黄金卷07-【赢在高考·黄金20卷】备战2020高考化学全真模拟卷（解析版）.docx

【赢在高考•黄金20卷】备战2020高考全真模拟卷07 化 学 (考试时间：50分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 P 31 S 32 Fe 56 Cu 64 Zn 65 一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 7．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．1 mol Na与完全反应生成和的混合物，转移电子，生成物中离子总数为 B．的溶液中，由水电离的数目为  个 C．里含有的电子数目为 D．62 g白磷中含有P-P键的数目为 【答案】D 【解析】A．钠和氧气反应后变为价，故1mol钠完全反应转移1mol电子即个，而生成的产物无论是氧化钠还是过氧化钠，均是阴离子，而1mol钠反应后变为，故所对应的阴离子的物质的量为，即产物中离子共个，故A错误； B．的溶液中，的电离大于水解，故溶液中的氢离子主要来自于的电离，故溶液中水电离出的氢离子小于个，故B错误； C．的物质的量为，而中含8mol电子，故中含电子即个，故C错误； D．62g白磷的物质的量为，而1mol白磷中含键，故白磷中含键即个，故D正确．故选D。 8．下列指定反应的离子方程式正确的是 A．向氨水中通入过量SO2：NH3·H2O＋SO2===NH4+＋HSO3- B．Si与NaOH溶液反应：Si＋2OH－＋H2O===SiO32-＋H2↑ C．电解MgCl2溶液：2H2O＋2Cl－2OH－＋H2↑＋Cl2↑ D．Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液至Ba2＋恰好完全沉淀：2H++SO42－+Ba2++2OH－＝BaSO4↓+2H2O 【答案】A 【解析】 A．一水合氨是弱碱，保留化学式，反应的离子方程式：SO2+NH3•H2O═NH4++HSO3-，选项A正确； B．Si与NaOH溶液反应的离子反应为Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑，选项B正确； C、电解MgCl2溶液，反应生成了氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，选项C错误； D．向Ba（OH）2溶液滴加NaHSO4溶液至沉淀恰好完全的离子反应为Ba2++OH-+H++SO42-═BaSO4↓+H2O，选项D错误；答案选A。 【点睛】 本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，易错点为选项D，应知道完全沉淀时是以钡离子和硫酸根离子按1：1进行反应。 9．下列叙述正确的是 A．甲苯与足量H2加成产物的一氯取代物有5种 B．由3种单体加聚得到 C．双糖、多糖在稀酸的催化下最终均水解为葡萄糖 D．分子式为C4H6O2并能与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2的有机物有3种(不含立体异构) 【答案】A 【解析】分析：A项，甲苯与足量H2反应生成，中有5种H原子；B项，链节的主链上只有碳原子且含碳碳双键，用“凡双键，四个碳；无双键，两个碳”的规律判断单体；C项，蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖；D项，能与NaHCO3反应生成CO2说明结构中含羧基，C4H6O2的不饱和度为2，其结构可能是链状也可能是环状。 详解：A项，甲苯与足量H2反应生成，中有5种H原子，的一氯代物有5种，A项正确；B项，链节的主链上只有碳原子且含碳碳双键，用“凡双键，四个碳；无双键，两个碳”的规律判断单体，单体为CH2=CH—CH=CH2和CH3CH=CH2，由2种单体加聚得到，B项错误；C项，麦芽糖、淀粉、纤维素在酸催化下最终水解为葡萄糖，蔗糖在酸催化下最终水解为葡萄糖和果糖，C项错误；D项，C4H6O2的不饱和度为2，能与NaHCO3溶液反应生成CO2说明有机物结构中含羧基，符合条件的同分异构体有：CH3CH=CHCOOH、CH2=CHCH2COOH、、，共4种，D项错误；答案选A。 点睛：本题考查一氯代物种类的判断、高分子化合物单体的判断、双糖和多糖的水解、限定条件同分异构体数目的确定。确定一氯代物的种类用“等效氢”法：同一个碳原子上的氢原子等效，同一个碳原子上所连甲基上氢原子等效，处于对称位置的氢原子等效。限定条件的同分异构体数目的确定用有序思维，先确定不饱和度和官能团，再用残基法确定可能的结构。 10．如图是五种短周期元素的原子序数与其在氢化物中化合价的关系图，则下列说法不正确的是 A．X的氢化物具有很强的还原性 B．YW2、ZW2、X2W2都能使品红溶液褪色，且褪色原理相同 C．Y、Z元素的最高价氧化物对应的水化物都呈酸性，而且酸性：HZO4 > H2YO4 D．元素W、T的氢化物的沸点比同主族中相邻的氢化物高，是因为这两种氢化物分子间存在氢键 【答案】B 【解析】A. X为Na，其氢化物为NaH，具有很强的还原性，故A正确； B. SO2、ClO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，二氧化硫与有色物质化合为无色物质，而ClO2、Na2O2具有强氧化性，将有色物质氧化为无色物质，褪色原理不相同，故B错误； C. Y、Z元素的最高价氧化物对应的水化物分别为H2SO4、HClO4，都呈酸性，由于非金属性Cl > S，故酸性：HClO4 > H2SO4，故C正确； D. 元素W、T的氢化物分别为H2O、NH3，这两种氢化物分子间存在氢键，它们的沸点比同主族中相邻的氢化物高，故D正确。 综上所述，答案为B。 11．根据下列实验操作，预测的实验现象和实验结论或解释均正确的是 实验操作 预测实验现象 实验结论或解释 A 向FeI2溶液中滴入足量溴水，加入CCl4，振荡，静置 下层溶液显紫红色 氧化性:Fe3+>I2 B 向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热 有砖红色沉淀生成 葡萄糖具有还原性 C 常温下，将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶中，用淀粉碘化钾试液检验 试液不变蓝 常温下，浓盐酸、二氧化锰没有发生化学反应 D 向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液 产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 NH4++OH- = NH3↑+H2O 【答案】C 【解析】 A.由于Br2具有强的氧化性，所以向FeI2溶液中滴入足量溴水，Fe2+、I-都被氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为I2单质，由于I2容易溶于CCl4，而CCl4与水互不相容，密度比水大，因此加入CCl4，振荡，静置，会看到液体分层，下层为I2的CCl4溶液层但不能证明氧化性:Fe3+>I2，A错误； B.向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中要先加入NaOH溶液，使溶液显碱性，然后再滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，会看到产生砖红色沉淀，证明淀粉水解产生的葡萄糖具有还原性，B错误； C.浓盐酸、二氧化锰在室温下不能反应产生氯气，因此用淀粉碘化钾试液检验，不能使试纸变为蓝色，C正确； D.向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液，首先发生反应：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，D错误； 故合理选项是C。 12．用下图所示装置除去含CN－、Cl－废水中的CN－时，控制溶液PH为9~10，阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是 A．用石墨作阳极，铁作阴极 B．阳极的电极反应式为：Cl－ + 2OH－－2e－= ClO－ + H2O C．阴极的电极反应式为：2H2O + 2e－ = H2↑ + 2OH－ D．除去CN－的反应：2CN－+ 5ClO－ + 2H+ = N2↑ + 2CO2↑ + 5Cl－+ H2O 【答案】D 【解析】 A、根据电解的原理，铁作阳极时，铁失电子，参与反应，但根据题中信息，铁不参与反应，因此铁作阴极，故A说法正确； B、根据信息，环境是碱性，利用ClO－氧化CN－，因此阳极反应式为Cl－＋2OH－－2e－=ClO－＋H2O，故B说法正确； C、根据电解原理，阴极上是阳离子放电，即2H＋＋2e－=H2↑，故C说法正确； D、CN－被ClO－氧化成两种无毒的气体，即为N2和CO2，环境是碱性，不能生成H＋，故D说法错误。 【点睛】 电极反应式的书写或氧化还原反应方程式的书写，一定看清楚溶液的环境，如本题溶液是碱性环境，H＋不能大量共存，因此D选项错误。 13．室温时，用0.0200mol/L稀盐酸滴定20.00mL0.0200mol/LNaY溶液，溶液中水的电离程度随所加稀盐酸的体积变化如图所示(忽略滴定过程中溶液的体积变化)，则下列有关说法正确的是 已知：K(HY)=5.0×10-11 A．可选取酚酞作为滴定指示剂 B．M点溶液的pH>7 C．图中Q点水的电离程度最小，Kw<10-14 D．M点,c(Na+)=c(HY)+c(Y-)+c(Cl-) 【答案】B 【解析】A. 滴定终点溶液显酸性，故可选取甲基橙作为滴定指示剂，A不正确；B. M点溶液中，c(NaY)=c(HY)，因为K(HY)=5.0×10-11，所以c(Y-)≈c(HY)，代入HY的电离常数表达式可得，ka=cH+=5.0×10-11，所以，pH>7，B正确；C. 由图可知，Q点水的电离程度最小，Kw=10-14 ，C不正确； D. M点，由物料守恒可知，c(Na+)=c(HY)+c(Y-)， D不正确。本题选B。 二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共43分。 26．（15分）磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下： 已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。 溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2O （1）上述流程中能加快反应速率的措施有__________。 （2）磷精矿粉酸浸时发生反应： 2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4 ①该反应体现出酸性关系：H3PO4__________H2SO4（填“>”或“<”）。 ②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，__________。 （3）酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：__________。 （4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：____________________。 （5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42−残留，原因是__________；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是____________________。 （6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。（已知：H3PO4摩尔质量为98 g·mol−1） 【答案】（1）研磨、加热（2分） （2）＜（1分） （3）核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S （2分） 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑ （2分） （4）80 ℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低（2分） （5）CaSO4微溶（2分） BaCO3++2H3PO4BaSO4+CO2↑+H2O+2（2分） （6） （2分） 【解析】 分析：磷精矿粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸经过脱有机碳、脱硫等步骤获得精制磷酸。 （1）根据外界条件对化学反应速率的影响分析，流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。 （2）①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。 ②用元素周期律解释，P和S电子层数相同，核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS。 （3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸。 （4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。 （5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。 （6）根据题意关系式为H3PO4~2NaOH，由消耗的NaOH计算H3PO4。 详解：（1）研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。 （2）①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。 ②用元素周期律解释酸性：H3PO4H2SO4，P和S电子层数相同，核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS。 （3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸，生成HF的化学方程式为2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑。 （4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。 （5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO42-与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO32-转化成H2O和CO2，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。 （6）滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：2，n（H3PO4）=n（NaOH）=bmol/Lc10-3L=mol，m（H3PO4）=mol98g/mol=g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为。 27．（13分）二茂铁可用作燃料的节能消烟剂、抗爆剂等。实验室制备二茂铁装置示意图如图一： 已知：①二茂铁熔点是173℃，在100℃时开始升华；沸点是249℃ ②制备二茂铁的反应原理是：2KOH+FeCl2+2C5H6=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O 实验步骤为： ①在三颈烧瓶中加入25g粉末状的KOH，并从仪器a中加入60mL无水乙醚到烧瓶中，充分搅拌，同时通氮气约10min； ②再从仪器a滴入5.5mL新蒸馏的环戊二烯(C5H6，密度为0.95g/cm3)，搅拌； ③将6.5g无水FeCl2与(CH3)2SO(二甲亚砜，作溶剂)配成的溶液25mL装入仪器a中，慢慢滴入仪器c中，45min滴完，继续搅拌45min； ④再从仪器a加入25mL无水乙醚搅拌； ⑤将c中的液体转入分液漏斗中，依次用盐酸、水各洗涤两次，分液得橙黄色溶液； ⑥蒸发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品。 回答下列问题： （1）仪器b的名称是_________。 （2）步骤①中通入氮气的目的是___________。 （3）仪器c的适宜容积应为(选编号)：____________。①100mL ②250mL ③500mL （4）步骤⑤用盐酸洗涤的目的是____________。 （5）步骤⑦是二茂铁粗产品的提纯，该过程在图二中进行，其操作名称为__________；该操作中棉花的作用是________________________。 （6）若最终制得纯净的二茂铁4.3g，则该实验的产率为__________(保留三位有效数字)。 【答案】（1）球形冷凝管（1分） （2）排尽装置中的空气，防止Fe2+被氧化（2分） （3）②（2分） （4）除去多余的KOH（2分） （5）升华（2分） 防止二茂铁挥发进入空气中（2分） （6）58.4% （2分） 【解析】 【分析】 （1）根据仪器的结构确定仪器b的名称； （2）二茂铁中铁是+2价，易被空气中氧气氧化，通入氮气排尽装置中空气； （3三颈烧瓶中盛放液体的体积不超过容积的2/3分析判断； （4）C溶液中混有KOH,盐酸与KOH反应； （5）分析图二装置图知该操作使二茂铁由固体可直接变成气体，然后冷凝收集；棉花团有防止粉末逸出的功能； （6）根据环戊二烯计算二茂铁的理论产量，产率=（实际产量）/(理论产量）以此计算。 【详解】 仪器b是球形冷凝管； 二茂铁中铁是价，易被空气中氧气氧化，通入氮气排尽装置中空气，防止实验过程中亚铁离子被氧化； 由题意可知三颈烧瓶中共加入液体115.5ml，三颈烧瓶中盛放液体的体积不超过容积的，所以选择250ml； 步骤用盐酸洗涤，可除去多余的KOH； 二茂铁由固体直接变成气体，然后冷凝收集，其操作名称为升华；该操作中棉花的作用是防止二茂铁挥发进入空气中； 二茂铁的理论产量为，则产率。 28．（15分）减少污染、保护环境是全世界最热门的课题。 （1）为了减少空气中SO2的排放，常采取的措施有： ①将煤转化为清洁气体燃料。 已知：H2(g)＋1/2O2(g)==H2O(g) ΔH1＝-241.8 kJ·mol－1 C(s)＋1/2O2(g)===CO(g) ΔH2＝－110.5 kJ·mol－1 则焦炭与水蒸气反应生成CO的热化学方程式为 。 ②洗涤含SO2的烟气。以下物质可作洗涤剂的是 （填序号）： a．Ca(OH)2b．CaCl2c．Na2CO3d．NaHSO3 （2）CO在催化剂作用下可以与H2反应生成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。 在密闭容器中充有10 mol CO与20 mol H2，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。 ①M、N两点平衡状态下，容器中总物质的物质的 量之比为：n(M)总：n(N)总= 。 ②若M、N、Q三点的平衡常数KM、KN、KQ的 大小关系为 。 （3）催化硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。 ①催化硝化法中，用H2将NO3-还原为N2，一段时间后，溶液的碱性明显增强。则该反应离子方程式为 。 ②电化学降解NO3-的原理如图所示，电源正极为 （填“a”或“b”）；若总反应为4NO3-+4H+====5O2↑+2N2↑+2H2O，则阴极反应式为 。 【答案】（1）① C(s)+H2O(g)＝CO(g) +H2(g) ΔH＝+131.3kJ·mol－1（2分） ②a c（2分，错1个0分） （2）① 5：4（2分） ②KM=KN>KQ（3分） （3）① 2 NO3－+5H2N2+2OH－+4H2O（2分） ② a（2分） 2 NO3－+12 H++10e－=N2↑+6H2O（2分） 【解析】 试题分析：（1）①已知反应：①H2(g)＋1/2O2(g)==H2O(g) △H1＝-241.8 kJ·mol－1、②C(s)＋1/2O2(g)＝CO(g) △H2＝－110.5 kJ·mol－1，则根据盖斯定律可知②－①即得到焦炭与水蒸气反应生成CO的热化学方程式，即C(s)+H2O(g)＝CO(g) +H2(g) ΔH＝+131.3kJ·mol－1。 ②氢氧化钙和碳酸钠均与SO2反应，可以作为洗涤剂，氯化钙与亚硫酸氢钠与SO2均不反应，不能作为洗涤剂，答案选ac。 （2）①M点CO的转化率为0.5，则参加反应的CO为10mol×0.5=5mol，则： CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）气体物质的量减少 2 5mol 10mol 故M点平衡时，混合气体总的物质的量=10mol+20mol-10mol=20mol N点CO的转化率为0.7，则参加反应的CO为10mol×0.7=7mol，则： CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）气体物质的量减少 1 2 7mol 14mol 故N点平衡时，混合气体总的物质的量=10mol+20mol-14mol=16mol 故M、N两点时容器内总气体的物质的量之比n（M）：n（N）=20mol：16mol=5：4。 ②由图可知，一定压强下，温度越高，CO的转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，Q点的温度高于M、N点，故平衡常数KM＝KN＞KQ。 （3）①用H2将NO3-还原为N2，一段时间后，溶液的碱性明显增强，这说明反应中有氢氧根生成，则该反应离子方程式为2NO3－+5H2催化剂N2+2OH－+4H2O。 ②溶液中氢氧根在阳极放电生成氧气，则根据装置图可知产生氧气的电极是阳极。电解池中阳极与电源的正极相连，所以a是电源的正极。根据总反应为4NO3-+4H+通电5O2↑+2N2↑+2H2O可知阴极是硝酸根得到电子生成氮气，则阴极反应式为2NO3－+12H++10e－＝N2↑+6H2O。 考点：考查热化学方程式的书写、SO2的性质、可逆反应的有关计算与判断以及电化学原理的应用 （二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 35．［化学——选修3：物质结构与性质］（15分） 铬、钼、钨都是ⅥB族元素，且原子序数依次增大，它们的单质和化合物在生活、生产中有广泛应用。 铬元素的最高化合价为________；基态钼原子的核外电子排布类似于基态铬原子，其原子核外有________个未成对电子。 钼可作有机合成的催化剂。例如，苯甲醛被还原成环己基甲醇。 环己基甲醇分子中采取杂化的原子是________写元素符号。 环己基甲醇的沸点高于苯甲醛，其原因是________。 铬离子能形成多种配合物，例如。 已知配合物的中心粒子的配位数指配位原子总数。上述配合物中，的配位数为________。 上述配合物中的非金属元素按电负性由小到大的顺序排列为________。 铬的一种氧化物的晶胞结构如图所示。 该氧化物的化学式为________。 已知晶胞底面的边长为acm，晶胞的高为bcm，代表阿伏加德罗常数的值，该铬的氧化物的摩尔质量为。该晶体的密度为________用含a、b、和M的代数式表示。 【答案】（1） （1分） 6 （1分） （2）、O（2分） 环己基甲醇分子间能够形成氢键（2分） （3） （2分） （2分） （4）（2分） （3分） 【解析】 【分析】 (1)Cr位于周期表中第4周期第ⅥB族，最高化合价为+6，基态钼原子的核外电子排布类似于基态铬原子，根据Cr的电子排布解答； (2)①环己基甲醇分子中，C和O均满足八隅体，C和O均达到饱和； ②环己基甲醇的分子间存在氢键； (3)①配合物的中心粒子的配位数指配位原子总数，OH-和H2O均为单齿配体，H2NCH2CH2NH2为双齿配体； ②上述配合物中，非金属元素有C、H、O、N，同周期主族元素，随着原子序数增大，电负性增大； (4)①每个晶胞中含有数目为：4；数目为：； 每个晶胞的质量，晶胞的体积，再结合计算即可。 【详解】 为24号元素，价电子排布式为，最高正价为价；基态钼原子的核外电子排布类似于基态铬原子，价电子排布式为，其原子核外有6个未成对电子； 环己基甲醇中C均以单键连接，采取杂化，O原子的杂化轨道数为4，也采取杂化； 环己基甲醇中含有羟基，分子间存在氢键，沸点较高； 中2个N原子均与形成配位键，配体有3个、1个和1个，故C的配位数为6； 同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，氢的电负性在四种元素中最小，故电负性：； 每个晶胞中含有数目为：4；数目为：，故化学式为； 每个晶胞的质量，晶胞的体积，故晶胞的密度。 36．［化学——选修5：有机化学基础］（15分） 兔耳草醛H是一种重要的香料，主要用于食品、化妆品等工业中。用有机物A为原料可以合成兔耳草醛H，其合成路线如图所示： 中间产物D是一种精细化工产品，可用作香料，能发生如下反应： 已知：Ⅰ．已知：醛与二元醇(如乙二醇)可生成环状缩醛： 请回答： （1）D的结构简式为 ，E中含有的官能团名称为 。 （2）A分子中碳、氢的质量比为12︰1，A的分子式为 ，B的结构简式为 。 （3）反应①的反应类型 , 反应②的化学方程式为 。 （4）兔耳草醛H中的含氧官能团易被氧化，生成化合物W， G与W可发生酯化反应，写出G与W反应的化学方程式 。 （5）W与是否互为同分异构体 （填“是”或“否”），符合下列条件的的同分异构体有 种，写出其中一种的结构简式 。 a．属于芳香族化合物且苯环上有五个取代基 b．核磁共振氢谱有四种类型氢原子的吸收峰 c．1mol该物质最多可消耗2molNaOH d．能发生银镜反应 【答案】 （1） （2分） 羟基 醛基（2分） （2） C6H6（1分） （1分） （3） 加成反应或还原反应 （1分） （2分） （4）（2分） （5）否（1分） 2（1分） （2分） 【解析】 试题分析：（1）根据D和聚乙烯醇的反应的生成物结构简式可知，D的结构简式应该是。根据已知信息Ⅱ可知，E的结构简式是，所以含有的官能团是醛基和羟基。 （2）A分子中碳、氢的质量比为12︰1，则A分子中碳氢原子数之比是1︰1。由于D中含有苯环，所以A的分子式为C6H6。根据D的结构简式可知，B的结构简式应该是。 （3）E中含有羟基，发生消去反应生成碳碳双键，即F中含有碳碳双键，所以反应①的反应类型是加成反应。又因为F中还含有醛基，所以加成后生成羟基，即G中含有羟基。由于H的相对分子质量是190，所以反应②是羟基的催化氧化反应，方程式是。 （4）H中含有醛基，能被氧化生成羧基。而G中含有羟基，所以可以发生酯化反应，方程式是。 （5）W与分子式不同，所以二者不可能是互为同分异构体。能发生银镜反应，说明含有醛基。1mol该物质最多可消耗2molNaOH，且苯环上有五个取代基，所以应该含有的是2个酚羟基。又因为核磁共振氢谱有四种类型氢原子的吸收峰，所以可能的结构简式是，即共计是2种同分异构体。 附：流程图 考点：考查有机物的合成、同分异构体的判断等。 点评：有机合成路线的选择基本要求是：原料廉价易得，路线简捷，便于操作，反应条件适宜，产品易于分离等。解答有机合成题目的关键在于：①选择出合理简单的合成路线；②熟练掌握好各类有机物的组成、结构、性质、相互衍生关系以及重要官能团的引进和消去等基础知识。具体的方法是教材中“旧”知识和题意中“新”知识的应用。 有机合成路线的推导，一般有两种方法：一是“直导法”：从原料出发，根据原料的性质，采取一定的反应，逐步向产品逼近，有时可直至产品。二是“反推法”：从产品出发，通过分析产品的组成和结构，进行逆向思维，推出相关的中间体，直至原料。另外在合成某一种产物时，可能会产生多种不同的方法和途径，应当在兼顾原料省、产率高的前提下选择最合理、最简单的方法和途径。 17 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！