 的反应类型为_，试剂 a 是_。（4） F 的结构简式_。（5）J 是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环。写出 H 生成 J 的化学方程式_。（6）E X，X 的同分异构体中：能发生银镜反应；能与氯化铁溶液发生显色反应。满足上述条件的 X 的同分异构体共有_种。（7）利用题中信息和所
38、学知识，写出以甲烷和化合物 D 为原料，合成 路线流程图(其它试剂自选)。_。【答案】 (1). 2-甲基丙烯(或: 2-甲基-1-丙烯) (2). C(CH 3)3Br+NaOH +NaBr+H 2O (3). 取代反应 (4). Br 2/ FeBr3 (5). (6). (7). 13 (8). 【解析】由 G 的结构逆推可知 F 为 ，C 为(CH 3)3CMgBr，由 C 为(CH 3)3CMgBr 逆推，B 为(CH 3)3CBr，A 为 ；由 F 为 逆推，D 为 ，E 为 。根据已知信息，由 G 可推知 H 为 ，J 是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则 H 发生分子
39、内的酯化反应生成 J，J 为 。(1)A 为 ，名称为 2-甲基丙烯，故答案为：2-甲基丙烯；(2)B 为(CH 3)3CBr，A 为 ，B 在氢氧化钠醇溶液中消去可以生成 A，反应的化学方程式为 C(CH3)3Br+NaOH +NaBr+H 2O，故答案为：C(CH 3)3Br+NaOH +NaBr+H 2O；(3)D 为，E 为 ，D 在催化剂作用下发生苯环上的溴代反应生成 E，反应的试剂 a是 Br2/ FeBr3，故答案为：取代反应；Br 2/ FeBr3；(4)根据上述分析，F 为 ，故答案为： ；(5)J 为 ，H 生成 J 的化学方程式为 ，故答案为：；(6)E 为 ，根据信息，E X，X 为 。X 的同分异构体中：能发生银镜反应，含有醛基；能与氯化铁溶液发生显色反应，含有酚羟基，满足上述条件的 X 有：苯环上含有甲基、羟基、醛基各 1 个的结构有 10 种；苯环上含有羟基、CH2CHO 各 1 个的结构有 3 种，共 13 种，故答案为：13；(7)以甲烷和化合物 D( )为原料，合成 。根据题干合成思路，可以先合成和 CH3MgBr；由 可以氧化生成 ；由甲烷取代可以生成一氯甲烷，再与格式试剂反应可以生成 CH3MgBr。合成路线为，故答案为：。
