2021届河北衡水中学新高三原创预测试卷(二)化学

2021届河北衡水中学新高三原创预测试卷（二）
化学
★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Ni-59 Cu-64
第Ⅰ卷
一、选择题：本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，下列观点错误的是（）
A. 硝酸铵、液氨可用作制冷剂
B. 苏打、小苏打可用作食用面碱
C. 二氧化氯、漂白粉可用作自来水的杀菌消毒剂
D. 氧化铝、二氧化硅可用作制坩埚
【答案】C
【解析】
【详解】A.液氨易液化，硝酸铵溶于水吸热，故两者可以作制冷剂；
B.苏打、小苏打溶于水都显碱性，可用作食用面碱；
C.漂白粉的消毒效果较弱，用于消毒时需要投入量大，这样容易形成氯超标的问题，一般不用作自来水的消毒剂；
D.氧化铝、二氧化硅的熔点高，可用作制坩埚；
答案选C。

2.BASF高压法制备醋酸，所采用钴碘催化循环过程如图所示，则下列观点错误的是（）
A. CH3OH转化为CH3I的有机反应类型属于取代反应
B. 从总反应看，循环过程中需不断补充CH3OH、H2O、CO等
C. 与乙酸乙酯互为同分异构体且与CH3COOH互为同系物的物质有2种结构
D. 工业上以淀粉为原料也可以制备醋酸
【答案】B
【解析】
【详解】A.CH3OH转化为CH3I，羟基被碘原子取代，反应类型属于取代反应；
B.该循环的总反应方程式为CO+CH3OH CH3COOH，故此循环中不需要不断补充水；
C.与乙酸乙酯互为同分异构体且与CH3COOH互为同系物的物质有CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH，
有两种；
D.淀粉可经过水解、氧化等反应生成甲醇，从而制得醋酸；答案选B。

3.设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（）
A. 52g苯乙烯含碳碳双键数目为2N A
B. 1L0.5mol·L-1醋酸钠溶液中阴阳离子总数目小于N A
C. 标准状况下，22.4L一氯甲烷含共用电子对数为4N A
D. 有铁粉参加的反应若生成3molFe2+，则转移电子数一定为6N A
【答案】C
【解析】
【详解】A.一个苯乙烯分子中只含有一个碳碳双键，苯乙烯的分子式为C8H8，52g苯乙烯的物
质的量为0.5mol，则含碳碳双键数目为0.5N A， A错误；
B.溶液中存在水电离出的氢离子和氢氧根离子，故1L0.5mol·L-1醋酸钠溶液中阴阳离子总数
目大于N A，B错误；
C.标况下一氯甲烷为气态，一个一氯甲烷中含有四个共用电子对，则标准状况下，22.4L一氯
甲烷含共用电子对数为4N A，C正确；
D.反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，若生成3molFe2+，转移2mol电子，D错误；答案选C。

【点睛】苯环中不含碳碳双键也不含碳碳单键。

4.已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中B和D同主族，中
学阶段常见物质X、Y、Z为其中的三种元素组成的化合物，且均为强电解质，当X、Y按物质
的量之比为1：2反应时，有如图转化关系。

下列说法正确的是（）
A. C、D、E三种元素一定位于同一周期
B. 物质X、Y、Z既含有离子键又含有共价键
C. C和D形成的化合物溶于水，其溶液显中性
D. 简单氢化物的热稳定性：D>E
【答案】A
【解析】
【分析】
根据W为二元液态化合物，推测W为水，X、Y、Z为其中的三种元素组成的化合物，且均为强
电解质，X、Y按物质的量之比为1：2反应，推测X与Y的反应应为酸碱中和反应，进一步推
测X为硫酸、Y为氢氧化钠，Z为硫酸钠；从而推断A为H元素、B为O元素、C为Na元素、
D为S元素、E为Cl元素。

【详解】A.C为Na元素、D为S元素、E为Cl元素，位于同一周期，A正确；
B.X为硫酸，只含有共价键，B错误；
C. C和D形成的化合物为Na2S，为强碱弱酸盐溶于水显碱性，C错误；
D.非金属性Cl>S，其简单氢化物的热稳定性：HCl>H2S，D错误；
答案选A。

【点睛】同一周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，简单氢化物的热稳定性逐渐增强。

5.次磷酸钴[Co(H2PO2)2]广泛应用于化学电镀，工业上利用电渗析法制取次磷酸钴的原理图如图所示。

已知：①该装置的电极材料分别为金属钴和不锈钢。

②Co(H2PO2)2溶液在强碱性条件下通过自身催化发生氧化还原反应，实现化学镀钴。

下列说法中正确的是（）
A. 膜Ⅱ、膜Ⅲ均为阴离子交换膜
B. M电极反应为Co-2e-+2H2PO2-=Co(H2PO2)2
C. a为电源的负极
D. Co(H2PO2)2溶液化学镀钴过程中反应可能为Co2++H2PO2-+3OH=Co+HPO3-+2H2O
【答案】A
【解析】
【分析】
该装置为电解池，M为阳极，电极材料为金属钴，钴失电子生成钴离子，钴离子通过膜I进入产品室，H2PO2-通过膜Ⅱ、Ⅲ进入产品室与钴离子生成Co(H2PO2)2。

【详解】A.综上分析，膜Ⅱ、膜Ⅲ均为阴离子交换膜，A正确；
B.Co(H2PO2)2在产品室生成，不是在阳极生成，阳极的电极反应式为Co-2e-=Co2+，B错误；
C.M为阳极，应接电源的正极，故a为电源的正极，C错误；
D.离子方程式中电荷不守恒，应为Co2++H2PO2-+3OH-=Co+HPO32-+2H2O，D错误；
答案选A。

6.氨基甲酸铵（H2NCOONH4）是常用的氨化剂之一。

某研究小组利用反应原理：
2NH3(g)+CO2(g)=H2NCOONH4(s) ΔH<0制备氨基甲酸铵，其装置如图所示，已知：H2NCOONH4(s)白色固体，易分解、易水解。

则下列观点不正确的是（）
A. 仪器1是恒压漏斗，该实验用于防倒吸
B. 仪器2和仪器3都可以放置NaOH固体
C. 为了完成实验，应在装置5和6之间，依次添加干燥装置和安全瓶
D. 若反应初期观察到装置6内稀硫酸溶液中产生气泡，应控制旋塞，加大浓氨水的流速【答案】A
【解析】
【详解】A.仪器1是恒压漏斗，其作用为使漏斗内液体顺利流下，A错误；
B.浓氨水和氢氧化钠固体混合可以制氨气，氢氧化钠固体可以干燥氨气，故仪器2和仪器3都可以放置NaOH固体，B正确；
C.防止生成的氨基甲酸铵水解，或者防止氨气过量导致装置6倒吸，应在应在装置5和6之间，依次添加干燥装置和安全瓶，C正确；
D.若反应初期观察到装置6内稀硫酸溶液中产生气泡，说明二氧化碳过量，应该加快产生氨气的流速，D正确；
答案选A。

7.工业上常用(NH4)2SO3溶液吸收废气中的SO2，室温下测得溶液中lgY[Y=
-
3
23
c(HSO)
c(H SO)
或
2-
3
-
3
c(SO)
c(HSO)
]，与pH的变化关系如图所示。

则下列说法一定错误的是（）
A. 通入少量SO2的过程中，直线Ⅱ中的N点向M点移动
B. α1=α2一定等于45°
C. 当对应溶液的pH处于1.81<pH<6.91时，溶液中的微粒浓度一定存在
c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)
D. 直线Ⅱ中M、N点一定存在c2(HSO3-)>c(SO32-)·c(H2SO3)
【答案】C
【解析】
【详解】A.通入少量二氧化硫的过程中，溶液的酸性增强，直线Ⅱ中的N点向M点移动；
B.
-+
3
a1
23
c(HSO)c(H)
K=
c(H SO)
，则
-
+
3
a1
23
c(HSO)
lgK=lg+lgc(H)
c(H SO)
，
-
3
a1
23
c(HSO)
lg=lgK+pH
c(H SO)
，
同理可得
2-
3
a2
-
3
c(SO)
lg=lgK+pH
c(HSO)
，故α1=α2一定等于45°；
C.由图像可知，当对应溶液的pH处于1.81<pH<6.91时，
2-
3
-
3
c(SO)
lg
c(HSO)
<0、
-
3
23
c(HSO)
lg
c(H SO)
>0，
溶液中c(H2SO3)、c(SO32-)的大小无法确定；
D.由于K a1>K a2，
-2-
33
-
233
c(HSO)c(SO)
>
c(H SO)c(HSO)
，则c2(HSO3-)>c(SO32-)·c(H2SO3)；
答案选C。

第Ⅱ卷（共174分）
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

（一）必考题（共129分）
8.天然气是一种重要的化工原料，其中含有少量H2S羰基硫（COS），能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染。

（1）氨水可以吸收H2S，若生成物是NH4HS，写出反应的离子方程式___。

（2）利用含Fe3+的溶液可以脱除其中的H2S。

将H2S和空气按一定流速通酸性FeCl3溶液，可实现空气脱硫得到单质硫。

FeCl3溶液吸收H2S过程中，溶液中的n（Fe3+）、被吸收的n（H2S）随时间t变化如图。

①t1以前，溶液中n（Fe3+）不断减小的原因是___（用离子方程式表示）。

②t1以后，溶液中n（Fe3+）基本保持不变，原因是___。

此时，溶液中总反应的离子方程式可以表示为___。

（3）羰基硫的碱性水解是常用的脱硫方法，其流程如图：
①已知B是硫化钠，C是一种正盐，则B的电子式为___，C的化学式为___。

②写出反应②的离子方程式___。

③如图是反应②中，在不同反应温度下.反应时间与H2产量的关系（Na2S初始含量为3mmol）。

由图像分析可知，a点时溶液中除S2O32-外，还有___（填含硫微粒的离子符号）。

【答案】 (1). H2S+NH3·H2O=NH4++HS-+H2O (2). 2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ (3). t1以后溶液中同时发生两个反应，Fe3+氧化吸收H2S和Fe2+被O2氧化再生Fe3+，当两个反应速率相等时，溶液中n(Fe2+)保持基本不变 (4). 2H2S+O22S↓+2H2O (5). (6). Na2CO3 (7). 2S2-+5H2O S2O32-+4H2↑+2O H- (8). SO42-
【解析】
【分析】
Fe 3+与H 2S 发生氧化还原反应生成Fe 2+与S ，同时Fe 2+被空气中氧气氧化为Fe 3+；天然气中的羰基硫（COS ）与氢氧化钠反应生成硫化钠，是非氧化还原反应，C 是一种正盐，推测C 为碳酸钠；硫化钠发生氧化还原反应，生成S 2O 32-、SO 42-等其它含硫物质。

【详解】（1）氨水中
的一水合氨与H 2S 反应中和反应，生成NH 4HS ，离子方程式为H 2S+NH 3·H 2O=NH 4++HS -+H 2O 。

（2
）①由图可知，t 1前n （Fe 3+）迅速减小，被吸收的n （H 2S ）显著增加，发生的离子反应为2Fe 3++H 2S=2Fe 2++S↓+2H +
； ②t 1以后溶液中同时发生两个反应，Fe 3+氧化吸收H 2S 、Fe 2+被氧气氧化再生成Fe 3+，当两个反应速率相等时，溶液中n （Fe 3+）基本保持不变。

t 1以后Fe 3+起催化作用，总反应方程式为2H 2S+O 22S↓+2H 2O 。

（3）①硫化钠为离子化合物，由钠离子、硫离子构成，其电子式为
，COS 与氢氧
化钠反应前后化合价没有变化，生成含有+4价碳元素的正盐，该正盐为碳酸钠，其反应方程式为COS+4NaOH=Na 2S+Na 2CO 3+2H 2O 。

②图示说明：硫化钠溶液加热生成了Na 2S 2O 3和氢气，发生氧化还原反应，根据得失电子守恒和电荷守恒配平，则离子方程式为2S 2-+5H 2O S 2O 32-+4H 2↑+2OH -。

③根据图像可知，a 点时氢气是10mol ，说明反应中共有20mol 电子发生转移，则根据得失电子守恒可知，3mol 硫化钠分子必须提供20mol 电子，全部转化为硫代硫酸钠转移12mol 电子，全部转化为亚硫酸钠转移18mol 电子，全部转化为硫酸钠转移24mol 电子，所以a 点时溶液中除S 2O 32-外，还有SO 42-。

9.镍的抗腐蚀性佳，主要用于合金和电镀，也可用作良好的催化剂。

现准确称量8g 粗镍（含有少量Fe 、Cu 以及难与酸、碱反应的杂质）进行如下提纯。

请回答下列问题：
（1）写出稀硝酸溶解镍的离子方程式___。

（2）在溶液A的净化除杂中，首先将溶液A煮沸，调节pH=5.5，继续加热煮沸5min，加热过程中补充适量的水保持溶液的体积不变，静止一段时间后，过滤出Fe2O3、FeO(OH)。

①写出煮沸过程中生成FeO(OH)的离子方程式___。

②控制溶液的pH，可利用___。

a.pH试纸
b.石蕊指示剂
c.pH计
③为了得到纯净的溶液B，还需要加入以下物质___（填字母）进行除杂。

（已知：K sp（CuS）=8.8×10-36；K sp（NiS）=3.2×10-19；K s p[Cu(OH)2]=2.2×10-20；K sp[Ni(OH)2]=5.4×10-16）
a.NaOH
b.Na2S C.H2S d.NH3·H2O
（3）在快速搅拌下缓慢向溶液B中滴加12%的H2C2O4溶液，溶液中即可析出NiC2O4·2H2O，搅拌下煮沸2min冷却。

操作X包括：过滤、洗涤和烘干，采用如图的装置进行过滤（备注：该图是一个通过水泵减压过滤的装置）。

这种抽滤其优点是___，装置B的主要作用是___，若实验过程中发现倒吸现象，应采取的措施是___。

（4）在该生产过程中需要纯净的H2。

若实验室要制备纯净的H2，发生装置不可以选择___（选填代号）。

（5）用电子天平称取0.5000g的NiO样品，加入一定体积的6mol/L的盐酸恰好完全溶解，将所得到的溶液配制成250mL的溶液。

取出20mL加入锥形瓶，按照如下滴定原理进行沉淀滴定，最终得到干燥的固体mg，则镍元素的质量分数为___。

（写出表达式即可）
[一定条件下丁二酮肟（，简写为C4N2H8O2）能和Ni2+反应生产鲜红色的沉淀，其方程式为：Ni2++2C4N2H8O2+2NH3·H2O=Ni(C4N2H7O2)2↓+2NH4++2H2O，Ni(C4N2H7O2)2的摩尔质量为
289g/mol]。

Ni 2+能与CO 32-、C 2O 42-、S 2-等离子形成沉淀，但为什么很多情况下选用丁二酮肟有机沉淀剂？___。

【答案】 (1). 3Ni+8H ++2NO 3-=3Ni 2++2NO+4H 2O (2). Fe 3++2H 2O FeO(OH)↓+3H + (3). c (4). c (5). 速度快 (6). 安全瓶 (7). 旋开K (8). B (9).
mg 250mL 59g/mol 289g/mol 20mL 0.5g
⨯⨯×100% (10). 生成沉淀质量大，称量误差小，分析结果
准确度高
【解析】
【分析】
粗镍与稀硝酸反应，生成镍离子、铁离子、铜离子等，经过净化、除杂，溶液B 为硝酸镍溶液，加入H 2C 2O 4生成NiC 2O 4·2H 2O ，经过操作X 过滤、洗涤和烘干得到NiC 2O 4·2H 2O 晶体，在空气中加热生成三氧化二镍，再加热生成NiO ，NiO 与氢气发生氧化还原反应生成纯镍。

【详解】（1）镍与硝酸反应成Ni 2+、NO 和水，离子方程式为3Ni+8H ++2NO 3-=3Ni 2+
+2NO+4H 2O 。

（2）①将溶液A 煮沸，调节pH=5.5，继续加热煮沸5min ，铁离子水解生成FeO(OH)，离子方程式为Fe 3++2H 2O FeO(OH)↓+3H +。

②实验中要准备测量溶液的pH ，只有pH 计可以。

③为了得到纯净的溶液B ，需要除去Cu 2+，又不能减少Ni 2+，由溶度积常数可知，CuS 的溶解度最小，且远远小于NiS 的溶解度，能实现很好的分离，故选择H 2S 。

（3）由于水流的作用，使漏斗下端的压强小于外界大气压，可以加速过滤的速度；装置B 的主要作用是安全瓶；若实验过程中发生倒吸现象，先旋开旋塞K ，恢复常压后关闭抽水泵。

（4）实验室制氢气采用锌与稀硫酸反应，不需要加热，装置B 为加热制气装置，不符合题意，答案选B 。

（5）NiO 与盐酸反应生成Ni 2+，取250mL 中的20mL 溶液用丁二酮肟滴定Ni 2+发生反Ni 2++2C 4N 2H 8O 2+2NH 3·H 2O=Ni(C 4N 2H 7O 2)2↓+2NH 4++2H 2O ，得到干燥的固体mg ，则Ni(C 4N 2H 7O 2)2的质量为mg ，其中镍元素的质量为 59m g 289
⨯；则0.5g 样品中镍元素的质量为59g/mol 250mL m 289g/mol 20mL ⨯⨯ ，镍元素的质量分数为mg 250mL 59g/mol 289g/mol 20mL 0.5g
⨯⨯×100%。

Ni2+与丁二酮肟反应生成的沉淀质量大，称量误差小，分析结果准确度高，故选用丁二酮肟有机沉淀剂。

10.氮的氧化物是大气污染物之一，用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物，可防止空气污染。

回答下列问题：
（1）汽车尾气中常含有碳烟、CO、NO等有害物质，尾气中含有碳烟的主要原因为___。

（2）已知298K和101kPa条件下，有如下反应：
反应①：C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ·mol-1
反应②：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH2=+180.5kJ·mol-1
若反应1
2
CO2(g)+
1
2
N2(g)⇌
1
2
C(s)+NO(g)的活化能为akJ·mol-1，则反应
C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)的活化能为___kJ·mol-1。

（3）在常压下，已知反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) ΔH(298K)=-113.0kJ·mol-1，ΔS(298K)=-145.3J/(mol·K)，据此可判断该反应在常温下___（填“能”或“不能”）自发进行。

（4）向容积为2L的真空密闭容器中加入活性炭（足量）和NO，发生反应
C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)，NO和N2的物质的量变化如表所示，在T1℃、T2℃分别到达平衡时容器的总压强分别为p1kPa、p2kPa。

①0~10min内，以NO表示的该反应速率v（NO）=___kPa·min-1。

②第15min后，温度调整到T2，数据变化如表所示，则p1___p2（填“>”、“<”或“=”）。

③若30min时，保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2mol，再次达平衡时NO 的体积百分含量为___。

（5）为探究温度及不同催化剂对反应2NO(g)+2CO(g)+⇌N2(g)+2CO2(g)的影响，分别在不同温度、不同催化剂下，保持其它初始条件不变重复实验，在相同时间内测得NO转化率与温度的关系如图所示：
①在催化剂乙作用下，图中M 点对应的速率（对应温度400℃）v 正___v 逆（填“>”、“<”或“=”），其理由为___。

②温度高于400℃，NO 转化率降低的原因可能是___。

【答案】 (1). 燃料燃烧不充分 (2). 2a-574 (3). 能 (4). 0.06p 1 (5). >
(6). 20% (7). > (8). 相同温度下，曲线乙的转化率低于曲线甲的转化率，说明M 点不是平衡点，反应仍向正反应进行 (9). 温度升高催化剂活性降低
【解析】
【分析】
燃料燃烧不充分生成碳烟，燃料燃烧产生NO 等有害物质，若∆H-T ∆S<0则反应能自发进行；由表格数据可知，T 1℃时10min 后反应达到平衡，T 2℃时25min 后反应达到平衡，密闭容器中压强的大小由气体分子数和分子间隔决定；由（5）题图可知，随温度升高相同时间内NO 的转化率先升高后降低。

【详解】（1）尾气中含有碳烟的主要原因为燃料燃烧不充分。

（2）若反应12CO 2(g)+12N 2(g)⇌12
C(s)+NO(g)的活化能为akJ·mol -1，则反应C(s)+2NO(g)⇌CO 2(g)+N 2(g)的逆反应活化能为2a kJ·mol -1，根据盖斯定律：①-②可得C(s)+2NO(g)⇌CO 2(g)+N 2(g) ΔH=-574 kJ·mol -1，故反应C(s)+2NO(g)⇌CO 2(g)+N 2(g)的活化能为（2a-574）kJ·mol -1。

（3）满足自发进行的条件是：ΔH -TΔS=-113.0 kJ·mol -1-T ⨯(-145.3⨯10-3) kJ ⋅mol -1·K -1<0，则T<777.7K ，故该反应在常温下能自发进行。

（4）①该反应反应前后气体总物质的量不变，故0~10min 内，容器的总压强保持不变，平衡是NO （g ）的分压为
110.80p kPa=0.4p kPa 2.0，以NO 表示的该反应速率v （NO ）=1111p kPa-0.4p kPa 0.06p kPa min 10min
-=⋅。

②第15min 后，温度调整到T 2，从表格查得NO 的物质的量减少，N 2的增加，平衡正向移动，由于正反应为放热反应，改变条件为降温，气体的总的物质的量不变，温度越低，压强越小，
则p1>p2。

③若30min时，保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2mol，该反应前后气体分子数不变，加入反应混合物前后构成等效平衡，达平衡时NO的体积百分含量为
0.4mol
⨯=。

100%20%
2mol
（5）①在催化剂乙作用下，相同温度下，曲线乙的转化率低于曲线甲的转化率，说明M点不是平衡点，反应仍向正反应进行，则v正>v逆。

②温度升高催化剂活性降低，催化效率降低，则在相同时间内测得NO转化率降低。

（二）选考题
11.Cu(In1-x Ga x Se2)（简称CIGS）可作多晶膜太阳能电池材料，具有非常好的发展前景。

回答下列问题：
（1）已知铟的原子序数为49，基态铟原子的电子排布式为[Kr]___；Ga、In、Se，第一电离能从大到小顺序为___。

（2）硅与碳位于同主族，碳的化合物中往往有碳碳双键、碳碳三键，但是硅的化合物中只存在硅硅单键，其主要原因是___。

常温常压下，SiF4呈气态，而SiCl4呈液态，其主要原因是___。

（3）31Ga可以形成GaCl3·xNH3（x=3、4、5、6）等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2。

则该溶液中溶质的化学式为___。

（4）SeO32-的立体构型为___；SeO2中硒原子采取杂化类型是___。

（5）常见的铜的硫化物有CuS和Cu2S两种。

已知：晶胞中S2-的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所构成的四面体中心，它们晶胞具有相同的侧视图如图2所示。

已知CuS和Cu2S的晶胞参数分别为apm和bpm，阿伏加德罗常数的值为N A。

①CuS晶体中，相邻的两个铜离子间的距离为___pm。

②Cu2S晶体中，S2-的配位数为___。

③Cu2S晶体的密度为ρ=___g·cm-3（列出计算式即可）。

【答案】 (1). 4d 105s 25p 1 (2). Se>Ga>In (3). 硅原子半径大于碳，硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小，形成三键、三键不稳定 (4). 组成、结构相似、四氯化硅的相对分子质量较大 (5). [Ga(NH 3)4Cl 2]Cl (6). 三角锥形 (7). sp 2
(8). 2
a (9). 8 (10). 3-30
A 640N b 10⨯⨯ 【解析】
【分析】
Ga 与In 同主族，Se 与Ga 同周期；碳与硅同主族，碳原子半径小于硅原子半径；硒原子的价层电子数为4，其中为1个孤对电子对、3个成键电子对；CuS 晶胞中S 2-位于晶胞的顶点和面心上，铜离子位于体内，配位数为4。

【详解】（1）镓原子的质子数为49，电子排布是为1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 24p 64d 105s 25p 1，简写为
[Kr] 4d 105s 25p 1；Ga 与In 同主族，Se 与Ga 同周期，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左到右第一电离能逐渐增大，则第一电离能从大到小顺序为Se>Ga>In 。

（2）碳碳双键、碳碳叁键都有π键，硅原子的半径大于碳原子，硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小于碳原子，π键不稳定。

四氯化硅、四氟化硅都是分子构成的物质，组成、结构相似，四氯化硅的相对分子质量大于四氟化硅，故四氯化硅的分子间作用力较大，沸点较高。

（3）向上述某配合物的溶液中加入足量AgNO 3溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2，说明该配合物内界和外界中含氯离子的个数比为2:1，由于Ga 3+的配位数为6，则该配合物的化学式为[Ga(NH 3)4Cl 2]Cl 。

（4）SeO 32-中硒原子的价层电子对数为4，其中为1个孤对电子对、3个成键电子对，故它的立体构型为三角锥形；二氧化硒分子中硒原子价层有3个电子对，采取sp 2杂化。

（5
）①由题意可知，铜离子位于互不相邻的四面体中心，因此相邻的两个铜离子间的距离为2
a pm 。

②铜离子配位数为4，根据化学式为Cu 2S ，得出S 2-
的配位数为8。

③Cu 2S 晶体中含有8个铜离子、4个硫离子，故晶体的密度为ρ= 2(S)
103C 3u 30A A 4M 640N (b 10)N b 10
--⨯=⨯⨯⨯⨯ g·cm -3。

12.某研究小组以苯乙烯和乙烯为主要原料，设计出医药中间体G 的合成路线如图：
已知RCOOH RCOCl RCOOR’。

（1）B中含氧官能团的名称为___；D的结构简式为___。

（2）乙烯的某种同系物的化学名称为“甲基丙烯”，则甲基丙烯的结构简式为___。

（3）B能通过分子间脱水生成有机物X，X可用于香料，其结构中含有三个六元环状结构，则B转化为X的化学方程式：___。

（4）M是G的同分异构体，符合下列结构和性质的芳香族化合物M共有___种（不考虑立体异构）。

①1molM与银氨溶液反应最多能得4molAg；
②苯环上有四个取代基，其相对位置为；
③核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积为2：2：2：2：1；
④M能发生消去反应。

写出M发生消去反应的化学方程式：___（一例即可）。

（5）设计出以甲苯为原料制备B的合成路线（无机试剂任选，已知：
RCHO，RCN RCOOH）___。

合成路线常用的表示方式为：A B……目标产物。

【答案】(1). 羟基、羧基(2). CH3COOH (3). (CH3)2C=CH2(4). 2+2H2O (5). 4 (6).
+H2O或
+NaCl+2H2O (7).
【解析】
【分析】
根据已知条件可知，F生成G、D生成E的反应机理与已知相同，推测F为；乙烯与水加成反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，D为乙酸，E为CH3COCl；B与E生成F，推测B的结构简式为，则苯乙烯先发生加成反应生成A，A再经过氧化、取代生成B。

【详解】（1）综上分析，B中含氧官能团的名称为羟基、羧基；D的结构简式为CH3COOH。

（2）根据名称可知，甲基丙烯的结构简式为(CH3)2C=CH2。

（3）当羟基和羧基在同一个碳原子上时，B发生分子间脱水的酯化反应生成六元环酯，化学方程式为2+2H2O。

（4）M是芳香族化合物，结构中含有苯环，1molM与银氨溶液反应最多能得4molAg，说明结构中含有两个醛基；苯环上有四个取代基，其相对位置为，核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积为2：2：2：2：1并能发生消去反应，满足条件的M的结构简式有
，共4种；发生消去反应的化学方程式为+H2O或
+NaCl+2H2O。

（5）B为，逆推可知，甲苯通过取代反应生成，再经过取代反应生成，氧化生成苯甲醛，苯甲醛发生与已知相同反应机理的反应生成B，具体合成路线为：。