2019-2020学年福建省泉州市南安侨光中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省泉州市南安侨光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下列装置或操作能达到相应实验目的的是A配制一定浓度的NaCl 溶液B除去SO2中的HCl C实验室制取氨气D观察Fe（OH）2的生成【答案】D【解析】【分析】【详解】A图中为俯视，正确操作眼睛应与刻度线、凹液面的最低处相平，故A 错误；BHCl 与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，引入新杂质，且二氧化硫也可以与碳酸氢钠溶液反应，故B错误；C氨气极易溶于水，不能排水法收集，故C错误；D植物油可隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，可观察Fe(OH

2、)2的生成，故D 正确；故选：D。【点睛】除去 SO2中混有的HCl 可以用亚硫酸氢钠溶液，同理除去二氧化碳中HCl 可用碳酸氢钠溶液。2高温下，超氧化钾晶体(KO2)呈立方体结构。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞(晶体中最小的重复单元)。则下列有关说法正确的是（）A KO2中只存在离子键B超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有1 个 K和 1 个 O2C晶体中与每个K距离最近的O2有 6 个D晶体中，所有原子之间都以离子键相结合【答案】C【解析】【详解】A、K+离子与 O2-离子形成离子键，O2-离子中 O 原子间形成共价键，故A 错误；B、K+离子位于顶点和面心，数目为81/8+61/2=4，

3、O2-离子位于棱心和体心，数目为121/4+1=4，即每个晶胞中含有4 个 K+和 4 个 O2-，故 B 错误；C、由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有 4 个，上方和下方各有一个，共有6 个，故 C正确；D、O 原子间以共价键结合，故D 错误。故选C。【点睛】易错点为C项，由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有 4 个，上方和下方各有一个。3下列说法不正确的是()A乙醇的酯化反应和酯的水解反应均属于取代反应B乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,是因为乙烯分子中含有碳碳双键C乙醛分子式为C2H4O2它可以还原生成乙醇D苯

4、与溴水混合,反复振荡后溴水层颜色变浅是因为苯与溴水发生了加成反应【答案】D【解析】【详解】A.乙醇的酯化反应和酯的水解反应都可看作是有机物分子中的原子或原子团被其他的原子和原子团所代替的反应，是取代反应，故A 不选；B.乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为乙烯分子中含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故 B不选。C.乙醛的结构简式为CH3CHO，分子式为C2H4O。它可以和氢气发生加成反应，即还原反应生成乙醇，故C 不选；D.苯与溴水混合反复振荡，溴水层颜色变浅是因为溴水中的溴从水中进入到了苯中，是萃取，不是苯和溴水发生了加成反应，故D 选。故选 D。4用废铁屑制备磁性胶体粒子，制取过程如

5、下：下列说法不正确的是A用 Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污B通入 N2是防止空气中的O2氧化二价铁元素C加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为 Fe3+，涉及反应：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2 H2O D溶液 A 中 Fe2+和 Fe3+的浓度比为2:1【答案】D【解析】A、碳酸钠的水溶液显碱性，油污在碱中发生水解，因此碳酸钠溶液浸泡可以除去废铁屑表面的油污，故A 说法正确；B、Fe2容易被氧气氧化，因此通入N2的目的是防止空气中的氧气氧化Fe2，故 B说法正确；C、利用 H2O2的氧化性，把 Fe2氧化成 Fe3，涉及反应：2Fe2 H2O22H=2Fe32H

6、2O，故 C说法正确；D、Fe3O4中 Fe2和 Fe3物质的量之比为1：2，故 D 说法错误。5SO2不具有的性质是（）A碱性 B还原性C氧化性D漂白性【答案】A【解析】二氧化硫为无色、具有刺激性气味的气体，可与水、碱以及碱性氧化物反应，具有漂白性、氧化性和还原性，可形成酸雨，只有A 错误，故选A。点睛：明确SO2的性质是解题关键，二氧化硫为酸性氧化物，可与水、碱以及碱性氧化物反应，S元素化合价为+4 价，处于中间价态，既具有氧化性也具有还原性，另外还具有漂白性，以此解答。6关于物质检验的下列叙述中正确的是A将酸性高锰酸钾溶液滴入裂化汽油中，若紫红色褪去，证明其中含甲苯B让溴乙烷与NaOH

7、醇溶液共热后产生的气体通入溴水，溴水褪色，说明有乙烯生成C向某卤代烃水解后的试管中加入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀，证明它是溴代烃D往制备乙酸乙酯反应后的混合液中加入Na2CO3溶液，产生气泡，说明乙酸有剩余【答案】B【解析】【详解】A裂化汽油中含烯烃，则加高锰酸钾褪色不能说明含有甲苯，A 错误；B溴乙烷与NaOH 醇溶液共热后，发生消去反应生成乙烯，则气体通入溴水，溴水褪色，说明有乙烯生成，B 正确；C卤代烃水解后，检验卤素离子，应在酸性溶液中，不能直接加硝酸银检验，C错误；D制备乙酸乙酯反应为可逆反应，不需要利用与碳酸钠反应生成气体说明乙酸剩余，D 错误。答案选 B。7一定条件下不能与苯发

8、生反应的是()A酸性 KMnO4BBr2C浓 HNO3DH2【答案】A【解析】A.酸性高锰酸钾能将不饱和碳键氧化，但苯环上碳原子形成介于单键和双键之间的化学键，结构稳定，不易被氧化，A 正确；B.将液溴与苯混合，加入铁屑后，在生成的三溴化铁的催化作用下，溴与苯发生取代反应，B 错误；C.苯和硝酸在浓硫酸作催化剂的条件下可生成硝基苯，C错误；D.苯在一定条件下也能够在镍催化、加热条件下与氢气发生加成反应生成环己烷，D 错误。故选择A。点睛：苯不能使高锰酸钾溶液退色，是因为苯分子中有6个碳碳单键，6 个碳原子之间形成一个大 键，使得苯的化学性质比烯烃稳定的的多，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化。8由下列

9、实验事实得出的结论不正确的是（）实验结论A 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明生成的 1,2-二溴乙烷无色可溶于四氯化碳B 乙酸乙酯和氢氧化钠溶液混合共热后，混合液不再分层乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中可完全水解C 葡萄糖与新制氢氧化铜混合共热后，生成砖红色沉淀葡萄糖是还原性糖D 乙酸和乙醇都可与金属钠反应产生可燃性气体乙酸分子中的氢与乙醇分子中的氢具有相同的活性A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A乙烯与溴发生加成反应生成的1，2-二溴乙烷无色，可溶于四氯化碳，因此溴的四氯化碳溶液褪色，故A 正确；B乙酸乙酯属于酯，在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成乙酸钠和乙醇，因

10、此混合液不再分层，故B 正确；C热的新制氢氧化铜悬浊液和葡萄糖产生砖红色沉淀氧化亚铜，氢氧化铜被葡萄糖还原，葡萄糖表现了还原性，故C正确；D乙醇与钠反应不如乙酸与Na 反应剧烈，则乙醇分子中的羟基氢不如乙酸羧基中的氢活泼，故D 错误；答案选 D。9下列说法正确的是()A电解熔融金属氯化物制备Na、Mg、Al B配制3 2Fe(NO)溶液时需加入稀硝酸防止水解C“一带一路”中的丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物。D牙齿的矿物质Ca5(PO4)3OH+F-?Ca5(PO4)3F+OH-，故使用含氟牙膏可以防止龋齿的形成【答案】D【解析】【详解】A.AlCl3是共价化合物，不能通过电解熔融

11、AlCl3制备 Al，故 A 错误；B.Fe2+能被稀硝酸氧化为Fe3+，故 B 错误；C.丝绸的主要成分是蛋白质，不是天然纤维素，故C 错误；D.由平衡 Ca5(PO4)3OH+F-?Ca5(PO4)3F+OH-可知，增大F-浓度，平衡正向移动，生成更难溶的氟磷灰石，氟磷灰石比羟基磷灰石更能抵抗酸的侵蚀，故使用含氟牙膏可以防止龋齿的形成，故D 正确。故选 D。10常温下，0.2mol/L一元酸 HA 与等浓度的NaOH 溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是A HA 是强酸B该混合液pH=7 C图中 x 表示 HA，Y表示 OH-，Z表示 H+D该混合溶液中

12、：c(A-)+c(Y)=c（Na+）【答案】D【解析】【详解】A、0.2mol/L一元酸 HA 与等浓度的NaOH 溶液等体积混合后，得到的溶液为0.1mol/L 的 NaA 溶液，若HA 为强酸，则溶液为中性，且c(A-)=0.1mol/L，与图不符，所以HA 为弱酸，A 错误；B、根据 A 的分析，可知该溶液的pH7，B错误；C、A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)c(A-)c(OH）c(HA)c(H)，所以 X 是 OH，Y是 HA，Z 表示 H+，C 错误；D、根据元素守恒，有c(A-)+c(HA)=c（Na+），D 正确；答案选 D。11下列说法不正确的

13、是()A C2H6和 C6H14一定互为同系物B甲苯分子中最多有13 个原子共平面C石油裂解和油脂皂化均是由高分子物质生成小分子物质的过程D制乙烯时，配制乙醇和浓硫酸混合液：先加乙醇5mL，再加入浓硫酸15mL 边加边振荡【答案】C【解析】【分析】【详解】A C2H6和 C6H14表示都是烷烃，烷烃的结构相似，碳原子之间都是单键，其余键均为CH 键，分子式相差若干个CH2，互为同系物，正确，A 不选；B甲苯中苯基有11 个原子共平面，甲基中最多有2 个原子与苯基共平面，最多有13 个原子共平面，正确，B 不选；C高分子化合物的相对分子质量在10000 以上，石油的成分以及油脂不是高分子化合物，

14、错误，C选；D浓硫酸溶于水放出大量的热，且密度比水大，为防止酸液飞溅，应先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢将浓硫酸加入烧瓶，边加边振荡，正确，D 不选。答案选 C。12秦皮是一种常用的中药，具有抗炎镇痛、抗肿瘤等作用。“秦皮素”是其含有的一种有效成分，结构简式如图所示，有关其性质叙述不正确的是（）A该有机物分子式为C10H8O5B分子中有四种官能团C该有机物能发生加成、氧化、取代等反应D 1mol 该化合物最多能与3molNaOH 反应【答案】D【解析】【分析】由结构可知分子式，秦皮中物质分子中含酚-OH、碳碳双键、-COOC-及醚键，结合酚、烯烃及酯的性质来解答。【详解】A.由结构可知分子

15、式为C10H8O5，A 正确；B.含有羟基、酯基、碳碳双键以及醚键4 种官能团，B正确；C.含苯环、碳碳双键可发生加成反应，碳碳双键、-OH 可发生氧化反应，-OH、-COOC-可发生取代反应，C正确；D.能与氢氧化钠反应的为酚羟基和酯基，且酯基可水解生成羧基和酚羟基，则1mol 该化合物最多能与4mol NaOH 反应，D 错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，注意选项D 为解答的易错点。13化学与生产、生活密切相关。下列叙述错误的是（）A生活中可用氢氟酸在玻璃器皿上做标记B液态 HCl 不能导电，说明HCl 是共价化合物C杜康用高

16、粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来D“霾尘积聚难见路人”，雾和霾所形成的气溶胶具有丁达尔效应【答案】C【解析】【分析】【详解】A玻璃中含SiO2，会跟 HF 反应，所以生活中常用氢氟酸刻蚀玻璃，A正确；B HCl是由共价键构成的共价化合物，B正确；C高粱中不含乙醇，高粱酿酒是利用葡萄糖分解生成酒精与二氧化碳的原理，故C错误；D所有胶体都具有丁达尔效应，D正确。答案选 C。14某烯烃分子的结构简式为，用系统命名法命名其名称为（）A 2，2，4-三甲基-3-乙基-3-戊烯B2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯C2，2，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯D2-甲基-3-叔丁基-2-戊烯【答

17、案】B【解析】【详解】烯烃分子的结构简式为，系统命名法命名其名称为2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯，故B 符合题意。综上所述，答案为B。15 碳跟浓硫酸共热产生的气体X 和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是()A洗气瓶中产生的沉淀中有碳酸钡B在 Z导管出来的气体中无二氧化碳C洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡D洗气瓶中无沉淀产生【答案】C【解析】【分析】碳与浓硫酸共热产生的X气体为 CO2和 SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是 NO2，同时通入溶液中发生反应：SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸

18、钡沉淀，Z处逸出的气体中有CO2和 NO，NO 遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2。【详解】A因为 SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，H2SO4能与氯化钡反应生成BaSO4，二氧化碳不与氯化钡反应，所以没有 BaCO3生成，A 错误；B反应生成的NO 在 Z导管口与空气中的氧气反应生成NO2，因 CO2不与氯化钡反应，从导管中逸出，B错误；C根据以上分析可知洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，C正确；D、根据以上分析可知洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，D 错误。答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16三草酸合铁（III）酸钾 K3Fe(C 2O4)3?3H2O（其相对分子质量

19、为491），为绿色晶体，易溶于水，难溶于酒精。110下可完全失去结晶水，230时分解。它还具有光敏性,光照下即发生分解，是制备活性铁催化剂的原料。某化学小组制备该晶体，并测定其中铁的含量，进行如下实验：三草酸合铁（）酸钾的制备；称取 5g 硫酸亚铁固体，放入到100mL 的烧杯中，然后加15mL 馏水和 56 滴稀硫酸，加热溶解后，再加入 25mL 饱和草酸溶液，搅拌加热至沸。停止加热，静置，待析出固体后，抽滤、洗涤、干燥，得到FeC2O4?2H2O；向草酸亚铁固体中加入饱和K2C2O4溶液 10mL，40oC水浴加热，边搅拌边缓慢滴加20mL3%H2O2溶液，变为深棕色，检验Fe2+是否完全

20、转化为Fe3+，若氧化不完全，再补加适量的H2O2溶液；将溶液加热至沸，然后加入20mL 饱和草酸溶液，沉淀立即溶解，溶液转为绿色。趁热抽滤，滤液转入100mL 烧杯中，加入95%乙醇 25mL，混匀后冷却，可以看到烧杯底部有晶体析出。晶体完全析出后，抽滤，用乙醇-丙酮混合液洗涤，置于暗处晾干即可。（1）写出步骤中，生成FeC2O4?2H2O 晶体的化学方程式_。检验 FeC2O4?2H2O 晶体是否洗涤干净的方法是 _。（2）步骤中检验Fe2+是否完全转化的操作为_。（3）步骤用乙醇-丙酮混合液洗涤，而不是用蒸馏水洗涤的原因是_。铁含量的测定：步骤一：称量5.00g 三草酸合铁酸钾晶体，配制

21、成250mL 溶液。步骤二：取所配溶液25.00mL 于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化，MnO4-被还原成Mn2+，向反应后的溶液中逐渐加入锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。步骤三：用 0.0100mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗 KMnO4溶液 20.02mL，滴定中 MnO4-被还原成Mn2+。步骤四：重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.0100mol/LKMnO4溶液 19.98mL。（4）配制三草酸合铁酸钾溶液中用到的玻璃仪器有烧杯_，_，_。（5）写出步骤三中发生反应

22、的离子方程式_。（6）实验测得该晶体中铁的质量分数为_（结果保留3 位有效数字）。【答案】FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O4?2H2O+H2SO4用小试管取少量最后一次洗涤液，加入 BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净滴加 K3Fe（CN）6溶液，观察是否生成蓝色沉淀减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分玻璃棒胶头滴管250mL 容量瓶5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O 11.2%【解析】【分析】(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4?2H2O；固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方

23、法检验沉淀是否洗涤干净；(2)Fe2+与 K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀；(3)FeC2O4?2H2O 微溶于水，难溶于乙醇-丙酮；(4)配制溶液，可用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL 容量瓶等；(5)为亚铁离子与高锰酸钾的反应；(6)结合反应的离子方程式，计算25mL 溶液中含有亚铁离子，可计算5.00g 三草酸合铁酸钾晶体中铁的质量分数。【详解】(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4?2H2O，反应的方程式为FeSO4+H2C2O4+2H2OVFeC2O4?2H2O+H2SO4，固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净，方法是用小试管取少

24、量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净，故答案为FeSO4+H2C2O4+2H2OVFeC2O4?2H2O+H2SO4；用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净；(2)Fe2+与 K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀，检验Fe2+是否已完全被氧化，可以用K3Fe(CN)6溶液，故答案为滴加 K3Fe(CN)6溶液，观察是否生成蓝色沉淀；(3)由于 FeC2O4?2H2O 微溶于水，难溶于乙醇-丙酮，所以用乙醇-丙酮洗涤晶体的目的是减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁

25、晶体表面的水分；故答案为减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；(4)配制溶液，需要用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL 容量瓶等，故答案为玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶；(5)在步骤三中发生的离子反应为：5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，故答案为5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；(6)n(Fe)=5n(MnO4-)=5 0.0100mol/L 19.98 10-3L 1.0 10-3mol，m(Fe)=56g?mol-1 1.0 10-3mol=0.056g。则 5.00g三草酸合铁酸钾晶体中m(Fe)=0.056g250

26、25=0.56g，晶体中铁的质量分数=0.56g5.00g 100%=11.2%，故答案为11.2%。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17新泽茉莉醛是一种名贵的香料，合成过程中还能得到一种PC树脂，其合成路线如图。已知：RCHO+RCH2CHO+H2O RCHO+HOCH2CH2OH+H2O+2ROH+HCl(1)E 的含氧官能团名称是_，E分子中共面原子数目最多为_。(2)写出反应 的化学方程式 _。(3)写出符合下列条件并与化合物E互为同分异构体的有机物结构简式_。a能与浓溴水产生白色沉淀b能与3NaHCO溶液反应产生气体c苯环上一氯代物有两种(4)反应 的反应类型是_。(5)

27、已知甲的相对分子质量为30，写出甲和G 的结构简式 _、_。(6)已知化合物C 的核磁共振氢谱有四种峰，写出反应 的化学方程式_。(7)结合已知 ，以乙醇和苯甲醛()为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)_。【答案】羟基、醛基16 加成反应（或还原反应）HCHO【解析】【分析】反应是苯与溴发生取代反应生成A，A 为，结合 B 的分子式可知，A 发生水解反应生成B，B为。结合 D 的分子式与E的结构简式可知D 为。对比 E与新泽茉莉醛的结构简式，结合 FG的反应条件及信息，可知 EF 发生信息中的反应，FG 发生信息中的

28、反应，且甲的相对分子质量为30，可推知甲为HCHO、F为、G 为，G 与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛。结合C的分子式可知，2 分子苯酚与 1 分子HCHO反应生成C，化合物 C能发生信息中的反应，说明C中含有羟基，且C核磁共振氢谱有四种峰，可推知C为，结合信息可知PC树脂结构简式为，据此分析解答(1)(6)；(7)结合已知，乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛与苯甲醛反应得到，再进一步氧化生成，最后与乙醇发生酯化反应得到目标物，据此书写合成路线图。【详解】(1)E 为，含氧官能团有羟基、醛基，E分子中苯环、-CHO均为平面结构，且直接相连的原子共面，共面原子数目最多为16 个，故答案为羟基、醛基；16

29、；(2)反应的化学方程式为，故答案为；(3)E 为，与化合物E互为同分异构体的有机物符合条件：a能与浓溴水产生白色沉淀，说明含酚-OH；b能与 NaHCO3溶液反应产生气体，说明含-COOH；c苯环上一氯代物有两种，则苯环上有2种 H，则符合条件的E的同分异构体为，故答案为；(4)反应中G()与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛，故答案为加成反应；(5)由上述分析可知甲和G 分别为 HCHO、，故答案为HCHO；(6)反应的化学方程式为n+n+(2n-1)HCl，故答案为n+n+(2n-1)HCl；(7)以乙醇和苯甲醛()为原料，合成，乙醇氧化生成乙醛，乙醛与苯甲醛反应生成苯丙烯醛，再将-CHO氧

30、化为-COOH，最后在与乙醇发生酯化反应，则合成流程为CH3CH2OHCH3CHO，故答案为CH3CH2OHCH3CHO。【点睛】本题的难点是物质结构的推导，要注意充分利用题示已知信息和各小题中提供的条件。本题的易错点为(6)，要注意方程式的配平。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18锂离子电池是指以锂离子嵌入化合物为正极材料的电池。研究锂离子电池的电极材料、电解液具有重要的现实意义。（1）锂离子电池的正极材料大多采用橄榄石型的LiMPO4(M=Fe、Co等元素)。Li+能量最低的激发态的电子排布图为_。第四电离能I4(Co)比 I4(Fe)小，原因是 _。（2）锂离子电池的电解液有

31、LiBF4等，碳酸亚乙酯()用作该电解液的添加剂。LiBF4中阴离子的空间构型为_。碳酸亚乙酯分子中碳原子的杂化方式为_；碳酸亚乙酯能溶于水的原因是_。（3）硫化锂是目前正在研发的锂离子电池的新型固体电解质，为立方晶系晶体，其晶胞参数为apm。该晶胞中离子的分数坐标为：硫离子：(0，0，0)；(1 1,02 2)，11(,0,)22；1 1(0,)2 2；锂离子：1 1 1(,)4 4 4；1 3 1(,)4 4 4；3 1 1(,)4 4 4；3 3 1,4 4 4（，）；在图上画出硫化锂晶胞沿x 轴投影的俯视图。_硫离子的配位数为_。设 NA为阿伏加德罗常数的值，硫化锂的晶体密度为_g c

32、m3(列出计算表达式)。【答案】Co 失去 3d6上的一个电子，而Fe失去 3d5上的一个电子，3d 轨道半充满时稳定性强，故I4(Co)比 I4(Fe)小正四面体sp3、sp2碳酸亚乙酯分子与水分子之间形成氢键8 323A1.84 10a N【解析】【分析】(1)基态 Li 原子的核外电子排布图为，据此分析解答；原子轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定，失去电子需要的能量更高；(2)根据 VSEPR理论判断BF4-的空间构型；该分子中 CH2中 C原子价层电子对数是4 且不含孤电子对、C=O中 C原子价层电子对数是3 且不含孤电子对，据此判断C原子杂化方式；碳酸亚乙酯分子与水分子之间形成氢

33、键；(3)根据硫离子和锂离子的分数坐标分析判断绘图；从面心的S2-看，周围与之等距且最近的Li+有 8 个；根据=mV计算晶体密度。【详解】(1)锂离子电池的正极材料大多采用橄榄石型的LiMPO4(M=Fe、Co等元素)。基态 Li 原子的核外电子排布图为，基态 Li+的核外电子排布图为，则 Li+能量最低的激发态的电子排布图为；Co3+价电子排布为3d6变为较稳定的3d5，而 Fe3+价电子排布由较稳定的3d5变为不稳定的3d4，需要更多的能量，故第四电离能：I4(Co)I4(Fe)；(2)对于 BF4-，根据 VSEPR理论，B原子的孤电子对数为3 1412=0，键电子对数为4，则其空间构

34、型为正四面体；该分子中 CH2中 C原子价层电子对数是4 且不含孤电子对，CH2中碳原子为sp3杂化，C=O中 C原子价层电子对数是3 且不含孤电子对，C=O中 C原子杂化方式为sp2；碳酸亚乙酯能溶于水的原因是碳酸亚乙酯分子与水分子之间形成氢键；(3)根据硫离子的坐标参数，硫离子位于晶胞的面心、顶点；根据锂离子的分数坐标参数，锂离子位于晶胞的内部，结合坐标位置，则硫化锂晶胞沿x 轴投影的俯视图为：；根据中的分析，结合俯视图，从面心的S2-看，周围与之等距且最近的Li+有 8 个，所以 S2-的配位数为8；1 个晶胞中有S2-的数目为818+612=4 个，含有Li+数目为 8 个，晶胞参数为

35、apm，一个晶胞体积为V=a3pm3=a3 10-30cm3，1mol 晶胞的体积为a3 10-30NAcm3，1mol 晶胞质量为m=4 46g，所以晶体密度为=mV=330A3446Na10cmg=323A1.84 10a Ng/cm3。19颠茄酸酯（H）有解除胃肠道痉挛、抑制胃酸分泌的作用，常用于胃肠道平滑肌痉挛及溃疡病的辅助治疗，其合成路线如下：试回答下列问题：（1）反应 所涉及的物质均为烃，氢的质量分数均为7.69%，A 的相对分子质量小于110，则 A 的化学名称为 _，A 分子中最多有_个碳原子在一条直线上。（2）反应 的反应类型是 _，反应 的反应类型是 _。（3）B的结构简式

36、是_；E的分子式为 _；F中含氧官能团的名称是_。（4）CD 反应的化学方程式为_。（5）化合物G有多种同分异构体，同时满足下列条件的有_种。能发生水解反应和银镜反应；能与3FeCl发生显色反应；苯环上有四个取代基，且苯环上一卤代物只有一种。（6）参照上述合成路线，设计一条由制备的合成路线 _。【答案】苯乙烯3 取代反应消去反应C10H12O2醛基、酯基26【解析】【分析】根据合成线路可知，D 与新制 Cu（OH）2加热条件下反应，酸化后得苯乙酸，则D 的结构简式为：；C 催化氧化生成D，则 C 的结构简式为：；B 水解生成C，则 B 的结构简式为：；A 与溴化氢在双氧水的作用下发生加成反应生

37、成B，所以 A 为苯乙烯，反应所涉及的物质均为烃，氢的质量分数均相同，比较苯与A 的结构可知，苯与X 发生加成反应生成A，所以 X 为 CH CH，苯乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E 为，E发生取代反应生成F，F 与氢气发生加成，醛基转化为羟基，则 G 的结构简式为：，G 发生消去反应生成H，由制备，可以用依次通过消去反应得到碳碳双键，在H2O2条件下与HBr 加成，Br 在端点的C 原子上，水解反应生成-OH，然后发生酯化反应得最终产物，据此进行解答。【详解】(1)根据上面的分析可知，A 为苯乙烯，苯乙烯分子中处于对位的最多有3个碳原子在一条直线上，故答案为苯乙烯；3；(2)根据上面的分析可知，反应的反应类型是取代反应，反应的反应类型是消去反应，故答案为取代反应；消去反应；(3)B 的结构简式为：，E 为，E 的分子式为C10H12O2，根据 F的结构简式可知，F 中含氧官能团的名称是醛基、酯基，故答案为；C10H12O2；醛基、酯基；(4)由 CD 反应是催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为2；(5)化合物 G 的同分异构体中含有酚羟基、甲酸酯基，残基含有4 个饱和碳原子；结合条件可写出6 种符合条件的同分异构体的结构简式：(6)参照上述合成路线，设计一条由制备的合成路线流程：。