江西省上饶市2020届高三第一次高考模拟考试理科综合化学试题 Word版含解析

江西省上饶市2020届高三第一次高考模拟考试理科综合化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2019—2020学年上饶市第一次模拟统一考试 理科综合化学试题 相对原子量:H-1C-12N-14O-16S-32 Fe-56Ce-140‎ 第1 卷（选择题，共 126 分）‎ ‎—、选择题 ：（ 本题共 13 小题 ，每小题 6 分。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.化学与生产、生活、杜会密切相关．下列说法中不正确的是 A. “硫黄姜”又黄又亮，可能是在用硫黄熏制的过程中产生的 SO2所致 B. 绿色化学的核心是从源头上消除工业生产对环境的污染 C. 铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈 D. 用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料， 可实现“碳”的循环利用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.“硫黄姜”在用硫黄熏制的过程中产生的SO2，SO2有漂白性，所以“硫黄姜”又黄又亮，故A正确；‎ B.从源头上消除工业生产对环境的污染是绿色化学的核心，故B正确； ‎ C.潮湿的空气中有氧气和水蒸气，铁易发生电化学腐蚀而生锈，故C错误；‎ D.用CO2合成的聚碳酸酯可降解塑料，能降解生成二氧化碳，所以能实现“碳”的循环利用，故D正确；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎2.实验室用苯、浓H2SO4和浓HNO3 制备硝基苯的实验装置如图所示，发生反应方程式：+HO-NO2→+H2O，下列说法错误的是 - 18 -‎ A. 反应中浓H2SO4 的作用是催化剂、脱水剂 B. 温度计的作用是测水浴的温度，长导管的主要作用是平衡气压 C. 实验制得的硝基苯处于混合液的下层 D. 从试管内混合物中分离出硝基苯可将反应后的混合物倒入水中，再分液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.浓H2SO4在该反应中是催化剂，且浓硫酸具有吸水性，使反应能向生成硝基苯的方向进行，即又可作吸水剂，故A错误；‎ B.由反应条件可知，水浴加热，温度计的作用是测定水浴的温度，长导管可冷凝回流、平衡气压，故B正确； ‎ C.硝基苯的密度比水的大，制得的硝基苯处于混合液的下层，故C正确；‎ D.硫酸、硝酸可溶于水，硝基苯不溶于水，则可将试管内混合物倒入水中，再分液，可分离出硝基苯，故D正确；‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎【点睛】浓硫酸的脱水性是指将有机物中的氢原子和氧原子按个数比2:1脱出，而苯的硝化反应中有水生成，浓硫酸吸收水分，不是脱水。‎ ‎3.下列实验中“实验内容”与验应“现象或结论”关系都正确的是 选项 ‎ 实验内容 实验现象或结论 A 分别往 4 mL 0.01 mol/L 、4 mL 0.02 mol/L KMnO4溶液加入2 mL 0.1 mol/L H2C2O4 溶液，记录褪色时间 浓度越大，反应速率越快越先褪色 B 以石墨为电极，电解 KI溶液 （其中含有少量酚酞）‎ 阴极逸出气体且附近溶液呈现红色 C ‎25℃时，向 pH=l 的盐酸和醋酸各 0.5L的溶液中各加入 1.4g 铁粉 醋酸中生成H2的速率快且最终气体 量多 D 向 FeCl3+3KSCN Fe(SCN)3+3KCl 血红色变浅，说明增加生成物浓度，‎ - 18 -‎ ‎ 的溶液平衡体系中加入少量 KCl 固体 平衡逆向移动 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.高锰酸钾与草酸发生反应时，高锰酸钾过量，则不会看到紫红色褪去的现象，故A错误；‎ B.电解 KI溶液时，阴极是水中的氢离子放电生成氢气和氢氧根，则阴极逸出气体且附近溶液呈现红色，故B正确； ‎ C.pH=l 的盐酸和醋酸，醋酸的浓度大于盐酸的浓度，题给数据中盐酸与铁恰好完全反应，醋酸与铁的反应中，醋酸过量，铁完全反应，则会产生相同量的氢气，故C错误；‎ D.FeCl3与KSCN反应的实质是铁离子与硫氰酸根反应，与氯离子和钾离子无关，则加入氯化钾固体对平衡没有影响，故D错误；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】若题中给出数据，则不仅要注意物质的性质，还要考虑所给的物质的物质的量是否能够完全反应，如题A、C选项均要考虑是否过量。‎ ‎4.有机物M的结构简式为：，下列关于M的说法错误的是 A. 分子中含有 3 种官能团 B. 能使溴的四氯化碳溶液和酸性高猛酸钾溶液褪色 C. 一定条件下可发生取代、加成、聚合反应 D. l mol M 最多可与 3 mol NaOH 反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分子中含有羧基、碳碳双键，羟基三种官能团，故A正确；‎ B.含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确； ‎ - 18 -‎ C.含有羟基和羧基，一定条件下可发生取代，含有碳碳双键，可以发生加成、聚合反应，故C正确；‎ D.分子结构中只有羧基能跟氢氧化钠发生反应，则lmolM最多可与1mol NaOH反应，故D错误；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎5.X、Y、Z、W 是四种短周期非金属元素，原子序数依次增大。 Y 、Z 原子核外 L 层的电子数之比为3:4, 且Z 的原子半径比 Y 大， Y、Z、W 的最外层电子数之和为 16。X 的简单离子 X- 能与水反应生成X2。下列说法正确的是 A. 阴离子的还原性X>Y B. 最简单氢化物的沸点： W>Y C. X与 Y 形成的化合物只有极性键 D. 最高价氧化物对应的水化物酸性： Z>W ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W 是四种短周期非金属元素，原子序数依次增大。 Y 、Z 原子核外 L 层的电子数之比为3:4, 且Z 的原子半径比 Y 大，可知Y 在第二周期为氧元素，Z在第三周期， Y、Z、W 的最外层电子数之和为 16，Z、W 的最外层电子数之和为10，且均为非金属元素，则Z为硅元素，W为硫元素， X 的简单离子 X- 能与水反应生成X2，则X为氢元素。‎ ‎【详解】A.H-的还原性强于O2-，故A正确；‎ B.水分子间因为存在氢键，则水的沸点高于硫化氢的沸点，故B错误； ‎ C.氢元素与氧元素能形成过氧化氢，则过氧化氢分子中存在极性共价键和非极性共价键，故C错误；‎ D.硫酸的酸性强于硅酸的酸性，故D错误；‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎6.十九大 报告提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对大气污染防治比以前更高。二氧化硫-空气质子交换膜燃料电池将化学能转变成电能的同时， 实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，降低了成本提高了效益， 其理原如图所示。下列说法错误的是 - 18 -‎ A. Ptl 电极附近发生的反应为：SO2+ 2H2O-2e- =SO42-+4H+‎ B. 该电池放电时电子从Pt l电极经过外电路流到Pt2电极 C. Pt2电极附近发生的反应为O2+4e- =2O2-‎ D. 相同条件下，放电过程中消耗的 SO2和O2的体积比为 2 : 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 题为二氧化硫与氧气组成的燃料电池，则氧气作正极，二氧化硫作负极，电解质溶液中氢离子从负极流向正极。‎ ‎【详解】A.Ptl电极为负极，附近发生的反应为：SO2+ 2H2O-2e- =SO42-+4H+，故A正确；‎ B.电子由负极Ptl流出经外电路流向正极Pt2，故B正确； ‎ C.Pt2电极为正极，附近发生的反应为O2+4e-+4H+ =2H2O，故C错误；‎ D.根据得失电子守恒可知，SO2和O2按物质的量2:1反应，则相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2 : 1，故D正确；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】在书写电极反应方程式时要注意电解质溶液，该题中电解质溶液中氢离子可以移动，而溶液中不存在氧离子，则可迅速判断C错误。‎ ‎7.羟氨(NH2OH )为一元弱碱 (25℃时 ，电离常数 Kb=9.0×l0-9), 其电离方程式为：NH2OH+H2O NH3OH+ +OH-。用 0.lmol/L 盐酸滴定 20mL0.l mol/L NH2OH 溶液，恒定 25℃时， 滴定过程中由水电离出来OH-浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示（已知：lg3=0.5) 。 下列说法正确的是 - 18 -‎ A. A、B、C、D 四点对应溶液中 NH2OH 电离常数不相等 B. A 点对应溶液的 pH=8.5‎ C. D点对应溶液中存：c(H+)=c(OH-)+c(NH3OH+)+c(NH2OH)‎ D. B点时溶液呈中性，C 点时溶液呈酸性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电离常数与温度有关，而A、B、C、D 四点对应的溶液温度相同，则NH2OH电离常数相等，故A错误；‎ B.A点时，，c（OH-）=3.0×10-5mol/L，则对应溶液的pH=9.5，故B错误； ‎ C.D点对应溶液中存在质子守恒：c(H+)=c(OH-)+c(NH3OH+)+2c(NH2OH)，故C错误；‎ D.A点溶液呈现碱性，加入盐酸后，溶液碱性减弱，C点时恰好完全反应，溶液呈酸性，则B点时溶液呈中性，故D正确；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎8.钴是一种中等活泼金属，化合价为+2 价和+3 价，其中 CoCl2易溶于水．某校同学设计实验制取(CH3COO )2Co( 乙酸钴）并验证其分解气体产物．问答下列问题：‎ ‎(1)甲同学用 Co2O3 与盐酸反应制备CoCl2·4H2O其实验装置如下：‎ ‎①已知 B 装置中溶液变蓝， 写出烧瓶中发生反应的离子方程式为 _____________。‎ ‎②由烧瓶中的溶液制取干燥的CoCl2·4H2O，还需经过的操作有蒸发浓缩、__________、洗涤、干燥等。‎ ‎(2)乙同学利用甲同学制得的CoCl2·4H2O 在醋酸氛围中制得无水(CH3COO)2Co。已知(CH3COO)2Co Co3O4 +CO↑+ CO2↑+ X↑, 该同学称取一 定量的无水(CH3COO )2‎ - 18 -‎ Co，利用下列装置检验(CH3COO )2Co分解的气体产物（实验过程中同时通入N2),并测定X 的化学式。已知PdCl2溶液可用于检验CO ，它能将CO氧化成 CO2。‎ ‎ ‎ ‎①装置D、E 是用于检验CO 和 CO2的 ，其中盛放PdCl2 溶液的是装置_____（填“D”或“E”)。‎ ‎②装置F 的作用是__________； 装置L 的作用是__________。‎ ‎③已知 X 为 二元化合物．假设实验中的每一步反应均完全，实验中观察到装置H 中氧化铜变红，装置I中固体变成蓝色且增重5.4g, K 中石灰水变浑浊且增重8.8g,则X的化学式为_______，写出(CH3COO )2Co 热分解的化学反应化学方程式_______。‎ ‎【答案】 (1). Co2O3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+3H2O (2). 冷却结晶、过滤 (3). E (4). 吸收二氧化碳 (5). 防止空气中的二氧化碳进入装置K (6). C2H6 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①B装置中溶液变蓝，说明产生氯气，则烧瓶中发生反应的离子方程式为Co2O3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+3H2O，故答案为：Co2O3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+3H2O。‎ ‎②制取干燥的CoCl2·4H2O，需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，故答案为：冷却结晶、过滤； ‎ ‎（2）①由于PdCl2溶液能将CO氧化成 CO2，则应先检验二氧化碳，所以盛放PdCl2 溶液的是装置E，故答案为：E；‎ ‎②装置F中盛装的是氢氧化钠，能将二氧化碳吸收，防止对后面实验的干扰；装置L中装有碱石灰，可以防止空气中的二氧化碳进入装置K，避免对装置K检验二氧化的干扰，故答案为：吸收二氧化碳；防止空气中的二氧化碳进入装置K；‎ ‎③装置I中固体变成蓝色且增重5.4g，则n（H2O）=，K中石灰水变浑浊且增重8.8g，则n（CO2）=，‎ - 18 -‎ ‎，即X的化学式为C2H6，(CH3COO )2Co 热分解的化学反应化学方程式为，故答案为：C2H6；。‎ ‎9.稀土元素包括钪、钇和镧系（含Ce、Eu )共17种元素， 是重要的战略资源，我省稀土资源非常丰富．某彩色电视机显示屏生产过程中产生大量的废荧光粉末含 ( Eu2O3、SiO2、Fe2O3、CeO2、MnO 等物质）．某课题组以此粉末为原料， 设计如下工艺流程对资源进行回收，得到较为纯净的CeO2和Eu2O3 （氧化铕）．‎ 已知：CeO2 不溶于桸硫酸，也不溶于NaOH 溶液，Eu2O3可溶于稀硫酸 ‎(1)往滤渣中加稀硫酸和H2O2进行酸浸，反应的离子方程式____________ 。为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是________________________________。‎ ‎(2)有机物HR能将Ce3+从水溶液中萃取出来．该过程可表示为：Ce3+（水层）+3HR(有机层)CeR3(有机层）+3H+(水层）。向 CeR3(有机层）中加入稀硫酸进行反萃取能获得较纯的含Ce3+水溶液，从平衡角度解释其原因：________________________。‎ ‎(3)流程中由含 Ce3+滤液生成Ce(OH)4的离子方程式____________________。‎ ‎(4)取上述流程中得到的Ce(OH)4 产品 0.52 g, 加硫酸溶解后，用浓度为 0.1000mol•L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时，铈被还原为Ce3+ , 消耗 24.00 mL 标准溶液。该产品中 Ce(OH)4的质量分数为___________。‎ ‎(5)已知含 Ce3+溶液也可以先加碱调 pH后再通入氧气氧化可得到Ce(OH)4。298K 时,Ksp[Ce(OH)3]=5×10-20，若溶液中c(Ce3+)=0.05mol•L-1, 加碱调节pH 到_____时Ce3+开始沉淀（忽略加碱过程中溶液体积变化）．‎ ‎(6)萃取剂对金属离子的萃取率与 pH的关系如图所示．流程中为了用萃取剂除去金属杂质离子，进行萃取2 最适宜的pH 是_______（填选项序号）．其原因是 _____。‎ - 18 -‎ A. 2.0 左右 B . 3.0 左右 C. 5.0 左右 ‎【答案】 (1). 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O (2). 温度升高，H2O2受热易分解，造成浸出率偏低； (3). 加入稀硫酸时，c（H+）增大，平衡向形成Ce3+的方向移动， (4). 4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce(OH)4 (5). 96% (6). 8 (7). B (8). 使Fe3+、Mn2+完全除去，并防止Eu3+被萃取导致损失 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废荧光粉末含 ( Eu2O3、SiO2、Fe2O3、CeO2、MnO 等物质），加入硫酸，滤液含有Eu3+、Fe3+、Mn2+等，经萃取，可除去Fe3+、Mn2+等，加入氨水，可生成Eu（OH）3，加热分解可生成Eu2O3；滤渣中含有CeO2 、SiO2，加入稀硫酸和过氧化氢，经萃取、反萃取，可得到含有Ce3+的溶液，加入氢氧化钠并通入氧气，可生成Ce（OH）4，加热可生成CeO2。‎ ‎【详解】（1）在酸浸时发生的离子反应为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，H2O2受热易分解，为防止其分解，则温度不宜太高，故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；温度升高，H2O2受热易分解，造成浸出率偏低；‎ ‎（2）根据平衡Ce3+（水层）+3HR(有机层)CeR3(有机层）+3H+(水层），向 CeR3(有机层）中加入稀硫酸时，c（H+）增大，平衡向形成Ce3+的方向移动，则Ce3+从水溶液中被萃取出来，故答案为：加入稀硫酸时，c（H+）增大，平衡向形成Ce3+的方向移动；‎ ‎（3）流程中Ce3+与氧气、氢氧化钠反应生成 Ce(OH)4，离子方程式为4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce(OH)4，故答案为：4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce(OH)4；‎ ‎（4）Ce(OH)4加硫酸溶解后，被FeSO4还原为Ce3+ ,则有Ce(OH)4~ Ce3+~ FeSO4，则n[Ce(OH)4]=0.1×24×10-3mol=2.4×10-3mol，m[Ce(OH)4]=2.4×10-3mol×208g/mol=0.4992g，该产品的纯度为：，故答案为：96%；‎ ‎（5）298K时，Ksp[Ce(OH)3]=5×10-20，若溶液中c(Ce3+)=0.05mol•L-1, Ce3+‎ - 18 -‎ 开始沉淀，则c（OH-）=，则pH=8，故答案为：8；‎ ‎（6）溶液中存在Eu3+、Mn2+金属离子，由萃取剂对金属离子的萃取率与 pH的关系图可知，调节pH在3.0左右，可使Fe3+、Mn2+完全除去，并防止Eu3+被萃取导致损失，故答案为：B；使Fe3+、Mn2+完全除去，并防止Eu3+被萃取导致损失。‎ ‎10.研究煤的合理利用及 CO2的综合应用有着重要的意义。请回答以下问题：‎ I.煤的气化 已知煤的气化过程涉及的基本化学反应有：‎ ‎①C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) △H=+131kJ·mol-1‎ ‎②CO(g)+3H2(g) CH4(g) +H2O(g) △H=akJ·mol-1‎ 查阅资料反应②中相关化学键能数据如下表：‎ 化学键 C≡O H—H H—C H—O E(kJ·mol-1)‎ ‎1072‎ ‎436‎ ‎414‎ ‎465‎ ‎(1)则反应②中 a =_____________。‎ ‎(2)煤直接甲烷化反应 C(s) + 2 H2 (g) CH4(g) 的△H=为 _____kJ • mol-1， 该反应在_____________（填“高温”或“低温 ”）下自发进行。‎ II.合成低碳烯烃 在体积为1 L 的 密闭容器中，充入 1mol CO2和 2 .5 mol H2, 发生 反应： 2CO2 ( g) + 6 H2(g)C2H4(g)+4 H2O(g) △H=-128kJ·mol-1，测得温度对催化剂催化效率和CO2 平衡转化率的影响如右图 所 示 ：‎ ‎(3) 图中低温时， 随着温度升高催化剂的催化效率提高， 但 CO2的平衡转化率却反而降低 ，其原因是_______________．‎ ‎(4) 250℃时，该反应的平衡常数K 值为____________。‎ III.合成甲醇 - 18 -‎ 在恒温 2 L 容积不变的密闭容器中，充入 1molCO2 和 3 molH2, 发生反应：. CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+ H2O(g),测得不同时刻反应前后容器内压强变化（p后/p前）如下表：‎ 时间/h ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ p后/p前 ‎0.90‎ ‎0.85‎ ‎0.82‎ ‎0.81‎ ‎0.80‎ ‎0.80‎ ‎(5) 反应前 1 小时内的平均反应速率 v(H2）为_______mol•L-1h-1 , 该温度下CO2的平衡转化率为_____________。‎ ‎【答案】 (1). -206 (2). -75 (3). 低温 (4). 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，所以二氧化碳的转化率降低 (5). 1 (6). 0.3 (7). 40%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能=a=1072 kJ/mol +3×436 kJ/mol -（4×414 kJ/mol +2×465 kJ/mol）=-206kJ/mol，故答案为：-206；‎ ‎（2）由盖斯定律，方程式①+②得到C(s) + 2H2 (g)CH4(g)，则△H=-75 kJ/mol，反应△H<0，△S<0，则低温下能使△H-T△S<0，所以低温能自发进行，故答案为：-75；低温；‎ ‎（3）该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，则二氧化碳的平衡转化率降低，故答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，所以二氧化碳的转化率降低；‎ ‎（4）250℃时，二氧化碳的平衡转化率为50%，可列三段式为：‎ ‎2CO2 ( g) + 6 H2(g)C2H4(g)+4 H2O(g)‎ ‎，故答案为：1；‎ ‎（5）在恒温2L容积不变的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，发生反应，设1h消耗二氧化碳的物质的量为x，则有三段式：‎ CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+ H2O(g)‎ - 18 -‎ 气体压强之比等于气体的物质的量之比，则，x=0.2mol，氢气的反应速率；‎ 平衡状态下气体压强之比为0.8，设消耗二氧化碳的物质的量为y，则有三段式：‎ CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+ H2O(g)‎ ‎，y=0.4，二氧化碳的平衡转化率= ，故答案为：0.3；40%。‎ ‎[化学物质结构与性质] ‎ ‎11.含氮、磷化合物在生活和生产中有许多重要用途，如：(CH3)3N、磷化硼(BP)、磷青铜(Cu3SnP)等。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)锡(Sn)是第五周期ⅣA元素。基态锡原子的价电子排布式为_________，据此推测，锡的最高正价是_________ 。‎ ‎(2)与P同周期的主族元素中，电负性比P小的元素有____种 ，第一电离能比P大有____种。‎ ‎(3)PH3分子的空间构型为___________。PH3的键角小于NH3的原因是__________。‎ ‎(4)化合物(CH3)3N能溶于水，试解析其原因____________。‎ ‎(5)磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。磷化硼晶体晶胞如图所示：‎ ‎①在一个晶胞中磷原子空间堆积方式为________，磷原子的配位数为________。‎ ‎②已知晶胞边长a pm，阿伏加德罗常数为NA。则磷化硼晶体的密度为______ g/cm3。‎ ‎③磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影如图，请将表示B原子的圆圈涂黑________。‎ ‎【答案】 (1). 5s25p2 (2). +4 (3). 4 (4). 1 (5). 三角锥形 (6). 电负性N＞P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间的排斥力越大，键角变大 (7).‎ - 18 -‎ ‎ (CH3)3N为极性分子且可与水分子间形成氢键 (8). 面心立方最密堆积 (9). 4 (10). (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)第ⅣA元素价电子排布为5s25p2，最多失去4个电子；‎ ‎(2)同主族元素，随着原子序数增大，电负性减小，第一电离能减小；‎ ‎(3)根据VSEPR理论判断PH3空间构型，根据P和N电负性不同分析PH3和NH3键角差异；‎ ‎(4)化合物(CH3)3N能溶于水，考虑N与水中H形成分子间氢键，增大溶解度；‎ ‎(5)①实心球为磷原子，根据晶胞结构分析，P做面心立方最密堆积，从上底面面心的P分析，周围等距且最近的B原子有4个；‎ ‎②根据晶体密度ρ＝计算；‎ ‎③根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，六边形中形成两个倒立关系的正三角形，分别由3个B或者3个P形成。‎ ‎【详解】(1)锡(Sn)是第五周期ⅣA元素，第ⅣA元素价电子排布为5s25p2，最多失去4个电子，所以锡最高正价是+4价；‎ ‎(2)同主族元素，随着原子序数增大，元素的电负性逐渐减小，与P同周期的主族元素有N，As，Sb，Bi，Mc，比P电负性小的有As，Sb，Bi，Mc，共有4个；随着原子序数增大，元素的第一电离能逐渐减小，则第一电离能比P大的只有N元素一种；‎ ‎(3) 根据VSEPR理论，对于PH3，价电子对数数为3+，VSEPR模型为正四面体，由于一对孤电子对占据四面体的一个顶点，所以PH3的空间构型为三角锥形；由于电负性N＞P，键合电子对偏向N，成键电子对间斥力增大，键角增大，所以PH3的键角小于NH3；‎ ‎(4)化合物(CH3)3N能溶于水，是因为N与水中H形成分子间氢键，增大了溶解度，(CH3)3N本身也为极性分子，极性分子构成的物质容易溶于由极性分子构成的物质中；‎ ‎(5)①实心球为磷原子，根据晶胞结构分析，P原子作面心立方最密堆积，从上底面面心的P原子分析，周围等距且最近的B原子有4个；‎ ‎②1个晶胞中，含有P原子数目为8×个，含有B原子数目为4个，假设取NA - 18 -‎ 个这样的晶胞，1mol晶胞的质量为m=42×4g，所以晶体密度为ρ＝g/cm3；‎ ‎③根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，六边形中形成两个倒立关系的正三角形，分别由3个B原子或者3个P原子形成，所以画图为：或。‎ ‎【点睛】本题考查物质结构和性质的知识。涉及原子核外电子排布、分子的空间构型、电负性、电离能大小比较、均摊法在晶胞计算的应用等，侧重考查学生知识运用、空间想象等能力，难点是(5)题投影图原子位置判断，明确晶胞内4个B原子形成的空间结构排布式是关键，题目难度中等。‎ ‎[化学 选修 5: 有机化学基础]‎ ‎12.氧化白藜芦醇W具有抗病毒等作用。下面是利用Heck反应合成W的一种方法：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的化学名称为___________。‎ ‎（2）中官能团名称是___________。‎ ‎（3）反应③的类型为___________，W的分子式为___________。‎ ‎（4）不同条件对反应④产率的影响见下表：‎ 实验 碱 溶剂 催化剂 产率/%‎ ‎1‎ KOH DMF Pd(OAc)2‎ ‎22.3‎ ‎2‎ K2CO3‎ DMF Pd(OAc)2‎ ‎10.5‎ - 18 -‎ ‎3‎ Et3N DMF Pd(OAc)2‎ ‎12.4‎ ‎4‎ 六氢吡啶 DMF Pd(OAc)2‎ ‎31.2‎ ‎5‎ 六氢吡啶 DMA Pd(OAc)2‎ ‎38.6‎ ‎6‎ 六氢吡啶 NMP Pd(OAc)2‎ ‎24.5‎ 上述实验探究了________和________对反应产率的影响。此外，还可以进一步探究________等对反应产率的影响。‎ ‎（5）X为D的同分异构体，写出满足如下条件的X的结构简式________________。‎ ‎①含有苯环；②有三种不同化学环境的氢，个数比为6∶2∶1；③1 mol的X与足量金属Na反应可生成2 g H2。‎ ‎（6）利用Heck反应，由苯和溴乙烷为原料制备，写出合成路线________________。（无机试剂任选）‎ ‎【答案】 (1). 间苯二酚（1，3-苯二酚） (2). 羧基、碳碳双键 (3). 取代反应 (4). C14H12O4 (5). 不同碱 (6). 不同溶剂 (7). 不同催化剂（或温度等） (8). （5） (9). （6）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 18 -‎ 首先看到合成路线：由A物质经反应①在酚羟基的邻位上了一个碘原子，发生了取代反应生成了B物质，B物质与丙烯酸在催化剂的作用下生成了C物质，那C物质就是将丙烯酸中的羧基去掉取代了碘原子的位置；由D反应生成E就是把HI中的H连在了O上，发生的是取代反应；最后heck反应生成W物质。‎ ‎【详解】（1）A物质所含官能团是两个酚羟基，且苯环上有两个是间位的取代基，那物质的命名就是间苯二酚或1，3-苯二酚；‎ ‎（2）物质中含有的官能团是碳碳双键和羧基 ‎（3）D物质到E物质没有双键的消失，且在O原子处增加了氢原子，没有双键参与反应所以属于取代反应，W物质中可以轻松数出共有14个C原子，4个氧原子，氢原子的个数可以通过不饱和度来推断出，14个碳的烷应该有30个氢，现在该分子有9个不饱和度，其中一个苯环4个，一个双键1个，一个不饱和度少2个氢，所以30-9×2=12，因此有12个氢原子，即分子式为C14H12O4。‎ ‎（4）可以从表格中寻找溶剂一样的实验、碱一样的实验发现得出：实验1，2，3探究了不同碱对反应的影响；实验4，5，6探究了不同溶剂对反应的影响，最后只剩下不同催化剂对实验的影响。‎ ‎（5）D的分子式为：C8H9O2I，要求含苯环，那支链最多含两个C，且1molX与足量Na反应可生成2g氢气，那就证明有两个酚羟基或醇羟基，又有三种不同环境的氢6:2:1，那一定是有两个甲基和两个酚羟基，因为醇羟基没有6个相同环境的氢，则符合条件的有机物结构简式为。‎ ‎（6）由题意中的heck反应可知需要一个反应物中含双建，一个反应物中含I；从苯出发可以经过溴乙烷和溴化铁的反应制得乙苯，乙苯在乙基上通过烷烃的取代反应引入氯原子，卤代烃在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应产生双键，得到苯乙烯；可以仿照反应①通过相同条件在苯环上引入一个碘原子，因此合成路线图为。‎ - 18 -‎ ‎【点睛】最后一个写合成路线，要必须从已有的物质出发，不得自己添加反应所需有机物，仿照题中出现的反应，将合成路线分为两部分，一次合成，遇到不会的合成，首先要在题意和已知中寻找。清楚想要有碳碳双键出现应该利用卤代烃的消去反应。‎ ‎ ‎ - 18 -‎ - 18 -‎