2019-2020学年安徽省利辛一中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年安徽省利辛一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向氯化铁溶液中加入ag 铜粉，完全溶解后再加入b g 铁粉，充分反应后过滤得到滤液和固体c g。下列说法正确的是A若 a c，则滤液中可能含三种金属离子，且b 可能小于c B若 a c，则 c g 固体中只含一种金属，且b 可能大于c C若 a c，则 c g 固体含两种金属，且b 可能与 c 相等D若 a=c，则滤液中可能含两种金属离子，且b 可能小于c【答案】B【解析】【分析】在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向氯化铁溶液中加入ag 铜粉，反应为2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2；完全溶解后再加入b g 铁粉，充分反应后过滤得到滤液和固体c g，可能发生反应为2FeCl3+Fe 3FeCl2、CuCl2+FeFeCl2+Cu，根据发生的反应分析。【详解】发生的化学反应有三个，化学方程式如下：2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2；CuCl2+FeFeCl2+Cu；2FeCl3+Fe3FeCl2，则A若 ac，加入的铁是不足量的，此时溶液中还有部分铜未完全置换出来，由方程式CuCl2+FeFeCl2+Cu可知，56gFe可以置换64gCu，所以 b 一定小于c，选项 A 错误；B若 a c，加入的铁是不足量的，此时溶液中还有部分铜未完全置换出来，c g 固体中只含一种金属Cu，由方程式CuCl2+FeFeCl2+Cu可知，b 一定小于c，选项 B 错误；C若 a c，加入的铁是过量的，溶液中只有Fe2+，c g固体中含两种金属Fe、Cu，由方程式2FeCl3+Fe3FeCl2、CuCl2+FeFeCl2+Cu 可知 b 可能与 c 相等，选项C正确；D若 a=c，加入的铁恰好把铜离子完全置换出来，溶液中只有Fe2+，选项 D 错误。答案选 C。【点睛】本题考查了Fe、Cu及其化合物之间的反应，注意把握Fe与铜离子、铁离子之间的反应，侧重于考查学生的分析判断能力。2碲被誉为“现代工业的维生素”，它在地壳中平均的丰度值很低，铜阳极泥中碲的回收越来越引起人们的重视。某科研小组从粗铜精炼的阳极泥（主要含有Cu2Te）中提取粗碲设计工艺流程如图所示。下列有关说法正确的是（）已知:“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在 TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱A“焙烧”用到的主要硅酸盐产品仪器：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒B“还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2 C为加快“氧化”速率温度越高越好D TeO2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO2+2OH-=TeO32-+H2O【答案】D【解析】【分析】由工艺流程分析可知，铜阳极泥经O2焙烧得到TeO2，碱浸时TeO2与 NaOH 反应得到 Na2TeO3，再经过氧化和酸化得到TeO42-，TeO42-与 Na2SO3发生氧化还原反应得到粗碲，3SO32-+TeO42-+2H+=Te+H2O+3SO42-，结合选项分析即可解答。【详解】A“焙烧”硅酸盐产品主要用到的仪器有：坩埚、泥三角、酒精灯和玻璃棒，不能用蒸发皿，A 选项错误；B还原时发生反应：3SO32-+TeO42-+2H+=Te+H2O+3SO42-，氧化剂为TeO42-，还原剂SO32-，物质的量之比与化学计量数成正比，故为1:3，B选项错误；C“氧化”时氧化剂为H2O2，温度过高，H2O2会分解，氧化效果会减弱，C选项错误；D根据上述分析，并结合题干条件，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，TeO2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO2+2OH-=TeO32-+H2O，D 选项正确；答案选 D。3设阿伏加德罗常数值用NA表示，下列说法正确的是（）A常温下1LpH3 的亚硫酸溶液中，含H+数目为 0.3NABA1 与 NaOH 溶液反应产生11.2L 气体，转移的电子数为0.5NACNO2与 N2O4混合气体的质量共ag，其中含质子数为0.5aNAD 1mo1KHCO3晶体中，阴阳离子数之和为3NA【答案】C【解析】【详解】A.1LpH3 的亚硫酸溶液中，H+的浓度为10-3mol/L，1L 溶液中 H+数目为 0.001 NA，故 A 错误；B.A1 与 NaOH 溶液反应生成氢气，因未说明气体所处的状态，所以无法计算反应中转移的电子数目，故 B错误；C.NO2和 N2O4，最简比相同，只计算ag NO2中质子数即可，一个N 含质子数为7，一个氧质子数为8，所以一个 NO2分子含质子数为7+2 8=23，agNO2中质子数为ag2346g/molNAmol-1=0.5aNA，故 C 正确；D.1mo1KHCO3晶体中只有钾离子和碳酸氢根离子，阴阳离子数之和为2NA，故 D 错误；答案是 C。4青石棉（cricidolite）是世界卫生组织确认的一种致癌物质，是鹿特丹公约中受限制的46 种化学品之一，青石棉的化学式为：Na2Fe5Si8O22（OH）2，青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，下列说法中正确的是A青石棉是一种易燃品，且易溶于水B青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O 3FeO Fe2O3 8SiO2 H2O C1mol Na2Fe5Si8O22（OH）2与足量的硝酸作用，至少需消耗8.5 L 2 mol/L HNO3溶液D 1mol Na2Fe5Si8O22（OH）2与足量氢氟酸作用，至少需消耗7 L 2 mol/L HF 溶液【答案】B【解析】【分析】【详解】A青石棉属于硅酸盐，不易燃，也不溶于水，A 错误；B青石棉中铁元素的化合价由+2 价和+3价两种，根据原子守恒和化合价不变的思想，化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O 3FeO Fe2O3 8SiO2 H2O，B 正确；C8.5 L2 molL-1HNO3溶液中硝酸的物质的量为17mol，青石棉用稀硝酸溶液处理时，亚铁离子被氧化为铁离子，硝酸被还原为一氧化氮，产物为 NaNO3、Fe（NO3）3、NO、H2O、SiO2，1mol 该物质能和18molHNO3反应，C错误；D 7L2 mol L-1HF溶液中 HF 的物质的量为14mol，1mol 青石棉能与34mol 氢氟酸反应生成四氟化硅，D错误。答案选 B。5汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是A生成 40.0L N2（标准状况）B有 0.250mol KNO3被氧化C转移电子的物质的量为1.25molD被氧化的N原子的物质的量为4.75mol【答案】C【解析】【分析】该反应中N 元素化合价由-13、+5 价变为 0 价，所以 NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为 10mol，被氧化的N 原子的物质的量为30mol，有 2molKNO3被还原，据此分析解答。【详解】A该反应中N 元素化合价由-13价、+5 价变为 0 价，所以氧化产物和还原产物都是氮气，假设有16mol氮气生成，氧化产物是15mol、还原产物是1mol，则氧化产物比还原产物多14mol，若氧化产物比还原产物多 1.75mol，则生成氮气的物质的量=1.751416mol=2mol，标准状况下的体积为：2mol22.4L/mol=44.8L，故 A 错误；B反应中，硝酸钾得电子是氧化剂，被还原，故B 错误；C转移电子的物质的量为1.751410=1.25mol，故 C 正确；D被氧化的N 原子的物质的量=1.7514 30=3.75 mol，故 D 错误；答案选 C。【点睛】明确氧化产物和还原产物关系是解本题关键。本题的易错点为B，注意硝酸钾中N 元素化合价降低，被还原。6下列有关溶液的说法中，正确的是A(NH4)2SO4溶液浓缩时温度过高可能导致生成NH4HSO4B相同温度下，强酸溶液的导电能力一定大于弱酸溶液C通电时，溶液中溶质粒子分别向两极移动D蒸干 Na2CO3溶液最终得到NaOH【答案】A【解析】【详解】A.温度升高，促进NH4+水解，酸性增强，产生NH4HSO4，选项 A 正确；B.电解质溶液导电能力与离子所带电荷数及离子浓度等因素有关，离子浓度越大，所带电荷越多，导电能力就越强，与电解质强弱无关，选项B 错误；C.溶液中的溶质可能为非电解质，如乙醇溶液，通电时乙醇分子不发生移动，选项C 错误；D.蒸干 Na2CO3溶液，应得到的主要成分仍为Na2CO3，选项 D 错误；答案选 A。7W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W 和 Y同主族，X 原子的电子层数与最外层电子数相等，Z元素最高正价与最低负价的代数和为4。下列说法正确的是（）A X和 Z 形成的化合物是不溶于水的沉淀BZ 的氧化物对应水化物的酸性一定大于Y CW 的简单气态氢化物沸点比Y的高D X、Y、Z简单离子半径逐渐减小【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W 和 Y同主族，则 Y、Z 位于第三周期，Z元素最高正价与最低负价的代数和为4，则 Z位于 A，为 S元素；X原子的电子层数与最外层电子数相等，X可能为 Be 或 Al 元素；设 W、Y的最外层电子数均为a，则 2a+6+2=19，当X 为 Be 时，a=5.5(舍弃)，所以 X 为 Al，2a+6+3=19，解得：a=5，则 W 为 N，Y为 P元素，据此解答。【详解】根据分析可知：W 为 N，X 为 Al，Y为 P，Z 为 S元素。A Al、S形成的硫化铝溶于水发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢，故A 错误；B没有指出元素最高价，故B 错误；C氨气分子间存在氢键，导致氨气的沸点较高，故C正确；D电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小为：YZX，故 D 错误；故答案为C。8锡为 A 族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂（SnI4，熔点 114.5，沸点364.5，易水解）。实验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2I2SnI4制备 SnI4。下列说法错误的是（）A加入碎瓷片的目的是防止暴沸BSnI4可溶于 CCl4中C装置的主要作用是吸收挥发的I2D装置中b 为泠凝水出水口【答案】C【解析】【分析】【详解】A液体加热时，加入碎瓷片目的是防止暴沸，故A 正确；B根据题干中SnI4的熔沸点，从组成分析可知SnI4与 CCl4为同族元素形成的同类物质，二者分子的空间构型均为正四面体结构，属于非极性分子，依据“相似相溶原理”可知 SnI4可溶于 CCl4中，故 B 正确；C由题可知：SnI4易水解，所以装置 的主要作用是防止水蒸气进入装置使SnI4水解，故C 错误；D冷凝管的冷凝水为“下进上出”，所以装置 中 a 为泠凝水进水口，b 为出水口，故D 正确；故选：C。9在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是ABCD【答案】D【解析】分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A 正确；B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D 错误。答案选 D。点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。10碳酸镧 La2(CO3)3可用于治疗高磷酸盐血症。某化学小组用如图装置模拟制备碳酸镧，反应为2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3+6NH4Cl+3CO2+3H2O 下列说法正确的是A从左向右接口的连接顺序：FB，A D，EC B装置 X中盛放的试剂为饱和Na2CO3溶液C实验开始时应先打开W 中分液漏斗的旋转活塞D装置 Z中用干燥管的主要目的是增大接触面积，加快气体溶解【答案】A【解析】【详解】A.氨气极易溶于水，则采用防倒吸装置，EC；制取的二氧化碳需除去HCl杂质，则FB，AD，A 正确；B.装置 X 为除去 HCl 杂质，盛放的试剂为饱和NaHCO3溶液，B错误；C.实验开始时应先打开Y中分液漏斗的旋转活塞，使溶液呈碱性，吸收更多的二氧化碳，C 错误；D.装置 Z中用干燥管的主要目的是防止氨气溶于水时发生倒吸，D 错误；答案为 A。11CO2催化加氢制取甲醇、乙醇等低碳醇的研究，对于环境问题和能源问题都具有非常重要的意义。已知一定条件下的如下反应：CO2(g)+3H2(g)垐?噲?CH3OH(g)+H2O(g)?H=49.0 kJ mol-12CO2(g)+6H2(g)垐?噲?CH3CH2OH(g)+3H2O(g)?H=173.6 kJ mol-1下列说法不正确的是A CH3OH(g)+CO2(g)+3H2(g)垐?噲?CH3CH2OH(g)+2H2O(g)?H0 B增大压强，有利于反应向生成低碳醇的方向移动，平衡常数增大C升高温度，可以加快生成低碳醇的速率，但反应限度降低D增大氢气浓度可以提高二氧化碳的转化率【答案】B【解析】【详解】A.根据盖斯定律，用第二个反应减第一个反应得：322322CH OH gCOg+3HgCH CH OH g+2H O g H=-124.6kJ/mol?，故 A 正确；B.温度不变，平衡常数不变，故B 错误；C.升高温度，正逆反应速率都可以加快，升高温度，平衡向吸热反应方向进行，即平衡逆向移动，反应限度降低，故C 正确；D.反应物中氢气和二氧化碳都是气体，增大一种反应物的浓度可以提高另一种反应物的转化率，故 D 正确；故选：B。12下列实验操作正确的是A稀释浓硫酸B添加酒精C检验 CO2是否收集满D过滤【答案】A【解析】【详解】A稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散；一定不能把水注入浓硫酸中，故A 正确；B使用酒精灯时要注意“两查、两禁、一不可”，不能向燃着的酒精灯内添加酒精，故B 错误；C检验 CO2是否收集满，应将燃着的木条放在集气瓶口，不能伸入瓶中，故C错误；D过滤液体时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则，玻璃棒紧靠三层滤纸处，故D 错误；故答案选A。13下列化学用语正确的是A CH3OOCCH3名称为甲酸乙酯B次氯酸的电子式C17Cl原子 3p 亚层有一个未成对电子D碳原子最外层电子云有两种不同的伸展方向【答案】C【解析】【详解】A酯的命名是根据生成酯的酸和醇来命名为某酸某酯，此有机物是由甲醇和乙酸酯化得到的，故为乙酸甲酯，选项A 错误；B次氯酸为共价化合物，分子中不存在氢氯键，次氯酸的电子式为：，选项 B 错误；C17Cl 原子 3p 亚层上只有一个未成对电子的原子，其外围电子排布为3s23p5，选项 C 正确；D碳原子最外层有两个2s、两个 2p 电子，s 电子的电子云为球形，p 电子的电子云为纺锤形，有3 种伸展方向，选项D 错误。答案选 C。14下列实验操作、现象和所得结论都正确的是选项实验现象结论A 向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量氯化钡固体，振荡溶液红色变浅Na2CO3溶液存在水解平衡B 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+C 检验食盐是否加碘（KIO3），取少量食盐溶于水，用淀粉碘化钾试纸检验试纸不变蓝该食盐不含有KIO3D 向蛋白质溶液中加入CuSO4或(NH4)2 SO4的饱和溶液均有沉淀生成蛋白质均发生了盐析A A BB CC D D【答案】A【解析】【分析】【详解】ANa2CO3溶液中存在CO32-+H2O?HCO3-+OH-，故而加入酚酞显红色，加入少量氯化钡固体，CO32-和 Ba2+反应生成BaCO3，平衡左移，OH-浓度减小，红色变浅，A 正确；B溶液中无Fe2+，含 Fe3+也能出现相同的现象，B 错误；CKIO3在酸性条件下才能和KI 发生氧化还原反应生成I2，操作不正确，可加入少量食醋再观察现象，C错误；D蛋白质溶液中加入CuSO4发生变性，加入(NH4)2 SO4的饱和溶液发生盐析，D 错误。答案选 A。15聚苯胺是一种在充放电过程中具有更优异可逆性的电极材料。Zn 一聚苯胺二次电池的结构示意图如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A放电时，外电路每通过0.1NA个电子时，锌片的质量减少3.25g B充电时，聚苯胺电极的电势低于锌片的电势C放电时，混合液中的Cl-向负极移动D充电时，聚苯胺电极接电源的正极，发生氧化反应【答案】B【解析】【详解】A.放电时，外电路每通过0.1NA个电子时，锌片的质量减少0.05mol 65g/mol=3.25g，A 正确；B.充电时，聚苯胺电极为阳极，其电势高于锌片(阴极)的电势，B错误；C.放电时，阳离子向正极移动，则混合液中的Cl-(阴离子)向负极移动，C正确；D.充电时，聚苯胺电极为阳极，接电源的正极，失电子发生氧化反应，D 正确；故选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：物质BaSO4BaCO3AgI AgCl 溶解度/g(20)2.4 10-41.4 10-33.0 10-71.5 10-4(1)探究BaCO3和 BaSO4之间的转化试剂 A 试剂 B 试剂 C 加入盐酸后的现象实验BaCl2Na2CO3Na2SO4实验Na2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解实验 I 说明 BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，_。实验中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_。实验中加入试剂C后，沉淀转化的平衡常数表达式K=_。(2)探究 AgCl和 AgI 之间的转化实验：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI 转化为 AgCl，于是又设计了如下实验(电压表读数：a cb 0)。装置步骤电压表读数.如图连接装置并加入试剂，闭合K a.向 B 中滴入 AgNO3(aq),至沉淀完全b.再向 B 中投入一定量NaCl(s)c.重复 i，再向 B 中加入与等量NaCl(s)d 注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。实验证明了AgCl转化为 AgI，甲溶液可以是_（填标号）。a AgNO3溶液b NaCl 溶液c KI溶液实验的步骤i 中，B中石墨上的电极反应式是_。结合信息，解释实验中b b 说明加入Cl使 c(I)增大，证明发生了AgI+Cl?AgCl+I溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现【解析】【分析】(1)BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，BaSO4不溶于盐酸；实验中加入稀盐酸后有少量气泡产生，是BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳；实验 中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；(2)要证明AgCl 转化为 AgI，AgNO3与 NaCl 溶液反应时，必须是NaCl 过量；I具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极；B 中滴入AgNO3(aq)生成 AgI 沉淀；AgI 转化为 AgCl，则 c(I)增大，还原性增强，电压增大。(3)根据实验目的及现象得出结论。【详解】(1)BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，BaSO4不溶于盐酸，实验I 说明 BaCO3全部转化为BaSO4的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生；实验中加入稀盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，说明是BaCO3与盐酸反应，反应离子方程式是BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；实验 中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；固体不计入平衡常数表达式，所以沉淀转化的平衡常数表达式 K=2423c SOc CO；(2)AgNO3与 NaCl 溶液反应时，NaCl 过量，再滴入KI 溶液，若有AgI 沉淀生成才能证明AgCl 转化为AgI，故实验中甲是NaCl 溶液，选b；I具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极，负极反应是2I2eI2；B 中滴入AgNO3(aq)生成 AgI 沉淀，B溶液中 c(I)减小，I还原性减弱，原电池电压减小，所以实验中 b b 说明加入Cl使 c(I)增大，证明发生了 AgI+Cl?AgCl+I。(3)综合实验 ,可得出的结论是溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某有机物F()在自身免疫性疾病的治疗中有着重要的应用，工业上以乙烯和芳香族化合物B为基本原料制备F的路线图如下：已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO(1)乙烯生成A 的原子利用率为100%，则 X是_(填化学式)，F中含氧官能团的名称为_。(2)E F 的反应类型为_，B的结构简式为_，若 E的名称为咖啡酸，则F的名称是_。(3)写出 D 与 NaOH 溶液反应的化学方程式：_。(4)E 的同系物G 比 E多一个碳原子，G 有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有_种能发生水解反应、银镜反应且1mol 该物质最多可还原出4 mol Ag 遇 FeCl3溶液发生显色反应分子中没有甲基，且苯环上有2 个取代基(5)以乙烯为基本原料，设计合成路线合成2-丁烯酸，写出合成路线：_(其他试剂任选)。【答案】O2(酚)羟基、酯基取代反应(或酯化反应)咖啡酸乙酯+5NaOH+2NaCl+3H2O9 CH2=CH2CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH【解析】【分析】根据流程图中有机物的结构式、分子式及反应条件分析各步反应的反应类型及产物；根据已知条件分析同分异构体的种类；根据题干信息设计有机物合成路线。由C的结构简式、反应信息知，A、B 中均含有醛基，再结合乙烯与A 的转化关系知，A 是乙醛，B 是，由 C转化为 D 的反应条件知，D为，由 E的分子式、F的结构式及反应条件知，E为，由 E、F之间的关系知Y是乙醇，由酯的命名方法知F的名称为咖啡酸乙酯；【详解】由 C 的结构简式、反应信息知，A、B中均含有醛基，再结合乙烯与A 的转化关系知，A 是乙醛，B 是，由 C 转化为 D 的反应条件知，D 为，由 E的分子式、F的结构式及反应条件知，E为，由 E、F之间的关系知Y是乙醇，由酯的命名方法知 F的名称为咖啡酸乙酯；(1)乙烯生成乙醛，则X是 O2；F中含氧官能团的名称为羟基、酯基；(2)E F 的反应类型为酯化反应或取代反应；B的结构简式为；F的名称是咖啡酸乙酯；(3)D 为，与 NaOH 溶液反应的化学方程式：；(4)由得出分子中含有苯环且苯环上含有酚羟基；由及分子中氧原子数目知分子中含有一个-CHO、一个 HCOO-，苯环上有2 个官能团一定有-OH，还含有 CH2CH(CHO)OOCH或 CH(CHO)CH2OOCH或CH(OOCH)CH2CHO，苯环上有3 种不同的位置关系，故共有9 种同分异构体；(5)乙烯先被氧化成乙醛，乙醛再转化为2-丁烯醛，最后氧化为目标产物：CH2=CH2CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH。【点睛】本题难点是问题（4），应根据题中信息进行分析，遇FeCl3溶液发生显色反应，说明G 中含有苯环和酚羟基，能发生水解反应，说明含有酯基，能发生银镜反应，说明含有醛基，1mol 该物质最多还原出4molAg，说明酯基为HCOO，分子不含有甲基，且苯环上有2 个取代基，取代基的位置为邻间对三种，然后根据官能团位置异构进行分析。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 化学 选修 3：物质结构与性质 氮的化合物在生产、生活中有广泛应用。（1）氮化镓(GaN)是新型的半导体材料。基态氮原子的核外电子排布图为_；基态镓(Ga)原子的核外具有_种不同能量的电子。（2）乙二氨的结构简式为(H2N-CH2-CH2-NH2，简写为en)。分子中氮原子轨道杂化类型为_；乙二氨可与铜离子形成配合离子Cu(en)22+，其中提供孤电子对的原子是_，配合离子结构简式为_；乙二氨易溶于水的主要原因是_。（3）氮化硼(BN)是一种性能优异、潜力巨大的新型材料，主要结构有立方氮化硼（如图1）和六方氮化硼（如图 2），前者类似于金刚石，后者与石墨相似。图 1 中氮原子的配位数为_，离硼原子最近且等距离的硼原子有_个；已知六方氮化硼同层中B与 N 之间的距离为acm，密度为dg?cm-3，则相邻层与层之间的距离为_pm(列出表达式)。【答案】8 sp3N 乙二氨与水形成分子间氢键，乙二氨分子与水分子均为极性分子4 12 2253 32AadN1010【解析】【分析】（1）氮原子核外有7 个电子，电子排布式为1s22s22p3；镓为 31 号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，依据电子排布式解答；（2）H2N-CH2-CH2-NH2中氮原子的价层电子对数为12（5+3）=4；中心原子Cu2+提供空轨道，乙二氨分子中N 原子提供孤对电子；乙二氨和水都是极性分子，相似相溶，乙二氨分子与水分子间可形成氢键。（3）观察晶胞结构发现N 原子周围距离最近的B 数目为 4，即配位数为4；由图可知，晶胞为面心立方堆积，以顶点的N 原子分析，位于面心的原子与之相邻，1 个顶点原子为12 个面共用，所以离N 原子最近且等距离的N 原子有 12 个，同理离硼原子最近且等距离的硼原子有12 个；每个六棱柱平均含有一个N 原子和一个B原子，两原子的相对原子质量之和为25，设层与层之间距离为 h，六棱柱体积为a2hcm3，六棱柱质量为25AgN=a2hdg，所以h=2253 32AadNcm=2253 32AadN1010pm。【详解】（1）氮原子核外有7 个电子，基态氮原子的核外电子排布图为；镓为 31 号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，有 8 个不同的能层，所以基态镓(Ga)原子的核外具有8 种不同能量的电子。故答案为；8；（2）H2N-CH2-CH2-NH2中氮原子的价层电子对数为12（5+3）=4，所以轨道杂化类型为sp3；配合离子 Cu(en)22+中心原子Cu2+提供空轨道，乙二氨分子中N 原子提供孤对电子，因此提供孤电子对的原子是N，配合离子结构简式为；乙二氨和水都是极性分子，相似相溶，乙二氨分子与水分子间可形成氢键，所以乙二氨易溶于水。故答案为sp3；N；乙二氨与水形成分子间氢键，乙二氨分子与水分子均为极性分子；（3）观察晶胞结构发现N 原子周围距离最近的B 数目为 4，即配位数为4；由图可知，晶胞为面心立方堆积，以顶点的N 原子分析，位于面心的原子与之相邻，1 个顶点原子为12 个面共用，所以离N 原子最近且等距离的N 原子有 12 个，同理离硼原子最近且等距离的硼原子有12 个；选取晶体结构中最小的正六棱柱为计算单位，根据均摊法可以计算出每个六棱柱平均含有一个N 原子和一个 B 原子，两原子的相对原子质量之和为25。已知六方氮化硼同层中B与 N之间的距离为acm，则正六边形的边长为acm，设层与层之间距离为h，六棱柱体积为a2hcm3，又知其密度为dg?cm-3，则六棱柱质量为25AgN=a2hd g，所以 h=2253 32AadNcm=2253 32AadN1010pm，则层与层之间距离的计算表达式为2253 32AadN1010pm。故答案为4；12；2253 32AadN1010。19PTT 是一种高分子材料，具有优异性能，能作为工程塑料、纺织纤维和地毯等材料而得到广泛应用。其合成路线可设计为：已知：（1）B 中所含官能团的名称为_，反应 的反应类型为_。（2）反应 的化学方程式为_。（3）写出PTT 的结构简式 _。（4）某有机物X 的分子式为C4H6O，X 与 B互为同系物,写出 X 可能的结构简式_。（5）请写出以CH2=CH2为主要原料（无机试剂任用）制备乙酸乙酯的合成路线流程图（须注明反应条件）。（合成路线常用的表示方式为：）_【答案】碳碳双键、醛基加成反应CH3-CH=CH-CHO、CH2=CH-CH2-CHO、【解析】试题分析：（1）根据 B、D 的结构简式可推出C的结构简式是HO-CH2-CH2-CHO；结合信息，可知 F 是，与发生缩聚反应生成PTT，PTT的结构简式是。解析：（1）B 的结构简式是CH2=CH-CHO，所含官能团的名称为碳碳双键、醛基，反应 是 CH2=CH-CHO与水反应生成HO-CH2-CH2-CHO，反应类型为加成反应。（2）反应 是 HO-CH2-CH2-CHO 与氢气发生加成反应生成HO-CH2-CH2-CH2OH，反应化学方程式为。（3）与发生缩聚反应生成PTT，PTT的结构简式是。（4）X 的分子式为C4H6O，X 与 CH2=CH-CHO互为同系物，则X含有碳碳双键、醛基，X 可能的结构简式CH3-CH=CH-CHO、CH2=CH-CH2-CHO、。（5）以CH2=CH2为主要原料制备乙酸乙酯，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇再氧化为乙醛，乙醛氧化为乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，合成路线为：。