2023年北京高考化学模拟试题含解析.pdf

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1、1.下列图示正确的是A.3p电子的电子云轮廓图:B.S03 的 VSEPR 模型:C.基态氧原子的轨道表示式:也四皿i nD.H-C1的形成过程：H-+.&：H*:州【答案】C【详解】A.为 S电子云轮廓图，3P电子的电子云轮廓图为H-+d：H：c 1 ：，呈哑铃形，A 不正确；B.S03的价层电子对数为3,发生sp?杂化，VSEPR模型为平面正三角形，B 不正确；C.基态氧原子的电子排布式为Is22s22P4,2P轨道的4 个电子排布在三个2P轨道上，由于三个轨道的能量Is 2s 2p相同，2 个成对电子可以排布在任意的i 个 2P轨道上，则轨道表示式：pni rn-i r r 1111 ，

2、c 正确；D.H-Cl为共价化合物，形成过程为H-+-C1：H：CI：,D 不正确；故选C。2.关于人体营养物质，下列说法不无砸的是A.葡萄糖和麦芽糖都可以发生银镜反应B.血红蛋白中的Fe(II)配合物能够携氧，是因为Fe(II)可以与氧气分子形成配位键C.油脂长时间放置后会产生不愉快的气味，是因为被氧气氧化了D.DNA通过共价键结合成稳定的双螺旋结构【答案】D【详解】A.葡萄糖和麦芽糖中均含有醛基，都可以发生银镜反应，A 项正确；B.Fe(II)可以与氧气分子形成配位键，故血红蛋白中的Fe(H)配合物能够携氧，B 项正确；C.油脂中含有碳碳双键，易被氧化，生成刺激性气味气体，C 项正确；D.

3、DNA通过氢键结合成稳定的双螺旋结构，D 项错误；答案选D。3.下列化学用语表示不氐断的是A.Mg?+的结构示意图：B.醋酸的实验式：CH2OC S-的电子排布式：Is22s22P63s23P6D.基态铭原子（24Cr）的价层电子排布式：3d44s2【答案】D【详解】A.Mg原子失去两个电子形成Mg2+,其结构示意图为（+12）2 8，A 项正确;B.醋酸的实验式为CH2O,B 项正确；C.S 原子得到两个电子形成S V 其电子排布式为Is22s22P63s23P6,C 项正确；D.基态铭原子QCr）的价层电子排布式为3d54sl D 项错误；答案选D。4.下列有关微粒性质的排列顺序中，不正碰

4、的是A.原子半径：NaS0 B.稳定性：H2OH2SPH3C.电负性：NOC D.第一电离能：OVFVNe【答案】C【详解】A.同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，故原子半径：NaS0,A 项正确；B.非金属性：0 S P,则其氢化物的稳定性：H2OH2SPH3,B 项正确；C.同周期从左到右，电负性逐渐增大，同一主族从上到下，电负性逐渐减小，电负性：0 N C,C 项错误；D.同周期从左到右，第一电离能逐渐增大，故第一电离能：OVFVNe,D 项正确；答案选C。5.下列各组物质中，化学键类型和晶体结构类型都相同的是A.SiO2 和 H20 B.CO2 和

5、Na2cChC.KOH 和 NaCl D.NaCl 和 BaBr2【答案】D【详解】A.SiCh和 H2O都只有共价键，二者化学键类型相同，SiCh为共价晶体，H2O为分子晶体，二者晶体结构类型不同，A 错误；B.C02只有共价键，Na2cCh含离子键和共价键，二者化学键类型不同，CCh为分子晶体，Na2cCh为离子晶体，二者晶体结构类型不同，B 错误；c.K O H含离子键和共价键，N a C l只有离子键，二者化学键类型不同，K O H和N a C l都是离子晶体，二者晶体结构类型相同，C错误；D.N a C l和B a B n都只有离子键，二者化学键类型相同，N a C l和B a B

6、r?都是离子晶体，二者晶体结构类型相同，D正确；故选D。6.下列有关共价键和键参数的说法不氐现的是A.反-2-丁烯(C 4 H 8)分子中含有8个极性键和4个非极性键B.碳碳双键比碳碳单键键能更大，故碳碳双键更稳定C.C-H键比Si-H键键长更短，故C H 4比Si F U更稳定D.由于孤电子对的存在，H 2 O分子中的键角小于1 0 9。2 8【答案】B【详解】A.反-2-丁烯(C 4 H 8)分子中含有8个极性键(C-H键)和4个非极性键(C-C键)，A项正确；B.碳碳双键中有一个。键和一个兀键，w键不稳定，容易断裂，B项错误；C.C的半径小于Si,因此C-H键比S i-H键短，因此CE比

7、S i F U稳定，C项正确；D.中心原子0含有孤电子对数，孤电子对之间的斥力 孤电子对与成键电子对之间的斥力 成键电子对之间的斥力，因此H z O分子中键角小于109。2&,D项正确；答案选B。7.化 合 物M是一种治疗脑卒中药物中间体，其结构简式如下图。下列关于该有机物的说法不无硬的是0,CH=CHCOO(CH,)4BrH()OCH.A.存在顺反异构B .分子中有3种含氧官能团C.能与B r2发生取代反应和加成反应D.I mol该有机物最多消耗2 moi N a O H【答案】D【详解】A.该有机物分子中含有碳碳双键，且双键碳原子连有两个不同的基团，所以有顺反异构，故A正确；B.分子中有羟

8、基、酸键和酯基三种含氧官能团，故B正确；C.苯环上直接连有羟基，具有酚的性质，在酚羟基的邻对位上的氢原子可以被溟取代，分子中有碳碳双键，可以和澳发生加成反应，故C正确；D.酚能和N a O H发生中和反应，酯基在N a O H溶液中可以发生水解反应，卤代燃也能在N a O H溶液中发生水解反应，所 以I mol该有机物最多消耗3moi N a O H,故D错误；故选D。8.萤石是制作光学玻璃的原料之一，其主要成分氟化钙的晶胞结构如下图所示。下列说法不正确的是A.氟化钙的化学式为C a F 2B.每个晶胞中含有4个C a 2+C.最近的两个F之间的距离是晶胞边长的一半D.每个C a 2+周围距离

9、最近且等距的F有4个【答案】D【详解】A.根据均摊法计算C a 2+数为8 x：+6 x 4 =4,F在晶胞内部，有8个，二者个数比为1:2,氟化钙的化学式为C a F 2,故A正确；B.根据均摊法计算C a 2+数为8X：+6X;=4,每个晶胞中含有4个C a?+,故B正确；C.8个F组成一个小立方体，最近的两个F之间的距离是晶胞边长的一半，故C正确；D.以面心的C a 2+为研究对象，每个C a 2+周围距离最近且等距的F有8个，故D错误；故答案为D9.下列粒子空间构型和中心原子杂化方式都正确的是A.C H 2 c上、正四面体、s p3 B.H2O V 形、s p2C.B C b、平面三角

10、形、s p2 D.NH：、三角锥形、s p3【答案】C【详解】A.C H 2 c 12中心原子C与H和C l形成4个共价键，采取s p3,分子构型为四面体、，故A错误；B.比0中心原子的价层电子对为4,有两对孤电子对，采取s p3,分子构型为V形，故B错误；C.B C b中心原子的价层电子对为3,采取s p2,分子构型为平面三角形，故C正确；D.N H：中心原子的价层电子对为4,采取s p,分子构型为正四面体形，故D错误；故答案为C10.N i单原子催化剂具有良好的电催化性能，催化转化C O2的历程如下。下列说法不用碰的是A.过程一中C的杂化方式发生改变B.过程一涉及极性键的断裂与生成C.生

11、成 ImolC O,需要2 moi 电子D.从反应历程看，N i 未参与反应【答案】D【详解】A.结合图示C原 子 的。成键个数可知，一中C的杂化方式从sp变为sp2,A正确；B.一为发生了 C-0 键的断裂，和 H-O 键的生成，涉及极性键的断裂与生成，B正确；C.从图示过程可以看出C 0 2 在 N i 的作用下催化生成CO和 H 2 O,每生成ImolC O 转移2 moi 电子，C正确；D.从反应过程来看，有 C-N i 键的生成和断裂，N i 参与了反应，D 错误；答案选D。1 1.向含H CN的废水中加入铁粉和K2 c C h可制备Ki F e(C N)6,发生反应：6 H C N

12、+F e+2 K2C O 3=K4 F e(C N)6 +氏 1+2 c O 2 T+2 H?0,下列说法不氐砺的是A.依据反应可知：Ka(HC N)K“,(H2 c o3)；还原性：F e H2B.H CN中 C的化合价为+2价；键和兀键数目之比为I：1C.F e 位于周期表中第V HI族；反应中F e 失去4 s2 电子D.F e(C N)6 产中F e 2+的配位数是6；配位原子(提供孤电子对)为C【答案】A【详解】A.由方程式可知，该反应为有化合价变化的氧化还原反应，与溶液的酸碱性无关，无法判断H CN和 H2 c C h的酸性强弱，因此无法比较酸的电离常数的大小，错误，A符合题意；B

13、.H CN的结构式为H C 三N,其中H 的化合价为+1,N的化合价为-3,根据化合价代数和为0,C的化合价为+2；H C键为。键，C 三N中 有 1 个。键，2 个兀键，因此G键和兀键数目之比为2：2,即1:1,正确，B不符合题意；C.F e 是 2 6 号元素，在周期表中的位置为第四周期第V HI族，F e 的价层电子排布式为3 d 6 4 s2,在该反应中 F e 的化合价从。价升高到+2 价，失 2 个电子，因此失去了 4 s2 电子，正确，C不符合题意；D.该配合物离子 中心离子为Fe2+,配位离子为C N,配位数为6。CN-中 C 的电负性小，更容易提供电子，因此配位原子为C,正确

14、，D 不符合题意：答案选A。1 2.高分子M 广泛用于纺织、涂料等产品，合成路线如下:OH OCII高分子M0 0R，OH+R OR R O R-ROH下列说法下思酶的是A.A 是 CH3coOCH3的同系物B.AN 加成聚合反应C.生 成 Imol高分子M 的同时生成mmol乙酸甲酯D.M、N 均可水解得到十出一土HOH【答案】A（分析 CH3coOH与 C2H2加成得到A,A 为CH3COOCH=CH2,A 聚合得到N,N 为N 与 CH30H发生信息所给的反应，得到CH3COOCH3和高分子M；土YnoH)COrrCH2-C H【详解】A.根据分析可知A 为 CH3co0CH=CH2,与

15、 CH3coOCH3的结构不相似，不是同系物，故 A 错误；干 CH2+B.ATN 是 CH3co0CH=CH2加成聚合生成高分子 C C H，属于加成聚合反应，故 B0正确;c.根据流程可知生成1 mol高分子M-FCH-CHCH-CH；O H Oc C H3有n1个链节发生酯交o换，生成mmol乙酸甲酯，故C正确;t C H-C H i +C H2-C H C H2-C H D，N 为 o c CH3 M 为 OH Oc C H,I I I I0 0-f-CH0CH4-解得到 I ,故D正确；OH故答案为A。1 3.下列实验操作不能达到实验目的的是酯基水解均可水选项实验目的实验操作A检验电

16、石与水反应生成的乙焕将生成的气体先通过盛有足量C u SO 4溶液的洗气瓶，再通入酸性高镒酸钾溶液B验证淀粉能发生水解反应将淀粉和稀硫酸混合后加热煮沸，冷却后先加入足量N a O H溶液，再加入新制CU(OH)2悬浊液，加热C检验乙醇发生消去反应将乙醇和浓硫酸的混合液加热到i 7(r c,将生成的气体通入B r?的C C L溶液D检验C H 3 cH 2B r中的B r先加入N a O H溶液，微热反应，取上层液体加入足量稀硝酸，再滴加A g N C h溶液A.A B.B C.C D.D【答案】C【详解】A.电石与水反应生成的乙焕中含有H 2s等杂质，先用C u SO 4除去H 2s等气体，以

17、排除对乙焕检验产生的干扰，再用酸性高锯酸钾溶液检验乙焕，A能达实验目的；B.将淀粉和稀硫酸混合后加热煮沸，水解液中含有硫酸，会溶解C u(O H)2悬浊液，干扰葡萄糖的检验，冷却后先加入足量N a O H溶液中和硫酸，排除硫酸产生的干扰，再加入新制C u(O H)2悬浊液，加热，以检验葡萄糖的存在，B能达实验目的；C.乙醇和浓硫酸的混合液加热到1 7 0,生成的乙烯气体中混有二氧化硫和水蒸气，二氧化硫也能使溪水褪色，会干扰乙烯的检验，所以将生成的气体通入B n的C C 1 4溶液，即便溶液褪色，也不能证明乙烯的存在，C不能达实验目的；D.C H 3 cH?B r不能与A g N C h溶液反应

18、，先加入N a O H溶液，微热让其发生水解反应，取上层液体加入足量稀硝酸，中和N a O H,排除干扰，再滴加A g N C h溶液，根据沉淀的颜色确定B r的存在，D能达实验目的；故选C。1 4.橡胶a与交联剂b反应，得到交联橡胶L。（图中c n/s表示链延长）交联橡胶L下列说法不氐硬的是A.由 1,3-丁二烯、C H 2=C H C N、C H 2=C H C O O H 可制备橡胶 aB.在一定条件下水解交联橡胶L,橡胶a可回收再利用C.交联剂b、交联橡胶L在一定条件下水解均可得到丙三醇D.制备交联橡胶L的反应是缩聚反应【答案】D【详解】A.三种物质发生加聚反应合成橡胶a；B.交联橡胶

19、L中酯基发生水解后会生成橡胶a；C.交联剂b、交联橡胶L 中的酯基水解后会生成丙三醇;D.制备交联橡胶L 的反应是加成反应；答案为D。II卷非选择题(共58分)15.1.在下列物质中：C02、KC1、CaB。、金刚石、N H Q、Ca(0H)2、H3N-BH3、Si。?、NH.；、S03、NaCl。请用序号回答下列问题：(1)既有离子键，又 有 极 性 键 的 是。(2)含 有 配 位 键 的 是。(3)属 于 共 价 化 合 物 的 是。(4)属 于 共 价 晶 体 是。(5)、中，熔点由高到低的顺序为 o(6)、键 角 由 大 到 小 的 顺 序 为。(7)平 均 ImolSiCh中，含

20、有 共 价 键 数 目 为。+C2H50c2H5(8)属于同分异构体，其 中 沸 点 较 高 的 是(填 序 号，下同)：属于同系物，其中水溶性较好的是(9)含有手性碳原子的是【答案】(1)(2)o 核酸中与相匹配的是、中(3)(4)(5)(6)(7)4NA 或 4x6.02x1()23(8).(9).【小 问 1详解】NH4cl由NH：、C构成，既有离子键，又有极性键；Ca(OH)2由Ca?+、OFT构成，既有离子键，又有极性键：【小问2 详解】NH4cl中 N 和 H 之间有.1个配位键，NH4C1含有配位键；H3N-BH3中 N 和 B 之间通过配位键结合，H3N-BH3含有配位键；【小

21、问3 详解】C02、H3N-BH3、SiCh、NH3、SO3中只含共价键，属于共价化合物；【小问4 详解】金刚石、SiCh由原子直接构成，属于共价晶体；【小问5 详解】金刚石是共价晶体，沸点最高，CO2、NH3是分子晶体，熔点较低，N E 能形成分子间氢键，NH3的熔点大于C O 2;KC1、NaCl是离子晶体，熔点比共价晶体低比分子晶体高，钾离子半径大于钠离子，所以熔点KCKNaCl；熔点由高到低的顺序为金刚石 NaCl KC1 NH3 CO2;【小问6 详解】CO2是在线分子，键角为180。；金刚石是正四面体结构，NH3是三角锥形，SO3是平面结构，键角由大到小的顺序为CO2 SO3金刚石

22、 NH3;【小问7 详解】SiCh中每个Si原子与4 个。原子形成4 个共价键，每个O 原子与2 个 S i原子形成2 个共价键，平均ImolSiOz中含有共价键数目为4 NA；【小问8 详解】CH3cH2cH2cHqH、C2H5OC2H5分子式相同、结构不同，属于同分异构体，CH3cH2cH2cH20H中含有羟基，其中沸点较高的是；CH3cH20H、CH3cH2cH2cH20H结构相似，分子组成相差2 个 CH?,CH3cH20H和 CH3cH2cH2cH20H属于同系物；CH3cH20H的煌基较小，所以水溶性较好的是CH3CH2OH；【小问9 详解】连有4 个不同原子或原子团的碳原子为手性

23、碳原子，CH3cH(NHACOOH含有手性碳原子。核酸中与NH?相匹配的是。H1 6.以NaOH、C11SO4和 HCHO为主要成分的镀液可在某些材料上镀铜，原理如下：Cu2,+2HCHO+4OH-Cu+2HCOO+2H2O+H2 T(1)基态Cu原 子 的 价 层 电 子 排 布 式 为。(2)根据反应原理分析：镀铜反应中，利用了 HCHO的 性；每 镀 Imol铜，上述反应中转移电子 moL选择HCHO进行化学镀铜的原因之一是它易溶于水。下 列 分 析 正 确 的 是。a.HCHO、H2O均属于极性分子b.HCHO与 H?O之间能形成氢键c.在醛基的碳氧双键中，电子偏向氧原子(3)镀液中的

24、SO：、HCHO、H2O三种微粒，空 间 结 构 为 三 角 形 的 是。(4)为防止CiP+与 OH形成沉淀，可加入EDTA使 Ci?+形成配合物。EDTA能电离出H+和 EDTA8：OOCH,C、,C H 2coO .N CHCH2 N(EDTA4*)OOCHjCX XCH2COOEDTA，-中除部分O 外，还能与CiP+配 位 的 原 子 是。(5)铜一银镀层能增强材料的耐蚀性。按照核外电子排布，把元素周期表划分为5 个区。Ni位于区。(6)聚酰亚胺具有高强度、耐紫外线、优良的热氧化稳定性等性质。某聚酰亚胺具有如下结构特征：上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜。原因是:。聚合物有可能

25、与Cu?+配位。【答案】(1)3din4s(2).还原.4.ab(3)HCHO(4)N(5)d(6)聚酰亚胺在碱性条件下会发生水解【小问1 详解】Cu为 29号元素，则基态Cu原子的价层电子排布式为3 d 4 s l;【小问2 详解】根据反应Cu2+2HCHO+4OH-C u+2H C 00+2H20+H2T可知，HCHO中碳元素化合价为0 价转化为HCOO中碳元素化合价为+2价，则说明镀铜反应中，利用了 HCHO的还原性，根据反应中元素化合价可知，反应中还原剂只有H C H O,根据离子方程式可知，每消耗2mo】H C H O,生 成 Im olC u,转移4moi电子；HCHO、氏。均属于

26、极性分子，HCHO与 H2O之间能形成氢键，根据相似相溶原理可知，HCHO易溶于水，与醛基的碳氧双键中，电子偏向氧原子无关，故选ab；【小问3 详解】SO：的价层电子对数为4+二 2L_=4,孤电子对数为0,其空间结构为正四面体形，HCHO中 C2是中心原子，根据Vesper理论，C 提供4 个价电子，H 提 供 1个价电子，O 不提供价电子，总共6 个价电子，其空间结构为平面三角形，H2O的价层电子对数为2+:=4,孤电子对数为2,其空间结构为2V 形，则镀液中的SO：、HCHO、H2O三种微粒，空间结构为三角形的是HCHO；【小问4 详解】EDTA，-中的N 原子含有一对孤电子对，CM+含

27、有空轨道，两者之间可以形成配位键，故 EDTA，-中除部分O 外，还能与Cu2+配位的原子是N；【小问5 详解】根据元素周期表的分区依据可知，N i位于d 区；【小问6 详解】上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜，原因是：该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破坏。1 7.钛酸钢具有优良的介电、压电特性，主要用于电容器、自动温控等领域。(1)钛元素在周期表中的位置_ _ _ _ _ _ _;基 态 钛 原 子 价 电 子 的 轨 道 表 示 式 为。(2)领元素在自然界中主要以重晶石形式存在，其成分为BaSCU,其中所含三种元素的电负性从大到小的 顺 序 为(用 元 素

28、符 号 表 示)；s o：的 空 间 构 型 为,其中S原子的杂化方式为(3)卤化钠(N a X)和四卤化钛(T i X 4)的熔点如图所示，下列判断正确的是_ _ _ _ _ _(选填字母序号)。b.随X半径的增大，N a X 的离子键减弱，熔点逐渐降低c.T i F 4 的熔点反常升高是由于F电负性大，T i F 4 为离子晶体，其余T i X 4 为分子晶体d.T i C l4 T i B r,、T i l4相对分子质量依次增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高(4)钛酸钢的晶胞结构如图所示，在该晶胞结构中，钛离子、钏离子、氧 离 子 的 个 数 比 为；该物质 的 化 学 式 为;晶体中

29、每个钢离子周围与其距离最近且相等的氧离子的数量是;每个钛离子 周 围 与 其 距 离 最 近 且 相 等 的 氧 离 子 的 数 量 是；其晶胞参数约为a p m,钛酸钢(式量为2 3 3)晶体的密度夕=g-c n r 3(设阿伏加德罗常数的值为NA,用含a、NA的代数式表示)Itltl I I lltil0-0【答案】(1).第四周期第IV B族.(2).O S Ba .正四面体形.s p 32 3 3(3)a b e d (4).1：1：3 .Ba T i C h .1 2 .6 .N【小 问 1 详解】3d 4sT i 在周期表中位于第四周期第IV B族，基态钛原子价电子的轨道表示式为|

30、日|而，故答案3d 4s为：第四周期第IV B族；.m；【小问2 详解】B a的电负性小于S 与。，S 与 0 为同族元素，随着原子序数增大，电负性减小，所以三种元素的电负性从大到小的顺序为：0SBa：对于SO；,根据VSEPR理论，VP=成键电子对数+孤电子对数=4+0=4,所以SO：-为正四面体形；根据杂化轨道理论，中心S 为 sp3杂化，故答案为：0SBa;正四面体形；sp3；【小问3 详解】a.NaX中只含有离子键，则 NaX为离子化合物，是离子晶体，故 a 正确：b.NaX是离子晶体，成键的离子半径越小，晶格能越大，离子键越强，熔点越高；则随X 半径的增大，NaX的离子键减弱，熔点逐

31、渐降低，故 b 正确；c.TiF4的熔点反常高是因为氟的电负性强，与 4 价钛形成离子键，而不是形成共价键，为离子晶体，其余TiX4熔点不高，是因为两原子电负性相差不大，形成的以共价键为主，为分子晶体，故 c 正确；d.根据上述分析可知TiCL、TiBa、TiL为分子晶体，其相对分子质量依次增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高，故 d 正确，故答案为：abed；【小问4 详解】根据均摊法，顶 角 粒 子 占!，棱上粒子占上，内部粒子为整个晶胞所有，所 以 1个晶胞中含有Ba?+的数8 4量 为 1,含有Ti，+的数量为8 x=l,含有。2一的数量为12X2=3,所以该晶胞结构中，钛离子、钢离8

32、 4子、氧离子的个数比为1：1：3；该物质的化学式为BaTiCh;晶胞中Ba2+处于体心，周围与之等距且最近的一均处于棱心，所以晶体中每个钢离子周围与其距离最近且相等的氧离子的数量是12；晶胞中Ti4+处于顶角，周围与之等距且最近的一在其上下左右前后共6 个，所以晶体中每个钛离子周围与其距离最近且相等的氧离子的数量是6；取 Imol晶胞，则有NA个晶胞，Imol晶胞质量为m=233g,一个晶胞体积为(ax 1 0*3cm,所以晶体密度m 233g 233.3 233为p-V-(axlO lo)3x NAcm3 (axlO-,o)3x NA g。由 故答案为：B aT 103;1 2;6;(ax

33、lO10)3.NA 1 8.治疗高血压的药物替利洛尔的一种合成路线如下。已知：RCOOH s o c2 RCOC1 RNH?-RCQNHR(1)A 分 子 含 有 的 官 能 团 是,(2)A-B 的化学方程式是 0(3)下列有关D 的 说 法 正 确 的 是(填 序 号)。a.由 B 制备D 的反应类型为加成反应b.试剂a 是 CI2c.适当的碱性条件，有利于DTE反应的进行(4)F 分子中有2 种不同化学环境的氢，则 F 的结构简式_ _ _ _ _ _。(5)K 与 L 反 应 的 化 学 方 程 式 为。(6)Q 反应生成R 的过程中，可能生成一种与R 互为同分异构体的副产物，该副产物

34、的结构简式为(7)已知：RCOOCH3+RCH2COOCH3-RCOONa+NaOH 丁 RH+Na2cCh写出由M 制备P 时中间产物1、3 的结构简式:试剂及反应条件已省略)。R RCOCHCOOCH3+CH3OH(中间产物1、2 互为同分异构体，部分COOCH3、H 3/cMCHOCOOCH3 中间产物1异构化中间产物2中间产物3OH【答案】（1）氯原子（或碳氯键）、碳碳双键【分析】C H 2=C H-C H 3与C 1 2在加热条件下发生取代反应，生成A结构简式为C H 2=C H-C H2C 1,在N aO H水溶液中发生水解，生 成B为C H2=C H-C H2OH,采用逆推法,依

35、 据P、Q的结构简式，可 确 定E为则D为C 1 C H 2cH eIC F h O H,试剂a为C L;由J的结构简式，参照F的分子式，可确定F贝ij L 为 C H 3 N H C H 2C O O C H 3,【小 问 1 详解】A的结构简式为C H 2=C H-C H 2C 1,则 A分子含有的官能团是氯原子(或碳氯键)、碳碳双键。答案为：氯原子(或碳氯键)、碳碳双键；【小问2 详解】A(C H 2=C H-C H2C 1)B(C H 2=C H-C H 2O H),则发生卤代燃的水解反应，化学方程式是1 4 o/C I+N a O H ,A/O H+N a C I。答案为：/C I+

36、N a O H I。a/O H+N a C I；【小问3详解】a.由B(C H 2=C H-C H 2O H)制备D(C 1 C H 2cH eIC H 2O H),是由B与 C b 发生加成，反应类型为加成反应，a正确;b.由分析可知，试剂a 是 C b,b 正确；c.D(C IC H2C H C IC H2OHHE(?H),同时生成H C 1,适当的碱性条件，有利于D(C 1 C H2C H C 1 C H2O H)-E()反应的正向进行，C正确;故选abc。答案为：abc；【小问4详解】F分子中有2 种不同化学环境的氢，则 F为对称结构，F的结构简式为：|O o 答案为:【小问5详解】C

37、CXKH,)与L(C H 3 N H C H 2C O O C H 3)发生取代反应，生成:COCIO O C H 和H C 1,化学方程式为COOCH,COOCH,+/N H C O O C H,COCIaCOOC H,-HCI；【小问6 详解】）反应生成R（）的过程中，环氧乙基中的C-O键也可以从另一侧断裂，从而得出另一种与R 互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为【小问7 详解】由信息可逆推出中间体3为|0HCOONa00,从而得出由M 制备P时中间产物1、3 的结构简式:0OHCOONa【点 睛】推断有机物的结构简式时，可采用逆推法。1 9.某 兴 趣 小 组同学探究KMnO4溶

38、液与草酸（H2c20。溶液反应速率的影响因素。配 制1.0 x1（Wmoi/LKMnOd溶 液、0.40mol/L草酸溶液。将KMnO4溶液与草酸溶液按如下比例混合。【设计实 验】序号V（KMnO4）/mLV（草酸）/mLV（H2O）/mL反应温度/2.02.00202.01.01.020（1）实验和的目的是。（2）甲认为上述实验应控制pH相 同，可加入的试剂是（填序号）。a.盐酸 b.硫酸 c.草酸【实施实验】小组 同 学 将 溶 液pH调 至1并进行实验和，发现紫色并未直接褪去，而是分成两个阶段：i.紫色溶液转变为青色溶液，i i.青色溶液逐渐褪至无色溶液。资料：（a）Mn?+无 色，在草

39、酸中不能形成配合物；（b）M n 无 色，有强氧化性，发 生 反 应Mn3+2C2。；.M n（C2（）4）/一（青绿色）后氧化性减弱;（c）MnO：-呈绿 色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生MnO；和Mil。？。（3）乙同学从氧化还原角度推测阶段i中可能产生M n O,，你认为该观点是否合理，并说明理由：【继续探究】进一步实验证明溶液中含有 M n（C2O4）2 反应过程中MnO；和 M n（C2O4）2浓度随时间的变化如下图。54321.OooooOTqOEE6(4)第i阶段中检测到有C O 2气体产生，反应的离子方程式为 o(5)实验在第i i阶段的反应速率较大，可能的原因是。(6)据

40、此推测，若在第i i阶段将c(H )调节至o.2 m o l-L J，溶 液 褪 至 无 色 的 时 间 会(填 增加”“减少”或“不变”)。【结论与反思】(7)上述实验涉及的反应中，草酸的作用是 o结论：反应可能是分阶段进行的。草酸浓度的改变对不同阶段反应速率的影响可能不同。【答案】(1)探究草酸浓度对反应速率的影响(2)b (3)否，M n O：-在酸性条件下不稳定，迅速分解产生M n O；和M n。？(4)M n O；+4H2C2O4MCO2+M n(C2O4),+4 H2O(5)实验中所加草酸的物质的量比实验的更少，导致阶段i形成的M n(C 2(D 4)2 1实验比实验的更少，生成的

41、M rP+实验比实验的更多，且M r?+的氧化性比 M n(C 2 O)T强(6)减少(7)还原剂和酸性【小 问1详解】由题干表中数据可知，实验和只有草酸的浓度不同，故该组实验的目的是探究草酸浓度对反应速率的影响，故答案为：探究草酸浓度对反应速率的影响；【小问2详解】a.盐酸能与酸性高镒酸钾反应，影响实验结论，a不合题意；b.硫酸不与草酸和酸性高锌酸钾反应，不会影响实验结论，b符合题意;C.草酸实验中本身就是探究草酸与酸性高铳酸钾反应速率的影响因素，c 不合题意；故答案为：b；【小问3 详解】由题干信息(c)可知，M nO f呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生MnO；和 Mn。？，而阶段

42、i 溶液呈酸性，故不可能产生，故答案为：否，M n O j在酸性条件下不稳定，迅速分解产生MnOq和 Mn。？；【小问4 详解】由题干图示信息可知，第 i 阶段中检测到有CO2气体产生同时生成MMCZOJ?，则该阶段反应的离子方程式为：MnO；+4H2C2O4=4CO2+Mn(C2O4+4H2O,故答案为：MnO4+4H2c2。4=482+M n(C2O4)2+4H2O；【小问5 详解】比较实验中所加草酸的物质的量比实验的更少，导致阶段i 形成的 Mn(C2O4)2J实验比实验的更少，根据已知信息(b)M+无色，有强氧化性，发生反应Mn3+2C2。：.二(青绿色)后氧化性减弱可知，形成的 M

43、n(C 2 O j,一 越少则生成的MrP+越多，由于Mi?+有强氧化性而 Mn(C2C)4)21 氧化性减弱，则导致实验在第让阶段的反应速率较大，故答案为：实验中所加草酸的物质的量比实验的更少，导致阶段i 形 成 的 实 验 比 实 验 的 更 少，生成的Mi?+实验比实验的更多，且 M/+的氧化性比 Mn C Oj,强；【小问6 详解】据此推测，若在第ii阶段将c(H)调节至0.2m ol-LT，即增大溶液中的H+浓度，则溶液中的草酸根离子浓度减小，不利于形成MMCZOJZ，则溶液中M/+的浓度增大，反应速率加快，溶液褪至无色的时间会减少，故答案为：减少；【小问7 详解】在反应乂|10；+41204=482+乂11204)2+41120中草酸既作还原剂又表现出酸性，同时提供C?。；与 MtP+形成络离子，故答案为：还原剂和酸性。