2019-2020学年北京一五六中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年北京一五六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用 NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中不正确的是A标准状况下，22.4LCl2通入足量NaOH 溶液中，完全反应时转移的电子数为2NAB20gD2O 含有的电子数为10NAC1L0.1mol?L-1NH4NO3溶液中的氮原子数为0.2NAD 25时，1.0LpH=12 的 NaClO 溶液中由水电离出OH-的数目为0.01NA【答案】A【解析】【详解】A、Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，1mol 氯气参加反应转移1mol 电子，因此标准状况下22.4L 氯气参加此反应转移1mol 电子，个数为NA，选项 A 不正确；B、20g D2O 的物质的量为1mol，1mol 重水中含有10mol 电子，含有的电子数为10NA，选项 B正确；C、溶液中硝酸铵的物质的量n=cV=0.1mol/L 1L=0.1mol，而 1mol 硝酸铵中含2molN 原子，故 0.1mol 硝酸铵中含 0.2NA个氮原子，选项C正确；D、次氯酸钠是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，溶液中的OH-都是由水电离出来，25时，pH=12 的 1.0LNaClO溶液中 c(H+)=10-12mol/L，c(OH-)=10-2mol/L,则水电离出的OH的数目为0.01NA,选项 D 正确；答案选 A。2氮及其化合物的转化过程如下图所示，其中如图为反应过程中能量变化的曲线图。下列分析合理的是A如图中c 曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线B反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-92 kJ/mol C在反应中，若有1.25 mol 电子发生转移，则参加反应的NH3的体积为5.6 L D催化剂a、b 能提高化学反应、的化学反应速率和平衡转化率【答案】B【解析】【详解】A.使用催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，所以曲线d 是加入催化剂a 时的能量变化曲线，A 错误；B.根据图示可知反应物比生成物的能量高出600 kJ-508 kJ=92 kJ，故反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-92 kJ/mol，B正确；C.未指明气体所处条件，因此不能根据电子转移的物质的量确定气体的体积，C错误；D.催化剂能加快化学反应的反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能改变物质的平衡转化率，D 错误；故合理选项是B。3已知有关溴化氢的反应如下：反应 I：2222CuCl4504HBrO2Br2H O反应：3424NaBr(s)H PO()NaH POHBr浓反应：2522324HBrP O2BrP O2H O下列说法正确的是A实验室可用浓34H PO与 NaBr 反应制 HBr 并用25P O干燥B反应中还原剂和还原产物的物质的量之比为2:1 CHBr 有强还原性，与3AgNO溶液发生氧化还原反应D HBr 的酸性比HF 强，可用氢溴酸在玻璃器皿表面作标记【答案】B【解析】【详解】A.HBr 会与25P O发生反应，故HBr 不能用25P O干燥，A 错误；B.反应 中还原剂为HBr，还原产物为水，还原剂和还原产物的物质的量之比为2:1，B正确；C.HBr 与3AgNO溶液会发生复分解反应生成AgBr 沉淀，C错误；D.HF中 F是亲硅元素，故可用于刻蚀玻璃，而HBr 不行，D 错误；故答案选B。4下列各反应对应的离子方程式正确的是（）A次氯酸钠溶液中通入过量二氧化硫ClO+H2O+SO2HClO+HSO3B向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO32-C氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应得到中性溶液Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2O D 50 mL 1mol/L 的 NaOH 溶液中通入0.03mol H2S：5OH+3H2SHS+2S2+5H2O【答案】D【解析】【详解】A次氯酸根和过量二氧化硫反应生成氯离子、硫酸根离子，离子方程式为ClO+H2O+SO2Cl+SO42+2H+，故 A 错误；B向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液，二者反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为HCO3+Ca2+OH CaCO3+H2O，故 B 错误；C氢氧根离子、氢离子和水分子的计量数都是2，离子方程式为Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故 C 错误；D n(NaOH)1mol/L 0.05L0.05mol，50 mL 1mol/L 的 NaOH 溶液中通入0.03mol H2S，设硫化钠的物质的量是 x，硫氢化钠的物质的量是y，根据钠原子和硫原子守恒得，0.0320.05xyxy解得0.020.01xy，所以硫化钠和硫氢化钠的物质的量之比是2：1，离子方程式为5OH+3H2S HS+2S2+5H2O，故 D 正确；故答案为D。【点睛】考查离子方程式的书写，明确离子之间发生反应实质是解本题关键，再结合离子反应方程式书写规则分析，易错选项是D，要结合原子守恒确定生成物，再根据原子守恒书写离子方程式。5类推是化学学习和研究中常用的思维方法下列类推正确的是（）A CO2与 SiO2化学式相似，故CO2与 SiO2的晶体结构也相似B晶体中有阴离子，必有阳离子，则晶体中有阳离子，也必有阴离子C检验溴乙烷中的溴原子可以先加氢氧化钠水溶液再加热，充分反应后加硝酸酸化，再加硝酸银，观察是否有淡黄色沉淀，则检验四氯化碳中的氯原子也可以用该方法，观察是否产生白色沉淀D向饱和碳酸氢钠溶液中加入氯化铵会有碳酸氢钠晶体析出，则向饱和碳酸氢钾溶液中加入氯化铵也会有碳酸氢钾晶体析出【答案】D【解析】【分析】【详解】A.二氧化碳是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，晶体结构不同，故A 错误；B.晶体中有阳离子，未必一定有阴离子，如：在金属晶体中，存在金属阳离子和自由移动的电子，故B错误；C.四氯化碳不易发生水解反应，故C 错误；D.碳酸氢钾与碳酸氢钠性质相似，可析出碳酸氢钾晶体，故D 正确；答案选 D。【点睛】离子晶体由阳离子和阴离子构成，金属晶体由阳离子和自由电子构成，因此，晶体中有阳离子，未必一定有阴离子；有阴离子，一定有阳离子。6根据合成氨反应的能量变化示意图，下列有关说法正确的是（）A断裂 0.5molN2（g）和 1.5mol H2（g）中所有的化学键释放a kJ热量BNH3（g）NH3（l）H=c kJ?mol1CN2（g）+3H2（g）?2NH3（g）H=2（ab）kJ?mol1D 2NH3（l）?N2（g）+3H2（g）H=2（b+ca）kJ?mol1【答案】D【解析】【分析】由图可知，断裂化学键吸收akJ 热量，形成1mol 气态氨气时放热为bkJ，1mol 气态氨气转化为液态氨气放出热量为ckJ。【详解】A断裂 0.5mol N2（g）和 1.5mol H2（g）中所有的化学键，吸收a kJ热量，故A 错误；BNH3（g）NH3（l）H=c kJ?mol1，故 B错误；C由图可知，N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）H=2（ab）kJ?mol1，故 C错误；D由图可知，N2（g）+3H2（g）?2NH3（l）H=2（abc）kJ?mol1，互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，则2NH3（l）?N2（g）+3H2（g）H=2（b+ca）kJ?mol1，故 D 正确；故选：D。7一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为 2 价)与 100mL 盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成 3.2g 硫单质、0.4molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是（）A该盐酸的物质的量浓度为4.0mol L-1B该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与 Fe3+的物质的量之比为2：1 C生成的H2S气体在标准状况下的体积为8.96L D该磁黄铁矿中FexS的 x=0.85【答案】C【解析】【分析】n(S)=3.2g 32g/mol=0.1mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)=0.1mol2032=0.2mol，则n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，所以 n(Fe2+)：n(Fe3+)=0.2mol：0.2mol=1：1，以此解答该题。【详解】A.盐酸恰好反应生成FeCl2 的物质的量为0.4mol，根据 Cl原子守恒可得c(HCl)=20.4mol0.1L=8.0mol/L，A错误；B.由以上分析可知，该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与 Fe3+的物质的量之比n(Fe2+)：n(Fe3+)=1：1，B 错误；C.根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)=12n(HCl)=n(FeCl2)=0.4mol，V(H2S)=0.4mol 22.4L/mol=8.96 L，C正确；D.FexS中 n(S)=0.1mol+0.4mol=0.5mol，n(Fe)=0.4mol，所以 n(Fe)：n(S)=0.4mol：0.5mol=0.8，所以 x=0.8，D 错误。故合理选项是C。8中科院科学家设计出一套利用SO2和太阳能综合制氢方案，其基本工作原理如图所示。下列说法错误的是A该电化学装置中，Pt 电极作正极BPt 电极的电势高于BiVO4电极的电势C电子流向：Pt 电极 导线 BiVO4电极 电解质溶液 Pt电极D BiVO4电极上的反应式为SO32-2e-+2OH-=SO42-+H2O【答案】C【解析】【分析】该装置为原电池，由 Pt 电极上反应(H2OH2)或 BiVO4电极上反应(SO32-SO42-)可知，Pt 电极上氢离子得电子生成氢气、发生还原反应，为正极，电极反应为2H2O+2e-H2+2OH-；BiVO4电极为负极，SO32-失电子生成硫酸根、发生氧化反应，电极反应为SO32-2e-+2OH-SO42-+H2O，据此分析解答。【详解】A Pt 电极上氢离子得电子生成氢气，发生还原反应，Pt 电极作正极，故A 正确；BPt 电极为正极，BiVO4电极为负极，所以Pt 电极电势高于BiVO4电极，故 B 正确；C电子从BiVO4电极(负极)经导线流向Pt 电极(正极)，不能进入溶液，故C错误；D BiVO4电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为SO32-2e-+2OH-SO42-+H2O，故 D 正确；故选 C。【点睛】根据电极上物质的变化判断正负极为解答的关键。本题的易错点为C，要注意溶液通过自由移动的离子导电，难点为D，要注意电极反应式的书写与溶液的酸碱性有关。9关于一定条件下的化学平衡H2(g)+I2(g)2HI(g)H0，下列说法正确的是（）A恒温恒容，充入H2，v（正）增大，平衡右移B恒温恒容，充入He，v（正）增大，平衡右移C加压，v（正），v（逆）不变，平衡不移动D升温，v（正）减小，v（逆）增大，平衡左移【答案】A【解析】【详解】A.恒温恒容，充入H2，氢气浓度增大，v（正）增大，平衡右移，故A 正确；B.恒温恒容，充入He，各反应物浓度都不变，v（正）不变，平衡不移动，故B 错误；C.加压，体积缩小，各物质浓度均增大，v（正）、v（逆）都增大，平衡不移动，故C 错误；D.升温，v（正）增大，v（逆）增大，由于正反应放热，所以平衡左移，故D 错误；答案选 A。【点睛】本题考查影响反应速率和影响化学平衡移动的因素；注意恒容容器通入惰性气体，由于浓度不变，速率不变、平衡不移动，恒压条件下通入惰性气体，容器体积变大，浓度减小，相当于减压。10在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下表：对二甲苯邻二甲苯间二甲苯苯沸点/138 144 139 80 熔点/13-25-47 6 下列说法错误的是（）A该反应属于取代反应B用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来C甲苯和氢气完全反应所得产物的分子式是 C7H16D对二甲苯的一溴代物有 2 种【答案】C【解析】【分析】甲苯发生取代反应生成二甲苯，由表中数据可知苯与二甲苯的沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，而对二甲苯熔点较低，可结晶分离，结合有机物的结构特点解答该题。【详解】A、甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取代反应，故A 不符合题意；B、苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，且二者能够互溶，因此可以用蒸馏的方法分离，故B 不符合题意；C、甲苯和氢气完全反应所得产物为甲基环己烷，分子式是 C7H14，故 C符合题意；D、对二甲苯结构对称，有2 种 H，则一溴代物有 2 种，故 D 不符合题意。故选：C。11下列有关化学用语或表达正确的是A三硝酸纤维素脂B硬酯酸钠C硝酸苯的结构简式：D NaCl 晶体模型：【答案】C【解析】【详解】A三硝酸纤维素脂正确书写为：三硝酸纤维素酯，属于酯类物质，故A 错误；B硬酯酸钠中的“酯”错误，应该为硬脂酸钠，故B 错误；C硝基苯为苯环上的一个氢原子被硝基取代得到，结构简式：，故 C正确；D氯化钠的配位数是6，氯化钠的晶体模型为，故 D 错误；故答案为：C。12NA代表阿伏加德罗常数。已知C2H4和 C3H6的混合物的质量为a g，则该混合物()A所含共用电子对数目为(a/7+1)NAB所含原子总数为aNA/14 C燃烧时消耗的O2一定是 33.6 a/14L D所含碳氢键数目为aNA/7【答案】D【解析】【分析】C2H4和 C3H6的最简式为CH2，C2H4和 C3H6的混合物的质量为ag，以最简式计算，物质的量为a/14mol；【详解】A.环丙烷、丙烯和乙烯的最简式均为CH2，每个 C有 4 个价电子、每个H 有 1 个价电子，平均每个CH2中形成 3 个共用电子对，所以总共含有314amol共用电子对，故A 错误；B.C2H4和 C3H6的最简式为CH2，1 个 CH2中含有 3 个原子，C2H4和 C3H6的混合物的质量为ag，物质的量为14amol，所含原子总数314amol，故 B 错误；C.气体的状况不知道，无法确定消耗氧气的体积，故C 错误；D.烃分子中，每个氢原子与碳原子形成1 个 C-H键，C2H4和 C3H6的最简式为CH2，1 个 CH2中含有 3 个原子，C2H4和 C3H6的混合物的质量为ag，物质的量为14amol，所含碳氢键数目2147AAaamolNN mol，故 D 正确。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数，为高考高频考点，注意挖掘题目隐含条件C2H4和 C3H6的最简式为CH2，难度不大，注意相关基础知识的积累。13一种新型漂白剂结构如图所示，其中W.Y.Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X 的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列说法正确的是A非金属性：XWY BY的最高价氧化为对应的水化物为三元酸C可利用W 与 X、Y形成的化合物热还原制备单质Y D该漂白剂中仅有X均满足 8 电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】由 W2+可知，W 最外层有2 个电子；Z 形成 1 个键，Z 是第 A 或 A 族元素；W、Y、Z 的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X 形成 2 个键，X 是 A 族元素；Z 与 X 形成共价键，Z 是 H 元素，X 是 O元素；Y是 B元素；W、X 对应的简单离子核外电子排布相同，W是 Mg元素。【详解】A.W 是镁，为金属元素，非金属性：OBMg，故 A 错误；B.Y是 B 元素，B的最高价氧化为对应的水化物为H3BO3，H3BO3中的质子无法直接电离出，H3BO3结合水中的 OH-，电离出H+，H3BO3是一元弱酸，故B错误；C.镁和 B2O3加热生成B和氧化镁，故C 正确；D.该漂白剂中Mg2+、B、O 均满足 8 电子稳定结构，故D 错误。【点睛】本题需要通过微观的原子结构、化学键结合题目信息推断元素，关键是联系宏观物质的性质、灵活运用结构决定性质的规律，本题的突破口是该漂白剂的结构示意图。14下列有关同位素的说法正确的是A18O 的中子数为8 B16O 和18O 质子数相差2 C16O 与18O 核电荷数相等D1 个16O 与 1 个18O 质量相等【答案】C【解析】【分析】由XAZ（简化为XA）的含义分析解答。【详解】原子XAZ中，质量数为A，质子数为Z，中子数为（AZ）。因元素符号与质子数的一一对应关系，可简写为XA。A.氧是 8 号元素，18O 的中子数为188=10，A 项错误；B.16O 和18O 质子数都是8，中子数相差2，B项错误；C.16O 与18O 核电荷数都是8，C项正确；D.16O、18O 的相对质量分别约为16、18，其原子质量不等，D 项错误。本题选 C。15下列物质分类正确的是A SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【答案】D【解析】【详解】A SO2、SiO2为酸性氧化物，CO是不成盐氧化物。A 错误；B稀豆浆、硅酸属于胶体；而氯化铁溶液则是溶液，B 错误；C烧碱 NaOH 是碱，属于电解质；冰醋酸是纯净的醋酸，是酸，属于电解质；而四氯化碳是非电解质。C错误；D福尔马林是甲醛的水溶液；水玻璃是硅酸钠的水溶液；氨水为氨气的水溶液，因此都是混合物。D 正确；本题答案选D。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香豆素-3-羧酸是一种重要的香料，常用作日常用品或食品的加香剂。已知：RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R 代表烃基）+R1OH（1）A 和 B均有酸性，A 的结构简式：_；苯与丙烯反应的类型是_。（2）F为链状结构，且一氯代物只有一种，则F含有的官能团名称为_。（3）D丙二酸二乙酯的化学方程式：_。（4）丙二酸二乙酯在一定条件下可形成聚合物E，其结构简式为：_。（5）写出符合下列条件的丙二酸二乙酯同分异构体的结构简式：_。与丙二酸二乙酯的官能团相同；核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为32 1；能发生银镜反应。（6）丙二酸二乙酯与经过三步反应合成请写出中间产物的结构简式：中间产物I_；中间产物II_。【答案】CH3COOH 加成反应羰基+2C2H5OH2H2O【解析】【分析】丙二酸二乙酯由D 和乙醇反应得到，可知D 为丙二酸；由(1)可知 A 和 B 均有酸性，则存在羧基，故A 为CH3COOH；A 与溴水和红磷反应得到B，B 再与 NaCN 反应得到C，则 B 为 BrCH2COOH，C为 NCCH2COOH；根据信息提示，高聚物E为。【详解】(1)由分析可知A 为 CH3COOH；苯与丙烯反应得到异丙基苯，为加成反应，故答案为：CH3COOH；加成反应；(2)F 为 C3H6O，不饱和度为1，链状结构，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，故F为丙酮，官能团为羰基，故答案为：羰基；(3)丙二酸二乙酯由D 和乙醇反应得到，方程式为+2C2H5OH2H2O，故答案为：+2C2H5OH2H2O；(4)根据信息提示，则丙二酸二乙酯()要形成高聚物 E，则要发生分子间的缩聚反应，高聚物E为，故答案为：；(5)丙二酸二乙酯(C7H12O4)同分异构体满足与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基；核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为321，故氢个数分别为6，4，2；能发生银镜反应，说明要存在醛基或者甲酯，官能团又要为酯基，只能为甲酯，根据可知，含有两个甲酯，剩下-C5H10，要满足相同氢分别为6、4，只能为两个乙基，满足的为，故答案为：；(6)与丙二酸二乙酯反生加成反应，故双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成，进过消去反应得到，根据题干信息 RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R 代表烃基）提示，可反生取代得到，故答案为：；。【点睛】本题难点(5)，信息型同分异构体的确定，一定要对所给信息进行解码，确定满足条件的基团，根据核磁共振或者取代物的个数，确定位置。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18有机物F是有机合成中一种重要的中间体，其合成路线如下：回答下列问题：(1)D 中官能团的名称是_。(2)E 的分子式为 _；B 的结构简式为 _。(3)写出 C生成 D 的化学方程式_。(4)E 到 F的反应类型是_。(5)化合物()是 E的同系物，Y是 X 的同分异构体，满足如下条件的Y的同分异构体共有_种。属于芳香族化合物且苯环有三个取代基1molY 与足量的NaOH 溶液反应，需要消耗2 mol NaOH(6)设计由苯酚和乙醇制备的合成路线 _(无机试剂任选)。【答案】羰基、酯基C13H20O2+C2H5OH+H2O 还原反应24【解析】【分析】由题中给出的信息可知，B 则为，B 中的醛基被氧化成羧基生成C，BC 发生氧化反应，C 与 C2H5OH 在浓硫酸作用下发生酯化反应生成酯D，D 中所含的官能团的名称为酯基和羰基，E 在 1.LiAlH4、2.H2O 作用下羰基被还原为羟基。【详解】（1）D 中官能团是羰基、酯基；（2）F 的分子式为C13H24O2，E 与 F 相比碳原子数，O 原子数相同，但是E 比 F 多了两个羰基（），多了故 E 的分子式比F 的分子式少4 个 H 原子，E 的分子式为C13H20O2；由题中给出的信息可知，B 则为；（3）C 与 C2H5OH 在浓硫酸作用下发生酯化反应生成酯D()，C 生成 D 的化学方程式：+C2H5OH+H2O；（4）E 在 1.LiAlH4、2.H2O 作用下羰基被还原为羟基，故E到 F的反应类型是还原反应；（5）化合物()的分子式为C10H14O2，Y是 X 的同分异构体，满足以下条件：属于芳香族化合物且苯环有三个取代基 1molY 与足量的NaOH 溶液反应，需要消耗 2 mol NaOH，说明 Y中含有两个酚羟基，即两个-OH与苯环上的碳原子直接相连，另外一个取代基的则是丁基()，丁基有四种结构，当两个酚羟基在苯环上处于邻位的时候，丁基在苯环上有两个位置，共8 种结构；当两个酚羟基在苯环上处于间位的时候，丁基有三个位置，共12 种结构；当两个酚羟基在苯环上处于对位的时候，丁基有一种位置，共4 种结构，满足题中条件的Y的同分异构体共有24 种；（6）由苯酚和乙醇制备的合成路线：首先与 H2发生加成反应生成，然后再与浓硫酸加热的条件下发生消去反应生成，由苯酚和乙醇制备的合成路线如下：【点睛】本题主要考查有机化合物知识，意在考查考生结合题中已知信息和合成路线的信息，去分析问题、解决问题。19元素的性质与原子结构、元素在周期表中的位置有着密切的关系。回答下列问题：（1）如图表示某短周期元素X 的前五级电离能（I）的对数值，试推测并写出X 的元素符号 _。（2）化合物甲与SO2所含元素种类相同，两者互为等电子体，请写出甲的化学式_，甲分子中心原子的杂化类型是 _。（3）配位化学创始人维尔纳发现，将1mo1CoC135NH3（紫红色）和1mo1CoC13?4NH3（绿色）溶于水，加入 AgNO3溶液，立即沉淀的AgCl 分别为 2mo1、1mol。则紫红色配合物中配离子的化学式为_，绿色配合物中Co的配位数为 _。（4）某稀土元素M 的氧化物晶体为立方晶胞，其结构如图所示，图中小球代表氧离子，大球代表M 离子。写出该氧化物的化学式_。己知该晶体密度为g cm-3，晶胞参数为anm，NA为阿伏加德罗常数的值。则 M 的相对原子质量Mr=_（用含 、a 等的代数式表示）；以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子1（M 原子）的坐标为（14，14，34），则原子2(M 原子）的坐标为_。【答案】Mg S2O 或 OS2sp2 Co(NH3)5Cl2+6 MO23-21A N a10-12841 3 1(,)4 4 4【解析】【分析】【详解】（1）根据图像可以发现该元素的第三电离能显著增大，因此推测其为第二主族元素，而铍只有4 个电子，不可能有第五电离能，因此只能为镁元素，其元素符号为Mg；（2）将一个氧原子换成一个硫原子，因此的甲的化学式为2S O或2OS，2SO中硫原子是2sp杂化，考虑到等电子体的结构类似，因此2S O分子中心原子的杂化类型也为2sp；（3）根据分析，1mol 紫红色的物质中有2mol-Cl位于外界，因此剩下的1mol-Cl位于内界，其配离子的化学式为2+35Co(NH)Cl，而 1mol 绿色的物质中有1mol-Cl位于外界，因此剩下的2mol-Cl位于内界，因此其配位数为4+26；（4）四个大球全部位于晶胞内部，因此按1 个来算，而位于顶点的氧原子按18来计算，位于棱心的氧原子按14来计算，位于面心的氧原子按12来计算，位于体心的氧原子按1 个来计算，因此一共有1118+12+6+1=8842个氧原子，根据分析，一个晶胞内有4个 M 离子和 8 个氧离子，因此其化学式为2MO；分子内有4 个 M 和 8 个氧，因此一个晶胞的质量为rA4M+816gN，晶体的体积为3-213a10cm，代入m=V后化简即可得到3-21Ar N a10-128M=4；把整个晶胞划分为8 个小方块，则1 号小球相当于左、上、后小方块的体心，2 号小球相当于右、下、后小方块的体心，因此其坐标为1 3 1(,)4 4 4。