1、四川省棠湖中学2020届高三化学下学期第四学月考试试题（含解析）1.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（ ）A. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B. 食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质C. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为 95%【答案】D【解析】【详解】A.蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质在灼烧时会产生烧焦羽毛的气味，人造纤维在灼烧时会蜷缩成一个小球，有浓烈的黑烟，现象不同，可以区别蚕丝和人造纤维，A正确；B.食用油反复高温加热发生化学变化，产生多种有毒、有害甚至是致癌的稠环芳香烃物质，进而会危害人体健康，B正确；C.加热或高温会使蛋白质发
2、生变性，从而失去对家禽的危害作用，故具有杀菌消毒作用，C正确；D.医用消毒酒精通常是用浓度为75%的乙醇溶液，体积分数为95%的酒精溶液渗透性差，会导致病毒表面的蛋白质变性，当病毒退壳后，里边的蛋白质仍然会危害人体健康，D错误；答案选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 60g乙酸和丙醇混合物中含有的分子数目为NAB. 2L0.5molL-1磷酸溶液中含有的H+数目为3NAC. 标准状况下，2.24L己烷中含有的共价键数目为1.9NAD. 50mL12 molL-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数目为0.3NA【答案】A【解析】【详解】A、乙酸和丙醇的摩尔质量均为
3、60g/mol，故60g混合物的物质的量为1mol，则含分子数目为NA个，故A正确；B、磷酸为弱酸，不能完全电离，则溶液中的氢离子的个数小于3NA个，故B错误；C、标准状况下，己烷为液体，所以无法由体积求物质的量，故C错误；D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故浓盐酸不能反应完全，则转移的电子数小于0.3NA个，故D错误；答案选A。3.化学制备萘的合成过程如图 下列说法正确的是A. a的分子式是B. b的所有碳原子可能处于同一平面C. 萘的二氯代物有10种D. ab的反应类型为加成反应【答案】C【解析】【详解】A.根据结构简式确定分子式为，故A错误；B.b中4个C原子采用杂化，采用杂
4、化的C原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有C原子不可能共平面，故B错误；C.由结构对称可知，萘中含2种位置H，则其一氯代物有2种，二氯代物有10种，故C正确；D.a比b少1个O原子、多2个H原子，所以为还原反应，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系、同分异构体种类判断方法是解本题关键，C为解答易错点，采用“定一移二”的方法判断即可。4.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 0.1molCl2和足量的水反应，转移电子数为0.1NAB. SO2和CO2的混合气体1.8g中所含中子数为0.9NAC. 标准状况下，22.4L丙烷含有的共价键总
5、数为11NAD. pH=11的Ba(OH)2溶液中水电离出的氢离子数目为110-11NA【答案】B【解析】【详解】A、氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于0.1NA个，故A错误；B、SO2和CO2的摩尔质量分别为64g/mol和44g/mol，两者中分别含32个和22个中子，即两者均为2g时含1mol中子，故1.8g混合物中含0.9NA个中子，故B正确；C、标况下22.4L丙烷的物质的量为1mol，而丙烷中含10条共价键，故1mol丙烷中含共价键总数为10NA，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中水电离出的氢离子的个数无法计算，故D错误；故答案为B。【点睛】阿伏伽德罗常
6、数的常见问题和注意事项：物质的状态是否为气体；对于气体注意条件是否为标况；注意同位素原子的差异；注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是由Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。5.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和Y同主族，X原子的电子层数与最外层电子数相等，Z元素最高正价与最低负价的代数和为4。下列说法正确的是（ ）A. X和Z形成的化合物是不
7、溶于水的沉淀B. Z的氧化物对应水化物的酸性一定大于YC. W的简单气态氢化物沸点比Y的高D. X、Y、Z简单离子半径逐渐减小【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和Y同主族，则Y、Z位于第三周期，Z元素最高正价与最低负价的代数和为4，则Z位于A，为S元素；X原子的电子层数与最外层电子数相等，X可能为Be或Al元素；设W、Y的最外层电子数均为a，则2a+6+2=19，当X为Be时，a=5.5(舍弃)，所以X为Al，2a+6+3=19，解得：a=5，则W为N，Y为P元素，据此解答。【详解】根据分析可知：W为N，X为Al，Y
8、为P，Z为S元素。AAl、S形成的硫化铝溶于水发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢，故A错误；B没有指出元素最高价，故B错误；C氨气分子间存在氢键，导致氨气的沸点较高，故C正确；D电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小为：YZX，故D错误；故答案为C。6.如图a酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是由碳粉，二氧化锰，氯化锌和氯化铵等组成的填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，下列说法不正确的是有关数据如下表所示：温度/化合物020406080100NH4Cl29.337.245.855.365.677.3ZnCl234339
9、5452488541614A. 该电池的正极反应式为MnO2+e+H=MnOOHB. 利用干电池，高温电解H2OCO2混合气体制备H2和CO，如图b，则阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1:1C. 废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有氯化锌和氯化铵，两者可以通过重结晶方法分离D. 废电池糊状填充物加水处理后所得滤渣的主要成分是二氧化锰、碳粉和MnOOH，欲从中得到较纯的二氧化锰，可以采用加热的方法【答案】B【解析】【分析】【详解】A该电池在放电过程产生MnOOH，根据原电池原理，正极上MnO2得电子生成MnOOH，则该电池的正极反应式为MnO2+e-+H+MnOOH，A项正确；B根
10、据电解池原理，阳极上发生氧化反应，生成氧气，阴极上发生还原反应，生成H2和CO，电解池总反应方程式为：H2O+CO2H2+CO+O2，则阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2:1，B项错误；C由表中数据可知，氯化锌的溶解度受温度的影响更大，能通过重结晶方法分离氯化锌和氯化铵，C项正确；D在空气中加热碳粉会转化为二氧化碳，MnOOH分解生成二氧化锰，所以加热法可以除去二氧化锰中的MnOOH和碳粉，得到较纯的二氧化锰，D项正确；答案选B。7.25时，将浓度均为、体积分别为和的溶液与溶液按不同体积比混合，保持，、与混合液的的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. B. b点，C. a、b、c三点，
11、c点时水电离出的最大D. 点过程中，可能存在【答案】B【解析】【分析】根据图象可知，当NH3H2O的体积为0时，HX溶液的pH=3，0.1molL1HX的pH=3，则说明HX为弱酸，然后利用“三个守恒”、影响盐类水解的因素进行分析；【详解】A、根据图象可知，b点加入等体积等浓度的HX和NH3H2O，两者恰好反应生成NH4X，此时溶液的pH=7，说明X和NH4水解程度相同，即Ka(HX)=Kb(NH3H2O)，故A错误；B、根据A选项分析，b点溶质为NH4X，根据电荷守恒，有c(NH4)c(H)=c(OH)c(X)，该点pH=7，c(OH)=c(H)，得出c(NH4)=c(X)，依据物料守恒，c
12、(HX)c(X)=0.05molL1，即c(NH4)c(HX)=0.05molL1，故B正确；C、b点是两种物质恰好完全反应，溶质为NH4X，NH4X属于弱酸弱碱盐，发生双水解，水的电离程度最大，即b点时水电离出的c(H)最大，故C错误；D、根据电荷守恒，c(NH4)c(H)=c(OH)c(X)，ab溶液显酸性，即c(H)c(OH)，则c(NH4)c(X)，故D错误；答案选B。8.甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下：反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.58kJmol-1反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
13、H2反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H3=-90.77kJmol-1 回答下列问题：(1)反应的H2=_。(2)反应能够自发进行的条件是_(填“较低温度” “较高温度”或“任何温度” )。(3)恒温，恒容密闭容器中，对于反应，下列说法中能说明该反应达到化学平衡状态的是_。A混合气体的密度不再变化 B混合气体的平均相对分子质量不再变化CCO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1：3：1：1D甲醇的百分含量不再变化(4)对于反应，不同温度对CO2的转化率及催化剂的效率影响如图所示，下列有关说法不正确的是_。A其他条件不变，若不使用催化剂，则250时CO2的平衡转化率可能位于
14、M1B温度低于250 时，随温度升高甲醇的产率增大CM 点时平衡常数比N点时平衡常数大D实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化率(5)已知下列物质在20下的Ksp如下，试回答下列问题：化学式AgClAgBrAgIAg2SAg2CrO4颜色白色浅黄色货色黑色红色Ksp1.810-105.410-138.310-176.310-502.010-1220时，上述五种银盐饱和溶液中，Ag+物质的量浓度由大到小的顺序是_。向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时c(Br-)/c(Cl-)=_。 测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银法进行滴定，滴定时，应加入的指示剂是_
15、。 A.KBr BKI CK2S DK2CrO4(6)已知25时KspMg(OH)2=5.610-12，KspCu(OH)2=2.210-20，KspFe(OH)3=4.010-38，KspAl(OH)3=1.110-33。在25下，向浓度均为0.1 molL-1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成_沉淀(填化学式)。溶液中某离子物质的量浓度低于1.010-5 molL-1时，可认为已沉淀完全。现向一定浓度的AlCl3和FeCl3的混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe3+刚好完全沉淀时，测定c(Al3+)=0.2molL-1。此时所得沉淀中_(填“还含有”或“不含有”)Al(OH)
16、3，并请写出计算过程。【答案】 (1). +41.19kJmol1 (2). 较低温度 (3). BD (4). ABD (5). Ag2CrO4AgClAgBrAgIAg2S (6). 310-3 (7). D (8). Al(OH)3； (9). 不含有【解析】【详解】(1)反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H1=49.58kJmol1，反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H2，反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H3=90.77kJmol1，根据盖斯定律：=得反应的H2=+41.19kJmol1；故答案为+41.19kJmol1；(
17、2)G=HTS0时，反应能够自发进行，该反应的S0、H0，当温度较低时，反应能够自发进行，故答案为较低温度；(3)A.由于气体的质量、体积不变，则无论是否达到平衡状态，混合气体的密度都不变化，不能作为判断是否平衡的依据，故A错误；B. 反应前后气体的物质的量不等，混合气体的平均相对分子质量不再变化，可说明气体的物质的量不再变化，说明达到平衡状态，故B正确；C. 平衡常数未知，CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1:3:1:1，不能判断是否达到平衡状态，故C错误；D. 甲醇的百分含量不再变化，可说明达到平衡状态，故D正确。故答案为BD；(4)A.化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂
18、的催化效率降低，所以v(M)有可能小于v(N)，故A错误；B. 温度低于250时，随温度升高平衡逆向进行，甲醇的产率减小，故B错误；C. 升高温度二氧化碳的平衡转化率减小，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，故C正确；D. 为提高CO2的转化率，平衡正向进行，反应是放热反应，低的温度下进行反应，平衡正向进行，但催化剂的活性、反应速率减小，故D错误；故答案为ABD；(5) 20时，上述五种银盐饱和溶液中，Ag+物质的量浓度可以计算得到：Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=2.010-10，c(Ag+)=1.3410-5mol/L，Ksp(AgBr)=c(Ag+)c(Br-)=
19、5.410-13，c(Ag+)=7.310-7mol/L，Ksp(AgI)=c(Ag+)c(I-)=8.310-17，c(Ag+)=9.110-9mol/L，Ksp(Ag2S)=c(Ag+)2c(S2-)=c(Ag+)20.5c(Ag+)=0.5c(Ag+)3=，6.310-50，c(Ag+)=5.0110-17mol/L；Ksp(Ag2CrO4)=c(Ag+)2c(CrO42-)=c(Ag+)212c(Ag+)=12c(Ag+)3=2.010-12，c(Ag+)=1.5910-4mol/L；所以三种银盐的饱和溶液中，Ag+物质的量浓度由大到小的顺序是：Ag2CrO4AgClAgBrAgIAg
20、2S；故答案为Ag2CrO4AgClAgBrAgIAg2S；向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，依据溶度积常数判断AgBr的溶解度小于AgCl溶解度，AgCl+Br-=AgBr+Cl-，=310-3，故答案为310-3；指示剂的作用是为了准确表示反应达到了终点，所以需要现象明显，同时不能影响反应的正常进行，根据数据可知，饱和时只有Ag2CrO4中的c(Ag+)比AgCl中的c(Ag+)大，说明在AgCl沉淀完全后再产生Ag2CrO4沉淀，其他均在AgCl之前产生沉淀，不能作为指示剂，故选D，故答案为D；(6)根据Al(OH)3、Cu(OH)2的溶度积常数，在25下，向浓
21、度均为0.1molL1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水， ，加入相同的浓度的氨水，则Al(OH)3最先析出，故答案为Al(OH)3；Fe3+完全沉淀时，c(OH)3=4.010-33，c(Al3+)c(OH-)3=0.24.010-33=810-34KspAl(OH)3，所以没有生成Al(OH)3沉淀，故答案为不含有。9.以、软锰矿(主要成分为，少量及的化合物等)、氨水及净化剂等为原料可制备液和，主要实验步骤如下步骤I、如图所示装置，将通入中的软锰矿浆液中。步骤II、充分反应后，在不断搅拌下依次向仪器中加入适量纯净的，最后加入适量沉铅，步骤III、过滤得溶液(1)仪器R的名称是_
22、。(2)装置用于制取，反应的化学方程式为_。(3)装置中的反应应控制在90100，适宜的加热方式是_。(4)装置的作用是_。(5)“步骤”中加入纯净目的是_，用调节溶液时，需调节溶液的范围为_(该实验条件下，部分金属离子开始沉淀和沉淀完全的如下表)金属离子开始沉淀的7.041.873.327.56沉淀完全的9.183.274.910.2(6)已知用空气氧化浊液可制备，主要副产物为；反应温度和溶液对产品中的质量分数的影响分别如图所示反应温度超过时，的产率开始降低，是白色沉淀，呈黑色；、中锰的质量分数理论值依次为7205、62.5%请补充完整由步骤III得到溶液，并用氨水等制备较纯净的的实验方案：
23、_，真空干燥6小时得产品。【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). (3). 用的水浴加热 (4). 吸收未反应的，防止污染环境 (5). 将氧化为 (6). (7). 将滤液加热并保温在，用氨水调节溶液并维持89。在不断搅拌下，边通空气边滴加氨水，直至有大量黑色沉淀，静置，在上层清液中再滴加氨水至无沉淀。过滤，洗涤沉淀直至过滤液中检测不出【解析】【分析】由装置图结合实验步骤可知，以、软锰矿(主要成分为，少量及的化合物等)、氨水及净化剂等为原料可制备液和，装置A制取SO2，装置B通入SO2与MnO2反应得到MnSO4，在不断搅拌下向仪器R中加入适量纯净的MnO2，将氧化为，再加入MnCO3调节溶
24、液pH，使Fe3+和Al3+形成沉淀而除去；最后加入适量沉铅，过滤得溶液；装置C中盛有NaOH溶液，用来吸收未反应的，防止污染环境。滤液中含有MnSO4，控制温度在，调节溶液并维持89。用空气氧化生成的Mn(OH)2得到黑色沉淀Mn3O4，过滤，洗涤、干燥得产品。据此解答。【详解】(1)由仪器构造可知仪器R的名称是三颈烧瓶，故答案为三颈烧瓶；(2)装置中亚硫酸钠固体和硫酸反应生成硫酸钠、水和，化学方程式为，故答案为；(3)由于需要控制温度在90100，所以适宜的加热方式是用的水浴加热，故答案为用的水浴加热；(4) 装置C中盛有NaOH溶液，用来吸收未反应的，防止污染环境，故答案为吸收未反应的，
25、防止污染环境；(5)除杂过程中加入纯净的目的是将氧化为；用调节溶液时，使Fe3+、Al3+沉淀完全，而Mn2+不沉淀，需调节溶液的范围为，故答案为将氧化为 ；(6)由图象可知，应选择的反应条件是：温度，溶液pH为89；实验方案设计为：将滤液加热并保温在，用氨水调节溶液并维持89。在不断搅拌下，边通空气边滴加氨水，直至有大量黑色沉淀，静置，在上层清液中再滴加氨水至无沉淀。过滤，洗涤沉淀直至过滤液中检测不出，故答案为将滤液加热并保温在，用氨水调节溶液并维持89。在不断搅拌下，边通空气边滴加氨水，直至有大量黑色沉淀，静置，在上层清液中再滴加氨水至无沉淀。过滤，洗涤沉淀直至过滤液中检测不出。10.工业
26、上用以下流程从铜沉淀渣中回收铜、硒、碲等物质。沉淀渣中除含有铜、硒、碲外，还含有少量稀贵金属，主要物质为、和。（1）、为同主族元素，其中在元素周期表中位置_。其中铜、硒、碲的主要回收流程如图：（2）经过硫酸化焙烧，铜、硒化铜和碲化铜转变为硫酸铜。写出硫酸化焙烧的化学方程式_。“水浸固体”过程中补充少量氯化钠固体，可减少固体中的银（硫酸银）进入浸出液中，结合化学用语，从平衡移动原理角度解释其原因_。滤液2经过_、_、过滤、洗涤、干燥可以得到硫酸铜晶体。（3）所得粗硒可采用真空蒸馏的方法进行提纯，获得纯硒。真空蒸馏的挥发物中硒含量与温度的关系如图所示。蒸馏操作中控制的最佳温度是_（填序号）。a45
27、5 b462 c475 d515（4）目前碲化镉薄膜太阳能行业发展迅速，被认为是最有发展前景的太阳能技术之一。用如下装置可以完成碲的电解精炼。研究发现在低的电流密度、碱性条件下，随着浓度的增加，促进了的沉积。写出的沉积的电极反应式为_。【答案】 (1). 第四周期VIA族 (2). Cu2Se6H2SO42CuSO4SeO24SO26H2O (3). 由于存在平衡：Ag2SO4(s) 2Ag(aq)SO42(aq)，加入氯化钠固体后，与反应生成成更难溶的氯化银，使得降低，进而减少了硫酸银中的银进入滤液 (4). 加热浓缩 (5). 冷却结晶 (6). c (7). 【解析】【详解】（1）34S
28、e，质子数34，推出位于元素周期表中第四周期VIA族；答案是第四周期VIA族；（2）根据流程，“硫酸焙烧”Cu2Se转化成CuSO4、SeO2，SeO2为氧化产物，硫酸被还原成SO2，即反应方程式为Cu2Se6H2SO42CuSO4SeO24SO26H2O；答案Cu2Se6H2SO42CuSO4SeO24SO26H2O；水浸固体中含有Ag2SO4，存在溶解平衡：Ag2SO4(s) 2Ag(aq)SO42(aq)，Ag2SO4微溶于水，AgCl难溶于水，因此加入NaCl，Ag和Cl结合成更难溶的AgCl，使得c(Ag)降低，进而减少了硫酸银中银进入滤液中；答案为溶解平衡：Ag2SO4(s) 2A
29、g(aq)SO42(aq)，加入NaCl，Ag和Cl结合成更难溶AgCl，使得c(Ag)降低，从而减少了硫酸银中的银进入滤液中；因为是得到硫酸铜晶体，因此滤液2经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可以得到硫酸铜晶体；答案加热浓缩；冷却结晶；（3）根据图象，在略低于480挥发物中硒的含量最高，因此最佳温度为475，故c正确；答案选c；（4）由电解原理可知，TeO32应在阴极上发生还原反应生成Te，其电极反应式为TeO324e3H2O=Te6OH；答案为TeO324e3H2O=Te6OH。【点睛】电极反应式的书写是高考的热点，特别是一些陌生的，无论原电池还是电解池，都发生氧化还原反应，且都是半
30、反应，一般书写时按照氧化剂ne还原产物，然后根据电解质的环境，判断出OH、H2O、H哪两个参与反应，同理还原剂ne氧化产物也是这样；一定要注意电解质的环境。11.氧元素为地壳中含量最高的元素，可形成多种重要的单质和化合物。(1)氧元素位于元素周期表中_区；第二周期元素中，第一电离能比氧大的有_种。(2)O3可用于消毒。O3的中心原子的杂化形式为_；其分子的 VSEPR模型为_，与其互为等电子体的离子为_(写出一种即可)。(3)含氧有机物中，氧原子的成键方式不同会导致有机物性质不同。解释C2H5OH的沸点高于CH3OCH3的原因为_；C2H5OH不能用无水CaCl2千燥是因为Ca2+和C2H5O
31、H可形成Ca(C2H5OH)42+，该离子的结构式可表示为_。(4)氧元素可分别与Fe和Cu形成低价态氧化物FeO和Cu2O。FeO立方晶胞结构如图1所示，则Fe2+的配位数为_；与O2紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为_。Cu2O立方晶胞结构如图2所示，若O2与Cu+之间最近距离为a pm，则该晶体的密度为_gcm3。(用含a、NA的代数式表示，NA代表阿伏加德罗常数的值)【答案】 (1). p； (2). 3 (3). sp2杂化 (4). 平面三角形 (5). NO2 (6). 乙醇分子间可形成氢键，沸点高 (7). (8). 6 (9). 正八面体 (10). 【解析】【分析】(1)除
32、了ds区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号；根据电离能的变化规律分析判断；(2)根据公式计算出O3的中心原子的价层电子对数，再根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式及其分子的VSEPR模型，与其互为等电子体的离子中含有3个原子、价电子数是18；(3)形成分子间氢键的物质熔沸点较高；对于配离子Ca(C2H5OH)42+可以结合常见配合物的结构与成键分析解答；(4)根据体心位置的Fe2+判断Fe2+的配位数；根据结构示意图判断与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型；若O2-与Cu+之间最近距离为apm，该距离为晶胞体对角线的，则晶胞体对角线长度=4apm，计算出晶胞的棱长，
33、根据化学式判断出各球表示的微粒，再结合密度的计算公式计算。【详解】(1)除了ds区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号，O原子最后通入的电子是p电子，所以O元素位于p区；第二周期元素中，第一电离能比O元素大的有N、F、Ne元素，所以有3种元素，故答案为p；3；(2)O3的中心原子的价层电子对个数2+3且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式为sp2杂化、其分子的 VSEPR模型为平面三角形，与其互为等电子体的离子中含有3个原子、价电子数是18，与其互为等电子体的阴离子有NO2(合理即可)，故答案为sp2杂化；平面三角形；NO2(合理即可)；(3)形成分子间
34、氢键的物质熔沸点较高，乙醇能形成分子间氢键、甲醚不能形成分子间氢键，所以乙醇的熔沸点比甲醚高；C2H5OH不能用无水CaCl2干燥是因为Ca2+和C2H5OH可形成Ca(C2H5OH)42+，该离子中钙离子为中心离子，乙醇为配体，乙醇中O原子提供孤电子对、钙离子提供空轨道形成配位键，其结构为，故答案为乙醇分子间可形成氢键，沸点高；(4)Fe2+的配位数为6；与O2紧邻的所有Fe2+构成的几何构型、与Fe2+紧邻的所有O2构成的几何构型相同，根据知，表中有标记的这几个离子形成正八面体，同理可推，与O2紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为正八面体，故答案为6；正八面体；若O2与Cu+之间最近距离为a
35、pm，该距离为晶胞体对角线的，则晶胞体对角线长度4apm，晶胞棱长1010 cm，晶胞体积(1010 cm)3，该晶胞中白球离子个数1+82、灰球离子个数为4，根据化学式Cu2O知，灰色球表示亚铜离子、白色球表示氧离子，则该晶体的密度= g/cm3g/cm3，故答案为。12.华法林(Warfarin)又名杀鼠灵，想美国食品药品监督管理局批准为心血管疾病的临床药物。其合成路线(部分反应条件略去)如下所示:回答下列问题:(1)A的名称为_，E中官能团名称为_。(2)B的结构简式为_。(3)由C生成D的化学方程式为_(4)的反应类型为_，的反应类型为_。(5)F的同分异构体中，同时符合下列条件的同分
36、异构体共有_种。a能与FeCl3溶液发生显色反应 b能发生银镜反应其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为_。(6)参照上述合成路线，设计一条由苯酚()、乙酸酐(CH3CO)2O和苯甲醛()为原料，制备的合成路线(其他无机试剂任选)。_【答案】 (1). 甲苯 (2). 酯基 (3). (4). (5). 取代反应 (6). 加成反应 (7). 13 (8). (9). 【解析】考查有机物的推断和合成，（1）根据A分子式，推出A为甲苯，其结构简式为，根据E的结构简式，推出E中含有的官能团是酯基；（2）根据反应的条件，发生取代反应，氯原子取代甲基上的氢原子，即B的结构简式为；（3）反应发生水解反应，
37、即C的结构简式为，根据反应的条件，发生的是醇的氧化，即反应方程式为；（4）对比反应前后的结构简式，反应发生的是取代反应；对比反应的前后有机物的结构简式，推出反应为加成反应；（5）能与FeCl3溶液反应发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生银镜反应，说明含有醛基，符合条件的结构有（邻间对三种）、（醛基在苯环上有4种位置）、（醛基在苯环上有4种位置）、（醛基在苯环上有2种位置），共有13种；核磁共振氢谱有5组峰，说明有5种不同的氢原子，因此符合条件的结构简式为；（6）根据合成华法林中苯酚参与的路线，即本题的合成路线为。点睛：本题的难点是同分异构体的书写，往往题目中给出限制条件，需要根据题目中要求判断含有的官能团或结构，如本题，能与FeCl3溶液反应发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生银镜反应，说明含有醛基，然后判断出，苯环上两种取代基的位置为邻间对，采取烷烃同分异构体中“先整后散”的规律，判断出剩下的同分异构体。