1、2014-2015学年河北省唐山一中高二（下）期末化学复习模拟试卷一、选择题（共22小题，每小题2分，计44分每小题只有一个选项正确）113CNMR（核磁共振）、15NNMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，Kurt Wu thrich等人为此获得2002年诺贝尔化学奖下面有关13C、15N叙述正确的是（）A 13C与15N有相同的中子数B 13C与C60互为同素异形体C 15N与14N互为同位素D 15N的核外电子数与中子数相同2元素周期表中某IIA族元素原子序数为x，那么同一周期的A族元素原子序数不可能为（）A x+25B x+1C x+11D x+103共价键、金属键、离子键
2、和分子间作用力都是构成物质微粒间的不同相互作用，含有上述中两种相互作用的晶体是（）A SiO2晶体B Ar晶体C NaCl晶体D NaOH晶体4两个体积相同的容器，一个盛有NO，一个盛有N2和O2，在同温同压下两容器内的气体一定具有相同的（）A 原子总数B 质子总数C 密度D 质量5设NA为阿佛加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A 46g NO2和N2O4混合气体中含有原子数为3NAB 标准状况下22.4 L H2中含中子数为2NAC 1L 1mol/L醋酸溶液中离子总数为2NAD 1molFe与足量O2或Cl2反应均失去3NA个电子6有机物CH3CHCHCl能发生（）取代反应加成反应消去反应
3、使溴水褪色使KMnO4酸性溶液褪色与AgNO3溶液生成白色沉淀聚合反应A 以上反应均可发生B 只有不能发生C 只有不能发生D 只有不能发生7以下各微粒中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是（）A H3O+B BF3C CO2D PCl58用密度为1g/cm3质量分数是的浓盐酸，与水配制成体积比为1：4的稀盐酸，密度为2g/cm3，则所配制稀盐酸的物质的量浓度（）A mol/LB mol/LC mol/LD mol/L9已知元素的离子aAn+、bB（n+1）+、cCn、dD（n+1）均是由同周期主族元素形成的简单离子下列叙述正确的是（）A 原子半径：CDABB 原子序数：CDBAC 离子半径：
4、DCBAD 单质的还原性：BACD10下列叙述中正确的是（）A NH3、CO、CO2都是极性分子B CH4、C2H2都是含有极性键的非极性分子C HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强D CS2、H2O、C2H2都是直线形分子11用0.2mol/L Na2SO3溶液32mL，还原含2103mol X2O72的溶液，过量的Na2SO3用0.1mol/L KMnO4酸性溶液氧化（其中KMnO4被还原成Mn2+），共消耗KMnO4溶液1.6mL，则元素X在还原产物中的化合价是（）A +1B +2C +3D +412下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型的是（）A 液溴和苯分别受热
5、变为气体B 干冰和氯化铵分别受热变为气体C 二氧化硅和铁分别受热熔化D 食盐和葡萄糖分别溶解在水中13某有机物，分别取钠、氢氧化钠、新制氢氧化铜悬浊液分别与等物质的量的该物质恰好反应（可加热），则消耗此三种物质的物质的量之比为（）A 6：4：5B 3：2：3C 3：2：2D 1：1：114下列物质性质的变化规律中与共价键键能大小有关的是（）F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高；HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅；NaF、NaCl、NaBr、NaI熔点依次降低A 仅B C D 15已知维生素A的结构简式如下，关于它的正确说法是（）A 维生素
6、A分子式为C20H30OB 维生素A是一种易溶于水的醇C 维生素A不易被氧化D 1 mol维生素A最多可以和6 mol氢气加成16下列事实与氢键有关的是（）A 水加热到很高的温度都难以分解B HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱C CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高D 水结成冰体积膨胀17香兰素的结构简式如图所示，有宜人的芳香气味，是制作巧克力的辅助原料，下列关于香兰素的判断不正确的是（）A 分子式为C8H8O3B 可与银氨溶液反应C 可与NaOH溶液反应D 分子中所有原子都在同一平面18有一瓶14%的KOH溶液，加热蒸发掉100g水后，变为28%的KOH
7、溶液80mL（蒸发过程中无溶质析出），这80mL溶液的物质的量浓度为（）A 5mol/LB 6mol/LC 6.25mol/LD 6.75mol/L19某一有机物A可发生下列变化：已知C为羧酸，且C、E不发生银镜反应，则A的可能结构有（）A 4种B 3种C 2种D 1种20莽草酸是一种合成治疗禽流感药物达菲的原料，鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中下列关于这两种有机化合物的说法正确的是（）A 两种酸都能与溴水反应B 两种酸遇三氯化铁溶液都显色C 鞣酸分子与莽草酸分子相比多了两个碳碳双键D 等物质的量的两种酸与足量碳酸钠反应消耗碳酸钠物质的量相同21下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数）（）A 1
8、24 g P4含有PP键的个数为4NAB 12 g石墨中含有CC键的个数为1.5NAC 12 g金刚石中含有CC键的个数为4NAD 60gSiO2中含SiO键的个数为2NA22据报道，某种合金材料有较大的储氢容量，其晶体结构的最小单元如图所示则这种合金的化学式为（）A LaNi6B LaNi3C LaNi4D LaNi5二、非选择题（包括6小题，共56分）23下面是用98%的浓H2SO4（=1.84g/cm3）配制成0.5mol/L的稀H2SO4 500mL的操作，请按要求填空：（1）需量取浓H2SO4的体积为（2）如果实验室有20mL、50mL、100mL量筒，应选用mL量筒最好量取时发现量
9、筒不干净，用水洗净后直接量取，所配溶液浓度将（偏高、偏低、无影响）（3）将稀释并冷却后的硫酸溶液沿注入中，并用蒸馏水洗涤23次，洗涤液要中，并摇匀（4）加水至距刻度处，改用加水，使溶液的凹液面正好跟刻度相平24下表是Na、Mg、Si、S、Br五种元素的单质的沸点，其中b、e均是热和电的良导体单质abcde沸点（）58.8882.9444.72 3551 107（1）a的元素在元素周期表中的位置为（2）写出d的元素原子的电子式；其最高价氧化物形成的晶体为晶体（填类型），d单质溶于强碱的离子方程式为（3）c与氢形成的分子X的空间构型为；写出X的水溶液与足量b元素的最高价氧化物对应水化物反应的离子方
10、程式（4）上述元素所能形成的简单离子中半径最小的是（填离子符号），最高价氧化物对应水化物酸性最强的是（填分子式），e元素与N元素形成化合物的电子式为（5）b元素与氯元素形成的化合物Y的晶体中，1个晶胞内含有的基本微粒及个数是25某反应体系的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O（1）请将Au2O3之外反应物与生成物分别填入以下空格内Au2O3+（2）反应中，被还原的元素是，还原剂是（3）将氧化剂与还原剂填入空格中，并标出电子转移的方向和数目（4）纺织工业中常用氯气作漂白剂，Na2S2O3可作为漂白后布匹“脱氯剂”，Na2S2O3和Cl2反应的产物是H2S
11、O4、NaCl和HCl，则还原剂与氧化剂物质的量之比为26工业上测定SO2、N2、O2混合气体中SO2含量的装置如图反应管中装有碘的淀粉溶液，SO2和I2发生反应为（N2、O2不与I2反应）：SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI（1）混合气体进入反应管后，量气管内增加的水的体积等于的体积（填写混合气体的分子式）（2）读数前应冷却到室温、（3）反应管内溶液蓝色消失后，没有及时停止通气，则测得的SO2含量（选填：偏高，偏低，不受影响）（4）若碘溶液体积为Va mL，浓度为Cmol/LN2与O2的体积为Vb mL（已折算成标准状况下的体积）用C、Va、Vb表示SO2的体积百分含量为27菠萝酯是一
12、种具有菠萝香气的食用香料，是化合物甲与苯氧乙酸发生化学反应的产物（1）甲一定含有的官能团的名称是（2）5.8g甲完全燃烧可产生0.3mol CO2和0.3mol H2O，甲蒸气对氢气的相对密度是29，甲分子中不含甲基，且为链状结构，其结构简式是（3）苯氧乙酸有多种酯类的同分异构体，其中能与FeCl3溶液发生显色反应，且有2种一硝基取代物的同分异构体是（写出任意2种的结构简式）（4）已知：RCH2COOHRCHCOOHClRONaROR（R，R代表烃基）菠萝酯的合成路线如下：试剂X不可选用的是（选填字母）aCH3COONa溶液 bNaOH溶液 cNaHCO3溶液 dNa丙的结构简式是，反应的反应
13、类型是反应的化学方程式是28如图所示为高温超导领域里的一种化合物钙钛矿晶体结构，该结构是具有代表性的最小重复单位（1）在该物质的晶体结构中，每个钛离子周围与它最接近且距离相等的钛离子、钙离子各有、个（2）该晶体结构中，元素氧、钛、钙的离子个数比是该物质的化学式可表示为（3）若钙、钛、氧三元素的相对原子质量分别为a，b，c，晶体结构图中正方体边长（钛离子之间的距离）为dnm（1nm=109m），则该晶体的密度为g/cm32014-2015学年河北省唐山一中高二（下）期末化学复习模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（共22小题，每小题2分，计44分每小题只有一个选项正确）113CNMR（核磁共振）
14、、15NNMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，Kurt Wu thrich等人为此获得2002年诺贝尔化学奖下面有关13C、15N叙述正确的是（）A 13C与15N有相同的中子数B 13C与C60互为同素异形体C 15N与14N互为同位素D 15N的核外电子数与中子数相同考点：质量数与质子数、中子数之间的相互关系；同位素及其应用专题：原子组成与结构专题分析：13C、15N的质量数分别为13、15，质子数分别为6、7，利用质子数=电子数，质子数+中子数=质量数及同位素的概念来解答解答：解：A13C与15N的中子数分别为7、8，故A错误；B13C为原子，C60为单质，二者不是同素异形
15、体，故B错误；C15N与14N为质子数都是7，但中子数不同的原子，则互为同位素，故C正确；D15N的核外电子数为7，中子数为157=8，故D错误；故选C点评：本题考查原子的构成及原子中的数量关系，较简单，熟悉同位素、同素异形体的概念及判断可解答2元素周期表中某IIA族元素原子序数为x，那么同一周期的A族元素原子序数不可能为（）A x+25B x+1C x+11D x+10考点：元素周期表的结构及其应用分析：元素周期表中，从第四周期开始出现过渡元素，第A、A之后是第B，在第六、七周期中的过渡元素又出现镧系和锕系，根据周期表的结构来回答解答：解：因为是同一周期的IIA族，即同一横行往右一个主族，在
16、第二、三周期原子序数增加1，因而可以x+1；又因为IIA族与IIIA族元素在第四周期起有过渡元素，因而又可以为x+11；在第六、七周期的过渡元素中又出现镧系和锕系，因而又可以为x+25故选D点评：本题考查学生元素周期表的结构知识，注意把握周期表中的列和族的关系及副族元素的位置，题目难度不大3共价键、金属键、离子键和分子间作用力都是构成物质微粒间的不同相互作用，含有上述中两种相互作用的晶体是（）A SiO2晶体B Ar晶体C NaCl晶体D NaOH晶体考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别专题：化学键与晶体结构分析：一般金属元素与非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，离子晶体中
17、含有离子键，以共价键结合的物质可能为原子晶体，也可能为分子晶体，在分子晶体中还存在分子间作用力，以此来解答解答：解：A、SiO2晶体属于原子晶体，晶体中存在共价键，故A不选；B、Ar晶体属于分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，故B不选；C、氯化钠属于离子晶体，微粒间以离子键结合，故C不选；D、氢氧化钠属于离子晶体，阴阳离子间通过离子键结合，氢氧根离子中O元素与H元素间形成共价键，所以氢氧化钠中含有两种作用力，故D选故选D点评：本题考查了不同晶体中微粒间的作用力，题目难度不大，注意把握不同类型晶体的构成微粒和微粒间的作用力4两个体积相同的容器，一个盛有NO，一个盛有N2和O2，在同温同压下两容
18、器内的气体一定具有相同的（）A 原子总数B 质子总数C 密度D 质量考点：阿伏加德罗定律及推论分析：同温同压下，气体摩尔体积相等，体积相等的气体，其物质的量相等，根据=、m=nM、N=nNA结合分子构成计算解答：解：同温同压下，气体摩尔体积相等，体积相等的气体，其物质的量相等，AN=nNA知，分子数之比等于物质的量之比，物质的量相等，所以其分子数相等，每个分子中原子个数相等，所以其原子总数相等，故A正确；B根据A知，其分子总数相等，每个分子中质子总数不相等，所以其质子总数不等，故B错误；C根据=知，相同条件下其密度之比等于摩尔质量之比，二者摩尔质量不一定相等，所以其密度不一定相等，故C错误；D
19、根据m=nM知，物质的量相等时其质量之比等于摩尔质量之比，二者摩尔质量不一定相等，所以其质量不一定相等，故D错误；故选A点评：本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，题目难度不大5设NA为阿佛加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A 46g NO2和N2O4混合气体中含有原子数为3NAB 标准状况下22.4 L H2中含中子数为2NAC 1L 1mol/L醋酸溶液中离子总数为2NAD 1molFe与足量O2或Cl2反应均失去3NA个电子考点：阿伏加德罗常数分析：A、NO2和N2O4化学式最简比相同，只需计算46gNO2和
20、中所含的原子数即可；B、氢原子的质量数为1，氢原子中的中子数为0；C、醋酸属于弱电解质，溶液中只能部分电离出醋酸根离子和氢离子；D、Fe与氧气反应生成四氧化三铁解答：解：A、NO2和N2O4化学式最简比相同，只需计算46gNO2和中所含的原子数=3NA=3NA，故A正确；B、标况下22.4L氢气的物质的量为1mol，氢气分子中含有的中子数为0，故B错误；C、1L 浓度为1molL1的醋酸溶液中含有溶质醋酸1mol，醋酸为弱酸，1mol醋酸电离出的离子一定小于2mol，则醋酸溶液中含离子总数小于2NA，故C错误；D、铁与氧气反应生成四氧化三铁，1molFe反应失去电子数不是3mol，故D错误，故
21、选A点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项B为易错点，注意氢气中不含中子6有机物CH3CHCHCl能发生（）取代反应加成反应消去反应使溴水褪色使KMnO4酸性溶液褪色与AgNO3溶液生成白色沉淀聚合反应A 以上反应均可发生B 只有不能发生C 只有不能发生D 只有不能发生考点：有机物的结构和性质分析：由结构简式可知，分子中含双键、Cl，结合烯烃及卤代烃的性质来解答解答：解：含双键，可发生加成反应、与溴水发生加成反应使其褪色、与高锰酸钾发生氧化反应使其褪色
22、、发生聚合反应；含Cl，可发生消去反应、取代反应，则一定不能发生与AgNO3溶液生成白色沉淀，故选B点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃和卤代烃性质及反应类型的考查，综合性较强，题目难度不大7以下各微粒中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是（）A H3O+B BF3C CO2D PCl5考点：原子核外电子排布分析：对ABn型分子，A的族序数+成键数=8，则满足所有原子都满足最外层8电子结构，含有H元素的化合物中H元素一定不满足8电子结构；解答：解：A、H3O+中含有氢原子，不满足8电子结构，故A错误；BBF3中，B原子的族序数+成键数=3
23、+3=6，所以不满足所有原子最外层为8电子结构，故B错误；CCO2中，C原子的族序数+成键数=4+4=8，所以满足所有原子最外层为8电子结构，故C正确；DPCl5中，P原子的族序数+成键数=5+5=10，所以不满足所有原子最外层为8电子结构，故D错误；故选C；点评：本题考查8电子结构的判断，难度不大，清楚元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构是关键，注意离子化合物不适合8用密度为1g/cm3质量分数是的浓盐酸，与水配制成体积比为1：4的稀盐酸，密度为2g/cm3，则所配制稀盐酸的物质的量浓度（）A mol/LB mol/LC mol/LD mol/L考点：物质
24、的量浓度的相关计算专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据m=V、n=、c=，浓盐酸与水配制成体积比为1：4来计算解答解答：解：浓盐酸与水配制成体积比为1：4，设体积分别为VL、4VL，则浓盐酸的质量为1Vg1000，则HCl的质量为10001V，n（HCl）=1000mol，稀溶液的质量为1000p1Vg+4000Vg，溶液的体积为mL，所配制稀盐酸的物质的量浓度为1000mol/L=mol/L，故选C点评：本题考查物质的量浓度的计算，明确质量分数与物质的量浓度的关系是解答本题的关键，熟悉相关的计算公式即可解答，难度不大9已知元素的离子aAn+、bB（n+1）+、cCn、dD（n+1）均是由
25、同周期主族元素形成的简单离子下列叙述正确的是（）A 原子半径：CDABB 原子序数：CDBAC 离子半径：DCBAD 单质的还原性：BACD考点：原子结构与元素周期律的关系专题：元素周期律与元素周期表专题分析：离子aAn+、bB（n+1）+、cCn、dD（n+1）均为由同周期主族元素形成的简单离子，则自左向右元素分别是A、B、D、C，所以原子序数是CDBA，结合同周期元素性质的递变规律解答该题解答：解：离子aAn+、bB（n+1）+、cCn、dD（n+1）均为由同周期主族元素形成的简单离子，则自左向右元素分别是A、B、D、C，所以原子序数是CDBA，A同周期自左向右原子半径逐渐减小，原子半径是
26、ABDC，故A错误；B由分析可知原子序数CDBA，故B正确；C阴离子比阳离子多一个电子层，阴离子半径较大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径DCAB，故C错误；D同周期自左向右原子半径逐渐减小，非金属性逐渐增强，金属性逐渐减弱，单质的还原性ABDC，故D错误故选B点评：本题考查原子结构和元素周期律的应用，难度不大，是常见题型，侧重考查学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力10下列叙述中正确的是（）A NH3、CO、CO2都是极性分子B CH4、C2H2都是含有极性键的非极性分子C HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强D CS2、H2O
27、、C2H2都是直线形分子考点：同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；元素周期律的作用；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子专题：元素周期律与元素周期表专题分析：ACO2是非极性分子；BCH4、C2H2都含有CH键，为极性键，结构对称，为非极性分子；C元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；DH2O为V形解答：解：ACO2的结构式为O=C=O，结构对称，为非极性分子，故A错误；BCH4、C2H2都含有CH键，为极性键，分别为正四面体和直线形分子，结构对称，为非极性分子，故B正确；C非金属性：FClBrI，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱
28、，故C错误；DH2O为V形，CS2、C2H2是直线形分子，故D错误故选：B点评：本题较为综合，涉及极性分子、非极性分子以及元素周期律知识，侧重于学生的分析能力和综合运用化学知识的能力的考查，注意把握元素周期律的递变规律以及分子构型的判断，难度不大11用0.2mol/L Na2SO3溶液32mL，还原含2103mol X2O72的溶液，过量的Na2SO3用0.1mol/L KMnO4酸性溶液氧化（其中KMnO4被还原成Mn2+），共消耗KMnO4溶液1.6mL，则元素X在还原产物中的化合价是（）A +1B +2C +3D +4考点：氧化还原反应的计算专题：氧化还原反应专题分析：Na2SO3被氧化
29、为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；KMnO4发生还原反应，Mn元素化合价由+7价降低到+2价，X2O72中X元素发生还原反应，令X元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒计算a的值解答：解：已知：n（Na2SO3）=0.2mol/L0.032L=0.0064mol，n（X2O72）=2103mol，n（KMnO4）=0.0016L0.1mol=0.00016mol，Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；KMnO4发生还原反应，Mn元素化合价由+7价降低到+2价，X2O72中X元素发生还原反应，令X元素在产物中的化合价为a价，则0.0064mol
30、（64）=0.00016mol（72）+2103mol2（6a），a=3，故选C点评：本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应概念等，难度中等，表示出得失数目是解题关键，熟练掌握电子转移守恒思想的运用12下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型的是（）A 液溴和苯分别受热变为气体B 干冰和氯化铵分别受热变为气体C 二氧化硅和铁分别受热熔化D 食盐和葡萄糖分别溶解在水中考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别专题：化学键与晶体结构分析：物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型，说明两种晶体的晶体类型相同，导致变化时克服作用力相同，根据晶体类型判断即可解答：解：A溴和苯都
31、是分子晶体，由液态转化为气体克服分子间作用力，故A正确；B干冰属于分子晶体，转化为气体克服分子间作用力，氯化铵是离子晶体，转化为气体时克服离子键，故B错误；C二氧化硅属于原子晶体，熔融时克服化学键，铁属于金属晶体，熔融时克服金属键，故C错误；D食盐属于离子晶体，溶于水克服离子键，葡萄糖属于分子晶体，溶于水克服分子间作用力，故D错误；故选A点评：本题考查化学键及晶体类型的关系，侧重考查基本理论，明确晶体构成微粒是解本题关键，会根据物质的构成微粒确定晶体类型，题目难度不大13某有机物，分别取钠、氢氧化钠、新制氢氧化铜悬浊液分别与等物质的量的该物质恰好反应（可加热），则消耗此三种物质的物质的量之比为
32、（）A 6：4：5B 3：2：3C 3：2：2D 1：1：1考点：有机物的结构和性质分析：能和钠反应是官能团是醇羟基、酚羟基和羧基，能和氢氧化钠反应的官能团是羧基和酚羟基，能和新制氢氧化铜悬浊液反应的官能团是羧基和醛基，据此分析解答解答：解：能和钠反应是官能团是醇羟基、酚羟基和羧基，能和氢氧化钠反应的官能团是羧基和酚羟基，能和新制氢氧化铜悬浊液反应的官能团是羧基和醛基，钠、氢氧化钠、新制氢氧化铜悬浊液分别与等物质的量的该物质恰好反应（可加热），消耗钠、氢氧化钠和新制氢氧化铜悬浊液的物质的量之比为3：2：2.5=6：4：5，故选A点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系
33、是解本题关键，侧重考查醛、醇、羧酸、酚的性质，注意醛基和羧基都能和氢氧化铜反应，为易错点14下列物质性质的变化规律中与共价键键能大小有关的是（）F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高；HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅；NaF、NaCl、NaBr、NaI熔点依次降低A 仅B C D 考点：键能、键长、键角及其应用；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别专题：化学键与晶体结构分析：F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小；HF、HI、HBr、HCl属于共价化合物，影响稳定性的因素是共价键；金刚石、晶体硅属于
34、原子晶体，影响熔沸点的因素是共价键；NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，影响熔沸点的因素是离子键解答：解：F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，与共价键的键能大小无关，故错误；HF、HI、HBr、HCl属于共价化合物，影响稳定性的因素是共价键，共价键的键能越大越稳定，与共价键的键能大小有关，HF，HC1，HBr，HI的热稳定性依次减弱，故正确；金刚石、晶体硅属于原子晶体，原子之间存在共价键，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，硬度越大，与共价键的键能大小有关，金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶
35、体硅，故正确；NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，离子半径越大，键能越小，熔沸点越低，与共价键的键能大小无关，故错误故选D点评：本题考查晶体的熔沸点的比较，分子的稳定性，题目难度不大，注意晶体的类型以及影响晶体熔沸点高低的因素的判断15已知维生素A的结构简式如下，关于它的正确说法是（）A 维生素A分子式为C20H30OB 维生素A是一种易溶于水的醇C 维生素A不易被氧化D 1 mol维生素A最多可以和6 mol氢气加成考点：有机物的结构和性质分析：维生素A含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羟基，可发生取代、氧化和消去反应，结合有机物结构简式可确定有机物分子式，以此解答该
36、题解答：解：A由结构简式可知有机物的分子式为C20H30O，故A正确；B维生素A属于脂溶性维生素，难溶于水，故B错误；C维生素A中含有碳碳双键和羟基，易被氧化，故C错误；D因1mol该物质含5molC=C键，则1mol维生素A分子最多可跟5molH2发生加成反应，故D错误故选A点评：本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，注意把握结构中的官能团为解答的关键，熟悉烯烃、醇的性质即可解答，题目难度不大16下列事实与氢键有关的是（）A 水加热到很高的温度都难以分解B HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱C CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高D 水结成冰体积膨
37、胀考点：氢键的存在对物质性质的影响分析：A、根据水的分解破坏的键判断；B、根据氢化物的热稳定性与非金属的非金属性性之间的关系判断；C、根据范德华力对物质性质的影响判断；D、根据氢键对冰的结构、密度的影响判断解答：解：氢键是一种特殊的分子间作用力，非化学键，只影响物质的物理性质，不影响化学性质A、水的分解破坏的是化学键，不是氢键，故A错误；B、HF、HCl、HBr、HI的热稳定性与F、Cl、Br、I的非金属性有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，同一主族的元素，非金属性随着原子序数的增加而减小，所以其氢化物的热稳定性逐渐减弱，与氢键无关，故B错误；C、CH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔点随相
38、对分子质量的增大而升高是与分子间作用力有关，分子间不存在氢键，与氢键无关，故C错误；D、氢键具有方向性，氢键的存在迫使四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以水结成冰时，体积增大当冰刚刚融化为液态水时，热运动使冰的结构部分解体，水分子间的间隙减小，密度反而增大，故D正确；故选D点评：本题考查氢键的存在对物质的影响，学生要注意氢键是一种分子间的相互作用，不属于化学键；能形成氢键的物质主要有NH3、H2O、HF；特征：比化学键弱，比分子间作用力强17香兰素的结构简式如图所示，有宜人的芳香气味，是制作巧克力的辅
39、助原料，下列关于香兰素的判断不正确的是（）A 分子式为C8H8O3B 可与银氨溶液反应C 可与NaOH溶液反应D 分子中所有原子都在同一平面考点：有机物的结构和性质分析：该物质中含有醚键、酚羟基和醛基、苯环，具有醚、酚、醛和苯的性质，能发生氧化反应、取代反应、加成反应、还原反应等，据此分析解答解答：解：A根据结构简式知，分子式为C8H8O3，故A正确；B含有醛基，所以能发生银镜反应，故B正确；C含有酚羟基，具有酸性，所以能与NaOH溶液反应，故C正确；D含有甲基，所以所有原子不能可能位于同一平面上，故D错误；故选D点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系即可解答，侧重
40、考查醛、酚的性质，难点是判断原子是否共面，易错选项是D18有一瓶14%的KOH溶液，加热蒸发掉100g水后，变为28%的KOH溶液80mL（蒸发过程中无溶质析出），这80mL溶液的物质的量浓度为（）A 5mol/LB 6mol/LC 6.25mol/LD 6.75mol/L考点：物质的量浓度的相关计算分析：设14%KOH溶液的质量为m，根据溶质质量不变列方程计算溶液的质量，进而计算溶质的物质的量，根据c=计算80mL溶液的物质的量浓度解答：解：设14%KOH溶液的质量为m，则：m14%=（m100g）28%，解得：m=200g，溶质氢氧化钾的质量为：m（KOH）=200g14%=28g，氢氧化
41、钾的物质的量为：n（KOH）=0.5mol，蒸发过程中溶质的物质的量不变，则该80mL溶液中氢氧化钾的浓度为c（KOH）=6.25mol/L，故选C点评：本题考查溶液浓度计算，涉及质量分数、物质的量浓度，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用19某一有机物A可发生下列变化：已知C为羧酸，且C、E不发生银镜反应，则A的可能结构有（）A 4种B 3种C 2种D 1种考点：有机物实验式和分子式的确定分析：A能在碱性条件下反应生成B和D，B与酸反应，应为盐，D能在Cu催化作用下发生氧化，应为醇，则A应为酯，C和E都不能发生银镜反应，说明C、E不含醛基，如C为
42、乙酸，则D为CH3CHOHCH2CH3，如C为丙酸，则D为CH3CHOHCH3，据此进行解答解答：解：A的分子式为C6H12O2，A能在碱性条件下反应生成B和D，B与酸反应，B应为盐，D能在Cu催化作用下发生氧化，D应为醇，则A属于酯，C和E都不能发生银镜反应，说明C、E不含醛基，则C不可能为甲酸，若C为乙酸，则D为CH3CH（OH）CH2CH3，若C为丙酸，则D为CH3CH（OH）CH3，若C为丁酸，则D为乙醇、E为乙醛，不可能，所以A只能为：CH3COOCH（CH3）CH2CH3或CH3CH2COO2CH（CH3）2，总共有两种可能的结构，故选C点评：本题考查有机物的推断，题目难度不大，本
43、题注意C和E都不能发生银镜反应的特点，为解答该题的关键，以此推断对应的酸或醇的种类和推断出A的可能结构20莽草酸是一种合成治疗禽流感药物达菲的原料，鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中下列关于这两种有机化合物的说法正确的是（）A 两种酸都能与溴水反应B 两种酸遇三氯化铁溶液都显色C 鞣酸分子与莽草酸分子相比多了两个碳碳双键D 等物质的量的两种酸与足量碳酸钠反应消耗碳酸钠物质的量相同考点：有机物的结构和性质专题：有机物的化学性质及推断分析：莽草酸中含有羟基，可发生取代、氧化和消去反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，可发生酯化反应，具有酸性，鞣酸含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反
44、应，含有羧基，可发生中和和酯化反应，以此解答该题解答：解：A莽草酸含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，鞣酸含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，故A正确；B莽草酸不含苯环，不能遇三氯化铁溶液显色，故B错误；C鞣酸分子中不含碳碳双键，故C错误；D鞣酸含有酚羟基，可与碳酸钠反应，二者消耗碳酸钠的物质的量不同，故D错误故选A点评：本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生分析能力和综合运用化学知识的能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，题目难度不大21下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数）（）A 124 g P4含有PP键的个数为4NAB 12 g石墨中含有CC键的个数为1.5N
45、AC 12 g金刚石中含有CC键的个数为4NAD 60gSiO2中含SiO键的个数为2NA考点：阿伏加德罗常数分析：通过n=计算各物质的物质的量，结合各晶体的结构确定各个化学键的个数解答：解：A、n（P4）=1mol，1个P4分子含有6个PP键，因此124g P4含有的PP键的物质的量为6mol，PP键的个数为6NA，故A错误；B、12g石墨中含有碳原子的物质的量n=1mol，在石墨晶体中一个碳原子形成3个CC键，每个CC键由2个碳原子构成，因此12g石墨中含有CC键的物质的量为1mol3=1.5mol，CC键的个数为1.5NA，故B正确；C、12g金刚石中含有碳原子的物质的量n=1mol，在
46、金刚石晶体中每个碳原子形成4个CC键，每个CC键由2个碳原子构成，因此12g金刚石中含有CC键的物质的量为1mol4=2mol，CC键的个数为2NA，故C错误；D、n（ SiO2）=1mol，在二氧化硅晶体中，每个硅原子形成4个SiO键，因此60g SiO2中含SiO键的物质的量为4mol，SiO键的个数为4NA，故D错误；故选B点评：本题考查阿伏伽德罗常数的有关计算，难度中等，侧重于分子晶体、原子晶体、混合晶体结构的考查，掌握物质的晶体结构是解题的关键22据报道，某种合金材料有较大的储氢容量，其晶体结构的最小单元如图所示则这种合金的化学式为（）A LaNi6B LaNi3C LaNi4D L
47、aNi5考点：晶胞的计算专题：化学键与晶体结构分析：根据均摊法可以算出每个晶体结构单元中镍原子和镧原子的个数，再根据它们之比得化学式解答：解：在晶体结构单元中镍原子分布在上底面和下底面上，另外在六个侧面的面心上以及在六棱柱体内也有六个镍原子，所以镍原子的个数为：=15，镧原子分布在六棱柱的十二个顶点上，以及上下底面的面心上，所以镧原子的个数为：=3，所以化学式为LaNi5，故选D点评：本题主要就考查了均摊法求化学式，难度较小，解题关键是要仔细观察晶体结构图二、非选择题（包括6小题，共56分）23下面是用98%的浓H2SO4（=1.84g/cm3）配制成0.5mol/L的稀H2SO4 500mL
48、的操作，请按要求填空：（1）需量取浓H2SO4的体积为14.0mL（2）如果实验室有20mL、50mL、100mL量筒，应选用20mL量筒最好量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，所配溶液浓度将偏低（偏高、偏低、无影响）（3）将稀释并冷却后的硫酸溶液沿玻璃棒注入500mL容量瓶中，并用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液要注入容量瓶中，并摇匀（4）加水至距刻度12cm处，改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面正好跟刻度相平考点：配制一定物质的量浓度的溶液分析：（1）先计算出浓硫酸的物质的量浓度为c=，然后根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算；（2）根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的
49、体积来选择合适的量筒；根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析；（3）根据移液的操作来分析；（4）根据定容的操作来分析解答：解：（1）浓硫酸的物质的量浓度为c=18.4mol/L，设需要的浓硫酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀，可知：18.4mol/LVmL=0.5mol/L500mL解得V=14.0mL故答案为：14.0mL；（2）根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积为14.0mL可知应选择20mL的量筒；量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，会导致所取的浓硫酸被稀释，浓硫酸的物质的量偏小，则配制出的额稀硫酸的浓度偏低，故答案为：20
50、，偏低；（3）浓硫酸稀释放热，故应将稀释后的溶液先冷却，然后为了防止溶液洒出，要沿着玻璃棒注入500mL容量瓶中，并用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，并将洗涤液也注入容量瓶，故答案为：玻璃棒，500ml容量瓶，烧杯和玻璃棒，注入容量瓶；（4）根据定容的操作可知，开始可以直接向容量瓶中加水，但当液面离刻度线12cm时，要改用胶体滴定管逐滴加入至凹液面与刻度线相切，故答案为：12cm，胶头滴管；点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，属于基础型题目，难度不大24下表是Na、Mg、Si、S、Br五种元素的单质的沸点，其中b、e均是热和电的良导体单质abcde沸点（）58.88
51、82.9444.72 3551 107（1）a的元素在元素周期表中的位置为第四周期第A族（2）写出d的元素原子的电子式；其最高价氧化物形成的晶体为原子晶体（填类型），d单质溶于强碱的离子方程式为Si+2OH+H2O=SiO32+2H2（3）c与氢形成的分子X的空间构型为V型；写出X的水溶液与足量b元素的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式H2S+2OH=S2+H2O（4）上述元素所能形成的简单离子中半径最小的是Mg2+（填离子符号），最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HBrO4（填分子式），e元素与N元素形成化合物的电子式为（5）b元素与氯元素形成的化合物Y的晶体中，1个晶胞内含有的基本微粒
52、及个数是4个Na+、4个Cl考点：位置结构性质的相互关系应用分析：Na、Mg、Si、S、Br五种元素中，b、e均是热和电的良导体，则为Na、Mg，沸点be，则b为Na、e为Mg；由其它元素单质沸点，可知d为Si、a为Br、c为s（1）a为溴，处于第四周期第A族；（2）d为Si镁原子核外有4个电子，其最高价氧化物为二氧化硅，属于原子晶体，硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与氢气；（3）c与氢形成的分子X为H2S，与是分子的空间构型相同，b元素的最高价氧化物对应水化物为NaOH，硫氢化与足量的NaOH反应生成硫化钠与水；（4）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子的电子层越多，离子半径越大；
53、非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强；e元素与N元素形成化合物为Mg3N2，属于离子化合物；（5）b元素与氯元素形成的化合物Y为NaCl，晶胞结构图为，可以均摊法计算晶胞中Na+、Cl数目解答：解：Na、Mg、Si、S、Br五种元素中，b、e均是热和电的良导体，则为Na、Mg，沸点be，则b为Na、e为Mg；由其它元素单质沸点，可知d为Si、a为Br、c为s（1）a为溴，处于第四周期第A族，故答案为：第四周期第A族；（2）d为Si镁原子核外有4个电子，电子式为，其最高价氧化物为二氧化硅，属于原子晶体，硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠与水，反应离子方程式为：Si+2OH+H2O=SiO32
54、+2H2，故答案为：；原子； Si+2OH+H2O=SiO32+2H2；（3）c与氢形成的分子X为H2S，与是分子的空间构型相同，为V型结构，b元素的最高价氧化物对应水化物为NaOH，硫氢化与足量的NaOH反应生成硫化钠与水，反应离子方程式为：H2S+2OH=S2+H2O，故答案为：V型；H2S+2OH=S2+H2O；（4）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子的电子层越多，离子半径越大，故离子半径：BrS2Na+Mg2+；非金属性：BrSSi，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，故HBrO4酸性最强；e元素与N元素形成化合物为Mg3N2，属于离子化合物，电子式为，故答
55、案为：Mg2+；HBrO4；（5）b元素与氯元素形成的化合物Y为NaCl，由钠离子与氯离子过程，其晶胞结构图为，晶胞中Na+离子数目为1+12=4，Cl数目为6+8=4，故答案为：4个Na+、4个Cl点评：本题考查晶体类型与性质、电子式、空间构型、离子半径比较、元素周期律应用、离子方程式书写、晶胞计算等，是对学生综合能力的考查，难度中等25某反应体系的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O（1）请将Au2O3之外反应物与生成物分别填入以下空格内Au2O3+Na2S2O3+H2OAu2O+Na2S4O6+NaOH（2）反应中，被还原的元素是+3价的Au元素
56、，还原剂是Na2S2O3（3）将氧化剂与还原剂填入空格中，并标出电子转移的方向和数目（4）纺织工业中常用氯气作漂白剂，Na2S2O3可作为漂白后布匹“脱氯剂”，Na2S2O3和Cl2反应的产物是H2SO4、NaCl和HCl，则还原剂与氧化剂物质的量之比为1：4考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：（1）Au2O3为反应物，则反应中Au2O3Au2O，Au的化合价由+3价变为+1价，化合价总共降低22=4价，Na2S4O6中硫元素平均化合价为+2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合价为+2，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生
57、成物，由于2Na2S2O31Na2S4O6，根据钠元素守恒可知NaOH是生成物，由氢元素守恒可知水是反应物，Na2S2O3Na2S4O6中，S硫元素平均化合价由+2价升高为+2.5价，化合价总共升高4（2.52）=2，根据化合价升降相等，可知Au2O3系数为1，Na2S4O6系数为2，根据元素守恒配平其它物质的系数；（2）Au元素的化合价降低，被还原；S元素的化合价升高；（3）氧化剂为Au2O3，还原剂为Na2S2O3，该反应转移4e；（4）反应中Na2S2O3H2SO4，S硫元素平均化合价由+2价升高为+6价，Na2S2O3是还原剂，Cl2NaCl、HCl，Cl元素化合价由0价降低为1价，C
58、l2是氧化剂，根据电子转移相等，计算还原剂和氧化剂物质的量之比解答：解：（1）Au2O3为反应物，则反应中Au2O3Au2O，Au的化合价由+3价变为+1价，化合价总共降低22=4价，Na2S4O6中硫元素平均化合价为+2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合价为+2，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，由于2Na2S2O31Na2S4O6，根据钠元素守恒可知NaOH是生成物，由氢元素守恒可知水是反应物，Na2S2O3Na2S4O6中，S硫元素平均化合价由+2价升高为+2.5价，化合价总共升高4（2.52）=2，根据化合价升降相等，可知Au2O3系数为1，Na2S4O6系数为2，
59、根据Au守恒可知Au2O系数为1，根据硫元素守恒可知Na2S2O3系数为4，根据元素Na元素守恒可知NaOH的系数为4，根据H元素守恒可知H2O系数为2，反应方程式为Au2O3+4Na2S2O3+2H2O=Au2O+2Na2S4O6+4NaOH，故答案为：Na2S2O3；H2O；Au2O；Na2S4O6；NaOH（2）Au元素的化合价降低，则+3价的Au元素被还原；S元素的化合价升高，则Na2S2O3为还原剂，故答案为：+3价的Au元素；Na2S2O3；（3）氧化剂为Au2O3，还原剂为Na2S2O3，该反应转移4e，则电子转移的方向和数目可表示为，故答案为：；（4）反应中Na2S2O3H2S
60、O4，S硫元素平均化合价由+2价升高为+6价，Na2S2O3是还原剂，Cl2NaCl、HCl，Cl元素化合价由0价降低为1价，Cl2是氧化剂，根据电子转移相等，所以n（Na2S2O3）2（62）=n（Cl2）2，故n（Na2S2O3）：n（Cl2）=1：4故答案为：1：4点评：本题考查氧化还原反应的计算、配平、基本概念等，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，根据化合价、元素守恒判断反应物、生成物是解题的关键掌握化合价升降法配平氧化还原反应方程式26工业上测定SO2、N2、O2混合气体中SO2含量的装置如图反应管中装有碘的淀粉溶液，SO2和I2发生反应为（N2、O2不与I2反应）：
61、SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI（1）混合气体进入反应管后，量气管内增加的水的体积等于N2、O2的体积（填写混合气体的分子式）（2）读数前应冷却到室温、调整量器筒内外液面高度相平、平视凹液面读数（3）反应管内溶液蓝色消失后，没有及时停止通气，则测得的SO2含量偏低（选填：偏高，偏低，不受影响）（4）若碘溶液体积为Va mL，浓度为Cmol/LN2与O2的体积为Vb mL（已折算成标准状况下的体积）用C、Va、Vb表示SO2的体积百分含量为100%考点：探究物质的组成或测量物质的含量分析：（1）SO2、N2、O2混合气体进入反应管，SO2被吸收，气体体积的膨胀值为量气管内增加的水的体积，
62、等于N2和O2的体积； （2）在测量氢气体积时，为了使测量更为准确，要注意上下移动水准管，使左右两管的液面相平，以使量气管中的气压与大气气压相等，读数时视线应与左管内凹液面最低处相平，以减少观察误差（3）反应管内溶液蓝色消失时，SO2与反应管内所含的I2恰好反应，若没及时停止通气，则未反应的SO2气体也排水到量气管，使N2、O2体积增加，测得SO2的含量降低；（4）根据反应：SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI，V（SO2）=Vmn（I2）=Vac103mol22400 mLmol1=22.4Vac mL，据此计算解答解答：解：（1）混合气体进入反应管中，其中SO2与I2发生反应：SO2+
63、I2+2H2O=H2SO4+2HI不产生气体，剩余的气体仅有N2和O2，量气管内增加的水的体积等于N2和O2的总体积，故答案为：N2、O2； （2）读数时，要注意视线应于量气管凹液面的最低处保持水平；每次读数前应上下移动水准管，待两管液面相平再读数是为了防止水的压强造成的误差故答案为：调整量器筒内外液面高度相平；平视凹液面读数；（3）根据反应：SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI可求出吸收的SO2的体积：V（SO2）=Vmn（I2），SO2的体积百分含量（SO2）=式中V（SO2）的量是由n（I2）的物质的量决定的，而“没有及时停止通气”就会使得V（混合气体）增大，则（SO2）偏低，故答案
64、为：偏低； （4）由所给反应知SO2气体的物质的量等于碘的物质的量Va103Lc molL1=Vac103mol，其体积为V（SO2）=Vac103mol22400 mLmol1=22.4Vac mL，所以SO2的体积百分含量为=100%，即SO2的百分含量为：100%，故答案为：100%点评：本题考查的是二氧化硫的性质、实验误差的判断、指示剂的选择，难点在于SO2含量误差分析和SO2的百分含量计算，题目难度中等27菠萝酯是一种具有菠萝香气的食用香料，是化合物甲与苯氧乙酸发生化学反应的产物（1）甲一定含有的官能团的名称是羟基（2）5.8g甲完全燃烧可产生0.3mol CO2和0.3mol H2
65、O，甲蒸气对氢气的相对密度是29，甲分子中不含甲基，且为链状结构，其结构简式是CH2=CHCH2OH（3）苯氧乙酸有多种酯类的同分异构体，其中能与FeCl3溶液发生显色反应，且有2种一硝基取代物的同分异构体是（写出任意2种的结构简式）、等（4）已知：RCH2COOHRCHCOOHClRONaROR（R，R代表烃基）菠萝酯的合成路线如下：试剂X不可选用的是（选填字母）acaCH3COONa溶液 bNaOH溶液 cNaHCO3溶液 dNa丙的结构简式是ClCH2COOH，反应的反应类型是取代反应反应的化学方程式是考点：有机物的推断分析：（1）根据酯化反应是酸与醇类间的反应判断有机物甲中含有的官能团
66、；（2）由题意可知，甲中含有羟基，甲蒸气对氢气的相对密度是29，相同条件下的气体密度之比等于其相对分子质量之比，所以甲的相对分子质量为58，根据n=计算5.8g甲的物质的量，根据质量守恒计算参加反应的氧气的质量，根据原子守恒计算甲分子中C、H原子数目，判断甲是否含有氧元素，比较计算甲分子中氧原子数目，据此确定甲的分子式，结合甲的结构特点确定其结构简式；（3）能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基，且有2种一硝基取代物，苯环上有2个不同取代基且处于对位位置符合，据此写出其结构简式；（4）苯酚和氢氧化钠或钠反应生成苯酚钠，催化剂条件下，乙和氯气反应生成丙，丙和苯酚钠反应生成，结合反应信息可知
67、，丙是ClCH2COOH，故乙为乙酸，CH2=CHCH2OH和发生酯化反应生成菠萝酯解答：解：（1）菠萝酯是一种具有菠萝香气的食用香料，是化合物甲与苯氧乙酸发生酯化反应的产物，由于苯氧乙酸中含有羧基，所以化合物甲中一定含有官能团羟基，故答案为：羟基；（2）由题意可知，甲中含有羟基，甲蒸气对氢气的相对密度是29，相同条件下的气体密度之比等于其相对分子质量之比，所以甲的相对分子质量为58，5.8g甲的物质的量=0.1mol，质量守恒可知，参加反应的氧气的质量=0.3mol44g/mol+0.3mol18g/mol5.8g=12.8g，氧气物质的量=0.4mol，根据氧原子守恒，可知5.8g甲中n（
68、O）=0.3mol2+0.3mol0.4mol2=0.1mol，根据原子守恒可知，甲分子中N（C）=3、N（H）=6、N（O）=1，故甲的分子式为C3H6O，甲分子中不含甲基，且为链状结构，其结构简式是CH2=CHCH2OH，故答案为：CH2=CHCH2OH；（3）能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基，且有2种一硝基取代物，说明苯环上有2个取代基且处于对位位置，所以其同分异构体是、，故答案为：、等；（4）苯酚和氢氧化钠或钠反应生成苯酚钠，催化剂条件下，乙和氯气反应生成丙，丙和苯酚钠反应生成，结合反应信息可知，丙是ClCH2COOH，故乙为乙酸，CH2=CHCH2OH和发生酯化反应生成菠
69、萝酯，苯酚具有酸性但酸性弱于醋酸、碳酸，所以苯酚能和碳酸钠、氢氧化钠反应生成苯酚钠，不能和醋酸钠、碳酸氢钠反应，故选：ac；通过以上分析知，其结构简式为：ClCH2COOH，反应属于取代反应，故答案为：ClCH2COOH；取代反应；在催化剂、加热条件下，CH2=CHCH2OH和发生酯化反应生成菠萝酯，反应方程式为：，故答案为：点评：本题考查有机物的推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生的阅读能力、自学能力，题目难度中等，（4）注意根据有机物的结构与反应信息确定丙的结构突破口，答题时注意把握题给信息，注意养成仔细审题的良好习惯28如图所示为高温超导领域里的一种化合物钙钛矿晶体结构，该
70、结构是具有代表性的最小重复单位（1）在该物质的晶体结构中，每个钛离子周围与它最接近且距离相等的钛离子、钙离子各有6、8个（2）该晶体结构中，元素氧、钛、钙的离子个数比是3：1：1该物质的化学式可表示为CaTiO3（3）若钙、钛、氧三元素的相对原子质量分别为a，b，c，晶体结构图中正方体边长（钛离子之间的距离）为dnm（1nm=109m），则该晶体的密度为g/cm3考点：晶胞的计算专题：化学键与晶体结构分析：（1）根据晶胞的结构可知，以晶胞顶点上的钛离子为例，与之最近的钛离子分布在与相邻的顶点上，钙离子分布在体心上，据此可以答题；（2）利用均摊法可以确定离子个数比及化学式；（3）根据计算密度解答：解：（1）根据晶胞的结构可知，以晶胞顶点上的钛离子为例，与之最近的钛离子分布在与相邻的顶点上，这样的离子有6个，钙离子分布在体心上，这样的离子有8个，故答案为：6；8；（2）利用均摊法可知在每个晶胞中钛离子个数为=1，氧离子的个数为=3，钙离子个数为1，所以氧、钛、钙的离子个数比是3：1：1，化学式可表示为CaTiO3，故答案为：3：1：1；CaTiO3；（3）因为在每个晶胞中含有一个CaTiO3，根据可知密度为g/cm3=g/cm3；，故答案为：点评：本题难度不大，主要考查晶胞的结构，解题时要注重基础知识的运用
