2019-2020学年福建省福州阳光国际学校新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省福州阳光国际学校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已知室温下溶度积常数：KspPb（OH）2=210-15，KspFe（OH）2=810-15。当溶液中金属离子浓度小于 10-5mol?L-1视为沉淀完全。向20mL 含 0.10mol?L-1Pb2+和 0.10mol?L-1Fe2+的混合溶液中滴加0.10mol?L-1NaOH 溶液，金属阳离子浓度与滴入NaOH 溶液体积的关系曲线如图所示，则下列说法正确的是（）A曲线 A 表示 c(Pb2+)的曲线B当溶液pH=8 时，Fe2+开始沉淀，

2、Pb2+沉淀完全C滴入 NaOH 溶液体积大于30mL 时，溶液中c(Fe2+)=4c(Pb2+)D室温下，滴加NaOH 溶液过程中，2c Pbc OHc H比值不断增大【答案】C【解析】【详解】A.Pb(OH)2的 Ksp 小于 Fe(OH)2的 Ksp，则等 pH 时，Fe2+浓度较大，则曲线A 表示 c(Fe2+)的曲线，A 错误；B.当溶液 pH=8 时，c(OH-)=10-6mol/L，此时(Fe2+)c2(OH-)=0.110-12=10-13KspFe(OH)2，Fe2+没有生成沉淀，B 错误；C.滴入 NaOH 溶液体积大于30mL 时，曲线发生变化，溶液中c(Fe2+)：c(

3、Pb2+)=KspFe(OH)2/KspPb(OH)2=4:1，则 c(Fe2+)=4c(Pb2+)，C正确；D.c(Pb2+)?c(OH-)/c(H+)=c(Pb2+)?c2(OH-)/c(H+)?c(OH-)=Ksp(PbOH)2/Kw，Ksp(PbOH)2/Kw 为定值，则c(Pb2+)?c(OH-)/c(H+)为定值不发生变化，D 错误；答案为 C。【点睛】KspPb（OH）2 KspFe（OH）2，混合溶液中加入NaOH 溶液时，Pb2+先生成沉淀。2下列说法中不正确的是（）A石油的催化裂化是工业上生产乙烯的主要方法B水煤气经过催化合成得到甲醇等液体燃料的过程属于煤的液化C镧镍合金能

4、吸收H2形成金属氢化物，可做贮氢材料D Na2SO4?10H2O 晶体可作为光与化学能转换的贮热材料，通过溶解与结晶实现对太阳能的直接利用【答案】A【解析】【分析】【详解】A.石油的裂解是工业上生产乙烯的主要方法，故A 错误；B.煤液化是把固体煤炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料、化工原料和产品的先进洁净煤技术，水煤气经过催化合成得到甲醇等液体燃料的过程属于煤的液化，故B 正确；C.储氢材料是一类能可逆的吸收和释放氢气的材料，镧镍合金能大量吸收氢气形成金属氢化物，是目前解决氢气的储存和运输问题的材料，故C正确；D.Na2SO4?10H2O 晶体在太阳光照射时能够分解失去结晶水，温度降低后

5、又形成Na2SO4?10H2O 晶体释放能量，故 D 正确；综上所述，答案为A。3用下列方案及所选玻璃仪器（非玻璃仪器任选）就能实现相应实验目的的是选项实验目的实验方案所选玻璃仪器A 除去 KNO3固体中少量NaCl 将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤酒精灯、烧杯、玻璃棒B 测定海带中是否含有碘将海带剪碎，加蒸馏水浸泡，取滤液加入淀粉溶液试管、胶头滴管、烧杯、漏斗C 测定待测溶液中I-的浓度量取 20.00ml 的待测液，用 0.1mol L-1的 FeC13溶液滴定锥形瓶、碱式滴定管、量筒D 配制 500mL1mol/LNaOH溶液将称量好的20.0gNaOH 固体、溶解、冷却、转移、

6、洗涤、定容、摇匀烧杯、玻璃棒、量筒、500ml.容量瓶、胶头滴管A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A.过滤需要漏斗，故A 错误；B.取滤液需要先加酸性双氧水，再加入淀粉溶液，过滤时还需要玻璃棒，故B 错误；C.FeC13溶液显酸性，滴定时应该用酸式滴定管，故C错误；D.配制 500mL1mol/LNaOH 溶液，将称量好的20.0gNaOH 固体、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，需要的仪器主要有烧杯、玻璃棒、量筒、500ml 容量瓶、胶头滴管，故D 正确。综上所述，答案为D。【点睛】检验海带中是否含有碘离子，先将海带灼烧后溶解、过滤，向滤液中加入酸性双氧水氧化，再加入淀粉

7、检验。4X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为 15，X与 Z 可形成 XZ2分子；Y与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L；W 的质子数是 X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是A原子半径：WZYXM BXZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C由 X元素形成的单质不一定是原子晶体D由 X、Y、Z、M 四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键【答案】C【解析】【详解】由题意可知，X、Y、Z、M、W 这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元

8、素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X 与 Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为 C、N、O 三种元素；再根据Y与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度，就可计算出该气态化合物的相对分子质量为17，从而确定M 为 H 元素，最后根据W 的质子数是X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的1/2，推出 W 为 Na 元素。则A原子半径应是WX YZM（即 NaCNOH）,A 错误。BCO2、C2H2均为直线型共价化合物，Na2O2属于离子化合物，B错误。C例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体，C正确。D X、Y、Z、M 四种元素可形成化合

9、物CO(NH2)2(尿素)中只有共价键，D 错误。答案选 C。5已知：CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42-(aq)?H次氯酸 碳酸氢根，因此向NaClO 溶液中通入少量CO2制取次氯酸的离子反应方程式为：-223ClOH OCOHClOHCO，故 C正确；D、硫酸铝铵与氢氧化钡以1：2 混合形成的溶液中反应的离子方程式为：2+2-+3+-4443232Ba+2SO+NH+Al+4OH=2BaSO+Al OH+NHH O，故 D 错误；故答案为：C。【点睛】对于先后型非氧化还原反应的分析判断，可采用“假设法”进行分析，其分析步骤为：先假定溶液中某离子与所加物质进行反应，然后判断其生成物与

10、溶液中相关微粒是否发生反应，即是否能够共存，若能共存，则假设成立，若不能共存，则假设不能成立。11LiAlH4和 LiH 既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂。它们遇水均能剧烈反应释放出H2，LiAlH4在 1 25时分解为LiH、H2和 Al。下列说法不正确的是A LiAlH4中 AlH4-的结构式可表示为：B1mol LiAlH4在 125完全分解，转移3mol 电子CLiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作氧化剂D LiAlH4溶于适量水得到无色溶液，其反应可表示为：LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2【答案】C【解析】【详解】ALiAlH4中 AlH4-与 NH4+为

11、等电子结构，所以其结构与铵根离子相似，可表示为：，故 A 正确；BLiAlH4中的 Li、Al 都是主族金属元素，H 是非金属元素，故Li 为+1 价，Al 为+3 价，H 为-1 价，受热分解时，根据Al 元素化合价变化即可得出1mol LiAlH4在 125完全分解，转移3mol 电子，故B 正确；C乙醛生成乙醇得到氢，在有机反应中得氢去氧是还原反应，所以LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂，故C 错误；DLiAlH4中的-1 价 H 和水中的+1 价 H 发生氧化还原反应生成氢气，同时生成的OH-与 Al3+反应生成AlO2-，所以反应方程式为：LiAlH4+2H2O=L

12、iAlO2+4H2，故 D 正确。故选 D。12YBa2Cu3Ox(Y 元素钇)是一种重要超导材料，下列关于8939Y的说法错误的是（）A质量数是89 B质子数与中子数之差为50 C核外电子数是39 D8939Y与9039Y 互为同位素【答案】B【解析】【详解】A 选项，原子符号左上角为质量数，所以钇原子质量数为89，胡 A 正确；B 选项，质子数+中子数=质量数，中子数=质量数质子数=89 39=50，质子数与中子数之差为5039=11，故 B 错误；C 选项，原子的核外电子数=核内质子数，所以核外有39 个电子，故C正确；D 选项，8939Y与9039Y质子数相同，中子数不同，互为同位素，

13、故D 正确;综上所述，答案为B。【点睛】原子中质子数、中子数、质量数之间的关系为质量数=质子数+中子数，原子中的质子数与电子数的关系为核电荷数=核外电子数=核内质子数=原子序数，同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素。13W、X、Y和 Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，最外层电子数之和为20。W与 Y元素同主族，且形成的化合物可用于工业的杀菌与消毒。下列说法正确的是A W与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物BY的氧化物对应的水化物均为强酸CZ的氢化物为离子化合物D X和 Y形成的化合物的水溶液呈中性【答案】A【解析】【分析】W、X、Y和 Z 为原子序数依次

14、增大的四种短周期元素，W与 Y元素同主族，且形成的化合物可用于工业的杀菌与消毒，故W为 O，Y为 S，Z 为 Cl，根据最外层电子数之和为20，X为 Na。【详解】A.W为 O，与其他三种元素可形成，Na2O2和 Na2O，SO2和 SO3，Cl2O7、ClO2，Cl2O等，故 A正确；B.Y 的最高价氧化物对应的水化物H2SO4为强酸，H2SO3不是强酸，故B错误；C.Z 的氢化物HCl 为共价化合物，故C错误；D.X 和 Y形成的化合物为Na2S，水溶液呈碱性，故D错误；故选 A。14某同学向SO2和 Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验

15、操作和实验现象记录如下：序号实验操作实验现象溶液不变红，试纸不变蓝溶液不变红，试纸褪色生成白色沉淀下列实验分析中，不正确的是A 说明 Cl2被完全消耗B 中试纸褪色的原因是：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI C 中若将 BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，也能说明SO2被 Cl2氧化为 SO42-D实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化【答案】C【解析】A.加热后溶液不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明没有氯气，则 Cl2被完全消耗，选项 A正确；B.当二氧化硫过量，加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，中试纸褪色，选项B正确；C.硝酸根

16、离子能将亚硫酸根离子氧化，故中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被 Cl2氧化为 SO42-，选项 C不正确；D.实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化，故加热后溶液不恢复红色，选项正确。答案选C。点睛：本题考查二氧化硫和氯气的漂白性及还原性和氧化性。注意分清两者漂白性的区别，易错点为选项C，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被 Cl2氧化为 SO42-。15常温下，下列事实能说明HClO是弱电解质的是A 0.01 molL-1的 HClO溶液 pH2 BNaClO、HClO都易溶于水CNaClO的电离方程式：N

17、aClONa+ClO-D HClO与 Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4【答案】A【解析】A、0.01 molL-1的 HClO溶液 pH2，氢离子浓度小于HClO浓度，说明HClO在水溶液里部分电离，所以能说明该酸是弱电解质，选项A 正确；B、NaClO、HClO 都易溶于水，不能说明HClO的电离程度，所以不能据此判断HClO是弱电解质，选项B错误；C、NaClO 的电离方程式：NaClO=Na+ClO-，说明 NaClO完全电离为强电解质，但不能说明HClO部分电离，所以不能据此判断HClO 是弱电解质，选项 C错误；D、HClO与 Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4，说

18、明 HClO 具有氧化性，能氧化亚硫酸钠，但不能说明HClO 部分电离，所以不能判断HClO 是弱电解质，选项D 错误。答案选A。点睛：本题考查电解质强弱的判断，明确强弱电解质的本质区别是解本题关键，注意不能根据电解质的溶解性强弱、溶液导电性强弱判断电解质强弱，为易错点。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

19、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

20、)。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】Cr2O72+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，

21、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

22、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

23、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

24、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 mol，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

25、）17高聚物的合成与结构修饰是制备具有特殊功能材料的重要过程。如图是合成具有特殊功能高分子材料W（）的流程：已知：I.R-CH2OH II.=R2-OH,R、R2、R3代表烃基(1)的反应类型是_。(2)是取代反应，其化学方程式是_。(3)D 的核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是13，不存在顺反异构。D 的结构简式是_。(4)的化学方程式是_。(5)F 的官能团名称_；G 的结构简式是_。(6)的化学方程式是_。(7)符合下列条件的E的同分异构体有_种(考虑立体异构)。能发生水解且能发生银镜反应 能与 Br2的 CCl4溶液发生加成反应其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式是_。(8)工业上也可用

26、合成 E。由上述 的合成路线中获取信息，完成下列合成路线(箭头上注明试剂和反应条件，不易发生取代反应)_。【答案】加成反应BrCH2CH2Br+2NaCN NCCH2CH2CN+2NaBr(CH3)2C=CH2CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O 碳碳双键、酯基4HCOO C(CH3)=CH2HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH【解析】【分析】乙烯与溴发生加成反应生成A，A 为 BrCH2CH2Br，结合 B的分子式可知B 为 NC-CH2CH2-CN，B 中-CN 转化为-

27、COOH得到丁二酸。丁二酸发生分子内脱水形成酸酐。I 与 R NH2得到 W()，结合 W 的结构可知I 为，结合信息 II，逆推可知H 为。D 的分子式为C4H8，核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是1 3，不存在顺反异构，则D 为(CH3)2C=CH2，D 氧化生成E，E与甲醇发生酯化反应生成F，结合 H 的结构，可知E为 CH2=C(CH3)COOH，F为 CH2=C(CH3)COOCH3，F发生加聚反应生成的 G 为，G 发生信息 I 中的反应得到H。据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，反应是乙烯与溴发生加成反应，故答案为加成反应；(2)反应是取代反应，其化学方程式是：BrCH2C

28、H2Br+2NaCN NCCH2CH2CN+2NaBr，故答案为BrCH2CH2Br+2NaCN NCCH2CH2CN+2NaBr；(3)根据上述分析，D 的结构简式为(CH3)2C=CH2，故答案为(CH3)2C=CH2；(4)反应的化学方程式为CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O，故答案为CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O；(5)F 为 CH2=C(CH3)COOCH3，含有的官能团有碳碳双键和酯基；G 的结构简式是，故答案为碳碳双键、酯基；(6)反应的化学方程式为，故答案为；(7)E 为 CH2=C

29、(CH3)COOH，能发生水解且能发生银镜反应，说明属于甲酸酯类；能与Br2的 CCl4溶液发生加成反应，说明含有碳碳双键，符合条件的E的同分异构体有：HCOO CH=CHCH3(顺反 2 种)、HCOO CH2CH=CH2、HCOO C(CH3)=CH2，共 4 种，其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式为HCOO C(CH3)=CH2，故答案为 4；HCOO C(CH3)=CH2；(8)HOCH2CHBrCH3和 NaCN 发生取代反应生成HOCH2CH(CN)CH3，HOCH2CH(CN)CH3酸化得到HOCH2CH(CH3)COOH，HOCH2CH(CH3)COOH发生消去反应生成CH2=

30、C(CH3)COOH，其合成路线为HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH，故答案为HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH。【点睛】本题的易错点和难点为(8)，要注意题意“不易发生取代反应”在合成中的应用，HOCH2CHBrCH3不能先消去羟基形成碳碳双键，再发生取代反应。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18目前手机屏幕主要由保护玻璃、触控层以及下面的液晶显示屏三部分组成。下面是工业上用丙烯（A）和有机物C（C7H6O3）为原料合成液晶显

31、示器材料（F）的主要流程：（1）化合物C的结构简式为_。B 的官能团名称_。（2）上述转化过程中属于取代反应的有_（填反应序号）。（3）写出 B 与 NaOH 水溶液反应的化学方程式_。（4）下列关于化合物D 的说法正确的是_（填字母）。A属于酯类化合物B 1molD 最多能与4molH2发生加成反应C一定条件下发生加聚反应D核磁共振氢谱有5 组峰（5）写出符合下列条件下的化合物C的同分异构体的结构简式_(任写一种)。苯环上一溴代物只有2 种 能发生银镜反应苯环上有3 个取代基（6）请参照上述制备流程，写出以有机物C 和乙烯为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）_。【答案】碳碳双键、溴原子

32、CH2=CH-CH2Br+NaOHCH2=CH-CH2OH+NaBr bc、CH2=CH2CH3CH2Cl【解析】【分析】已知 A 为丙烯，与溴在光照的条件下发生取代反应生成溴丙烯，根据D 的结构简式，可知B 为 3-溴丙烯，C 为对羟基苯甲酸；【详解】（1）根据分析可知，C中羟基与羧基在苯环的对位，结构简式为；B 的结构简式为CH2=CH-CH2Br，含有的官能团有碳碳双键、溴原子；（2）A 的结构简式为CH2=CH-CH3，B的结构简式为CH2=CH-CH2Br，则反应为取代反应；C的结构简式为，D 的结构简式为，则反应为取代反应；E的结构简式为，则反应为取代反应；F的结构简式为，则反应为

33、取代反应；（3）B的结构简式为CH2=CH-CH2Br，为溴代烃，在碱性条件下生成醇和溴化钠，反应的化学方程式为CH2=CH-CH2Br+NaOHCH2=CH-CH2OH+NaBr；（4）化合物D 的结构简式为，含有的官能团有碳碳双键、羧基、醚基，A.化合物 D 中不含有酯基，不属于酯类化合物，与题意不符，A 错误；B.1molD 中碳碳双键可与1mol 氢气发生加成反应，苯环可与3mol 氢气发生加成反应，最多能与4molH2发生加成反应，符合题意，B 正确；C.化合物 D 中含有碳碳双键，一定条件下发生加聚反应，符合题意，C正确；D.核磁共振氢谱有6 组峰，与题意不符，D 错误；答案为 B

34、C；（5）化合物C为，其分子式为C7H6O3，其同分异构体符合能发生银镜反应，苯环上有3 个取代基，分别为2 个-OH、1 个-CHO，苯环上一溴代物只有2 种，则该有机物为对称结构，可能结构为、；（6）有机物C为，根据制取产物，乙醇与发生取代反应生成，再与 SOCl2发生取代反应生成，再与发生取代反应生成，流程为CH2=CH2CH3CH2Cl。【点睛】根据有机物中的官能团确定有机物的性质，为学习有机物的基础；根据反应物及生成物的结构判断反应类型。19KMnO4是一种高效氧化剂可用来氧化吸附有机异味物.也可以与水中的杂质如二价铁、锰、硫、氰、酚等反应。实验室常用Na2C2O4标准溶液标定未知浓

35、度的KMnO4溶液，发生反应:5C2O42-+2MnO4-+16H+4H2O=2Mn(H2O)62+10CO2。根据以上信息,完成下列问题:(1)按电子排布K 位于元素周期表的_区,基态 Mn2+的核外电子排布式可表示为_。(2)1 mol Mn(H2O)62+中所含有的共价键数目为_。(3)基态 C原子的核外电子中占据最高能级的电子云轮廓图为_.C2O42-中碳原子的轨道杂化类型是_.(4)同主族元素氧、硫、硒对应最简单氢化物的沸点:H2OH2SeH2S,原因是 _。(5)-MnSe 的结构中Se为面心立方最密堆积，晶胞结构如图所示。-MnSe 中 Mn 的配位数为 _。若该晶体的晶胞参数为

36、apm,阿伏加德罗常数的值为NA。则距离最近的两个锰原子之间的距离为_pm,-MnSe 的密度 =_(列出表达式)gcm-3。【答案】s 1s22s22p63s23p63d5或Ar3d518NA哑铃形sp2杂化相对分子质量越大，范德华力就越大，沸点就越高，但水分子间形成氢键，使熔沸点较高4 22a103A4 13410aN【解析】【分析】【详解】(1)K 位于周期表中第4 周期第 IA 族，则 K 位于元素周期表的s 区；基态Mn 原子的核外电子排布式为Ar3d54s2，失去 4s2两个电子变成Mn2+，则基态Mn2+的核外电子排布式可表示为：1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5；

37、(2)Mn(H2O)62+中所含有的键数目为：62=12 个氢氧键和6 个配位键，所以1molMn(H2O)62+中所含有的 键数目为18NA；(3)基态 C原子的核外电子排布为1s22s22p2，核外电子中占据最高能级为2p，则基态C原子的核外电子中占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形，C2O42-中碳原子和一个氧原子形成碳氧双键，和另一个氧原子形成碳氧单键，和另一个碳原子形成碳碳单键，所以碳原子的轨道杂化类型为sp2杂化；(4)O、S、Se为同主族元素，形成的H2O、H2S和 H2Se均为分子晶体，H2O 分子间氢键导致沸点异常升高，H2S和 H2Se随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，沸点升高，氢键影响大于分子间作用力影响，所以最简单氢化物的沸点：H2OH2SeH2S；(5)根据晶胞结构分析，Mn 位于四面体中心，周围有4 个 Se，则 Mn 的配位数为4；1 个晶胞中含有Mn 数目为 4，含有 Se的数目为818+612=4，根据晶胞结构可知两个Mn 原子的最近距离为面对角线的一半，距离为22acm；一个晶胞体积为V=(a 10-10)3cm3，所以密度为 103A4 13410aNg/cm3。【点睛】配位键也是键；计算晶胞体积时要注意题目所给单位，有时需要单位的换算。