1、高考资源网（） 您身边的高考专家2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试试题卷-化学1.下列有关化学及人类社会发展历程的说法中，正确的是（ ）A. 道尔顿的“原子论”和阿伏加德罗的“分子学说”对化学的发展起到了极大的推动作用B. 门捷列夫将元素按原子序数由小到大的顺序依次排列，制出了第一张元素周期表C. 本草纲目中有关“石碱”的一条记载为：石碱出山东济宁诸处，彼人采篙寥之属，晒干灰，以水淋汁，久则凝淀如石，洗衣发面，亦去垢发面。这里的“石碱”是指氢氧化钠D. 茶疏中对泡茶过程有如下记载：“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶”文中涉及过滤和蒸馏等化学实验操作方法【答案】A【解
2、析】【详解】A道尔顿的原子论和阿伏加德罗的“分子学说”，奠定了近代化学基础，内容是：物质是由分子和原子构成，分子中原子的重新组合是化学变化的基础，是认识和分析化学现象和本质的基础，对化学的发展起到了极大的推动作用，故A正确；B门捷列夫按照相对原子质量大小制出第一张元素周期表，不同的核素的质量数不同，故B错误；C“石碱”是指碳酸钠，故C错误；D文中包含了将茶叶里的有机物萃取、溶解、过滤、供人品尝，没容有涉及到蒸馏，故D错误；故选A2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述错误的是（ ）A. 12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NAB. 1molNaBH4与足量水反应生成NaBO2
3、和H2时转移的电子数为4NAC. 25，1LpH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为110-9NAD. 相同质量的Na2O2和Na2S固体具有相同的阴阳离子数和质子数【答案】C【解析】【详解】A平均每个六元环拥有的碳为6 =2，12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为 =0.5NA，故A正确；B1molNaBH4与足量水反应生成NaBO2和H2时，H由-1价变成0价，转移的电子数为4NA，故B正确；CCH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO的水解促进水的电离，c（H2O）电离=c（OH）=110-5molL1，发生电离的水分子物质的量为110-5molL11L=110-5
4、mol，发生电离的水分子数为110-5NA，故C错误；DO22-与S2-的摩尔质量相同，质子数相同，相同质量的Na2O2和Na2S固体具有相同的阴阳离子数和质子数，故D正确；故选C。3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其中Y与Z同主族。X与Y、Z与W均可形成如图所示的分子结构，且Z与W形成的分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构。下列说法中正确的是（ ）A. 离子半径：WZYXB. ZY2和WY2都可以使品红溶液褪色但褪色原理不同C. 氧化物对应的水化物的酸性：WZD. X2Y2，Z2W2均含有非极性共价键且各原子都满足8电子的稳定结构【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素
5、X、Y、Z、W的原子序数依次递增，X与Y、Z与W均可形成如图所示的分子结构，且Z与W形成的分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构，结合图示结Z为S，W为Cl元素；其中Y与Z同主族，则Y为O元素，X与Y形成的该化合物为双氧水，则X为H元素。【详解】根据分析可知，X为H，Y为O，Z为S，W为Cl元素。A同一周期从左向右阴离子半径逐渐减小，S2Cl，同一主族从上到下阴离子半径逐渐增大，S2O2，故A错误；BSO2和ClO2都可以使品红溶液褪色但褪色原理不同，前者生成不稳定的无色物质，后者发生氧化还原反应，故B正确；C应是最高价氧化物对应的水化物的酸性：WZ，故C错误；DH2O2中H不满足8电子的稳
6、定结构，故D错误；故选B。4.下列离子方程式书写正确的是（ ）A. 碘化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe2+2I-+2Cl2=2Fe3+I2+4Cl-B. 明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2+3OH-+Al3+2SO42-=2BaSO4+Al(OH)3C. 用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+D. 1molL-1的NaAlO2溶液和2.5molL-1的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2-+5H+=Al3+Al(OH)3+H2O【答案】D【解析】【详解】A碘化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe2+4I-+3Cl2=2Fe3+2I2+
7、6Cl-，故A错误；B明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2+4OH+Al3+2SO422BaSO4+AlO2+2H2O，故B错误；C用铜作电极电解CuSO4溶液，铜作阳极铜本身放电，阳极电极反应式为：Cu-2e=Cu2，故C错误D1molL1NaAlO2溶液和2.5molL1的HCl溶液等体积互相均匀混合，设溶液体积为1L，偏铝酸钠和HCl的物质的量分别为1mol、2.5mol，1mol偏铝酸钠消耗1molHCl生成1mol氢氧化铝，剩余的1.5molHCl能够溶解0.5mol氢氧化铝，反应的离子方程式为：2AlO2-+5H+=Al3+Al(OH)3+H2O，故D
8、正确；故选D。【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，难点D，注意反应物固定比类方程式的书写。5.下列有关实验操作、现象和结论都正确的是（ ）选项实验操作现象结论A向氢氧化铁胶体中滴加过量硫酸溶液有红褐色沉淀胶体遇强电解质聚沉B溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X有沉淀产生X可能是H2S气体C将灼烧至红热的铜丝插入乙醇中铜丝由黑变红乙醇被还原D向某溶液中滴加少量的稀NaOH溶液并加热，将红色石蕊试纸置于试管口试纸变蓝该溶液中存在NH4+A. AB.
9、 BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A向氢氧化铁胶体中滴加过量硫酸溶液，先有沉淀，后沉淀溶解，故A错误；BSO2+2H2S=2H2O+3S，故B正确；C乙醇变成乙醛是氧化反应，故C错误；D氨气在水中溶解度大，应向某溶液中滴加少量的浓NaOH溶液并加热，将红色石蕊试纸置于试管口能产生使湿润红石蕊试纸变蓝的气体，才说明溶液中有铵根离子，故D错误；故选B。6.下列有关有机物的说法正确的是（ ）A. 螺3，3庚烷()的二氯代物共有2种(不含立体异构)B. 乙烯和丙烯加成聚合最多可形成2种有机高分子化合物C. 对甲基苯乙烯分子中最多有17个原子共面D. 用氢氧化钠溶液无法鉴别矿物油和植物油【答
10、案】C【解析】【详解】A螺3，3庚烷()的二氯代物，两个氯原子可在相同、不同的碳原子上，可在同一个环或不同的环，有1,1-二氯螺（3，3）庚烷；1,2-二氯螺（3，3）庚烷；1,3-二氯螺（3，3）庚烷；2,2-二氯螺（3，3）庚烷；1,1-二氯螺（3，3）庚烷；1,2-二氯螺（3，3）庚烷；2,2-二氯螺（3，3）庚烷7种，故A错误；B乙烯和丙烯中都双键，发生加聚反应时，可以是乙烯和乙烯之间发生加聚反应，可以是丙烯和丙烯之间发生加聚反应，也可以是乙烯和丙烯之间发生加聚反应或，故B错误；C苯环平面来说有12个原子共面，对于乙烯基平面另加3H+1C=4个原子共面，加上甲基上有一个氢，对甲基苯乙烯
11、分子中最多有17个原子共面，故C正确；D烧碱溶液中滴入几滴油脂或矿物油，加热，振荡，能溶解形成溶胶的是油脂，静置后仍然分层的为矿物油，故D错误；故选C。7.常温下，向50mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2molL-1的NaOH溶液，得到溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化图像如图所示。下列说法正确的是（ ）A. a点溶液中存在：N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=0.2NA(N表示粒子数），若想增加a点溶液的漂白能力可向溶液中加入碳酸钙固体B. 若a点pH=4，且c(Cl)=mc(ClO-)，则Ka(HClO)=C. bc段，随NaOH溶液的滴入，逐渐增大D. 若y=200，则
12、c点对应溶液中：c(HClO)+c(H+)=c(OH-)2c(Cl-)【答案】D【解析】【分析】整个过程先后发生反应为Cl2+H2OHCl+HClO、HCl+NaOHNaCl+H2O、HClO+NaOHNaClO+H2O.【详解】Aa点溶液中存在末反应的氯分子：N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)0.2NA(N表示粒子数），故A错误；B若a点pH=4，c（H）=10-4molL1，溶液呈酸性，根据方程式知c（HClO）=c（Cl）-c（ClO），c（Cl）=m c（ClO），则c（HClO）=（m-1）c（ClO），Ka（HClO）= ，则Ka(HClO)=，故B错误；Cbc段，Cl2
13、恰好与NaOH溶液生成NaCl、NaClO，随NaOH溶液的滴入，NaOH抑制NaClO水解：ClO+H2OHClO+OH-，c（HClO）减小，c（ClO）增大，但水解常数只受温度影响，温度不变，水解常数 不变，故C错误；D若y=200，c点对应溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH，根据电荷守恒得：c（H）+c（Na）=c（Cl）+c（ClO）+c（OH），氯元素守恒得：c（Cl）=c（ClO）+c（HClO） ，2c（Cl）+2c（ClO）+2c（HClO）=c（Na），由+得：c(HClO)+c(H+)=c(OH-)2c(Cl-)，故D正确；故选D
14、。【点睛】本题考查了离子浓度大小的判断，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，难点D，注意电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的应用。8.常用调味剂花椒油是一种从花椒籽中提取的挥发性香精油，可溶于乙醇、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装置中的圆底烧瓶中装入容积的水，加几粒沸石。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。
15、（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，当观察到仪器甲中有无色油状液体馏出时，可停止蒸馏。蒸馏结束时，下列操作顺序为_(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20.00m
16、L。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). (4). 降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层 (5). 除去花椒油中的水或干燥 (6). +3NaOH3R1COONa+ (7). 353.6【解析】【详解】（1）A中产生大量蒸汽，装置A中玻璃管的作用是平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大；装置B中圆底烧瓶倾斜的目的是防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流)。故答案为：平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大；防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气
17、流)；（2）步骤(二)中，花椒油不溶于水，当观察到仪器甲中有无色油状液体馏出时，可停止蒸馏。蒸馏结束时，打开弹簧夹，停止加热，关闭冷凝水；故答案为： ；（3）花椒油不溶于水，在馏出液中加入食盐的作用是降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层；加入无水Na2SO4的作用是除去花椒油中的水或干燥。故答案为：降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层；除去花椒油中的水或干燥；（4）实验结束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管，残留物为酯类，在NaOH溶液中水解为羧酸钠和醇，反应的化学方程式为+3NaOH3R1COONa+ 。故答案为：+3NaOH3R1COONa+ ；（5）盐酸滴定过量的NaOH，则过量的n（NaO
18、H）=n（HCl）=0.1molL10.02L =0.016mol，则参与水解反应的n（NaOH）=0.5molL10.08L=0.04mol-0.016mol=0.024mol，故花椒油中的油脂物质的量为0.024mol=0.008mol，则该花椒油中含有油脂为=353.6gL1；故答案为：353.6；【点睛】本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，难点（5）盐酸滴定过量的NaOH，先求出过量的n（NaOH）=n（HCl），再求出参与
19、水解反应的n（NaOH），最后根据反应计量数求出花椒油中的油脂物质的量。9.通过对阳极泥的综合处理可以回收贵重的金属，一种从铜阳极泥（主要成分为Se、Ag2Se、Ag、Cu、CuSO4和Cu2S等）中分离Ag、Se和Cu的新工艺流程如图所示：（1）已知预处理温度为80，预处理渣中几乎不含S元素，预处理时Cu2S发生反应的离子方程式为_，比起传统工艺中采用浓硫酸作氧化剂，本工艺中采用稀H2SO4溶液添加MnO2做预处理剂的主要优点是_。（2）回收分渣中的银，可用如下过程：已知：S2O32-在碱性条件下很稳定，易与银离子络合：Ag+2S2O32-Ag（S2O3）23-。常温下，络合反应的平衡常数为
20、K稳Ag（S2O3）23-=2.81013，Ksp（AgCl）=1.810-10。中发生的离子反应方程式为：AgCl（s）+2S2O32-（aq）Ag（S2O3）23-（aq）+Cl-（aq），常温下此反应的平衡常数K为_（结果保留二位小数）。中还原剂为Na2S2O4，在碱性条件下进行反应生成Na2SO3，相应的离子反应方程式为：2Ag(S2O3)23-+S2O42-+4OH-=2Ag+4S2O32-+2SO32-+2H2O，所以中的银渣回收液可直接循环使用，但循环多次后银的浸出率会降低，请从化学平衡移动的角度分析原因_。（3）分硒渣的主要成分是Cu2Se，可被氧化得到亚硒酸（H2SeO3）。
21、已知常温下H2SeO3的Ka1=2.710-3，Ka2=2.510-4，则NaHSeO3溶液的pH_7（填“”、“”或“=”）。二元强酸硒酸（H2SeO4）可以用电解亚硒酸溶液的方法制得，电解时的阳极反应式为_。（4）分铜得到产品CuSO45H2O的具体操作如下：萃取与反萃取原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+，反萃取剂最好选用_（填化学式）溶液。蒸发浓缩需用小火加热至溶液表面出现_为止，再冷却结晶即可得到产品CuSO45H2O【答案】 (1). Cu2S+5MnO2+12H+2Cu2+SO42-+5Mn2+6H2O (2). 减少污染性气体二氧化硫的排放 (3). 5.04103 (4)
22、. 随着循环次数的增加，浸出液中S2O32-浓度减小，C1-浓度增大，浸出反应AgCl+2S2O32-Ag(S2O3)23-+C1-平衡左移，浸出率下降 (5). (6). H2SeO3-2e-+H2OSeO42-+4H+ (7). H2SO4 (8). 晶膜【解析】【分析】铜阳极泥（主要成分为 Se、Ag2Se、Ag、Cu、CuSO4和Cu2S等），加入二氧化锰、硫酸进行预处理，可将Cu2S氧化生成硫酸铜，减少污染物的排放，滤液加入氯化钠，可生成氯化银，滤液加入铜，得到Cu2Se，分硒液含有铜，萃取得到R2Cu，经反萃取可得铜的水溶液，可用于制备硫酸铜晶体等。【详解】（1）预处理温度为80，
23、预处理渣中几乎不含S元素，转化为SO42-，预处理时Cu2S发生反应的离子方程式为Cu2S+5MnO2+12H+2Cu2+SO42-+5Mn2+6H2O，比起传统工艺中采用浓硫酸作氧化剂，本工艺中采用稀H2SO4溶液添加MnO2做预处理剂的主要优点是减少污染性气体二氧化硫的排放。故答案为：Cu2S+5MnO2+12H+2Cu2+SO42-+5Mn2+6H2O；减少污染性气体二氧化硫的排放；（2）中发生的离子反应方程式为：AgCl（s）+2S2O32-（aq）Ag（S2O3）23-（aq）+Cl-（aq），常温下此反应的平衡常数K=Ksp（AgCl）K稳Ag（S2O3）23-=2.810131.
24、810-10=5.04103。故答案为：5.04103；中还原剂为Na2S2O4，在碱性条件下进行反应生成Na2SO3，相应的离子反应方程式为：2Ag(S2O3)23-+S2O42-+4OH-=2Ag+4S2O32-+2SO32-+2H2O，所以中的银渣回收液可直接循环使用，但循环多次后银的浸出率会降低，从化学平衡移动的角度分析原因随着循环次数的增加，浸出液中S2O32-浓度减小，C1-浓度增大，浸出反应AgCl+2S2O32-Ag(S2O3)23-+C1-平衡左移，浸出率下降。故答案为：随着循环次数的增加，浸出液中S2O32-浓度减小，C1-浓度增大，浸出反应AgCl+2S2O32-Ag(S
25、2O3)23-+C1-平衡左移，浸出率下降；（3）常温下H2SeO3的Ka1=2.710-3，Ka2=2.510-4，由已知，常温下（25时），HSeO3的水解常数Kh=4.010-12，Ka2，则NaHSeO3溶液的pH7（填“”、“”或“=”）。故答案为：；二元强酸硒酸（H2SeO4）可以用电解亚硒酸溶液的方法制得，阳极上亚硒酸失电子生成硒酸，电解时的阳极反应式为H2SeO3-2e-+H2OSeO42-+4H+。故答案为：H2SeO3-2e-+H2OSeO42-+4H+；（4）萃取与反萃取原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+，反萃取剂最好选用H2SO4溶液。故答案为：H2SO4；蒸发浓
26、缩需用小火加热至溶液表面出现晶膜为止，再冷却结晶即可得到产品CuSO45H2O故答案为：晶膜。【点睛】本题以从阳极泥中回收银、硒为载体考查物质分离与提纯方法的综合应用，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握物质分离与提纯方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，（3）NaHSeO3溶液的pH判断，要比较电离和水解能力的大小。10.氮的化合物是造成大气污染的主要物质。研究氮的化合物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。（1）NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)H，上述反应分两步完成，其反应历程如图所示：回答下列问题：写出反应I的热化学方程式_。对于总反应：2
27、NO(g)+O2(g)2NO2(g)，对该反应体系升高温度发现总反应速率反而变慢，其原因可能是_(反应未使用催化剂)。（2）用焦炭还原NO2的反应为2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1molNO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)_Kc(B)(填“”或“=”)A、B、C三点中NO2的转化率最低的是_(填“A”“B”或“C”)点。计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=_(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算)（3）电化学气敏传感器可以监测空气环境中NH3的含量，原理如图所示
28、。负极的电极反应为_，假设有16.8L(标准状况)的氨气进入传感器参与反应，另一极需要通入标准状况下O2的体积为_。【答案】 (1). 2NO(g)N2O2(g) H=(E3-E4)kJmol-1 (2). 温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应速度变慢，最终总反应速率变慢 (3). = (4). B点 (5). 4Mpa (6). 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O (7). 12.6L【解析】【详解】（1）根据能量关系图，反应I为放热反应，热化学方程式2NO(g)N2O2(g) H=(E3-E4)kJmol-1
29、。故答案为：2NO(g)N2O2(g) H=(E3-E4)kJmol-1 ；反应I和反应中，反应I是快反应，会快速建立平衡状态，而反应是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是反应，对于总反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，对该反应体系升高温度发现总反应速率反而变慢，其原因可能是：温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应速度变慢，最终总反应速率变慢(反应未使用催化剂)。故答案为：温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应速度变慢，
30、最终总反应速率变慢；（2）A、B两点的温度相同，平衡常数K只与温度有关，A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)=Kc(B)，故答案为：=；2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)是个气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，A、B、C三点中NO2的转化率最低的是B点。故答案为：B；1mol NO2和足量C发生该反应，设反应二氧化氮x，列三段式： 从图知C点时NO2和CO2的物质的量浓度相同，则1-x=x，解得x=0.5，则平衡时总的物质的量为1.25mol，计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)= =4Mpa，故答案为：4Mpa；（3）原电池中，负极失去电子发生氧化反应，根据图
31、可知，为氨气生成氮气，电极反应式为：2NH3-6e+6OH=N2+6H2O；正极的反应为：O2+4e+H2O=4OH，逸出氨气16.8L，参与反应氨气为0.75mol，则转移电子数为2.25mol，则氧气为2.25mol=0.5625mol，故通入标准状况下02的体积为0.5625mol22.4Lmol1=12.6L；故答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；12.6L。【点睛】本题考查较为综合，题目涉及反应热的计算、化学平衡移动以及化学平衡常数、电极方程式的书写等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，难点（2）列出三段式，利用C点两浓度相等进行计算。11
32、.氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：（1）聚四氟乙烯是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过_方法区分晶体、准晶体和非晶体。（2）K元素的基态原子的电子填充于_个不同的能级。（3）H2F+SbF6-(氟酸锑)是一种超强酸，存在H2F+，该离子的空间构型为_，写出一种与H2F+具有相同空间构型和键合形式的阴离子是_。（4）NH4F(氟化铵)可作为玻璃蚀刻剂、防腐剂、消毒剂等。NH4+的中心原子的杂化类型是_；氟化铵中存在_(填字母)。A.离子键 B.键 C.键 D.氢键（5）SbF6被广泛用作高压电气设备绝缘介质。SbF6是一种共价化合物，可通过类似B
33、ornHaber循环能量构建能量图(见图a)计算相关键能。则FF键的键能为_kJmol-1，SF的键能为_kJmol-1。（6）CuCl的熔点为426，熔化时几乎不导电；CuF的熔点为908，密度为7.1gcm-3。CuF比CuCl熔点高的原因是_；已知NA为阿伏加德罗常数的值。CuF的晶胞结构如“图b”。则CuF的晶胞参数a=_nm(列出计算式)。【答案】 (1). X-射线衍射实验 (2). 6 (3). V形 (4). NH2- (5). sp3 (6). AB (7). 155 (8). 327 (9). CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体 (10). 107【解析】【详解】（1）晶
34、体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间。聚四氟乙烯是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过X-射线衍射实验方法区分晶体、准晶体和非晶体。故答案为：X-射线衍射实验；（2）K元素的基态原子的电子填充于1s、2s、2p、3s、3p、4s，6个不同的能级。故答案为：6；（3）H2F+SbF6-(氟酸锑)是一种超强酸，存在H2F+，H2F+与H2O、NH2等互为等电子体，结构相似，该离子的空间构型为V形，与H2F+具有相同空间构型和键合形式的阴离子是NH2-。故答案为：V形； NH2-；（4）NH4+的中心原子N原子形成4个键，杂化类型是sp3；
35、氟化铵为离子化合物，含有离子键和共价键，即键。故答案为：sp3 ；AB；（5）由图象可知，断裂3molF-F键，吸收465kJ能量，则F-F键的键能为155kJmol1，形成6molS-F键，放出1962kJ能量，则S-F的键能为kJmol1=327kJmol1，故答案为：155；327；（6）CuCl的熔点为426，熔化时几乎不导电，属于分子晶体；CuF的熔点为908，熔点比CuCl高，是离子晶体。CuF比CuCl熔点高的原因是CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体；故答案为：CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体；如“图b”，CuF的密度为7.1gcm-3，晶胞中Cu、F的个数分别为4，（其中
36、Cu为8+6=4），则 =7.1gcm-3，则CuF的晶胞参数a=107nm。故答案为：107。12.3，4二羟基肉桂酸乙酯(I)具有抗炎作用和治疗自身免疫性疾病的潜力。由化合物A制备该物质的合成路线如图：已知：RCHO+RCH2CHO回答下列问题：（1）A的结构简式为_，I中含氧官能团的名称是_。（2）E生成F的反应类型为_。（3）下列有关H的说法中，不正确的是_。a.能使酸性高锰酸钾溶液褪色b.1molH最多能和3molBr2反应c.H分子中最多有9个碳原子共平面d.1molH分别与足量NaOH、NaHCO3反应时，消耗的NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1（4）写出C+DE的化学
37、方程式_。（5）已知W是H的同分异构体，符合下列条件的W结构共有_种。属于芳香族化合物1molW与足量NaHCO3溶液反应生成气体44.8L(标准状况)。其中，核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为1223的结构简式为：_（写一个即可）（6）季戊四醇()是合成高效润滑剂、增塑剂、表面活性剂等的原料。设计由甲醛和乙醇为原料制备季戊四醇的合成路线(无机试剂任选)。合成路线的表示方法为：_。AB目标产物。【答案】 (1). CH2=CH2 (2). 酚）羟基、酯基 (3). 消去反应 (4). bd (5). CH3CHO+ (6). 10 (7). 、 (8). CH3CH2OHCH3CHO【解析
38、】【分析】由合成流程及B的分子式C2H6O且由A与水反应得到，可知，A为CH2=CH2，A与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B氧化生成C为CH3CHO，C与D发生醛的加成反应生成E，E发生消去反应生成F为，F发生银镜反应生成G为，G发生-Cl的水解反应生成H，H与乙醇发生酯化反应生成3，4二羟基肉桂酸乙酯(I)；（6）合成，先CH3CHO、甲醛发生醛的加成反应，再-CHO与氢气加成。【详解】（1）A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，I中含氧官能团的名称是（酚）羟基、酯基。故答案为：CH2=CH2；（酚）羟基、酯基；（2），E生成F的反应类型为消去反应。故答案为：消去反应；（3）中含有酚
39、羟基、碳碳双键、羧基，aH中碳碳双键、酚羟基、苯环上的侧链均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；b1molH最多能和4molBr2反应，3mol发生取代反应，1mol发生加成反应，故错误；c苯平面和烯平面上的碳均可能共面，H分子中最多有9个碳原子共平面，故正确；dNaOH能与酚和酸反应、NaHCO3只能与酸反应，1molH分别与足量NaOH、NaHCO3反应时，消耗的NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3：1，故D错误；故答案为：bd；（4）C与D发生醛的加成反应生成E，C+DE的化学方程式CH3CHO+ 。故答案为：CH3CHO+ ；（5）芳香族化合物W是H的同分异构体，1molW与足量碳酸
40、氢钠溶液反应生成2molCO2，W含2个-COOH，若只有1个侧链为-CH（COOH）2，只有一种；若含2个侧链为-CH2COOH、-COOH，有邻、间、对三种；若含3个侧链为-CH3、-COOH、-COOH，固定2个-COOH再插入甲基，有2+3+1=6种，共有10种；其中，核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为1223的结构简式为：、 ；故答案为：10；、 ；（6）合成，先CH3CHO、甲醛发生醛的加成反应，再-CHO与氢气加成。由甲醛和乙醇为原料制备季戊四醇的合成路线(无机试剂任选)，合成路线的表示方法为：CH3CH2OHCH3CHO。故答案为：CH3CH2OHCH3CHO。【点睛】本题考查有机物的合成，把握合成流程中官能团的变化、碳原子数变化、官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，难点（6）注意乙醛同时与多个甲醛分子发生加成反应。- 18 - 版权所有高考资源网
