2019年高三化学上学期期末复习备考之精准复习模拟题文（B卷）.doc

12017-20182017-2018 学年第一学期期末复习备考之精准复习模拟题学年第一学期期末复习备考之精准复习模拟题高三化学试题高三化学试题 B B 卷卷( (测试时间：测试时间：9090 分钟分钟 满分满分 100100 分分) )姓名：姓名： 班级：班级： 得分：得分： 一、选择题(本题包括 16 小题，每小题 3 分，共 48 分)1化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中,正确的是（ ）A服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害B酒精溶液可以使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好C食品袋中放置的 CaO 可防止食品氧化变质D “酸雨”是由大气中的碳、氮、硫的氧化物溶于雨水造成【答案】A2下列说法正确的是A煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能源B现代科技已经能够拍到氢键的“照片” ，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键C明矾净水时发生了化学及物理变化，能起到净水作用，而没有杀菌、消毒的作用D用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同【答案】C【解析】煤的气化和液化都是化学变化，选项 A 错误。氢键使一种特殊的分子间作用力，不属于化学键，选项B 错误。明矾净水的原理是，明矾电离的铝离子水解得到氢氧化铝胶体，胶体吸附水中的杂质一起凝聚，没有表现出消毒杀菌的能力，选项 C 正确。活性炭脱色是利用其吸附的能力，属于物理变化。次氯酸盐漂白，是因为次氯酸盐和空气中的二氧化碳作用得到次氯酸，利用次氯酸的强氧化性漂白，属于化学变化。选项2D 错误。3下列物质的转化在给定条件下，不能一步实现的是ASSO3H2SO4SO2 BSiSiO2Na2SiO3H2SiO3CNaClCl2HClMgCl2 DFe2O3FeFeCl3FeCl2【答案】A【解析】AS 与氧气反应只能生成 SO2，故 S 无法直接转化为 SO3，转化不能都由一步反应实现，选项 A 选；BSi 与氧气反应生成二氧化硅，SiO2与氢氧化钠反应生成 Na2SiO3和水，Na2SiO3与盐酸反应生成 H2SiO3和氯化钠，转化能由一步反应实现，选项 B 不选；C电解熔融的氯化钠生成钠和氯气，氯气与氢气反应生成氯化氢，盐酸与氢氧化镁反应生成氯化镁和水，转化能由一步反应实现，选项 C 不选；D氧化铁与铝发生铝热反应生成氧化铝和铁，铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，转化能由一步反应实现，选项 D 不选。答案选 A。4通过不同的水处理方法可以得到不同质量标准的水，以满足人民生产、生活的用水需要。下列处理方法不正确的是A用 ClO2、O3代替氯气进行自来水消毒B用高铁酸钠（Na2FeO4）处理水中的微生物和细菌C用 Na2SO4·10H2O 等处理含有 Mg2、Ca2的硬水D用 Na2S 处理工业废水中的 Cu2、Hg2等重金属离子【答案】C5设 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A80时，1L pH=l 的硫酸溶液中，含有的 OH-数目为 10-13NAB向含有 FeI2的溶液中通人适量氯气，当有 1molFe2+被氧化时，该反应转移电子数目为 3NACl00g 质量分数为 46%的乙醇水溶液中氧原子数为 4NAD以 Mg、Al 为电极,NaOH 溶液为电解质溶液的原电池中，导线上流过 NA个电子【答案】C3【解析】A80时，Kw>1×10-14，1LpH=l 的硫酸溶液中，c(OH-)= HwKc>1411 10 1 10 mol/L=1×10-13mol/，含有的 OH-数目大于 10-13NA，故 A 错误；B还原性：I>Fe2+，向含有 FeI2的溶液中通人适量氯气，当有1molFe2+被氧化时，I已经完全被氧化，该反应转移电子数目不能确定，故 B 错误；Cl00g 质量分数为 46%的乙醇水溶液中含有 46g 即 1mol 乙醇和 54g 即 3mol 水，氧原子数为 4NA，故 C 正确；D以 Mg、Al 为电极，NaOH 溶液为电解质溶液的原电池中，导线上流过的电子数无法确定，故 D 错误。故选 C。6Solvay 法制取新型水处理剂 ClO2 的化学方程式为 2KC1O3 +CH3OH+H2SO42C1O2+K2SO4+HCHO+2H2O。下列说法错误的是AKC1O3在反应中得到电子 B1molKClO3参加反应有 2mol 电子转移CCH3OH 在反应中被氧化 DC1O2 是还原产物【答案】B7某药物 R 的结构如图所示。下列说法不正确的是AR 含有的官能团是羧基、羟基BR 能发生取代反应、加成反应、氧化反应C用金属的可以检验 R 分子中的羟基DR 分子中至少有 7 个碳原子共平面【答案】C【解析】A根据 R 的结构简式，含有的官能团有羧基、羟基，故 A 正确；BR 含有的官能团有羧基能发生取代反应、羟基能发生取代反应、氧化反应，含有苯环，能发生加成反应，故 B 正确；C羧基也能与金属钠反应放出氢气，用金属的不能检验 R 分子中的羟基，故 C 错误；D苯环是平面结构，羰基也是平面结构，单4键可以旋转，因此 R 分子中至少有 7 个碳原子()共平面，故 D 正确；故选 C。点睛：有机物中的原子共平面问题可以直接联想甲烷的正四面体结构、乙烯的平面型结构、乙炔的直线型结构和苯的平面型结构，对有机物进行肢解，分部分析，另外要重点掌握碳碳单键可旋转、双键和三键不可旋转。本题的易错点为 C，要注意掌握常见官能团的性质。8甲乙丙丁戊是中学常见的无机物，他们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去） 。下列说法错误的是A若戊为一种强碱且焰色反应为黄色，则反应可能都属于氧化还原反应B常温下，若丙为无色气体，戊为红棕色气体，则甲、乙可能是铜和稀硝酸C若甲为硫磺燃烧产物，丁为水，则戊不可用于干燥甲D若甲为浓盐酸，乙为 MnO2，则戊可能使品红褪色【答案】C9进行下列实验，相关说法正确的是A图甲：蒸干 CuSO4饱和溶液，制备 CuSO4·5H2O 晶体B图乙：可形成红色喷泉，证明 HC1 极易溶于水5C图丙：配一定物质的量浓度 NaOH 溶液，若定容时视线如图，则所配 NaOH 溶液浓度偏低D图丁：除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠【答案】B10已知 a、b、c、d 四种短周期主族元素，在周期表中相对位置如下图所示，下列说法正确的是Aa、c 两元素的最高正价一定相等Bd 的原子序数不可能是 b 的原子序数的 3 倍Cc 的最高价氧化物对应的水化物可溶于 d 的最高价氧化物对应的水化物D若 c 元素最高价氧化物对应的水化物是强酸，则 d 元素的单质具有强氧化性【答案】D【解析】若 a 是氧元素，则 c 是硫元素，最高正价不相等，故 A 错误；若 b 是 Be 元素，则 d 是 Mg 元素，d 的原子序数是 b 的原子序数的 3 倍，故 B 错误；若 c 的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，则 d 的最高价氧化物对应的水化物是硅酸，氢氧化铝难溶于硅酸，故 C 错误；若 c 元素最高价氧化物对应的水化物是强酸，则 c 是 S，d 是氯元素，氯气具有强氧化性，故 D 正确。11已知在 25 、1.01×105 Pa 下，1mol 氢气在氧气中燃烧生成气态水的能量变化如下图所示，下列有关说法正确的是（ ）AH2O 分解为 H2与 O2时放出热量B热化学方程式为：2H2(g) + O2(g) 2H2O(g) H = -490 kJ·mol-1C甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为甲>乙>丙D乙丙的过程中若生成液态水，释放的能量将小于 930 kJ【答案】B6【解析】A、氢气和氧气反应生成 1mol 水的H=反应物键能和-生成物键能和=436KJ/mol+249KJ/mol-930KJ/mol=-245KJ/mol，反应放热，所以水分解吸热，故 A 错误；B、据 A 分析，生成 1mol 水时放出 245KJ 的热量，则热化学方程式为：2H2(g) + O2(g) 2H2O(g) H = -490 kJ·mol-1，故 B 正确；C、断键吸收能量，成键释放能量，甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙甲丙，故 C 错误；D、水蒸气变成液态水会放热，乙丙的过程中若生成液态水，释放的能量将大于 930 kJ，故 D 错误；故选 B。点睛：正确读懂图像是解题的关键。上图表示了 1mol 氢气和 0.5mol 氧气反应生成 1mol 水的过程中的能量变化，断键吸收能量，成键释放能量，H=反应物键能和-生成物键能和。12下列实验方案能达到实验目的是选项实验方案实验目的或结论A将硫酸酸化的 H2O2溶液滴入 Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄证明氧化性：H2O2>Fe3+B相同条件下，向两支盛有相同体积不同浓度 H2O2溶液的试管中分别滴入等体积等浓度的 CuSO4溶液和 FeCl3溶液探究 CuSO4、FeCl3对 H2O2分解速率的影响C取 a g 铝箔与足量氢氧化钠溶液充分反应，逸出的气体通过浓硫酸后，测其体积为 V L（已转化为标准状况下）测定铝箔中 Al2O3含量D比较不同反应的反应热数据大小判断反应速率的快慢【答案】C应产生气体，氧化铝与氢氧化钠溶液反应不产生气体，根据生成气体的体积可确定铝的质量，因此可确定氧化铝的含量，可达到实验目的，故 C 正确；D 项，在相同外界条件下不同物质的反应热不同，反应速率可能不同；同一物质在不同的条件下，反应速率可能不同，因此不能用反应热数据的大小判断不同化学反应的反应速率快慢，故 D 错误。13T K 时，向 2.0L 恒容密闭容器中充入 0.10molCOCl2，发生反应 2211COCgCgCO gA，经过一段时间后反应达到平衡。反应过程中测得的部分数据见下表，下列说法正确的是7AT K 时该反应的化学平衡常数为1 75B反应在前 2s 的平均速率0.015v CO mol·L-1·s-1C保持其他条件不变，升高温度，若新平衡时 c(C12)=0.038mol·L-1，则反应的H0.02mol·L-说明升高温度平衡正向移动，则该反应是吸热反应 H >0；C 项错误；D平衡后向上述容器中再充入 0.10molCOCl2，相当于增大了压强，平衡最终逆向移动，COCl2的转化率减小，D 项错误；答案选 A点睛：本题 D 项为易错点，认为充入 COCl2平衡正向移动 COCl2的转化率就会增大，实际上充入 COCl2相当于加压，平衡最终会向左移动，COCl2的转化率减小。14Li-Cu-空气燃料电池的原理示意如图，电池通入空气腐蚀铜电极而产生正极反应物 Cu2O。下列有关说法正确的是8A电池工作时，正极上有金属锂析出B电池工作时,负极区溶液中 c(OH-)增大C电池放电过程中的总反应为:2Cu+2Li+2OH-=2Li+Cu2O+H2OD停止通入空气一段时间，电池将停止放电【答案】D点睛：本题考查了原电池原理，明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，注意把握 Cu 在整个过程中的作用。放电时，锂失电子作负极，Cu 上 O2得电子作正极，负极上电极反应式为 Li-e-Li+，正极上电极反应式为 Cu2O+H2O+2e=2OH+2Cu，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。1525时将浓度均为 0.1mol·L-1、体积分别为 Va和 Vb的 HA 溶液与 BOH 溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的 pH 的关系如图所示，下列说法正确的是Aac 过程中水的电离程度始终增大Bb 点时，c(B+)=c(A-)=c(H+)=c(OH-)9Cc 点时， c Ac OHc HA随温度升高而减小D相同温度下，Ka(HA)>Kb(BOH)【答案】C【解析】Ab 点中和反应恰好完全进行，ab 剩余酸越来越少，溶液酸性逐渐减弱，水的电离程度增大，bc剩余碱越来越多，溶液碱性逐渐增强，水的电离程度减小，故 A 错误；B溶液中电荷守恒：c(B+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，b 点时，pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，所以 c(B+)=c(A-)，溶液中 c(H+)和 c(OH-)很小，所以 c(B+)=c(A+)>c(H+)=c(OH-)，故 B 错误；C0.1mol·L-1HA 溶液 pH=3，说明 HA 是弱酸，c 点时溶质为BA、BOH，水解常数Kb= -HA(OH )c Acc 随温度升高而增大，所以 -c Ac OHc HA随温度升高而减小，故C 正确；DVa=Vb=50mL 时 HA 与 BOH 恰好完全反应，pH=7，所以相同温度下，Ka(HA)=Kb(BOH)，故 D 错误。故选 C。点睛：解答本题需要先弄明白图示含义，图中酸溶液由多到少，同时，碱溶液由少到多，而且 0.1mol·L-1HA 溶液 pH=3，0.1mol·L-1BOH 溶液 pH=11。接着问题的解决就可以“顺藤摸瓜” 。16水溶液 X 中只可能含有 K、Mg2、Al3、AlO2、SiO32、SO32、CO32、SO42中的若干种离子。某同学对该溶液 X 进行了如下实验;下列判断正确的是( )A气体甲一定是纯净物BK、AlO2和 SiO32一定存在于溶液 X 中C沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物D凭以上实验能确定 SO42是否存在于溶液 X 中【答案】B逆推可知溶液 X 中一定存在 AlO2；SO42不能确定。A、若 CO32、SO32同时存在，则气体甲是混合物，故A 错误；B、根据上述分析，K、AlO2和 SiO32一定存在于溶液 X 中，故 B 正确；C、沉淀甲是 H2SiO3，没有硅酸镁，故 C 错误；D、上述实验不能够确定是否含有 SO42，故 D 错误。故选 B。10二、非选择题(本题包括 5 小题，其中 17、18、19 是必选题，20 和 21 任选一题作答，共 52 分)17食用二氧化硫漂白过的食品，对人体的肝、肾脏等有严重损害。某科研小组设计实验检验二氧化硫的漂白性。回答下列问题：（一）二氧化硫的制备实验室一般采用亚硫酸钠与硫酸（浓硫酸与水 1:1 混合）反应制取二氧化硫：（1）欲收集一瓶干燥的二氧化硫，选择上图中的装置，其最佳连接顺序为：_（按气流方向，用小写字母表示） 。（二）二氧化硫性质的检验将上述收集到的 SO2通入下列装置中，在一定温度下按图示装置进行实验。（2）根据上述实验，回答下列问题：序号实验现象解释原因_品红试液褪色SO2具有漂白性_反应的离子方程式_溶液变浑浊，有黄色沉淀生成SO2+2H2S=3S+2H2O（3）实验中发现 Na2SO3可能部分变质，现需测定 Na2SO3的纯度，称 15.0g Na2SO3样品，配成 250mL 溶液，取 25.00mL 溶液，用 0.20 mol·L1酸性 KMnO4溶液进行滴定，达到滴定终点时消耗 KMnO4溶液1120.00mL。达到滴定终点时锥形瓶中溶液颜色变化是_，样品中 Na2SO3质量分数是_。【答案】bcdefg 石蕊试液变红 石蕊试液变红说明 SO2是酸性气体 KMnO4溶液颜色褪色（“褪色”写成“变浅”也可酌情给分） 5SO2+2H2O+2MnO4-=2Mn2+5SO42-+4H+ 由无色变为紫红色 84%（2）二氧化硫为酸性气体，所以能使中石蕊试液变红，具有漂白性，能使中品红溶液褪色，具有还原性，发生反应 5SO2+2H2O+2MnO4-=2Mn2+5SO42-+4H+，能使中酸性高锰酸钾褪色，具有氧化性，能与中硫化钠发生价态归中反应生成硫单质，SO2+2H2S=3S+2H2O，中溶液浑浊，生成淡黄色沉淀；故答案为：石蕊试液变红；石蕊试液变红说明 SO2是酸性气体；KMnO4溶液颜色褪色；5SO2+2H2O+2MnO4-=2Mn2+5SO42-+4H+（3）酸性 KMnO4溶液进行滴定亚硫酸钠溶液，滴入最后一滴，溶液呈紫红色且半分钟不变化，证明反应达到终点，用高锰酸钾滴定亚硫酸钠，依据方程式得：5SO32-+6H+2MnO4-=5SO42-+2Mn2+3H2O 5 2n 0.20mol/L×0.02L则：5：2=n：0.20mol/L×0.02L解得 n=0.01mol，则 15.0g 样品中含有亚硫酸的质量为 0.01mol×10×126g/mol=12.6g，所以样品中亚硫酸钠的质量分数为12.6 15g g×100%=84%；故答案为：由无色变为紫红色；84%。18 “碳化学”是绿色化学的重要组成部分。（1）由 CO2制备甲醇的过程发生的主要反应如下：反应 I: CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g)+ H2O(g) H 1” 、 “<“或“=“)0，理由是_。350时，反应 II 的平衡常数 K=_。为减少 CO 在产物中的比率，可采取_的措施有_(例举一例回答)。【答案】0.135mol·L-1·min-1 b d 286.0 或H =286.0 平衡后升高温度，CO2的转化率降低，可知该平衡向逆反应方向移动，故该反应为放热反应 100 增大压强v(H2) =2.7 2 10minmol L=0.135mol·L-1·min-1；A升高温度，平衡逆向移动，甲醇的产量减少，错误；B缩小容器体积，压强增大，反应速率增大，平衡正向移动，甲醇的产量增大，正确；C分离出甲醇，甲醇的浓度减小，反应速率减慢，错误；D增加 CO2的浓度，反应速率增大，平衡正向移动，甲醇的产量增大，正确；故选 bd，故答案为：0.135mol·L-1·min-1；b d；（2）CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g)H=-90.0kJ/mol，H2O（1）H2O(g)H=+44.0kJ/mol，C(s)的燃烧热H=-394.0kJmol-1，故热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)H=-394.0kJ/mol， 1 2×+1 2×-13得，H2(g)+ 1 2O2(g)=H2O(l)H=-286kJ/mol，故答案为：286 或H=-286；（3）反应 II 达到平衡状态后，随温度升高二氧化碳平衡转化率减小，说明正反应为放热反应，故0；原因是反应达到平衡状态后，随温度升高二氧化碳平衡转化率减小，说明正反应为放热反应，故答案为：；反应 II 达到平衡状态后，随温度升高二氧化碳平衡转化率减小，说明正反应为放热反应； CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)开始(mol) 1 4 0 0变化(mol) 0.8 3.2 0.8 1.6平衡(mol) 0.2 0.8 0.8 1.6，则 c(CO2)= 0.2 2mol L=0.1mol/L，c(H2)= 0.8 2mol L=0.4mol/L，c(CH4)= 0.8 2mol L=0.4mol/L，c(H2O)= 1.6 2mol L=0.8mol/L，则 K= 2 42 4 22c CHcH Oc COcH=240.4 0.8 0.1 0.4 =100，由图像知，为减少 CO 在产物中的比率，可采取的措施有增加压强或降低温度，故答案为：100；增加压强。19以粗镍(含少量 Fe 和 Cr 杂质)为原料制备醋酸镍的工艺流程如下:已知:离子Fe3+Cr3+Ni2+开始沉淀 pH1.54.36.9完全沉淀 pH2.85.68.9回答以下问题:（1）粗镍原料在酸浸前粉碎的原因是_。（2）酸浸过程中，镍浸出率随时间变化如图。酸浸的最佳温度与时间分别为_、_min。14（3）酸浸中 Ni 和浓硝酸反应的化学方程式为_。（4）加人试剂 X 为_(填下列提供试剂的序号)，可调节溶液 pH 至_(填 pH 范围)。AH2SO4 BCr2O3 CNaOH DFe2O3（5）进入“沉镍”步骤的滤液中 c(Ni2+)= 2.0mol/L，若要处理 1L 该滤液使 Ni2+ 完全沉淀c(Ni2+)10-5mol/L，则需要加入 Na2CO3固体的质量最少为_g。(已知 NiCO3的 Ksp=9.6×10-6，结果保留小数点后 2 位有效数字)【答案】增大固体接触面积，加快酸浸的速率 70 120 Ni+4HNO3(浓)=Ni(NO3)2+2NO2+2H2O C 5.6-6.9 313.76并调节溶液的 pH 至 5.6-6.9 范围，让溶液中的 Fe3+、Cr3+转化为 Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀，故试剂 X 可用NaOH，答案选 C；（5）要让 1L c（Ni2）2.0 mol· L1的溶液中 Ni2完全反应需 n(CO32-)=CV=2.0 mol· L1×1L=2mol。要使溶液中 c（Ni2）105mol·L1，需 c(CO32-)=sp2Kc Ni=659.6 10 1 10 =0.96 mol·L1。故加入的碳酸钠的总物质的量为 2mol+0.96mol=2.96mol，其质量为 2.96mol ×106g/mol=313.76g。点睛：本题考查了物质分离提纯基本操作和综合应用、溶度积常数的有关计算，注意把握常见物质或离子的分离提纯方法。易错点为第（5）小题，已知 NiCO3的 NiCO3的 Ksp=9.6×10-6，使 1L 该滤液中的 Ni2+沉淀物完全，即c（Ni2+）10-5molL-1，求出碳酸根离子的浓度，然后求出其物质的量和质量，据此解答。20铜、硼、硅、砷等元素的化合物是制造新型激光武器和新型太阳能电池的重要材料。回答下列问题：（1）基态硅（2814Si）原子中，电子占据的最高能层的轨道数有_个。15（2）已知：蓝色晶体（CuSO4·5H2O）水天蓝色溶液过量氨气深蓝色溶液无水乙醇 深蓝色晶体蓝色晶体中阴离子的空间构型是_；天蓝色溶液中的阳离子是_，其配体中心原子的杂化轨道类型是_；24.6g 深蓝色晶体（其摩尔质量为 246g.mol-1）中配离子含有的 键数是_；实验测得无水乙醇易溶于水，其原因是_。（3）砷化镓是具有空间网状结构的晶体，熔点为 1230，是优良的第三代半导体材料。砷化镓属于_晶体。已知氮化硼与砷化镓属于同种晶体类型。则两种晶体熔点较高的是_（填化学式） ，其理由是_。上述两种晶体中的四种元素电负性最小的是_（填元素符号） 。砷化镓晶胞结构如图所示。其晶胞边长为 a pm，密度为_g.cm-3。 （砷化镓的摩尔质量为 M g.mol-1，阿伏伽德罗常数为 NA）【答案】9 四面体 Cu(H2O)42+ sp3 1.6NA 乙醇分子与水分子间存在氢键，乙醇分子和水分子都是极性分子 原子晶体 BN 二者均为原子晶体，B、N 间的键长比 Ga、As 的键长短，键能大 Ga 4Mx1030/a3NA子对为62 2=4，孤电子对数为622 4 2 =0，不含孤电子对，所以空间构型是正四面体结构；蓝色晶体溶于水得到天蓝色溶液中的阳离子是Cu(H2O)42+；其配体 H2O 中心原子 O 原子杂化轨道数为62 2=4， ，采取 sp3杂化方式；每个配离子Cu(NH3)42+含有的 键数是 3×4+4=16，故 24.6g 深蓝色晶体Cu(NH3)4SO4H2O 为 0.1mol，其中配离子Cu(NH3)42+含有的 键数是 0.1mol×16×NA mol-1=1.6NA；乙醇分子与水分子间存在氢键，乙醇分子和水分子都是极性分子，故无水乙醇易溶于水；（3）砷化镓是具有空间网状结构的晶体，熔点为 1230，是优良的第三代半导体材料，与晶体硅相似，故砷化镓属于原子晶体；氮化硼与砷化镓都属于原子晶体，B、N 间的键长比 Ga、As 的键长短，键能大，故 BN 晶体熔点较高；非金属性越强，电负性越强，则 B、N、Ga、As 四种元素电负性最小的 Ga；一个晶胞中含有 As 168×1 8+6×1 2=4 个，Ga 在内部，共 4 个，即一个晶胞中含有 4 个砷化镓，其晶胞边长为 apm=a×10-10cm，V=a3×10-30cm3，密度为 33034g / mol10AM N acm=303410AM a N。点睛：本题考查了方程式的书写、分子空间构型以及杂化类型的判断、晶胞密度计算等知识，题目难度较大，注意相关基础的把握和方法的积累。先根据分摊法计算每个晶胞含有多少个原子，再根据晶胞的边长，确定晶胞的体积，再根据 =m V计算密度。21有机合成制药工业中的重要手段。G 是某抗炎症药物的中间体，其合成路线如下：已知：（具有还原性，极易被氧化）（1）B 的结构简式为 _。（2）反应的条件为 _ ；的反应类型为 _ ；反应的作用是_ 。（3）下列对有机物 G 的性质推测正确的是 _（填选项字母） 。A具有两性，既能与酸反应也能与碱反应B能发生消去反应、取代反应和氧化反应C能聚合成高分子化合物D1molG 与足量 NaHCO3溶液反应放出 2molCO2（4）D 与足量的 NaHCO3溶液反应的化学方程式为_。（5）符合下列条件的 C 的同分异构体有 _种。A属于芳香族化合物，且含有两个甲基B能发生银镜反应C与 FeCI3溶液发生显色反应17其中核磁共振氢谱有 4 组峰，且峰面积之比为 6：2：2：1 的是_（写出其中一种结构简式）（6）已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻对位；苯环上有峰基时，新引入的取代基连在苯一平的间位。根据题中的信息，写现以甲苯为原料合成有机物（ ）的流程图（无机试剂任选） 。合成路线流程图示例如下：XY反应物反应物 目标产物_。【答案】 浓硫酸、浓硝酸、加热 取代反应 保护酚轻基，以防被氧化 C16 种或【解析】C 发生氧化反应生成 D，由 D 的结构逆推，可知 C 为；A 与 B 反应生成 C，结合 B 的分子式、给予的反应信息，可知 B 为，A 为；D 发生水解反应、酸化得到 E 为；由 G 的结构简式可知，E 发生硝化反应生成 F，F 再发生还原反应得到 G。（1）由上述分析可知，B 的结构简式为：；（4）D 中羧基，水解得到羧酸与酚羟基均与 NaOH 反应，反应化学方程式为：18；（5）C 为,符合下列条件的 C 的同分异构体：a、属于芳香族化合物，且含有两个甲基，说明含有苯环和 2 个CH3；b、能发生银镜反应，说明含有CHO；c、与 FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，则苯环上有四个取代基：2 个CH3、1 个OH、1 个CHO。若为苯环上 H 原子被OH、CHO 取代，则当OH 在中 1 号位置，-CHO 有 3 种位置；当-OH 在 2 号位置，CHO 有 3 种、3 种位置，故共 6 种同分异构体；若为苯环上 H 原子被OH、CHO 取代，则当OH 在中 1 号位置，-CHO 有 2 种位置；当-OH 在 2 号位置，-CHO 有 2 种位置；当-OH 在 3 号位置，-CHO 有 3 种位置，共 7 种同分异构体；若为苯环上 H 原子被OH、CHO 取代，OH 有 1 种位置，而CHO 有 3 种位置。故符合条件的同分异构体共有 16 种。其中核磁共振氢谱有 4 组峰,且峰面积之比为 6:2:1:1 的是或。（6）流程目的：。要将-CH3氧化为-COOH，且要在邻位引入 1 个-NH2。苯环上-CH3可以在酸性高锰酸钾条件下被氧化为-COOH；据已知信息可知，可以先在甲苯上引入-NO2，即发生硝化反应；然后在 Fe/HCl 的条件下将-NO2还原为-NH2；而又已知-NH2极易被氧化，所以-CH3的氧化应在-NO2的还原之前。合成流程图为：。