2019-2020学年北京市东城区第五十中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市东城区第五十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下列解释工业生产或应用的化学方程式正确的是（）A氯碱工业制氯气：2NaCl（熔融）通电2Na+C12B利用磁铁矿冶炼铁：CO+FeO高温Fe+CO2C工业制小苏打：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3+NH4Cl D工业制粗硅：C+SiO2高温Si+CO2【答案】C【解析】【详解】A氯碱工业制氯气是电解饱和食盐水，反应的化学方程式：2NaCl+2H2O通电Cl2+H2+2NaOH，故 A错误；B磁铁矿成分为四氧化三铁，反应的化学方程式

2、：4CO+Fe3O4高温3Fe+4CO2，故 B错误；C工业制小苏打是饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，反应的化学方程式：NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl，故 C正确；D工业制粗硅是焦炭和二氧化硅高温反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式：2C+SiO2高温Si+2CO，故 D 错误；故选：C。2下列各组离子能在指定溶液中，大量共存的是（）无色溶液中：K+，Cu2+，Na+，MnO4-，SO42-使 pH=11 的溶液中：CO32-，Na+，AlO2-，NO3-加入 Al 能放出 H2的溶液中：Cl-，HCO3-，NO3-，NH4+加入 M

3、g 能放出 H2的溶液中：NH4+，Cl-，K+，SO42-使石蕊变红的溶液中：Fe3+，MnO4-，NO3-，Na+，SO42-酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3-，I-，Cl-ABCD【答案】C【解析】【详解】无色溶液中，不含有呈紫色的MnO4-，不合题意；CO32-，AlO2-都能发生水解反应，使溶液呈碱性，符合题意；加入 Al 能放出 H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，但HCO3-都不能大量存在，不合题意；加入 Mg 能放出 H2的溶液呈酸性，NH4+、Cl-、K+、SO42-都能大量存在，符合题意；使石蕊变红的溶液呈酸性，Fe3+、MnO4-、NO3-、Na+、SO42-都能

4、大量存在，符合题意；酸性溶液中，Fe2+、NO3-、I-会发生氧化还原反应，不能大量存在，不合题意。综合以上分析，只有符合题意。故选C。3同温同压下，两种气体的体积如果不相同，其主要原因是气体的（）A分子大小不同B分子间的平均距离不同C化学性质不同D物质的量不同【答案】D【解析】【详解】对于气体来说，粒子之间的距离远远大于粒子的直径、粒子的质量，同温同压下气体粒子间的距离相等，同温同压下气体摩尔体积相同，由V=nVm知，气体的体积取决于气体的物质的量，故答案为D。4我国是世界最大的耗煤国家，下列加工方法不属于煤的综合利用的是A干馏B气化C液化D裂解【答案】D【解析】【分析】【详解】煤的综合利用

5、是指通过物理或化学加工等途径，回收和利用煤中的各种有益组分，以获得多种产品的方法，包括煤的气化、液化和干馏，均属于煤的综合利用；而裂解是石油的综合利用的方法。故选：D。5某些电解质分子的中心原子最外层电子未达饱和结构，其电离采取结合溶液中其他离子的形式，而使中心原子最外层电子达到饱和结构。例如：硼酸分子的中心原子B最外层电子并未达到饱和，它在水中电离过程为：下列判断正确的是（）A凡是酸或碱对水的电离都是抑制的B硼酸是三元酸C硼酸溶液与NaOH 溶液反应的离子方程式：H3BO3+OH=B(OH)4D硼酸是两性化合物【答案】C【解析】【详解】A.由信息可知，中心原子最外层电子未达饱和结构的酸，能结

6、合水电离出的OH-，从而促进水的电离，A错误；B.1 个硼酸分子能结合1 个 OH-，从而表现一元酸的性质，所以硼酸是一元酸，B 错误；C.硼酸的中心原子未达饱和结构，与碱反应时，能结合OH-，从而生成 B(OH)4，C 正确；D.硼酸只能结合OH-而不能结合H+，所以它是酸性化合物，D 错误。故选 C。6对已达化学平衡的反应：2X（g）+Y（g）2Z（g），减小压强后，对反应产生的影响是A逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动B逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动C正反应速率先减小后增大，逆反应速率减小，平衡向逆反应方向移动D逆反应速率先减小后增大，正反应速率减

7、小，平衡向逆反应方向移动【答案】C【解析】【详解】A、减小压强，正逆反应速率均减小，平衡向逆反应方向移动，A 错误；B、减小压强，正逆反应速率均减小，平衡向逆反应方向移动，B 错误；C、减小压强，正逆反应速率均减小，正反应速率减小的幅度更大，平衡向逆反应方向移动，移动过程中，正反应速率逐渐增大，C正确；D、减小压强，正逆反应速率均减小，正反应速率减小的幅度更大，平衡向逆反应方向移动，移动过程中，正反应速率逐渐增大，逆反应速率逐渐减小，D 错误；故选 C。7干电池模拟实验装置如图。下列说法不正确的是A锌皮作负极，碳棒作正极B电子从锌皮流向碳棒，电流方向则相反CNH4Cl 是电解质，在锌片逐渐消耗

8、过程中MnO2不断被氧化D该电池是一次性电池，该废旧电池中锌可回收【答案】C【解析】试题分析：A锌是活泼金属，则锌皮作负极，碳棒作正极，A项正确；B原电池中电子从负极沿导线流向正极，电流从正极流向负极，电流从碳棒流到锌上，B项正确；C以糊状NH4Cl 作电解质，其中加入MnO2氧化吸收H2，C项错误；D该电池是一次性电池，该废旧电池中锌可回收，D项正确；答案选C。考点：考查干电池的工作原理8NA是阿伏加德罗常数的值。下列体系中指定微粒或化学键的数目一定为NA的是A 46.0 g乙醇与过量冰醋酸在浓硫酸加热条件下反应所得乙酸乙酯分子B36.0 gCaO2与足量水完全反应过程中转移的电子C53.5

9、 g氯化铵固体溶于氨水所得中性溶液中的NH4D 5.0 g乙烷中所含的共价键【答案】C【解析】【详解】A 46.0 g 乙醇的物质的量为1mol，酯化反应为可逆反应，不能进行到底，lmol 乙醇与过量冰醋酸在加热和浓硫酸条件下充分反应生成的乙酸乙酯分子数小于NA，故 A 错误；B36.0 gCaO2的物质的量为3672/gg mol=0.5mol，与足量水完全反应生成氢氧化钙和氧气，转移0.5mol 电子，故 B 错误；C53.5g 氯化铵的物质的量为1mol，中性溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，因此 c(NH4+)=c(C

10、l-)，即 n(NH4+)=n(Cl-)=1mol，故 C正确；D一个乙烷分子中含有6 个 C-H键和 1 个 C-C键，因此5.0g 乙烷中所含的共价键数目为30g5g/mol 7NA=76NA，故 D 错误；答案选 C。【点睛】本题的易错点为B，要注意过氧化钙与水的反应类似于过氧化钠与水的反应，反应中O 元素的化合价由-1价变成 0 价和-2 价。9现有部分元素的原子结构特点如表，下列叙述中正确的是A W 原子结构示意图为B元素 X和 Y只能形成原子个数比为12 的化合物C元素 X 比元素 Z 的非金属性强D X、Y、Z、W 四种元素不能形成离子化合物【答案】C【解析】【分析】X 元素原子

11、的L层电子数是K层电子数的3 倍，可知L层为 6 个电子，所以X为氧元素；Y元素原子的核外电子层数等于原子序数，Y只能是 H 元素；Z 元素原子的L层电子数是K层和 M 层电子数之和，其M层电子数为6，所以 Z是 S元素；W 元素原子共用三对电子形成双原子分子，常温下为气体单质，所以W为 N 元素。根据上述分析，X为氧元素，Y是 H 元素，Z是 S元素，W 为 N 元素，据此来分析即可。【详解】A W 为 N 元素，原子核外有2 个电子层，最外层电子数为5，原子结构示意图为，故 A 错误；B元素 X和元素 Y可以以原子个数比11 形成化合物，为H2O2，故 B错误；CX为 O，Z为 S，位于同

12、一主族，非金属性O S，故 C正确；D X、Y、Z、W 四种元素可以形成离子化合物(NH4)2SO4或 NH4HSO4等，故 D 错误；答案选 C。10过氧化钙(CaO2)微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。实验室常用CaCO3为原料制备过氧化钙，流程如下：CaCO3滤液白色结晶(CaO2)。下列说法不正确的是()A逐滴加入稀盐酸后，将溶液煮沸的作用是除去溶液中多余的HCl B加入氨水和双氧水后的反应为：CaCl22NH3H2OH2O2=CaO2 2NH4Cl2H2O C生成 CaO2的反应需要在冰浴下进行的原因是温度过高时过氧化氢分解D过滤得到的白色结晶用蒸馏水洗涤后应再用乙

13、醇洗涤以去除结晶表面水分【答案】A【解析】【分析】根据过程，碳酸钙与盐酸反应后，过滤，推出溶液中有固体剩余，即碳酸钙过量，CaCO3与盐酸反应，发生 CaCO32HCl=CaCl2CO2 H2O，CO2能溶于水，溶液显酸性，过氧化钙溶于酸，加热煮沸的目的是除去溶液中多余的CO2，加入氨水和双氧水时发生的反应是CaCl22NH3H2O H2O2=CaO22NH4Cl 2H2O，然后过滤，得到过氧化钙，据此分析；【详解】A、根据过程，碳酸钙与盐酸反应后，过滤，推出溶液中有固体剩余，即碳酸钙过量，CaCO3与盐酸反应，发生 CaCO32HCl=CaCl2CO2 H2O，CO2能溶于水，溶液显酸性，过

14、氧化钙溶于酸，加热煮沸的目的是除去溶液中多余的CO2，故 A 说法错误；B、加入氨水和双氧水后发生的反应方程式为CaCl22NH3H2OH2O2=CaO2 2NH4Cl2H2O，故B 说法正确；C、双氧水不稳定，受热易分解，需要在冰浴下进行的原因是防止双氧水分解，故C 说法正确；D、过氧化钙在乙醇中的溶解度小，使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面的水分，故D 说法正确；答案选 A。【点睛】易错点是选项A，学生注意到CaO2溶于酸，需要将过量HCl 除去，但是忽略了流程，碳酸钙加入盐酸后过滤，这一操作步骤，碳酸钙与盐酸反应：CaCO32HCl=CaCl2CO2 H2O，没有沉淀产生，为什么过滤呢？只

15、能说明碳酸钙过量，盐酸不足，还要注意到CO2能溶于水，反应后溶液显酸性，因此煮沸的目的是除去CO2。11 唐本草和本草图经中记载：“绛矾，本来绿色，正如瑁璃烧之赤色”“取此物（绛矾）置于铁板上，聚炭，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也”。其中不涉及的物质是（）A FeSO4 7H2O BS CFe2O3DH2SO4【答案】B【解析】【详解】由信息可知，绿矾为硫酸亚铁的结晶水合物，即FeSO4 7H2O，加热发生氧化还原反应，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，Fe 的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，三氧化硫与水

16、结合可生成硫酸，不涉及的物质是S，答案选B。【点睛】硫为淡黄色固体，在题目中并未涉及，做本题时要关注各物质的物理性质。12将 V1mL 1.0 molL1盐酸溶液和V2mL 未知浓度的氢氧化钠溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持V1V2 50 mL）。下列叙述正确的是（）A做该实验时环境温度为20 B该实验表明化学能可能转化为热能C氢氧化钠溶液的浓度约为1.0 molL1D该实验表明有水生成的反应都是放热反应【答案】B【解析】【详解】A、由图，将图中左侧的直线延长，可知该实验开始温度是21，A 错误；B、盐酸与氢氧化钠溶液的中和反应是放热反应，化学能转化为热能；B

17、正确；C、恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30 mL，由 V1V250 mL 可知，消耗的氢氧化钠溶液的质量为 20 mL,氢氧化钠溶液的物质的量浓度0.03 L 1.0 mol L1 0.02 L 1.5mol L1，C错误；D、有水生成的反应不一定是放热反应，如氢氧化钡晶体与氯化铵反应有水生成，该反应是吸热反应，D错误；答案选 B。【点睛】根据图像，温度最高点为恰好完全反应的点，此时酸和碱反应放出的热量最多，理解此点，是C的解题关键。13二氧化氯（ClO2）是易溶于水且不与水反应的黄绿色气体，沸点为11。某小组在实验室中制备ClO2的装置如下：已知：SO2+2NaClO3+H2SO4=

18、2ClO2+2NaHSO4 下列说法正确的是A装置 C中装的是饱和食盐水，a 逸出的气体为SO2B连接装置时，导管口a 应接 h 或 g，导管口c 应接 e C装置 D 放冰水的目的是液化SO2，防止污染环境D可选用装置A 利用 1mol L-1盐酸与 MnO2反应制备Cl2【答案】B【解析】【分析】利用 A 装置制取SO2，在 B 中发生制取反应得到ClO2，ClO2的沸点为11，利用冰水浴冷凝，可在装置D 中收集到ClO2；E 为安全瓶，防B 中的液体进入到A 中，E 放置在 A 与 B 之间。C 为尾气吸收装置，吸收多余的SO2。【详解】A、利用 A 装置制取SO2，a 逸出的气体为SO

19、2，C 为尾气吸收装置，用于吸收多余的SO2，应该装有NaOH溶液，A 错误；B、利用 A 装置制取SO2，在 B 中发生制取反应得到ClO2，E为安全瓶，防B 中的液体进入到A 中，E放置在 A 与 B之间，所以a应接 h 或 g；装置 D 中收集到 ClO2，导管口 c 应接 e，B 正确；C、ClO2的沸点 11，被冰水浴冷凝，在D 中收集到，C错误；D、MnO2有浓盐酸反应，1molL1并不是浓盐酸，D 错误；答案选 B。14根据下列实验操作和现象能得到的结论正确的是A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】A.要探究浓度对化学反应速率影响实验，应该只有浓度不同，其它

20、条件必须完全相同，该实验没有明确说明温度是否相同，并且NaHSO3溶液与 H2O2溶液反应生成硫酸钠、硫酸和水，无明显现象，故A 错误；B.向 NaCl、NaI 的混合溶液中滴加少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI 的溶度积，但由于 NaCl、NaI 浓度未知，不能由此判断溶度积大小，故B错误；C.由于维生素C能把氯化铁还原成氯化亚铁，会看到溶液由黄色变成浅绿色，故C正确；D.银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液前没有加入NaOH 溶液中和未反应的稀硫酸，所以实验不成功，则实验操作及结论错误，故D 错误。故答案选C。15一定温度下，10mL 0.40 molL-

21、1H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。t/min 0 2 3 6 8 10 V(O2)/mL 0.0 9.9 17.2 22.4 26.5 29.9 下列叙述不正确的是（）（溶液体积变化忽略不计）A反应至6min 时，H2O2分解了 50B反应至6min 时，c(H2O2)=0.20 molL-1C06min 的平均反应速率：v(H2O2)3.3 10-2mol/(Lmin)D 46min 的平均反应速率：v(H2O2)3.3 10-2mol/(Lmin)【答案】D【解析】【详解】A 06min 时间内，生成氧气为0.0224L22.4L/mol=0

22、.001mol，由 2H2O22H2O+O2，可知 c(H2O2)=0.001mol20.01L=0.2mol/L，则 H2O2分解率为0.2mol/L0.4mol/L 100%=50%，故 A正确；B由 A 计算可知，反应至6 min 时 c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故 B 正确；C06min 时间内，生成氧气为0.0224L22.4L/mol=0.001mol，由 2H2O22H2O+O2，可知 c(H2O2)=0.001mol20.01L=0.2mol/L，所以 v(H2O2)=0.2mol/L6min 0.033mol/(L?min)，故 C

23、正确；D由题中数据可知，03 min 生成氧气的体积大于36min 生成氧气的体积，因此，46 min 的平均反应速率小于06min 时间内反应速率，故D 错误；答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16正丁醚可作许多有机物的溶剂及萃取剂，常用于电子级清洗剂及用于有机合成。实验室用正丁醇与浓 H2SO4反应制取，实验装置如右图，加热与夹持装置略去。反应原理与有关数据：反应原理：2C4H9OH 24H SOV浓C4H9OC4H9+H2O 副反应：C4H9OHC2H5CH=CH2+H2O 物质相对分子质量熔点/沸点/溶解性水50%硫酸其它正丁醇74-89.8 117.7 微溶易溶

24、二者互溶正丁醚130-98 142.4 不溶微溶实验步骤如下：在二口烧瓶中加入0.34mol 正丁醇和4.5mL 浓 H2SO4,再加两小粒沸石，摇匀。加热搅拌，温度上升至100ll0开始反应。随着反应的进行，反应中产生的水经冷凝后收集在水分离器的下层，上层有机物至水分离器支管时，即可返回烧瓶。加热至反应完成。将反应液冷却，依次用水、50%硫酸洗涤、水洗涤，再用无水氯化钙干燥，过滤，蒸馏，得正丁醚的质量为 Wg。请回答：（1）制备正丁醚的反应类型是_，仪器 a 的名称是 _。（2）步骤中药品的添加顺序是，先加_（填“正丁醇”或“浓H2SO4”），沸石的作用是_。（3）步骤中为减少副反应，加热温

25、度应不超过_为宜。使用水分离器不断分离出水的目的是_。如何判断反应已经完成？当_时，表明反应完成，即可停止实验。（4）步骤中用50%硫酸洗涤的目的是为了除去_。本实验中，正丁醚的产率为_（列出含 W 的表达式即可）。【答案】取代反应（直形）冷凝管正丁醇防暴沸或防止反应液剧烈沸腾135 提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率分水器中水（或有机物）的量（或液面）不再变化正丁醇W100%0.17130【解析】【分析】根据反应方程式2C4H9OH 24H SOV浓C4H9OC4H9+H2O，分析得到制备正丁醚的反应类型，根据图中装置得出仪器a 的名称。步骤 中药品的添加顺序是，根据溶液的稀释，密度大的加到密

26、度小的液体中，烧瓶中是液体与液体加热需要沸石防暴沸。根据题中信息，生成副反应在温度大于135；该反应是可逆反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动；水分离器中是的量不断增加，当水分离器中水量不再增加时表明反应完成。根据题中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸；根据 2C4H9OH 24H SOV浓C4H9OC4H9+H2O理论得到C4H9OC4H9物质的量，再计算正丁醚的产率。【详解】根据反应方程式2C4H9OH 24H SOV浓C4H9OC4H9+H2O，分析得到制备正丁醚的反应类型是取代反应，根据图中装置得出仪器a 的名称是(直形)冷凝管；故答案为：取代反应；(直形)冷凝管

27、。步骤 中药品的添加顺序是，根据溶液的稀释，密度大的加到密度小的液体中，因此先加正丁醇，烧瓶中是液体与液体加热，因此沸石的作用是防暴沸或防止反应液剧烈沸腾；故答案为：正丁醇；防暴沸或防止反应液剧烈沸腾。根据题中信息，生成副反应在温度大于135，因此步骤 中为减少副反应，加热温度应不超过135为宜。该反应是可逆反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动，因此使用水分离器不断分离出水的目的是提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率。水分离器中水的量不断增加，当水分离器中水量不再增加时或则有机物的量不再变化时，表明反应完成，即可停止实验；故答案为：135；提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率；分水器中水(或有机

28、物)的量(或液面)不再变化。根据题中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸，因此步骤 中用 50%硫酸洗涤的目的是为了除去正丁醇。根据2C4H9OH 24H SOV浓C4H9OC4H9+H2O 理论得到C4H9OC4H9物质的量为0.17mol，则正丁醚的产率为1WgW100%100%0.17mol130g mol0.17130；故答案为：正丁醇；W100%0.17130。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17一种副作用小的新型镇痛消炎药K的合成路线如图所示：请回答下列问题（1）F分子中官能团的名称为_；B 分子中处于同一平面的原子最多有_个（2）反应的条件为_；反应的类

29、型为_。（3）反应除生成H 外，另生成一种有机物的结构简式为_。（4）反应的化学方程式为_。（5）符合下列条件的G 的同分异构体有_种.苯环上有且仅有四个取代基；.苯环上的一氯代物只有一种；.能发生银镜反应。其中还能发生水解反应的同分异构体的结构简式为_（只写一种即可）。（6）是合成的重要中间体。参照题中合成路线，设计由1,3-丁二烯合成的一种合成路线（无机试剂任选）：_。【答案】羧基13 浓硫酸，加热取代反应+HCHO+HCl+H2O 8 或（任写一种）CH2=CHCH=CH2【解析】【分析】A 的分子式为C6H6，再结合D 的结构，可知A 为苯（），B 为，C为；DE 应为甲基（CH3）取

30、代了Na，E为，G 为。【详解】（1）F分子中的官能团为羧基，B分子中处于同一平面的原子最多有13 个，故答案为：羧基；13；（2）反应为酯化反应，条件为浓硫酸，加热；反应为取代反应，故答案为：浓硫酸，加热；取代反应；（3）反应的化学方程式为：+HCl+；故答案为：；（4）反应的化学方程式为：+HCHO+HCl+H2O，故答案为：+HCHO+HCl+H2O；（5）G（）的同分异构体中，符合条件的应该具有醛基，且苯环上有四个取代基，结构对称性高，可能的结构有：、，共 8 种；其中能发生水解反应的同分异构体为、；故答案为：8；或（任写一种）；（6）由 1，3-丁二烯合成，需引入两个羧基，可先通过加

31、成反应（1，4-加成）引入两个氯原子，然后利用反应的条件引入CN，再利用反应的条件引入羧基，故答案为：CH2=CHCH=CH2。【点睛】能发生银镜反应的有机物含有醛基（CHO），可能属于醛类（如RCHO），也可能是甲酸（HCOOH）、甲酸酯（HCOOR）、甲酸盐（HCOO-）、或者葡萄糖、果糖、麦芽糖。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18苯酚是一种重要的有机化工原料。利用苯酚合成己二醛OHC(CH2)4CHO和尼龙 6()的合成路线如图：已知：+NH2OH+H2O 回答下列问题：（1）由 A 制取 B的反应类型为_，C的系统命名为_。（2）E的结构简式为_。（3）写出合成尼龙6 的

32、单体（）的分子式 _。（4）己二醛与足量银氨溶液反应的化学方程式为_。（5）己二醛的同分异构体中既含五元环结构，又含“”结构的有 _种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式有_（任写一种）（6）写出以溴乙烷为原料制备甲醛的合成路线_(无机试剂任选)。【答案】消去反应1，2-环已二醇C6H11ON OHC(CH2)4CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOC(CH2)4COONH4+4Ag+6NH3+2H2O 11、CH3CH2BrCH2=CH2【解析】【分析】由己二醛的结构，结合反应条件及信息可知，苯酚与氢气发生加成反应生成A 为，A发生消去反应生成 B 为，B 发生氧化反应得

33、到C为；C被 H5IO6氧化得到OHC(CH2)4CHO；D 发生信息中的反应得到E，可知 A 发生氧化反应生成D，故 D 为、E为；(6)以溴乙烷为原料制备甲醛，溴乙烷发生消去反应生成乙烯，乙烯发生信息的反应生成乙二醇，乙二醇发生信息的反应生成甲醛。【详解】(1)由 A 制取 B 是转化为，反应类型为：消去反应；C为，C 的化学名称为：1，2-环己二醇，故答案为：消去反应；1，2-环己二醇；(2)E 的结构简式为：，故答案为：；(3)合成尼龙6 的单体菁优网的分子式为 C6H11ON，故答案为：C6H11ON；(4)己二醛与银氨溶液反应的化学方程式为：OHC(CH2)4CHO+4Ag(NH3

34、)2OHNH4OOC(CH2)4COONH4+4Ag+6NH3+2H2O，故答案为：OHC(CH2)4CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOC(CH2)4COONH4+4Ag+6NH3+2H2O；(5)己二醛的同分异构体中既含五元环结构，又含“”，若为五元碳环，取代基可以为-COOH、或者-OOCH，有 2 种，若五元环中含有酯基结构，取代基为-CH2CH3，环上有3 种不同的氢，故有3 种，取代基为 2 个-CH3，两个甲基可以在同一碳原子上，有3 种，在不同碳原子上也有3 种，故符合条件的同分异构体共有233311 种，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式有：、，故答案为：11；、；(6)

35、溴乙烷发生消去反应生成乙烯，再用冷、稀、中性高锰酸钾氧化得到乙二醇，最后与H5IO6作用得到甲醛，合成路线流程图为：CH3CH2BrCH2=CH2，故答案为：CH3CH2BrCH2=CH2。【点睛】本题采用正逆结合、题给信息灵活运用方法进行推断，正确推断各物质结构简式是解本题关键，易错点是同分异构体种类判断。19非线性光学晶体在信息、激光技术、医疗、国防等领域具有重要应用价值。我国科学家利用Cs2CO3、XO2（XSi、Ge）和 H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题：（1）C、O、Si三种元素电负性由大到小的顺序为_；第一电离能I1(Si)_ I1(Ge)（填

36、“”或“”）。（2）基态 Ge 原子核外电子排布式为_；SiO2、GeO2具有类似的晶体结构，其中熔点较高的是_，原因是 _。（3）如图为H3BO3晶体的片层结构，其中B 的杂化方式为_；硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是_。（4）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。CsSiB3O7属于正交晶系（长方体形），晶胞参数为a pm，b pm 和 c pm。如图为沿y 轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为_；CsSiB3O7的摩尔质量为M g mol1，设 NA为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O

37、7晶体的密度为_g cm1（用代数式表示）。【答案】OCSi 1s22s22p63s23p63d104s24p2（或 Ar3d104s24p2）SiO2二者均为原子晶体，Ge 原子半径大于Si，SiO 键长小于GeO 键长，SiO2键能更大，熔点更高。sp2热水破坏了硼酸晶体中的氢键，而且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大4 30A4M10abcN【解析】【分析】（1）电负性的变化规律为同周期从左向右逐渐增大，同主族由上至下逐渐减少，第一电离能的变化规律为同族元素由上至下逐渐减小。（2）SiO2、GeO2为同类型晶体结构，即为原子晶体，Ge 原子半径大于Si，Si-O 键长小于Ge-O

38、键长，SiO2键能更大，熔点更高。（3）B 原子最外层有3 个电子，与3 个-OH 形成 3 个共价键，即可得杂化方式，热水破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大。（4）先分析得出Cs 的个数，再根据公式计算密度。【详解】（1）电负性的变化规律为同周期从左向右逐渐增大，同主族由上至下逐渐减少，所以电负性OCSi；第一电离能的变化规律为同族元素由上至下逐渐减小，因此I1(Si)I1(Ge),故答案为OCSi；（2）Ge 原子位于第四周期IVA 族，因此原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p2（或 Ar3d104s24p2）；SiO2、Ge

39、O2均为原子晶体，Ge 原子半径大于Si，Si-O 键长小于Ge-O 键长，SiO2键能更大，熔点更高；故答案为1s22s22p63s23p63d104s24p2（或 Ar3d104s24p2）；SiO2；二者均为原子晶体，Ge 原子半径大于Si，SiO 键长小于 GeO 键长，SiO2键能更大，熔点更高；（3）B 原子最外层有3 个电子，与3 个-OH 形成 3 个共价键，因此为sp2杂化；热水破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大；故答案为：sp2；热水破坏了硼酸晶体中的氢键，而且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大；（4）原子分数坐标为（0.5，0.2，

40、0.5）的 Cs 原子位于晶胞体内，原子分数坐标为（0，0.3，0.5）及（1.0，0.3，0.5）的 Cs 原子位于晶胞的yz 面上，原子分数坐标为（0.5，0.8，1.0）及（0.5，0.8，0）的 Cs 原子位于晶胞xy 面上，原子分数坐标为（0，0.7，1.0）及（1.0，0.7，1.0）（0，0.7，0）的 Cs 原子位于晶胞平行于 y 轴的棱上，利用均摊法可计算该晶胞中共含Cs 原子 4 个；带入晶胞密度求算公式可得：30-30AAAZM4M4M=10N VNabc 10abcN；故答案为4；30A4M10abcN。【点睛】本题主要考查原子的结构与性质，电负性的变化规律为同周期从左向右逐渐增大，同主族由上至下逐渐减少。