陕西省西安中学2020届高三仿真考试（一）化学试题 Word版含解析

陕西省西安中学2020届高三仿真考试（一）化学试题 Word版含解析

西安中学高2020届仿真考试 化学 可能用到的相对相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Ag-108‎ 第I卷(选择题)‎ 一、选择题（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.“中国名片”中航天、军事、天文等领域的发展受到世界瞩目，它们与化学有着密切的联系。下列说法不正确的是( )‎ A. “天宫二号”空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能 B. “蛟龙”号潜水器所使用的钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性 C. “歼-20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料 D. 港珠澳大桥设计使用寿命120年，水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极保护法 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. “天宫二号”空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能，故A正确；‎ B. 钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故B正确；‎ C. 碳纤维不是一种新型有机高分子材料，是碳的单质，属于新型无机非金属材料，故C错误；‎ D. 水下钢柱镶铝块防腐的方法是原电池原理，铝作负极被腐蚀，铁作正极被保护，该方法为牺牲阳极保护法，故D正确。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是 A. 1L0.lmol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数为0.1 NA个 B. 0.1mol的2H35Cl分子的中子数是2NA C. 1mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为2NA D. 加热条件下，含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、根据碳酸根水解分析；‎ B、根据中子数＝质量数－质子数计算；‎ C、根据过氧化钠与二氧化碳的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂分析；‎ D、根据稀硫酸与铜不反应解答。‎ ‎【详解】A、碳酸根水解得到碳酸氢根和氢氧根离子，因此1L0.lmol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数大于0.1 NA个，A错误；‎ B、2H35Cl分子的中子数＝2－1+35－17＝19，所以0.1mol的2H35Cl分子的中子数是1.9NA，B错误；‎ C、过氧化钠与二氧化碳的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，1mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为NA，C错误；‎ D、加热条件下，含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，随着反应的进行硫酸浓度减小，稀硫酸与铜不反应，因此生成二氧化硫的分子数小于0.1NA，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎3.莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是( )‎ A. 分子式为C7H10O5，属于芳香族化合物，易溶于水 B. 分子中含有3种官能团，可以发生加成、氧化、取代等反应 C. 在水溶液中，1mol莽草酸最多可电离出4molH+‎ D. 1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出4molCO2气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 分子式为C7H10O5，不含有苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；‎ B. 分子中含有3种官能团，羧基、羟基、碳碳双键，碳碳双键可以发生加成、氧化，羧基、羟基发生酯化反应(取代反应)，故B正确；‎ C. 在水溶液中，1mol莽草酸只有1mol羧基，羧酸是弱酸，而醇羟基在水溶液中不会电离出氢离子，因此电离出H+小于1mol，故C错误；‎ D. 1mol莽草酸只有1mol羧基，与足量的NaHCO3溶液反应可放出1molCO2气体，故D错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎4.研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分別为：①N2O+Fe+=N2+FeO (慢）：②FeO++CO=CO2+Fe+ (快）。下列说法正确的是 A. 反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应 B. 两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定 C. Fe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物 D. 若转移lmol电子，则消耗II.2LN2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应①、②均有元素化合价的升降，因此都是氧化还原反应，A错误；‎ B.由图可知，Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步中均为反应物总能量大于生成物总能量，所以两个反应都是放热反应，总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定，B错误；‎ C. Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，FeO+是反应过程中产生的物质，因此是中间产物，C正确；‎ D.由于没有指明外界条件，所以不能确定气体的体积，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎5.用下列装置完成相关实验，合理的是(　　)‎ A. 图①：验证H2CO3的酸性强于H2SiO3‎ B. 图②：收集CO2或NH3‎ C. 图③：分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5‎ D. 图④：分离CH3CH2OH与CH3COOC2H5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、生成的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢也能与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，干扰二氧化碳与硅酸钠反应，A错误；‎ B．氨气的密度比空气密度小，二氧化碳的密度比空气密度大，则导管长进短出收集二氧化碳，短进长出收集氨气，B正确；‎ C．Na2CO3溶液与CH3COOC2H5分层，应选分液法分离，C错误；‎ D．CH3CH2OH与CH3COOC2H5互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，D错误；答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、酸性比较、气体收集、混合物分离、实验技能为解答本题的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，选项A是解答的易错点，注意浓盐酸的挥发性。‎ ‎6.短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法错误的是(　　)‎ A. 单质沸点：Z>W B. 简单离子半径：X>W C. 元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物 D. X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素，据此进行解答。‎ ‎【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na ‎，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素；A．Z、W的单质分别为氯气、氟气，二者形成的晶体都是分子晶体，相对分子质量氯气较大，则氯气的沸点较高，即单质的沸点：Z＞W，故A正确；B．X为Na、W为F，二者的离子都含有2个电子层，Na的核电荷数较大，则钠离子的离子半径较小，即简单离子半径：X＜W，故B错误；C．X为Na，金属钠与O形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键，故C正确；D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝具有两性，则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应，故D正确；故答案为B。‎ ‎7.25℃时，用0.1 mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是 A. Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线 B. pH=7时，滴定盐酸和醋酸消耗NaOH溶液的体积相等 C. V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(CH3COO-)> c(Na+)> c(H+)> c(OH-)‎ D. V(NaOH)=20.00mL时，两溶液中c(CH3COO-)> c(Cl-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，浓度相同时盐酸的pH较小；‎ B．浓度、体积相等时，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；‎ C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性；‎ D．V（NaOH）=20.00mL时，反应后得到等物质的量浓度的醋酸钠、氯化钠溶液，醋酸根离子部分水解，则醋酸根离子浓度较小。‎ ‎【详解】A．根据图示可知，Ⅰ的起始pH较大，Ⅱ的起始pH 较小，则Ⅰ表示的是醋酸，Ⅱ表示盐酸，选项A错误；‎ B．醋酸为弱酸，溶液体积相同时，醋酸和氯化氢的物质的量相等，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；若pH=7时，醋酸消耗的NaOH溶液体积应该稍小，选项B错误；‎ C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），反应后溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），选项C正确；‎ D．V（NaOH）=20.00mL时，两溶液都恰好反应得到等物质的量浓度的醋酸钠和NaCl溶液，由于醋酸根离子部分水解，则两溶液中 c（CH3COO-）＜c（Cl-），选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。‎ 第II卷(非选择题)‎ ‎（一）必考题 ‎8.下面是某科研小组利用废铁屑还原浸出软锰矿(主要成分为MnO2)制备硫酸锰及电解其溶液制锰工艺流程图：‎ 已知：①浸出液中主要含有Fe3＋、Fe2＋、Co2＋、Ni2＋等杂质金属离子；‎ ‎②生成氢氧化物的pH见下表：‎ 物质 Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ Ni(OH)2‎ Co(OH)2‎ Mn(OH)2‎ 开始沉淀的pH ‎7.5‎ ‎2.7‎ ‎7.7‎ ‎7.6‎ ‎8.3‎ 完全沉淀的pH ‎9.7‎ ‎3.7‎ ‎8.4‎ ‎8.2‎ ‎9.8‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）“酸浸”前将原料粉碎的目的是____。‎ ‎（2）流程图中“①加入MnO2”的作用____，MnO2还可以用其他试剂____(填化学式)代替。‎ ‎（3）流程图中“②调节pH”可以除去某种金属离子，应将溶液pH调节控制的范围是___～7.6。上述流程中，能循环使用的一种物质是___(填化学式)。 ‎ ‎（4）向滤液Ⅰ中加入MnS的作用是除去Co2＋、Ni2＋等离子，其中可以发生反应为MnS(s)＋Ni2＋(aq)=NiS(s)＋Mn2＋(aq)等。当该反应完全后，滤液2中的Mn2＋与Ni2＋的物质的量浓度之比是___[已知Ksp(MnS)＝2.8×10－10，Ksp(NiS)＝2.0×10－21]。 ‎ ‎（5）在适当条件下，在MnSO4、H2SO4和H2O为体系的电解液中电解也可获得MnO2，其阳极电极反应式为____。‎ ‎（6）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=___。‎ ‎【答案】 (1). 增大反应物的接触面积，增大反应速率 (2). 将浸出液中的Fe2＋氧化为Fe3＋ (3). H2O2 (4). 3.7 (5). H2SO4 (6). 1.4×1011 (7). Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2＋4H＋ (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用软锰矿还原酸浸制取硫酸锰电解液并进一步提炼金属锰，软锰矿和废铁屑加入过量硫酸浸出，过滤，浸出液中主要含有Fe3+、Fe2+、Co2+、Ni2+等金属离子，加入MnO2的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时自身被还原为Mn2+，加入氨水调节溶液的pH以除去铁离子，过滤后的滤液中加入MnS净化除去Co2+、Ni2+等，过滤得到滤液电解得到金属锰和阳极液，阳极液中的硫酸循环使用，滤渣2为MnS、CoS、NiS，据此分析解题。‎ ‎【详解】(1)“酸浸”前将原料粉碎，增大了反应物的接触面积，从而加快反应速率；‎ ‎(2)流程图中“①加入MnO2”的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时自身被还原为Mn2+，MnO2作氧化剂，可以用试剂H2O2代替；‎ ‎(3)流程图中“②调节pH”可以除去铁离子，由表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的溶液pH=3.7，则应将溶液pH调节控制的范围是3.7～7.6；上述工艺中，能循环使用的一种物质是电解过程中阳极液含的H2SO4；‎ ‎(4)Ksp(MnS)=2.8×10-10，Ksp(NiS)=2.0×10-21]，沉淀转化的方程式为：MnS+Ni2+=NiS+Mn2+，则Mn2+与Ni2+离子的物质的量浓度之比=c(Mn2+)：c(Ni2+)=Ksp(MnS)：Ksp(NiS)=2.8×10-10：2.0×10-21=1.4×1011； ‎ ‎(5)在适当条件下，在MnSO4电解在阳极失去电子获得MnO2，其阳极电极反应式为：Mn2++2H2O-2e-═MnO2 +4H+；‎ ‎(6)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4．当x=y=时，该化合物中各元素的化合价代数和为0，+1+(+2)×+(+3)×+(+4)×z+(-2)×2=0，z=。‎ ‎9.CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～50%。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。‎ ‎(1)研究表明CO2和H2在催化剂存在下可发生反应生成CH3OH。己知部分反应的热化学方程式如下： ‎ CH3OH(g)+ 3/2O2(g) ＝CO2(g)+2H2O(1) ΔH1=a kJ·mol−1‎ H2(g)+1/2O2(g) ＝H2O(1) ΔH2=b kJ·mol−1‎ H2O(g) ＝ H2O(l) ΔH3=c kJ·mol−1‎ 则 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=_______kJ·mol−1‎ ‎(2)为研究CO2与CO之间的转化，让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g) 2CO(g) ΔH，反应达平衡后，测得压强、温度对CO的体积分数(φ(CO)％)的影响如图所示。‎ 回答下列问题：‎ ‎①压强p1、p2、p3的大小关系是______；Ka 、 Kb 、 Kc 为a、b、c三点对应的平衡常数，则其大小关系是______。‎ ‎②900℃、1.0 MPa时，足量碳与a molCO2反应达平衡后，CO2的转化率为________ (保留三位有效数字)，该反应的平衡常数Kp＝______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。‎ ‎(3)以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4 为催化剂，可以将CO2 和CH4 直接转化成乙酸，‎ CO2(g)+CH4(g) CH3COOH(g)。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250～300 ℃时，乙酸的生成速率降低的主要原因是_______。‎ ‎ (4)以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。阴极上的电极反应式为__________；每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中_____mol硫酸。‎ ‎【答案】 (1). (3b-a-c ) (2). p1＜p2＜p3 (3). Ka＝Kb＜Kc (4). 66.7% (或0.667) (5). 3.2 Mpa (6). 催化剂的催化效率降低 (7). 2CO2+12H++12e－ = CH2=CH2 +4H2O (8). 6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)第二个方程式2倍减去第一个方程式，再减去第三个方程式。‎ ‎(2)①根据平衡移动来分析压强关系，根据温度变化来判断平衡常数；②分别假设计算出CO、CO2物质的量，再计算CO2的转化率和平衡常数。‎ ‎(3)根据图中信息分析出催化剂的催化效率降低。‎ ‎(4)根据分析，左侧CO2转化为乙烯，化合价降低，得到电子，根据Pb + PbO2+ 2H2SO4＝2PbSO4+ 2H2O分析电子转移与消耗硫酸关系。‎ ‎【详解】(1)第二个方程式2倍减去第一个方程式，再减去第三个方程式得到CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=(3b－a－c) kJ·mol−1；故答案为：(3b－a－c)。‎ ‎(2)①从700℃分析，从下到上，CO 体积分数增大，则说明平衡正向移动，该反应是体积增大的反应，即减小压强，因此压强p1、p2、p3的大小关系是p1＜p2＜p3；Ka、Kb、Kc为a、b、c三点对应的平衡常数，a、b温度相等，则平衡常数相等，b、c压强相同，温度不同，温度升高，CO体积分数增大，平衡正向移动，平衡常数变大，因此其大小关系是Ka＝Kb＜Kc；故答案为：p1＜p2＜p3；Ka＝Kb＜Kc。‎ ‎②900℃、1.0 MPa时，足量碳与a molCO2反应达平衡后，CO的体积分数为为80%，则CO2的体积分数为20%，假设平衡时CO物质的量为0.8mol，CO2物质的量为0.2mol，则CO2改变量为0.4mol，因此CO2的转化率为，该反应的平衡常数；故答案为：66.7%(或0.667)；3.2 Mpa。‎ ‎(3)根据图中信息，250～300 ℃时，乙酸的生成速率降低的主要原因是催化剂的催化效率降低；故答案为：催化剂的催化效率降低。‎ ‎(4)以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。根据分析，左侧CO2转化为乙烯，化合价降低，得到电子，为阴极，因此阴极上的电极反应式为2CO2+12H++12e－ = CH2=CH2+4H2O；根据Pb + PbO2+ 2H2SO4＝2PbSO4+ 2H2O分析，转移2mol电子，反应2mol硫酸，每生成0.5mol乙烯，转移6mol电子，所以理论上需消耗铅蓄电池中6 mol硫酸；故答案为：2CO2+12H++12e－ = CH2=CH2+4H2O；6。‎ ‎【点睛】化学平衡综合题型是常考题型，主要考查盖斯定律、化学平衡移动及平衡常数，电化学等知识。‎ ‎10.某学习小组根据高中知识设计如下测定室内甲醛含量的装置(夹持装置已略)。‎ I.配制银氨溶液 ‎⑴盛装AgNO3溶液的仪器D的名称_____________。‎ ‎⑵关闭K2和K3，打开K1和分液漏斗活塞，将饱和食盐水滴入到圆底烧瓶中，当观察到D 中最初生成的白色沉淀恰好完全溶解时，关闭K1和分液漏斗活塞。请写出A装置中发生反应的化学方程式_________；饱和食盐水的用途是________。‎ Ⅱ.测定室内空气中甲醛含量 ‎⑶用热水浴加热D，打开K3，将滑动隔板由最左端抽到最右端，吸入1L室内空气，关闭K3，后续操作是_______________。‎ ‎⑷装置中毛细管的作用是________________。‎ ‎⑸已知甲醛被银氨溶液氧化的化学方程式为：HCHO+4Ag(NH3)2OH=(NH4)2CO3+4Ag↓+6NH3↑+2H2O，测得共生成Ag 2.16mg。则空气中甲醛的含量为_______mg.L-1(空气中其它物质不与银氨溶液反应)。‎ ‎⑹该设计装置存在一个明显的不足之处是____________。‎ ‎【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑ (3). 减缓反应速率 (4). 打开K1，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2 (5). 减少气体通入速率，使空气中甲醛气体被完全吸收 (6). 0.15 (7). 缺少尾气处理装置 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氮化镁和饱和食盐水反应生成氨气和氢氧化镁，氨气缓缓通入到硝酸银溶液中，先生成沉淀后沉淀溶解，停止通入氨气，吸入1L空气后缓缓压入到银氨溶液中，使甲醛与银氨溶液充分反应，根据生成的银的质量计算甲醛的物质的量，计算空气中甲醛的含量。‎ ‎【详解】I⑴根据图中信息得知盛装AgNO3溶液的仪器D的名称三颈烧瓶；故答案为：三颈烧瓶。‎ ‎⑵A装置中是氮化镁和水反应生成氢氧化镁和氨气，发生反应的化学方程式Mg3N2+6H2O =3Mg(OH)2+2NH3↑；饱和食盐水是降低水的浓度，其用途是减缓反应速率；故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑；减缓反应速率。‎ Ⅱ⑶用热水浴加热D，打开K3，将滑动隔板由最左端抽到最右端，吸入1L室内空气，关闭K3，主要是将空气中甲醛与银氨溶液反应，因此后续操作是打开K1，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；故答案为：打开K1，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2。‎ ‎⑷为了缓缓的通入空气到银氨溶液中，使空气中甲醛气体被完全吸收，因此装置中使用毛细管；故答案为：减少气体通入速率，使空气中甲醛气体被完全吸收。‎ ‎⑸根据HCHO ～4Ag↓，测得共生成Ag 2.16mg即物质的量为2×10−5 mol，因此n(HCHO)=5×10−6 mol，则空气中甲醛的含量为；故答案为：0.15。‎ ‎⑹由于反应生成了氨气，氨气会污染环境，因此该设计装置存在一个明显的不足之处是缺少尾气处理装置；故答案为：缺少尾气处理装置。‎ ‎【点睛】化学实验及测定含量实验是常考题型，主要考查化学实验知识、反应方程式、实验步骤等实验中分析问题，解决问题的能力。‎ ‎（二）选考题 ‎ [化学——选修3：物质结构与性质]‎ ‎11.2019年1月3日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：‎ ‎(1)基态As原子的价电子排布图为____________，基态Ga原子核外有________个未成对电子。‎ ‎(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ•mol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为____和+3，砷的电负性比镓____(填“大”或“小”)。‎ ‎(3)1918年美国人通过反应：HC≡CH+AsCl3CHCl=CHAsCl2制造出路易斯毒气。在HC≡CH分子中σ键与π键数目之比为________；AsCl3分子的空间构型为___________。‎ ‎(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃制得，(CH3)3Ga中碳原子的杂化方式为_______‎ ‎(5)GaAs为原子晶体，密度为ρg•cm-3，其晶胞结构如图所示， Ga与As以_______键键合。Ga和As的原子半径分别为a pm和b pm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______________(列出计算式，可不化简)。‎ ‎【答案】 (1). ） (2). 1 (3). +1 (4). 大 (5). 3:2 ‎ ‎(6). 三角锥形 (7). sp3 (8). 共价 (9). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)As为33号元素，基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子；‎ ‎(2)根据电离能知，失去1个或3个电子时电离能发生突变，由此可推知镓主要化合价，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大；‎ ‎(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键；根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算结合价层电子对互斥理论判断空间构型；‎ ‎(4)根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；‎ ‎(5)根据GaAs为原子晶体判断Ga和As原子之间的作用力；根据均摊法计算该晶胞中Ga、As原子个数，计算晶胞的质量和体积，再根据晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=×100%计算。‎ ‎【详解】(1)基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，所以其价电子排布式为，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子，则Ga未成对电子数是1，故答案为；1；‎ ‎(2)根据镓失去电子的逐级电离能知，失去1个或3个电子电离能突变，由此可推知镓的主要化合价为+1和+3，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，二者位于同一周期且原子序数Ga＜As，则电负性As比Ga大，故答案为+1；大；‎ ‎(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键，因此乙炔分子中含有3个σ键、2个π键，则σ键、π键个数之比为3∶2；AsCl3分子中As原子价层电子对个数=3+=4，含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为三角锥形，故答案为3∶2；三角锥形；‎ ‎(4)(CH3)3Ga中碳原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3，故答案为sp3；‎ ‎(5)GaAs为原子晶体，Ga和As原子之间以共价键键合；该晶胞中Ga原子个数是4、As 原子个数=8×+6×=4，所以其化学式为GaAs，该晶胞体积==cm3，该晶胞中所有原子体积=4×π[(a×10-10)3+(b×10-10)3]cm3=4×π×10-30×(a3+b3)cm3，GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=×100%= ×100%，故答案为共价； ×100%。‎ ‎ [化学——选修5：有机化学基础]‎ ‎12.扎来普隆是一种短期治疗失眠症的药物，其合成路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A中的官能团名称是________________。‎ ‎（2）所需的试剂和条件分别为________________。‎ ‎（3）、的反应类型依次为________、________。‎ ‎（4）扎来普隆的分子式为________________。‎ ‎（5）的化学方程式为________________________。‎ ‎（6）属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应的B的同分异构体有________种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式有________________。‎ ‎（7）已知：有碱性且易被氧化。设计由和乙醇制备 的合成路线（无机试剂任选）。________‎ ‎【答案】 (1). 羰基（或酮基） (2). 浓，浓 (3). 还原反应 (4). 取代反应 (5). (6). (7). 17 (8). 、 (9). ‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(7)因有碱性且易被氧化，则由和乙醇制备时，应先将-CH3氧化为-COOH，再与乙醇发生酯化反应，最后再将-NO2还原为-NH2，即可得到目标产物。‎ ‎【详解】(1)A的结构简式为，含有的官能团名称是羰基；‎ ‎(2)A的结构简式为，B的结构简式为，则发生取代反应，所需的试剂和条件分别为浓，浓；‎ ‎(3)由B的结构简式为、C的结构简式为、E的结构简式为、F的结构简式为可知，是-NO2转化为-NH2，发生了还原反应，而的反应类型为取代反应；‎ ‎(4)扎来普隆的结构简式为，其分子式为；‎ ‎(5)C的结构简式为、D的结构简式为，则 发生取代反应的化学方程式为；‎ ‎(6)B的结构简式为，其属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应的同分异构体满足：①含有苯环和硝基；②含有-CH2CHO或一个甲基和一个-CHO；若为-NO2和-CH2CHO，则有4种结构，其中有一种为苯环上连接-CH(NO2)CHO；若为-NO2、-CH3和-CHO，则有4+4+2=10种，另外还有-CH2NO2和-CHO共有3种，共有4+10+3=17种，其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式有、；‎ ‎(7)因有碱性且易被氧化，则由和乙醇制备时，应先将-CH3氧化为-COOH，再与乙醇发生酯化反应，最后再将-NO2还原为-NH2，具体合成路线为。‎ ‎【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据双安妥明的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。‎