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1、2019-2020学年安徽省池州市东至三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）1短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中 X 与 Y可形成一种淡黄色物质P，常温下将0.05 mol P 溶于水，配成1L溶液，pH=13；Z为金属元素，且Z可在 W 的一种氧化物中燃烧，生成一种白色物质和一种黑色物质。下列说法错误的是A简单离子半径：XY Z B气态氢化物的稳定性：WX C单质的熔点：ZY D元素 Z形成的单质被称为“国防金属”【答案】B【解析】【分析】X 与 Y可形成一种淡黄色物质P，则 P为 Na2O2，结合原子序数
2、可知X为 O，Y为 Na，金属 Z可在 W 的一种氧化物中燃烧，则Z 为 Mg，W 为 C，氧化物为CO2，综上所述，W、X、Y、Z分别为：C、O、Na、Mg，据此解答。【详解】A O2-、Na+、Mg2+核外电子排布相同，序小半径大，故离子半径：O2-Na+Mg2+，A 正确；B非金属性：CO，则气态氢化物的稳定性：CH4H2O，B 错误；C一般情况下，金属离子半径越小，所带的电荷越多，自由电子越多，金属键就越强，熔点就越高，所以，单质的熔点：Mg Na，C正确；D Z为 Mg 元素，Mg 被称为国防金属，D 正确。答案选 B。22mol 金属钠和1mol 氯气反应的能量关系如图所示，下列说
3、法不正确的是（）A H1=H2+H3+H4+H5+H6+H7BH4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等CH70，且该过程形成了分子间作用力D H5H5【答案】C【解析】【详解】A由盖斯定律可得，H1=H2+H3+H4+H5+H6+H7，A 正确；BH4为破坏 1molCl-Cl共价键所需的能量，与形成1molCl-Cl共价键的键能在数值上相等，B 正确；C物质由气态转化为固态，放热，则H70，且该过程形成了离子键，C不正确；D Cl转化为 Cl-，获得电子而放热，则H5H5，D 正确；故选 C。3下列关于有机化合物和的说法正确的是()A一氯代物数目均有6 种B二者均能发生取代、加成和氧化反应
4、C可用酸性高锰酸钾溶液区分D分子中所有碳原子可能在同一平面上【答案】C【解析】【详解】A.中有 6 种等效氢，则一氯代物有6 种，中有 4 种等效氢，一氯代物有4 种，两种一氯代物数目不同，故A 错误；B.中含碳碳双键，能发生加成反应，除此之外还能发生取代、氧化反应，中不含不饱和键，不能发生加成反应，能发生取代、氧化反应，故B 错误；C.中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，中不含不饱和键，不能使酸性高锰酸钾褪色，则可用酸性高锰酸钾溶液区分，故C 正确；D.中与碳碳双键上的碳原子直接相连的原子共面，其中含1 个叔碳原子（与甲基直接相连的碳原子），则所有碳原子不可能在同一平面上，故D 错误。答案选
5、C。4NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是A在电解精炼铜的过程中，当阴极析出32g 铜时转移电子数目为NAB将 1molCH4与 1molCl2混合光照，充分反应后，生成气体分子数为NAC9.2g 甲苯被酸性KMnO4氧化生成苯甲酸时，反应中转移电子数为0.6NAD向 100mL0.1mol/L 醋酸溶液中加入CH3COONa 固体至溶液刚好为中性，溶液中醋酸分子数为0.01NA【答案】B【解析】【详解】A.电解精炼铜时，阴极是铜离子放电，若转移了NA个电子，有0.5mol 铜单质生成，质量为0.5mol 64g/mol=32g，A 项正确；B.将 1molCH4与 1molCl
6、2混合光照，充分反应后，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，其中氯化氢与一氯甲烷是气体，根据元素守恒可知，氯化氢的物质的量为1mol，B 项错误；C.依据 5C6H5CH3+6KMnO4+9H2SO4=5C6H5COOH+3K2SO4+6MnSO4+14H2O 可知，1mol 甲苯被氧化为苯甲酸转移 6mol 电子，9.2g 甲苯物质的量为0.1mol，被氧化为苯甲酸转移0.6mol 电子，转移电子数为0.6NA，C项正确；D.向 100mL0.1mol/L 醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性，则溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，醋酸分子的电离程度与醋酸根离
7、子的水解程度相当，则可认为醋酸不电离，醋酸根离子不水解，因此醋酸分子数为100mL 0.1mol/L NA=0.01NA，D 项正确；答案选 B。【点睛】要准确把握阿伏加德罗常数的应用，一要认真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、留心特殊的化学反应，如本题中合成氨的反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。避免粗枝大叶不求甚解，做题时才能有的放矢。二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避免急于求成而忽略问题的本质。必须以阿伏加德罗常数为基础点进行辐射，将相关知识总结归纳，在准确把握各量与阿伏加德罗常数之间关系的前提下，着重关注易错点，并通过练习加强理解掌握，这样才能通过复
8、习切实提高得分率。5硼氢化钠(NaBH4)可用作还原剂和塑料发泡剂。它在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程如图所示。下列说法不正确的是A NaBH4中氢元素的化合价为+1 价B若用 D2O 代替 H2O，反应后生成的气体中含有H2、HD 和 D2C通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率D NaBH4与水反应的离子方程式为：BH4+4H2O=B(OH)4+4H2【答案】A【解析】【详解】A.B 为A 元素，其化合价为+3 价，NaBH4中氢元素的化合价为1 价，故 A 说法错误；B.由图示可知BH4中的 H 原子与 H2O 中 H 结合为 H2，当若用 D2O 代替 H2O，形
9、成的氢气有三种，即 D2、HD 和 H2，故 B说法正确；C.反应物在催化剂表面反应，催化剂对反应物吸附，生成产物后会解吸，通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率，故C说法正确；D.NaBH4与水反应为氢元素的归中反应，反应方程式为BH44H2O=B(OH)44H2，故 D 说法正确；答案：A。6下列变化不涉及氧化还原反应的是A明矾净水B钢铁生锈C海水提溴D工业固氮【答案】A【解析】【详解】A.明矾净水与铝离子水解生成胶体有关，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故A 选；B.Fe、O 元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B 不选；C.Br元素的化合价升高，还需要氧化剂，为
10、氧化还原反应，故C 不选；D.工业固氮过程中，N 元素的化合价发生改变，为氧化还原反应，故D 不选；故选 A。7设计如下装置探究HCl 溶液中阴、阳离子在电场中的相对迁移速率（已知：Cd的金属活动性大于Cu）。恒温下，在垂直的玻璃细管内，先放CdCl2溶液及显色剂，然后小心放入HCl 溶液，在aa处形成清晰的界面。通电后，可观察到清晰界面缓缓向上移动。下列说法不正确的是A通电时，H+、Cd2+向 Pt 电极迁移，Cl-向 Cd 电极迁移B装置中总反应的化学方程式为：Cd+2HClCdCl2+H2C一定时间内，如果通过HCl 溶液某一界面的总电量为5.0 C，测得 H+所迁移的电量为4.1 C，
11、说明该 HCl溶液中 H+的迁移速率约是Cl-的 4.6 倍D如果电源正负极反接，则下端产生大量Cl2，使界面不再清晰，实验失败【答案】D【解析】【分析】装置中上边的Pt 电极与外电源负极相连，作为阴极；下端的Cd 电极与外电源的正极相连，作为阳极；题中指出 Cd 的金属活动性大于Cu，所以阳极发生Cd的氧化反应，阴极则发生H+的还原反应；如果把电源的正负极反接，则Pt 电极为阳极，Cl-的在 Pt 电极处被氧化生成Cl2，Cd电极为阴极发生的是还原反应。【详解】A通电后，Pt 为阴极，Cd 为阳极，所以H+和 Cd2+向 Pt 电极迁移，Cl-向 Cd 电极迁移，A 项正确；B通电后Pt 为
12、阴极，Cd 为阳极，分别发生发生H+的还原反应和Cd的氧化反应，所以总反应方程式为：22Cd2HCl=CdClH电解，B项正确；C由于通过该界面的总电量为5.0C，其中 H+迁移的电量为4.1C，所以 Cl-迁移的电量为0.9C，所以 HCl溶液中 H+迁移速率约为Cl-的 4.6 倍，C项正确；D正负极若反接，则上端的Pt 电极为阳极，Cl-在 Pt 电极处发生氧化反应生成Cl2，D 项错误；答案选 D。8Anammox 法是一种新型的氨氮去除技术。设阿伏加德罗常数的数值为NA，则下列说法正确的是A 1moLNH4+所含电子数为11NAB30g N2H2中含有的共用电子对数目为4 NAC过程
13、 II 属于还原反应，过程IV 属于氧化反应D过程 I 中反应得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：2【答案】B【解析】【详解】A一个铵根离子含有10 个电子，则1moLNH4+所含电子数为10NA，故 A 错误；B一个 N2H2（H-N=N-H）分子中含有4 个共用电子对，30g N2H2的物质的量=30g30g/mol=1mol，含有的共用电子对数目为4 NA，故 B 正确；C过程 II 中，联胺分子中N 元素化合价是-2，N2H2中 N 元素化合价是-1，化合价升高，属于氧化反应，过程 IV 中，NO2-中 N 元素化合价是+3，NH2OH 中 N 元素化合价是-1，化合价降低，属于
14、还原反应，故C 错误；D过程 I 中，参与反应的NH4+与 NH2OH 的反应方程式为：NH4+NH2OH=N2H4+H2O+H+，则得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：1，故 D 错误；答案选 B。【点睛】准确判断反应中各物质中N 元素的化合价，利用氧化还原反应规律判断解答是关键。9某溶液中有S2、SO32-、Br、I四种阴离子各0.1mol。现通入Cl2，则通入Cl2的体积（标准状况）和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是ABCD【答案】C【解析】【分析】离子还原性223SSOIBr，故首先发生反应22SClS2Cl，然后发生反应223224SOClH OSO2Cl2H，再发生反
15、应222IClI2Cl，最后发生反应222BrClBr2Cl，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积。【详解】A由22SClS2Cl可知，20.1molS完全反应需要消耗0.1mol氯气，标准状况下的2Cl的体积为 0.1mol22.4L mol-1=2.24L，图象中氯气的体积不符合，A 错误；B20.1molS完全反应后，才发生223224SOClH OSO2Cl2H，20.1molS完全反应需要消耗0.1mol氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24L，230.1molSO完全反应消耗0.1mol 氯气，故230.1molSO完全反应时氯气的体积为0.2mol22.4
16、L/mol4.48L，图象中氯气的体积不符合，B 错误；C20.1molS完全反应需要消耗0.1mol氯气，230.1molSO完全反应消耗0.1mol 氯气，0.1molI完全反应消耗0.05氯气，故溴离子开始反应时氯气的体积为0.25mol22.4L/mol5.6L，由222BrClBr2Cl可知，0.1molBr完全反应消耗0.05mol 氯气，故Br完全反应时消耗的氯气体积为0.3mol22.4L/mol6.72L，图象与实际符合，C 正确；D20.1molS完全反应需要消耗0.1mol氯气，230.1molSO完全反应消耗0.1mol 氯气，0.1molI完全反应消耗0.05mol
17、氯气，故 I完全时消耗的氯气体积为0.25mol 22.4L/mol5.6L，图象中氯气的体积不符合，D 错误。答案选 C。【点睛】氧化还原竞争型的离子反应，关键是熟记氧化性粒子氧化性的强弱顺序和还原性粒子还原性强弱顺序，然后按照越强先反应原则依次分析。10关于一定条件下的化学平衡H2(g)+I2(g)2HI(g)H0，下列说法正确的是（）A恒温恒容，充入H2，v（正）增大，平衡右移B恒温恒容，充入He，v（正）增大，平衡右移C加压，v（正），v（逆）不变，平衡不移动D升温，v（正）减小，v（逆）增大，平衡左移【答案】A【解析】【详解】A.恒温恒容，充入H2，氢气浓度增大，v（正）增大，平衡右
18、移，故A 正确；B.恒温恒容，充入He，各反应物浓度都不变，v（正）不变，平衡不移动，故B 错误；C.加压，体积缩小，各物质浓度均增大，v（正）、v（逆）都增大，平衡不移动，故C 错误；D.升温，v（正）增大，v（逆）增大，由于正反应放热，所以平衡左移，故D 错误；答案选 A。【点睛】本题考查影响反应速率和影响化学平衡移动的因素；注意恒容容器通入惰性气体，由于浓度不变，速率不变、平衡不移动，恒压条件下通入惰性气体，容器体积变大，浓度减小，相当于减压。11某有机化工品R 的结构简式如图所示。下列有关R 的说法正确的是A R的分子式为C10H10O2B苯环上一氯代物有2 种CR分子中所有原子可共平
19、面D R能发生加成、氧化和水解反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A R的分子式为C10H8O2，A 项错误；B苯环上4 个氢原子位置不对称，故苯环上一氯代物有4 种，B项错误；C CH3中四个原子不可能共平面，则R 分子中所有原子不可能共平面，C项错误；D R含有酯基、碳碳双键和苯环，能发生水解反应、加成反应和氧化反应，D 项正确；答案选 D。【点睛】确定多官能团有机物性质的步骤：（1）找出有机物所含的官能团，如碳碳双键、碳碳叁键、醇羟基、酚羟基、羧基等等；（2）联想每种官能团的典型性质；（3）结合选项分析对有机物性质描述的正误。注意：有些官能团性质会交叉，如碳碳叁键与醛基都能被溴水、酸性
20、高锰酸钾溶液氧化，也能与氢气发生加成反应等。12一种治疗感冒咳嗽的药物结构简式是。下列关于该有机物的说法正确的是（）A分子中所有碳原子可在同一平面上B该有机物的分子式是C10H16O C该有机物能发生加成和氧化反应D该有机物与互为同分异构体【答案】C【解析】【分析】【详解】A饱和碳原子连接的四个原子构成四面体结构，最多有三个原子处于同一平面，中标*的碳原子连了三个碳原子，所以所有碳原子不可能在同一平面，A 错误；B该有机物的分子式是C10H14O，B错误；C该有机物含有的碳碳双键、羰基能发生加成反应，碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，C正确；D的分子式为C10H12O，二者分子式不相同，不互为同分
21、异构体，D 错误。答案选 C。13依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4，利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中装置正确且能达到相应实验目的是ABCD【答案】B【解析】【分析】依据实验步骤及操作的规范性、科学性分析作答。【详解】浓硫酸在加热条件下与铜反应制取SO2，装置正确且能达到相应实验目的；气体和液体反应，有防倒吸装置，装置正确且能达到相应实验目的；用四氯化碳从废液中萃取碘，静置后分液，装置正确且能达到相应实验目的；蒸发溶液时用蒸发皿，而不应用坩埚，装置错误，不能达到实验目的；故B 项正确。答案选 B。14设
22、 NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A 10gNH3含有 4NA个电子B0.1mol 铁和 0.1mol 铜分别与0.1 mol 氯气完全反应，转移的电子数均为0.2NAC标准状况下，22.4 L H2O 中分子数为NA 个D 1L0.1mol L1Na2CO3溶液中含有0.1NA个 CO32【答案】B【解析】【详解】A NH3的相对分子质量是17，每个分子中含有10 个电子，所以10gNH3含有电子的个数是：(10g 17g/mol)10NA=5.88NA个电子，错误；BFe 是变价金属，与氯气发生反应：2Fe+3Cl2 2FeCl3，根据反应方程式中两者的关系可知0.1mol的
23、Cl2与 Fe反应时，氯气不足量，所以反应转移的电子的物质的量应该以Cl2为标准，转移的电子数为0.2NA，Cu与 Cl2发生反应产生CuCl2，0.1mol 铜分别与0.1 mol 氯气完全反应，转移的电子数均为0.2NA，正确；C标准状况下H2O 是液体，不能使用气体摩尔体积计算H2O 的物质的量，错误；DNa2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中CO32发生水解反应而消耗，所以 1L0.1mol L1Na2CO3溶液中含有CO32小于 0.1NA个，错误；答案选 B。15在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2+4SO42-+4H+，实现该反应
24、的物质间转化如图所示。下列分析错误的是A反应 I 的离子方程式为4Fe(NO)2+O2+4H+=4Fe3+4NO+2H2O B反应的氧化剂是Fe3+C反应 是氧化还原反应D黄铁矿催化氧化中NO 作催化剂【答案】C【解析】【详解】A根据图示，反应I 的反应物为Fe(NO)2+和 O2，生成物是Fe3+和 NO，结合总反应方程式，反应的离子方程式为 4Fe(NO)2+O2+4H+=4Fe3+4NO+2H2O，故 A 正确；B根据图示，反应的反应物是Fe3+和 FeS2，生成物是Fe2+和 SO42-，反应中铁元素的化合价降低，氧化剂是 Fe3+，故 B 正确；C根据图示，反应 的反应物是Fe2+和
25、 NO，生成物是Fe(NO)2+，没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C 错误；D根据 2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2+4SO42-+4H+，反应过程中NO 参与反应，最后还变成NO，NO 作催化剂，故 D 正确；故选 C。【点睛】解答本题的关键是认真看图，从图中找到物质间的转化关系。本题的易错点为A，要注意根据总反应方程式判断溶液的酸碱性。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂，也是动物体必需的营养元素和对植物有益的营养元素等。氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业
26、。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu 和少量 CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下所示：请回答下列问题：(1)若步骤中得到的氧化产物只有一种，则它的化学式是_。(2)写出步骤中主要反应的离子方程式：_。(3)步骤包括用pH 2 的溶液酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_(写酸的名称)。(4)上述工艺中，步骤和的作用是_。(5)Se为 A 族元素，用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜，硒代硫酸钠还可用于Se的精制，写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与 H2S
27、O4溶液反应得到精硒的化学方程式：_。(6)氯化亚铜产率与温度、溶液pH 关系如下图所示。据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响 CuCl产率的原因是_；温度过高、pH 过大也会影响CuCl产率的原因是_。【答案】CuSO42Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H硫酸使 CuCl干燥，防止其水解氧化Na2SeSO3+H2SO4=Na2SO4+Se+SO2+H2O 温度过低反应速率慢温度过高、pH 过大，容易向CuO和 Cu2O 转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解(任答一点即可)【解析】【分析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜
28、(主要成分是Cu和少量 CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵、氯化铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生 2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+，得到的 CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，(1)步骤中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，将铜元素氧化为铜离子，据此分析；(2)步骤为铜离子、亚硫酸铵、氯化铵得到CuCl，铜元素化合价降低，则硫元素化合价升高，还有硫酸根离子生成，据此书写；(3)由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，据此分析；(4)根据已知“CuCl 难溶于醇和水，可溶于
29、氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化”分析；(5)硒代硫酸钠（Na2SeSO3）与 H2SO4溶液反应得到硒、硫酸钠、二氧化硫和水；(6)温度过低，反应慢，温度过高、pH 过大铵盐易分解，容易向CuO和 Cu2O 转化；【详解】(1)步骤中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，将铜元素氧化为铜离子，氧化产物只有一种，则为CuSO4；(2)步骤的反应为：2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；(3)由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质；(4)由
30、题：CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，步骤醇洗，步骤烘干，目的是：使CuCl干燥，防止其水解氧化；(5)硒代硫酸钠（Na2SeSO3）与 H2SO4溶液反应为：Na2SeSO3+H2SO4Na2SO4+Se+SO2+H2O；(6)流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低反应速率慢，CuCl产率低；温度过高、pH 过大，容易向CuO和 Cu2O 转化，且温度过高，铵盐（氯化铵，亚硫酸铵）易受热分解；【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断、物质性质的应用的知识，注意对题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的
31、同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I 的合成路线如下（AI）均为有机物）：已知：a.b.RCHO 回答下列问题：(1)反应的化学方程式为_；F的官能团名称为_。(2)反应的类型是_。DE 所需试剂、条件分别是_、_。(3)G 的结构简式为_。(4)芳香族化合物W 的化学式为C8H8O2，且满足下列条件的W 的结构共有 _种（不考虑立体异构）。i.遇 FeCl3溶液显紫色；ii.能发生银镜反应。其中核磁共振氢谱显示有5 种不司化学环境的氢，峰面积比为2：2：2：1：1 的是
32、_（写出结构简式）。(5)设计以甲苯和乙醛为原料制备的合成路线。无机试剂任选，合成路线的表示方式为：_.【答案】+Cl2+HCl 醛基取代反应(或酯化反应)NaOH 溶液加热13【解析】【分析】甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成D(CH2Cl2)，D 在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应，但同一个碳原子上含有两个羟基不稳定会失水生成醛，则E为 HCHO，F是 CH3(CH2)6CHO和甲醛反应生成G，根据题给信息知G 为，G 和氢气发生加成反应生成H 为；甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成，水解得到A 为，A 氧化生成B为，B进一步氧化生成C为，C与 H 发生酯化反应生成I 为；
33、(5)苯与氯气在光照条件下生成，然后发生水解反应生成，最后与乙醛在碱性条件下反应生成目标物。【详解】根据上述分析可知：A 为，B 为，C为，D 为 CH2Cl2，E为 HCHO，F为 CH3(CH2)6CHO，G为，H 为，I 为。(1)反应为甲苯和氯气的取代反应，方程式为：+Cl2+HCl；F为CH3(CH2)6CHO，官能团名称为醛基；(2)反应是C()与 H()发生酯化反应或取代反应产生I()，反应类型为酯化反应或取代反应；D 为 CH2Cl2，E为 HCHO，D 与 NaOH 水溶液混合加热发生取代反应产生E，所以 DE 所需试剂、条件分别是 NaOH 溶液、加热；(3)G 的结构简式
34、为；(4)化合物 W 化学式为C8H8O2，W 比 C多一个-CH2原子团，且满足下列条件，遇FeCl3 溶液显紫色，说明含有酚羟基、苯环；能发生银镜反应，说明含有醛基，根据不饱和度知，除了苯环外不含双键或环状结构；如果存在-OH、-CH2CHO，有邻、间、对3 种不同结构；如果取代基为-OH、-CH3、-CHO，有 10 种不同结构；所以符合条件的同分异构体有13 种，其中核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：2：1：1 的结构简式为；(5)苯与氯气在光照条件下生成，发生水解反应生成，与CH3CHO发生醛的加成反应产生，故合成路线流程图为：。【点睛】本题考查了有机物的推
35、断与合成，熟练掌握官能团的性质与转化是关键，注意信息中醛的加成反应特点，利用顺推法与逆推法相结合进行推断，易错点是同分异构体种类判断，关键是确定取代基的种类及数目。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18乙酰苯胺是一种白色有光泽片状结晶或白色结晶粉末，是礦胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。乙耽苯胺的制备原理为:实验参数：名称相对分子质量性状密度g/cm3沸点/。C 溶解度苯胺93 无色油状液体，具有还原性1.02 184.4 微溶于水易溶于乙醇、乙醚等乙酸60 无色液体1.05 118.1 易溶于水易溶于乙醇、乙醚乙酰苯胺135 白色晶体1.22 304 微溶于
36、冷水，溶于热水易溶于乙醇、乙醚注:刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。实验步骤:步骤 1:在圆底烧瓶中加入无水苯胺9.30mL，冰醋酸15.4mL，锌粉 0.100g，安装仪器，加入沸石，调节加热温度，使分馏柱顶温度控制。在105左右，反应约60 80min，反应生成的水及少量醋酸被蒸出。步骤 2:在搅拌下，趁热将烧瓶中的物料以细流状倒入盛有100mL 冰水的烧杯中，剧烈搅拌，并冷却，结晶，抽滤、洗涤、干燥，得到乙酰苯胺粗品。步骤 3:将此粗乙酰苯胺进行重结晶，晾干，称重，计算产率。(1)步骤 1 中所选圆底烧瓶的最佳规格是_。a.25ml b.50ml c.15
37、0ml d.200ml(2)实验中加入少量锌粉的目的是_。(3)步骤 1 加热可用 _(填“水浴”、“油浴”或“直接加热”):从化学平衡的角度分析，控制分馏柱上端的温度在105左右的原因 _。(4)洗涤乙酰苯胺粗品最合适的方法是_(填序号)。a.用少量冷水洗b.用少量热水洗c.用酒精洗(5)乙酰苯胺粗品因含杂质而显色，欲用重结品进行提纯，步骤如下:热水溶解、_、过滤、洗涤、干燥(选取正确的操作并排序)。a.蒸发结晶b.冷却结晶c.趁热过滤d.加入活性炭(6)该实验最终得到纯品9.18g，则乙酰苯胺的产率是_(结果保留一位小数)【答案】b 防止苯胺在反应过程中被氧化油浴不断分出反应过程中生成的水
38、，促进反应正向进行，提高生成物的产率用玻璃棒摩擦容器内壁或投入晶种a dcb 66.7【解析】【分析】根据实验中基本仪器的使用方法分析解答；根据题干信息中物质的性质分析解答；根据反应方程式计算产率。【详解】（1）根据圆底烧瓶中盛放液体的体积不超过容积的1/2分析判断最佳规格是50mL，故答案为b；（2）锌粉具有还原性，实验中加入少量锌粉的目的是防止苯胺在反应过程中被氧化，故答案为防止苯胺在反应过程中被氧化；（3）由于步聚1 加热的温度在105左右，而沸腾的水温度为100，不能达到该温度，所以步骤1 可用油浴加热的方法；水的沸点是100，加热至105左右，就可以不断分出反应过程中生成的水，促进反
39、应正向进行，故答案为油浴；不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率；（4）晶体析出时需要晶种，所以可以投入晶种促使晶体析出；由于乙酰苯胺微溶于冷水，溶于热水，所以洗涤粗品最合适的试剂是用少量冷水洗，以减少因洗涤造成的损耗，故答案为用玻璃棒摩擦容器内壁或投入晶种；a；（5）乙酰苯胺粗品中的有色杂质可以溶解后用活性炭吸附，因为乙酰苯胺溶于热水，所以要趁热过滤掉活性炭，然后采用冷却结晶的方法提纯，具体步骤如下：热水溶解、加入活性炭、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为dcb；（6）n（苯胺）=9.3ml1.02g/ml93g/mol=0.102mol，n（乙酸）=（1
40、8.4mL1.05g/ml）60g/mol=0.322mol，二者按 1：1 反应，由于乙酸的物质的量大于苯胺的物质的量，所以产生乙酰苯胺的物质的量要以不足量的苯胺为原料为标准，乙酰苯胺的理论产量为0.102mol，而实际产量n（乙酰苯胺）=9.18g135g/mol=0.067mol，所以乙酰苯胺的产率为0.0670.102molmol100%=66.7%，故答案为66.7%。19镍具有良好的导磁性和可塑性，主要用于制作合金及催化剂。请回答下列问题（1）基态镍原子的价电子排布图为_，同周期元素中基态原子与镍具有相同未成对电子的还有_种。（2）四羰基合镍是一种无色挥发性液体，熔点-25，沸点
41、43。则四羟基合镍中键和 键数目之比为_三种组成元素按电负性由大到小的顺序为_。（3）Ni(NH3)4SO4中 N 原子的杂化方式为_，写出与 SO42-互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式_，_；Ni(NH3)4SO4中 H-N-H 键之间的夹角_（填“”“”或“=”）NH3分子中 H-N-H 键之间的夹角。（4）已知 NiO 的晶体结构（如图1），可描述为：氧原子位于面心和顶点，氧原子可形成正八面体空隙和正四面体空隙，镍原子填充在氧原子形成的空隙中，则 NiO 晶体中原子填充在氧原子形成的_体空隙中，其空隙的填充率为_。（5）一定温度下，NiO 晶体可分散形成“单分子层”，O2-作单层
42、密置排列，Ni2+填充 O2-形成的正三角形空隙中（如图2），已知 O2-的半径为m，每平方米面积上分数的NiO 的质量为 _g。（用 a、NA表示）【答案】3 1：1 OCNi sp3CCl4ClO4-正八面100%2A752 3a N【解析】【分析】(1)Ni 是 28 号元素，其价电子为3d、4s 能级上的电子；Ni 原子核外有2 个未成对电子，同周期元素中基态原子与镍具有相同未成对电子的还有Ti、Ge、Se元素；(2)CO 中含有 1 个 键、1 个 键，每个CO分子和 Ni 原子形成一个键，所以一个Ni(CO)4中含有 键 8个、键 8 个；元素的非金属性越强，其电负性越大；(3)N
43、i(NH3)4SO4中 N 原子的价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断N 原子杂化类型，与 SO42-互为等电子体的一种分子和一种离子中原子个数为5、价电子数为32；Ni(NH3)4SO4中 N 原子、NH3分子中 N 原子都采用sp3杂化，但是前者不存在孤电子对、后者含有1 个孤电子对，成键电子对之间的排斥力小于成键电子对和孤电子对之间的排斥力；(4)氧原子位于面心和顶点，Ni 位于棱心和体心，由图可知体心Ni 原子的配位数为6，故 Ni 位于 6 个面心O 形成正八面体中心；其空隙的填充率为100%；(5)平面 NiO 基本结构单元为，每个结构单元含有1 个“NiO“，每个氧化镍
44、所占的面积=(2a m)(2a m sin60)=23a2m2，计算 1 个“NiO“的质量，每个氧化镍的质量乘以每平方米含有的氧化镍个数就是每平方米含有的氧化镍质量。【详解】(1)Ni 是 28 号元素，其价电子为3d、4s 能级上的电子；Ni 原子核外有2 个未成对电子，其价电子排布图为；同周期元素中基态原子与镍具有相同未成对电子的还有 Ti、Ge、Se元素，所以有3 种元素，故答案为：；3；(2)CO 中含有 1 个 键、1 个 键，每个CO分子和 Ni 原子形成一个键，所以一个Ni(CO)4中含有 键 8个、键 8 个，所以四羰基合镍中键和 键数目之比=8：8=1：1；元素的非金属性越
45、强，其电负性越大，非金属性OCNi，所以电负性OCNi，故答案为：1：1；OCNi；(3)Ni(NH3)4SO4中 N 原子的价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断N 原子杂化类型为sp3，与 SO42-互为等电子体的一种分子如CCl4，一种离子如ClO4-；Ni(NH3)4SO4中 N 原子、NH3分子中 N 原子都采用 sp3杂化，但是前者不存在孤电子对、后者含有1 个孤电子对，成键电子对之间的排斥力小于成键电子对和孤电子对之间的排斥力，所以；Ni(NH3)4SO4中 H-N-H 键之间的夹角NH3分子中 H-N-H 键之间的夹角，故答案为：sp3；CCl4；ClO4-；(4)氧原子位于面心和顶点，Ni 位于棱心和体心，由图可知体心Ni 原子的配位数为6，故 Ni 位于 6 个面心O 形成正八面体中心，其空隙的填充率为100%，故答案为：正八面；100%；(5)平面 NiO 基本结构单元为，每个结构单元含有1 个“NiO，每个氧化镍所占的面积=(2am)(2am sin60)=23a2m2，则每平方米含有的氧化镍个数=212 3a，每个氧化镍的质量=A59+16Ng，所以每平方米含有的氧化镍质量=A59+16Ng212 3a=2A752 3a Ng，故答案为：2A752 3a N。