2019-2020学年安徽省安庆第二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年安徽省安庆第二中学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根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象实验结论A 用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色溶液中无K+B 用已知浓度HCl 溶液滴定NaOH 溶液，酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入HCl 溶液测得 c(NaOH)偏高C 使石蜡油裂解产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色石蜡油裂解一定生成了乙烯D 向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，无砖红色沉淀出现淀粉未水解A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A.所给现象只能确定有Na+，不能确定是否有K+，确定是否有K+要透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，A 项错误；B.滴定管在盛装溶液前要用待装液润洗23 次，如不润洗，滴定管内壁残存的水分将会对装入的溶液进行稀释，导致所耗盐酸的体积偏大，造成NaOH 的浓度的计算结果偏高，B 项正确；C.酸性高锰酸钾溶液的褪色，只是说明生成了不饱和烃，不能确切指生成了乙烯，C 项错误；D.在加入新制的氢氧化铜悬浊液之前，一定要加过量的NaOH 溶液中和作为催化剂的硫酸，并调整溶液至碱性，不然即使淀粉发生水解生成了葡萄糖，也不能与新制的氢氧化铜悬浊液共热产生砖红色沉淀，D 项错误；所以答案选择B 项。2用电化学法制备LiOH的实验装置如图，采用惰性电极，a 口导入 LiCl溶液，b 口导入 LiOH 溶液，下列叙述正确的是（）A通电后阳极区溶液pH 增大B阴极区的电极反应式为4OH 4eO2+2H2O C当电路中通过1mol 电子的电量时，会有0.25mol 的 Cl2生成D通电后Li+通过交换膜向阴极区迁移，LiOH 浓溶液从d 口导出【答案】D【解析】【分析】【详解】A、左端为阳极，阳极上失去电子，发生氧化反应2Cl2e=Cl2，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，pH 有所降低，故错误；B、右端是阴极区，得到电子，反应是2H2e=H2，故错误；C、根据选项A 的电极反应式，通过1mol 电子，得到0.5molCl2，故错误；D、根据电解原理，阳离子通过阳离子交换膜，从正极区向阴极区移动，LiOH浓溶液从d 口导出，故正确。3下列表示不正确的是()A CO2的电子式BCl2的结构式 ClCl CCH4的球棍模型DCl的结构示意图【答案】C【解析】【详解】A.CO2分子中存在两个双键，其电子式为，A正确；B.Cl2分子中只有单键，故其结构式为ClCl，B 正确；C.CH4的空间构型为正四面体，其比例模型为，C不正确；D.Cl的结构示意图为，D 正确。故选 C。4下列结论不正确的是（）氢化物的稳定性：HFHClSiH4离子半径：Al3 S2Cl离子的还原性：S2Cl Br-酸性：H2SO4H3PO4HClO 沸点：H2SH2O ABCD【答案】A【解析】【详解】非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性：F Cl Si，氢化物的稳定性：HFHClSiH4，故 正确；Al3+核外两个电子层，S2-、Cl-核外三个电子层，电子层数相同时，核电荷数多，则半径小。故离子半径：S2ClAl3，故错误；非金属单质的氧化性越强，其离子的还原性越弱，单质的氧化性：Cl2 Br2S离子的还原性：S2Br-Cl，故错误；硫酸、磷酸都是最高价的含氧酸，由于非金属性：硫元素强于磷元素，所以硫酸酸性强于磷酸，磷酸是中强酸，而碳酸是弱酸，所以磷酸酸性强于碳酸，二氧化碳、水、次氯酸钙能反应生成碳酸钙和次氯酸，所以碳酸酸性强于次氯酸，所以酸性依次减弱：H2SO4H3PO4HClO，故正确；H2S和 H2O 结构相似，化学键类型相同，但 H2O 中的 O 能形成氢键，H2S中的 S不能，所以沸点：H2SZR；简单离子半径:ZXY D工业上常用电解熔融的Y 与 R 形成的化合物的方法制取Y【答案】B【解析】【分析】考古时利用W 的一种同位素测定一些文物的年代，则 W 为 C；X是地壳中含量最多的元素，则 X 为 O；Y、Z的质子数分别是W、X 的质子数的2 倍，则 Y的质子数为6 2=12，Y为 Mg，Z 的质子数为8 2=16，Z为 S，R的原子序数最大，R 为 Cl，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W 为 C、X 为 O、Y为 Mg、Z为 S、R为 Cl；A Mg 与 CO2点燃下发生置换反应生成MgO、C，故 A 正确；B二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，则澄清的石灰水不能鉴别，故B 错误；C同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：YZ R；电子层越多离子半径越大，且具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：ZXY，故 C 正确；D Mg 为活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁冶炼Mg，故 D 正确；故答案为B。6下列关于物质工业制备的说法中正确的是A接触法制硫酸时，在吸收塔中用水来吸收三氧化硫获得硫酸产品B工业上制备硝酸时产生的NOx，一般可以用NaOH 溶液吸收C从海水中提取镁的过程涉及化合、分解、置换、复分解等反应类型D工业炼铁时，常用焦炭做还原剂在高温条件下还原铁矿石【答案】B【解析】【分析】【详解】A直接用水吸收SO3，发生反应3224SOH O=H SO，该反应放热会导致酸雾产生，阻隔水对SO3的吸收，降低吸收率；因此，吸收塔中用的是沸点较高的浓硫酸吸收的SO3，A 项错误；BNaOH 溶液可以吸收NOx，因此工业上制备硝酸时产生的NOx通常用 NaOH 溶液吸收，B项正确；C 利用海水提取镁，先将贝壳煅烧，发生分解反应生成CaO；再将其投入海水中，在沉淀槽中生成Mg(OH)2，这一过程涉及CaO与水的化合反应以及Ca(OH)2与海水中的Mg2+的复分解反应；接着 Mg(OH)2加盐酸溶解，这一步发生的也是复分解反应，获得氯化镁溶液；再由氯化镁溶液获得无水氯化镁，电解熔融的无水氯化镁即可得到镁单质；整个过程中并未涉及置换反应，C项错误；D工业炼铁主要利用的是焦炭产生的CO在高温下还原铁矿石得到的铁单质，D 项错误；答案选 B。7下列有关说法正确的是（）A水合铜离子的模型如图，该微粒中存在极性共价键、配位键、离子键BCaF2晶体的晶胞如图，距离 F-最近的 Ca2+组成正四面体C氢原子的电子云图如图，氢原子核外大多数电子在原子核附近运动D金属 Cu中 Cu原子堆积模型如图，为面心立方最密堆积，Cu原子的配位数均为12，晶胞空间利用率68%【答案】B【解析】【分析】【详解】A水合铜离子中水中的氧原子提供孤对电子与铜离子形成配位键，水中的H 原子和 O 原子形成极性共价键，但不存在这离子键，A 选项错误；BCaF2晶体的晶胞中，F-位于体心，而Ca2+位于顶点和面心，距离F-最近的 Ca2+组成正四面体，B 选项正确；C电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H 原子最外层只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，只能说H 原子的一个电子在原子核附近出现的机会多，C 选项错误；D金属 Cu 中 Cu 原子堆积模型为面心立方最密堆积，配位数为12，但空间利用率为74%，D 选项错误；答案选 B。【点睛】本题考查了配合物、离子晶体、电子云、最密堆积等知识，解题关键是对所给图要仔细观察，并正确理解掌握基本概念。8已知在 100、1.01 105 Pa 下，1 mol 氢气在氧气中燃烧生成气态水的能量变化如图所示，下列有关说法不正确的是()A 1 mol H2O(g)分解为 2 mol H 与 1 mol O 时吸收 930 kJ 热量B热化学方程式为：2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H 490 kJ mol1C甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙甲丙D乙 丙的过程中若生成液态水，释放的能量将小于930 kJ【答案】D【解析】【详解】A.由已知的能量变化图可知，1 mol H2O(g)分解为 2 mol H 与 1 mol O 时吸收 930 kJ热量，A 项正确；B.由已知的能量变化图可知，H2(g)12O2(g)=H2O(g)H反应物断键吸收的能量-生成物成键释放的能量=(436+249-930)kJ mol1=-245kJ mol1，则热化学方程式为：2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H-245kJ mol1 2=-490 kJmol1，B项正确；C.甲吸收能量生成乙，乙释放能量生成丙，乙的能量最高，甲生成丙为放热反应，则甲的能量高于丙，则甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙甲丙，C项正确；D.乙丙的过程中生成气态水时，释放930 kJ的能量，若生成液态水，气态水转变为液态水会继续释放能量，则释放的能量将大于930 kJ，D 项错误；答案选 D。9某烃的相对分子质量为86，如果分子中含有3 个-CH3、2 个-CH2-和 1 个，则该结构的烃的一氯取代物最多可能有（不考虑立体异构）（）A 9 种B8 种C5 种D4 种【答案】A【解析】【详解】某烷烃相对分子质量为86，则该烷烃中含有碳原子数目为：N=86214=6，为己烷；3 个-CH3、2 个-CH2-和 1 个，则该己烷分子中只能含有1 个支链甲基，不会含有乙基，其主链含有5个 C，满足条件的己烷的结构简式为：CH3CH(CH3)CH2CH2CH3，CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，其中分子中含有 5 种位置不同的H，即含有一氯代物的数目为5；分子中含有4 种位置不同的H，则其一氯代物有4 种，所以该结构的烃的一氯取代物最多可能有：5+4=9 种。故选 A.。【点睛】烃的等效氢原子有几种，该烃的一元取代物的数目就有几种；在推断烃的二元取代产物数目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。10 本草纲目中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说法正确的是A“薪柴之灰”可与铵态氮肥混合施用B“以灰淋汁”的操作是萃取C“取碱”得到的是一种碱溶液D“浣衣”过程有化学变化【答案】D【解析】【详解】A.“薪柴之灰”中含有碳酸钾，与铵态氮肥共用时，发生水解反应，相互促进水解，降低肥效，故A 错误；B.“以灰淋汁”的操作是过滤，故B错误；C.“取碱”得到的是碳酸钾溶液，属于盐溶液，故C错误；D.“浣衣”过程中促进油脂的水解，属于化学变化，故D 正确；故选 D。11室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A 向 X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色X 溶液中一定含有Fe2+B 在炽热的木炭上滴加少许浓硝酸，产生红棕色气体，木炭持续燃烧加热条件下，浓硝酸与C 反应生成 NO2C 向含有 ZnS和 Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀Ksp(CuS)甲；甲与丁相比，甲中SO2、O2的物质的量比丁中大，即SO2、O2的浓度比丁中大，其它条件相同，浓度越大，反应速率越快，所以反应速率：甲丁；丙与丁相比，其它条件相同，丁中温度高，温度越高，反应速率越快，所以反应速率：丁丙；所以由大到小的顺序排列乙、甲、丁、丙，答案选 C。13ABCDE、为原子序数依次增大的五种短周期元素，A 是周期表原子半径最小的元素，BCD、同周期且相邻，C的 L层电子数是K层的 3 倍，E原子的核外电子数是B 原子质子数的2 倍。下列说法不正确的是（）A纯净的E元素的最高价氧化物可用于制造光导纤维BABC、三种元素形成的化合物中一定只含共价键C由元素AC、组成的某种化合物可与2SO反应生成24H SOD元素 A 与BCDE、形成的常见化合物中，热稳定性最好的是AD【答案】B【解析】【分析】原子半径最小的元素是氢，A 为氢，C 的 L 层是 K 层的 3 倍，则 C 为氧，B 为氮，D 为氟，B 原子有 7个质子，则E 原子有 14 个核外电子，即硅元素，据此来分析各选项即可。【详解】A.二氧化硅可以用于制造光导纤维，A 项正确；B.A、B、C 三种元素可以形成43NH NO，43NH NO中含有离子键，B 项错误；C.22H O可以直接和2SO作用得到24H SO，C 项正确；D.非金属性越强的元素，其氢化物的热稳定性越好，B、C、D、E 中非金属性最强的是氟，因此HF的热稳定性最好，D 项正确；答案选 B。14下列说法正确的是A乙二醇和丙三醇互为同系物B室温下，在水中的溶解度：乙醇苯酚 乙酸乙酯C分子式为C7H8O 且属于酚类物质的同分异构体有4 种D甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲基使苯环变活泼【答案】B【解析】【分析】【详解】A乙二醇含有2 个羟基，丙三醇含有3 个羟基，结构不同，二者不是同系物，A错误；B室温下，乙醇可与水以任意比例互溶，苯酚在水中的溶解度不大，乙酸乙酯不溶于水，故在水中的溶解度：乙醇 苯酚 乙酸乙酯，B 正确；C分子式为C7H8O 且属于酚类物质的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚和对甲基苯酚共3种，C错误；D甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而被氧化为苯甲酸，说明苯环影响了甲基，使甲基变活泼，D 错误；故答案选B。15地球在流浪，学习不能忘”，学好化学让生活更美好。下列说法错误的是A港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物B“玉兔二号”月球车首次在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是SiO2C 天工开物中“凡石灰经火焚炼为用”，其中“石灰”指的是 CaCO3D宋 王希孟千里江山图卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜【答案】B【解析】【详解】A、聚乙烯纤维，由小分子乙烯加聚得到，是有机高分子化合物，A 不符合题意；B、太阳能电池的材料是Si，而不是SiO2，B 符合题意；C、石灰石的主要成分为CaCO3，受热分解得到CaO，C 不符合题意；D、铜绿的主要成分为碱式碳酸铜，Cu2(OH)2CO3；D 不符合题意；答案选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16目前全世界的镍（Ni）消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。镍常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。碱式碳酸镍的制备：工业用电解镍新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制备碱式碳酸镍晶体xNiCO3yNi(OH)2zH2O，制备流程如图：（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO32Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X 的化学式为 _。（2）物料在反应器中反应时需要控制反应温度和pH 值。分析如图，反应器中最适合的pH 值为 _。（3）检验碱式碳酸镍晶体洗涤干净的方法是_。测定碱式碳酸镍晶体的组成：为测定碱式碳酸镍晶体xNiCO3yNi(OH)2zH2O组成，某小组设计了如图实验方案及装置：资料卡片：碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和 H2O 实验步骤：检查装置气密性；准确称量3.77g 碱式碳酸镍晶体xNiCO3 yNi(OH)2zH2O放在 B装置中，连接仪器；打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，分别称量装置C、D、E的质量并记录；_；打开弹簧夹a 缓缓鼓入一段时间空气；分别准确称量装置C、D、E的质量并记录；根据数据进行计算（相关数据如下表）装置 C/g 装置 D/g 装置 E/g 加热前250.00 190.00 190.00 加热后251.08 190.44 190.00 实验分析及数据处理：（4）E装置的作用 _。（5）补充的实验操作_。（6）通过计算得到碱式碳酸镍晶体的组成_（填化学式）。镍的制备：（7）写出制备Ni 的化学方程式 _。【答案】CO28.3 取最后一次洗涤液少许，加入HCl 酸化的 BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净吸收空气中的H2O 和 CO2关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C 中无气泡时，停止加热NiCO3 2Ni(OH)24H2O2NiCO32Ni(OH)24H2O+3N2H4H2O=6Ni+3N2+2CO2+21H2O【解析】【分析】(1)根据元素守恒分析判断；(2)使各种杂质相对最少的pH 即为最适合的pH；(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留；(4)根据实验目的和各个装置的作用分析；(5)根据实验目的和前后操作步骤分析；(6)先计算生成水蒸气和CO2的质量，再根据质量守恒确定化学式；(7)氧化还原反应中电子有得，必有失，根据化合价变化确定生成物，进而配平方程式。【详解】(1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3 2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反应前 Ni 原子共 3 个、S原子共 3 个、O 原子共 23 个、Na 原子 6 个、C原子 3 个、H 原子 4 个，反应后现有：Ni 原子 3 个、S原子共 3 个、O 原子共 19 个、Na 原子 6 个、C 原子 1 个、H 原子 4 个，少 O 原子 4 个，C 原子 2 个，而这些微粒包含在2 个 X分子中，所以X 的化学式为CO2，故答案为：CO2；(2)物料在反应器中反应时需要控制反应条件，根据图可知，在pH=8.3 时，各种杂质相对最少，所以反应器中最适合的pH 8.3，故答案为：8.3；(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留，故答案为：取最后一次洗涤液少许，加入HCl 酸化的 BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净；(4)C 装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的H2O，D 装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的CO2，E装置可以防止空气中的H2O 和 CO2进入 D 装置中，影响实验数据的测定，故答案为：吸收空气中的 H2O 和 CO2；(5)步骤反应前左侧通空气是为了排尽装置中原有的CO2和水蒸气，避免装置内的CO2和水蒸气造成数据干扰，排空气后，应该开始进行反应，因此步骤的操作为关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，说明固体分解完全，停止加热；步骤再打开弹簧夹a 缓缓鼓入一段时间空气，将装置中残留的CO2和水蒸气全部赶入C、D 装置，被完全吸收，故答案为：关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热；(6)水的质量为251.08g-250g=1.08g，CO2的质量为190.44g-190g=0.44g，由于发生的是分解反应，所以生成的 NiO 的质量为3.77g-1.08g-0.44g=2.25g，则分解反应中水、二氧化碳和NiO 的系数比(也就是分子个数比)为即：1.08g0.44g2.25g18g/molg/molg/mol=6:1:34475：，xNiCO3?yNi(OH)2?zH2O .6H2O+CO2+3NiO，根据元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4即 xNiCO3?yNi(OH)2?zH2O中 x:y:z 的值 1:2:4，故答案为：NiCO3 2Ni(OH)2 4H2O；(7)NiCO3 2Ni(OH)2 4H2O 与 N2H4 H2O 反应生成 Ni，Ni 元素得电子，被还原，同时还生成气体X 和 Y，由第(1)问知 X为 CO2，氧化还原反应有得电子，必有失电子的物质，由此判断另一种气体为N2，根据得失电子守恒、元素守恒配平制备Ni 的化学方程式，故答案为：2NiCO3 2Ni(OH)2 4H2O+3N2H4 H2O=6Ni+3N2+2CO2+21H2O。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17酯类化合物H 是一种医药中间体，常用于防晒霜中紫外线的吸收剂。实验室由化合物A 和 E制备 H的一种合成路线如下图:已知回答下列问题:(1)经测定 E的相对分子质量为28，常用来测定有机物相对分子质量的仪器为_。F中只有一种化学环境的氢原子，其结构简式为_。(2)(CH3)2SO4是一种酯，其名称为_。(3)A 能与 Na2CO3溶液及浓溴水反应，且1molA 最多可与2molBr2反应。核磁共振氢谱表明A 的苯环上有四种不同化学环境的氢原子。A 的结构简式为_。C中含氧官能团的名称为_。(4)D+G H 的化学方程式为_。(5)C 的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_种(不含立体异构)。遇 FeCl3溶液发生显色反应能发生水解反应(6)参照上述合成路线，设计一条由和(CH3)3CCl为起始原料制备的合成路线(其他试剂任选)；_。【答案】质谱仪硫酸二甲酯羧基、醚键+HOCH2CH2OH+H2O 19【解析】【分析】A 能与 Na2CO3溶液及溴水反应，A 发生信息中的取代反应生成B，A 的苯环上有四种不同化学环境的氢原子，结合B的分子式，可知B 为，逆推可知A 为；B发生氧化反应生成C为，C发生信息中的反应生成D 为，E的相对分子质量为28，E催化氧化产生的 F中只有一种化学环境的氢原子，则E是乙烯 CH2=CH2，E发生催化氧化生成F，F中只有一种化学环境的氢原子，F结构简式为，F与水反应产生的G 是乙二醇；G 结构简式为HOCH2CH2OH，结合 H的分子式可知H 为；(6)由苯酚和(CH3)3CCl为起始原料制备，可先由苯酚发生信息反应，再发生硝化反应，最后与HI 反应可生成目标物，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知：A 为；B 为；C为；D 为；E为 CH2=CH2；F为；G 为 HOCH2CH2OH；H 为。(1)经测定 E的相对分子质量为28，常用来测定有机物相对分子质量的仪器为质谱仪。F中只有一种化学环境的氢原子，其结构简式为。(2)(CH3)2SO4是一种酯，是硫酸与2 个甲醇发生酯化反应产生的酯，因此其名称为硫酸二甲酯。(3)根据上述分析可知A 的结构简式为，C为，可见 C中含氧官能团的名称为羧基、醚键。(4)D+G 发生酯化反应产生H 的化学方程式为+HOCH2CH2OH+H2O。(5)C 为，其中含有的官能团是-COOH、，C的同分异构体中能同时满足条件遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；能发生水解反应，说明含有酯基，如含有3 个取代基，则可为-OH、-OOCH、-CH3，有 10种同分异构体，如含有 2个取代基，一个为-OH，另一个可为-OOCCH3、-CH2OOCH、-COOCH3，各有邻、间、对3 种，因此共有19 种同分异构体；(6)由苯酚和(CH3)3CCl为起始原料制备，可先由苯酚发生信息反应，再发生硝化反应，最后与HI 发生反应可生成目标物，则该反应的流程为：。【点睛】本题考查有机物的合成的知识，涉及物质结构简式的书写、官能团的判断、化学方程式的书写及同分异构体种类的判断等，把握官能团与性质、有机反应、合成反应中官能团的变化及碳原子数变化为解答的关键，注意有机物性质的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18月桂烯（）是重要的化工原料，广泛用于香料行业。（1）月桂烯与足量氢气完全加成后生成A，A 的名称是 _；（2）以月桂烯为原料制取乙酸香叶酯的流程如下图：B中官能团的名称_；乙酸香叶酯的化学式_；反应的反应类型是_；反应的化学方程式是_；（3）已知：烯烃臭氧化还原水解反应生成羰基化合物，如：一定条件下，月桂烯可实现如下图所示转化（图中部分产物已略去）：C 与新制的Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为：_；E在一定条件下能发生缩聚反应，写出其产物的结构简式_。【答案】2，6二甲基辛烷碳碳双键、氯原子C12H20O2加成反应（或、）【解析】【详解】（1）与足量 H2完全加成后生成的A 的结构简式为CH3CH2CH（CH3）CH2CH2CH2CH（CH3）2，A 属于烷烃，根据烷烃的系统命名法可知其名称为2，6二甲基辛烷。（2）从 B 的结构简式可看出，B 中含有的官能团名称为碳碳双键和氯原子。根据键线式的书写方法及乙酸香叶酯的结构简式，可写出其化学式为C12H20O2。从月桂烯到B 的变化，可知发生的反应是1，4加成反应。从 B 到乙酸香叶酯的变化，可知B与 CH3COONa发生取代反应得到乙酸香叶酯和NaCl，反应 II 的化学方程式为。（3）根据题中已知信息，月桂烯 C 的变化是所有碳碳双键都发生断裂生成碳氧双键，结合最终产物，可知 C 为，CD 为醛基被氧化为羧基，D 的结构简式为HOOCCH2CH2COCOOH，DE 为羰基加氢得到羟基，故E的结构简式为HOOCCH2CH2CH（OH）COOH；C与新制的Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为。E的结构简式为HOOCCH2CH2CH（OH）COOH，E中含 2 个羧基和1 个羟基，E在一定条件下发生缩聚反应生成产物的结构简式为、。19锶有“金属味精”之称。以天青石（主要含有SrSO4和少量 CaCO3、MgO杂质）生产氢氧化锶的工艺如下：已知氢氧化锶在水中的溶解度：温度（）0 10 20 30 40 60 80 90 100 溶解度（g/100mL）0.91 1.25 1.77 2.64 3.95 8.42 20.2 44.5 91.2（1）隔绝空气焙烧时SrSO4只被还原成SrS，化学方程式为_。（2）“除杂”方法：将溶液升温至95，加 NaOH 溶液调节pH为 12。95时水的离子积KW1.0 1012，KspMg(OH)2 1.2 1010，则溶液中c（Mg2）_。若 pH过大，将导致氢氧化锶的产率降低，请解释原因_。（3）“趁热过滤”的目的是_，“滤渣”的主要成分为_。（4）从趁热过滤后的滤液中得到Sr(OH)2产品的步骤为 _、过滤、洗涤、干燥。（5）“脱硫”方法：用FeCl3溶液吸收酸浸产生的气体，请写出吸收时的离子方程式_；再用石墨电极电解吸收液，电解后可在“脱硫”中循环利用的物质是FeCl3溶液。请写出电解时阳极的电极反应：_。【答案】SrSO44CSrS4CO 1.2 10-10 mol?L-1OH对氢氧化锶的溶解起抑制作用，OH浓度过大，将使氢氧化锶沉淀析出防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失Ca(OH)2、Mg(OH)2降温结晶2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+Fe2+e=Fe3+【解析】（1）根据图中信息，隔绝空气焙烧时SrSO4只被碳还原成SrS，同时生成一氧化碳，反应的化学方程式为：SrSO4 4C SrS 4CO；（2）95时水的离子积KW1.0 1012，pH 为 12，c（H）10-12mol/L，c（OH-）wKc H=1mol/L，c（Mg2）sp2KcOH=1021.2101=1.2 10-10 mol?L-1；OH对氢氧化锶的溶解起抑制作用，OH浓度过大，将使氢氧化锶沉淀析出，导致氢氧化锶的产率降低；（3）“趁热过滤”的目的是防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失，“滤渣”的主要成分为在碱性条件下沉淀下来的Mg(OH)2和微溶物Ca(OH)2；（4）从趁热过滤后的滤液中得到Sr(OH)2产品的步骤为降温结晶、过滤、洗涤、干燥；（5）“脱硫”方法：用FeCl3溶液吸收酸浸产生的气体，铁离子将硫离子氧化为硫单质，吸收时的氧化产物为 S；再用石墨电极电解吸收液，电解过程将氯化亚铁氧化为氯化铁，故电解后可在“脱硫”中循环利用的物质是 FeCl3。