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1、2019-2020学年福建省福州教育学院附属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氨硼烷(NH3 BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为 NH3 BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。已知两极室中电解质足量，下列说法正确的是（）A正极的电极反应式为2H+2e-H2B电池工作时，H+通过质子交换膜向负极移动C电池工作时，正、负极分别放出H2和 NH3D工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6mol 电子【答案】D【解析】【分析】由氨硼烷（NH3
2、BH3）电池工作时的总反应为NH3 BH3+3H2O2 NH4BO2+4H2O 可知，左侧NH3 BH3为负极失电子发生氧化反应，电极反应式为NH3 BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧 H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H+6e-6H2O，据此分析。【详解】A.右侧 H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为H2O2+2H+2e-=2H2O，故 A 错误；B.放电时，阳离子向正极移动，所以H+通过质子交换膜向正极移动，故B错误；C.NH3 BH3为负极失电子发生氧化反应，则负极电极反应式为NH3 BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+
3、，右侧 H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H+6e-6H2O，电池工作时，两电极均不会产生气体，故 C错误；D.未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，通入后，负极电极反应式为NH3 BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极反应式为3H2O2+6H+6e-6H2O，假定 6mol 电子转移，则左室质量增加=31g-6g=25g，右室质量增加6g，两极室质量相差19g。工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9 g，则电路中转移0.6 mol 电子，故D正确；答案选 D。【点睛】本题考查原电池原理，注意电极反应式的书写方法，正极得到电子发生还原反应，负极失电子发
4、生氧化反应，书写时要结合电解质溶液，考虑环境的影响。2能正确表示下列反应的离子方程式是A在硫酸亚铁溶液中通入氧气：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O BNH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO3-Ba2+2OH-=BaCO3+2H2O+CO32-C氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe(OH)2+2H=Fe2+2H2O D澄清石灰水与过量小苏打溶液混合：Ca2+OH-+HCO3-=CaCO3+H2O【答案】A【解析】【详解】A.Fe2+具有还原性，会被氧气氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，A 正确；B.NH4HCO3溶液中加入过量的B
5、a(OH)2溶液，以不足量的NH4HCO3为标准，NH4+、HCO3-都会发生反应：NH4+HCO3-Ba2+2OH-=BaCO3+H2O+NH3?H2O，B 错误；C.氢氧化亚铁具有还原性，会被具有氧化性的稀硝酸氧化变为Fe3+，反应的离子方程式为3Fe(OH)2+10H+NO3-=3Fe3+NO +8H2O，C错误；D.澄清石灰水与过量小苏打溶液混合，以不足量的Ca(OH)2为标准，离子方程式为Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO3+2H2O+CO32-，D 错误；故合理选项是A。3设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A pH=1 的硫酸溶液1L，溶液中含SO42-的数目
6、等于0.1NAB真空密闭容器中充入0.1molH2和 0.1molI2充分反应后，容器内分子总数为0.2NAC10mL0.1mol?L-1的 FeCl3与 20mL0.1mol?L-1KI溶液反应，转移电子数为0.001NAD 60gSiO2晶体中 Si-O 键数目为2NA【答案】B【解析】【详解】A1LpH1.0的24H SO溶液，H的物质的量为1L0.1mol/L0.1mol，硫酸中氢离子和硫酸根离子的物质的量比为2 比 1，硫酸根离子的物质的量为0.05mol，数目为A0.05N，故 A 错误；B2H和2I反应前后分子数不变，故20.1molH和20.1molI充分反应后，容器内分子总数
7、为A0.2N，故 B正确；C3FeCl与 KI的反应为可逆反应，故C 错误；D 60g 2SiO的物质的量为n=mM=60g60g/mol=1mol，1mol2SiO中有 4molSi-O 键，则 Si-O 键数目为4NA；答案选 B。【点睛】关于 PH 的计算和物质的量公式是解题的关键。4W、X、Y、Z、R 为原子序数依次增大的短周期主族元素，W 元素的一种核素可用于鉴定文物年代，X元素的一种单质可作为饮用水消毒剂，Y 元素的简单离子是同周期元素的简单离子中半径最小的，Z元素和 W 元素同主族，R元素被称为“成盐元素”。下列说法错误的是（）A X、Y简单离子半径：XY BW、Z元素的简单氢化
8、物的稳定性：WZ CX元素和 R元素形成的某种化合物可用于自来水的消毒D工业上常用电解熔融Y元素和 R 元素形成的化合物的方法来制取单质Y【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z、R 为原子序数依次增大的短周期主族元素，W 元素的一种核素可用于鉴定文物年代，W 为C 元素；X 元素的一种单质可作为饮用水消毒剂，X为 O 元素；Y元素的简单离子是同周期元素的简单离子中半径最小的，Y为 Al 元素；Z元素和 W 元素同主族，Z为 Si元素；R 元素被称为“成盐元素”，R为 Cl元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W 为 C、X 为 O、Y为 Al、Z 为 Si、R为 Cl元素。A.O2-和
9、Al3+核外电子排布都是2、8，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，因此简单离子半径：XY，A 正确；B.同一主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性CSi。元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，因此简单氢化物的稳定性：WZ，B 正确；C.元素 X和 R形成的 ClO2，该物质具有强氧化性，可用于自来水的消毒杀菌，C正确；D.Y和 R 化合物为AlCl3，AlCl3为共价化合物，熔融氯化铝不能导电。在工业上常用电解熔融Al2O3的方法制金属 Al，D 错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律。把握短周期元素、原子序数、元素的性质和位置来推断元素为解答的关键
10、，D选项为易错点，注意冶炼金属Al 原料的选择。5下列实验可达到实验目的的是A用相互滴加的方法鉴别Ca(OH)2和 NaHCO3溶液B向 CH3CH2Br 中滴入 AgNO3溶液以检验溴元素C用溴的四氯化碳溶液吸收SO2气体D与 NaOH 的醇溶液共热制备CH3-CH=CH2【答案】D【解析】【详解】A.Ca(OH)2和 NaHCO3溶液改变滴定顺序,均生成白色沉淀,则不能利用相互滴加检验,故 A 错误；B.CH3CH2Br 中不含溴离子,与硝酸银不反应,不能直接检验溴元素,故 B 错误;C.溴与二氧化硫发生氧化还原反应,但溴单质和二氧化硫的反应必须在水溶液中进行,则不能用溴的四氯化碳溶液吸收
11、SO2气体,故 C错误;D.卤代烃在NaOH 的醇溶液中共热发生消去反应，则与 NaOH 的醇溶液共热可制备CH3-CH=CH2，故 D 正确；答案选 D。6锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过。下列有关叙述不正确的是A锌电极上发生氧化反应B电池工作一段时间后，甲池的c(SO42-)减小C电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D阳离子通过交换膜向正极移动，保持溶液中电荷平衡【答案】B【解析】【分析】在上述原电池中，锌电极为负极，锌原子失去电子被氧化成锌离子。电子沿着外接导线转移到铜电极。铜电极为正极，溶液中的铜离子在铜电极上得到电子被还原成铜单质。电解质溶液中的阳
12、离子向正极移动，而阴离子向负极移动。【详解】A.铜电极为正极，锌电极为负极，负极发生氧化反应，A 项正确；B.电解质溶液中的阳离子向正极移动，而阴离子向负极移动。但是阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，SO42-不能通过阳离子交换膜，并且甲池中硫酸根不参加反应，因此甲池的c(SO42-)不变，B 项错误；C.锌原电池，锌作负极，铜作正极，铜离子在铜电极上沉淀，锌离子通过阳离子交换膜进入乙池，每沉淀 1mol，即 64g 铜，就补充过来1mol 锌离子，其质量为65g，所以工作一段时间后乙池溶液的质量不断增加，C项正确；D.原电池中，阳离子通过阳离子交换膜向正极移动，使溶液保持电中性，维持电荷
13、平衡，D 项正确；答案选 B。【点睛】本题主要考察原电池的工作原理，其口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。本题的难点是C选项，理解电极中固体的变化情况是解题的关键，解此类题时同时要考虑电解质溶液的酸碱性，学生要火眼金睛，识破陷阱，提高做题正答率。7将 V1mL 1.0 molL1盐酸溶液和V2mL 未知浓度的氢氧化钠溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持V1V2 50 mL）。下列叙述正确的是（）A做该实验时环境温度为20 B该实验表明化学能可能转化为热能C氢氧化钠溶液的浓度约为1.0 mol
14、L1D该实验表明有水生成的反应都是放热反应【答案】B【解析】【详解】A、由图，将图中左侧的直线延长，可知该实验开始温度是21，A 错误；B、盐酸与氢氧化钠溶液的中和反应是放热反应，化学能转化为热能；B正确；C、恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30 mL，由 V1V250 mL 可知，消耗的氢氧化钠溶液的质量为 20 mL,氢氧化钠溶液的物质的量浓度0.03 L 1.0 mol L1 0.02 L 1.5mol L1，C错误；D、有水生成的反应不一定是放热反应，如氢氧化钡晶体与氯化铵反应有水生成，该反应是吸热反应，D错误；答案选 B。【点睛】根据图像，温度最高点为恰好完全反应的点，此时酸和碱
15、反应放出的热量最多，理解此点，是C的解题关键。825 时，几种弱酸的电离平衡常数如下表所示。下列说法正确的是（）化学式CH3COOH H2CO3HCN 电离平衡常数K K=1.710 5K1=4.2 10 7K2=5.6 10 11K=6.2 10 10A NaCN溶液中通入少量CO2的离子方程式为H2O+CO2+CN-=HCO3-+HCN B向稀醋酸溶液中加少量水，3+c(CH COOH)c(H)增大C等物质的量浓度的Na2CO3溶液 pH 比 NaHCO3溶液小D等体积等物质的量浓度的NaCN 溶液和 HCN 溶液混合后溶液呈酸性【答案】A【解析】【分析】根据电离平衡常数得出酸强弱顺序为：
16、CH3COOH H2CO3 HCN HCO3。【详解】A.NaCN 溶液中通入少量CO2的离子方程式为H2O+CO2+CN=HCO3+HCN，故 A 正确；B.向稀醋酸溶液中加少量水，33+ac(CH COOH)c(CH COO)c(H)K，平衡常数不变，醋酸根离子浓度减小，比值减小，故B 错误；C.根据越弱越水解，因此碳酸钠水解程度大，碱性强，因此等物质的量浓度的Na2CO3溶液 pH 比 NaHCO3溶液大，故C错误；D.等体积等物质的量浓度的NaCN 溶液和 HCN溶液混合，14wha10a1 106.2 10KKKK，因此混合后水解为主要，因此溶液呈碱性，故D 错误。综上所述，答案为A
17、。9硝酸铵（NH4NO3）在不同条件下分解可以得到不同的产物，下列各组物质中肯定不可能是硝酸铵分解产物的是A N2O、H2O BN2、O2、H2O CN2、HNO3、H2O D NH3、NO、H2【答案】D【解析】【分析】硝酸铵（NH4NO3）中的两个氮原子的化合价分别为-3 和+5。【详解】A.硝酸铵分解为N2O 和 H2O，-3 价氮化合价升高到+1价，+5 价氮化合价也降低到+1 价，发生了归中反应，合理，故A 不选；B.硝酸铵分解为N2、O2、H2O，硝酸铵中-3 价氮化合价升高到0 价，部分-2 价氧的化合价也升高到0 价，+5 价氮的化合价降低到0 价，发生了氧化还原反应，故B 不
18、选；C.硝酸铵分解为N2、HNO3、H2O，硝酸铵中的-3 价氮和+5 价氮发生了归中反应，生成了氮气，合理，故C不选；D.硝酸铵分解为NH3、NO、H2，只有化合价的降低，没有化合价的升高，不合理，故D 选。故选 D。10“绿水青山就是金山银山”“像对待生命一样对待生态环境”，下列做法不合理的是A绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染B焚烧树叶，以减少垃圾运输C推广燃料“脱硫”技术，以减少硫氧化物对空气的污染D干电池的低汞化、无汞化，以减少废电池造成的土壤污染【答案】B【解析】【详解】A 选项，绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，课本上原话，故A 正确；B 选项，
19、焚烧树叶，会产生大量烟雾，污染空气，故B 错误；C 选项，一般用生石灰进行对燃料“脱硫”技术，以减少硫氧化物对空气的污染，故C 正确；D 选项，干电池的低汞化、无汞化，以减少废电池造成的土壤污染，故D 正确；综上所述，答案为B。11X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的短周期主族元素，X 和 Y能形成两种常见离子化合物，Z 原子最外层电子数与其电子层数相同；X 与 W 同主族。下列叙述不正确的是（）A原子半径：YZWX BX、Y形成的 Y2X2阴阳离子数目比为1：1 CY、Z和 W 的最高价氧化物的水化物可以相互反应D X与 W 形成的化合物可使紫色石蕊溶液变红【答案】B【解析】【分析】X、Y、
20、Z、W 为原子序数依次增大的短周期主族元素，X 和 Y能形成两种常见离子化合物，这两种离子化合物为 Na2O2和 Na2O，X为 O 元素，Y为 Na 元素，Z原子最外层电子数与其电子层数相同，Z 为 Al 元素；X 与 W 同主族，W 为 S元素。【详解】A同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，YZW，同主族元素从上到下逐渐增大：WX，即 NaAlS O，故 A 正确；BO22是原子团，X、Y形成的 Y2X2阴阳离子数目比为1：2，故 B 错误；CAl(OH)3具有两性，Y、Z和 W 的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、H2SO4，可以相互反应，故 C 正确；D X与 W 形
21、成的化合物SO2、SO3的水溶液呈酸性，可使紫色石蕊溶液变红，故D 正确；故选 B。12下列说法正确的是A煤转化为水煤气加以利用是为了节约燃料成本B用 CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，可实现“碳”的循环利用C纤维素、油脂、蛋白质均能作为人类的营养物质D铁粉和生石灰均可作为食品包装袋内的脱氧剂【答案】B【解析】【分析】【详解】A煤转化为水煤气加以利用是为了实现煤的综合利用并减少环境污染，A 选项错误；B用纳米技术高效催化二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酯，可分解为无毒的二氧化碳，既不会引起白色污染，也可实现“碳”的循环利用，B选项正确；C纤维素在人体内不能水解成葡萄糖，不能作为人类的营养物质，C选项错
22、误；D生石灰能用作食品干燥剂，但不能用作食品脱氧剂，D 选项错误；答案选 B。132017 年 12 月，华为宣布:利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，其工作原理如图所示。下列关于该电池的说法不正确的是A该电池若用隔膜可选用质子交换膜B石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度C充电时，LiCoO2极 发生的电极反应为:LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+D废旧的该电池进行“放电处理”让Li+从石墨烯中脱出而有利于回收【答案】A【解析】A、由电池反应，则需要锂离子由负极
23、移向正极，所以该电池不可选用质子交换膜，选项A 不正确；B、石墨烯超强电池，该材料具有极佳的电化学储能特性，从而提高能量密度，选项 B 正确；C、充电时，LiCoO2极是阳极，发生的电极反应为:LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+，选项 C正确；D、根据电池反应式知，充电时锂离子加入石墨中，选项D正确。答案选A。点睛：本题考查原电池和电解池的原理，根据电池反应式知，负极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+、正极反应式为 Li1-xCoO2+xLi+xe-=LiCoO2，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理来解
24、答。14向 0.1mol?L-1的 NH4HCO3溶液中逐渐加入0.1mol?L-1NaOH 溶液时，含氮、含碳粒子的分布情况如图所示(纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量分数a)，根据图象下列说法不正确的是()A开始阶段，HCO3-反而略有增加，可能是因为NH4HCO3溶液中存在H2CO3，发生的主要反应是H2CO3+OH-=HCO3-+H2O B当pH 大于8.7 以后，碳酸氢根离子和铵根离子同时与氢氧根离子反应CpH=9.5 时，溶液中c(HCO3-)c(NH3?H2O)c(NH4+)c(CO32-)D滴加氢氧化钠溶液时，首先发生的反应：2NH4HCO3+2NaOH=(NH4)2CO3+
25、Na2CO3【答案】D【解析】【详解】NH4HCO3溶液中存在NH4+的水解平衡，即NH4+H2ONH3?H2O+H+；HCO3-的水解平衡，即HCO3-+H2OH2CO3+OH-；HCO3-的电离平衡，即HCO3-H+CO32-；A在溶液中未加氢氧化钠溶液时，溶液的pH=7.7，呈碱性，说明上述三个平衡中第个HCO3-的水解为主，滴加氢氧化钠的开始阶段，氢氧根浓度增大，平衡向逆反应方向移动，HCO3-的量略有增加，即逆方向的反应是H2CO3+OH-HCO3-+H2O，A 正确；B.对于平衡，氢氧根与氢离子反应，平衡正向移动，NH3?H2O 的量增加，NH4+被消耗，当pH 大于 8.7以后，
26、CO32-的量在增加，平衡受到影响，HCO3-被消耗，即碳酸氢根离子和铵根离子都与氢氧根离子反应，B 正确；C.从图中可直接看出pH=9.5 时，溶液中c(HCO3-)c(NH3?H2O)c(NH4+)c(CO32-)，C正确；D.滴加氢氧化钠溶液时，HCO3-的量并没减小，反而增大，NH4+的量减少，说明首先不是HCO3-与 OH-反应，而是NH4+先反应，即NH4HCO3+NaOHNaHCO3+NH3?H2O，D 错误；故合理选项是D。15298K 时，向 20mL 浓度均为0.1mo1/L 的 MOH 和 NH3 H2O 混合液中滴加0.1mol 的 CH3COOH溶液，测得混合液的电阻
27、率（表示电阻特性的物理量）与加入CH3COOH溶液的体积（V）的关系如图所示。已知CH3COOH的 Ka1.8105，NH3H2O 的 Kb=1.8105。下列说法错误的是（）A MOH 是强碱Bc 点溶液中浓度：c（CH3COOH)c(NH3 H2O），故 B 错误；C.d 点加入醋酸60mL，溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4和 CH3COOH且三者物质的量浓度相等，CH3COONH4是中性盐，溶液相当于CH3COOM 和 CH3COOH等物质的量混合，溶液呈酸性，故C正确；D.a d 过程，溶液的碱性逐渐减弱，水电离程度加大，后来酸性逐渐增强，水的电离程度减小，所以实验过程
28、中水的电离程度是先增大后减小，故D 正确；故选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16四溴乙烷(CHBr2-CHBr2)是一种无色透明液体，密度2.967 g/mL，难溶于水，沸点244，可用作制造塑料的有效催化剂等。用电石(主要成分CaC2，少量 CaS、Ca3P2、Ca3As2等)和 Br2等为原料制备少量四溴乙烷的装置(夹持装置已省略)如图所示。(1)装置 A中 CaC2能与水剧烈发生反应：CaC2+2H2O Ca(OH)2+HC CH 。为了得到平缓的C2H2气流，除可用饱和食盐水代替水外，还可采取的措施是_。(2)装置 B可除去 H2S、PH3及 AsH3，其中除去PH
29、3的化学方程式为_(生成铜、硫酸和磷酸)。(3)装置 C中在液溴液面上加入一层水的目的是_；装置 C 中反应已完成的现象是_；从装置C 反应后的体系得到并纯化产品，需要进行的操作有_。(4)一种制备Ca10(PO4)6(OH)2的原理为10Ca(OH)2+6H3PO4=Ca10(PO4)6(OH)2+18H2O。请设计用装置A 得到的石灰乳等为原料制备Ca10(PO4)6(OH)2的实验方案：向烧杯中加入0.25 L 含 0.5 mol/LCa(OH)2的石灰乳，_，在 100 烘箱中烘干1 h。已知：Ca10(PO4)6(OH)2中CaP比理论值为1.67。影响产品CaP比的主要因素有反应物
30、投料比及反应液pH。在 95，pH 对CaP比的影响如图所示。实验中须使用的试剂：含0.5mol/LCa(OH)2的石灰乳、0.3mol/L 磷酸及蒸馏水。【答案】逐滴加入(饱和食盐)水4CuSO4+PH3+4H2O=4Cu+H3PO4+4H2SO4水封，减少液溴的挥发上下两层液体均变为无色透明且几乎不再吸收乙炔气分液，有机相干燥后蒸馏，收集244 馏分在分液漏斗中加入0.25 L 0.3 mol/L 磷酸，将石灰乳加热到95，在不断搅拌下，先快速滴加磷酸，然后慢慢滴加，不时滴加蒸馏水以补充蒸发掉的水分，直到磷酸全部滴完，调节并控制溶液pH 89，再充分搅拌一段时间、静置，过滤、水洗【解析】【
31、分析】电石（主要成分CaC2，少量 CaS、Ca3P2、Ca3As2等）与水在 A 中反应生成乙炔，同时生成H2S、PH3及 AsH3，通入 B，硫酸铜可除去H2S、PH3及 AsH3，在 C中与溴反应生成四溴乙烷，高锰酸钾用于氧化乙炔，据此解答。【详解】(1)为了得到平缓的C2H2气流，除可用饱和食盐水代替水外，还可逐滴加入(饱和食盐)水，以控制反应速率；(2)PH3与硫酸铜反应生成Cu 和磷酸，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的方程式为4CuSO4+PH3+4H2O 4Cu+H3PO4+4H2SO4；(3)装置 C中在液溴液面上加入一层水的目的是水封，防止溴挥发，装置 C中反应已完成的现象
32、是上下两层液体均变为无色透明且几乎不再吸收乙炔气；从装置 C反应后的体系得到并纯化产品，需要进行的操作有分液，有机相干燥后蒸馏，收集244馏分；(4)Ca(OH)2的物质的量为0.125mol，制备 Ca10(PO4)6(OH)2，应需要0.075mol 磷酸，则可在分液漏斗中加入0.25 L 0.3mol/L 磷酸，将石灰乳加热到95，在不断搅拌下，先快速滴加磷酸，然后慢慢滴加，不时滴加蒸馏水以补充蒸发掉的水分，直到磷酸全部滴完，调节并控制溶液pH 89，再充分搅拌一段时间、静置，过滤、水洗。【点睛】本题考查物质制备工艺流程的知识，题目涉及物质的分离提纯、对操作步骤及试剂的分析评价等，理解工
33、艺流程原理是解题关键，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17由化合物A 合成黄樟油（E）和香料F的路线如下（部分反应条件已略去）：请回答下列问题：（1）下列有关说法正确的是_（填选项字母）。a化合物A 核磁共振氢谱为两组峰bCH2Br2只有一种结构c化合物E能发生加聚反应得到线型高分子d化合物B 能发生银镜反应，也能与NaOH 溶液反应（2）由 B 转化为 D 所需的试剂为_。（3）D 含有的官能团名称为_，C的同分异构体中具有顺反异构的名称是_（不必注明“顺”“反”）。（4）写出 AB 的化学反应方程式：_。（5）满足下列条件的E的同分异
34、构体W 有_种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1:2:2:2:3 的结构简式为_。lmolW 与足量 NaOH 溶液反应，能消耗2molNaOH 能发生银镜反应 苯环上只有两个取代基，能发生聚合反应（6）参照上述合成路线，写出以、丙酮为主要原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线 _。【答案】bc 液溴、Fe（或液溴、FeBr3）醚键、溴原子1-溴丙烯9【解析】根据 A 的分子式和性质，判断为酚，再根据 D 的结构，可以判断A 为邻二苯酚()，B 为。(l)aA 为邻二苯酚()，核磁共振氢谱为三组峰，故a 错误；b.甲烷是正四面体结构，因此CH2Br2只有一种结构，故b
35、 正确；c化合物 E为，含有碳碳双键，能发生加聚反应得到线型高分子，故c正确；d B为，不存在醛基，不能发生银镜反应，故d 错误；故选bc；(2)由 B 转化为 D 是在苯环上引入溴原子，需要试剂为液溴、Fe，故答案为液溴、Fe；(3)根据 D 的结构可知，其含有的含氧官能团为醚键和溴原子，C的同分异构体中具有顺反异构的是1-溴丙烯，故答案为醚键、溴原子；1-溴丙烯；(4)A 为邻二苯酚()，B为，AB 的化学方程式为：，故答案为；(5)E 为，E的同分异构体W 满足：lmolW 与足量 NaOH 溶液反应，能消耗 2molNaOH；能发生银镜反应；苯环上只有两个取代苯，能发生聚合反应，说明苯
36、环上含有2 个侧链，其中含有碳碳双键、醛基或属于甲酸某酯，结合E的结构，W 属于甲酸苯酚酯，即HCOO-，另一个侧链为-CH2CH=CH2或-CH=CH2CH3或-C(CH3)=CH2，每种侧链对应与邻位、间位、对位3 种结构，共9 种，其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1：2：2：2：3 的结构简式为，故答案为9；(6)以、为主要原料制备，可以将丙酮，与发生题中类似 FG 的反应，得到醇再与溴化氢反应后，得溴代烃，在镁的作用下，两个分子之间发生类似题中C+D E的反应，合成路线为，故答案为。点睛：本题考查有机物推断与合成、有机物结构与性质、有机反应类型、同分异构体等知识，是对有机物化学基
37、础的综合应用，侧重考查学生对知识的迁移应用。本题的难点是(6)的合成路线的设计。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18尼龙材料是一种性能优良的工程塑料，目前广泛应用于汽车领域，具有优异的力学性能。以A(C6H10)原料通过氧化反应制备G，再通过缩聚反应合成尼龙，合成路线如下：回答下列问题：(1)A 的化学名称为_；(2)B 到 C的反应类型为_；(3)D 中含有的官能团名称是_；(4)E 的分子式为 _；(5)由 G 合成尼龙的化学方程式为_；(6)写出一种与 C 互为同分异构体的酯类化合物的结构简式（核磁共振氢谱为两组峰，峰面积之比为3：1）_。(7)1，4-二溴环己烯()是多数有
38、机合成一种重要的中间体，设计由B 为起始原料制备1，4-二溴环己烯的合成路线_。【答案】环己烯加成反应羰基、羟基C6H10O3nHOOC(CH2)4COOH+nH2NRNH2+(2n-1)H2O【解析】【分析】A 与双氧水反应生成B，结合 A的分子式，A 为环己烯，B 与水发生加成反应生成，发生氧化反应生成，再发生氧化反应生成，再发生氧化反应生成F，F的结构简式为：，F进一步转化成，与 H2NRNH2发生缩聚反应生成尼龙，尼龙的化学式为：，根据同分异构体的概念，写出符合要求的物质结构简式，据此分析解答。【详解】(1)A(C6H10)与双氧水反应生成B，则 A 为环己烯；(2)C 比 B多 2
39、个 H 原子、1 个 O 原子，相当于多一个H2O 的组成，B 到 C 的反应类型为加成反应；(3)根据 D 的结构简式可知该物质含有的含氧官能团是羰基、羟基；(4)根据 E结构简式可知：该物质分子中含6 个 C 原子，3 个 O 原子，一个环和一个碳氧双键，所以该物质的分子式是C6H10O3；(5)G（）与 H2NRNH2在一定条件下发生缩聚反应产生尼龙，反应的化学方程式为：nHOOC(CH2)4COOH+nH2NRNH2+(2n-1)H2O；(6)根据有机物C 的结构简式可知，C分子式是C6H12O2，C 的同分异构体属于酯类的物质应为链状酯，核磁共振氢谱为两组峰，峰面积之比为3：1，说明
40、有两种H 原子，它们的个数比为3：1，则该同分异构体为；(7)与 H2O/H+发生加成反应产生，该物质与浓硫酸混合加热，发生消去反应产生，与溴水发生1，4-加成反应生成，合成路线为：。【点睛】本题考查有机物的合成，试题侧重于学生的分析能力的考查，熟练掌握常见有机物结构与性质为解答关键，注意对题目反应信息的理解利用，结合题给合成信息以及物质的性质解答该题。19Ga、N、Ni、As 等元素常用于制造高科技材料。回答下列问题:（1）基态 As 原子核外电子排布式为 Ar _。（2）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能（E1）。第二周期部分元素的E1变化趋势
41、如图所示,其中除氮元素外，其他元素的E1自左向右依次增大的原因是_；氮元素的E1呈现异常的原因是_。（3）我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl（用 R 表示）。经 X射线衍射测得化合物R的晶体结构,其局部结构如图所示。图中虚线代表氢键,其表示式为（NH4+）N H Cl、_、_。（4）8-羟基喹啉铝（分子式为C27 H18AlN3O3）用于发光材料及电子传输材料,可由 LiAlH 与 8-羟基喹啉（）合成。LiAlH 中阴离子的空间构型为_;8-羟基喹啉所含元素中电负性最大的是_（填元素符号）,N、O 的杂化方式依次为_、_。（5）GaAs的晶胞
42、结构如图所示,其晶胞参数为a pm。设阿伏加德罗常数的值为NA,则 GaAs的密度是_g cm-3（列出计算表达式）。【答案】3d104s24p3同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，故结合一个电子释放出的能量依次增大N 的 2p 能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合电子(H3O+)O-H N(NH4+)N-H N 正四面体O sp2sp3-A10 3a11 5044N（）【解析】【分析】（1）根据核外电子排布规律分析解答；（2）根据第一电子亲和能的定义及元素周期律分析解答；（3）根据氢键形成原理及图示分析解答；（4）根据价层电子对互斥理论、电负性概念分析解答；（5）根据晶胞结构及阿
43、伏伽德罗常数含有分析解答。【详解】（1）As 原子核外共有33 个电子，根据电子排布规律分析得：1s22s22p63s23p63d104s24p3，即 Ar 3d104s24p3，故答案为：3d104s24p3；（2）元素的非金属性越强，越易得到电子，则第一电子亲和能越大，同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，从左到右易结合电子，放出的能量增大，N 的最外层为半充满结构，较为稳定，不易结合一个电子，故答案为：同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；N 的 2p 能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合电子；（3）O、N 的非金属性较强，对应的 O
44、-H、N-H 都可与 H 形成氢键，还可表示为(H3O+)O-H N、(NH4+)N-H N，故答案为：(H3O+)O-H N、(NH4+)N-H N；（4）LiAlH 中阴离子为AlH4-，该阴离子中中心原子Al 的价层电子对数为：3+1-4 14+=42，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该阴离子空间构型为正四面体；元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性ONCHAl，则电负性最大的是O；8-羟基喹啉中环上的N、O 原子价层电子对数分别为3、4，根据价层电子对互斥理论判断原子杂化类型N、O 杂化方式分别为sp2、sp3，故答案为：正四面体；O；sp2；sp3；（5）根据晶胞结构分析，晶胞中Ga原子数为4，As原子数为818+612=4，晶胞的体积为（a 10-10）3cm3，则晶胞的密度为-103-103-1033AAAA70751a 10a 10454+44NNNm145 4=g cmN0Va/1（）（）（），故答案为：-A10 3a 11 5044N（）。【点睛】运用分摊法计算晶胞中原子数目，根据密度的求算公式计算是解决此类问题一般思路，解题过程总注意单位的换算，此处为易错点。