2019-2020学年福建厦门双十中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建厦门双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常温下，在10mL0.1mol L-1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol L-1 HCl 溶液，溶液的pH 逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示，下列说法不正确的是A溶液的pH 为 7 时，溶液的总体积大于20mL B在 B 点所示的溶液中：c(Na+)+c(H+)2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)+c(Cl-)C在 A 点所示的溶液中：c(Na+)c(CO32-)c(HCO3-)c(OH-)c(H+)D已知

2、CO32-水解常数为2104，当溶液中c(HCO3-)2c(CO32-)时，溶液的pH 10【答案】C【解析】【详解】A.当混合溶液体积为20mL 时，二者恰好反应生成NaHCO3，HCO的电离程度小于其水解程度，所以其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则酸稍微过量，所以混合溶液体积稍微大于20mL，故不选A；B.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)2c(2-3CO)+c(-3HCO)+c(OH-)+c(Cl-)，故不选 B；C.根据图象分析，A 点为碳酸钠，碳酸氢钠、氯化钠的混合溶液，且c(-3HCO)=c(2-3CO)，溶液呈碱性，则 c(OH-)c(H+)

3、，盐溶液水解程度较小，所以c(2-3CO)c(OH-)，则离子浓度大小顺序是c(Na+)c(-3HCO)=c(2-3CO)c(OH-)c(H+)，故选 C；D.根据 Kh=-32-3c(HCO)c(OH)c(CO)计算可得c(OH-)=10-4，因此溶液的pH10，故不选D；答案选 C。2用 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A 0.1molCH4和 0.1molCl2充分反应，生成的C-Cl 键和 H-Cl 键的数目均为0.2NAB7.8gNa2S和 Na2O2的混合物中所含阴离子的数目等于0.2NAC18g 固态水（冰）中含有的氢键的数目为2NAD 25时，Ksp（AgI）=

4、1.0 10-16，则 AgI 饱和溶液中Ag+数目为 1.0 10-8NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A.甲烷和氯气在光照条件下发生反应，生成有机物由一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷、氯化氢，四步反应同时进行，每种产物的物质的量不确定，且一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷中所含的C-Cl键数目也不相同，则不确定生成的C-Cl键的数目，故A 错误；B.Na2O2中的阴离子是，Na2S中的阴离子是，二者的相对分子质量都是78，所以 78g Na2O2和 Na2S的混合物中含有的阴离子数目一定是NA，故 B 错误；C.依据 n=m/M 计算物质的量=18g/18g/mol=1mol

5、，氢键是分子间作用力，每个水分子形成两个氢键，18g冰中含有的氢键数目为2NA，故 C正确；D.25时，Ksp（AgI）=1.0 10-16，则 AgI 饱和溶液中c(Ag+)为 1.0 10-8mol/L，没给出溶液的体积，故无法计算银离子的数目，故D 错误。答案选C。【点睛】本题考查的是阿伏加德罗常数。解题时注意B 选项 Na2O2中的阴离子是，Na2S中的阴离子是，二者的相对分子质量都是78，所以 78g Na2O2和 Na2S的混合物中含有的阴离子数目一定是NA；C选项依据n=m/M 计算物质的量，氢键是分子间作用力，每个水分子形成两个氢键。据此解答。3下列化学用语的表述正确的是()A

6、离子结构示意图：可以表示16O2，也可以表示18O2B比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子C氯化铵的电子式为D CO2的结构式为OCO【答案】A【解析】【详解】A.由离子结构示意图可知表示为氧元素形成的离子，若中子数为8 时，表示为16O2，若中子数为10 时，表示为18O2，A 项正确；B.根据比例模型的原子半径可知，可以表示甲烷分子，Cl的原子半径大于C的原子半径，不可以表示四氯化碳分子，B项错误；C.氯化铵的电子式为，C项错误；D.CO2的结构式为O=C=O，D 项错误；答案选 A。4两个单环共用一个碳原子的多环化合物称为螺环化合物，共用的碳原子称为螺原子。螺 5，5 十一

7、烷的结构为，下列关于该化合物的说法错误的是（）A一溴代物有三种B与十一碳烯互为同分异构体C分子中所有碳原子不可能在同一平面D 1mo1 该化合物完全燃烧需要16mo1O2【答案】B【解析】【分析】【详解】A.该分子内有三种等效氢，分别位于螺原子的邻位、间位和对位，因此一取代物有三种，A 项正确；B.直接从不饱和度来判断，该烷形成了两个环，不饱和度为2，而十一碳烯仅有1 个不饱和度，二者不可能为同分异构体，B 项错误；C.分子中的碳原子均是饱和碳原子，所以碳原子不可能在同一平面上，C 项正确；D.该物质的分子式为1120C H，因此其完全燃烧需要16mol 氧气，D 项正确；答案选 B。5已知对

8、二烯苯的结构简式如图所示，下列说法正确的是（）A对二烯苯苯环上的一氯取代物有2 种B对二烯苯与苯乙烯互为同系物C对二烯苯分子中所有碳原子一定处于同一平面D 1mol 对二烯苯最多可与5mol 氢气发生加成反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A.对二烯苯苯环上只有1 种等效氢，一氯取代物有1 种，故 A 错误；B.对二烯苯含有2 个碳碳双键，苯乙烯含有1 个碳碳双键，对二烯苯与苯乙烯不是同系物，故B错误；C.对二烯苯分子中有3个平面，单键可以旋转，所以碳原子可能不在同一平面，故 C错误；D.对二烯苯分子中有2 个碳碳双键、1个苯环，所以1mol 对二烯苯最多可与5mol 氢气发生加成反应，故

9、D 正确；选 D。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的组成和结构特点，明确官能团的性质和空间结构是解题关键。6废弃铝制易拉罐应投入的垃圾桶上贴有的垃圾分类标志是（）A B C D A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】废弃的铝制易拉罐可以回收利用，属于可回收物品，应投入到可回收垃圾桶内，A.图示标志为有害垃圾，故A 不选；B.图示标志为可回收垃圾，故B 选；C.图示标志为餐厨垃圾，故C 不选；D.图示标志为其它垃圾，故D 不选；故选 B。7常温下，H2A 和 H2NCH2CH2NH2溶液中各组分的物质的量分数随 pH 的变化如图（I）、

10、（II）所示。下列说法不正确的是已知：+222223222H NCH CH NHH OH NCH CH NHOH?。A NaHA溶液中各离子浓度大小关系为：+-+2-c Nac HAc Hc Ac OHB乙二胺（H2NCH2CH2NH2）的 Kb2=10-7.15CH3NCH2CH2NH3A 溶液显碱性D向 H3NCH2CH2NH2 HA 溶液中通人HCl，22222+32+22c H NCH CH NHc H AcH NCH CH NHc HA不变【答案】C【解析】【详解】A由图 1 可知，当c（HA）=c（A2）时，溶液显酸性，所以NaHA 溶液显酸性，电离程度大于水解程度，则各离子浓度大

11、小关系为：c（Na）c（HA）c（H）c（A2）c（OH），故 A 正确；B由图 2 可知，当 c（H3NCH2CH2NH2+）=cH3NCH2CH2NH32+）时，溶液的 pH=6.85，c（OH）=10-7.15mol L1，则Kb2=232233222()cH NCH CH NHc OHcH NCH CH NH=c（OH），Kb2=10-7.15，故 B正确；C由图 2 可知，当 c（H3NCH2CH2NH32+）=c（H3NCH2CH2NH+）时，溶液的 pH=6.85，c（OH）=10-7.15mol L1，则 Kb2=10-7.15，由图 1 可知，当c（HA）=c（A2）时，pH

12、=6.2，则 Ka2=10-6.2，H3NCH2CH2NH32+的水解程度大于A2的水解程度，溶液显酸性，故C 错误；D22222+32+22c H NCH CH NHc H AcH NCH CH NHc HA=222223222()?()()c H NCH CH NHc H Ac OHc Hc HAc HcH NCH CH NHc OH（）（）=11KwKaKb，由于通入HCl，Kw、Kb1、Ka1都不变，所以22222+32+22c H NCH CH NHc H AcH NCH CH NHc HA不变，故D 正确。故选 C。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及盐的水解平衡原理的应用，把握电

13、离平衡原理和水解原理、电离常数和水解常数的计算、图象数据的分析应用为解答的关键，侧重分析、应用能力和计算能力的考查，难点D，找出所给表达式与常数Kw、Kb1、Ka1的关系。8下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A Cl2和水：Cl2+H2O=2H+Cl+ClOB明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3+3H2O=Al(OH)3+3HCNa2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O=2Na+2OH+O2D Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2O【答案】D【解析】【详解】A氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸，正确的离子方程式为：Cl2+H2O?H+Cl

14、-+HClO，故 A 错误；B明矾溶于水产生Al(OH)3胶体，不能使用沉淀符号，且应该用可逆号，正确的离子方程式为：Al3+3H2O?Al(OH)3+3H+，故 B 错误；CNa2O2溶于水生成氢氧化钠和O2，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H2O4Na+4OH-+O2，故 C错误；D Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH 溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为：HCO3-+Ca2+OH-CaCO3+H2O，故 D 正确；答案选 D。9下面的“诗”情“化”意，分析正确的是()A“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”只发生了物理变化B“日照澄州江雾开”中伴有丁达尔效应C“试玉

15、要烧三日满，辨才须待七年期”中“玉”的成分是硅酸盐且硬度很大D“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，从中分析古时酿酒中葡萄糖发生了水解反应【答案】B【解析】【详解】A.“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”是碳酸钙的分解反应，反应中有新物质生成，是化学变化，A 错误；B.“日照澄州江雾开”中，雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，B 正确；C.“玉”的成分是硅酸盐，熔点很高，但“试玉要烧三日满”与硬度无关，C错误；D.葡萄糖是单糖不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应，D 错误；故合理选项是B。10甲辛等元素在周期表中的相对位置如下表。甲与戊的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物

16、质，丁与辛属同周期元素，下列判断正确的是A丙与庚的原子序数相差3 B气态氢化物的热稳定性：戊己庚C乙所在周期元素中，其简单离子的半径最大D乙的单质在空气中燃烧生成的化合物只含离子键【答案】B【解析】【分析】【详解】戊的一种单质（金刚石）是自然界硬度最大的物质，则戊为C，甲与戊的原子序数相差3，则甲的原子序数为 6-3=3，即甲为 Li，由元素在周期表中的相对位置图可知，乙为Na，丙为 K，丁为 Ca；丁与辛属同周期元素，由第A 族元素可知，己为Si，庚为 Ge，辛为 Ga；A.丙为 K，K 的原子序数为19，庚为 Ge，Ge的原子序数为32，原子序数相差13，A 项错误；B.元素的非金属性越强

17、，气态氢化物越稳定，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则气态氢化物的热稳定性：戊己 庚，B 项正确；C.根据上述分析，乙为Na，Na有 2 个电子层，而同周期的S2-、Cl-有 3 个电子层，半径都比Na+大，所以Na的半径不是最大，C项错误；D.乙为 Na，Na 在空气中燃烧生成Na2O2，Na2O2中既有离子键、又有共价键，D 项错误；答案选 B。11下列过程中，一定需要通电才能实现的是A电解质电离B电化学防腐C蓄电池放电D电解精炼铜【答案】D【解析】【分析】【详解】A、电离不需要通电，故错误；B、电化学防腐不需通电，故错误；C、放电不需要通电，故错误；D、电解需要通电，故正确。答

18、案选 D。12室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A-12+OH10Hcc的溶液：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-B0.1 molL-1的氨水：Cu2+、Na+、SO42-、NO3-C1 mol L-1的 NaClO 溶液：Fe2+、Al3+、NO3-、I-D 0.1 molL-1的 NaHCO3溶液：K+、Na+、NO3-、OH-【答案】A【解析】【分析】【详解】A-12+OH10Hcc的溶液显酸性，NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-离子之间不反应，与氢离子也不反应，可大量共存，A 项正确；B氨水显碱性，与Cu2+之间发生反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，B

19、项错误；C1 mol L-1的 NaClO 溶液具有氧化性，能氧化Fe2+和 I-，故在该溶液中不能大量共存，C 项错误；D HCO3-与 OH-会反应生成CO32-和 H2O 而不能大量共存，D 项错误；答案选 A。【点睛】（1）判断离子能否大量共存的原则：在所给条件下，离子之间互不反应，则离子能够大量共存，否则，不能大量共存；（2）判断离子能否大量共存的步骤：先看题给限制条件，包括颜色、酸碱性、氧化（还原）性等，再看离子之间的相互反应，逐项判断各组离子之间是否发生反应，从而确定离子能否大量共存；（3）注意题目中给的是“一定”“可能”还是“不能”大量共存，具体问题具体分析。13下列实验对应的

20、实验现象和结论或解释都正确的是()选项实验操作实验现象结论或解释A KI 淀粉溶液中通入少Cl2溶液变蓝Cl2能与淀粉发生显色反应B 向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置水层几乎无色苯与溴水发生了取代反应C 向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，然后加入银氨溶液，加热无银镜出现不能判断蔗糖是否水解D 向 FeCl3和 AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液出现红褐色沉淀KspFe(OH)3KspAl(OH)3 A A BBCC D D【答案】C【解析】【详解】A、I2能与淀粉发生显色反应，Cl2不能与淀粉发生显色反应，故A 错误；B、向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置，苯萃取溴水中的溴，苯与溴水不

21、反应，故B错误；C、银镜反应需在碱性条件下进行，向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，先加入氢氧化钠中和硫酸，然后加入银氨溶液，加热，才能判断蔗糖是否水解，故C正确；D、向 FeCl3和 AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH 溶液，生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠，不能证明KspFe(OH)310V(甲)D体积相同、浓度均为0.1mol?L-1的 NaOH 溶液、氨水，分别稀释m、n 倍，使溶液的pH 都变为 9，则m10c（乙），则若用于中和等物质的量浓度等体积的NaOH 溶液，需消耗甲、乙两酸的体积V(乙)10V(甲)，故 C正确；D.体积相同、浓度均为0.1mol?L-1的 NaOH 溶液、氨

22、水，pH（NaOH）pH（氨水），若使溶液的pH 都变为 9，则应在氢氧化钠溶液中加入更多的水，即mn，故 D 错误；综上所述，答案为C。【点睛】中和等物质的量浓度等体积的NaOH 溶液，即氢氧化钠的物质的量相同，需要的一元酸的物质的量也相同，则需要浓度大的酸体积消耗的小，浓度小的酸消耗的体积大。15化学与环境、生产、生活关系密切，下列说法正确的是A 84 消毒液和医用酒精都可以起到杀菌消毒的作用，其作用原理相同B防控新冠病毒所用的酒精，其浓度越大，杀毒效果越好。C工业上常用高纯硅制造光导纤维D推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”【答案】D【解析】【分析】【详解】A.84 消毒液

23、具有强氧化性，使蛋白质分子结构发生变化而失去其生理活性，因而具有杀菌消毒作用；医用酒精能够使蛋白质变性，因而可杀菌消毒，二者作用原理不相同，A 错误；B.酒精浓度小，渗透性强，但杀菌消毒作用能力小；浓度太大，杀菌消毒作用能力强，但渗透性又差，仅使蛋白质表面分子发生变性，病毒褪去外壳后，仍然具有破坏作用，因此不是浓度越大，杀毒效果越好，B 错误；C.SiO2对光具有良好的全反射作用，工业上常用SiO2作光导纤维的材料，C错误；D.塑料不能降解，导致“白色污染”，则推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”，D 正确；故合理选项是D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16过氧化钙

24、是一种白色固体，微溶于冷水，不溶于乙醇，化学性质与过氧化钠类似。某学习小组设计在碱性环境中利用CaCl2与 H2O2反应制取 CaO2 8H2O，装置如图所示：回答下列问题：（1）小组同学查阅文献得知：该实验用质量分数为20%的 H2O2溶液最为适宜。市售H2O2溶液的质量分数为 30%。该小组同学用市售H2O2溶液配制约20%的 H2O2溶液的过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还有_。（2）仪器 X的主要作用除导气外，还具有的作用是_。（3）在冰水浴中进行的原因是_。（4）实验时，在三颈烧瓶中析出CaO2 8H2O 晶体，总反应的离子方程式为_。（5）反应结束后，经过滤、洗涤、低温

25、烘干获得CaO2 8H2O。下列试剂中，洗涤CaO2 8H2O 的最佳选择是_。A无水乙醇B浓盐酸C Na2SO3溶液DCaCl2溶液（6）若 CaCl2原料中含有Fe3+杂质，Fe3+催化分解H2O2，会使 H2O2的利用率明显降低。反应的机理为：Fe3+H2O2=Fe2+H+HOOH2O2+X=Y+Z+W（已配平）Fe2+OH=Fe3+OH-H+OH-=H2O 根据上述机理推导步骤中的化学方程式为_。（7）过氧化钙可用于长途运输鱼苗，这体现了过氧化钙具有_的性质。A与水缓慢反应供氧B能吸收鱼苗呼出的CO2气体C能是水体酸性增强D具有强氧化性，可杀菌灭藻（8）将所得CaO2 8H2O 晶体加

26、热到150160，完全脱水后得到过氧化钙样品。该小组测定过氧化钙样品中CaO2的纯度的方法是：准确称取0.4000g 过氧化钙样品，400以上加热至完全分解成CaO和 O2(设杂质不产生气体)，得到 33.60mL(已换算为标准状况)气体。则：所得过氧化钙样品中CaO2的纯度为 _。【答案】烧杯、量筒防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出Ca2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2 8H2O+2NH4+A HOO+H2O2=H2O+O2+OH ABD 54.00%【解析】【分析】配制一定质量分数的溶液需要的仪器，只需要从初中知识解答，通入氨气后，从氨气的溶解性思考

27、，双氧水在冰水浴中，从双氧水的不稳定来理解，根据原料和产物书写生成八水过氧化钙的离子方程式，过氧化钙晶体的物理性质得出洗涤八水过氧化钙的试剂，充分利用前后关系和双氧水分解生成水和氧气的知识得出中间产物即反应方程式，利用关系式计算纯度。【详解】配制约20%的 H2O2溶液的过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯、量筒，故答案为：烧杯、量筒；仪器 X 的主要作用除导气外，因为氨气极易溶于水，因此还具有防倒吸作用，故答案为：防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸；双氧水受热分解，因此在冰水浴中进行的原因是防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出，故答案为：防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出，；实验

28、时，在三颈烧瓶中析出CaO2 8H2O 晶体，总反应的离子方程式为Ca2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2 8H2O+2NH4+，故答案为：Ca2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2 8H2O+2NH4+；过氧化钙是一种白色固体，微溶于冷水，不溶于乙醇，因此洗涤CaO2 8H2O 的最佳实际为无水乙醇，故答案为：A；若 CaCl2原料中含有Fe3+杂质，Fe3+催化分解H2O2变为氧气和水，根据前后联系，说明 中产物有氧气、水、和 OH，其化学方程式为：HOO+H2O2=H2O+O2+OH，故答案为：HOO+H2O2=H2O+O2+OH；过氧化钙可用于长途运输鱼苗，鱼苗需要氧气，说明

29、过氧化钙具有与水缓慢反应供氧，能吸收鱼苗呼出的二氧化碳气体和杀菌作用，故答案为：ABD；将所得CaO2 8H2O 晶体加热到150160，完全脱水后得到过氧化钙样品。该小组测定过氧化钙样品中CaO2的纯度的方法是：准确称取0.4000g 过氧化钙样品，400以上加热至完全分解成CaO和 O2(设杂质不产生气体)，得到 33.60mL 即物质的量为1.5 10-3 mol，。2CaO2=2CaO+O2根据关系得出n(CaO2)=3 10-3 mol，-3-13 10 mol72g mol=100%=54.00%0.4g，故答案为54.00%。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17异丁烯

30、 CH2=C(CH3)2是重要的化工原料。已知：(1)异丁烯和苯酚在一定条件下反应生成对叔丁基酚()，该反应属于 _反应(填“反应类型”)(2)对叔丁基酚和甲醛在催化剂作用下可生成油溶性聚合物，写出该反应的化学方程式_。(3)写出符合下列条件的对叔丁基酚的所有同分异构体的结构简式_。含相同官能团；不属于酚类；苯环上的一溴代物只有一种。(4)已知由异丁烯的一种同分异构体A，经过一系列变化可合成物质，其合成路线如图：条件 1 为_；写出结构简式：A_；B_。(5)异丁烯可二聚生成CH2=C(CH3)CH2C(CH3)3，写出该二聚物的名称_。异丁烯二聚时，还会生成其他的二聚烯烃类产物，写出其中一种

31、链状烯烃的结构简式_。【答案】加成KMnO4/OHCH3CH2CH=CH2CH3CH2CHOHCH2OH 2，4，4三甲基 1戊烯CH2=C(CH3)CH2CH2CH(CH3)2或(CH3)2C=CHC(CH3)3或(CH3)2C=CHCH2CH(CH3)2【解析】【分析】(1)异丁烯和苯酚在一定条件下反应生成对叔丁基酚（），C=C 转化为 C-C；(2)对叔丁基酚和甲醛在催化剂作用下可生成油溶性聚合物，为酚醛缩合反应；(3)对叔丁基酚的所有同分异构体符合：含相同官能团-OH；不属于酚类，-OH 与苯环不直接相连；苯环上的一溴代物只有一种，苯环上只有一种H；(4)由合成流程可知，最后生成-CO

32、OH，则-OH 在短 C 原子上氧化生成-COOH，所以 A 为 CH3CH2CH=CH2，B 为 CH3CH2CHOHCH2OH；(5)CH2=C(CH3)CH2C(CH3)3，主链为含C=C 的 5 个 C 的戊烯，2、4 号 C 上有 3 个甲基；异丁烯二聚时，生成含 1 个碳碳双键的有机物。【详解】(1)异丁烯和苯酚在一定条件下反应生成对叔丁基酚()，C=C转化为 CC，则为烯烃的加成反应；(2)对叔丁基酚和甲醛在催化剂作用下可生成油溶性聚合物，为酚醛缩合反应，该反应为；(3)对叔丁基酚的所有同分异构体符合：含相同官能团OH；不属于酚类，OH 与苯环不直接相连；苯环上的一溴代物只有一种

33、，苯环上只有一种H，符合条件的结构简式为；(4)由合成流程可知，最后生成 COOH，则 OH在短 C原子上氧化生成COOH，所以 A 为 CH3CH2CH=CH2，B 为 CH3CH2CHOHCH2OH，由 AB 的转化可知，条件1 为 KMnO4/OH；由上述分析可知，A 为 CH3CH2CH=CH2，B 为 CH3CH2CHOHCH2OH；(5)CH2=C(CH3)CH2C(CH3)3，主链为含C=C的 5 个 C的戊烯，2、4 号 C 上有 3 个甲基，名称为2，4，4三甲基 1戊烯；异丁烯二聚时，生成含1 个碳碳双键的有机物，则还可能生成CH2=C(CH3)CH2CH2CH(CH3)2

34、或(CH3)2C=CHC(CH3)3或(CH3)2C=CHCH2CH(CH3)2。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18形形色色的物质，构成了我们这个五彩缤纷的世界。世上万物，神奇莫测，常常超乎人们按“常理”的想象。学习物质结构和性质的知识，能使你想象的翅膀变得更加有力。（1）基态 Ga原子的核外电子排布式是_，基态 Ga原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图为_。（2）HC CNa(乙炔钠)广泛用于有机合成，乙炔钠中C 原子的杂化类型为_；乙炔钠中存在_(填字母序号)。A金属键B 键C键D氢键E.配位键F.离子键G.范德华力（3）NaN3是汽车安全气囊中的主要化学成分，其阴离子为立

35、体构型为_；写出和该阴离子互为等电子体的一种分子的结构式_(写一个)。（4）钙和铁都是第四周期元素，且原子的最外层电子数相同，但铁的熔沸点远高于钙，其原因是_。（5）某离子晶体的晶胞结构如图所示。晶体中在每个X 周围与它最近且距离相等的X共有 _个。设该晶体的摩尔质量为Mg mol-3，晶胞的密度为gcm-3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体中两个最近的X 间的距离为 _cm。【答案】Ar3d104s24p1哑铃形sp 杂化BCF 直线形O=C=O Fe的价电子数较多且原子半径较小，金属键较强12 3A242MN【解析】【分析】【详解】（1）Ga原子核外有31 个电子，根据能量最低原理，基态Ga

36、原子核外电子排布式是Ar3d104s24p1，基态 Ga 原子核外电子占据的最高能级是4p 能级，电子云轮廓图为哑铃形；（2）HC CNa中 C原子的孤电子对数为0，价电子对数为2，所以 C原子的杂化类型为sp 杂化；乙炔钠中C-H键为 键，CC有 1 个 键、2 个 键，Na 与 C CH 之间为离子键，故选BCF；（3）NaN3的阴离子为N3-，中心 N 原子的价电子对数是5+1-3 22+=22，配位原子数为2，无孤电子对，所以 N3-立体构型为直线形；原子数相同、价电子数也相同的粒子互为等电子体，N3-价电子数是16，和N3-互为等电子体的分子是CO2，结构式为O=C=O；（4）Fe的

37、价电子数较多且原子半径较小，金属键较强，所以铁的熔沸点远高于钙；（5）根据晶胞结构图，X 原子构成面心立方晶胞，所以每个X周围与它最近且距离相等的X共有 12 个；根据均摊原则，每个晶胞含有4个 X 原子、8 个 Y原子，设该晶体的摩尔质量为Mg mol-3，密度为 gcm-3，阿伏加德罗常数为NA，晶胞边长为acm，则3A4=Ma N，3A4=MaN，晶体中两个最近的X间的距离为晶胞面对角线的一半，距离为3A242MNcm。19石墨、石墨烯及金刚石是碳的同素异形体。（1）以 NiCrFe为催化剂，一定条件下可将石墨转化为金刚石。基态 Fe 原子未成对电子数为_。设石墨晶体中碳碳键的键长为am

38、，金刚石晶体中碳碳键的键长为bm，则 a_（填“”“”或“”）b，原因是 _。（2）比较表中碳卤化物的熔点，分析其熔点变化的原因是_。CCl4CBr4（型）CI4熔点/22.92 48.4 168（分解）（3）金刚石的晶胞如图1 所示。已知ZnS晶胞与金刚石晶胞排列方式相同，若图 1 中 a 与 ZnS晶胞中 Zn2位置相同，则S2在 ZnS晶胞中的位置为_。（4）石墨烯中部分碳原子被氧化后，转化为氧化石墨烯。在图 3 所示的氧化石墨烯中，采取sp3杂化形式的原子有_（填元素符号）。石墨烯转化为氧化石墨烯时，1 号 C 与相邻 C原子间键能的变化是_（填“变大”“变小”或“不变”）。（5）石墨

39、烯具有很大的比表面积，有望用于制超级电容器。若石墨烯中碳碳键的键长为am，12g 单层石墨烯单面的理论面积约为_m2（列出计算式即可）。【答案】4 石墨晶体中的碳碳键除 键外还有大键，金刚石晶体中碳碳键只有键分子组成和结构相似，随相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故 CCl4、CBr4、CI4熔点依次升高顶点、面心C、O 变小2A13 3Na22【解析】【分析】【详解】(1)Fe 原子中 3d 能级上有 4 个电子未成对，其它轨道上的电子都成对，所以Fe原子中未成对电子数是4；金刚石中碳原子以sp3杂化，形成四条杂化轨道，全部形成 键；石墨中碳原子以sp2杂化，形成三条杂化轨道，还有

40、一条未杂化的p 轨道，所以石墨晶体中的碳碳键除键外还有大键，所以石墨的C-C键的键长短；(2)这几种物质都属于分子晶体，分子组成和结构相似，随相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故 CCl4、CBr4、CI4熔点依次升高；(3)a 为 Zn2+，a 连接的离子为S2-，所以 S2-位于晶胞顶点和面心上；(4)在图 3 所示的氧化石墨烯中，取sp3杂化形式的原子价层电子对个数是4，价层电子对个数是4 的有C 和 O 原子，所以采用sp3杂化形式的原子有C和 O；石墨烯转化为氧化石墨烯时，1 号 C 连接的 O 原子吸引电子能力较强，导致与 1 号 C原子相邻C原子对电子的吸引力减小，所以1 号 C 与相邻 C 原子间键能变小；(5)单层石墨烯中每个六元环含碳原子个数为163=2，每个六边形的面积为2136aam22，12g 单层石墨烯中碳原子个数为AA12g=12g/molNN；所以 12g 单层石墨烯单面的理论面积约为22AA136aa13 3222a2m=2NNm2。【点睛】计算石墨烯的面积时关键是理解每个六元环所含碳原子数，不能简单的认为六元环就有6 个碳原子，要根据均摊法计算，每个碳原子被三个环共用，所以每个六元环含碳原子个数为2。