【完整版】河北省衡水中学2018届高三第十五次模拟理科综合化学试题

/【全国百强校】河北省衡水中学2018届高三十五模理科综合化学试题1.以下表述正确的选项是A.杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇别离出来B.超导材料K3C60在熔融状态下能导电,说明K3C60是电解质C.推广使用煤液化技术可以减少温室气体二氧化碳的排放D.用植物秸秆和甘蔗渣等原料造纸并将废水通过高压水井压到地下,可节约消费本钱【答案】B【解析】A、用高粱酿酒的原理是通过淀粉水解生成的葡萄糖,在酒化酶的作用下转化为乙醇,所以A错误；B、根据电解质的概念,在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物叫电解质,所以B正确；C、煤的液化能进步煤的利用率和燃烧率,但其燃烧产生CO2的量是不会减少的,故C错误；D、用植物秸秆和甘蔗渣等原料造纸可节约消费本钱,但再把产生的废水通过高压水井压到地下既不能节约本钱,又污染地下水源,故D错误。此题正确答案为B。2.根据以下实验操作和现象所得到的结论不正确的选项是

选项

实验操作和现象

结论A向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、CuC12混合溶液中逐滴参加氨水,先出现蓝色沉淀

Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]B向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X,出现白色沉淀X不一定具有氧化性C

某溶液中参加盐酸酸化的氯化钡溶液,有白色沉淀生成不能说明该溶液中一定含有SO42-D加热盛有(NH4)2CO3固体的试管,并在试管口放置潮湿的红色石蕊试纸,试纸变蓝(NH4)2CO3显碱性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A、由于Mg(OH)2和Cu(OH)2两种物质的组成一样,所以先产生沉淀一定是溶解度小的,即Ksp小的,故A正确；B、可以使溶有SO2的BaCl2溶液产生白色沉淀的物质可能具有氧化性,如Cl2或NO2等,也可能具有碱性,如NH3,所以B正确；C、该溶液中可能含有Ag+,故C正确；D、加热使(NH4)2CO3固体分解产生的NH3,可使潮湿的红色石蕊试纸变蓝,说明NH3与水反响生成的NH3·H2O具有碱性,所以D错误。此题正确答案为D。点睛：SO2通入BaCl2溶液中是不会反响生成白色沉淀的,因为混合后的溶液呈强酸性,所以可用碱性气体NH3中和其酸性,生成BaSO3白色沉淀,也可参加氧化性物质,如Cl2、NO2或HNO3等将SO2氧化为SO42-,生成BaSO4白色沉淀；而D选项要注意(NH4)2CO3溶液确实呈碱性,但其碱性的检验方法不是题中所描绘的方法,题中所描绘的方法是用来检验NH3的水溶液呈碱性的。3.短周期元素R、X、Y、Z的原子序数依次递增,R的无氧酸溶液能在玻璃容器上刻标记；R和X能形成XR3型化合物,X在化合物中只显一种化合价；R和Z位于同主族,Y原子最外层电子数等于电子层数的2倍。以下有关推断正确的选项是A.R单质和Z单质均可与水发生反响置换出O2B.上述元素形成的简单离子都能促进水的电离平衡C.YR6能在氧气中剧烈燃烧D.元素对应的简单离子的半径:

Y>Z>R>X【答案】D【解析】R、X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素,R的无氧酸溶液能在玻璃容器上刻标记,即氢氟酸,所以R为F元素,由X在化合物中只显一种化合价,结合化合物XR3,推知X为Al元素,根据R和Z是位于同主族的短周期元素,确定Z为Cl元素,由Y原子最外层电子数等于电子层数的2倍可知,Y为S元素。据此分析如下：A、F2和Cl2都能与水反响,2F2＋2H2O4HF＋O2、Cl2＋H2OHCl＋HClO,但并不是都能置换出O2,故A错误；B、这四种元素形成的简单离子分别是F-、Al3+、S2-和Cl-,其中F-、Al3+、S2-都能水解而促进水的电离,而Cl-不能水解,故B错误；C、SF6中的S元素为最高价+6价,而F元素是最活泼的非金属元素,所以SF6在氧气中不能燃烧,故C错误；D、四种元素对应的简单离子半径大小顺序为S2->Cl->F->Al3+,所以D正确。此题正确答案为D。点睛：此题最难判断的是C选项,要从化合价的角度进展分析。假设SF6能在氧气中燃烧,那么O元素的化合价只能从0价降低为-2价,所以SF6中要有一种元素的化合价升高,S已经是最高价+6价,要使F从-1价升高为0价的F2,需要一种比F2氧化性更强的物质,F是最活泼的非金属元素,显然O2不行。4.网络兴趣图片“一脸辛酸〞,是在人脸上重复画满了辛酸的键线式构造。以下有关辛酸的表达正确的选项是A.辛酸的羧酸类同分异构体中,含有三个“-CH3〞构造,且存在乙基支链的共有7种B.辛酸的同分异构体(CH3)3CCH(CH3)CH2COOH的名称为2,2,3一三甲基戊酸C.正辛酸常温下呈液态而软脂酸常温下呈固态,故二者不符合同一通式D.辛酸的同分异构体中能水解生成相对分子质量为74的有机物的共有8种【答案】A【解析】A、三个甲基分别是主链端点一个、乙基支链上一个,甲基支链一个,这样的辛酸的羧酸类同分异构体有、和(CH3CH2)3CCOOH,共7种,故A正确；B、根据官能团位置最小给主链碳原子编号,所以该构造简式的名称为3,4,4一三甲基戊酸,那么B错误；C、正辛酸和软脂酸都是饱和脂肪酸,都符合通式CnH2nO2,由于正辛酸所含C原子数少,常温下呈液态,而软脂酸所含C原子数多,常温下呈固态,故C错误；D、辛酸的同分异构体中能水解的一定为酯,那么相对分子质量为74的有机物可是酸,即为丙酸,但丙酸只有一种构造,也可能是醇,那么为丁醇,共有4种同分异构体。所以与丙酸反响生成酯的醇那么为戊醇,共有8种同分异构体；与丁醇反响生成酯的酸为丁酸,其中丁酸有2种同分异构体,丁醇有4种同分异构体,所以共有8种,因此符合要求的同分异构体一共是16种,所以D错误。此题正确答案为A。点睛：D选项要从酯在组成上是由酸和醇脱水生成的,所以相对分子质量为74的有机物可能是酸,也可能是醇,再分别推导出同分异构体的数目,最后酸和醇的同分异构体数目相结合即得总数。5.设NA为阿伏加德罗常数的值,以下说法正确的选项是A.白磷(P4)为正四面体构造,1molP4与1mol金刚石所含共价键数目之比为1:1B.1mol乙酸与足量的C2H518OH充分发生酯化反响可生成CH3CO18OC2H5分子NA个C.9g13CO2与N217O的混合物中所含中子数为4.6NAD.浓度均为lmol/L的醋酸和醋酸钠溶液等体积混合,溶液中CH3COOH和CH3COO-的总数为2NA【答案】C【解析】A、1mol

白磷(P4)的正四面体构造中含有6molP—P共价键,而1mol金刚石构造中含有2molC—C共价键,所以A错误；B、由于酯化反响是可逆的,所以1mol乙酸与足量的C2H518OH

充分生成CH3CO18OC2H5的分子数小于NA,即B错误；C、13CO2分子和N217O分子中含有的中子都是23个,相对分子质量都是45,所以9g混合物的物质的量为0.2mol,含有的中子数为4.6NA,故C正确；D、二种溶液没有详细的体积,所以无法计算其中的微粒数目,那么D错误。此题正确答案为C。6.铁铬氧化复原液流电池是一种低本钱的储能电池,电池构造如图一所示,工作原理为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+。图二为利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫的质子膜燃料电池。以下说法一定正确的选项是A.图一电池放电时,C1-从负极穿过选择性透过膜移向正极B.图一电池放电时,电路中每通过0.1mol电子,Fe3+浓度降低0.1mol/LC.用图二电池给图一装置充电时,图二中电极a接图一的正极D.用图二电池给图一装置充电时,每生成1molS2(s),图一装置中就有4molCr3+被复原【答案】D【解析】A、根据原电池工作原理,内电路中的阴离子向负极挪动,所以A错误；B、电池放电时,电路中每通过0.1mol电子,Fe3+的物质的量减小0.1mol,但其浓度降低多少由体积决定,所以B错误；C、图二中在电极a上,H2S失去电子生成S2,所以电极a为负极,因此应连接图一的负极上,故C错误；D、在图二中每生成1molS2(s)转移电子4mol,那么图一中就有4molCr3+被Fe2+复原为Cr2+,所以D正确。此题正确答案为D。7.常温下将盐酸溶液滴加到联氨(N2H4)的水溶液中,混合溶液中的微粒的物质的量分数δ(X)随-lg(OH-)变化的关系如下图。以下表达错误的选项是以下表达错误的选项是A.Kb1(N2H4)=10-6B.反响N2H62++N2H4=2N2H5+的PK=9.0(:pK=-1gK)C.N2H5C1溶液中c(H+)>c(OH-)D.N2H5C1溶液中存在c(Cl-)+c(OH-)=c(N2H5+)+2c(N2H62+)+(H+)【答案】B【解析】A、由图象可知当-lg(OH-)

=6时,N2H4和N2H5+的物质的量分数相等,可推知其浓度相等,由N2H4的电离方程式N2H4+H2ON2H5++OH-,得Kb1(N2H4)=c(N2H5+)×c(OH-)c(N2H4)=c(OH-)=10-6,所以A正确；B、由N2H5+的电离方程式N2H5++H2ON2H62++OH-,得Kb2(N2H4)=c(N2H62+)×c(OH-)c(N2H5+)=c(OH-)=10-15,那么Kb1(N2H4)/Kb2(N2H4)=c2(N2H5+)c(N2H62+)×c(N2H4),即为反响N2H62++N2H4=2N2H5+的K=c2点睛：此题的难点是写出联氨的电离方程式,类似于NH3·H2O的电离,根据电离方程式,结合图象中穿插点的含义,就能正确解答。8.索氏提取法是测定动植物样品中粗脂肪含量的标准方法。其原理是利用如图装置,用无水乙醚等有机溶剂连续、反复、屡次萃取动植物样品中的粗脂肪。详细步骤如下:①包装:

取滤纸制成滤纸筒,放入烘箱中枯燥后,移至仪器X中冷却至室温。然后放入称量瓶中称量,质量记作a；在滤纸筒中包入一定质量研细的样品,放入烘箱中枯燥后,移至仪器X中冷却至室温,然后放入称量瓶中称量,质量记作b。②萃取:将装有样品的滤纸筒用长镊子放入抽提筒中,注入一定量的无水乙醚,使滤纸筒完全浸没入乙醚中,接通冷凝水,加热并调节温度,使冷凝下滴的无水乙醚呈连珠状,至抽提筒中的无水乙醚用滤纸点滴检查无油迹为止(大约6h～12h)。③称量:萃取完毕后,用长镊子取出滤纸筒,在通风处使无水乙醚挥发,待无水乙醚挥发后,将滤纸筒放入烘箱中枯燥后,移至仪器X中冷却至室温,然后放入称量瓶中称量,质量记作c。答复以下问题:〔1〕实验中使用了三次的仪器X的名称___________。为进步乙醚蒸气的冷凝效果,索氏提取器可选用以下______(填字母)代替。a.空气冷凝管b.直形冷凝管C.蛇形冷凝管〔2〕①实验中必须非常注意乙醚的平安使用,如不能用明火加热、室内保持通风等。为防止乙醚挥发到空气中形成燃爆,常在冷凝管上口连接一个球形枯燥管,其中装入的药品为___(填字母)。a.活性炭b.碱石灰c:P2O5d.浓硫酸②无水乙醚在空气中可能氧化生成少量过氧化物,加热时发生爆炸。检验无水乙醚中是否含有过氧化物的方法是______________________。〔3〕①实验中需控制温度在70℃～80℃之间,考虑到平安等因素,应采取的加热方式是_____。②当无水乙醚加热沸腾后,蒸气通过导气管上升,被冷凝为液体滴入抽提筒中,当液面超过回流管最高处时,萃取液即回流入提取器(烧瓶)中……该过程连续、反复、屡次进展,那么萃取液回流入提取器(烧瓶)

的物理现象为________。A.冷凝回流B.虹吸C.倒吸D.分液③索氏提取法与一般萃取法相比拟,其优点为_______________。〔4〕数据处理:样品中纯脂肪百分含量_______(填“<〞、“>〞或“=〞)

(【答案】(1).枯燥器(2).c(3).a(4).取少量乙醚滴加稀硫酸和KI

淀粉溶液,振荡,假设溶液变蓝色那么说明含有过氧化物,否那么不含(5).恒温加热炉且水浴加热(6).B(7).连续、反复、屡次萃取,且每一次萃取都是纯的溶剂,萃取效率高(8).<【解析】(1)题中三次描绘“移至仪器X中冷却至室温〞,说明仪器X是枯燥器；为进步乙醚蒸气的冷凝效果,索氏提取器中的冷凝管可选用C蛇形冷凝管,增大接触面积,延长冷凝时间,进步冷凝效果。(2)①在冷凝管上口连接一个球形枯燥管的目的是吸收没有冷凝的乙醚,根据这四种物质的性质,可用来吸收乙醚的只有a活性炭；②过氧化物一般都有较强的氧化性,所以可在酸性条件下用KI淀粉来检验,方法是取少里乙醚滴加稀硫酸和KI

淀粉溶液,振荡,假设溶液变蓝色那么说明含过氧化物,否那么不含。(3)①根据需要控制的温度,又不能用明火加热,可进展水浴用恒温加热炉加热；②根据实验描绘,当萃取液的液面超过回流管最高处时,萃取液即回流入提取器(烧瓶)中,这是利用虹吸原理；③其优点是可进展连续、反复、屡次的萃取,且每一次萃取都是用纯的溶剂,能进步萃取效率。(4)由于有机溶剂乙醚可能溶解样品中的其它有机物,所以纯脂肪的质量小于(b-c)g,因此样品中纯脂肪百分含量小于(b点睛：此题容易出错的是尾气中乙醚的吸收和用恒温炉水浴加热,这两个问题既没有学过,题中也没有提示信息,只能靠学生自己的分析或想象大胆去答复。9.二硫化钼(MoS2)被誉为“固体光滑剂之王〞,利用低品质的辉钼矿(含MoS2、SiO2以及CuFeS2等杂质)制备高纯二硫化钼的一种消费工艺如下:答复以下问题:〔1〕钼酸铵的化学式为(NH4)2MoO4,其中Mo的化合价为______。〔2〕利用结合浸出除杂时,氢氟酸可除去的杂质化学式为______,如改用FeCl3溶液氧化浸出,CuFeS2杂质的浸出效果更好,写出氧化浸出时发生的化学反响方程式______________。〔3〕参加Na2S后,钼酸铵转化为硫代钼酸铵[(NH4)2MoS4],写出(NH4)2MoS4与盐酸生成MoS3沉淀的离子反响方程式_______________________。〔4〕由以下图分析产生三硫化钼沉淀的流程中应选择的最优温度和时间是________________。利用化学平衡挪动原理分析低于或高于最优温度时,MoS3的产率均下降的原因:_______________________。〔5〕MoO3·H2O作为高能非水体系电池的正极材料优于一般新型材料,某电池反响为:MoO3·H2O+xA=AxMoO3·H2O(某文献记载:式中0+为Li+、H+、K+、Na+等。A+的注入使得局部Mo6+复原为MO5+),写出该电池以金属锂为负极,充电时的阳极反响式:__________________。〔6〕Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8)钼酸钠晶体(NaMoO4·2H20)是新型的金属缓蚀剂,不纯的钼酸钠溶液中假设含少量可溶性硫酸盐杂质,可参加Ba(OH)2固体除去SO42-(溶液体积变化忽略),那么当BaMo04开场沉淀时,溶液中的c(MoO42-)/c(SO42-)____(結果保存2位有效数字)【答案】(1).+6(2).SiO2(3).4

FeCl3+CuFeS2=5FeCl2+CuCl2+2S↓(4).MoS42-+2H+=MoS3↓+H2S↑(5).40℃,30min(6).温度太低不利于H2S

逸出；温度太高,盐酸挥发,溶液c(H+)下降,都不利于反响正向进展(7).LixMoO3·H2O-xe-=xLi++MoO3·H2O(8).3.6×102【解析】(1)根据化合价原那么,钼酸铵[(NH4)2MoO4]中Mo元素的化合价为+6价。(2)氢氟酸可与酸性氧化物SiO2反响,所以结合浸出除杂时,用氢氟酸除去的是SiO2杂质；Fe3+具有较强的氧化性,可氧化杂质CuFeS2中的-2价的S,反响的化学方程式为4FeCl3+CuFeS2=5FeCl2+CuCl2+2S↓。(3)根据题目所述,(NH4)2MoS4属于铵盐,易溶于水,所以与盐酸生成MoS3沉淀的离子方程式为MoS42-+2H+=MoS3↓+H2S↑。(4)由图象分析可知,在40℃时产率比其它温度下都高,反响进展到30min时产率到达最大值,所以产生三硫化钼沉淀的最优温度和时间是40℃、30min；假如温度太低不利于H2S

逸出,不利于沉淀的生成；温度太高,盐酸挥发,使溶液中c(H+)下降,都不利于反响正向进展。(5)该电池以金属锂为负极,那么负极反响式为xLi-xe-=xLi+,正极反响式可由总反响式—负极反响式得到,即MoO3·H2O+xLi++xe-=LixMoO3·H2O,根据充放电原那么,当对该电池充电时,阳极反响那么为原电池的正极反响的逆反响,所以阳极反响式为LixMoO3·H2O-xe-=xLi++MoO3·H2O。(6)BaSO4和BaMoO4的组成比一样,结合其溶度积大小,当BaMo04开场沉淀时,c(MoO42-)=Ksp(BaMoO4)c(Ba2+),而此时溶液中c(SO410.甲醇水蒸气重整制氢(SRM)系统简单,产物中H2含量高、CO含量低(CO会损坏燃料电池的交换膜),是电动汽车氢氧燃料电池理想的氢源。反响如下:反响I(主):CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)△H1=+49kJ/mol反响II(副):H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)

△H2=+41kJ/mol温度高于300℃那么会同时发生反响III:

CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)

△H3

〔1〕计算反响III的△H3=______________。〔2〕反响I可以自发进展的原因是______,升温有利于进步CH3OH

转化率,但也存在一个明显的缺点是_______________。〔3〕以下图为某催化剂条件下CH3OH转化率、CO生成率与温度的变化关系。

①随着温度的升高,CO的实际反响生成率没有不断接近平衡状态生成率的原因是___(填标号)。A.反响II逆向挪动

B.局部CO转化为CH3OHC.催化剂对反响II的选择性低

D.催化剂对反响III的选择性低②随着温度的升高,CH3OH

实际反响转化率不断接近平衡状态转化率的原因是_______。③写出一条能进步CH3OH

转化率而降低CO生成率的措施____________。〔4〕250℃,一定压强和催化剂条件下,1.00mo1CH3OH

和1.32molH2O充分反响(此条件下可忽略反响Ⅲ),平衡时测得H2为2.70mol,CO有0.030mol,试求反响I中CH3OH的转化率_____,反响II的平衡常数_________(结果保存两位有效数字)。【答案】(1).+90kJ/mol(2).反响I

为熵增加的反响(3).CO含量升高,破坏燃料电池的交换膜(4).c(5).升温反响速率加快(6).其它条件不变,进步n(水)/n(甲醇)的比例(或其它条件不变,选择更适宜的催化剂)(7).91%(8).5.6×10-3【解析】〔1〕反响Ⅰ加上反响Ⅱ得到：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)ΔH3=+90kJ/mol。〔2〕反响自发进展的要求是△G=△H－T△s＜0,此反响的△H＞0,所以反响自发进展的原因就是△s＞0,即反响为熵增反响。升温会促进反响Ⅲ的发生,进步CO的含量,而CO会破坏该电池的交换膜。〔3〕①工业消费中,一般不会等待反响到达平衡后再进展下一道工序,多数都是进展一段时间的反响就将体系取出,所以一般来说,反响的速度越快,取出的体系就越接近应该到达的平衡态。随着反响温度的升高,速度加快,但是CO的消费率并没有接近反响的平衡态,说明该反响使用的催化剂对于反响Ⅱ几乎没有加速作用,所以选项C正确,选项D错误。三个反响都吸热,所以升温都正向挪动,不会促进CO转化为甲醇,选项A、选项B都错误。②由①的表达可以得到答案为：升温反响速率加快。③参加水蒸气,可以调高甲醇的转化率,同时使反响Ⅱ的平衡向逆反响方向挪动,从而降低了CO的生成率。参加更适宜的催化剂,最好只催化反响Ⅰ,不催化反响Ⅱ,这样也能到达目的。11.铀是原子反响堆的原料,常见铀的化合物有UF4、UO2及(NH4)4[UO2(CO3)3]等。答复以下问题:〔1〕UF4用Mg

或Ca复原可得金属铀。与钙同周期基态原子的未成对电子数为2

的元素共有___种；原子序数为镁元素的二倍的元素的基态原子价电子排布图为_______。〔2〕:2UO2+5NH4HF2

2UF4·NH4F+3NH3↑+

4H2O

↑HF2-的构造为[F-H…F]-①NH4HF2中含有的化学键有__(填选项字母)。A.氢键B.配位键C.共价键D.离子键E.金属键②与氧同周期,且第一电离能比氧大的元素有______种。〔3〕:3(NH4)4[UO2(CO3)3]3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O

↑①写出与NH4+互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式______、_______。②物质中与CO32-

的碳原子杂化类型一样和不同的碳原子的个数比为______。③分解所得的气态化合物的分子键角由小到大的顺序为__(填化学式)〔4〕C元素与N元素形成的某种晶体的晶胞如下图(8个碳原子位于立方体的顶点,4

个碳原子位于立方体的面心,4

个氮原子在立方体内),该晶体硬度超过金刚石,成为首屈一指的超硬新材料。①晶胞中C

原子的配位数为______。该晶体硬度超过金刚石的原因是_________。②该晶胞的密度为d

g/cm3,N原子的半径为r1cm,C原子的半径为r2cm,设NA为阿伏加德罗常数,那么该晶胞的空间利用率为_______(用含d、r1、r2、NA的代数式表示,不必化简)。【答案】(1).4(2).(3).BCD(4).3(5).CH4、SiH4、GeH4(6).BH4-、AlH4-(7).3:2(8).H2O<NH3<CO2(9).4(10).该晶体和金刚石二者均为原子晶体,该晶体中的C-N键的键长比金刚石中的C-C

键的键长短,键能大,故硬度较金刚石大(11).【解析】(1)第四周期中未成对电子数为2

的元素有22Ti、28Ni、32Ge、34Se共四种；原子序数为镁元素的二倍的元素是24号元素Cr,其基态价电子排布图为。(2)①HF2-的构造为[F-H…F]-,所以NH4HF2为离子化合物,即类似于铵盐,所以含有的化学键有离子键、共价键和配位键,即正确选项为BCD；②根据同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势的一般规律,结合N原子最外层2p能级上呈半满状态,导致其第一电离能比氧元素的大,所以与氧同周期,且第一电离能比氧大的元素有N、F和Ne三种。(3)①NH4+是含有5个原子8个价电子的微粒,与其互为等电子体的分子有CH4、SiH4、GeH4等,互为等电子体的离子有BH4-、AlH4-；②CO32-

中碳原子杂化类型为sp2,那么物质中碳原子是sp2杂化的有6个,是sp3杂化的有3个,是sp杂化的有1个,所以杂化类型一样和不同的碳原子个数之比为6:4,即3:2；③分解所得的气态化合物有NH3,是sp3杂化的三角锥形,有1个孤对电子,CO2是sp2杂化的直线型,没有孤对电子,H2O是sp3杂化的V型构造,有2个孤对电子,根据杂化类型,结合电子对互斥原理可知,它们的键角由小到大的顺序为H2O<NH3<CO2。(4)①该晶胞中与C

原子最近的原子为N原子,与C

原子最近且等距的N原子位于1/8小立方体的中心,且只有4个,1个C原子只能与4个N原子形成4个共价单键,所以C

原子的配位数为4；该晶体硬度超过金刚石的原因是二者都是原子晶体,但该晶体中的C-N键的键长比金刚石中的C-C

键的键长短,键能大,所以硬度比金刚石的大；②由晶胞构造可知,该晶胞中含有的C原子=18×8+12×4=3,含有的N原子=4,所以其化学式为C3N4,那么该分子的体积为[点睛：注意氢键不属于化学键,是一种特殊的分子间作用力；稀有气体在此题第二问中要考虑,题中没有排除Ne的任何信息或说明；键角的大小与杂化类型有关,也与电子对互斥有关,电子对越多,挤压键的才能越大,导致键角越小；要明确配位数的含义,即一种微粒周围最近且等距的微粒数目,可以是同种原子〔或离子〕,也可能是不同种原子〔或离子〕。12.化合物G[]是一种医药中间体,它的一种合成道路如下::RCOOHRCOCl请答复以下问题:〔1〕A的同分异构体名称是_______。〔2〕B→C的反响条件为_________,D→E的反响类型是________。〔3〕D在浓硫酸加热的条件下会生成一种含六元环的化合物,该化合物的构造简式为______。〔4〕H是一种高聚酯,D→H的化学方程式为________________。〔5〕以下关于化合物D和G的说法错误的选项是_______。A.在一定条件下G能与HBr发生取代反响B.1molG与NaOH溶液加热最多消耗2molNaOHC.D的分子中只有一个手性碳原子D.与D具有一样的官能团的同分异构体还有3种〔6〕符合以下要求的F的同分异构体共有______种①苯环上有三个取代基②能发生银镜反响③1mol物质能与2mo1Na2CO3反响请写出其中能与足量浓溴水反响,所得产物的苯环上不存在氢原子的F的同分异构体构造简式__________(任写一种)〔7〕酚羟基不易与羧酸发生酯化反响,写出由苯酚,甲苯为原料制备苯甲酸苯酚酯()的合成道路(其它试剂任选)。___________【答案】(1).顺-2-丁烯(2).NaOH溶液加热(3).取代反响(4).(5).nHO(CH3)2CCOOH+(n-1)H2O(6).BCD