宁夏银川唐徕回民中学2020届高三化学下学期第一次模拟试题（Word版附解析）

唐徕高中 2020 届高三年级统练二 理科综合试卷-化学部分 1.我国科学家将石墨烯(由石墨剥离的层状结构)和碳纳米管经低温脱水处理，获得了一种“最轻 材料”。该材料具有超强的吸附能力，且有望成为理想的储能保温、催化载体和吸音材料。下 列有关说法正确的是(　　) A. 石墨烯属于有机物 B. 该材料吸油过程为物理变化 C. 碳纳米管是碳的一种同位素 D. 碳纳米管属于胶体分散系 【答案】B 【解析】 【详解】A．石墨烯是一种很薄 石墨片，属于单质，而有机物烯烃中含有碳、氢元素，故 A 错误； B．石墨吸油过程中没有新物质生成， 物理变化，故 B 正确； C．石墨烯、碳纳米管都是碳的单质，互为同素异形体，故 C 错误； D．碳纳米管属于单质，在合适的分散剂中才能形成胶体分散系，故 D 错误； 故选 B。 2.依曲替酯可以由原料 X 经过多步反应合成得到： 下列说法正确的是（ ） A. X 与 Y 互为同分异构体 B. X 与 Y 均不能使酸性 KMnO4 溶液褪色 C. 在光照条件下，依曲替酯中的苯环能与 Cl2 发生取代反应 D. 依曲替酯中所有不饱和键均能与溴发生加成反应 【答案】A 【解析】 【详解】A.原料 X 与中间体 Y 的分子式相同，但结构不同，则二者互为同分异构体，故 A 正 确； B.原料 X、Y 中含 C=C，可以使酸性 KMnO4 溶液褪色，故 B 错误； 的 是B.依曲替酯中的苯环能与 Cl2 发生取代反应的条件是铁做催化剂，光照下不能发生苯环上的取 代反应，故 C 错误； D.依曲替酯中含-COOC-，酯基中的不饱和键不能与溴发生加成反应，故 D 错误； 故选 A。 【点晴】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物官能团与性质的关系来解答，熟悉 酚、酯、烯烃的性质是解答的关键，选项 D 为易错点。 3.A、B、C 三种元素的原子序数之和为 37，A、B 在同一周期，A+、C-具有相同的核外电子层 结构。下列推测不正确的是( ) A. 同周期元素中 C 的氢化物稳定性最强 B. 同周期元素中 A 的金属性最强 C. 原子半径：A＞B＞C，离子半径：A+ ＜C- D. A、B、C 的简单离子中，会破坏水的电离平衡的是 C 【答案】C 【解析】 【分析】 A+与 C-具有相同的核外电子层结构，可推知 C 在 A、B 的上一个周期，又因为 A、B、C 原子 序数之和为 37，A、B 在同一周期，若 A、B 处于长周期，则 A、B 元素的质子数之和大于 37，故 A、B、C 处于短周期，则 A 为 Na、C 为 F、可知 B 的质子数=37-11-9=17，则 B 为 Cl，结合元素周期律的递变规律解答该题。 【详解】A．同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定，故同主族中 HF 最稳定，故 A 正确； B．A 为 Na，由同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，可知同周期元素中 Na 的金属性 最强，故 B 正确； C．同周期随原子序数递增原子半径减小，故原子半径 Na＞Cl，电子层结构相同，核电核数 越大离子半径越小，则离子半径应为：F−＞Na+，故 C 错误； D．A、B、C 的简单离子中 F−形成的酸为弱酸，能够水解，会破坏水的电离平衡，故 D 正确； 答案选 C。 【点睛】元素周期律应用时，需正确推断出各种元素，根据不同元素在周期表的位置，判断 金属性，非金属性的递变规律。 4.某研究性学习小组利用电化学方法处理石油炼制过程中产生的含 H2S 的废气。基本工艺是将H2S 通入 FeCl3 溶液中，过滤后将滤液加入电解槽中电解，电解后的滤液可以循环利用。下列 有关说法正确的是（ ） A. 过滤得到的沉淀可能是 FeS B. 与 a 极相连的电极反应式为 Fe2+- e-= Fe3+ C. 可以用 Fe 与外接电源 a 极相连 D. 若有 0.10mol 电子转移，则一定能得到 1.12L H2 【答案】B 【解析】 【详解】A.将 H2S 通入 FeCl3 溶液中，H2S 被铁离子氧化为 S，即发生 2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+， 所以过滤得到的沉淀是 S 沉淀，故 A 错误； B.与 b 相连的电极上氢离子得电子生成氢气，则为阴极，所以与 a 极相连的电极为阳极，阳极 上亚铁离子失电子生成铁离子，即电极反应式为 Fe2+-e-═Fe3+，故 B 正确； C.Fe 与外接电源的 a 极相连，Fe 作阳极失电子，而溶液中的亚铁离子不反应，所以不能用 Fe 作电极，故 C 错误； D.电极反应 2H++2e-=H2↑，有 0.1mol 电子发生转移，会生成 0.05mol 氢气，在标准状况下，氢 气的体积为 1.12L，但是选项中没有说明是标准状况下，所以无法确定氢气的体积，故 D 错误； 故选 B。 5. 25℃时，在 25mL c mol/L 的一元弱酸(HA)中，加入 VmL 0.1mol/L 的一元强碱(BOH)。下列 有关判断一定正确的是（ ） A. 当 25c=0.1V，c(A-)>c(B+) B. 当 pH>7 时，c(A-)>c(OH-) C. 当 pH=7，且 V=25 时，c>0.1 D. 当 pHc(A-) 【答案】C 【解析】 【详解】A.当 25c=0.1V 时，HA 溶液和 BOH 溶液正好完全中和，得到 BA 的溶液，BA 为强 碱弱酸盐，弱酸根在溶液中水解，溶液显碱性，溶液中 c（A-）＜c（B-），故 A 错误； B.当 pH＞7 时，溶液显碱性，c（A-）可以大于、小于或是等于 c（OH-），故 B 错误；C 当 pH=7，且 V=25 时，反应中弱酸应过量，则 c＞0.1，故 C 正确； D.当 pH＜7 时，溶液显示酸性，c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可知溶液中 c（B+）＜c （A-），故 D 错误； 故选 C。 【点晴】注意分析问题的角度，当 25C=0.1V 时，HA 和 BOH 正好完全中和，生成 BA 的溶液， 弱酸的阴离子会存在水解，导致溶液显示碱性。 6. 用相对分子质量为 57 的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物有（ ） A 4 种 B. 8 种 C. 10 种 D. 12 种 【答案】D 【解析】 【详解】烷基组成通式为 CnH2n+1，烷基式量为 57，所以 14n+1=57，解得 n=4，所以烷基为 -C4H9，若为正丁烷形成的丁基，正丁烷分子中有 2 种 H 原子，形成的丁基有 2 种结构；若为 异丁烷形成的异丁基，异丁烷分子中有 2 种 H 原子，形成的丁基有 2 种结构，故丁基共有 4 种结构，甲苯苯环上的 H 原子种类有 3 种，故丁基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香 烃产物的数目为 4×3=12，故选 D。 【点晴】解题关键是根据烷基式量为 57 的确定烷基，注意利用等效氢判断可能的烷基异构情 况与苯环中氢原子种类，利用组合计算。根据烷基组成通式—CnH2n+1，利用商余法，结合式 量为 57 确定烷基，根据烷烃的同分异构体中等效氢确定烷基同分异构体数目，甲苯苯环上的 H 原子有 3 种，再利用组合计算判断。 7.下列有关实验设计、观察或记录、结论或解释都正确的是（ ） 选项 实验设计 观察或记录 结论或解释 A 将浓硝酸分多次加入 Cu 和稀硫酸的 混合液中 产生红棕色气体 浓硝酸的还原产物是 NO2 B 测某铵盐溶液的 pH pH>7 NH4+水解生成 NH3•H2O，使溶液显 碱性 C 用湿润的淀粉碘化钾试纸检验某气 体 试纸变蓝 该气体一定是 Cl2D 将盛少量水的分液漏斗静置、倒置、 将塞子旋转 180°后再次倒置 漏斗口和活塞不漏水 分液漏斗不漏液 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A.稀硝酸的还原产物是一氧化氮，一氧化氮易于氧气反应生成二氧化氮，故 A 错误； B.NH4+水解生成 NH3•H2O，同时会生成氢离子，溶液应该呈酸性，解释与实验结果不符，故 B 错误； C.用湿润的淀粉碘化钾试纸检验某气体，试纸变蓝，说明碘离子被氧化为碘单质，具有氧化性 的气体不一定是氯气，如臭氧也具有强氧化性，故 C 错误； D.分液漏斗中装入适量蒸馏水，正放，倒放，将上口瓶塞旋转 180°，正放倒放，将下端旋塞 旋转 180°，正放倒放，若都不漏水，则分液漏斗不漏水，故 D 正确； 故选 D。 【点晴】本题的易错项为 A，要注意将浓硝酸加入稀硫酸中就变成了稀硝酸，稀硝酸与铜反应 放出一氧化氮，浓硝酸与铜反应放出二氧化氮，这样的基本规律要熟记。 8.某研究性学习小组用下列装置(铁架台等支撑仪器略)探究氧化铁与乙醇的反应[Cu(OH)2 悬 浊液用于检验反应产物]。 （1）组装好仪器后必须进行的操作是____________________。 （2）为快速得到乙醇气体，可采取的方法是_______________________； 若实验时小试管中的溶液已经开始发生倒吸，应采取的措施是_________(填字母)。 A．取下小试管 B．移去酒精灯 C．将导管从乳胶管中取下 D．以上都可以 （3）乙醇被氧化的产物是__________________(写结构式)。 （4）若 M 的成分为 FexOy，用 CO 还原法定量测定其化学组成。称取 a g M 样品进行定量测定，实验装置和步骤如下： ①组装仪器 ②点燃酒精灯 ③加入试剂 ④打开分液漏斗活塞 ⑤检查气密性 ⑥停止加热 ⑦关闭分液漏斗活塞 ⑧称重 ⅰ.正确的操作顺序是__________（填字母）。 a．①⑤④③②⑥⑦⑧ b．①③⑤④②⑦⑥⑧ c．①⑤③④②⑥⑦⑧ d．①③⑤②④⑥⑦⑧ ⅱ.尾气处理的方法是____________。若测得碱石灰增重 b g，则 x：y=______(用含有 a、b 的 代数式表示)。 【答案】 (1). 检查装置的气密性 (2). 水浴加热或对烧杯进行加热 (3). c (4). (5). C (6). 用气球收集或直接点燃 (7). 【解析】 【分析】 （1）依据装置图分析可知反应过程需要在气密性好的装置中进行； （2）依据图 1 装置分析可知，乙醇易挥发，可以对烧杯加热或烧杯中加入热水；阻止倒吸的 操作是迅速拆下导气管； （3）依据反应现象可知，乙醇蒸气在氧化铁做催化剂作用下生成乙醛； （4）ⅰ. 依据反应原理和实验目可知实验步骤为组装装置，检验装置气密性，加入试剂，先 加入水把一氧化碳赶入后续装置，点燃酒精灯加热玻璃管，反应结束后停止加热，关闭分液 漏斗活塞，玻璃管称量剩余固体，依据质量变化计算铁元素和氧元素物质的量之比； ⅱ．一氧化碳属于不成盐氧化物，最后的尾气可以采用点燃或用气囊收集的方法处理；铁的 氧化物中减少的质量为氧元素的质量，碱石灰增加的质量为二氧化碳的质量。 【详解】（1）依据装置图分析可知反应过程需要在气密性好的装置中进行，则实验前需要检 验装置气密性， 故答案为：检验装置气密性； （2）依据图 1 装置分析可知，乙醇易挥发，可以对烧杯加热或烧杯中加入热水；阻止倒吸的 操作是迅速拆下导气管，故答案为：在烧杯中加入热水（对烧杯加热）；c； 11 4 14 a b b −（3）依据反应现象可知，乙醇蒸气在氧化铁做催化剂作用下生成乙醛，乙醛的结构式为 ， 故答案为： ； （4）ⅰ.依据反应原理和实验目可知实验步骤为组装装置，检验装置气密性，加入试剂，先加 入水把一氧化碳赶入后续装置，点燃酒精灯加热玻璃管，反应结束后停止加热，关闭分液漏 斗活塞，玻璃管称量剩余固体，依据质量变化计算铁元素和氧元素物质的量之比，所以选 c， 故答案为：c； ⅱ．一氧化碳属于不成盐氧化物，最后的尾气可以采用点燃或用气囊收集的方法处理；碱石 灰增加的质量为二氧化碳的质量，其中一半的氧来自与金属氧化物，金属氧化物中氧元素的 质量为 bg，铁的质量为（a- b）g，依据元素物质的量计算得到比值，n（Fe）：n（O） = ： = ，故答案为：用气球收集或直接点燃； 。 【点晴】依据实验结果，铁的氧化物中减少的质量为氧元素的质量，碱石灰增加的质量为二 氧化碳的质量是解题关键。 9.MnO2 又名黑锰矿，主要用于生产优质软磁铁氧体。MnO2 合成方法按制备工艺中所用原料 的不同，分为固相合成和液相合成。已知：MnO2 不溶于水，其中锰的价态有+2 价，也可能有 +3 价和+4 价。请回答下列问题： (1)若 Mn3O4 中锰的价态看作由+2 和+4 价组成，写出它由氧化物形成的表达式：_____ (2)MnOOH 中锰的价态为________价，写出②的化学方程式：____；碱性锌锰干电池的电池反 应为：Zn+2MnO2 + 2H2O=Zn(OH)2 + 2MnOOH，写出该电池正极的电极反应式______ (3)将(NH4)2SO4 溶于水使锰的悬浊液显酸性，随即缓慢地产生气泡，试用相应的离子方程式解 释原因____________。过滤出的 Mn(OH)2 需要洗涤，简要说明洗涤沉淀的操作过程： ________。 (4)若③中收集到 672mL(标准状况下)的 H2，则理论上可以得到_________g Mn3O4。 的 16 44 16 44 16 44 56 a b− 16 44 16 b 11 4 14 a b b − 11 4 14 a b b −【答案】 (1). 2MnO·MnO2 或 MnO2·2MnO (2). +3 (3). 12Mn2O3+CH4 8Mn3O4+CO2+2H2O (4). MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH- (5). Mn+2NH4++2H2O=Mn2++H2↑+2NH3·H2O (6). 向过滤器中加蒸馏水浸没沉淀，待水自然流 出后，重复上述操作 2-3 次 (7). 2.29 【解析】 【分析】 由 制 备 流 程 可 知 ， MnOOH 焙 烧 生 成 Mn2O3 ， ② 中 发 生 12Mn2O3+CH4 8Mn3O4+CO2+2H2O，Mn3O4 中锰的价态看作由+2 和+4 价组成，可写成 2MnO∙MnO2，金属锰 的悬浊液与硫酸铵发生反应为 Mn+2NH4++2H2O=Mn2++H2↑+2NH3∙H2O，过滤出的 Mn(OH)2 需 要洗涤，在空气中加热生成 Mn3O4，以此来解答。 【 详 解 】(1)若 Mn3O4 中 锰 的 价 态 看 作 由+2 和+4 价 组 成 ， 它 由 氧 化 物 形 成 的 表 达 式 2MnO∙MnO2 或 MnO2∙2MnO； (2)MnOOH 中 O 为-2 价，H 为+1 价，由化合物中正负化合价的代数和为 0 可知，则锰的价态 为+3；②的化学方程式为 12Mn2O3+CH4 8Mn3O4+CO2+2H2O；碱性锌锰干电池的 电池反应为：Zn+2MnO2 + 2H2O=Zn(OH)2 + 2MnOOH，负极为：Zn-2e-+2OH-= Zn(OH)2，正极 反应式可由总反应减去负极反应，该电池正极的电极反应式 MnO2+e-+H2O =MnOOH + OH-； (3)将(NH4)2SO4 溶于水使锰的悬浊液显酸性，随即缓慢地产生气泡，用相应的离子方程式解释 原因为 Mn+2NH4++2H2O=Mn2++H2↑+2NH3∙H2O；过滤出的 Mn(OH)2 需要洗涤，简要说明洗涤 沉淀的操作过程为向过滤器中加蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复上述操作 2-3 次； (4)由 Mn+2NH4++2H2O=Mn2++H2↑+2NH3∙H2O、6Mn(OH)2+O2 2Mn3O4+6H2O 可知，存在关 系 3H2～Mn3O4，则③中收集到 672mL(标准状况下)的 H2，则理论上可以得到 Mn3O4 的质量为 × ×229g/mol=2.29g。 10.CO2 和 CH4 是两种主要的温室气体，通过 CH4 和 CO2 反应制造更高价值的化学品是目前的 研究目标。 （1）250℃时，以镍合金为催化剂，向 4L 容器中通入 6mol CO2、6mol CH4，发生如下反应： CO2(g) + CH4(g) 2CO(g) + 2H2(g)。平衡体系中各组分的体积分数如下表： 250∼500℃ 250∼500℃ 250∼500℃ 加热 0.672 22.4 / L L mol 1 3物质 CH4 CO2 CO H2 体积分数 0.1 0.1 0.4 0.4 ①此温度下该反应的平衡常数 K=________________。 ②已知：CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) △H=-890.3kJ•mol-1，CO(g) + H2O(g) = CO2(g) + H2(g) △H=+2.8kJ•mol-1，2CO(g) + O2(g) = 2CO2(g) △H=-566.0kJ•mol-1，反应 CO2(g) + CH4(g) 2CO(g) + 2H2(g)的△H=_______。 （2）以二氧化钛表面覆盖的 Cu2Al2O4 为催化剂，可以将 CO2 和 CH4 直接转化成为乙酸。 ①在不同温度下，催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的变化关系如图所示。250～300℃时， 温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是_________。 ②为了提高该反应中 CH4 的转化率，可以采取的措施是__________________。 ③将 Cu2Al2O4 溶解在稀硝酸中的离子方程式为___________________。 （3）以 CO2 为原料可以合成多种物质。 ①聚碳酸酯是一种易降解的新型合成材料，它是由 CO2 加聚而成的。写出聚碳酸酯的结构简 式：__________。 ②以氢氧化钾水溶液作为电解质进行电解，CO2 在铜电极上可转化为甲烷，电极反应式为 ____________。 【答案】 (1). 64 (2). +247.3 kJ·mol－1 (3). 温度超过 250℃时，催化剂的催化效率降 低 (4). 增 大 反 应 压 强 或 增 大 CO2 的 浓 度 (5). 3Cu2Al2O4+32H++2NO3 － =6Cu2++ 6Al3++2NO↑+16 H2O (6). (7). CO2+8e－+6H2O=CH4+8OH－ 【解析】 【分析】 （1）①由题意建立三段式计算可得； ②由盖斯定律计算可得；（2）①由图可知温度超过 250℃时，催化剂的催化效率降低； ②增大反应压强或增大 CO2 的浓度，平衡正向移动，反应物 CH4 的转化率增大； ③Cu2Al2O4 拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，与硝酸反应硝酸铜、硝酸铝、一氧化氮和水； （3）①CO2 分子中含有碳氧双键，一定条件下发生加聚反应； ②由碳元素化合价变化可知，CO2 在阴极得电子发生还原反应生成甲烷。 【详解】（1）①设反应消耗二氧化碳的物质的量为 x，由题意建立如下三段式： 由 CH4 的体积分数为 0.1 可得 =0.1，解得 X=4，则化学平衡常数 K= = =64，故答案为：64； ②CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-890.3kJ•mol-1① CO（g）+H2O （g）=CO2（g）+H2（g）△H=2.8kJ•mol-1② 2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ•mol-1③ 根据盖斯定律，由①+②×2-③×2 得，CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g），则 △H=-890.3kJ•mol-1+2.8kJ•mol-1×2+566.0kJ•mol-1×2=+247.3 kJ•mol-1，故答案为：+247.3 kJ•mol-1； （2）①由图可知温度超过 250℃时，催化剂的催化效率降低，则温度升高而乙酸的生成速率 降低，故答案为：温度超过 250℃时，催化剂的催化效率降低； ②增大反应压强或增大 CO2 的浓度，平衡正向移动，反应物 CH4 的转化率增大，故答案为增 大反应压强、增大 CO2 的浓度； ③Cu2Al2O4 拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，与硝酸反应硝酸铜、硝酸铝、一氧化氮和水， 反应的离子方程式为 3Cu2Al2O4+32H++2NO3-= 6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O，故答案为： 3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++ 2NO↑+16H2O； （3）①CO2 分子中含有碳氧双键，一定条件下发生加聚反应生成 ，故答案为： ； ②由碳元素化合价变化可知，CO2 在阴极得电子发生还原反应生成甲烷，电极反应式为： 2 4 2 CO g +CH g 2CO g +2H g mol 6 6 0 0 mol x x 2x 2x mol 6-x 6-x （ ） （ ） （ ） （ ） 起始（ ） 反应（ ） 平衡（ ）  2x 2x 6 12 2 X X − + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4( ) c CO c H c CO c CHCO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-，故答案为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-。 11.已知 A、B、R、D 都是周期表中前四周期的元素，它们的原子系数依次增大。其中 A 元素 基态原子第一电离能比 B 元素基态原子的第一电离能大，B 的基态原子的 L 层、R 基态原子 的 M 层均有 2 个单电子，D 是第Ⅷ族中原子序数最小的元素。 (1)写出基态 D 原子的电子排布式__________。 (2)已知高纯度 R 的单质在现代信息技术与新能源开发中具有极为重要的地位。工业上生产高 纯度 R 的单质过程如下： 写出过程③的反应方程式___________，已知 RHCl3 的沸点是 31.5oC，则该物质的晶体类型是 __________，中心原子的轨道杂化类型为__________，该物质的空间构型是______。 (3)A 的第一电离能比 B 的第一电离能大的原因是_________，A、B 两元素分别与 R 形成的共 价键中，极性较强的是________。A、B 两元素间能形成多种二元化合物，其中与 A3-互为等 电子体的物质的化学式为_______。 (4)已知 D 单质的晶胞如图所示，则晶体中 D 原子的配位数为______，一个 D 的晶胞质量为 ____，已知 D 原子半径为 r pm，则该晶胞的空间利用率为_____________ (写出计算过程)。 【答案】 (1). [Ar]3d64s2 (2). SiHCl3 + H2 Si + 3HCl (3). 分子晶体 (4). sp3 (5). 四面体形 (6). N 原子的 2p 能级处于较稳定的半充满状态 (7). Si-O 键 (8). N2O (9). 8 (10). (11). 晶胞中铁原子占据的体积为两个铁原子的体积， 铁原子的半径为 r pm，如图所示，晶胞的棱长为= ，晶胞的体积=( )3，空间利用 率= = ×100%=68% 【解析】 1000∼1100℃ A 112gN 4 3 r3 4 3 r3 V V ( ) ( ) 小球 晶胞 3 3 42 π r3 4 3 r3 × × ×  ×   【分析】 B 的基态原子的 L 层、R 基态原子的 M 层均有 2 个单电子，则最外层电子数可能为 4 或 6，B 可能为 C 或 O 元素，R 可能为 Si 或 S 元素，D 是第Ⅷ族中原子序数最小的元素，应为 Fe，A 元素基态原子第一电离能比 B 元素基态原子的第一电离能大，且 A 的原子序数小于 B，则 A 是 N 元素、B 是 O 元素，高纯度 R 的单质在现代信息技术与新能源开发中具有极为重要的地 位，则 R 是 Si 元素； (1)D 是 Fe 元素，其原子核外有 26 个电子，根据构造原理书写基态 D 原子的电子排布式； (2)SiO2 和 C 在高温下发生置换反应生成粗 Si，粗硅和 HCl 在 300℃条件下反应生成 SiHCl3， SiHCl3 和过量氢气在 1000℃-1100℃条件下反应生成纯硅，③的反应为 SiHCl3 和氢气的反应， 生成 Si 和 HCl，分子晶体熔沸点较低，该分子中 Si 原子价层电子对个数是 4 且不孤电子对， 根据价层电子对互斥理论判断 Si 原子的轨道杂化类型及空间构型； (3)原子轨道中电子处于全满、全空或半满最稳定；N、O 两元素分别与 Si 形成的共价键中， 元素的非金属性越强，其形成的化合物中极性键的极性越强；等电子体中原子个数相等及价 电子数相等； (4)该晶胞是体心立方晶胞，该晶胞中 Fe 原子个数=1+8× =2，其配合物是 8，每个 Fe 原子的 质量= ，则该晶胞质量就是两个 Fe 原子质量，空间利用率 = 。 【详解】(1)D 是 Fe 元素，其原子核外有 26 个电子，根据构造原理书写基态 D 原子的电子排 布式为[Ar]3d64s2； (2)SiO2 和 C 在高温下发生置换反应生成粗 Si，粗硅和 HCl 在 300℃条件下反应生成 SiHCl3， SiHCl3 和过量氢气在 1000℃-1100℃条件下反应生成纯硅，③的反应为 SiHCl3 和氢气的反应， 生成 Si 和 HCl，反应方程式为 SiHCl3 +H2 Si+3HCl；分子晶体熔沸点较低，该 物质熔沸点较低，则该物质晶体类型为分子晶体，该分子中 Si 原子价层电子对个数是 4 且不 含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断 Si 原子的轨道杂化类型及空间构型分别为 sp3、四 面体形； (3)原子轨道中电子处于全满、全空或半满最稳定，N 原子的 2p 能级处于较稳定的半充满状态， 所以 N 原子比 O 原子第一电离能大；N、O 两元素分别与 Si 形成的共价键中，元素的非金属 1 8 A M N V V ( ) ( ) 小球 晶胞 1000∼1100℃性越强，其形成的化合物中极性键的极性越强，因为 O 元素的非金属性大于 N，则极性 O-Si 键＞N-Si 键；等电子体中原子个数相等及价电子数相等，N3-中含有 3 个原子、价电子数是 16，与该离子互为等电子体的氮氧化物为 N2O； (4)该晶胞是体心立方晶胞，该晶胞中 Fe 原子个数=1+8× =2，体心上的 Fe 原子被顶点上的 8 个原子包围，所以其配合物是 8，每个 Fe 原子的质量= g，则该晶胞质量就是两个 Fe 原子 质量=2× g=2× g= g；晶胞中铁原子占据的体积为两个铁原子的体积，铁原子的半 径为 r pm，如图所示，晶胞的棱长为= ，晶胞的体积=( )3，空间利用率= = ×100%=68%。 12.美国药物学家最近合成一种可能用于治疗高血压的有机物 K，合成路线如下： 其中 A 属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为 83.3%；E 的核磁共振氢谱中只有 2 组吸收峰。 H 常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一。G 和 H 以 1：3 反应生成 I。 试回答下列问题： （1）A 的分子式为：______________。 （2）写出下列物质的结构简式：D：____________；G：___________。 （3）反应①―⑤中属于取代反应的有___________。 （4）反应①的化学方程式为_______________；反应④的化学方程式为_________________。 （5）E 有多种同分异构体，符合“既能发生银镜反应又能发生水解反应”条件的 E 的同分异构 1 8 A M N A M N 56 AN A 112 N 4 3 r3 4 3 r3 V V ( ) ( ) 小球 晶胞 3 3 42 r3 4 3 r3 × ×π×      体有_______种，写出符合上述条件且核磁共振氢谱只有 2 组吸收峰的 E 的同分异构体的结构 简式：________。 【答案】 (1). C5H12 (2). (3). CH3CHO (4). ②⑤ (5). C6H12O6 2C2H5OH + 2CO2↑ (6). (7). 4 (8). HCOOC(CH3)3 【解析】 【分析】 A 属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为 83.3%，因此 A 中 = = ，则 A 为 C5H12；H 常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一，H 为 HCHO，根据流程图， B 为卤代烃，C 为醇，D 为醛，E 为酸；F 为乙醇，G 为乙醛，G 和 H 以 1：3 反应生成 I，根 据信息，I 为 ，J 为 ，E 和 J 以 4：1 发生酯化反应生成 K，E 为 一 元 羧 酸 ， E 的 核 磁 共 振 氢 谱 中 只 有 2 组 吸 收 峰 ， E 为 ， 则 D 为 ，C 为 。 【详解】（1）根据上述分析可知，A 的分子式为 C5H12，故答案为：C5H12； （2）根据上述分析，D 的结构简式为 ；G 为乙醛，结构简式为 CH3CHO，故答 案为： ；CH3CHO； （3）根据流程图可知，反应①是葡萄糖的分解反应；反应②为卤代烃的水解反应，属于取代 反应；反应③是醛和醛的加成反应；反应④是醛的氢化反应，属于加成反应；反应⑤是酯化 反应，属于取代反应，②⑤属于取代反应，故答案为：②⑤； （4）反应①是葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，反应的化学方程式为 C6H12O6 (C) (H) n n 83.3% /12 16.7% /1 5 122C2H5OH + 2CO2↑；反应④是在催化剂作用下， 与氢气共热发生加成 反应，反应的化学方程式为 ，故答案为：C6H12O6 2C2H5OH + 2CO2↑； ； （5）既能发生银镜反应又能发生水解反应，表明分子结构中含有醛基和酯基，E 为 ，E 的同分异构体属于甲酸酯，同分异构体的结构为 HCOOC4H9，因为丁基有 4 种结构，故 E 的同分异构体有 4 种，其中核磁共振氢谱只有 2 组吸收峰的 E 的同分异构体的 结构简式为 HCOOC(CH3)3，故答案为：4；HCOOC(CH3)3。