四川省泸州市高2021届高三第二次教学质量诊断性考试理综化学试题（解析版）

泸州市高 2018 级第二次教学质量诊断性考试 理科综合能力测试化学 本试卷分选择题和非选择题两部分，共 38 题，共 300 分，共 12 页，考试时间 150 分钟。 考 试结束后，将答题卡交回，试卷自留。 注意事项 ： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。 2.选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体 工 整、笔迹清楚。 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书 写的答案无效；在草稿纸、 试题卷上答题无效。 4.作图可先使用 铅笔画出，确定后必须使用 黑色字迹的签字笔描黑。 5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 可能用 到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Si28 第 I 卷 一 、选择题 ：本题 共 13 小题 ，每小题 6 分 ，共 78 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. 2020 年 6 月 23 日西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系统第五十五颗导航卫星。下 列有关说法错误的是 A. 火箭上用的碳纤维复合材料属于碳的同素异形体单质 B. 火箭燃料发生氧化还原反应将化学能转化为势能、动能、热能 C. 铝合金做飞行器的材料是利用其质轻强度大的性能 D. 卫星计算机芯片使用的是高纯度的硅 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．碳纤维复合材料是由碳纤维与树脂等材料复合而得，属于混合物，同素异形体指同种元素形成 的不同单质，A 错误； B．火箭发射时，利用燃料燃烧发生氧化还原反应产生的巨大能量推进火箭升空，其化学能转化为热能、动 能以及势能，B 正确； C．铝合金的密度较其他合金要小，故铝合金质轻，且铝合金强度大、耐腐蚀，C 正确； D．高纯度的硅可用于生产芯片，D 正确； 故答案选 A。 2. 阿比朵尔是李兰娟团队公布治疗新型冠状肺炎的最新研究成果，可有效抑制病毒，结构如图。下列有关 阿比朵尔的说法中正确的是 A. 阿比朵尔为芳香烃 B. 所有碳原子一定处于同一平面 C. 能发生水解、取代和加成反应 D. 一个阿比朵尔分子中含有 21 个碳原子 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．该有机物中除 C、H 元素外，还有 O、N、S、Br 元素，故不属于烃，A 错误； B．以苯环面作为参考，结构—N(CH3)2 中 N 原子所连 2 个 C 不可能都在苯环面上，B 错误； C．该有机物中含有酯基，可以发生水解反应，水解也属于取代反应，碳碳双键、苯环能发生加成反应，C 正确； D．该有机物中含有 17 个碳原子，D 错误； 故答案选 C。 3. 已知 X、Y、Z、W、R 是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，只有 Z 是金属元素，X 的简单氢化 物分子为正四面体结构，Y 是地壳中含量最高的元素，Y 与 W 同主族，下列说法正确的是 A. 原子半径：X＜Y＜W B. 最高价氧化物的水化物的酸性： X＜W＜R C. WY2 能使紫色石蕊试液先变红后褪色 D. Z 与 Y 形成的化合物一定是碱性氧化物 【答案】B 【解析】 【分析】X 的氢化物为正四面体结构，故为 CH4，即 X 为 C，Y 为地壳中含量最高元素，故 Y 为 O，W 与 Y 同族，所以 W 为 S，S 之后的短周期主族元素只剩 Cl，故 R 为 Cl，Z 为金属元素，结合原子序数关系， Z 可能为 Na、Mg、Al。 【详解】A．S 电子层为 3 层，C、O 电子层为两层，故 S 半径大于 C、O，又 O 的核电荷数大于 C，故 O 的半径比 C 小，即原子半径：X＞Y，A 错误； B．非金属性：R(Cl)＞W(S)＞X(C)，最高价氧化物对应水化物酸性强弱与非金属性一致，故 B 正确； C．SO2 虽然具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂，故紫色石蕊试液遇 SO2 变红后不会褪色，C 错误； D．Z 形成的氧化物可能为 Na2O、Na2O2、MgO、Al2O3，其中 Al2O3 为两性氧化物，过氧化钠不属于碱性氧 化物，D 错误； 故答案选 B。 4. NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 12g 13 6 C 所含的原子数为阿伏加德罗常数 B. O2 的相对分子质量为 32，所以 O2 的摩尔质量也为 32。 C. 标准状况下，lmolNO 与 11.2L O2 充分反应后分子总数为 NA D. P4 为正四面体形分子，则 1 mol P4 分子中含有 6NA 个共价键 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．12g 12 6 C 中所含的碳原子数称为阿伏加德罗常数，A 错误； B．O2 的摩尔质量为 32 g/mol，B 错误； C．由反应 2NO+O2=2NO2，知 1 mol NO 与 0.5 mol O2 恰好反应生成 1 mol NO2，但由于反应 2 2 42NO N O 的存在，导致反应后气体分子数小于 1 mol，C 错误； D．白磷分子为正四面体结构，P 原子位于 4 个顶点，故 1 个 P4 分子中含有 6 个 P—P 共价键，即 1 mol P4 分子中含有 6 mol P—P 共价键，D 正确； 故答案选 D。 5. 下列有关实验错误的是 A. 中和反应反应热的测定，需要准确读取酸碱溶液混合后的最高温度 B. 将 4.0g NaOH 置于 100mL 容量瓶中，加水配制 1.000mo/LNaOH 溶液 C. 除去甲烷中的乙烯，可以依次通过酸性 KMnO4 溶液、NaOH 溶液、浓 H2SO4 D. 探究 Fe2+能转化为 Fe3+，可以向 FeCl2 溶液中依次滴加 KSCN 溶液、氯水 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．中和热的测定，需准确测出混合前的初始温度和反应后最高温度，利用温度差结合比热容求算 反应放出的热量，进而计算出中和热，A 正确； B．NaOH 固体不能直接在容量瓶中溶解，需在烧杯中溶解，冷却后转移到容量瓶中，B 错误； C．经过 KMnO4 溶液后，C2H4 被氧化为 CO2，经过 NaOH 溶液 CO2 又被吸收，最后经过浓硫酸获得干燥的 CH4，C 正确； D．先滴加 KSCN 溶液，能排除溶液中原有 Fe3+对 Fe2+检验的干扰，再滴加氯水，若溶液在加入氯水后才变 红，说明 Fe2+被氧化为 Fe3+，D 正确； 故答案选 B。 6. 溶液中的离子平衡是以化学平衡理论为基础，以探讨离子反应原理的基础性理论。常温下，下列有关说 法错误的是 A. 10mL pH=3 的醋酸溶液稀释至 100 mL，稀释后溶液的 pH＜4。 B. HF 溶液中滴加少量稀 NaOH 溶液， - - c(OH ) c(HF) c(F )  的值不变 C. Na2C2O4 溶液中存在的离子浓度关系 c(OH -)=c( HC2O - 4 )+c(H2C2O4)+c(H+) D. 反应 3Mg(OH)2(s)+ 2Fe3+=2Fe(OH)3 (s)+ 3Mg2+的平衡常数 K= 3 sp 2 2 sp 3 K [Mg(OH) ] K [Fe(OH) ] 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．由于稀释过程中，醋酸能继续电离补充 H+，故稀释后，溶液 pH 变化小于 1 个单位，即 pH＜4， A 正确； B． - + - w - + - a c(OH )·c(HF) c(H )·c(OH )·c(HF)= =c(F ) c(H )·c(F ) K K ，由于 Kw 与 Ka 只与温度有关，温度不变，其值不变，B 正确； C．由电荷守恒： + + - - 2- 2 4 2 4c(Na )+c(H )=c(OH )+c(HC O )+2c(C O ) ，结合物料守恒： + - 2- 2 2 4 2 4 2 4c(Na )=2[c(H C O )+c(HC O )+2c(C O )]，两式联立消去 c(Na+)得： - - + 2 2 4 2 4c(OH )=2c(H C O )+c(HC O )+c(H ) ，C 错误； D．该反应平衡常数 33 2+ 3 2+ 6 - sp 2 2 3+ 2 3+ 6 - 2 sp 3 [Mg(OH) ]c (Mg ) c (Mg )·c (OH )= = =c (Fe ) c (Fe )·c (OH ) [Fe(OH) ] KK K ，D 正确； 故答案选 C。 7. 已知 Fe2+与 H2O2 溶液混合发生 Fenton 反应生成氧化性很强的羟基自由基(•OH)，可将 CN-氧化为低毒的 CNO-，实现废水处理的目的。三维电极电解-Fenton 反应处理废水的原理如图所示，多孔焦炭电极将整个电 解槽变成了许多微电解池。下列说法错误的是 A. 钛合金电极反应式为 2H2O- 2e- =2H++2•OH B. 阴极电极反应式为 O2+ 2H++ 2e - = H2O2 C. 焦炭电极表面能产生•OH 使废水处理效率提高 D. Fe(OH)2+能在钛合金电极实现再生循环利用 【答案】D 【解析】 【分析】由图示知，钛合金电极连接电源正极，作电解的阳极，H2O 在电极表面放电生成·OH 和 H+，电 极反应为：2H2O-2e- =2H++2·OH，石墨电极为电解的阴极，O2 在电极表面得电子生成 H2O2，电极反应为： O2+2e-+2H+=H2O2。 【详解】A．由分析知，A 正确； B．由分析知，B 正确； C．多孔焦炭电极将整个电解槽变成许多微电解池，其作阳极的部分对应电极反应与钛合金电极相同，也可 产生·OH，使废水处理效率提高，C 正确； D．Fe(OH)2+中 Fe 元素为+3 价，变回 Fe2+需得电子，故可在石墨电极（阴极）上再生循环，D 错误； 故答案选 D。 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22 题~第 32 题为必考题，每个试题考生都必 须作答。第 33 题~第 38 题为选考题，考生根据要求作答。 (一)必考题(共 129 分) 8. 乙酸正丁酯，为无色透明有愉快果香气味的液体，是一种优良的有机溶剂和有机合成中间体，实验室制 备原理为：CH3COOH+CH3(CH2)OH +H Δ CH3COO(CH2)3CH3+H2O，装置如图所示(夹持装置已略去)，实 验步骤如下： I．向 100mL 反应容器 X 中，加 18.5g 正丁醇，16.8g 冰醋酸，1gKHSO4，混匀，加 2 粒沸石。接上冷凝管 和分水器。 II．加热反应开始后，控制回流速度 1~ 2 滴/s，大约 40 min 后，反应完成，停止加热。 III．分离提纯产品。过滤回收 KHSO4，将滤液和分水器分出的酯层一起倒入分液漏斗中，用 10 mL 水洗 涤； ……蒸馏得到产品 29.0 mL。 己知： 名称 相对分子质量 溶解性 密度(g/cm3) 沸点(℃) 正丁醇 74 稍溶于水和易溶于有机溶剂 0.81 117.7 冰醋酸 60 能溶于水和有机溶剂 1.05 117.9 乙酸正丁酯 116 难溶于水 0.90. 126.5 . 回答下列问题： (1)图中仪器 X 的名称是___________，KHSO4 的作用是___________。 (2)用过量乙酸的目的是___________。 (3)本实验中分水器的作用是____________。 实验中需先在分水器中加水，使水面稍低于支管口 1~2cm，并 保持水面上仅有很浅一层油层存在，直至反应完成。这样操作的目的是___________。 (4)步骤 III 中第一次水洗主要除去的是___________。步骤 III“……”。处还需要经过以下一系列的操作提 纯，其正确的顺序是___________。 a．再用 10mL 水洗涤； b．用无水硫酸镁干燥； c．用 10 mL 10%Na2CO3 洗涤； d．过滤 (5)下列蒸馏装置最合适的是__(填选项字母) ；本实验中乙酸正丁酯的产率为___ 【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 催化剂 (3). 提高正丁醇利用率 (4). 分离出反应生成的水，使平 衡正向移动，提高产率 (5). 确保将蒸出的正丁醇流回反应器中继续反应 (6). 乙酸、KHSO4 (7). cabd (8). C (9). 90% 【解析】 【分析】 【详解】(1)仪器 X 名称为圆底烧瓶；由题干所给方程式知，此反应需要 H+作催化剂，KHSO4 可提供 H+， 故其作用为催化剂； (2)乙酸过量可提高正丁醇的转化率，故此处填提高正丁醇的转化率（或利用率）； (3)分水器可将生成的水及时分离除去，使反应平衡正向移动，提高酯的产率，故此处填：分离出反应生成 的水，使平衡正向移动，提高酯的产率；这样操作可确保冷凝的正丁醇能流回圆底烧瓶中继续反应，故此 处填：确保将蒸出的正丁醇流回反应器中继续反应； (4)由于反应后的体系中混有易溶于水的乙酸和催化剂 KHSO4，故第一次水洗的目的为除去乙酸、KHSO4； 第一次水洗后，酯中还有少许残留的乙酸，此时需用饱和 Na2CO3 溶于继续洗涤，将乙酸转化为易溶于水的 CH3COONa，再进行第二次水洗除去 CH3COONa，接着需加入干燥剂对产品进行干燥，可选用无水硫酸镁， 最后进行过滤除去吸水后的硫酸镁固体， 获得较纯的乙酸正丁酯，故此处操作顺序为：cabd； (5)由于提纯时无需回流操作，故选用直形冷凝管，A 装置温度计位置错误，故此处选装置 C；由于乙酸过 量，理论上正丁醇完全反应生成乙酸正丁酯，故乙酸正丁酯的理论产量= 18.5 g ×116 g/mol=29 g74 g/mol ，实 际产量=29.0 mL×0.90 g/cm3=26.1 g，故其产率= 26.1 g ×100%=90%29 g 。 9. 钴可用于火箭发动机、导弹的耐热部件以及原子能工业。下图是由铜钴精矿提取钴的相关工业流程。铜 钴精矿中主要含氧化铜、硫化钴(CoS)和少量 FeS 等。 已知：在 pH 为 4~6 时 Fe3+水解生成 Fe(OH)3•2nFe3+•3(n-x)SO 2- 4 胶体，具有吸附性。 (1)从“氨浸”可知，Cu2+、 Fe2+、Co2+三者中易于形成氨合物的离子是___________ ；含 Cu(NH3) 2+ 4 的溶 液“电解”阴极反应式为___________。 (2) “酸浸”中硫化钴(CoS) 、Na2SO3 与盐酸共同反应的离子方程式为___________。 (3)“除铁”加入了试剂 X，使 Fe2+转化为 Fe3+，则试剂 X 最好选用___________ ( 填字母编号)。 A． KMnO4 溶液 B． H2O2 溶液 C． HNO3 D． SO2 (4)“ 萃取”是利用某磷酸酯 P50 (用 RH 表示)萃取钴，其反应的离子方程式为___________。 (5)整个流程中可以循环利用的物质有___________。 (6)“除铁”中，溶液 pH 对钴回收影响密切，如下图所示该步应控制 pH 范围为___________，pH 较大时钴 回收率骤降的原因是___________。(已知 Co2+沉淀的 pH 为 6.7~8.7)。 【答案】 (1). Cu2+ (2). 2+ - 3 4 3Cu(NH ) +2e =Cu+4NH (3). 2CoS+6H++ 2- 3SO =2Co2++3S+3H2O (4). B (5). 2RH+Co2+ = CoR2+2H+ (6). RH、NH3 和 H2C2O4 (7). 3~4 (8). 在溶液 pH 大于 4 时， Fe3+水解生成 3+ 2- 3 4Fe(OH) ·2nFe ·3(n-x)SO 胶体，吸附大量 Co2+，导致钴回收率骤降 【解析】 【分析】氨浸时，CuO 转化为[Cu(NH3)4]2+溶解，经过电解滤液获得 Cu，滤渣①主要含 CoS、FeS，酸浸时， CoS、FeS 分别转化为 CoCl2、FeCl2，所含 S 元素转化为 S 沉淀被除去，进入除铁步骤，加入试剂 X（氧化 剂，如 H2O2），将 Fe2+氧化为 Fe3+，接着转化为 FeOOH 沉淀除去，过滤得含 Co2+的溶液，经过萃取，实现 Co2+与其他离子的分离，加入 H2C2O4 反萃取并获得 CoC2O4 沉淀。 【详解】(1)由流程知，氨浸所得滤液中含[Cu(NH3)4]2+，说明 Cu2+易形成氨配合物；电解时，[Cu(NH3)4]2+ 中 Cu 元素被还原为 Cu，故阴极电极反应为： 2+ - 3 4 3Cu(NH ) +2e =Cu+4NH ； (2)根据流程知，酸浸时，三者反应生成 S，说明此时 CoS 中 S 元素与 Na2SO3 中 S 元素发生归中反应，由得 失电子守恒初步配平反应为：2CoS+ 2- 3SO →3S+2Co2+，可在左边添加 6 个 H+配平电荷守恒，右边添加 3 个 H2O 配平元素守恒，得完整方程式为：2CoS+6H++ 2- 3SO =2Co2++3S+3H2O； (3)将 Fe2+氧化为Fe3+需加入强氧化剂，SO2 无强氧化性，故排除 D，而 KMnO4、HNO3 虽然能氧化 Fe2+，但 会引入新杂质，故试剂 X 最好选用 H2O2，故答案选 B； (4)由流程知，萃取时，Co2+结合 R-生成 CoR2，对应方程式为：2RH+Co2+ = CoR2+2H+； (5)过程中可循环利用的物质有：电解时生成 NH3、反萃取得到的 RH 和 H2C2O4 溶液，故此处填 RH、NH3 和 H2C2O4； (6)根据题意，需控制除铁率较高且钴回收率也较高时对应的 pH，由图像知，pH 3~4 时满足要求，故此处填 3~4；在溶液 pH 大于 4 时，Fe3+水解生成 3+ 2- 3 4Fe(OH) ·2nFe ·3(n-x)SO 胶体，吸附大量 Co2+，导致钴回收 率骤降。 10. 消除城市中汽车尾气的污染是一个很重要的课题。回答下列问题 (1) 下列不属于汽车尾气中的污染物的是___________ A． CO、CxHy B． NOx、细颗粒物 C． CO、NOx D． CO2、H2S (2)已知：① 2NO(g) + 2CO(g)  N2(g) + 2CO2(g) ∆H1=-746.5 kJ• mol-1，据此可在一定条件下反应消除 NO 和 CO 的污染；② CO2(g)+C(s)=2CO(g) △H2=+172.5 kJ•mol-1；碳(石墨)的燃烧热为-393.5kJ•mol-1.写出石墨 完全燃烧的热化学方程式___________。2NO(g)= N2(g)+O2(g) △H3=___________kJ•mol-1 (3)某研究小组在三个容积均为 VL 的恒容密闭容器中，分别充入 1.0molNO 和 1.0molCO，在三种不同实验 条件(见下表)下进行上述反应，反应体系的总压强(P)随时间变化情况如图所示： 实验编号 a b c 温度/K 500 500 600 催化剂的比表面积/m2.g-1 82 124 124 ①曲线 III 对应的实验编号是___________，曲线 I 中压强降低的原因是___________。 ②由曲线 II 数据计算出对应条件下的压强平衡常数 Kp=___________ ；若在曲线 III 对应条件下，NO、CO、 N2、 CO2 的分压依次是 10kPa、20kPa、 40kPa、 40kPa，则此时反应的速率 v 正___________ v 逆(填 “＜”、 =’或“＞”)。 (4)反应物分子一步直接转化为产物的反应称为基元反应，一个化学反应往往是由多个基元反应分步进行的， 这个分步过程称为反应机理，机理中的快反应对整个反应速率的影响可以忽略不计。一定温度下，基元反 应的化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数的幂的连乘积成正比，如基元反应 mA(g)+nB(g)  pC(g) 的 “速率方程”可表示为 v= kcm(A)•cn(B) (k 为速率常数)。实验测得低温时某反应的速率方程为 v=kc2(NO2)，其反应机理有如下两种可能。则该反应的化学方程式可表示为___________，以 下机理中与其 速率方程符合的是___________ ( 填编号)。 反应机理 第一步反应 第二步反应 ① 2NO 2 =N2O4 (快反应) N2O4+2CO= 2NO+2CO2 (慢反应) ② 2NO2=NO3+NO (慢反应) NO3+CO=NO2+CO2 (快反应) 【答案】 (1). D (2). 2 2C( s)+O (g)=CO (g) =-393.5 kJ/molH石墨， (3). -180.5 (4). b (5). 气体的分子数（或物质的量）在减少 (6). 1.6 (7). = (8). NO2+CO=NO+CO2 (9). ② 【解析】 【分析】 【详解】(1)汽车尾气主要含有 NOx、CxHy、CO、颗粒物等污染物，故此处选 D； (2)由题意知石墨的燃烧热为-393.5 kJ/mol，故其完全燃烧对应的热化学方程式为： 2 2C( s)+O (g)=CO (g) =-393.5 kJ/molH石墨， ；由盖斯定律：①+②-石墨燃烧的热化学方程式，得 2NO(g)=N2(g)+O2(g) △ H3= △ H1+ △ H2- △ H=[-746.5+172.5-(-393.5)] kJ/mol=-180.5 kJ/mol； (3)①由图示知，曲线Ⅰ先达平衡，对应反应速率最快，故对应实验编号 c，曲线Ⅱ、Ⅲ最终平衡状态相同， 故温度相同，且曲线Ⅲ先达平衡，对应反应速率快，故对应实验编号 b，曲线Ⅱ对应实验编号 a，故此处填 b；随着反应物转化为生成物，体系气体分子数在减少，故压强减小，故此处填：气体的分子数（或物质的 量）在减少； ②曲线Ⅱ的起始压强为 200 kPa，平衡时为 P=160 kPa，由 n( ) 2 mol p( ) 200= = =n( ) n( ) p( ) 160 始 始 平 平 平 ，解得 n(平)=1.6 mol， 设 NO 转化 x mol，则 CO 转化 x mol，生成 N2 0.5x mol，CO2 x mol，故平衡时 n(NO)=n(CO)=(1-x) mol，n(N2)= 0.5x mol，n(CO2)=x mol，列式得 2×(1-x)+ 0.5x+ x=1.6，解得 x=0.8 mol，故平衡时 P(NO)=P(CO)= 0.2P P=1.6 8 ， P(N2)= 0.4P P=1.6 4 ，P(CO2)= 0.8P P=1.6 2 ，故平衡常数 Kp= 2 2 2 2 2 2 2 2 P P×( )P(N )·P (CO ) 4 2= =1.6P PP (NO)·P (CO) ( ) ×( )8 8 ；曲线Ⅲ与 曲线Ⅱ的温度相同，故曲线Ⅲ平衡常数也为 1.6，此时 Qp= 2 2 2 40×40 =1.610 × 20 =KP，故此时处于平衡状态，υ(正)= υ(逆)，故此处填“=”； (4)分步反应叠加可得到总反应，故该反应的化学方程式为：NO2+CO=NO+CO2；总反应速率快慢取决于反 应速率慢的基元反应，由已知速率方程知，对应 NO2 转化为慢反应步骤，故与速率方程符合的是机理②。 (二)选考题(共 45 分) 11. 第 IVA 元素在地壳中含量丰富，在人类生活各方面都有广泛的应用。回答下列问题。 (1)基态 C 原子中填充了电子的原子轨道共有___________个，基态 Si 原子的价电子电子排布式为 ___________，第 一电离能 C ___________ Ge (填“大于”、“小于”或“等于”)。 (2) X 是碳的一种氧化物，X 的五聚合体结构如图 1 所示。则 X 的分子式为___________ ； X 分子中每个 原子都满足最外层 8 电子结构，X 分子的电子式为___________。X 的沸点___________CO2 的沸点(填“大 于”、“小于” 或“等于”) (3)C20 分子是由许多正五边形构成的空心笼状结构如图 2 所示，分子中每个碳原子只跟相邻的 3 个碳原子形 成化学键。则C20分子中含个___________ σ键，请你大胆猜测：C20 分子中碳原子的杂化轨道为___________ (4) β-SiC 晶胞如图 3 所示，若碳和硅的原子半径分别为 a pm 和 b pm，密度为ρ g/cm3，其原子的空间利 用率( 即晶胞中原子体积占空间体积的百分率)为___________(用含 a、b、p、NA 的代数式表示，NA 表示阿 伏加德罗常数的值)。 【答案】 (1). 4 (2). 3s23p2 (3). 大于 (4). C3O2 (5). (6). 大于 (7). 30 (8). 介于 sp2 和 sp3 之间（或 spn (n=2~3)或不等性 sp3 杂化） (9). 3 3 A 31 ρπ(a +b ) 3×10 N 【解析】 【分析】 【详解】(1)C 原子轨道排布式为： ，故基态 C 原子共有 4 个轨道填充电子；基态 Si 原子最 外层为 4 个电子，即价电子数为 4 个，对应排布式为 3s23p2；C 失去的第一个电子位于 L 层，受原子核引力 较强，而 Ge 失去的第一个电子位于 N 层，离原子核相对较远，受到引力较弱，故第一电离能：C 大于 Ge； (2)由结构知，该分子中含有 15 个 C 原子，10 个 O 原子，比例为 3：2,，故该分子的分子式为 C3O2；该分 子中每个原子均满足 8 电子稳定结构，故 C 与 O 之间共用两对电子，C 与 C 之间也共用两对电子，对应电 子式为 ；C3O2 与 CO2 均为分子构成，由于不存在分子间氢键，C3O2 相对分子质量比 CO2 大，故 C3O2 分子间作用力强于 CO2，故沸点 C3O2 大于 CO2； (3)由题意知，C20 中每个碳原子与连着 3 个 C，即每个 C 周围形成 3 个σ键，由于涉及共用，故 1 个 C 周围 实际占有σ键 1×3 1.52 ＝ 个，所以 C20 中共有 20×1.5=30 个σ键；C 原子有 4 个价电子，其中 3 个用于形成σ 键，每个 C 还剩余 1 个价电子，可用于与相邻 C 形成π键，此时 C 原子为 sp2 杂化，但由于涉及碳原子之间 的共用，故有些碳原子剩余的 1 个价电子无法形成π键，此时对应碳原子为 sp3 杂化，故 C20 中碳原子杂化类 型为 sp2、sp3 两种； (4)由结构知，该晶胞中含有 4 个 C 和 4 个 Si（ 1 1×8+ ×6=48 2 ），故原子所占的总体积 = -10 3 -10 3 3 3 3 30 4π(a×10 cm) 4π(b×10 cm) 16π(a +b )4×[ + ]= cm3 3 3×10 ，该晶胞的体积= 3A A 4 ×40 160= cmρ ρ N N ，则原 子的空间利用率= 3 3 3 330 A 31 3 A 16π(a +b ) ρ π(a +b )3×10 =160 3×10cmρ N N 。 12. 磷酸氯喹是-种抗疟疾药物，经研究发现该药在体外细胞水平上对新型冠状病毒具有抑制作用。其中氣 喹的一种合成路线如下图。 已知： A． 和 属于芳香族化合物，其芳香环结构与苯环结构相似； B． R2NH+ClR'→R2NR'+ HCl (R 为烃基或氢原子，R'为烃基) 回答下列问题： (1)化合物 A 的名称是___________ ，化合物 C 中的官能团名称是___________。 (2)反应①类型是___________ ，G 最多有___________ 个原子共平面，E 与 F 相对分子质量差值为 ___________。 (3)符合下列条件的 C 的同分异构体共___________种(不包括 C)，其中核磁共振氢谱有 3 个吸收峰的物质的 结构简式是___________。 ①具有六元芳香环状结构；②不含—N—Cl 结构。 (4)哌啶 )能与 1，2-二氯乙烷合成二哌啶乙烷(C12H24N2) ，该反应的化学方程式为___________。 【答案】 (1). 硝基苯 (2). 氨基、氯原子 (3). 取代反应 (4). 17 (5). 44 (6). 15 (7). 、 (8). 2 +CH2ClCH2Cl→ +2HCl 【解析】 【分析】结合反应条件知，A→B 为苯环上氢被氯原子取代，结合 C 知，取代的是硝基苯间位上 H，故 B 为： ，B→C 为还原反应，硝基被还原为氨基，结合反应条件知，D→E 为酯基的水解反应，酸 化后生成 E，故 E 为： ，E→F 为羧基的消除，脱去小分子 CO2，即脱羧反应，F→G 为取代反应，F 中酚羟基被氯原子取代，G→H 为取代反应，G 中氯原子与氨基反应，脱去小分子 HCl 生成 H。 【详解】(1)化合物 A 可看成苯中 H 被硝基取代，故 A 名称为硝基苯；由 C 的结构简式知，所含官能团名 称为氨基、氯原子； (2)由分析知，反应①为取代反应；由信息知，含 N 杂环 也为平面结构，故 G 中两个环共面，即所 有原子都共面，故此处填 17；由分析知，E→F 脱去小分子 CO2，故两者分子量相差 44； (3)根据所给信息，此时六元芳香环可能为苯环或含 N 杂环，若为苯环，则存在如下结构符合题意： 、 ；若为含 N 杂环，环上可能为 1 个支链或 2 个支链，若为 1 个支链（—CH2Cl）， 存在如下结构： 、 、 ，若为 2 个支链（—CH3 和 —Cl），可采用定一移一法确定同分异构种类，存在如下结构符合题意： （氯原子可在位 置①或②）、 （氯原子可在位置①②③④）、 （氯原子可在位 置①②③④），综上所述，符合题意的结构共有 15 种；其中含 3 种氢原子的结构为： 、 ； (4)由题目所给信息知，两种反应物反应时脱去小分子 HCl，对应方程式为： 2 +CH2ClCH2Cl→ +2HCl