《2019-2020学年北京市首都师范大学附属回龙观育新学校新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年北京市首都师范大学附属回龙观育新学校新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年北京市首都师范大学附属回龙观育新学校新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(夹持和净化装置省略)。仅用以下实验装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a 中的液体b 中的物质c中收集的气体d 中的液体A 浓氨水碱石灰NH3H2O B 浓硝酸Cu NO2H2O C 浓硫酸Na2SO3SO2NaOH 溶液D 稀硝酸Cu NO NaOH 溶液AA BB CC DD【答案】C【解析】【详解】A.浓氨水与碱石灰不加热可以制取氨气，但是氨气的密度比空气小
2、，不能用向上排空气方法收集，A 错误；B.浓硝酸与Cu反应产生NO2气体，NO2密度比空气大，可以用向上排空气方法收集，NO2是大气污染物，但 NO2若用水吸收，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，产生的NO 仍然会污染空气，B 错误；C.浓硫酸与 Na2SO3发生复分解反应，产生Na2SO4、H2O、SO2，SO2密度比空气大，可以用向上排空气方法收集，SO2是大气污染物，可以用NaOH 溶液吸收，发生反应为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，为防止倒吸，安装了倒扣漏斗，从而达到环境保护的目的，C正确；D.稀硝酸与Cu反应产生NO 气体，NO 与空气中的氧气会发生反应，所
3、以不能用排空气方法收集，D 错误；故合理选项是C。2科学家利用CH4燃料电池(如图)作为电源，用Cu-Si合金作硅源电解制硅可以降低制硅成本，高温利用三层液熔盐进行电解精炼，下列说法不正确的是（）A电极 d 与 b 相连，c 与 a 相连B电解槽中，Si优先于 Cu 被氧化Ca 极的电极反应为CH4-8e-+8OH-=CO2+6H2O D相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，会影响硅的提纯速率【答案】C【解析】【分析】【详解】A图 2 是甲烷燃料电池，通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极，图1 中 d 电极为阳极，与电源正极 b 相连，c电极为阴极，与电源负极a 相连，故A 正确；Bd
4、 电极为阳极硅失电子被氧化，而铜没有，所以Si优先于 Cu 被氧化，故B 正确；C通入甲烷的a 电极为负极发生氧化反应，电极反应为CH4-8e+4O2CO2+2H2O，故 C 错误；D相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，电流强度不同，会导致转移电子的量不同，会影响硅提纯速率，故 D 正确；故选 C。3用 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A 1 mol 甲基(CH3)所含的电子数为10NAB常温常压下，1 mol 分子式为C2H6O 的有机物中，含有C O 键的数目为NAC14g 由乙烯和环丙烷()组成的混合气体中，含有的原子总数为3NAD标准状况下，22.4L 四氯化碳中含有
5、共用电子对的数目为4NA【答案】C【解析】【详解】A.1 个甲基中含有9 个电子，则1 mol 甲基(CH3)所含的电子数为9NA，A 错误；B.分子式为C2H6O 的有机物可能是乙醇CH3CH2OH（1 个乙醇分子中含1 个 C O键），也可能是二甲醚CH3-O-CH3（1 个二甲醚分子中含2 个 CO键），故不能确定其中含有的CO 键的数目，B错误；C.乙烯和环丙烷()的最简式都是CH2，1 个最简式中含有3 个原子，14g 由乙烯和环丙烷()组成的混合气体中含有最简式的物质的量是1mol，因此含有的原子总数为3NA，C正确；D.在标准状况下四氯化碳呈液态，不能用气体摩尔体积计算四氯化碳物
6、质的量，D 错误；故答案是C。4CO2和 CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如图：下列说法中错误的是（）A过程 是吸热反应BNi 是该反应的催化剂C过程 既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成D反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO22CO+2H2【答案】A【解析】【分析】由图可知，发生CH4+CO22CO+2H2，Ni 为催化剂，且化学反应中有化学键的断裂和生成，放出热量，以此来解答。【详解】A 中能量降低，放出热量，故A 错误；BNi 在该反应中做催化剂，改变反应的途径，不改变反应物、生成物，故B正确；C由反应物、生成物可知，既有碳氧键的断裂，又有碳氧
7、键的形成，故C正确；D由分析可知，反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO2Ni2CO+2H2，故 D 正确；答案选 A。【点睛】反应物的能量高，生成物的能量低，反应为放热反应，比较吸热反应和放热反应时，需要比较反应物和生成物的能量的相对大小。5用下列装置进行实验，能达到实验目的的是选项A B C D 实验装置目的制备干燥的氨气证明非金属性ClCSi 制备乙酸乙酯分离出溴苯A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A氨气与浓硫酸反应，不能选浓硫酸干燥，故A 错误；B稀盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸，且盐酸为无氧酸，不能比较非金属性，故B 错误；C导管在饱和碳酸钠溶液的液面下可发
8、生倒吸，导管口应在液面上，故C 错误；D溴苯的密度比水的密度大，分层后在下层，图中分液装置可分离出溴苯，故D 正确；故选 D。【点睛】1、酸性干燥剂：浓硫酸、五氧化二磷，用于干燥酸性或中性气体，其中浓硫酸不能干燥硫化氢、溴化氢、碘化氢等强还原性的酸性气体；五氧化二磷不能干燥氨气。2、中性干燥剂：无水氯化钙，一般气体都能干燥，但无水氯化钙不能干燥氨气和乙醇。3、碱性干燥剂：碱石灰（CaO与 NaOH、KOH的混合物）、生石灰（CaO）、NaOH 固体，用于干燥中性或碱性气体。6设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A2278gNa O固体含有离子的数目为A3NB常温下，pH1的醋酸溶
9、液中H+数目为A0.1NC13g 由12C和14C组成的碳单质中所含质子数一定为A6ND20.1molSO与足量2O在一定条件下化合，转移电子数为A0.2N【答案】A【解析】【详解】A 项、78gNa2O2固体物质的量为1mol，1molNa2O2固体中含离子总数为3NA，故 A正确；B 项、未说明溶液的体积，无法确定pH=1 的醋酸溶液中H+的个数，故B 错误；C 项、12C和14C组成的碳单质中两者的个数之比不明确，故碳单质的摩尔质量不能确定，则13g 碳的物质的量无法计算，其含有的质子数不一定是6NA个，故 C错误；D 项、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移电子的个数小
10、于0.2NA个，故 D 错误。故选 A。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。7某黄色溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cl、SO42、CO32等离子（不考虑水的电离和离子的水解）。某同学为了确定其组分，设计并完成了如下实验：下列说法正确的是（）A c（Fe3+）一定为0.2 mol?L1Bc（Cl）至少为 0.2 mol?L1CNa+、SO42一定存在，NH4+一定不存在D Na+、Fe2+可能存在，CO32一定不存在【答案】D【解析】【分析】某黄色溶液中可能含有Na、NH4、Fe2、Fe3、Cl、SO42、CO32等离子，初
11、步判断含Fe3，加入过量 NaOH 溶液，加热，产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，灼烧得到1.6g 固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量=1.6g/160gmol1=0.01mol，则原溶液中含有0.02mol 铁元素为Fe3，原溶液中一定没有CO32，4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量=4.66g/233gmol1=0.02mol，原溶液中含有0.02mol 硫酸根离子，由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是否含有钠离子，由溶液为电中性可判断是否存在氯离子。【详解】加入过量NaOH 溶液，加热产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，1.6g 固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量为0.01mo
12、l，则原溶液中含有0.02mol 铁元素为Fe3+，原溶液中一定没有CO32，由于加入了NaOH，无法判断原溶液中是否含有Na+，4.66g 不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02mol，则原溶液中含有 0.02mol 硫酸根离子，由电荷守恒，正电荷=3n（Fe3+）=0.06，负电荷=2n（SO42）=0.04，原溶液中一定有 Cl，物质的量应为0.02mol 30.02mol 2=0.02mol，若含有亚铁离子时，c（Cl）可能小于0.2mol/L，溶液中Fe2+加热被氧化也可以生成铁离子，则原溶液中c（Fe3+）=0.02mol0.1L0.2mol/L，溶液中 Na+、NH
13、4+、Fe2+离子可能存在，故选：D。8近年，科学家发现了116 号元素 Lv。下列关于293Lv 和294Lv 的说法错误的是A两者电子数相差1 B两者质量数相差1 C两者中子数相差1 D两者互为同位素【答案】A【解析】【详解】A、293Lv和294Lv的电子数都是116，A 错误；B、293Lv的质量数是293，294Lv 的质量数是294，质量数相差1，B正确；C、293Lv 的中子数是117，294Lv的中子数是118，中子数相差1，C正确；D、293Lv 和294Lv 是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子，互为同位素，D 正确；答案选 A。9化合物(x)、(y)、(z)的分子
14、式均为C5H6。下列说法正确的是A x、y、z 均能使酸性高锰酸钾溶液褪色Bz 的同分异构体只有x 和 y 两种Cz 的一氯代物只有一种，二氯代物只有两种(不考虑立体异构)D x 分子中所有原子共平面【答案】C【解析】【详解】A.x、y 中含碳碳双键，z 中不含碳碳双键，则x、y 能使酸性高锰酸钾溶液褪色，z 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A 项错误；B.C5H6的不饱和度为52+2-6=32，若为直链结构，可含1 个双键、1 个三键，则z 的同分异构体不是只有 x 和 y 两种，B 项错误；C.z 中三个亚甲基上的H 原子属于等效氢原子，因此z 只有一类氢原子，则z 的一氯代物只有一种，2 个
15、Cl 可在同一个亚甲基上或不同亚甲基上，二氯代物只有两种，C 项正确；D.x 中含 1 个四面体结构的碳原子，则所有原子不可能共面，D 项错误；答案选 C。10化学与生活密切相关。下列有关玻璃的叙述正确的是（）A含溴化银的变色玻璃，变色原因与太阳光的强度和生成银的多少有关B玻璃化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点C钢化玻璃、石英玻璃及有机玻璃都属于无机非金属材料D普通玻璃的主要成分可表示为Na2O CaO 6SiO2，说明玻璃为纯净物【答案】A【解析】【详解】A在光照条件下，AgBr 发生分解生成Ag 和 Br2，光的强度越大，分解的程度越大，生成Ag 越多，玻璃的颜色越暗，当太阳光弱时
16、，在CuO的催化作用下，Ag 和 Br2发生反应生成AgBr，玻璃颜色变亮，A 正确；B玻璃虽然化学性质稳定，但可被氢氟酸、NaOH 侵蚀，B 错误；C有机玻璃属于有机高分子材料，C错误；D Na2O CaO 6SiO2只是普通玻璃的一种表示形式，它仍是Na2SiO3、CaSiO3、SiO2的混合物，D 错误；故选 A。11实验室常用乙醇和浓硫酸共热制取乙烯：CH3CH2OH浓硫酸170H2C=CH2+H2O 某同学用以下装置进行乙烯制取实验。下列叙述不正确的是A m 的作用是确保乙醇与浓硫酸能顺利流下B电控温值可设置在165-175Ca 出来的气体可用瓶口向下排空气法收集D烧瓶内可放几粒碎瓷
17、片以防暴沸【答案】C【解析】【详解】A m 导气管连接漏斗上下，可以使乙醇与浓硫酸的混合物上、下气体压强一致，这样，液体混合物在重力作用下就可以顺利流下，A 正确；B乙醇与浓硫酸混合加热170会发生消去反应产生CH2=CH2、H2O，所以电控温值在170左右，可设置在 165-175，B正确；C从 a 导管口出来的气体中含乙醇发生消去反应产生的乙烯以及挥发的乙醇、副产物二氧化硫等，要制取乙烯，收集时可以用排水法，乙烯密度和空气接近，不能用排空气法收集，C错误；D烧瓶内可放几粒碎瓷片以防止产生暴沸现象，D 正确；故合理选项是C。12某溶液中只可能含有K、Al3、Br、OH、CO、SO 中的一种或
18、几种。取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙色；向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是A BrBOHCKD Al3【答案】B【解析】【详解】取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙色，则一定含有Br-，生成气体说明含CO32-；向橙色溶液中加 BaCl2溶液无明显现象，则一定不含SO32-离子，且Al3+、CO32-相互促进水解不能共存，则一定不存在Al3+，由电荷守恒可知，一定含阳离子K+，不能确定是否含OH-，还需要检验，故答案为B。13关于一些重要的化学概念，下列叙述正确的是A根据丁达尔现象可以将分散系分为溶液、胶体和浊液BCO2、NO2、Mn
19、2O7、P2O5均为酸性氧化物C漂白粉、水玻璃、铝热剂均为混合物D熔融状态下，CH3COOH、NaOH、MgCl2均能导电【答案】C【解析】【详解】A 选项，根据分散质粒子直径大小可以将分散系分为溶液、胶体和浊液，故A 错误；B 选项，NO2不是酸性氧化物，故B 错误；C 选项，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，铝热剂是金属铝和金属性比铝弱的金属氧化物的混合物，故C正确；D 选项，CH3COOH是共价化合物，熔融状态下不能导电，故D 错误；综上所述，答案为C。【点睛】非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，碱性氧化物
20、一定是金属氧化物。14碳钢广泛应用在石油化工设备管道等领域，随着深层石油天然气的开采，石油和天然气中含有的CO2及水引起的腐蚀问题（俗称二氧化碳腐蚀）引起了广泛关注。深井中二氧化碳腐蚀的主要过程如下所示：负极：3323Fe(s)2HCO(aq)2eFeCO(s)H CO(aq)（主要）正极：23232H CO(aq)2eH2HCO(aq)（主要）下列说法不正确的是A钢铁在CO2水溶液中的腐蚀总反应可表示为2323Fe(s)+H CO(aq)H+FeCO(s)B深井中二氧化碳对碳钢的腐蚀主要为化学腐蚀C碳钢管道在深井中的腐蚀与油气层中盐份含量有关，盐份含量高腐蚀速率会加快D腐蚀过程表明含有CO2
21、的溶液其腐蚀性比相同pH 值的 HCl 溶液腐蚀性更强【答案】B【解析】【分析】【详解】A.将正极反应式和负极反应式相加得到钢铁在CO2水溶液中的腐蚀总反应为2323Fe(s)+H CO(aq)H+FeCO(s)，故 A 正确；B.深井中二氧化碳对碳钢的腐蚀主要为电化学腐蚀，不是化学腐蚀，故B 错误；C.盐份含量高，溶液的导电性越好，腐蚀速率越快，故C正确；D.腐蚀过程表明含有CO2的溶液主要腐蚀电化学腐蚀，腐蚀性比相同pH 值的 HCl 溶液腐蚀性更强，故D正确；故选 B。15实行垃圾分类，关系到广大人民群众的生活环境，关系到节约使用资源，也是社会文明水平的一个重要体现。下列垃圾属于不可回收
22、垃圾的是A旧报纸B香烟头C废金属D饮料瓶【答案】B【解析】【详解】A.旧报纸主要成分是纤维素，可以回收制成再生纸张而被利用，属于可回收垃圾，A 不符合题意；B.香烟头中主要含有有机的化合物，且含有大量的有害物质，属于不可回收的垃圾，B 符合题意；C.废金属经过熔化，可以重新制成各种金属制品，属于可回收垃圾，C不符合题意；D.饮料瓶主要成分为玻璃、塑料、金属，经回收可再重新制成各种有益物质，因此属于可回收垃圾，D 不符合题意；故合理选项是B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16铋及其化合物在工业生产中用途广泛，某研究小组用浮选过的辉铋矿（主要成分是Bi2S3，还含少量SiO2等杂质）
23、制备NaBiO3，其流程如下：已知：铋酸钠是一种难溶于水的物质；水解能力：Bi3+Fe3+。回答下列问题：（1）“浸取”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有_（任写一条）；过滤 1 的滤渣中的某种主要成分可溶于一种弱酸，写出该反应的化学方程式_。（2）浸取时加入过量浓盐酸的目的是_。（3）写出焙烧时生成铋酸钠的化学方程式_。（4）用 H2Dz(双硫腙，二元弱酸）CCl4络合萃取法可从工业废水中提取金属离子：H2Dz 先将金属离子络合成电中性的物质 如 Cu(HDz)2等，再用 CCl4萃取此络合物。下图是用上述方法处理含有Hg2+、Bi3+、Zn2+的废水时的酸度曲线（E%表示金属离子以络合物
24、形式被萃取分离的百分率）。当 n(Bi3)：n Bi(HDz)3=1:4 时，废水的pH=_。向萃取后的CCl4中加入足量的NaOH 溶液可将Bi(HDz)3中铋元素以氢氧化物的形式沉淀下来，相应的离子方程式为 _。（5）取焙烧得到的NaBiO3样品加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解。已知 NaBiO3被还原为Bi3+，Mn2+被氧化成MnO4，试写出该反应的离子方程式：_。【答案】粉碎矿石；适当提高浸取时温度；适当提高FeCl3溶液浓度；浸取时不断搅拌SiO24HF=SiF42H2O 溶解 Bi2S3，同时防止FeCl3和 BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率2Bi 2O2Na
25、2O22NaBiO32.5 Bi(HDZ)36OH=Bi(OH)3 3H2O3DZ25NaBiO32Mn214H=5Na5Bi3 2MnO4 7H2O【解析】【分析】本题是比较复杂的工业流程问题，需要仔细分析主体物质以及其中含有的杂质。确定每一个步骤主要的目的，最后要统筹分析判断出所有的杂质是在哪个步骤除去的。【详解】（1）一般提高浸取速率的方法有：搅拌；加热；将固体粉碎。可以参考初中的加快溶解的方法。另外也可以提高加入的盐酸或者氯化铁的浓度。但是本题要注意：盐酸是挥发性的所以温度不能太高；加入的已经是浓盐酸了，所以盐酸浓度的提高意义不大。第一步浸取后的滤渣主要是二氧化硅，该物质可溶于氢氟酸，
26、方程式为：SiO24HF=SiF4 2H2O。（2）加入过量的浓盐酸主要是为了尽量将原料中的Bi 元素溶解在溶液中，同时也能抑制铁离子和铋离子的水解。（3）焙烧的原料是单质的铋，加入了氧气和过氧化钠，生成铋酸钠，所以方程式为：2Bi2O2Na2O22NaBiO3。（4）当 n(Bi3)：n Bi(HDz)3=1:4 时，代表Bi3+的萃取率是80%，由图示得到此时废水的pH=2.5。向萃取后的CCl4中加入足量的NaOH 溶液可将Bi(HDz)3（由题目得知这是一种电中性的络合物，所以在离子方程式中不能拆分）中铋元素以氢氧化物 Bi(OH)3 的形式沉淀下来，相应的离子方程式为（注意显然 H2
27、Dz 为二元弱酸，所以HDz一定与 OH反应得到H2O 和 DZ2）：Bi(HDZ)36OH=Bi(OH)3 3H2O3DZ2。（5）取焙烧得到的NaBiO3样品加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解。已知 NaBiO3被还原为Bi3+，Mn2+被氧化成MnO4，显然在反应物中可以补加氢离子，生成物中应该补加水，根据电子得失守恒和原子个数守恒将方程式配平，得到（注意，题目已知NaBiO3难溶，所以不可以拆分）：5NaBiO32Mn214H=5Na5Bi32MnO47H2O。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17药物瑞德西韦(Remdesivir)对 2019 年新型冠状病毒(2019
28、-nCoV)有明显抑制作用；K为药物合成的中间体,其合成路线如图：已知：R OHRCl 回答下列问题：（1）A 的化学名称为 _。由 AC 的流程中，加入CH3COCl的目的是 _。（2）由 G H 的化学反应方程式为_，反应类型为_。（3）J中含氧官能团的名称为_。碳原子上连有4 个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子，则瑞德西韦中含有_个手性碳原子。（4）X是 C 的同分异构体，写出一种满足下列条件的X 的结构简式 _。苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；遇 FeCl3溶液发生显色反应；1mol 的 X 与足量金属Na 反应可生成2gH2。（5）设计以苯甲醇为原料制备化合物的合成路
29、线（无机试剂任选）_。【答案】苯酚保护羟基，防止被氧化HCHO+HCN催化剂加成反应酯基5 或【解析】【分析】A 发生信息1 的反应生成B，B 发生硝化取代反应生成C，根据 C 的结构简式可知，B为，A 为；D发生信息 1 的反应生成E，E中含两个 Cl原子，则 E为，E和 A 发生取代反应生成F，G 发生信息2 的反应生成H，H 发生取代反应，水解反应得到I，根据 I 结构简式可知H 为 HOCH2CN，G 为 HCHO，I 发生酯化反应生成J，F与 J发生取代反应生成K，J为，结合题目分析解答；（7）的水解程度为：，结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到，而与 HCN发生加成反应可
30、生成，再结合苯甲醇催化氧化即可生成苯甲醛，据此分析确定合成路线。【详解】（1）由上述分析可知，A 为，其化学名称为：苯酚；酚羟基具有弱还原性，能够被浓硫酸氧化，因此加入CH3COCl的目的是保护羟基，防止被氧化；（2）H 为 HOCH2CN，G 为 HCHO，由 G生成 H 的化学反应方程式为：HCHO+HCN催化剂；反应中醛基中不饱和键生成饱和化学键，属于加成反应；（3）J为，其含氧官能团为酯基；瑞德西韦中碳原子位置为：，一共有5 个手性碳原子；（4）C 是对硝基乙酸苯酯，X 是 C的同分异构体，X 的结构简式满足下列条件：苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；遇 FeCl3溶液发生显色反应
31、；1mol 的 X与足量金属Na 反应可生成2gH2(即 1mol)，则含有两个羟基，根据不饱和度知还存在-CH=CH2，该分子结构对称，符合条件的结构简式为：或；（5）根据上述分析可知，该合成路线可为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18佛罗那可用于治疗新生儿高胆红素血症。以甲苯为原料制备佛罗那的合成路线如图：回答下列问题：(1)D 的名称是 _，B 中官能团的名称为_。(2)写出 H 的结构简式：_。(3)结构中不含碳碳双键，有六个碳原子在同一条直线上的B 的同分异构体的结构简式有_种（不考虑立体异构），写出其中一种结构的结构简式：_。(4)上述合成路线中有字母代号的物质中有
32、手性碳原子的是_（填字母代号）。（已知：连有四个不同的原子或原子团的碳原子称为手性碳原子）(5)H佛罗那的反应类型为_。(6)写出 FG 的化学方程式：_。(7)参照上述合成路线，设计以丙二酸、乙醇和氯乙烷为原料合成乙基丙二酸的合成路线_（无机试剂任选）。【答案】苯乙酸氯原子3 CH3-CC-CC-CH2-CH2Cl或CH3-CH2-CC-CC-CH2Cl或 CH3CH(Cl)C C-CC-CH3E 取代反应+2CH3CH2OH+2H2O【解析】【分析】由 A、C 的结构简式，可确定B 的结构简式为，则 AB，发生取代反应，BC，发生取代反应；由E、G 的结构简式中，可推出F 的结构简式为；由
33、 G 及 H 的分子式，可推出H的结构简式为。【详解】(1)D 的结构简式为，则名称是苯乙酸，B 的结构简式为，官能团的名称为氯原子。答案为：苯乙酸；氯原子；(2)由以上推断，可确定H 的结构简式为。答案为：；(3)结构中不含碳碳双键，则含有2 个三键，有六个碳原子在同一条直线上，则2 个三键碳原子直接相连，从而得出B的同分异构体的结构简式有3 种（不考虑立体异构），其中一种的结构简式为CH3-C C-C C-CH2-CH2Cl 或 CH3-CH2-C C-CC-CH2Cl 或 CH3CH(Cl)C C-CC-CH3。答案为：CH3-C C-C C-CH2-CH2Cl 或 CH3-CH2-C
34、C-CC-CH2Cl 或 CH3CH(Cl)C C-CC-CH3(任写一种)；(4)上述合成路线中，有字母代号的物质中，有手性碳原子的是，即为物质E。答案为：E；(5)H 佛罗那的反应为H 与尿素发生取代反应生成佛罗那和2C2H5OH，反应类型为取代反应。答案为：取代反应；(6)F G 的化学方程式为+2CH3CH2OH+2H2O。答案为：+2CH3CH2OH+2H2O；(7)以丙二酸、乙醇和氯乙烷为原料合成乙基丙二酸，则需仿照流程中FGH 的反应，最后再水解，将酯基转化为羧基。合成路线为：。答案为：。【点睛】合成有机物时，需将目标有机物与原料有机物进行对比，找出变化的部位，然后依据题给流程图
35、或题给信息，选择合适的路线进行合成。19砷化镓是继硅之后研究最深人、应用最广泛的半导体材料。回答下列问题：（1）Ga基态原子核外电子排布式为_,As 基态原子核外有_个未成对电子。（2）Ga、As、Se 的第一电离能由大到小的顺序是_,Ga、As、Se的电负性由大到小的顺序是_。（3）比较下列镓的卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因：_,GaF的熔点超过1000，可能的原因是 _。（4）二水合草酸镓的结构如图1 所示，其中镓原子的配位数为_，草酸根离子中碳原子的杂化轨道类型为 _。（5）砷化镓的立方晶胞结构如图2 所示，晶胞参数为a=0.565nm，砷化镓晶体的密度为_g cm-3(设NA
36、为阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可）。【答案】Ar3d104S24p1或 1S22S22p63d104S24p13AsSeGa SeAsGa GaCl3、GaBr3、GaI3的熔沸点依次升高，原因是它们均为分子晶体，相对分子质量依次增大GaF3是离子晶体4sp24 145/(0.565 10-7)3NA【解析】【分析】(1)Ga 是 31 号元素，处于第四周期IIIA 族，结合构造原理书写核外电子排布式；As 基态原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p3；(2)同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，As 原子 4p 轨道为半充满稳定状态，第一电离能
37、共用同周期相邻元素的；同周期主族元素自左而右电负性增大；(3)GaCl3、GaBr3、GaI3均属于分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；F元素的电负性很强，GaF3的熔点超过1000，可能的原因是GaF3是离子晶体；(4)Ga 原子与周围4 个 O 原子形成4 个共价键；草酸根中碳原子形成3 个 键，没有孤电子对，杂化轨道数目为 3；(5)均摊法计算晶胞中Ga、As 原子数目，再计算晶胞质量，晶体密度=晶胞质量 晶胞体积。【详解】(1)Ga 是 31 号元素，处于第四周期IIIA 族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，As 基态原子核外电
38、子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，4p 轨道 3 个电子是未成对电子；(2)同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，As 原子 4p 轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素的，故第一电离能：AsSe Ga，同周期主族元素自左而右电负性增大，故电负性：SeAsGa；(3)GaCl3、GaBr3、GaI3均为分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力增强，GaCl3、GaBr3、GaI3的熔沸点依次升高；F元素的电负性很强，GaF3的熔点超过1000，可能的原因是GaF3是离子晶体；(4)Ga 原子与周围4 个 O 原子形成4 个共价键，镓原子的配位数为4，草酸根中碳原子形成3 个 键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，草酸根中碳原子的杂化轨道类型为sp2；(5)晶胞中 Ga原子数目=818+612=4、As 原子数目=4，晶胞质量=4A7075Ng，晶体密度A3770754gN0.56510cm=37A4 145N0.565 10g/cm3。