《（新）云南省2019届高三化学第二次复习统一检测试卷（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（新）云南省2019届高三化学第二次复习统一检测试卷（含解析）.doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、云南省2019届高三化学第二次复习统一检测试卷（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Fe-56 Ni-59 Zn-65一、选择题：本大题共13小题。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.我国突飞猛进的新科技深刻改变着人类的生活、生产方式。下列说法错误的是A. 太阳能光伏发电系统能将光能转化为电能B. “嫦娥四号”使用的SiC-A1材料属于复合材料C. 华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是SiO2D. 我国自主研发东方超环(人造太阳)使用的氚、氘与氕互为同位素【答案】C【解析】【详解】A太阳能光伏发电系统能将光能转化为电能，A正确；SiC-A1材
2、料中，铝是基体，碳化硅颗粒是增强材料，故该材料属于复合材料，B正确；C.芯片的主要材料是Si，其用来作半导体，注意不是SiO2，二氧化硅是制作光导纤维的原料，C项错误；氚、氘与氕的质子数均为1，质量数分别为3、2、1，它们是氢元素的不同原子，故其互为同位素，D正确。故答案选C。2.2019年“两会”政府工作报告指出：开展蓝天、碧水、净土保卫战。煤的综合利用可减少直接燃烧造成的污染。下列有关煤干馏的产品说法正确的是A. 和互为同系物B. 的一氯代物共有3种C. CH2=CH2水化制乙醇属于取代反应D. 甲烷能被氧气或酸性高锰酸钾溶液氧化【答案】B【解析】【详解】A.苯的同系物指一个苯环和烷烃基组
3、成的芳香烃，易知苯和萘不是同系物，A项错误；B.观察该有机物的结构特点可知，因而一氯代物共有3种，B项正确；C.乙烯水化指乙烯和水加成生成乙醇，C项错误；D.甲烷比较稳定，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，但可以燃烧，被氧气氧化成二氧化碳和水，D项错误。故答案选B。3.下列装置能达到实验目的的是A. 配制0.1mol·L1NaCl溶液B. 检验石蜡油分解产生了不饱和烃C. 用渗析法分离葡萄糖与氯化钠的混合液D. 用陶瓷蒸发皿加热NaOH溶液获得纯净的NaOH固体【答案】B【解析】【详解】A.配制0.1mol·L1NaCl溶液，定容时眼睛平视刻度线，A项错误；B.石蜡油分解得到乙烯
4、，乙烯和溴加成，使得溴的四氯化碳溶液褪色，因而可以检验，B项正确；C.葡萄糖与氯化钠的混合液为小分子和离子溶液，可穿过半透膜，因而不能分离，C项错误；D.NaOH溶液会和空气中CO2反应，生成Na2CO3，因而蒸发不能得到纯净的NaOH，而且氢氧化钠会腐蚀陶瓷蒸发皿，D项错误。故答案选B。4.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。W的单质与H2在暗处能剧烈化合并发生爆炸，X的周期数等于族序数，X与Y形成的化合物与水反应产生白色沉淀和H2Y气体。下列说法正确的是A. 简单离子半径：W<X<ZB. 简单阴离子还原性：W<Y<ZC. 元素的最高正化合价：X<
5、Y<WD. X、Z的最高价氧化物的水化物之间能反应【答案】D【解析】【分析】首先这些元素都是短周期元素。W的单质与H2在暗处能剧烈化合并发生爆炸，说明W是F元素，H2Y中Y的化合价是-2，易知Y是O或者S，考虑到H2Y是某化合物和水反应得到，说明Y必是S元素，X的周期数等于族序数说明X是H、Be或者Al，X和Y形成的化合物与水反应，说明发生阴阳离子的水解，合理的推断是X是Al元素，继而XY形成的化合物为Al2S3，其水解得到白色沉淀Al(OH)3和H2S气体，又W、X、Y、Z是原子序数依次增大，Z是Cl元素。故W、X、Y、Z是F、Al、S、Cl。【详解】A.离子半径判断原则是先看电子层数
6、，“层大径大”，然后核电荷数，其越大半径越小。W、X、Z构成的离子分别为F-、Al3+、Cl-，根据半径判断原则分析，可知F->Al3+，A项错误；B.简单阴离子的还原性的判断规律是该元素的非金属性越强，则对应简单离子失电子越难，还原性越弱。W、Y、Z分别是F、S、Cl，根据上述原则，非金属性F>Cl>S，因而对应简单离子还原性是F-<Cl-<S2-，即W<Z<Y，B项错误；C.X、Y、W分别为Al、S、F，其中F无正价，因而C项错误；D. X、Z的最高价氧化物的水化物分别是Al(OH)3和HClO4，两者可以发生酸碱中和反应，D项正确。故答案选D。5
7、.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 14g乙烯中所含氢原子数为2NAB. 6g14C原子中所含中子数为4NAC. 标准状况下2.24LHC1气体中所含H+数为0.1NAD. 0.1mol氯气溶于水制成饱和氯水，转移电子数目为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A.14gC2H4的物质的量为0.5mol，易算出H原子的物质的量为2mol，因而氢原子数为2NA，A项正确；B. 6g14C的物质的量为mol=mol，每个14C的中子数为14-6=8，因而中子数为×8NA=NA，B项错误；C.HCl为共价化合物，在气体分子中不存在H+，C项错误；D.0.1mol氯气和水如果完
8、全反应易算出转移电子数为0.1NA，但氯气与水的反应是可逆反应，只有一部分氯气与水反应，故转移的电子数小于0.1NA，D项错误。故答案选A。6.镁电池作为一种低成本、高安全的储能装置，正受到国内外广大科研人员的关注。一种以固态含Mg2+的化合物为电解质的镁电池的总反应如下。下列说法错误的是xMg+V2O5 MgxV2O5A. 充电时，阳极质量减小B. 充电时，阴极反应式：Mg2+2e=MgC. 放电时，正极反应式为：V2O5+xMg2+2xe=MgxV2O5D. 放电时，电路中每流过2mol电子，固体电解质中有2molMg2+迁移至正极【答案】D【解析】【分析】根据电池反应可知该电池为二次电池
9、，放电时，Mg易失电子，作负极，因而V2O5作正极。【详解】A.放电时V2O5作正极，生成MgxV2O5（结合V元素的价态变化以及V元素在不同物质中的存在便可判断），充电时阳极为V2O5这一端，逆向看总反应，这时MgxV2O5变为V2O5，显然质量减小，A项正确；B.放电时，负极电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，那么充电时，阴极为Mg这一端，电极反应式与负极完全相反，因而阴极反应式为Mg2+2e=Mg，B项正确；C.放电时，V元素降价，V2O5作正极，V2O5变为MgxV2O5，根据缺项配平原则，反应物还需补充Mg2+，因而正极反应式为V2O5+xMg2+2xe=MgxV2O5，C项正确；D
10、.放电时，正极反应式为 V2O5+xMg2+2xe=MgxV2O5，n(Mg2+)：n(e-)=x：2x=1：2，当电路流过2mol电子，根据比例关系，有1molMg2+在正极消耗，即固体电解质中有1molMg2+迁移至正极，D项错误。故答案选D。7.已知：pOH=lgc(OH)。室温下，将稀盐酸滴加到某一元碱(BOH)溶液中，测得混合溶液的pOH与离子浓度的变化关系如图所示。下列叙述错误的是A. BOH属于弱碱B. BOH的电离常数K=1×104.8C. P点所示的溶液中：c(Cl)>c(B+)D. N点所示的溶液中：c(H+)=c(Cl)+c(OH)c(BOH)【答案】C【
11、解析】【详解】A. 若BOH为强碱，其完全电离，那么c(BOH)为0，那么这样的式子必然不合理。由图中N点的数据可以计算出BOH的电离常数，可以判断BOH为弱碱，A项正确；B.BOH B+ + OH-，所以Kb=，可得=-lgKb+lgc(OH-)=-lgKb-pOH，带入N点数据，可得0=-lgKb-4.8，Kb=10-4.8，B项正确；C.根据电荷守恒得c(Cl)+ c(OH)=c(B+)+ c(H+)，在P点，pOH<7，说明溶液显碱性，c(OH)> c(H+)，因而c(Cl)<c(B+)，C项错误；D.N点=0，因而c(B+)= c(BOH)，根据电荷守恒，c(Cl)
12、+ c(OH)=c(B+)+ c(H+)，可变c(Cl)+ c(OH)=c(BOH)+ c(H+)，因而c(H+)=c(Cl)+c(OH)c(BOH)，D项正确。故答案选C。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(共129分)8.胆矾(CuSO4·5H2O)是重要的中药，有解毒、催吐、祛腐的功效。回答下列问题：(1)实验小组利用某有色金属加工企业的废次材制得含杂质的CuSO4溶液，由该溶液制得胆矾粗产品需进行的实验操作是_、_、过滤、洗涤、干燥，过滤操作需要用到的玻璃仪器有烧杯
13、、漏斗、_。(2)制得的粗产品中可能含有Fe2(SO4)3、FeCl3杂质。已知：Cu(OH)2能溶于氨水得到深蓝色溶液。选用下列试剂，确定所含杂质。可选用试剂：蒸馏水、稀硫酸、氨水、 BaCl2溶液、 Ba(NO3)2溶液、KI溶液、AgNO3溶液实验步骤实验现象实验结论取一定量样品，加入蒸馏水固体溶解，得到蓝色澄清溶液该产品含有_杂质取少量所得溶液，滴入_至过量，过滤、洗涤先析出沉淀，后沉淀部分溶解得深蓝色溶液，过滤，滤渣为红褐色另取少量所得溶液，加入足量的_溶液出现白色沉淀向所得上层清液中加入_溶液无明显现象(3)CuSO4·5H2O的含量通常利用“间接碘量法”测定，步骤如下：
14、称取1.250g产品配成100mL溶液。取其中25.00mL溶液，加入足量NaF溶液后，滴加KI溶液至不再产生沉淀。用0.1000mol·L1Na2S2O3标准溶液滴定，平行滴定3次。已知：Cu2+与F-不反应，Fe3+与F-反应生成FeF63；I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6步骤中，若不加足量的NaF溶液，最终的测量值将_(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。滴加KI溶液，有白色碘化物沉淀生成，反应的离子方程式为_；若Na2S2O3标准溶液的平均用量为10.00mL，则胆矾样品纯度为_%。【答案】 (1). 蒸发浓缩 (2). 冷却结晶 (3). 玻璃棒 (4).
15、氨水 (5). Ba(NO3)2 (6). AgNO3 (7). Fe2(SO4)3 (8). 偏大 (9). 2Cu2+ + 4I- = 2CuI+ I2 (10). 80.00【解析】【详解】（1）从溶液中获得结晶水合物，通常采用蒸发浓缩、降温结晶的方法。因而从含杂质的CuSO4溶液中获得硫酸铜晶体，可先蒸发浓缩，获得高浓度CuSO4溶液（接近或者达到饱和溶液），然后降温结晶，过滤获得CuSO4晶体，接着用蒸馏水洗去固体表面的杂质离子，最后干燥可获得纯净的硫酸铜晶体。过滤中用到玻璃仪器还有玻璃棒。故答案依次填“蒸发浓缩、冷却结晶、玻璃棒”。（2）验证粗产品中可能含有Fe2(SO4)3、Fe
16、Cl3杂质的实质是验证Fe3+、SO42-和Cl-，检验Fe3+可采用加碱观察是否有红褐色沉淀；检验SO42-可先加入盐酸酸化，再加入BaCl2或硝酸钡溶液，观察是否有白色沉淀；而Cl-检验则需加入硝酸酸化的AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀。因而结合题中所给试剂，可依次检验上述三种离子，因而答案依次填“氨水、Ba(NO3)2、AgNO3”。最后根据三个实验的现象“滤渣为红褐色，白色沉淀，无明显现象”，可知有Fe3+和SO42-，无Cl-，即该产品含有杂质Fe2(SO4)3。（3）若不加足量的NaF溶液，则残留的Fe3+与I-反应生成Fe2+和I2，I2单质变多，消耗的Na2S2O3标准溶液增
17、大，因而最终测定值偏大。滴加KI溶液，有白色碘化物沉淀生成，说明有碘化亚铜CuI生成，Cu2+降价，那么I-被氧化成I2，因而离子方程式为2Cu2+ + 4I-=2CuI+ I2。观察方程式I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知n(I2) 2n(Na2S2O3),又可知2n(Cu2+) n(I2)，可得n(Cu2+)= n(Na2S2O3)= 0.1000mol·L1×10.00mL=10-3mol，n(CuSO4·5H2O)= n(Cu2+)×100/25=4×10-3mol，因而m(CuSO4·5H2O)= n(Cu
18、SO4·5H2O)·M(CuSO4·5H2O)= 4×10-3mol×250g·mol-1=1g，因而胆矾样品纯度为1/1.25×100=80。9.二氧化硫是大气的主要污染物之一。催化还原SO2不仅可以消除SO2的污染，还可以得到工业原料S。燃煤烟气中硫的回收反应为：2CO(g)+SO2(g) 2CO2(g)+S(l) H。(1)已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H1=566.0kJ·mol1S(l)+O2(g)=SO2(g) H2=296.8 kJ·mol1则硫的回收反应的H=_ kJ&#
19、183;mol1。(2)其他条件相同、催化剂不同时，硫的回收反应中SO2的转化率随反应温度的变化如图所示。260时，_（填“La2O3”、“NiO”或“TiO2”)的催化效率最高。La2O3和NiO作催化剂均可能使SO2的转化率达到很高，不考虑价格因素，选择La2O3的主要优点是_。(3)一定条件下，若在恒压密闭容器中发生硫的回收反应，SO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示，则P1、P2、P3、P4由大到小的顺序为_；某温度下，若在恒容密闭容器中，初始时c(CO)=2 a mol·L1，c(SO2)= a mol·L1，SO2的平衡转化率为80%，则该温度下反应的化学
20、平衡常数为_。(4)某实验小组为探究烟气流速、温度对该反应的影响，用La2O3作催化剂，分别在两种不同烟气流量、不同温度下进行实验。实验结果显示：在260时，SO2的转化率随烟气流量增大而减小，其原因是_；在380时，SO2的转化率随烟气流量增大而增大，其原因是_。(5)工业上常用Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2，将烟气通入1.0 mol·L1的N2SO3溶液，当溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降此时溶液中c(HSO3)c(SO32)=_。(已知H2SO3的Ka1=1.5×10-2、Ka2=1.0×10-7)【答案】 (1). -269.2 (2). T
21、iO2 (3). La2O3在相对较低温度对催化效率更高 (4). P1>P2>P3>P4 (5). 80/a mol/L (6). 260时，催化剂活性不好，反应速率慢；烟气流速越大，气体和催化剂接触时间越短，SO2转化率越低 (7). 380时，催化剂活性好，反应速率快；烟气流速越大，压强越大，反应正向进行越彻底，SO2转化率越高 (8). 10【解析】【详解】（1）根据盖斯定律可知H=H1-H2=566.0kJ·mol-1+296.8 kJ·mol-1=-269.2kJ/mol。（2）观察图1，260，TiO2作催化剂时，SO2的转化率高于其他，那么
22、TiO2催化效率最高，继续观察图1，可发现La2O3在较低温度时就可以达到非常高的催化效率，因而优于NiO。（3）观察反应2CO(g)+SO2(g) 2CO2(g)+S(l)可知该反应的反应前后气体计量数减小，保持温度不变，压强变大使得平衡向右移动，SO2转化率变大，因而P1>P2>P3>P4，SO2的平衡转化率为80%，说明SO2转化浓度为a×0.8mol/L=0.8a mol/L，可用三段式计算平衡常数：2CO(g)+SO2(g) 2CO2(g)+S(l)起 2a a 0转 1.6a 0.8a 1.6a平 0.4a 0.2a 1.6aK=（注意可不用写单位，但是
23、一定要以平衡浓度代入求解。）（4）先分析温度的影响，260时La2O3催化效果很低，因而反应速率慢，烟气流速变快，气体与催化剂接触时间少，还来不及反应就移走了，因而SO2转化率降低，380恰恰相反，催化剂活性好，反应速率快；烟气流速越大，压强越大，反应正向进行越彻底，SO2转化率越高。（5）pH=6，说明c(H+)=10-6mol/L，Ka2=，可得=10。10.湿法炼锌厂在除杂过程中会产生大量铁矾渣。某黄钾铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnO·Fe2O3及少量CaO、MgO、SiO2等。一种由黄钾铁矾渣制备复合镍锌铁氧体( NiZnFe4O8)的流程如下：回答下
24、列问题(1)滤渣I的主要成分是_。(2)净化除杂阶段加入Fe粉时发生反应的离子方程式为_、_。已知：25时Ksp(CaF2)=2.7×1011， Ksp (MgF2)=6.4×1019。加入NH4F使Ca2+、Mg2+离子沉淀，若沉淀后溶液中c(Ca2+)=2.7×106mol·L1，则c(Mg2+)=_ mol·L1。(3)在Fe2+、Ni2+、Zn2+共沉淀过程中，三种离子的损失浓度与pH的关系曲线如图所示，pH与n(NH4HCO3)n(Fe2+Ni2+Zn2+)的关系曲线如图所示。为提高原料利用率，n( NH4HCO3)n(Fe2+Ni2
25、+Zn2+)最好控制在_左右；按此比例，若以Me代表Fe、Ni、Zn元素，则生成MeCO3·2Me(OH)2·H2O沉淀的化学反应方程式为_。(4)铁氧体工艺阶段制备 NiZnFe4O8过程中，需加入_剂(填“氧化”或“还原”)。按照上述流程，一座10万吨规模的锌厂每年产生黄钾铁矾渣约5万吨，Fe3+含量为27%，理论上每年可制备复合镍锌铁氧体(NiZnFe4O8，M=476g·mol1)_万吨(保留两位有效数字)【答案】 (1). SiO2 (2). 2Fe3+ + Fe = 3Fe2+ (3). Fe + 2H+ =Fe2+ + H2 (4). 6.4
26、5;10-14 (5). 2.0 (6). 3MeSO4+6NH4HCO3=MeCO3·2Me(OH)2·2H2O+3(NH4)2SO4+5CO2 (7). 氧化 (8). 4.3【解析】【详解】（1）SiO2不和硫酸反应，因而滤渣为SiO2。（2）净化除杂阶段加入Fe粉与过量的稀硫酸置换出氢气，与Fe3+发生氧化还原反应，因而离子方程式为2Fe3+ + Fe = 3Fe2+ ，Fe + 2H+ =Fe2+ + H2。Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)，带入数据，根据溶液中的钙离子浓度可以求出c(F-)=10-2.5mol/L，再根据Ksp(MgF2)=c(Mg
27、2+)c2(F-)，解得c(Mg2+)=6.4×10-14mol/L。（3）观察图1可知pH=7.2时，三种离子的损失浓度最大，即沉淀达到最大值，因而此时的pH值最合理，结合图2，当pH等于7.2时，n( NH4HCO3)n(Fe2+Ni2+Zn2+)等于2.0，说明n( NH4HCO3)n(Fe2+Ni2+Zn2+)最好控制在2.0左右。根据滤液配料，可知阴离子还有SO42-，因而反应物为MeSO4和NH4HCO3，Me2+和HCO3-要发生双水解，除了信息给的沉淀，产物还有CO2和(NH4)2SO4，因而化学方程式为3MeSO4+6NH4HCO3=MeCO3·2Me(O
28、H)2·2H2O+3(NH4)2SO4+5CO2。（4）流程前期操作得到的是Fe2+，而铁氧体工艺阶段得到的 NiZnFe4O8铁元素是+3价，说明需要加入氧化剂。因2Fe3+ + Fe = 3Fe2+，说明3n(Fe3+)=2n(Fe2+)，可知3m(Fe3+)=2m(Fe2+)，所以流程中共加入铁元素的质量为5×0.27×3/2=2.025万吨，而NiZnFe4O8铁元素质量分数为56×4/476=47，因而NiZnFe4O8的质量为2.025÷47=4.3万吨。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科
29、任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。化学选修3：物质结构基础11.超分子化学已逐渐扩展到化学的各个分支，还扩展到生命科学和物理学等领域。由Mo将2个C60分子、2个p甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。(1)Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态价电子排布式是_；核外未成对电子数是_个。(2)该超分子中存在的化学键类型有_。A 键 B 键 C 离子键 D 氢键(3)该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是_(填元素
30、符号)，p甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有_。(4)从电负性角度解释CF3COOH的酸性强于CH3COOH的原因_。(5)C60与金刚石互为同素异形体，从结构与性质之间的关系解释C60的熔点远低于金刚石的原因是_。(6)已知：某晶胞中各原子的相对位置可用如图所示的原子坐标表示，其中所有顶点原子坐标均为(0，0，0)。钼(Mo)的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个Mo原子，其中Mo原子坐标是(0，0，0)及(1/2，1/2，1/2)。根据以上信息，推断该晶体的原子堆积方式是_。已知该晶体的密度是g·cm3，Mo的摩尔质量是M g·mol1，阿伏加德罗常数是NA，晶体
31、中距离最近的Mo原子核之间的距离为_pm。【答案】 (1). 4d55s1 (2). 6 (3). AB (4). C (5). sp2和sp3 (6). F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，使共用电子对偏向F，使氧氢键较易断裂，因此酸性强于CH3COOH (7). C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，原子晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力 (8). 体心立方堆积 (9). 【解析】【详解】（1）Cr的基态价电子分布为3d54s1，而Mo与Cr同主族，但比Cr多了一周期，因而基态价电子分布为4d55s1，用轨道电子排布表示为，因而核外未成对的电子为6个。（
32、2）观察该超分子结构有双键，说明有键和键，分子中不存在离子键，根据信息Mo形成配位键，因而答案选AB。（3）CO做配体时是C做配位原子，氧把孤对电子给了碳，碳变成富电子中心，有提供电子对形成配位键的能力，p甲酸丁酯吡啶中碳原子有形成双键，说明其杂化方式为sp2，在丁基中C原子形成四个单键为sp3杂化。（4）F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，使共用电子对偏向F，使氧氢键较易断裂，因此CF3COOH酸性强于CH3COOH。（5）根据不同晶体类型的性质不同来解释：C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，原子晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力。（6）Mo的一种立方晶
33、系的晶体结构中，以(0，0，0)Mo原子为中心，那么与之最近的Mo原子有8个，分别是(1/2，1/2，1/2)，(-1/2，1/2，1/2)，(1/2，-1/2，1/2)等等，因而为体心立方堆积，先计算出立方的边长，因而每个晶胞中含有2个Mo原子，晶胞体积V=m3，所以立方边长a=m，最近的两个原子坐标为(0，0，0)和(1/2，1/2，1/2)，可知该立方边长为1，用距离公式算出两原子相距，根据比例关系，原子最近真实距离等于××1010pm。化学选修5：有机化学基础12.维格列汀(V)能促使胰岛细胞产生胰岛素，临床上用于治疗2型糖尿病。V的合成路线如下已知：虚楔形线、实楔
34、形线分别表示共价键由纸平面向内、向外伸展回答下列问题：(1)A的官能团名称为_；B的结构简式为_；C的核磁共振氢谱中有_组峰。(2)由B生成C、G生成V的反应类型分别是_、_。(3)上述V的合成路线中互为同分异构体的是_(填化合物代号)。(4)D生成E的化学方程式为_。(5)关系是_(填标号)a 同种物质 b 对映异构体 c 同素异形体(6)4-乙烯基-1-环己烯()是有机合成中间体，设计由CH3CH=CHCH3为起始原料制备4-乙烯基-1-环己烯的合成路线_(无机试剂及有机溶剂任选)。【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 或 (3). 6 (4). 加成（还原）反应 (5). 取代反应 (
35、6). CD (7). (8). b (9). 【解析】【分析】根据信息A环戊二烯自身加成，可得B为，另外，根据D到F的变化，可推测D与Br2生成E是发生了取代反应，取代部位与F的取代一致，因而E的结构简式为。【详解】（1）易知A环戊二烯中的官能团为碳碳双键，同时据上分析可知B的结构简式为，C的核磁共振氢谱中有几组峰等价于有几种氢原子，观察C的结构简式可知有一条水平对称轴，因而可算出有6种氢原子，即6组峰。（2）观察B到C的结构简式的变化，双键被加成，因而该反应类型为加成反应，催化加氢也叫还原反应，同理G与脱去HCl生成V，因而该反应是取代反应。（3）观察各有机物的分子式可知C和D的分子式相同，但结构不同，因而C与D互为同分异构体。（4）D到E发生一溴取代反应，化学方程式为。（5）观察选项排除c，同素异形体是指结构不同的单质，与-CN相连的C原子是手性碳原子，因而两者互为对映异构,答案选b。（6）根据信息可知，利用丁二烯自身加成即可得到，而丁二烯可利用2-丁烯先加成后消去即可制备，因而合成路线可设置为。14