1、四川省成都双流棠湖中学2020届高三化学下学期模拟试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cu-64 Ni-59第卷一、选择题：本大题共7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.化学与生活、能源、环境等密切相关。下列描述错误的是（ ）A. 采用催化转化技术，可将汽车尾气中的一氧化碳和氮氧化物转化为无毒气体B. “雾霾天气”“温室效应”“光化学烟雾”的形成都与氮的氧化物无关C. 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是单质硅D. “地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油【答案】B【解析】【详解】A.
2、 采用催化转化技术，可将汽车尾气中的一氧化碳和氮氧化物转化为无毒的氮气和CO2，A正确；B. 氮的氧化物能引起酸雨、光化学烟雾、雾霾天气，但与温室效应的形成无关，B错误；C. 硅是良好的半导体材料，计算机芯片的材料是单质硅，C正确；D. “地沟油”成分为高级脂肪酸甘油酯，碱性条件下可以发生水解，生成的高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，故地沟油经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油，D正确；故选B。2.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 0.1mol MnO2与40mL 10mol/L的浓盐酸充分反应，生成的氯气分子数为0.1NAB. 0.1mol铁粉与足量水蒸气反应生成的H2
3、分子数目为0.1NAC. 分子数目为0.1NA的N2和NH3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3NAD. 用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后，若加入0.05mol的Cu2(OH)2CO3固体恰好能使溶液恢复到原来的浓度，则该电解过程中转移电子的数目为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A. 0.1mol MnO2与40mL 10mol/L的浓盐酸充分反应，反应过程中盐酸浓度减小，反应停止，故生成的氯气分子数为小于0.1NA，A错误；B. 0.1mol铁粉与足量水蒸气反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，据此计算生成的H2分子数目应为0.13NA，B错误；C.
4、 N2和NH3 均存在3对共用电子，分子数目为0.1NA的N2和NH3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3NA，C正确；D. Cu2(OH)2CO3与稀硫酸反应生成硫酸铜、水和CO2，故加入0.05mol的Cu2(OH)2CO3固体相当于加入0.1mol的CuO和0.05mol的H2O，由此推断阴极铜离子放电析出铜0.1mol，氢离子放电放出氢气0.05mol，阳极氢氧根离子放电，则转移电子的物质的量为：，则该电解过程中转移电子的数目为0.3NA，D错误；故选C。3.下列与NH4Fe(SO4)224H2O溶液有关描述及离子方程式正确的是（ ）A. 该溶液中H+、Fe2+、SCN-、Br
5、-可以大量共存B. 该溶液中滴入少量NaOH溶液：3NH4+Fe3+6OH-=3NH3+Fe(OH)3+3H2OC. 该溶液中加入足量的Zn粉：2Fe3+Zn=Zn2+2Fe2+D. 先加盐酸再加入BaCl2溶液：SO42-Ba2+=BaSO4【答案】D【解析】【详解】A. NH4Fe(SO4)224H2O溶液中存在Fe3+，Fe3+、SCN-之间发生反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，A错误；B.滴入氢氧化钠少量时，铵根离子不反应，正确的离子方程式为：Fe3+3OH-= Fe(OH)3，B错误；C.该溶液中加入足量的Zn粉，铁离子被还原成Fe，正确的反应为：2Fe3+3Zn=3Zn2+2
6、Fe，C错误；D.先加盐酸再加入BaCl2溶液，发生反应的离子方程式为：SO42-+Ba2+=BaSO4，D正确；故选D。4.下列对应的试剂（或条件）不能完成实验目的的是（ ）实验目的试剂（条件）A温度对Na2S2O3溶液与H2SO4溶液反应速率的影响热水浴冷水浴B用Na块检验乙醇分子存在不同于烃分子里的氢原子乙醇煤油C用硝酸酸化的AgNO3溶液检验自来水中能否蒸馏除去Cl-自来水蒸馏水D催化剂对H2O2分解速率的影响0.1mol/LFeCl30.2mol/LFeCl3A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.热水浴和冷水浴的温度不同，可以实现探究温度对反应速率的影响，A可
7、达到实验目的；B. 钠与乙醇反应生成氢气，煤油成分为烃类，钠与煤油不反应，可以检验乙醇分子存在不同于烃分子里的氢原子，B可达到实验目的； C.硝酸酸化的AgNO3溶液与含有Cl-的自来水反应，会生成AgCl白色沉淀，若将自来水蒸馏除去Cl-，则与硝酸酸化的AgNO3溶液反应不会生成白色沉淀，C可达到实验目的； D. 0.1mol/L FeCl3溶液或0.2mol/L FeCl3溶液中都含有Fe3+，都会影响H2O2的分解速率，D不能达到实验目的；故选D。【点睛】本题考查的是对照试验，对照实验指其他条件都相同，只有一个条件不同的实验，所以要仔细分析题意，找出不同的条件。5.下列关于有机化合物的认
8、识不正确的是（ ）A. 油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳B. 蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体C. 在水溶液里，乙酸分子中的-CH3可以电离出H+D. 在浓硫酸存在下，苯与浓硝酸共热生成硝基苯的反应属于取代反应【答案】C【解析】【详解】A. 油脂由C、H、O三种元素组成，在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳，故A正确；B. 蔗糖和麦芽糖是二糖，分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故B正确；C. 在水溶液里，只有乙酸分子中羧基可以电离出H+，故C错误；D. 苯与浓硝酸共热，苯环上氢原子被硝基取代，生成硝基苯，属于取代反应，故D正确；故选C。6.水系锂电池具有
9、安全、环保和价格低廉等优点成为当前电池研究领域的热点。以钒酸钠（NaV3O8）为正极材料的电极反应式为：NaV3O8+xLi+xe-=NaLixV3O8，则下列说法不正确的是（ ）A. 充电过程中阳极的电极反应式为NaLixV3O8-xe-=NaV3O8+xLi+，NaLixV3O8中钒的化合价发生变化B 充电过程中Li+从阳极向阴极迁移C. 放电时，负极的电极反应式：Lie-=Li+D. 该电池可以用硫酸锂溶液作电解质【答案】D【解析】【分析】由图可知放电时b电极做负极，a电极做正极；充电过程中b电极做阴极，a电极做阳极。【详解】A. 充电是电解过程，阳极得电子，发生氧化反应，电极反应式为N
10、aLixV3O8-xe-=NaV3O8+xLi+，钒的化合价发生变化，A正确；B. 充电过程中，阳离子向阴极迁移，阴离子向阳极迁移， Li+从阳极向阴极迁移，B正确；C. 原电池放电时，负极Li失电子，发生氧化反应，电极反应式：Li-e-=Li+，C正确；D. 锂可以和硫酸锂溶液中的水反应，所以不用硫酸锂溶液作电解质，D错误；故选D。【点睛】二次电池的电极判断可记忆为“负负正正”，即原电池的负极在电解时接外接电源负极，做阴极；原电池的正极在电解时接外接电源正极，做阳极。7.25时，取浓度均为0.1000mol/L的醋酸溶液和氨水溶液各20.00mL，分别用0.1000mol/LNaOH溶液、0
11、.1000mol/L盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）A. 由滴定曲线，25时Ka(CH3COOH)=Kb(NH3H2O)=10-5B. 当NaOH溶液和盐酸滴加到20.00mL时，曲线和刚好出现交点C. 曲线：滴加溶液到10.00mL时，溶液中c(CH3COO-)+c(OH-)c(H+)D. 在逐滴加入NaOH溶液或盐酸至40.00mL的过程中，水的电离程度先增大后减小【答案】B【解析】【分析】根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线I的pH7，说明是盐酸滴定氨水溶液的滴定曲线；曲线II的pH7，说明是NaOH溶液滴定醋酸溶液的滴定曲线
12、。【详解】A根据图象可知，0.1000mol/L醋酸的pH约为3，0.1000mol/L氨水的pH约为11，据此计算出Ka(CH3COOH)、Kb(NH3H2O)，CH3COOH是弱酸，存在电离平衡，可用三段式计算，溶液中H浓度为103mol/L， 根据Ka= 带入数据，Ka=10-5 molL-1，同理可算出氨水Kb=10-5 molL-1，A正确；B当NaOH溶液和盐酸滴加到20.00mL时，二者反应恰好生成醋酸钠和氯化铵，溶液分别为碱性、酸性，所以曲线和不会相交，B错误；C曲线：滴加溶液到10.00mL时，溶质为等物质的量的醋酸和醋酸钠，根据电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c
13、(Na+)+c(H+)可推出溶液中c(CH3COO-)+c(OH-)c(H+)，C正确；D在逐滴加入NaOH溶液或盐酸至40.00mL的过程中，滴定前溶液为酸性或者碱性，随着中和反应的进行，溶液中氢离子或者氢氧根离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；恰好反应时，由于盐的水解，此时水的电离程度最大；中和反应之后溶液中氢离子或者氢氧根离子浓度逐渐增大，溶液中水电离程度逐渐减小，D正确；故选B。第II卷（非选择题）三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第2628题为必考题，每个试题考生都必须做答。第3536题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题8.为了探究乙二酸的不稳定性、弱酸性和还原性
14、，某化学兴趣小组设计如下实验。查阅资料乙二酸俗称草酸，草酸晶体(H2C2O42H2O)在100时开始升华，157时大量升华并开始分解；草酸蒸气在低温下迅速冷凝为固体；草酸钙不溶于水，草酸蒸气能使澄清石灰水变浑浊。I.乙二酸的不稳定性：根据草酸晶体的组成，猜想其受热分解产物为CO、CO2和H2O。（1）请用下列装置组成一套探究并验证其产物的实验装置。请回答下列问题：装置的连接顺序为：AD_FECG。装置中冰水混合物的作用是_。整套装置存在不合理之处_。.乙二酸的弱酸性：该小组同学为验证草酸性质需0.1mol/L的草酸溶液480mL。（2）配制该溶液需要草酸晶体_g。（3）为验证草酸具有弱酸性设计
15、了下列实验，其中能达到实验目的是_。A.将草酸晶体溶于含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色B.测定0.1mol/L草酸溶液的pHC.将草酸溶液加入Na2CO3溶液中，有CO2放出D.测定草酸钠溶液的pH（4）该小组同学将0.1mol/L草酸溶液和0.1mol/L的NaOH等体积混合后，测定反应后溶液呈酸性，则所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_。.乙二酸的还原性：（5）该小组同学向用硫酸酸化的KMnO4溶液中滴入过量的草酸溶液，发现酸性KMnO4溶液褪色，从而判断草酸具有较强的还原性。该反应的离子方程式为_。【答案】 (1). B (2). G (3). 除去草酸蒸气，防止干扰实验 (4). 没
16、有CO尾气处理装置 (5). 6.3 (6). BD (7). c(Na+)c(HC2O4-)c(H+)c(C2O42-)c(OH-) (8). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O【解析】【分析】本题的实验目的是探究乙二酸的不稳定性、弱酸性和还原性。解题时要结合信息围绕实验目的进行思考。【详解】(1)根据草酸晶体的组成，猜想其受热分解产物为CO2、CO和H2O，由于草酸晶体(H2C2O42H2O)在100时开始升华，157时大量升华并开始分解，草酸蒸气在低温下可冷凝为固体，所以生成的气体中含有草酸蒸气，草酸蒸气能使澄清石灰水变浑浊，检验时产物时可用冰水混合物使
17、草酸冷凝以除去草酸干扰，因为检验二氧化碳需要氢氧化钙溶液，溶液中含有水分，所以要先用无水硫酸铜检验水蒸气；用CuO检验CO，CO生成二氧化碳，为防止CO生成的CO2干扰产物中CO2的检验，所以要先检验CO2、后检验CO，故顺序为用D检验水、用B冷却得到草酸晶体、用G检验二氧化碳、用F吸收二氧化碳、用E干燥CO、用C氧化CO、再用G检验产物二氧化碳，排列顺序是ADBGFECG；冰水混合物作用是除去产物中草酸蒸气，防止干扰实验，故需除去草酸蒸气，防止干扰实验；CO有毒，不能直接排空，所以要有尾气处理装置，而图中没有CO尾气处理装置；(2)配制480mL0.1molL-1的草酸溶液需要500mL容量
18、瓶，则需要草酸晶体质量=cVM=0.1mol/L0.5L126g/mol=6.3g；(3)A将草酸晶体溶于含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色，说明草酸具有酸性，但不能说明草酸部分电离，所以不能证明草酸是弱酸，故A错误；B测定0.1molL-1草酸溶液的pH，如果溶液中氢离子浓度小于草酸浓度的2倍，就说明草酸部分电离为弱电解质，故B正确；C将草酸溶液加入Na2CO3溶液中，有CO2放出，说明草酸酸性大于碳酸，但不能说明草酸部分电离，则不能证明草酸是弱酸，故C错误；D测定草酸钠溶液的pH，如果草酸钠是强酸强碱盐，溶液呈中性，如果草酸钠是弱酸强碱盐，溶液呈碱性，所以能证明草酸是否是弱电解质，故D正确；
19、故答案为：BD；(4)二者恰好反应生成NaHC2O4，混合溶液呈酸性，则c(H+)c(OH-)，Na+不水解、HC2O4-水解，则c(Na+)c(HC2O4-)，溶液呈酸性说明HC2O4-电离程度大于水解程度，所以溶液中c(H+)c(C2O42-)，溶液呈酸性则c(OH-)浓度最小，则溶液中离子浓度大小顺序是c(Na+)c(HC2O4-)c(H+)c(C2O42-)c(OH-；(5)酸性条件下，KMnO4具有强氧化性，酸性KMnO4溶液和草酸发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，Mn元素化合价由+7价变为+2价，则C元素生成稳定氧化物CO2，根据转移电子相等、原子守恒、电荷守恒，书写方程式
20、为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O。【点睛】注意部分装置的作用，比如装置D无水硫酸铜可以检验水、装置B用于冷却草酸得到晶体、装置G用于检验二氧化碳等。再围绕实验题的实验目的综合考虑。9.地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反应，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。（1）实验前：先用0.1molL-1 H2SO4洗涤Fe粉，其目的是_，然后用蒸馏水洗涤至中性；将KNO3溶液的pH调至2.5；为防止空气中的O2对脱氮的影响，应向KNO3溶液中通入_（写化学式）。（2）如图表示足量F
21、e粉还原上述KNO3溶液过程中，测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系(部分副反应产物曲线略去)。请根据图中信息写出t1时刻前该反应的离子方程式_。t1时刻后，该反应仍在进行，溶液中NH4+的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是_。（3）该课题组对影响脱氮速率的因素提出了如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：溶液的pH；假设二：_；假设三：_；（4）请你设计实验验证上述假设一，补充实验步骤及结论：（已知：溶液中的NO3-浓度可用离子色谱仪测定）_、_。【答案】 (1). 除去铁粉表面的氧化物等杂质 (2). N2 (3). 4Fe+10H+NO3-=4Fe2+NH4+
22、3H2O (4). 生成的Fe2+水解（或和溶液中OH-的结合） (5). 温度 (6). 铁粉颗粒大小 (7). pH各不相同，并通入氮气 (8). 用离子色谱仪测定相同反应时间时各溶液中NO3-的浓度，若pH不同KNO3溶液中，测出的NO3-浓度不同，表明pH对脱氮速率有影响，否则无影响【解析】【分析】本题是模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反应，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。【详解】（1）铁表面的氧化物主要是氧化铁，因此H2SO4可以除去Fe粉表面的氧化物是发生反应的化学方程式为Fe2O33H2SO4=Fe2(SO4)33H2O；故答案为：除去铁粉表面的氧化物等杂质；
23、氧气具有氧化性，而空气中含有大量的氧气，所以为防止空气中的O2对脱氮的影响，可向KNO3溶液中通入N2，排出O2；故答案为：N2；（2）根据图中信息可判断，t1时刻前溶液中离子浓度减小的有：H+、NO3-、增大的有Fe2+、NH4+ ，t1时刻前反应的离子方程式为：4Fe+10H+NO3-=4Fe2+NH4+3H2O ，故 t1时刻后，该反应仍在进行，溶液中NH4+的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是发生了水解反应，溶液pH增大，促进水解，故答案为4Fe+10H+NO3-=4Fe2+NH4+3H2O；生成的Fe2+水解（或和溶液中OH-的结合）；（3）影响脱氮速率的因素除了溶液
24、的pH外，还可能是温度、固体与溶液的接触面积等，故答案为：温度；铁粉颗粒大小；（4）要验证溶液的pH影响脱氮速率，需要设计对照实验，其他条件相同，而pH不同，并通入氮气， 再分别向溶液中分别加入足量等质量的同种铁粉，根据已知用离子色谱仪测定相同反应时间时各溶液中NO3-的浓度，故答案为：pH各不相同，并通入氮气；用离子色谱仪测定相同反应时间时各溶液中NO3-的浓度，若pH不同KNO3溶液中，测出的NO3-浓度不同，表明pH对脱氮速率有影响，否则无影响。10.某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，用此废料提取NiSO4和Ni的流程如下：已知：有关金属离子生成氢氧化
25、物沉淀所需的pH如图：（1）滤渣1的主要成分为_。（2）用离子方程式解释加入H2O2的作用_。加Na2CO3调节溶液的pH至5，则滤渣2的主要成分为_。（3）从滤液2中获得NiSO46H2O的实验操作是_、过滤、洗涤、干燥。（4）电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，其基本反应原理示意图如图：B极附近pH会_（填“增大”、“减小”或“不变”）；用平衡移动原理解释B极附近pH变化的原因：_。一段时间后，在A、B两极均收集到11.2L气体(标准状况下)，理论上能得到Ni_g。【答案】 (1). SiO2 (2). 2H+H2O2+2Fe2+=2Fe3+2H2O (3). Fe(OH)3、Al(OH)3
26、(4). 蒸发浓缩、冷却结晶 (5). 减小 (6). H2OH+OH-，OH-B极放电使c(OH-)降低，平衡向右移动，c(H+)增大，导致pH降低 (7). 29.5【解析】【分析】本题是以除杂、分离、提纯为主体的化工流程题，从NiO的废料中（有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质），提取NiSO4和Ni的流程。围绕中心元素Ni，用首尾分析法，看箭头、找三线、结合信息进行做题。【详解】(1). 某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，用稀硫酸处理，金属氧化物与酸反应产生相应的硫酸盐，而酸性氧化物SiO2不能发生反应，成为滤渣，所以滤渣1成分是Si
27、O2； (2). 由于Fe2+、Ni2+形成沉淀的溶液的pH接近，不容易把杂质Fe2+除去，而Fe3+完全沉淀时溶液的pH小于4，可以很好的除去，所以加入H2O2的目的就是将Fe2+氧化为Fe3+除去。用离子方程式表示是2H+ +H2O2 + 2Fe2= 2Fe3+ 2H2O；加Na2CO3调节溶液的pH至5，根据图像可知形成的沉淀是Fe(OH)3、Al(OH)3，所以滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3； (3). 从滤液2中获得NiSO4.6H2O的实验操作是加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；(4). 电解池中根据阳离子移向阴极，阴离子移向阳极可判断A极为阴极，B极为阳极，
28、阳极反应为：4OH-4e-=2H2O+O2；由于OH不断放电，使附近溶液中c(H+)增大，所以pH会减小，故pH变化原因为： H2OH+OH-，OH-在B极放电使c(OH-)降低，平衡向右移动，c(H+)增大，导致pH降低；阳极失电子和阴极得电子的物质的量相等，即，n(Ni)= 0.5mol， ，则m(Ni)=29.5g。【点睛】工艺流程题要看三线：主线主产品、分支副产品、回头为循环。还要关注所加物质的可能作用，是参与反应还是提供反应氛围，满足定量要求等。（二）选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。11.科学
29、家正在研究温室气体CH4和CO2的转化和利用。（1）O原子核外电子的运动状态有_种。（2）CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为_。（3）下列关于CH4和CO2的说法正确的是_(填序号)。a.固态CO2属于分子晶体，在晶体中一个CO2分子周围有12个紧邻的CO2分子b.CH4分子中含有极性共价键，是极性分子c.因为碳氢键键能小于碳氧键，所以CH4熔点低于CO2d.CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp（4）在Ni基催化剂作用下，CH4和CO2反应可获得化工原料CO和H2基态Ni原子的电子排布式为_，该元素位于元素周期表的第_周期_族。Ni能与CO形成正四面体形的配合
30、物Ni(CO)4，1mol Ni(CO)4中含有_mol 键。（5）一定条件下，CH4和CO2都能与H2O形成笼状结构(如图所示)的水合物晶体，其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物俗称“可燃冰”。“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是_。为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想。已知图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是_。【答案】 (1). 8 (2). H、C、O (3). a、d (4). 1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2 (5). 四 (6). (7). 8 (8). 氢
31、键、范德华力 (9). CO2的分子直径小于笼状结构空腔直径，且与H2O的结合能大于CH4【解析】【分析】（1）一个原子中不存在两个运动状态完全相同的电子， 所以有多少个电子,就有多少电子运动状态 ；（2）元素的非金属性越强，其电负性越大；（3）依据二氧化碳和甲烷的结构以及性质回答；（4）Ni为28号元素；该配合物的配离子中Ni原子和C原子、CO分子中C原子和O原子之间都存在键；（5）可燃冰中存在水分子，水分子中存在分子间作用力和氢键；依据表格得出二氧化碳的分子直径小于0.586nm，且与水的结合能力为29.91大于16.40，据此解答即可【详解】（1）O原子核外有8个电子，每个电子运动状态都
32、不同，故答案为：8；（2）电负性可以依据周期表判断， 同周期自左向右,非金属性增强即电负性增强；同族元素,自上而下非金属性减弱即电负性减小，故CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为H、C、O；（3）依据二氧化碳和甲烷的结构以及性质回答；a.固态CO2属于分子晶体，由其晶胞结构可知，在晶体中一个CO2分子周围有12个紧邻的CO2分子，a正确；b.CH4分子中含有极性共价键，但CH4正负电荷重心重合，是非极性分子，b错误；c. CH4和CO2是分子晶体，不能根据键能比较它们的熔点，c错误；d. CH4的C原子的价层电子对数为4，属于sp3杂化，CO2分子中碳原子的价层电子对数为2，杂化
33、类型sp，d正确；故选a、d；（4）Ni为28号元素，基态Ni原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2，该元素位于元素周期表的第四周期第族； 正四面体形配合物Ni(CO)4中Ni原子和C原子、CO分子中C原子和O原子之间都存在键，故1mol Ni(CO)4中含有8mol 键；（5）可燃冰中存在水分子，水分子中存在分子间作用力和氢键，“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是氢键、范德华力；已知图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，依据表格得出二氧化碳的分子直径小于0.586nm，且与水的结合能力为29.91大于16.40，故从物质结构及性质的角度分析，科学家用
34、CO2置换CH4的设想的依据是CO2的分子直径小于笼状结构空腔直径，且与H2O的结合能大于CH4。12.已知：在稀碱溶液中，溴苯难发生水解；CH3-CHO+H2O现有分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1：2：6：1，在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C能发生银镜反应，E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应。（1）X中官能团的名称是_。（2）FH的反应类型是_。（3）I的结构简式为_。（4）E不具有的化学性质_(选填序号)a.取代反应 b.消去反应 c.氧化反应 d.1mol E最多能与2mol NaH
35、CO3反应（5）写出下列反应的化学方程式：X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式：_。FG的化学方程式：_。（6）同时符合下列条件的E的同分异构体共有_种。a.苯环上有两个对位取代基b.不能发生水解反应c.遇FeCl3溶液不显色d.1mol E最多能分别与1mol NaOH和2mol Na反应【答案】 (1). 酯基、溴原子 (2). 消去 (3). (4). bd (5). +4NaOH+HCOONa+2NaBr+2H2O (6). n+(n-1)H2O (7). 4【解析】【分析】A能连续被氧化，则A是醇，B是醛，C是羧酸，C能发生银镜反应，则C是甲酸或二甲酸，X水解生成C和D，且X中只含
36、2个氧原子，所以C是HCOOH，B是HCHO，A是CH3OH；D能与新制氢氧化铜反应，说明D中含有醛基，E遇FeCl3溶液显色，说明E中含有酚羟基，由于在稀碱溶液中，连在苯环上的溴原子不易发生水解，说明X中酯基为甲酸与酚形成的，即存在HCOO-，两个羟基同时连在同一碳原子上的结构是不稳定，会发生脱水反应，说明存在-CHBr2，芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，说明X中苯环上只有一类氢原子，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明含有4种氢原子，吸收峰的面积比为1：2：6：1，可以确定X含有2个甲基，结合E能与浓溴水反应，故HCOO-基团的邻、对位位置有H原子，综上分析可推知X的结构简式为
37、：。【详解】A能连续被氧化，则A是醇，B是醛，C是羧酸，C能发生银镜反应，则C是甲酸或二甲酸，X水解生成C和D，且X中只含2个氧原子，所以C是HCOOH，B是HCHO，A是CH3OH；D能与新制氢氧化铜反应，说明D中含有醛基，E遇FeCl3溶液显色，说明E中含有酚羟基，由于在稀碱溶液中，连在苯环上的溴原子不易发生水解，说明X中酯基为甲酸与酚形成的，即存在HCOO-，两个羟基同时连在同一碳原子上的结构是不稳定，会发生脱水反应，说明存在-CHBr2，芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，说明X中苯环上只有一类氢原子，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明含有4种氢原子，吸收峰的面积比为1：2：
38、6：1，可以确定X含有2个甲基，结合E能与浓溴水反应，故HCOO-基团的邻、对位位置有H原子，综上分析可推知X的结构简式为：，X水解然后酸化得D，D的结构简式为：，D被氧化生成E，E的结构简式为：，E和氢气发生加成反应生成F，F的结构简式为：，F发生缩聚反应生成G，G的结构简式为：，H能使溴水褪色，应是F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成H，故H为 ，H能发生加聚反应生成I，I的结构简式为：；（1）X为，含有官能团是：酯基、溴原子；（2）F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成H，H为 ，故FH的反应类型是消去反应；（3）由上述分析可知，I的结构简式为：；（4）E的结构简式为：，aE含有酚羟基
39、和甲基，能发生取代反应，故a错误；bE不能发生消去反应，选b正确；cE的官能团有酚羟基，易被氧化，故c错误；d羧基能和碳酸氢钠反应，所以1molE最多能与1molNaHCO3反应，故d正确；故答案为：bd；（4）C为HCOOH，D为；（5）由上述推断，X为，故X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式：+4NaOH+HCOONa+2NaBr+2H2O FG为聚合反应，故反应的化学方程式：n+（n-1)H2O（6）E的同分异构体要求苯环上有两个对位取代基；不能发生水解反应，说明没有酯基；遇FeCl3溶液不显色，说明没有酚羟基； 且1mol E最多能分别与1mol NaOH和2mol Na反应故E含有1个-OH、1个-COOH，符合条件的同分异构体有：，共有4种。