2019-2020学年浙江省乐清市知临中学新高考化学模拟试卷含解析

1、2019-2020 学年浙江省乐清市知临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 .某化学兴趣小组对教材中乙醇氧化及产物检验的实验进行了改进和创新，其改进实验装置如图所示, 按图组装好仪器，装好试剂。下列有关改进实验的叙述不正确的是而向洞附人A .点燃酒精灯，轻轻推动注射器活塞即可实现乙醇氧化及部分产物的检验 B.铜粉黑红变化有关反应为：2Cu+O2 = 2CuO、C2H5OH+CuO= CKCHO+Cu+HOC.硫酸铜粉末变蓝，说明乙醇氧化反应生成了水D.在盛有新制氢氧化铜悬浊液的试管中能看到砖红色沉淀【答案】D【解析】【

2、分析】【详解】点燃酒精灯，轻轻推动注射器活塞即可反应，空气带着乙醇蒸气与热的铜粉发生反应，选项A正确；看 到铜粉变黑，发生 2Cu+O 22CuO ,看到铜粉黑变红，发生 C2H5OH+CuO CH 3CHO+Cu+H 2O,选项B正确；硫酸铜粉末变蓝，是因为生成了五水硫酸铜，说明乙醇氧化有水生成，选项C正确；乙醛与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成醇红色沉淀需要加热，选项D不正确。2 .已知高能锂离子电池的总反应式为2Li+FeS=Fe+L2S, LiPF6 SO(CH)2为电解质，用该电池为电源电解含馍酸性废水并得到单质 Ni的实验装置如图所示。下列说法错误的是UPFj*碑券含舟，cr 酸柱废水

3、OJUinl 的幡液解渔A.电极丫应为LiB. X 极反应式为 FeS+2L+2e =Fe+L2sC.电解过程中，b中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小D.若将图中阳离子膜去掉，将 a、b两室合并，则电解反应总方程式发生改变 【答案】C【解析】【分析】本题主要考查原电池与电解池串联问题。通过总反应可知，Li发生氧化反应，作负极，FeS发生还原反应，作正极；因c中由Ni2+生成单质Ni,即发生还原反应，故 Y极为负极，X为正极。【详解】A.由上述分析可知，丫为原电池负极，故 丫为Li,选项A正确；B.X极为正极，FeS发生还原反应，故电极反应式为：FeS+2L+ +2e-=Fe+L2S,选项B

4、正确；C.电解过程中，a为阳极区，发生氧化反应：4OH-4e-=2H2O+O2f , a中Na+通过阳离子交换膜进入 b中;C 中发生还原反应：Ni2+2e-=Ni,溶液中C通过阴离子交换膜进入 b中。故电解过程中， b中NaCl的物质 的量浓度将不断增大，选项 C错误；D.若将阳离子交换膜去掉，因b中含有C1-,故阳极电极反应式为：2C1-2e-=C2T ,故电解反应总方程式发生 改变，选项D正确；答案选Co【点睛】本题考查原电池、电解池原理，本题的突破关键在于" c中单质Ni生成”，由此判断 X、丫电极正负，进 一步判断电解池中阴阳极以及相关反应。3.化合物 O（X）、口（丫）、

5、*k（Z）的分子式均为C5H6。下列说法正确的是（）A. X、Y、Z均能使酸性高镒酸钾溶液褪色B. Z的同分异构体只有 X和丫两种C. Z的二氯代物只有两种（不考虑立体异构）D. 丫分子中所有碳原子均处于同一平面【答案】C【解析】【分析】 【详解】A. z不含碳碳双键，与高镒酸钾不反应，不能使酸性高镒酸钾溶液褪色，故 A错误； ，、，5 2 2 6B. C5H6的不饱和度为 =3,可知若为直链结构，可含 1个双键、1个二键，则x的同分异构体2不止X和丫两种，故B错误；C. z含有1种H,则一氯代物有1种，对应的二氯代物，两个氯原子可在同一个碳原子上，也可在不同的 碳原子上，共2种，故C正确；D

6、. y中含3个sp3杂化的碳原子，这 3个碳原子位于四面体结构的中心，则所有碳原子不可能共平面，故D错误；故答案为Co4.利用如图装置可以进行实验并能达到实验目的的是选项实验目的X中试剂Y中试剂A用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2饱和食盐水浓硫酸B用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO水浓硫酸CCaCQ和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CC2饱和NaHCO3溶液浓硫酸D用CaO与浓氨水制取并收集纯净干燥的NH3NaOH溶液碱石灰A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.MnO2和浓盐酸制取氯气，需要加热，A不符合题意；B.NO不能选排空气法收集，B不符合题意；C.CaC

7、O和稀盐酸反应生成二氧化碳，碳酸氢钠溶液可除去 HCl,浓硫酸干燥后，选向上排空气法收集二氧 化碳，C符合题意；C.用CaO与浓氨水制取氨气，进入 X中时氨气会溶解，而且氨气密度比空气小，应该用向下排空气方法收集，不能用向上排空气的方法收集，D不符合题意；故合理选项是Co5.常温下，向20.00mL 0.1mol?L-1 BOH溶液中 滴入0.1 mo l?L-1盐酸，溶液中由水电离出的 c ( H+ ) 的负对数-l gc水(H+ )与所加盐酸体积的关系如下图所示，下列说法正确的是A.常温下，BOH的电离常数约为 1 X 10B. N点溶液离子浓度顺序：c(B+)>c(Cl-)>

8、 c ( OH-) >c (H+)C. a =20D.溶液的pH: R > Q【答案】D【解析】【分析】BOH对水的电离起抑制作用，加入盐酸发生反应BOH+HCl=BCl+HO,随着盐酸的加入，BOH电离的OH浓度减小，对水电离的抑制作用减弱，而且生成的BCl水解促进水的电离，水电离的H+浓度逐渐增大，两者恰好完全反应时水电离的H+浓度达到最大；继续加入盐酸，过量盐酸电离出H+又抑制水的电离，水电离的H+又逐渐减小，结合相应的点分析作答。【详解】A.根据图象，起点时-lgc水(H+ ) =11, c水(H+ ) =10-11mol/L ,即0.1mol/L的BOH溶液中水电离的 H

9、+ 浓度为10-11mol/L,碱溶液中H+全部来自水的电离，则 0.1mol/L的BOH溶液中c ( H+ ) =10-11mol/L ,溶 液中c (OH-) =10-3mol/L , BOH的电离方程式为 BOH? B+OH-, BOH的电离平衡常数为c B c OHc BOH103 10； 10, A 错误;0.1 10B.N点-lgc水(H+ )最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到 BCl溶液，由于B+水解溶液呈酸性，溶液中 离子浓度由大到小的顺序为c (Cl-) >c(B+) >c ( H+) > c( OH-), B错误；C.N点-lgc水(H+)最小，N点

10、HCl与BOH恰好完全反应得到 BCl溶液，N点加入的盐酸的体积为20.00mL,则 a<20.00mL, C错误；D.N点-lgc水(H+ )最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到 BCl溶液，R点加入的盐酸不足、得到BOH和BCl的混合液，Q点加入的盐酸过量、得到BCl和HCl的混合液，即 R点加入的盐酸少于 Q点加入的盐酸，Q点的酸性强于 R点，则溶液的pH: R>Q, D正确； 答案选Do【点睛】解答本题的关键是理解水电离的H+浓度与加入的盐酸体积间的关系，抓住关键点如起点、 恰好完全反应的 点等。6 . 2015年2月，科学家首次观测到化学键的形成。化学键不存在于B.分

11、子与分子之间D,离子与电子之间A.原子与原子之间C.离子与离子之间【答案】B【详解】A.原子与原子之间的强烈的相互作用力为共价键，属于化学键，选项 A错误;B.分子之间不存在化学键，存在范德华力或氢键，选项B正确；C.离子与离子之间为离子键，选项C错误；D.离子与电子之间为金属键，选项 D错误.答案选B。7 .短周期元素T、R、W、G在周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是A. T的氢化物的沸点一定低于 R的B. W的氧化物对应的水化物一定是强酸C. T和W组成的化合物含两种化学键D.工业上电解熔融氧化物制备 G的单质【答案】D【解析】【分析】T R W、G均为短周期元素，根据它们在周期

12、表中的位置，可知T为碳元素，R为氧元素，G为铝元素，W为氯元素。【详解】A. T为C元素，可形成多种氢化物，当分子量较大时，沸点即可高于R的，A错误；B. W的最高价氧化物对应水化物为强酸，而 HC1O为弱酸，B错误；C. T和W组成的化合物为 CC4,只含有一种化学键共价键，C错误；D. G为Al,工业电解熔融的氧化铝来制备其单质，D正确；故答案选Do8.分别在三个容积均为 2.0L的恒容密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)? D(g)。其中容器甲中反应进行至 5min时达到平衡状态，相关实验数据如表所示：容器温度/C起始物质的量/mol平衡物质的量/mol化学平衡常数n(A)n(B)n(

13、D)n(D)甲5004.04.003.2Ki乙5004.0a02.0K2丙6002.02.02.02.8K3下列说法不正确的是A. 05min内，甲容器中 A的平均反应速率 v(A)=0.64mol L- 1minB. a=2.2C.若容器甲中起始投料为2.0molA、2.0molB,反应达到平衡时，A的转化率小于80%D. Kl=K2>K3【答案】AA.容器甲中前5min的平均反应速率Vn = 3.2molVVt 2.0L 5min=0.32mol?L'1?min-1,则 v(A尸v(D)=0.32mol?L'1?min'1,故 A 错误;B.甲和乙的温度相同，

14、平衡常数相等,甲中A(g) + B(g) ? D(g)开始(mol/L) 2.02.00反应(mol/L) 1.61.61.6平衡(mol/L) 0.40.41.6化学平衡常数K= 1.6=10,0.4 0.4'乙中A(g) + B(g) ? D(g)开始(mol/L) 2.0a02反应(mol/L) 1.01.01.0平衡(mol/L) 1.0 a-1.01.021.0化学平衡常数 K=” “777=10,解得：a=2.2,故B正确;1.0 (0.5a 1.0)1.6mol /LC.甲中CO转化率=二一二-X 100%=80%若容器甲中起始投料 2.0molA、2.0molB ,相当

15、于减小压强， 2mol / L平衡逆向移动，导致 A转化率减小，则 A转化率小于80%,故C正确；D.甲和乙的温度相同，平衡常数相等，容器丙起始投料2.0molA、2.0molB、2.0molD ,若温度不变等效于甲容器，但由于丙容器比甲容器温度高，平衡时D的浓度减小，即升温平衡逆向移动， 则平衡常数减小,因此Ki=K2>K3,故D正确；故选A。9 .如图所示过程除去A1C13溶液中含有的 Mg2+、K+杂质离子并尽可能减小A1C13的损失。下列说法正确的是AL-Mg3 足量K N；iOH溶液Cl _OH).沉淀盐酸 AlC1,溶液A. NaOH溶液可以用Ba(OH)2溶液来代替B.溶液

16、a中含有Al3+、K+、Cl-、Na+、OH-C.溶液b中只含有 NaClD,向溶液a和沉淀a中滴加盐酸都要过量【答案】A【解析】【详解】A选项，NaOH主要作用是将铝离子变为偏铝酸根，因此可以用氢氧化钾、氢氧化钢来代替，故A正确;B选项，溶液a中含有 K+、C、Na+、AIO2 > OH ,故B错误；C选项，溶液b中含有氯化钠、氯化钾，故 C错误；D选项，向溶液a中滴加盐酸过量会使生成的氢氧化铝沉淀溶解，故D错误；综上所述，答案为 Ao10 .下列表述和方程式书写都正确的是A.表示乙醇燃烧热的热化学方程式：QH50H(l)+3O2(g)=2CQ(g)+3H2O(g) AH= -1367

17、.0 kJ/molB. KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使沉淀物质的量达到最大：Al3+2SQ2-+2Ba2+4OH-=AlO2-+2BaSO4 J +2H2OC.用稀硫酸酸化的 KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4-+6H+5H2O2 =2Mn2+5O2f +8H2OD.用石墨作电极电解 NaCl溶液：2cl-+2H+电解CbT +H4【答案】CA.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，水的稳定状态是液态，因此该式不能表示该反应的燃烧热，A错误；B. KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使沉淀物质的量达到最大：2Al3

18、+3SC42-+3Ba2+6OH-= 2Al(OH)3 J +3BaSQj , B 错误；C.用稀硫酸酸化的 KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可得反应的离子方程式为：2MnO4-+6H+5H2O2 =2Mn2+5O2f +8建O, C正确；D.用石墨作电极电解 NaCl溶液，阳极C失去电子变为C12,阴极上水电离产生的 H+获得电子变为 也，反应方程式为：2C1+2H2O电解C2T +H2 T +2OH, D错误；故合理选项是Co11.已知一组有机物的分子式通式，按某种规律排列成下表项序1234567通式C2H4C2H4CC2H4C2C3

19、H6C3H6CC3H6C2C4H8各项物质均存在数量不等的同分异构体。其中第12项的异构体中，属于酯类的有（不考虑立体异构）A. 8种B. 9种C.多于9种D. 7种【答案】B【解析】【分析】由表中规律可知，3、6、9、12项符合CnH2n。2,由C原子数的变化可知，第 12项为C5H10O2,属于酯类物质一定含-COOC。【详解】为甲酸丁酯时，丁基有 4种，符合条件的酯有 4种；为乙酸丙酯时，丙基有 2种，符合条件的酯有 2种；为丙酸乙酯只有1种；为丁酸甲酯时，丁酸中-COOH连接丙基，丙基有 2种，符合条件的酯有 2种，属于酯类的有4+2+1+2=9种，故选：B。12.工业上电化学法生产硫

20、酸的工艺示意图如图，电池以固体金属氧化物作电解质，该电解质能传导O2-离子，已知S（g庇负极发生的反应为可逆反应，则下列说法正确的是（）*蚪浓h壬a s（3）L - H H A.在负极S（g）只发生反应S-6e-+3O2-=SC3B.该工艺用稀硫酸吸收SQ可提高S（g）的转化率C.每生产1L浓度为98%,密度为1.84g/mL的浓硫酸，理论上将消耗30mol氧气D.工艺中稀硫酸浓度增大的原因是水参与电极放电质量减少【答案】B【解析】【分析】【详解】A.据图可知反应过程中有 SO2生成，所以负极还发生S-4e-+2O2-=SO2,故A错误；8. S(g渔负极发生的反应为可逆反应，吸收生成物SO3

21、可使反应正向移动，提高 S的转化率，故B正确;一, 一，1000mL 1.84g/mL 98%,C.浓度为 98%,密度为 1.84g/mL 的浓硫酸中 n(H2SC4)=9=18.4mol ,由 S6e1.5O2H2SC4可知，消耗氧气为 18.4mol X 1.5=27.6mol故C错误；D.工艺中稀硫酸浓度增大的原因是负极生成的三氧化硫与水反应生成硫酸，故D错误；故答案为B。13.依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=l2+3H2SO4+2NaHSO4。利用下列装置分四步从含NaIO3的废液中制取单质碘白CC14溶液，并回收 NaHS。下列装置中不需要的是()A.铜和浓硫酸加热生成硫

22、酸铜、二氧化硫、水，所以可用A装置制取SO2,故不选A;B. SO2气体把IO3-还原为I2,可利用此反应吸收尾气，且倒扣的漏斗可防止倒吸，故不选B;C. I2易溶于CC4,用CC4萃取碘水中的 然后用分液法将碘的四氯化碳溶液与水层分离，故不选C;D.用蒸发结晶的方法从水溶液中提取NaHSO4,应该将溶液置于蒸发皿中加热，而不能用堪竭，故选D;故选D。14.某化学实验创新小组设计了如图所示的检验C12某些性质的一体化装置。下列有关描述不正确的是有R型片上工水篮化眄H汇的仃色布条您湍管7湿润的有色布条-2箱酸银港液3泥粉感化探溶液明不吸科4涉化的:荐做3润仃状东彷螂）盘乳忙钠溶液 t滴有勖戢）A

23、.浓盐酸滴到氯酸钾固体上反应的离子方程式为5a + CIO3 +6H+=3C2T +3H2OB.无水氯化钙的作用是干燥C12,且干燥有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色C. 2处溶液出现白色沉淀，3处溶液变蓝，4处溶液变为橙色，三处现象均能说明了C12具有氧化性D. 5处溶液变为血红色，底座中溶液红色消失，氢氧化钠溶液的作用为吸收剩余的C12以防止污染【答案】C【解析】【分析】【详解】浓盐酸滴到氯酸钾固体上的作用是为了制备C2,根据含同种元素物质间发生氧化还原反应时，化合价只靠近不交叉，配平后可得反应的离子方程式：5Cr+CO3+6H+=3C2T + 3H2O, A正确；为了检验 Cl2有无漂白

24、性，应该先把 C2干燥，所以，无水氯化钙的作用是干燥C12,然后会出现干燥有色布条不褪色而湿润有色布条褪色的现象，B正确；C2与3处碘化钾置换出单质碘，遇淀粉变蓝，与4处澳化钠置换出单质澳，使溶液变橙色，均说明了C2具有氧化性，C12与水反应生成HCl和HClO, HCl与硝酸银产生白色沉淀，无法说明C12具有氧化性，C错误；C2与5处硫酸亚铁生成Fe3+, Fe3+与SCN生成血红色配合物，氢氧化钠溶液可以吸收剩余的Cl2,防止污染空气，D正确。15. Mg(NH)2可发生水解:Mg(NH)2+2H2O=N2H4+Mg(OH)2。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为8的氧原子:18

25、8 OB. N2H4的结构式:C. Mg2+的结构示意图:D. H2O的电子式：H ： J ： HA.中子数为8的O原子，质量数=质子数+中子数=8+8=16,中子数为8的O原子：86C>,故A错误;B.N2H4为联氨，是共价化合物，氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间也形成共价键，结构式为:C.Mg的结构示意图:,Mg2 +的结构示意图为(JD.H2O分子中氢原子与氧原子之间形成1对共用电子对，电子式： H ：。： H=质子数+中子数。答案选Do在元素符号做下架表示的是质子数，左上角是质量数，质量数二、实验题(本题包括 1个小题，共10分)16.过氧化钙是一种白色固体，微溶于冷水

26、，不溶于乙醇，化学性质与过氧化钠类似。某学习小组设计在碱性环境中利用 CaC2与H2O2反应制取CaO2 8H2。，装置如图所示:NHHQ”溶液,吸收尾气CaCL溶液雪-冰水混合物回答下列问题:(1)小组同学查阅文献得知：该实验用质量分数为20%的H2C2溶液最为适宜。市售H2O2溶液的质量分数为30%。该小组同学用市售 H2O2溶液配制约20%的H2O2溶液的过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还有(2)仪器X的主要作用除导气外，还具有的作用是一。3)在冰水浴中进行的原因是_。(4)实验时，在三颈烧瓶中析出CaO2 8H2O晶体，总反应的离子方程式为。(5)反应结束后，经过滤、洗涤、

27、低温烘干获得CaO2 8H20。下列试剂中，洗涤 Ca02 8H2O的最佳选择是A.无水乙醇 B.浓盐酸C. Na2SO3溶液D. CaC2溶液(6)若CaC2原料中含有Fe3+杂质，Fe3+催化分解H2O2,会使H2O2的利用率明显降低。反应的机理为： Fe3+H2O2=Fe2+H+HOO H2O2+X=Y +Z+W (已配平) Fe2+ - OH=Fe3+OH- H+OH-=H2O根据上述机理推导步骤中的化学方程式为_。( 7)过氧化钙可用于长途运输鱼苗，这体现了过氧化钙具有的性质。A.与水缓慢反应供氧B.能吸收鱼苗呼出的 CQ气体C.能是水体酸T增强 D.具有强氧化性，可杀菌灭藻(8)将

28、所得CaQ 8H20晶体加热到150760 c，完全脱水后得到过氧化钙样品。该小组测定过氧化钙样品中CaO2的纯度的方法是：准确称取0.4000g过氧化钙样品，400 C以上加热至完全分解成CaO和O2(设杂质不产生气体)，得到33.60mL(已换算为标准状况)气体。则：所得过氧化钙样品中CaO2的纯度为 。【答案】烧杯、量筒防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出Ca2+H2O2+2NH3+8H2O=CaC2 8H2OJ +2NH4+A HOO - + H2O2=H2O + O2+ - OH ABD 54.00%【解析】 【分析】 配制一定质量分数的溶液需要的仪器，

29、只需要从初中知识解答， 通入氨气后，从氨气的溶解性思考， 双氧水在冰水浴中，从双氧水的不稳定来理解， 根据原料和产物书写生成八水过氧化钙的离子方程式， 过氧化钙晶体的物理性质得出洗涤八水过氧化钙的试剂， 充分利用前后关系和双氧水分解生成水和氧气的知识得出中间产物即反应方程式， 利用关系式计算纯度。【详解】配制约20%的H2O2溶液的过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯、量筒， 故答案为：烧杯、量筒；仪器X的主要作用除导气外，因为氨气极易溶于水，因此还具有防倒吸作用, 故答案为：防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸；双氧水受热分解，因此在冰水浴中进行的原因是防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析

30、出，故答案为：防止温度过高 H2O2分解、有利于晶体析出，；实验时，在三颈烧瓶中析出CaO2 8H2O晶体，总反应的离子方程式为Ca2+H2O2+2NH3+ 8H2O=CaO2 8H2OJ +2NH4+,故答案为：Ca2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2 8H2OJ +2NH4+；过氧化钙是一种白色固体，微溶于冷水，不溶于乙醇，因此洗涤CaO2 8H2O的最佳实际为无水乙醇，故答案为：A;若CaC2原料中含有Fe3+杂质，Fe3+催化分解H2O2变为氧气和水，根据前后联系，说明中产物有氧气、水、和OH,其化学方程式为： HOO + H2O2=H2O + C2 + OH,故答案为：HOO

31、+ H2O2=H2O + O2 + OH;过氧化钙可用于长途运输鱼苗，鱼苗需要氧气，说明过氧化钙具有与水缓慢反应供氧，能吸收鱼苗呼出的二氧化碳气体和杀菌作用，故答案为：ABD;将所得Ca02 8H2O晶体加热到150160C,完全脱水后得到过氧化钙样品。该小组测定过氧化钙样品中CaO2的纯度的方法是：准确称取0.4000g过氧化钙样品，400 C以上加热至完全分解成CaO和。2（设杂质不产生气体），得到33.60mL即物质的量为1.5Xl30mol,。2CaO2 = 2CaO + O根据关系得出n（CaO2）= 3 k3imol, -3-13 10 mol 72g molw= 100%=54.

32、00% ,0.4g故答案为54.00%。三、推断题（本题包括 1个小题，共10分）17.化合物I是一种抗脑缺血药物，合成路线如下:已知:0-cI 1 RY0IMg® H.O。好co.*一RS0H回答下列问题:(1)按照系统命名法，A的名称是;写出A发生加聚反应的化学方程式:(2)反应HHI的化学方程式为;反应E-F的反应类型是(3)写出符合下列条件的G的所有同分异构体的结构简式:遇FeC3溶液发生显色反应核磁共振氢谱有4组峰(4) a -4甲基;醇 (1 )是合成医药、农药的中间体，以苯和2-氯丙烷为起始原料制备a，-工甲基芳醇的合成路线如下:试稿勺等侔1Mg三5C1AA/、该合成路

33、线中X的结构简式为,Y的结构简式为【答案】2-甲基丙烯i Ml仆I(It_ _ I H4"-k( Hi;试剂与条件2为O氧化反应“i(CH3 )2 CHOH。2、Cu 和加热D发生取代反应生成 E, E发生氧化反应生成 F,由F结构简式知,D为甲苯、E为邻甲基澳苯II(IIIG发生信息中的反应生成 H, H中应该含有一个-COOH,根据I结构简式知,H发生酯化反应生成I,则H(Mlmi、G为;C、F发生信息中的反应生成 G,则C为(CH3"CBrMg, B为(CH3"CBr, A中G H原子个数之比为1： 2,根据A、B分子式知，A和HBr发生加成反应生成B, A

34、中含有一个碳碳双键,根据B知A为CH2=C(CT)2据此分析。D发生取代反应生成 E, E发生氧化反应生成 F,由F结构简式知，D为甲苯、G发生信息中的反应生成 H, H中应该含有一个-COOH,根据I结构简式知,E为邻甲基澳苯4 M|H发生酯化反应生成I,则H为、G为;C、F发生信息中的反应生成 G,则C为(CH3"CBrMg, B为(CH3"CBr, A中G H原子个数之比为1： 2,根据A、B分子式知，A和HBr发生加成反应生成 B, A中含有一个碳碳双键,根据 B 知 A 为 CH2=C(CH)2O(1)A为CH2=C(CHj)2, A的系统命名法命名的名称为2-甲

35、基丙烯；A发生加聚反应生成 2-甲基聚丙烯，反应的化学方程式为:Li(2)H为 ： , H发生酯化反应生成 J,则H-1的反应方程为甲基澳苯发生氧化反应生成反应类型是氧化反应；0;E-F是邻G为G的同分异构体符合下列条件：遇FeC3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；核磁共振氢谱有4组峰，说明分子中含有 4种不同位置的氢原子，则符合条件的同分异构体有(4)以苯和2-氯丙烷为起始原料制备 a, a二甲基茉醇，苯和澳在催化条件下发生取代反应生成澳苯，澳苯发生信息中的反应生成 X, 2-氯丙烷发生水解反应生成 2-丙醇，2-丙醇发生催化氧化生成丙酮，X和丙酮发生信息中的反应生成 a, a二甲基茉醇。根

36、据合成路线可知试剂与条件1为液澳、Fe作催化剂；X的结构简式为丫的结构简式为(CH3)2CHOH;试剂与条件2为02、Cu和加热。【点睛】本题考查有机推断和合成，推出各物质的结构简式是解题的关键。易错点是合成路线的设计，以苯和2-氯丙烷为起始原料制备 a, a二甲基茉醇，苯和澳在催化条件下发生取代反应生成澳苯，澳苯发生信息中的反应生成X, 2-氯丙烷发生水解反应生成 2-丙醇，2-丙醇发生催化氧化生成丙酮，X和丙酮发生信息中的反应生成a, a二甲基茉醇。四、综合题(本题包括 2个小题，共20分)18.电解是一种非常强有力的促进氧化还原反应的手段，许多很难进行的氧化还原反应，都可以通过电解来实现

37、。(1)工业上常以石墨做电极，电解NaCl水溶液时，阴极区产物有 ,其溶液可用于吸收工业尾气中的S02,写出反应的化学方程式 。(2)电解NaCl水溶液时，用盐酸控制阳极区溶液的pH在23,用平衡移动原理解释盐酸的作用 离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系。由有机阳离子、Al2c17-和AICI4-组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上发生电镀，有铝产生。(3)铝原子的核外电子排布式是 ,其中有 种不同能级的电子。(4)为测定镀层厚度，用 NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当所得还原产物为6g时，转移电子的物质的量为 mol。(5)用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有 (填编号)

38、。a. KC1O3b. Mgc. MnO2d. KCl取少量铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4,滴加KSCN溶液无明显现象，不能说明固体混合物中无F&O3,理由是 (用离子方程式说明)。【答案】NaOH, H22NaOH +SQ=Na2SQ+H2O, Na2SO3+H2O+SO2=2NaHSO3氯气与水反应： C2 +H2O=HCl+HClO,增大HCl的浓度可使平衡逆向移动，破坏了氯气在水中的溶解平衡，有利于氯气的逸出1s22s22p63s23p156 abFe2O3+6H+=2Fe3+3H2。、Fe+2Fe3+=3Fe2+【解析】【详解】(1)用石墨作电极电解饱和食

39、盐水时 ，阳极上氯离子放电、 阴极上水中的H+得电子发生还原反应，同时阴极附 近还生成NaOH,所以阴极产物有NaOH, H2；二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，二氧化硫过 量时生成亚硫酸氢钠，反应方程式为2NaOH +SQ=Na2SC3+H2O, Na2SQ+H2O+SQ=2NaHSO3 ;因此，本题正确答案是 ：NaOH, H2; 2NaOH +SQ=Na2SQ+H2O, Na2SQ+H2O+SC2=2NaHSO3 ；(2)氯气与水反应：Cl2+H2O=HCl+HClO,增大HCl的浓度可使平衡逆向移动，破坏了氯气在水中的溶解平衡，有利于氯气的逸出；因此，本题正确答案是：Cl2

40、+H2O=HCl+ HClO,增大HCl的浓度可使平衡逆向移动，破坏了氯气在水中 的溶解平衡，有利于氯气的逸出；(3)Al原子核外有13个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1;有5种能级；因此，本题正确答案是：1s22s22p63s23p1;5;(4)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 T ,还原产物为氢气，根据氢气和转移电子之间的关系式得转移电子物质 的量为 3mol 2=6mol;因此，本题正确答案是：6;(5)用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，还需要引燃剂氯酸钾和Mg;氧化铁和酸反应生成铁离子，铁离子能和Fe反应生成亚铁离子，涉

41、及的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Fe+2F建+=3Fe2+；因此，本题正确答案是：ab; Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+。19.硒化铜纳米晶体在光电转化中有着广泛的应用，铜和硒等元素形成的化合物在生产、生活中应用广泛。(1)基态硒原子的核外电子排布式为 。 As、Se、Br三种元素第一电离能由大到小的顺序为 (2)SeO2易溶解于水，熔点为 340350C, 315c时升华，由此可判断SeQ中的化学键类型为 (3)Se2Cl2为深棕红色的剧毒液体，其分子结构中含有 Se-Se键,该分子中，Se原子的杂化轨道类型为 Se2c12的空间

42、构型为 (填字母)。a.直线形b.锯齿形 c.环形 d.四面体形(4)硒酸钢(CuSeQ)在电子、仪表工业中发挥着重要作用。硒酸的酸性与硫酸的比较，酸性较弓II的是 (填化学式)。SeO42-中Se-O的键角比SeQ的键角 (填大或小1,原因是 。(6)铜的某种氧化物的晶胞结构如图所示，则该氧化物的化学式为 ,若组成粒子氧、铜的半径分别为r(O)pm、r(Cu)pm,密度为p g?cr-3,阿伏加德罗常数的值为Na,则该晶胞的空间利用率为 (用含 兀的式子表示)。【答案】Ar3d 104s24p4(或 1s22s22p63s23p63d104s24p4)Br>As>Se 共价键 sp3 bH2SO4小SeO42-的空间构型为正四面体，键角为109&#