《2019-2020学年北京东城区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学年北京东城区新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18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学年北京东城区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有关氮原子核外p 亚层中的电子的说法错误的是（）A能量相同B电子云形状相同C自旋方向相同D电子云伸展方向相同【答案】D【解析】【详解】氮原子核外电子排布为：1s22s22p3，2px1、2py1和 2pz1上的电子能量相同、电子云形状相同、自旋方向相同，但电子云伸展方向不相同，错误的为D，故选 D。【点睛】掌握和理解p 亚层中电子的能量和自旋方向、以及电子云的形状是解题的关键。要注意2p3上的 3 个电子排布在 3 个相互垂直的p 轨道中，自旋方向相同。2
2、2019 年 4 月 25 日，习总书记宣布北京大兴国际机场正式投运！该机场在建设过程中使用了当今世界机场多项尖端科技，被英国卫报评为“新世界七大奇迹”之首。化工行业在这座宏伟的超级工程中发挥了巨大作用，下列有关说法错误的是A青铜剑科技制造的第三代半导体芯片，其主要成分是SiO2B支撑航站楼的C形柱柱顶的多面体玻璃，属于硅酸盐材料C机场中的虚拟人像机器人“小兴”表面的塑料属于高分子聚合物D耦合式地源热泵系统，光伏发电系统及新能源汽车的使用，可以减轻温室效应及环境污染【答案】A【解析】【详解】A.第三代半导体芯片的主要成分不是SiO2，而是 GaN，A 项错误，符合题意；B.普通玻璃属于硅酸盐材
3、料，B 项正确，不符合题意；C.塑料属于高分子聚合物，C项正确，不符合题意；D.大兴国际机场是全国可再生能源使用比例最高的机场，耦合式地源热泵系统，可实现年节约1.81 万吨标准煤，光伏发电系统每年可向电网提供600 万千瓦时的绿色电力，相当于每年减排966 吨 CO2，并同步减少各类大气污染物排放，D 项正确，不符合题意；答案选 A。【点睛】解答本题时需了解：第一代半导体材料主要是指硅（Si）、锗元素（Ge）半导体材料。第二代半导体材料主要是指化合物半导体材料，如砷化镓（GaAs）、锑化铟（InSb）；三元化合物半导体，如GaAsAl、GaAsP；还有一些固溶体半导体，如Ge-Si、GaAs
4、-GaP；玻璃半导体（又称非晶态半导体），如非晶硅、玻璃态氧化物半导体；有机半导体，如酞菁、酞菁铜、聚丙烯腈等。第三代半导体材料主要以碳化硅（SiC）、氮化镓（GaN）、氧化锌（ZnO）、金刚石、氮化铝（AlN）为代表的宽禁带半导体材料。3高纯氢的制备是目前的研究热点，利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图所示。下列有关说法正确的是A连接 K1可以制取O2B电极 2 发生反应2H2O+2e-=H2+2OH-C电极 3 的主要作用是通过NiOOH 和 Ni(OH)2相互转化提供电子转移D连接 K2溶液的 pH 减小【答案】C【解析】【分析】【详解】A.连接 K1，电极 1 为阴极，电极
5、反应为2H2O+2e-=H2+2OH-，氢气在阴极生成，故A 错误；B.电极 2 为阳极，阳极发生氧化反应，氢氧根离子被氧化生成氧气，电极方程式为4OH-4e-2H2O+O2，故 B 错误；C.电极 3 可分别连接K1或 K2，分别发生氧化、还原反应，实现NiOOH?Ni(OH)2的转化，提供电子转移，故 C 正确；D.连接 K2，电极 3 为阴极，电极反应为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，电极 2 为阳极，电极反应为4OH-4e-2H2O+O2，总反应为4NiOOH+2H2O=4Ni(OH)2+O2，反应消耗水，则溶液碱性增强，pH 增大，故 D 错误；故选 C。4化合物A
6、()可由环戊烷经三步反应合成：则下列说法错误的是（）A反应 1 可用试剂是氯气B反应 3 可用的试剂是氧气和铜C反应 1 为取代反应，反应2 为消除反应D A 可通过加成反应合成Y【答案】C【解析】【分析】实现此过程，反应 1 为与卤素单质发生取代反应，反应 2 为卤代环戊烷与氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇，反应3 为醇的催化氧化。【详解】A.反应 1 为与卤素单质发生取代反应，可用试剂是氯气，A 正确；B.反应 3 为醇的催化氧化，可用的试剂是氧气和铜，B正确；C.反应 1 和反应 2 都为取代反应，C错误；D.酮可催化加氢生成相应的醇，D 正确；故答案为：C。5一氯甲烷等卤代烃跟苯的反
7、应如图所示，(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是A该反应属于化合反应Bb 的二氯代物有6种结构C1mol b 加氢生成饱和烃需要6molH2D C5H11Cl 的结构有8 种【答案】D【解析】【分析】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl；B、甲苯的苯环上的二氯代物有6 种，甲基上的氢也可以被取代；C、1mol b 加氢生成饱和烃需要3molH2；D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构。【详解】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl，属于取代反应，故A 错误；B、甲苯的苯环上的二氯代物有6 种，甲基上的氢也可以被取代，故B 错误；C、1mol b 加氢生成
8、饱和烃需要3molH2，故 C错误；D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构分别有3 种、4 种、1 种，故 D 正确。故选 D。【点睛】易错点 B，区别“甲苯的苯环上的二氯代物”和“甲苯的的二氯代物”是两种不同的条件，后者甲基上的氢也可以被取代。6一种形状像蝴蝶结的有机分子Bowtiediene，其形状和结构如图所示，下列有关该分子的说法中错误的是A生成 1 mol C5 H12至少需要4 mol H2B该分子中所有碳原子在同一平面内C三氯代物只有一种D与其互为同分异构体，且只含碳碳三键的链烃有两种【答案】B【解析】【分析】有机物含有2 个碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应
9、，结合烯烃、甲烷的结构特点解答。【详解】A.由结构式可知分子中含有5 个 C、4 个 H 原子，则分子式为C5H4，根据不饱和度的规律可知，该分子内含 4 个不饱和度，因此要生成1 mol C5 H12至少需要4 mol H2，A 项正确；B.分子中含有饱和碳原子，中心碳原子与顶点上的4 个碳原子形成4 个共价单键，应是四面体构型，则分子中四个碳原子不可能在同一平面上，B项错误；C.依据等效氢思想与物质的对称性可以看出，该分子的三氯代物与一氯代物等效，只有一种，C项正确；D.分子式为C5H4，只含碳碳叁键的链烃有CH C-CH2-C CH 或 CH C-CC-CH3这 2 种同分异构体，D 项
10、正确；答案选 B。【点睛】本题 C项的三氯代物可用换位思考法分析作答，这种方法一般用于卤代物较多时，分析同分异构体较复杂时，即将有机物分子中的不同原子或基团进行换位，如乙烷分子，共6 个氢原子，一个氢原子被氯原子取代只有一种结构，那么五氯乙烷呢，H 看成 Cl，Cl看成 H，换位思考，也只有一种结构。7X、Y、Z、W 是四种原子序数依次增大的短周期元素，Z、W 可以形成两种重要化合物ZW2、Z2W2，X、Y 的原子半径依次减小，X、Y、Z组成的一种化合物(ZXY)2：的结构式为YX-Z-Z-XY。下列说法正确的是()A化合物Z2W2中含有离子键B简单离子半径大小顺序：ry rw rzC元素 W
11、 的氧化物对应水化物的酸性比Y的强D X和 Z组成的化合物中可能所有原子都达到8 电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】【详解】X、Y、Z、W 是四种原子序数依次增大的短周期元素，X、Y的原子半径依次减小，说明二者位于同一周期；X、Y、Z 组成的一种化合物(ZXY)2的结构式为YX-Z-Z-X Y，X形成 4 个共价键，位于A 族，Y形成 3 个共价键，位于A 族，Z形成 2 个共价键，位于A 族，则 X为 C元素，Y为 N，Z为 S元素。Z、W 可以形成两种重要化合物ZW2、Z2W2，则 W 为 Cl元素，形成的物质分别为SCl2和 S2Cl2。A化合物Z2WZ 为 S2Cl2，S最外层 6
12、 个电子，达到稳定结构需要共用2 个电子，Cl最外层 7 个电子，达到稳定结构需要共用1 个电子，则S2Cl2中只含有共价键，结构是为ClS SCl，A 错误；BY、Z、W 形成的简单离子分别为N3、S2、Cl，N3核外只有2 个电子层，半径最小；而S2和 Cl的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则S2的半径大于Cl的半径，因此排序为S2ClN3，即 rzrwry，B 错误；CW 为 S元素，Y为 N 元素，W 的含氧酸有H2SO3，为弱酸，其酸性比Y的含氧酸HNO3弱，C 错误；D X为 C元素，Z为 S元素，C原子要达到稳定结构需要共用4 个电子，S要达到稳定结构需要共用2 个
13、电子，则1 个 C 原子和 2 个 S原子均可达到稳定结构，分子式为CS2，结构是为S=C=S，D 正确。答案选 D。8下列选项中,利用相关实验器材(规格和数量不限)能够完成相应实验的是()选项实验器材相应实验A 试管、铁架台、导管乙酸乙酯的制备B 分液漏斗、烧杯、铁架台用 CCl4萃取溴水中的Br2C 500mL 容量瓶、烧杯、玻璃棒、天平配制 500 mL 1.00 mol/L NaCl 溶液D 三脚架、坩埚、酒精灯、坩埚钳、泥三角从食盐水中得到NaCl 晶体A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A制备乙酸乙酯需要在浓硫酸加热的条件下进行，实验器材中还缺少用于加热的酒
14、精灯，不能完成该实验，A 选项错误；B用 CCl4萃取溴水中的Br2，需要用到的仪器有分液漏斗、烧杯、铁架台，B 选项正确；C配制一定物质的量浓度的NaCl 溶液时，计算出所需要的NaCl的质量后，用托盘天平称取，然后在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，待溶液冷却后用玻璃棒引流转移至容量瓶，经过两三次洗涤后，再用胶头滴管进行定容，实验器材缺少胶头滴管，不能完成该实验，C选项错误；D从食盐水中得到NaCl晶体用蒸发结晶的方法，需要的器材有带铁圈的铁架台、酒精灯、坩埚钳、蒸发皿、玻璃棒，不需要坩埚和泥三角，D 选项错误；答案选 B。9常温常压下，下列气体混合后压强一定不发生变化的是A NH3和 Cl
15、2BNH3和 HBr CSO2和 O2DSO2和 H2S【答案】C【解析】【分析】【详解】完全反应后容器中压强没有发生变化，说明反应前后气体的物质的量没有发生变化，A氨气与氯气常温下反应：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，氯化铵为固体，气体物质的量减小，压强发生变化，故 A 不选；B氨气与溴化氢反应生成溴化铵固体，方程式为：NH3+HBr=NH4Br，溴化铵为固体，气体物质的量减小，压强发生变化，故B 不选；C二氧化硫与氧气常温下不反应，所以气体物的量不变，压强不变，故C 选；D SO2和 H2S发生 SO2+2H2S 3S+2H2O，气体物质的量减小，压强发生变化，故D 不选；故选：C
16、。10将氯气持续通入紫色石蕊试液中，溶液颜色呈如下变化：关于溶液中导致变色的微粒、的判断正确的是（）A H+、HClO、Cl2B H+、ClO-、Cl-CHCl、ClO-、Cl-DHCl、HClO、Cl2【答案】A【解析】【分析】氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl 具有酸性，HClO 具有漂白性，氯气能溶于水形成氯水溶液。【详解】氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl 具有酸性，HClO 具有漂白性，则将氯气持续通入紫色石蕊试液中先变红后褪色，最后形成饱和氯水溶液显浅黄绿色为溶解的氯气分子，关于溶液中导致变色的微粒、的判断正确的是H+、HClO、Cl2。答案选 A。11某学习小组设计如
17、下装置进行原电池原理的探究。一段时间后取出铜棒洗净，发现浸泡在稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗。对该实验的说法正确的是A处于稀硝酸中的铜棒为电池的正极，电极反应为：Cu2+2e-=Cu B该装置可以实现“零能耗”镀铜C配置上述试验所用硝酸铜溶液应加入适量的硝酸溶液使铜棒溶解D铜棒上部电势高，下部电势低【答案】B【解析】【分析】原电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，正极电势比负极电势高。题意中，说明稀硝酸铜中铜作负极，铜变成铜离子进入溶液，下层浓硝酸铜中发生还原反应，铜离子得电子变成铜析出。【详解】A.题意中稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗，说明稀硝酸铜中铜作负
18、极，铜变成铜离子进入溶液，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+；A项错误；B.稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗，这样该装置可以实现“零能耗”镀铜，B 项正确；C.配置上述试验所用硝酸铜溶液若加如硝酸，硝酸会与铜电极反应，不发生题目中的电化学，C项错误；D.铜棒上部为负极，电势低，下部为正极，电势高，D 项错误。答案选 B。12X、Y、Z、R，W 是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，它们所在周期数之和为11。YZ气体遇空气变成红棕色，R 的原子半径是五种元素中最大的，W 与 Z 同主族。下列说法错误的是（）A简单离子的半径：YX B气态氢化物的稳定性：YW CX、Z 和 R 形成
19、强碱D最高价氧化物对应的水化物的酸性：WR【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、R、W 是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，YZ气体遇空气变成红棕色，则YZ为 NO，故 Y为 N 元素、Z为 O 元素；W 与 Z 同主族，则W 为 S元素；R的原子半径是五种元素中最大的，R 处于第三周期，可能为Na、Mg、Al、Si、P中的一种；五元素所在周期数之和为11，则 X处于第一周期，故X为 H 元素。【详解】AX、Y简单离子分别为H+(或 H-)、N3-，电子层越多离子半径越大，故离子半径；N3-H+(或 H-)，故 A 正确；B非金属性NS，故氢化物稳定性NH3H2S，故 B正确；CX、Z 和
20、 R 可能形成NaOH、氢氧化镁、氢氧化铝、硅酸、磷酸等，故C错误；D W 的非金属性比R 的强，最高价氧化物对应的水化物的酸性：WR，故 D 正确。故选：C。【点睛】本题的突破口为“YZ气体遇空气变成红棕色”，可知YZ为 NO；本题中无法确定R代表的具体元素，但并不影响对选项的判断。13下列说法错误的是A过氧碳酸钠(2Na2CO33H2O2)具有碳酸钠和H2O2的双重性质，可作去污剂、消毒剂B亚硝酸钠具有防腐的作用，所以可在食品中适量添加以延长保质期。C不锈钢是通过改变材料的内部结构达到防锈蚀的目的D“碳纳米泡沫”与石墨烯互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A、过氧化氢（H2O2）常用作
21、氧化剂、漂白剂和消毒剂，为了贮存、运输、使用的方便，工业上将过氧化氢转化为固态的过碳酸钠晶体（2Na2CO3?3H2O2），该晶体具有碳酸钠和过氧化氢的双重性质，选项 A 正确；B、亚硝酸具有防腐作用，所以可在食品中适量添加以延长保质期，但是亚硝酸盐会危害人体健康，应控制用量，选项B 正确；C、不锈钢是通过改变材料的内部结构达到防锈蚀的目的，指耐空气、蒸汽、水等弱腐蚀介质和酸、碱、盐等化学浸蚀性介质腐蚀的钢，选项C正确；D、“碳纳米泡沫”，与石墨烯是不同性质的单质，二者互为同素异形体而不是同分异构体，选项D 错误；答案选 D。14热催化合成氨面临的两难问题是：釆用高温增大反应速率的同时会因平衡
22、限制导致NH3产率降低。我国科研人员研制了Ti?H?Fe双温区催化剂（Ti-H 区域和 Fe区域的温度差可超过100）。Ti-H-Fe 双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是（）A为氮氮三键的断裂过程B在低温区发生，在高温区发生C使用 Ti-H-Fe 双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应D为 N 原子由 Fe区域向 Ti-H 区域的传递过程【答案】D【解析】【分析】【详解】A经历过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，过程中氮氮三键没有断裂，故 A 错误；B为催化剂吸附N2的过程，为形成过渡态的过程，为N2解离为 N 的过程，以上都
23、是吸热反应，需要在高温时进行，而为了增大平衡产率，需要在低温下进行，故B错误；C催化剂只影响化学反应速率，化学反应不会因加入催化剂而改变反应热，故C 错误；D由题中图示可知，过程完成了Ti-H-Fe-*N 到 Ti-H-*N-Fe两种过渡态的转化，N 原子由 Fe区域向 Ti-H区域传递，故D 正确；故答案为D。15常温下，向10mL0.10 mol/L CuCl2溶液中滴加0.10mol/L Na2S溶液，滴加过程中lgc(Cu2+)与 Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是A Ksp(CuS)的数量级为1021B曲线上a 点溶液中，c(S2)?c(Cu2+)Ksp(CuS)
24、Ca、b、c 三点溶液中，n(H+)和 n(OH)的积最小的为b 点D c 点溶液中：c(Na+)c(Cl)c(S2)c(OH)c(H+)【答案】D【解析】【详解】A求算 CuS的 Ksp，利用 b 点。在 b 点，CuCl2和 Na2S恰好完全反应，方程式为Cu2 S2=CuS，溶液中的 Cu2和 S2的浓度相等，lgc(Cu2)=17.7，则 c(Cu2)=1017.7mol/L。则 Ksp=c(Cu2)c(S2-)=1017.71017.7=1035.4 41036，其数量级为1036，A 项错误；B曲线上a 点溶液为CuS的饱和溶液，c(S2-)?c(Cu2+)=Ksp(CuS)，B
25、项错误；C在水溶液中，c(H)c(OH)=Kw，温度不变，其乘积不变，C项错误；Dc 点溶液 Na2S溶液多加了一倍，CuCl2Na2S=CuS 2NaCl，溶液为 NaCl 和 Na2S的混合溶液，浓度之比为 2:1。c(Na)c(Cl)c(S2)，S2会水解，S2 H2OHSOH溶液呈现碱性，c(OH)c(H)，水解是微弱的，有c(S2)c(OH)。排序为c(Na+)c(Cl-)c(S2-)c(OH-)c(H+)；D 项正确；本题答案选D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16乙苯是主要的化工产品。某课题组拟制备乙苯:查阅资料如下:几种有机物的沸点如下表:有机物苯溴乙烷乙苯沸点/
26、80 38.4 136.2 化学原理:+CH3CH2Br3AlCl80+HBr。氯化铝易升华、易潮解。I制备氯化铝甲同学选择下列装置制备氯化铝（装置不可重复使用）:（1）本实验制备氯气的发生装置的玻璃仪器有_种。（2）连接装置之后,检查装置的气密性，装药品。先点燃A 处酒精灯，当_时（填实验现象）点燃 F处酒精灯。（3）气体流动方向是从左至右，装置导管接口连接顺序a_ki f g_。（4）D 装置存在明显缺陷，若不改进，导致的实验后果是_。II.制备乙苯乙同学设计实验步骤如下:步骤 1：连接装置并检查气密性（如图所示，夹持装置省略）。步骤 2：用酒精灯微热烧瓶。步骤 3：在烧瓶中加入少量无水氯
27、化铝、适量的苯和溴乙烷。步骤 4：加热，充分反应半小时。步骤 5：提纯产品。回答下列问题:（5）本实验加热方式宜采用_（填“酒精灯直接加热”或“水浴加热”）。（6）确认本实验A 中已发生了反应的试剂可以是_。A 硝酸银溶液B 石蕊试液C 品红溶液D 氢氧化钠溶液（7）提纯产品的操作步骤有：过滤；用稀盐酸洗涤；少量蒸馏水水洗加入大量无水氯化钙；用大量水洗；蒸馏并收集136.2馏分分液。操作的先后顺序为_ _（填其它代号）。【答案】4F 中充满黄绿色hj debc氯化铝易堵塞导管引起爆炸水浴加热A B【解析】【分析】A 中制备氯气，生成的氯气中含有HCl，经过 E用饱和食盐水除去HCl，再经过C
28、用浓硫酸干燥，进入F，加热条件下铝与氯气反应生成氯化铝。【详解】I（1）本实验制备氯气的发生装置的玻璃仪器有酒精灯、圆底烧瓶、分液漏斗、导管共4 种。故答案为：4.（2）连接装置之后,检查装置的气密性，装药品。先点燃 A 处酒精灯，当 F中充满黄绿色时（填实验现象）点燃 F处酒精灯。故答案为：F中充满黄绿色；（3）气体流动方向是从左至右，装置导管接口连接顺序ahj deki f gbc；故答案为：h j de；bc；（4）氯化铝易升华，易冷凝成固体，D 装置存在明显缺陷，若不改进，导致的实验后果是氯化铝易堵塞导管引起爆炸。故答案为：氯化铝易堵塞导管引起爆炸II.（5）根据反应物的性质，沸点：溴
29、乙烷，38.4，苯，80，产物：136.2，本实验加热方式宜采用水浴加热。（6）根据反应方程式：，确认本实验 A中已发生了反应可以用硝酸银溶液检验产生的HBr中溴离子，也可以用石蕊试液检验生成的氢溴酸，故选 AB。（7）提纯产品的操作步骤有：用大量水洗，洗去溶液中氯化铝等可溶的物质；分液用稀盐酸洗涤有机层；少量蒸馏水水洗分液在有机层中加入大量无水氯化钙，干燥；过滤；蒸馏并收集136.2馏分，得苯乙烯。操作的先后顺序为。故答案：、。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17G 是具有抗菌作用的白头翁素衍生物，其合成路线如下：（1）C中官能团的名称为_和_。（2）EF 的反应类型为_。（3）
30、DE 的反应有副产物X(分子式为C9H7O2I)生成，写出X的结构简式：_。（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。能发生银镜反应；碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应；分子中有4 种不同化学环境的氢。（5）请写出以乙醇为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。_【答案】酯基碳碳双键消去反应CH3CH2OH2OCu V，CH3CHO CH3CH2OHHBrVCH3CH2BrMg乙醚CH3CH2MgBr3+3CH CHOH OV，CH3CH=CHCH3加热【解析】【分析】(1)根据 C的结构简式分析
31、判断官能团；(2)根据 E、F的结构简式和结构中化学键的变化分析判断有机反应类型；(3)根据 D()中碳碳双键断键后的连接方式分析判断；(4)根据题给信息分析结构中的官能团的类别和构型；(5)结合本题中合成流程中的路线分析，乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg 发生反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr 与乙醛反应后在进行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成。【详解】(1)C 的结构简式为，其中官能团的名称为酯基和碳碳双键；(2)根据 E、F的结构简式
32、，E中的一个I 原子 H 原子消去形成一个碳碳双键生成E，属于卤代烃在氢氧化钠水溶液中发生的消去反应，则反应类型为消去反应；(3)D E的反应还可以由D()中碳碳双键中顶端的碳原子与羧基中的氧形成一个六元环，得到副产物X(分子式为C9H7O2I)，则X 的结构简式；(4)F 的结构简式为，其同分异构体能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子结构中含有苯环和酯基，且该酯基水解后形成酚羟基；分子中有4 种不同化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为：；(5)乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件
33、下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg 发生反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr 与乙醛反应后在进行酸化，生成 CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成，合成路线流程图为：CH3CH2OH2OCuV，CH3CHO CH3CH2OHHBrVCH3CH2BrMg乙醚CH3CH2MgBr3+3CH CHOH OV，CH3CH=CHCH3加热。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18高锰酸钾是中学化学常用的试剂。主要用于防腐、化工、制药等。实验室模拟工业上用软锰矿制备高锰酸钾的流程如下：（1）实验室熔融二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾时应选择哪一
34、种仪器_a.普通玻璃坩埚b.石英坩埚c.陶瓷坩埚d.铁坩埚（2）第一步熔融时生成K2MnO4的化学方程式：_（3）操作中根据KMnO4和 K2CO3两物质在 _(填性质)上的差异，采用浓缩结晶、趁热过滤得到 KMnO4。趁热过滤的原因是_（4）反应 b 是电解法制备KMnO4，其装置如图所示，a 作_极(填“阳”或“阴”)，中间的离子交换膜是 _(填“阳”或“阴”)离子交换膜。阳极的电极反应式为_（5）KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂。其消毒原理与下列物质相同的_(填标号)。a.双氧水b.84 消液(NaClO 溶液)c.75酒精【答案】d 3MnO2+KClO3+6KOH高温3K2MnO4
35、+KCl+3H2O 溶解性避免温度下降，造成主产品的纯度降低阳阳MnO42-e-=MnO4-ab【解析】【分析】根据流程：二氧化锰与氢氧化钾粉碎在空气中熔融：3MnO2+KClO3+6KOH 3K2MnO4+KCl+3H2O，加水溶解分离出去KCl得到 K2MnO4溶液；途径 1：向 K2MnO4溶液通入二氧化碳得到KMnO4、MnO2、K2CO3：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2，过滤除去滤渣(MnO2)，滤液为KMnO4、K2CO3溶液，浓缩结晶，趁热过滤得到KMnO4晶体，滤液中含有K2CO3，途径 2：电解 K2MnO4溶液，2K2MnO4+2H2O 2K
36、MnO4+2KOH+H2，a 为阳极，电极反应为：MnO42-e-=MnO4-，据此分析作答。【详解】(1)实验室熔融二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾时应选择铁坩埚，因为普通玻璃坩埚、石英坩埚、陶瓷坩埚中含有二氧化硅，能与KOH反应，故答案为d；(2)第一步熔融时二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾生成K2MnO4的化学方程式为：3MnO2+KClO3+6KOH高温3K2MnO4+KCl+3H2O；(3)采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4，说明高锰酸钾的溶解性随温度影响较大，操作中根据KMnO4和 K2CO3两物质在溶解性上的差异，采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4，趁热过滤的原因是避免温度下降，造成主产
37、品纯度降低；(4)反应 b 是电解法制备KMnO4，a 为阳极，K2MnO4生成 KMnO4，发生反应：MnO42-e-=MnO4-，阴极为 b，由氢离子放电，得到KOH，故离子交换膜为阳离子交换膜，交换钾离子；(5)KMnO4稀溶液因为其强氧化性是一种常用的消毒剂，双氧水、84 消液(NaClO 溶液)具有氧化性，能消毒，故答案为：ab。19早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu.Fe 三种金属元素组成，回答下列问题：（1）铜元素位于周期表中_区。Cu2+离子的价层轨道表示式为_。锰、铁、钴三种元素的逐级电离能如下表：电离能/KJ/mol I1I2I 3I4Mn 717.3 1509
38、.0 3248 4940 Fe 762.5 1561.9 2957 5290 Co 760.4 1648 3232 4950 铁元素的第三电离能明显低于锰元素和钴元素，其原因是_。实验室可用赤血盐K3Fe(CN)6 检验 Fe2+离子，在赤血盐中铁元素的化合价为_，中心离子的配位数为_。（2）利用反应：X+C2H2+NH3Cu2C2+NH4Cl(未配平)可检验乙炔。化合物X晶胞结构如图，据此可知X的化学式为 _。乙炔分子中 键与 键数目之比为_，碳原子的杂化方式为_；NH4+空间构型为 _（用文字描述）。（3）下列三种化合物aAlCl3 b NaCl c Al2O3沸点由高到低依次是_（填编号
39、），其原因是_。Al 单质中原子采取面心立方最密堆积，其晶胞边长为0.405nm，列式表示Al 单质的密度 _g/cm3（不必计算出结果）。【答案】dsCo的核电荷数多于Fe，电子离开时克服的引力较大，所以Co的第三电离能比 Fe 大。Mn2+是半充满结构（3d5），再电离一个电子所需的能量较高，所以Mn的第三电离能也比Fe 大+36CuCl3:2sp 杂化正四面体cbaAlCl3是分子晶体沸点最低，NaCl 和 Al2O3是离子晶体，Al2O3的构成离子半径小，电荷高，晶格能大，沸点最高32374276.02100.405 10【解析】本题考查选修三物质结构与性质，（1）铜原子价电子排布式为
40、3d104s1，位于 ds 区，Cu2是Cu原子失去2 个电子，即价电子轨道式为；Fe 价电子排布式为3d64s2，Mn的价电子排布式为3d54s2，Co价电子排布式为3d74s2，Co 的核电荷数多于Fe，电子离开时克服的引力较大，所以Co的第三电离能比Fe 大，Mn2是半充满结构（3d5），再电离一个电子所需的能量较高，所以Mn的第三电离能也比Fe 大；K显 1 价，CN显 1 价，整个化合价代数为0，因此 Fe 的价态是 3 价，CN是 Fe 的配离子，因此中心离子的配位数为6；（2）Cu 位于顶点和面心，个数为81/8 61/2=4，Cl 位于晶胞内部，有4 个，因此化学式为CuCl；
41、乙炔结构简式为：，成键原子键只能有1 个 键，碳碳叁键中有2 个 键，因此 1mol 乙炔中 键和 键的比值为3：2；碳有2 个 键，无孤电子对，杂化类型为sp；NH4中 N有 4 键，无孤电子对，即杂化类型为sp3，空间构型为正四面体；（3）AlCl3属于分子晶体，NaCl 和 Al2O3属于离子晶体，一般分子晶体的熔沸点小于离子晶体，即氯化铝最低，离子晶体熔沸点与晶格能有关，所带电荷数越多、半径越小，晶格能越强，熔沸点越高，Al2O3的构成离子半径小，电荷数多，晶格能大，沸点最高，顺序是Al2O3NaClAlCl3；晶胞中Al 的个数为 81/8 61/2=4，则晶胞的质量为427/NAg，晶胞的体积为(0.405 107)3cm3，根据密度的定义，则密度为32374276.02 100.405 10。点睛：本题注意洪特规则，能级上的电子处于半满、全满、全空，相对稳定，失去电子较难，Mn2失去电子比 Fe2难，杂化类型的判断：杂化轨道数等于价层电子对数，需要判断价层电子对数，如果是有机物，碳原子没有孤电子对，只要判断 键即可，难点是晶胞计算，首先确认晶胞的质量，利用NM/NA，然后求出晶胞的体积，注意单位的换算，最后利用密度的定义即可。