2019-2020学年安徽省合肥三十五中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省合肥三十五中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材料在人类文明史上起着划时代的意义，下列物品所用主要材料与类型的对应关系不正确的是A人面鱼纹陶盆-无机非金属材料B圆明园的铜鼠首-金属材料C宇航员的航天服-有机高分子材料D光导纤维-复合材料【答案】D【解析】【分析】【详解】A.陶瓷主要成分为硅酸盐，为无机非金属材料，故A 正确；B.铜鼠首为青铜器，为铜、锡合金，为金属材料，故B 正确；C.航天服的材料为合成纤维，为有机高分子材料，故C正确；D.光导纤维主要材料为二氧化硅，为无机物，不是复合材料，故

2、D 错误；故选 D。2下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项操作现象结论A向某无色溶液中滴加BaCl2溶液产生白色沉淀该无色溶液中一定含有SO42-B向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊硫代硫酸钠在酸性条件下不稳定C打开分液漏斗，向装有Na2CO3的圆底烧瓶中滴加HCl，将产生的气体通入Na2SiO3水溶液中Na2SiO3水溶液中出现白色胶状沉淀证明酸性强弱为：HClH2CO3H2SiO3DCaCO3悬浊液中滴加稀Na2SO4溶液无明显现象Ksp小的沉淀只能向Ksp更小的沉淀转化A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A.向某无色溶液中滴加

3、BaCl2溶液，能产生白色沉淀，说明溶液中可能含有SO42-、CO32-、SO32-等，A 错误；B.向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，S2O32-+2H+=S+SO2+H2O，产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体二氧化硫，B正确；C.向装有 Na2CO3的圆底烧瓶中滴加HCl，产生的气体为CO2，其中混有杂质HCl，应通过饱和的NaHCO3溶液的洗气瓶，除去CO2中混有的HCl，再通入Na2SiO3水溶液中，C错误；D.在一定条件下，Ksp小的沉淀也能向Ksp大的沉淀转化，D 错误；故选 B。3以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示。下列叙述不正确

4、的是（）A过程中的能量转化形式是太阳能化学能B过程中每消耗116 g Fe3O4转移 2 mol 电子C过程的化学方程式为3FeOH2OFe3O4H2D铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点【答案】B【解析】【详解】A.过程利用太阳能将四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，实现的能量转化形式是太阳能化学能，选项 A 正确；B.过程中四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，每消耗116 g Fe3O4，即 0.5mol，210.5mol33molFe由+3 价变为+2价，转移23mol 电子，选项B 错误；C.过程实现了氧化亚铁与水反应生成四氧化三铁和氢气的转化，反应的化学方程式为3FeOH2OF

5、e3O4H2，选项 C正确；D.根据流程信息可知，铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点，选项D 正确。答案选 B。4设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3 xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NAB标准状况下，11.2LSO2溶于水，溶液中含硫粒子的数目大于0.5NAC常温下，0.5LpH=14 的 Ba(OH)2溶液中 Ba2+的数目为0.5NAD分子式为C2H6O 的某种有机物4.6g，含有 CH 键的数目一定为0.5NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A铁发生吸氧腐蚀，铁为负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，

6、正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，Fe2+与 OH-反应生成的氢氧化亚铁又被氧气氧化为氢氧化铁，最后变成Fe2O3 xH2O，14.0gFe的物质的量为14g0.25mol56g/mol，电极反应转移的电子数为0.25 2NA=0.5NA，A 正确；B标况下，11.2LSO2的物质的量为0.5mol，溶于水生成H2SO3，H2SO3发生两级电离：H2SO3?HSO3-+H+、HSO3-?SO32-+H+，根据质量守恒定律，溶液中含硫粒子的数目等于0.5NA，B错误；C常温下，0.5LpH=14 的 Ba(OH)2溶液中 c(OH-)=1mol?L-1，OH-数目为 0.5L 1mo

7、l?L-1=0.5NA，由 Ba(OH)2的化学式可知Ba2+的数目为0.25NA，C 错误；D化学式为C2H6O 的有机物可能为乙醇（C2H5OH）或甲醚(CH3OCH3)，乙醇(C2H5OH)分子中有5 个 C-H键，甲醚(CH3OCH3)分子中有6 个 C-H 键，C2H6O 的某种有机物4.6g 的物质的量为0.1mol，含 C-H键数目不一定为 0.5NA，D 错误。答案选 A。5微粒有多种表示方式，下列各组不同表示方式一定代表同种微粒的是A C3H6、CH2=CHCH3BH2O2、C、D、1s22s22p63s23p6【答案】B【解析】【详解】A.C3H6可能表示CH2=CHCH3

8、，也可能表示环丙烷，因此二者不一定表示同一物质，A 错误；B.H2O2分子中两个O 原子形成一对共用电子对，O 原子分别与H 原子各形成一对共用电子对，所以其电子式为；A.前者表示甲烷，后者表示CCl4，二者是不同的微粒，C 错误；D.前者表示Ar 原子结构示意图，后者可能表示Ar 原子，也可能表示K+、Cl-等，因此而不一定表示的是同一微粒，D 错误；故合理选项是B。6常温下，若HA 溶液和 NaOH 溶液混合后pH=7，下列说法不合理的是A反应后HA 溶液可能有剩余B生成物NaA 的水溶液的pH 可能小于7 CHA 溶液和 NaOH 溶液的体积可能不相等D HA 溶液的 c(H+)和 Na

9、OH 溶液的 c(OH-)可能不相等【答案】B【解析】【分析】【详解】A、若 HA 是弱酸，则二者反应生成NaA 为碱性，所以HA 过量时，溶液才可能呈中性，正确；B、若二者等体积混合，溶液呈中性，则HA 一定是强酸，所以NaA 的溶液的pH 不可能小于7，至小等于7，错误；C、若 HA 为弱酸，则 HA 的体积大于氢氧化钠溶液的体积，且二者的浓度的大小未知，所以 HA 溶液和 NaOH溶液的体积可能不相等，正确；D、HA 溶液的 c(H+)和 NaOH 溶液的 c(OH-)可能不相等，混合后只要氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等即可，正确。答案选 B。7关于 Na2O 和 Na2O2的叙述正确的

10、是A等物质的量时所含阴离子数目相同B颜色相同C所含化学键类型相同D化合物种类不同【答案】A【解析】【详解】A Na2O 阴离子是O2-离子，Na2O2阴离子是O22-离子，等物质的量时所含阴离子数目相同，故A 正确；BNa2O 固体为白色，Na2O2固体为淡黄色，故B错误；CNa2O 中含有离子键，Na2O2中含有离子键和共价键，故C 错误；D Na2O 和 Na2O2都属于金属氧化物，故D 错误；故答案选A。8向某二元弱酸H2A 水溶液中逐滴加入NaOH 溶液，混合溶液中lgx（x 为-2c(HA)c(H A)或2-c(A)c(HA)）与 pH 的变化关系如图所示，下列说法正确的是（）A p

11、H=7 时，存在c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)B直线表示的是lg-2c(HA)c(H A)随 pH 的变化情况C2-2-2c(HA)c(H A)c(A)=10-2.97D A2-的水解常数Kh1大于 H2A 电离常数的Ka2【答案】B【解析】【分析】二元弱酸的Ka1=-2c(HA)c(H A)c（H）Ka2=2-c(A)c(HA)c（H），当溶液的pH 相同时，c（H）相同，lgX：，则表示lg-2c(HA)c(H A)与 pH 的变化关系，表示lg2-c(A)c(HA)与 pH 的变化关系。【详解】A pH=4.19，溶液呈酸性，若使溶液为中性，则溶液中的溶质为NaH

12、A 和 Na2A，根据物料守恒，存在 c(Na+)c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，故 A 错误；B.由分析：直线表示的是lg-2c(HA)c(H A)随 pH 的变化情况，故B 正确；C.2-2-2c(HA)c(H A)c(A)=-2c(HA)c(H A)2-c(A)c(HA)=1.224.191010=102.97，故 C错误；D pH=1.22 时和 4.19 时，lgX=0，则 c（H2A）=c（HA）、c（HA）=c（A2），Ka1=-2c(HA)c(H A)c（H）=c（H）=10-1.22，K2=2-c(A)c(HA)c（H）=c（H）=10-4.19，A2的水解平衡常数

13、Kh1=144.191010=10-9.81 10-4.19=Ka2，故 D 错误；故选 B。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH 的计算，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握物料守恒及溶液酸碱性与溶液pH 的关系，D 为易难点。9最新报道：科学家首次用X 射线激光技术观察到CO与 O 在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是A CO和 O 生成 CO2是吸热反应B在该过程中，CO断键形成C和 O CCO和 O 生成了具有极性共价键的CO2D状态 状态 表示 CO与 O2反应的过程【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根据能量-反应过程的图像知，状态

14、I 的能量高于状态III 的能量，故该过程是放热反应，A 错误；B.根据状态I、II、III 可以看出整个过程中CO中的 C和 O 形成的化学键没有断裂，故B错误；C.由图 III 可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；D.状态 状态 表示 CO与 O 反应的过程，故D 错误。故选 C。10我国科学家提出了无需加入额外电解质的钠离子直接甲酸盐燃料电池体系，其工作原理如图所示。甲酸钠（HCOONa）的水解为电极反应和离子传输提供了充足的OH-和 Na+。下列有关说法不正确的是A A极为电池的负极，且以阳离子交换膜为电池的隔膜B放电时，负极反应为HCOO-+3OH-2e-=CO32-+2

15、H2O C当电路中转移0.l mol 电子时，右侧电解质溶液质量增加2.3g D与传统的氯碱工业相比，该体系在不污染环境的前提下，可以实现同步发电和产碱【答案】C【解析】【分析】从图中可以看出，A 电极上 HCOO-转化为 CO32-，发生反应HCOO-+3OH-2e-=CO32-+2H2O，C 元素由+2 价升高为+4 价，所以A 为负极，B 为正极。当负极失去2mole-时，溶液中所需Na+由 4mol 降为 2mol，所以有2molNa+将通过交换膜离开负极区溶液进入正极区。正极O2得电子，所得产物与水发生反应，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，由于正极区溶液中阴离子数目增多，

16、所以需要提供Na+以中和电性。【详解】A由以上分析可知，A 极为电池的负极，由于部分Na+要离开负极区，所以电池的隔膜为阳离子交换膜，A 正确；B由以上分析可知，电池放电时，负极反应为HCOO-+3OH-2e-=CO32-+2H2O，B 正确；C依据负极反应式，当电路中转移0.l mol 电子时，有0.1molNa+通过离子交换膜进入右侧，右侧参加反应的 O2质量为0.1mol32g4=0.8g，电解质溶液质量增加2.3g+0.8g=3.1g，C不正确；D与传统的氯碱工业相比，该体系没有污染环境的气体产生，且可发电和产碱，D 正确；故选 C。11Se元素是人体必需的微量元素之一。下列说法不正确

17、的是（）A SeO2可以被氧化BH2Se的分子构型为V 型CSeO2能和碱溶液反应DH2Se的稳定性强于H2S【答案】D【解析】【详解】A.Se原子最外层有6 个电子，最高价为+6，所以 SeO2可以被氧化，故A 正确；B.Se与 O 同族，H2O 的分子构型为V 型，所以H2Se的分子构型为V 型，故 B正确；C.Se与 S是同族元素，SO2是酸性氧化物，能和碱溶液反应，所以SeO2能和碱溶液反应，故C 正确；D.同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属性SeS，所以 H2S的稳定性强于H2Se，故 D错误；答案选 D。【点睛】本题考查同主族元素性质递变规律，利用同主族元素的相似性解决问题，根

18、据二氧化硫的性质推出SeO2的性质，根据H2O 的分子构型构型推出H2Se的分子构型。12已知 2FeSO4高温Fe2O3 SO2 SO3，某同学设计利用如图装置分别检验产物中的气体。下列有关表述错误的是（）A用装置甲高温分解FeSO4，点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2B用装置乙可检验分解产生的SO2，现象是石蕊试液先变红后褪色C按照甲 丙乙丁的连接顺序，可用装置丙检验分解产生的SO3D将装置丁中的试剂换为NaOH 溶液能更好的避免污染环境【答案】B【解析】【分析】已知 2FeSO4高温Fe2O3SO2SO3，通过乙中石蕊试液吸收检验二氧化硫或三氧化硫，三氧化硫极易溶于水，通过乙全部吸

19、收，装置丙中的氯化钡溶液不能检验三氧化硫的存在，丁装置中饱和亚硫酸氢钠不能吸收二氧化硫。【详解】A.用装置甲高温分解FeSO4，点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2，排除装置内空气，避免空气中氧气的干扰，A 正确；B.用装置乙不能检验二氧化硫的存在，产物中有三氧化硫溶于水形成硫酸溶液，遇到石蕊试液也会变红色，二氧化硫遇到石蕊试液只能变红色，不能褪色，B 错误；C.三氧化硫极易溶于水，通过装置乙的水溶液会被完全吸收，要检验三氧化硫存在，应把乙和丙位置互换才能检查三氧化硫的存在，按照甲丙乙丁的连接顺序，C正确；D.丁中饱和亚硫酸氢钠溶液不能吸收二氧化硫，应为NaOH 溶液能更好的吸收二氧化硫，

20、避免污染环境，D 正确；故答案为：B。【点睛】二氧化硫有漂白性，工业上常用二氧化硫来漂白纸浆、毛、丝、草帽等，但二氧化硫不能使酸碱指示剂褪色。13下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是A最外层都只有一个电子的X、Y原子B原子核外M 层上仅有两个电子的X 原子与 N 层上仅有两个电子的Y原子C2p 轨道上有三个未成对电子的X原子与 3p 轨道上有三个未成对电子的Y原子D原子核外电子排布式为1s2的 X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的 Y原子【答案】C【解析】【分析】【详解】A最外层都只有一个电子有H、Na、Cu等，化学性质不一定相似，故A 错误；B原子核外M 层上仅有两个电子的X 原子

21、为 Mg，原子核外N 层上仅有两个电子的Y原子有 Ca、Fe、Ti等，二者性质不一定相似，故B 错误；C2p 轨道上有三个未成对电子的X原子为 N，3p 轨道上有三个未成对电子的Y原子为 P，N、P位于同一主族，化学性质相似，故C正确；D原子核外电子排布式为1s2的原子是He，性质稳定，原子核外电子排布式为1s22s2的原子是Be，性质较活泼，二者性质一定不相似，故D 错误；故选 C。14以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的实验流程如下：下列说法正确的是A“灼烧”可在石英坩埚中进行B母液中的溶质是K2CO3、KHCO3、KCl C“结晶”环节采用加热蒸发结晶的方法D“转化”反应中，生成的KMnO

22、4和 MnO2的物质的量之比为21【答案】D【解析】【详解】A“灼烧”时，可在铁坩埚中进行，KOH 与玻璃中的二氧化硅反应，选项A 错误；B结晶后的母液中有K2MnO4、KMnO4和 K2CO3等溶质，若二氧化碳过量还可能存在碳酸氢钾，选项B 错误；C.“结晶”环节采用加蒸发浓缩、冷却结晶的方法，选项C错误；D由 3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3，氧化产物为KMnO4，还原产物为MnO2，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1，选项 D 正确；答案选 D。15天然气的主要成分CH4也是一种会产生温室效应的气体，对于相同分子数的CH4和 CO2，CH4产生的温室效应

23、更明显。下面是有关天然气的几种叙述：天然气与煤、柴油相比是较清洁的能源；等质量的CH4和 CO2产生的温室效应也是前者明显；燃烧天然气也是酸雨的成因之一。其中正确的是A和B只有C只有D【答案】A【解析】【详解】天然气与煤、柴油相比燃烧时生成的污染物较少，而且天然气的热值大，故天然气是较清洁的能源，故 正确；CH4的相对分子质量为：12+4=16；CO2的相对分子质量为：12+16 2=44；因为 1644，故相同质量的上述两种气体，CH4的物质的量更大，产生温室效应更明显的是CH4，故正确；天然气燃烧生成二氧化碳，二氧化碳过多会使全球气候变暖，带来温室效应，故错误。答案选 A。【点睛】甲烷和二

24、氧化碳都属于温室效应气体，造成酸雨的主要是氮氧化物和硫氧化物。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16元素铬(Cr)在自然界主要以+3 价和+6 价存在。请回答下列问题：(1)+6 价的 Cr 能引起细胞的突变而对人体不利，可用 Na2SO3将 Cr2O72还原为 Cr3+。该反应的离子反应方程式为 _。(2)利用铬铁矿(FeO?Cr2O3)冶炼制取金属铬的工艺流程如图所示：为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是_。“水浸”要获得浸出液的操作是_。浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则“还原”操作中发生反应的离子方程式为_。加

25、热 Cr(OH)3可得到 Cr2O3，从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr 的冶炼方法是_。(3)已知 Cr3+完全沉淀时溶液pH为 5，（Cr3+浓度降至10-5mol?L-1可认为完全沉淀）则 Cr(OH)3的溶度积常数Ksp_。(4)用石墨电极电解铬酸钠(Na2CrO4)溶液，可制重铬酸钠(Na2Cr2O7)，实验装置如图所示(已知：2Cr24O+2H+Cr227O+H2O)。电极 b 连接电源的 _极(填“正”或“负”),b 极发生的电极反应式为_。电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol 变为 b mol，则理论上生成重铬酸钠的物质的量是_mol。【答案】C

26、r2O72+3SO32-+8H+=2Cr3+3SO42-+4H2O铬铁矿粉碎过滤8CrO42+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3+3SO42-+16OH-CO高温还原Cr2O3（热还原法）110-32正2H2O-4e-=O2+4H+a-b2【解析】【分析】（1）分析元素化合价变化情况，依据得失电子守恒，原子个数守恒，得出离子反应方程式。（2）影响化学反应速率的因素：物质的表面积大小，表面积越大，反应速率越快。依据原子守恒和得失电子守恒，得出离子方程式。用 Cr2O3制取金属Cr，可以采取CO高温还原 Cr2O3（热还原法）。（3）根据 Ksp c(Cr3+)c3(OH-)求算。（4）根据装

27、置图和离子放电顺序得出阳极的电极反应式。电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol 变为 b mol，则溶液中移动的电荷为（a-b）mol，所以外电路转移的电子为（a-b）mol，阳极的电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，则阳极生成的氢离子为（a-b）mol。【详解】（1）反应中铬元素化合价从+6 价降为+3价，硫元素从+4 价升高到+6 价，依据得失电子守恒，原子个数守恒，离子反应方程式为Cr2O72+3SO32-+8H+=2Cr3+3SO42-+4H2O，故答案为Cr2O72+3SO32-+8H+=2Cr3+3SO42-+4H2O。（2）影响化学反应速率的因素：物质的

28、表面积大小，表面积越大，反应速率越快，为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施将铬铁矿粉碎，故答案为铬铁矿粉碎。“水浸”要获得浸出液，要过滤出浸渣，采取的操作是过滤；浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明加入的Na2S被氧化成SO42-，Cr 元素由+6 价降为+3价，S元素由-2 价升到+6 价，依据原子守恒和得失电子守恒，得到反应为：8CrO42+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3+3SO42-+16OH-，故答案为过滤；8CrO42+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3+3SO42-+16OH-。从工业成本角度考虑，用Cr2O3

29、制取金属Cr，可以采取CO高温还原Cr2O3（热还原法），故答案为CO高温还原 Cr2O3（热还原法）。（3）pH 为 5，c(OH-)=10-9，Kspc(Cr3+)c3(OH-)=10-5（10-9）3=1 10-32，故答案为110-32。（4）根据图示，在b 极所在电极室得到Na2Cr2O7，根据 2CrO42-+2H+Cr2O72+H2O，电解过程中b极 c（H+）增大，则b 极电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，a 是阴极，b 是阳极，电极b 连接电源的正极，故答案为正；2H2O-4e-=O2+4H+。电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol 变为 b m

30、ol，则溶液中移动的电荷为（a-b）mol，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，则电路中通过电子物质的量为（a-b）mol；阳极的电极反应式为 2H2O-4e-=O2+4H+，则阳极生成的氢离子为（a-b）mol，结合 2CrO42-+2H+Cr2O72+H2O，所以阳极生成的Cr2O72物质的量是a-b2mol，故答案为a-b2。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17香豆素-3-羧酸是一种重要的香料，常用作日常用品或食品的加香剂。已知：RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R 代表烃基）+R1OH（1）A 和 B均有酸性，A 的结构简式：_；苯与丙烯反应的类型

31、是_。（2）F为链状结构，且一氯代物只有一种，则F含有的官能团名称为_。（3）D丙二酸二乙酯的化学方程式：_。（4）丙二酸二乙酯在一定条件下可形成聚合物E，其结构简式为：_。（5）写出符合下列条件的丙二酸二乙酯同分异构体的结构简式：_。与丙二酸二乙酯的官能团相同；核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为32 1；能发生银镜反应。（6）丙二酸二乙酯与经过三步反应合成请写出中间产物的结构简式：中间产物I_；中间产物II_。【答案】CH3COOH 加成反应羰基+2C2H5OH2H2O【解析】【分析】丙二酸二乙酯由D 和乙醇反应得到，可知D 为丙二酸；由(1)可知 A 和 B 均有酸性，则存在羧基，故

32、A 为CH3COOH；A 与溴水和红磷反应得到B，B 再与 NaCN 反应得到C，则 B 为 BrCH2COOH，C为 NCCH2COOH；根据信息提示，高聚物E为。【详解】(1)由分析可知A 为 CH3COOH；苯与丙烯反应得到异丙基苯，为加成反应，故答案为：CH3COOH；加成反应；(2)F 为 C3H6O，不饱和度为1，链状结构，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，故F为丙酮，官能团为羰基，故答案为：羰基；(3)丙二酸二乙酯由D 和乙醇反应得到，方程式为+2C2H5OH2H2O，故答案为：+2C2H5OH2H2O；(4)根据信息提示，则丙二酸二乙酯()要形成高聚物 E，则要发生分子间的缩

33、聚反应，高聚物E为，故答案为：；(5)丙二酸二乙酯(C7H12O4)同分异构体满足与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基；核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为321，故氢个数分别为6，4，2；能发生银镜反应，说明要存在醛基或者甲酯，官能团又要为酯基，只能为甲酯，根据可知，含有两个甲酯，剩下-C5H10，要满足相同氢分别为6、4，只能为两个乙基，满足的为，故答案为：；(6)与丙二酸二乙酯反生加成反应，故双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成，进过消去反应得到，根据题干信息 RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R 代表烃基）提示，可反生取代得到，故答案为：；。【点睛】本题

34、难点(5)，信息型同分异构体的确定，一定要对所给信息进行解码，确定满足条件的基团，根据核磁共振或者取代物的个数，确定位置。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛。回答下列问题：（1）Fe原子的核外电子排布式为_。（2）含锰奥氏体钢是一种特殊的铁合金，主要由Fe和 Mn 组成，其中锰能增加钢铁的强度和硬度，提高耐冲击性能和耐磨性能。第三电离能I3(Fe)_I3(Mn)（填“大于”或“小于”），原因 _。（3）工业电解熔融的FeO、Fe2O3冶炼高纯铁。FeO与 Fe2O3相比，_熔点高，其主要原因是_。（4）FeCl3可与 KSCN溶液发

35、生显色反应。SCN-的三种元素中电负性最大的是_。（5）液态环戊二烯中存在的微粒间相互作用有_A 范德华力B 氢键C 键D 键环戊二烯分子中碳原子的杂化轨道类型是_配合物中配体提供电子对的方式包括孤对电子、电子等。二茂铁的分子结构如图所示，其中铁的配位数是_。（6）Fe(CO)3与 NH3在一定条件下可合成一种具有磁性的氮化铁。该磁性氮化铁的晶胞结构如图所示。六棱柱底边边长为acm，高为 ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，该磁性氮化铁的密度为_（列出计算式）gcm-3。【答案】Ar3d64s2(或)1s22s22p63s23p63d64s2小于Mn2+的 3d 能级为半充满的相对稳定结构，较难

36、失电子Fe2O3FeO 与 Fe2O3都是离子晶体，Fe3+的半径小且电荷大，Fe2O3晶格能大N ACD sp2、sp36 2A56314)32(a3cN2【解析】【分析】(1)Fe 为第 26 号元素，其原子核外有26 个电子，根据构造原理书写该原子核外电子排布式；(2)根据 Fe2+的电子排布为Ar3d6，Mn2+的电子排布为Ar3d5，结合稳定结构分析判断；(3)离子晶体晶格能越大，其熔沸点越高，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比；(4)同周期从左到右，电负性逐渐增强，同主族从上到下，电负性逐渐减弱；(5)环戊二烯的结构简式为，据此判断液态环戊二烯中存在的作用力；环戊二烯分子中存在两

37、种碳原子，一种碳原子形成4 个 键，一种形成3 个 键，都没有孤电子对；根据二茂铁的分子结构，铁与4个 电子形成4 个配位键，与2 个孤对电子形成2 个配位键，据此分析解答；(6)Fe 原子位于结构单元的内部、顶点、面心，N 原子位于内部，根据均摊法计算该晶胞中Fe原子和 N 原子个数，计算出晶胞的质量和体积，最后计算晶胞的密度。【详解】：(1)Fe 为第 26 号元素，根据电子排布规律，可知Fe的电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2，故答案为 1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；(2)Fe 的电子排布为Ar3d64s2，Mn 的电子

38、排布为Ar3d54s2，则 Fe2+的电子排布为 Ar3d6，Mn2+的电子排布为 Ar3d5，Mn2+的 3d 能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子，故第三电离能I3(Fe)I3(Mn)，故答案为小于；Mn2+的 3d 能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子；(3)离子晶体晶格能越大，其熔沸点越高，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比，二者都是离子化合物，Fe3+的半径小且电荷多，Fe3+与 O2-之间的离子键晶格能更大，故Fe2O3的熔点高于FeO的熔点，故答案为Fe2O3；Fe2O3都是离子化合物，Fe3+的半径小且电荷多，Fe3+与 O2-之间的晶格能更大；(4)同周期从左到右，电负

39、性逐渐增强，同主族从上到下，电负性逐渐减弱，而周期内变化比同族内变化要小得多，根据S、C、N 三种元素位置关系可知，N 元素电负性最大，故答案为氮或N；(5)环戊二烯的结构简式为，液态环戊二烯中存在极性键C-H和非极性键C-C、C=C，单键为键，双键中还含有键，分子间存在范德华力；环戊二烯分子中存在两种碳原子，一种碳原子形成4 个 键，一种形成 3 个 键，都没有孤电子对，分别采用sp3杂化和 sp2杂化；配合物中配体提供电子对的方式包括孤对电子、电子等，根据二茂铁的分子结构，铁与4 个 电子形成4 个配位键，与2 个孤对电子形成2个配位键，铁的配位数为6，故答案为ACD；sp2、sp3；6；

40、(6)Fe 原子位于结构单元的内部、顶点、面心，该晶胞中Fe原子个数=1216+3+212=6，N 原子个数为2，化学式为Fe3N，六棱柱底面积=a a sin60 3cm2=32a2 3cm2，晶胞体积=32a2 3 ccm3，氮化铁密度=2AMNV=A232()g563 14N3a3ccm2=2A56314)32(a3cN2g/cm3，故答案为2A56314)32(a3 cN2。19有机物1 是一种常见的植物两味油，常用脂肪烃A 和芳香烃D 按如下路线合成：已知：R1CHO+R2CH2CHO通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。回答下列问题：(1)A 的名称是 _，H 含

41、有的官能团名称是_。(2)的反应条件是_。的反应类型是_。(3)I 的结构简式是 _。(4)的化学方程式是_。(5)L 是 I 的同分异构体且含有相同官能团，其结构中苯环上只有两个处于对位的取代基，则L共有 _种（不考虑立体异构）(6)参照以上合成路线，设计以C为原料制备保水树脂的合成路线（无机试剂任选）_。【答案】乙烯羧基、碳碳双键铜、氧气、加热酯化反应+2NaOH+2NaCl+H2O 10 CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH【解析】【分析】由 D 的分子式，可确定其结构简式为，与 Cl2在光照条件下发生取代反应，生成 E的结构简式为，在 NaOH 水溶液中发生水解反

42、应生成F，其结构简式为，；由 I 的分子式，可确定 A 分子中含有2 个碳原子，由反应的条件，与信息进行比较，可确定 C为 CH3CHO，则 B为 CH3CH2OH，A 为 CH2=CH2。反应生成G 的结构简式为，H 为，I 为。【详解】(1)由以上分析知，A 的结构简式为CH2=CH2，名称是乙烯，H 为，含有的官能团名称是羧基、碳碳双键。答案为：乙烯；羧基、碳碳双键；(2)反应为CH3CH2OH 氧化为 CH3CHO，则反应条件是铜、氧气、加热。反应为转化为，反应类型是酯化反应。答案为：铜、氧气、加热；酯化反应；(3)由以上分析知，I 的结构简式是。答案为：；(4)反应为生成，化学方程式

43、是+2NaOH+2NaCl+H2O。答案为：+2NaOH+2NaCl+H2O；(5)L 是 I 的同分异构体且含有相同官能团，其结构中苯环上只有两个处于对位的取代基，若1 个取代基为-CH=CH2，则另一取代基为-COOCH3、-OOCCH3、-CH2OOCH；若 1 个取代基为-CH3，则另一取代基为-CH=CHOOCH、-OOC-CH=CH2、-COOCH=CH2、；若 1 个取代基为-OOCH，则另一取代基为-CH2CH=CH2、-CH=CHCH3、,则 L共有 10 种（不包括立体异构）。答案为：10；(6)C为 CH3CHO，由高聚物确定单体为CH3CH=CHCOOH，则依据信息，两个CH3CHO先在NaOH 水溶液中反应，再加热，从而生成CH3CH=CHCHO，再用银氨溶液氧化即得CH3CH=CHCOOH，然后发生加聚反应从而生成。合成路线为CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH。答案为：CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH。【点睛】合成有机物时，我们常采用逆推法，由高聚物确定链节，再由链节确定单体，先比较原料有机物与单体上的碳原子数，再比较官能团，以便确定发生的反应类型以及反应条件。