2019-2020学年北京市东城五中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年北京市东城五中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1下列说法错误的是A 天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用，这里”涉及的反应类型是分解反应B“用浓酒和糟入甑(蒸锅)，蒸令气上，用器承滴露”涉及的操作是蒸馏C 本草图经在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”因为绿矾能电离出H+，所以“味酸”D我国晋朝傅玄的傅鹑觚集 太子少傅箴中写道：“夫金木无常，方园应行，亦有隐括，习与性形。故近朱者赤，近墨者黑。”这里的“朱”指的是HgS【答案】C【解析】【详解】A石灰石加热后制得生石灰，同时生成CO2，该反应为分解反应，A 正确；B根据“蒸令气上”可知，是利用互溶混合物的沸点差异进行分离，其操作是蒸馏，B 正确；C绿矾的化学式是FeSO47H2O，在溶液中电离出二价铁离子、硫酸根离子，不能电离出H+，C错误；D“近朱者赤，近墨者黑”中的“朱”是指朱砂，主要成分为HgS，硫化汞的天然矿石为大红色，D 正确。答案选 C。2实验室制备硝基苯时，经过配制混酸、硝化反应(5060)、洗涤分离、干燥蒸馏等步骤，下列图示装置和操作能达到目的的是A配制混酸B硝化反应C洗涤分离D干燥蒸馏【答案】C【解析】【详解】A、配制混酸时，应先将浓硝酸注入烧杯中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却，故A错误；B、由于硝化反应控制温度5060，应采取5060水浴加热，故B错误；C、硝基苯是油状液体，与水不互溶，分离互不相溶的液态混合物应采取分液操作，故C正确；D、蒸馏时为充分冷凝，应从下端进冷水，故D错误。答案：C。【点睛】本题考查了硝基苯的制备实验，注意根据实验原理和实验基本操作，结合物质的性质特点和差异答题。3图为元素周期表的一部分，X、Y、W、R为短周期元素，四种元素的最外层电子数之和为21。下列说法不正确的是X W Y R Z A最高价氧化物对应水化物的酸性RXY B84 号元素与Z 元素同主族CR、W 的某些单质或两元素形成的某些化合物可作水的消毒剂D Z2W3具有氧化性和还原性【答案】B【解析】【详解】假设 X 的最外层电子数为x-1，则 Y 的最外层电子数为x-1，Z 的最外层电子数为x，W 的最外层电子数为 x+1，R 的最外层电子数为x+2，有关系式x-1+x-1+x+1+x+2=21，解 x=5，则 X 为碳元素，Y 为硅元素，Z 为砷元素，W 为氧元素，R 为氯元素。A.因为元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以酸性强弱顺序为高氯酸碳酸 硅酸，故正确；B.84 号元素都在第A主族，Z元素在第A主族,故错误；C.氯气或二氧化氯或臭氧等可作水的消毒剂，故正确；D.As2O3中砷为中间价态，具有氧化性和还原性，故正确。故选 B。4下列说法正确的是（）A H2与 D2是氢元素的两种核素，互为同位素B甲酸（HCOOH）和乙酸互为同系物，化学性质不完全相似CC4H10的两种同分异构体都有三种二氯代物D石墨烯（单层石墨）和石墨烷（可看成石墨烯与H2加成的产物）都是碳元素的同素异形体，都具有良好的导电性能【答案】B【解析】【详解】A.H2与 D2是氢元素的两种单质，不是同位素的关系，同位素是原子之间的互称，故A 错误；B.甲酸（HCOOH）和乙酸分子结构相似，官能团的种类和数目一样，分子组成上差1 个 CH2，甲酸还具有醛类物质的性质，故B 正确；C.C4H10的两种同分异构体分别是正丁烷和异丁烷，正丁烷有6 种二氯代物，异丁烷有4 种二氯代物，故C错误；D.同素异形体是同种元素的单质之间的互称，石墨烷不是碳元素的单质，二者不是同素异形体，故 D 错误。故选 B。5下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是（）选项实验操作实验目的或结论A 室温下，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生验证 Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)B 将混有 Ca(OH)2杂质的 Mg(OH)2样品放入水中，搅拌，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后过滤，用蒸馏水洗净沉淀。除去 Mg(OH)2样品中 Ca(OH)2杂质C 向 KNO3和 KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变为蓝色NO3-被氧化为NH3D 室温下，用pH 试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液 pH 约为 10，0.1mol/LNaHSO3溶液 pH 约为 5 HSO3-结合 H+的能力比SO32-的强A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A.由现象可知，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生，说明固体中含有BaCO3和 BaSO4，有 BaSO4转化成 BaCO3，这是由于CO32-浓度大使Qc（BaCO3）Ksp（BaCO3），所以不能验证Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)，A 项错误；B.Mg（OH）2比 Ca（OH）2更难溶，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后Ca（OH）2与 MgCl2反应生成Mg（OH）2和溶于水的CaCl2，过滤，用蒸馏水洗净沉淀，可达到除去Mg(OH)2样品中 Ca(OH)2杂质的目的，B项正确；C.试纸变为蓝色，说明生成氨气，可说明NO3-被还原为NH3，结论不正确，C项错误；D.由操作和现象可知，亚硫酸氢根离子电离大于其水解，则HSO3-结合 H+的能力比SO32-的弱，D 项错误；答案选 B。【点睛】A 项是易错点，沉淀转化的一般原则是由溶解度小的转化为溶解度更小的容易实现，但两难溶物溶解度相差不大时也可控制浓度使溶解度小的转化成溶解度大的。6有一种线性高分子，结构如图所示。下列有关说法正确的是A该高分子由4 种单体(聚合成高分子的简单小分子)缩聚而成B构成该分子的几种羧酸单体互为同系物C上述单体中的乙二醇，可被O2催化氧化生成单体之一的草酸D该高分子有固定熔、沸点，1mol 上述链节完全水解需要氢氧化钠物质的量为5mol【答案】C【解析】【详解】A.该高分子由乙二醇、乙二酸、1,2-丙二醇、对苯二甲酸、丙二酸5 种单体缩聚而成，故A 错误；B.对苯二甲酸与乙二酸、丙二酸不属于同系物，故B错误；C.乙二醇可被02催化氧化生成草酸，故C 正确；D.高分子化合物没有固定熔沸点，故D 错误；答案选 C。7A、B、C、D、E、F为原子序数依次递增的六种短周期主族元素，A 的单质是最理想的燃料。C原子次外层电子数是最外层的1/3，E与 C同主族，下列说法不正确的是A元素 D 与 A一定形成共价化合物B元素 B 可能与元素A 形成多种共价化合物CF最高价氧化物对应水化物定是一种强酸D若元素D 是非金属元素，则D 的单质可能是良好的半导体材料【答案】A【解析】【分析】A的单质是最理想的燃料，A是 H元素。C原子次外层电子数是最外层的1/3，说明 C只能是第二周期的元素即 C是 O元素；E与 C同主族，E是 S元素；F 是原子序数大于S的主族元素，F 是 Cl 元素；B可能是Li、Be、B、C、N几种元素中的一种，D可能是 F、Na、Mg、Al、Si、P中的一种。【详解】A.若元素 D是 Na，Na与 H形成的化合物NaH是离子化合物，故A错误；B.C、N与 H元素都能形成多种共价化合物，如CH4、C2H6，NH3、N2H4等，故 B正确；C.F 是 Cl 元素，最高价氧化物对应水化物是HClO4，HClO4是强酸，故C正确；D.若元素 D是 Si 元素，Si 单质是良好的半导体材料，故D正确；选A。8烷烃命名中常使用三套数字，甲、乙、丙，1、2、3，一、二、三 。其中“一、二、三”是说明A碳原子数B烷基位置编号C氢原子数D同种烷基数目【答案】D【解析】【分析】据烷烃的命名规则，理解所用数字的含义。【详解】烷烃系统命名时，甲、乙、丙，表示主链碳原子数目。1、2、3，用于给主链碳原子编号，以确定取代基在主链的位置。一、二、三，用于表示相同取代基的数目。本题选 D。92015 年 7 月 31 日，中国获得2022 年冬奥会主办权，这将促进中国冰雪运动的发展。以下关于冰的说法正确的是（）A等质量的0冰与 0的水内能相同B冰和可燃冰都是结晶水合物C冰和干冰、水晶的空间结构相似D氢键影响冰晶体的体积大小【答案】D【解析】【详解】A.0的冰熔化成0水，要吸收热量，内能增加，则0 的冰的内能比等质量的0的水的内能小，A 项错误；B.“可燃冰”是由一种结晶水合物，冰是水的固态形式，不是含有结晶水的物质，不属于水合物，B 项错误；C.冰为 V 型，干冰为直线型、水晶为原子晶体，空间结构为网状结构，它们的空间构型不相似，C项错误；D.冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规则，造成体积膨胀，所以氢键影响冰晶体的体积大小，D 项正确；答案选 D。102017 年 9 月 25 日，化学权威杂志化学世界、著名预测博客等预测太阳能电池材料钙钛矿材料可能获得 2017 年诺贝尔化学奖。钛酸钙(CaTiO3)材料制备原理之一是CaCO3+TiO2=CaTiO3+CO2。下列有关判断不正确的是A上述反应是氧化还原反应BTiO2和 CO2属于酸性氧化物CCaTiO3属于含氧酸盐DCaCO3属于强电解质【答案】A【解析】A、CaCO3+TiO2=CaTiO3+CO2，反应中没有化合价变化，是非氧化还原反应，故A错误；B、TiO2和 CO2均能与碱反应生成盐和水，均属于酸性氧化物，故B正确；C、CaTiO3=Ca2TiO32，CaTiO3由含氧酸根和钙离子构成，属于含氧酸盐，故C正确；D、CaCO3虽然难溶，但溶于水的部分全部电离，属于强电解质，故 D正确；故选A。11120时，1molCO2和 3molH2通入 1L 的密闭容器中反应生成CH3OH 和水。测得CO2和 CH3OH 的浓度随时间的变化如图所示。下列有关说法中不正确的是A 03min 内，H2的平均反应速率为0.5mol L1 min1B该反应的化学方程式：CO2(g)3H2(g)=CH3OH(g)H2O(g)C容器内气体的压强不再变化时，反应到达平衡D 10min 后，反应体系达到平衡【答案】B【解析】【详解】A.据题意得化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，则 03min 内，v(H2)=3v(CO2)=3 (1.00-0.50)molL-1/3min=0.5 mol L1min1，A 项正确；B.图中 10min 后 CO2、CH3OH 的物质的量不再改变，即达化学平衡，故为可逆反应，应写成CO2+3H2CH3OH+H2O，B 项错误；C.据 pV=nRT，恒温恒容时，当压强不再变化时，容器内各气体的物质的量都不再变化，此时反应到达平衡，C项正确；D.图中 10min 后 CO2、CH3OH 的物质的量不再改变，即达化学平衡，D 项正确。本题选 B。12下图是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验的生产流程示意图，则下列叙述正确的是()A第 步的离子方程式为Na+NH3+H2O+CO2 NaHCO3+NH4+B第 步得到的晶体是Na2CO3?10H2O CA 气体是 CO2，B气体是 NH3D第 步操作的过程主要有溶解、蒸发、结晶【答案】A【解析】【详解】A第 步发生反应NH3H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3，一水合氨为弱碱，碳酸氢钠为沉淀，所以离子反应为 Na+NH3H2O+CO2NaHCO3+NH4+，故 A 正确；B第 步反应方程式为NH3H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3，过滤是把不溶于溶液的固体和液体分开的一种分离混合物的方法，从沉淀池中分离沉淀NaHCO3晶体，所以第步得到的晶体是NaHCO3，故 B错误；C氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热碳酸氢钠制备碳酸钠，A 为氨气，B为二氧化碳，故C错误；D 第步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，故 D 错误；故选 A。【点睛】本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等。13磷酸亚铁锂（LiFePO4）是目前使用量最多的一种锂电池电极材料，LiFePO4废料中（含Al、石墨）磷、铁、锂的综合回收工艺流程图：已知：2244H POHPOH?，2344HPOPOH?常温下，16sp42FePO2H O9.91 10K，383spFe(OH)4 10K，-3sp23(Li CO)=1.7 10K（1）过程 I“碱浸”的目的是_，该过程发生反应的离子方程式为_。（2）过程 II“酸浸”加人双氧水的目的是_。（3）浸出液中存在大量2-4HPO、-24H PO离子，从平衡移动角度解释过程得到磷酸铁晶体的原因_。一定条件下，探究了pH 对磷酸铁沉淀的影响，结果如图所示。由图可知，过程应选取的最佳沉淀pH为_。随 pH 的增加,磷的沉淀率开始下降，而铁沉淀率未下降，分析原因为_。（4）测得滤液1 中 c(Li+)=0.l5mol/L，某同学取该100mL 滤液进行“沉锂”反应加入50mlNa2CO3溶液却未见沉淀，若不考虑Na2CO3的水解和液体混合时的体积变化，则该同学加入的Na2CO3溶液最大浓度为c(Na2CO3)=_mol/L（5）过程将滤液2_，_，经过滤、干燥后得Na3PO412H2O 晶体。【答案】溶解Al，使其分离出去-2222Al+2OH+2H O=2AlO+3H将 Fe2+氧化为 Fe3+CO32-结合 H+，2244H POHPOH?，2344HPOPOH?两个平衡均向右移动，c(PO43-)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体2.5 随 pH 的增加，部分FePO4?2H2O 沉淀转变为Fe(OH)3沉淀，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降，而铁仍在沉淀中0.51 蒸发浓缩冷却结晶【解析】【分析】LiFePO4废料(含 Al、石墨)加入氢氧化钠溶液，铝与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的NaAlO2，过滤，滤渣中含有LiFePO4和石墨，在滤渣中加入盐酸和过氧化氢浸取，可氧化亚铁离子生成铁离子，浸出液中含有铁离子、锂离子、2-4HPO、-24H PO离子等，加入碳酸钠溶液调节pH，可生成 FePO4?2H2O，滤液 1 中含有锂离子，滤液1 中加入碳酸钠沉锂得到Li2CO3产品，FePO4?2H2O 中加入氢氧化钠溶液调节pH，得到含铁产品和滤液2，滤液 2 为 Na3PO4溶液，Na3PO4溶液再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得 Na3PO4 12H2O 晶体。以此解答该题。【详解】(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的NaAlO2，则过程 I“碱浸”的目的是溶解Al，使其分离出去，该过程发生反应的离子方程式为-2222Al+2OH+2H O=2AlO+3H，故答案为：溶解Al，使其分离出去；-2222Al+2OH+2H O=2AlO+3H；(2)过程 II“酸浸”加人双氧水的目的是将Fe2+氧化为 Fe3+，故答案为：将Fe2+氧化为 Fe3+；(3)浸出液中存在大量2-4HPO、-24H PO离子，加入碳酸钠溶液后，CO32-结合 H+，2244H POHPOH?，2344HPOPOH?两个平衡均向右移动，c(PO43-)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体；过程 得到 FePO4?2H2O，由图可知在pH 等于 2.5 时，磷的沉淀率最高，则应选取的最佳沉淀pH 为 2.5，根据图像可知，随pH 的增加，磷的沉淀率开始下降，而铁沉淀率未下降，是因为随pH 的增加，部分FePO4?2H2O 沉淀转变为Fe(OH)3沉淀，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降，而铁仍在沉淀中；故答案为：2.5；随 pH 的增加，部分FePO4?2H2O 沉淀转变为Fe(OH)3沉淀，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降，而铁仍在沉淀中；(4)混合溶液中+0.15mol/L100Li=0.1mol/L150()c，设该同学加入的Na2CO3溶液的浓度为x mol/L，则混合溶液中2-3xmol/L50 xCO=mol/L1503()c，二者混合未见沉淀，则2+2-2-3c3()()x=LiCO=0.11.7 103Qcc，解得x0.51，则该同学加入的Na2CO3溶液最大浓度为c(Na2CO3)=0.51mol/L，故答案为：051；(5)滤液 2 为 Na3PO4溶液，Na3PO4溶液再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得Na3PO4 12H2O晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。142019 年 8 月Green Chemistry 报道了我国学者发明的低压高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为 NaClCO2通电CONaClO。下列有关化学用语表示错误的是()A中子数为12 的钠原子：2311Na BCl的结构示意图：CCO2的结构式：O=C=O DNaClO 的电子式：【答案】D【解析】【详解】A.钠是 11 号元素，中子数为12 的钠原子，质量数为23：2311Na，故 A 正确；B.氯的核电荷为17，最外层得到1 个电子形成稳定结构，Cl的结构示意图：，故 B正确；C.二氧化碳的碳与氧形成四个共用电子对，CO2的结构式：O=C=O，故 C正确；D.NaClO是离子化合物，NaClO 的电子式：，故 D 错误；故选 D。15下列浓度关系正确的是（）A 0.1mol/L 的 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L 的 Ba(OH)2溶液至刚好沉淀完全：c(NH4+)c(OH-)c(SO42-)c(H+)B 1L0.1mol/L 的 KOH 溶液中通入标准状况下的CO2气体 3.36L，所得溶液中：c(K+)c(H+)c(CO32-)c(HCO3-)c(OH-)C 0.1mol/L 的 NaOH 溶液与 0.2 mol/L 的 HCN溶液等体积混合，所得溶液呈碱性：c(HCN)c(Na+)c(CN-)c(OH-)c(H+)D同温下pH 相同的 NaOH 溶液、CH3COONa 溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的浓度：c(NaOH)c(CH3COONa)c(NaHCO3)c(Na2CO3)【答案】C【解析】【分析】【详解】A向 0.1 mol/L 的 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L 的 Ba(OH)2溶液至沉淀刚好完全时发生反应：NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4+NH3 H2O+H2O。NH3 H2ONH4+OH-H2OH+OH-。c(OH-)c(NH4+)c(SO42-)c(H+)。错误；B.根据电荷守恒可得：c(K+)c(H+)2c(CO32-)c(HCO3-)c(OH-).错误；C0.1 mol/L 的 NaOH 溶液与 0.2 mol/L 的 HCN溶液等体积混合，则发生反应：NaOH+HCN=NaCN+H2O。反应后溶液为NaCN 和 HCN等物质的量的混合溶液。由于所得溶液呈碱性，说明NaCN 的水解作用大于HCN的电离作用，所以个微粒的大小关系为：c(HCN)c(Na+)c(CN-)c(OH-)c(H+)，正确；D NaOH 溶液电离使溶液显碱性；CH3COONa溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3水解使溶液显碱性。由于酸性CH3COOH H2CO3 HCO3-。酸越强，盐水解的程度就越小。当溶液的pH 相同时，盐的浓度就越大。故各物质的浓度的关系是：c(NaOH)c(Na2CO3)c(NaHCO3)c(CH3COONa)，错误；答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16硼铁混合精矿含有硼镁石MgBO2(OH)、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(FexS)、品质铀矿(UO2)等，以该矿为原料制备MgSO4H2O 和硼酸(H3BO3)的工艺流程如下：已知：22UO在 pH 为 4 5 的溶液中生成UO2(OH)2沉淀。回答下列问题：(l)“酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：_(至少答两个措施)，该步骤中NaC1O3可将 UO2转化为22UO，则该反应的离子方程式为_。(2)“除铁净化”需要加入 _(填化学式)把溶液 pH 调节至 45，滤渣的成分是_。(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgC12的作用是_。(4)铁精矿(Fe3O4、FexS)经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。已知T，-38sp3KFe(OH)=4.010，-16sp2KFe(OH)=8.0 10，-awK=10回答下列问题：在 T，假设 Fe3+水解的离子方程式是：323Fe(aq)3H O(1)Fe(OH)(s)3H(aq)，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K=_(用含以的字母表示)。在 T向饱和Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH 固体(忽略溶液体积变化)，则溶液中的 c(Fe2+)c(Fe3+)会_(填“变大”“变小”或“不变”)，请结合相关数据推理说明：_。【答案】搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等（任选两种）3UO22+6H+ClO3-=UO22+3H2O+Cl-MgO 或 Mg(OH)2Fe(OH)3、UO2(OH)2增大镁离子浓度，有利于析出 MgSO4?H2O 2.5 10(37-3a)变大23c Fec)()Fe(=2333c FecOHc Fe()(OH)c=psps23KFe(OH)c OHKFe(OH)=-16-388.0 10c OH4.0 10=2.0 1022 c(OH-)，加入少量NaOH 固体，溶液中的c(OH-)增大，则23c Fec)()Fe(变大【解析】【分析】硼铁混合精矿含有硼镁石MgBO2(OH)、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(FexS)、晶质铀矿(UO2)等，加入硫酸、NaClO3，NaClO3可将 UO2转化为 UO22+，过滤除去少量铁精矿(Fe3O4、FexS)，滤液调节pH 除铁净化，可生成氢氧化铁、UO2(OH)2沉淀，过滤后的溶液中加入氯化镁，进行蒸发浓缩，趁热过滤可得到硫酸镁晶体，滤液中含有硼酸，冷却结晶得到硼酸(H3BO3)晶体，据此分析解答。【详解】(1)酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等；NaClO3可将 UO2转化为 UO22+，反应的离子方程式为3UO22+6H+ClO3-=UO22+3H2O+Cl-，故答案为：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等；3UO22+6H+ClO3-=UO22+3H2O+Cl-；(2)除铁净化时，应调节 pH，为避免引入新杂质，可加入 MgO 或 Mg(OH)2等，生成沉淀为Fe(OH)3、UO2(OH)2，故答案为：MgO 或 Mg(OH)2；Fe(OH)3、UO2(OH)2；(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2，可使溶液中镁离子浓度增大，有利于析出MgSO4?H2O，故答案为：增大镁离子浓度，有利于析出MgSO4?H2O；(4)在 T，Fe3+水解方程式为323Fe(aq)3H O(1)Fe(OH)(s)3H(aq)，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K=33()cHc Fe=33wspKFe(OH)K=-3a-38104.0 10=2.5 10(37-3a)，故答案为：2.5 10(37-3a)；(4)铁精矿(Fe3O4、FexS)经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。已知T，0-38-16-ar3r2wKFe(OH)=4.0 10,KFe(OH)=8.0 10,K=10回答下列问题：23c Fec)()Fe(=2333c FecOHc Fe()(OH)c=psps23KFe(OH)c OHKFe(OH)=-16-388.0 10c OH4.0 10=2.0 1022 c(OH-)，在 T向饱和 Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH 固体，溶液中的c(OH-)增大，则23c Fec)()Fe(变大，故答案为：变大；23c Fec)()Fe(=2333c FecOHc Fe()(OH)c=psps23KFe(OH)c OHKFe(OH)=-16-388.0 10c OH4.0 10=2.0 1022 c(OH-)，加入少量NaOH 固体，溶液中的c(OH-)增大，则23c Fec)()Fe(变大。【点睛】本题的难点为(4)，要注意将23c Fec)()Fe(转化为 c(OH-)的关系式，再判断。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17阿司匹林（化合物L）是人们熟知的解热镇痛药物。一种长效、缓释阿司匹林（化合物P）的合成路线如下图所示：已知：HCCH+RCOOH一定条件RCOOR+R”OH+HRCOOR”+R OH（R、R、R”代表烃基）请回答：(1)A 中的官能团是_。(2)C 的结构简式是_。(3)D E的反应类型是 _。(4)E G 的化学方程式是_。(5)已知：H 是芳香族化合物。在一定条件下2B K+H2O，K的核磁共振氢谱只有一组峰。JL的化学方程式是 _。(6)L 在体内可较快转化为具有药效的J，而化合物P与 L相比，在体内能缓慢持续释放J。血液中 J浓度过高能使人中毒，可静脉滴注NaHCO3溶液解毒。请用化学方程式解释NaHCO3的作用：_。下列说法正确的是_（填字母）。aP中的酯基在体内可缓慢水解，逐渐释放出J bP在体内的水解产物中没有高分子化合物c将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能【答案】羟基HC CH 加聚反应ac【解析】【分析】A 是25C H OH，乙醇连续氧化得乙酸，故B 是3CH COOH，根据信息，结合流程图，C 是CHCH，D 是，D 到 E 是加聚反应，E 是，根据信息可推知F 为323CH COOCH CH，G 是，根据分子式H 是，根据流程图结合P 的结构可推知I 为，J 是，根据（5）小题，可以推知K 是乙酸酐（），由 P 逆推知 L 为。【详解】（1）A 是乙醇，乙醇的官能团是羟基，答案为：羟基；（2）据信息，结合流程图，可以推出C 是CHCH，故答案为：CHCH；（3）D 是，E 是，D 到 E 是双键发生了加聚反应，故答案为：加聚反应；（4）E 是，A 是乙醇，根据信息，该反应为取代反应，答案为：；（5）根据信息可推知J 是，K 是乙酸酐（），答案为：；（6）羧酸的酸性大于碳酸，酚的酸性小于碳酸，故酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故答案为：；a.P 可以完全水解产生，以及乙酸，a 正确；b.P 可以完全水解产生，该物质为高分子，b 错误；c.根据题目信息，将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能，c 正确；答案选 ac。【点睛】解有机推断题，要把握以下三个推断的关键：(1)审清题意(分析题意、弄清题目的来龙去脉，掌握意图)；(2)用足信息(准确获取信息，并迁移应用)；(3)积极思考(判断合理，综合推断)。根据以上的思维判断，从中抓住问题的突破口，即抓住特征条件(特殊性质或特征反应，关系条件和类别条件)，不但缩小推断的物质范围，形成解题的知识结构，而且几个关系条件和类别条件的组合就相当于特征条件。然后再从突破口向外发散，通过正推法、逆推法、正逆综合法、假设法、知识迁移法等得出结论。最后作全面的检查，验证结论是否符合题意。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18扁桃酸衍生物是重要的医药中间体。以A 和 B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如下:(1)A 的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，写出A+BC 的化学反应方程式:_(2)C()中、3 个OH 的酸性由强到弱的顺序是_(3)E 是由 2 分子 C生成的含有3 个六元环的化合物，E分子中不同化学环境的氢原子有_种(4)D F的反应类型是 _，1 mol F 在一定条件下与足量NaOH 溶液反应，最多消耗NaOH 的物质的量为 _mol，写出符合下列条件的F的同分异构体2 种(不考虑立体异构)的结构简式:_ 属于一元酸类化合物苯环上只有2 个取代基且处于对位，其中一个是羟基(5)已知:A 有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成A 的路线流程图(其他原料任选)_（合成路线流程图示例如下:H2CCH2CH3CH2OHCH3COOC2H5【答案】+4 取代反应3、CH3COOH【解析】【分析】【详解】(1)A 的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，说明含有醛基和羧基，则A 是 OHCCOOH，根据 C 的结构可知B是，A+B C 发生加成反应，反应方程式为：+；(2)羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，所以酸性强弱顺序为：；(3)C 中有羟基和羧基，2 分子 C可以发生酯化反应生成3 个六元环的化合物，C 分子间醇羟基、羧基发生酯化反应，则E为，该分子为对称结构，分子中有4 种化学环境不同的H 原子，分别为苯环上2 种、酚羟基中1种、亚甲基上1 种；(4)对比 D、F的结构，可知溴原子取代OH 位置，DF 的反应类型是取代反应；F中溴原子、酚羟基、酯基(羧酸与醇形成的酯基)，都可以与氢氧化钠反应，1molF 最多消耗3mol NaOH；F为，F 的同分异构体符合条件：属于一元酸类化合物，苯环上只有2 个取代基且处于对位，其中一个是羟基，则另一个取代基含有溴原子外，还含有羧基，符合条件的同分异构体有、；（5）由题目信息可知，乙酸与PCl3反应得到ClCH2COOH，ClCH2COOH 在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2COOH，最后在 Cu作催化剂条件下发生催化氧化得到OHCCOOH，合成路线流程图为CH3COOH。19第四周期元素Q 位于 ds 区，最外层电子半充满;短周期元素W、X、Y、Z第一电离能与原子序数的关系如下图所示，请回答下列问题(用 Q、W、X、Y、Z所对应的元素符号作答)：（1）基态 Y原子核外共有_种运动状态不相同的电子。若用n 表示能层，则与Y元素同族的元素的基态原子的价电子排布式为_。（2）X、W 组成的一种二元化合物常用作火箭燃料，该化合物中X原子的杂化方式为_。该化合物常温下呈液态，其沸点高于Y2沸点的原因为_。（3）X2Y曾被用作麻醉剂，根据“等电子体原理”预测 X2Y的空间构型为_。（4）XW3存在孤电子对，可形成Q(XW3)42+离子，该离子中不存在_(填序号)。A极性共价键B非极性共价键C配位键D键E.键（5）Q 与 X形成的一种二元化合物的立方晶胞结构如图所示：Q 原子周围距其距离最近的Q 原子的数目为_。该二元化合物的化学式为_。（6）已知单质Q 晶体的堆积方式为面心立方最密堆积，则单质Q 晶体的晶胞中原子的空间利用率为_(用含 的式子表示)。【答案】8ns2np4sp3N2H4与 O2均为分子晶体且相对分子质量相同，但N2H4分子之间存在氢键，故其沸点较高直线BE8Cu3N2100%6【解析】【分析】同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势。由于N 原子为1s22s22p3达到半满结构，相对较稳定，所以第一电离能会有所增大，根据W、X、Y、Z第一电离能变化规律可知，W 为 H 元素、X 为 N 元素、Y为O 元素、Z为 S元素，第四周期元素Q 位于 ds 区，最外层电子半充满，价电子排布式为3d104s1，则 Q 为Cu，据此分析。【详解】（1）Y为 O 元素，基态O 原子有 8 个电子，所以有8 种运动状态不相同的电子；O 元素的基态原子的价电子排布式为2s22p4，若用 n 表示能层，则与Y元素同族的元素的基态原子的价电子排布式为ns2np4；（2）X、W 组成的一种二元化合物N2H4常用作火箭燃料，N2H4分子中氮原子的价层电子对=3+1=4，含有一个孤电子对，N 原子轨道的杂化类型是sp3；N2H4与 O2均为分子晶体且相对分子质量相同，但N2H4分子之间存在氢键，故其沸点较高；（3）X2Y为 N2O，曾被用作麻醉剂，已知N2O 与 CO2互为等电子体，等电子体的结构相似，已知CO2为直线形的分子，所以N2O 的空间构型为直线形；（4）Cu(NH3)42+中 Cu2+与 NH3之间的化学键为配位键，N-H 为极性共价键，不存在非极性共价键和键；答案选 BE；（5）由晶胞结构可知，Cu在晶胞的棱上，Cu 原子周围距其距离最近的Cu原子在晶胞同面的棱上，数目为 8；根据晶胞结构可知，Cu 在晶胞的棱上，该晶胞中Cu的个数为1214=3，N 在晶胞的顶点上，该晶胞中N 的个数为818=1，该二元化合物的化学式为Cu3N；（6）Cu晶体的粒子堆积方式为面心立方最密堆积，该晶胞中Cu原子个数=1168428,其晶胞体积V=a3cm3，其密度=3644ANag/cm3=3256Aa Ng/cm3；根据晶胞结构可知，4r=2a，解得 a=22r，则晶胞立方体的体积为a3=(22r)3，晶胞中 4 个金属原子的体积为4343r，所以此晶胞中原子空间占有率是33443100%2 2rr=2100%6。