1、2020-2021学年度高考三模适应性训练一（新课标3）一、单选题1化学与生活、社会密切相关。下列说法正确的是ASi常用做信息高速公路的骨架光导纤维的主要材料B近年来已发布“空气质量日报”，将CO2、NO2和可吸入颗粒物等列入了首要污染物C煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料DSO2可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫、增白食品等2某烃的结构简式为，关于该有机物，下列叙述正确的是（ ）A所有碳原子可能处于同一平面B属于芳香族化合物的同分异构体有三种C能发生取代反应、氧化反应和加成反应D能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色且原理相同3下列实验操作、现象和结论均正确的是实验操作实验
2、现象结论A将 Cu 与浓硫酸反应后的混合物冷却，再向其中加入蒸馏水溶液变蓝有生成B向0.1 molL-1 H2O2溶液中滴加 0.1 molL-1 KMnO4溶液溶液褪色具有氧化性C在 K2Cr2O7溶液中加入 AgNO3溶液有砖红色沉淀()生成D向淀粉溶液中加入适量 20%的 H2SO4溶液，加热，冷却后加入足量 NaOH溶液，再滴加少量碘水溶液未变蓝色淀粉已完全水解AABBCCDD4设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A常温常压下，20g氖气所含有的原子数目为0.5NAB2.8铁粉与50mL4 molL-1盐酸完全反应转移电子的数目为0.1NAC标准状况下，22.4 LSO2和SO
3、3混合物中含有的硫原子数目为0.1NAD28g的C2H4和N2混合气体中含有的原子数为2NA5X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，且离子具有相同的电子层结构。X的一种单质可杀菌消毒。W原子的最外层电子数与最内层电子数相等。下列说法不正确的是A原子半径r(Z)r(W)r(X)r(Y)BX的简单氢化物热稳定性比Y的强C四种元素常见单质中，Y2的氧化性最强DX能与Z形成Z2X2，该化合物中含离子健和非极性键6近日，科学家发表了高温二氧化碳电解发展报告，利用固体氧化物电解池将CO2和H2O转化为合成气并联产高纯度O2。原理如图所示。下列说法正确的是Ax极为电源正极B当有2 mol电子流向
4、a极时，产生0.5 molO2Cb极CO2的反应式：CO2+2H+2e=CO+H2OD电解质中阴离子由a向b移动725时，向 20 mL 0.1 mol/L NaOH 溶液中逐滴加入 0.1 mol/L 醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A该NaOH 溶液中水电离出的 c(OH)11012 mol/LBM 点时，c(CH3COO)c(Na+)c(OH)c(H)CP 点时，c(CH3COO)c(CH3COOH)2c(Na+)DN 点对应的横坐标是 20二、工业流程题8锰是重要的合金材料和催化剂，在工农业生产和科技领域有广泛的用途。请回答下列问题：（1）溶液中的Mn2+可被酸性溶液氧化为
5、MnO4-，该方法可用于检验Mn2+。检验时的实验现象为_。该反应的离子方程式为_。 可看成两分子硫酸偶合所得，若硫酸的结构式为，则的结构式为_。（2）实验室用含锰废料（主要成分，含有少量）制备Mn的流程如下：已知：难溶物的溶度积常数如下表所示：难溶物溶度积常数（）4.010381.010331.810111.81013溶液中离子浓度105 molL1时，认为该离子沉淀完全。“酸浸”时，将Fe氧化为Fe3。该反应的离子方程式为_；该过程中时间和液固比对锰浸出率的影响分别如图1、图2所示：则适宜的浸出时间和液固比分别为_、_。若“酸浸”后所得滤液中c(Mn2)0.18 molL1，则“调pH”的
6、范围为_。“煅烧”反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。“还原”时所发生的反应在化学上又叫做_。三、实验题9当氨分子中的三个氢原子依次被其它原子或基团取代时，所形成的化合物叫做氨的衍生物。主要有N2H4(肼)、HN3(叠氮化氢，溶于水称为叠氮酸)、NH2OH(羟胺)。水合肼(N2H4H2O)是制备叠氮化钠(NaN3)的原料，而叠氮化钠又是汽车安全气囊最理想的气体发生剂的原料。下面是工业水合肼法制备叠氮化钠的工艺流程。资料：水合肼有毒且不稳定，具有强还原性和强碱性；有关物质的物理性质如下表：物质甲醇水合肼亚硝酸甲酯叠氮化钠熔点()-97-40-17275(410：易分解)沸点()64.7118
7、.5-12回答下列问题：I.合成水合肼。实验室合成水合肼装置如下图所示，NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液在400C以下反应一段时间后，再迅速升温至1100继续反应可以制得水合肼。(1)实验中通过滴液漏斗向三颈瓶中缓慢滴加NaClO碱性溶液，不能反向滴加的原因是_；制取N2H4H2O的离子方程式为_。II.制备叠氮化钠。实验室可利用下图中所示的装置及药品制备叠氮化钠。(2)根据实验发现温度在20左右反应的转化率最高，因此可采取的措施是_；流程中蒸馏A溶液时，装置中旋塞K1、K2、K3的开关情况是_。写出该方法制备叠氮化钠的化学方程式：_。(3)流程中由B溶液获得叠氮化钠产品的实验步
8、骤为_，减压过滤，晶体用乙醇洗涤23次后，干燥。(4)化工生产中，多余的叠氮化钠常使用次氯酸钠溶液处理，在酸性条件下，二者反应可生成无毒的气体。若处理6.5gNaN3，理论上需加入0.5molL的NaClO溶液_mL。III.羟胺(NH2OH)是一种还原剂，可以通过下列过程得到：乙烯和N2O4气体混合后，光照，发生加成反应，得到化合物A。A结构对称，所有相同元素的原子化学环境相同。A在某浓度的硫酸溶液中回馏，可得到化合物B，同时得到CO和CO2组成的混合气体(相对氢气密度为18)。经分析，B为不含碳元素的硫酸盐，其硫和氧元素的质量分数分别为19.51%和58.54%。若将A换成CH3CH2NO
9、2进行类似的反应，也能得到B，但没有气体放出。B在液氨中即得到NH2OH。(5)NH2OH具有弱碱性，可与酸反应生成盐，该盐阳离子的电子式为_。(6)写出AB的化学方程式_。四、原理综合题10雾霾由多种污染物形成，包含颗粒物(PM2.5)、氮氧化物(NOx)、CO、 SO2等。化学在解决雾霾污染问题中有着重要的作用。(1)研究发现利用NH3可除去硝酸工业尾气中的NO。NH3与NO的物质的量之比分别为1：2、1：1.5、3：1时，NO 脱除率随温度变化的曲线如图所示。曲线c对应的NH3与NO的物质的量之比是_，其理由是_。曲线a中，NO的起始浓度为610-4 mg/m3，若从X点到Y点经过20
10、s，则该时间段内NO的脱除速率为_mg/(m3.s)。(2)若反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) 的正、逆反应速率分别可表示为v正=k正c2(NO) 。c2(CO)；v逆=k逆c(N2)c2(CO2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度。一定温度下，在体积为1 L的恒容密闭容器中加入4 mol NO和4 mol CO发生上述反应，测得CO和CO2的物质的量浓度随时间的变化如图所示。a点时，v正：v逆=_。测得平衡时体系压强为p，Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数，则平衡常数Kp=_(用含p的式子表示)。(3)某研究小组探究该反应中催
11、化剂对脱氨率(NO的转化率)的影响。将等物质的量的NO和CO以一定的流速分别通过催化剂a、b，发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g) +2CO2(g)。 相同时间、不同温度下测得使用催化剂a时脱氮率与温度的关系如图中曲线I所示。已知催化效率ba，催化剂b的活性在450时最大(未达平衡)。请在图中画出使用催化剂b时所对应的曲线(从300开始画)_。五、结构与性质11多年来，储氢材料、光催化剂与硼酸盐材料的研究一直是材料领域的热点研究方向。回答下列问题：一种Ru络合物与g-C3N4符合光催化剂将CO2还原为HCOOH的原理如图。(1)Ru络合物中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为_，R
12、u络合物含有的片段和中都存在大键，氮原子的杂化方式为_，氮原子配位能力更强的是_（填结构简式）(2)基态碳原子的价电子排布图为_，HCOOH的沸点比CO2高的原因是_。(3)2019年8月13日中国科学家合成了白光材料Ba2Sn(OH)6B(OH)42，B(OH)4-中B的价层电子对数为_，Sn(OH)62-中，Sn与O之间的化学键不可能是_。a.键 b.键 c.配位键 d.极性键(4)镧镍合金是较好的储氢材料。储氢后所得晶体的化学式为LaNi5H6，晶胞结构如图所示，X、Y、Z表示储氢后的三种微粒，则图中Z表示的微粒为_(填化学式)。若原子分数坐标A为（0，0，0），则B（Y）的原子分数坐标
13、为_，已知LaNi5H6摩尔质量为499gmol-1，晶体密度为r gcm-3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞参数为a=_pm（用代数式表示）。六、有机推断题12化合物W是一种香料，以A 烷烃和芳香族化合物F为原料制备W的一种合成路线如图所示：已知：IRCH=CH2RCH2CH2OH；IIB的核磁共振氢谱只有一组峰 回答下列问题：(1)A的结构简式为_。F中所含官能团的名称为_。 (2)试剂X为_，由BD的反应类型为_。(3)由FG的反应条件为_，FG反应的化学方程式为_。 (4)写出一种同时满足下列条件的W的同分异构体的结构简式：_。 能发生水解反应，且水解产物之一能与FeC13溶液发生
14、显色反应 核磁共振氢谱中有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：9 (5)参照上述合成路线和信息，以丙烯和甲醇为原料(无机试剂任选)，设计制备丙酸甲酯的合成路线：_。参考答案1C【详解】A二氧化硅常用做信息高速公路的骨架光导纤维的主要材料，故A错误；B二氧化碳不属于空气污染物，故B错误；C煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料，故C正确；D二氧化硫有毒，不能用于食品漂白剂，故D错误；故选C。2C【解析】【详解】A. 分子结构中含有，为四面体结构，所有碳原子不可能处于同一平面，故A错误；B. 该物质的分子式为C8H10，属于芳香族化合物的同分异构体有乙苯和二甲苯(邻位、间位和对
15、位3种)，共4种，故B错误；C. 结构中含有碳碳双键，能发生氧化反应和加成反应，含有和-CH2-，能发生取代反应，故C正确；D. 含有碳碳双键能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应而使高锰酸钾溶液褪色，褪色原理不同，故D错误；答案选C。3C【详解】A由于反应后的溶液中有剩余的浓硫酸，故稀释时应该把反应后的混合物沿玻璃棒缓慢加入蒸馏水中，并不断搅拌，A选项操作错误，不符合题意；BKMnO4具有强氧化性，可将H2O2氧化为O2，体现H2O2的还原性，B选项结论错误，不符合题意；CK2Cr2O7溶液中，但加入AgNO3后生成Ag2CrO4沉淀，而没有生成Ag2Cr2O7
16、沉淀，说明Ag2CrO4比Ag2Cr2O7更难溶，即Ksp(Ag2CrO4)Ksp(Ag2Cr2O7)，C符合题意；D加入碘水检验淀粉是否有剩余，不需要加入NaOH碱化，如果加NaOH，则I2与NaOH反应，导致无法检测淀粉，也就无法确定淀粉是否完全水解，D选项操作错误，不符合题意；故答案选C。4B【解析】A.20g氖气的物质的量为=1mol，氖气是单原子分子，故含有氖原子数目为1molNAmol-1=NA，故A错误；B. 2.8铁粉的物质的量=0.05mol，50mL4 molL-1盐酸中含有氯化氢0.2mol，反应后盐酸剩余，生成氯化亚铁，转移电子的数目为0.1NA，故B正确；C. 标准状
17、况下，三氧化硫不是气体，无法计算22.4 LSO2和SO3混合物的物质的量，故C错误；D. 28g的C2H4和N2混合气体的物质的量为=1mol，其中含有的原子数为2NA6NA，故D错误；故选B。点睛：解答此类试题需要注意：气体摩尔体积的使用范围和条件，对象是否气体，如本题中的C；温度和压强是否为标准状况；溶液计算是否告知物质的量浓度和溶液体积。本题的易错点为A，要注意稀有气体为单原子分子。5B【分析】X的一种单质可杀菌消毒，X的单质可能是O3，也可能是Cl2，因此四种元素都是短周期主族元素，且原子序数依次增大，则X为O，W原子最外层电子数与最内层电子数相等，因此推出W为Mg，即Y为F，Z为N
18、a，据此分析；【详解】X的一种单质可杀菌消毒，X的单质可能是O3，也可能是Cl2，因此四种元素都是短周期主族元素，且原子序数依次增大，则X为O，W原子最外层电子数与最内层电子数相等，因此推出W为Mg，即Y为F，Z为Na，A、原子半径大小顺序是r(Na)r(Mg)r(O)r(F)，故A说法正确；B、F的非金属性强于O，则HF稳定性强于H2O，故B说法错误；C、同周期从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，即四种元素中非金属性最强的元素是F，其单质的氧化性最强，故C说法正确；D、形成的化合物是Na2O2，其电子式为，含有化学键是离子键和非极性共价键，故D说法正确；答案选B。6A【详解】A
19、. 与x相连的电极上发生氧离子失电子生成氧气的氧化反应，x极为电源正极，故A正确；B.a极为阳极，当有2 mol电子流出a极时，产生0.5 molO2，故B错误；C. b极CO2的反应式：CO2+2H+2e=CO+H2O，H2O2e=H2+O2-,故C错误；D. 在电场作用下，电解质中阴离子移向阳极，由b向a移动，故D错误；故选A。【点睛】本题考查原电池、电解池的综合应用，解题关键：判断a极为阳极，当有电子流出a极时，产生O2，说明x为正极。易错点C，生成合成气为CO和H2的混合物。7C【详解】A. 0.1 mol/L NaOH 溶液中水电离出的 c(OH)11013mol/L，选项A错误；B
20、在M点溶液显碱性，根据电荷守恒，则c(Na+)c(CH3COO) c(OH)c(H)，选项B错误；C. P 点时相当于醋酸和醋酸钠按1：1形成的溶液，根据物料守恒有c(CH3COO)c(CH3COOH)2c(Na+)，选项C正确；D. 若N 点对应的横坐标是 20，则醋酸与氢氧化钠恰好反应时，生成的醋酸钠水解，溶液显碱性，与N点溶液显中性不相符，选项D错误。答案选C。8溶液由无色变为紫红色 5S2O82-+2Mn2+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+ 3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O 60min 3：1 pH8 1：2 铝热反应 【详解】（1）溶液中的M
21、n2+转化为MnO4-的实验现象为溶液由无色变为紫红色，故答案为溶液由无色变为紫红色。Mn2+被酸性(NH4)2S2O8溶液氧化物MnO4-，还原产物应为SO42-，反应的离子方程式为：5S2O82-+2Mn2+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+，故答案为5S2O82-+2Mn2+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+。H2S2O8可视为由两分子的硫酸缩合所得，硫酸的结构简式为：，则H2S2O8的结构简式为：，故答案为。（2）由题中信息可知，“酸浸”时，MnO2在酸性介质中将Fe氧化为Fe3，本身被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：3MnO2+2Fe+12H+=3M
22、n2+2Fe3+6H2O，由图甲可知，适宜的浸出时间为60min，由图乙可知，适宜的液固比为3：1，故答案为3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O，60min，3：1。由流程图中信息可知，“调pH”的目的是使Fe3和Al3沉淀完全，而Mn2不沉淀，根据KspAl(OH)3=1.01033，KspFe(OH)3=4.01038可知：Al3沉淀完全时Fe3已沉淀完全，Al(OH)3恰好完全沉淀时的pH=-lg=，Mn2开始沉淀时的pH为-lg=8，则“调pH”的范围为pH8，故答案为pH8。根据信息可知，“煅烧”时，空气中的O2将MnCO3氧化为MnO2，根据得失电子守恒可得关
23、系式O22MnCO3，即氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，“还原”时发生铝粉与高熔点金属氧化物的反应在化学上又叫做铝热反应，故答案为1：2，铝热反应。9防止过量的NaClO溶液氧化水合肼 ClO+CO(NH2)2+2OH=Cl+N2H4H2O+CO32 20冷水浴或缓慢通入气体等 关闭K1、K2，打开K3 CH3ONO+N2H4H2O+NaOHCH3OH+NaN3+3H2O 蒸发结晶 100 CH2NO2CH2NO2+H2SO4CO+CO2+(NH3OH)2SO4 【分析】实验室合成水合肼装置如下图所示，NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液在400以下反应一段时间后，再迅速升温至
24、1100继续反应可以制得水合肼，发生反应的离子方程式为：ClO+CO(NH2)2+2OH=Cl+N2H4H2O+CO32；NaNO2溶液与CH3OH在硫酸作用下发生反应2CH3OH+2NaNO2+H2SO4(浓)=2CH3ONO+Na2SO4+2H2O生成亚硝酸甲酯(CH3ONO)，亚硝酸甲酯(CH3ONO)与氢氧化钠水合肼混合液反应生成甲醇和叠氮化钠，反应方程式为：CH3ONO+N2H4H2O+NaOHCH3OH+NaN3+3H2O；结合甲醇和叠氮化钠的熔沸点不同，利用蒸馏的方法分离出甲醇和叠氮化钠，则B溶液为叠氮化钠溶液，最后进行结晶、抽滤、洗涤、干燥获得产品叠氮化钠，据此分析解答I、II
25、。III乙烯和N2O4气体混合后，光照，发生加成反应生成A，A的结构对称，所有相同元素的原子化学环境相同，则发生反应为：CH2=CH2+ N2O4CH2NO2CH2NO2，得到化合物A为CH2NO2-CH2NO2；A在某浓度的硫酸溶液中回馏，可得到化合物B，同时得到CO和CO2组成的混合气体(相对氢气密度为18)，则混合和气体的平均相对分子质量为182=36，利用十字相乘法，则，经分析，B为不含碳元素的硫酸盐，其硫和氧元素的质量分数分别为19.51%和58.54%，设B中含有S原子个数为x，O原子个数为y，B的摩尔质量为M，则100%=19.51%，100%=58.54%，两式相除可得：=，即
26、B中含有1个S原子时，O原子为6，硫酸根中硫与氧的原子个数比为1：4，说明阳离子结构中含有氧，B的相对分子质量M=164，因为NH2OH具有弱碱性，可结合H+得到NH3OH+，则B应为(NH3OH)2SO4，(NH3OH)2SO4在液氨中反应得到NH2OH和NH4+；若将A换成CH3CH2NO2进行类似的反应，也能得到B，但没有气体放出，反应方程式为CH3CH2NO2+ H2SO4(NH3OH)2SO4+C4H6O2，据此分析解答。【详解】I(1)根据资料信息，水合肼有毒且不稳定，具有强还原性和强碱性，NaClO具有强氧化性，能氧化水合肼，为防止过量的NaClO氧化水合肼，不能反向滴加；NaC
27、lO、CO(NH2)2在碱性条件下反应生成水合肼、氯离子和碳酸根离子，离子方程式为ClO+CO(NH2)2+2OH=Cl+N2H4H2O+CO32；II(2)根据实验发现温度在20左右反应的转化率最高，但是该反应属于放热反应，因此可以采取的措施是：20冷水浴或缓慢通入气体等；流程中蒸馏A溶液时，溶液A进行蒸馏的合理操作顺序是：关闭K1、K2，打开K3；根据分析可知，制备叠氮化钠的化学方程式：CH3ONO+N2H4H2O+NaOHCH3OH+NaN3+3H2O；(3)流程中由B溶液获得叠氮化钠产品的实验步骤为蒸发结晶，减压过滤，晶体用乙醇洗涤23次后，干燥；(4)根据描述，NaN3应该被氧化为无
28、毒的N2，同时ClO被还原为Cl，因此每个NaN3在反应中需要失去1个电子，每个ClO在反应中可以得到2个电子，二者的物质的量之比为2:1，则发生的反应为：ClO+2N3-+2H+= Cl+3N2+H2O，NaN3的物质的量n=0.1mol，则需要ClO的物质的量为0.05mol，因此需要次氯酸钠溶液体积V=0.1L=100mL；III(5)羟胺(NH2OH)是氨的衍生物，可以看做氨气中的一个氢原子被羟基取代后形成的物质，NH2OH具有弱碱性，类比氨气与HCl生成NH4Cl的反应，则羟胺(NH2OH)可与酸反应生成离子化合物HONH3Cl，则离子化合物NH3OHCl由NH3HO+和Cl-构成，
29、该盐阳离子的电子式为；(6)由题意，A在某浓度的硫酸溶液中回馏，可得到化合物B，生成的CO和CO2的物质的量之比，反应方程式为：CH2NO2CH2NO2+H2SO4CO+CO2+(NH3OH)2SO4。【点睛】本题的难点为III中B的化学式的判断，其硫和氧元素的质量分数分别为19.51%和58.54%，即B中含有1个S原子时，O原子为6，硫酸根中硫与氧的原子个数比为1：4，说明阳离子结构中含有氧，结合已知信息，NH2OH具有弱碱性分析判断B的化学式。101：2 相同温度下，NH3与NO物质的量的比值越小，NO脱除率就越小； 6106 【详解】(1)已知NH3越多，则NO反应的就越多，即脱氮率就
30、越高；NH3与NO物质的量的比值越小，脱氮率就越低；c曲线在相同温度下，脱氮率最小，故NH3与NO的物质的量比值最小，即为1：2；从X点到Y点经过20s，脱氮率为0.750.55=0.2，则NO减少的浓度为0.2610-4 mg/m3=1.2104 mg/m3，则v=1.2104 mg/m320s=6106 mg/(m3.s)；(2)a点时，c(CO)=c(CO2)，反应前加入4mol CO，则反应的CO为2mol，生成氮气1mol，二氧化碳2mol；恒容密闭容器的体积为1 L，平衡时，c(CO)=0.8mol/L，c(CO2)=3.2mol/L，则K=40，则v正：v逆=；Kp=；(3)已知
31、催化效率ba，催化剂b的活性在450时最大(未达平衡)，则在450时，脱氮率达到M点，如图所示。11NOC sp2 HCOOH和CO2都为分子晶体，HCOOH分子间形成氢键 4 a H2 (，0) 1010 【分析】根据元素第一电离能的变化趋势比较元素的第一电离能的大小关系，根据杂化轨道理论和大键的成键特点判断氮原子的轨道杂化方式，根据配位键的成键条件判断和中谁的氮原子配位能力更强。根据价层电子对互斥理论分析中心原子的价层电子对数，根据Sn与O的成键特点判断其所形成的化学键类型。根据均摊法确定晶胞中各种微粒的个数，再结合晶体的化学式确定微粒Z的类型，根据晶胞结构及其粒子的空间分布特点判断其坐标
32、参数，根据晶胞的密度和质量计算晶胞的边长。【详解】(1)同周期从左向右元素的第一电离能总体呈增大趋势，但是第A族元素比同周期的第A族元素的第一电离能大，故N、O、C的第一电离能依次减小；和中都存在大键，氮原子均采用sp2杂化，的大键为66，N原子有一对孤电子对，的大键为56，N原子无孤电子对，因此氮原子配位能力更强的是，故答案为：NOC；sp2；(2)碳原子为6号元素，根据构造原理可写出基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，故基态碳原子的价电子排布图为；HCOOH和CO2都为分子晶体，但是HCOOH分子间可形成氢键，故HCOOH的沸点比CO2高；(3)B(OH)4中硼原子连接四个羟基，其
33、价层电子对数为4；Sn(OH)62-的中心离子Sn4+与OH-之间形成配位键，配位键是一种特殊的共价键，则Sn与O之间形成的化学键属于键或极性键，不可能是键，故答案为：4；a；(4)根据均摊法可知，晶胞中，微粒X的个数为，微粒Y的个数为，微粒Z的个数为，根据储氢后所得晶体的化学式LaNi5H6，可知微粒Z为H2；根据晶胞结构图可知，B(Y)的原子分数坐标为(，0)；晶胞边长，故答案为：H2；(，0)；1010。【点睛】第(4)问在计算晶胞边长时单位的换算是学生们的易错点，1cm =1010pm，另外经常用到的还有纳米与厘米的换算，1cm=10-7nm。12 醛基 NaOH的醇溶液 消去反应 (
34、水浴)加热 +2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O 或 CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOH CH3CH2COOCH3 【分析】A的分子式为C4H10，为丁烷，丁烷有两种同分异构体，分别为和CH3CH2CH2CH3，丁烷和氯气发生取代反应制得B和C，B的核磁共振氢谱只有一组峰，则B为2-氯-2甲基丙烷，A的结构只能是为，C为1-氯-2甲基丙烷，B和C在NaOH的醇溶液中发生消去反应制得2甲基丙烯，2甲基丙烯在B2H6和H2O2碱性条件下反应生成E为2-甲基-1-丙醇，F是苯甲醛，在银氨溶液中反应制得苯甲酸铵，苯甲酸铵在酸性条件下反应生成苯甲
35、酸，2-甲基-1-丙醇和苯甲酸反应制得W，W为，据此分析。【详解】(1)根据分析可知：A的结构简式为；F是苯甲醛，F中所含官能团的名称为醛基；(2)B为2-氯-2-甲基丙烷，加入NaOH的醇溶液发生消去反应制得2-甲基丙烯；(3)FG是苯甲醛和银氨溶液的反应，反应的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O，反应条件是水浴加热；(4)2-甲基-1-丙醇和苯甲酸反应制得W，W为，W的同分异构体能发生水解反应，说明分子中含有酯基，且水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应说明水解后含有酚羟基，核磁共振氢谱中有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：9，则有四种不同环境下的氢原子，每种环境下的氢原子的个数比为1：2：2：9，W的同分异构体的结构简式可能为： 或；(5)以丙烯和甲醇为原料，制备丙酸甲酯的合成路线：将丙烯在B2H6和H2O2碱性条件下反应生成CH3CH2CH2OH，将CH3CH2CH2OH转化为CH3CH2CHO，CH3CH2CHO在银氨溶液中转化为丙酸铵，再加入氢离子转化为丙酸，丙酸和浓硫酸在加热的条件下反应可制得丙酸甲酯，即：CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOH CH3CH2COOCH3。【点睛】根据B的核磁共振氢谱只有一组峰，确定A的结构简式为难点。
