《2019-2020学年北京市19中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学年北京市19中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学年北京市 19 中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）1X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子半径与最外层电子数的关系如下图所示。R原子最外层电子数Q 原子最外层电子数的4 倍，Q 的简单离子核外电子排布与Z2-相同。下列相关叙述不正确的是A化合物中含有离子键B五种元素中Q 的金属性最强C气态氢化物的稳定性：D最高价氧化物对应的水化物酸性：【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，R 原子最外层上的电子数是Q 原子最外层电子数的 4 倍，则 Q
2、只能处于IA 族，R 处于 A 族，R 与 X最外层电子数相同，二者同主族，且R 的原子半径较大，故 X 为 C 元素、R 为 Si元素；最外层电子数ZY4，且二者原子半径小于碳原子，故Y、Z处于第二周期，Z能够形成离子Z2-，故 Z为 O 元素，则 Y为 N 元素；Q 离子核外电子排布与O2-相同，且Q 处于 IA族，故 D 为 Na，据此进行解答。【详解】根据上述分析可知X 是 C 元素，Y是 N 元素，Z是 O 元素，R 是 Si元素，Q 是 Na 元素。A.化合物 XZ2是 CO2，该物质是共价化合物，由分子构成，分子中含有共价键，A 错误；B.在上述五种元素中只有Q 表示的 Na 元
3、素是金属元素，因此五种元素中Q 的金属性最强，B正确；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性NC，所以氢化物的稳定性NH3CH4，C 正确；D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于元素的非金属性NSi，所以酸性：HNO3H2SiO3，D 正确；故合理选项是A。【点睛】本题考查了元素周期表与元素周期律的应用的知识。根据元素的原子结构及相互关系进行元素推断是本题解答的关键，难度适中。2X、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 的原子半径是短周期中最大的，W 和 Z
4、同主族。下列说法错误的是（）A X、Y、Z 元素形成的化合物溶于水一定呈酸性B气态氢化物的稳定性：Z W C简单离子半径：W R D Z、R形成的化合物中可能含有共价键【答案】A【解析】【分析】YZ气体遇空气变成红棕色，则Y是 N，Z是 O，NO 在空气中和O2迅速反应生成红棕色的NO2；R 的原子半径是短周期中最大的，则R是 Na；W 和 Z同主族，则W 是 S；X、Y、Z、R、W 所在周期数之和为11，则 X在第一周期，为H；综上所述，X、Y、Z、R、W 分别为：H、N、O、Na、S，据此解答。【详解】A X、Y、Z 分别为：H、N、O，H、N、O 三种元素形成的化合物溶于水也可能显碱性，
5、如NH3 H2O 的水溶液显碱性，A 错误；B非金属性：Z(O)W(S)，故气态氢化物的稳定性：Z(O)W(S)，B正确；CS2-核外有三层电子，Na+核外有两层电子，故离子半径：S2-Na+，C正确；D Z、R为 O、Na，O、Na 形成的化合物中可能含有共价键，如Na2O2，D 正确。答案选 A。3短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其电子层数的2 倍，X、Y价电子数之比为23。W 的原子半径在同周期主族元素中最小，金属单质Z 在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂。下列说法错误的是A原子半径XY，离子半径Z Y B化合物Z2Y存在离子键，ZWY中
6、既有存在离子键又有共价键CX的简单氢化物与W 的单质在光照下产生W 的氢化物D Y、W 的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂【答案】A【解析】【分析】X 原子最外层电子数是其电子层数的2 倍，且四种元素中原子序数最小，则X为 C，X、Y价电子数之比为23，则 Y为 O，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂，则Z为 Na，W 的原子序数比Z大且半径在同周期中最小，则W 为 Cl，综上所述，X、Y、Z、W 分别为：C、O、Na、Cl，据此解答。【详解】AC和 O 位于同周期且C原子序数小于O，所以 C原子的半径大于O 原子半径，Na+和 O2-电子排布相同，O2
7、-的原子序数更小，所以Na+的半径小于O2-，即原子半径XY，离子半径ZY，A 错误；B Na+和 O2-通过离子键结合成Na2O，Na+和 ClO-通过离子键结合成NaClO，Cl 和 O 通过共价键结合，B正确；CCH4和 Cl2在光照条件下发生取代反应生成四种氯甲烷和HCl，C正确；D O3、Cl2、ClO2等均可作水的消毒剂，D 正确。答案选 A。4向某容积为2L 的恒容密闭容器中充入2molX(g)和 1molY(g)，发生反应2X(g)+Y(g)3Z(g)。反应过程中，持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是（）A M 点时，Y的转化率最大B平
8、衡后充入X，达到新平衡时X的体积分数减小C升高温度，平衡常数减小D W、M 两点 Y的正反应速率相同【答案】C【解析】【分析】起始时向容器中充入2molX(g)和 1molY(g)，反应从左到右进行，结合图像，由起点至Q 点，X 的体积分数减小；Q 点之后，随着温度升高，X 的体积分数增大，意味着Q 点时反应达到平衡状态，温度升高，平衡逆向移动，反应从右向左进行。【详解】AQ 点之前，反应向右进行，Y的转化率不断增大；Q 点M点的过程中，平衡逆向移动，Y的转化率下降，因此Q 点时 Y的转化率最大，A 项错误；B平衡后充入X，X 的体积分数增大，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，平衡移动只能减弱而
9、不能抵消这个改变，达到新的平衡时，X 的体积分数仍比原平衡大，B项错误；C根据以上分析，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，C项正确；D容器体积不变，W、M 两点，X的体积分数相同，Y的体积分数及浓度也相同，但M 点温度更高，Y的正反应速率更快，D 项错误；答案选 C。5许多无机颜料在缤纷的世界扮演了重要角色。如历史悠久的铅白2PbCO3?Pb（OH）2安全环保的钛白（TiO2），鲜艳的朱砂（HgS），稳定的铁红（Fe2O3）等。下列解释错误的是（）A 周易参同契 中提到“胡粉（含铅白）投火中，色坏还原为铅”，其中含铅元素的物质转化为2PbCO3Pb（OH）2PbO2 PbB纳米级的钛白可由
10、TiCl4水解制得：TiCl4+2H2O?TiO2+4HCl C 本草经疏中记载朱砂“若经伏火及一切烹、炼，则毒等砒、硇服之必毙”，体现了HgS受热易分解的性质D铁红可由无水FeSO4高温煅烧制得：2FeSO4高温Fe2O3+SO2+SO3【答案】A【解析】【详解】A 周易参同契中提到“胡粉(含铅白)投火中，色坏还原为铅”，其中含铅元素的物质转化为2PbCO3?Pb(OH)2 PbO Pb，故 A 错误；B纳米级的钛白可由TiCl4水解生成氧化钛和盐酸，化学方程式：TiCl4+2H2O?TiO2+4HCl，故 B正确；C 本草经疏中记载朱砂HgS“若经伏火及一切烹、炼，则毒等砒、硇服之必毙”，
11、硫化汞受热分解生成汞单质和刘，体现了HgS受热易分解的性质，故C正确；D铁红可由无水FeSO4高温煅烧制得，其化学方程式为：2FeSO4高温Fe2O3+SO2+SO3，故 D 正确；故选：A。6下列物质间发生化学反应：H2S+O2，Na+O2，Cu+HNO3，Fe+Cl2，AlCl3+NH3H2O，Cu+S，Na2CO3+HCl.在不同条件下得到不同产物的是（）ABCD【答案】D【解析】【详解】当 H2S与 O2的物质的量之比大于21 时，发生反应：2H2S+O2=2S+2H2O；当 H2S与 O2的物质的量之比小于 23 时，发生反应：2H2S+3O2=2SO2+2H2O；当 H2S与 O2
12、的物质的量之比大于23 小于 21 时，两个反应都发生，条件不同，产物不同，故选；Na+O2常温下得到Na2O，点燃或加热时得到Na2O2，条件不同，产物不同，故选；Cu和 HNO3的反应，浓硝酸：4HNO3+Cu=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O；稀硝酸：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO +4H2O，条件不同，产物不同，故选；铁和氯气的反应只能将铁氧化为正三价，反应条件、用量、浓度等不同时所发生的化学反应相同，故不选；AlCl3溶液与氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和弱碱不反应，与反应条件无关，故不选；硫粉是弱氧化剂，只能将铜氧化为硫化亚铜，产物与反应条件无关，故不选
13、；Na2CO3和 HCl 反应，盐酸少量时生成碳酸氢钠和氯化钠，盐酸过量时生成氯化钠、水和二氧化碳，条件不同，产物不同，故选；符合条件的有，故选D。7向 3mol L-1盐酸中加入打磨后的镁条，一段时间后生成灰白色固体X，并测得反应后溶液pH 升高。为确认固体X的成分，过滤洗涤后进行实验：向固体X中加入足量硝酸，固体溶解，得到无色溶液，将其分成两等份；向其中一份无色溶液中加入足量 AgNO3溶液，得到白色沉淀a；向另一份无色溶液中加入足量NaOH 溶液，得到白色沉淀b。下列分析不正确的是（）A溶液 pH 升高的主要原因：Mg+2H+=Mg2+H2B生成沉淀a 的离子方程式：Ag+Cl-=AgC
14、l C沉淀 b 是 Mg(OH)2D若 a、b 的物质的量关系为n（a）：n（b）=1：3，则可推知固体X的化学式为Mg3(OH)6Cl【答案】D【解析】【详解】A、溶液 pH 升高的主要原因是H被消耗，即：Mg+2H+=Mg2+H2，故 A 正确；B、向其中一份无色溶液中加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a，a 是不溶于HNO3的白色沉淀，应为AgCl，故 B 正确；C、沉淀 b，与 OH有关，NO3、Cl、Mg2能形成沉淀的只有Mg2，故 C 正确；D、若 a、b 的物质的量关系为n（a）：n（b）=1：3，根据化合价代数和为0，则可推知固体X的化学式为 Mg3(OH)5Cl，故 D 错
15、误。故选 D。8用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)A B C D X 中试剂浓盐酸双氧水浓硫酸浓氨水Y 中试剂KMnO4MnO2Cu NaOH 气体Cl2O2SO2NH3A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A浓盐酸和KMnO4固体混合有氯气生成，但氯气易溶于水，且与水发生反应，则不能用排水法收集，故A 错误；B双氧水在MnO2的催化作用下生成氧气，氧气可用排水法收集，故B 正确；CCu与浓硫酸反应需要加热，图中缺少酒精灯，且二氧化硫不能选排水法收集，故C错误；D氨气极易溶于水，不能排水法收集，故D 错误；故答案为B。9Y是合成香料、医药、农药及染料的
16、重要中间体，可由X 在一定条件下合成：下列说法错误的是（）A Y的分子式为C10H8O3B由 X 制取 Y过程中可得到乙醇C一定条件下，Y能发生加聚反应D等物质的量的X、Y分别与 NaOH 溶液反应，最多消耗NaOH 的物质的量之比为3：2【答案】D【解析】【详解】A.Y 分子中含有10 个 C原子，3 个 O 原子，不饱和度为：7，所以分子式为：C10H8O3，故 A 正确；B.根据质量守恒定律可知：由X 制取 Y的过程中可得到乙醇，故B正确；C.Y含有酚羟基和碳碳双键，碳碳双键可能发生加聚反应，酚可与甲醛发生缩聚反应，故C正确；D.X中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1mol 可与 3m
17、olNaOH 反应，Y中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则 1molY 可与 3molNaOH 反应，最多消耗NaOH 的物质的量之比为 1:1，故 D 错误；故选：D。10 钠碱循环法可脱除烟气中的SO2.在钠碱循环中，吸收液为 Na2SO3溶液，当吸收液的pH 降为 6 左右时，可采用三室膜电解技术使其再生，图为再生示意图。下列说法正确的是()A a 极为电池的阳极Ba 极区吸收液再生的原理是HSO3+H+H2O+SO2Cb 电极的电极反应式是HSO32e+H2O SO42+3H+D b 膜为阳离子交换膜【答案】C【解析】【分析】由示意图可知：Na+向 a 电极
18、移动，HSO3、SO42向 b 电极移动，则a 为阴极，b 为阳极，据此解答。【详解】A a 极上氢离子被还原为氢气，发生还原反应，故a 为阴极，故A 错误；Ba 极上氢离子得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，促进HSO3电离生成 SO32，钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生，故B 错误；C酸性条件，阴离子主要为HSO3，b 电极上 HSO3转化为 SO42，电极反应式为：HSO32e+H2OSO42+3H+，故 C 正确；D b 膜允许阴离子通过，故b 膜为阴离子交换膜，故D 错误。故选：C。11对某溶液中部分离子的定性检测流程如图所示。相关分析正确的是A原溶液中可能含有Cl-、SO42-
19、、S2-等阴离子B步骤所加试剂可以是浓KOH溶液C可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体D步骤的反应为Al3+3HCO3-=A1(OH)3+CO2【答案】B【解析】【分析】溶液中加入物质后产生红褐色沉淀同时产生气体，所以加入的物质是碱，铵根离子和碱反应得到氨气，Fe3+和碱反应生成Fe(OH)3沉淀，溶液X是偏铝酸盐的溶液，偏铝酸根和碳酸氢根之间反应可以得到氢氧化铝沉淀。【详解】A因溶液中存在Fe3+离子，故一定不存在S2-离子，A 错误；B根据上述分析，步骤所加试剂可以是弄KOH溶液或是其他强碱溶液，B 正确；C可以使湿润的红色石蕊试纸检验生成的无色气体是氨气，会变蓝，C错误；D步骤反应
20、的离子方程式为H2O+AlO2-+HCO3-=Al(OH)3+CO32-，D 错误；故选 B。12莽草酸是一种合成治疗禽流感药物达菲的原料，鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中。有关说法正确的是（）A等浓度的两种酸其酸性相同B两种酸都能与溴水发生加成反应C鞣酸分子与莽草酸分子相比多了两个碳碳双键D鞣酸能与Fe3+发生显色反应，而莽草酸不能【答案】D【解析】【分析】【详解】A.莽草酸只有一个羧基能电离出氢离子，使溶液显酸性，鞣酸有一个羧基、三个酚羟基均可以电离出氢离子，使溶液显酸性，则等浓度的两种酸，鞣酸酸性更强，故A 错误；B.鞣酸不含碳碳双键，含有酚羟基，与溴水只发生取代反应，故B 错误；C.鞣酸
21、含有苯环，不含碳碳双键，故C 错误；D.鞣酸含有酚羟基，与铁离子反应，而莽草酸中不含酚-OH，则遇三氯化铁溶液不显紫色，故D 正确；答案选 D。【点睛】鞣酸中的羟基为酚羟基，遇三氯化铁溶液显紫色，莽草酸中的六元环不是苯环，其中的羟基是醇羟基，遇三氯化铁溶液不显紫色，这是同学们的易错点。13已知二甲苯的结构：，下列说法正确的是A a 的同分异构体只有b 和 c 两种B在三种二甲苯中，b 的一氯代物种数最多Ca、b、c 均能使酸性KMnO4溶液、溴水发生化学反应而褪色D a、b、c 中只有 c 的所有原子处于同一平面【答案】B【解析】【分析】【详解】A.a 的同分异构体中属于芳香烃的除了b 和 c
22、 外还有，另 a 还可能有链状的同分异构体如CH2=CHCH=CH CH=CH CH=CH2等、或环状的同分异构体如等，A 错误；B.a、b、c 侧链上的一氯代物都只有1 种，a 苯环上一氯代物有2 种，b 苯环上一氯代物有3 种，c 苯环上一氯代物只有1 种，故三种二甲苯中，b 的一氯代物种数最多，B 正确；C.a、b、c 均能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，a、b、c 都不能与溴水发生化学反应，C 错误；D.a、b、c 分子中都含有CH3，与 CH3中碳原子直接相连的4 个原子构成四面体，a、b、c 中所有原子都不可能在同一平面上，D 错误；答案选 B。14三国时期曹植
23、在 七步诗 中这样写到“煮豆持作羹,漉豉以为汁。萁在釜下燃，豆在釜中泣。”，文中“漉”涉及的化学实验基本操作是A过滤B分液C升华D蒸馏【答案】A【解析】煮豆持作羹,漉豉以为汁意思是煮熟豆子来做豆豉而使豆子渗出汁水。所以漉豉以为汁采用了过滤的方法把豆豉和豆汁分开。故A符合题意，B C D 不符合题意。所以答案为A。15下列说法违反科学原理的是（）A碘化银可用于人工降雨B在一定温度、压强下，石墨可变为金刚石C闪电时空气中的N2可变为氮的化合物D烧菜时如果盐加得早，氯会挥发掉，只剩下钠【答案】D【解析】【详解】A.碘化银可在空气中形成结晶核，是水凝结，因此可用于人工降雨，A 项正确；B.石墨与金刚石
24、互为同素异形体，在一定温度、压强下石墨可变成金刚石，B 项正确；C.闪电时空气中的N2可变为氮的化合物，例如氮气与氢气在放电条件下可以转化成一氧化氮等，C项正确；D.氯化钠在烹饪温度下不会分解，氯挥发的情况不会出现，而且钠是非常活泼的金属，遇水会立刻转化为氢氧化钠，不可能只剩下钠，D 项错误；答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16碘酸钙 Ca(IO3)2是重要的食品添加剂。实验室制取Ca(IO3)2 H2O 的实验流程：已知：碘酸是易溶于水的强酸，不溶于有机溶剂。（1）转化步骤是为了制得碘酸，该过程在图1 所示的装置中进行，当观察到反应液中紫红色接近褪去时，停止通入氯气。
25、转化时发生反应的离子方程式为_。转化过程中CCl4的作用是 _。为增大转化过程的反应速率，可采取的措施是_。（2）将 CCl4与水层分离的玻璃仪器有烧杯、_。除去 HIO3水溶液中少量I2单质的实验操作为_，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在。（3）已知：Ca(IO3)2 6H2O 是一种难溶于水的白色固体，在碱性条件下不稳定。Ca(IO3)2 6H2O 加热升温过程中固体的质量变化如图2 所示。设计以除碘后的水层为原料，制取Ca(IO3)2 H2O 的实验方案：向水层中_。实验中必须使用的试剂：Ca(OH)2粉末、AgNO3溶液。【答案】I25Cl26H2O=2IO3-10Cl12H增大 C
26、l2的溶解量，提高Cl2的利用率加快搅拌速率分液漏斗将 HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液加入 Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH 约为 7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100160 条件下加热至恒重【解析】【分析】(1)转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸；氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率；根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触；(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离；(3)除
27、碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2 6H2O，根据图示，在100 160 条件下固体质量基本保持不变，并且要将杂质除尽。【详解】(1)转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸，方程式为：I25Cl26H2O=2IO3-10Cl12H；氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率，转化过程中CCl4的作用是增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率；根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触，则为增大转化过程的反应速率的方法为加快搅拌速率；(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操
28、作，需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离，操作为将HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在；(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2 6H2O，根据图示，在100 160 条件下固体质量基本保持不变，则实验方案：向水层中加入Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH 约为 7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100160 条件下加热至恒重。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17烯烃和酚类是两种重要的有机化工原料。完成下列填空
29、：(1)合成除苯乙烯外，还需要另外两种单体，写出这两种单体的结构简式 _、_。(2)由苯乙烯合成（）需要三步，第一步选用的试剂为_，目的是_。(3)邻甲基苯酚可合成A，分子式为C7H6O3，在一定条件下A 自身能缩聚成B。B 的结构简式 _。A 与浓溴水反应的化学方程式为_。(4)设计一条由制备 A 的合成路线（合成路线常用的表示方法为：MN目标产物）_。【答案】CH2=CH-CN CH2=CH-CH=CH2HBr（或 HCl）保护碳碳双键防止被加成或氧化【解析】【详解】（1）链节主链为碳原子，且含有碳碳双键，应是烯烃、1，3丁二烯之间发生的加聚反应，除苯乙烯外，还需要另外两种单体为：CH2=
30、CHCN、CH2=CHCH=CH2，故答案为CH2=CHCN、CH2=CHCH=CH2；（2）苯乙烯先与HBr 发生加成反应，然后再催化剂条件下发生取代反应，最后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到，第一步的目的是：保护碳碳双键防止被加成，故答案为HBr；保护碳碳双键防止被加成；（3）邻甲基苯酚可合成A，分子式为C7H6O3，则 A 为，A 发生缩聚反应得到B，B的结构简式为：，A 与浓溴水反应的化学方程式为：，故答案为；（4）在碱性条件下水解得到，然后发生催化氧化得到，再氧化得到，最后用酸酸化得到，合成路线流程图为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18化合物H 是一种香
31、料合成中间体，其合成路线如图：回答下列问题：(1)A 的化学名称是_。(2)A 到 B的反应方程式是_。(3)C 的结构简式是_。(4)的反应类型是_。(5)H 中的含氧官能团的名称是_。(6)X 是 F的同分异构体，X所含官能团的种类和数量与F完全相同，其核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为 6：1：1。写出两种符合上述条件的X的结构简式 _。(7)设计由苯甲醇和制备的合成路线 _（无机试剂任选）。【答案】丙二酸二乙酯取代反应羰基(酮基)、酯基、【解析】【分析】(A)与在吡啶的作用下反应生成(B)；B 与 LiAlH4反应生成C，由 C 的分子式及前后物质的结构，可确定其结构简式为；由 E、G
32、结构及 F 的分子式，可确定F 的结构简式为。【详解】(1)A 的结构简式为，化学名称是丙二酸二乙酯。答案为：丙二酸二乙酯；(2)(A)与在吡啶的作用下反应生成(B)，反应方程式是。答案为：；(3)由以上分析知，C的结构简式是。答案为：；(4)为,与 NaCH(COOCH2CH3)2反应生成和 NaBr，反应类型是取代反应。答案为：取代反应；(5)H 的结构简式为，含氧官能团的名称是羰基(酮基)、酯基。答案为：羰基(酮基)、酯基；(6)X 是(F)的同分异构体，X 所含官能团的种类和数量与F完全相同，其核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6：1：1，则分子结构对称，含有4 个-CH3、2 个-CO
33、OH、1 个碳碳双键，另外还含有4个季碳原子。符合上述条件的X 的结构简式为：、。答案为：、；(7)由苯甲醇和制备，需利用A B的信息，所以应先将苯甲醇氧化为苯甲醛，然后与反应生成，最后水解得到目标有机物。合成路线为：。答案为：。【点睛】由两种反应物制取目标有机物，关键的一步是如何将两种反应物结合成一种中间产物，也就是找到流程图中的信息，并利用信息将反应物的官能团进行转化。19磷矿石的主要成分是Ca5F(PO4)3，并含有少量MgO、Fe2O3等杂质。工业上以磷矿石为原料制备H3PO4，一种生产流程如下：已知：Ca5F(PO4)3+7H3PO4 5Ca(H2PO4)2+HF 38、写出有关操作
34、的名称：_、_。工艺流程中设计操作与的目的是_。39、若在实验室里采用此种方法溶解磷矿石，请写出必须的实验注意事项，并说明理由：_。40、磷矿石也可直接用硫酸溶解，两种工艺相比，该工艺的优点是_。41、测定产品磷酸的浓度可采用滴定法。准确量取10.00 mL 磷酸产品（密度为1.526g/cm3）溶于水配成1L 溶液；取稀释后的溶液20.00mL，以甲基橙为指示剂，用0.103 mol/L 标准 NaOH 溶液滴定；当观察到溶液恰好变色，且在半分钟内不变色，即为滴定终点（生成NaH2PO4），消耗标准溶液20.16 mL。该实验过程中需要的定量仪器有_（写名称）。42、若理论上滴定应耗用标准溶
35、液20.20 mL，则相对误差为_（按近似计算法则）。该产品中磷酸的质量分数为_（保留 3 位小数）。【答案】过滤萃取除去磷酸粗品中的杂质Mg2+、Fe3+等不能使用玻璃器皿，因为HF 会腐蚀玻璃。或要在密闭系统中进行，因为HF 有剧毒避免生成的石膏沉积在磷矿石表面，阻碍反应顺利进行滴定管1000 mL 容量瓶-0.2%0.667【解析】【分析】磷矿石的主要成分是Ca5F（PO4）3，并含有少量MgO、Fe2O3等杂质，磷矿石加入稀磷酸溶解生成磷酸二氢钙和氟化氢，加入硫酸沉淀除除氟，过滤得到彻底石膏，滤液为磷酸粗品，磷酸粗品中含有H+、Ca2+、Mg2+、Fe3+离子，加入萃取剂萃取，分液后再
36、加入水反萃取，用来除去磷酸粗品中的杂质Mg2+、Fe3+等，得到溶液浓缩得到较纯净的磷酸；（1）操作 通过过滤分离出石膏，根据图示，磷酸粗品中含有H+、Ca2+、Mg2+、Fe3+离子，操作、是萃取和反萃取，用来除去磷酸粗品中的杂质Mg2+、Fe3+等；（2）HF具有腐蚀性，能够腐蚀玻璃，不能使用玻璃仪器溶解磷矿石；（3）直接用硫酸溶解磷矿石，生成的石膏会沉积在磷矿石表面；（3）根据萃取操作用到的仪器完成；根据萃取操作中对萃取剂要求分析；（4）定量仪器是准确量取溶液的滴定管，配制1L溶液的容量瓶；（5）相对误差=计算值测量值测量值 100%，根据生成产物NaH2PO4和氢氧化钠的关系式及滴定数
37、据，计算出磷酸产品的质量分数。【详解】38.操作 通过过滤分离出石膏，根据图示，磷酸粗品中含有H+、Ca2+、Mg2+、Fe3+离子，操作、是萃取和反萃取，萃取时，必须满足萃取剂与水互不相溶、萃取的物质在水中的溶解度较小，工艺流程中设计操作 与的目的是用来除去磷酸粗品中的杂质Mg2+、Fe3+等；故答案为：过滤；萃取；除去磷酸粗品中的杂质Mg2+、Fe3+等；39.若在实验室里采用此种方法溶解磷矿石，由于 HF具有腐蚀性，能够腐蚀玻璃，所以不能使用玻璃仪器，或要在密闭系统中进行，因为HF有剧毒；故答案为：不能使用玻璃器皿，因为HF会腐蚀玻璃或要在密闭系统中进行，因为HF有剧毒；40.如果直接用
38、硫酸溶解磷矿石，生成的石膏会沉积在磷矿石表面，该工艺避免了生成的石膏沉积在磷矿石表面；故答案为：避免生成的石膏沉积在磷矿石表面；41.准确量取10.00mL 磷酸产品（密度为1.526g/cm3）溶于水配成1L 溶液；取稀释后的溶液20.00mL，以甲基橙为指示剂，用 0.103mol/L标准 NaOH 溶液滴定，该实验过程中需要的定量仪器有准确量取溶液的滴定管，配制溶液所需的1000mL的容量瓶；故答案为：滴定管、1000mL容量瓶；42.相对误差=计算值测量值测量值100%=20.1620.2020.20100%=-0.2%；磷酸产品的质量是：10.00mL1.526g/cm3=15.26g，1L 磷酸产品配成的溶液消耗0.103mol/L标准 NaOH 溶液的体积为：20.16mL100020=1.008L，磷酸与氢氧化钠反应的关系式为：H3PO4NaH2PO4NaOH，n（H3PO4）=n（NaOH）=0.103mol/L 1.008L0.1040mol，所以该磷酸产品的质量分数为：398/0.10401.526/10gmolmolg cmmL100%66.7%；故答案为：-0.2%；66.7%。