2019-2020学年安徽定远启明中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽定远启明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短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大。在如图所示的物质转化关系中，p、q、m、n 分别是元素W、X、Y、Z的气体单质，p 和 s 均为有色气体，v 的水溶液呈碱性。常温下，0.1 mol?L 1t 溶液与0.1 mol?L 1 u 溶液的 pH 均为 1。下列说法不正确的是A Y、W 的最高价氧化物对应的水化物均为强酸BZ 和 Y 的简单氢化物的稳定性和沸点高低均为：ZY Cs 溶于水的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2 D v

2、 的电子式可表示为【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，p、q、m、n 分别是元素W、X、Y、Z 的气体单质。p 与 q 反应生成u，u 为二元化合物，而常温下0.1mol L-1u 溶液的 pH 为 1，则 u 为 HCl，由原子序数可知，X 为 H 元素、W 为 Cl 元素，故 q 为 H1，p 为 Cl1q 与 m 反应生成v，v 的水溶液呈碱性，则m为 N1，v 为 NH3，故 Y 为 N 元素；m 与 n 在放电条件下得到r，r 与 n 得到有色气体s，且 s与水反应得到 r 与 t，而常温下0.1molL-1t 溶液的 pH 为 1，t 为一元

3、强酸，故n 为 O1，r 为 NO，s 为 NO1，t 为HNO3，则 Z 为 O 元素,综上可知X为 H 元素、Y为 N 元素、Z为 O 元素、W 为 Cl元素。【详解】A Y、W 的最高价氧化物对应的水化物均为HNO3和 HClO4，两者均为强酸，故选项A 正确；BZ 和 Y的简单氢化物分别为H1O 和 NH3，水的稳定性和沸点均高于氨气，故选项B 正确；Cs 为 NO1，3NO1+H1O=1HNO3+NO，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1，故选项C正确；Dv 为 NH3，其电子式可表示为，故选项D 错误；故选 D。【点睛】本题考查无机物的推断，注意气体的颜色及溶液的pH 为推断的突破

4、口，再结合转化关系推断，熟练掌握元素化合物知识。2下列各组物质由于温度不同而能发生不同化学反应的是（）A纯碱与盐酸BNaOH 与 AlCl3溶液CCu与硫单质DFe 与浓硫酸【答案】D【解析】【详解】A.纯碱与盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，反应不受温度影响，故A 错误；B.NaOH 与 AlCl3溶液反应时，NaOH 少量反应生成氢氧化铝和氯化钠，NaOH 过量生成偏铝酸钠、氯化钠，反应不受温度影响，故B错误；C.Cu与硫单质在加热条件下反应只能生成硫化亚铜，故C错误；D.常温下浓硫酸使铁发生钝化生成致密的氧化膜，加热时可持续发生氧化还原反应生成二氧化硫，与温度有关，故D 正确；故答案为D

5、。3某溶液中可能含有K、NH4、Ba2、SO42、I、Cl、NO3中的几种，将此溶液分成两等份，进行如下实验：在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体1.12 L；在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33 g；在的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7 g 沉淀产生。有关该溶液中离子种类（不考虑H和 OH）的判断正确的是A溶液中至少有2 种阳离子B只能确定溶液中NH4、SO42是否存在C溶液中最多有4种阴离子D溶液中不可能同时存在K和 NO3【答案】C【解析】【详解】在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体1.1

6、2 L；和过量NaOH 溶液加热产生的气体只能是氨气，故一定存在NH4+，其物质的量为n(NH3)=mV1.12?LV22.4?L/mol=0.05 mol；在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33 g，则一定存在SO42-，其物质的量为n(SO42-)=n(BaSO4)=m2.33?gM233?g/mol=0.01 mol，Ba2+与 SO42-会发生离子反应不能大量共存，含有 SO42-，则一定不含有Ba2+；在的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7 g 沉淀产生，此沉淀未说明颜色，故可能为AgCl或 AgI，且 I-或 Cl-的物质的量之和0.

7、05-0.01 2=0.03 mol。A.依据分析可知，溶液中可能只存在铵根离子，故A 错误；B.依据分析可知，溶液中一定存在NH4+、SO42-，还有 Cl-或 I-中的一种或两种，B 错误；C.依据分析可知，溶液中SO42-、Cl-、I-、NO3-均可能存在，C正确；D.依据分析可知，溶液中可能存在K+和 NO3-，D 错误；故合理选项是C。4下列指定反应的离子方程式正确的是()A向 Al(NO3)3溶液中加入过量氨水：Al34OH=AlO2-2H2O B向水中通入NO2：2NO2H2O=2HNO3-NO C向 NH4HCO3溶液中加入过量NaOH 溶液：HCO3-OH=CO32-H2O

8、D向酸性 K2Cr2O7溶液中加入NaHSO3溶液将 6 价 Cr 还原为 Cr3：3HSO3-Cr2O72-5H=3SO42-2Cr34H2O【答案】D【解析】【分析】A.氨水中溶质为一水合氨，为弱碱，在离子方程式中保留化学式，且反应不能生成偏铝酸根离子；B.电荷不守恒；C.根据以少定多原则分析；D.依据氧化还原规律作答。【详解】A.一水合氨为弱碱，不能拆成离子形式，且不能溶解氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al2+3NH3?H2OAl(OH)3+3NH4+，A 项错误；B.向水中通入NO2的离子方程式为：3NO2+H2O=2H+2NO3-+NO，B 项错误；C.向 NH4HCO3溶液中加

9、入过量NaOH 溶液，其离子方程式为：NH4+HCO3-+OH-=NH3?H2O+CO32-+H2O，C项错误；D.向酸性 K2Cr2O7溶液中加入NaHSO3溶液，NaHSO3具有还原性，能将 6 价 Cr 还原为 Cr3，其离子方程式为：3HSO3-Cr2O72-5H=3SO42-2Cr34H2O，D 项正确；答案选 D。【点睛】离子方程式的书写及其正误判断是高考高频考点，贯穿整个高中化学，是学生必须掌握的基本技能。本题C 项重点考查有关“量”的离子方程式的书写正误判断，可采取“以少定多”原则进行解答，即假设量少的反应物对应的物质的量为1 mol 参与化学反应，根据离子反应的实质书写出正确

10、的方程式，一步到位，不需要写化学方程式，可以更加精准地分析出结论。5在恒容密闭容器中，反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)达到平衡，保持温度不变，加入少量水蒸气，体系重新达到平衡，下列说法正确的是A水蒸气的体积分数增大B氢气的浓度增大C平衡常数变大D铁的质量增大【答案】B【解析】【详解】A铁为固体，所以加入少量水蒸气，相当于在恒温密闭容器中增加压强，与原平衡等效，所以水蒸气的体积分数不变，A 错误；B加入少量水蒸气，则反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，使生成物氢气的浓度增大，B 正确；C平衡常数仅与温度有关，温度不变，加入少量水蒸气，体系重新达到平衡时平衡常数不

11、变，C 错误；D加入少量水蒸气，反应物的浓度增大，化学平衡向正反应方向移动，所以铁的质量变小，D 错误；故合理选项是B。6下列实验不能达到目的的是（）选项目的实验A 制取较高浓度的次氯酸溶液将 Cl2通入小苏打溶液中B 除去溴苯中的少量溴加入苛性钠溶液洗涤、分液C 加快氢气的生成速率将与稀硫酸反应的粗锌改为纯锌D 制备少量氨气向新制生石灰中滴加浓氨水A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，加入 NaHCO3能与 HCl 反应，从而促进平衡正向移动，使次氯酸的浓度增大，A 不合题意；B苛性钠溶液能与溴反应，产物溶解在溶液中，液体分层，分

12、液后可得下层的溴苯，从而达到除杂目的，B 不合题意；C粗锌与稀硫酸能发生原电池反应，反应速率快，纯锌与稀硫酸不能形成原电池，反应速率慢，C 符合题意；D浓氨水滴入新制生石灰中，生石灰与水反应放热，使氨水分解同时降低氨气的溶解度，从而制得少量的氨气，D 不合题意；故选 C。7某溶液中可能含有离子：K+、Na+、Fe2+、Fe3+、SO32-、SO42-，且溶液中各离子的物质的量相等，将此溶液分为两份，一份加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀。下列说法正确的是（）A若溶液中含有硫酸根，则可能含有K+B若溶液中含有亚硫酸根，则一定含有K+C溶液中可能含有Fe3+D

13、溶液中一定含有Fe2+和 SO42-【答案】B【解析】【详解】向溶液中加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，说明溶液中含有还原性微粒，可能含有Fe2+或2-3SO；另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀，溶液中可能含有2-3SO或2-4SO；若溶液中阴离子只有2-3SO，2-3SO与 Fe2+会发生双水解，因溶液中各离子的物质的量相等以及2-3SO会与 Fe3+反应，因此阳离子为K+、Na+；若溶液中阴离子为2-4SO，则阳离子为Fe2+（不能含有K+、Na+，否则溶液不能使高锰酸钾褪色）；若溶液中阴离子为2-3SO、2-4SO，Fe3+、Fe2+与2-3SO不能共存，故溶液中阴离子不可能同时含有

14、2-3SO、2-4SO；综上所述，答案为B。【点睛】本题推断较为复杂，需要对于离子共存相关知识掌握熟练，且需依据电荷守恒进行分析，注意分类讨论。8依据 Cd(Hg)+Hg2SO4=3Hg+Cd2+SO42-反应原理，设计出韦斯顿标准电池，其简易装置如图。下列有关该电池的说法正确的是()A电池工作时Cd2向电极 B移动B电极 A 上发生反应Hg2SO4+2e-=2Hg+SO42-C电极 B 上发生反应Cd(Hg)-4e-=Hg2+Cd2+D反应中每生成a mol Hg 转移 3a mol 电子【答案】B【解析】【详解】根据电池反应方程式可知：在反应中Cd(Hg)极作负极，Cd 失去电子，发生氧化

15、反应产生Cd2+，Hg作溶剂，不参加反应，另一极Hg 为正极，Cd2向负电荷较多的电极A 移动，A 错误、B 正确；根据总反应方程式可知物质B 电极上的Hg 不参加反应，C 错误；根据方程式可知每生成3molHg，转移 2mole-，则生成amol Hg 转移2a3mol 的电子，D 错误；故合理选项是B。9高能 LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li通过，结构如图所示：已知原理为（1x）LiFePO4xFePO4LixCn垐 垎?噲 垐?充电放电LiFePO4nC。下列说法不正确的是（）A充电时，Li向左移动B放电时，电子由负极经导线、用

16、电器、导线到正极C充电时，阴极的电极反应式为xLixe nC=LixCnD放电时，正极的电极反应式为（1x）LiFePO4xFePO4xLixe=LiFePO4【答案】A【解析】【详解】A充电时，图示装置为电解池，阳离子向阴极移动，即Li向右移动，故A 符合题意；B放电时，装置为原电池，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故B 不符合题意；C充电时，阴极上发生得电子的还原反应，电极反应式为xLixe-nC=LixCn，故 C不符合题意；D放电时，FePO4为正极，正极上发生得电子的还原反应，电极反应式为(1x)LiFePO4 xFePO4xLixe-=LiFePO4，故 D 不符合题意；故答

17、案为：A。【点睛】锂电池（俗称）有一次电池、可充电电池之分，其中原电池型锂电池是锂单质发生氧化反应，而可充电型锂电池又称之为锂离子电池，它主要依靠锂离子在正极和负极之间移动来工作。在充放电过程中，Li+在两个电极之间往返嵌入和脱嵌：充电时，Li+从正极脱嵌，经过电解质嵌入负极，负极处于富锂状态，放电时则相反。10下列说法正确的是()A表示3Al与 OH反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中 a 点溶液中含大量3AlB可知22CuS s2AgaqAg S sCuaq垐?噲?平衡常数很大，反应趋于完全C为一种高分子结构片断，可知该高分子的结构简式为D反应比反应的速率慢，与相应正反应的活化无关【答案】B【

18、解析】【详解】Aa 点所示 pH 接近 12，显强碱性，碱性环境中铝离子会先生成氢氧化铝沉淀，后转化为偏铝酸根，故a点溶液中存在的含铝微粒为偏铝酸根，故A 错误；B图象 X(20，9.2)c(Ag+)=10-20mol/L，c(S2-)=10-9.2mol/L，Ksp(Ag2S)=c2(Ag+)c(S2-)=(10-20mol/L)2 10-9.2mol/L=10-49.2，同理可知Ksp(CuS)=10-5 10-30.2=10-35.2，CuS(s)+2Ag+(aq)?Ag2S(s)+Cu2+(aq)平衡常数K=22c CucAg=2Ksp CuSKsp Ag S=35.249.21010

19、=1014，反应趋于完全，故B正确；C该高分子化合物由对甲基苯酚与甲醛缩合生成，则高分子的结构简式为，故 C 错误；D根据图象可知，反应中正反应的活化能较小，反应中正反应的活化能较大，则反应比反应的速率快，故D 错误；故答案为B。11氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为aHClO3=bO2+cCl2+dHClO4+eH2O，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色。下列说法正确的是A若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子为20e-B变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了：4Cl2+I2+6H2O=12H+8Cl-+2IO3-C氧化产物是高氯酸和氯气D由

20、反应可确定：氧化性：HClO4HClO3【答案】A【解析】【详解】A 选项，将化学计量数a=8，b=3 代入 8HClO33O2+cCl2+dHClO4+eH2O 方程，由元素守恒得d+2e=8 4d+e=18 得 d=4，e=2，由得失守恒可得该反应转移电子数为20e，故 A 正确；B 选项，电荷不守恒，故B 错误；C 选项，氧化产物是高氯酸和氧气，氯气是还原产物，故C 错误；D 选项，由反应可确定：氧化性：HClO3HClO4，故 D 错误；综上所述，答案为A。12油脂是重要的工业原料关于“油脂”的叙述错误的是A不能用植物油萃取溴水中的溴B皂化是高分子生成小分子的过程C和 H2加成后能提高

21、其熔点及稳定性D水解可得到丙三醇【答案】B【解析】【详解】A、植物油的主要成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子中含有双键能够与溴反应，A 正确；B、皂化反应是油脂的碱性水解，反应的主要产物脂肪酸钠和甘油不是高分子化合物，B 错误；C、油脂和 H2加成后油脂中的不饱和高级脂肪酸甘油酯转化成饱和的高级脂肪酸甘油酯，其熔点及稳定性均得到提高，C正确；D、油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯，水解后可以得到甘油，即丙三醇，D 正确。13下列关于物质保存或性质的描述错误的是（）A金属钠可以保存在无水乙醇中B氢氧化铜的悬浊液加热后变为黑色C氟化钠溶液需在塑料试剂瓶中保存D向盛二氧化碳的塑料瓶中加入饱和碳酸钠溶液，

22、振荡后会变浑浊【答案】A【解析】【详解】A钠能够与乙醇反应，所以钠不能保存在乙醇中，故A 错误；B氢氧化铜受热分解生成黑色氧化铜，所以氢氧化铜的悬浊液加热后变为黑色，故B正确；C氟离子水解生成HF，HF 能够腐蚀玻璃，所以氟化钠溶液不能用玻璃瓶盛放，可以用塑料试剂瓶中保存，故 C 正确；D碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，所以向盛二氧化碳的塑料瓶中加入饱和碳酸钠溶液，振荡后会变浑浊，故D 正确；故选：A。14中国传统文化博大精深，明代方以智的物理小识中有关炼铁的记载：“煤则各处产之，臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石，殊为省力。”下列说法中

23、正确的是A 物理小识中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁B文中说明以煤炭作为燃料被普遍使用，煤的主要成分为烃C生铁是指含硫、磷、碳量低的铁合金D工业上可通过煤的干馏获得乙烯、丙烯等化工原料【答案】A【解析】【分析】【详解】A由物理小识中记载语句“臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石”可知是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁，A 选项正确；B煤其主要成分为碳、氢、氧和少量的氮、硫或其它元素，而烃只由C、H 两种元素组成，B选项错误；C生铁的含碳量比钢的含碳量较高，故生铁不是指含碳量很低的铁合金，C选项错误；D工业上可通过石油的裂化、裂解获得乙烯、丙烯等化工原料，D 选项错误；答

24、案选 A。15设 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A常温下，l mol C6H12中含碳碳键的数目一定小于6NAB18g 果糖分子中含羟基数目为0.6NAC4.0g 由 H218O 与 D216O 组成的混合物中所含中子数为2NAD 50g 质量分数为46%的乙醇溶液与足量的钠反应，放出H2的分子数目为0.25NA【答案】C【解析】【详解】A.C6H12可能为己烯或环己烷，1mol 己烯含有4molC-C键和 1molC=C 键，共 5mol 碳碳键，但环己烷含6molC-C键，则 l mol C6H12中含碳碳键的数目不一定小于6NA，A 项错误；B.果糖的摩尔质量为180g/m

25、ol，则 18g 果糖为 0.1mol，一分子果糖含有5 个羟基，则18g 果糖含有羟基数目为 0.5 NA，B 项错误；C.H218O 的摩尔质量为20g/mol，分子中含中子数=18-8=10，D216O 的摩尔质量为20g/mol，分子中含中子数=1 2+16-8=10，则 4.0g 由 H218O 与 D216O 组成的混合物的物质的量为4g=0.2mol20g/mol，则所含中子数为 0.2mol 10 NA=2 NA，C 项正确；D.50g 质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的物质的量为50g46%=0.5mol46g/mol，乙醇与钠反应生成氢气满足以下关系式：2C2H5OHH2

26、，则由乙醇与钠反应生成氢气物质的量为0.25mol，而水也能与钠反应生成氢气，则 50g 质量分数为46%的乙醇溶液与足量的钠反应，放出 H2的分子数目大于0.25NA，D 项错误；答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16金属磷化物（如磷化锌）是常用的蒸杀虫剂。我国卫生部门规定：粮食中磷化物（以PH3计）的含量不超过 0.050mg：kg-1时，粮食质量方达标。现设计测定粮食中残留磷化物含量的实验如下（资料查阅）磷化锌易水解产生PH3；PH3沸点为-88，有剧毒性、强还原性、易自然。（用量标准 如图：装置 A、B、E中盛有的试剂均足量；C中装有 100 原粮；D中盛有 40

27、.00mL6.010-5mol?L-1KMnO4溶液（H2SO4酸化）。（操作流程）安装仪器并检査气密性PH3的产生与吸收一转移KMnO4吸收溶液用Na2SO3标准溶液滴定。试回答下列问题：（1）仪器 E的名称是 _；仪器 B、D中进气管下端设计成多孔球泡形状，目的是_。（2）A装置的作用是_；B装置的作用是吸收空气中的O2，防止 _。（3）下列操作中，不利于精确测定出实验结果的是_（选填序号）。a实验前，将C中原粮预先磨碎成粉末b将蒸馏水预先煮沸、迅速冷却并注入E中c实验过程中，用抽气泵尽可能加快抽气速率（4）磷化锌发生水解反应时除产生PH3外，还生成 _（填化学式）。（5）D中 PH3被氧

28、化成H3PO4，该反应的离子方程式为_。（6）把 D中吸收液转移至容量瓶中，加水稀释至250.00mL，取 25.00mL 于锥形瓶中，用5.0 10-5mol?L-1的 Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液10.00mL则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为_mg?kg-1，该原粮质量_（填“达标”或“不达标“）。【答案】分液漏斗增大接触面积吸收空气中的还原性气体PH3被氧化cZn（OH）25PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O0.085不达标【解析】【分析】由实验装置图可知，实验的流程为安装吸收装置PH3的产生与吸收转移KMn

29、O4吸收溶液亚硫酸钠标准溶液滴定。已知C中盛有 100g 原粮，E中盛有 20.00mL1.1310-3mol?L-1KMnO4溶液（H2SO4酸化），吸收生成的 PH3，B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2，防止氧化装置C中生成的PH3，A中盛装 KMnO4溶液的作用除去空气中的还原性气体。【详解】（1）仪器 E的名称是分液漏斗；仪器B、D中进气管下端设计成多孔球泡形状，目的是增大接触面积，故答案为分液漏斗；增大接触面积；（2）A装置的作用是吸收空气中的还原性气体；B装置的作用是吸收空气中的O2，防止 PH3被氧化，故答案为吸收空气中的还原性气体；PH3被氧化；（3）实验

30、前，将C中原粮预先磨碎成粉末及将蒸馏水预先煮沸、迅速冷却并注入E中，均可准确测定含量，只有实验过程中，用抽气泵尽可能加快抽气速率，导致气体来不及反应，测定不准确，故答案为c；（4）磷化锌易水解产生PH3，还生成 Zn（OH）2，故答案为Zn（OH）2；（5）D中 PH3被氧化成H3PO4，该反应的离子方程式为5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O，故答案为5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O；（6）由 2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O，剩余高锰酸钾为5.0 10-5mol

31、?L-10.01L2525025=210-6mol，由 5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O可知，PH3的物质的量为（0.04L6.0 10-5mol?L-1-210-6mol）58=2.510-7mol，该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为72.51034/1000/0.1molgmommg gkg=0.08 mg/kg 0.050mg/kg，则不达标，故答案为0.085；不达标。【点睛】本题考查物质含量测定实验，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，把握物质的性质、测定原理、实验技能为解答的关键。三、推断题（本题包

32、括1 个小题，共10 分）17化合物I 是临床常用的镇静、麻醉药物,其合成路线如下:已知：R、R代表烃基或氢原子+RBr+CH3ONa+CH3OH+NaBr 回答下列问题:.（1）A 的名称为 _,D 中官能团的名称为_。（2）试剂 a 的结构简式为_，I 的分子式为 _。（3）写出 EF 的化学方程式:_。反应 G H 的反应类型是_。（4）满足下列要求的G 的同分异构体共有._种,其中核磁共振氢谱图中峰面积比为9:2:1 的有机物的结构简式为._。a 只有一种官能团b 能与 NaHCO3溶液反应放出气体c 结构中有3 个甲基（5）以 CH2 BrCH2CH2 Br、CH3OH、CH3ONa

33、 为原料,无机试剂任选,制备的流程如下,请将有关内容补充完整:_，_，_，_。CH2BrCH2CH2BrHOOCCH2COOH324CHOHH SO浓加热CH3OOCCH2COOCH3【答案】溴乙烷醛基、酯基C11H18N2O3+CH3OH+H2O 取代反应3HOOCCH(CH3)C(CH3)2COOH、CH(COOH)2C(CH3)32NaOH/H OHOCH2CH2CH2OH 酸性高锰酸钾CH2BrCH2CH2Br【解析】【分析】根据合成路线图及题给反应信息知，B（乙酸乙酯）与C发生取代反应生成D，E与甲醇发生酯化反应生成F，则 E为，F与溴乙烷发生题给反应生成 G，对比 G 和 F的结构

34、，结合信息反应知试剂a 为，结合 H 和 I 的结构变化分析，可知 H 和 NH2CONH2脱去 2 分子 CH3OH 形成六元环，据此分析解答。【详解】（1）根据 A 的结构简式分析，A 为溴乙烷；D 为，所含官能团有醛基、酯基，故答案为：溴乙烷；醛基、酯基；（2）根据 G 和 H 的结构变化，结合题给反应信息知，试剂a 的结构简式为；根据I 的结构简式分析其分子式为C11H18N2O3，故答案为：；C11H18N2O3；（3）E与甲醇发生酯化反应得到F，化学方程式为：+CH3OH+H2O；比较 G 和 H 的结构变化，反应 G H 的反应类型是取代反应，故答案为：+CH3OH+H2O；取代

35、反应；（4）G 为，同分异构体中只有一种官能团，能与NaHCO3溶液反应放出气体，则含有2 个羧基，结构中有3 个甲基的结构有、CH(COOH)2C(CH3)3共 3 种，核磁共振氢谱图中峰面积比为9:2:1，则有 3 种不同化学环境的H，且原子个数比为9:2:1，其结构为：、，CH(COOH)2C(CH3)3，故答案为：3；HOOCCH(CH3)C(CH3)2COOH、CH(COOH)2C(CH3)3；（5）可利用CH2 BrCH2CH2 Br 先水解再氧化得到HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH再与甲醇酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3，最后 CH3OOCCH2COOCH

36、3、CH2BrCH2CH2 Br、CH3ONa 发生信息中的反应成环得到，CH2BrCH2CH2Br 在氢氧化钠溶液中加热水解生成HOCH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2OH 被酸性高锰酸钾溶液氧化生成HOOCCH2COOH，故答案为：2NaOH/H O；HOCH2CH2CH2OH；酸性高锰酸钾；CH2BrCH2CH2Br。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料,常用作橡胶硫化剂,改变生橡胶受热发粘、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质:物理性质毒性色态挥发性熔点沸点剧毒金黄色液体易挥发-76138化学性质300

37、以上完全分解S2Cl2Cl22SCl2遇高热或与明火接触,有引起燃烧的危险受热或遇水分解放热,放出腐蚀性烟气(1)制取少量S2Cl2实验室可利用硫与少量氯气在110140反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2。仪器 m 的名称为 _,装置 F 中试剂的作用是_。装置连接顺序:A_ED。实验前打开K1,通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气,其目的是 _。为了提高S2Cl2的纯度,实验的关键是控制好温度和_。(2)少量 S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散),并产生酸性悬浊液,但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水,其原因是 _。(3)S2Cl2遇水会

38、生成SO2、HCl 两种气体,某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数。W 溶液可以是 _(填标号)。a.H2O2溶液 b.KMnO4溶液(硫酸酸化)c.氯水该混合气体中二氧化硫的体积分数为_(用含 V、m 的式子表示)。【答案】直形冷凝管(或冷凝管)除去 Cl2中混有的HCl 杂质FCB将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气;并将 B中残留的 S2Cl2排入 E中收集滴入浓盐酸的速率(或 B中通入氯气的量,其他合理答案均得分)防止 S2Cl2遇水分解放热,放出腐蚀性烟气ac22.4233mV【解析】【分析】【详解】（1）根据仪器构造可判断仪器m的名称为直形冷凝管(或冷凝管)

39、；生成的氯气中含有氯化氢，则装置F中试剂的作用是除去Cl2中混有的HCl 杂质。根据已知信息可知参加反应的氯气必须是干燥纯净的，利用F 除去氯化氢，利用C干燥氯气，所以装置连接顺序为AFCBED。氯气有毒，所以实验结束停止加热后，再通入一段时间氮气的目的是将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，同时也将B 中残留的S2Cl2排入 E中收集。由于氯气过量会生成SCl2，且 S2Cl2300以上完全分解，所以为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率。（2）由于 S2Cl2受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气，所以泄漏时应喷水雾减慢其挥发，不要对泄漏物或泄漏点直接喷水；（3）

40、三种物质均可以把SO2氧化为硫酸，进而与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀，但酸性高锰酸钾也能氧化氯化氢，所以W 溶液可以是双氧水或氯水，不能是酸性高锰酸钾，答案选ac；mg 固体是硫酸钡，根据硫原子守恒可知SO2的物质的量是233mmol，所以该混合气体中二氧化硫的体积分数为22.422.4233100%100%233mmVV。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 _

41、。（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

42、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

43、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。