2019-2020学年北京二十中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京二十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向等物质的量浓度的K2S、KOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫各物种（H2S、HS-、S2-）的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与滴加盐酸体积的关系如图所示（忽略滴加过程 H2S气体的逸出）。下列说法不正确的是A A曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况BX、Y为曲线两交叉点。若已知Y点处的 pH，则可计算Ka1（H2S）CX、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系为：XY D Y点对应溶液中c（K）与含硫各微粒浓度的

2、大小关系为：c（K）3c（H2S）c（HS-）c（S2-）【答案】C【解析】【分析】滴加盐酸时，盐酸先和KOH反应，然后再和K2S反应，首先发生S2-+H+=HS-，该过程中S2-含量减少，HS-含量上升，然后发生HS-+H+=H2S，此时 HS-含量下降，H2S上升，所以A 代表 S2-，B 代表 HS-，C代表 H2S。【详解】A根据分析可知A 曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况，故A 正确；BY点表示 c(H2S)=c(HS-)，Ka1(H2S)=-2+HHSH Sccc，当 c(H2S)=c(HS-)时，Ka1(H2S)=c(H+)，所以若已知Y点处的 pH，则可计算K

3、a1(H2S)，故 B 正确；CX点 c(HS-)=c(S2-)，Y点 c(H2S)=c(HS-)，S2-和 HS-的水解促进水的电离，H2S为酸抑制水电离，则X点水的电离程度较大，故C错误；D原溶液为等物质的量浓度的K2S、KOH 混合溶液，根据物料守恒可知c(K)3c(H2S)c(HS-)c(S2-)，故 D 正确；故答案为C。2微粒有多种表示方式，下列各组不同表示方式一定代表同种微粒的是A C3H6、CH2=CHCH3BH2O2、C、D、1s22s22p63s23p6【答案】B【解析】【详解】A.C3H6可能表示CH2=CHCH3，也可能表示环丙烷，因此二者不一定表示同一物质，A 错误；

4、B.H2O2分子中两个O 原子形成一对共用电子对，O 原子分别与H 原子各形成一对共用电子对，所以其电子式为；A.前者表示甲烷，后者表示CCl4，二者是不同的微粒，C 错误；D.前者表示Ar 原子结构示意图，后者可能表示Ar 原子，也可能表示K+、Cl-等，因此而不一定表示的是同一微粒，D 错误；故合理选项是B。3关于常温下pH 均为 1 的两种酸溶液,其稀释倍数与溶液pH 的变化关系如图所示,下列说法中正确的是()A HA 是弱酸,HB是强酸BHB 一定是弱酸,无法确定HA 是否为强酸C图中 a=2.5 D 0.1 mol/L HB 溶液与等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后,所得溶液

5、中:c(H+)c(HX-)c(H2X)BP点溶液中:c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)C溶液中2-(X):MNPN=QM,且 a=7【答案】D【解析】【分析】二元弱酸H2X 溶液中滴 NaOH 溶液，先发生H2X+OH-=H2O+HX-，然后发生HX-+OH-=H2O+X2-；【详解】A M 点加入 20.0mLNaOH 溶液，溶液中的溶质为NaHX，溶液中存在HX-的电离和水解，所以此时c(Na+)c(HX-)，水解是微弱的所以c(HX-)c(H2X)，故 A 正确；BP点加入 40.0mLNaOH 溶液，所以溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c（OH-）=c（H+）+

6、c（HX-）+2c（H2X），即 c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)，故 B 正确；C2-2-+-+a2+(X)(X)(H)(HX)(HX)(H)=(H)ccccccKc，据图可知随着氢氧化钠加入，M、N、P、Q 的碱性增强，则c(H+)减小，所以溶液中2-(X):MNPN=QM；温度未知，无法确定水的电离平衡常数，所以无法确定a 的值，故D 错误；故答案为D。【点睛】电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运

7、用。6有机物M、N 之间可发生如图转化.下列说法不正确的是A M 能与溴水发生加成反应BM 分子中所有碳原子共平面CN 能使酸性高锰酸钾溶液褪色D M、N 均能发生水解反应和酯化反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A.M 中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，故A 正确；B.M 分子有三个C原子连接在同一个饱和C 原子上，所以不可能所以碳原子共面，故B 错误；C.N 中含有羟基、醛基均能被高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；D.M 和 N 中均含有酯基和羟基，能发生水解反应和酯化反应，故D 正确；故答案为B。7以 CO2和 Na2O2为原料，制取纯净干燥的O2，实验装置如下：下列说

8、法不正确的是A装置中试剂可以是NaOH 溶液B装置的作用是干燥O2C收集氧气应选择装置a D装置、之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶【答案】C【解析】【分析】实验原理分析：二氧化碳通过U 型管与过氧化钠反应生成氧气，氧气和没有反应的二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否除尽，在通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氧气，最后收集；【详解】A.装置中试剂可以是NaOH 溶液，用来除掉二氧化碳气体，故不选A；B.装置中盛有浓硫酸，作用是干燥O2，故不选B；C.由于氧气密度大于空气，选择装置b，故选 C；D.装置、之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故不选D

9、；答案：C 8 地球表面是易被氧化的环境，用括号内的试剂检验对应的久置的下列物质是否被氧化。正确的是（）A KI（AgNO3溶液）BFeCl2（KSCN 溶液）CHCHO（银氨溶液）DNa2SO3（BaCl2 溶液）【答案】B【解析】【详解】A KI 是否变质均能与硝酸银溶液反应生成碘化银沉淀，可以用淀粉溶液检验是否变质，故A 不选；BFeCl2溶液变质混有FeCl3，则加 KSCN可检验铁离子，能检验是否变质，故B 选；CHCHO变质生成HCOOH，银氨溶液与甲醛、甲酸均能反应，所以不能检验，故C不选；DNa2SO3溶液变质生成Na2SO4，Na2SO3、Na2SO4均能与氯化钡生成白色沉淀

10、，所以加氯化钡不能检验变质，故 D 不选；故选：B。9生活中处处有化学。根据你所学过的化学知识，判断下列说法错误的是A柑橘属于碱性食品B为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒C氯化钠是家庭常用的防腐剂，可用来腌制食品D棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和 H2O【答案】D【解析】【详解】A.含钾、钠、钙、镁等矿物质较多的食物，在体内的最终的代谢产物常呈碱性，产生碱性物质的称为碱性食品，蔬菜、水果、乳类、大豆和菌类食物等，柑橘水水果，属于碱性食品，选项A 正确；B.为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒，杀除病菌，选项B正确；C.氯化钠的浓溶液(超

11、过 0.9%)才有防腐作用，因为这是生理盐水的浓度，超过这个浓度，细胞就会脱水死亡，可用来腌制食品，选项C正确；D.棉、麻属于纤维素，含有C、H 两种元素，完全燃烧只生成CO2和 H2O；羊毛属于蛋白质，含有C、H、O、N 等元素，完全燃烧除生成CO2和 H2O，还有其它物质生成；合成纤维是以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，分子中出C、H 元素外，还含有其它元素，如N 元素等，完全燃烧除生成CO2和 H2O，还有其它物质生成，选项D 错误；答案选 D。10NA代表阿伏加德罗常数的值。4g 粒子(4He2+)含A 2NA个 粒子B2NA个质子CNA个中子

12、D NA个电子【答案】B【解析】【详解】A.4g 粒子(4He2+)的物质的量为4g4g/mol=1mol，共有 NA个 粒子，故 A 错误；B.1 个4He2+含有 2 个质子，4g 粒子(4He2+)的物质的量为4g4g/mol=1mol，共有 2NA个质子，故B正确；C.1 个4He2+含有 2 个中子，g 粒子(4He2+)的物质的量为4g4g/mol=1mol，共有 2NA个中子，故C错误；D.4He2+中没有电子，故D 错误；正确答案是B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。11下图为元素周期表的一部分，X、Y、Z、M

13、 均为短周期元素，除M 外，其余均为非金属元素。下列说法正确的是Y Z M X A简单离子半径：MY B单质熔点：X M C简单气态氢化物的稳定性：YZ DY 的氧化物对应水化物均为强酸【答案】B【解析】【分析】除 M 外，其余均为非金属元素，则M 为铝(Al)，从而得出X为硅(Si)，Y为氮(N)，Z 为氧(O)。【详解】A M 为铝(Al)，Y为氮(N)，Al3+与 N3-电子层结构相同，但Al3+的核电荷数大，所以离子半径：Al3+Al，B正确；CY为氮(N)，Z为氧(O)，非金属性NO，则简单气态氢化物的稳定性：NH3H2O，C不正确；D Y为氮(N)，Y 的氧化物对应水化物中，HNO

14、3为强酸，HNO2为弱酸，D 不正确；故选 B。12下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是（）A空气：C2H2、CO2、SO2、NO B氢氧化铁胶体：H+、K+、S2-、Br-C银氨溶液：Na+、K+、NO3-、NH3 H2O D重铬酸钾溶液：H+、Na+、SO42-、葡萄糖分子【答案】C【解析】【详解】A、空气中含有氧气，一氧化氮能够与氧气反应生成二氧化氮，所以二者不能大量共存，故A错误；B、氢氧化铁胶体带有正电荷，带负电荷的离子能够中和氢氧化铁胶体的正电荷，导致氢氧化铁发生聚沉，所以不能大量共存，故B错误；C、Na+、K+、NO3-、NH3 H2O 离子之间不反应，与银氨溶液也不

15、反应，可大量共存，故C正确；D、重铬酸钾溶液具有强氧化性，能够与葡萄糖发生氧化还原反应，不能大量共存，故D 错误；答案选 C。【点睛】本题的易错点为B，要注意在胶体中加入电解质溶液，胶体容易发生聚沉。13下列各表述与示意图一致的是A25时，用0.1mol L-1盐酸滴定 20mL 0.1mol L-1NaOH 溶液，溶液的pH 随加入酸体积的变化B10mL 0.01molL-1 KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol L-1 H2C2O4溶液混合时，n(Mn2-)随时间的变化C曲线表示反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H0 正、逆反应的平衡常数K 随温度的变化Da、b 曲线分别表示反

16、应CH2=CH2(g)+H2(g)CH3CH3(g)H0 使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化【答案】C【解析】【分析】A.等浓度的强酸强碱的滴定曲线，到达终点的pH 发生突变，不是渐变；B.发生氧化还原反应生成锰离子，Mn2+对该反应有催化作用，反应加快；C.反应 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H0，结合 K 虽温度的变化情况作答；D.催化剂降低反应活化能，根据图示的能量变化与实际反应的热效应不符。【详解】A.0.1mol?L-1NaOH 溶液的 pH 为 13，用 0.1mol?L-1盐酸滴定恰好中和时pH 为 7，因浓度相同，则体积相同，但酸碱中和在接近终点时，pH 会发

17、生突变，曲线的斜率会很大，A 项错误；B.发生氧化还原反应生成锰离子，则n（Mn2+）随时间的变化而增大，且催化作用，一段时间内增加的更快，后来浓度变化成为影响速率的主要因素，反应物浓度减小，速率减慢，图像不符，B 项错误；C.因反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡后升温K正减小，而K逆增大，且正逆反应的平衡常数互为倒数关系，C项正确；D.图象中使用催化剂降低反应活化能，但反应CH2=CH2(g)+H2(g)CH3CH3(g)H0，是放热反应，反应物能量高，图象中表示的吸热反应，D 项错误；答案选 C。14工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)

18、+4HCl(g)；H=+QkJmol-1(Q0)，某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应，下列叙述正确的是（）A反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B若反应开始时SiCl4为 1mol，则达平衡时，吸收热量为QkJ C反应至4min 时，若 HCl 浓度为 0.12mol L-1，则 H2反应速率为0.03mol L-1min-1D当反应吸收热量为0.025QkJ 时，生成的HCl 通入 100mL1mol L-1的 NaOH 溶液恰好反应【答案】D【解析】【详解】A.该反应是反应前后气体分子数增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，A错误

19、；B.该反应是可逆反应，达平衡时，吸收热量小于QkJ，B 错误；C.速率之比等于反应系数之比，v(H2)=12v(HCl)=11110.12mol L0.015mol Lmin24minggg，C错误；D.由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ 时，生成的HCl 的物质的量为10.025QkJ40.1molQkJ molg，100mL1mol L-1的 NaOH 的物质的量为0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，D 正确；故答案为：D。15加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废旧塑料的再利用。下列叙述不正确的是A装置乙试管中收集到的液体在

20、催化剂存在下可以与Br2发生取代反应B装置丙中的试剂吸收反应产生的气体后得到的产物的密度均比水大C最后收集的气体可以作为清洁燃料使用D甲烷的二氯代物有2 种【答案】D【解析】【分析】【详解】A.装置乙试管中收集到的液体物质是苯和甲苯，两种物质的分子中都含有苯环，在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应，A 正确；B.加热聚丙烯废塑料得到的不饱和烃乙烯、丙烯可以与Br2发生加成反应，产生1，2-二溴乙烷和1，2-二溴丙烷，它们都是液体物质，难溶于水，密度比水大，B 正确；C.加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，气体物质有氢气、甲烷、乙烯、丙烯，液体物质有苯和甲苯，其中苯和

21、甲苯经冷水降温恢复至常温下的液态留在小试管中；气体中乙烯、丙烯与溴的四氯化碳溶液反应变为液体，剩余气体为氢气、甲烷，燃烧产生H2O、CO2，无污染，因此可作为清洁燃料使用，C正确；D.甲烷是正四面体结构，分子中只有一种H 原子，其二氯代物只有1 种，D 错误；故合理选项是D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16三盐基硫酸铅(3PbOPbSO4 H2O，其相对分子质量为990)简称“三盐”，不溶于水及有机溶剂。以铅泥(PbSO4、PbO、Pb 及其他杂质等)为原料制备三盐的工艺流程如下图所示已知：KSP(PbSO4)=1.82 10-8，KSP(PbCO3)=1.46 10-13。请

22、回答下列问题：(1)写出步骤“转化”的主要离子方程式_。(2)根据图溶解度曲线，由滤液I 得到 Na2SO4固体的操作为：将“滤液 1”_、_、用乙醇洗涤后干燥。(3)步骤“酸溶”，为提高酸溶速率，可采取的措施是_(任意写出一条)(4)“滤液 2”中可循环利用的溶质为_(填化学式)。若步骤“沉铅”后的滤液中c(Pb2+)=1.82 10-5 mol L-1，则此时 c(SO42-)=_mol L-1。(5)步骤“合成”三盐的化学方程式为_。(6)若消耗 100 t 铅泥，最终得到纯净干燥的三盐49.5 t，假设铅泥中的铅元素有75.0转化为三盐，则铅泥中铅元素的质量分数为_。【答案】PbSO4

23、+CO32-=PbCO3+SO42-50以上蒸发结晶趁热过滤适当升温(适当增加硝酸浓度，或将滤渣粉碎，增大表面积等)HNO31 10-34PbSO4+6NaOH3PbO?PbSO4?H2O+3Na2SO4+2H2O 55.2%【解析】【分析】以铅泥（主要成分为PbO、Pb 及 PbSO4等）为原料制备三盐，由流程可知，向铅泥中加Na2CO3溶液是将PbSO4转化成 PbCO3，Na2CO3（aq）+PbSO4（s）=Na2SO4（aq）+PbCO3（s），所以滤液的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3，Pb、PbO和 PbCO3在硝酸的作用下反应：3Pb+8HNO3=Pb（NO3）2+2

24、NO +4H2O、PbCO3+2HNO3=Pb（NO3）2+CO2+H2O、PbO+2HNO3=Pb（NO3）2+2H2O，均转化成Pb（NO3）2，Pb（NO3）2中加稀 H2SO4转化成 PbSO4和硝酸，过滤的滤液为HNO3，可循环利用，向硫酸铅中加入氢氧化钠合成三盐和硫酸钠，发生4PbSO4+6NaOH3PbO?PbSO4?H2O+3Na2SO4+2H2O，滤液 3 主要是硫酸钠，洗涤沉淀干燥得到三盐，以此来解答。【详解】（1）步骤向铅泥中加Na2CO3溶液，由表可知PbCO3的溶解度小于PbSO4的溶解度，发生Na2CO3（aq）+PbSO4（s）=Na2SO4（aq）+PbCO3（

25、s），其离子方程式为CO32-（aq）+PbSO4（s）=SO42-+PbCO3（s）；（2）图 2 中硫酸钠的溶解度在温度高时溶解度小，则由滤液1 得到 Na2SO4固体的操作为：将“滤液 1”升温结晶、趁热过滤，用乙醇洗涤后干燥；（3）步骤“酸溶”，为提高酸溶速率，可采取的措施是适当升温（或增大硝酸浓度、增大表面积等）；（4）Pb、PbO和 PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb（NO3）2，Pb（NO3）2中加稀 H2SO4转化成 PbSO4和硝酸，“滤液 2”中可循环利用的溶质为HNO3，若步骤“沉铅”后的滤液中c（Pb2+）=1.8210-5mol?L-1，则此时 c（SO42-）=85

26、1.82 101.82 10=1 10-3mol?L-1；（5）步骤“合成”三盐的化学方程式为4PbSO4+6NaOH3PbO?PbSO4?H2O+3Na2SO4+2H2O；（6）若得到纯净干燥的三盐49.5t，则其中铅元素的质量为828990 49.5t=41.4t，设铅泥中铅元素的质量分数为 w，则 100.0t 铅泥中铅元素为100w，铅泥中的铅元素有75%转化为三盐，有100w75%=41.4，解得 x=55.20%。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17已知：RCHCHORRCH2CHO+R OH（烃基烯基醚）烃基烯基醚A 的分子式为C12H16O。与 A 相关的反应如下：

27、完成下列填空：43、写出 A 的结构简式 _。44、写出 CD 化学方程式 _。45、写出一种满足下列条件的F的同分异构体的结构简式_。能与 FeCl3溶液发生显色反应；光照时与氯气反应所得的一氯取代产物不能发生消除反应；分子中有4 种不同化学环境的氢原子。46、设计一条由E合成对甲基苯乙炔（）的合成路线。（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下：_【答案】CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O【解析】【分析】由信息可知，A 反应生成 B 为醇，E为醛，由B的相对分子质量为60，则 B 为 CH3CH2CH2OH，BC 发生催化氧化反应，所

28、以C为 CH3CH2CHO，CD 为银镜反应，则D 为 CH3CH2COONH4；由 B、E及 A 的分子式可知，烃基烯基醚A 结构简式为；有机物E为：；由 E转化为对甲基苯乙炔（），先发生-CHO的加成，再发生醇的消去反应，然后与溴发生加成引入两个溴原子，最后发生卤代烃在NaOH 醇溶液中的消去反应生成CC，然后结合物质的结构与性质来解答。【详解】43.结合以上分析可知，A 的结构简式为：；1 CD 反应的化学方程式为CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag +3NH3+H2O；故答案为：CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2

29、Ag +3NH3+H2O；2分子式和有机物F 相同，光能与FeCl3溶液发生显色反应，属于酚类；光照时与氯气反应所得的一氯取代产物不能发生消去反应，说明Cl 直接相连的C原子的邻位C上没有 H 原子，分子中有4 种不同化学环境的氢原子，要求结构具有一定的对称性，满足这三个条件的F的同分异构体可以有：；故答案是：；46.由合成可以将醛基先与H2加成得到醇，再进行醇的消去引进碳碳双键，再与 Br2进行加成，最后再进行一次卤代烃的消去就可以得到目标产物了。具体流程为：；故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18化合物G 是一种具有抗痢疾的某种药物的中间体，其合成路线如图：已知：+R

30、3NH2+H2O（1）X的分子式为C2H4Cl2，写出其化学名称_。（2）的反应类型为_。（3）D 中官能团的名称为_。（4）E的分子式为 _。（5）芳香族化合物Z的分子式为 C8H7OBr，写出 Z的结构简式 _。（6）同时满足下列条件的D 的同分异构体有多种，写出任意一种的结构简式_。能与氯化铁发生显色反应能与纯碱反应放出二氧化碳气体除苯环外无其他环状结构核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1：1：2：6（7）写出和为有机原料制备的流程图。_【答案】1，2-二氯乙烷取代反应醛基、醚键C13H9O5N、（任意 1 种）【解析】【分析】X 的分子式为C2H4Cl2，对比 A、B的结构，可知 X 为

31、 ClCH2CH2Cl 对比 B、C 的结构可知，Y可以为 OHC-COOH C转化得到D，D 发生硝化反应得到E，E中硝基被还原为氨基生成F。Z的分子式为C8H7OBr，为芳香族化合物，对比 F、G 的结构，结合给予的信息，可知 Z 为。(7)由信息可知由与反应得到目标物。苯发生硝化反应得到硝基苯，然后与Fe/HCl作用得到。碱性条件下水解得到，然后发生催化氧化得到。【详解】(1)X 的分子式为C2H4Cl2，对比 A、B 的结构，可知X为 ClCH2CH2Cl，X的化学名称为：1，2-二氯乙烷，故答案为：1，2-二氯乙烷；(2)对比 A、B 的结构，可知的反应类型为取代反应，故答案为：取代

32、反应；(3)D 中官能团的名称为：醛基、醚键，故答案为：醛基、醚键；(4)E 分子中含有13 个 C原子、9 个 H 原子、5 个 O 原子、1 个 N 原子，E的分子式为C13H9O5N，故答案为：C13H9O5N；(5)芳香族化合物Z 的分子式为C8H7OBr，对比 F、G 的结构，结合给予的信息，可知Z为，故答案为：；(6)同时满足下列条件的D 的同分异构体：能与氯化铁发生显色反应，说明含有酚羟基；能与纯碱反应放出二氧化碳气体，说明含有羧基；除苯环外无其他环状结构，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为 1：1：2：6，存在对称结构，符合条件的同分异构体为：、，故答案为：、(任意 1 种)；(

33、7)由信息可知由与反应得到目标物。苯发生硝化反应得到硝基苯，然后与Fe/HCl作用得到。碱性条件下水解得到，然后发生催化氧化得到，合成路线为：。【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据双安妥明的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程 C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题

34、给条件，结合官能团的性质分析解答。19离子液体是一种由离子组成的液体，在低温下也能以液态存在，是一种很有研究价值的溶剂。研究显示最常见的离子液体主要由图示正离子和负离子组成：回答下列问题：(1)按电子排布，Al 划分在元素周期表中的_区(填“s”“p”“d”或“ds”)，图中负离子的空间构型为 _。(2)基态 Cl原子的价电子排布图为_。(3)图中正离子有令人惊奇的稳定性，它的电子在其环外结构中高度离域。该正离子中C原子的杂化方式为_。该化合物中不存在_(填标号)。A.离子键B.极性键C.非极性键D.配位键E.氢键(4)C、N、H 三种元素的电负性由大到小的顺序为_，NH3与 CH4的中心原子

35、均为sp3杂化，但是 HNH 的键角小于HCH 的键角，原因是_。(5)AlN 是一种陶瓷绝缘体，具有较高的导热性和硬度，其立方晶胞如图所示，Al 原子周围紧邻的Al 原子有_个。已知：氮化铝的密度为dg/cm3，阿伏加德罗常数为NA，则最近的N 原子与 Al 原子间的距离为_pm。【答案】p 正四面体sp2、sp3E NCH NH3中 N 原子有一个孤电子对，孤电子对与成键电子间斥力更大，键角更小12 1033441104Ad Ng【解析】【分析】【详解】（1）按电子排布，根据主族元素中最后排入的电子轨道名称命名其区名称，Al 原子最后排入的电子是3p能级上的电子，位于p 区；图中负离子中铝

36、离子价层电子对个数=4+314 12=4 且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为正四面体；故答案为：p；正四面体；（2）基态 Cl原子的价电子为最外层电子，电子排布式为3s23p5，则排布图为，故答案为：；（3）环上的 C原子价层电子对个数是3、乙基上 C原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断 C 原子的杂化方式，前者为sp2后者为 sp3杂化；该化合物中阳离子和阴离子间形成离子键，阳离子中的 C-H 键属于极性键，C-C键属于非极性键，阴离子中存在配位键，没有氢键，故答案为：sp2；sp3；E；（4）元素的非金属性越强，其电负性越大，电负性大小顺序是NCH；N

37、H3中 N 原子有一个孤电子对，孤电子对与成键电子间斥力更大，键角更小，HNH 的键角小于HCH 的键角，故答案为：NCH；NH3中 N 原子有一个孤电子对，孤电子对与成键电子间斥力更大，键角更小；（5）根据晶胞的结构分析，以上底面面心的Al 为参考点，周围与距离最近的Al 有 12 个，取 1mol 晶胞，即有 NA个晶胞，1 个晶胞中Al 原子数目为：818+612=4，N 原子数目为4，设晶胞的棱长为xcm，则x3d=AA414+27441=NN（），则 x=3A441Ndcm，则最近的N 原子与 Al 原子间的距离为34x=1033441104Ad Ngpm，故答案为：12；1033441104Ad Ng。