2019-2020学年安徽省合肥一中、六中、八中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省合肥一中、六中、八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下列说法不正确的是A高级脂肪酸甘油酯属于有机高分子化合物B紫外线、高温、酒精可杀菌消毒的原理是蛋白质变性C塑料、合成纤维、合成橡胶称为三大合成高分子材料D维生素C又称抗坏血酸，新鲜蔬菜中富含维生素C【答案】A【解析】【分析】【详解】A.高级脂肪酸甘油酯相对分子质量很大，但没有几万，不属于高分子化合物，A 项错误；B.紫外线、高温、酒精可使蛋白质变性，B 项正确；C.三大合成高分子材料为塑料、合成纤维、合成橡胶，C 项正确；D.维生素 C具有

2、还原性，又称抗坏血酸，新鲜蔬菜中富含维生素C，D 项正确；答案选 A。2称取两份铝粉，第一份加入足量浓氢氧化钠溶液，第二份加入足量盐酸，如要放出等量的气体，两份铝粉的质量之比为A 1：3 B3：1 C1：1 D4：3【答案】C【解析】【分析】由 2Al 6HCl 2NaOH 3H2，酸、碱均足量时，Al 完全反应，以此分析生成的氢气。【详解】由 2Al 6HCl 2NaOH 3H2，酸、碱均足量时，Al 完全反应，由反应的关系式可知，生成等量的氢气，消耗等量的Al，所以两份铝粉的质量之比为1:1，答案选 C。3螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是其中一种，下列关于该化合物的说法错

3、误的是（）A该化合物的分子式为C9H12B一氯代物有四种C该化合物可以发生氧化、取代、加成、加聚等反应D与 Br2以物质的量之比l：1 加成生成2 种产物【答案】B【解析】【分析】【详解】A根据化合物的结构简式，可知该化合物的分子式为C9H12，故 A 正确；B该化合物没有对称轴，等效氢共有8 种，所以其一氯代物有8 种，故 B错误；C该化合物有碳碳双键，可以发生氧化、加成、加聚等反应，该化合物有饱和碳原子，可以和氯气在光照下发生取代反应，故C正确；D该化合物有2 个碳碳双键，而且不对称，所以与Br2以物质的量之比l：1 加成生成2 种产物，故D 正确；故选 B。【点睛】该化合物分子中有2 个

4、碳碳双键，2 个碳碳双键之间有2 个碳碳单键，所以与Br2以物质的量之比l：1 加成时只能和其中一个碳碳双键加成，无法发生1，4-加成，故与Br2以物质的量之比l：1 加成只能得到2种产物。4反应 A(g)+B(g)?3X，在其他条件不变时，通过调节容器体积改变压强，达平衡时c(A)如下表：平衡状态容器体积/L 40 20 1 c(A)(mol/L)0.022a 0.05a 0.75a 下列分析不正确的是（）A的过程中平衡发生了逆向移动B的过程中X的状态发生了变化C的过程中A 的转化率不断增大D与相比，中X的物质的量最大【答案】C【解析】【详解】A.到的过程中，体积缩小了一半，平衡时A 物质的

5、量由0.88amol 变为 1amol，说明增大压强，平衡逆向移动，X 此时应为气态；故A 正确；B.到的过程中，体积继续缩小，平衡时A 物质的量由1amol 变为 0.75amol，说明增大压强平衡正向移动，说明X 在压缩的某个过程中变成了非气态，结合A项分析，到的过程中X的状态发生了变化；故 B 正确；C.结合 A、B项的分析，平衡首先逆向移动然后正向移动，A 的转化率先减小后增大，故C 错误；D.状态下A 物质的量最小，即A 转化率最大，X 的物质的量最大，故D 正确；答案选 C。5异戊烷的A沸点比正己烷高B密度比水大C同分异构体比C5H10多D碳碳键键长比苯的碳碳键长【答案】D【解析】

6、【详解】A.烷烃的沸点随碳原子数的增多而升高，异戊烷有5 个碳原子，正己烷有6 个碳原子，异戊烷的沸点比正己烷低，故A 错误；B.常温下异戊烷是液态，液态烷烃的密度比水小，故B 错误；C.五个碳的烷烃只有3种同分异构体，它们分別是正戊烷(5 个碳都在主链上)，异戊烷(4 个碳在主链上，有一个甲基在支链)，新戊烷(4个甲基连在同一个碳上)；C5H10有 9种同分异构体，直链状的有2 种:C=C-C-C-C，C-C=C-C-C。支链是甲基的有3 种：C=C-C-C(第 5 个碳在第2，3 位)，C-C=C-C(第 5 个碳在第2 位)。环状的有 4 种：五元环，四元环外有一个甲基，三元环外有2 个

7、甲基或一个乙基，故C错误；D.分子中两个成键原子的核间平均距离叫做键长，键长越短，表示原子结合得越牢，化学键越强，苯的碳碳键强度介于双键和三键直接，故长度大于碳碳三键小于碳碳双键，异戊烷中的碳碳键是碳碳单键，则异戊烷的碳碳键键长比苯的碳碳键长，故D 正确；正确答案是D。6分别含有下列各物质的废弃试剂，倒在同一废液缸中不会引起实验室污染或危险的一组是（）A氨水和NaOH B硫酸铵和氯化钡C硝酸亚铁和盐酸D电石和盐酸【答案】B【解析】【详解】A氨水和NaOH 混合会释放出氨气，有刺激性气味，会引起污染，A 不符合题意；B硫酸铵和氯化钡，生成BaSO4沉淀，但是不会产生污染，B 符合题意；C硝酸亚铁

8、和盐酸会发生：23323Fe+4H+NO=3Fe+NO+2H O，有有毒气体NO 生成，会污染空气，C不符合题意；D电石和盐酸混合，电石会和盐酸生成乙炔（C2H2）气体，具有可燃性气体，遇明火会发生爆炸，D 不符合题意；答案选 B。7某可充电钠离子电池放电时工作原理如图所示，下列说法错误的是A放电时电势较低的电极反应式为：FeFe(CN)6+2Na+2e-=Na2Fe(CN)6 B外电路中通过0.2 mol 电子的电量时，负极质量变化为2.4 g C充电时，Mo 箔接电源的正极D放电时，Na+从右室移向左室【答案】A【解析】【分析】由原电池示意图可知，正极上发生还原反应，电解方程式为FeFe(

9、CN)6+2Na+-2e-=Na2FeFe(CN)6，负极发生氧化反应，电解方程式为2Mg+2Cl-4e-=Mg2Cl22+，充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，以此解答该题。【详解】A 放电时，电势较低的电极为负极，负极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为2Mg+2Cl-4e-=Mg2Cl22+，A 错误；B负极上Mg 失电子发生氧化反应：2Mg+2Cl-4e-=Mg2Cl22+，外电路中通过0.2 mol 电子的电量时，负极质量变化为减少的金属镁0.1 mol，即质量变化2.4 g，B 正确；C充电时，原电池的正极连接电源的正极，发生氧化反应，Mo 箔接电源的正极，

10、C正确；D放电时，阳离子Na+向负电荷较多的正极移动，所以放电时，Na从右室移向左室，D 正确；故合理选项是A。【点睛】本题考查原电池与电解池的知识，原电池的负极、电解池的阳极发生氧化反应；原电池的正极和电解池的阴极上发生还原反应，注意把握原电池、电解池的工作原理，根据电池总反应书写电极反应式，侧重考查学生的分析能力。8常温下，某H2CO3溶液的 pH 约为 5.5，c(CO32-)约为 5 10-11mol?L-1，该溶液中浓度最小的离子是()A CO32-BHCO3-CH+DOH-【答案】A【解析】【详解】已知常温下某H2CO3溶液的 pH 约为 5.5，则 c（OH-）=10-8.5mo

11、l/L，H2CO3溶液中存在H2CO3HCO3-+H+，HCO3-CO32-+H+，多元弱酸的第一步电离程度大于第二步电离程度，所以 c(HCO3-)c(CO32-），已知 c(CO32-)约为 510-11mol/L，所以该溶液中浓度最低的离子是CO32-；故选 A。9NA代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A标准状况下，560mL 的氢气和氯气的混合气体充分反应后共价键数目为0.05NAB标准状况下，2.24LCl2通入 NaOH 溶液中反应转移的电子数为0.2NAC常温常压下，1.5molHCHO 和 C2H2O3的混合物完全充分燃烧，消耗的O2分子数目为1.5NAD 0.1mol/

12、L 的 NH4Cl 溶液中通入适量氨气呈中性，此时溶液中NH4+数目为 NA【答案】C【解析】【详解】A.标准状态下560mL 的氢气和氯气混合物含有气体的物质的量为n=0.56L=0.025mol22.4L/mol，无论是否反应，每个分子中含有1 个共价键，所以0.025mol 气体混合物反应后含有的共价键数目为0.025NA，故 A错误；B.氯气在反应中既是氧化剂也是还原剂，1mol 氯气反应时转移电子数为1mol，2.24LCl2的物质的量为2.24L=0.1mol22.4L/mol则转移电子数为0.1NA，故 B 错误；C.1molHCHO 和 1mol C2H2O3完全燃烧均消耗1m

13、ol 氧气，所以 1.5mol 两种物质的混合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为1.5mol，则消耗的O2分子数目为1.5NA，故 C正确；D.缺少溶液的体积，无法计算微粒的数目，故D 错误。故选 C。10下列说法错误的是A 天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用，这里”涉及的反应类型是分解反应B“用浓酒和糟入甑(蒸锅)，蒸令气上，用器承滴露”涉及的操作是蒸馏C 本草图经在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”因为绿矾能电离出H+，所以“味酸”D我国晋朝傅玄的傅鹑觚集 太子少傅箴中写道：“夫金木无常，方园应行，亦有隐括，习与性形。故近朱者赤，近墨者黑。”这里的“朱”指的是HgS【答案】C【解析】【详解

14、】A石灰石加热后制得生石灰，同时生成CO2，该反应为分解反应，A 正确；B根据“蒸令气上”可知，是利用互溶混合物的沸点差异进行分离，其操作是蒸馏，B 正确；C绿矾的化学式是FeSO47H2O，在溶液中电离出二价铁离子、硫酸根离子，不能电离出H+，C错误；D“近朱者赤，近墨者黑”中的“朱”是指朱砂，主要成分为HgS，硫化汞的天然矿石为大红色，D 正确。答案选 C。11下列说法不正确的是()A氯气是一种重要的化工原料，广泛应用于自来水的消毒和农药的生产等方面B化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等都可能用到硫酸C利用光线在硅晶体内的全反射现象，可以制备光导纤维D铜能与氯化铁溶液反应，该反

15、应可以应用于印刷电路板的制作【答案】C【解析】【详解】A氯气是一种重要的化工原料，可制备HCl 等，可用于农药的生产等，如制备农药六六六等，氯气与水反应生成的次氯酸具有氧化性，能够杀菌消毒，故A 正确；B硫酸能够与氨气反应生成硫酸铵，是常见的化学肥料、能与金属矿石、金属氧化物反应生成硫酸盐，故 B 正确；C光导纤维的主要成分为二氧化硅，而硅用于制作半导体材料，故C错误；D铜能与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应可以应用于印刷电路板的制作，故D 正确；故选 C。12研究表明，地球上的碳循环，光合作用是必不可少的（如下图所示）。下列叙述正确的是A石油与煤是可再生能源BCO2是煤、石油形成淀

16、粉、纤维素等的催化剂C光合作用将太阳能转化为化学能D图中所出现的物质中淀粉与纤维素为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A.石油与煤是化石燃料，属于不可再生资源，A 项错误；B.煤、石油燃烧会生成二氧化碳，生成的二氧化碳参与光合作用形成淀粉与纤维素等，因此二氧化碳不是催化剂，而是该过程的中间产物，B项错误；C.光合作用是绿色植物在叶绿体内吸收太阳光把二氧化碳和水合成葡萄糖，同时放出氧气，将太阳能转化为化学能，C项正确；D.图中所出现的物质中淀粉与纤维素分子式中的n 值不同，因此不属于同分异构体，D 项错误；答案选 C。【点睛】淀粉与纤维素的分子通式虽均为(C6H10O5)n，但 n 值不同，所

17、以不属于同分异构体，一定要格外注意。13下列对实验现象的解释正确的是选项操作现象解释A 将铜粉加入Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝金属铁比铜活泼B 铜与浓硫酸共热有灰白色固体生成浓硫酸具有强氧化性和吸水性C 氧化铁溶于足量HI 溶液溶液呈棕黄色Fe3+呈 棕黄色D 向待测液中加入适量的NaOH 溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口湿润的红色石蕊试纸未变蓝待测液中不存在NH4+A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A二者反应生成硫酸铜、硫酸亚铁，只能说明铁离子氧化性大于铜离子，不能比较金属性；要证明金属铁比铜活泼，要将铁放入硫酸铜等溶液中，故A错误；B铜与浓硫酸共热有灰白色

18、固体生成，说明生成了无水硫酸铜，铜被氧化，硫酸具有氧化性，硫酸铜从溶液中析出时应是CuSO45H2O，是蓝色固体，现变成白色，是无水硫酸铜，说明浓硫酸具有吸水性，故B正确；C氧化铁溶于足量HI 溶液，Fe2O3 6H+2I=2Fe2+I2 3H2O，生成的碘溶于水也呈黄色，故C错误；D铵根离子与氢氧化钠在加热条件下能反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，这是氨气的特征反应，但湿润的红色石蕊试纸未变蓝，也可能是溶液太稀，没有得到氨气，无法确定待测液中是否存在 NH4+，故 D 错误；故选 B。14下列有机物命名正确的是（）A氨基乙酸B2二氯丙烷C2甲基丙醇DC17H33COOH硬脂酸【答

19、案】A【解析】【详解】A.为氨基乙酸，A 正确；B.为 2，2-二氯丙烷，B错误；C.2-甲基-1-丙醇，C错误；D.C17H33COOH为油酸，D 错误；故答案为：A。15已知常温下Ka(CH3COOH)Ka(HClO)、Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)。下列分析不正确的是（）A将 10 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液逐滴滴加到10 mL 0.1 mol/L 盐酸中：c(Na)c(Cl)c(CO32)c(HCO3)B现有 200 mL 0.1 mol/L NaClO 溶液，100 mL0.1 mol/L CH3COONa溶液，两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和：C向 0.1

20、 mol/L NH4Cl溶液中加入少量NH4Cl 固体：+4-c(NH)c(Cl)比值减小D将 AgBr 和 AgCl的饱和溶液等体积混合，再加入足量AgNO3浓溶液：产生的AgCl沉淀多于AgBr 沉淀【答案】C【解析】【详解】A.10 mL0.1 mol?L-1Na2CO3溶液逐滴滴加到10 mlL0.1 mol?L-1 盐酸中，开始时产生二氧化碳气体，滴加完后盐酸完全反应，碳酸钠过量，所以得到碳酸钠和氯化钠的混合物，所以离子浓度大小为：c(Na+)c(Cl-)c(CO32-)c(HCO3-)，A 正确；B.由于 Ka(CH3COOH)Ka(HClO)，ClO-水解程度大于CH3COO-水

21、解程度，两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和：，B 正确C.向 0.1 mol/L NH4Cl溶液中，存在NH4+H2O?NH3 H2O+H+，加入少量NH4Cl固体，NH4+，NH4+水解平衡正向移动，c(NH3 H2O)、c(H+)，水解常数不变，即4h32c NH1Kc NH?H O?c H，NH4+水解程度减小，4c Hc NH减小，432c NHc NH?H O、4c NHc Cl增大，C错误；D.因为 Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)，在 AgCl 和 AgBr 两饱和溶液中，前者c(Ag+)大于后者c(Ag+)，c(Cl-)c(Br-)，当将 AgCl、AgBr 两饱和溶液混

22、合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr 沉淀，与此同时，溶液中c(Cl-)比原来 AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr 沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，D 正确；故答案为：C。【点睛】当盐酸逐滴滴加Na2CO3溶液时，开始时不产生二氧化碳气体，随着盐酸过量，才产生二氧化碳气体，其反应方程式为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某实验室废液含4NH、Na+、Fe3+、Cr3+、2-4SO、3-4PO等离子，现通过如下流程变废为宝制备K2Cr2O7。已知：(

23、a)2-+2-42722CrO+2HCr O+H O垐?噲?色橙色黄；3+3+336Cr+6NH=Cr NH色黄(b)金属离子形成氢氧化物沉淀的pH 范围如表。金属离子pH 开始沉淀完全沉淀Fe3+2.7 3.7 Cr3+4.9 6.8 请回答：(1)某同学采用纸层析法判断步骤加入KOH的量是否合适。在加入一定量KOH 溶液后，用毛细管取样、点样、薄层色谱展开、氨熏后的斑点如图所示。加入 KOH最适合的实验编号是(实验顺序已打乱)_，C 的斑点颜色为 _。(2)步骤含Cr物质发生的主要反应的离子方程式为_。(3)在下列装置中，应选用_。(填标号)(4)部分物质的溶解度曲线如图2，步骤可能用到下

24、列部分操作：a 蒸发至出现大量晶体，停止加热；b 冷却至室温；c，蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；d洗涤；e趁热过滤；f抽滤。请选择合适操作的正确顺序 _。(5)步骤中合适的洗涤剂是_(“无水乙醇”、“乙醇-水混合液”、“热水”、“冰水”)。(6)取 mg 粗产品配成250mL 溶液，取25.00mL 于锥形瓶中，用cmol L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定(杂质不反应)，消耗标准(NH4)2Fe(SO4)2溶液 VmL，则该粗产品中K2Cr2O7的纯度为 _。【答案】A 黄色2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O A aebfd 冰水0.49cvm 1

25、00%【解析】【分析】某实验室废液含Na+、Fe3+、Cr3+、SO42-、PO43-等离子，加入KOH，可生成Fe（OH）3、Cr（OH）3沉淀，沉淀加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成CrO42-，过滤，红褐色沉淀为Fe（OH）3，加入酸可生成K2Cr2O7，由图 1 可知，蒸发至出现大量晶体，停止加热，趁热过滤除外KCl等，然后冷却至室温、抽滤、洗涤可得到 K2Cr2O7，以此解答该题。【详解】（1）加入氢氧化钠最适合时，Fe3+、Cr3+恰好生成沉淀，则A 为合适，在加入一定量KOH溶液后，用毛细管取样、点样、薄层色谱展开、氨熏后发生Cr3+6NH3=Cr（NH3）63+（黄色），则斑点

26、呈黄色，故答案为：A；黄色；（2）根据分析可知步骤含Cr 物质被氧化，发生的主要反应的离子方程式为2Cr（OH）3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O，故答案为：2Cr（OH）3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O；（3）步骤反应需要加热，且反应中需要加入液体，因此选用A 装置；故答案为：A；（4）步骤由溶液得到晶体，实验时，蒸发至出现大量晶体，停止加热，趁热过滤除外KCl等，然后冷却至室温、抽滤、洗涤可得到K2Cr2O7，则顺序为aebfd，故答案为：aebfd；（5）K2Cr2O7具有强氧化性，不能用乙醇洗涤，在温度较低时溶解度较小，则用冷水洗涤，故答案为：冰水；（

27、6）该滴定实验的滴定原理为利用Fe2+使 Cr2O72-完全转化为Cr3+，二者数量关系为Cr2O72-6Fe2+，滴定过程消耗的n（Fe2+）=cV/1000mol，故待测液中K2Cr2O7物质的量为cV6 1000mol，所以样品中K2Cr2O7物质的量为cVcV61000600250=25mol，质量为cV600294=0.49cVg，所以质量分数为：0.49cvm 100%，故答案为：0.49cvm 100%【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，理解工艺流程原理是解题的关键；第（6）题考虑到K2Cr2O7的氧化性不难想到滴定原理。三

28、、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17钽是一种过渡金属，钽酸锂(LiTaO3)可用于制作滤波器。一种制备钽酸锂的流程如下：回答下列问题：（1）LiTaO3中钽的化合价为_。（2）同体 A 呈红色，其主要成分是_（写化学式），常见用途有_（填一种即可）。（3）操作 2 的名称是 _，用来检验溶液B 中阴离子的常用试剂是_。（4）HTaO3是_（填字母）。a难溶的强酸b可溶的弱酸c可溶的强酸d难溶的弱酸（5）烧渣与NaOH 溶液转化成溶液A 的过程中，发生反应的离子方程式为_。（6）上述废料中含Ta2O5的质量分数为44.2%，杂质不含Ta元素。现有100kg 该废料，按上述流程最多可制备

29、 _kgLiTaO3。【答案】+5Fe2O3制作颜料过滤AgNO3和稀硝酸d 25322OHTa O=+2TaOO+H47.2【解析】【分析】含 Ta2O5、FeO 及油脂的废料在空气中高温出去油脂将FeO 氧化为 Fe2O3，加 NaOH 溶液得 NaTaO3过量盐酸得 HTaO3，再加 Li2CO3灼烧得 LiTaO3。（1）化合价可通过化合价代数和为零计算；（2）固体 A 为 Fe2O3，可用于制作颜料；（3）操作 2 为过滤，溶液B 中含有阴离子为Cl；（4）由操作2 过滤可知HTaO3为难溶性酸，溶液A中含有 TaO3-与盐酸反应生成HTaO3，HTaO3为弱酸；（5）NaOH 与

30、Ta2O5反应生成 NaTaO3和 H2O；（6）通过元素质量守恒计算。【详解】（1）LiTaO3中钽的化合价为X=0-(+1)-(-2)3=+5，故答案为：+5；（2）固体 A 为 Fe2O3，可用于制作颜料；故答案为：Fe2O3；制作颜料；（3）操作 2 用于分离溶液B 和固体 HTaO3，故操作 2 为过滤；溶液B中含有阴离子为Cl，可用 AgNO3和稀硝酸来鉴别；故答案为：过滤；AgNO3和稀硝酸；（4）由操作2 过滤可知HTaO3为难溶性酸，溶液A中含有 TaO3-与盐酸反应生成HTaO3，HTaO3为弱酸；故答案为：d；（5）烧渣与 NaOH溶液转化成溶液A的过程中，发生反应的离子

31、方程式为25322OHTa O=+2TaOO+H；故答案为：25322OHTa O=+2TaOO+H；（6）100kg 该废料中含Ta2O5质量m=100kg44.2%=44.2kg则 Ta2O5物质的量m44200gn=100molM442g/mol，则 LiTaO3物质的量为200mol，LiTaO3质量m=nM=200mol236g/mol=47200g=47.2kg；故答案为：47.2。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18有机化合物H 是一种治疗心血管疾病药物的中间体。一种合成H 的路线：已知：信息 CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2信息 3332CH CH

32、O+CH CHOCH CH=CHCHO+H OV稀碱回答下列问题：（1）C的化学名称为_，D 中的官能团名称是_。（2）的反应类型是_。（3）F的结构简式为_。（4）写出由E和 G 生成 H 的化学方程式：_。（5）芳香族化合物Q 是 H 的同分异构体，一定条件下，H 和 Q 分别与足量H2加成，得到同一种产物，则 Q 的可能结构有_种(环中没有碳碳叁键，也没有连续的碳碳双键，不考虑立体结构)，其中分子内存在碳碳叁键的同分异构体的结构简式为_。（6）呋喃丙烯酸()是一种医治血吸虫病的药物呋喃丙胺的原料。设计以为原料合成呋喃丙烯酸的合成路线(无机试剂任选)。_。【答案】环戊烯溴原子、碳碳双键消去

33、反应6【解析】【分析】A 为，与 H2发生加成反应生成的B应为，再在浓硫酸的催化作用下发生消去反应生成C，C 为，C反应信息的反应生成D 为，D 发生水解反应生成E为；与 CH3CHO发生信息的反应生成的F为，被氧化生成G，G 和 E能发生酯化反应，则G 为，H 为；据此解答。【详解】(1)C 为，其化学名称为环戊烯，D 为，含有的官能团名称是溴原子和碳碳双键；(2)反应为在浓硫酸的催化作用下发生消去反应生成C，则反应类型是消去反应；(3)由分析知F的结构简式为；(4)G 和 E能发生酯化反应生成H 的化学方程式为；(5)H 为，化合物H 的同分异构体Q 为芳香族化合物，说明含有苯环；H、Q

34、分别与足量H2进行催化加成，能生成同一产物，则：如果五元环上不含碳碳双键，则支链中含有CC键，有 1 种；如果五元环上有2 个碳碳双键，且两个碳碳双键不能相邻，有3 种；如果五元环上有1个 CC 键，有 2 种，则符合条件的有6 种；其中分子内存在碳碳叁键的同分异构体的结构简式为；(6)乙醇被催化氧化生成乙醛，乙醛和反应生成，然后催化氧化得到，其合成路线为。192019 年 10 月 9 日，瑞典皇家科学院将2019 年度诺贝尔化学奖授予美国JohnBGoodenough 教授、M.stanleyWhittlingham教授和日本化学家AkiraYoshino，以表彰其在锂离子电池的发展方面作

35、出的贡献。（1）基态锂原子核外能量最高的电子所处能级的电子云轮廓图的形状为_；基态磷原子第一电离能比硫的_(填“大”或“小”)，原因是 _。（2）实室中可用KSCN或 K4Fe(CN)6来检验 Fe3+，FeCl3与 KSCN溶液混合，可得到配位数为5 的配合物的化学式是 _；（3）磷酸(H3PO4)和亚磷酸(H3PO3)是磷元素的两种含氧酸。PO43-的空间构型为_；亚磷酸与NaOH 反应只生成 NaHPO3和 NaH2PO3两种盐，则H3PO3的结构式为 _。（4）磷酸分子间脱水可生成多磷酸，其某一钙盐的结构如图所示：由图推知该多磷酸钙盐的通式为_（用 n 表示重复单元数）（5）氧化亚铁晶

36、体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为g cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与O2-紧邻且等距离的Fe2+数目为 _；Fe2+与 O2-最短核间距为_pm。【答案】球形大基态磷原子的3p 轨道处于半充满状态，较稳定K2Fe(SCN)5 正四面体(CaP2O6)n6 103A3610Npm【解析】【分析】【详解】(1)基态锂原子价电子排布式为2s1，电子最高占据2s 能级，电子云轮廓图形为球形；基态磷原子的3p 轨道处于半充满状态，较稳定，所以磷的第一电离能比硫大；(2)Fe3+与 SCN-形成的配合物中，Fe3+提供空轨道，SCN-提供孤对电子作为配体，所以配位数为5 的

37、配离子为Fe(SCN)52-，相应的配合物的化学式是K2Fe(SCN)5；(3)PO43-中 P的价层电子对数为4+52342=4，无孤电子对，所以的空间构型为正四面体；亚磷酸 H3PO3与 NaOH 反应只生成NaHPO3和 NaH2PO3两种盐，说明亚磷酸含有2 个羟基氢原子，另外的一个H、O 直接与 P相接，所以H3PO3的结构式为；(4)根据图知，其最小的重复部分为，据此判断形成盐的化学通式为(CaP2O6)n；(5)以体心 O2-研究，与 O2-紧邻且等距离的Fe2+处于面心，共有6 个；Fe2+与 O2-的最短核间距等于晶胞棱长的12，晶胞中Fe2+数目=818+612=4，O2-离子数目=1+1214=4，所以晶胞质量=A472Ng，设二者最短距离为 a pm，则晶胞棱长=2a pm，晶胞的体积为(2a10-10cm)3=8a3 10-30cm3，则：A472Ng=g?cm-3 8a3 10-30cm3，解得 a=103A3610Npm。【点睛】同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第A 元素（最外层全满）第一电离能大于第A 元素，第 A 族（最外层半满）的第一电离能大于第A 族元素。