2023年江西省上饶市高考化学一模试卷(含答案解析).docx

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1、2023 年江西省上饶市高考化学一模试卷一、单项选择题本大题共 7 小题，共 42.0 分1. 化学已渗透到人类生活的各个方面以下说法正确的选项是()A. PM2.5含有的铅、镊、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素B. 合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物C. 可以用SiN4、Al2O3，制作高温构造陶瓷制品D. 绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进展治理2. NA是阿伏加德罗常数的值，以下说法错误的选项是()A. 0.1 mol H2和0.1 mol I2(g)于密闭容器中充分反响，其分子总数为0.2NAB. 1 L 0.1mol L1NaHCO3溶液中HCO、和CO2离子数之和

2、为0.1NA33C. 将2 g H2与足量的N2混合，充分反响后转移的电子数小于2NAD. 7.8 g Na2S和Na2O2的混合物中所含阴离子的数目等于0.1NA3. 以下说法正确的选项是 ()A. 标准状况下，5.6 L CO2与足量Na2O2反响转移的电子数为0.5NAB. 二氧化碳通过Na2O2粉末，反响后固体物质增重C. Na2O2溶于水产生O2：Na2O2 + H2O = 2Na+ + 2OH + O2 D. 1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NA4. 以下有关装置或仪器分析不正确的选项是()A. 在有机物分别试验中，可选择冷凝馏分B. 作为发生装置的优点是导出气体时扣去了

3、液体所占体积，且能平衡气压C. 用高锰酸钾与浓盐酸制氯气时，选作为净化气体装置可收集到纯洁的氯气D. 装置中盛装蒸馏水可吸取氯化氢、氨气、乙酸蒸气，且能防倒吸5. 有机物M 是合成某药品的中间体，构造简式如下图。以下说法错误的选项是()第 10 页，共 16 页A. 用钠可检验M 分子中存在羟基C. M 的分子式为C8H8O4B. M 能发生酯化、加成、氧化反响D. M 的苯环上一硝基代物有 2 种6. 醋酸、醋酸根离子在溶液中存在以下平衡及其对应的平衡常数：CH3COOH CH3COO + H+K1 = 1.70 105mol L1H1 0 CH3COO + H2O CH3COOH + OH

4、K2 = 5.9 1010 mol L1H2 0常温下，将等体积、等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液混合，以下表达正确的选项是()A. 对混合溶液进展微热，K1增大、K2减小B. 混合溶液的pH 7C. 混合溶液中CH3COO Na+D. 温度不变，假设在混合溶液中参加少量NaOH 固体，CH3COO减小7. 在2 L密闭容器中发生反响xA(g) + yB(g) zC(g)。图甲表示200C时容器中 A、B、C 物质的量随时间的变化关系，图乙表示不同温度下平衡时C 的体积分数随起始n(A)：n(B)的变化关系。则以下结论正确的选项是( )A. 200C时，反响从开头到平衡的平均速率v(B) =

5、0.04 mol L1 min1B. 200C时，该反响的平衡常数为 25C. 当外界条件由200C降到100C时，原平衡肯定被破坏，且正逆反响速率均增大D. 由图乙可知，反响xA(g) + yB(g) zC(g)的 H N C H B.第一电离能由大到小的挨次：O N C C.氮原子以sp2杂化轨道与氧原子形成键D.从物质分类角度M 属于芳香烃，M 中全部的碳原子不行能共面E.组成M 元素的氢化物稳定性：CH4 H2O NH3(2) 上述反响中断裂和生成的化学键有(填序号)。A. 氢键 B.配位键 C.金属键 D.范德华力 E.共价键 F.离子键(3) M与W(分子构造如图)相比，M 的水溶

6、性小，更利于Cu2+的萃取。M 水溶性小的主要缘由是 。(4) 基态Cu2+的外围电子排布图为 ，Cu2+等过渡元素水合离子是否有颜色与原子构造有关，且存在肯定的规律。推断Sc3+、Zn2+的水合离子为无色的依据是。离子Sc3+Ti3+Fe2+Cu2+Zn2+颜色无色紫红色浅绿色蓝色无色(5) ：Y 原子最高价氧化物对应水化物的酸性最强。铜与 Y 形成化合物的晶胞如附图所示(黑点代表铜原子，空心圆代表Y 原子)。该晶体的化学式为。(用元素符号表示)铜和Y 原子的电负性分别为1.9和3.0，则铜与 Y 原子形成的化合物属于(填“离子” 或“共价”)化合物。该晶体的密度为g cm3，阿伏加德罗常数

7、为NA，则该晶体中铜原子与 Y 原子之间的最13. ：R CH = CH O R(烯基醚短距离为pm(只写计算式)。烯基醚A 的相对分子质量(Mr)为 176，分子中碳氢原子数目比为 3：4，与 A 相关的反响如下：请答复以下问题：(1) A的分子式为(2) B的名称是；A 的构造简式为(3) 写出C D反响的化学方程式： (4) 写出两种同时符合以下条件的 E 的同分异构体的构造简式：、属于芳香化合物苯环上有两种不同环境的氢原子 答案与解析 1. 答案：C解析：解：A、砷为非金属元素，不是金属元素，故A 错误；B、高分子化合物是相对分子质量大于10000 的分子，光导纤维是二氧化硅，属于小分

8、子，故B 错误；C、制作高温构造陶瓷制品的原料的熔点应较高，故C 正确；D、绿色化学的核心是应用化学原理从源头消退污染，不是治理污染，故D 错误，应选C A、砷为非金属元素；B、光导纤维是二氧化硅，属于小分子化合物； C、制作高温构造陶瓷制品的原料的熔点应较高；D、绿色化学的核心是应用化学原理从源头消退污染此题主要考察的是金属与非金属、绿色化学思想、高分子化合物的概念等，难度不大2. 答案：B解析：此题考察了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，把握公式的运用和物质的构造是解题关键。A、H2 和I2的反响为气体分子数不变的可逆反响，无论反响程度如何，其分子总数为0.2NA，故 A 正确

9、；B、1L 0.1mol L1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO和CO2数之和为0.1NA，故 B 错误；33C、将2 gH2与足量的N2混合，反响为可逆反响不能进展彻底，充分反响后转移的电子数小于2NA， 故C 正确；D、Na2S和Na2O2的摩尔质量都为78g/mol，都含 1 个阴离子，混合物物质的量=7.8g78g/mol= 0.1mol，所含阴离子的数目等于0.1NA，故 D 正确。应选B。3. 答案：B解析：此题侧重元素化合物学问及反响原理的考察，把握物质的性质、发生的反响为解答的关键，题目难度不大。A.标准状况下，5.6LCO2的物质的量为0.25mol，二氧化碳和过氧化钠发

10、生2CO2 + 2Na2O2 = 2Na2CO3 + O2，反响中过氧化钠既是氧化剂也是复原剂，O 元素化合价由1价分别变为2价、0 价，则当二氧化碳与过氧化钠反响时，反响掉1mol 二氧化碳，转移1mol 电子，故0.25mol二氧化碳反响时，转移0.25mol电子即0.25NA个，故 A 错误；B. 二氧化碳通过Na2O2粉末，生成碳酸钠固体和氧气，可将碳酸钠写成Na2O2(CO)，所以固体质量增 加，故B 正确；C.Na2O2溶于水产生O2的离子方程式为：2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH + O2 ，故C 错误；D.过氧化钠由 2 个钠离子和 1 个过氧根构成，故 1

11、mol 过氧化钠由 2mol 钠离子和 1mol 过氧根构成，即含 3mol 离子，即3NA个，故 D 错误。应选B。4. 答案：C解析：此题考察仪器的识别与使用、尾气处理、气体净化等，解答这类问题应娴熟把握仪器的使用方法和试验的根本操作等，试题较易。A. 是直形冷凝管，可在蒸馏过程中冷凝馏分，A 项正确；B. 中橡皮管连通分液漏斗和烧瓶，可以平衡气压，且导出气体时扣去了液体所占体积，B 项正确； C.氯气中混有水蒸气、氯化氢，装置中只有一个洗气瓶，只能除去一种气体，不能得到纯洁的氯 气，C 项错误；D.氯化氢、氨气、乙酸蒸气极易溶于水，装置能防倒吸，D 项正确。应选C。5. 答案：A解析：此

12、题考察有机物的构造和性质，为高频常见题型，侧重于学生的分析力量的考察，留意把握有机物官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化和颜色反响，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反响，含有醇羟基，可发生取代、氧化反响，以此解答该题。A. 分子中含有酚羟基、醇羟基、羧基，都能与钠反响放出氢气，不能用钠检验 M 分子中存在羟基， 故A 错误；B. 分子中含有酚羟基、醇羟基，能发生氧化反响，含有羟基、羧基，能发生酯化反响，含有苯环能发生加成反响，故B 正确；C.M 的分子式为C8H8O4，故C 正确；D.M 的苯环上一硝基代物有 2 种，故D 正确。应选A。6. 答案

13、：C解析： 此题主要考察弱电解质的电离、盐类的水解以及影响因素，难度一般，留意结合平衡移动原理进展分析解答。A. 电离、水解均为吸热反响，则对混合溶液进展微热，K1、K2同时增大，故 A 错误；B. 由K1、K2的关系可知，等体积、等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液混合，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液显酸性，pH 0.1mol/L，c(CH3COOH) c(Na+) c(CH3COOH)，故 C 正确；D. 参加氢氧化钠固体，碱性增加，醋酸的电离平衡向电离的方向移动，则溶液中醋酸根离子浓度增大，故D 错误。应选C。7.答案：B 解析：此题主要考察了化学反响速率的计算和化学平衡的计算

14、，以及影响化学平衡移动的因素，解题的关键是先要依据图写出化学方程式。由图甲可知，反响中A、B、C 的物质的量的变化量为0.4：0.2：0.2 = 2：1：1，依据反响中计量数之比等于物质的物质的量的变化量之比可知，该反响方程式为：2A(g) + B(g) C(g)，A.依据v = c可知v(B) = 0.40.2mol L1 min1 = 0.02mol L1 min1，故 A 错误；2t5B. 由图可知平衡时 A、B、C 的物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，所以它们的浓度分别为：0.2mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，结合化学方程式2A(g) + B(g)

15、 C(g)，可知该反响的平衡常数为0.10.220.1L2/mol2 = 25 L2/mol2，故 B 正确；C. 依据图乙可知，上升温度，C 的体积分数增大，平衡正向移动，所以正反响为吸热反响，所以上升温度平衡正向移动，同时反响速率增大，故C 错误；D. 依据图乙可知，上升温度，C 的体积分数增大，平衡正向移动，所以正反响为吸热反响， H 0； 当投入的反响物的物质的量之比等于化学反响中计量数之比时，平衡时C 的体积分数达最大值，依据化学方程式2A(g) + B(g) C(g)，可知a = 2，故D 错误。应选B。8. 答案：甲；乙；D；E解析：解：Zn 与稀硫酸选择固液反响、不加热的装置，

16、则将锌粒放于甲装置中，将稀硫酸放于乙装置中，将盛稀硫酸的试管倒置，即可发生反响放出气体故答案为：甲；乙；乙中短导管与A 相连易于硫酸流下，用橡胶管连接对应接口为：A 接D，B 接 E，故答案为：D；E用甲、乙两装置及橡胶管完成锌粒和稀硫酸制取氢气的操作，Zn 在甲中，乙中为稀硫酸，组合为固液反响装置，生成的氢气从C 口逸出，逸出来解答2此题考察试验装置的应用，为高频考点，把握试验室制取氢气的装置、反响原理为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意试验操作及技能，题目难度不大329. 答案：(1)CaMg(CO)高=温 CaO + MgO + 2CO(2) 9.0Mg(OH)2 + 2CO2

17、= Mg(HCO3)2 Ca(OH)2 + CO2 = CaCO3 +H2OMg(OH)2(3) 5Mg(HCO3)2 =4MgCO3 Mg(OH)2 4H2O + 6CO2 (4) CO2解析：此题考察化学工艺流程，分析每个过程发生的反响是解题的关键。3 2(1) CaMg(CO3)2的煅烧分解类似于CaCO3、MgCO3 的高温分解，CaMg(CO )高=温 CaO + MgO + 2CO2 ；故答案为：CaMg(CO )高=温 CaO + MgO + 2CO；3 22(2) 由图象可知，应掌握“碳化”终点 pH 约为9.0，这时碱式碳酸镁产率较高，而 CaO 含量较低；煅烧产物CaO 和

18、 MgO 都可与水反响生成Ca(OH)2和Mg(OH)2，结合产物的要求，所以“碳化”时发生的主要反响有Mg(OH)2 + 2CO2 = Mg(HCO3)2 和Ca(OH)2 + CO2 = CaCO3 +H2O；故答案为：9.0；Mg(OH)2 + 2CO2 = Mg(HCO3)2；Ca(OH)2 + CO2 = CaCO3 +H2O；当pH = 10.0时，镁元素的主要存在形式是Mg(OH)2；故答案为：Mg(OH)2；3 2(3) 由Mg(HCO3)2受热分解生成碱式碳酸镁的化学方程式为 5Mg(HCO )= 4H2O + 6CO2 ；4MgCO3 Mg(OH)2 故答案为： 5Mg(H

19、CO3)2 =4MgCO3 Mg(OH)2 4H2O + 6CO2 ；(4) 由流程图可知，可循环利用的物质有CO2， 故答案为：CO2。10.答案：(1)Fe2+；(2) 4FeCO3+ O2高温2 FeO3 + 4CO2；坩埚、坩埚钳；2(3) K2SO4；蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、枯燥；(4) 滴加过量Ba(NO3)2溶液，过滤后向滤液滴加AgNO3溶液解析：解：(1)因Fe2O3、Fe3O4、FeO 与复原剂反响生成铁，铁和稀硫酸反响生成硫酸亚铁和氢气， 所以滤液中的主要溶质是硫酸亚铁，故答案为：Fe2+；3(2) 因碳酸亚铁与氧气反响生成了氧化铁盒二氧化碳，4FeCO+ O2高温2

20、Fe O+ 4CO2；因试验室进23行煅烧操作所需仪器有酒精灯、泥三角、三脚架、玻璃棒、坩埚、坩埚钳，故答案为：4FeCO3+ O2高温2 Fe O+ 4CO2； 坩埚、坩埚钳；23(3) 硫酸铵与氯化钾反响生成硫酸钾和氯化铵；因硫酸钾的溶解度随温度变化不大，可用蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、枯燥得到硫酸钾，故答案为：K2SO4；蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、枯燥；4(4) 因检验产品 II 中是否含有氯化物杂质需先除去SO2，再检验Cl，所以滴加过量Ba(NO3)2溶液，过滤后向滤液滴加AgNO3溶液，故答案为：滴加过量Ba(NO3)2溶液，过滤后向滤液滴加AgNO3溶液Fe2O3、Fe3O4、Fe

21、O 与复原剂反响生成铁，铁和稀硫酸反响生成硫酸亚铁和氢气，过滤时用到的仪器有铁架台、漏斗、烧杯、玻璃棒等，所以滤液中的主要溶质是硫酸亚铁；硫酸亚铁与碳酸氢铵反4应得到碳酸亚铁和硫酸铵，试验室进展煅烧操作所需仪器有酒精灯、泥三角、三脚架、玻璃棒、坩埚、坩埚钳；碳酸亚铁与氧气反响生成了氧化铁盒二氧化碳；硫酸铵与氯化钾反响生成硫酸钾和氯化铵，依据硫酸钾的溶解度随温度变化不大，可用蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、枯燥得到硫酸钾， 检验产品II 中是否含有氯化物杂质需先除去SO2，再检验Cl解答此题时要把握化学方程式的书写方法和试验方面的学问，只有这样才能对问题做出正确的推断11.答案：(1) 2219.9k

22、J/mol； (2)0.16mol/(L min)；32.96kJ；3.5；D； (3)ABD；(4)正；负；C3H8 + 10O2 20e = 3CO2 + 4H2O；(5) 有红色物质析出；4OH 4e = 2H2O + O2 ；1。解析：此题考察了盖斯定律的应用、平衡状态的推断、平衡移动、原电池和电解池的电极反响式书写、电子守恒的应用，题目难度较大，把握相关原理是解答的关键。(1)由2C3H8(g) + 7O2(g) = 6CO(g) + 8H2O(l) H1 = 2741.8kJ/mol，2CO(g) + O2(g) = 2CO2(g) H2 = 566kJ/mol，2依据盖斯定律可知

23、，+3可得：C3H8(g) + 5O2(g) = 3CO2(g) + 4H2O(l) H = 2219.9kJ/mol，故答案为：2219.9kJ/mol；(2)5min后到达平衡，H2为0.8mol，则v(H0.8mol2) =1L5min= 0.16mol/(L min)；由CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) H1 = +41.2kJ/mol可知生成1molH2吸取的热量为41.2kJ，所以生成0.8molH2，此过程吸取的热量为41.2kJ 0.8 = 32.96kJ；1molC3H8在缺乏量的氧气里燃烧，生成1mol CO和2molCO2以及 4mol 气态水，

24、平衡后氢气为0.8mol，则 CO 有0.2mol，水蒸气3.2mol，二氧化碳2.8mol，容器体积为 1L，K = 0.8mol/L2.8mol/L 0.2mol/L3.2mol/L= 3.5，故答案为：0.16mol/(L min)；32.96kJ；3.5；A、v(H2) = v(CO)不能说明正逆反响速率相等，不能说明反响到达平衡状态，故A 错误；B、反响前后气体体积不变，压强始终不变，所以压强不变不能说明反响到达平衡状态，故 B 错误； C、容器体积不变，气体质量守恒，密度始终不变，密度不变不能说明反响到达平衡状态，故C 错误；D、氢气浓度不再变化说明反响到达平衡状态，故D 正确；

25、应选D；(3)反响2CO(g) + O2(g) = 2CO2(g) H2 = 566kJ/mol为正反响气体体积减小的放热反响，A、生成物二氧化碳的百分含量开头增大，平衡后温度上升，平衡逆向移动，其含量减小，故A 正确；B、正反响气体体积减小，加压时平衡正向移动，正反响速率比逆反响速率增大快，故B 正确； C、温度越高，CO 转化率越低，故C 错误；D、正反响放热，温度高时，首先到达平衡状态，升温平衡逆向移动，CO 的物质的量分数高，故D正确；应选：ABD；(4) 原电池内部阴离子由正极向负极移动，所以电池内部O2由正极移向负极；原电池负极发生氧化反响，丙烷在负极放电，与O2结合生成二氧化碳与

26、水，电极反响式为C3H8 + 10O2 20e = 3CO2 + 4H2O，故答案为：正；负；C3H8 + 10O2 20e = 3CO2 + 4H2O；(5) 电解池阴极发生复原反响，阳离子在阴极放电，将含有0.1mol/LCu(NO3)2和0.1mol/LNaCl的水溶液 1L，用惰性电极电解，溶液中的阳离子有Cu2+、H+、Na+，移向阴极，发生的电极反响为：Cu2+ +32e = Cu，阴离子Cl、OH、NO，移向阳极，电极反响为：2Cl 2e = Cl2 ，有0.1molCu生成时，转移电子为0.2mol，溶液中氯离子物质的量为0.1mol，全部反响失去电子物质的量为0.1mol，还

27、有0.1mol电子是氢氧根离子失去电子，发生电极反响为：4OH 4e = 2H2O + O2 ，反响的氢氧根离子物质的量为0.1mol，生成氢离子物质的量为0.1mol，c(H+) = 0.1mol/L，pH = 1，故答案为：有红色物质析出；4OH 4e = 2H2O + O2 ；1。12.答案：DEBEM 能形成分子内氢键，使溶解度减小 3d93d 轨道上没有未成对电子(3d轨道上电子为全空或全满)CuCl共价 3 3 499.5 10104NA解析：解：(1)A.同周期主族元素自左而右电负性增大，C、N、O 在它们的氢化物中均表现负化合价， 说明它们的电负性都大于氢元素的，故电负性：O

28、N C H，故A 正确；B.同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，氮元素2p 轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能由大到小的挨次：O N C，故B 正确； C.氮原子形成 2 个键，还含有 1 对孤电子对，杂化轨道数目为 3，氮原子以sp2杂化轨道与氧原子形成键，故C 正确；D.M 含有苯环，除 C、H 两种元素还含有O、N 元素，不属于芳香烃，属于芳香族化合物，M 中C8H17没有支链，全部碳原子可以共面，故D 错误；E.元素非金属性O N，故氢化物稳定性H2O NH3，故 E 错误， 应选：DE；(2) M中酚羟基中O H连续裂，铜离子与O

29、 原子、N 原子之间形成配位键，应选：BE；(3) 由于 M 能形成分子内氢键，使溶解度减小，故答案为：M 能形成分子内氢键，使溶解度减小； (4)Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10 4s1，故 Cu2+的外围电子排布式为3d9；Cu2+、Ti3+、Fe2+水合离子有颜色，而Sc3+、Zn2+的水合离子为无色，前三种离子 d 轨道上有未成对电子， Zn2+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d10 ，d 轨道上有 10 个电子，故Zn2+ 无色，Sc3+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p6，其 d 轨道上有 0 电子，处于全空，故

30、没有颜色，故答案为：3d9；3d 轨道上没有未成对电子(3d轨道上电子为全空或全满)；(5)Y原子最高价氧化物对应水化物的酸性最强，则Y 为Cl，晶胞中Cu 原子数目= 4、Cl 原子数目= 8 1 + 6 1 = 4，Cu、Cl 原子数目之比为 1：1，故化学式为CuCl，82故答案为：CuCl；Cu、Cl 元素电负性之差为3.0 1.9 = 1.1，电负性之差小于1.7形成极性键，CuCl 属于共价化合物，故答案为：共价；黑色球连接四周的 4 个白色球形成正四周体构造，黑色球位于正四周体的中心，黑色球与晶胞顶点白色球连线处于晶胞体对角线上，且二者之间距离为体对角线长度的1，而晶胞体对角线长

31、度为晶4胞棱长的3倍，设晶体中铜原子与Y 原子之间的最短距离为dpm，晶胞棱长= 4d3pm，则由晶胞质量可得：4 64+35.5 g = g cm3 (4d 1010cm)3，解得d = 3 3 499.5 1010，NA故答案为：3 3 499.5 1010 。34NA4NA(1) A.同周期主族元素自左而右电负性增大，C、N、O 在它们的氢化物中均表现负化合价，说明它们的电负性都大于氢元素的；B. 同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，氮元素2p 轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的；C. 氮原子形成 2 个键，还含有 1 对孤电子对，杂化轨道数目为3

32、；D. 芳香烃仅含有C、H 两种元素且含有苯环，M 中C8H17没有支链，全部碳原子可以共面； E.元素非金属性越强，对应氢化物越稳定；(2) 酚羟基中O H连续裂，铜离子与O 原子、N 原子之间形成配位键；(3) 分子内氢键的存在，导致水溶性减小，物质与水分子之间形成氢键，可以增大溶解性；(4) Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，先失去 4s 能级 1 个电子、再失去 3d 能级1 个电子形成Cu2+；Cu2+、Ti3+、Fe2+水合离子有颜色，而Sc3+、Zn2+的水合离子为无色，前三种离子d 轨道上有未成对电子，而Sc3+、Zn2的 d 轨道没有未成

33、对电子；(5) Y原子最高价氧化物对应水化物的酸性最强，则Y 为Cl，均摊法计算晶胞中Cu、Cl 原子数目确定化学式；电负性之差大于1.7形成离子键，电负性之差小于1.7形成极性键；黑色球连接四周的 4 个白色球形成正四周体构造，黑色球位于正四周体的中心，黑色球与晶胞顶点白色球连线处于晶胞体对角线上，且二者之间距离为体对角线长度的1，而晶胞体对角线长度为晶4胞棱长的3倍，结合晶胞中Cu、Cl 原子数目表示出晶胞的质量，而晶胞质量也等于晶胞体积与晶体密度乘积，联立计算。；13.答案：C12 H16 O；1 丙醇；此题是对物质构造与性质的考察，涉及电负性、电离能、杂化方式、有机物的种类与构造、元素

34、周期律、化学键、核外电子排布、晶胞构造与计算等，(5)中计算为易错点、难点，关键是明确Cu、 Cl 原子之间距离与晶胞棱长关系，是对学生综合力量的考察。；、(其中两种)构 B、E 的构造及信息可知，A 为，解析：解：依据题中各物质的转化关系，B 能连续发生氧化反响，B 为醇，C 为醛，由B 的相对分子质量为 60，则B 为CH3CH2CH2OH，B C发生催化氧化反响，C 为CH3CH2CHO，C D为银镜反响，则D 为CH3CH2COONH4，烃基烯基醚A 中碳氢原子数目比为 3：4，其相对分子质量为176，结(1)由上述分析可知，A 为，所以A 的分子式为C12 H16 O，(2)B为CH

35、3CH2CH2OH，名称为1 丙醇，A 的构造简式为，故答案为：C12 H16 O；，故答案为：1 丙醇；，故答案为：；(3)C D反响的化学方程式为：(4)E()的同分异构体符合条件：属于芳香醛，分子中含有苯环、CHO；两个甲基与CHO，所以符合条件 E 的同分异构体为、苯环上有两种不同环境的氢原子，由对称可知苯环上只有两种H 原子，其取代基为乙基与CHO或故答案为：、(其中两种)构造及信息可知，A 为，据此解答依据题中各物质的转化关系，B 能连续发生氧化反响，B 为醇，C 为醛，由 B 的相对分子质量为 60， 则B 为CH3CH2CH2OH，B C发生催化氧化反响，C 为CH3CH2CHO，C D为银镜反响，则D 为CH3CH2COONH4，烃基烯基醚 A 中碳氢原子数目比为 3：4，其相对分子质量为 176，构造B、E 的此题考察有机推断，属于有机合成综合性试题，全面考察了有机分子式和构造简式的推导、化学方程式的书写、同分异构体的推断与书写、有机信息的理解与应用，全面考察了学生思维力量、分析问题和解决问题的力量，难度中等