2020年高考理综(化学)模拟试题及答案解析(10).doc

2020年高考理综(化学)模拟试题(10)可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Al-27 Si-28 S-32 P-31 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 As-75 Se-79 Br-80 Ag-108第卷 (选择题 共42分)一、 选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目求的)7下列说法正确的是A砖瓦、陶瓷、渣土、普通一次性电池、鱼骨等属于其他垃圾B电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阴极的阳极保护法C门捷列夫根据元素的性质随着相对原子质量递增呈现周期性变化规律，制出了第一张元素元素周期律D石灰乳与海水混合，过滤得Mg(OH)2，将其溶于盐酸，再蒸发结晶得到MgCl2，电解熔融MgCl2可得到金属镁【答案】B【解析】A项，砖瓦陶瓷、渣土、卫生间废纸、瓷器碎片等难以回收的废弃物是其他垃圾，普通一次性电池属于有害垃圾，故A错误；B项，电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故B错误；C项，第一张元素周期表是门捷列夫制作的，是根据素的性质随着相对原子质量递增呈现周期性变化规律而制作的，故C正确；D项，蒸发氯化镁溶液时氯化镁水解生成氢氧化镁和HCl，加热促进盐酸挥发，所以蒸干氯化镁溶液得到的固体不是氯化镁而使氢氧化镁，故D错误。8螺环化合物具有抗菌活性，用其制成的药物不易产生抗药性，螺3，4辛烷的结构如图，下列有关螺3，4辛烷的说法正确的是A分子式为C8H16B分子中所有碳原子共平面C与2甲基3庚烯互为同分异构体D一氯代物有4种结构【答案】D【解析】A项，根据螺3.4辛烷的结构简式可知其分子式为C8H14，故A错误；B项，.因为螺3.4辛烷属于环烷烃，分子中所有的8个碳原子均为sp3杂化，所以分子中所有碳原子不可能共平面，故B错误；C项，2甲基3庚烯的分子式为C8H16，两者分子式不同，所以不是同分异构体，故C错误；D项，由螺3.4辛烷的结构简式可知其中含有4种类型的氢，所以一氯代物有4种结构，故D正确；故选D。9青蒿素是高效的抗疟疾药，为无色针状晶体，易溶于丙酮、氯仿和苯中，甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156-157C，热稳定性差。已知：乙醚沸点为35C。提取青蒿素的主要工艺为：下列有关此工艺操作不正确的是A破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率B操作需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯C操作是蒸馏，利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大D操作的主要过程加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤【答案】D【解析】对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，对粗品可加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤可得精品。A项，破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率，故A正确；B项， 操作为过滤，需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故B正确；C项，操作是蒸馏，利用了乙醚与青高素的沸点相差较大，故C正确；D项， 根据给定信息可知，青蒿素在水中几乎不溶，因此操作的主要过程不是加水溶解，可加95%的乙醇溶解，再进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故D错误；故选D。10捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)A标准状况下，22.4 L CO2中所含的电子数目为16NAB10.1 g N(C2H5)3中所含的极性共价键数目为2.1NAC2 mol Au与2 mol H2中所含的分子数目均为2NAD100 g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA【答案】D【解析】A项，标准状况下，22.4LCO2的物质的量为1mol，1个CO2分子中含有682=22个电子，则22.4LCO2含有22mol电子，其电子数目为22 NA，A错误；B项，N(C2H5)3的结构式为，所含的化学键中C-N和C-H均为极性共价键，1mol N(C2H5)3中含有18mol极性共价键，10.1g N(C2H5)3，其物质的量为0.1mol，则其含有极性共价键的物质的量为1.8mol，数目为1.8NA，B错误；C项，Au为金属单质，不含有分子，2molAu中不含有分子，C错误；D项，100 g 46%的甲酸水溶液，则甲酸质量为46g，则其物质的量为1mol，分子中含有2molO原子；水的质量为100g-46g=54g，其物质的量为3mol，则含有3mol O原子，总共含有5mol O原子，其数目为5NA，D正确；故选D。10已知氢化钠(NaH)可由氢气和钠在高温下化合形成，其使用需要惰性环境，遇水放出易燃气体，下列说法不正确的是A氢化钠与水反应产生的气体，通过盛有碱石灰的干燥管，用向下排空气法可以收集得到一定量的H2B氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中一定含有H2C氢化钠在无水条件下除去钢铁表面铁锈的反应方程式为3 NaH+Fe2O32Fe+3NaOHD锌和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥后，与钠在高温下反应得到纯净的NaH【答案】D【解析】A项，氢化钠与水反应产生的气体，反应的化学方程式为：NaH+H2ONaOH+H2，气体通过盛有碱石灰的干燥管，用向下排空气法可以收集得到一定量的H2，故A正确；B项，氢气能还原氧化铜生成Cu，氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中一定含有H2，故B正确；C项，NaH具有强还原性，能与Fe2O3生成Fe和NaOH，反应方程式为：3NaH+Fe2O32Fe+3NaOH，故C正确；D项，锌和盐酸反应后的气体中含有氢气、HCl、水蒸气，浓硫酸干燥除去了水蒸气，还含有氢气和HCl，所以应该先除去HCl、再用浓硫酸干燥，然后与钠在高温下反应得到纯净的NaH，故D错误。故选D。11常温下，0.1molL-1的H2A溶液中各种微粒浓度的对数值(lgc)与pH的关系如图所示。下列说法不正确的是A. H2A是二元弱酸B. HA-H+A2-的电离平衡常数Ka=10-12C. 0.1molL-1的H2A溶液中：c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)D. pH=4.2 时：c(HA-)=c(A2-)>c(H+)>c(H2A)>c(OH-)【答案】B【解析】A项， 溶液中存在H2A、H+、HA-、A2-，说明H2A是二元弱酸，A正确；B项， HA-H+A2-的电离平衡常数Ka=c(H)=10-4.2，B不正确；C项， 0.1molL-1的H2A溶液中：c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，C正确；D项， 由图可知pH=4.2时：c(HA-)=c(A2-)>c(H+)>c(H2A)>c(OH-)，D正确。12氨硼烷(NH3BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为NH3BH3+3H2O2NH4BO2+4H2O。已知两极室中电解质足量，下列说法正确的是A正极的电极反应式为2H+2H2B电池工作时，H+通过质子交换膜向负极移动C电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3D工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9 g，则电路中转移0.6 mol电子【答案】D【解析】A项， 正极的电极反应式为：3H2O2+6H+6e-=6H2O，没有气体生成，A项错误；B项，原电池工作时，氢离子作为阳离子向正极移动，B项错误；C项，两电极反应分别为：3H2O2+6H+6e-=6H2O、NH3BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+；两极均没有气体生成，C项错误；D项，从电极反应式来看，如有6mol电子转移，则左极室质量增加31g-6g=25g，右极室质量增加6g，两极室质量之差为19g，所以当左右两室质量差为1.9g时，电路中转移0.6mol电子，D项正确；故选D。13X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，e、g、h、i、j均是由这些元素组成的二元化合物，i常温常压下为液体，其余均为无色气体。e的摩尔质量为g的2倍，f是元素Z的单质，g物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，h的组成元素位于同一主族。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A原子半径：YZWXB热稳定性：ig， 沸点：ieCY与W的含氧酸均是强酸Dh与j均为酸性氧化物【答案】B【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。e、g、h、i、j是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下i为液体，其余均为无色气体，因此i为水H2O；e的摩尔质量为g的2倍，f是元素Z的单质，g物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则g是NH3。根据转化关系图判断e是H2S，f是氧气，g是NH3，j是NO，h是SO2。所以X、Y、Z、W分别是H、N、O、S。A项，根据元素周期律的原子半径变化规律：同一周期的元素，原子序数越大原子半径越小，同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，则原子半径的大小X<Z<YW，故A错误；B项，水和氨气分子间能够形成氢键，沸点较高，相对分子质量越大，沸点越高，热稳定性越高，故热稳定性：ig，沸点：ie，故B正确；C项，Y的含氧酸如亚硝酸为弱酸，W的含氧酸如亚硫酸也为弱酸，故C错误；D项，酸性氧化物指的是能与水作用成酸或与碱作用成盐的氧化物，判断依据是化学反应前后各元素化合价保持不变，显然NO不是酸性氧化物，故D错误。故选B。第卷 (非选择题 共58分)二、必做题(本题共3小题，共43分。每个试题考生都必须作答)26(14分) 这次中美贸易战的矛盾激化，也让我们看到了中国半导体产业存在的诸多不足，俗话说“亡羊补牢，为时未晚”，找出存在的不足，然后针对地去解决问题，才能让半导体产业链发展壮大起来。三氯化氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。一研究小组在实验室模拟反应制备POCl3并测定产品含量。资料卡片：物质熔点沸点相对分子质量其他PCl3-93.676.1137.5遇水剧烈水解，易与O2反应POCl31.25105.8153.5遇水剧烈水解，能溶于PCl3SOCl2-10578.8119遇水剧烈水解，受热易分解(1)若选用Na2SO3固体与70浓H2SO4制取SO2，反应的化学方程式是：_。(2)溶液A为饱和食盐水，乙装置中应该盛装的试剂为_(填“P2O5”或“碱石灰”或“浓H2SO4”或“无水硫酸铜”)；反应装置图的虚框中未画出的仪器最好选择_(填“己”或“庚”)。(3)甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外，还有_。(4)水浴加热三颈烧瓶，控制反应温度在6065，其原因是_。(5)通过佛尔哈德法可测定经过提纯后的产品中POCl3的含量：准确称取1600g样品在水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100 mL溶液，取1000 mL于锥形瓶中，加入02000 molL-1的AgNO3溶液2000 mL(Ag+C1- AgC1)，再加少许硝基苯，用力振荡，使沉淀被有机物覆盖。加入NH4Fe(SO4)2作指示剂，用01000 molL-1KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3至终点(Ag+SCN- AgSCN)，做平行实验，平均消耗KSCN标准溶液1000 mL。达到滴定终点的现象是_。POCl3的质量分数为_。已知：KSP(AgC1)=3210-10 mol2L-2，KSP(AgSCN)=210-12 mol2L-2，若无硝基苯覆盖沉淀表面，测定POCl3的质量分数将_(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。【答案】(1)Na2SO3+H2SO4 Na2SO4 +SO2+H2O(2分) (2)P2O5 (1分) 己 (1分) (3)通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速(2分) (4)温度太低，反应速率太慢；温度太高，PCl3等物质挥发 (2分) (5)滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色(2分) 95.9(2分) 偏小(2分) 【解析】(1)Na2SO3固体与70浓H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4 Na2SO4 +SO2+H2O；(2)溶液A中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢，装置乙中盛有酸性固体干燥剂五氧化二磷，干燥氯气，防止水蒸气进入三颈烧瓶中导致三氯化氧磷水解；装置中球形冷凝管的作用是冷凝回流三氯化磷，防止三氯化磷、三氯化氧磷等受热挥发，降低三氯化氧磷的产率，为增强冷凝效果不能选用直形冷凝管；(3)甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外，还可以起到观察产生气泡的速率控制通入气体的流速，有利于反应充分进行；(4)因若温度太低，反应速率太慢，若温度太高，PCl3等物质受热挥发，降低三氯化氧磷的产率，所以实验时用水浴加热三颈烧瓶，控制反应温度在6065；(5)由题意可知，测定POCl3产品含量时以NH4Fe(SO4)2溶液为指示剂，用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到终点时的现象是滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色；KSCN的物质的量为0.1mol/L0.01L=0.001mol，根据反应Ag+SCN-=AgSCN，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.001mol，则与POCl3和水反应生成氯化氢的银离子的物质的量为(0.004mol 0.001mol)=0.003mol，水解生成的氯化氢的物质的量为0.003mol，由题意可知1.600g样品中POCl3的物质的量为10=0.01mol，所以产品中POCl3的质量分数为100%=95.9%；加入少量硝基苯可以使生成的氯化银沉淀离开溶液，如果不加硝基苯，在水溶液中部分氯化银可以转化成AgSCN，已知Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)，使得实验中消耗的AgSCN偏多，根据(7)的计算原理可知，会使测定结果将偏低。27(14分) CoCl2可用于电镀，是一种性能优越的电池前驱材料，由含钴矿(Co元素主要以Co2O3、CoO存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素)制取氯化钴晶体的一种工艺流程如下：已知：焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂。CaF2、MgF2难溶于水。CoCl26H2O熔点86，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110120时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。部分金属离子形成氢氧化物的pH见下表：回答下列问题：(1)操作的名称为_，NaClO3具有氧化性，其名称为_。(2)浸取中加入Na2S2O5的作用是_。(3)滤液1中加入NaClO3的作用是_，相关的离子方程式为_。(4)加入Na2CO3溶液生成滤渣2的主要离子方程式为_。(5)滤渣3主要成分为_(写化学式)。滤液3经过多次萃取与反萃取制备CoCl2晶体(6)滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是_。(7)制备晶体CoCl26H2O，需在减压环境下烘干的原因是_。【答案】(1)过滤(1分) 氯酸钠 (1分) (2)将+3价钴还原为+2价钴(1分) (3)将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离(1分) 6Fe2+ClO3-+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O(2分) (4)2Fe3+3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2(2分) (5)CaF2、MgF2(2分) (6)分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用(2分) (7)降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴(2分) 【解析】(1)操作后得到滤液和滤渣，故操作为过滤；NaClO3中氯为+5价，其名称为氯酸钠；(2)下一步操作过程中加入NaClO3，调节pH3.03.5时，会将+3价钴转化为沉淀，降低产率，而此时+2价钴不会转化为沉淀，故加入Na2S2O5的作用是将+3价钴还原为+2价钴；(3)NaClO3具有氧化性，可将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，相关的离子方程式为：6Fe2+ClO3-+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O；(4)加入Na2CO3溶液生成滤渣Fe(OH)3，反应式为：2Fe3+3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2；(5)CaF2、MgF2难溶于水，故加入NaF后，得到的滤渣主要是CaF2、MgF2；(6)滤液3中含有Mn2+、Cu2+、Zn2+，用稀盐酸反萃取的目的是：分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用；(7) CoCl26H2O加热至110120时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，故减压环境下烘干的原因是：降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴。28(15分)氮的氧化物(NOx)是大气主要污染物，有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。(1)N2O又称笑气，有轻微的麻醉作用，N2O在一定条件下可分解为N2、O2。回答下列问题：已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) H1=+180.5kJmol-12NO(g)+O2(g)=2NO2(g) H2=-114.14kJmol-13NO(g)=N2O(g)+NO2(g) H3=-115.52kJmol-1则反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g) H=_ kJmol-1(2)汽车尾气中的NO和CO可在催化剂作用下生成无污染的气体而除去。在密闭容器中充入10molCO和8molNO发生反应，测得平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如下图已知T2>T1，则反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，H_0(填“>”“=”或“<”)该反应达到平衡后，为同时提高反应速率和NO的转化率，可采取的措施有_(填字母序号)a改用高效催化剂 b缩小容器的体积 c增加CO的浓度 d升高温度压强为10MPa、温度为T1下，若反应进行到20min达到平衡状态，此时容器的体积为4L，则用N2的浓度变化表示的平均反应速率v(N2)=_，该温度下用分压表示的平衡常数Kp= _MPa-1(分压=总压物质的量分数)。在D点，对反应容器升温的同时扩大体积至体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中AG点中_点。(3)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2，将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体匀速通入装有催化剂M的反应器中反应，反应相同时间，NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示。在50150范围内随温度升高，NOx的去除率迅速上升的原因是_。当反应温度高于380时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是_。【答案】(1)-244.1(2分) (2)(2分) bc(2分) 0.025 molL-1min-1(2分) 4/45(或0.089) (2分) A(1分) (3)催化剂活性随温度升高而增大，使NOx去除反应速率迅速增大；温度升高，反应速率加快(2分) 催化剂活性下降(或NH3与O2反应生成了NO)(2分) 【解析】(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) H1=+180.5kJmol-12NO(g)+O2(g)=2NO2(g) H2=-114.14kJmol-13NO(g)=N2O(g)+NO2(g) H3=-115.52kJmol-1由盖斯定律可知，-2-2得2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)，则H=-114.14 kJmol-1 -(+180.5kJmol-1)2-(-115.52kJmol-1)2=-244.1kJmol1，则反应2N2O (g)=2N2(g)+O2(g) H=-244.1kJmol-1；(2)已知T2T1，由图示可知反应2NO(g)+2CO(g)2N2(g)+2CO2(g)，升高温度后，平衡后NO的体积分数增大，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应方向为吸热反应，则H0；2CO(g)+2NO(g)N2(g+2CO2(g)H0；a项，改用高效催化剂加快反应速率，平衡不变，转化率不变，故a不能同时提高反应速率和NO的转化率；b项，缩小容器的体积，体系内压强增大，反应速率增大，平衡正向进行，NO的转化率增大，故b能同时提高反应速率和NO的转化率；c项，增加CO的浓度反应速率增大，平衡正向进行，NO的转化率增大，故c能同时提高反应速率和NO的转化率；d项，升高温度反应速率增大，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，NO的转化率减小，故d不能同时提高反应速率和NO的转化率；故选bc；在密闭容器中充入10molCO和8molNO，发生反应，压强为10MPa、温度为T1下，若反应进行到20min达到平衡状态，NO体积分数为25%，结合三行计算列式计算，设反应生成氮气物质的量为x， 2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)H=-749 kJmol1；起始量(mol) 10 8 0 0变化量(mol) 2x 2x x 2x平衡量(mol) 10-2x 8-2x x 2x(8-2x)/(10-2x8-2x+x+2x)100%=25%，x=2mol，v(N2)=c/t=2mol/(4L20min)=0.025 molL-1min-1；平衡气体总物质的量=16mol，该温度下平衡常数Kp= =0.089(MPa)-1；若在D点升温的同时扩大体积至体系压强减小，则平衡会逆向移动，NO的体积分数增大，重新达到的平衡状态可能是图中A点；(3)在一定温度范围内催化剂活性较大，超过其温度范围，催化剂活性降低，根据图知：催化剂活性随温度升高而增大，使NOx去除反应速率迅速增大；温度升高，反应速率加快.在一定温度范围内催化剂活性较大，超过其温度范围，催化剂活性下降；(或在温度、催化剂条件下，氨气能被催化氧化生成NO)，即：当反应温度高于380时，NOx的去除率迅速下降的原因可能催化剂活性下降(或NH3与O2反应生成了NO)。三、选做题(本题共2小题，考生根据要求选择其中一题进行作答)37化学选修3：物质结构与性质(15分)据自然通讯(Nature Communications)报道，我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛。请回答下列问题：(1)基态硒原子的价电子排布式为_；硒所在主族元素的简单氢化物中沸点最低的是_。(2)电还原法制备甲醇的原理为2CO2+4H2O2CH3OH+3O2。写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式_；标准状况下，V L CO2气体含有_个键。(3)苯分子中6个C原子，每个C原子有一个2p轨道参与形成大键，可记为(右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子)。已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大键，可表示为_，Se的杂化方式为_。(4)黄铜矿由Cu+、Fe3+、S2-构成，其四方晶系晶胞结构如图所示。则Cu+的配位数为_；若晶胞参数a=b=524pm，c=1032pm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶系晶体的密度是_gcm-3(不必计算或化简，列出计算式即可)。【答案】(1)4s24p4(2分) H2S或硫化氢(2分) (2)O=C=O(1分) (2分) (3)(1分) sp2(1分) (4)4(2分) 或(4分)【解析】(1)Se是34号元素，根据原子核外电子排布的构造原理，可知其核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p4，基态硒原子的价电子排布式为4s24p4；硒所在主族元素是第VIA，简单氢化物化学式通式是H2X，这些氢化物都是由分子构成，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质气化消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高，由于H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使其熔沸点在同族元素中最高，故第VIA的简单氢化物中沸点最低的是H2S；(2)在方程式中的三种化合物分子中都存在极性共价键。其中CO2是由极性键构成的非极性分子，其空间构型为直线型，结构式是O=C=O；VL标准状况下CO2的物质的量是n(CO2)=mol，由于在1个CO2分子中含有2个键，所以molCO2气体中含有的键数目为mol2NA/mol=；(3)已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大键，根据结构简式可知，形成大键的原子个数是5个，有6个电子参与成键，因此可表示为，其中Se的杂化方式为sp2；(4)根据晶胞结构分析可知，由面心上Cu与2个S相连，晶胞中每个Cu原子与4个S相连，Cu+的配位数为4；晶胞中Fe2+数目=8+4+1=4，Cu+的数目=6+4=4，S2-数目为81=8，所以晶胞内共含4个CuFeS2，a=b=524pm，c=1032pm，则晶体的密度=g/cm3或g/cm3。38化学选修5：有机化学基础(15分)2005年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家，以表彰他们作出的卓越贡献。烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M和N，合成路线如下：(1)按系统命名法，有机物A的名称是_。(2)B的结构简式是_。(3)CD的反应类型是_。(4)写出DM的化学方程式_。(5)已知X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，则N的结构简式为_。(6)满足下列条件的X的同分异构体共有_种，写出任意一种的结构简式_。遇FeCl3溶液显紫色 苯环上的一氯取代物只有两种(7)写出EF合成路线(用结构简式表示有机物，箭头上注明试剂和反应条件)。_【答案】(1)2-甲基-1-丁烯(1分) (2)CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3(2分) (3)取代反应(1分) (4)(3分) (5)(2分) (6)3(2分) (其中一种，1分)(7) (3分) 【解析】由F的结构简式可知A应为CH2=C(CH3)CH2CH3，生成E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，F发生消去反应生成G，G为，X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，结合N的分子式可知N的结构简式为，可知X为苯乙醇，由M的分子式可知D含有8个C，结合信息可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3，则C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为。(1)A为CH2=C(CH3)CH2CH3，名称为2-甲基-1-丁烯；(2)由以上分析可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3；(3)C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，在氢氧化钠溶液中发生取代反应生成CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，故反应类型为取代反应；(4)D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，反应的方程式为；(5)由以上分析可知N为；(6)X为苯乙醇，对应的同分异构体遇FeCl3溶液显紫色，则羟基连接在苯环，苯环上的一氯取代物只有两种，另一取代基为2个甲基或1个乙基，共3种，即、等；(7)E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，可先水解生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3，在铜催化条件下被氧化生成醛，然后与弱氧化剂反应生成酸，反应的流程为。