1、云师大附中2021届高考适应性月考理科综合试卷化学部分可能用到的相对原子质量： H-1 B-11 C-12 O- 16 Si- -281. 汉字是历史上最古老的文字之一，通过考古研究发现在不同历史时期出现过甲骨文、钟鼎文、石鼓文等不同书体。下列说法错误的是( )A. 甲骨文是记录在龟甲或兽骨上的文字，兽骨中有含钙的矿物质B. 简牍是写有文字的竹简与木牍的概称，竹简的主要成分是纤维素C. 石鼓文为刻石文字，因其刻石外形似鼓而得名，石头一般由无机硅酸盐组成D. 钟鼎文是浇铸在青铜器上的文字，青铜易被腐蚀且熔点比铜高【答案】D【解析】【详解】A甲骨文是商代晚期刻在龟甲、兽骨上的文字，兽骨中有含钙的矿
2、物质，A说法正确；B简牍是写有文字的竹简与木牍的概称，而竹简的主要成分是纤维素，为多糖，B说法正确；C石鼓文一般为刻石文字，石头由无机硅酸盐组成，C说法正确；D青铜为铜、锡合金，合金具有良好耐腐蚀性且熔点比纯金属的熔点低，D说法错误；答案选D。2. 近日黑龙江“酸汤子”中毒事件引起广泛关注，据悉“酸汤子”是一种经发酵制作的玉米面条，开水煮熟食用。中毒事件中导致聚餐9人全部身亡的“真凶”为米酵酸菌，其结构如图所示，下列有关米酵酸菌的说法错误的是( )A. 分子中有3种官能团，可以和芳香族化合物互为同分异构体B. 1mol米酵酸菌与足量氢氧化钠反应，最多可消耗3molNaOHC. 一般烹调方法不能
3、破坏该物质的毒性D. 能发生氧化反应、加成反应、取代反应和消去反应【答案】D【解析】【详解】A由米酵酸菌的结构可知，该分子中含有羧基、碳碳双键和醚键共3种官能团，该分子含有7个碳碳双键，不饱和度较高，可以和芳香族化合物互为同分异构体，A正确；B1mol米酵酸菌含有3mol羧基，因此1mol米酵酸菌与足量氢氧化钠反应最多可消耗3molNaOH，B正确；C根据题干信息，开水煮熟食用仍能导致人中毒身亡，因此可推断一般烹调方法不能破坏该物质的毒性，C正确；D根据该分子的结构推知，碳碳双键可发生加成、氧化反应，羧基可发生取代反应，该分子不含有羟基和卤原子，不能发生消去反应，D错误；答案选D。3. 下列有
4、关化学用语、基本概念和理论表述正确的是A. CaH2、Mg3N2与水的反应均属于复分解反应B. NaHCO3溶液呈碱性： HCO+H2OH3O+ +COC. H218O2中加入酸性KMnO4溶液，紫色褪去： 5H218O2+2MnO+6H+=518O2+2Mn2+ +8H2OD. 0.1mol/L的溶液中： Na+、K+、I-、NO可大量共存【答案】C【解析】【详解】ACaH2与水反应的化学方程式为CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2，CaH2中H元素的化合价升高，被氧化，发生了氧化还原反应，不属于复分解反应，Mg3N2与水反应的化学方程式为Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+NH3
5、，属于复分解反应，A错误；BNaHCO3溶液中：+H2OH2CO3+OH-，H+，因为的水解大于电离，所以溶液中c(OH-)c(H+)，溶液呈碱性，B错误；CH218O2中加入酸性KMnO4溶液，H2O2中O元素的化合价由-1价升高至0价，被氧化为O2，即5H218O2+2MnO+6H+=518O2+2Mn2+ +8H2O，C正确；D0.1mol/L的溶液显酸性，NO在酸性条件下具有强氧化性，可将I-氧化，两者不能大量共存，D错误；答案选C。4. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是( )选项实验操作现象结论A将红热的炭放入到浓硫酸中，再将产生的气体通入到澄清石灰水中石灰水变浑浊炭被氧化
6、成CO2B将铜丝在酒精灯火焰上加热，然后迅速插入盛有乙醇的试管中铜丝表面变黑，插入乙醇后又变红，在试管口又闻到刺激性气味铜作为该反应的催化剂C向苯中滴加溴水，振荡溴水褪色苯与Br2发生加成反应D室温下。用1mol/L的醋酸溶液和1mol/L的硫酸溶液分别做导电性实验醋酸溶液对应的灯泡较暗醋酸是弱电解质A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，由现象不能说明炭被氧化成CO2，故A错误；B加热Cu时，Cu和氧气反应生成黑色的CuO，加热条件下，乙醇发生和CuO发生氧化反应生成Cu和乙醛，整个反应中Cu作催化剂，其质量不变，故B正确；C苯与溴水不
7、反应，发生萃取，故C错误；D1molL-1醋酸溶液和1molL-1硫酸，后者离子浓度大，但硫酸是二元酸，醋酸是一元酸，无法判断醋酸是否完全电路离故D错误。答案选B。5. 四价铀可用于制造反应堆元件，可采用电解法制备四价铀，总反应为2UO+N2H+3H+ 2U4+N2+4H2O，电解质溶液中还含有NO电解装置如图所示。下列说法正确的是( )A. a极的电极反应式为UO+4H+2e-=U4+2H2OB. 电解液中NO的移动方向： a交换膜bC. b极发生还原反应D. 由此制备方法可推知该条件下还原性：N2HOH-【答案】A【解析】【分析】根据电解装置及总反应分析可知，电极a接电源负极，作阴极，UO
8、得到电子生成U4+，电极反应式为UO+4H+2e-=U4+2H2O，电极b接电源正极，作阳极，N2H失去电子生成N2，电极反应式为N2H-4e-=N2+5H+，再结合电解原理分析解答问题。【详解】A根据上述分析可知，电极a接电源负极，作阴极，UO得到电子生成U4+，电极反应式为UO+4H+2e-=U4+2H2O，A正确；B质子交换膜只允许H+通过，故NO不会移动至电极b，B错误；C电极b接电源正极，作阳极，N2H失去电子发生氧化反应生成N2，C错误；D该制备方法中，阳极是N2H失去电子而不是OH-，所以可推知该条件下还原性：N2HOH-，D错误；答案选A。6. 元索周期表是学习化学的重要工具。
9、已知A、B、C、D、E均为短周期元素，原子半径依次增大，具体数值及主要化合价如表；下列叙述正确的是( )元素代号ABCDE原子半径/pm7475102143186主要化合价-2-2，+5-2，+6+3+1A. 元素金属性：DEB. 简单氢化物的沸点： ABCC. C、D两种元素形成的常见化合物可通过溶液中的复分解反应来制备D. 简单离子半径： ACAl，故A错误，不符合题意；BA的氢化物是H2O，B的氢化物是NH3，C的氢化物是H2S，根据非金属性越强，氢化物越稳定。非金属性：ONS，所以氢化物稳定性：H2O NH3H2S，故B正确，符合题意；CC、D两种元素形成的常见化合物是Al2S3，该物
10、质在溶液中能发生双水解而分解，所以不能通过溶液中的分解反应来制备，故C错误，不符合题意；DA、C、D的简单离子分别是O2-、N3-、S2-，由于S2-核外有三个电子层，而只有O2-、N3-两个电子层，故S2-半径最大，而O2-、N3-两个核外电子排布相同，根据核内质子数越多吸引电子的能力越强，半径越小。故半径大小O2-N3-O2-，故D答案错误，不符合题意；故正确答案是B。【点睛】此题根据题目信息短周期即前三周期，其次根据元素化合价的特点，半径特点，即元素周期律先进行推测元素。根据元素在周期表中的位置，判断元素的性质及化合物的性质。7. 一定温度下，向100mL饱和的H2S溶液中，缓慢通人SO
11、2气体(气体体积已换算成标准状况下，忽略溶液体积变化；发生反应：2H2S+SO2 =3S+2H2O)，测得溶液的pH与通入SO2气体体积的关系如图所示。该温度下H2S的Ka110-7，Ka210-13。下列有关说法正确的是( )A. bc过程中，减小B. ab过程中，溶液中水的电离程度逐渐减小C. a点的pH约为5D. 相同条件下氢硫酸的酸性强于亚硫酸【答案】A【解析】【分析】H2S饱和溶液中通入二氧化硫时发生反应：2H2SSO2=3S2H2O，S单质难溶于水，所以当H2S和SO2恰好完全反应后，再通入二氧化硫，溶液中的溶质为二氧化硫与水反应生成的亚硫酸，则pH最大的点即b点为恰好完全反应的点
12、。【详解】A=，b到c的过程中pH不断减小，氢离子浓度增大，温度不变Ka1不变，所以减小，故A正确；Ba到b的过程中溶液中H2S逐渐减少，而H2S的电离抑制了水的电离，所以ab过程中，溶液中水的电离程度逐渐增大，故B错误；C据图可知b点通入112mLSO2，根据方程式可知100mLH2S饱和溶液中n(H2S)=0.01mol，所以c(H2S)=0.1mol/L，设此时溶液中c(H+)=x mol/L，则有=10-7，解得x10-4mol/L，溶液pH为4，故C错误；Dc点时c(H2SO4)=0.1mol/L，与原H2S溶液的浓度相同，据图可知c点溶液的pH小于a点，所以亚硫酸的酸性强于氢硫酸，
13、故D错误；综上所述答案为A。8. 为除去NO中混有的NO2，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题：I.甲方案，实验装置如图所示：(1)混合气体应从_(填 “a”或“b”)口通入。该方案的实验原理是_(用化学反应方程式表示)，判断NO2气体已除尽的现象为_。II.乙方案实验步骤：按如图中安装装置(夹持仪器略去).在仪器中加入图示的试剂打开止水夹k1和k2,关闭k3,通N2一段时间调整C,使B、C两液面相平，并使B中液面保持在0刻度位置，记录关闭k1和k2，打开k3,通入NO (NO2) 混合气体,充分反应待体系恢复到室温，移动C管，保持B、C中两液面相平，读数并记录处理数据。(2)步骤为_。
14、(3)步骤需保证体系恢复到室温并保持B、C两液面相平的原因是_(填序号)。a.反应速率受温度和压强影响b.气体分子的分子间距受温度和压强影响c.气体分子的分子大小受温度和压强影响(4)若将步骤省略，会导致最后测得NO的气体体积_(填 “偏大”“偏小” 或“无影.响”)。III.丙同学经查阅资料提出乙同学的方案不合理。资料如下： NO2和NO在碱性条件下会发生归中反应。(5)试写出NO2和NO在碱性条件下反应的离子方程式：_。若在相同外界条件下按甲、乙两方案开展实验时，实验前通入的混合气体都为V mL,且已知其中NO2的体积分数为10%，则最终甲方案与乙方案收集到的气体体积V甲：V乙=_(忽略气
15、体溶解)。【答案】 (1). a (2). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (3). 当洗气瓶中气体为无色时，说明NO2已除尽 (4). ：检查装置的气密性 (5). b (6). 偏小 (7). NO2+NO+2OH-=2NO+H2O (8). 7:6【解析】【分析】I除去NO中混有的NO2，利用NO2和水反应生成NO，采用洗气的方法即可；II乙方案的基本原理是将混合气体通入氢氧化钠溶液中，NO2和氢氧化钠反应，剩余NO，测量剩余气体的体积，进而确定原混合气体的组成，但是NO2和NO在碱性条件下会发生归中反应，所以该方案有缺陷。【详解】I(1)利用NO2和水反应生成NO和硝酸，采用洗气的
16、方法除去NO中的NO2，混合气体从a通入，反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；NO2为红棕色，NO为无色，当洗气瓶中气体为无色时，说明NO2已经除尽；故答案为：a；3NO2+H2O=2HNO3+NO；当洗气瓶中气体为无色时，说明NO2已除尽；II(2)组装好仪器后，应检查装置的气密性，故步骤为检查气密性；故答案为：检查装置的气密性；(3) 实验需要准确测定NO的体积，气体分子间距与温度有关，温度高间距增大，导致测定的体积偏大，故需要冷却到室温，气体分子间距与压强也有关，压强大气体体积缩小，故需要使气体的压强等于大气压，即需要调节B、C液面相平，b符合题意；故答案为：b；(4
17、) 若将步骤省略，NO会与装置中空气中氧气反应生成NO2，导致NO减少，测得的NO的体积偏小；故答案为：偏小；III.(5)NO2和NO在碱性条件下发生归中反应，NO2中N为+4价，NO中N为+2价，归中为+3价的NO，故离子方程式为：NO2+NO+2OH-=2NO+H2O；若在相同外界条件下按甲、乙两方案开展实验时，实验前通入的混合气体都为V mL，已知其中NO2的体积分数为10%，甲方案的反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；则生成的NO为mL，最终剩余的气体体积为：mL；乙方案发生的反应为：NO2+NO+2OH-=2NO+H2O；消耗的NO2和NO都为0.1VmL，最终剩下NO为0
18、.8VmL；两者的比值为：，故答案为：NO2+NO+2OH-=2NO+H2O；7:6。9. 氯胺是生活饮用水卫生标准中的一类氮氯化合物饮用水消毒剂，主要包括一氯胺( NH2Cl)、二氯胺(NHCl2)和三氯胺(NCl3)三种形态，可用不同方法制备获得，其中NHCl2和NCl3具有臭味，一般不用于饮用水消毒。回答下列问题：(1)NHCl2电子式为_。(2)一种利用氨气和氯气反应来制备氯胺的方法中，在密闭容器中发生反应NH3(g)+Cl2(g)NH2Cl(g)+HCl(g)。化学键N-HCl-ClN-ClH-Cl键能(kJ/mol)386240313428该反应的H=_；现向三个体积均为2L的恒容
19、密闭容器A、B、C中分别充入2molNH3和2molCl2制备NH2C1.三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3，且恒定不变。当反应均进行到t min时，NH2Cl的体积分数如图甲所示，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态。tmin时，A容器中的速率：v正_”v逆(填“”“”或“=”)。三个容器中已达到平衡状态的是容器_ (填“A”“B 或“C )，并计算对应温度下平衡常数K=_。(3)另一种制备NH2Cl的反应为NH3(aq)+HClO(aq)=NH2Cl(aq)+H2O(1)，副产物主要是NH2Cl被氧化为其他氯胺类物质。当NH3的量一定，且其他条件相同的情况下，改变HClO的加入量
20、和溶液中NH2Cl含量的关系曲线如图乙所示。d点后NH2Cl含量降低的原因可能是_。(4)NH2Cl在水体会发生自降解反应，如2NH2Cl+H+NH+NHCl2.实验测得不同起始pH值对NH2Cl自降解反应的影响，如图丙。从化学反应角度分析，NH2Cl不能在pH=6的水体中使用，原因可能是_。【答案】 (1). (2). -115kJ/mol (3). (4). C (5). (6). 次氯酸将NH2Cl氧化成其它氯胺类副产物 (7). pH=6，c(H+)较大，自降解反应速率较快，且使平衡正向移动，最终导致NH2Cl自降解较多，不利于用作水体消毒剂【解析】【详解】(1)NH2Cl中N原子与H
21、、Cl原子均只形成一对共用电子对，其电子式为；(2)根据H=反应物的总键能-生成物的总键能，则H=(3386kJ/mol)+240kJ/mol-(2386kJ/mol+313kJ/mol)-428kJ/mol=-115kJ/mol；由可知，该反应的H0，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NH2Cl的平衡体积分数应降低，当反应进行到t min时，图象中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态，则可知C容器达到平衡，A还未达到平衡，所以v正v逆；由分析可知，C容器已达到平衡状态，达到平衡时，NH2Cl的体积分数为20%，设NH3转化的物质的量为x mol，列三段式有：，则，解得x=0.8，所以
22、平衡常数；(3)氨气与次氯酸反应可制备氯胺，氯胺有3种形态，起始时氨的浓度一定，当次氯酸加到一定程度时，随着次氯酸增多，氧化性增强，会生成NHCl2、NCl3等副产物，导致NH2Cl含量降低；(4)NH2Cl在水体会发生自降解反应：2NH2Cl+H+NH+NHCl2，pH=6的条件下，c(H+)较大，自降解反应速率较快，且使平衡正向移动，最终导致NH2Cl自降解较多，不利于用作水体消毒剂来进行长效消毒。10. 水泥是重要的建筑材料，硅酸盐水泥主要为硅酸二钙(2CaOSiO2)、硅酸三钙(3CaO SiO2)、铝酸三钙(3CaOAl2O3)。铁铝酸四钙(4CaOAl2O3Fe2O3)和氧化镁等的
23、混合物。水泥化学分析方法中用EDTA(一种常用作滴定金属离子含量的有机物)滴定法测定水泥样品中钙、镁的含量。其过程如图所示：已知：相关金属离子浓度为0.1mol/L时，形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：金属离子Mg2+Ca2+Al3+Fe3+开始沉淀的pH1113.53.52完全沉淀的pH13144.53.5回答下列问题：(1)工业制水泥的主要原料是黏土和_(填名称)。(2)步骤中选择用银坩埚而不用瓷坩埚，其理由是_.滤渣的主要成分为_。(填化学式)。(3)步骤中加入的酒石酸钠和三乙醇胺作为掩蔽剂，可掩蔽杂质离子的干扰，在该过程中，主要掩蔽的离子有_。 掩蔽剂需要在调pH前加入，若在碱性溶液中则
24、起不到掩蔽作用，试从要掩蔽的离子性质分析原因：_。(4)步骤和中,调pH时，最好选用试剂_(填序号)。A.氨水 B. MgO C. CaCO3(5)水泥样品中的钙的含量通过步骤滴定结果可计算得出；而步骤滴定的是钙、镁总量,所以测定镁的含量准确性还依赖于步骤。当溶液pH大于12时，会生成硅酸钙沉淀，所以若滴定前，溶液中还有少量的硅酸，则需加入适量氟化钾，以消除硅酸的干扰。若未加氟化钾，残留的硅酸会使镁含量测定结果_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。(6)镁含量的测定还受水泥试样中一氧化锰含量的影响，当一氧化锰含量小于0.5%时，干扰不明显，可忽略不计；但大于0.5%时，还需要再测出一氧化锰含量
25、。一氧化锰的测定是在硫酸介质中，用高碘酸钾将其氧化为高锰酸根离子，进行测量。写出该过程中反应的离子方程式：_(该反应中的一种产物可以作为食盐的添加剂)。【答案】 (1). 石灰石 (2). 氢氧化钠会与二氧化硅反应，腐蚀瓷坩埚 (3). H2SiO3 (4). Al3+和Fe3+ (5). 碱性溶液中，Al3+和Fe3+会生成Al（OH）3沉淀和Fe（OH）3沉淀 (6). A (7). 偏高 (8). 2MnO+5IO+H2O=2 MnO+5IO+2H+【解析】【分析】由流程图可知，水泥样品与氢氧化钠固体混合，加热至熔融态时，水泥中的二氧化硅和氧化铝与氢氧化钠反应生成硅酸钠和偏铝酸钠，再加入
26、足量盐酸酸化，硅酸钠与盐酸生成硅酸沉淀，偏铝酸钠与过量盐酸反应生成氯化铝溶液，氧化钙、氧化镁和氧化铁溶于盐酸生成金属氯化物，过滤得到硅酸滤渣和含有金属氯化物溶液的滤液；向滤液加入酒石酸钠和三乙醇胺作为掩蔽剂，掩蔽铁离子和铝离子，防止加入EDTA时对钙、镁含量测定的干扰；将加入掩蔽剂的溶液分成两份，一份加入氨水调节溶液pH为13，再加入EDTA测定钙离子的含量，另加入氨水调节溶液pH为10，再加入EDTA测定镁离子的含量。【详解】（1）工业制水泥的主要原料是黏土和石灰石，故答案为：石灰石；（2）瓷坩埚中含有二氧化硅，加热熔融时氢氧化钠和二氧化硅反应，会腐蚀瓷坩埚；由分析可知，加入足量盐酸酸化后，
27、过滤得到硅酸滤渣，故答案为：氢氧化钠会与二氧化硅反应，腐蚀瓷坩埚；H2SiO3；（3）由题意可知，步骤中加入酒石酸钠和三乙醇胺作为掩蔽剂，掩蔽铁离子和铝离子，防止加入EDTA时对钙、镁含量测定的干扰；在碱性溶液中，铁离子和铝离子会转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，则在调溶液pH前加入掩蔽剂，起不到掩蔽作用，故答案为：Al3+和Fe3+；碱性溶液中，Al3+和Fe3+会生成Al（OH）3沉淀和Fe（OH）3沉淀；（4）调节溶液pH时，若加入氧化镁和碳酸钙，会使溶液中钙离子和镁离子的量增大，影响测定结果，所以调节溶液pH的试剂最好为氨水，故答案为：A；（5）由题意可知，当溶液pH大于12时，会生成
28、硅酸钙沉淀，若滴定前不加入适量氟化钾消除硅酸的干扰，会导致测得钙离子的量偏低，计算出的镁离子含量偏高，故答案为：偏高；（6）由题意可知，酸性条件下，高碘酸钾与一氧化锰发生氧化还原反应生成碘酸钾和高锰酸，反应的离子方程式为2MnO+5IO+H2O=2 MnO+5IO+2H+，故答案为：2MnO+5IO+H2O=2 MnO+5IO+2H+。11. 在近几年国民经济的快速发展过程中，碱金属锂、铯相关物质的研究应用受到广泛重视。回答下列问题：(1)碱金属及其相关物质中，有的是晶体、有的是非晶体；区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是_，碱金属单质中熔点最高的是_(填元素符号)。(2)锂的用途很广泛，涉及电
29、池、有机合成等领域。通常锂离子电池的正极为含锂的金属氧化物，如钴酸锂、磷酸亚铁锂等。钴在元素周期表位于_；磷酸亚铁锂中阴离子的立体构型为_；实验室一般用KSCN溶液来检验Fe3+，可生成配位数为4的配离子，1mol该配离子中含有的键为_mol。叔丁基锂(其结构如图所示)是常用的有机锂试剂，活性很强，在有机合成中起重要作用。写出结构中碳原子的杂化方式：_。(3)一般来说，盐是否能形成水合物取决于阳离子，离子半径越小，所带电荷越多，则与水分子的作用越强。在化学定量分析工作中常用的一类标准试剂是不含结晶水的盐，则该类标准试剂应选择_(填 “钾盐”“钠盐”或“镁盐”)。(4)含铯的物质中CsXB3O7
30、为非线性光学晶体。CsSiB3O7属于正交晶系(长方体形)，晶胞参数为anm、bnm和cnm。如图所示为铯在晶胞中的分布图，晶胞中硅和硼均以硅氧四面体、硼氧四面体、硼氧三角形三种结构通过氧原子连接，据此推断该晶胞中硅氧四面体的数目为_；设NA为阿伏加德罗常数的值，CsSiB3O7晶体的密度为gcm-3,则CsSiB3O7的摩尔质量M=_g/mol(用含字母的代数式表示)【答案】 (1). X-射线衍射实验 (2). Li (3). 第四周期第VIII族 (4). 正四面体型 (5). 12 (6). sp3 (7). 钾盐 (8). 4NA (9). 【解析】【详解】(1)碱金属及其相关物质中
31、，有的是晶体、有的是非晶体；区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是X-射线衍射实验；同主族，从上往下，原子半径增大，金属键易断裂，物质的熔沸点越低，故碱金属单质中熔点最高的是Li；答案为：X-射线衍射实验；Li；(2)钴是27号元素，在元素周期表位于第四周期第VIII族；的立体构型为正四面体型；实验室一般用KSCN溶液来检验Fe3+，可生成配位数为4的配离子，1mol该配离子中含有的键包括4个配位键和为12mol；根据叔丁基锂的结构图可知，结构类似于甲烷中的氢被取代，碳原子的杂化方式为sp3杂化；(3)已知盐是否能形成水合物取决于阳离子，离子半径越小，所带电荷越多，则与水分子的作用越强，在化学定量
32、分析工作中常用的一类标准试剂是不含结晶水的盐，则该类标准试剂的阳离子半径越大，所带电荷越少，越不易结合水，故该类标准试剂应选择钾盐；(4)CsSiB3O7属于正交晶系(长方体形)，晶胞参数为anm、bnm和cnm；根据铯在晶胞中的分布图，可知1mol晶胞中含铯原子4mol，晶胞中硅和硼均以硅氧四面体、硼氧四面体、硼氧三角形三种结构通过氧原子连接，据此推断该晶胞中硅氧四面体的数目为4NA；则该晶胞含4个CsSiB3O7，设NA为阿伏加德罗常数的值，CsSiB3O7晶体的密度为，则CsSiB3O7的摩尔质量。12. 辣椒是我们日常饮食中不可或缺的一种蔬菜， 从化学角度来看，辣椒中的辣味物质是辣椒素
33、及其类似物，能够起到降血压和胆固醇的功效，进而在很大程度上预防心脏病，也能缓解肌肉关节疼痛。辣椒素J的合成路线如图所示：已知：A能使溴水褪色，且1mol A只能消耗1mol Br2.回答下列问题：(1)A化学名称是_。(2)由B生成C所用的试剂为_；D中的官能团名称为_。(3)F的结构简式为_；由F生成G的反应类型为_。(4) B在一定条件下可生成聚酯，写出该反应的化学方程式：_。(5)I为G的同分异构体。已知：1能与FeCl3溶液发生显色反应；能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出气体；1mol I与足量溴水充分反应消耗2mol Br2.则I的结构简式有_种(不考虑立体异构)。(6)利用Witig反应
34、，设计以甲苯为原料合的路线_(无机试剂任选，不考虑产物的立体异构)。【答案】 (1). 环己烯 (2). 浓HBr (3). 碳碳双键、羧基 (4). (5). 取代反应 (6). n+(n-1)H2O (7). 8 (8). 【解析】【分析】由辣椒素的合成路线分析，A的分子式为C6H10，不饱和度为2，又已知A能使溴水褪色，且1mol A只能消耗1mol Br2，则A中只有一个碳碳双键，所以A的结构简式为，A发生催化氧化生成B，B发生取代反应生成C，C再发生取代反应生成D，E发生羟基的邻位取代生成F，则F的结构简式为，F再发生溴原子的取代反应生成G，G在一定条件下生成H，H与D在浓硫酸加热的
35、条件下生成J，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析可知，A的结构简式为，化学名称为环己烯；(2)由B生成C，是将羟基转化为溴原子，则用浓HBr，由D的结构简式可知，D中含有的官能团为碳碳双键和羧基；(3)由上述分析，F的结构简式为，由F到G是将溴原子转化为OCH3，发生的是取代反应；(4)B的结构简式为，可发生缩聚反应生成聚酯，反应的化学方程式为n+(n-1)H2O；(5)I为G的同分异构体，I能与FeCl3溶液发生显色反应，则I中含有酚羟基，能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出气体，则I中含有羧基，1mol I与足量溴水充分反应消耗2mol Br2，则酚羟基的邻对位中的任意一个位置被取代基占据，所以I的结构可能为：、共8种；(6)由题干流程可分析出，Wittig反应是将反应物中溴原子相连的碳与醛基碳结合成碳碳双键，所以合成路线可设计为：。
