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1、2019-2020学年安徽省合肥市肥东县新城高升学校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下列物质在生活或生成中的应用错误的是A葡萄糖中添加二氧化硫用于杀菌、抗氧化B在含较多Na2CO3的盐碱地中施加适量熟石灰降低了土壤碱性C陶瓷坩埚不能用于熔融烧碱D甲烷是一种强效温室气体，废弃的甲烷可用于生成甲醇【答案】B【解析】【详解】A.二氧化硫具有还原性，具有一定的杀菌作用，葡萄糖中添加二氧化硫用于杀菌、抗氧化，故A 正确；B.熟石灰与Na2CO3反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，在含较多Na2CO3的盐碱地中施加适量熟石灰提高了土壤碱
2、性，故B 错误；C.陶瓷坩埚中二氧化硅能与烧碱反应，故C正确；D.甲烷是一种强效温室气体，废弃的甲烷可用于生成甲醇，故D 正确；故选 B。2下列实验中，与现象对应的结论一定正确的是A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】【详解】A CH4和 Cl2在光照下发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，其中一氯甲烷和氯化氢在常温下为气体。混合气体通入石蕊溶液先变红后褪色，说明有氯气剩余，故反应后含氯的气体有 3 种，故 A 错误；B.向 10mL0.1mol/LNaOH 溶液中先后加入1mL 浓度均为0.1mol/L 的 MgCl2和 CuCl2溶液，由于碱过量，两
3、种金属离子均完全沉淀，不存在沉淀的转化，故不能根据现象比较Cu(OH)2和 Mg(OH)2的溶解度的大小，故 B 错误；C.碳酸氢铵受热分解生成氨气、水和二氧化碳，氨气溶于水溶液显碱性，使石蕊变蓝，结论错误，故C错误；D.金属钠和水反应比钠和乙醇反应剧烈，说明水中羟基氢的活泼性大于乙醇的，故D 正确。故选 D。3中学常见的某反应的化学方程式为a+b c+d+H2O（未配平，条件略去）。下列叙述不正确的是（）A若 a 是铁，b 是稀硝酸（过量），且 a 可溶于 c 溶液中。则a 与 b 反应的离子方程式为Fe+4H+NO3-=Fe3+NO +2H2O B若 c,d 均为气体，且都能使澄清石灰水变
4、浑浊，则将混合气体通入溴水中，橙色褪去，其褪色过程的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+SO42-+2Br-C若 c 是无色刺激性气味的气体，其水溶液呈弱碱性。在标准状况下用排空气法收集c 气体得平均摩尔质量为 20g mo1-1的混合气体进行喷泉实验。假设溶质不扩散，实验完成后所得溶液的物质的量浓度约为0.056mo1 L-1D若 a 是造成温室效应的主要气体之一，c、d 均为钠盐，参加反应的a、b 物质的量之比为4:5，则上述反应的离子方程式为4CO2+5OH-=CO32+3HCO3-+H2O【答案】C【解析】A若 a 是铁，b 是稀硝酸(过量)，且 a 可溶于 c 溶液中，则c
5、为硝酸铁、D 为 NO，则 a 与 b 反应的离子方程式为Fe+4H+NO3-=Fe3+NO +2H2O，故 A 正确；B若 c，d 为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，为二氧化碳和二氧化硫，应是碳和浓硫酸能反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，则将此混合气体通入溴水中，橙色褪去，反应生成硫酸与HBr，离子方程式为：SO2+Br2+2H2O4H+SO42-+2Br-，故 B正确；C若 c 是无色刺激性气味的气体，其水溶液呈弱碱性，则C为氨气，应是氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气、氯化钙与水，氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积，令氨气为1L，氨气物质的量为122.4/LLmol=122.4mol，溶液浓度为1
6、22.41molL=0.045mol/L，故 C错误；D若 a 是造成温室效应的主要气体之一，则a 为 CO2，c、d均为钠盐，则 b 为 NaOH，参加反应的a、b 物质的量之比为4：5，则生成 NaHCO3、Na2CO3，根据钠离子、碳原子守恒 n(NaHCO3)+n(Na2CO3)：n(NaHCO3)+2n(Na2CO3)=4：5，整理可得n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=3：1，故反应的离子方程式为4CO2+5OH-CO32-+3HCO3-+H2O，故 D 正确；故选C。4中国工程院院士李兰娟团队发现，阿比朵尔对2019-nCoV 具有一定的抑制作用，其结构简式如图所示，下面有关
7、该化合物的说法正确的是A室温可溶于水和酒精B氢原子种类数为10 C不能使酸性KMnO4溶液褪色D 1mol 该分子最多与8mol 氢气反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A该分子中亲水基比重很小，主要为憎水基，不溶于水，故A 错误；B如图所示有 10 种氢原子，故B 正确；C该分子中含有碳碳双键和酚羟基，能被酸性高锰酸钾氧化使其褪色，故C错误；D碳碳双键、苯环可以与氢气加成，所以1mol 该分子最多与7mol 氢气加成，故D 错误；故答案为B。5NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()A 1mol 冰醋酸和1mol 乙醇经催化加热反应可生成H2O 分子数为NAB常温常压下，将15g
8、 NO 和 8g O2混合，所得混合气体分子总数小于0.5NAC标准状况下，2.24 L 的 CCl4中含有的CCl 键数为 0.4NAD 6.8g 熔融态 KHSO4中含有 0.1NA个阳离子【答案】B【解析】【详解】A 酯化反应为可逆反应，1mol 冰醋酸和1mol 乙醇经催化加热反应可生成H2O 分子数小于NA，故 A 错误；B常温常压下，将15g NO 和 8g O2混合反应生成0.5mol 二氧化氮，二氧化氮会聚合为四氧化二氮，所得混合气体分子总数小于0.5NA，故 B 正确；C标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故C 错误；D熔融状态的KHSO4的电离方程式为KHSO4=K
9、+HSO4-；6.8g 熔融状态的KHSO4物质的量=136g6.8g/mol=0.05mol，含 0.05mol 阳离子，故D 错误；故选：B。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大。6制备和收集下列气体可采用如图装置的是（）A铜与浓硫酸反应制SO2B铜与稀硝酸反应制NO C乙醇与浓硫酸反应制乙烯D氯化钠与浓硫酸反应制HCl【答案】B【解析】【分析】由实验装置图可知，反应在加热条件下进行，生成气体可用排水法收集，说明生成的气体不溶于水。【详解】A SO2易溶于水，不能用排水法收集，A 项错误；BNO 不
10、溶于水，易与空气中氧气反应，只能用排水法收集，B项正确；C乙醇与浓硫酸反应制乙烯应有温度计，装置不符合要求，C项错误；D HCl易溶于水，不能用排水法收集，D 项错误；答案选 B。7下列实验中，由现象得出的结论正确的是选项操作和现象结论A 将 3 体积 SO2和 1 体积 O2混合通过灼热的V2O5充分反应，产物依次通过BaCl2溶液和品红溶液，前者产生白色沉淀，后者褪色SO2和 O2的反应为可逆反应B 用洁净的玻璃棒蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰为黄色该溶液为钠盐溶液C 向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色原溶液中含有I-D 用浓盐酸和石灰石反应产生的气体通入Na
11、2SiO3溶液中，Na2SiO3溶液变浑浊C元素的非金属性大于Si 元素A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】A.SO2过量，故不能通过实验中证明二氧化硫有剩余来判断该反应为可逆反应，选项A 错误；B.不一定为钠盐溶液，也可以是NaOH 溶液，选项B 错误；C.向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色，则说明原溶液中含有I-，被氧化产生碘单质，选项C正确；D.浓盐酸易挥发，挥发出的HCl也可以与硅酸钠溶液反应产生相同现象，选项D 错误；答案选 C。8设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A 12g 金刚石与12g 石墨所含共价键数均为2NAB常
12、温下，lLpH=7 的 1mol/LHCOONH4溶液中HCOO-与 NH4+数目均为NAC0.1molCl2与 0.2molCH4光照充分反应生成HCl 分子数为0.1NAD 100g34%的 H2O2中加入MnO2充分反应转移电子数为2NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A金刚石中平均1 个碳原子形成2 个共价键，石墨中平均1 个碳原子形成1.5 个共价键，因此12g 金刚石与 12g 石墨所含共价键数不相等，A 错误；B常温下，lLpH=7 的 1mol/LHCOONH4溶液显中性，根据电荷守恒守恒可知HCOO-与 NH4+的浓度相等，但由于二者均水解，所以数目均小于NA，B 错误；C
13、0.1molCl2与 0.2molCH4光照充分反应根据氯原子守恒可知生成HCl 分子数为0.1NA，C正确；D 100g34%的 H2O2（物质的量是1mol）中加入MnO2充分反应生成0.5mol 氧气，转移电子数为NA，D错误；答案选 C。9下列有关说法正确的是二氧化硅可与NaOH 溶液反应，因此可用NaOH 溶液雕刻玻璃；明矾溶于水可水解生成Al(OH)3胶体，因此可以用明矾对自来水进行杀菌消毒；可用蒸馏法、电渗析法、离子交换法等对海水进行淡化；从海带中提取碘只需用到蒸馏水、H2O2溶液和四氯化碳三种试剂；地沟油可用来制肥皂、提取甘油或者生产生物柴油；石英玻璃、Na2O CaO 6Si
14、O2、淀粉、氨水的物质类别依次为纯净物、氧化物、混合物、弱电解质。ABC除外都正确D【答案】D【解析】，虽然二氧化硅可与NaOH 溶液反应，但不用NaOH 溶液雕刻玻璃，用氢氟酸雕刻玻璃，错误；明矾溶于水电离出Al3+，Al3+水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体吸附水中的悬浮物，明矾用作净水剂，不能进行杀菌消毒，错误；，海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，正确；，从海带中提取碘的流程为：海带海带灰含 I-的水溶液I2/H2O I2的 CCl4溶液I2，需要用到蒸馏水、H2O2溶液、稀硫酸、四氯化碳，错误；，地沟油在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，肥皂的主要
15、成分是高级脂肪酸盐，可制肥皂和甘油，地沟油可用于生产生物柴油，正确；，Na2O CaO 6SiO2属于硅酸盐，氨水是混合物，氨水既不是电解质也不是非电解质，错误；正确的有，答案选 D。10下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是()A用图所示装置制取少量纯净的CO2气体B用图所示装置验证镁和稀盐酸反应的热效应C用图所示装置制取并收集干燥纯净的NH3D用图所示装置制备Fe(OH)2并能保证较长时间观察到白色【答案】B【解析】【分析】【详解】A图 所示装置是按照启普发生器原理设计的，纯碱是粉末状，不能控制反应的发生与停止，且产物中含有 HCl 杂质，故A 错误；B镁和盐酸反应放热，产生的
16、热量使U 形管中右边的水柱上升，故B正确；CNH3的密度比空气小，不能采用向上排空法，故C 错误；D酒精与水任意比互溶，起不到隔绝空气的作用，应采用苯或者汽油，故D错误。选 B。11某同学设计了蔗糖与浓硫酸反应的改进装置，并对气体产物进行检验，实验装置如图所示。下列结论中正确的是（）选项现象结论A中注入浓硫酸后，可观察到试管中白色固体变为黑色体现了浓硫酸的吸水性B中观察到棉球a、b 都褪色均体现了SO2的漂白性C中无水硫酸铜变蓝说明反应产物中有H2O D中溶液颜色变浅，中澄清石灰水变浑浊说明有 CO2产生A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】【详解】A蔗糖遇到浓硫酸变黑，是由于浓
17、硫酸具有脱水性，将蔗糖中氢元素和氧元素以水的比例脱出，不是吸水性，故A 错误；Ba 中品红褪色，体现二氧化硫的漂白性，b 中溴水褪色，体现二氧化硫的还原性，故B错误；C无水硫酸铜变蓝，可以用来检验水，但是品红溶液和溴水都有水，不确定使硫酸铜变蓝的水是否由反应分解产生的，故C错误；D 中溶液颜色变浅，是因为还有二氧化硫，不退色说明二氧化硫反应完全了，中澄清石灰水变浑浊了，说明产生了二氧化碳气体，故D 正确；答案选 D。【点睛】C 项的无水硫酸铜变蓝了，说明有水，这个水不一定是反应中产生的水，还要考虑中的其他试剂，这是易错点。12X、Y、Z、W、M 为原子序数依次増加的五种短周期元素，A、B、C、
18、D、E 是由这些元素组成的常见化合物，A、B 为厨房中的食用碱，C 是一种无色无味的气体，C、D 都是只有两种元素组成。上述物质之间的转化关系为:DDEEABC溶液溶液(部分反应物戒生成物省略)。下列说法错误的是A原子半径大小序，WYZX B对应最简单氢化物的沸点:ZM C上述变化过秳中，发生的均为非氧化还原反应D Z 和 W 形成的化合物中一定只含离子健【答案】D【解析】【分析】由题目可推断出X，Y，Z，W，M 分别是H，C，O，Na，Cl 这五元素。【详解】A 选项，原子半径大小顺序为NaCOH，故 A 正确；B 选项，Z对应的简单氢化物为H2O，M 对应的简单氢化物为HCl，水分子形成分
19、子间氢键，沸点反常高，故 B 正确；C 选项，上述变化为复分解反应，故C正确；D 选项，O 和 Na 可形成 Na2O2，既有离子键又有共价键，故D 错误。综上所述，答案为D。13下列各选项所描述的两个量，前者一定小于后者的是（）A纯水在25和 80时的 pH 值B1L0.1mol/L 的盐酸和硫酸溶液，中和相同浓度的NaOH 溶液的体积C25时，pH=3 的 AlCl3和盐酸溶液中，水电离的氢离子的浓度D 1LpH=2 的醋酸和盐酸溶液中，分别投入足量锌粒，放出H2的物质的量【答案】B【解析】【详解】A.水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以温度越高水的pH 越小，故A 错误；B.两者
20、的物质的量浓度和体积都相同，即两者的物质的量相同，而盐酸是一元酸，硫酸是二元酸，所以盐酸中和相同浓度的NaOH 溶液的体积更小，故B 正确；C.pH=3 的盐酸，c(H+)=10-3mol/L，由水电离生成的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，pH=3 氯化铝溶液中c(H+)=10-3mol/L，全部由水电离生成，前者大于后者，故C错误；D.1LpH=2 的盐酸和醋酸溶液中，醋酸的物质的量较大投入足量锌粒，醋酸放出H2的物质的量多，故D 错误；答案选 B。【点睛】本题考查弱电解质的电离，根据温度与弱电解质的电离程度、弱电解质的电离程度与其浓度的关系等知识来解答。14H2S为二元弱酸
21、。20时，向 0.100mol L-1的 Na2S溶液中缓慢通入HCl 气体（忽略溶液体积的变化及H2S的挥发）。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（）A c（Cl-）=0.100mol L-1的溶液中：c（OH-）-c（H+）=c（H2S）-2c（S2-）B通入 HCl 气体之前：c（S2-）c（HS-）c（OH-）c（H+）Cc（HS-）=c（S2-）的碱性溶液中：c（Cl-）+c（HS-）0.100mol L-1+c（H2S）D pH=7 的溶液中：c（Cl-）=c（HS-）+2c（H2S）【答案】D【解析】【分析】【详解】A c（Cl-）=0.100mol L-1的溶液中
22、的物料守恒c(Cl-)=c(HS-)+c(H2S)+c(S2-)=12c(Na+)=0.100molL-1，电荷守恒c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则 c(OH-)-c(H+)=c(H2S)-c(S2-)，故 A错误；B通入 HCl 气体之前，S2-水解导致溶液呈碱性，其水解程度较小，且该离子有两步水解都生成OH-，所以存在 c(S2-)c(OH-)c(HS-)c(H+)，故 B 错误；C溶液中的电荷守恒为c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，物料守恒c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=12
23、c(Na+)=0.100mol?L-1，则 c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，即 c(Cl-)+c(OH-)+c(S2-)=c(H+)+c(HS-)+c(S2-)+2c(H2S)，在 c(HS-)=c(S2-)碱性溶液中c(OH-)c(H+)，所以 c(Cl-)+c(HS-)c(HS-)+c(S2-)+2 c(H2S)=0.100mol?L-1+c(H2S)，故 C 错误；D溶液中的电荷守恒为c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，溶液的pH=7，则溶液中c(OH-)=c(H+)，c(Na+)=c(Cl-)+c(H
24、S-)+2c(S2-)，溶液中存在物料守恒c(Na+)=2c(H2S)+2 c(S2-)+2c(HS-)，所以存在c(Cl-)=c(HS-)+2c(H2S)，故 D 正确；故答案选D。15炼铁、炼钢过程中，先被氧化后被还原的元素是（）A炼铁过程中的铁元素B炼铁过程中的氧元素C炼铁过程中的碳元素D炼钢过程中的铁元素【答案】D【解析】【详解】炼钢过程中反应原理：Fe+O2FeO、FeO+CFe+CO，2FeO+Si2Fe+SiO2。反应中 C元素化合价升高，Fe元素发生FeFeOFe 的一系列反应中，则Fe 元素既失去电子也得到电子，所以既被氧化又被还原，故选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，
25、共10 分）16图中是在实验室进行氨气快速制备与性质探究实验的组合装置，部分固定装置未画出。(1)在组装好装置后，若要检验AE装置的气密性，其操作是：首先_，打开弹簧夹1，在 E中装入水，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好。(2)装置 B中盛放的试剂是_。(3)点燃 C处酒精灯，关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后，关闭分液漏斗活塞，稍等片刻，装置C中黑色固体逐渐变红，装置E中溶液里出现大量气泡，同时产生_(填现象)。从 E中逸出液面的气体可以直接排入空气，写出 C 中反应的化学方程式：_。(4)当 C中固体全部变
26、红色后，关闭弹簧夹1，慢慢移开酒精灯，待冷却后，称量C中固体质量，若反应前固体质量为16 g，反应后固体质量减少2.4 g，通过计算确定该固体产物的化学式：_。(5)在关闭弹簧夹1 后，打开弹簧夹2，残余气体进入F中，很快发现装置F中产生白烟，同时发现G 中溶液迅速倒吸流入F中。写出产生白烟的化学方程式：_。【答案】关闭弹簧夹2 和分液漏斗活塞碱石灰(或生石灰)白色沉淀2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu Cu2O、Cu 3Cl2+8NH3 N2+6NH4Cl【解析】【分析】(1)检验装置AE的气密性，要防止气体进入F；(2)装置 B的作用是干燥氨气；(3)装置 C中黑色固体逐渐变红，从
27、E中逸出液面的气体可以直接排入空，说明氧化铜与氨气反应生成铜、氮气、水；没反应的氨气进入E，使溶液呈碱性，生成亚硫酸钡沉淀；(4)根据铜元素守恒分析产物的化学式；(5)装置 F中产生白烟，说明有氯化铵生成，可知F中氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气。【详解】(1).关闭弹簧夹2 和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在 E中装入水，然后微热A，观察到 E中有气泡冒出，移开酒精灯，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好；(2)装置 B的作用是干燥氨气，所以B中盛放的试剂是碱石灰；(3)装置 C中黑色固体逐渐变红，从 E中逸出液面的气体可以直接排入空，说明氧化铜与氨气反应生成铜、氮气、水，反应方程式是2NH3
28、+3CuO=VN2+3H2O+3Cu；没反应的氨气进入E，使溶液呈碱性，生成亚硫酸钡沉淀，E中的现象是有白色沉淀生成。(4)反应前 n(CuO)=16g80g/mol0.2 mol，则 n(Cu)=0.2 mol、n(O)=0.2 mol；反应过程中，铜元素物质的量不变，氧元素物质的量减少，反应后固体质量减少2.4 g，则减少氧元素的物质的量是2.4g16g/mol=0.15mol，剩余固体中n(Cu)：n(O)=0.2:0.05=4:1 2:1，所以该固体产物的化学式为Cu2O、Cu；(5)装置 F中氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式是3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl。【点睛】本
29、题考查氨气的制备与性质实验，包括基本实验操作、化学计算等，掌握氨气的性质、明确氨气制备的原理是解题关键，侧重考查学生实验能力和分析能力。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17有机化合物H 的结构简式为，其合成路线如下（部分反应略去试剂和条件）：已知：(苯胺易被氧化)请回答下列问题：(1)烃 A 的名称为 _，B中官能团为 _，H 的分子式为 _，反应的反应类型是_。(2)上述流程中设计CD 的目的是 _。(3)写出 D 与足量 NaOH 溶液反应的化学方程式为_。(4)符合下列条件的D 的同分异构体共有_种。A属于芳香族化合物B既能发生银镜反应又能发生水解反应写出其中核磁共振氢谱图中
30、峰面积之比为6211 的同分异构体的结构简式：_。(任写一种)(5)已知：苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位，据此按先后顺序写出以烃A 为原料合成邻氨基苯甲酸（）合成路线(无机试剂任选)。_【答案】甲苯氯原子或 Cl C7H7O3N 取代反应或硝化反应保护(酚)羟基不被氧化+2NaOH+CH3COONa+H2O 14 或【解析】【分析】H 的结构简式为，逆推可知G 为。纵观整个过程，可知烃A 为芳香烃，结合 C的分子式C7H8O，可知 A 为，A 与 Cl2发生苯环上氯代反应生成B，B中氯原子发生水解反应、酸化引入-OH 生成 C，C中酚羟
31、基发生信息中取代反应生成D，D 与酸性 KMnO4溶液反应，D 中-CH3被氧化成-COOH生成 E，EF 转化中在苯环上引入硝基-NO2，FG 的转化重新引入酚羟基，可知 CD 的转化目的防止酚羟基被氧化，结合H 的结构简式，可推知B 为、C 为、D为、E为、F为。(5)甲基氧化引入羧基，硝基还原引入氨基，由于氨基易被氧化，应先把甲基氧化为羧基后再将硝基还原为氨基，结合苯环引入基团的定位规律，甲苯先和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，然后邻硝基甲苯再被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，最后邻硝基苯甲酸和Fe、HCl反应生成邻氨基苯甲酸。【详解】根据上述分析可知：A 为，B为、C为、D 为
32、、E为、F为，G 为，H 为。(1)烃 A 为，A 的名称为甲苯。B 为，B中官能团为氯原子。H 的结构简式为，H 的分子式为C7H7O3N。反应是苯环上引入硝基，反应类型是：取代反应；(2)C D中消除酚羟基，FG 中又重新引入酚羟基，而酚羟基容易被氧化，所以流程中设计CD 的目的是：保护(酚)羟基不被氧化；(3)D 是，D 与足量 NaOH 溶液发生酯的水解反应，化学方程式为：+2NaOH+CH3COONa+H2O，(4)D 为，其符合下列条件的同分异构体：A.属于芳香族化合物，说明含有苯环；B.既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有-OOCH基团。只有 1 个取代基为-CH2CH2O
33、OCH和-CH(CH3)OOCH两种不同结构；有2 个取代基为-CH3、-CH2COOH，或者-CH2CH3、-OOCH，这两种情况均有邻、间、对3种位置结构，种类数为23=6种；有 3 个取代基为-CH3、-CH3、-OOCH，2 个甲基有邻、间、对3 种位置结构，对应的-OOCH分别有 2 种、3 种、1 种位置，故符合条件的共有2+32+2+3+1=14种。其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为6：2：1：1 的同分异构体的结构简式：或。(5)以甲苯为原料合成的方法是：先使甲苯发生取代反应产生邻硝基甲苯，用酸性KMnO4氧化甲基为 COOH，得到邻硝基甲苯，用Fe在 HCl 存在条件下发生还原
34、反应，NO2被还原得到 NH2，就生成邻氨基苯甲酸。故合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物推断与合成，涉及物质的命名、反应类型的判断、操作目的、同分异构体种类的判断及符合要求的同分异构体结构简式的书写等。要采用正推、逆推相结合的方法分析判断。需要熟练掌握官能团性质与转化，并对给予的信息进行利用，结合转化关系中有机物H 的结构和反应条件进行推断。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18苯并环己酮是合成萘()或萘的取代物的中间体。由苯并环己酮合成1-乙基萘的一种路线如图所示：已知：回答下列问题：（1）萘环上的碳原子的编号如(a)式，根据系统命名法，(b)式可称为2-硝基萘，则化合物(
35、c)的名称应是 _。（2）有机物含有的官能团是_(填名称)，X 的结构简式是_。（3）步骤 III 的反应类型是_，步骤 IV 的反应类型是_。（4）反应 II 的化学方程式是_。（5）1-乙基萘的同分异构体中，属于萘的取代物的有_种(不含 1-乙基蔡)。W 也是 1-乙基萘的同分异构体，它是含一种官能团的苯的取代物，核磁共振氢谱显示W 有 3 种不同化学环境的氢，峰面积比为1：1：2，W 的结构简式为_。（6）写出用CH3COCH3和 CH3MgBr 为原料制备的合成路线(其他试剂任选)。_。【答案】1，6-二甲基萘碳碳双键和溴原子C2H5MgBr 取代反应消去反应11【解析】【分析】Y 分
36、子组成比苯并环己酮多C2H6，结合信息、Y反应后产物结构，可知X 为 C2H5MgBr，生成 Y的整个过程相当于与乙醇发生加成反应，可知Y的结构简式为：，反应 II 为消去反应，III 为取代反应，IV 为消去反应；【详解】(l)根萘环上的碳原子的编号可知，甲基分别取代了1 号和 6 号碳上的氢原子，所以化合物(c)名称是 1，6-二甲基萘；(2)有机物含有的官能团是碳碳双键和溴原子，通过以上分析知，X为 C2H5MgBr；(3)步骤 的反应属于取代反应，步骤反应类型是消去反应；(4)Y 为，反应 II 为醇的消去反应，则反应的化学方程式是；(5)可以有一个取代基为乙基，有2 位置(包含 1-
37、乙基萘)。可以有2 个取代基，为2 个甲基，可以处于同一苯环上，确定一个甲基位置，另外甲基位置如图所示：，有 4 种，若处于不同苯环上，确定一个甲基位置，另外甲基位置如图所示：，有 6 种，不包括1-乙基萘，符合条件的有2+4+6-1=11 种；W 也是 1-乙基萘的同分异构体，它是含一种官能团的苯的取代物，则含有3 个碳碳双键，核磁共振氢谱显示 W 有三种不同化学环境的氢原子，具有高对称性，且个数比为1：1：2，含有 3 个-CH=CH2且处于间位，其结构简式为：；(6)以 CH3COCH3、CH3MgBr 为原料合成，可由 CH2=C(CH3)2和溴发生加成反应得到，CH2=C(CH3)2
38、可由(CH3)3COH发生消去反应得到，(CH3)3COH可由 CH3COCH3、CH3MgBr 反应得到，合成路线图为。【点睛】第（2）题为易错点，要注意右侧的环已经不是苯环，其含有的碳碳双键也为官能团。19 2016 新课标 I锗(Ge)是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：（1）基态 Ge 原子的核外电子排布式为Ar_，有 _个未成对电子。（2）Ge与 C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是_。（3）比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因_。GeCl4GeBr4GeI4熔点/-49.5
39、26 146 沸点/83.1 186 约 400（4）光催化还原CO2制备 CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O 电负性由大至小的顺序是_。（5）Ge 单晶具有金刚石型结构，其中Ge 原子的杂化方式为_，微粒之间存在的作用力是_。（6）晶胞有两个基本要素：原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。如图为Ge 单晶的晶胞，其中原子坐标参数A 为(0，0，0)；B 为(12，0，12)；C为(12，12，0)。则 D 原子的坐标参数为_。晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76 pm，其密度为 _g cm-3(列出计算式即可)。【
40、答案】3d104s24p22 Ge 原子半径大，原子间形成的单键较长，p-p 轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成键GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高。原因是分子结构相似，分子量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强OGeZn sp3共价键(14，14，14)38736.02565.76 107【解析】【详解】（1）Ge 是 32 号元素，与碳元素是同一主族的元素，在元素周期表中位于第四周期IVA 族；基态 Ge 原子的核外电子排布式为Ar 3d104s24p2；在其原子的最外层的2 个 4p 电子分别位于2 个不同的4p 轨道上，所以基态Ge原子有 2 个未成对的电子，
41、故答案为3d104s24p2；2；（2）Ge与 C是同族元素，C原子原子半径较小，原子之间可以形成双键、三键；但Ge 原子之间难以形成双键或三键，从原子结构角度看，这是由于锗的原子半径大，原子之间形成的 单键较长，p-p 轨道肩并肩重叠的程度很小或几乎不能重叠，难以形成键，故答案为Ge 原子半径大，原子间形成的单键较长，p-p 轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成键；（3）锗元素的卤化物在固态时都为分子晶体，分子之间通过微弱的分子间作用力结合。对于组成和结构相似的物质来说，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高。由于相对分子质量：GeCl4 GeBr4 GeI4，所以它们的熔
42、沸点由低到高的顺序是：GeCl4GeBr4GeI4，故答案为GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高。原因是分子结构相似，分子量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强；（4）光催化还原CO2制备 CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。元素的非金属性越强，其吸引电子的能力就越强，元素的电负性就越大。元素Zn、Ge、O 的非金属性强弱顺序是：OGeZn，所以这三种元素的电负性由大至小的顺序是OGeZn，故答案为OGeZn；（5）Ge 单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为1 个 s 轨道与 3 个 p 轨道形成的sp3杂化；由于是同一元素的原子通过共用电子对结合，所以微粒之间存在的作用力是非极性共价键(或写为共价键)，故答案为sp3；共价键；（6）根据各个原子的相对位置可知，D 在各个方向的1/4 处，所以其坐标是(14，14，14)，故答案为(14，14，14)；根据晶胞结构可知，在晶胞中含有的Ge 原子数是81/8+61/2+4=8，所以晶胞的密度310323103A873g/mol8 73g/cm(565.76pm10cm/pm)6.0210(565.7610)mVN=73873106.02565.76gcm-3，故答案为38736.02565.76 107。