2020届广东省梅州市五华县高三上学期期末质检理综化学试题(解析版).pdf

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1、-1-2020 届广东省梅州市五华县高三上学期期末质检理科综合可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 Cl-35.5 第卷(共 126 分)一、单项选择题(每题 6 分，共 78 分)1.港珠澳大桥使用了大量的各类材料：路面使用了进口的湖底天然沥青和混凝土，承台和塔座等部位使用了双相不锈钢钢筋，抗震方面使用了新型高阻尼橡胶和钢板。关于这些材料的说法错误的是A.沥青主要成分是有机物，也可以通过石油分馏得到B.混凝土中的水泥和沙子的主要成分都是硅酸盐C.不锈钢是通过改变材料的结构的途径防锈蚀D.新型高阻尼橡胶是复合材料【答案】B【解析】【详解】A、沥青是石油分馏后剩余的固态

2、烃，主要成分是有机物，可以通过石油分馏得到，故A正确，不符合题意；B、混凝土中含有的水泥为硅酸盐产品，沙子成分主要为二氧化硅，不是硅酸盐材料，故 B错误，符合题意；C、改变内部结构制成合金不锈钢，不锈钢是通过改变材料的结构的途径防锈蚀，故C正确，不符合题意；D、利用橡胶本身所具有的粘弹性对结构振动和噪声进行阻尼减震，是种新型的复合材料，故 D正确，不符合题意；故选：B。2.设 NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.28g 乙烯与丙烯混合物中含C-H 键的数目为4NAB.标准状况下，22.4L 氦气与 11.2LH2含有的质子数均为NAC.1mol Cl2与足量的铁在一定条件下充分反应

3、，转移了3NA电子D.25 时，1LpH=11的 NaOH 溶液与 1LpH=11的 CH3COONa 溶液，含阴离子数均为10-11NA【答案】A【解析】【详解】A、乙烯分子式C2H4，丙烯的分子式为C3H6，最简式均为CH2，因此28g 乙烯与丙烯混合物可以看出 28gCH2，1molCH2中含有 2molCH，28gCH2的物质的量为2mol，则含有 28gCH2共含有 4molCH，其数目为 4NA，A正确；B、标准状况下，22.4LHe 的物质的量为1mol，1 个 He原子中含有2 个质子，则 22.4LHe 中含有 2mol 质子，-2-质子数为 2NA；11.2LH2的物质的量

4、为0.5mol，1 个 H2分子中含有2个质子，则 11.2LH2中含有 0.5mol2=1mol质子，质子数为1NA，B错误；C、1molCl2与足量的铁，Cl2完全反应掉，Cl 的化合价从0 降低到 1，则 1molCl2完全反应共转移了12mol电子，转移的电子数为2NA，C错误；D、25时，1LpH=11的 NaOH溶液中阴离子只有OH，则-14-3-11w10(OH)=mol/L=10mol/(H)10KcLc，n(OH)=103molL11L=103mol，则含有阴离子数目103NA，1LpH=11的 CH3COONa 溶液中阴离子包括CH3COO和 OH，溶液中 OH的数目为10

5、 3 NA，则总数目大于103 NA，D错误；答案选 A。3.两个环共用两个不直接相连的碳原子的化合物称为桥环化合物，某桥环化合物的结构简式如图所示，下列关于该化合物的说法错误的是A.该有机物的分子式为C10H14O2B.该有机物分子与HBr 发生加成反应的产物只有一种C.该有机物分子中含有两个官能团D.该有机物能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A、将结构简式转化为分子式，该有机物的分子式为C10H14O2，A正确，不符合题意；B、该分子中的碳碳双键能够与HBr 发生加成，可得到和，2 种产物，B错误，符合题意；C、该物质中含有碳碳双键和酯基，两种官能团，C正确，不符合题意；

6、D、该物质中含有碳碳双键，能够使高锰酸钾溶液褪色，D正确，不符合题意；答案选 B。【点睛】碳碳双键与HBr 加成的时候，Br 原子可以加成的双键不同的C上，可能得到两种物质，如B项，要注意。4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，甲、乙分别是X、W两元素对应的单质，丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，戊是Z 的最高价氧化物对应的水化物，且25时 0.1mol/L 戊溶液的pH为-3-13，工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。下列说法不正确的是A.原子半径：ZW YX B.元素 Y与 X、Z 都能组成两种化合物C.乙与戊的水溶液反应后所得溶液可作消毒液D.Z 分别与 X、Y

7、、W形成的化合物中一定没有共价键【答案】D【解析】【分析】戊是 Z 的最高价氧化物对应的水化物，且25时 0.1mol/L 戊溶液的pH为 13，说明戊是强碱，在短周期中，是强碱的只有NaOH，在Z 元素是Na，工业上电解饱和食盐水制备NaOH，电解方程式为2NaCl2H2O2NaOH H2 Cl2；甲、乙分别为H2和 Cl2，X和 W分别为 H和 Cl 元素，Y为 O元素。【详解】根据上述分析，X、Y、Z、W分别为 H、O、Na、Cl；甲、乙、丙、丁、戊分别为H2、Cl2、NaCl、H2O、NaOH；A、同周期原子半径从左到右逐渐减小，Z(Na)的原子半径大于W(Cl)的原子半径；一般来说，

8、电子层数越多，半径越大，则 X(H)的原子半径最小，Y(O)的原子半径次之，排序为 ZW YX，A正确，不符合题意；B、O可以与 H形成 H2O、H2O2；O和 Na形成 Na2O2、Na2O；B正确，不符合题意；C、氯气和NaOH溶液反应得到NaClO，是 84 消毒液的有效成分，C正确，不符合题意；D、Na和 O形成的Na2O2中有 O O键，是共价键，D错误，符合题意；答案选 D。5.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A 向 KI 溶液中加入CCl4，振荡后静置液体分层，下层呈紫红色碘易溶于CCl4，难溶于水B NaHCO3溶液与 NaAlO2溶液混合生成白色沉淀结合

9、 H+的能力：CO32AlO2C 将 SO2通入 Ba(NO3)2溶液中生成白色沉淀生成了 BaSO4D 向 2 支盛有 2mL相同浓度的NaOH 溶液的试管中分别滴入2滴相同浓度的AlCl3和 MgCl2溶液，振荡并静置前者无沉淀，后者有白色沉淀KspAl(OH)3 KspMg(OH)2-4-A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A、碘单质易溶于CCl4，但是 I不溶于 CCl4，且 KI 溶液没有颜色，A错误；B、发生反应HCO3AlO2H2O=Al(OH)3 CO32，可认为 AlO2结合了 HCO3电离出来的H，则 AlO2结合H的能力大于CO32，B错误；C、SO2

10、溶于水生成H2SO3，H2SO3电离使得溶液呈现酸性，在酸性条件下，SO2、H、NO3发生氧化还原反应，SO2被氧化成SO42，与 Ba2结合生成BaSO4白色沉淀，C正确；D、NaOH足量，不能比较Ksp，且氢氧化铝可溶于NaOH，不能通过此实验比较KspAl(OH)3 和 KspMg(OH)2的大小，D错误；答案选 C。【点睛】D项中，Al(OH)3和 Mg(OH)2的 Ksp中浓度的次方不同，不能通过溶解度直接比较Ksp的大小。6.Al-Ag2O电池用作水下动力电源，其原理如图所示。电池工作时，下列说法错误的是A.电子由 Al 电极通过外电路流向Ag2O/Ag电极B.电池负极附近溶液pH

11、下降C.溶液中 OH向 Al 电极移动D.Al极反应式为：Al-3e+3OH=Al(OH)3【答案】D【解析】【分析】Al-Ag2O电池，电解质为NaOH，Al 作负极，Al3e4OH=AlO2 2H2O；Ag2O/Ag 作正极，发生反应Ag2O2eH2O=2Ag 2OH。【详解】A、Al 是负极，Ag2O/Ag 是正极，电子由负极经过外电路流向正极，A正确，不符合题意；B、负极发生反应Al3e4OH=AlO22H2O，消耗了OH，则负极附近溶液的pH下降；B正确，不符合题意；-5-C、在原电池中，阴离子向负极移动，则OH向 Al 电极移动，C正确，不符合题意；D、电解质溶液中的OH是过量的，

12、应该生成AlO2，方程式为Al 3e4OH=AlO2 2H2O，D错误，符合题意；答案选 D。7.25时，向10mL0.1molL 1一元弱碱XOH 溶液中逐滴滴加0.1molL1的 HCl 溶液，溶液的AGAG=lg+-c(H)c(OH)变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法正确的是A.若 a=-8，则 25时，0.1molL1XOH溶液的 pH=8 B.M 点表示盐酸和XOH 恰好完全反应C.R 点溶液中可能存在c(X)+c(XOH)=c(Cl)D.M 点到 N点，水的电离程度逐渐减小【答案】C【解析】【详解】A、a=8，则 lg+-c(H)c(OH)=-8，在溶液中c(H)

13、c(OH)=10-14，求得 c(H)=1011mol/L，pH=11，A错误；B、盐酸与 XOH完全反应生成XCl，为强酸弱碱盐，溶液显酸性，lg+-c(H)c(OH)0，而 M点 AG=0，溶液显中性，B错误；C、若 c(X)+c(XOH)=c(Cl)，说明盐酸与XOH完全反应生成XCl，为强酸弱碱盐，溶液显酸性，lg+-c(H)c(OH)0，C正确；D、盐酸与XOH完全反应生成XCl，为强酸弱碱盐，溶液显酸性，lg+-c(H)c(OH)0，此时水的电离程度最大，为 M到 N中的某一个点，因此M点到 N点，水的电离程度先增大后减小，D错误；答案选 C。8.某化学小组对卤素及其化合物的制备和

14、性质进行如下探究实验，根据实验回答问题。-6-I.探究氯化亚铁与氧气反应的产物已知氯化亚铁的熔点为674，沸点为 1023；三氯化铁在100左右时升华，极易水解。在 500条件下氯化亚铁与氧气可能发生下列反应：12FeCl2+3O2高温2Fe2O3+8FeCl3，4FeCl2+3O2高温2Fe2O3+4Cl2。该化学小组选用如图部分装置(装置可以重复选用)进行氯化亚铁与氧气反应产物的探究。(1)实验装置的合理连接顺序为：A_ D，装置E的作用是 _。(2)D 中发生反应的离子方程式_。(3)某化学兴趣小组在控制在500下发生反应，一段时间后的产物进行了如下实验探究：对 B中反应剩余固体的成分开

15、展实验探究，并作出以下两种假设：假设一：产物为Fe2O3；假设二：产物为_(填化学式)。以下针对上述假设一，展开实验研究，请完善下面表格：实验操作预期现象与结论取少量固体样品于一支洁净的试管中，加入足量的蒸馏水。_，则假设一成立，否则，假设一不成立。对固体产物(标准状况下)成分含量进行了如下实验探究：B中反应剩余固体的质量经测定为m1g，E中生成物的质量经测定为m2g。B中反应剩余固体按探究的实验步骤进行操作，并最终得到干燥纯净的固体质量为 m3g。则固体产物中Fe2O3所占的质量分数为_。.卤素化合物之间反应实验条件控制探究(4)室温下，KClO3可将 KI 氧化为 I2或 KIO3。下面是

16、该小组设计的一组实验数据记录表：试管编号1 2 3 4 0.20 mol L-1KI 溶液/mL 1.0 1.0 1.0 1.0 KClO3(s)/g 0.10 0.10 0.10 0.10 6.0 mol L-1H2SO4溶液/mL 0 3.0 6.0 9.0-7-蒸馏水/mL 9.0 6.0 3.0 0 反应完全后，滴加2 滴淀粉溶液无色蓝色蓝色较 2 浅无色根据实验数据，结合所学化学知识，下列说法正确的是_ A.该实验目的是探究其它条件相同时，酸的浓度对反应产物的影响B.实验 1 和实验 4 说明硫酸浓度太低或太浓，KClO3与 KI 均不反应C.实验 2 的现象说明在该硫酸浓度下KCl

17、O3将 KI 氧化为 I2D.实验 3 蓝色较 2 浅的原因是在该硫酸浓度下淀粉部分水解2 号试管反应完全后，假设还原产物只有KC1，写出反应的离子方程式_。【答案】(1).CBEC (2).收集生成的FeCl3 (3).Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (4).FeCl2、Fe2O3(5).有 不 溶 性 固 体，液 体 为 无 色(6).323m 100%m+m(7).AC(8).ClO3-+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O【解析】【分析】I.A中 Na2O2和水反应生成O2，由于产物FeCl3极易水解，O2需要干燥，干燥后的O2在 B 中发生反应，产物中有氯气，需要进行

18、尾气吸收，而且FeCl3易升华，因此用E进行冷凝收集FeCl3，为了防止D中的水蒸气进入 E中，E和 D之间还需要加入一个干燥管。.从表格数据来看，只有硫酸的浓度不同的，因此探究的硫酸的浓度对反应的影响。【详解】(1)A中 Na2O2和水反应生成O2，由于产物FeCl3极易水解，O2需要干燥，干燥后的O2在 B中发生反应，产物中有氯气，需要进行尾气吸收，而且FeCl3易升华，因此用E进行冷凝收集FeCl3，为了防止D中的水蒸气进入E中，E和 D之间还需要加入一个干燥管。因此合理的顺序为ACBECD；E的作用是收集生成的FeCl3；(2)产物中有Cl2，是有毒气体，用NaOH 进行尾气吸收，离子

19、方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(3)一段时间后，由于FeCl3易升华，在E中被收集到，因此B中剩余的固体是铁的氧化物，除了Fe2O3，还可能有剩余的反应物FeCl2；产物为FeCl2、Fe2O3；取少量固体溶于水中，Fe2O3不溶于水，FeCl2溶于水，溶液呈浅绿色，现结论是假设一成立，说明没有FeCl2，只有 Fe2O3，则说明有不溶性固体，且溶液为无色；经过探究知道，固体只有Fe2O3，根据反应方程式，固体产物只有FeCl3和 Fe2O3，则固体产物中Fe2O3-8-的质量分数为323m 100%m+m；.从表格数据来看，只有硫酸的浓度不同的，因此探究的硫酸的浓度对反

20、应的影响。试管 1 中，加入淀粉无色，说明没有反应；试管2 和 3 中都有变色，说明有I2生成，试管4 中无色，但是结合试管2和 3，浓度变大了，但是颜色变浅，说明发生了反应，但是产物不是I2。A、表格数据中，只有硫酸的浓度不同，因此该实验酸的浓度对反应产物的影响，A正确；B、试管 4 中无色，但是结合试管2 和 3，说明发生了反应，但是产物不是I2，B错误；C、试管 2 中，反应后加入淀粉，溶液变蓝色，说明有碘单质生成，说明KClO3将 KI 氧化为 I2，C正确；D、如果变浅的原因是淀粉部分水解，那么试管4 中也会有碘单质生成，现象也为蓝色，但是试管4 中为无色，说明并不是淀粉水解，D错误

21、；答案选 AC；取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色说明有碘单质生成，假设氧化产物唯一，还原产物为氯化钾，Cl（+5-1）I（-10），根据氧化还原反应中电子守恒和原子守恒，该反应的离子方程式为：ClO3+6I+6H=Cl+3I2+3H2O。9.今年为门捷列夫发现元素周期律150 周年。门捷列夫预言了很多未知元素，锗是其中一种，工业上用精硫锗矿(主要成分为GeS2)制取高纯度锗，其工艺流程如图所示：(1)开始将精硫锗矿粉碎的目的是_。工艺流程中COCl2分子中各原子均达到8 电子稳定结构，其结构式为 _。(2)酸浸时温度不能过高的原因是_(用化学方程式表示)。(3)GeCl4易水解生成GeO2nH2

22、O，此过程化学方程式为_。温度对 GeCl4水解率的影响如图所示，为提高水解率，实验时可采取的措施为_(填序号)。-9-A.冰水溶 B.冰盐水浴C.49水浴(4)GeO2是锗酸(H2GeO3)的酸酐。请通过计算判断25时 0.1molL1的 NaHGeO2溶液 pH_(填“”或“”)7，理由是_。(已知 25时，H2GeO2的-9-13a1a2K=1.710,K=1.910)【答案】(1).增大固体表面积，加快GeS2的升华速率 (2).(3).4HNO3(浓)4NO2+O2+2H2O (4).GeCl4(n+2)H2O=GeO2nH2O 4HCl (5).B (6).(7).NaHGeO3水

23、解平衡常数146wh91105.9 101.7 10aKKK，大于 Ka2=1.91013，即 NaHGeO3溶液中水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故pH 7。【解析】【分析】粉碎精硫矿（主要成分为GeS2），在 800，在 N2氛围中使精硫矿升华，得到较为纯净的GeS2，加入氨气在825条件下将其还原为GeS，用浓硝酸酸浸：GeS+8H+10NO3=GeO2+SO42+10NO2+4H2O，得到粗GeO2，用COCl2将其氯化为GeCl4，加入高纯水水解得到GeO2nH2O，200将其脱水得到纯GeO2，最后用氢气将其还原得到高纯度Ge。【详解】(1)将精硫锗矿粉碎可以增大固体物质的表面积

24、，有利于后续升华的速率；COCl2中各物质的均达到了 8 电子稳定结构，C达到 8 电子稳定结构需要形成4 个共价键，O需要 2 个，Cl 需要 1 个，可知C在中间，C和 O之间形成双键，C和 Cl 之间形成单键，则结构简式为；(2)用浓硝酸酸浸，浓硝酸不稳定，受热分解生成NO2和 O2，化学方程式为4HNO3(浓)4NO2+O2+2H2O；(3)GeCl4易水解生成GeO2nH2O，化合价没有发生变化，根据原子守恒配平，反应为：GeCl4(n+2)H2O=GeO2nH2O+4HCl；根据图表，温度低时水解率较高，提高水解率，即促使反应正向进行，可加盐，故选用冰盐水浴；(4)NaHGeO3为

25、锗酸的酸式盐，HGeO3在溶液中既能水解，也能电离，水解呈碱性，电离呈酸性，因此判断溶液的酸碱性，需要比较水解和电离程度的强弱，需要得到比较水解和电离平衡常数大小；NaHGeO3水解平-10-衡常数146wh91105.9 101.7 10aKKK，大于 Ka2=1.91013，即 NaHGeO3溶液中水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故pH 7。10.近段时间，全国范围内的雾霾天气严重影响了人们的身体健康，环境问题越来越受到人们的重视。处理大气中的污染物，打响“蓝天白云”保卫战是当前的重要课题。请回答下列问题：(1)汽车尾气中含有较多的NOx和 CO，两种气体均会使人体中毒。可以利用如下化学

26、方法将其转化为无毒无害的物质。已知：N2(g)O2(g)?2NO(g)H180 kJ mol 12CO(g)O2(g)?2CO2(g)H564 kJ mol1请写出把汽车尾气转化为无毒无害的物质的热化学方程式：_(2)CO 可用于合成甲醇，反应方程式为CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)。在密闭容器中充有2mol CO和 4molH2，在催化剂作用下发生反应生成甲醇，改变条件，测得CO的平衡转化率与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。则该反应为 _反应(填“吸热”或“放热”)。若达到平衡状态A时，容器的体积为2L，则在平衡状态B时容器的体积为_2L(填“”、“=”或“”)。该反应T2温

27、度下，若反应进行到1 min 达到平衡状态，用 CO的分压变化表示的平均反应速率vp(CO)_ kPamin-1，此时的化学平衡常数Kp=_(Kp是以分压表示的平衡常数，某气体的分压气体总压强该气体的体积分数(或物质的量分数)。(3)工业上可采用CH3OH?CO+2H2的方法来制取高纯度的CO和 H2。我国学者采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。甲醇(CH3OH)脱氢反应的第一步历程，有两种可能方式：方式 A：CH3OH*CH3O*H*Ea=+103.1kJ mol-1方式 B：CH3OH*CH3*OH*Eb=+

28、249.3kJ mol-1由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为_(填 A、B)。(4)如图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图。-11-该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为_。【答案】(1).2NO(g)2CO(g)?2CO2(g)N2(g)H-744 kJ mol1 (2).放热 (3).P1，状态 B，压强大，气体的物质的量小，则平衡状态B时容器的体积 2L；在 T2温度下，达到平衡，利用状态C来计算；CO的转化率为0.5，利用三等式有-12-23CO(g)+2H(g)CH OH240121121开始的物质的量转化的物质的量平衡的物质的量总压强为P2，开始时 CO的分压为2

29、221=63PP，达到平衡时，CO的分压为24P，则用用 CO的分压变化表示的平均反应速率22221143=t112pPPPPCO；23p2222222()44K=()()()42PP CH OHPPP CO PHP；(3)一般来说，活化能低化学反应速率快，在相同的时间内，可以得到更多的产物，因此甲醇裂解过程主要经历的方式应为A；(4)反应热=生成物的能量反应物的能量，放热最多，则生成物的能量与反应物的能量差值最大。根据图示，过渡态两端的中间产物，能量差值最大，放热最多；方程式为CHO*3H*=CO*4H*。11.A、B、C、D是元素周期表中前36 号元素，它们的核电荷数依次增大。第二周期元素

30、A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有 3 个能级，B原子的最外层p 轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素。D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题：(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是_(用对应的元素符号表示)；基态 D原子的电子排布式为_。(2)A 的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取_杂化；BC3-的立体构型为 _(用文字描述)。(3)1mol AB-中含有的 键个数为 _。(4)如图是金属Ca和 D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和 D的原子个数比_。(5)镧镍合金与上述合金都具有相

31、同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢能力。己知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0 10-23cm3，储氢后形成LaNinH4.5合金(氢进入晶胞空隙，体积不变)，则 LaNin中 n=_(填数值)；氢在合金中的密度为_(保留 2 位有效数字)。【答案】(1).CON (2).1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1 (3).sp2 (4).平面三角形-13-(5).2NA(或 26.021023)(6).15 (7).5 (8).0.083 gcm-3【解析】【分析】A、B、C、D是元素周期表中前36 号元素，它们的核电荷数依次增大；第二周期元素A原子的核外成对电子

32、数是未成对电子数的2 倍且有 3 个能级，则A是 C元素；C是地壳中含量最多的元素，则C是 O元素；B原子的最外层p 轨道的电子为半充满结构，且原子序数大于A而小于 C，则 B是 N元素；D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，则D是 Cu元素；(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA 族、第 VA族元素第一电离能大于其相邻元素；基态 D原子核外有29 个电子，根据构造原理书写基态D原子的简化电子排布式；(2)A 的最高价氧化物对应的水化物是H2CO3，该分子中中心原子C原子价层电子对个数是3 且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论

33、判断其中心原子杂化方式及碳酸根离子空间构型；(3)CN-与 N2互为等电子体，则每个CN-中含有 C、N三键，1 个 键，2 个 键，据此计算1mol CN-中含有的 键个数；(4)根据图示的金属Ca和 Cu所形成的某种合金的晶胞结构，利用均摊法计算Ca、Cu原子个数之比；(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，根据 Ca、Cu合金确定该镧镍合金中n 值；其密度根据=mV计算。【详解】根据上述分析可知：A是 C元素；B是 N元素；C是 O元素；D是 Cu元素。(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA 族、第 VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以C

34、、N、O元素第一电离能从小到大顺序是CON；基态 Cu原子核外有29 个电子，根据构造原理，基态Cu原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，简化电子排布式为Ar3d104s1；(2)A 是 C元素，C元素的最高价氧化物对应的水化物是H2CO3，分子中的中心C原子价层电子对个数是3 且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其中心原子杂化方式为sp2杂化，CO32-空间构型为平面三角形；(3)CN-与 N2互为等电子体，则每个CN-中 C、N原子之间形成三个共价键，其中含有1 个 键，含有2 个 键，则 1mol CN-中含有的 键个数为2NA；(4)根据金属Ca和

35、Cu所形成的某种合金的晶胞结构示意图可知：该晶胞中Ca原子个数=818=1，含有的Cu原子个数=812+1=5，则该晶体中Ca、Cu原子个数之比为1：5；(5)Ca、Cu合金化学式为CaCu5，镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，所以该镧镍合金中n=5；-14-该物质密度=A234.5NmV9.0 10g/cm3=0.083g/cm3。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化、电离能、核外电子排布等知识点，熟练掌握原子结构理论、物质结构变化的一般规律及反常现象是正确分析判断的基础，难点是晶胞计算，题目侧重考查学生分析计算及空间想象能力。12.龙葵醛()是一种珍贵香料

36、，广泛应用于香料、医药、染料及农药等行业。其合成路线如图所示(部分反应产物和反应条件己略去)。回答下列问题：(1)A的结构简式为 _；反应的反应类型为_。(2)检验是否有龙葵醛生成所用的试剂为_。(3)反应的化学方程式是_(均注明条件)，物质 C是否存在顺反异构现象？_(填“是”或“否”，已知：若每个双键碳原子连接了两个不同的原子或原子团，则存在顺反异构现象)。(4)符合下列要求的E的同分异构体有_种。.遇到 FeC13溶液显紫色；.苯环上有三个取代基。(5)以苯乙烯为原料制备，写出合成路线图_(无机试剂自选)【答案】(1).(2).加成反应 (3).银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液(4).+N

37、aOH乙醇+NaCl+H2O (5).否 (6).10 (7).22HBrH ONaOH 水溶液2O/Cu2O/催化剂【解析】【分析】苯的分子式为C6H6，丙烯的分子式为C3H6发生反应后得到C9H12，可知反应为加成反应；A 和 Cl2在光-15-照下发生取代反应，得到B，分子式C9H11Cl，根据 B 的结构简式可知A的结构简式为。B经过反应得到C，通过分子式可知B到 C为消去反应；C和 HBr 发生加成反应，D发生水解得到E，E再氧化得到龙葵醛，根据龙葵醛的结构简式，可知D和 E的结构简式分别为、。【详解】(1)A 和 Cl2在光照下发生取代反应，得到 B，据 B的结构简式可知A的结构简

38、式为；苯的分子式为C6H6，丙烯的分子式为C3H6发生反应后得到C9H12，可知反应为加成反应；(2)龙葵醛中含有醛基，检验醛基，可以使用银氨溶液或者新制的氢氧化铜悬浊液；(3)B经过反应得到C，通过分子式可知B到 C为消去反应，卤代烃的消去反应，反应条件为NaOH 的醇溶液，加热，方程式为+NaOH乙醇+NaCl+H2O；根据 C的结构简式，碳碳双键中的一个碳上连有2 个 H原子，则物质C不存在顺反异构；(4)满足.遇到FeC13溶液显紫色；.苯环上有三个取代基，说明苯环上有酚羟基，除了苯环外还有3 个碳原子，拆成2 个取代基，分别为甲基和乙基，则苯环上的取代基分别为OH、CH3、CH2CH3，苯环上3 个不同的取代基，先取代好 OH和 CH3，有邻间对三种，再将 CH2CH3带入其中，如图，同分异构体有10 种；(5)苯乙酸中的羧基可由醛基氧化得到，原料为苯乙烯，可以模仿C到龙葵醛的过程，在将醛基氧化。答案为22HBrH ONaOH 水溶液2O/Cu2O/催化剂。【点睛】苯环上不同数目的取代基上数目是常考的考点，可以记住，节约答题时间，如苯环上有2 个取代基，有邻间对，3 种同分异构体；苯环上有3 种相同的取代基，有3 种同分异构体；苯环上有3 个取代基，其中 2 个取代基相同，则有6 种同分异构体；苯环上有3 种不相同的取代基，则有10 种同分异构体。-16-17-