2019-2020学年安徽省六安市金安区六安市第一中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省六安市金安区六安市第一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下列有关表述正确的是（）A HClO是弱酸，所以NaClO 是弱电解质BNa2O、Na2O2组成元素相同，所以与CO2反应产物也相同C室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度D SiO2是酸性氧化物，能与NaOH 溶液反应【答案】D【解析】【详解】A、次氯酸钠是盐，是强电解质而不是弱电解质，故A 错误；B、Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物不同：Na2O+CO2 Na2CO3，2Na2O2+2CO22Na2

2、CO3+O2，故 B 错误；C、增加氯离子的量，AgCl的沉淀溶解平衡向逆向移动，溶解度减小，故C错误；D、SiO2是酸性氧化物，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，故D 正确；答案选 D。2足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是A氢氧化钠溶液B稀硫酸C盐酸D稀硝酸【答案】A【解析】【分析】【详解】假设反应都产生3mol 氢气，则：A 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2反应产生3mol 氢气，会消耗2mol NaOH；B2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2，反应产生3mol 氢气，需消耗3mol 硫酸；C2Al+6HCl=2AlCl3

3、+3H2，反应产生3mol 氢气，需消耗6mol HCl；D由于硝酸具有强的氧化性，与铝发生反应，不能产生氢气；故反应产生等量的氢气，消耗溶质的物质的量最少的是氢氧化钠溶液；选项A 正确。3黄铜矿（CuFeS2）是提取铜的主要原料，其煅烧产物Cu2S在 1200高温下继续反应：2Cu2S+3O2 2Cu2O+2SO2 2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2 则A反应中还原产物只有SO2B反应中Cu2S只发生了氧化反应C将 1 molCu2S冶炼成2mol Cu，需要 O21mol D若 1molCu2S完全转化为2molCu，则转移电子数为2NA【答案】C【解析】【分析】反应 中 S化合价变化为

4、：-2+4，O 化合价变化为：0-2；反应 中，Cu化合价变化为：+10，S化合价变化为：-2+4。可在此认识基础上对各选项作出判断。【详解】A O 化合价降低，得到的还原产物为Cu2O 和 SO2，A 选项错误；B 反应中Cu2S所含 Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以Cu2S既发生了氧化反应，又发生了还原反应，B选项错误；C 将反应、联立可得：3Cu2S+3O2 6Cu+3SO2，可知，将1 molCu2S冶炼成2mol Cu，需要 O21mol，C 选项正确；D 根据反应：3Cu2S+3O2 6Cu+3SO2，若 1molCu2S完全转化为2molCu，只有 S失电子，：(4-(

5、-2)mol=6mol，所以，转移电子的物质的量为6mol，即转移的电子数为6NA，D 选项错误；答案选 C。【点睛】氧化还原反应中，转移的电子数=得电子总数=失电子总数。4在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是A Na+K+OH-Cl-BNa+Cu2+SO42-NO3-CCa2+HCO3-NO3-K+D Mg2+Na+SO42-Cl-【答案】D【解析】【分析】溶液为强酸性，说明溶液中含有大量H，溶液为无色透明溶液，有色离子不能存在，然后根据发生复分解反应条件进行分析。【详解】A、OH与 H反应生成H2O，因此该离子组不能在指定的溶液大量共存，故A 不符合题意；B、Cu2显蓝

6、色，故B 不符合题意；C、HCO3与 H发生反应生成H2O 和 CO2，在指定溶液不能大量共存，故C 不符合题意；D、在指定的溶液中能够大量共存，故D 符合题意。【点睛】注意审题，溶液为无色溶液，含有有色离子不能存在，常有的有色离子是Cu2(蓝色)、Fe2(浅绿色)、Fe3(棕色)、MnO4(紫色)。5X、Y、Z、W 是四种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的2 倍，Y是地壳中含量最多的元素，Z 元素在短周期中金属性最强，W 与 Y位于同一主族。下列叙述正确的是A原子半径：r(W)r(Z)r(Y)r(X)BY的简单气态氢化物的热稳定性比W 的强CX的最高价氧化物对应水化物的酸性比W 的

7、强D Y与 Z 形成的两种常见化合物化学键类型相同【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W 是短周期主族元素，X 原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8 个，则其K 层为次外层，故 X是 C元素；Y元素在地壳中的含量最高的元素，则 Y是 O 元素；W 与 Y属于同一主族，则为 W 为 S元素；Z元素在短周期中金属性最强，则Z是 Na 元素；据此答题。【详解】根据分析，X是 C元素，Y是 O 元素，Z是 Na 元素，W 为 S元素；A X、Y为第二周期，Z、W 为第三周期，则X、Y原子半径小于Z、W，同周期元素原子半径随核电荷数增大半径减小，原子半径：r(Z)r(W)r(X)r(Y

8、)，故 A 错误B非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：YW，则 Y的简单气态氢化物的热稳定性比 W 的强，故B正确；C非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：X W，X 的最高价氧化物对应水化物的酸性比W 的弱，故C错误；D Y是 O 元素，Z 是 Na元素，Y与 Z形成的两种化合物为Na2O、Na2O2，含有的阴阳离子数目之比均为1:2，前者只含离子键，后者含有离子键、共价键，故D 错误；答案选 B。【点睛】非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。6某实验小组探究SO2与 AgNO3溶液的反应，实验记录如下：序号实验步骤实

9、验现象得到无色溶液a 和白色沉淀b 产生无色气体，遇空气变为红棕色产生白色沉淀下列说法正确的是A透过测中无色溶液a 的 pH 可以判断SO2是否被氧化B实验说明白色沉淀b 具有还原性C实验说明溶液a 中一定有2-4SO生成D实验、说明SO2与 AgNO3溶液反应既有Ag2SO4生成，又有Ag2SO3生成【答案】B【解析】【分析】【详解】A实验 中，将 SO2通入 AgNO3溶液(pH=5)中得到无色溶液a，该溶液中可能含有亚硫酸，亚硫酸为中强酸，所以测定无色溶液a 的 pH无法判断二氧化硫是否被氧化，故A 错误；B实验中，取白色沉淀B，加入 3mol/LHNO3，产生的无色气体遇空气变成红棕色

10、，说明硝酸被还原为NO，证明该沉淀B中含有还原性的物质存在，故B正确；C实验中，检验硫酸根离子应先加入盐酸酸化，目的是排除Ag+等，以免干扰硫酸根的检验，直接向溶液 a 中加入 BaCl2，产生的沉淀可能为氯化银，不一定是硫酸根离子，故C 错误；D由于实验、不能证明产物中含有硫酸根，因此不能确定产物中含有Ag2SO4生成，故D 错误；答案选 B。7设 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下，1LC2H5OH 完全燃烧后生成的CO2分子个数约为AN11.2B20gD2O 与 20gH218O 含有的中子数均为10NAC1mol L-1Al(NO3)3溶液中含有3NA个 NO

11、3-D 50mL12mol L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA【答案】B【解析】【详解】A 选项，标准状况下乙醇为液体，不能用气体摩尔体积来计算，故A 错误；B 选项，D2O 与 H218O 的摩尔质量均为20gmol-1，故 20gD2O 与 20gH218O 的物质的量均为1mol，且它们每个分子中均含10 个中子，故1mol 两者中均含10NA个中子，故B正确；C 选项，溶液体积未知，无法计算离子个数，故C错误；D 选项，50mL12mol L-1盐酸与足量MnO2共热反应一段时间后，盐酸浓度减小，无法继续反应，转移电子数目小于0.3NA，故 D 错误。综上所述，答案

12、为B。【点睛】计算溶液中溶质物质的量时一定要注意题中给没给溶液的体积，二氧化锰与浓盐酸、铜与浓硫酸反应，当盐酸浓度或浓硫酸浓度降低变为稀溶液时就不再反应了。8有 Br2参加的化学反应一定不属于A复分解反应B置换反应C取代反应D加成反应【答案】A【解析】【分析】溴具有氧化性，有溴参加的反应为氧化还原反应，也可发生有机类型的取代、加成反应，则不可能为复分解反应，以此来解答即可。【详解】A.复分解反应中一定没有元素的化合价变化，而溴参加有元素的化合价变化，则不可能为复分解反应，A符合题意；B.单质溴与KI 发生置换反应，产生碘单质和溴化钾，B 不符合题意；C.甲烷与溴的取代反应，有溴参加，C 不符合

13、题意；D.乙烯与溴的加成反应产生1,2-二溴乙烷，有溴参加，D 不符合题意；故合理选项是A。【点睛】本题考查溴的化学性质及反应类型，把握溴蒸气的氧化性及有机反应中溴单质的作用为解答的关键，注重基础知识的考查，注意利用实例分析。9目前，国家电投集团正在建设国内首座百千瓦级铁铬液流电池储能示范电站。铁铬液流电池总反应为 Fe3+Cr2+Fe2+Cr3+，工作示意图如图。下列说法错误的是A放电时a 电极反应为Fe 3+e-=Fe2+B充电时b 电极反应为Cr3+e-=Cr2+C放电过程中H+通过隔膜从正极区移向负极区D该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低【答案】C【解析】【分析】铁-铬液

14、流电池总反应为Fe3+Cr2+Fe2+Cr3+，放电时，Cr2+发生氧化反应生成Cr3+、b 电极为负极，电极反应为Cr2+-e-=Cr3+，Fe3+发生得电子的还原反应生成Fe2+，a 电极为正极，电极反应为Fe3+e-Fe2+，放电时，阳离子移向正极、阴离子移向负极；充电和放电过程互为逆反应，即a 电极为阳极、b 电极为阴极，充电时，在阳极上Fe2+失去电子发、生氧化反应生成Fe3+，电极反应为：Fe2+-e-Fe3+，阴极上Cr3+发生得电子的还原反应生成Cr2+，电极反应为Cr3+e-Cr2+，据此分析解答。【详解】A根据分析，电池放电时a 为正极，得电子发生还原反应，反应为Fe3+e

15、-=Fe2+，A 项不选；B根据分析，电池充电时b 为阴极，得电子发生还原反应，反应为Cr3+e-=Cr2+，B 项不选；C原电池在工作时，阳离子向正极移动，故放电过程中H+通过隔膜从负极区移向正极区，C项可选；D该电池在成充放电过程中只有四种金属离子之间的转化，不会产生易燃性物质，不会有爆炸危险，同时物质储备于储液器中，Cr3+、Cr2+毒性比较低，D 项不选；故答案选C。10为了减缓海水对钢闸门A 的腐蚀（见图），关于 B 的说法合理的是（）A B是碳棒BB 是锌板CB是铜板D B极无需定时更换【答案】B【解析】【详解】钢闸门 A 和 B 在海水中形成原电池时，为了减缓海水对钢闸门A 的腐

16、蚀，Fe应作正极被保护，则要选择活泼性比Fe强的锌作负极被损耗，故选B。11氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是A催化剂a 表面发生了极性共价键的断裂和形成BN2与 H2反应生成 NH3的原子利用率为100%C在催化剂b 表面形成氮氧键时，不涉及电子转移D催化剂a、b 能提高反应的平衡转化率【答案】B【解析】【详解】A.催化剂 A 表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A 项错误；B.N2与 H2在催化剂a 作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，B 项正确；C.在催化剂b 表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N 元素

17、化合价由-3 价升高到+2 价，失去电子，C项错误；D.催化剂 a、b 只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D 项错误；答案选 B。【点睛】D 项是易错点，催化剂通过降低活化能，可以缩短反应达到平衡的时间，从而加快化学反应速率，但不能改变平衡转化率或产率。12下列有关物质的分类或归类不正确的是()混合物：石炭酸、福尔马林、水玻璃、水银 化合物：CaCl2、烧碱、苯乙烯、HD 电 解质：明矾、冰醋酸、硫酸钡 纯净物：干冰、冰水混合物、浓硫酸、水晶 同素异形体：足球烯、石墨、金刚石 同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2A BCD【答案】D【解析】【详解】石炭酸是苯

18、酚，属于纯净物、福尔马林是甲醛的水溶液属于混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物、水银是单质属于纯净物，错误；CaCl2、烧碱、苯乙烯是化合物，HD 是氢气分子，不是化合物，错误；明矾是十二水合硫酸铝钾晶体、冰醋酸属于酸、硫酸钡是盐，都是电解质，正确；干冰是二氧化碳，是纯净物、冰水混合物是水，属于纯净物、浓硫酸是混合物、水晶是二氧化硅，属于纯净物，错误；足球烯、石墨、金刚石是由C 元素形成的性质不同的单质，属于同素异形体，正确；CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2，组成相差CH2，结构不一定相似，所以不一定是同系物，错误，错误；答案选 D。13某学习小组在实验室从海带中提取碘

19、，设计实验流程如下：下列说法错误的是A过滤操作主要除去海带灰中难溶于水的固体，它们主要是无机物B氧化剂参加反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O C萃取过程所用有机溶剂可以是酒精或四氯化碳D因 I2易升华，I2的有机溶液难以通过蒸馏法彻底分离【答案】C【解析】【分析】实验室从海带中提取碘：将海带在坩埚中灼烧得到海带灰，将海带灰浸泡得到海带灰悬浊液，然后采用过滤的方法将残渣和溶液分离，得到含有碘化钾的溶液，向水溶液中加入氧化剂，将I-氧化成 I2，向含有碘单质的溶液中加入萃取剂萃取分液得到碘单质的有机溶液，据此分析解答。【详解】A海带在坩埚中灼烧得到海带灰，有机物燃烧生成二氧

20、化碳和水，过滤操作主要除去海带灰中难溶于水的固体，主要是无机物，故A 正确；B氧化剂可以选用过氧化氢溶液，反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故 B 正确；C萃取过程所用有机溶剂可以是四氯化碳或苯，不能选用酒精，因为酒精易溶于水，故C错误；D因 I2易升华，有机溶剂的沸点一般较低，因此I2的有机溶液通过蒸馏法难以彻底分离，故D 正确；故选 C。14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

21、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 mo

22、l1 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。15在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是B A224H O/H SO23243FeFe OFe(SO)高温B2H O22ClHClOO光照CHCl22CuOCuCl(aq)CuCl无水D22O/H O324SSOH SO点燃【答案】

23、B【解析】【分析】【详解】A铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，不是生成三氧化二铁，不能一步实现，故A 错误；B氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸分解放出氧气，能够一步实现转化，故B正确；C氧化铜溶于盐酸生成氯化铜，直接加热蒸干得不到无水氯化铜，需要在氯化氢氛围中蒸干，故C错误；D硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，不能一步实现，故D 错误；故选 B。【点睛】本题的易错点为C，要注意氯化铜水解生成的氯化氢容易挥发，直接蒸干得到氢氧化铜，得不到无水氯化铜。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）161871 年门捷列夫最早预言了类硅元素锗，锗元素在元素周期表中与硅元素同族，

24、并位于硅的下一周期。1886 年德国化学家温克勒发现和分离了锗元素，并以其祖国的名字命名为“Ge”。锗是重要的的半导体材料，其有机化合物在治疗癌症方面有着独特的功效。已知：丹宁是一种有机沉淀剂，可与四价锗络合形成沉淀：GeCl4易水解，在浓盐酸中溶解度低。(1)锗元素的原子序数为：_；锗元素在元素周期表中的位置是：_。(2)GeCl4的结构与SiCl4相似，写出GeCl4的电子式：_。(3)简述步骤中提高酸浸效率的措施_、_(写两种)。(4)步骤操作A 是_(填操作名称)。(5)步骤中的物质在_(填仪器名称)中加热。(6)步骤不选用稀盐酸，而选用浓盐酸的原因可能是_、_(写出两点)。(7)写出

25、步骤的化学方程式_。写出步骤的化学方程式_。(8)请写出一种证明步骤反应完全的操作方法_。【答案】32 第四周期第A 族把矿石粉碎加热或充分搅拌过滤坩埚防止四价锗水解防止 GeO2不能充分反应，有利于GeCl4析出GeCl4+(2+n)H2O=GeO2?nH2O+4HCl GeO2+2H2Ge+2H2O 将反应生成的气体通入装有无水硫酸铜的U 形管，无明显现象【解析】【分析】锗锌矿用酸浸取，浸出液中含有四价锗和锌离子，加入有机沉淀剂丹宁与四价锗络合形成沉淀，过滤后得到含有丹宁与四价锗络合形成的沉淀，将沉淀焙烧得到GeO2；用浓盐酸溶解GeO2生成 GeCl4，GeCl4在浓盐酸中溶解度低，过滤

26、后得到GeCl4；GeCl4在纯水中水解生成GeO2?nH2O，GeO2?nH2O 脱水后得到GeO2，用氢气加热还原GeO2得到高纯度Ge，据此解答。【详解】(1)锗的原子序数为32，锗在元素周期表中位于第四周期第A 族，故答案为32；第四周期第A 族；(2)GeCl4的结构与SiCl4相似，也与CCl4相似，属于共价化合物，GeCl4的电子式为，故答案为；(3)提高步骤酸浸效率，可以把矿石粉碎，加热或充分搅拌都可以加快反应速率，从而提高酸浸效率，故答案为把矿石粉碎，加热或充分搅拌；(4)步骤操作A 将沉淀从溶液中分离，应该为过滤，故答案为过滤；(5)步骤是焙烧沉淀，需要在高温下焙烧沉淀得到

27、GeO2，应该在坩埚中进行，故答案为坩埚；(6)由于 GeCl4易水解，在浓盐酸中溶解度低，所以用浓盐酸溶解GeO2，同时可防止四价锗水解，防止 GeO2不能充分反应，有利于GeCl4析出，故答案为防止四价锗水解，防止GeO2不能充分反应，有利于GeCl4析出；(7)步骤为GeCl4在纯水中水解生成GeO2?nH2O，反应方程式为：GeCl4+(2+n)H2O=GeO2?nH2O+4HCl；步骤中用氢气加热还原GeO2得到高纯度Ge，反应方程式为：GeO2+2H2Ge+2H2O，故答案为GeCl4+(2+n)H2O=GeO2?nH2O+4HCl；GeO2+2H2Ge+2H2O；(8)反应 Ge

28、O2+2H2Ge+2H2O 中有水生成，通过验证不再有水产生即可证明反应完全，操作方法为：将反应生成的气体通入装有无水硫酸铜的U 形管，无明显现象，说明反应完全，故答案为将反应生成的气体通入装有无水硫酸铜的U 形管，无明显现象。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17请根据以下知识解答1R-CC-H+R2-CHO（R代表烃基，下同。）2n2R-CC-(CH)-CH=CH+H22n2R-CH=CH-(CH)-CH=CH1，4丁二醇是生产工程塑料PBT（聚对苯二甲酸丁二酯）的重要原料，它可以通过下图两种不同的合成路线制备，请写出相应物质的结构简式(1)请写出 A 和 D 的结构简式：_、_

29、。(2)写出生成CH2BrCH=CHCH2Br 的化学反应方程式：_写出生成F(PBT)的化学反应方程式:_。(3)关于对苯二甲酸的结构，在同一直线上的原子最多有_个。(4)某学生研究发现由乙炔可制得乙二醇，请你设计出合理的反应流程图。_提示：合成过程中无机试剂任选反应流程图表示方法示例如下：【答案】CH CCH=CH2CH CCH2OH CH2=CHCH=CH2+Br2 CH2BrCH=CHCH2Br nHOCH2(CH2)2CH2OH+2nH2O4 个【解析】【分析】乙炔与甲醛发生加成反应生成D 为 HC CCH2OH，D 与甲醛进一步发生加成反应生成E为 HOCH2C CCH2OH，E与

30、氢气发生加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2OH。分子乙炔聚合得到A 为 HC CCH=CH2，结合信息可以知道及 HOCH2CH2CH2CH2OH可以知道，A 与氢气发生加成反应生成B为 CH2=CHCH=CH2，B与溴发生1，4-加成反应生成BrCH2CH=CHCH2Br，BrCH2CH=CHCH2Br 与氢气发生加成反应生成C为 BrCH2CH2CH2CH2Br，C发生水解反应得到HOCH2CH2CH2CH2OH，1，4-丁二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成PBT为，由乙炔制乙二醇，可以用乙炔与氢气加成生成乙烯，乙烯与溴加成生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷再发生碱性水解可得乙二醇

31、。据此分析。【详解】(1)由上述分析可以知道A 为 HC CCH=CH2，D 为 HC CCH2OH，答案为：HC CCH=CH2；HC CCH2OH；(2)CH2=CHCH=CH2与溴发生1，4 加成反应生成BrCH2CH=CHCH2Br，化学方程式为：CH2=CHCH=CH2+Br2 CH2BrCH=CHCH2Br，1，4-丁二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成PBT，反应方程式为：；(3)关于对苯二甲酸的结构，在同一直线上的原子为处在苯环对位上的两个碳原子和两个氢原子，所以最多4 个，答案为：4；(4)由乙炔制乙二醇，可以用乙炔与氢气加成生成乙烯，乙烯与溴加成生成1,2-二溴乙烷，1,2-二

32、溴乙烷再发生碱性水解可得乙二醇，反应的合成路线流程图为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18高分子聚合物P 的合成路线如图：（1）写出反应所需试剂与条件。反应_；反应 _。（2）写出反应类型：反应_；反应 _。（3）写出结构简式.E_；P_。（4）设计反应的目的是_。（5）写出用1，3-丁二烯与乙酸为原料合成的合成路线（无机原料任选）_。（合成路线的常用表示方法为：AB目标产物）【答案】氯气、光照氢氧化钠的醇溶液、加热消去反应加成反应HOCH2CH=CHCH2OH 或防止碳碳双键被氧化【解析】【分析】结合 C的结构简式可知C7H8为，由转化关系可知，甲苯与氯气在光照条件下发生取代

33、反应生成C7H7Cl为，再发生水解反应得到A 为，苯甲醇与乙二醇褪去1 分子式水得到B为，B发生消去反应生成C()根据 G 的结构简式与转化关系可知，C4H6为 CH2=CHCH=CH2，与溴发生1，4-加成生成D 为 BrCH2CH=CHCH2Br，D 发生水解反应得到E为HOCH2CH=CHCH2OH，E发生与 HCl 发生加成反应得到F为 HOCH2CH2CHClCH2OH，F发生氧化反应得到G，G 发生消去反应、酸化得到I 为 HOOCCH=CHCOOH，则 H 为 NaOOCCH=CHCOONa，H 和 C发生加聚反应生成 P，则 P 的结构简式为：；(5)要合成，可有 CH3COO

34、CH2CH=CHCH2OCOCH3发生加聚反应得到，而 HOCH2CH=CHCH2OH可与 CH3COOH发生酸化反应得到CH3COOCH2CH=CHCH2OCOCH3，而 CH2=CH-CH=CH2与 Br2发生 1，4-加成后，再水解即可制得HOCH2CH=CHCH2OH，由此确定合成流程路线。【详解】(1)反应是甲苯与氯气在光照条件下生成，反应是HOOCCH2CHClCOOH在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生的消去反应；(2)反应为发生消去反应生成；反应为HOCH2CH=CHCH2OH与 HCl 发生加成反应得到HOCH2CH2CHClCH2OH，；(3)E 的结构简式为HOCH2CH=C

35、HCH2OH，P的结构简式为：；(4)反应中中将羟基氧化为羧基，也可以氧化碳碳双键，设计反应的目的是：保护碳碳双键，防止被氧化；(6)要合成，可由 CH3COOCH2CH=CHCH2OCOCH3发生加聚反应得到，而 HOCH2CH=CHCH2OH与 CH3COOH发生酸化反应得到CH3COOCH2CH=CHCH2OCOCH3，另外 CH2=CH-CH=CH2与 Br2发生 1，4-加成后，再水解即可制得HOCH2CH=CHCH2OH，则用 1，3-丁二烯与乙酸为原料合成的合成路线为。【点睛】考查了有机物推断与合成，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，常见反应条件与发生的反应原理类型：在 NaO

36、H 的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；在NaOH 的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；能与H2在Ni 作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；在O2、Cu(或 Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；与 O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是 CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇 醛羧酸的过程)。19镓是制作高性能半导体的重要原料。工业上常从

37、锌矿冶炼的废渣中回收镓。已知某锌矿渣主要含Zn、Si、Pb、Fe、Ga的氧化物，利用该矿渣制镓的工艺流程如下：已知：镓在元素周期表中位于第四周期第A，化学性质与铝相似。lg2=0.3，lg3=0.48。部分物质的Ksp如 F表所示物质2Zn OH3Ga OH2Fe OH3Fe OHKsp171.6 10312.7 10168 10392.8 10（1）滤渣 1 的主要成分是 _（写化学式）。（2）加入 H2O2的目的是(用离子方程式表示)_。（3）调 pH 的目的是 _；室温条件下，若浸出液中各阳离子的浓度均为0.01 mol/L，当溶液中某种离子浓度小于51 10mol/L 时即认为该离子已

38、完全除去，则pH 应调节的范围为_。（4）操作 D 包括：_过滤、洗涤、干燥。（5）制备、精炼金属Ga。电解法制备金属镓。用惰性电极电解2NaGaO溶液即可制得金属镓，写出阴极电极反应式_。电解法精炼金属镓（粗镓含Zn、Fe、Cu 等杂质，已知氧化性:2+2+2+2+ZnGaFeCu下列有关电解精炼金属镓的说法正确的是_（填字母序号）。A.电解精炼镓时粗镓与电源的正极相连B电解精炼过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等C电解后，Cu和 Fe沉积在电解槽底部形成阳极泥D若用甲烷燃料电池电解精炼金属镓，当阴极有56.0 g 镓析出时，电池负极最多消耗标准状况下的4CH?6.72 L【答案】2S

39、iO4PbSO2+3+2222Fe+H O+2H=2Fe+2H O使3+Fe、2+Ga沉淀完全面2+Zn不沉淀5.48pHKsp3Fe OH，Ga3+完全沉淀时Fe3+已经完全沉淀，浓度小于5101mol/L，c(OH-)=333Ksp Ga OHc Ga=31352.7 101 10=93 10mol/L，c(H+)=51103mol/L，pH=-lg51103=5.48，Zn2+开始沉淀时c(OH-)=222+Zn OHc ZnKsp=1721?.6 100.01=84 10mol/L，c(H+)=61104mol/L，pH=-lg61104=6.6，则 pH 应调节的范围为5.48pH6

40、.6（4）操作 D 包括：蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等；（5）电解NaGaO2溶液生产Ga，Ga元素的化合价由+3 价降为 0 价，GaO2-转化为 Ga为还原反应，电解时还原反应在阴极发生，阴极的电极反应式为：-22GaO+2H O+3e=Ga+4OH；电解精炼镓时粗镓与电源的正极相连，离子氧化性顺序为：Zn2+Ga2+Fe2+GaFeCu，则阳极上Zn、Ga失电子进入电解质溶液，Fe、Cu 以金属单质进入电解质溶液，则阳极泥成分是 Fe、Cu，阴极上 GaO2-得电子发生还原反应生成Ga，电极反应式为-22GaO+2H O+3e=Ga+4OH；甲烷燃料电池负极电极反应：CH4 10OH8eCO327H2O，所以8Ga 3CH4870g322.4L 56g6.72L 但是电解精炼镓时能量的利用率达不到100%，实际耗电所消耗标准状态下的4CH大于 6.72L。故说法正确的是 AC。