1、2019年青岛市高考模拟检测理科综合试题可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Zn-65第I卷（选择题共126分）一、选择题：本题共l3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.天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是A. 该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液B. 脱硫过程O2间接氧化H2SC. 亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血D. 华阳国志记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐【答案】A
2、【解析】【详解】A.TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁（相应反应为2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+），硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁（相应反应为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O），根据反应可知，该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液，A错误；B.脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，B正确；C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血，C正确；D.天然气主要成分
3、为甲烷，甲烷燃烧放出热量，华阳国志记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐，D正确；故合理选项是A。2.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是A. l00g 9%的葡萄糖水溶液中氧原子数为0.3 NAB. 标准状况下，2.24L F2通入足量饱和食盐水中可置换出0.1NA个Cl2C. 工业合成氨每断裂NA个NN键，同时断裂6NA个N-H键，则反应达到平衡D. 常温下l LpH=7的1mol/LCH3COONH4溶液中CH3COO-与NH4+数目均为NA【答案】C【解析】【详解】A.溶质葡萄糖和溶剂水中都含有O原子，溶液中所含O原子物质的量n（O）=6+1=5.36
4、mol，A错误；B.F2通入足量饱和食盐水，与水发生置换反应产生HF和O2，不能置换出Cl2，B错误；C.N2是反应物，NH3是生成物，根据方程式可知：每断裂NA个NN键，同时断裂6NA个N-H键，表示正逆反应速率相等，表示反应达到平衡状态，C正确；D.根据电荷守恒可得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，溶液的pH=7，则c(H+)= c(OH-)，因此c(NH4+)=c(CH3COO-)，但该盐是弱酸弱碱盐，NH4+、CH3COO- 都水解而消耗，因此二者的物质的量都小于1mol，则它们的数目都小于NA，D错误；故合理选项是C。3.实验室常用如下装置制备乙酸乙酯。
5、下列有关分析不正确的是A. b中导管不能插入液面下，否则会阻碍产物的导出B. 固体酒精是一种白色凝胶状纯净物，常用于餐馆或野外就餐C. 乙酸乙酯与互为同分异构体D. 乙酸、水、乙醇羟基氢的活泼性依次减弱【答案】B【解析】【详解】A.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，为防止产生倒吸现象，b中导管不能插入液面下，否则不仅可能会产生倒吸现象，而且还会阻碍产物的导出，A正确；B.固体酒精制作方法如下：将碳酸钙固体放入醋酸(CH3COOH)溶液中，充分反应后生成醋酸钙(CH3COO)2Ca、CO2、H2O，将醋酸钙溶液蒸发至饱和，加入适量酒精冷却后得胶状固体即固体酒精，
6、可见固体酒精是混合物，B错误；C.乙酸乙酯与的分子式都是C4H8O2，二者分子式相同，结构不同，故二者互为同分异构体，C正确；D.乙酸、水、乙醇分子中都含有羟基，电离产生H+的能力：乙酸水乙醇，所以羟基氢的活泼性依次减弱，D正确；故合理选项是B。4.前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。其中X、Z、R最外层电子数相等， 且X与Z、R均可形成离子化合物；Y、W同主族，Y最外层电子数是内层电子数3倍。下列说法正确的是A. 元素原子半径大小顺序为：WZYB. X分别与Y、Z、W形成的常见化合物都属于电解质C. Y分别与Z、R形成的化合物中均只含有离子键D. Y分别与X、Z、W均可形成具有漂
7、白性的化合物，且漂白原理相同【答案】B【解析】【分析】前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。Y最外层电子数是内层电子数的3倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O元素；而Y、W同主族，则W为S元素；X、Z、R最外层电子数相等，三者处于同主族，只能处于IA族或IIA族，且X与Z、R均可形成离子化合物，根据原子序数关系可知：X为H元素、Z为Na元素、R为K元素。【详解】根据上述分析可知X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；W是S元素；R是K元素。A.同周期元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：Z(Na)W(S)Y(O)，A
8、错误；B.X分别与Y、Z、W形成的常见化合物依次为H2O、NaH、H2S，这几种物质都属于电解质，B正确；C.Y与Z、R形成化合物有氧化钠、过氧化钠、氧化钾等，而过氧化钠中含有离子键、共价键，C错误；D.Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2、SO2，前两者利用其强氧化性，而二氧化硫利用与有机色质化合为不稳定的无色物质，漂白原理不同，D错误；故合理选项是B。5.2019年3月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是A. 放电时B电极反应式为：I2+2e-=2I-B. 放电时电解质储罐中离子总浓度增大C. M为阳离子交换膜，N为阴离
9、子交换膜D. 充电时，A极增重65g时，C区增加离子数为4NA【答案】C【解析】【分析】由装置图可知，放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I-2e-=I2、阴极反应式为Zn2+2e-=Zn，据此分析解答。【详解】A.放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I-，电极反应式为I2+2e-=2I-，A正确；B.放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，B正确；C.离子交换膜防止正负极I2、Zn接触发生反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正
10、极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过M膜进入负极区，K+通过N膜进入正极区，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，C错误；D.充电时，A极反应式Zn2+2e-=Zn，A极增重65g转移2mol电子，所以C区增加2molK+、2molCl-，离子总数为4NA，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查化学电源新型电池，根据电极上发生的反应判断放电时的正、负极是解本题关键，要会根据原电池、电解池反应原理正确书写电极反应式，注意交换膜的特点，选项是C为易错点。6.在硫酸铜晶体结晶水含量测定的实验过程中，下列仪器或操作未涉及的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A.为使硫酸铜晶体充
11、分反应，应该将硫酸铜晶体研细，因此要用到研磨操作，A不符合题意；B.硫酸铜晶体结晶水含量测定实验过程中，需要准确称量瓷坩埚的质量、瓷坩埚和一定量硫酸铜晶体的质量、瓷坩埚和硫酸铜粉末的质量，至少称量4次，所以涉及到称量操作，需要托盘天平，B不符合题意；C.盛有硫酸铜晶体的瓷坩埚放在泥三角上加热，直到蓝色完全变白，不需要蒸发结晶操作，因此实验过程中未涉及到蒸发结晶操作，C符合题意；D.加热后冷却时，为防止硫酸铜粉末吸水，应将硫酸铜放在干燥器中进行冷却，从而得到纯净而干燥的无水硫酸铜，因此需要使用干燥器，D不符合题意；故合理选项是C。7.苹果酸(H2MA，Ka1=1.410-3；Ka2=1.710-
12、5)是一种安全的食品保鲜剂，H2MA分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌。常温下，向20 mL 0.2 mol/L H2MA溶液中滴加0.2mol/L NaOH溶液。根据图示判断，下列说法正确的是A. b点比a点杀菌能力强B. 曲线代表HMA-物质的量的变化C. MA2-水解常数Kh7.1410-12D. 当V=30 mL时，溶液显酸性【答案】D【解析】【详解】H2MA分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌，则H2MA浓度越大杀菌能力越大，H2MA与NaOH反应过程中H2MA浓度逐渐减小、HMA-浓度先增大后减小、MA2-浓度增大，所以I表示H2MA、II表示HMA-、III表示MA2-。A.H2M
13、A分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌，则H2MA浓度越大杀菌能力越大，H2MA浓度：ab，所以杀菌能力ab，A错误；B.通过上述分析可知，III表示MA2-物质的量的变化，B错误；C.MA2-水解常数Kh=5.8810-10，C错误；D.当V=30mL时，溶液中生成等物质的量浓度的NaHMA、Na2MA，根据图知溶液中c(HMA-)c(MA2-)，说明HMA-电离程度大于MA2-水解程度，所以溶液呈酸性，D正确；故合理选项是D。8.常用调味剂花椒油是一种从花椒籽中提取的水蒸气挥发性香精油，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂。利用如图所示装置处理花椒籽粉，经分离提纯得到花椒油。实验步骤：（一）在A装置中的
14、圆底烧瓶中装入容积的水，加12粒沸石。同时，在B中的圆底烧瓶中加入20g花椒籽粉和50mL水。（二）加热A装置中的圆底烧瓶，当有大量蒸气产生时关闭弹簧夹，进行蒸馏。（三）向馏出液中加入食盐至饱和，再用15mL乙醚萃取2次，将两次萃取的醚层合并，加入少量无水Na2SO4；将液体倾倒入蒸馏烧瓶中，蒸馏得花椒油。(1)装置A中玻璃管的作用是_。装置B中圆底烧瓶倾斜的目的是 _。(2)步骤（二）中，当观察到_现象时，可停止蒸馏。蒸馏结束时，下列操作的顺序为_（填标号）。停止加热打开弹簧夹关闭冷凝水(3)在馏出液中加入食盐的作用是_ ；加入无水Na2SO4的作用是_。(4)实验结束后，用稀NaOH溶液清
15、洗冷凝管，反应的化学方程式为_。（残留物以表示）(5)为测定花椒油中油脂的含量，取20.00mL花椒油溶于乙醇中，加80.00mL0.5mol/LNaOH的乙醇溶液，搅拌，充分反应，加水配成200mL溶液。取25.00mL加入酚酞，用0.1moI/L盐酸进行滴定，滴定终点消耗盐酸20.00mL。则该花椒油中含有油脂_ g/L。（以计，式量：884)。【答案】 (1). 平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大 (2). 防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流) (3). 仪器甲处馏出液无油状液体 (4). (5). ；降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层 (6). 除去花椒油中的水或干燥
16、(7). (8). 353.6g/L【解析】【分析】在A装置中加热产生水蒸气，水蒸气经导气管进入B装置，给装置B中花椒籽粉与水的混合物进行加热提取花椒油；向馏出液中加入食盐颗粒，可降低花椒油在水中的溶解度，利于花椒油分层析出；由于花椒油容易溶解在有机溶剂乙醚中，而乙醚与水互不相溶，用乙醚萃取其中含有的花椒油，加入硫酸钠除去醚层中少量的水，最后蒸馏得到花椒油。根据花椒油的主要成分属于油脂，能够与NaOH反应产生高级脂肪酸钠和甘油，过量的NaOH用HCl滴定，根据酸碱中和滴定计算出其中含有的花椒油的质量，进而可得花椒油中油脂的含量。【详解】(1)加热时烧瓶内气体压强增大，导气管可缓冲气体压强，平衡
17、气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大；装置B中圆底烧瓶倾斜可以防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流)；(2)加热A装置中的圆底烧瓶，当有大量蒸气产生时关闭弹簧夹，进行蒸馏，装置B中的花椒油会随着热的水蒸气不断变为气体蒸出，当仪器甲处馏出液无油状液体，说明花椒油完全分离出来，此时停止蒸馏。蒸馏结束时，首先是打开弹簧夹，然后停止加热，最后关闭冷凝水，故操作的顺序为；(3)在馏出液中加入食盐作用是增大水层的密度，降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层；加入无水Na2SO4的作用是无水Na2SO4与水结合形成Na2SO410H2O，以便于除去花椒油中的水或对花椒油进行干燥；(4)实验结束后，用稀N
18、aOH溶液清洗冷凝管内壁上沾有的油脂，二者发生反应产生可溶性的高级脂肪酸钠和甘油，该反应的化学方程式为；(5)根据HCl+NaOH=NaCl+H2O，所以n(NaOH)(过量)=n(HCl)=0.1mol/L0.020L=0.016mol，则与油脂反应的物质的量的物质的量为：0.5mol/L0.08L-0.016mol=0.024mol，根据花椒油与NaOH反应的物质的量的物质的量关系可知其中含有的花椒油的物质的量为n(油脂)=n(NaOH)=0.024mol=0.008mol，其质量为m(油脂)=0.008mol884g/mol=7.072g，则该花椒油中含有油脂7.072g0.02L=35
19、3.6g/L。【点睛】本题考查了化学实验基本操作的知识，涉及操作顺序、装置设计的目的、酸碱中和滴定及物质含量的计算等。掌握化学反应原理、理解其含义及操作的目的是解题关键。9.ZrO2是重要的耐温材料，可用作陶瓷遮光剂。天然锆英石(ZrSiO4)含有铁、铝、铜等金属元素的氧化物杂质，工业以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下：已知：Fe(SCN)3难溶于MIBK； Zr(SCN)4在水中溶解度不大，易溶于MIBK。(1)锆英石中锆元素的化合价为_。(2)氯化主反应：ZrSiO4(s)+2C(s)+4Cl2(g) ZrCl4(g)+SiCl4(g)+2CO2(g) H0，ZrC14的产率随温度变
20、化如图所示，由图可知氯化的最佳条件是_。氯化过程ZrC14的产率随温度升高先增大后减小的原因是 _。(3)写出A12O3高温氯化过程中转化为AlC13的化学方程式_；(4)Na2S、H2S、NaCN等均为常用的铜沉淀剂，本流程使用NaCN除铜，不采用Na2S、H2S的原因是_（用离子方程式解释）。若盐酸溶解后溶液中c(Cu2+)=0.01mol/L，当溶液中Cu2+开始沉淀时，c(CN-)= _。(已知KspCu(CN)2=4.0010-10)(5)实验室进行萃取和反萃取的仪器是_。流程中萃取与反萃取的目的是_。【答案】 (1). +4 (2). 360、1MPa (3). 360以前反应未达
21、到平衡，升温过程中反应继续向正向进行，产率不断增大；360以后反应达到平衡，由于该反应为放热反应，升温过程中平衡逆向移动，ZrCl4产率又减小 (4). 2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2 (5). 2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+(2Fe3+S2-=2Fe2+S或2Fe3+3S2-=2FeS+S) (6). 210-4mol/L (7). 分液漏斗、烧杯 (8). 除去铁元素杂质【解析】【分析】(1)根据化合物中元素正负化合价代数和等于0，结合Si、O元素化合价分析；(2)制取ZrC14产率最大时为最合适的反应条件；根据温度对化学反应速率和化学平衡移动的影响分析判断；(
22、3) A12O3、焦炭在高温下与氯气反应产生AlCl3、CO2，根据电子守恒、原子守恒可得反应方程式； (4)锆英石(ZrSiO4)含有铁元素的氧化物，在处理过程中有Fe3+，根据Fe3+与H2S或S2-发生的氧化还原反应分析判断；根据KspCu(CN)2=c(Cu2+)c2(CN-)=4.0010-10计算判断；(5)根据萃取是分离互不相溶的液体混合物的方法判断仪器的使用；根据Fe(SCN)3难溶于MIBK；Zr(SCN)4在水中溶解度不大，易溶于MIBK分析萃取的目的。【详解】(1)由于在化合物中元素正负化合价代数和等于0，O为-2价，Si为+4价，可得锆英石(ZrSiO4)中Zr元素的化
23、合价为+4价；(2)根据图像可知在ZrC14的产率在温度为360、1MPa时最高，说明氯化的最佳条件是360、1MPa；根据图象可知：在360以前，随着温度的升高，ZrC14的产率逐渐增大，是由于温度升高，反应物分子的能量增加，有效碰撞次数增加，反应速率加快，更多的反应物发生反应变为生成物，所以ZrC14的产率逐渐增大，到360达到最大值，此时反应达到平衡状态，由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使ZrC14的产率逐渐降低，因此温度升高，ZrC14的产率又逐渐降低；(3) A12O3、焦炭在高温下与氯气反应产生AlCl3、CO2，根据电子守恒、原子守恒可得该
24、反应方程式为：2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2；(4)在锆英石(ZrSiO4)含有铁元素的氧化物，在粉碎、氯化处理过程中有Fe3+生成，Fe3+具有氧化性，而H2S或S2-具有还原性，会发生氧化还原反应：2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+或2Fe3+S2-=2Fe2+S或2Fe3+3S2-=2FeS+S，影响Cu2+的沉淀，若用NaCN，就不会发生上述反应；由于KspCu(CN)2=c(Cu2+)c2(CN-)=4.0010-10，c(Cu2+)=0.01mol/L，当溶液中Cu2+开始沉淀时，c(CN-)=2.0010-4mol/L；(5)由于萃取是分离互不相溶的液体混
25、合物的方法，所以萃取和反萃取使用的仪器有分液漏斗和烧杯；在处理过程中Cu2+与沉淀试剂形成Cu(CN)2沉淀过滤除去，Fe3+与加入的NH4SCN形成络合物Fe(SCN)3，Zr4+形成Zr(SCN)4，由于Fe(SCN)3难溶于MIBK，而Zr(SCN)4在水中溶解度不大，易溶于MIBK，向Fe(SCN)3、Zr(SCN)4的混合溶液中加入MIBK充分振荡后，分液，可将Fe(SCN)3分离除去，然后向MIBK的溶液中加入硫酸进行反萃取，Zr(SCN)4进入硫酸溶液中，然后经过一系列处理，就可得到ZrO2。所以进行萃取和反萃取目的是除去铁元素杂质。【点睛】本题以物质制备工艺流程为线索，考查了元
26、素及化合物的性质、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响、溶度积常数的应用及化学实验操作等基本知识，体现了化学学科的实用性，掌握物质的性质和化学实验基本操作是本题解答的关键。10.二氧化碳减排和再利用技术是促进工业可持续发展和社会环保的重要措施。将工业废气中的二氧化碳转化为甲醇，其原理是：CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g) H=-53.7kJ/mol(1) 308K时，向2L密闭容器中通入0.04 mol CO2和0.08 mol H2，测得其压强(p)随时间(t)变化如图1中曲线I所示。反应开始至达平衡时，(H2)=_；该温度下反应的平衡常数为_mol-2L2。若只改变
27、某一条件，其他条件相同时，曲线变化为II，则改变的条件是_。(2)还可以通过以下途径实现CO2向CH3OH的转化：反应I：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g) H0反应：2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) H”、“”或“=”）；T2时CO2转化为CH3OH的平衡常数K=_；目前，许多国家采用CO2代替CO（以煤和天然气为原料）生产CH3OH，其优点是_。(3)用电解法可将CO2转化为多种燃料，原理如图3。铜电极上产生HCOOH的电极反应式为_。【答案】 (1). 0.006mol/(Lmin) (2). 104 (3). 加入催化剂 (4). (5). 8 (6). CO以煤
28、和天然气为原料，投资较高，且生产成本受煤和天然气价格影响较大，CO2来源广泛，它还是温室气体，可以解决环境污染 (7). CO2+2e-+2H+=HCOOH【解析】分析】(1)开始时混合气体总物质的量=(0.04+0.08)mol=0.12mol，恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于压强之比，则平衡时混合气体总物质的量=0.12mol=0.08mol，根据方程式知，如果有3mol氢气完全反应，则混合气体物质的量减少2mol，则混合气体减少(0.12-0.08)mol=0.04mol，则消耗n(H2)=0.04mol=0.06mol，反应开始至达平衡时，(H2)=计算；利用化学平衡常数的含义计算
29、可逆反应CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)的化学平衡常数；改变条件时只缩短了反应达到平衡时间，但是平衡时压强不变；(2)I、II的正反应都是放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小；反应：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)H0反应：2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) H0将方程式I+II可得相应反应的化学平衡常数K与这两个已知反应的化学平衡常数的关系；CO需要煤和天然气制取，且生产成本受原料价格影响；二氧化碳是温室气体，还能解决温室效应；(3)根据图知，Cu作阴极，阴极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成HCOOH。【详解】(1)开始时混合气体总物
30、质的量=(0.04+0.08)mol=0.12mol，恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于压强之比，则平衡时混合气体总物质的量=0.12mol=0.08mol，根据方程式知，如果有3mol氢气完全反应，则混合气体物质的量减少2mol，则混合气体减少(0.12-0.08)mol=0.04mol，则消耗n(H2)=0.04mol=0.06mol，反应开始至达平衡时，(H2)=0.006mol/(Lmin)；可逆反应CO2(g) + 3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)开始(mol)0.04 0.08 0 0消耗(mol)0.02 0.06 0.02 0.02平衡(mol)0.02 0.02
31、0.02 0.02化学平衡常数K=104L2/mol2；改变条件时只缩短了反应达到平衡时间，但是平衡时压强不变，催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以改变的条件是加入催化剂；(2)I、II的正反应都是放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，根据图知，从左向右化学平衡常数依次减小说明温度依次升高，所以T1OC (5). H2ONH3CH4 (6). Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2 (7). sp2 (8). HCO3-间能够通过氢键相互聚合 (9). sp3 (10). 正四面体 (11). 1030【解析】【分析】(1)已知Sn为50号元素，它是第五
32、周期第IVA，根据其核外电子排布书写其价层电子排布式，结合泡利原理和洪特规则判断其价电子中成对电子数。(2)根据等电子体结构相似，N2分子中2个N原子形成3对共用电子对； 一般情况下同一周期的元素的原子序数越大，元素的第一电离能就越大。但IIA、VA处于核外电子轨道的全满、半满的稳定状态，第一电离能大于相邻主族的元素；结合氢键、分子间作用力判断氢化物的熔沸点高低；(3)Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得甲硅烷、氨气和MgCl2，据此可得该反应的化学方程式；(4)根据HCO3-中碳原子形成键数和孤电子对数判断C原子的杂化方式；HCO3-能够双聚或多聚与微粒间的氢键的存在有关；(5)SiC
33、中每个C与相邻的4个Si形成共价键，每个Si原子与相邻的4个C形成共价键，结合C、Si原子最外层电子数判断原子的杂化方式；根据晶胞中Si原子的位置可知其空间构型为正四面体形；结合晶胞中C、Si原子的坐标参数可确定一个晶胞中含有的C、Si原子个数，然后根据=计算晶体的密度，注意单位的变换。【详解】(1)Sn为50号元素，它是第五周期第IVA的元素，根据其核外电子排布可知其价层电子排布式为5s25p2，根据泡利原理和洪特规则，可知其价电子中成对电子数是2个5s电子；(2)N2与CO互为等电子体，由于N2分子中2个N原子形成3对共用电子对，因此CO分子中C、O原子也是通过3对共用电子对结合，电子式为
34、；C、O、N是同一周期 元素，一般情况下同一周期的元素的原子序数越大，元素的第一电离能就越大。但N元素为VA元素，由于其2p轨道的电子排布处于半满的稳定状态，所以其第一电离能大于O，故三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：NOC；这三种元素的氢化物NH3、H2O、CH4，由于NH3、H2O分子之间除存在范德华力外，还存在分子间氢键，氢键大于范德华力，且氢键的数目H2ONH3，作用力越大，克服这些作用力使物质熔化、气化消耗的能量就越高，所以物质的沸点由高到低的顺序为H2ONH3CH4；(3)Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得甲硅烷、氨气和MgCl2，据此可得该反应的化学方程式为：Mg2S
35、i+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2；(4)在HCO3-中C原子形成2个CO键和1个C=O键，即C原子形成3个键，且C上没有孤电子对，C原子的杂化方式是采用sp2杂化；HCO3-中含OH键，HCO3-能够双聚或多聚是由于HCO3-间能够通过氢键相互聚合；(5)SiC中每个C与相邻的4个Si形成共价键，每个Si原子与相邻的4个C形成共价键，结合C、Si原子最外层电子数都是4个，可知C、Si原子的杂化方式为sp3；结合晶胞中Si原子的位置可知其空间构型为正四面体形；根据给出的晶胞中部分C、全部Si原子的坐标参数可知Si原子在晶胞内部，一个晶胞中含有4个C、4个Si原子，则根据=（a1
36、0-10cm）3=1030g/cm3。【点睛】本题考查了物质结构的知识。涉及原子的核外电子排布、原子的杂化方式的判断、电子式的书写、第一电离能大小比较、氢键、物质的熔沸点高低比较及晶体密度的计算。掌握原子核外电子排布与元素的性质的关系、物质的作用力与物质性质的关系和晶体密度计算方法是本题解答关键，难点是晶体密度的计算，在计算密度时要注意晶胞参数的单位cm与pm单位的换算关系。12.白头翁素具有显著的抗菌作用，其合成路线如图所示：已知：RCH2BrRCH=CHR2RCH=CHR（以上R、R代表氢、烷基）(1)白头翁素的分子式为_。(2)试剂a为_，EF的反应类型为_。(3)F的结构简式为_。(4
37、)C中含有的官能团名称为_。(5) AB反应的化学方程式为_。(6)F与足量氢气加成得到G，G有多种同分异构体，其中属于链状羧酸类有_种。(7)以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成的路线为_（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。【答案】 (1). C10H8O4 (2). 浓硫酸 (3). 消去反应 (4). (5). 羧基、羟基、碳碳双键 (6). +H2O (7). 8 (8). 第一种路线：第二种路线：CH2=CH2CH2BrCH2BrCH2=CH-CH=CH2CH3CH=CHCH3【解析】【分析】（1）（6）A发生加成反应生成B为HOOCCH（OH
38、）CH2CH2Br，B和HCHO发生已知的反应生成C：，C发生消去反应生成D：，醇发生消去反应需要在浓硫酸作催化剂、加热条件下进行，所以试剂a为浓硫酸；D与I2反应生成E，根据F的分子式和白头翁素的结构简式，F发生已知的反应生成白头翁素，则F为，E发生消去反应生成F，卤代烃在NaOH醇溶液、加热条件下发生消去反应，则b为NaOH醇溶液。(7)以乙烯为起始原料合成，可由CH3CH=CHCH3发生已知的反应得到；CH3CH=CHCH3可由CH3CH2Br与CH3CHO发生已知的反应获得，CH2=CH2与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，乙烯与水发生加成反应得乙醇，乙醇催化氧化可制得CH3CH
39、O；CH3CH=CHCH3也可由CH2=CHCH=CH2和氢气发生1，4加成反应得到，CH2=CHCH=CH2可由CH2BrCH2Br和HCHO发生已知的反应得到，CH2BrCH2Br可由CH2=CH2和溴发生加成反应得到。【详解】(1)根据结构简式确定白头翁素的分子式为C10H8O4；(2)CD为醇的消去反应，则试剂a为浓硫酸，EF的反应类型为消去反应；(3)F的结构简式为；(4) C的结构简式为，C中含有的官能团名称为羧基、碳碳双键、羟基；(5)A发生加成反应生成B，AB反应的化学方程式为；(6)F为，F与足量氢气加成得到G，G的分子式为C5H8O2，G的不饱和度是2，G有多种同分异构体，
40、其中属于链状羧酸类，羧基的不饱和度是1，说明含有-COOH、碳碳双键；如果碳链结构为C=C-C-C，有4种；如果碳链结构为C-C=C-C，有2种；如果碳链结构为，有2种，所以符合条件的有8种；(7)以乙烯为起始原料合成，可由CH3CH=CHCH3发生已知的反应得到；CH3CH=CHCH3可由CH3CH2Br与CH3CHO发生已知的反应获得，CH2=CH2与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，乙烯与水发生加成反应得乙醇，乙醇催化氧化可制得CH3CHO；CH3CH=CHCH3也可由CH2=CHCH=CH2和氢气发生1，4加成反应得到，CH2=CHCH=CH2可由CH2BrCH2Br和HCHO发生已知的反应得到，CH2BrCH2Br可由CH2=CH2和溴发生加成反应得到；其合成路线为，也可能是合成路线为：。【点睛】本题考查有机物推断和合成，根据流程图，结合题干信息及反应条件、进行物质推断是关键，难点是同分异构体种类判断，利用不饱和度确定链状结构中存在的官能团，题目侧重考查学生的分析推断及知识综合运用、知识迁移能力。