2017-2018学年内蒙古集宁一中（东校区）高二下学期期中考试化学试题 解析版
内蒙古集宁一中(东校区)2017-2018学年高二下学期期中考试化学试题
可能用到的原子量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Mg:24 P:31 S:32 Cl:35.5 Br:80 Ag:108
第Ⅰ卷（单项选择题 共42分）
一、选择题(每小题3分，共42分,每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是( )
A. SO2与Si02 B. C02与H20 C. NaCl与HCl D. CCl4与KCl
【答案】B
【解析】试题分析：A．SO2与SiO2均含有共价键，前者是分子晶体，后者是原子晶体，A错误；B．CO2与H2O均含有共价键，均是分子晶体，B正确；C．NaCl含有离子键，属于离子晶体，HCl含有共价键，属于分子晶体，C错误；D．CCl4含有共价键，属于分子晶体，KCl含有离子键，属于离子晶体，D错误，答案选B。
考点：考查化学键和晶体类型判断
2. 下面的排序不正确的是( )
A. 晶体熔点由低到高:CF4
碳化硅>晶体硅
C. 熔点由高到低:Na>Mg>Al
D. 晶格能由大到小: NaF> NaCl> NaBr>NaI
【答案】C
【解析】A、CF4、CCl4、CBr4、CI4形成的晶体都属于分子晶体，随着相对分子质量增大，晶体熔点升高，既晶体熔点由低到高顺序为CF4C—Si>Si—Si，
因此硬度由大到小顺序为：金刚石>碳化硅>晶体硅，B正确。C、Na、Mg、Al都形成金属晶体，随着价电子数增加，半径减小，金属键强度逐渐增强，熔点由高到低顺序为：Al>Mg>Na，C错误。D、NaF、NaCl、NaBr、NaI的晶体属于离子晶体，随着F-、Cl-、Br-、I-半径增大，晶格能减小，既晶格能由大到小为NaF> NaCl> NaBr>NaI，D正确。正确答案：C。
点睛：分子晶体中分子间的相互作用力大小主要取决于分子间的范德华力、氢键；原子晶体中原子间作用力的大小取决于共价键的强弱；金属晶体中微粒间作用力的大小取决于金属原子半径及价电子数目；离子晶体中微粒间作用力的大小取决离子半径及离子所带电荷数。
3. 构造原理揭示的电子排布能级顺序，实质是各能级能量高低顺序。若以E表示某能级的能量，下列能量大小顺序中正确的是( )
A. E(3s)＞E(3p)＞E(3d) B. E(3s)＞E(2s)＞E(1s)
C. E(4f)＞E(4s)＞E(3d) D. E(5s)＞E(4s)＞E(4f)
【答案】B
【解析】试题分析：各能级能量高低顺序为①相同n而不同能级的能量高低顺序为：ns＜np＜nd＜nf，②n不同时的能量高低：2s＜3s＜4s 2p＜3p＜4p；③不同层不同能级ns＜（n-2）f＜（n-1）d＜np，绝大多数基态原子核外电子的排布都遵循下列顺序：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f
。A、由以上分析可知相同能层不同能级的电子能量E（3d）＞E（3p）＞E（3s），故A错误；B、不同能层相同能级的电子能量E（3s）＞E（2s）＞E（1s），故B正确；C、由以上分析可知E（4f）＞E（3d）＞E（4s），故C错误；D、应为E（4f）＞E（5s）＞E（4s），故D错误，故选B。
考点：考查核外电子的排布
4. 现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：① 1s22s22p63s23p4； ②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是 ( )
A. 第一电离能：③＞②＞① B. 原子半径：③＞②＞①
C. 电负性：③＞②＞① D. 最高正化合价：③＞②＞①
【答案】A
【解析】由核外电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4为S元素，②1s22s22p63s23p3为P元素，③1s22s22p5为F元素；A．同周期自左而右，第一电离能增大，但P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能Cl＞P＞S；同主族自上而下第一电离能减弱，故F＞Cl，故第一电离能F＞P＞S，即③＞②＞①，故A正确；B．同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径P＞S＞F，即②＞①＞③，故B错误；C．同周期自左而右，电负性增大，同主族自上而下降低，故电负性③＞①＞②，故C错误；D．S元素最高正化合价为+6，P元素最高正化合价为+5，F没有正化合价，故最高正化合价：①＞②，故D错误；故选A。
点睛：考查核外电子排布规律、元素周期律等，难度不大，注意能级处于半满、全满时元素的第一电离能高于同周期相邻元素。
5. 向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是 ( )
A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变
B. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4] 2+
C. 向反应后的溶液中加入乙醇，溶液没有发生变化
D. 在[Cu(NH3)4] 2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道
【答案】B
【解析】试题分析：A、硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，错误；B、硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，正确； C、[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，错误；D、在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，错误。
考点：本题考查物质的性质、配合物、配位键。
6. 下列关于丙烯(CH3—CH＝CH2)的说法正确的( )
A. 丙烯分子有2个σ键，1个π键
B. 丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化
C. 丙烯分子存在非极性键
D. 丙烯分子中3个碳原子在同一直线上
【答案】C
【解析】分析：A．C-C、C-H键均为σ键，C=C中一个σ键，一个π键；B．甲基中的C原子为sp3杂化，C=C中的C原子为sp2杂化；C．同种非元素之间形成非极性键；D．由碳碳双键为平面结构、甲基为四面体结构分析。
详解：A．C-C、C-H键均为σ键，C=C中一个σ键，一个π键，则丙烯分子有8个σ键，1个π键，A错误；B．甲基中的C原子为sp3杂化，C=C中的C原子为sp2杂化，则丙烯分子中1个碳原子是sp3杂化，2个碳原子是sp2杂化，B错误；C．同种非元素之间形成非极性键，则丙烯中存在C-C非极性共价键，C正确；D．由碳碳双键为平面结构、甲基为四面体结构可知，丙烯分子中2个碳原子在同一直线，D错误；答案选C。
点睛：本题考查共价键及分类，注意判断共价键的规律和常见有机物的空间结构来解答，杂化类型判断为解答的易错点。
7. 由硼和镁两种元素组成化合物可为超导材料，下图为该化合物的晶体结构单元示意图：镁原子间形成正六棱柱，且棱柱的上下底面还各有1个镁原子，6个硼原子位于棱柱内。则该化合物的化学式可表示为( )
A. Mg5B12 B. MgB2 C. Mg2B D. Mg3B2
【答案】B
【解析】分析：根据均摊法结合晶胞的结构特点计算该化合物的化学式。
详解：由于镁原子位于顶点处，另外棱柱的上下底面还各有1个镁原子，则晶胞中含有的镁原子个数是2×1/2+12×1/6＝3。6个硼原子位于棱柱内，即Mg与B的原子个数之比是1：
2，因此该化合物的化学式可表示为MgB2，答案选B。
8. 根据等电子原理，等电子体之间结构相似．物理性质也相近。以下各组粒子不能互称为等电子体的是( )
A. CO和N2 B. O3和SO2 C. CO2和N2O D. N2H4 和C2H4
【答案】D
【解析】试题分析：根据具有相同原子数和价电子数的微粒之间互称等电子体，据此分析．
解：A．CO和N2的原子个数都为2，价电子数：前者为10，后者为10，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故A不选；
B．O3和SO2的原子个数都为3，价电子数：前者为18，后者为18，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故B不选；
C．CO2和N2O的原子个数都为3，价电子数：前者为16，后者为16，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故C不选；
故选：D．
9. 用价层电子对互斥理论预测H2Se和BBr3的立体结构，两个结论都正确的是（ ）
A. 直线形；三角锥形 B. V形；三角锥形
C. 直线形；平面三角形 D. V形；平面三角形
【答案】D
【解析】试题分析：H2Se和BBr3分子中Se和B含有的孤对电子分别是，二者的价层电子对数分别是4和3，则前者是V形结构，后者是平面三角形结构，答案选D。
考点：考查分子空间构型判断
10. 已知含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，如X是S，则m=2，n=2，则这个式子就表示H2SO4。一般而言，该式中m大的是强酸，m小的是弱酸。下列各含氧酸中酸性最强的是（ ）
A. H2SeO4 B. HClO4 C. H3BO3 D. H3PO4
【答案】B
【解析】分析：根据含氧酸的通式XOm(OH)n中m大的是强酸，m小的是弱酸，结合含氧酸的分子式解答。
详解：根据含氧酸的通式可知，A、B、C、D分别可以看作SeO2(OH)2、ClO3(OH)、B(OH)3、PO(OH)3，所以酸性最强的是高氯酸，答案选B。
点睛：本题主要是考查含氧酸酸性强弱比较的判断，该题的关键是明确含氧酸酸性强弱的判断依据，即非羟基氧原子个数越多，酸性越强。
11. 下列某基态原子的电子排布图中，正确的是( )
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】试题分析：基态电子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特规则，以此解答该题．
解：A．2p轨道违背洪特规则，故A错误；
B.2s轨道违背保里不相容原理，故B错误；
C．电子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特规则，故C正确；
D.2s轨道没有填充满，违背钠离子最低原理，不是基态原子排布，应是激发态，故D错误，
故选C．
12. 下列各组原子中,彼此化学性质一定相似的是 （ ）
A. 原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
B. 原子核外M层仅有两个电子的X原子与原子核外N层仅有两个电子的Y原子
C. 2p轨道上有三个未成对电子的X原子与3p轨道上有三个未成对电子的Y原子
D. 最外层都只有一个电子的X、Y原子
【答案】C
【解析】试题分析：A、1s2结构的原子为He,1s22s2结构为Be，两者性质不相似，A错误；B、X原子为Mg，Y原子N层上有2个电子的有多种元素，如第4周期中Ca、Fe等都符合，化学性质不一定相同，B错误；C、为第ⅤA族的元素，化学性质一定相似，C正确；D、最外层只有1个电子的第ⅠA族元素可以，过渡元素中也有很多最外层只有1个电子的。故性质不一定相似，D错误，答案选C。
考点：考查核外电子排布与元素性质的关系判断
13. 关于晶体的下列说法正确的是( )
A. 在晶体中只要有阴离子就一定要有阳离子
B. 在晶体中只要有阳离子就一定要有阴离子
C. 原子晶体的熔点一定比金属晶体的高
D. 分子晶体的熔点一定比金属晶体的低
【答案】A
【解析】试题分析：A、在晶体中有阴离子，根据物质呈电中性，有阴离子，那么一定有阳离子中和阴离子的电性，故A正确；B、金属晶体的构成微粒是金属阳离子和电子，所以晶体中有阳离子不一定有阴离子，故B错误；C、原子晶体的熔点不一定比金属晶体的高，故C错误；D、分子晶体的熔点不一定比金属晶体的低，故D错误；故选A。
【考点定位】考查晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系
【名师点晴】本题考查了晶体的构成微粒、晶体类型与物质熔点的关系，可根据物质的构成微粒判断晶体类型，但不能根据物质的熔点判断晶体类型，要注意的是：含阳离子的物质中不一定含阴离子，如金属晶体；但含阴离子的晶体一定含阳离子。
14. “皇上，您还记得当年大明湖畔的夏雨荷吗？”据不明野史记载，当年皇上留给夏雨荷一块10克拉的紫色宝石，该宝石熔沸点特别高，硬度非常大，难溶于水和常见的有机溶剂，当然，价钱也是特别贵的。你觉得该宝石的成分是下列那种物质：（ ）
A. I2 B. KMnO4 C. SiO2 D. Cu
【答案】C
【解析】分析：根据该宝石熔沸点特别高，硬度非常大，难溶于水和常见的有机溶剂分析判断其晶体类型。
详解：该宝石熔沸点特别高，硬度非常大，难溶于水和常见的有机溶剂，说明形成的晶体类型应该是原子晶体。则
A、I2形成的晶体是分子晶体，A错误；
B、KMnO4形成的晶体是离子晶体，B错误；
C、SiO2形成的晶体类型是原子晶体，C正确；
D、Cu形成的晶体是金属晶体，D错误，答案选C。
第Ⅱ卷 (非选择必做题 共43分)
15. （1）在下列晶体中：①NaOH、②Na2S、③(NH4)2S、④Na2O2、⑤C2H2、⑥SiC。其中既含有离子键又含有非极性共价键的离子晶体是__________；其中既含有离子键，又含有极性共价键和配位键的离子晶体是___________；其中含有极性共价键和非极性共价键的非极性分子是____________；其中属于原子晶体的是____________；
（2）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物。
① 与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子都具备的结构特点是_______________；
② 六氰合亚铁离子【Fe(CN)6】4-中的配体CN-中C原子的杂化轨道类型是________，写出一种与CN 互为等电子体的单质分子的结构式_______；
（3）三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华。易溶于水，也易溶于乙醚．丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁晶体类型为_________________；
（4）金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如下图所示。体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为_______________________。
【答案】 (1). ④ (2). ③ (3). ⑤ (4). ⑥ (5). 具有孤对电子 (6). sp (7). N≡N (8). 分子晶体 (9). 1:2
【解析】分析：（1）离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，分子间通过分子间作用力形成的晶体是分子晶体，原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，结合离子键和共价键的形成分析解答；
（2）①含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键；
②CN－中C原子价层电子对个数是2，且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体；
（3）分子晶体熔沸点较低；
（4）利用均摊分计算每个晶胞中原子个数。
详解：（1）①NaOH中含有离子键和极性键；②Na2S中只有离子键；③(NH4)2S中含有离子键和极性键；④Na2O2中含有离子键和非极性键；⑤C2H2中含有极性键和非极性键；⑥SiC中只有极性键；则其中既含有离子键又含有非极性共价键的离子晶体是过氧化钠；其中既含有离子键，又含有极性共价键和配位键的离子晶体是(NH4)2S；乙炔是直线形结构，因此其中含有极性共价键和非极性共价键的非极性分子是乙炔；其中属于原子晶体的是SiC；
（2）①含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，Fe原子含有空轨道，则Fe原子能和含有孤电子对的原子易形成配位键；
②CN-中C原子价层电子对个数是2，且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp；原子个数相等、价电子数分别都相等的微粒互为等电子体，氢氰根离子中含有2个原子、价电子数是10，与氮气分子互为等电子体，氮气分子含有三键，其结构式为N≡N：
（3）分子晶体熔沸点较低，根据题给信息知，氯化铁熔沸点较低，应该是分子晶体；
（4）面心面心立方晶胞中Fe原子个数=8×1/8+6×1/2=4，体心立方晶胞中Fe原子个数=1+8×1/8=2，所以体心立方晶胞中Fe原子个数与面心立方晶胞中Fe原子个数之比=2：4=1：2。
16. 水是生命之源，它与我们的生活密切相关。在化学实验和科学研究中，水也是一种常用的试剂。
（1）水分子中氧原子在基态时核外电子排布式为________________________；
（2）写出与H2O分子互为等电子体的微粒___________________（填1种即可）。
（3）水分子在特定条件下容易得到一个H＋，形成水合氢离子（H3O＋）。下列对上述过程的描述不合理的是___________________
A．氧原子的杂化类型发生了改变 B．微粒的形状发生了改变
C．微粒的化学性质发生了改变 D．微粒中的键角发生了改变
（4）下列是钠、碘、金刚石、干冰、氯化钠晶体的晶胞图(未按顺序排序)。与冰的晶体类型相同的是___________________(请用相应的编号填写)
（5）在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键(如图所示)，已知冰的升华热是51 kJ/mol，除氢键外，水分子间还存在范德华力(11 kJ/mol)，则冰晶体中氢键的“键能”是_________kJ/mol；
（6）将白色的无水CuSO4溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配合离子。请写出生成此配合离子的离子方程式：____________________________________________。
【答案】 (1). 1s22s22p4 (2). H2S或NH2－ (3). A (4). BC (5). 20 (6). Cu2++4H2O＝[Cu(H2O)4]2+
【解析】分析：（1）根据核外电子排布规律书写；
（2）原子数和价电子数分别都相等的微粒为等电子体；
（3）根据水分析以及水合氢离子中含有的化学键类型、空间构型判断；
（4）根据冰是分子晶体判断；
（5）根据升华热＝范德华力+氢键判断；
（6）根据铜离子能与水分子形成配位键分析。
详解：（1）氧原子的核电荷数是8，根据构造原理可知外围电子有6个电子，2s能级上有2个电子，2p能级上有4个电子，所以水分子中氧原子在基态时核外电子排布式为1s22s22p4。
（2）水分子含有3个原子、8个价电子，因此与水互为等电子体的微粒有H2S、NH2－。
（3）A、水分子中氧原子含有2个共价单键和2个孤电子对，其空间构型是V型，所以水中氧的杂化为sp3，H3O+中氧的杂化为sp3，则氧原子的杂化类型没有改变，A错误；
B、水分子为V型，H3O+为三角锥型，则微粒的形状发生了改变，B正确；
C、因结构不同，则性质不同，微粒的化学性质发生了改变，C正确；
D、水分子为V型，键角是104.5°，H3O+为三角锥型，微粒中的键角发生了改变，D正确，答案选A；
（4）冰属于分子晶体，根据微粒的晶胞结构特点可知，A是离子晶体氯化钠的晶胞，构成微粒是离子。B为干冰的晶胞图，构成微粒为分子，属于分子晶体。C为碘的晶胞图，构成微粒为碘分子，所以分子晶体；D是原子晶体金刚石的晶胞，构成微粒是原子。E是金属晶体钠的晶胞，构成微粒是金属阳离子和自由电子，则与冰的晶体类型相同的是干冰和碘单质，答案选BC。
（5）在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，则根据结构图可知，1mol水中含有2mol氢键，升华热＝范德华力+氢键。由于冰的升华热是51kJ/mol，水分子间的范德华力是11kJ/mol，所以冰晶体中氢键的“键能”是(51kJ/mol－11kJ/mol)÷2＝20kJ/mol。
（6）无水硫酸铜溶于水后生成水合铜离子，铜离子提供空轨道，水分子中的氧原子提供孤电子对，形成配位键，则生成此配合离子的离子方程式Cu2++4H2O＝[Cu(H2O)4]2+。
点睛：本题主要是考查核外电子排布、等电子体、化学键、杂化轨道类型、分子空间结构、晶胞结构、氢键、配位健等有关判断与计算，是对物质结构与性质的综合考查，题目难度中等。难点是氢键“键能”的计算以及水分子形成的氢键个数判断，注意从冰变为气态时需要克服分子间作用力以及氢键的角度去分析解答。
17. 海水资源的利用具有非常广阔的前景，从海水中可提取多种化工原料。
(1)海水淡化处理的方法有__________________________(写出两种即可)。
(2)粗盐中含有Ca2＋、Mg2＋、SO等杂质，精制时所用试剂为：
A．盐酸 B．BaCl2溶液 C．NaOH溶液 D．Na2CO3溶液
加入试剂的顺序是__________________。
(3)步骤②中，向精盐溶液中应先通入________，再通入________。
(4)氯碱工业中，与电源负极相连的电极附近溶液pH值________(填“变大”“变小”或“不变”)。用玻璃棒蘸浓氨水检验阳极产生的气体，发现产生大量白烟，白烟的主要成分是________________________。
(5)实际生产中，常选用________作为沉淀剂，从氯化镁溶液中得到无水晶体的操作为_____________________________________。
(6)步骤⑤用SO2水溶液吸收溴单质，吸收率可达93%，反应的离子方程式为______________________________________。
【答案】 (1). 蒸馏法、冷冻法、离子交换法、膜法、电渗析法、反渗透法(写出两种即可) (2). CBDA(或BCDA或BDCA) (3). NH3 (4). CO2 (5). 变大 (6). NH4Cl (7). 石灰乳 (8). 将MgCl2溶液在HCl气流中蒸干 (9). Br2＋SO2＋2H2O===4H＋＋2Br－＋SO
【解析】分析：（1）海水淡化处理的方法有蒸馏法、冷冻法、离子交换法等；
（2）根据Ca2＋用碳酸钠除去，Mg2＋用氢氧化钠除去，SO42－用氯化钡除去分析解答；
（3）根据氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度小分析；
（4）根据电解饱和食盐水时阴极氢离子放电判断；根据阳极产生氯气分析；
（5）根据氢氧化钙来源广，价格便宜分析；根据镁离子水解分析；
（6）根据溴水能把二氧化硫氧化生成硫酸和溴化氢解答。
详解：（1）海水淡化处理的方法主要有蒸馏法、冷冻法、离子交换法、膜法、电渗析法、反渗透法等。
（2）Ca2＋用碳酸钠除去，Mg2＋用氢氧化钠除去，SO42－用氯化钡除去，最后过滤，向滤液中加入盐酸酸化。但由于过量的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面，而氢氧化钠可以随意调整，所以加入试剂的顺序是CBDA(或BCDA或BDCA)；
（3）由于氨气极易溶于水，而二氧化碳在水中的溶解性很小，所以要制备碳酸氢钠，步骤②中应该向精盐溶液中应先通入氨气，再通入二氧化碳。
（4）氯碱工业中，与电源负极相连的电极是阴极，溶液中的氢离子放电产生氢气，从而破坏阴极周围水的电离平衡，氢氧根浓度增大，所以阴极附近溶液pH值变大。阳极氯离子放电放出氯气，氯气具有强氧化性，用玻璃棒蘸浓氨水检验阳极产生的气体，氯气能把氨气氧化生成氮气，同时被还原为氯化氢，氯化氢与氨气反应生成氯化铵而产生大量白烟，即白烟的主要成分是NH4Cl。
（5）由于氢氧化钙来源广泛，价格便宜，所以实际生产中，常选用石灰乳作为沉淀剂；由于氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，水解吸热，因此从氯化镁溶液中得到无水晶体的操作为将MgCl2溶液在HCl气流中蒸干。
（6）溴水具有氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸，因此反应的离子方程式为Br2＋SO2＋2H2O＝4H＋＋2Br－＋SO42－。
第Ⅱ卷 (选做题 共15分)
18. 砷化镓（GaAs）是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：
（1）写出基态As原子的核外电子排布式________________________。
（2）根据元素周期律，原子半径Ga_____________As，第一电离能Ga____________As。（填“大于”或“小于”）
（3）AsCl3分子的立体构型为_________，其中As的杂化轨道类型为______。
（4）GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是：______________。
（5）GaAs的熔点为1238℃，密度为ρg·cm-3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为
________________,Ga与As以________键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGa g·mol-1和MAs g·mol-1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为：______________________________________ 。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3 (2). 大于 (3). 小于 (4). 三角锥形 (5). sp3 (6). GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子晶体GaF3的熔沸点高 (7). 原子晶体 (8). 共价键 (9).
解析：根据以上分析，（1）As为ⅤA族33号元素，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3；
（2）根据元素周期律，Ga与As位于同一周期，Ga原子序数小于As，故半径Ga大于As，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大，故第一电离能Ga小于As；
（3）AsCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+1 =4，所以原子杂化方式是sp3，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形；
（4）GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是GaF3为离子晶体，GaCl3
为分子晶体，离子晶体的熔点高；
（5）GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρ gcm﹣3，根据均摊法计算，As： ，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1= ×10﹣30，晶胞的体积V2= ，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 将V1、V2带入计算得百分率= ×100%=。
点睛：晶胞均摊原则，晶胞顶点上原子被晶胞占用 ，面心的原子被占用 ，楞上的原子被占用 。
19. 端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，称为Glaser反应。
2R—C≡C—HR—C≡C—C≡C—R+H2
该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值。下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：
回答下列问题：
（1）B的结构简式为________________，D 的化学名称为_______________。
（2）①和③的反应类型分别为__________________、__________________。
（3）E的结构简式为__________________。用1 mol E合成1,4−二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气___________________mol。
（4）化合物（
）也可发生Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方程式为_____________________________________。
（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3:1，写出其中3种的结构简式_______________________________。
（6）写出用2−苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线：_________。
【答案】 (1). (2). 苯乙炔 (3). 取代反应 (4). 消去反应 (5). (6). 4 (7). (8). (9).
【解析】（1）A与氯乙烷发生取代反应生成B，则根据B分子式可知A是苯，B是苯乙烷，则B的结构简式为；根据D的结构简式可知D的化学名称为苯乙炔。（2）①是苯环上氢原子被乙基取代，属于取代反应；③中产生碳碳三键，是卤代烃的消去反应。（3）D发生已知信息的反应，因此E的结构简式为。1个碳碳三键需要2分子氢气加成，则用1 molE合成1,4－二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气4mol。（4）根据已知信息可知化合物发生Glaser偶联反应生成聚合物的化学方程式为。（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3:1，结构简式为。（6）根据逆推法结合已知信息以及乙醇的性质可知用2－苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D
的合成路线为。
点睛：本题考查有机物的推断和合成，涉及官能团的性质、有机物反应类型、同分异构体的书写等知识。考查学生对知识的掌握程度、自学能力、接受新知识、新信息的能力；同时考查了学生应用所学知识进行必要的分析来解决实际问题的能力。解答此类试题的关键是充分利用题目提供的信息进行分析、判断，注意提取题干中已知信息，尤其要注意题干中隐藏的信息，其次要从已有的知识进行迁移灵活应用。关于有机合成首先判断目标有机物属于哪类有机物，其次分析目标有机物中碳原子的个数、碳链组成与原料、中间物质的组成关系。根据给定原料，结合信息，利用反应规律合理地把目标有机物分解成若干个片段，找出官能团引入、转换的途径及保护方法。找出关键点、突破点后，要正向思维和逆向思维、纵向思维和横向思维相结合，选择最佳合成途径。。
