2019-2020学年安徽省临泉县第一中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省临泉县第一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下列化学用语的表述正确的是()A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

2、；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。2下列各组离子：（1）K+、Fe2+、SO42、ClO（2）K+、Al3+、Cl、HCO3（3）ClO、Cl、K+、OH（4）Fe3+、Cu2+、SO42、Cl（5）Na+、K+、AlO2、HCO3（6）Ca2+、Na+、SO42、CO32在水溶液中能大量共存的是A（1）和（6）B（3）和（4）C（2）和（5）D（1）和（4）【答案】B【解析】【分析】【详解】(1)Fe2+、ClO-发生氧化还原反应而不能大量共存，故错误；(2)Al3+、HCO3-发生互促水解反应而不能大量共存，故错误；(3)离子之间不发

3、生任何反应，可大量共存，故正确；(4)离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；(5)AlO2-、HCO3-发生反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，不能大量共存，故错误；(6)Ca2+与 SO42-、CO32-反应生成沉淀而不能大量共存，故错误；故选 B。3下列物质中，既能发生取代反应，又能发生消去反应，同时催化氧化生成醛的是()ABCD【答案】D【解析】【分析】【详解】A.2丙醇含有羟基，可与HCl 等发生取代反应，发生消去反应生成丙烯，发生催化氧化反应生成丙酮，A不符合题意；B.苯甲醇可与HCl 等发生取代反应，能发生催化氧化反应生成苯甲醛，但不能发生消去反应，B不符合题意；C.甲醇含有羟基，

4、可与HCl 等发生取代反应，能发生催化氧化反应生成甲醛，但不能发生消去反应，C不符合题意；D.含有羟基，可与 HCl等发生取代反应，发生消去反应生成2甲基 1丙烯，发生催化氧化反应生成2甲基丙醛，D 符合题意；答案选 D。【点晴】该题的关键是明确醇发生消去反应和催化氧化反应的规律，即与羟基所连碳相邻的碳上有氢原子才能发生消去反应，形成不饱和键；醇发生氧化反应的结构特点是：羟基所连碳上有氢原子的才能发生氧化反应，如果含有2 个以上氢原子，则生成醛基，否则生成羰基。4CO2催化加氢制取甲醇、乙醇等低碳醇的研究，对于环境问题和能源问题都具有非常重要的意义。已知一定条件下的如下反应：CO2(g)+3H

5、2(g)垐?噲?CH3OH(g)+H2O(g)?H=49.0 kJ mol-12CO2(g)+6H2(g)垐?噲?CH3CH2OH(g)+3H2O(g)?H=173.6 kJ mol-1下列说法不正确的是A CH3OH(g)+CO2(g)+3H2(g)垐?噲?CH3CH2OH(g)+2H2O(g)?H0 B增大压强，有利于反应向生成低碳醇的方向移动，平衡常数增大C升高温度，可以加快生成低碳醇的速率，但反应限度降低D增大氢气浓度可以提高二氧化碳的转化率【答案】B【解析】【详解】A.根据盖斯定律，用第二个反应减第一个反应得：322322CH OH gCOg+3HgCH CH OH g+2H O g

6、 H=-124.6kJ/mol?，故 A 正确；B.温度不变，平衡常数不变，故B 错误；C.升高温度，正逆反应速率都可以加快，升高温度，平衡向吸热反应方向进行，即平衡逆向移动，反应限度降低，故C 正确；D.反应物中氢气和二氧化碳都是气体，增大一种反应物的浓度可以提高另一种反应物的转化率，故 D 正确；故选：B。5温度为T 时，向 2.0 L 恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应：PCl5(g)PCl3(g)Cl2(g)经一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据见下表：t/s 0 50 150 250 250 n(PCl3)/mol 0 0.16 0.19 0.20 0.20 下

7、列说法正确的是A反应在前50 s 内的平均速率v(PCl3)=0.0032mol/(Ls)B保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PCl3)=0.11mol/L，该反应为放热反应C相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和 0.20 mol Cl2，达到平衡前的v正v逆D相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3、2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80【答案】C【解析】【详解】A、反应在前50 s内 PCl3的物质的量增加0.16mol，所以前 50 s内的平均速率v(PCl3)=0.16mol2.0L50s=0.00

8、16mol(Ls)，故 A 错误；B、原平衡时PCl3的物质的量浓度c(PCl3)=0.20mol 2.0L=0.10mol/L，若升高温度，平衡时 c(PCl3)=0.11mol/L，PCl3的浓度比原平衡时增大了，说明升高温度，平衡正向移动，则正向是吸热反应，故B 错误；C、根据表中数据可知平衡时Cl2的浓度是0.1mol/L，PCl5的浓度是0.4mol/L，则该温度下的平衡常数K=0.1mol/L0.1mol/L0.4mol/L=0.025，相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和 0.20 mo1 Cl2，Qc=0.1mol/L0.1mol

9、/L0.5mol/L=0.02c(SO)c(HSO)c(OH)B再生液M 吸收 SO2主反应的离子方程式为：-23SO+OH=HSOCHSO3在 b 极发生的电极反应式为：-2-+324HSO+H O-2e=SO+3HD若产生标准状况下2.24L 气体 N，则 d 膜上共通过0.2mol 阳离子【答案】D【解析】【分析】根据装置图，阴离子通过c 膜向 a 极移动，可知a 极为阳极，发生的反应为：HSO3-2e-+H2O=SO42-+3H+；b 极为阴极，发生的反应为：2H+2e-=H2，气体N 为 H2。【详解】A n(SO32)：n(HSO3)=9：91 时，电解液pH=6.2，n(SO32

10、)：n(HSO3)=1：1 时，电解液pH=7.2，由此推知当电解液呈中性时，c(HSO3)c(SO32)，A 项错误；BM 吸收 SO2主要发生的反应为：SO32-+SO2+H2O=2HSO3-，B 项错误；Cb 极为阴极，发生的反应为：2H+2e=H2，C项错误；D若产生标准状况下2.24L 气体 N（0.1molH2），阴极消耗0.2molH+，减少 0.2mol 正电荷，需要补充0.2mol正电荷以达到平衡，则d 膜上会通过0.2mol 阳离子，D 项正确；答案选 D。7 Zn(CN)42-在水溶液中可与HCHO发生反应生成Zn(H2O)42+和 HOCH2CN，下列说法错误的是（）A

11、 Zn2+基态核外电子排布式为Ar3d10B1mol HCHO 分子中含有键的数目为1.806 1024CHOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是sp3D Zn(CN)42-中 Zn2+与 CN-的 C原子形成配位键，结构可表示为【答案】C【解析】【分析】【详解】A Zn 原子序数为30，位于 B 族，所以，Zn2+基态核外电子排布式为Ar3d10，A 选项正确；B1 分子 HCHO含 2 个 C-H键和 1 个 C=O键，共有3 个 键，所以，1molHCHO 分子中含有键的物质的量为 3mol，数目为1.8061024，B选项正确；CHOCH2CN分子中与羟基相连的C为 sp3杂化，-C

12、N(-CN)中的 C为 sp 杂化，C 选项错误；DZn(CN)42-中 Zn2+与 CN-的 C原子形成配位键，Zn 为 sp3杂化，配位原子形成正四面体，所以，Zn(CN)42-结构可表示为，D 选项正确；答案选 C。【点睛】一般，两原子间形成的共价键，有且只有1 个 键，如：C=O双键含 1 个 键、1 个 键，CN叁键含 1个 键、2 个 键。8全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池，其电池总反应为：V3+VO2+H2OVO2+2H+V2+下列说法正确的是（）A放电时正极反应为：VO2+2H+e-=VO2+H2O B放电时每转移2mol 电子时，消耗1mol 氧化剂C放电过程中电子由

13、负极经外电路移向正极，再由正极经电解质溶液移向负极D放电过程中，H+由正极移向负极【答案】A【解析】【分析】根据电池总反应V3+VO2+H2OVO2+2H+V2+和参加物质的化合价的变化可知，放电时，反应中VO2+离子被还原，应在电源的正极反应，V2+离子化合价升高，被氧化，应是电源的负极反应，根据原电池的工作原理分析解答。【详解】A、原电池放电时，VO2+离子中 V 的化合价降低，被还原，应是电源的正极反应，生成VO2+离子，反应的方程式为VO2+2H+e-=VO2+H2O，故 A 正确；B、放电时氧化剂为VO2+离子，在正极上被还原后生成VO2+离子，每转移 2mol 电子时，消耗 2mo

14、l 氧化剂，故 B 错误；C、内电路由溶液中离子的定向移动形成闭合回路，电子不经过溶液，故C 错误；D、放电过程中，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故D错误；答案选 A。【点睛】本题的易错点为A，要注意从化合价的变化进行判断反应的类型和电极方程式，同时把握原电池中电子及溶液中离子的定向移动问题。9如图是我国学者研发的高效过氧化氢一尿素电池的原理装置：装置工作时，下列说法错误的是A Ni-Co/Ni 极上的电势比Pd/CFC极上的低B向正极迁移的主要是K+，产物 M 为 K2SO4CPd/CFC极上发生反应：22222H O4e2H OOD负极反应为223222CO NH8OH6

15、eCON6H O【答案】C【解析】【分析】由电池工作原理图可得，氮元素化合价由-3 价变为 0 价，化合价升高，失电子，发生氧化反应，则 Ni-Co/Ni极为负极，Pd/CFC为正极，正极得电子，发生还原反应。【详解】A电子从低电势(负极)流向高电势（正极），Ni-Co/Ni 极是原电池负极，电势较低，故A 正确；B该电池使用阳离子交换膜，只允许阳离子通过，原电池中，阳离子向正极迁移，则向正极迁移的主要是 K+，产生 M 为 K2SO4，故 B 正确；CPd/CFC极上发生反应：+2222H+H O2e2H O，故 C 错误；D根据分析，Ni-Co/Ni 极为负极，结合图示负极的物质转化关系可

16、得，氮元素化合价由-3 价变为 0 价，化合价升高，失电子，发生氧化反应，负极反应为：223222CO NH8OH6eCON6H O，故 D 正确；答案选 C。10以 PbO 为原料回收铅的过程如下：.将 PbO 溶解在 HCl和 NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbC14的溶液；.电解 Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示。下列判断不正确的是A阳极区的溶质主要是H2SO4B电极的电极反应式为PbCl42+2e=Pb+4ClC当有 2.07 g Pb 生成时，通过阳离子交换膜的阳离子为0.04 mol D电解过程中为了实现物质的循环利用，可向阴极区补充PbO【答案】C【解析】【分析】

17、电解 Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示，电极周围PbCl42-得电子转化为Pb，则电极 为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极反应方程式为PbCl42+2e=Pb+4Cl；电极为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O4e-=4H O2，以此解题。【详解】A.根据分析，电极为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O4e-=4HO2，阳极区的溶质主要是H2SO4，故 A 正确；B.电极周围PbCl42-得电子转化为Pb，则电极为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极的电极反应式为PbCl42+2e=Pb+4Cl，故 B正确；C.当有 2.07 g P

18、b生成时，即生成Pb 的物质的量为=2.07g207g/mol=0.01mol，根据电极反应式为PbCl42+2e=Pb+4Cl，转移电子的物质的量为0.02mol，电解液中的阳离子为氢离子，则通过阳离子交换膜的阳离子为0.02 mol，故 C错误；D.阴极电解一段时间后溶液为HCl 和 NaCl的混合溶液，根据题意“将 PbO粗品溶解在HCl 和 NaCl 的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液”，继续向阴极区加PbO粗品可恢复其浓度且实现物质的循环利用，故D 正确；答案选 C。11我国清代本草纲目拾遗中记叙无机药物335 种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金其水甚强，五金八

19、石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指A氨水B硝酸C醋D卤水【答案】B【解析】【分析】【详解】根据题意该物质能够与很多金属反应，根据选项B 最符合，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属；答案选 B。12能使氢硫酸溶液的pH 先升高后降低的物质是A Cl2BSO2CCuSO4DO2【答案】B【解析】【详解】A、H2S+4Cl2+4H2O=H2SO4+8HCl，氢硫酸属于弱酸、硫酸和HCl 属于强酸，所以溶液酸性增强，则溶液的pH 减小，选项A 错误；B、2H2S+SO2=3S+2H2O，该反应由酸性变为中性，所以pH 增大，二氧化硫过量酸性增强pH 降低，选项B 正确；C、H2

20、S+CuSO4=CuS+H2SO4，氢硫酸是弱酸、硫酸是强酸，则溶液酸性增强，溶液的pH 减小，选项C错误；D、2H2S+O2=S+2H2O，溶液由酸性变为中性，则溶液的pH 增大，选项D 错误；答案选 B。【点睛】本题考查了氢硫酸的性质，根据物质之间的反应分析解答，会正确书写方程式，注意C是由弱酸制取强酸的反应，生成的硫化铜不溶于酸，为易错点。13下列关于有机化合物的说法正确的是A乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别B异丁烷的一氯代物有3 种C乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键D甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4-二氯甲苯【答案】A【解析】【详解】A、乙酸与碳酸钠溶液反应产生二氧

21、化碳气体，乙酸乙酯不能，所以可用Na2CO3溶液加以区别，选项A 正确；B.异丁烷的一氯代物有（CH3）2CHCH2Cl、（CH3）2CClCH3共 2 种，选项B错误；C.聚乙烯为氯乙烯的加聚产物，不含碳碳双键，苯分子中也不含有碳碳双键，选项C 错误；D甲苯与氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代，不能得到苯环上氢原子被取代的产物2，4-二氯甲苯，选项D 错误；答案选 A。14下列有关实验的叙述完全正确的是A ABBCCDD【答案】C【解析】【分析】A、次氯酸钠水解生成的次氯酸具有强氧化性，能将有机色质漂白褪色；B、氯化铜在溶液中水解生成氢氧化铜和氯化氢，加热促进氯化铜水解，生成的

22、氯化氢易挥发使水解趋于完全生成氢氧化铜；C、离子反应向着离子浓度减小的方向进行；D、未反应的氯气对取代反应的产物HCl 的检验产生干扰。【详解】A 项、次氯酸钠水解生成的次氯酸具有强氧化性，能将有机色质漂白褪色，不能用pH 试纸测次氯酸钠溶液的 pH，不能达到实验目的，故A 错误；B 项、氯化铜在溶液中水解生成氢氧化铜和氯化氢，加热促进氯化铜水解，生成的氯化氢易挥发使水解趋于完全生成氢氧化铜，制备无水氯化铜应在HCl 气流中蒸发，故B错误；C 项、碘化银和氯化银是同类型的难溶电解质，向浓度相同的银氨溶液中分别加入相同浓度氯化钠和碘化钠溶液，无白色沉淀生成，有黄色沉淀生成，说明碘化银溶度积小于氯

23、化银，故C正确；D 项、氯气溶于水也能与硝酸银反应生成白色的氯化银沉淀，未反应的氯气对取代反应的产物HCl 的检验产生干扰，不能达到实验目的，故D 错误。故选 C。15下列说法中正确的是A在铁质船体上镶嵌锌块，可以减缓船体被海水腐蚀的速率，称为牺牲阴极的阳极保护法B电解饱和食盐水是将电能转变成化学能，在阴极附近生成氢氧化钠和氢气C铜锌原电池反应中，铜片作正极，产生气泡发生还原反应，电子从铜片流向锌片D外加电流的阴极保护法是将被保护的金属与外加电源的正极相连【答案】B【解析】【详解】A在船体上镶嵌锌块，形成锌铁原电池，锌比铁活泼，锌作负极不断被腐蚀，铁做正极则不会被腐蚀，称为牺牲阳极的阴极保护法

24、，A 错误；B在外加电源的作用下，电解饱和食盐水是将电能转变成化学能，阴极上氢离子得电子生成氢气，同时溶液中生成氢氧根离子，B 正确；C铜锌原电池反应中，Zn 失电子作负极，铜片作正极，产生气泡发生还原反应，电子从锌片流向铜片，C 错误；D外加电流的阴极保护法应将被保护的金属与外加电源的负极相连，与正极相连作阳极会失电子被腐蚀，D 错误；答案选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70Cu、25Al、4 Fe及少量 Au、Pt 等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和

25、硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：（1）第步Cu与酸反应的离子方程式为_；得到滤渣1 的主要成分为 _。（2）第步中加H2O2的作用是 _，使用 H2O2的优点是 _；调溶液pH 的目的是使_生成沉淀。（3）第步所得CuSO4 5H2O 制备无水CuSO4的方法是 _。（4）由滤渣2 制取 Al2(SO4)3 18H2O，探究小组设计了三种方案：甲：滤渣224H SO酸浸液蒸发、冷却结晶、过滤Al2(SO4)3 18H2O 乙：滤渣224H SO酸浸液Al过量粉适量过滤滤液蒸发、冷却结晶、过滤Al2(SO4)3 18H2O 丙：滤渣2NaOH溶液过滤滤液24H SO溶液蒸发、冷却结晶、过滤Al

26、2(SO4)3 18H2O 上述三种方案中，_方案不可行，原因是_；从原子利用率角度考虑，_方案更合理。（5）探究小组用滴定法测定CuSO4 5H2O(Mr=250)含量。取 ag 试样配成100mL 溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol L-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液 bmL。滴定反应为：Cu2+H2Y2-=CuY2-+2H+写出计算CuSO4 5H2O 质量分数的表达式=_；下列操作会导致含量的测定结果偏高的是_。a 未干燥锥形瓶b 滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c 未除净可与EDTA反应的干扰离子【答案】Cu+4H+2NO3-Cu2

27、+2NO2+2H2O 或 3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO +4H2OPt、Au 将 Fe2+氧化为 Fe3+不引入杂质，对环境无污染Al3+、Fe3+加热脱水甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙3cb 102505a 100%c【解析】【分析】稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe 发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，滤渣 1 的成分是 Pt 和 Au，滤液 1 中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+，滤液 1 中加入过氧化氢，将Fe2+氧化为 Fe3+，再加入氢氧化钠并调节溶液 pH 使 Al3+、Fe3+生成沉淀，滤液2 中主要含有Cu2+，然后将硫酸铜溶液蒸

28、发、冷却结晶、过滤得到硫酸铜晶体；将滤渣 2(主要含有氢氧化铁和氢氧化铝)经过一系列步骤制取Al2(SO4)3 18H2O。结合物质的性质分析解答。【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1 的成分是Pt 和Au，滤液 1 中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O 或 3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO +4H2O，故答案为Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O 或 3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO +4H2O；Pt、Au，

29、(2)第步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为 Fe3+，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，根据流程图，调溶液pH 的目的是使Al3+、Fe3+生成沉淀，故答案为将Fe2+氧化为 Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；Al3+、Fe3+；(3)第步由CuSO4 5H2O 制备无水CuSO4的方法是在坩埚中加热脱水，故答案为在坩埚中加热脱水；(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加 H2SO4，生成 Fe2(SO4)3和 Al2(SO4)3，再

30、加 Al 粉和 Fe2(SO4)3生成 Al2(SO4)3，过滤除去生成的铁和过量的铝粉，将滤液蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH 和 Al(OH)3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成 Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH 和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系，造成药品浪费，故答案为甲；所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；乙；(5)取 a g 试样配成100mL 溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol?L-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至

31、终点，平均消耗EDTA溶液 6mL，滴定反应如下：Cu2+H2Y2-=CuY2-+2H+，铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/L b10-3L=bc 10-3mol；依据元素守恒得到：则20mL 溶液中含有的CuSO4?5H2O 物质的量为 bc10-3mol；100mL 溶液中含bc 10-3mol 5=5bc 10-3mol，所以 CuSO4?5H2O 质量分数的表达式=3cb 102505a100%，故答案为3cb 102505a100%；a未干燥锥形瓶对实验结果无影响，故错误；b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，导致消耗标准液读数偏小，结果偏低，故错误；c未除净可与EDTA反应

32、的干扰离子，导致消耗标准液多，结果偏高，故正确；导致含量的测定结果偏高的是c，故答案为c。【点睛】掌握中和滴定的简单计算和误差的分析，离子性质等是解答本题的关键。本题的易错点为(4)，要注意从原子利用的角度分析解答。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17芳香族化合物A(C9H12O)常用于药物及香料的合成,A 有如下转化关系：已知：A 的苯环上只有一个支链,支链上有两种不同环境的氢原子+CO2RCOCH3+RCHORCOCH=CHR+H2O 回答下列问题：（1）A 的结构简式为 _，A 生成 B的反应类型为_，由 D 生成 E的反应条件为_。（2）H 中含有的官能团名称为_。（3）I

33、 的结构简式为_。（4）由 E生成 F的化学方程式为_。（5）F有多种同分异构体,写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式为_。能发生水解反应和银镜反应属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基具有 5 组核磁共振氢谱峰（6）糠叉丙酮()是一种重要的医药中间体，请参考上述合成路线，设计一条由叔丁醇(CH3)3COH和糠醛()为原料制备糠叉丙酮的合成路线(无机试剂任选，用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和反应条件)：_。【答案】消去反应NaOH 水溶液、加热羟基、羧基+O2+2H2O或【解析】【分析】芳香族化合物A 的分子式为C9H12O，A 的不饱和度=9 22122=4，则

34、侧链没有不饱和键，A 转化得到的 B 能发生信息中的反应，说明 B 中含有碳碳双键，应是 A 发生醇的消去反应生成B，而 A中苯环只有一个侧链且支链上有两种不同环境的氢原子，故A 为，则 B为，D 为，C为，C 发生信息的反应生成K，故 K 为；由 F的分子式可知，D 发生水解反应生成E为，E发生氧化反应生成F为，F发生银镜反应然后酸化得到H 为，H 发生缩聚反应生成I 为。【详解】(1)根据分析可知A 为；A 生成 B的反应类型为消去反应；D 生成 E发生卤代烃的水解反应，反应条件为：NaOH 水溶液、加热；(2)根据分析可知H 为，H 中官能团为羟基、羧基；(3)根据分析可知I 结构简式为

35、；(4)E 为，E发生氧化反应生成F为，反应方程式为+O2Cu+2H2O；(5)F()的同分异构体符合下列条件：能发生水解反应和银镜反应，说明含有HCOO-；属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基，说明含有苯环且只有一个甲基；具有 5 组核磁共振氢谱峰，有5 种氢原子，则符合条件的结构简式为：或；(6)(CH3)3COH发生消去反应生成(CH3)2C=CH2，(CH3)2C=CH2发生信息的反应生成，和反应生成；合成路线流程图为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 硒化铜纳米晶体在光电转化中有着广泛的应用，铜和硒等元素形成的化合物在生产、生活中应用广泛。(1)基态硒原子的核外电子

36、排布式为_。As、Se、Br 三种元素第一电离能由大到小的顺序为_。(2)SeO2易溶解于水，熔点为340350，315时升华，由此可判断SeO2中的化学键类型为_。(3)Se2Cl2为深棕红色的剧毒液体，其分子结构中含有Se-Se 键，该分子中，Se原子的杂化轨道类型为_，Se2Cl2的空间构型为_（填字母）。a直线形b锯齿形c环形d四面体形(4)硒酸钢（CuSeO4）在电子、仪表工业中发挥着重要作用。硒酸的酸性与硫酸的比较，酸性较强的是_（填化学式）。(5)SeO42-中 Se-O的键角比SeO3的键角 _（填“大“或“小“），原因是 _。(6)铜的某种氧化物的晶胞结构如图所示，则该氧化物

37、的化学式为_，若组成粒子氧、铜的半径分别为r(O)pm、r(Cu)pm，密度为 g?cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的空间利用率为_（用含 的式子表示）。【答案】Ar3d104s24p4(或 1s22s22p63s23p63d104s24p4)BrAsSe共价键sp3bH2SO4小SeO42-的空间构型为正四面体，键角为109 28，SeO3的空间构型为平面正三角形，键角为120Cu2O3330A2r(Cu)+r(O)10144N【解析】【分析】(1)基态硒原子核外有34 个电子，按电子进入轨道的顺序，由低到高排列，然后将相同电子层的原子轨道排在一起。As 的 4p 轨道半充满，电

38、子的能量低，第一电离能高于相邻原子。(2)SeO2易溶解于水，熔点为340350，315时升华，由此确定SeO2为分子晶体。(3)Se2Cl2分子中，Se原子的价层电子对数为4，可此可确定杂化轨道类型；Se2Cl2中原子间以单键相连，且 Se 的价电子中存在孤对电子，由此确定空间构型。(4)硒和硫同周期且左右相邻，则硒的非金属性小于硫，非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，由此可确定硒酸与硫酸的酸性强弱。(5)SeO42-为正四面体结构，SeO3为平面正三角形结构，由此确定键角关系。(6)采用均摊法，可计算出晶胞中所含的原子数，从而确定化学式。计算该晶胞的空间利用率时，需利用质量与密度

39、求出晶胞的体积以及原子的体积和。【详解】(1)基态硒原子核外有34 个电子，按电子进入轨道的顺序进行排布，基态硒原子的核外电子排布式为Ar3d104s24p4(或 1s22s22p63s23p63d104s24p4)。由于 As的 4p 轨道半充满，电子能量低，第一电离能出现反常，所以As、Se、Br 三种元素第一电离能由大到小的顺序为BrAsSe。答案为：Ar3d104s24p4(或1s22s22p63s23p63d104s24p4)；BrAsSe；(2)SeO2易溶解于水，熔点为340350，315时升华，由此可判断SeO2为分子晶体，原子间的化学键类型为共价键。答案为：共价键；(3)Se

40、2Cl2分子结构中含有Se-Se 键，则该分子中，Se原子的价电子对数为4，杂化轨道类型为sp3，Se2Cl2的中心原子Se最外层有2 对孤对电子，对共用电子对有排斥作用，因而空间构型为锯齿形。答案为：sp3；b；(4)硒和硫同周期且左右相邻，则硒的非金属性小于硫，非金属性越强，酸性越强，则酸性较强的是H2SO4。答案为：H2SO4；(5)SeO42-为正四面体结构，SeO3为平面正三角形结构，SeO42-中 Se-O的键角比SeO3的键角小，原因是 SeO42-的空间构型为正四面体，键角为109 28，SeO3的空间构型为平面正三角形，键角为120。答案为：小；SeO42-的空间构型为正四面

41、体，键角为109 28，SeO3的空间构型为平面正三角形，键角为120；(6)采用均摊法，可计算出晶胞中所含的O 原子数为1+818=2，Cu原子数为4，则该氧化物的化学式为Cu2O；若组成粒子氧、铜的半径分别为r(O)pm、r(Cu)pm，密度为 g?cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的体积为A2 144Ncm3，空间利用率为333303A 4r(Cu)+2r(O)pm2 14410 pmN=3330A2r(Cu)+r(O)10144N。答案为：Cu2O；3330A2r(Cu)+r(O)10144N。【点睛】在进行空间利用率的计算时，我们需注意，利用密度求出的晶胞的体积单位，与利用

42、原子半径求出的原子体积的单位是否相同，若不相同，必须将单位进行调整。19D 是一种催眠药，F是一种香料，它们的合成路线如下：(1)A 的化学名称是_，C中含氧官能团的名称为_。(2)F 的结构简式为_，A 和 E生成 F的反应类型为_。(3)B 与乙炔钠合成C的反应类型(酸化前)是_；写出由C 合成 D 的第二个反应的化学方程式_。(4)同时满足下列条件的E的同分异构体有_种（不含立体异构）。遇 FeCl3溶液发生显色反应；能发生银镜反应(5)以乙炔和甲醛为起始原料，选用必要的无机试剂合成1，3-丁二烯，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。_【答

43、案】环己醇羟基酯化（取代）反应加成反应+NH3+HCl9【解析】【分析】与 H2在催化剂作用下发生加成反应生成A，其结构简式为；催化氧化可生成B，结构简式为；与 H-CCNa可发生加成反应生成，酸化后生成C()，与 SOCl2反应生成，与 NH3反应生成D()。酸化后生成E，其结构简式为，与发生酯化反应生成F，其结构简式为。【详解】(1)A 的结构简式为，化学名称是环己醇，C的结构简式为，含氧官能团的名称为羟基。答案为：环己醇；羟基；(2)由以上分析可知，F的结构简式为，和生成的反应类型为酯化（取代）反应。答案为：；酯化（取代）反应；(3)与 H-CCNa 合成，反应类型(酸化前)是加成反应；

44、由合成的化学方程式为+NH3+HCl。答案为：加成反应；+NH3+HCl；(4)同时满足条件：“遇FeCl3溶液发生显色反应；能发生银镜反应”的E的同分异构体中，应含有1个-OH(酚)、1 个-OOCH(3种异构体)，或 2 个-OH(酚)、1 个-CHO(6种异构体)，异构体共有9 种（不含立体异构）。答案为：9；(5)以乙炔和甲醛为起始原料，利用题给流程图中与 H-C CNa的反应原理，将 HCCH转化为 NaCCNa，然后与 HCHO进行加成，生成HOCH2C CCH2OH，与 H2加成生成HOCH2CH2CH2CH2OH，再发生消去反应从而得到目标有机物。合成路线为：.。答案为：。【点睛】的同分异构体中，含有1 个-OH(酚)、1 个-OOCH的异构体的结构简式为(共 3种异构体)；含 2 个-OH(酚)、1 个-CHO的异构体的结构简式为，(共 6 种异构体，序号、表示-CHO所在的位置)。