1、河南省南阳市第一中学2019届高三化学第十九次考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Al-27 Si-28 Ca-40 Fe-56 Cu-64 一、选择题（本题共13小题，每小题6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）1.化学与生产、生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是A. 水滴石穿B. 用沾有KMnO4的硅藻土做水果保鲜剂C. 肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂D. NaCl固体加入蛋白质溶液中生成沉淀【答案】D【解析】【详解】A.水滴石穿是指滴水产生的力在不断的作用在石头上，时间长了和碳酸钙、二氧化碳反应生成溶于水的
2、碳酸氢钙，使石头上出现了小孔，有新物质生成，属于化学变化，A错误；B.水果释放出的乙烯能催熟水果，高锰酸钾能氧化乙烯，所以用浸有酸性高锰酸钾的硅藻土作水果保鲜剂，与氧化还原反应有关，B错误；C.肥皂水显碱性，与蚊虫叮咬处释放的酸发生中和反应，发生了化学反应，C错误；D.蛋白质溶液中加入饱和NaCl溶液发生盐析，没有新物质生成，属于物理变化，D正确；故合理选项是D。2.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CCaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2饱
3、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.CaCO3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C。3.设NA为阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是A. 0.01 molL-1氯水中
4、，Cl2、Cl-和ClO-三粒子数目之和大于0.01 NAB. 氢氧燃料电池正极消耗22.4 L气体时，负极消耗的气体分子数目为2 NAC. 2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.2 NAD. 0.l mol/L(NH4)2SO4溶液与0.2 mol/LNH4Cl溶液中的NH4+数目相同【答案】C【解析】【详解】A.缺少体积数据，不能计算微粒数目，A错误；B.缺少条件，不能计算气体的物质的量，也就不能计算转移的电子数目，B错误；C.Mg是+2价的金属，2.4gMg的物质的量是0.1mol，反应会失去0.2mol电子，因此2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3
5、N2，转移的电子数为0.2NA，C正确；D.溶液的体积未知，不能计算微粒的数目，D错误；故合理选项是C。4.药物麻黄碱和牛磺酸的结构简式如图。有关麻黄碱、牛磺酸的叙述正确的是麻黄碱 牛磺酸A. 分子式分别为 C10H16ON、C2H7NO2SB. 均能发生取代反应，麻黄碱还能发生加成反应C. 均能与金属钠及氢氧化钠溶液反应D. 牛磺酸与HSCH2CH( NH2)COOH( 半胱氨酸) 互为同系物【答案】B【解析】【详解】A.根据物质结构简式可知麻黄碱分子式是C10H15ON，牛磺酸分子式是C2H7NO3S，A错误；B.麻黄碱含有苯环、醇羟基，可以发生取代反应，含有苯环，可以发生加成反应；牛磺酸
6、含有羟基、氨基，可以发生取代反应，B正确；C.麻黄碱含有醇羟基，可以与Na反应，但不能与NaOH发生反应，C错误；D.牛磺酸与HSCH2CH( NH2)COOH(半胱氨酸)结构不同，因此二者不能互为同系物，D错误；故合理选项是B。5.a、b、c、d为短周期元素，原子序数依次增大。a原子最外层电子数等于电子层数3倍，a和b能组成两种常见的离子化合物，其中一种含两种化学键，d的最高价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强酸。向d的氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液，开始没有沉淀；随着bca2溶液的不断滴加，逐渐产生白色沉淀。下列推断正确的是A. 简单原子半径：bcaB. 最高价氧化物对应水化物的碱
7、性：bAlO，A正确；B. 最高价氧化物对应水化物的碱性，氢氧化钠强于氢氧化铝，B不正确；C. 工业上电解熔融三氧化二铝来冶炼铝，氯化铝是共价化合物，其在熔融状态下不导电，C不正确；D. 向过氧化钠中加入足量的氯化铝溶液可以产生氢氧化铝沉淀，D不正确。本题选A。6.工业上氟气可作为火箭燃料中的氧化剂，氟单质的制备通常采用电解法。已知：KFHF=KHF2，电解熔融的氟氢化钾(KHF2)和无水氟化氢的混合物制备F2的装置如图所示。下列说法错误的是A. 钢电极与电源的负极相连B. 电解过程中需不断补充的X是KFC. 阴极室与阳极室必须隔开D. 氟氢化钾在氟化氢中可以电离【答案】B【解析】【分析】根据
8、装置图，钢电极上产生H2，碳电极上产生F2，然后根据电解原理进行分析和判断；【详解】A、根据装置图，KHF2中H元素显1价，钢电极上析出H2，表明钢电极上发生得电子的还原反应，即钢电极是电解池的阴极，钢电极与电源的负极相连，故A说法正确；B、根据装置图，逸出的气体为H2和F2，说明电解质无水溶液中减少的是氢和氟元素，因此电解过程需要不断补充的X是HF，故B说法错误；C、阳极室生成氟气，阴极室产生H2，二者接触发生剧烈反应甚至爆炸，因此必须隔开防止氟气与氢气接触，故C说法正确；D、由氟氢化钾的氟化氢无水溶液可以导电，可推知氟氢化钾在氟化氢中发生电离，故D说法正确。7.25 时，NaCN溶液中CN
9、、HCN浓度所占分数()随pH变化的关系如下图甲所示。向10 mL 0.01 molL1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 molL1的盐酸，其pH变化曲线如下图乙所示。下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是()A. 图甲中pH7的溶液：c(Cl)c(HCN)B. 图甲中a点的溶液：c(CN)c(Cl)c(HCN)c(OH)c(H)D. 图乙中c点的溶液：c(Na)c(H)c(HCN)c(OH)2c(CN)【答案】AD【解析】【详解】A. 由图可知，图甲中pH7时，c(HCN)c(CN-)，而根据电荷守恒可以知道，c(Na)c(H)c(Cl)c(OH)c(CN)，由于c(H)=c(OH)，
10、则c(Na)c(Cl)c(CN)，根据物料守恒得c(Na)= c(HCN)+ c(CN)，所以c(Cl)c(HCN)，故A正确；B. 图甲中的a点是HCN、CN-浓度相等，根据物料守恒得c(Na)= c(HCN)+ c(CN)，而根据电荷守恒可以知道，c(Na)c(H)c(Cl)c(OH)c(CN)，则 c(HCN)c(H)c(OH)c(Cl)，由图可知，此时溶液pH7，c(H)c(Cl)，故B错误；C. 图乙中b点时，溶液中溶质为等物质的量浓度的溶液：c(NaCN)c(NaCl)=c(HCN)，溶液呈碱性，说明CN的水解程度大于HCN的电离程度，所以c(HCN) c(Cl) c(CN) c(
11、OH) c(H)，故C错误；D. 图乙中c点的溶液，二者恰好完全反应，根据物料守恒得c(Cl)= c(Na)= c(HCN)+ c(CN)，而根据电荷守恒可以知道，c(Na)c(H)c(Cl)c(OH)c(CN)，则c(Na)c(H)c(HCN)c(OH)2c(CN)，所以D选项是正确的。答案选AD。三、非选择题：（包括必考题和选考题两部分第22题-32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题-38题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题8.某学生对Na2SO3与AgNO3在不同pH下的反应进行探究。（1）测得Na2SO3溶液pH=11，AgNO3溶液pH=5，二者水解的离子分别是 。（2
12、）调节pH，实验记录如下：实验pH现象A10产生白色沉淀，稍后溶解，溶液澄清B6产生白色沉淀，一段时间后，沉淀未溶解C2产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X查阅资料得知：Ag2SO3：白色，难溶于水，溶于过量Na2SO3的溶液Ag2O：棕黑色，不溶于水，能和酸反应推测a中白色沉淀为Ag2SO3，离子方程式是 。推测a中白色沉淀为Ag2SO4，推测的依据是 。（3）取b、c中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中，沉淀溶解。该同学设计实验确认了白色沉淀不是Ag2SO4，实验方法是：另取Ag2SO4固体置于 溶液中，未溶解。（4）将c中X滤出、洗净，为确认其组成，实验如下：.向X中滴加稀
13、盐酸，无明显变化向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体用Ba(NO3)2溶液、BaCl2溶液检验中反应后的溶液，前者无变化，后者产生白色沉淀实验的目的是 。根据实验现象，分析X的性质和元素组成是 。中反应的化学方程式是 。（5）该同学综合以上实验，分析产生X的原因，认为随着酸性的增强，还原性增强。通过进一步实验确认了这种可能性，实验如图所示：气体Y是 。白色沉淀转化为X的化学方程式是 。【答案】（1）亚硫酸根离子和银离子。（2）2Ag+SO32-=Ag2SO3。亚硫酸根有还原性，若被氧化为硫酸根离子，即可与银离子结合生成硫酸银沉淀。（3）过量亚硫酸钠。（4）判断X是否是氧化银。有还原性，含有
14、银元素，不含硫元素。Ag+2HNO3（浓）=AgNO3+NO2+H2O。（5）二氧化硫。Ag2SO3+H2O2Ag+H2SO4【解析】（1）推测a中白色沉淀为Ag2SO3, Ag+与SO32-反应生成Ag2SO3, Ag2SO3溶于过量的 Na2SO3溶液,生成沉淀的离子方程式为: 2Ag+SO32-=Ag2SO3；正确答案: 2Ag+SO32-=Ag2SO3。推测a中白色沉淀为Ag2SO4，其根据为SO32-有还原性,可能被氧化为SO42-,与Ag+反应生成 Ag2SO4白色沉淀；正确答案：SO32-有还原性，若被氧化为SO42-，即可与Ag+结合生成Ag2SO4沉淀。 （2）Ag2SO3白
15、色，难溶于水，溶于过量Na2SO3溶液，取B、C中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中,沉淀溶解,说明B、C中白色沉淀为Ag2SO3；另取Ag2SO4固体,同样条件置于足量 Na2SO3溶液中,进行对照试验,发现沉淀不溶解；正确答案: 过量Na2SO3。（3）氧化银能和盐酸生成白色氯化银沉淀和水, 溶液的pH=2，产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X，向X中滴加稀盐酸，无明显变化，说明X不是Ag2O；正确答案:检验X是否为Ag2O 。向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体为NO2，X与浓硝酸发生氧化还原反应，X具有还原性，X只能为金属单质，只能为银；因此X中含有Ag元素，不含S元
16、素；正确答案:有还原性； 含有Ag元素，不含S元素。向X中加入过量HNO3(浓)，产生红棕色气体为NO2，银和硝酸反应，氮元素从+5变为+4价，同时生成硝酸银和水，反应方程式为: Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2+H2O；正确答案：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2+H2O。（4）海绵状棕黑色物质X为Ag；随着酸性的增强，+4价硫的还原性增强,能被+1价银氧化；可通过+4价硫的氧化物二氧化硫进行实验确认，通入二氧化硫后，瓶中白色沉淀Ag2SO3转化为棕黑色Ag；正确答案是: SO2。X为Ag,白色沉淀转化为Ag,在酸性条件下,亚硫酸银中+4价的硫,被+1价银氧化生成银和硫酸,
17、反应为: Ag2SO3+ H2O2Ag+H2SO4；正确答案：Ag2SO3+ H2O2Ag+H2SO4。9.聚硅酸铁是目前无机高分子絮凝剂研究热点，一种用钢管厂的废铁渣（主要成分Fe3O4，少量碳及二氧化硅）为原料制备的流程如下：（1）废铁渣进行“粉碎”的目的是_。（2）“酸浸”需适宜的酸浓度、液固比、酸浸温度、氧流量等，其中酸浸温度对铁浸取率的影响如右图所示：加热条件下酸浸时，Fe3O4与硫酸反应的化学方程式为_。酸浸时，通入O2的目的是_，该反应的离子方程式为_。当酸浸温度超过100时，铁浸取率反而减小，其原因是_。（3）滤渣的主要成分为_（填化学式）。（4）“Fe3+浓度检测”是先用Sn
18、Cl2将Fe3+还原为Fe2+；在酸性条件下，再用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+（Cr2O72被还原为Cr3+），该滴定反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率 (2). Fe3O4+4H2SO4FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O (3). 将FeSO4氧化为Fe2(SO4)3 (4). 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O (5). 温度超过100明显加快了Fe3+水解反应的速率，导致Fe3+浓度降低 (6). C和SiO2 (7). 6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O【解析】(1)对废铁渣进行粉碎
19、的目的：减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率；故答案为：减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率；(2)加热条件下酸浸时，Fe3O4与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，方程式为：Fe3O4+4H2SO4FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O；故答案为：Fe3O4+4H2SO4FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O；酸浸时有亚铁离子生成，通入氧气能将亚铁离子氧化为铁离子；反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，故答案为：将FeSO4氧化为Fe2(SO4)3；4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；铁离子在水溶液中存在水解，温度升高有利于水解反应的进行
20、，温度超过100明显加快了Fe3+水解反应的速率，导致Fe3+浓度降低；故答案为：温度超过100明显加快了Fe3+水解反应的速率，导致Fe3+浓度降低；(3)废铁渣(主要成分Fe3O4，少量碳及二氧化硅)，酸浸，碳与二氧化硅不溶于稀硫酸也不反应，故滤渣的主要成分问碳和二氧化硅；故答案为：C和SiO2；(4)在酸性条件下，再用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+(Cr2O72-被还原为Cr3+)，则亚铁离子被氧化为铁离子，发生的离子方程式为：6Fe2+Cr2O72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O；故答案为：6Fe2+Cr2O72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O。点睛：本题是制备
21、工艺流程图的考查，涉及了氧化还原反应离子方程式的书写，铁的有关物质的性质。本题的易错点是氧化还原反应方程式的书写和配平。10.含氮化合物对环境、生产和人类生命活动等具有很大的影响。请按要求回答下列问题(1)利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除工厂废气中的NO、NO2，反应机理如下图所示。A包含物质为H2O和_(填化学式)(2)已知：4NH3(g)+6NO(g) =5N2(g)+6H2O(g) H1=a kJ/mol4NH3(g)+5O2(g)= 4NO(g)+6H2O(g) H2=b kJ/molH2O(l)=H2O(g) H3=+c kJ/mol则反应4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)
22、+6H2O(l)的H=_ kJ/mol(3)工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN的反应为：CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g ) H0其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图甲所示。则X可以是_(填字母序号)a温度 b压强 c催化剂 d 在一定温度下，向2L密闭容器中加入 n mol CH4和2 moI NH3，平衡时NH3体积分数随n变化的关系如图乙所示。a点时，CH4的转化率为_%；平衡常数：K(a)_K(b)(填“”“=”或“0的正反应是气体体积增大的吸热反应，根据X越大，NH3的转化率越小分析影响因素；根据加入2molNH3、2molCH4时，利用三段
23、式法，结合平衡时氨气含量是30%，计算出各种物质的平衡物质的量，再结合反应时二者消耗关系，可计算CH4的转化率；并根据化学平衡常数的含义计算此时反应平衡常数；(4)根据可逆反应达到平衡状态时，V正=V逆，结合平衡常数表达式计算K与K正、K逆的关系；将P(O2)=4.5kPa，肌红蛋白的结合度(a)是90%，带入平衡常数表达式可得K；将K=中的K、k逆带入可得k正。【详解】(1)根据流程图可知NH3与废气中的NO、NO2反应，最终产生无毒无害的氮气和水；(2)4NH3(g)+6NO(g) =5N2(g)+6H2O(g) H1=a kJ/mol4NH3(g)+5O2(g)= 4NO(g)+6H2O
24、(g) H2=b kJ/mol H2O(l)=H2O(g) H3=+c kJ/mol根据盖斯定律，将(2+3-30)，整理可得4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l) H=kJ/mol；(3)反应CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g )的正反应是气体体积增大的吸热反应，根据图象可知：X越大，氨气的转化率越小。a.升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，使氨气的转化率增大，a错误；b.增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，使氨气的转化率降低，b正确 c.催化剂只能改变反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此对氨气的转化率无影响，c错误； d.增大，相
25、对来说氨气增大的多，平衡正向移动，但平衡移动消耗量远远小于加入氨气的量，所以氨气的转化率降低，d正确；故合理选项是ad；对于反应：CH4(g) + NH3(g)HCN(g)+3H2(g )，假设反应消耗CH4物质的量为x开始(mol) 2 2 0 0转化(mol) x x x 3x平衡(mol) 2-x 2-x x 3x根据图象可知在平衡时氨气的体积分数是30%，可得=30%，解得x=0.5，则a点时，CH4的转化率为=25%；由于温度不变，所以无论是在线上任何一点，化学反应的平衡常数都不变，因此K(a)=K(b)；(4)可逆反应达到平衡状态时，V正=V逆，由于正=k正c(Mb) P(O2)，
26、逆=k逆c(MbO2)，所以k正c(Mb) P(O2)= k逆c(MbO2)，而反应Mb(ag)+O2(g)MbO2(aq)的平衡常数K=；将C点时，P(O2)=4.5，肌红蛋白的结合度(a)是90%带入平衡常数表达式中可得K=2；K=，由于K=2，k逆=60s-1带入该式子，可得k正=Kk逆=260s-1=120s-1。【点睛】本题考查了盖斯定律、化学反应速率和化学平衡的有关知识，涉及热化学方程式的书写、化学平衡状态的判断、化学平衡常数的计算及与化学平衡常数与速率常数的关系等的计算的知识。掌握化学基础知识，利用题目提供的信息进行分析与解答问题的能力。充分利用题目信息是解答问题的关键。(二)选
27、考题:共45分。请考生从给出2道物理题、2道化学题，2道生物题中每科任选一道作答。并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。11.铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2及(NH4)4UO2(CO3)3等。回答下列问题：(1)UF4用Mg或Ca还原可得金属铀。与钙同周期基态原子的未成对电子数为2的元素共有_种；原子序数为镁元素的二倍的元素的基态原子价电子排布图为_。(2)已知：2UO2+5NH4HF2 150 2UF4NH4F+3NH3+4H2O HF2-的结构为F-H
28、F-NH4HF2中含有的化学键有_ (填选项字母)。A.氢键 B.配位键 C.共价键 D.离子键 E.金属键与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有_种。(3)已知：3(NH4)4UO2(CO3)3 800 3UO2+10NH3+9CO2+N2+9H2O物质中与CO32-的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为_。分解所得的气态化合物的分子键角由小到大的顺序为_(填化学式)(4)下列排列方式中，通常条件下Cu的晶体的堆积方式是_(填序号)。A.ABCABCABC B.ABABABABAB C.ABBAABBA D.ABCCBCABCCBA(5)水在不同的温度和压力条件下可形成11种不同结构的
29、晶体，密度从比水轻的0.92g/cm3到约为水的1.5倍。冰是人们迄今已知的由一种简单分子堆积出结构花样最多的化合物。其中冰- 的晶体结构为一个如图所示的立方晶胞，每个水分子与周围4个水分子以氢键结合。设O-H-O距离为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该冰晶体的密度为_ g/cm3(列出计算式即可)。【答案】 (1). 4 (2). (3). BCD (4). 3 (5). 3：2 (6). H2ONH3CO2 (7). A (8). 【解析】【分析】(1)与钙同周期基态原子的未成对电子数为2 的元素有：Ti，Ni，Ge，Se，Mg的原子序数为12，则原子序数为镁元素的二倍的元素为Cr，C
30、r处于周期表中第四周期第B族；(2)NH4HF2中含有离子键，共价键，配位键；与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有N、F、Ne；(3)CO32-中C的杂化方式为sp2，分子中苯环C为sp2杂化，-CN中C为sp杂化，-CH3与-CH2-中与-CH中C为sp3杂化，据此计算；分解所得的气态化合物有H2O，NH3，CO2，H2O为V形，NH3为三角锥形，CO2为直线形，H2O中有两对孤电子对，NH3中1对孤电子对，孤电子对与键合电子对斥力大于键合电子对与键合电子对间斥力；(4)Cu是面心立方最密堆积，它的堆积方式为ABCABCABC；(5)根据=计算密度。【详解】(1)与钙同周期基态原子的未成对
31、电子数为2 的元素有：Ti、Ni、Ge、Se，共有4种；Mg的原子序数为12，则原子序数为镁元素的二倍的元素为Cr，Cr处于周期表中第四周期第B族，其价电子排布式为3d54s1，则价电子排布图为：；(2)NH4HF2中含有离子键，共价键，配位键，所以合理选项是BCD；与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有N、F、Ne，共有3种元素(3)CO32-中C的杂化方式为sp2，分子中苯环C为sp2杂化，-CN中C为sp杂化，-CH3与-CH2-中与-CH3中C为sp3杂化，所以分子中sp2杂化的C原子有6个，sp杂化C原子有1个，sp3杂化的C原子有3个，则与CO32-的碳原子杂化类型相同和不同的碳原
32、子的个数比为6：4=3：2；分解所得的气态化合物有H2O，NH3，CO2，H2O为V形，NH3为三角锥形，CO2为直线形，H2O中有两对孤电子对，NH3中1对孤电子对，孤电子对与键合电子对斥力大于键合电子对与键合电子对间斥力，所以键角大小为：H2ONH3CO2；(4)Cu是面心立方最密堆积，它的堆积方式为ABCABCABC；(5)根据图示结构分析，一个晶胞中含有H2O的数目为8+1=2个，不妨取1mol这样的晶胞，即有NA个这样的晶胞，1mol晶胞的质量为m=218g=36g，一个晶胞的体积为V=L3cm3，根据几何关系，每个水分子与周围4个水分子以氢键结合，则晶胞边长(L)与O-HO距离间存
33、在关系为：L=，所以一个晶胞体积为V=L3pm3=(10-10)3cm3，则晶体密度为=g/cm3=g/cm3。【点睛】本题综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、杂化理论、键角大小比较、晶胞的密度等知识点，难点是计算晶胞的密度，能正确解答晶胞的体积是解本题的关键。12.酯类化合物H是一种医药中间体，常用于防晒霜中紫外线的吸收剂。实验室由化合物A和E制备H的一种合成路线如下图:已知回答下列问题:(1)经测定E的相对分子质量为28，常用来测定有机物相对分子质量的仪器为_。F中只有一种化学环境的氢原子，其结构简式为_。(2)(CH3)2SO4是一种酯，其名称为_。(3)A能与Na2CO3溶液
34、及浓溴水反应，且1molA最多可与2molBr2反应。核磁共振氢谱表明A的苯环上有四种不同化学环境的氢原子。A的结构简式为_。C中含氧官能团的名称为_。(4)D+GH的化学方程式为_。(5)C的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_种(不含立体异构)。遇FeCl3溶液发生显色反应能发生水解反应(6)参照上述合成路线，设计一条由和(CH3)3CCl为起始原料制备的合成路线(其他试剂任选)； _。【答案】 (1). 质谱仪 (2). (3). 硫酸二甲酯 (4). (5). 羧基、醚键 (6). +HOCH2CH2OH +H2O (7). 19 (8). 【解析】【分析】A能与Na2CO3溶液及溴
35、水反应，A发生信息中的取代反应生成B，A的苯环上有四种不同化学环境的氢原子，结合B的分子式，可知B为，逆推可知A为；B发生氧化反应生成C为，C发生信息中的反应生成D为，E的相对分子质量为28，E催化氧化产生的F中只有一种化学环境的氢原子，则E是乙烯CH2=CH2，E发生催化氧化生成F，F中只有一种化学环境的氢原子，F结构简式为，F与水反应产生的G是乙二醇； G结构简式为HOCH2CH2OH，结合H的分子式可知H为；(6)由苯酚和(CH3)3CCl为起始原料制备，可先由苯酚发生信息反应，再发生硝化反应，最后与HI反应可生成目标物，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知：A为；B为；C为；D为；E
36、为CH2=CH2；F为；G为HOCH2CH2OH；H为。(1)经测定E相对分子质量为28，常用来测定有机物相对分子质量的仪器为质谱仪。F中只有一种化学环境的氢原子，其结构简式为。(2)(CH3)2SO4是一种酯，是硫酸与2个甲醇发生酯化反应产生酯，因此其名称为硫酸二甲酯。(3)根据上述分析可知A的结构简式为，C为，可见C中含氧官能团的名称为羧基、醚键。(4)D+G发生酯化反应产生H的化学方程式为+HOCH2CH2OH +H2O。(5)C为，其中含有的官能团是-COOH、，C的同分异构体中能同时满足条件遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；能发生水解反应，说明含有酯基，如含有3个取代基，则可为-OH、-OOCH、-CH3，有10种同分异构体，如含有2个取代基，一个为-OH，另一个可为-OOCCH3、-CH2OOCH、-COOCH3，各有邻、间、对3种，因此共有19种同分异构体；(6)由苯酚和(CH3)3CCl为起始原料制备，可先由苯酚发生信息反应，再发生硝化反应，最后与HI发生反应可生成目标物，则该反应的流程为：。【点睛】本题考查有机物的合成的知识，涉及物质结构简式的书写、官能团的判断、化学方程式的书写及同分异构体种类的判断等，把握官能团与性质、有机反应、合成反应中官能团的变化及碳原子数变化为解答的关键，注意有机物性质的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。
