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1、2019-2020学年安徽省淮北市相山区淮北市第一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）1一定条件下，在水溶液中1 mol xClOx0,1,2,3,4的能量(kJ)相对大小如下图所示。下列有关说法错误的是A上述离子中结合H能力最强的是E B上述离子中最稳定的是A C上述离子与H结合有漂白性的是B DBAD反应物的键能之和小于生成物的键能之和【答案】A【解析】【详解】A.酸性越弱的酸，其结合氢离子能力越强，次氯酸是最弱的酸，所以ClO-结合氢离子能力最强，应为B，A错误；B.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，根据图示
2、可知：A、B、C、D、E中 A 能量最低，所以A 物质最稳定，B正确；C.ClO-与 H+结合形成HClO，具有强氧化性、漂白性，C正确；D.B A+D，由电子守恒得该反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，H=（64kJ/mol+20kJ/mol）-3 60kJ/mol=-116kJ/mol，为放热反应，所以反应物的键能之和小于生成物的键能之和，D 正确；故合理选项是A。2常温下，用0.1000-1mol LNaOH 溶液滴定20.00mL 某未知浓度的CH3COOH溶液，滴定曲线如右图所示。已知在点处恰好中和。下列说法不正确的是（）A点三处溶液中水的电离程度依次增大B该温度时CH3C
3、OOH的电离平衡常数约为51.8 10C点处溶液中均有c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)D滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)c(CH3COO-)c(H+)c(Na+)c(OH-)【答案】C【解析】【详解】点处恰好中和，反应生成醋酸钠，原溶液中醋酸的浓度为：0.1000mol/L0.02011L0.02L=0.10055mol/L，A.溶液中氢离子或氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小，在逐滴加入NaOH 溶液至恰好完全反应时，溶液中氢离子浓度减小，水的电离程度逐渐增大，A 项正确；B.点处溶液的pH=7，此时 c(Na+)=c(CH3COO-)=0.1000mol/L0.02
4、L0.02L+0.02L=0.05mol/L，c(H+)=10-7mol/L，此时溶液中醋酸的浓度为：0.100552/molL-0.05mol/L=0.000275mol/L，所以醋酸的电离平衡常数为：K=-+33c CH COOc Hc CH COOH=7100.050.000275 1.8 10-5，B 项正确；C.在点处二者恰好中和生成醋酸钠，根据质子守恒可得：c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，C项错误；D.c(CH3COOH)c(CH3COO-)c(H+)c(Na+)c(OH-)，根据电荷守恒规律可知，此情况可能出现，如溶液中存在大量醋酸和少量醋酸钠时，D 项正确；答案
5、选 C。3下列实验过程中，产生现象与对应的图形相符合的是（）A NaHSO3粉末加入HNO3溶液中BH2S气体通入氯水中CNaOH 溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中D CO2气体通入澄清石灰水中【答案】D【解析】【详解】A.NaHSO3粉末加入HNO3溶液中发生氧化还原反应，3NaHSO3+2HNO3=3NaHSO4+2NO+H2O，刚加入粉末时就有气体生成，故A错误；B.H2S气体通入氯水中发生氧化还原反应，H2S+Cl2=S+2HCl，溶液的酸性增强，pH减小，故 B错误；C.NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中，刚滴入时便会有BaCO3沉淀生成，随着NaOH的滴入，沉淀质量增加，当
6、Ba2+全部转化为沉淀后，沉淀质量便不会再改变了，故C错误；D.溶液导电能力与溶液中的离子浓度有关，CO2气体通入澄清石灰水中，先发生反应：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O，离子浓度降低，溶液导电能力下降；接着通入CO2发生反应：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，碳酸氢钙属于强电解质，溶液中离子浓度增加，溶液导电能力上升，故D正确；故答案：D。4下列叙述正确的是()A某温度下，一元弱酸HA 的 Ka越小，则 NaA 的 Kh(水解常数)越小B温度升高，分子动能增加，减小了活化能，故化学反应速率增大C黄铜(铜锌合金)制作的铜锣易产生铜绿D能用核磁共振氢谱区分和【答案】D【
7、解析】【详解】A某温度下，一元弱酸HA 的电离常数为Ka，则其盐NaA 的水解常数Kh与 Ka存在关系为：Kh=waKK，所以 Ka越小，Kh越大，故A 错误；B、温度升高，更多分子吸收能量成为活化分子，反应速率增大，但活化能不变，故B错误；C黄铜是锌和铜的合金，锌比铜的化学性质活泼，与铜相比它更易与空气中的氧气反应，而阻碍了铜在空气中的氧化，所以黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿，故C 错误；D、和的核磁共振氢谱上峰的个数相同，但峰面积之比分别为1223 和1221，可以区分，故D 正确；答案选 D。5化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是()A涤纶、有机玻璃、光导纤维都是有机高分子
8、化合物B大豆中含有丰富的蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变为了氨基酸C合成纤维是以木材为原料，经化学加工处理所得D常用于染料、医药、农药等的酚类物质可来源于煤的干馏【答案】D【解析】【分析】【详解】A、光导纤维的成分是二氧化硅，属于无机物，故A 错误；B.蛋白质在加热条件下变性，在催化剂条件下水解可生成氨基酸，故B 错误；C.以木材为原料，经化学加工处理所得是人造纤维，用化工原料作单体经聚合反应制成的是合成纤维，故C 错误；D.煤的干馏可得到煤焦油，煤焦油中含有常用于染料、医药、农药等的酚类物质，故D 正确。答案选 D。6C8H9Cl 的含苯环的（不含立体异构）同分异构体有A 9 种B 12 种C14
9、 种D16 种【答案】C【解析】分子式为C8H9Cl中含有苯环、饱和烃基、氯原子；当取代基可以是1 个：-CH2CH2Cl；-CHClCH3，有 2 种同分异构体；取代基可以是2 个：-CH2Cl、-CH3；-CH2CH3、-Cl，根据邻、间、对位置异构可知，共有 3+3=6 种同分异构体；取代基可以是3 个：-Cl、-CH3、-CH3；2 个甲基处于邻位时，-Cl有 2种位置，有2 种同分异构体；2个甲基处于间位时，-Cl有 3 种位置，有3 种同分异构体；2 个甲基处于对位时，-Cl有1 种位置，有1种同分异构体；所以符合条件的同分异构体共有14 种；故选C。点睛：本题主要考查了同分异构体
10、的书写，苯环上的取代基种类和数目决定了同分异构体的种类，注意取代基的分类。分子式为C8H9Cl，不饱和度为4，苯环本身的不饱和度就为4，说明解题时不用考虑不饱和键。7下列反应的离子方程式正确的是()A向3AgNO溶液中滴加氨水至过量：324AgNHH O=AgOHNHB向2Mg(OH)悬浊液中滴加3FeCl溶液：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+C向223Na S O溶液中加入足量稀硫酸：2S2O32-+4H+=SO42-+3S+2H2O D向苯酚钠溶液中通入少量2CO气体：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+CO32-【答案】B【解析】【详解】A.向 Ag
11、NO3溶液中滴加氨水至过量，会形成银氨络离子，反应的离子方程式为：Ag+2NH3 H2O=Ag(NH3)2+2H2O，A 错误；B.由于 Mg(OH)2的溶解度大于Fe(OH)3的溶解度，所以向 Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，会发生沉淀转化，形成Fe(OH)3沉淀，离子反应为3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+，B正确；C.向 Na2S2O3溶液中加入足量稀硫酸，发生反应生成Na2SO4、单质 S、SO2、H2O，离子方程式为：S2O32-+2H+=S+SO2+H2O，C 错误；D.向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体，发生反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式
12、为：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-，D 错误；故合理选项是B。8已知常温下HF 酸性强于HCN，分别向1Ll mol/L 的 HF 和 HCN溶液中加NaOH 固体调节pH（忽略温度和溶液体积变化），溶液中-c Xlgc(HX)（X 表示 F或者 CN）随 pH 变化情况如图所示，下列说法不正确的是A直线 I 对应的是-c Flgc(HF)BI 中 a 点到 b 点的过程中水的电离程度逐渐增大Cc 点溶液中：+-c Nac X=c(HX)c OHcHD b 点溶液和d 点溶液相比：cb(Na+)Ka(HCN)，因此等浓度的HCN 和 NaCN 的混合溶液中 c(CN-)
13、c(HCN)，即有 c(Na+)c(CN-)；由于 OH-、H+来自水的电离，浓度比较小且此时溶液的pH 为 9.2，C点溶液中存在：c(Na+)c(CN-)=c(HCN)c(OH-)c(H+)，C正确；D由于 HF 酸性强于HCN，要使溶液均显中性，HF 溶液中要加入较多的NaOH，因此 cb(Na+)cd(Na+)，D错误；答案选 D。【点睛】溶液中有多种电解质时，在比较离子浓度大小时注意水解常数与电离平衡常数的关系。9如图是元素周期表中关于碘元素的信息，其中解读正确的是A碘元素的质子数为53 B碘原子的质量数为126.9 C碘原子核外有5种不同能量的电子D碘原子最外层有7 种不同运动状态
14、的电子【答案】D【解析】【分析】【详解】A由图可知，碘元素的原子序数为53，而元素是一类原子总称，不谈质子数，故A 错误；B碘元素的相对原子质量为126.9，不是质量数，质量数均为整数，故B 错误；C外围电子排布为5s25p5，处于第五周期A 族，有 1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4p、4d、5s、5p 共11 种不同能量的电子，故C 错误；D最外层电子排布为5s25p5，最外层有7 种不同运动状态的电子，故D 正确；故选：D。10 I2Cl6晶体在常温下就会“升华”，蒸气冷却可得到晶体ICl3。ICl3遇水会产生大量的腐蚀性白色烟雾，有强烈的催泪性。若生成物之一是HCl，则另一种
15、是（）A HIO3BHIO2CHIODICl【答案】B【解析】【分析】【详解】ICl3中 I 为+3价，Cl 为-1 价，与水发生水解反应(为非氧化还原反应，各元素化合价价态不变），生成 HIO2和 HCl，答案选B。11下列自然、生活中的事例不属于氧化还原反应的是A空气被二氧化硫污染后形成酸雨B植物进行光合作用C用漂粉精杀菌D明矾净水【答案】D【解析】【详解】A二氧化硫溶于与水生成亚硫酸，亚硫酸容易被空气中的氧气氧化生成硫酸，是氧化还原反应，故A 不选；B植物光合作用利用光能将二氧化碳和水合成有机物，并产生氧气，O 元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；C用漂粉精杀菌利用了次氯酸根的强
16、氧化性，发生了氧化还原反应，故C 不选；D明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮杂质，具有净水作用，没有发生氧化还原反应，故 D 选；故答案选D。12下列关于物质的性质与用途的说法不正确的是A次氯酸能使染料等有机色素褪色，有漂白性，还能杀死水中的细菌，起消毒作用B14C的放射性可用于考古断代C纯碱是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一D铝制品不宜用于盛放酸、碱溶液，不宜长时间盛放咸菜等腌制品【答案】C【解析】【分析】【详解】A.次氯酸具有强氧化性，能使染料等有机色素褪色，有漂白性，还能杀死水中的细菌，起消毒作用，故A正确；B.14C的放射性可用于考古断代，利用其半衰期可计算时间，故B
17、 正确；C.小苏打是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一，故C错误；D.铝具有两性，能与酸反应又能与碱反应，铝制品不宜用于盛放酸、碱溶液，不宜长时间盛放咸菜等腌制品，故D 正确；故选 C。13下列实验操作能达到实验目的的是A用容量瓶配制溶液时，先用蒸馏水洗涤，再用待装溶液润洗B用湿润的红色石蕊试纸检验酸性气体C在装置甲中放入MnO2和浓盐酸加热制备氯气D用装置乙分离乙酸和乙醇的混合物【答案】C【解析】【分析】【详解】A用容量瓶配制溶液不能用待装液润洗，A 项错误；B湿润的红色石蕊试纸遇酸性气体不变色，B 项错误；CMnO2和浓盐酸在加热条件下可制备氯气，C项正确；D乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗
18、进行分离，D 项错误。答案选 C。14X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期元素,其中 Z 为金属元素,X、W 为同一主族元素。X、Z、W 形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙。x、y2、z、w 分别为 X、Y、Z、W 的单质，丁是化合物。其转化关系如图所示，下列判断错误的是A反应、都属于氧化还原反应BX、Y、Z、W 四种元素中，Y的原子半径最小CNa 着火时，可用甲扑灭D一定条件下，x 与甲反应生成丁【答案】C【解析】根据题中信息可判断x 为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z 为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生
19、成碳和乙为氧化镁。A.反应二氧化碳与镁反应、碳与氧气反应、碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，选项 A 正确；B.同周期元素原子从左到右依次减小，同主族元素原子从上而下半径增大，故C、O、Mg、Si 四种元素中，O的原子半径最小，选项B正确；C.Na着火时，不可用二氧化碳扑灭，选项C错误；D.一定条件下，碳与二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查元素周期表、元素周期律及物质的推断，根据题中信息可判断x 为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧
20、化镁，据此分析解答。15某浓度稀HNO3与金属 M 反应时，能得到+2 价硝酸盐，反应时M 与 HNO3的物质的量之比为5 12，则反应时HNO3的还原产物是（）A NH4NO3BN2CN2O D NO【答案】B【解析】【详解】依据题意可列出反应方程式如下：5M+12HNO3=5M(NO3)2+N2+6H2O，某稀 HNO3与金属 M 反应时能得到+2 价硝酸盐，所以1mol M 失去 2mol 电子，5mol M 失去 10mol 电子；而12mol HNO3中，有 10mol 硝酸没有参加氧化还原反应，只有 2mol 硝酸参加氧化还原反应，得到 10mol 电子，硝酸中氮的化合价为+5 价
21、，所以还原产物必须是0 价的 N2，B 项正确；答案选 B。【点睛】利用电子转移数守恒是解题的突破口，找到化合价的定量关系，理解氧化还原反应的本质是关键。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16铬鞣剂 Cr(OH)SO4可用于提高皮革的耐曲折强度。一种以铬渣(含 Cr2O3及少量 Fe2O3、CaO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备Cr(OH)SO4的工艺流程如图：回答下列问题：（1）“焙烧”时，Cr2O3转化为 Na2CrO4的化学方程式为_。（2）“水浸”过程中，物料的粒度(颗粒大小)对铬残余量的影响如图所示，则最佳反应条件为_。（3）“滤渣 1”中有一种成分为铁铝酸四钙(C
22、a4Fe2Al2O10)，是制造水泥的原料之一，用氧化物的形式表示其化学式 _。（4）“滤渣 2”主要成分为Al(OH)3和_(填化学式)，“过滤 2”后，将溶液pH 调至 a，a_6.5(填“小于”或“大于”)，目的是 _(用离子方程式表示)。（5）已知 CH3OH 在酸性条件下可被氧化生成CO2，写出 Na2Cr2O7与 CH3OH 反应生成Cr(OH)SO4的化学方程式 _。（6）某厂用m1kg 的铬渣(含 Cr2O340%)制备 Cr(OH)SO4，最终得到产品m2kg，则产率为 _。【答案】2Cr2O3+4Na2CO3+3O2高温4Na2CrO4+4CO2物质的粒度为60 目时4Ca
23、O Fe2O3 Al2O3H2SiO3小于2CrO42-+2H+垐?噲?Cr2O72-+H2O Na2Cr2O7+CH3OH+3H2SO4=2Cr(OH)SO4+CO2+Na2SO4+4H2O 2138100%33mm【解析】【分析】以铬渣(含 Cr2O3及少量 Fe2O3、CaO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备Cr(OH)SO4，先加入碳酸钠、通入空气进行焙烧，再经过水浸、过滤除去固体杂质Fe2O3，调 pH 除去杂质氢氧化铝和氢氧化铁，最后通过氧化还原反应生成目标产物Cr(OH)SO4。【详解】（1）“焙烧”时，Cr2O3转化为 Na2CrO4，Cr 元素的化合价升高，反应为氧化还
24、原反应，还需氧化剂O2，根据电子守恒配平方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O2高温4Na2CrO4+4CO2。（2）根据图示可知，当物质的粒度为60 目时，铬的残余量最少，故最佳反应条件为物质的粒度为60 目时。（3）铁铝酸四钙(Ca4Fe2Al2O10)，用氧化物的形式表示其化学式为4CaO Fe2O3 Al2O3。（4）步骤过滤1 后溶液中存在偏铝酸钠和硅酸钠等杂质，调节pH 使其转化为沉淀Al(OH)3和 H2SiO3，故滤渣 2 主要成分为Al(OH)3和 H2SiO3。“过滤 2”后，将溶液 pH 调至 a，是为将 2CrO42-转化为 Cr2O72-，酸性条件下可以实现转化，
25、故a 小于 6.5 实现 2CrO42-+2H+垐?噲?Cr2O72-+H2O 的转化。（5）根据条件CH3OH 在酸性条件下可被氧化生成CO2，Na2Cr2O7与 CH3OH 反应生成Cr(OH)SO4为氧化还原反应，其中碳元素、铬元素的化合价发生改变，根据电子守恒得化学反应方程式为Na2Cr2O7+CH3OH+3H2SO4=2Cr(OH)SO4+CO2+Na2SO4+4H2O。（6）最终得到产品Cr(OH)SO4m2kg，其中铬元素的含量为252165mkg，原料中铬元素的含量为1522(40%)522163mkg，则产率为22115238165100%100%52 23340%52 21
26、6 3mmmm。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17H 是一种可用于治疗肿瘤的药物中间体，由芳香烃A 制备H 的合成路线如图。回答下列问题：（1）A 物质的一氯代物共有_种；（2）B 物质中含有的官能团名称_；（3）的反应试剂和反应条件分别是_，的反应的类型是_；（4）E 物质通过多次取代反应和氧化反应可以获取F 物质，用系统命名法对E 物质命名 _，F 物质的结构简式为_；（5）的化学反应方程式为_；（6）对甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备对甲氧基乙酰苯胺的合成路线。（其他试剂任选）_（合成路线常用的表达方式为：AB目标产物）。【答案】4 氯原子氯气
27、、光照还原反应2-甲基丙烷【解析】【分析】由 B 的结构可知，芳香烃为A 为，A 与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成C，C发生还原反应生成D，D 与 G 在吡啶条件下发生取代反应生成 H由 F的分子式、G 的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合 E的分子式，可知E为。【详解】(1)由 B 的结构可知，芳香烃为A 为，A 物质的一氯代物在苯环上有3 种，在甲基上有1 种，故共有 4 种，故答案为：4；(2)B的结构简式为：，B 物质中含有的官能团名称为：氯原子，故答案为：氯原子；(3)反应是转化为，反应试剂和反应条件分别是：氯气、光照；反应中硝
28、基转化为氨基，属于还原反应，故答案为：氯气、光照；还原反应；(4)由 F的分子式、G 的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合 E的分子式，可知E为，用系统命名法对 E 物质命名为：2-甲基丙烷，故答案为：2-甲基丙烷；(5)的化学反应方程式为：，故答案为：；(6)结合合成路线图中转化可知，与在吡啶条件下反应生成，乙酸与 SOCl2/PCl3作用生成先发生硝化反应，然后与Fe/HCl 作用生成，合成路线流程图为：，故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，结构简式如图。（1）基态 Zn2+的价电子排布式为_；一水合甘氨酸锌中所涉及的非金属
29、元素电负性由大到小的顺序是 _。（2）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中 N的杂化轨道类型为_；甘氨酸易溶于水，试从结构角度解释 _。（3）一水合甘氨酸锌中Zn2+的配位数为 _。（4）Zn(IMI)4(ClO4)2是 Zn2+的另一种配合物，IMI 的结构为，则 1 mol IMI 中含有 _个 键。（5）常温下 IMI 的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物为液态而非固态，原因是 _。（6）Zn 与 S形成某种化合物的晶胞如图所示。Zn2+填入 S2-组成的 _空隙中；由能否判断出S2-、Zn2+相切？_（填“能”或“否”）；已知晶体密度为d g/cm3，S2-半径为a pm，若要使S2-
30、、Zn2+相切，则Zn2+半径为 _pm（写计算表达式）。【答案】3d10ONCH sp3甘氨酸为极性分子，且分子中的氨基和羧基都能与水分子形成氢键5 12NA阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低正四面体否（333884AdN 1010-a）pm【解析】【分析】（1）Zn 的核电荷数为30，处于周期表中第4 周期第 B 族，基态Zn2+的价电子排布式为3d10；C、N、O 是同一周期的元素，从左到右电负性减小，电负性由大到小的顺序是ONCH。（2）N 原子价层电子对个数是4，杂化轨道类型为sp3；从分子极性和氢键两个角度解释；（3）根据配位数的定义判断；（4）1 mol IM
31、I 中含有 5molC-N、6molC-H、1molC-H，共 126.021023个 键。（5）从晶格能大小的角度解释；（6）S2做面心立方最密堆积，Zn2做四面体填隙，根据结合晶胞边长和体对角线的关系、密度公式=m V计算。【详解】（1）Zn 为 30 号元素，基态Zn2+的价电子排布式为3d10；一水合甘氨酸锌中所涉及的非金属元素C、N、O、H，C、N、O 是同一周期的元素，从左到右电负性减小，电负性由大到小的顺序是ONCH。（2）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中 N 原子形成三个键，孤电子对为5132=1，N 原子价层电子对个数是 4，杂化轨道类型为sp3；甘氨酸易溶于水，因为：甘
32、氨酸极性分子，且分子中的氨基和羧基都能与水分子形成氢键。（3）Zn 与甘氨酸中的氧和氮原子形成4 个配位键，和水中氧形成一个配位键，一水合甘氨酸锌中Zn2+的配位数为5。（4）Zn(IMI)4(ClO4)2是 Zn2+的另一种配合物，IMI 的结构为，则 1 mol IMI 中含有 5molC-N、6molC-H、1molC-H，共 12 6.02 1023个 键。（5）常温下 IMI 的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物为液态而非固态，原因是阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低。（6）S2为面心立方最密堆积，Zn2做四面体填隙，所以晶体中与Zn2等距且最近的S2形成的立体图
33、形为正四面体形，Zn2+填入 S2-组成的正四面体空隙中；由不能判断出S2-、Zn2+相切；晶体的密度为dg cm3，阿伏伽德罗常数为NA，一个晶胞中含有Zn2的个数为4，S2的个数为818+612=4 个，不妨取1mol 这样的晶胞，即有NA个这样的晶胞，设晶胞的边长为Ccm，一个晶胞的体积为V=c3cm3，则晶体密度为=AmN V=3974AN C，所以 C=3388AdNcm，由于晶体中 Zn2和 S2原子之间的最短距离为体对角线的14，所以该晶体中S2和 Zn2之间的最短距离为134ccm=333884AdNcm，S2-半径为 a pm，若要使 S2-、Zn2+相切，则 Zn2+半径为
34、（333884AdN 1010-a）pm。【点睛】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、空间构型、电离能、分子结构与性质、晶胞计算等，注意晶胞中原子分摊和晶胞密度的计算。19芳香脂 I（）是一种重要的香料，工业上合成它的一种路线如下图所示。其中 A的结构简式为，C是能使溴的CCl4溶液褪色的烃，F 是分子中含有一个氧原子的烃的衍生物。已知：；酯环化合物：分子中含有3 个及以上碳原子连接成的碳环，环内两个相邻碳原子之间可以是单键、双键或三键，环的数目可以是一个或多个。（1）F的相对分子质量大于X，则 F 的名称为 _，X的结构简式为_，CD 的另一种产物是HCl，则该反应的反应类型为_
35、。（2）从官能团角度上看，A属于 _物质，能将A、B区别开的试剂是_，I 中的官能团名称为_。（3）写出 DE 的化学方程式:_。（4）B还有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体共有_种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有4 组峰，且峰面积之比为1：1:2:6 的物质的结构简式为_（任写一种）。能发生酯化反应属于脂环化合物（5）已知:CH3CH2OH+HNO3浓硫酸加热CH3CH2ON2O（硝酸乙酯）+H2O。请写出以CH2ClCH=CH2为基本原料合成三硝酸甘油酯的合成路线图（无机试剂任选）：_。【答案】苯甲醛CH3CHO 取代反应酮金属钠碳碳双键、酯基13或。【解析】根据流程及I 的
36、结构简式可得，E和 H 发生酯化反应生成I，由 I 的结构简式反推E、H 的结构简式分别为、；G催化氧化生成H，则 G 为；F与 X反应生成G，由已知及F的相对分子质量大于X 得 F为，X 为 CH3CHO；A 的结构简式为，A 与氢气发生加成反应生成B，则 B为；结合 BCDE 的流程可得：C是；D 是。（1）由前面分析知，F为，名称为：苯甲醛；X的结构简式为：CH3CHO；C 与 Cl2发生取代反应生成D 和 HCl。（2）A 中含有羰基，属于酮类物质，B 中含有(醇)羟基，B 能与金属钠反应而A 不能，故可用金属钠区别A、B；由 I 的结构简式可得，分子中含有的官能团为：碳碳双键和酯基。
37、（3）D 是，E是，D 与氢氧化钠水溶液加热生成F的化学方程式为：+NaOH水加热+NaCl。（4）能发生酯化反应含有-OH，属于脂环化合物，因此碳骨架为环状结构；当为四元环时，相应的结构有、4 种。当为三元环时，环上只有一个乙基支链时有、4 种结构；当环上 2 个甲基位于不同碳原子上时有、3 种结构；当环上甲基位于同一个碳原子上时有、2 种结构，故共有13 种结构；核磁共振氢谱有4 组峰，其结构中存在对称关系，峰面积之比为1：1：2：6 的物质的结构简式为或。（5）由已知生成硝酸乙酯的反应得到启发，要生成三硝酸甘油酯，需用甘油与硝酸发生酯化反应；由CDE 的流程得到启发，可使CH2ClCH=CH2与 Br2发生加成反应，再水解反应得到甘油；综上分析，合成路线图为：。