2019-2020学年广东省广州市第一一三中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年广东省广州市第一一三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．CO 2催化加氢制取甲醇、乙醇等低碳醇的研究，对于环境问题和能源问题都具有非常重要的意义。已知一定条件下的如下反应：

CO 2(g) + 3H 2(g) 垐?噲? CH 3OH(g) + H 2O(g) ?H =－49.0 kJ· mol -1 2CO 2(g) + 6H 2(g) 垐?噲? CH 3CH 2OH(g) + 3H 2O(g) ?H=－173.6 kJ·

mol -1 下列说法不正确．．．

的是 A ．CH 3OH(g) + CO 2(g) + 3H 2(g) 垐?噲?CH 3CH 2OH(g) + 2H 2O(g) ?H ＜0

B ．增大压强，有利于反应向生成低碳醇的方向移动，平衡常数增大

C ．升高温度，可以加快生成低碳醇的速率，但反应限度降低

D ．增大氢气浓度可以提高二氧化碳的转化率 【答案】B 【解析】 【详解】

A.根据盖斯定律，用第二个反应减第一个反应得：

()()()()()322322 C H OH g CO g +3H g CH CH OH g +2H O g ΔH=-124.6kJ/mol +?，故A 正确；

B.温度不变，平衡常数不变，故B 错误；

C.升高温度，正逆反应速率都可以加快，升高温度，平衡向吸热反应方向进行，即平衡逆向移动，反应限度降低，故C 正确；

D.反应物中氢气和二氧化碳都是气体，增大一种反应物的浓度可以提高另一种反应物的转化率，故D 正确； 故选：B 。

2．设N A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A ．1.3g 乙炔和苯蒸汽混合气体中的碳氢键（C ﹣H ）数为0.1N A B ．一定条件下，2 molSO 2与1 molO 2反应生成的SO 3分子数为2N A C ．1 L0.1 mol?L ﹣1的乙酸溶液中含H +的数量为0.1N A D ．2.24L 的CO 和N 2混合气体中含有的质子数为1.4N A 【答案】A 【解析】 【分析】

A ．乙炔和苯具有相同最简式CH ，1molCH 含有1个C-H 键；

B ．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底；

C ．乙酸为弱电解质，部分电离；

D．气体状况未知。【详解】

A.1.3g乙炔和苯蒸汽混合气体含有CH物质的量为：

1.3g

13g/mol

=0.1mol，含有碳氢键（C﹣H）数为0.1N A，

故A正确；

B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以一定条件下，2 mol SO2与1 mol O2反应生成的SO3分子数小于2N A，故B错误；

C．乙酸为弱电解质，部分电离，1 L0.1 mol?L﹣1的乙酸溶液中含H+的数量小于0.1N A，故C错误；

D．气体状况未知，无法计算混合气体物质的量和含有质子数，故D错误；

故选：A。

【点睛】

解题关键：熟练掌握公式的使用和物质的结构，易错点D，注意气体摩尔体积使用条件和对象，A选项，注意物质的结构组成。

3．已知某二元酸H2MO4在水中电离分以下两步：H2MO4?H++HMO4-，HMO4-?H++MO42-。常温下向20 mL0.1mol/L NaHMO4溶液中滴入cmol/LNaOH溶液，溶液温度与滴入NaOH溶液体积关系如图。下列说法正确的是

A．该氢氧化钠溶液pH=12

B．图像中F点对应的溶液中c(OH-)>c(HMO4-)

C．滴入NaOH溶液过程中水的电离程度一直增大

D．图像中G点对应的溶液中c(Na+)=c(HMO4-)+2c(MO42-)

【答案】B

【解析】

【分析】

根据图像可知，NaHMO4与NaOH发生反应是放热反应，当温度达到最高，说明两者恰好完全反应，F点温度最高，此时消耗NaOH的体积为20mL ，计算出氢氧化钠的浓度，然后根据影响水电离的因素、“三大守恒”进行分析。

【详解】

A．根据图像分析可知，F点温度最高，说明此时两物质恰好完全反应，NaHMO4+ NaOH = Na2MO4+H2O，

20×10-3

L ×0.1mol ?L -1

=20×10-3

L ×c(NaOH )，推出c(NaOH)=0.1mol/L ，c(H +

)=()Kw c OH -=

14

100.1

-=10-13mol/L ，则pH=13，故A 错误；

B ．F 点溶质为Na 2MO 4，溶液中质子守恒为c(OH -)=c(H +)+c(HMO 4-)+2c(H 2MO 4)，所以c(OH -)＞c(HMO 4-)，故B 正确；

C ．根据题意，两者恰好完全反应，生成的溶质Na 2MO 4，属于强碱弱酸盐，即溶质为Na 2MO 4时，水解程度最大， E 到F 过程中，水的电离程度增大，F 到G 过程中，氢氧化钠溶液过量，抑制水的电离，因此滴加氢氧化钠的过程中，水的电离程度先变大，后变小，故C 错误；

D ．由A 选项推出c(NaOH)=0.1mol/L ，G 点加入40mL 等浓度的NaOH 溶液，反应后溶质为等浓度的NaOH 和Na 2MO 4，Na +的浓度最大，MO 42?部分水解，溶液显碱性，则c(OH ?)> c(H +)，溶液中存在电荷守恒：c(Na +)+c(H +)=2c(MO 42?)+c(HMO 4-)+c(OH ?)，则c(Na +)＜c(HMO 4-)+2c(MO 42-)，故D 错误； 答案选B 。

4．一定条件下，在水溶液中1 mol ()x ClO x 0,1,2,3,4-

=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

D ．B A D →+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 -=ClO 3-+2Cl -，△H=（64kJ/mol+2×0kJ/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。

5．下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是

A．该溶液中K＋、Fe2＋、C6H5OH、Br－可以大量共存

B．和KI溶液反应的离子方程式：Fe3＋＋2I－Fe2＋＋I2

C．和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3＋＋SO42—＋Ba2＋＋3OH－Fe(OH)3↓＋BaSO4↓

D．1 L0.1 mol·L-1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2 g Fe

【答案】D

【解析】

【详解】

A、三价铁与苯酚会发生显色反应，不能大量共存，A错误；

B、电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2，B错误；

C、不符合配比关系，正确的离子方程式为2Fe3＋＋3SO42—＋3Ba2＋＋6OH－2Fe(OH)3↓＋3BaSO4↓，C 错误；

D、根据原子守恒，铁离子的物质的量为0.2mol，与足量Zn反应生成0.2mol铁，为11.2g，D正确；

答案选D。

6．下列实验能达到实验目的的是（）

A．A B．B C．C D．D

【答案】D

【解析】

【详解】

A.常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应，铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极，不能说明铝比铜活泼，故A错误；

B.制备溴苯要苯和液溴反应，故B错误；

C.二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，故无法提纯CO气体，故C错误；

D.Fe2+容易被空气中氧气氧化为Fe3+，Fe3+可以与SCN-反应生成红色物质Fe(SCN)3,故D正确；

故答案选:D。

【点睛】

常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应，铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极。

7．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是() A．能使甲基橙变红的溶液：Na＋、Ca2＋、Br－、HCO3－

B．

+

-

c(H)

c(OH)

＝1×10－12的溶液：K＋、Na＋、CO32－、AlO2－

C．0.1 mol·L－1KFe(SO4)2溶液：Mg2＋、Al3＋、SCN－、NO3－

D．0.1 mol·L－1Ca5NH4(NO3)11溶液：H＋、Fe2＋、Cl－、SO42-

【答案】B

【解析】

【详解】

A. 能使甲基橙变红的溶液呈酸性：H＋、HCO3－反应生成水和二氧化碳，故A不符；

B.

+

-

c(H)

c(OH)

＝1×10－12的溶液，氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，溶液呈碱性：K＋、Na＋、CO32－、AlO2－

与OH-间不发生反应，故B符合；

C. 0.1 mol·L－1KFe(SO4)2溶液：Fe3＋+3SCN－=Fe(SCN)3,生成络合物，不能共存，故C不符；

D. 0.1 mol·L－1Ca5NH4(NO3)11溶液：H＋、Fe2＋、NO3－之间要发生氧化还原反应，故D不符合；

故选B。

8．在铁的氧化物和氧化铝组成的混合物中，加入2mol/L硫酸溶液65mL，恰好完全反应。所得溶液中Fe2+能被标准状况下112mL氯气氧化。则原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为( )

A．5 : 7 B．4 : 3 C．3 : 4 D．9 : 13

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

硫酸的物质的量n=2mol/L×0.065L=0.1mol，所以n（H+）=0.26mol。因为其与混合物恰好完全反应，氢离子与混合物中的氧离子生成H2O，说明混合物中含有0.1mol O；n(Cl2)=0.005mol，根据反应：

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－，则溶液中n（Fe2+）=0.01mol，所以FeO为0.01mol。设Fe2O3和Al2O3为Xmol，则0.01+3X=0.1，X=0.04，所以金属原子个数是0.01+0.04×2=0.09，原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为0.09:0.1=9：1．本题选A。

【点睛】

金属氧化物与酸反应时，酸中的氢离子与氧化物中的氧离子结合成水，所以可用酸中的氢离子的物质的量计算金属氧化物中氧离子的物质的量。混合物的计算通常可用守恒法解题，本题可用氢原子和氧原子守恒、硫酸根守恒、电荷守恒、电子转移守恒等等，所以本题还有其他解法。

9．下列实验操作、现象和结论均正确的是

选项操作现象结论

A ①将湿润的红色石蕊试纸

靠近试管口

试纸不变色

4

NH Cl受热不分解

B ②中振荡后静置

下层液体颜色变浅

NaOH溶液可除去溶在溴苯中

的2

Br

C ③旋开活塞

观察到红色喷泉3

NH极易溶于水，氨水显碱性

D ④闭合开关K，形成原电池

Zn极上有红色固体析出锌的金属性比铜强

A．A B．B C．C D．D

【答案】B

【解析】

【详解】

A.氯化铵受热分解成氨和氯化氢气体，二者遇冷在气体发生装置的试管口附近化合生成氯化铵固体，A项错误；

B.溴能与氢氧化钠溶液反应而溴苯不能，故可以用氢氧化钠溶液除去溴苯中溶解的棕色溴，溴苯的密度大

于水，故下层液体颜色变浅，B项正确；

C.按图示操作不能形成喷泉，C项错误；

D.两烧杯中溶液放反了，闭合开关不能构成双液原电池，D项错误。

答案选B。

10．将燃着的H2S不断通入盛有一定量O2的集气瓶中。当火焰熄灭后继续通入H2S，发生的主要反应是A．2H2S+O2=2S+2H2O B．2H2S+3O2=2SO2+2H2O

C．2H2S+SO2=3S+2H2O D．2SO2+O2=2SO3

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

将燃着的H2S不断通入盛有一定量O2的集气瓶中，开始氧气过量H2S完全燃烧生成SO2和水。所以当火焰熄灭后继续通入H2S，发生的主要反应是2H2S+SO2=3S+2H2O；

答案选C。

11．莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图所示。下列关于莽草酸的说法正确的是（）

A．分子中所有碳原子共平面

B．分子式为C7H10O5，属于芳香族化合物

C．分子中含有3种官能团，能发生加成、氧化、取代反应

D．1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出4molCO2气体

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．分子中含有一个碳碳双键，只有碳碳双键连接的5个碳原子共平面，A错误；

B．分子中无苯环，不属于芳香族化合物，B错误；

C．分子中有碳碳双键、羟基、羧基3种官能团，碳碳双键可以被加成，分子可以发生加成、氧化、取代反应，C正确；

D．1mol莽草酸中含有1mol-COOH，可以与足量碳酸氢钠反应生成1molCO2气体，D错误；

答案选C。

【点睛】

高中阶段，能与碳酸氢钠反应的官能团只有羧基。1mol-COOH与足量的碳酸氢钠反应生成1mol CO2。12．下列实验操作能达到实验目的的是

A．稀释浓硫酸时，应将水沿容器内壁慢慢加入浓硫酸中

B．用润湿的pH试纸测溶液的pH值，一定会引起误差

C．蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，并加垫石棉网加热

D．石油的蒸馏实验中，忘记加沸石，可以先停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再继续加热蒸馏

【答案】D

【解析】

【详解】

A. 稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿容器内壁慢慢加入水中并不断用玻璃板搅拌，故A错误；

B. 用润湿的pH试纸测溶液的pH值，可能会引起误差，测酸、碱有误差，但测中性的盐溶液没有误差，故B错误；

C. 蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，直接加热，故C错误；

D. 石油的蒸馏实验中，忘记加沸石，可以先停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再继续加热蒸馏，故D 正确。

综上所述，答案为D。

【点睛】

pH试纸测溶液的pH值时不能湿润，不能测漂白性的溶液的pH值，不能测浓溶液的pH值。

13．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。W原子的最外层电子数是X与Z原子最外层电子数之和，W简单氢化物r溶于水完全电离。m、p是由这些元素组成的二元化合物，m可做制冷剂，无色气体p遇空气变为红棕色。下列说法正确的是（）

A．简单离子半径：W>Z>Y>X

B．Y原子的价电子轨道表示式为

C．r与m可形成离子化合物，其阳离子电子式为

D．一定条件下，m能与Z的单质反应生成p

【答案】D

【解析】

【分析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。m可做制冷剂，则m为NH3，则X为H；无色气体p遇空气变为红棕色，则p为NO；N元素的简单氢化物是非电解质，所W不是O、N，则Y为N，Z为O，W原子的最外层电子数是X与Z原子最外层电子数之和，且其简单氢化物r溶于水完全电离，则W为Cl。

【详解】

A．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同，原子序数越小半径越大，所以简单离子半径：Cl->N3->O2->H+，故A错误；

B．Y为N，其价层电子为2s22p3，价电子轨道表示式为：，故B错误；

C．r与m 可形成离子化合物氯化铵，铵根的正确电子式为，故C错误；

D．氨气与氧气在催化剂加热的条件下可以生成NO，故D正确；

故答案为D。

14．常温下，关于等体积、等pH的稀盐酸和稀醋酸溶液，下列说法正确的是

A．两溶液中由水电离的-

c(OH)：盐酸>醋酸

B．两溶液中--

3

c(Cl)=c(CH COO)

C．分别与足量的金属锌反应生成氢气的量：盐酸>醋酸

D．分别用水稀释相同倍数后溶液的pH：盐酸=醋酸

【答案】B

【解析】

【分析】

醋酸是弱酸，水溶液中存在电离平衡。重视外因对电离平衡的影响。

【详解】

A. 稀盐酸和稀醋酸溶液中的OH－均来自水的电离，两溶液pH相等，则H+、OH-浓度分别相等，即水电离的-

c(OH)：盐酸＝醋酸，A项错误；

B. 两溶液分别满足电荷守恒关系c(H+)=c(OH－)+c(Cl-)、c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO-)，两溶液的pH相等，c(H+)和c(OH－)的也相等，则c(Cl-)＝c(CH3COO-)，B项正确；

C. 稀盐酸和稀醋酸等体积、等pH，则H+等物质的量，与足量的金属锌反应时促进醋酸电离出更多H+，生成更多氢气，故生成氢气量：盐酸<醋酸，C项错误；

D. 稀释过程中，醋酸电离平衡右移。分别用水稀释相同倍数后，醋酸溶液中H+浓度较大，pH较小，则溶液的pH：盐酸>醋酸，D项错误。

本题选B。

15．25 ℃时，将0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液滴加到10mL 0.10mol·L－1NaOH溶液中，lg

-

3

3

c(CH COO)

c(CH COOH)

与

pH的关系如图所示，C点坐标是(6，1.7)。(已知：lg5=0.7)下列说法正确的是

A．K a(CH3COOH)＝5.0×10－5

B．K a(CH3COOH)＝5.0×10－6

C．pH＝7时加入的醋酸溶液的体积小于10 mL

D．B点存在c(Na＋)－c(CH3COO－)＝(10－6－10－8)mol·L－1【答案】A

【解析】

【分析】

醋酸的电离常数

-+

3

3

(CH COO )(H)

(CH COOH)

c c

Ka

c

=，取对数可得到

-

3

3

(CH COO)

lg lg pH

(CH COOH)

c

Ka

c

=-；

【详解】

A. 据以上分析，将C点坐标(6,1.7)代入

-

3

3

(CH COO)

lg lg pH

(CH COOH)

c

Ka

c

=-，可得lg K a(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，

K a(CH3COOH)=5.0×10-5，A正确；

B. 根据A项分析可知，B错误；

C. 当往10 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液中加入10 mL 0.10 mol·L-1醋酸溶液时，得到CH3COONa溶液，溶液呈碱性，故当pH=7时加入的醋酸溶液体积应大于10mL，C错误；

D. B点

-

3

3

(CH COO)

lg=4

(CH COOH)

c

c

，又lg K a(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，则由

-

3

3

(CH COO)

lg lg pH

(CH COOH)

c

Ka

c

=-得，

pH=8.3，c(H+)=10-8.3 mol·L-1，结合电荷守恒式：c(CH3COO-)+ c(OH-)=c(H+)+c(Na+)知，

c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5.7-10-8.3) mol·L-1，D错误；

答案选A。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．对氨基苯磺酸是制取染料和一些药物的重要中间体，可由苯胺磺化得到。

+H2SO4H2O

已知：苯胺是一种无色油状液体，微溶于水，易溶于乙醇，熔点?6.1℃，沸点184.4℃。对氨基苯磺酸是一种白色晶体，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于碱性溶液，不溶于乙醇。实验室可用苯胺、浓硫酸为原料，利用如图所示实验装置合成对氨基苯磺酸。

实验步骤如下：

步骤1：在250 mL三颈烧瓶中加入10 mL苯胺及几粒沸石，将三颈烧瓶放在冰水中冷却，小心地加入18 mL 浓硫酸。

步骤2：将三颈烧瓶置于油浴中缓慢加热至170～180℃，维持此温度2～2.5小时。

步骤3：将反应产物冷却至约50℃后，倒入盛有100 mL冷水的烧杯中，用玻璃棒不断搅拌，促使对氨基苯磺酸晶体析出。将烧瓶内残留的产物冲洗到烧杯中，抽滤，洗涤，得到对氨基苯磺酸粗产品。

步骤4：将粗产品用沸水溶解，冷却结晶，抽滤，收集产品，晾干可得纯净的对氨基苯磺酸。

（1）装置中冷凝管的作用是__________。

（2）步骤2油浴加热的优点有____________________。

（3）步骤3中洗涤沉淀的操作是______________。

（4）步骤3和4均进行抽滤操作，在抽滤完毕停止抽滤时，应注意先__________，然后__________，以防倒吸。

（5）若制得的晶体颗粒较小，分析可能的原因______（写出两点）。

【答案】冷凝回流受热均匀，便于控制温度向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管关闭水龙头溶液温度过高或冷却结晶时速度过快（合理答案即可）

【解析】

【分析】

结合题给信息进行分析：

步骤1中，将三颈烧瓶放入冷水中冷却，为防止暴沸，加入沸石。

步骤2中，因为反应温度为170～180℃，为便于控制温度，使反应物受热均匀，采取油浴方式加热；

步骤3中，结合对氨基苯磺酸的物理性质，将反应产物导入冷水烧杯中，并不断搅拌有助于对氨基苯磺酸的析出。再根据对氨基苯磺酸与苯胺在乙醇中的溶解性不同，采用乙醇洗涤晶体。

步骤4中，利用对氨基苯磺酸可溶于沸水，通过沸水溶解，冷却结晶等操作，最终得到纯净产品。

【详解】

（1）冷凝管起冷凝回流的作用，冷却水从下口进入，上口排出；答案为：冷凝回流；

（2）油浴加热优点是反应物受热均匀，便于控制温度；答案为：受热均匀，便于控制温度；

（3）苯胺是一种无色油状液体，微溶于水，易溶于乙醇，对氨基苯磺酸是一种白色晶体，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于碱性溶液，不溶于乙醇，则洗涤时选用乙醇。洗涤的操作为向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次；答案为：向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次；

（4）抽滤完毕停止抽滤时，为防止倒吸，先拆下连接抽气泵和吸滤瓶间的橡皮管，再关水龙头；答案为：拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管；关闭水龙头；

（5）对氨基苯磺酸微溶于冷水，可溶于沸水，若制得的晶体颗粒较小，可能的原因是溶液温度过高或冷却结晶时速度过快。答案为：溶液温度过高或冷却结晶时速度过快（合理答案即可）。

【点睛】

冷却结晶的晶体大小影响因素：

（1）浆料的过饱和度，这个主要由温度来控制，温度越低过饱和度越低。过饱和度越大，则产生晶核越多，结晶体粒径越小。

（2）停留时间，时间越长，则产生的结晶体粒径越大。

（3）容器的搅拌强度，搅拌越强，容易破碎晶体，结晶体粒径越小。

（4）杂质成分，杂质成分较多，则比较容易形成晶核，结晶体粒径越小。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．某杀菌药物M的合成路线如下图所示。

回答下列问题：

(1)A中官能团的名称是_______________。B→C的反应类型是__________________。

(2)B的分子式为________________________。

(3)C→D的化学方程式为__________________________。

(4)F的结构简式为___________________________。

(5)符合下列条件的C的同分异构体共有____________种(不考虑立体异构)；

①能发生水解反应；②能与FeCl3溶液发生显色反应。

其中核磁共振氢谱为4组峰的结构简式为_______________(任写一种)。

(6)请以和CH3CH2OH为原料，设计制备有机化合物的合成路线(无机试剂任

选)_______________。

【答案】羟基取代反应C7H6O3+HNO3+H2O

19 或

CH3CH2OH CH2=CH2

【解析】

【分析】

本题主要采用逆推法，通过分析C的结构可知B（）与CH3I发生取代反应生成C；分析B（）的结构可知A（）与CH2Cl2发生取代反应生成B；C（）在浓硫酸、浓硝酸条件下发生硝化反应生成D，D在Fe+HCl条件下，-NO2还原为-NH2，根据M中肽键的存在，可知E与F发生分子间脱水生成M；分析M的结构

，可知E为，F为；根据E

（）可知D为。

【详解】

(1)根据上面分析可知A（）中官能团的名称是羟基。B→C的反应类型是取代反应；答案：羟基取代反应

(2)B（）的分子式为C7H6O3；答案：C7H6O3。

(3)C（）在浓硫酸、浓硝酸条件下发生硝化反应生成D，化学方程式为

+HNO3+H2O；

答案：+HNO3+H2O

(4)根据上面分析可知F的结构简式为；答案：

(5)符合下列条件的C（）的同分异构体：①能发生水解反应，说明必有酯基；②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明必有酚羟基；符合条件的有苯环外面三个官能团：HCOO-、-CH3、-OH，符合条件的共有10种；苯环外面两个官能团：-OH、-COOCH3，符合条件的共有3种；苯环外面两个官能团：-OH、-OOCCH3，符合条件的共有3种；-CH2OOCH、-OH，符合条件的共有3种；因此同分异构体共19种，

其中核磁共振氢谱只有4组峰的结构肯定对称，符合条件的结构简式为或；

答案：19 或

(6)逆推法：根据题干A生成B的信息可知：的生成应该是与一定条件下发生取代反应生成；可以利用乙烯与溴水加成反应生成，乙烯可由乙醇消去反应生成，据此设计合成路线为；答案：

。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．元素的性质与原子结构、元素在周期表中的位置有着密切的关系。回答下列问题：

（1）如图表示某短周期元素X的前五级电离能（I）的对数值，试推测并写出X的元素符号___。

（2）化合物甲与SO 2所含元素种类相同，两者互为等电子体，请写出甲的化学式___，甲分子中心原子的杂化类型是___。

（3）配位化学创始人维尔纳发现，将1mo1CoC13·5NH 3（紫红色）和1mo1CoC13?4NH 3（绿色）溶于水，加入AgNO 3溶液，立即沉淀的AgCl 分别为2mo1、1mol 。则紫红色配合物中配离子的化学式为___，绿色配合物中Co 的配位数为___。

（4）某稀土元素M 的氧化物晶体为立方晶胞，其结构如图所示，图中小球代表氧离子，大球代表M 离子。

①写出该氧化物的化学式___。

②己知该晶体密度为ρg ·cm -

3，晶胞参数为anm ，N A 为阿伏加德罗常数的值。则M 的相对原子质量Mr =___（用含ρ、a 等的代数式表示）；

③以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子1（M 原子）的坐标为（

14，14，3

4

），则原子2(M 原子）的坐标为___。 【答案】Mg S 2O 或OS 2 sp 2 [Co (NH 3)5Cl ]2+

6 MO 2

3-21

A

ρN a 10-1284

131

(,,)444

【解析】 【分析】 【详解】

（1）根据图像可以发现该元素的第三电离能显著增大，因此推测其为第二主族元素，而铍只有4个电子，不可能有第五电离能，因此只能为镁元素，其元素符号为Mg ；

（2）将一个氧原子换成一个硫原子，因此的甲的化学式为2S O 或2OS ，2SO 中硫原子是2

sp 杂化，考虑

到等电子体的结构类似，因此2S O 分子中心原子的杂化类型也为2

sp ；

（3）根据分析，1mol 紫红色的物质中有2mol -Cl 位于外界，因此剩下的1mol -Cl 位于内界，其配离子的化学式为2+

35[Co(NH )Cl]，而1mol 绿色的物质中有1mol -Cl 位于外界，因此剩下的2mol -Cl 位于内界，因此其配位数为4+2＝6；

（4）①四个大球全部位于晶胞内部，因此按1个来算，而位于顶点的氧原子按1

8

来计算，位于棱心的氧原子按

14来计算，位于面心的氧原子按1

2来计算，位于体心的氧原子按1个来计算，因此一共有111

8+12+6+1=8842

???个氧原子，根据分析，一个晶胞内有4个M 离子和8个氧离子，因此其化学式为2MO ；

②分子内有4个M 和8个氧，因此一个晶胞的质量为

r A

4M +816

g N ?，晶体的体积为3-213a 10cm ?，代入m ρ=V 后化简即可得到3-21A r ρN a 10-128M =4

?；

③把整个晶胞划分为8个小方块，则1号小球相当于左、上、后小方块的体心，2号小球相当于右、下、后小方块的体心，因此其坐标为131

(,,)444

。

19．砷和镍是重要的材料和化工领域用途广泛。请回答下列问题：

（1）基态As 原子中，价电子的电子云轮廓图形状为___。与砷同周期的主族元素的基态原子中，电负性最大的为____（填元素符号）。 （2）33Na AsO 可用于碘的微量分析。

①Na +的焰色反应呈黄色，很多金属元素能产生焰色反应的微观原因为_______。

②其中阴离子的VSEPR 模型为_____，与其互为等电子体的分子为_____（只写一种分子式即可）。 （3）M （）可用于合成Ni 2＋的配体，M 中C 原子的杂化形式为______，σ键和π键的数

目之比为_____。

（4）Ni 与Ca 处于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Ni 的熔点和沸点都比金属Ca 高，原因为______。区分晶体Ni 和非晶体Ni 的最可靠的科学方法为_______。

（5）某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为A N ，该晶体的密度ρ＝____g·

cm －3。

【答案】球形、哑铃型或纺锤形Br 电子从较高能级的激发态跃迁到低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量三角锥形PCl3、PBr3、NF3、NCl3等sp3、sp27：1 Ni的原子半

径较小，价层电子数目多，金属键较强X-射线衍射法

32

2

A 3a cN

【解析】

【分析】

【详解】

（1）基态As原子的价电子排布式为4s24p3，故其电子云轮廓图形状为球形、哑铃型或纺锤形。一般情况下，同周期的主族元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，所以与砷同周期的主族元素的基态原子中，电负性最大的为Br，故答案为球形、哑铃型或纺锤形，Br。

（2）①金属元素能产生焰色反应的微观原因为电子从较高能级的激发态跃迁到低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量，产生焰色反应，故答案为电子从较高能级的激发态跃迁到低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量。

②AsO33-中As原子的价层电子对数目为4，其立体构型为三角锥形，根据等电子体的含义可知，与AsO33-互为等电子体的分子有PCl3、PBr3、NF3、NCl3等，故答案为三角锥形，PCl3、PBr3、NF3、NCl3等。

（3）由的结构简式可知，—CH3、—CH2—、—CF3中的C原子的价层电子对数目为4，杂化方式为sp3，碳氧双键中C原子的价层电子对数目为3，杂化方式为sp2，每个分子中含有14个σ键和2个π键，则σ键和π键的数目之比为7：1，故答案为sp3、sp2，7：1。

（4）金属晶体熔沸点的高低与金属键的强弱有关，金属键的强弱与价层电子数目和金属原子的半径有关，所以金属Ni的熔点和沸点都比金属Ca高的原因为Ni的原子半径较小，价层电子数目多，金属键较强。区分晶体Ni和非晶体Ni的最可靠的科学方法为为X-射线衍射法，故答案为Ni的原子半径较小，价层电子数目多，金属键较强；X-射线衍射法。

（5）由晶胞结构可知，每个晶胞中含有2个Ni原子和2个As原子，晶胞的体积

2

-30

3a c

10cm3，

故晶胞的密度

ρ3

32g/cm 3

32

。