2019-2020学年福建省南平市第一中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省南平市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短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其电子层数的2 倍，X、Y价电子数之比为23。W 的原子半径在同周期主族元素中最小，金属单质Z 在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂。下列说法错误的是A原子半径XY，离子半径Z Y B化合物Z2Y存在离子键，ZWY中既有存在离子键又有共价键CX的简单氢化物与W 的单质在光照下产生W 的氢化物D Y、W 的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂【答案】A【解

2、析】【分析】X 原子最外层电子数是其电子层数的2 倍，且四种元素中原子序数最小，则X为 C，X、Y价电子数之比为23，则 Y为 O，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂，则Z为 Na，W 的原子序数比Z大且半径在同周期中最小，则W 为 Cl，综上所述，X、Y、Z、W 分别为：C、O、Na、Cl，据此解答。【详解】AC和 O 位于同周期且C原子序数小于O，所以 C原子的半径大于O 原子半径，Na+和 O2-电子排布相同，O2-的原子序数更小，所以Na+的半径小于O2-，即原子半径XY，离子半径ZY，A 错误；B Na+和 O2-通过离子键结合成Na2O，Na+和 ClO-通过

3、离子键结合成NaClO，Cl 和 O 通过共价键结合，B正确；CCH4和 Cl2在光照条件下发生取代反应生成四种氯甲烷和HCl，C正确；D O3、Cl2、ClO2等均可作水的消毒剂，D 正确。答案选 A。2化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是A可折叠柔性屏中的灵魂材料纳米银与硝酸不会发生化学反应.B2022 年北京冬奧会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于高分子材料C“珠海一号”运载火箭中用到的碳化硅也是制作光导纤维的重要材料D建设世界第一高混凝土桥塔用到的水泥和石灰均属于新型无机非金属材料【答案】B【解析】【详解】A.银可以与硝酸反应，浓硝酸：Ag+2HNO3=AgNO3+NO2+H

4、2O，稀硝酸：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO +2H2O，故 A 错误；B.聚乙烯塑料属于塑料，是一种合成有机高分子材料，故B 正确；C.光导纤维的主要成分为二氧化硅，故C错误；D.建设世界第一高混凝土桥塔用到的水泥和石灰均属于传统无机非金属材料，故D 错误；故选 B。【点睛】硝酸属于氧化性酸，浓度越大氧化性越强，所以稀硝酸和浓硝酸在反应时产物不同。3实验测知K3C60熔融状态下能导电，关于K3C60的分析错误的是A是强电解质B存在两种作用力C是离子晶体D阴阳离子个数比为201【答案】D【解析】【详解】A.K3C60熔融状态下能导电，所以是电解质，并且是盐，是强电解质，故A 正确；B.

5、是离子化合物，存在离子键，阴离子中存在共价键，故B正确；C.该物质熔融状态下能导电，说明是电解质且含有离子键，所以属于离子晶体，故C 正确；D.K3C60=3K+C603-，阴阳离子个数比是3:1，故 D 错误；故选：D。4X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的一种或几种所组成的物质。已知A 分子中含有18 个电子，C、D 有漂白性。五种物质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是A Y的简单氢化物的沸点比Z 的高BX、Y组成的化合物中可能含有非极性键CZ的氧化物对应水化物的酸性比W 的弱D W 是所在周期中原子半径最小的元素【答案】C【解析

6、】【分析】A 分子中含有18 个电子，含有18 个电子的分子有：Ar、F2、HCl、H2S、PH3、SiH4、H2O2、N2H4、C2H6、CH3OH 等，C、D 有漂白性，具有漂白性的物质有Na2O2、O3、H2O2、NaClO、Ca(ClO)2、SO2、活性炭，根据五种物质间的转化关系，A 为 H2S，B 为 S，C为 SO2，D 为 H2O2，E为 O2，X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，则X为 H 元素，Y为 O 元素，Z 为 S元素，W 为 Cl元素，据此分析解答。【详解】A Y为 O 元素，Z为 S元素，简单气态氢化物分别为H2O、H2S，由于 H2O 分子间

7、形成氢键，则Y的简单氢化物的沸点比Z 的高，故A 正确；BX 为 H 元素，Y为 O 元素，X、Y组成的化合物为H2O 和 H2O2，H2O 中只含有极性共价键，H2O2中既含有极性共价键又含有非极性共价键，故B 正确；CZ为 S元素，W 为 Cl元素，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Z的氧化物对应水化物可形成硫酸，W 可形成次氯酸，硫酸的酸性强于次氯酸，故C错误；D W 为 Cl元素，同周期元素从左至右，随核电荷数增大原子半径减小，则W 是所在周期中原子半径最小的元素，故D 正确；答案选 C。5用“吸收电解”循环法脱除烟气中的SO2，可减少对大气的污染。室温下，电解液K再生的

8、装置如图所示，其中电解液的pH 随2-33n(SO):n(HSO)变化的关系见下表，下列对此判断正确的是电解液n(SO32)：n(HSO3)pH K 9:91 6.2 L 1:1 7.2 M 91:9 8.2 A当电解液呈中性时溶液中：+2-33c(Na)c(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

9、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)：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

10、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。6如图，这种具有不同能量的分子百分数和能量的对应关系图，叫做一定温度下分子能量分布曲线图。图中 E表示分子平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量。下列说法不正确的是（）A图中 Ec与 E之差表示活化能B升高温度，图中阴影部分面积会增大C使用合适的催化剂，E不变，Ec变小D能量大于Ec的分子间发生的碰撞一定是有效碰撞【答案】D【解析】【详解】A.E表示分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量，能量等于或高于Ec的分子可能产生有效碰撞，活化分子具有的最低能量Ec与分子的平均能量E之差叫活

11、化能，A 正确；B.当温度升高时，气体分子的运动速度增大，不仅使气体分子在单位时间内碰撞的次数增加，更重要的是由于气体分子能量增加，使活化分子百分数增大，阴影部分面积会增大，B 正确；C.催化剂使活化能降低，加快反应速率，使用合适的催化剂，E不变，Ec变小，C 正确；D.E表示分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量，能量等于或高于Ec的分子可能产生有效碰撞，D 错误；故答案为：D。7C8H9Cl 的含苯环的（不含立体异构）同分异构体有A 9 种B 12 种C14 种D16 种【答案】C【解析】分子式为C8H9Cl中含有苯环、饱和烃基、氯原子；当取代基可以是1 个：-CH2CH2Cl；-C

12、HClCH3，有 2 种同分异构体；取代基可以是2 个：-CH2Cl、-CH3；-CH2CH3、-Cl，根据邻、间、对位置异构可知，共有 3+3=6 种同分异构体；取代基可以是3 个：-Cl、-CH3、-CH3；2 个甲基处于邻位时，-Cl有 2种位置，有2 种同分异构体；2个甲基处于间位时，-Cl有 3 种位置，有3 种同分异构体；2 个甲基处于对位时，-Cl有1 种位置，有1种同分异构体；所以符合条件的同分异构体共有14 种；故选C。点睛：本题主要考查了同分异构体的书写，苯环上的取代基种类和数目决定了同分异构体的种类，注意取代基的分类。分子式为C8H9Cl，不饱和度为4，苯环本身的不饱和度

13、就为4，说明解题时不用考虑不饱和键。8下列有关物质性质的叙述正确的是（）A向 NaOH 溶液中加入铝粉，可生成Al(OH)3B向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液，可生成CO2C向热的蔗糖溶液中滴加银氨溶液，可生成银镜D向饱和氯化钠溶液中先通入NH3至饱和，再通入CO2，可生成NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A.向 NaOH 溶液中加入铝粉，发生的反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，不会生成氢氧化铝，A 项错误；B.因酸性比较：H2CO3苯酚 HCO3-，则向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液，不会生成CO2，只会生成苯酚钠与碳酸氢钠，B项错误；C.蔗糖不是还原性糖，不

14、能与银氨溶液发生银镜反应，C项错误；D.向饱和氯化钠溶液中先通入NH3至饱和，再通入 CO2，因碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠溶解度小，会先以晶体形式析出，发生的反应是：NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3，D 项正确；答案选 D。【点睛】A 项是易错点，学生要理解并准确掌握铝三角的转化关系，铝单质的特性。铝单质与酸反应会生成正盐铝盐，而与碱反应生成偏铝酸盐，铝单质不能直接转化为氢氧化铝沉淀。9下列物质的熔点，前者大于后者的是A晶体硅、碳化硅B氯化钠、甲苯C氧化钠、氧化镁D钾钠合金、钠【答案】B【解析】【详解】A、原子晶体共价键的键长越短、键能越大，熔点越高，键长：Si-SiS

15、i-C，所以熔点前者小于后者，选项A不符合题意；B、分子晶体的熔点低于离子晶体，甲苯是分子晶体而氯化钠是离子晶体，所以氯化钠的熔点高于甲苯，选项 B 符合题意；C、离子晶体晶格能越大熔点越高，氧化镁的晶格能大于氧化钠，所以熔点前者小于后者，选项C 不符合题意；D、合金的熔点低于各成份的熔点，所以钾钠合金的熔点小于钠熔点，选项D不符合题意；答案选 B。10下列依据相关实验得出的结论正确的是（）A向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定是碳酸盐溶液B用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液C将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，该气体一定是乙烯

16、D向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含Fe2【答案】D【解析】【详解】A、向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液可能是碳酸盐溶液或碳酸氢盐溶液或亚硫酸盐溶液，故A 错误；B、用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，钾元素的焰色反应若不用钴玻璃也会发出黄色火焰，该溶液不一定是含钠元素的溶液，故B 错误；C、将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，通入的气体只要是还原性气体或能发生加成的有机气体都可以使溴水褪色，如二氧化硫、硫化氢等，该气体不一定是乙烯，故C 错误；D、向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，说明不含铁离子，

17、滴加氯水后溶液显红色，氯气氧化亚铁离子为铁离子，遇到KSCN溶液生成血红色溶液证明该溶液中一定含Fe2+，故 D 正确；故选 D。11常温下，向1 L 0.1 molL1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH 后，NH4+与 NH3 H2O 的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)。下列说法不正确的是()A M 点溶液中水的电离程度比原溶液小B在 M 点时，n(OH)n(H)(a0.05)mol C随着 NaOH 的加入，c(H+)/c(NH4+)不断增大D当 n(NaOH)0.1 mol 时，c(Na)c(NH4+)c(NH3 H2O)【答案】C【解析】A M 点是向 1L0.1mol

18、/LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH 固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，A 正确；B在 M 点时溶液中存在电荷守恒，n（OH-）+n（Cl-）=n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），n(OH-)-n(H+)=0.05+n（Na+）-n（Cl-）=（a-0.05）mol，B 正确；C铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，c(H+)c(NH3 H2O)/c(NH4+)c(NH3 H2O)=Kh/c(NH3 H2O)，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则

19、c(H+)/c(NH4+)减小，C 错误；D向 1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入 NaOH 固体后，当n（NaOH）=0.1mol 时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，根据物料守恒可知溶液中 c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3 H2O)，D 正确；答案选C。12下列做法中观察到的现象可以说明钠的密度比水小的是A用小刀切开金属钠B将钠放在坩埚中加热C把钠保存在煤油中D将钠放入盛水的烧杯【答案】D【解析】【详解】A用小刀切开金属钠，说明钠的质地软，故A错误；B将钠放在坩埚中加热能够熔化，说明钠的熔点低，故B 错误；C把钠保存在煤油中，钠沉在底部，说明钠的密度比煤油大，而煤油的密度

20、比水小，不能说明钠的密度比水小，故C错误；D钠与水反应的现象可以说明钠的熔点低、密度比水小，故D 正确；故选 D。【点睛】本题的易错点为C，钠沉在煤油底部，只能说明钠的密度比煤油大，不能说明钠的密度比水小。13化合物A()可由环戊烷经三步反应合成：则下列说法错误的是（）A反应 1 可用试剂是氯气B反应 3 可用的试剂是氧气和铜C反应 1 为取代反应，反应2 为消除反应D A 可通过加成反应合成Y【答案】C【解析】【分析】实现此过程，反应 1 为与卤素单质发生取代反应，反应 2 为卤代环戊烷与氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇，反应3 为醇的催化氧化。【详解】A.反应 1 为与卤素单质发生取代反

21、应，可用试剂是氯气，A 正确；B.反应 3 为醇的催化氧化，可用的试剂是氧气和铜，B正确；C.反应 1 和反应 2 都为取代反应，C错误；D.酮可催化加氢生成相应的醇，D 正确；故答案为：C。14下列指定反应的离子方程式不正确的是()A NO2溶于水：3NO2+H2O=2H+2NO3-+NO B漂白粉溶液呈碱性的原因：ClO-+H2OHClO+OH-C酸性条件下用H2O2将海带灰中I-氧化：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O D氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3+4NH3 H2O=AlO2-+4NH4+2H2O【答案】D【解析】【详解】A.NO2溶于水生成硝酸与NO，其离子方程式为：3N

22、O2+H2O=2H+2NO3-+NO，A 项正确；B.漂白粉溶液呈碱性的原因是次氯酸根离子发生水解所致，其离子方程式为：ClO-+H2O?HClO+OH-，B 项正确；C.酸性条件下，用H2O2将海带灰中I-氧化，其离子方程式为：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，C 项正确；D.氯化铝的溶液中加入过量氨水，沉淀不会溶解，其正确的离子反应方程式为Al3+3NH3?H2O=Al(OH)3+3NH4+，D 项错误；答案选 D。【点睛】D 项是学生的易错点，要特备注意，氢氧化铝不溶于弱酸如碳酸，也不溶于弱碱如氨水等。15如图所示，电化学原理与微生物工艺相组合的电解脱硝法，可除去引起水华的NO3

23、-原理是将NO3-还原为 N2。下列说法正确的是（）A若加入的是3NaNO溶液，则导出的溶液呈碱性B镍电极上的电极反应式为：2Ni2eNiC电子由石墨电极流出，经溶液流向镍电极D若阳极生成0.1mol气体，理论上可除去0.04mol3NO【答案】A【解析】【分析】A、阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-；B、镍电极是阴极，是硝酸根离子得电子；C、电子流入石墨电极，且电子不能经过溶液；D、由电极反应2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，生成 1mol 氮气消耗2mol 的硝酸根离子。【详解】A项、阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+6H2O+1

24、0e-=N2+12OH-，所以导出的溶液呈碱性，故A正确；B项、镍电极是阴极，是硝酸根离子得电子，而不是镍发生氧化反应，故B错误；C项、电子流入石墨电极，且电子不能经过溶液，故C错误；D项、由电极反应2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，生成 1mol 氮气消耗 2mol 的硝酸根离子，所以若阳极生成0.1mol气体，理论上可除去0.2 molNO3-，故 D错误。故选 A。【点睛】本题考查电解池的原理，掌握电解池反应的原理和电子流动的方向是解题的关键。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16氮化硼(BN)是白色难溶于水的粉末状固体，高温下易被氧化。实验室以硼粉(黑色)为原

25、料制备氮化硼的装置如图1 所示：（1）图 2 装置中可填入图1 虚线框中的是_（填标号）。图 2 装置中盛放碱石灰的仪器名称为_。（2）制备 BN 的化学方程式为_。（3）图 1 中多孔球泡的作用是_。（4）当三颈烧瓶中出现_的现象时说明反应完全，此时应立即停止通入O2，原因是 _。（5）为测定制得的氮化硼样品纯度，设计以下实验：.称取 0.0625g 氮化硼样品，加入浓硫酸和催化剂，微热，令样品中的N 元素全部转化为铵盐；.向铵盐中加入足量NaOH 溶液并加热，蒸出的氨用20.00mL0.1008mol L-1的稀硫酸吸收；.用 0.1000mol L-1NaOH 溶液滴定剩余硫酸，消耗Na

26、OH 溶液的平均体积为20.32mL。氮化硼样品的纯度为_（保留四位有效数字）。下列实验操作可能使样品纯度测定结果偏高的是_（填标号）。A蒸出的氨未被稀硫酸完全吸收B滴定时未用NaOH 标准溶液润洗滴定管C读数时，滴定前平视，滴定后俯视D滴定时选用酚酞作指示剂【答案】b 球形干燥管4B+4NH3+3O24BN+6H2O 调节气体流速，进而调整NH3与 O2通入比例黑色粉末完全变成白色避免生成的BN 被氧气氧化导致产率降低80.00%C【解析】【分析】图 1 虚线框中是实验室制取氨气和干燥氨气，a 不能制取氨气，c 制氨气的装置制取氨气，但不能用氯化钙干燥氨气，b 装置制取氨气并干燥，读出图2

27、装置中盛放碱石灰的仪器名称。氨气和硼、氧气反应生成BN 和水。图 1 中多孔球泡的作用控制氨气的流速。黑色的硼不断的反应生成白色的氮化硼，反应结束应立即停止通入O2，主要防止氮化硼在高温下容易被氧化。先计算消耗得n(NaOH)，再计算氢氧化钠消耗得硫酸的物质的量，再得到硫酸吸收氨的物质的量，再根据 2BN 2NH4+H2SO4关系得出n(BN)，再计算氮化硼样品的纯度。【详解】图 1 虚线框中是实验室制取氨气和干燥氨气，a 不能制取氨气，c 制氨气的装置制取氨气，但不能用氯化钙干燥氨气，b 装置制取氨气并干燥，因此图2 中 b 装置填入图1 虚线框中，图2 装置中盛放碱石灰的仪器名称为球形干燥

28、管；故答案为：b；球形干燥管。氨气和硼、氧气反应生成BN 的化学方程式为4B+4NH3+3O24BN+6H2O；故答案为：4B+4NH3+3O24BN+6H2O。图 1 中多孔球泡的作用控制氨气的流速，调节氨气与氧气的流速比例，故答案为：调节气体流速，进而调整 NH3与 O2通入比例。黑色的硼不断的反应生成白色的氮化硼，因此当三颈烧瓶中出现黑色粉末完全变成白色的现象时说明反应完全，此时应立即停止通入O2，原因是氮化硼在高温下容易被氧化，因此避免生成的BN 被氧气氧化导致产率降低；故答案为：黑色粉末完全变成白色；避免生成的BN 被氧气氧化导致产率降低。用 0.1000mol L-1NaOH 溶液

29、滴定剩余硫酸，消耗NaOH 溶液的平均体积为20.32mL，消耗得n(NaOH)=0.1000molL-1 0.02032L=0.002032mol，因此氢氧化钠消耗得硫酸的物质的量是氢氧化钠物质的量的一半即 0.001016mol，则硫酸吸收氨的物质的量为n(H2SO4)=0.1008molL-1 0.02L 0.001016mol=0.001mol，根据 2BN 2NH4+H2SO4关系得出n(BN)=0.002mol，氮化硼样品的纯度为100.002mol25g mol=100%80.00%.0625g，故答案为：80.00%。A蒸出的氨未被稀硫酸完全吸收，则BN 的物质的量减少，测定结

30、果偏低；B滴定时未用NaOH 标准溶液润洗滴定管，消耗得氢氧化钠体积偏多，氢氧化钠消耗得硫酸偏多，氨消耗得硫酸偏少，测定结果偏低；C读数时，滴定前平视，滴定后俯视，读数偏小，氢氧化钠消耗得硫酸偏少，氨消耗的硫酸偏高，测定结果偏高；D滴定时选用酚酞或甲基橙都可以作指示剂，测定个结果无影响，故C 符合题意；综上所述，答案为C。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某杀菌药物M 的合成路线如下图所示。回答下列问题：(1)A 中官能团的名称是_。BC 的反应类型是_。(2)B 的分子式为 _。(3)C D的化学方程式为_。(4)F 的结构简式为_。(5)符合下列条件的C的同分异构体共有_种(

31、不考虑立体异构)；能发生水解反应；能与FeCl3溶液发生显色反应。其中核磁共振氢谱为4 组峰的结构简式为_(任写一种)。(6)请以和 CH3CH2OH 为原料，设计制备有机化合物的合成路线(无机试剂任选)_。【答案】羟基取代反应C7H6O3+HNO3+H2O 19 或CH3CH2OHCH2=CH2【解析】【分析】本题主要采用逆推法，通过分析C的结构可知B（）与 CH3I 发生取代反应生成C；分析 B（）的结构可知A（）与 CH2Cl2发生取代反应生成B；C（）在浓硫酸、浓硝酸条件下发生硝化反应生成D，D 在 Fe+HCl条件下，-NO2还原为-NH2，根据 M 中肽键的存在，可知E与 F发生分

32、子间脱水生成M；分析 M 的结构，可知 E为，F为；根据 E（）可知 D 为。【详解】(1)根据上面分析可知A（）中官能团的名称是羟基。BC 的反应类型是取代反应；答案：羟基取代反应(2)B（）的分子式为C7H6O3；答案：C7H6O3。(3)C（）在浓硫酸、浓硝酸条件下发生硝化反应生成D，化学方程式为+HNO3+H2O；答案：+HNO3+H2O(4)根据上面分析可知F的结构简式为；答案：(5)符合下列条件的C（）的同分异构体：能发生水解反应，说明必有酯基；能与FeCl3溶液发生显色反应，说明必有酚羟基；符合条件的有苯环外面三个官能团：HCOO-、-CH3、-OH，符合条件的共有10 种；苯环

33、外面两个官能团：-OH、-COOCH3，符合条件的共有3 种；苯环外面两个官能团：-OH、-OOCCH3，符合条件的共有3 种；-CH2OOCH、-OH，符合条件的共有3 种；因此同分异构体共19 种，其中核磁共振氢谱只有4 组峰的结构肯定对称，符合条件的结构简式为或；答案：19 或(6)逆推法：根据题干A 生成 B 的信息可知：的生成应该是与一定条件下发生取代反应生成；可以利用乙烯与溴水加成反应生成，乙烯可由乙醇消去反应生成，据此设计合成路线为；答案：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取实验一：碘含量的测定取 0.0100

34、mol/L 的 AgNO3标准溶液滴定100.00mL 海带浸取原液，用电势滴定法测定碘的含量测得的电动势（E）反映溶液中c（I）变化，用数字传感器绘制出滴定过程中曲线变化如图所示：实验二：碘的制取另取海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如图所示：已知：3I2+6NaOH 5NaI+NaIO3+3H2O 请回答：（1）实验一中的仪器名称：仪器A_，仪器 B_；实验二中操作Z的名称 _（2）根据表中曲线可知：此次滴定终点时用去AgNO3溶液的体积为_ml，计算该海带中碘的百分含量为 _（3）步骤 X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是_（4）下列有关步骤Y的说法，正确的是_A应控制NaOH 溶液的浓度

35、和体积B将碘转化成离子进入水层C主要是除去海带浸取原液中的有机杂质D NaOH 溶液可以由乙醇代替方案乙中，上层液体加硫酸发生反应的离子方程式是_（5）方案甲中采用蒸馏不合理，理由是_【答案】坩埚500ml 容量瓶过滤20.00 0.635%液体分上下两层，下层呈紫红色AB 5I+IO3+6H+=3I2+3H2O 碘单质易升华，会导致碘损失【解析】【分析】(1)在仪器 A 中灼烧海带，该仪器为坩埚；配制溶液体积为500mL，应该选用规格为500mL 的容量瓶；碘单质不溶于水，可以通过过滤操作分离出碘单质；(2)根据图象判断滴定终点时用去AgNO3溶液的体积；根据硝酸银与碘离子的反应计算出100

36、mL 溶液中含有碘离子的物质的量，再计算出500mL 溶液中含有的碘离子，最后计算出海带中碘的百分含量；(3)碘单质易溶于有机溶剂，且四氯化碳溶液密度大于水溶液，检查判断萃取现象；(4)A反应 3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O 中，需要浓氢氧化钠溶液；B碘单质与氢氧化钠反应生成了碘化钠、碘酸钠；C该操作的主要目的是将碘单质转化成碘酸钠、碘化钠，便于后续分离出碘单质；D乙醇易溶于水和四氯化碳，仍然无法分离出碘单质；在酸性条件下，I和 IO3发生归中反应；(5)从碘单质易升华角度分析。【详解】(1)根据仪器的构造可知，用于灼烧海带的仪器为坩埚；通过仪器B 配制 500mL 含有碘离

37、子的浸取液，需要使用 500mL 的容量瓶，步骤Z将碘单质和水分离，由于碘单质不溶于水，可通过过滤操作完成；(2)根据滴定曲线可知，当加入20mL 硝酸银溶液时，电动势出现了突变，说明滴定终点时消耗了20.00mL硝酸银溶液；20.00mL 硝酸银溶液中含有硝酸银的物质的量为：0.0100mol/L 0.02L=0.0002mol，则 500mL原浸出液完全反应消耗硝酸银的物质的量为：0.0002mol500mL100mL=0.001mol，说明 20.00g 该海带中含有0.001mol 碘离子，所以海带中碘的百分含量为：127g/mol0.001mol20.00g 100%=0.635%；

38、(3)碘单质易溶于有机溶剂，微溶于水，且四氯化碳的密度大于水溶液，所以步骤X向含有碘单质的水溶液中加入四氯化碳后，混合液会分为上下两层，下层为四氯化碳的碘溶液，则下层呈紫红色；(4)A发生反应 3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O 中，需要浓氢氧化钠溶液，所以应控制NaOH 溶液的浓度和体积，故A 正确；B根据反应3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O 可知，步骤Y将碘转化成离子进入水层，故B 正确；C该操作的主要目的是将碘单质转化成碘酸钠、碘化钠，将碘转化成离子进入水层，不是除去有机杂质，故 C 错误；D乙醇易溶于水和四氯化碳，将氢氧化钠换成乙醇，仍然无法分离出碘单质，

39、故D 错误；答案选 AB；在酸性条件下，I和 IO3反应生成I2，发生反应的离子方程式为5I+IO3+6H+=3I2+3H2O；(5)方案甲中采用蒸馏操作，由于碘单质容易升华，会导致碘单质损失，所以甲方案不合理。19铂、钴、镍及其化合物在工业和医药等领域有重要应用。回答下列问题:(1)筑波材料科学国家实验室科研小组发现了在5K 下呈现超导性的晶体CoO2，该晶体具有层状结构。晶体中原子Co与 O 的配位数之比为_。基态钴原子的价电子排布图为_。(2)配合物 Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂。固态Ni(CO)4属于 _晶体；写出两种与CO具有相同空间构型和键合形式的分子或

40、离子：_。(3)某镍配合物结构如图所示:分子内含有的化学键有_(填序号).A 氢键B 离子键C 共价键D 金属键E 配位键 配合物中C、N、O 三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序是N OC，试从原子结构解释为什么同周期元素原子的第一电离能NO_。(4)某研究小组将平面型的铂配合物分子进行层状堆砌，使每个分子中的铂原子在某一方向上排列成行，构成能导电的“分子金属 ，其结构如图所示。分子金属 可以导电，是因为_能沿着其中的金属原子链流动。分子金属 中，铂原子是否以sp3的方式杂化?_(填“是或“否)，其理由是 _。(5)金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，其立方晶胞沿x、y 或 z 轴的投影图

41、如图所示，若金属铂的密度为 d g cm-3，则晶胞参数a=_nm(列计算式)。【答案】2:1 分子N2、CNCE N 原子 2p3能级电子为半满状态，较稳定，不易失去电子，而O 原子 2p4，失去 2p 能级上一个电子可以达到稳定的半满状态电子否若铂原子轨道为sp3的方式杂化，则分子应该为四面体形，而非平面型73A195 410dN【解析】【分析】(1)根据晶体中原子配位数之比等于电荷数之比；钴原子为27 号元素，其价电子3d74s2。(2)配合物 Ni(CO)4常温下为液态，熔沸点低，根据等电子理论C=N=O+，因此可得与CO具有相同空间构型和键合形式的分子或离子。(3)A.氢键不是化学键

42、；B.该配合物中没有阴阳离子，因此无离子键；C.该配合物中含有C C、CH、C=N等共价键；D.该配合物不是金属晶体，不含有金属键；E.该配合物含有NNi 配位键；第一电离能 NO 是因为 N 原子 2p3能级电子为半满状态，O 原子 2p4，失去 2p 能级上一个电子可以达到稳定的半满状态。(4)根据题意每个分子中的铂原子在某一方向上排列成行，构成能导电的“分子金属”，则铂金属的价电子可在金属铂间传递而导电；根据信息，平面型的铂配合物分子进行层状堆砌，如果是 sp3的方式杂化，则就应该为四面体形。(5)金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，为最密堆积，其立方晶胞沿x、y 或 z 轴的投影图如图

43、所示，则晶体为面心立方最密堆积，先求一个晶胞中含有的铂原子个数再根据密度计算晶胞参数。【详解】(1)根据晶体中原子配位数之比等于电荷数之比，因此Co与 O 的配位数之比为2:1；故答案为：2:1。钴原子为27 号元素，其价电子3d74s2，因此基态钴原子的价电子排布图为；故答案为：。(2)配合物 Ni(CO)4常温下为液态，熔沸点低，易溶于 CCl4、苯等有机溶剂，因此固态Ni(CO)4属于分子晶体，根据等电子理论C=N=O+，因此与 CO具有相同空间构型和键合形式的分子或离子N2、CN；故答案为：分子；N2、CN。(3)A.氢键不是化学键，故A 不符合题意；B.该配合物中没有阴阳离子，因此无

44、离子键，故B不符合题意；C.该配合物中含有CC、CH、C=N等共价键，故C符合题意；D.该配合物不是金属晶体，不含有金属键，故D 不符合题意；E.该配合物含有NNi 配位键，故E符合题意；综上所述，答案为CE。配合物中C、N、O 三种元素原子的第一电离能NO，因为 N 原子 2p3能级电子为半满状态，较稳定，不易失去电子，而O 原子 2p4，失去 2p 能级上一个电子可以达到稳定的半满状态；故答案为：N 原子 2p3能级电子为半满状态，较稳定，不易失去电子，而O 原子 2p4，失去 2p 能级上一个电子可以达到稳定的半满状态。(4)根据题意每个分子中的铂原子在某一方向上排列成行，构成能导电的“

45、分子金属”，则铂金属的价电子可在金属铂间传递而导电，因此分子金属 可以导电是因为电子能沿着其中的金属原子链流动；故答案为：电子。分子金属 中，平面型的铂配合物分子进行层状堆砌，因此铂原子不可能以sp3的方式杂化，如果是 sp3的方式杂化，则就应该为四面体形；故答案为：否；若铂原子轨道为sp3的方式杂化，则分子应该为四面体形，而非平面型。(5)金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，为最密堆积，其立方晶胞沿x、y 或 z 轴的投影图如图所示，则晶体为面心立方最密堆积，一个晶胞中含有的铂原子个数为：118+6=482，金属铂晶体的棱长为a，金属铂的密度为d g cm-3，则113A73195g mol4molm=dg cmV(a 10)N，因此晶胞参数73A195 4a=10 nmdN；故答案为：73A195 410dN。