四川省泸县第一中学2024届高三上学期一诊模拟考试理综试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸县第一中学2024届高三上学期一诊模拟考试理综试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了考试时间150分钟，满分300，05×40=2 NA，A正确；， 下列装置能达到实验目的的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.考试时间150分钟，满分300
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56 I 127
一、选择题：本题共13个小题，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. 第31届世界大学生夏季运动会于2023年7月至8月在成都成功举办。下列相关说法正确的是
A. 火炬“蓉火”采用丙烷燃料，实现了零碳排放，说明丙烷不含碳元素
B. 开幕式上的烟花表演利用了焰色反应原理
C. 大运会金牌材质为银质镀金，这是一种新型合金材料
D. 场馆消毒使用的过氧类消毒剂，其消杀原理与酒精相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．丙烷是由碳元素和氢元素形成的烷烃，分子中含有碳元素，故A错误；
B．焰色反应是利用金属离子在热火焰中产生特定颜色的现象，大运会开幕式上的烟花表演利用了焰色反应原理而绽放出耀眼光彩，故B正确；
C．大运会金牌材质为银质镀金，则金牌材质属于不是银和金熔融得到的具有金属特性的金属材料，所以不属于新型合金材料，故C错误；
D．过氧类消毒剂的消毒原理是利用过氧化物的强氧化性使蛋白质变性而达到杀菌消毒的作用，而酒精的消毒原理是利用乙醇分子具有的强大的渗透力，能快速渗入病原微生物内部，使其内部的蛋白脱水、变性、凝固性而达到杀菌消毒的作用，两者的消毒原理不同，故D错误；
故选B。
2. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，4gSO3中电子的数目为2NA
B. 常温常压下，2.24L氨气中共价键的数目为0.3NA
C. 46gNO2和N2O4的混合气体中所含氮原子的数目为1.5NA
D. 常温下，1.0LpH=12的Ba(OH)2溶液中OH-的数目是0.02NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．4gSO3的物质的量为：，则其中含有的电子数为0.05×40=2 NA，A正确；
B．不是标准状况，无法计算其物质的量，B错误；
C．NO2与N2O4的最简式均为NO2，46g该混合气体可看成只由NO2组成，所含N原子数为，C错误；
D．25℃时，为12的溶液中，含有OH-的物质的量为1L×0.01ml/L=0.01ml，则含有OH-数目为0.01 NA，D错误；
故选A。
3. 有机物M是合成青蒿素的原料之一，M的结构简式如图所示。下列有关M的说法正确的是
A. 分子式为C12H16O5
B. 能发生氧化反应，但不能发生取代反应
C. 不可用钠鉴别M中的两种含氧官能团
D. 烃基上一氯代物只有一种
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据M的结构简式可知，其分子式为C11H16O5，A错误；
B．该物质含有羧基，能发生酯化反应即能发生取代反应，B错误；
C．M中的两种含氧官能团分别为羧基和羟基，两者都能与Na反应产生氢气，不能用Na鉴别M中的两种含氧官能团，C正确；
D．根据该物质的结构简式可知，其烃基上的一氯代物有2种 ，D错误；
故答案选C。
4. 下列装置能达到实验目的的是
A. 从盐水中提取B. 除去中的C. 制取收集氨D. 除去中的
【答案】B
【解析】
【详解】A．盐水中提取NaCl，用蒸发结晶的方法，需要用蒸发皿，坩埚是用于灼烧的，A错误；
B．Br2能与NaOH反应，且NaOH溶液与CCl4不互溶，所以可以用NaOH除去Br2后，再用分液的方法将NaOH溶液与CCl4分离，B正确；
C．浓氨水与生石灰混合，生石灰溶于水放热且生成氢氧化钙，使一水合氨的电离平衡往逆向移动，从而产生氨气，氨气会与氯化钙反应，不能用无水氯化钙干燥，C错误；
D．Cl2也可以与NaOH反应，用NaOH除去HCl，也会将Cl2除掉，D错误；
故选B。
5. W、X、Y、Z、M、N为六种短周期主族元素。W的核外电子数等于其周期数，X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素且W2Z是最常用的溶剂。W、X、Y、Z的最外层电子数之和与N的质子数相等。只有M是金属元素。下列说法正确的是
A. 由W、Y、Z三种元素组成的化合物可能是强电解质
B. 氢化物的沸点：Z>N>X
C. 离子半径：N>M>Z>Y
D. W和M形成的化合物溶于水显酸性
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z、M、N为六种短周期主族元素。W的核外电子数等于其周期数，W为氢；X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素且W2Z是最常用的溶剂，则X、Y、Z分别为碳、氮、氧；W、X、Y、Z的最外层电子数之和与N的质子数相等，则N为硫；只有M是金属元素，M可能为钠、镁、铝等；
【详解】A．由W、Y、Z三种元素组成的化合物硝酸铵，硝酸铵为强电解质，A正确；
B．碳可以和氢形成相对分子质量很大的高聚物，沸点能很高，B错误；
C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；离子半径：N > Y>Z> M，C错误；
D．若M为钠，则W和M形成的化合物氢化钠和水生成氢氧化钠，为碱性，D错误；
故选A。
6. 某化学小组构想用电化学原理回收空气中二氧化硫中的硫，同时将地下水中的硝酸根(NO)进行无害化处理，其原理如图。
下列有关说法错误的是
A. Mg电极为负极，Pt1为阳极
B. 乙池中NO在Pt1，电极发生还原反应
C. 碳纳米管析出硫的电极反应为：SO2+4e-=S+2O2-
D. Pt2电极可能产生H2，周围pH增大
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，甲池为原电池，镁为负极，碳纳米管为正极，其电极反应式为：SO2+4e-=S+2O2-，则乙池为电解池，Pt1为阳极，水中的氢氧根离子失电子生成氧气，Pt2为阴极，硝酸根离子得电子生成氮气和水，以此解题。
【详解】A．由图可知，甲池为原电池，镁为负极，碳纳米管为正极，则乙池为电解池，Pt1 为阳极，故A正确；
B．乙池为电解池，Pt2 为阴极，硝酸根离子得电子生成氮气和水，发生还原反应，故B错误；
C．由分析可知，碳纳米管正极，其电极反应式为：SO2+4e-=S+2O2-，故C正确；
D．Pt2为阴极，硝酸根离子得电子生成氮气和水，后水中的氢离子得电子生成氢气，剩余氢氧根离子，周围pH增大，故D正确；
故选B。
7. MOH为可溶性一元弱碱，向MCl的溶液中不断加入蒸馏水，c2(H+)随c(M+)而变化；在某温度下，实验测得MCl溶液中c2(H+)随c(M+)的变化如图中实点所示。下列叙述错误的是
A. b点溶液中：c(Cl-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)
B. 该溶液中总存在：c(H+)=c(MOH)+c(OH-)
C. c点溶液中，c(OH-)=1×10-7ml·L-1
D. 温度不变，c2(H+)~c(M+)一定呈线性关系
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，a点为纯水，此时，则；
【详解】A．b点溶液中溶质为MCl，且M+水解溶液显酸性，故c(Cl-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)，A正确；
B．根据质子守恒可知，该溶液中总存在：c(H+)=c(MOH)+c(OH-)，B正确；
C．由图可知，c点溶液中 ，则，C正确；
D．由图ac点可知，温度不变，若c2(H+)~c(M+)呈线性关系，则b点纵坐标应为3，与图不符，D错误；
故选D。
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分。
8. 硫酸铜主要用作纺织品媒染剂、农业杀虫剂等，其晶体(CuSO4·xH2O)在不同温度下会逐步失去结晶水甚至分解。某小组对硫酸铜晶体性质进行探究，回答下列问题：
[探究一]验证硫酸铜晶体的分解产物
某小组同学对某温度下硫酸铜晶体的分解产物进行验证，设计了如下实验：
观察到的实验现象有：A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，最后变成黑色粉末；B中无水硫酸铜变蓝；C中产生白色沉淀；D中品红溶液褪色；E中溶液变为红色。
（1）装有无水硫酸铜仪器名称为_______，C、D两装置位置_______ (填“ 能”或“不能”)交换。
（2）C中产生的沉淀的化学式为_______，E中Fe2+发生反应的离子方程式为______。
（3）该实验设计的不足之处是_______。
[探究二]测定硫酸铜晶体中结晶水含量
实验步骤：①称取mg硫酸铜晶体，用适量蒸馏水溶解，再滴加几滴酸A酸化。
②向①所得溶液中滴加足量BaCl2溶液，得到白色沉淀，将所得沉淀过滤、洗涤。
③将洗涤后的沉淀充分干燥后称得其质量为ag。
（4）步骤①酸A应该选择_______ ( 填“稀盐酸”或者“稀硫酸”)，滴加酸A的目的是______。
（5）步骤②检验沉淀是否洗涤干净的方法是_______。
（6）根据实验数据，硫酸铜晶体( CuSO4·xH2O)中x=_______ (用含 m、a的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 球形干燥管 ②. 不能
（2） ①. BaSO4 ②. 4Fe2+ +O2+4H+=4Fe3+ +2H2O
（3）缺少尾气处理装置
（4） ①. 稀盐酸 ②. 抑制Cu2+水解
（5）取最后一次洗涤液少量于试管，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀生成则已洗涤干净
（6）
【解析】
【分析】本题是一道检验硫酸铜晶体分解的产物的实验题，该晶体分解后无水硫酸铜变蓝说明产物中有水，C中氯化钡生成白色沉淀，说明分解产物中含有三氧化硫，D中品红褪色，说明分解产物中含有二氧化硫，E中溶液变为红色，说明分解产物中含有氧气，以此解题。
【小问1详解】
由图可知，装有无水硫酸铜的仪器名称为球形干燥管；因SO3极易溶于水，互换后，SO3溶于品红溶液，则BaCl2溶液无法检验出SO3，故答案为：互换后，SO3溶于品红溶液，BaCl2溶液无法检验出SO3，故两者不能互换；
【小问2详解】
C中三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸再和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；E中二价铁被水中溶解的氧气氧化为三价铁，离子方程式为：4Fe2+ +O2+4H+=4Fe3+ +2H2O；
【小问3详解】
反应中产生硫的氧化物，会污染空气，需要尾气处理装置，故不足之处是：缺少尾气处理装置；
【小问4详解】
该实验是通过测定其中硫酸根的量来确定硫酸铜的量，故在实验过程中不能引入硫酸根离子，故酸A是稀盐酸；考虑到铜离子容易水解生成氢氧化铜沉淀影响实验，需要防止其水解，故滴加酸A的目的是：抑制Cu2+水解；
【小问5详解】
沉淀上容易吸附氯离子，可以通过检验洗涤液中是否还有氯离子来验证，则检验方法为：取最后一次洗涤液少量于试管，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀生成则已洗涤干净；
【小问6详解】
硫酸铜的物质的量等于最后硫酸钡的物质的量，即n(CuSO4)=n(BaSO4)=，则。
9. 氧化铈(CeO2)是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：
已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀，Ce3+和发生反应： Ce2(SO4)3+Na2SO4+nH2O=Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓；
②硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2；
③Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，两者均能形成氢氧化物沉淀；
④Ce2(CO3)3为白色粉末，难溶于水。
回答下列问题：
（1）滤渣A的主要成分是___________(填写化学式)。
（2）在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式___________。
（3）焙烧后加入稀硫酸浸出，为提高Ce的浸出率，需控制硫酸浓度不能太大的原因是___________。
（4）加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为___________。
（5）步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为___________。
（6）下列关于步骤④的说法正确的是___________(填字母)。
A. 该步骤发生的反应是2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O
B. 可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，不影响产品纯度
C. 过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率
D. 过滤后的滤液中仍含有较多Ce3+，需要将滤液循环以提高产率
（7）若常温下，Ka2(H2CO3)=5.0×10−11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10−28，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)=1.0×10−5 ml∙L−1，此时测得溶液的pH=5，则溶液中c()=___________ml∙L−1。
（8）取所得产品7.00g CeO2溶解后配成250mL溶液。取25.00mL该溶液用0.20 ml∙L−1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液滴定，滴定时发生反应Fe2+＋Ce4+=Fe3+＋Ce3+，达到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液18.50mL，则该产品的纯度为___________。(保留三位有效数字)。
【答案】（1）BaSO4、SiO2
（2）4CeFCO3＋4NaHCO3＋O24NaF＋4CeO2＋8CO2＋2H2O
（3）硫酸根离子浓度过大时，容易和Ce3+发生反应生成沉淀，从而使浸出率降低
（4）2＋2=2Ce3+＋(SCN2H3)2＋2HF＋2F－
（5）防止Ce3+被氧化 （6）AC
（7）0.2 （8）90.9%
【解析】
【分析】氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)在空气中焙烧，将烧渣加入稀硫酸反应生成硫酸钡、CeF2SO4、二氧化碳和水，二氧化硅不与硫酸反应，过滤，向滤液中加入硫脲，再加入硫酸钠得到Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O沉淀，过滤，向沉淀中加入氢氧化钠、稀盐酸得到含的Ce3+溶液和沉淀，过滤，向滤液中加入碳酸氢铵溶液得到Ce2(CO3)3、CO2、H2O，过滤，将
【小问1详解】
滤渣A的主要成分是BaSO4、SiO2；故答案为：BaSO4、SiO2。
【小问2详解】
在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉(CeFCO3)中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，根据质量守恒得到两种高温气体为二氧化碳和水蒸气，则焙烧过程中相应的化学方程式4CeFCO3＋4NaHCO3＋O24NaF＋4CeO2＋8CO2＋2H2O；故答案为：4CeFCO3＋4NaHCO3＋O24NaF＋4CeO2＋8CO2＋2H2O。
【小问3详解】
根据信息Ce3+和发生反应： Ce2(SO4)3+Na2SO4+nH2O=Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓；则焙烧后加入稀硫酸浸出，为提高Ce的浸出率，需控制硫酸浓度不能太大的原因是硫酸根离子浓度过大时，容易和Ce3+发生反应生成沉淀，从而使浸出率降低；故答案为：硫酸根离子浓度过大时，容易和Ce3+发生反应生成沉淀，从而使浸出率降低。
【小问4详解】
根据信息硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2，则加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为2＋2=2Ce3+＋(SCN2H3)2＋2HF＋2F－；故答案为：2＋2=2Ce3+＋(SCN2H3)2＋2HF＋2F－。
【小问5详解】
步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+推测，加入X的作用是防止Ce3+被氧化；故答案为：防止Ce3+被氧化。
【小问6详解】
A．Ce3+加入碳酸氢铵反应生成Ce2(CO3)3沉淀，根据元素守恒，说明还会生成二氧化碳和水，则该步骤发生的反应是2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O，故A正确；B．碳酸钠与直接快速反应沉淀，会在生成沉淀过程中含有其他杂质离子在沉淀中，因此不可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，会影响产品纯度，故B错误；C．过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率，故C正确；D．由于加入的碳酸氢铵是过量的，沉淀是充分的，因此过滤后的滤液中含有Ce3+很少，故D错误；综上所述，答案为AC。
【小问7详解】
若常温下，Ka2(H2CO3)=5.0×10−11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10−28，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)=1.0×10−5 ml∙L−1，根据，解得，此时测得溶液pH=5，再根据，解得c()=0.2ml∙L−1；故答案为：0.2。
【小问8详解】
根据题意和反应离子方程式Fe2+＋Ce4+=Fe3+＋Ce3+，则该产品的纯度为；故答案为：90.9%。
10. 我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。将CO2转化为清洁能源是实现碳中和最直接有效的方法。
方法一：H2还原CO2制取CH4.其反应体系中，主要发生反应的热化学方程式有：
反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=−164.7 kJ∙ml−1
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2 kJ∙ml−1
反应III：2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g) ΔH3=−247.1 kJ∙ml−1
（1）利用上述反应计算CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)的ΔH_______，已知ΔG=ΔH−TΔS，忽略ΔH、ΔS随温度的变化，若ΔG＜0反应自发，则该反应一般在_______(填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
（2）向恒压、密闭容器中通入1mlCO2和4mlH2，平衡时体系内CH4、CO、CO2的物质的量(n)与温度(T)的变化关互系如图所示。
①结合上述反应，解释图中CO2的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因：_______；
②一定条件下，经tmin平衡后，n(CO)=0.15ml，n(CO2)=0.25ml，甲烷的选择性(×100%)=_______；
③在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷的选择性，应当_______。
方法二：H2还原CO2制取CH3OH。反应原理为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4
（3）CO2催化加氢制CH3OH的一种反应机理历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注，如“*CO2”表示CO2吸附在催化剂表面，图中*H已省略)
该反应历程中决速步反应能垒为_______eV，为避免产生副产物，工艺生产的温度应适当_______(填“升高”或“降低”)。
（4）已知速率方程υ正=k正·c(CO2)·c3(H2)，υ逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，k正、k逆是速率常数，只受温度(T)影响。如图表示速率常数的对数lgk与温度的倒数之间的关系，则ΔH4_______0(填“＞”“＜”或“=”)。
【答案】（1） ①. −205.9 kJ∙ml−1 ②. 低温
（2） ①. 约600°C之前，温度对反应I的影响更大，CO2物质的量总量上升；约600°C之后，温度对反应II、III的影响更大，CO2物质的量总量下降 ②. 60% ③. 选择合适的催化剂
（3） ①. 1.36 ②. 降低
（4）＜
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律将反应I加反应III，再整体除以2得到CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ΔH=−205.9 kJ∙ml−1，该反应是熵减的反应，根据ΔG＜0反应自发即 ，则该反应一般在低温下能自发进行；故答案为：−205.9 kJ∙ml−1；低温。
【小问2详解】
①结合上述反应，解释图中CO2的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因：约600°C之前，温度对反应I的影响更大，平衡逆向移动，CO2物质的量总量上升；约600°C之后，温度对反应II、III的影响更大，反应II正向移动，反应III逆向移动，则CO2物质的量总量下降；故答案为：约600°C之前，温度对反应I的影响更大，CO2物质的量总量上升；约600°C之后，温度对反应II、III的影响更大，CO2物质的量总量下降。
②一定条件下，经tmin平衡后，n(CO)=0.15ml，n(CO2)=0.25ml，则根据碳原子守恒可知n(CH4)=0.6ml，因此甲烷的选择性；故答案为：60%。
③催化剂能提高反应速率，在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷选择性，应当选择合适的催化剂；故答案为：选择合适的催化剂。
【小问3详解】
该反应历程中决速步反应是活化能最大即能垒最高的那一步，相对能量−1.56eV到−0.20eV的这一步即能垒为1.36eV，该反应是吸热反应，反应I、反应III是放热反应，反应II是吸热反应，根据图中信息，产生副产物(CO、CH2O)时吸收热量更多，因此为了减少副产物生成，则工艺生产的温度应适当降低；故答案为：1.36；降低。
【小问4详解】
根据图中表示速率常数的对数lgk与温度的倒数之间的关系，从右向左分析，温度升高，lgK增大，k逆增大程度比k正大，说明平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热反应即ΔH4＜0；故答案为：＜。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. 中国近代化学启蒙者徐寿首次把“Nitrgen”译成中文时曾写成淡气”，意指它“冲淡”了空气中的氧气。含氮化合物种类繁多，用途广泛，根据信息回答下列问题。
（1）GaN是第三代半导体材料，基态Ga的电子排布式为___________，GaN晶体为共价键空间网状结构，熔点1700℃，晶体类型为___________。
（2）硫酸四氨合铂[Pt(NH3)4]SO4在工业上用于镀铂，Pt的配位数为___________，其阴离子的空间构型为___________。
（3）氨缩脲与胆矾溶液反应得到如图所示的紫色离子，离子中C的杂化类型是___________。O的第二电离能比N第二电离能更大，解释其原因是___________。
（4）常温下，三甲胺[N(CH3)3]气体常用作天然气的警报剂。[N(CH3)3]与其同分异构体CH3CH2CH2NH2相比较，熔点较高的是___________。[N(CH3)3]易与H+形成三甲胺正离子，反应中形成的化学键属于___________。
A．氢键 B．极性键 C．π键 D．配位键
（5）某铁氮化合物晶体的晶胞结构如图所示。
①若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为___________。
②若晶胞中距离最近的两个铁原子距离为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___________g/cm3(列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. [Ar]3d104s24p1 ②. 原子晶体(共价晶体)
（2） ①. 4 ②. 正四面体
（3） ①. sp2 ②. O失去1个电子后p能级变为半充满比N失去1个电子后的结构更稳定，因此第二电离能更大
（4） ①. CH3CH2CH2NH2 ②. BD
（5） ①. 棱心和体心 ②.
【解析】
【小问1详解】
Ga是31号元素，位于元素周期表第四周期第ⅢA族，根据构造原理，可知基态Ga原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1，可简写为[Ar]3d104s24p1；
GaN晶体为共价键空间网状结构，熔点1700℃，晶体类型为共价晶体(或原子晶体)；
【小问2详解】
在络合物硫酸四氨合铂[Pt(NH3)4]SO4中，中心Pt原子与4个配位体NH3结合，故Pt的配位数为4；
外界离子的价层电子对数是4+=4，无孤对电子，因此的空间构型是正四面体形；
【小问3详解】
在该微粒中，C原子形成3个σ共价键，因此该C原子采用sp2杂化；
O的第二电离能比N第二电离能更大，这是由于O失去1个电子后p能级变为半充满的稳定状态，比N失去1个电子后的结构更稳定，因此O的第二电离能比N第二电离能更大；
【小问4详解】
[N(CH3)3]与其同分异构体CH3CH2CH2NH2都属于分子晶体，[N(CH3)3]的分子之间只存在分子间作用力，而CH3CH2CH2NH2分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，导致物质的熔沸点升高，因此二者相比较，熔点较高的是CH3CH2CH2NH2；
[N(CH3)3]易与H+形成三甲胺正离子，这是由于[N(CH3)3]的N原子上存在孤电子对，H+上存在空轨道，二者形成配位键，配位键属于极性键，故合理选项是BD；
【小问5详解】
①根据图示可知：若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为棱心和体心；
②根据图示可知：在晶胞中含有Fe原子为8×+6×=4；含有N原子数是1个，由于晶胞中距离最近的两个铁原子距离为a pm，则根据相对位置可知：晶胞边长为pm，晶胞密度ρ=。
[化学——选修5：有机化学基础]
12. 化合物G是制备降压药的中间体，其合成路线如下所示：
已知
回答下列问题：
（1）A的名称为___________，C的结构简式为___________。
（2）D中含有的官能团名称为___________。
（3）写出D→E的化学反应方程式___________；其反应类型为___________。
（4）设计A→B和C→D的作用是___________。
（5）现有比D少2个碳的D的同系物H，H存在多种同分异构体，满足下列条件的异构体有___________种；
①能发生水解反应；②苯环上只有两个取代基
这些异构体中能发生银镜反应的同分异构体有___________种。
（6）参照上述流程，写出由邻羟基苯甲醛()、CH3I、C2H5ONa和合成的流程(无机试剂自选)___________(答案合理即可)。
【答案】（1） ①. 间甲基苯酚(或3-甲基苯酚) ②.
（2）羰基(酮基)、羟基
（3） ①. ②. 取代反应
（4）保护羟基对位，提高目标产物的产率
（5） ①. 3 ②. 3
（6）
【解析】
【分析】由反应条件可知，A和浓硫酸发生取代反应生成B，可以推知A为，B和发生取代反应生成C，C的结构简式为，C酸化后得到D，D和CH3I发生取代反应生成E，结合F的结构简式可以推知E为，以此解答。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，名称为间甲基苯酚(或3-甲基苯酚)，C的结构简式为：。
【小问2详解】
由结构式可知，D中含有的官能团名称为羰基(酮基)、羟基。
【小问3详解】
由分析可知，D和CH3I发生取代反应生成E，化学方程式为：。
【小问4详解】
由流程图可知，设计A→B和C→D的作用是保护羟基对位，提高目标产物的产率。
【小问5详解】
比D少2个碳的D的同系物H，满足条件：①能发生水解反应，说明其中含有酯基；②苯环上只有两个取代基；结合H的分子式分析苯环上的取代基为：-CH3、-OOCH，共有邻、间、对三种位置关系，满足条件的异构体有3种，苯环上连接-OOCH的物质都能发生银镜反应，则这3种同分异构体都能发生银镜反应。
【小问6详解】