1、江苏省如皋市2019-2020学年高二化学下学期教学质量调研试题（二）（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 Cl-35.5 Co-59选择题（共40分）单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一项符合题意1.下列有关化学用语表示正确的是（ ）A. N2的电子式：B. 钠离子的结构示意图：C. 中子数为18的氯原子：ClD. 聚丙烯的结构简式：【答案】C【解析】【详解】A.N2的电子式：，与题意不符，A错误；B.钠离子的结构示意图：，与题意不符，B错误；C.中子数为18，则原子量为18+17=35，则该氯原子为Cl，符合题意，C正确；D
2、.聚丙烯的结构简式：，与题意不符，D错误；答案为C。2.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A. 0.1molL-1NaHCO3溶液：Na+、Ba2+、NO3-、OH-B. 0.1molL-1NaAlO2溶液：K+、OH-、Cl-、NO3-C. =1.01012的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3-、I-D. 0.1molL-1FeCl3溶液：K+、Cu2+、SCN-、Cl-【答案】B【解析】【详解】A.0.1molL-1NaHCO3溶液中，存在大量的HCO3-，能与OH-反应，与题意不符，A错误；B.0.1molL-1NaAlO2溶液中的Na+、AlO2-，与K+、OH-、Cl
3、-、NO3-均不反应，能大量共存，符合题意，B正确；C.=1.01012的溶液中，c（H+）c（OH-），则H+、NO3-、I-不能大量共存，与题意不符，C错误；D.0.1molL-1FeCl3溶液中，存在大量的Fe3+，能与SCN-反应，与题意不符，D错误；答案为B。3.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）A. 向水中通入NO2：2NO2+H2O=2H+NO+NOB. 向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液：HCO+OH-=CO+H2OC. 向稀硝酸中加入FeO：3FeO+NO+10H+=3Fe3+NO+5H2OD. 向Na2SO3溶液中加入酸性K2Cr2O7溶液：3SO+Cr2O+2
4、H2O=3SO+2Cr3+6OH-【答案】C【解析】【详解】A向水中通入NO2发生的离子反应为3NO2+H2O=2H+2NO+NO，故A错误；B向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液发生的离子反应为NH4+HCO+2OH-=CO+H2O+NH3H2O，故B错误；C向稀硝酸中加入FeO时发生的离子反应为3FeO+NO+10H+=3Fe3+NO+5H2O，故C正确；D向Na2SO3溶液中加入酸性K2Cr2O7溶液发生的离子反应为3SO+Cr2O+8H+=3SO+2Cr3+4H2O，故D错误；故答案为C。4.下列说法正确的是（ ）A. 碳素钢在海水中发生的腐蚀主要是析氢腐蚀B. 在铁制品表面镀锌
5、时，铁制品与电源正极相连C. NaHCO3溶液的水解方程式为：HCO+H2OCO+H3O+D. 已知室温时KspMg(OH)2=5.610-12，室温下pH=8的Mg(OH)2悬浊液中c(Mg2+)=5.6molL-1【答案】D【解析】【详解】A一般情况下，海水呈弱碱性，但溶有一定量的氧气，此时碳素钢会发生吸氧腐蚀，A错误；B在铁制品表面镀锌时，铁制品应与电源负极相连，与电源正极相连的为失电子的金属Zn，在电镀过程中Zn失去电子，B错误；C碳酸氢根的水解方程式为+H2OH2CO3+OH-，C错误；D氢氧化镁的Ksp=c(Mg2+)c2(OH-)=5.610-12，室温下pH=8的氢氧化镁悬浊液
6、中c(OH-)=10-6mol/L，c(Mg2+)=5.6mol/L，D正确；故选D。5.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）A. Fe2O3(s) Fe(s) FeCl2(aq)B. Mg(OH)2MgCl2(aq) MgC. Cu2(OH)2CO3CuOCu(OH)2D. NaCl(aq) NaHCO3(s) Na2CO3(s)【答案】A【解析】【详解】AAl和Fe2O3在高温下发生铝热反应生成Fe，Fe和稀盐酸反应生成FeCl2，故A正确；B用惰性电极电解MgCl2溶液生成Mg(OH)2、H2和Cl2，无Mg生成，故B错误；CCuO不能溶于水生成Cu(OH)2，故C错误；D弱酸不能
7、制强酸，则NaCl溶液中通入CO2气体不能发生反应生成NaHCO3，故D错误；故答案为A。6.在新型钴基电催化剂作用下，用石墨、铁做电极材料，可将CO2和水转化为甲酸。其反应原理如图所示，下列说法不正确的是（ ）A. 电极a为铁，与电源的负极相连B. 反应时化学能转化成电能C. 电极a上发生的反应为：CO2+2e-+2H2O=HCOOH+O2-D. 反应时，O2-向阳极处移动【答案】B【解析】【分析】该装置为电解装置，在新型钴基电催化剂作用下，用石墨、铁做电极材料，在阴极CO2转化为甲酸，发生还原反应，需要水参与反应，同时生成氧离子，氧离子移向阳极，在阳极放电生成氧气，反应原理为2CO2+2H
8、2O2HCOOH+O2，据此分析解答。【详解】A. 电解反应中，若铁作阳极，铁溶解，所以用石墨、铁做电极材料，石墨做阳极，铁做阴极，在阴极CO2转化为甲酸，发生还原反应，电极a为铁，与电源的负极相连,故A正确；B. 该装置为电解池，反应时电能转化为化学能，故B错误；C. 在阴极CO2转化为甲酸，发生还原反应，需要水参与反应，同时生成氧离子，氧离子移向阳极，在阳极放电生成氧气，生成甲酸的电扳反应式：CO2+H2O+2e-=HCOOH+O2-，故C正确；D. 电解池中，阴离子带负电荷，向阳极处移动，所以O2-向阳极处移动，故D正确；故选B。7.现有下列氧化还原反应：2FeCl2+Cl2=2FeCl
9、32FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2K2Cr2O7+14HCl(浓)=2KCl+2CrCl3+3Cl2+7H2O根据上述反应判断下列结论正确的是（ ）A. 反应中FeCl2为氧化剂B. 反应中每消耗1molFeCl3，反应转移的电子数目为26.021023C. 反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为16D. 向FeI2溶液中通入足量Cl2，发生反应：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+【答案】C【解析】【详解】A. 反应中FeCl2中铁元素化合价升高，失电子被氧化，作还原剂，故A错误；B. 反应中Fe元素化合价由+3价降低为+2价，则每消耗1molFeCl3，反应转移的电子数目
10、为6.021023，给B错误；C. 反应中氧化剂为K2Cr2O7，还原剂为HCl，14molHCl参加反应，只有6mol被氧化，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为16，故C正确；D. 向FeI2溶液中通入足量Cl2，Fe2+与I-均被氧化，反应离子方程式为：2Fe2+ + 4I- + 3Cl2=2Fe3+2I2 + 6Cl-，故D错误；故选C。8.CO2催化加氢合成CH4的过程中主要发生下列反应：CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) H1=-802.0kJmol-1CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2=+41.2kJmol-12CO(g)+O2(g)2CO2
11、(g) H3=-566.0kJmol-1下列有关说法正确的是（ ）A. CH4的燃烧热为802.0kJmol-1B. 反应能自发进行的原因是S0C. 使用催化剂是为了提高CO2加氢时原料的平衡转化率D. 反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的H=-165.2kJmol-1【答案】D【解析】分析】【详解】A. 燃烧热是指在25、101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，水应该为液态，而上述热化学方程式中生成的水为气态，所以焓变不等于燃烧热，故A错误；B. 反应中H20，H2-TS0时，反应能自发，则能自发进行的原因是S0，故B错误；C. 使用催
12、化剂只改变反应速率，对平衡移动不影响，故不能提高平衡转化率，故C错误；D. 根据盖斯定律知，4-+2得到CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)则H=-165.2kJmol-1，故D正确；故选D。9.下列实验操作能达到目的的是（ ）A. 用灼烧的方法鉴别棉麻与真丝B. 加入浓溴水除去苯中溶解的杂质苯酚C. 用图甲装置制取并收集乙酸乙酯D. 用图乙装置验证溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生了乙烯【答案】A【解析】【分析】【详解】A真丝中含有蛋白质，灼烧产生烧焦羽毛的气味，棉麻中主要含有纤维素，灼烧时则没有特殊气味，可以鉴别，故A实验方法能达到实验目的；B苯酚与溴反应生成的三溴苯酚，三
13、溴苯酚溶于苯，无法用浓溴水除去苯中的苯酚，可以用氢氧化钠溶液洗涤混合物，故B实验方法不能达到实验目的；C乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂加热条件下发生酯化反应制取乙酸乙酯，乙酸乙酯中混有挥发的乙酸和乙醇，用饱和碳酸钠溶液进行除杂与收集，乙酸乙酯属于酯类，与氢氧化钠溶液发生水解反应，不能用于收集乙酸乙酯，故C实验方法不能达到实验目的；D溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应产生了乙烯，但乙醇具有挥发性，制得的乙烯中混有乙醇，乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使高锰酸钾溶液褪色，不能确定含有乙烯，应使用溴水，若溴水褪色则证明反应中有乙烯产生，故D实验方法不能达到实验目的；答案选A。10.短周期主族元素X
14、、Y、Z、W原子序数依次增大，X的单质是相同条件下所有气体中密度最小的，Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Z元素在同周期元素中金属性最强，W与Y同一主族。下列说法正确的是（ ）A. 原子半径：r(W)r(Z)r(Y)B. W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强C. Z2Y2中阴阳离子的个数比为12D. X2W与Z2W所含化学键类型相同【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的单质是相同条件下所有气体中密度最小的，则X为H元素；Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则Y为O元素；Z元素在同周期元素中金属性最强，Z为Na元素；W与Y同一主族，则W为S元素，据
15、此分析结合元素性质解答。【详解】AY为O元素，Z为Na元素，W为S元素，同周期元素随核电荷数增大，半径逐渐减小，Na的半径大于S的半径，则原子半径：r(Z)r(W)r(Y)，故A错误；BW为S元素，Y为O元素，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：OS，则W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱，故B错误；CY为O元素，Z为Na元素，Z2Y2为过氧化钠，属于离子化合物，有2个Na+和一个O22-构成，其中阴阳离子的个数比为12，故C正确；DX为H元素，W为S元素，Z为Na元素，X2W为H2S属于共价化合物，只含有共价键；Z2W为Na2S属于离子化合物，只含有离子键，二者所含化学键类型
16、不同，故D错误；答案选C。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11.有机物M具有抗氧化、抗肿瘤作用，其结构简式如图所示。下列有关M的说法正确的是（ ）A. 一定条件下M可发生加成、氧化、消去等反应B. M与Na、NaOH溶液、NaHCO3溶液均能发生反应C. 1molM与浓溴水充分反应，最多消耗Br2的物质的量为4molD. M分子中含有1个手性碳原子【答案】AD【解析】【分析】【详解】AM
17、的结构中含有酚羟基、醇羟基、酯基、醚键、苯环、碳碳双键，醇羟基在一定条件下可发生氧化反应、消去反应，碳碳双键和苯环在一定条件下可发生加成反应，故A正确；BM的结构中含有酚羟基、醇羟基、酯基、醚键、苯环、碳碳双键，醇羟基、酚羟基可与Na反应，酯基、酚羟基可与NaOH溶液反应，酚羟基的酸性弱与碳酸，则该有机物中的官能团与NaHCO3溶液不能发生反应，故B错误；CM的结构中有碳碳双键与溴水反应，酚羟基的邻位和对位可与溴水反应，1molM与浓溴水充分反应，最多消耗Br2的物质的量为3mol，故C错误；D一个碳原子上结合四个不同的原子或原子团，该碳原子为手性碳原子，M分子中如图所示：(号所示的为手性碳)
18、，含有1个手性碳原子，故D正确；答案选AD。12.化合物Z具有广谱抗菌活性，可利用X和Y反应获得。下列有关说法正确的是（ ）A. 有机物X的分子式为C12H13O4NB. 有机物Y可以和乙醇发生缩聚反应C. 有机物Y中所有原子可能在同一平面上D. 1mol有机物Z与足量NaOH溶液反应最多消耗4mol NaOH【答案】AC【解析】【分析】【详解】A有机物结构中的每个节点为碳原子，每个碳原子形成4个共价键，不足键由氢原子补齐，则有机物X的分子式为C12H13O4N，故A正确；B有机物Y中含有羧基，可以和乙醇发生酯化反应，故B错误；C有机物Y中含有碳碳双键和碳氧双键，双键属于平面结构，与双键上的原
19、子直接相连的所有原子可能在同一平面上，故C正确；D有机物Z中，酚羟基、酯基、羧基均可与氢氧化钠反应，1mol有机物Z中含有2mol酚羟基、1mol羧基、1mol酯基，1mol酯基水解后又可形成1mol酚羟基和1mol羧基，则与足量NaOH溶液反应最多消耗5mol NaOH，故D错误；答案选AC。13.有机物Z是一种天然除草剂，可由X、Y在一定条件下反应制得。下列说法正确的是（ ）A. 有机物X最多可与3molH2发生加成反应B. 可用FeCl3溶液鉴别X和YC. Y在Cu作催化剂条件下可被氧化为含醛基的物质D. X与Y只通过加成反应即可生成Z【答案】B【解析】【详解】A有机物X分子结构中含有苯
20、环和醛基，均能与H2发生加成反应，1molX最多和4molH2发生加成反应，故A错误；BX分子结构中只含有酚羟基，Y分子结构中无酚羟基，则可用FeCl3溶液鉴别X和Y，故B正确；CY在Cu作催化剂条件下可被氧化为含羰基的物质，不可能生成醛基，故C错误；DX和Y反应生成Z的反应不是加成反应，因为同时有H2O生成，故D错误；故答案为B。14.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）选项实验操作和现象结论A向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀酸性：H2SiO3H2CO3B向溶液X中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变红溶液X中含Fe2+C向蛋白质溶液中加入甲醛溶液
21、，有固体析出蛋白质发生了盐析D卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液，产生白色沉淀Y中含有氯原子A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. 向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀，是因为反应生成了硅酸，则酸性：H2SiO3H2CO3，A错误；B. 向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红，是因为生成了硫氰化铁，但这铁离子有可能是X溶液中存在的，也可能是溶液X中含Fe2+被氯气氧化所得，B错误；C. 向蛋白质溶液中加入甲醛溶液，有固体析出，再加水沉淀不溶解，这是蛋白质变性，C错误；D. 卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，发生水解
22、反应生成卤化钠，加入足量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则白色沉淀为氯化银，说明Y中含有氯原子，D正确；答案选D。15.某温度下，在2L的恒容密闭容器中充入气体A和气体B发生反应生成气体C，反应过程中各组分的物质的量随反应时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）A. t1时刻反应达到平衡状态B. 010min内平均速率v(B)=0.18molL-1min-1C. 该反应的化学方程式可表示为：A+3B2CD. 该温度下，反应的平衡常数为1200【答案】CD【解析】【详解】A. t1时刻A、B、C的物质的量相等，但之后就继续发生变化，因此反应未达到平衡状态，A错误；B. 010min
23、内平均速率v(B)= =0.09molL-1min-1，B错误；C. 由图知：010min内，A减少0.6mol，B减少1.8mol，C生成1.2mol，则它们的物质的量改变值之比为1:3:2，在10min之后，它们的量不再改变，故该反应方程式可表示为：A+3B2C，C正确；D. 该温度下，单位不要求，则反应的平衡常数为1200，D正确；答案选CD。非选择题（共60分）16.以钛白酸废液(主要含有TiO2+、Fe2+、Ca2+、SO等)为原料，获取磷酸钛(2TiO2P2O5H2O)和氧化铁黄(FeOOH)的部分流程如图：（1）反应中生成2TiO2P2O5H2O的离子方程式为_。（2）反应时溶液
24、的pH约为4，写出反应中Fe2+发生反应的离子方程式：_。（3）碱性条件下，FeOOH可以被次氯酸钠氧化成Na2FeO4。该反应的离子方程式为_。（4）TiO2是两性氧化物，TiO2与KHSO4熔融时反应生成TiOSO4的化学方程式为_。【答案】 (1). 2TiO2+2H3PO4=2TiO2P2O5H2O+4H+ (2). 4Fe2+O2+6H2O=4FeOOH+8H+ (3). 2FeOOH+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+3H2O (4). TiO2+2KHSO4TiOSO4+K2SO4+H2O【解析】【分析】钛白酸废液(主要含有TiO2+、Fe2+、Ca2+、SO等)为原料，
25、加入磷酸，可生成磷酸钛(2TiO2P2O5H2O) ，过滤后滤液中加入NH4HF2，生成氟化钙，过滤除去，滤液中通入空气，Fe2+被氧化可得到氧化铁黄(FeOOH)，据此回答；【详解】(1)由流程知，反应中TiO2+和H3PO4反应，得到TiO2P2O5H2O，同时有H+生成，则生成TiO2P2O5H2O的离子方程式为2TiO2+2H3PO4=2TiO2P2O5H2O+4H+；答案为：2TiO2+2H3PO4=2TiO2P2O5H2O+4H+；(2)反应时溶液的pH约为4，即在酸性环境下，Fe2+被氧气氧化得到氧化铁黄(FeOOH)，则反应中Fe2+发生反应的离子方程式为：4Fe2+O2+6H
26、2O=4FeOOH+8H+；答案为：4Fe2+O2+6H2O=4FeOOH+8H+；(3)碱性条件下，FeOOH可以被次氯酸钠氧化成Na2FeO4，次氯酸钠被还原得到氯化钠，则该反应的离子方程式为2FeOOH+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+3H2O；答案为：2FeOOH+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+3H2O；(4)TiO2是两性氧化物，则TiO2与KHSO4熔融时反应生成TiOSO4的同时，还有硫酸钠和水生成，化学方程式为TiO2+2KHSO4TiOSO4+K2SO4+H2O；答案为：TiO2+2KHSO4TiOSO4+K2SO4+H2O。【点睛】解本题的关键是理解化
27、学反应原理在工艺流程中的应用、重点把握物质的转化及实验操作，注意发生反应时实验条件的控制等，如本题中物质反应时有酸性介质、碱性环境以及熔融状态等。17.Co2O3常用于作氧化剂，在生产中有重要应用。（1）一定条件下，0.996gCo2O3与15.00mL0.1molL-1的Na2S2O3溶液恰好完全反应，生成Co2+和一种含硫物质，该含硫物质中硫元素的化合价是_。（2）Co2O3、PbO2、KMnO4均可与浓盐酸反应生成Cl2，同时分别生成Co2+、Pb2+和Mn2+。若生成等物质量的Cl2，所需Co2O3、PbO2和KMnO4的物质的量之比为_。（3）为测定某Co2O3样品中Co2O3的纯度
28、（杂质不参与反应），现进行如下实验：步骤1：称取样品2.000g于锥形瓶中，加入足量硫酸和50mL0.5000molL-1FeSO4溶液充分反应。步骤2：向步骤1所得溶液中逐滴滴加0.0500molL-1KMnO4标准溶液至终点，消耗KMnO4标准溶液的体积为20.00mL。已知步骤1、2中所涉及物质的转化分别为：Co3+Co2+、MnOMn2+通过计算确定Co2O3样品中Co2O3的质量分数_(写出计算过程)。【答案】 (1). +6 (2). 5：5：2 (3). 83%【解析】【分析】(1)(2)均体现Co2O3的氧化性，可通过得失电子数守恒求解；(3) 可实验中加入的亚铁离子和Co2O
29、3与KMnO4分别发生氧化还原反应，按消耗的0.0500molL-1KMnO4标准溶液的体积，计算出和它反应的亚铁离子的量，则另一部分亚铁离子被Co2O3氧化，按关系式即可计算出某Co2O3样品中Co2O3的纯度，据此回答；【详解】(1)一定条件下，0.996gCo2O3的物质的量为=0.006mol，则反应中Co2O3得到电子为0.006mol2=0.012mol ，则15.00mL0.1molL-1的Na2S2O3溶液失去的电子为0.012mol ，1mol硫原子失去的电子为 =4mol，则硫元素化合价升4价，所得产物中含硫物质中硫元素的化合价是+6；答案为：+6；(2)Co2O3、PbO
30、2、KMnO4均可与浓盐酸反应生成Cl2，同时分别生成Co2+、Pb2+和Mn2+。则反应关系式分别为： 、和，因为生成等物质的量的Cl2，假设得5mol Cl2，则三个反应中转移电子10mol，所需Co2O3、PbO2和KMnO4的物质的量分别为5mol、5mol和2mol，则Co2O3、PbO2和KMnO4的物质的量之比为5：5：2；答案为：5：5：2；（3）测定某Co2O3样品中Co2O3的纯度的实验中：步骤1： 2.000g样品在足量硫酸中溶解并和50mL0.5000molL-1FeSO4溶液充分反应，Co3+把亚铁离子氧化后亚铁离子还有剩余，步骤2中，多余的亚铁离子被20.00mL
31、0.0500molL-1KMnO4标准溶液反应完全，则，得x=0.00500mol ， ，则=0.0100mol，=0.0100mol166g/mol=1.66g，则Co2O3样品中Co2O3的纯度= =83%；答案为：83%。【点睛】本题的关键是氧化还原反应中失电子数守恒，要能熟练应用守恒关系找出反应的关系式并列式计算。18.阿司匹林（）是应用广泛的解热镇痛药，通过乙二醇将阿司匹林连接在高聚物E上，可制得缓释长效阿司匹林，其合成路线如图（部分反应条件已略去）：已知：CH3CHO回答下列问题：（1）反应的反应类型是_。（2）反应的化学方程式为_。（3）写出同时满足下列条件的阿司匹林的一种同分异
32、构体的结构简式：_。.属于芳香族化合物，能与NaHCO3溶液反应；.能发生水解反应，酸性条件下水解所得有机物中均含有两种不同化学环境的氢。（4）写出以为原料制备药物中间体Y()合成路线流程图_(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。【答案】 (1). 加成反应 (2). +H2O (3). (4). 【解析】【分析】(1)(3) 水杨酸与乙酸酐反应得到阿司匹林()与乙酸，则水杨酸的结构简式为，阿司匹林、乙二醇、聚合物E反应得到缓释阿司匹林，结合缓释阿司匹林的结构可知E为，故D为，A发生信息中转化反应转化得到D，可推知A为，则B为，C为，据此回答；(4) 灵活应用题给信息CH3CHO结合
33、逆分析法、把原料、目标产物和中间产物一一联系起来，从而获得合成线路：要合成Y()，可用逆合成分析法知，需要，要得到 ，按题目提供的信息，可由在酸性条件下水解所得，则可通过与HCN在碱性条件下加成所得，而 只要由催化氧化即可得到，只要由与水发生加成反应即可，据此回答；【详解】(1) 由信息可知，反应是丙酮与HCN在碱性条件下发生的加成反应；答案为：加成反应；(2)反应为转变成的反应，为醇类物质在浓硫酸作用下的消去反应，故化学方程式为+H2O；答案为：+H2O；(3) 阿司匹林()有多种同分异构体，同时满足下列条件的阿司匹林的一种同分异构体：条件属于芳香族化合物，能与NaHCO3溶液反应，说明含有
34、苯环及COOH，分子内一个9个碳原子，则其余的基团内一共还有2个碳原子，条件能发生水解反应，则含有酯基，该同分异构体的酸性条件下水解所得有机物中均含有两种不同化学环境的氢，则水解产物之一为对苯二甲酸，另一个水解产物为甲醇，故该同分异构体的结构简式为：；答案为：；(4)要以为原料制备药物中间体Y()，可用逆合成分析法知，Y分子可由2分子的发生酯化反应得到， 可由在酸性条件下水解所得，则可灵活应用题目提供的信息或者仿照题目提供的流程图中反应，通过与HCN在碱性条件下加成所得，那么如何从来制备？只要消除分子内的碳碳双键引入羰基即可只要借助羟基，也就是与水发生加成反应得到，在铜作催化剂下发生氧化反应就
35、可以得，故反应的合成路线流程图为：；答案为：。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，根据阿司匹林与长效缓释阿司匹林的结构推断，注意对反应信息的利用，(4)则注重对学生的推理能力、知识迁移能力的考查，熟练掌握官能团的性质与转化。19.化合物F可通过如下路线合成得到：（1）F中的含氧官能团的名称为_。DE的反应类型为_。（2）写出D的结构简式：_。（3）D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。含苯环，既能发生银镜反应、也能发生水解反应；是一种-氨基酸，分子中含6种不同化学环境的氢。（4）已知：苯胺（）有弱碱性、易被氧化。写出以和CH3CH2OH为原料制备的合成路线流程图_
36、(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。【答案】 (1). 酰胺基 (2). 取代反应 (3). (4). (5). 【解析】【分析】(1)(3)由流程中提供的反应物和反应条件知，CD为酯化反应，则D为，DE的反应中，转变为，则乙氧基被NHCH2CH3所替代，因此是取代反应，据此回答；(4)以和CH3CH2OH为原料制备，则需在苯环上引入NH2和COOCH2CH3，由于苯环上的COOCH2CH3需通过苯环上的甲基被酸性高锰酸钾氧化得到COOH、再和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应所得，这过程都需强氧化剂，故必须比氨基先引入到苯环上，因为苯胺（）有弱碱性、易被氧化，因此，按逆合成分析法，要
37、得到，先得 ，要得到，则需，可由氧化得到，则通过甲苯硝化反应获得，据此回答；【详解】(1)F为，则其中的含氧官能团的名称为酰胺基，DE的反应即转变为，则乙氧基被NHCH2CH3所替代，因此是取代反应；答案为：酰胺基；取代反应；(2) CD为与乙醇在浓硫酸加热条件下的酯化反应，则D为；答案为：；(3)D的分子式为C9H9NO3，一种同分异构体同时满足下列条件，含苯环，既能发生银镜反应、也能发生水解反应，说明含有甲酸酚酯基，是一种-氨基酸，则分子内余下的原子构成的基团为，分子中含6种不同化学环境的氢，则2个取代基位于对位，则该同分异构体的结构简式为；答案为：；(4) 以和CH3CH2OH为原料制备
38、，则需在苯环上引入NH2和COOCH2CH3，由于苯环上的COOCH2CH3需通过苯环上的甲基被酸性高锰酸钾氧化得到COOH、再和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应所得，这需要强氧化剂，故必须比氨基先引入到苯环上，因为苯胺（）有弱碱性、易被氧化，若苯环上先引入氨基后续会被氧化，因此，按逆合成分析法，要得到，可通过 被氢气催化还原，要得到，则需与乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，由制备，必须先发生硝化反应得到、再把甲基氧化为COOH，得到，甲苯的硝化反应和氧化反应顺序不能颠倒，因为假如先发生氧化反应再发生取代反应则结果为，故流程为：；答案为：。【点睛】本题侧重考查学生有机合成方案设计，为高频考点，
39、同时考查学生知识运用及知识迁移能力，熟悉常见有机物结构、性质及反应类型、反应条件、等并能灵活运用知识解答问题，难点是(4)题合成路线设计，隐含了基团引入先后顺序。20.铁及其化合物在生活中有广泛应用。（1）Fe2+基态的电子排布式为_。（2）实验室用Fe3+检验苯酚。苯酚分子中碳原子的杂化方式为_。（3）以Fe和BN为原料合成的铁氮化合物在光电子器材领域有广泛应用。以氨硼烷(NH3BH3)为原料可以获得BN。氨硼烷的结构式为_(配位键用“”表示)，氨硼烷易溶于水，其主要原因是_。以硼烷和氨气为原料可合成氨硼烷。NH3属于_分子（填“极性”或“非极性”）。如图为Fe与N所形成的一种化合物的基本结
40、构单元，该化合物的化学式为_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d6或Ar3d6 (2). sp2 (3). (4). 氨硼烷分子与水分子间存在氢键 (5). 极性 (6). Fe4N【解析】【分析】（1）铁元素的原子序数为26，失去2个电子形成亚铁离子；（2）苯酚分子中苯环上的6个碳原子的杂化方式为sp2杂化；（3）氨硼烷中氮原子提供一对共用电子对给硼原子形成配位键，氨硼烷中氮原子能与水分子间形成氢键；氨气分子的空间构型为三角锥形，结构不对称；由晶胞结构可知，铁原子位于顶点和面心，氮原子位于体心，由分摊法计算分子式。【详解】（1）铁元素的原子序数为26，失去2个电子形成亚铁
41、离子，根据原子核外电子排布规律可知，亚铁离子的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6 或Ar3d6，故答案为1s22s22p63s23p63d6 或Ar3d6；（2）苯酚分子中苯环上的6个碳原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2；（3）氨硼烷中氮原子具有孤电子对，硼原子具有空轨道，氮原子能提供一对共用电子对给硼原子形成配位键，则氨硼烷的结构式为；氨硼烷中氮原子能与水分子间形成氢键，则氨硼烷能溶于水，故答案为： ；氨硼烷分子与水分子间存在氢键；氨气分子的空间构型为三角锥形，结构不对称，属于极性分子，故答案为：极性；由晶胞结构可知，铁原子位于顶点和面心，个数为8+6=4，氮
42、原子位于体心，个数为1，则晶胞中铁原子和氮原子的数目之比为4：1，化学式为Fe4N，故答案为：Fe4N。【点睛】氨硼烷中氮原子具有孤电子对，硼原子具有空轨道，氮原子能提供一对共用电子对给硼原子形成配位键是解答关键。21.天门冬氨酸锌是一种补锌剂，可以用天门冬氨酸（）和锌的化合物为原料制备。（1）天门冬氨酸分子中氮原子的轨道杂化类型为_；天门冬氨酸所含键和键的数目之比为_；其所含四种元素电负性由大到小的顺序为_。（2）Zn(NO3)2中所含NO的空间构型为_（用文字描述）。（3）工业ZnCl2中常混有杂质TiCl4，TiCl4室温下为无色液体，熔沸点低，易升华，可溶于甲苯和氯代烃等非极性溶剂中，
43、它的晶体类型是_。Ti的价电子排布式为_。（4）ZnO的晶胞结构如图所示，Zn2+的配位数为_。【答案】 (1). sp3 (2). 152 (3). ONCH (4). 平面正三角形 (5). 分子晶体 (6). 3d24s2 (7). 4【解析】【分析】(1)根据价层电子对合理理论分析轨道杂化类型，根据有机物的结构简式分析键和键的数目，根据元素周期律比较电负性大小；(2)根据价层电子对互斥理论确定离子空间构型(5)根据物质的性质判断晶体类型，根据核外电子排布规律书写电子排布式；(4)根据晶胞结构及配位数概念分析解答。【详解】(1) 天门冬氨酸分子中氨基(-NH2)氮原子形成3个键，含有1对
44、孤对电子，N原子杂化轨道数目为4，N原子轨道的杂化类型是sp3；天门冬氨酸（）分子中含有13个单键，和2个C=O双键，则键和键的数目之比为(13+2):2=15:2；同周期元素非金属性越强，电负性越强，则电负性ONC，H原子吸引电子能力小于C，所以电负性小于C，故答案为：sp3；15:2；ONCH；(2) NO3-中N原子价层电子对= ，且不含孤电子对，所以是平面正三角形，故答案为：平面正三角形；(3) TiCl4室温下为无色液体，熔沸点低，它的晶体类型为分子晶体；Ti是22号元素，原子核外电子数为22，元素基态原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d24S2，则价电子排布式为：3d
45、24S2，故答案为：分子晶体；3d24s2；(4) 根据图片知，每个Zn离子连接4个O离子，所以其配位数是4，故答案为：4。22.已知X、Y、Z、W、R五种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大。元素X的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且成对电子数是未成对电子数的2倍；元素Y与W同主族，且Y是地壳中含量最多的元素；Z基态原子有12种不同运动状态的电子；元素R基态原子最外层只有1个电子且内层电子全充满。请回答下列问题：（答题时，X、Y、Z、W、R用所对应的元素符号表示）（1）基态Y原子的轨道式表示式为_。（2）元素Y、W均可形成含18个电子的氢化物，其中Y的氢化物沸点较高，原
46、因是_；（3）元素Z与同周期相邻两元素第一电离能由高到低的顺序为_。（4）元素R在周期表中位于_区，R分别与Y、W形成离子化合物R2Y和R2W，其中熔点较高的为_。（5）R2+与过量的氨水形成的配离子的化学式为R(NH3)42+，在配离子中与R2+形成配位键的原子是_。（6）X的一种单质（相邻原子间通过共价键形成空间网状结构）、XY2、WY2、ZW对应的晶体熔沸点由高到低的顺序为_。【答案】 (1). (2). H2O2分子间存在氢键，氢键强于H2S分子间的作用力 (3). MgAlNa (4). ds (5). Cu2O (6). N (7). C(金刚石)MgSSO2CO2【解析】【分析】
47、元素X的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，分别为1s、2s、2p；成对电子数是未成对电子数的2倍，电子排布式为1s22s22p2，X为C；元素Y与W同主族，且Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O，W为S；Z基态原子有12种不同运动状态的电子，则Z为Mg；元素R基态原子最外层只有1个电子且内层电子全充满，R基态原子的电子排布式为Ar3d104s1，R为Cu，则X、Y、Z、W、R分别为C、O、Mg、S、Cu。【详解】（1）分析可知，Y为O，氧原子核外有8个电子，则基态O原子的核外电子排布图为；（2）元素Y、W分别为O、S，形成含18个电子的氢化物，分别为H2O2、H2S，H2O2分子间存在
48、氢键，H2S分子间只存在范德华力，氢键强于H2S分子间范德华力，则H2O2沸点较高；（3）元素Z为Mg，与其同周期相邻两元素分别为Na、Al，Mg的3s能级为全满状态，较稳定，第一电离能大于Na、Al，而同周期中第一电离能随原子序数的增大有增大的趋势，则第一电离能由高到低的顺序为MgAlNa；（4）元素R为Cu，位于周期表中的ds区；与O、S形成的Cu2O和Cu2S均为离子晶体，氧离子半径小于硫离子，则Cu2O中离子键强，晶格能大，熔点高；（5）Cu(NH3)42+中，Cu2+提供空轨道，NH3中的N原子提供孤电子对，形成配位键；（6）X的一种单质（相邻原子间通过共价键形成空间网状结构）、XY2、WY2、ZW分别为金刚石、CO2、SO2、MgS，金刚石为原子晶体有很高的熔沸点，CO2、SO2为分子晶体，熔沸点与相对分子质量成正比，即熔沸点SO2CO2，MgS为离子晶体，熔沸点高于分子晶体，低于原子晶体，则晶体熔沸点由高到低的顺序为C(金刚石)MgSSO2CO2。【点睛】离子晶体中，离子带电荷越多，离子半径越小，离子键越强，晶格能越大，熔点越高。
