福建省莆田市2018届高三化学下学期3月教学质量检测试卷（含解析）.doc

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1、- 1 -福建省莆田市 2018 届高三下学期教学质量检测（3 月）化学试题可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Sn-119第 I 卷（选择题，共 126 分）1.本草纲目 “烧酒”条目：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上，其清如水，味极浓烈，盖酒露也。 ”文中的“法”指A. 萃取 B. 蒸馏 C. 升华 D. 干馏【答案】B【解析】由题中信息可知，蒸令气上，说明利用的是互溶混合物的沸点差异进行分离，该法为蒸馏操作，故答案选 B。点睛：本题考查混合物的分离提纯，把握物质的性质及性质差异为解答本题的关键， “蒸令气上”说明利用的是互溶混合物的沸

2、点差异进行分离，解题时要注意古文的理解和物质性质的判断，试题难度不大。2.设 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A. 1molNa2CO3固体中含有的阴离子数为 NAB. 10g 质量分数为 46%的乙醇溶液中所含的氢原子数为 0.6 NAC. 标准状况下，1.12LCCl 4含有的共价键数为 0.2 NAD. 0.1molCl2和过量 NaOH 溶液反应，转移电子数为 0.2 NA 【答案】A【解析】A. Na2CO3是由 2 个 Na+和 1 个 CO32 构成，所以 1molNa2CO3固体中含有阴离子的物质的量为1mol，数目为 NA，故 A 正确；B. 乙醇溶液中除乙醇外，

3、水也含氢原子，10g 质量分数为 46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为 4.6g，物质的量为 0.1mol，故含 0.6mol 氢原子，水的质量为10g4.6g=5.4g，物质的量为 0.3mol，故含 0.6mol 氢原子，则此溶液中含有氢原子的物质的量共为 1.2mol，个数为 1.2NA，故 B 错误；C. 在标准状况下，CCl 4不是气体，所以无法计算CCl4含有的共价键数目，故 C 错误；D. Cl2和过量 NaOH 溶液发生歧化反应，0.1molCl 2反应时转移电子的物质的量为 0.1mol，总数为 0.1NA，故 D 错误；答案选 A。点睛：本题主要考查阿伏加德罗常数的有关计算和判

4、断，解答本题的关键是要掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数之间的关系，本题的易错点是 C 项，要注意明确标准- 2 -状况下气体摩尔体积的适用条件，在标准状况下不是气体的物质如 SO3、HF、CCl 4等，不能使用 Vm=22.4L/mol 进行计算。3.化合物 a、b、c 的键线式如下图。下列说法正确的是A. b 和 c 互为同分异构体 B. b 的一氯代物（不含立体异构）有 7 种C. a 和 b 分子中所有碳原子均处于同一平面上 D. a、b 和 c 在一定条件下均能与 H2发生加成反应【答案】D【解析】A. b 和 c 两种有机物的分子式不同，不是同分异构体，故 A 错误；B

5、. b 分子中碳原子上处于不同化学环境的氢原子共有 6 种，则 b 的一氯代物（不含立体异构）有 6 种，故 B 错误；C. a 和 b 分子中均含有多个饱和碳原子，饱和碳原子构成四面体构型，则 a 和 b 分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，故 C 错误；D. a 分子中的碳碳双键、b 分子中的苯环、c 分子中的醛基都可以在一定条件下和氢气发生加成反应，故 D 正确；答案选 D。4.X 、Y、Z、M 、W 为原子序数依次增大的 5 种短周期元素。X 的质子数与电子层数相同，Y、Z、M 同周期且相邻，W 原子核外电子数是 Y 的 2 倍，Z 与其同主族的短周期元素可形成常见产生酸雨的气体甲，

6、X 、Y、Z 三种元素形成化合物乙。下列说法错误的是A. 乙可能是离子化合物 B. W、Z 形成的化合物熔沸点高，硬度大C. X、Z 形成的某种化合物与甲反应可生成强酸 D. X、M 形成的常见化合物，具有较强还原性【答案】D【解析】X、Y、Z、M、W 为原子序数依次增大的 5 种短周期元素，X 的质子总数与电子层数相同，则X 为 H 元素，Y、Z、M 同周期且相邻，W 原子核外电子数是 Y 的 2 倍，Z 与其同主族的短周期元素可形成常见产生酸雨的气体甲，则 Z 为 O 元素，可推知 Y 为 N 元素、M 为 F 元素、W 为Si 元素，故甲为 SO2，X、Y、Z 三种元素形成化合物乙为 H

7、NO3、NH 4NO3等。A. X、Y、Z 三种元素形成化合物乙可以是 HNO3、NH 4NO3等，NH 4NO3属于离子化合物，故 A 正确；B. W、Z 形成的化合物是 SiO2，SiO 2是原子晶体，熔沸点高，硬度大，故 B 正确；C. X、Z 形成的 H2O2- 3 -可以和 SO2反应生成硫酸，硫酸属于强酸，故 C 正确；D. X、M 形成的常见化合物是 HF，HF不具有较强的还原性，故 D 错误；答案选 D。点睛：本题主要考查元素的位置、结构和性质之间的关系，能够根据题意正确判断元素种类是解答本题的关键，根据推断出的元素结合元素周期律即可解答，本题的易错点是 A 项，解题时要注意

8、X、Y、Z 三种元素形成化合物乙既可能是 HNO3、也可能是 NH4NO3等，所以乙既可能是共价化合物，也可能是离子化合物。5.下列装置能达到实验目的的是A. 图用于测定 NaOH 溶液的浓度 B. 图用于鉴别碳酸钠和碳酸氢钠C. 图用于实验室制备收集 NH3 D. 图可证明非金属性强弱：ClCSi【答案】B【解析】A. NaOH 属于碱，应盛装在碱式滴定管中，故 A 错误；B. 根据 NaHCO3受热易分解而 Na2CO3受热不分解，可用该装置鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，故 B 正确；C. 因氨气的密度小于空气，收集氨气时应将导管伸入到试管的底部，故 C 错误；D. 因 HCl 不是氯元素的最高价

9、氧化物对应水化物，且盐酸具有挥发性，挥发出的 HCl 也可以和硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，所以无法证明非金属性 ClCSi，故 D 错误；答案选 B。6.高铁酸钠（Na 2FeO4）是一种新型绿色水处理剂。工业上可用电解浓 NaOH 溶液制备Na2FeO4，其工作原理如右图所示，两端隔室中离子不能进入中间隔室。下列说法错误的是- 4 -A. 电解时，铜电极连接电源负极 B. 甲溶液可回用于该电解池C. 离子交换膜 a 是阴离子交换膜 D. 阳极电极反应式：Fe-6e -+8OH-=FeO42-+4H2O【答案】C【解析】A. 工业上用电解浓 NaOH 溶液制备 Na2FeO4，说明 Fe 溶解

10、进入溶液，则 Fe 电极为阳极连接电源的正极，Cu 电极为阴极连接电源的负极，故 A 正确；B. 在 Cu 电极上，水电离的 H+放电使阴极区 c(OH )增大，Na +通过阳离子交换膜 a 进入阴极区，使阴极区 c(NaOH)增大，则甲溶液为 NaOH，可以回用于该电解池，故 B 正确；C. 根据 B 项分析可知，因 Na+要通过离子交换膜 a 从中间隔室进入阴极区，所以离子交换膜 a 是阳离子交换膜，故 C 错误；D. Fe 电极溶解生成 FeO42 进入溶液，电极反应式为：Fe6e +8OH =FeO42 +4H2O，故 D 正确；答案选C。7.乙二胺（H 2NCH2CH2NH2） ，无

11、色液体，有类似于氨的性质 ，已知：25时，电离常数kb1=10-4.07 kb2=10-7.15；乙二胺溶液中各含氮微粒的分布分数 （平衡时某含氮微粒的浓度占各含氮微粒浓度之和的分数）随溶液 pH 的变化曲线如右图。下列说法错误的是( )A. H2NCH2CH2NH2在水溶液中第一步电离的方程式 H2NCH2CH2NH2+H2O H2NCH2CH2NH3+OH-B. 曲线代表的微粒符号为H 3NCH2CH2NH32+C. 曲线与曲线相交点对应 pH=4.07D. 在 0.1 molL-1 H2NCH2CH2NH3Cl 溶液中各离子浓度大小关系为 c(Cl-)c(H2NCH2CH2NH3+)c(

12、OH-)c(H+)【答案】C【解析】A. 乙二胺(H 2NCH2CH2NH2)有类似氨的性质，根据题目信息 Kb1=10-4.07、K b2=10-7.15可知，H2NCH2CH2NH2在水溶液中分两步电离，第一步电离的方程式为：H2NCH2CH2NH2+H2O H2NCH2CH2NH3+OH-，故 A 正确；B. H 2NCH2CH2NH2在水溶液中分两步电离，- 5 -电离方程式分别为：H 2NCH2CH2NH2+H2O H2NCH2CH2NH3+OH-、H 2NCH2CH2NH3+H2O H3NCH2CH2NH32+OH-，根据方程式可知，溶液 pH 越小，越有利于电离平衡正向移动，H

13、3NCH2CH2NH32+浓度越大，所以曲线代表的微粒符号为H 3NCH2CH2NH32+，故 B 正确；C. 曲线 II 代表的微粒符号为 H2NCH2CH2NH3+，曲线与曲线相交点对应的溶液中，H 3NCH2CH2NH32+和 H2NCH2CH2NH3+浓度相等，根据H2NCH2CH2NH3+H2O H3NCH2CH2NH32+OH-可知，K b2=10-7.15= =c(OH-)，则 c(H+)= =10-6.85，pH=6.85，故 C 错误；D. 在 0.1molL-1 H2NCH2CH2NH3Cl 溶液中，因 H2NCH2CH2NH3+水解使溶液呈酸性，则各离子浓度大小关系为 c

14、(Cl-)(H2NCH2CH2NH3+) c(OH-)c(H+)，故 D 正确；答案选 C。8.四氧化锡可用作媒染剂。利用如图所示装置可以制备四氯化锡（部分夹持装置已略去） ；有关信息如下表：化学式 SnCl2 SnCl4熔点/ 246 -33沸点/ 652 144其他性质 无色晶体，易氧化 无色液体，易水解回答下列问题：（1）戊装置中冷凝管的进水口为_（填“a”或“b” ） 。- 6 -（2）用甲装置制氯气，MnO 4-被还原为 Mn2+，该反应的离子方程式为_。（3）将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到_（填现象）后，开始加热丁装置，锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装

15、置，此时继续加热丁装置的目的是：促进氯气与锡反应；_。（4）如果缺少乙装置，可能产生的后果是_；己装置的作用是_。（5）某同学认为丁装置中的反应可能产生 SnCl2杂质，以下试剂中可用于检测是否产生SnCl2 的有_（填标号） 。a.FeCl3溶液（滴有 KSCN） b.H 2O2溶液 C.溴水 d.AgNO 3溶液（6）反应中用去锡粒 1.19g，反应后在戊装置的试管中收集到 2.38gSnCl4，则 SnCl4的产率为_。【答案】 (1). a (2). 2MnO4-+10C1-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H 2O (3). 丁装置内充满黄绿色气体 (4). 使 SnCl4气化，利于

16、从混合物中分离出来 (5). 氯化氢与锡反应，降低产率，且可能发生氢气和氯气混合爆炸 (6). 除去未反应的氯气，防止污染空气、防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解 (7). a、c (8). 91.2%【解析】【详解】(1). 为增加冷凝效果，冷凝水应采用“下进上出”的方式，所以戊装置中冷凝管的进水口为 a，故答案为：a；(2). 用甲装置制氯气，MnO 4-被还原为 Mn2+，根据得失电子守恒和原子守恒，高锰酸钾与浓盐酸反应的离子方程式为：2MnO 4-+10C1-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H 2O，故答案为：2MnO 4-+10C1-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H 2O；

17、(3). 将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到丁装置内充满黄绿色气体后，说明装置中的空气已全部排出，此时开始加热丁装置，锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置的目的是：、可以促进氯气与锡反应；、因SnCl4沸点较低，继续加热丁装置可以使 SnCl4气化，利于 SnCl4从混合物中分离出来，故答案为：丁装置内充满黄绿色气体；使 SnCl4气化，利于从混合物中分离出来；(4). 乙装置的作用是除去氯气中混有的 HCl 杂质，如果缺少乙装置，则氯化氢会与锡反应，降低 SnCl4的产率，且可能发生氢气和氯气混合爆炸，己装置的作用是除去多余的氯气，防- 7 -止污

18、染空气，同时防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物 SnCl4水解，故答案为：氯化氢与锡反应，降低产率，且可能发生氢气和氯气混合爆炸；除去未反应的氯气，防止污染空气、防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解；(5). 根据题中信息可知，SnCl 2具有还原性，易被氧化，向 FeCl3溶液（滴有 KSCN）或溴水中加入少量 SnCl4样品，通过观察溶液颜色的变化检测是否含有 SnCl2杂质，H 2O2虽然也具有氧化性，但因为无明显现象，所以不能使用 H2O2溶液进行检验，将 SnCl4样品加入 AgNO3溶液中，无论是否含有 SnCl2杂质，均能生成白色沉淀，所以不能用 AgNO3溶液检验样品中是否含

19、有 SnCl2杂质，故答案选：a、c；(6). n(Sn)= =0.01mol，理论上生成 SnCl4的质量为：m(SnCl 4)=0.01mol261g/mol=2.61g，则 SnCl4的产率为 100%=91.2%，故答案为：91.2%。9.水钴矿的主要成分为 Co2O3，还含 SiO2及少量 Al2O3、Fe 2O3、 CuO、MnO 2等。一种利用水钴矿制取 CoCl26H2O 的工艺流程如下：已知： CoCl 26H2O 受热易失去结晶水。25 时，设定溶液中某金属离子初始浓度为 0.1 molL-1，部分沉淀的参考数据如下表(“沉淀完全”指溶液中该离子浓度1.010 -5molL

20、-1)：沉淀 Al(OH)3 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Cu(OH)2 Mn(OH)2开始沉淀的 pH 3.4 1.5 6.3 7.0 4.7 8.1沉淀完全时 pH 4.7 2.8 8.3 9.0 6.7 10.1回答下列问题（1）计算 25时 Co(OH)2的 Ksp =_。（2）浸出工序中加入一定量的 Na2SO3还原 Co2O3、MnO 2等，Co 2O3发生反应的离子方程式为_。（3）氧化工序要控制 NaClO3用量，若不慎加入过量 NaClO3，可能生成的有毒气体是- 8 -_；氧化工序主要反应的离子方程式为_。（4）已知温度对铜、钴、铁的浸出率的影响如左下图

21、，萃取剂 A、B 中 pH 对钴、锰离子萃取率的影响如右下图：浸出温度控制在 50-60的原因是_。应选择萃取剂_（填“A”或“B” ） 。（5） “系列操作”依次是_、_和过滤等；制得的 CoCl26H2O 需减压烘干的原因是_。【答案】 (1). 1.010-15 (2). Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O (3). Cl2 (4). ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O (5). 5060 时钴浸出率高，温度再升高时钴浸出率变化不大，且导致浸出液中含铁元素的杂质含量升高 (6). B (7). 蒸发浓缩 (8). 冷却结晶 (9). 降低

22、烘干温度，防止 CoCl26H2O 分解【解析】(1). 25，在含有 Co2+0.1 molL-1的溶液中，当溶液的 pH=7 时，Co 2+开始沉淀，则 Co(OH)2的 Ksp =c(Co2+)c2(OH )=0.1(10-7)2=1.010-15，故答案为：1.010 -15；(2). 在浸出工序中加入一定量的盐酸和 Na2SO3还原 Co2O3，硫元素化合价升高生成 SO42-，钴元素化合价降低生成 Co2+，根据得失电子守恒和原子守恒，Co 2O3发生反应的离子方程式为Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O，故答案为：Co 2O3+SO32-+4H+=2Co

23、2+SO42-+2H2O；(3). 氧化工序中加入 NaClO3的作用是将浸出液中的 Fe2 氧化成 Fe3 ，该反应的离子方程式为：ClO 3 +6Fe2+6H+=Cl +6Fe3+3H2O，若不慎加入过量 NaClO3，在酸性条件下，NaClO 3与溶液中的 Cl 会发生氧化还原反应生成有毒的 Cl2，故答案为：Cl2；ClO 3 +6Fe2+6H+=Cl +6Fe3+3H2O；(4). .据图可知，5060时钴的浸出率已经很高，且温度再升高时钴的浸出率变化不大，同时还会导致铁的浸出率增大，含铁元素的杂质含量升高，故答案为：5060时钴浸出率- 9 -高，温度再升高时钴浸出率变化不大，且导

24、致浸出液中含铁元素的杂质含量升高；. 加入萃取剂的目的是除去 Mn2 ，据图可知，选择萃取剂 B 时，Mn 2 的萃取率高而 Co2+的萃取率低，所以应选择萃取剂 B，故答案为：B；(5). 从溶液中得到氯化钴晶体的系列操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，制得的CoCl26H2O 采用减压烘干方法，可以降低烘干温度，防止 CoCl26H2O 晶体分解，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止 CoCl26H2O 分解。点睛：本题通过制取 CoCl26H2O 的工艺流程，考查了物质制备方案的设计、实验的基本操作和有关计算，能够理解工艺流程图、明确实验的基本操作及相关物质的性质是解答本题

25、的关键，本题的难点是第(4)小题对两个图象的分析和判断，解题时要先明确需要去除的物质和需要保留的物质，再根据图象分析应选择的适宜温度和需要选择的萃取剂即可。10.氮气是制备含氮化合物的重要原料，而含氮化合物的用途广泛。回答下列问题：（1）两个常见的固氮反应为：N2(g)+O2(g) 2NO(g)（）N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)（）气相反应中，某物质 A 的组成习惯用分压 p(A)代替浓度 c(A)，相应的平衡常数用 Kp表示。反应（）的平衡常数表达式 Kp=_。反应（）在不同温度下的平衡常数 Kp如下表：温度/K 298 473 673Kp 62(KPa)-2 6.210-5(KP

26、a)-2 6.010-8(KPa)-2则反应() 的 H_0（填“” 、 “”或“=” ）（2）合成氨工业中原料气所含的少量 CO 对合成塔中的催化剂有害，可由“铜洗”工序实现对原料气精制。有关反应的化学方程式如下：Cu(NH3)2Ac(aq)+CO(g) +NH3(g) Cu(NH3)3 AcCO(aq)H=-35 kJmol -1，用化学平衡移动原理分析该工序生产的适宜条件为_。（3）氨气是工业制硝酸的主要原料。T时，NH 3和 O2可能发生如下反应：4NH 3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) H= -907kJmol -1 4NH 3(g)+3O2(g) 2N2(g)+

27、6H2O(g) H= -1269kJmol -1- 10 -其中是副反应。若要减少副反应，提高 NO 的产率，最合理的措施是_；T时 N2和 O2反应生成 NO 的热化学方程式为_。（4）生产和实验中常采用甲醛法测定铵盐的含氢量。反应原理如下：4NH4+6HCHO=(CH2)6N4H+（一元酸）+3H +6H2O实验步骤如下：取铵盐样品溶液 a mL，加入稍过量的甲醛溶液（已除去其中的酸） ，静置 1 分钟；滴入 1-2 滴酚酞溶液，用 cmolL-1的氢氧化钠溶液滴定至溶液呈粉红色且半分钟内不褪去为止，记录消耗氢氧化钠溶液的体积；重复以上操作 2 次，三次实验平均消耗氢氧化钠溶液 VmL。则

28、样品中的含氮量为_mgL -1；下列铵盐不适合用甲醛法测定含氮量的是_（填标号） 。a.NH4HCO3 b. (NH4)2SO4 c.NH4Cl d.CH3COONH4【答案】 (1). (2). (3). 低温、加压 (4). 使用合适的催化剂 (5). N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+181kJmol -1 (6). (7). a【解析】(1). .对于反应 N2(g)+O2(g) 2NO(g)，用分压 p(A)代替浓度 c(A)，根据平衡常数的定义，其平衡常数表达式 Kp= ，故答案为： ；.由表中数据可知，反应（）随温度升高，平衡常数 Kp逐渐减小，说明升高温度平衡逆向移动

29、，该反应的正反应为放热反应，H0，故答案为：；(2). 对于反应Cu(NH 3)2Ac(aq)+CO(g) +NH3(g) Cu(NH3)3 AcCO(aq) H=-35 kJmol-1，该反应的正反应为气体物质的量减少、放热的反应，降低温度和增大压强有利于该反应正向进行，提高 CO 的转化率，故答案为：低温、加压；(3). 由题中所给反应方程式可知，主反应和副反应均为放热反应和气体物质的量增加的反应，根据压强、温度、催化剂等对反应速率及平衡的影响可知，为了减少副反应的发生，提高 NO 的产率，最合理的措施是采用合适的催化剂，使反应物尽可能发生反应，既能增大反应速率，又能提高 NO 的产率；根

30、据盖斯定律，22 得：N 2(g)+O2(g)=2NO(g) - 11 -H=+181kJmol-1，故答案为：使用合适的催化剂；N 2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+181kJmol -1；(4). 根据反应方程式可得：4NH 4+(CH 2)6N4H+（一元酸）+3H +4NaOH，则 n(NH4+)=V10-3Lcmol/L=Vc10-3mol，样品中的含氮量为：Vc10 -3mol14g/mol1000mg/ga10-3L=；因 NH4HCO3中的 HCO3 也可以和 NaOH 标准溶液反应，消耗 NaOH 标准溶液，使测定结果偏高，b、c、d 中的阴离子和 NaOH 标准溶液

31、不反应，不影响测定结果，故答案为：；a。11.石墨、石墨烯及金刚石是碳的同素异形体。（1） 以 NiCrFe 为催化剂，一定条件下可将石墨转化为金刚石。基态 Fe 原子未成对电子数为_。设石墨晶体中碳碳键的键长为 a m，金刚石晶体中碳碳键的键长为bm，则 a_b（填“” 、 “”或“=” ） ，原因是_。（2）比较下表碳卤化物的熔点，分析其熔点变化规律的原因是_。CCl4 CBr4 CI4熔点/ -22.92 48.4（ 型） 168（分解）（3） 金、铜、锌等金属或合金常用作化学气相沉积法获取石墨烯的催化剂。左下表是铜与锌的部分电离能数据，对于“I 1铜小于锌，而 I2铜却大于锌”的事实，

32、原因是_。电离能/kJmol -1 I1 I2铜 746 1958锌 906 1733- 12 -（4）金刚石的晶胞如上图所示。已知 ZnS 晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同，若图中 a为 Zn2+，则 S2-处于 ZnS 晶胞中的位置为_。（5）石墨烯中部分碳原子被氧化后，转化为氧化石墨烯。在图乙所示的氧化石墨烯中，取 sp3杂化形式的原子有_（填元素符号） ；石墨烯转化为氧化石墨烯时，1 号 C 与相邻 C 原子间键能的变化是_（填“变大” 、 “ 变小”或“不变” ） 。（6）石墨烯具有很大的比表面积，可望用于制超级电容器。若石墨烯中碳碳键的键长为am，12 g 单层石墨烯单面的理论面积

33、约为_m 2（列出计算式即可） 。【答案】 (1). 4 (2). (3). 石墨晶体中碳碳键除 键外还有大 键，金刚石晶体中碳碳键只有 键 (4). 分子结构相似，随相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故 CCl4、CBr 4、CI 4熔点依次升高 (5). Cu 失去一个电子成为 Cu+后，形成Ar 3d10，是能量较低的全充满结构 (6). 顶点、面心 (7). C、O (8). 变小 (9). NA【解析】(1). 基态 Fe 原子的核外电子排布式为Ar3d 64s2，未成对电子数为 4，在金刚石晶体中，C原子采用 sp3杂化，碳原子之间只存在 键，而石墨晶体中的 C 原子采用

34、 sp2杂化，碳原子之间除了 键外还有大 键，使得石墨晶体中的碳碳键的键长比金刚石晶体中碳碳键的键长小，故答案为：4；石墨晶体中碳碳键除 键外还有大 键，金刚石晶体中碳碳键只有 键；- 13 -(2). 碳卤化物都是分子晶体，分子间通过范德华力相结合，对于组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越强，熔点越高，由于相对分子质量 CCl4CBr 4CI 4，则熔点 CCl4CBr 4CI 4，故答案为：分子结构相似，随相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故 CCl4、CBr 4、CI 4熔点依次升高；(3). 当原子轨道中的电子处于全满、半满或全空时较稳定，气态 Cu 原子失

35、去一个电子变成结构为Ar3d 10的 Cu+，是一种能量较低的稳定结构，而气态 Zn 原子失去一个电子变成结构为Ar3d 104s1的 Zn+，易再失去一个电子，故答案为：Cu 失去一个电子成为 Cu+后，形成Ar 3d10，是能量较低的全充满结构；(4). 图中 a 点为 Zn2+，由均摊法可知，Zn 2+的个数为：41=4，根据 ZnS 的化学式可知，只有 S2-处于顶点和面心时，S 2-的个数也为：81/8+61/2=4，故答案为：顶点、面心；(5). . 氧化石墨烯中所标的 1 号碳原子形成 3 个碳碳单键和一个碳氧单键，C 原子为 sp3杂化，氧化石墨烯中羟基上的氧原子形成一个碳氧单

36、键和一个氧氢键，还有 2 个孤电子对，所以羟基上氧原子为 sp3杂化，故答案为：C、O；. 石墨烯转化为氧化石墨烯时，1 号 C 与相邻 C 原子间的大 键被氧化破坏变成了单键，键能减小，故答案为：变小；(6). 已知石墨烯中碳碳键的键长为 am，则其正六边形的面积为 ，根据均摊法可以计算出每个六边形所占有的碳原子个数为 61/3=2，所以 12g(即 1molC)单层石墨烯实际占有的六边形个数为： NA，则单层石墨烯单面的理论面积约为 NA ，故答案为：NA 。12.佳味醇是一种重要的有机合成中间产物，也可直接作农药使用。下图是以苯酚为原料合成佳味醇的流程：已知：- 14 - （THF 为一

37、种有机溶剂）回答下列问题：（1）B 的分子式为 C3H5Br，B 的结构简式为_。（2）A 与 B 反应的反应类型为_。（3）由 C佳味醇的化学方程式为_。（4） D 是化合物 B 的一种同分异构体，其核磁共振氢谱显示有 2 种不同的化学环境的氢，且峰面积比为 41，D 的结构简式为_。（5）写出符台下列要求的佳味醇的所有同分异构体的结构简式_。遇 FeCl3溶液呈紫色苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种。（6）化合物 B 经过下列转化，可合成用于制造树脂、合成橡胶乳液的有机原料丙烯酸。i完成从 F 到丙烯酸的合成路线_；ii.设置反应的目的是_。【答案】 (1). CH2=CHCH

38、2Br (2). 取代反应 (3). (4). (5). (6). - 15 -(7). 保护目标物中的碳碳双键或防止碳碳双键被氧化【解析】B 的分子式为 C3H5Br，结合 B 和 A 反应生成的产物可知，B 为 CH2=CHCH2Br，A 为 ，根据已知信息可知 C 的结构简式为 ，由信息可知佳味醇的结构简式为。(1). 由上述分析可知，B 的结构简式为 CH2=CHCH2Br，故答案为：CH 2=CHCH2Br；(2). A 分子中羟基上的氢原子被 CH2=CHCH2Br 中的烃基 CH2=CHCH2取代生成和 HBr，该反应的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；(3). 根据信息可

39、知，由 生成佳味醇的化学方程式为：+H2O + CH2=CHCH2OH，故答案为：- 16 -+H2O + CH2=CHCH2OH；(4). D 是化合物 B 的一种同分异构体，其核磁共振氢谱显示有 2 种不同的化学环境的氢，且峰面积比为 41，说明化合物 D 中这 2 种不同化学环境的氢原子个数比为 41，符合条件的 D 的结构简式为： ，故答案为： ；(5). 遇 FeCl3溶液呈紫色，说明苯环上含有羟基，苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种，说明苯环上另一个取代基和羟基处于苯环的对位上，烃基CH 2CH=CH 2的同分异构体有：CH=CHCH 3、C(CH 3)=CH2和 ，则符合条件的同分异构体有：，故答案为：；(6). B 的结构简式是 CH2=CHCH2Br，B 发生水解反应生成 E 为 CH2=CHCH2OH，E 和 HBr 发生加成反应生成 F，F 是 CH3CH(Br)CH2OH，F 发生催化氧化生成 CH3CH(Br)CHO，继续被氧化、酸化生成 CH3CH(Br)COOH，最后通过消去反应生成 CH2=CHCOOH，所以合成路线为：，因为在氧化羟基的同时碳碳双键也易被氧化，所以为了保护碳碳双键，才设置反应，故答案为：；保护目标物中的碳碳双键或防止碳碳双键被氧化。- 17 -