《2019-2020学年安徽省灵璧中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年安徽省灵璧中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（17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、2019-2020学年安徽省灵璧中学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 阿巴卡韦（Abacavir）是一种核苷类逆转录酶抑制剂，存在抗病毒功效。关于其合成中间体M（），下列说法正确的是A与环戊醇互为同系物B分子中所有碳原子共平面C能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，且原理相同D可用碳酸钠溶液鉴别乙酸和M【答案】D【解析】【详解】A M 中含有两个羟基，与环戊醇结构不相似，不互为同系物，故A 错误；BM 中含有 sp3杂化的碳原子，所有碳原子不可能共平面，故B 错误；CM 中含有碳碳双键和羟基，能够与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还
2、原反应而使溶液褪色，M 中含有碳碳双键，其与溴水发生加成反应而使溴水褪色，故C错误；D乙酸与碳酸钠能够发生反应生成二氧化碳气体，M 不与碳酸钠溶液反应，利用碳酸钠能鉴别乙酸和M，故 D 正确；故答案为：D。2某有机物X的结构简式如图，下列有关该有机物的说法正确的是（）A分子式为C8H10O3B含有两种官能团C既可以发生加成反应又可以发生取代反应D分子中所有碳原子共面【答案】C【解析】【详解】A.根据物质结构简式可知物质的分子式是C8H12O3，A 错误；B.在该物质分子中含有-COOH、-OH、碳碳双键三种官能团，B 错误；C.该物质分子中含有碳碳双键，可以发生加成反应，含有羧基、羟基，可以发
3、生取代反应，C正确；D.分子中含有4 个饱和碳原子，与该碳原子连接的原子构成的是四面体结构，因此不可能所有C原子都在同一个平面上，D 错误；故合理选项是C。3等温等压下，有质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，下列叙述中正确的是()A体积之比为131314 B密度之比为141413 C质量之比为111 D原子数之比为111【答案】B【解析】【详解】假设质子都有14mol，则 CO、N2、C2H2三种气体的物质的量分别是1mol、1mol、1mol。A、等温等压下，体积之比等于物质的量的比，体积之比为111，A 错误；B、等温等压下，密度比等于摩尔质量的比，密度之比为14 1413，B 正确
4、；C、质量之比为1mol 28g/mol：1mol 28g/mol：1mol 26g/mol=14:14:13，C错误；D、原子个数之比为1mol2：1mol 2：1mol4=11 2，D 错误。答案选 B。4我国科学家构建了一种有机框架物M，结构如图。下列说法错误的是（）A 1molM 可与足量Na2CO3溶液反应生成1.5molCO2B苯环上的一氯化物有3 种C所有碳原子均处同一平面D 1molM 可与 15mol H2发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A.根据物质结构可知：在该化合物中含有3 个-COOH，由于每2 个 H+与 CO32-反应产生1molCO2气体，所以 1molM
5、可与足量Na2CO3溶液反应生成1.5molCO2，A 正确；B.在中间的苯环上只有1 种 H 原子，在与中间苯环连接的3 个苯环上有2 种不同的H 原子，因此苯环上共有 3 种不同位置的H 原子，它们被取代，产生的一氯化物有3 种，B 正确；C.-COOH碳原子取代苯分子中H 原子的位置在苯分子的平面上；与苯环连接的碳碳三键的C原子取代苯分子中 H 原子的位置在苯分子的平面上；乙炔分子是直线型分子，一条直线上2 点在一个平面上，则直线上所有的原子都在这个平面上，所以所有碳原子均处同一平面，C正确；D.在 M 分子中含有 4 个苯环和3 个碳碳三键，它们都可以与氢气发生加成反应，则可以与1mo
6、lM 发生加成反应的氢气的物质的量为34+23=18mol，D 错误；故合理选项是D。5用如图所示装置探究Cl2和 NO2在 NaOH 溶液中的反应，若通入适当比例的Cl2和 NO2，即发生反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。下列叙述正确的是A实验室中用二氧化锰与3 mol L-1的盐酸共热制备氯气B装置中盛放的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气C装置的作用是便于控制通入NO2的量D若制备的NO2中含有 NO，应将混合气体通入水中以除去NO【答案】C【解析】【详解】A.实验室中用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，而 3 mol L-1的盐酸是稀盐酸，因此不能发生反应制取
7、氯气，A 错误；B.该实验不需要保证氯气是干燥的，所以装置中盛放的试剂是饱和NaCl 溶液，作用是除去氯气中的杂质 HCl 气体，B 错误；C.由于 NO2气体不能再CCl4中溶解，气体通过装置，可根据导气管口气泡的多少，观察气体流速，因此其作用是便于控制通入NO2的量，C正确；D.若制备的NO2中含有 NO，将混合气体通入水中，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，最后导致气体完全变质，D 错误；故合理选项是C。6下列实验能实现的是（）A图 1 装置左侧用于检验氯化铵受热分解出的氨气B图 2 装置用于分离碘单质和高锰酸钾固体混合物C图 3 装置中若a处有红色物质生成，b 处变蓝，证
8、明X一定是 H2D图 4装置可以制取少量CO2，安全漏斗可以防止气体逸出【答案】D【解析】【详解】A、左侧的五氧化二磷会吸收氯化铵分解产生的氨气，因此左侧可检测氯化氢，故A 不符合题意；B、加热时碘升华，高锰酸钾会发生分解，因此加热法不能分离，故B 不符合题意；C、a 处有红色物质生成，说明氧化铜被还原，b 处变蓝，说明气体中含有水蒸气，因此有可能X中含有水蒸气，X 也可能含有乙醇、氨气、甲烷等，故C不符合题意；D、大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，安全漏斗可在左右侧形成液柱，可防止气体逸出，故 D 符合题意；故答案为：D。7设 NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 12gNaHSO4晶
9、体中 SO42-数目为 0.1NAB2.0gD2O 中含有的中子数为NAC2.24LCl2与足量 Na2SO3溶液反应时转移的电子数为0.2NAD标准状况下，4.48 LHF 所含原子数目为0.4NA【答案】B【解析】【详解】A.NaHSO4晶体中含钠离子与硫酸氢根离子，不含SO42-，A 项错误；B.2.0gD2O 的物质的量为2.0g20g/mol=0.1mol，其中含有的中子数为0.1mol(12+8)NA=NA，B项正确；C.氯气所处的状态未知，无法求出氯气的物质的量，转移电子数无法确定，C项错误；D.标准状况下，HF 为液体，不是气体，无法按照气体的摩尔体积计算其物质的量，D 项错误
10、；答案选 B。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题 D 项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol 的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。8X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y原子在短周期主族元素中原子半径最大。X 和Y 能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物。常温下，0.1mol L-1W 的氢化物水溶液的pH 为 1。向ZW3的水溶液中逐滴加入Y的最高价氧化物对应的水化物，先
11、产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解。下列推断正确的是A简单离子半径：WY Z X BY、Z 分别与 W 形成的化合物均为离子化合物C元素的最高正化合价：WXZ Y D Y、W 的简单离子都不会影响水的电离平衡【答案】D【解析】【分析】Y 原子在短周期主族元素中原子半径最大，故 Y为 Na 元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，逐滴加入氢氧化钠溶液先产生沉淀，后沉淀溶解，说明ZW3为铝盐，即Z为 Al 元素；X 和 Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物，则X为 O 元素；常温下，0.1mol L-1W 的氢化物水溶液的pH 为 1，说明HW 为一元强酸，W 的原子序数大于Z，所以 W 为
12、 Cl 元素；综上所述：X 为 O，Y为 Na，Z 为 Al，W 为Cl。【详解】A.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；氯离子电子层为3 层，其他离子均为2 层，所以简单离子半径：Cl?O2?Na+Al3+，即 WXYZ，故 A 错误；B.Al 与 Cl形成的化合物AlCl3为共价化合物，故B错误；C.O元素没有最高正化合价，故C错误；D.NaOH 为强碱，HCl 为强酸，所以钠离子和氯离子都不会影响水的电离平衡，故D 正确；故答案为D。9设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 20g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为NAB标准状况下，18g 冰水中共价
13、键的数目为NAC5.6g 铁与 7.1gCl2充分反应，转移电子数目为0.3NAD 7.8gNa2O2与足量的水(H218O)反应生成的氧气所含的中子数为0.5NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A.20g46%的甲酸溶液中甲酸的质量为20g 46%=9.2g，物质的量为9.2g=0.2mol46g/mol，0.2mol 甲酸含 0.4NA个氧原子，水的质量为10.8g，水的物质的量为10.8g=0.6mol18g/mol，0.6mol 水含 0.6NA个氧原子，故溶液中共含 0.4NA+0.6NA=NA个氧原子，故A正确；B.18g 冰水的物质的量为1mol，而水分子中含2 条共价键，故1
14、mol 水中含 2NA条共价键，故B 错误；C.5.6g铁和 7.1g 氯气的物质的量均为0.1mol，二者反应的化学方程式为232Fe+3Cl2FeCl点燃，由比例关系知，0.1mol 铁完全反应需要0.15mol 氯气，故氯气不足，Fe过量，则0.1mol 氯气反应后转移0.2NA个，故 C错误；D.7.8g 过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠和水反应时生成的氧气全部来自于过氧化钠，故生成的氧气为16O2，且物质的量为0.05mol，故含中子数为0.05mol 16NA=0.8NA个，故 D 错误；故选 A。【点睛】氯气与铁单质反应，无论氯气是不足量还是过量，只生成FeCl3，而
15、不生成FeCl2，这是学生们的易错点。1mol 氯气与足量铁反应，转移2mol 电子；足量氯气与1mol 铁反应，转移3mol 电子，这是常考点。10由下列实验及现象推出的相应结论正确的是（）实验现象结论A某溶液中滴加溶液产生蓝色沉淀原溶液中有，无B某溶液中加入溶液再加足量盐酸产生白色沉淀仍有白色沉淀原溶液中有C向含有和的悬浊液中滴加溶液生成黑色沉淀D向溶液中通入溶液变浑浊酸性：A ABBCCDD【答案】D【解析】【详解】AK3Fe(CN)6与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子，由现象可知原溶液中有Fe2+，不能确定是否含 Fe3+，故 A 错误；BBa(NO3)2的酸性溶液具有强氧化性
16、，能够将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，从而生成硫酸钡沉淀，则原溶液中可能有SO32-或 SO42-，或二者均存在，故B 错误；C溶液中含有Na2S，不一定发生沉淀的转化，不能比较Ksp(CuS)与 Ksp(ZnS)的大小，故C错误；DC6H5ONa 溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明反应生成了苯酚，发生强酸制弱酸的反应，则酸性：H2CO3C6H5OH，故 D 正确；答案选 D。112019 年 2 月，在世界移动通信大会(MWC)上发布了中国制造首款5G折叠屏手机的消息。下列说法不正确的是()A制造手机芯片的关键材料是硅B用铜制作手机线路板利用了铜优良的导电性C镁铝合金制成的手机外壳具有轻便抗
17、压的特点D手机电池工作时，电池中化学能完全转化为电能【答案】D【解析】【详解】A.单晶硅是良好的半导体材料，可以制作芯片，A 项正确；B.铜属于金属，具有良好的导电性，可以做手机线路板，B 项正确；C.镁铝合金密度小强度高，具有轻便抗压的特点，C项正确；D.手机电池工作时，电池中化学能主要转化为电能，但有一部分能量以热能形式会散失，D 项错误；答案选 D。12研究表明，雾霾中的无机颗粒主要是硫酸铵和硝酸铵，大气中的氨是雾霾的促进剂。减少氨排放的下列解决方案不可行的是()A改变自然界氮循环途径，使其不产生氨B加强对含氨废水的处理，降低氨气排放C采用氨法对烟气脱硝时，设置除氨设备D增加使用生物有机
18、肥料，减少使用化肥【答案】A【解析】【详解】A.人类无法改变自然界氮循环途径，使其不产生氨，所以此方法不可行，A 错误；B.加强对含氨废水的处理，可以减少氨气的排放，方法可行，B正确；C.采用氨法对烟气脱硝时，设置除氨设备，方法可行，C正确；D.增加使用生物有机肥料，减少铵态氮肥的使用，能够减少氨气的排放，方法可行，D 正确；故合理选项是A。13下列物质的转化在给定条件下能实现的是()A SSO3H2SO4BAl2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3CSiO2SiCl4Si DFe2O3FeCl3(aq)无水 FeCl3【答案】B【解析】【分析】A.S 点燃条件下与O2反应不能生成SO3；B
19、.Al2O3和 NaOH 溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液中通入CO2，生成 Al(OH)3沉淀；C.SiO2一般情况下不与酸反应；D.FeCl3溶液会发生Fe3+的水解；【详解】A.S 点燃条件下与空气或纯O2反应只能生成SO2，不能生成SO3，故 A 错误；B.氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，发生反应NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+NaHCO3，所以能实现，故B 正确；C.SiO2与盐酸溶液不发生，故C 错误；D.FeCl3溶液在加热时会促进Fe3+的水解：FeCl3+3H2O=Fe(OH)3+3HCl，最终得不到无水FeCl3，
20、故 D 错误；故答案为B。【点睛】本题考查是元素化合物之间的转化关系及反应条件。解题的关键是要熟悉常见物质的化学性质和转化条件，特别是要关注具有实际应用背景或前景的物质转化知识的学习与应用。14下列各项反应对应的图像正确的是()A图甲为25时，向亚硫酸溶液中通入氯气B图乙为向NaAlO2溶液中通入HCl 气体C图丙为向少量氯化铁溶液中加入铁粉D图丁为向BaSO4饱和溶液中加入硫酸钠【答案】C【解析】【详解】A亚硫酸为酸性，其pH 小于 7，与图象不符，发生Cl2+H2SO3+H2O=2Cl-+4H+SO42-后，随着氯气的通入，pH 会降低，直到亚硫酸反应完全，pH 不变，故A 错误；BNaA
21、lO2溶液中通入HCl 气体，发生H+AlO2-+H2O=Al(OH)3、Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，图中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为1：3，故 B错误；C向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，则 Fe元素的质量增加，Cl 元素的质量不变，所以 Cl的质量分数减小，至反应结束不再变化，故C正确；D BaSO4饱和溶液中，存在溶解平衡，加硫酸钠，硫酸根离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，故 D 错误；故答案为C。15下列化学用语表示正确的是A中子数为8 的氮原子：158NB硫离子的结构示意图：C铵根离子的电子式：D聚丙烯的结构简式【答案】
22、C【解析】A 项，N 的质子数为7，质量数=8+7=15，可表示为158N，A 错误；B 项，硫离子含有16 个质子数，硫离子的结构示意图为，故 B 错误；C 项，铵根离子的电子式为，C 正确；D项，丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为：，D 错误。点睛：本题考查常见化学用语的正误判断，题目难度一般，主要考查学生对常见化学用语的掌握情况，注意常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，需要熟记。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16过硫酸钠(Na2S2O8)具有极强的氧化性，且不稳定，某化学兴趣小组探究过硫
23、酸钠的相关性质，实验如下。已知SO3是无色易挥发的固体，熔点16.8，沸点 44.8。（1）稳定性探究(装置如图)：分解原理：2Na2S2O82Na2SO4 2SO3O2。此装置有明显错误之处，请改正：_，水槽冰水浴的目的是_；带火星的木条的现象_。（2）过硫酸钠在酸性环境下，在 Ag的催化作用下可以把Mn2氧化为紫红色的离子，所得溶液加入BaCl2可以产生白色沉淀，该反应的离子方程式为_，该反应的氧化剂是_，氧化产物是 _。（3）向上述溶液中加入足量的BaCl2，过滤后对沉淀进行洗涤的操作是_。（4）可用 H2C2O4溶液滴定产生的紫红色离子，取20mL 待测液，消耗0.1mol L1的 H
24、2C2O4溶液 30mL，则上述溶液中紫红色离子的浓度为_mol L1，若 Na2S2O8有剩余，则测得的紫红色离子浓度将_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。【答案】试管口应该略向下倾斜冷却并收集 SO3木条复燃2Mn2 5S2O8H2O2MnO10SO 16HS2OMnO用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，使蒸馏水自然流下，重复操作2 3 次(合理即可)0.06 偏高【解析】【分析】(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜；根据SO3、氧气的性质进行分析；(2)X为 MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO42-，据此写出离子方程式，并根据氧化还
25、原反应规律判断氧化剂、氧化产物；(3)根据沉淀洗涤的方法进行回答；(4)根据得失电子守恒可得到关系式：5H2C2O4-2MnO4-，带入数值进行计算；Na2S2O8也具有氧化性，氧化H2C2O4。【详解】(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜，SO3的熔、沸点均在0以上，因此冰水浴有利于将SO3冷却为固体，便于收集SO3，由 Na2S2O8的分解原理可知，生成物中有氧气，所以在导管出气口的带火星的木条会复燃，故答案为：试管口应该略向下倾斜；冷却并收集SO3；木条复燃；(2)X 为 MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO42-，则反应的离子方程式为 2
26、Mn25S2O8H2O2MnO 10SO 16H，根据该反应中元素化合价的变化可知，氧化剂是S2O82-，氧化产物是MnO4-，故答案为：2Mn25S2O8H2O2MnO 10SO 16H；S2O82-；MnO4-；(3)沉淀洗涤时，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸馏水需要没过沉淀，需要洗涤23 次，故答案为：用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，使蒸馏水自然流下，重复操作23 次(合理即可)；(4)根据得失电子守恒可得到关系式：-2244-1-45H C O2MnO520.03L0.1mol L0.02Lc MnO:g则-1-142 0.03L0.1mol Lc MnO=0.06mol L5
27、 0.02Lgg，Na2S2O8具有氧化性，消耗的H2C2O4溶液增多，导致测得的结果偏高，故答案为：0.06；偏高。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17阿司匹林是一种解毒镇痛药。烃 A 是一种有机化工原料，下图是以它为初始原料设计合成阿司匹林关系图：已知：（苯胺，苯胺易被氧化）回答下列问题：（1）C的结构简式为_。（2）反应的反应类型_，在之前设计这一步的目的是_。（3）F 中含氧官能团的名称_。（4）G（阿司匹林）与足量NaOH 溶液反应的化学方程式为_。（5）符合下列条件的E 的同分异构体有_种。写出核磁共振氢谱中有五组峰，峰面积之比为1：2：2：2：1 的结构简式：_（只写
28、一种）。a含 OH b能发生水解反应c能发生银镜反应（6）利用甲苯为原料，结合以上合成路线和下面所给信息合成下图所示的功能高分子材料（无机试剂任选）。_【答案】取代反应保护酚羟基，防止酚羟基被氧化羧基和酚羟基17 种或【解析】【分析】根据流程图，烃A 与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B在氢氧化钠溶液条件下水解后酸化生成C，根据C 的化学式可知，A 为甲苯()，根据 E的结构，结合信息可知，D 为，则 C为，因此 B 为苯环上的氢原子被取代的产物，反应条件为铁作催化剂，B 为，据此分析。【详解】根据流程图，烃A 与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B在氢氧化钠溶液条件下水解后酸化生成C，根据C 的化
29、学式可知，A 为甲苯()，根据 E的结构，结合信息可知，D 为，则 C为，因此 B 为苯环上的氢原子被取代的产物，反应条件为铁作催化剂，B 为。(1)根据上述分析，C为；（2）反应是与乙酸酐发生取代反应生成和乙酸，反应类型为取代反应；在之前设计可以保护酚羟基，防止酚羟基被氧化，故答案为取代反应；保护酚羟基，防止酚羟基被氧化；（3）F为，含氧官能团的名称为羧基和酚羟基；(4)G(阿司匹林)中的酯基水解生成的羟基为酚羟基，也能与氢氧化钠反应，因此与足量NaOH 溶液反应的化学方程式为；(4)E 为，a含 OH，可为酚羟基、醇羟基或羧基中的OH；b能发生水解反应说明含有酯基；c能发生银镜反应说明含有
30、醛基；满足条件的结构是：若苯环上只有一个取代基则为HCOOCH(OH)-，只有一种；若苯环上有两个取代基，可为HCOOCH2-和-OH，苯环上的位置可为邻、间、对位，故有 3 种；若苯环上有两个取代基还可以为HCOO-和-CH2OH，苯环上的位置可为邻、间、对位，故有3 种；若苯环上有三个取代基，为HCOO-、-CH3和-OH，根据定二议三，两个取代基在苯环上有邻、间、对位，再取代第三个取代基在苯环上时分别有4、4、2 种共 10 种；综上符合条件的同分异构体共有17 种；其中核磁共振氢谱中有五组峰，峰面积之比为1：2：2：2：1 的结构简式为或；(5)用甲苯为原料合成功能高分子材料()。需要
31、合成，根据题干信息，可以由合成；羧基可以由甲基氧化得到，因此合成路线为。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18有机物A 是一种重要的化工原料，以A 为主要起始原料，通过下列途径可以合成高分子材料 PA及 PC。试回答下列问题(1)B 的化学名称为_，B到 C的反应条件是_。(2)E 到 F的反应类型为_，高分子材料PA的结构简式为_。(3)由 A 生成 H 的化学方程式为_。(4)实验室检验有机物A，可选择下列试剂中的_。a盐酸bFeCl3溶液C NaHCO3溶液d浓溴水(5)E 的同分异构中，既能与碳酸氢钠溶液反应、又能发生银镜反应的有机物共有_种。其中核磁共振氢谐图有5 组峰，且
32、峰面积之比为6：1：1：1：1 的物质的结构简式为_。(6)由 B 通过三步反应制备1 3环己二烯的合成路线为_。【答案】环己醇浓硫酸、加热氧化反应bd 12【解析】【分析】由 PC的结构简式逆推，H的结构简式是，A与丙酮反应生成，可知 A是；与氢气发生加成反应生成，C经双氧水氧化生成，C是；，的结构简式是，水解为。【详解】(1)与氢气发生加成反应生成B，B是，化学名称为环己醇，在浓硫酸、加热的条件下发生醇的消去反应生成。(2)是的分子中去掉2 个 H原子，反应类型为氧化反应，与己二胺发生缩聚反应生成高分子材料PA，PA的结构简式为。(3)与丙酮反应生成和水，化学方程式为。(4)A 是苯酚，苯
33、酚遇 FeCl3溶液显紫色，苯酚与浓溴水反应生成白色沉淀2,4,6-三溴苯酚，所以实验室检验苯酚，可选择FeCl3溶液或浓溴水，选bd。(5)能与碳酸氢钠溶液反应说明含有羧基、能发生银镜反应说明含有醛基，含有醛基、羧基的同分异构体有、，共 12 种。其中核磁共振氢谐图有5 组峰，且峰面积之比为6：1：1：1：1 的物质的结构简式为。(6)由环己醇在浓硫酸作用下发生消去反应生成环己烯，环己烯与溴水发生加成反应生成1,2-二溴环己烷，1,2-二溴环己烷在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成13环己二烯，由环己醇通过三步反应制备 13环己二烯的合成路线为。【点睛】本题考查有机物的推断，结合反应产物
34、的结构特点，判断A的结构，再利用正推法与逆推法相结合进行判断，能较好的考查学生的阅读、分析与思维能力。19以黄铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3及少量的FeS、SiO2、Cu、Au、Ag 等）为原料制备颜料铁红（Fe2O3）、晶体 E，回收 H 和重金属混合物的生产工艺流程如图所示：请按要求回答下列问题：（1）工艺流程的中间产物（NH4）2Fe6（SO4）4（OH）12中 Fe的化合价为 _。Fe在周期表中的位置为第_周期第 VIII 族。（2）将烧渣溶解前需进行“粉碎和提高温度”的目的是 _。过程溶解烧渣所需试剂中溶质的化学式为_。反应的化学方程式：_。（3）反应的目的是_。气体 Z的电子式：_
35、。写出反应的离子方程式：_。（4）将回收的H 溶于少量水，所得溶液中所有离子的浓度由大到小依次是_。【答案】+3 四提高烧渣溶解速率和溶出率H2SO4SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O 将+2 价铁氧化为+3 价铁3NH3?H2O+Fe3+=Fe（OH）3+3NH4+c（NH4+）c（SO42-）c（H+）c（OH-）【解析】【分析】黄铁矿烧渣，主要成分为Fe2O3及少量的FeS、SiO2、Cu、Au、Ag 等，加入硫酸溶解，滤渣中含有Cu，Au、Ag 的活泼性比铜弱，所以滤渣中除了SiO2、Cu，还有 Au、Ag；溶液 A 中的溶质是FeSO4；(NH4)2Fe6(SO4)4(OH
36、)12中 Fe的化合价为+3，说明试剂X 把溶液 A 中的 Fe2+氧化为 Fe3+；溶液 B 中的溶质是Fe2(SO4)3，通入氨气生成(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12，溶液 C是硫酸铵；(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12的水溶液中继续通氨气，生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁加热分解为氧化铁。【详解】（1）(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12中，铵根离子、硫酸根离子、氢氧根离子的总化合价分别为+1、-2、-1，设 Fe的化合价为x，则（+1）2+6x+（-2）4+（-1）12=0，解得：x=+3；Fe 的原子序数为26，位于元素周期表中第四周期第VIII 族；（2）将烧渣溶
37、解前需进行“粉碎和提高温度”，目的是加快反应速率，从而提高烧渣溶解速率和溶出率；根据分析可知，过程溶解烧渣所用试剂为硫酸，溶质的化学式为H2SO4；滤渣中除了SiO2、Cu，还有 Au、Ag，加入试剂Y 溶解 SiO2，回收金属，所以Y是氢氧化钠溶液，反应为氢氧化钠与二氧化硅的反应，该反应的化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；（3）晶体 E(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12中 Fe元素化合价为+3，则过量的试剂X目的是将+2 价铁氧化为+3 价铁；气体 Z为氨气，氨气为共价化合物，其电子式为；反应为铁离子与氨水反应生成氢氧化铁沉淀，该反应的离子方程式为3NH3?H2O+Fe3+=Fe（OH）3+3NH4+；（4）根据分析，H 为（NH4）2SO4，铵根离子水解溶液呈酸性，则c（H+）c（OH-），由于铵根离子的水解程度较小，则c（NH4+）c（SO42-），溶液中离子浓度大小为c（NH4+）c（SO42-）c（H+）c（OH-）。