1、山东德州市2019届高三第二次模拟考试理科综合化学试题20194可能用到的相对原子质量Be：9 B：11 N：14 O：16 S：32 Fe：56 Cu：641.改革开放40周年取得了很多标志性成果，下列说法不正确的是A. “中国天眼”的镜片材料为SiC，属于新型无机非金属材料B. “蛟龙”号潜水器所使用的钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性C. 北斗导航专用ASIC硬件结合国产处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，其主要成分为SiO2D. 港珠澳大桥设计使用寿命120年，水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极保护法【答案】C【解析】【详解】A. SiC属于新型无机非金属材料，故不选A；B.
2、钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故不选B；C.“中国芯”主要成分为半导体材料Si，不是SiO2，故选C；D. 因为铝比铁活泼，所以利用原电池原理，铁做正极被保护，这种方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故不选D；答案：C2.一种制备高效漂白剂NaClO2实验流程如图所示，反应I中的反应为：3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法正确的是A. 产品中可能含有NaClB. 反应中H2O2做氧化剂C. NaClO2的漂白原理与SO2相同D. 实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行【答案】A【解析】【分析】NaClO3和SO2在反应器I中发生氧化还
3、原反应生成ClO2，3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，ClO2在反应器II中与双氧水、氢氧化钠反应发生氧化还原反应2ClO2+H2O2+2NaOH-2NaClO2+2H2O+O2，生成亚氯酸钠，再经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥得到其晶体。【详解】A.在蒸发浓缩NaClO2溶液时，由于NaClO2不稳定，受热易分解，产品中可能含有NaCl，故A正确；B.反应：2ClO2+H2O2+2NaOH-2NaClO2+2H2O+O2，H2O2做还原剂，故B错误；C.NaClO2漂白性是利用其强氧化性，SO2是与有色物质结合生成不稳定无色物质，故
4、两者漂白原理不同，C错误；D.实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，故D错误；答案：A3.M是一种治疗疥疮的新型药物，合成路线如下：下列说法不正确的是A. Y生成M的反应类型为取代反应B. Y分子中所有碳原子不可能在同一平面上C. 可用NaHCO3溶液或溴水鉴别X和MD. X与乙醇发生酯化反应生成的有机物的分子式为C12H20O2【答案】C【解析】【详解】A. Y生成M可以观察到Y中氯原子被代替，所以反应类型为取代反应，故不选A；B. Y分子中所标注的碳原子为sp3杂化，连接的四个碳原子应该是四面体构型，不可能处于同一平面，故不选B；C. X和M中都含有碳碳双键，都能与溴发生加成反应，使溴水褪
5、色，故选C；D. X与乙醇发生酯化反应生成，分子式为C12H20O2，故不选D；答案：C4.下列实验操作、现象及其相应结论一定正确的是选项实验操作、现象实验结论A将少量Cl2通入FeI2溶液，反应后溶液变黄C12将Fe2+氧化为Fe3+B将某无色气体通入溴水中，溴水褪色该气体一定表现还原性C向盛有2ml0.1molL-1AgNO3的试管中滴加5滴0.1molL-1NaCl溶液，出现白色沉淀；再往试管中滴加5滴0.1molL-1KI溶液，出现黄色沉淀KSP(AgCl)KSP(AgI)D向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，出现白色沉淀非金属性：CSiA. AB. BC. CD. D【答案】D【解
6、析】【详解】A.实验结论错误，I-和Fe2+都可以被Cl2氧化,分别生成I2和Fe3+，I2和Fe3+都可以使溶液显黄色，该实验不能证明被氧化的离子是哪一种，故A错误；B.实验结论错误，能使溴水褪色的反应可能发生发生氧化还原反应，例如SO2与溴水的反应，二氧化硫表现了还原性；也有可能发生其他反应，例如向溴水中通入氨气，氨气溶于水使溶液显碱性，溴在碱性溶液中可以发生歧化反应，溴水褪色，便是氨气没有表现还原性，故B错误；C.实验操作错误，硝酸银溶液不可过量，应该向盛有2mL 0.1molL-1AgNO3的试管中滴加0.1molL-1NaCl溶液，至不再有白色沉淀生成再向其中滴加0.1 molL-1
7、KI溶液，在实验过程中观察到白色沉淀慢慢转化为黄色沉淀，才可以得结论KSP(AgCl)KSP(AgI)，故C错误；D.向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，出现白色沉淀，证明碳酸酸性强于硅酸，最高价氧化物水化物酸性越强，非金属性越强，因此非金属性：CSi，故选D；答案：D5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。各元素形成的单质依次为A、B、C、D。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，且丙为共价化合物，丁为淡黄色固体。上述物质的转化关系如图所示，下列说法不正确的是A. 离子半径：WXYZB. 甲、乙、丁均只含有离子键C. X的简单氢化物的热稳定性比W的强D. Y、Z、W的最高
8、价氧化物对应水化物两两皆能反应【答案】B【解析】【分析】丁为二元淡黄色化合物，确定为Na2O2；丁由单质A和单质B生成，构成A的元素X原子序数小于构成B的元素的原子序数Y，因此A为O2，B为Na；根据高中常涉及的电解反应，确定甲为氧化铝，乙为NaCl，因此C为Al、D为Cl2、丙为AlCl3；总结：X为O，Y为Na，Z为Al，W为Cl；甲为Al2O3，乙为NaCl，丙为AlCl3，丁为Na2O2。【详解】A.电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大吸电子能力越强，则半径越小，因此离子半径：WXYZ，故不选A；B.丁为Na2O2，既含离子键也含共价键，故选B；C.非金属性越强，气态氢化
9、物越稳定，因此X（O）的简单氢化物的热稳定性比W（Cl）的强，故不选C；D. Y、Z、W的最高价氧化物对应水化物依次为NaOH、Al（OH）3、HClO4，由于Al（OH）3为两性氢氧化物，因此两两皆能反应，故不选D；答案：B6.以CH4、O2、熔融Na2CO3组成的燃料电池电解制备N2O5，装置如图所示。下列说法正确的是A. 石墨1为电池负极，Pt2为电解池阳极B. 石墨2上的电极反应为：C. 阳极的电极反应为：N2O4+H2O-2e-=N2O5+2H+D. 每制得1molN2O5，理论上消耗标况下28L的CH4【答案】D【解析】【分析】图中左侧装置为燃料电池，石墨1：通入甲烷的一极为原电池
10、的负极，发生氧化反应，电极反应式为CH4+4CO328e-=6CO2，石墨2：通入氧气和CO2的混合气体一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，N2O5中氮元素的化合价是+5价，而硝酸中氮元素也是+5价因此应该在左侧生成N2O5，即在阳极区域生成，据电极反应离子放电顺序可知：Pt2极阴极发生2H+2e-=H2的反应，Pt1极阳极为N2O4+2HNO3-2e-2N2O5+2H+，以此解答该题。【详解】A.根据上面分析可知石墨1为电池负极，Pt2为电解池阴极，故A错误；B.石墨2上的电极反应为：O2+4e-+2CO2=2CO32-，故B错误；C.阳极的电
11、极反应为：N2O4+2NO3-2e-2N2O5，故C错误；D.电极反应式：CH4+4CO32-8e-=6CO2，N2O4+2HNO3-2e-2N2O5+2H+，根据转移电子数相等，每制得1molN2O5，理论上消耗标况下CH4 =2.8L，故选D；答案：D【点睛】明确电极的判断、电极反应为解答关键，电解池电极反应的判断为易错点，题目难度较大。7.25时，用010molL的氨水滴定l000mL005molL-1H2A溶液，加入氨水的体积(V)与溶液中lg的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是A. A点溶液的pH等于1B. 由图中数据可知，H2A为弱酸C. B点水电离出的H+离子浓
12、度为1010-6molL-1D. C点溶液中【答案】B【解析】【分析】A点：根据c（H+）c（OH-）=KW=110-14,lg=12,计算得c（H+）=10-1mol/L，则pH=1，同时可知005molL-1H2A完全电离为强酸；B点：酸碱恰好完全中和生成盐（NH4）2A的点，根据lg=2，c（H+）c（OH-）=KW=110-14计算得c（H+）=10-6mol/L；C点：（NH4）2A与氨水混合物，根据lg=-4，c（H+）c（OH-）=KW=110-14，计算得c（H+）=10-9mol/L，则pH=9，偏碱性，考虑氨水的电离平衡，以此进行分析。【详解】A. A点：根据c（H+）c（
13、OH-）=KW=110-14,lg=12,计算得c（H+）=10-1mol/L，则pH=1，故不选A；B. 根据A点：c（H+）c（OH-）=KW=110-14,lg=12,计算得c（H+）=10-1mol/L，得0.05mol/LH2A完全电离，H2A为强酸，故选B；C. B点酸碱恰好完全中和生成盐（NH4）2A的点，lg=2，计算得c（H+）=10-6mol/L，则水电离出的H+离子浓度为1.010-6molL-1,故不选C;D. C点NH4）2A与氨水混合物,根据lg=-4，计算得c（H+）=10-9mol/L，则pH=9，偏碱性,考虑氨水的电离平衡,则溶液中,故不选D;答案:B【点睛】
14、对于此类图像题经常利用分析起点，恰好完全中和点，溶液呈中性点等获得所需结论。8.某学习小组设计如图装置，验证黄铜矿(主要成分CuFeS2)在空气中的氧化产物并测定CuFeS2的纯度(杂质不参与反应)。回答下列问题。(1)仪器a的名称_，碱石灰的作用_。(2)为检验灼烧黄铜矿产生的气体，B中可选_aHNO3溶液 b品红溶液 cBaCl2溶液 d溴水 eKMnO4溶液(3)C中NaOH的作用_(4)样品经煅烧后的固体中铜元素以泡铜(Cu、Cu2O)形式存在，其中Cu2O能与稀H2SO4反应生成Cu和CuSO4。请设计实验验证泡铜中含有Cu2O_。用泡铜与CO反应来制取粗铜装置如下图，实验时依次进行
15、的操作：组装仪器检查装置气密性加装药品_尾气处理；CO还原Cu2O的化学方程式_(5)为测定CuFeS2的纯度，称取a g黄铜矿样品充分灼烧，从灼烧产物中分离出泡铜，完全溶于稀硝酸，并配成200 mL的溶液，取2000 mL该溶液用c mol L-1的标准液EDTA(用H2Y2-表示)滴定至终点(标准液不与杂质反应)，消耗EDTA V mL，则CuFeS2的纯度为_。(滴定时的反应为：Cu2+H2Y2-=CuY2-+2H+)【答案】 (1). (球形)干燥管 (2). 吸收通入空气中的二氧化碳和水蒸气 (3). bde (4). 吸收多余的SO2 (5). 取少量泡铜于试管中,加入适量稀硫酸,
16、若溶液呈蓝色说明泡铜中含有Cu2O (6). 通入气体 (7). 点燃酒精灯 (8). CO+CuO2Cu+CO2 (9). 【解析】【分析】空气通过球形干燥管除掉二氧化碳和水蒸气，酒精喷灯高温灼烧装置A，CuFeS2被氧气氧化，B装置用来检验灼烧黄铜矿产生的气体二氧化硫，C装置吸收多余的SO2，防止污染环境。【详解】(1)仪器a的名称球形干燥管，碱石灰的作用吸收通入空气中的二氧化碳和水蒸气；答案：球形干燥管 吸收通入空气中的二氧化碳和水蒸气(2)灼烧黄铜矿产生的气体是二氧化硫；aHNO3溶液可以氧化二氧化硫，但是可能没有明显的现象，且会产生不能被氢氧化钠溶液吸收的污染性气体NO，故不选a；
17、b二氧化硫气体可以漂白品红溶液，故选b；c二氧化硫气体不与BaCl2溶液反应，故不选C；d二氧化硫与溴可发生氧化还原反应，使溴水褪色，故选d e二氧化硫与KMnO4溶液可发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾褪色，故选e；答案：bde(3)C中NaOH是用来吸收多余的二氧化硫气体，防止污染环境；答案：吸收多余的SO2(4)因为铜排在氢后面，不与稀硫酸反应，而Cu2O能与稀H2SO4反应生成Cu和CuSO4，所以可以用稀硫酸验证；答案：取少量泡铜于试管中,加入适量稀硫酸,若溶液呈蓝色说明泡铜中含有Cu2O实验开始之前先除掉装置中空气，再加热，否则CO与空气混合加热可能会引起爆炸；因此步骤：组装仪器检查
18、装置气密性加装药品通入气体点燃酒精灯尾气处理；CO还原Cu2O的化学方程式CO+CuO2Cu+CO2；答案：通入气体 点燃酒精灯 CO+CuO2Cu+CO2(5)根据关系式进行计算：CuFeS2 Cu2+ H2Y2-1mol 1mol 1moln（CuFeS2） cV10-3得：n（CuFeS2）=cV10-2mol纯度为：=答案：9.铍铜合金是综合性能良好的合金材料，广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某废旧铍铜元件(含BeO约25、CuS约71、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程：已知：I铍、铝元素处于元素周期表中的对角线位置，化学性质相似；II常温下：KSPCu(OH)2=
19、2210-20 KSPFe(OH)3=28l0-38KSPMn(OH)2=2110-13(1)中BeO发生反应的化学方程式_；固体D的化学式为_。(2)将BeCl2溶液蒸干得到BeCl2固体，应在HCl气流中进行，其原因是_(用离子方程式表示)。溶液C中含NaC1、BeC12和少量HC1，为提纯BeCl2溶液，选择最佳步骤依次为_。a通入过量的CO2 b加入适量的HCl c加入过量的NaOHd加入过量的氨水 e过滤 f洗涤(3)溶液E中含c(Cu2+)=22molL-1、c(Mn2+)=021molL-1、c(Fe3+)=00028molL-1，逐滴加入稀氨水调节pH，产生沉淀的先后顺序是_，
20、为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于_。(4)取铍铜元件1kg，最终获得Be的质量为765g，则产率约为_。【答案】 (1). BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O或BeO+2NaOH+H2O=Na2Be(OH)4 (2). H2SiO3(或H4SiO4) (3). Be2+2H2OBe(OH)2+2H+ (4). defb (5). Fe(OH)3、Cu(OH)2、Mn(OH)2 (6). 4 (7). 85%【解析】分析】BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O或BeO+2NaOH+H2O=Na2Be(OH)4，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，滤液A主要含有
21、Na2BeO2、Na2SiO3，滤渣B为 CuS、FeS；Na2BeO2+4HCl=2NaCl+BeCl2+2H2O、Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3或Na2SiO3+2HCl+H2O=2NaCl+H4SiO4，滤液C主要含有NaCl、BeCl2、HCl，固体D为H2SiO3（H4SiO4） CuS+MnO2+2H2SO4=CuSO4+MnSO4+S+2H2O、2FeS+3MnO2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2（SO4）3+2S+6H2O，溶液E为CuSO4、MnSO4、Fe2（SO4）3的混合溶液，固体主要为S。【详解】(1)铍、铝元素处于元素周期表中的对角线位置，化
22、学性质相似，则中BeO发生反应的化学方程式BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O或者BeO+2NaOH+H2O=Na2Be(OH)4；中发生反应Na2BeO2+4HCl=2NaCl+BeCl2+2H2O、Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3或者Na2SiO3+2HCl+H2O=2NaCl+H4SiO4则固体D为H2SiO3(或H4SiO4)；答案：BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O或BeO+2NaOH+H2O=Na2Be(OH)4 H2SiO3(或H4SiO4)(2)BeCl2为易挥发性强酸的弱碱盐，溶液蒸干时由于Be2+2H2OBe(OH)2+2H+，盐酸易挥发，使
23、得水解正向进行，得不到BeCl2固体，应在HCl气流中进行抑制Be2+的水解；提纯BeCl2溶液步骤先生成Be(OH)2沉淀便于分离，因为Be(OH)2溶于过量强碱，所以选择弱碱；过滤、洗涤加入适量盐酸Be(OH)2+2HCl=BeCl2+H2O；答案：Be2+2H2OBe(OH)2+2H+ defb(3)根据Ksp计算开始生成沉淀所需pH:KSPCu(OH)2=2.210-20 =c(Cu2+)c（OH-）2得c（OH-）=10-10，pH=4；KSPFe(OH)3=2.8l0-38=c(Fe3+)c（OH-）3得c（OH-）=10-35/3，pH2.3；KSPMn(OH)2=2.110-1
24、3=c(Mn2+)c（OH-）2得c（OH-）=10-6，pH=8；则逐滴加入稀氨水调节pH，产生沉淀的先后顺序是Fe(OH)3、Cu(OH)2、Mn(OH)2，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于4；答案：Fe(OH)3、Cu(OH)2、Mn(OH)2 4(4)理论产量约为：100025%=90g，则产率约为=85%；答案：85%10.用化学反应原理研究N、S元素的化合物有着重要的意义。(1)已知：一定温度下 Hl=1966kJmol-1 H2=1138kJmol-1写出NO2(g)和SO2(g)反应生成SO3(g)和NO(g)的热化学方程式_(2)一定温度下，分别向A、B容器中充
25、入5mol NO和25mol O2，A保持恒容，B保持恒压。发生反应 不考虑，起始时A、B的体积均为2 L。下列能说明A、B容器均达到平衡状态的是_。aA、B容器的压强均不发生变化bA、B容器中气体的颜色均不发生变化cA、B容器中气体的密度不再发生变化dA、B容器中气体的平均摩尔质量不再发生变化T时，A、B容器均达到平衡状态时，A中O2的浓度为05molL-1，则NO的转化率为_，B中反应的平衡常数KB=_。(3)将一定量的SO2和O2通入A容器中，测得SO2的浓度随时间变化如图实线所示。ab、bc、cd三段平均反应速率最大的是_；de段平均反应速率为_。仅改变某一个条件，测得SO2浓度随时间
26、变化如图中虚线所示，则改变的条件是_。图装置可将雾霾中的NO、SO2转化为(NH4)2SO4，则阴极的电极反应为_。【答案】 (1). NO2（g）+SO2（g）=SO3（g）+NO（g）H=-41.4kJmol-1 (2). bd (3). 60% (4). 4.5 (5). ab (6). 0 (7). 加入催化剂 (8). NO+6H+5e-=NH4+H2O【解析】【分析】(1)利用盖斯定律；(2)变量不再发生变化，证明达到了平衡；三行式法进行计算；(3)单位时间内变化越大反应速率越快；只是加快反应速率，并未影响平衡，应该是加入催化剂；阴极NO生成NH4+，三步法配平；【详解】(1) 2
27、SO2（g）+O2（g）2SO3（g） Hl=1966kJmol-1 2NO（g）+O2（g）2NO2（g） H2=1138kJmol-1根据盖斯定律得：NO2（g）+SO2（g）=SO3（g）+NO（g）H=41.4kJmol-1；答案：NO2（g）+SO2（g）=SO3（g）+NO（g）H=41.4kJmol-1(2)变量不再发生变化，证明达到了平衡；注意A保持恒容，B保持恒压；aB容器的压强是定值，不是变量，故不选a；bA、B容器中气体的颜色均不发生变化，说明NO2的浓度不在发生变化，故选b；cA容器中气体的密度是定值，不是变量，故不选c；d因为M=m/n，m是定值，n是变量，所以平均摩
28、尔质量是变量，故选d；答案：bd列A容器中反应的三行式：2NO（g） + O2（g） 2NO2（g）c（初） 2.5 1.25 0c 1.5 0.75 1.5c（末） 1 0.5 1.5则NO的转化率：=60% k=4.5 因为A、B容器温度相同,所以平衡常数相等；答案：60% 4.5(3)因为单位时间内变化越大反应速率越快，所以ab段平均反应速率最大；de段已达平衡，故平均反应速率为0；答案：ab 0对于反应前后物质的量发生变化的反应来说，只是加快反应速率，并未影响平衡，应该是加入催化剂；答案：加入催化剂阴极发生的应该是化合价降低，得电子的反应，因此NO生成NH4+，三步法配平根据化合价变化
29、，标明转移电子数NO+5e-=NH4+根据左右两边电荷守恒确定氢离子的位置和系数NO+6H+5e-=NH4+根据原子守恒确定水分子的位置和系数NO+6H+5e-=NH4+H2O；因此电极反应式为NO+6H+5e-=NH4+H2O；答案：NO+6H+5e-=NH4+H2O11.离子液体具有很高的应用价值，其中EMIM+离子由H、C、N三种元素组成，结构如图所示。回答下列问题：(1)碳原子价层电子的轨道表达式为_。(2)根据价层电子对互斥理论，NH3、中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是_。NH3比PH3的沸点高，原因是_。(3)氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的原因是_。(4)E
30、MIM+中，碳原子的杂化轨道类型为_。分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成的大键原子数，n代表参与形成的大键电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则EMIM+离子中的大键应表示为_。(5)立方氮化硼属于原子晶体，其晶胞结构如图所示。其中硼原子的配位数为_。已知立方氮化硼密度为d gcm3，B原子半径为x pm，N原子半径为y pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中原子的空间利用率为_(列出化简后的计算式)。【答案】 (1). (2). NH3 (3). 氨分子间存在氢键 (4). 基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定 (5). sp3 sp2 (6). (7). 4 (8).
31、 【解析】【分析】（1）碳原子价电子数为4，价电子排布式为2s22p2，据此写出轨道表达式；（2）价层电子对数计算方法：中心原子孤电子对数+中心原子与周围原子形成键电子对数，计算步骤阴离子：中心原子的最外层电子数+所带电荷数-周围原子所需电子总数，再除以2就是中心原子的孤电子对数数数周围有几个原子和中心原子结合，中心原子与周围原子形成键电子对数就是几；NH3比PH3的沸点高是因为氨分子间存在氢键。（3）VA族比同周期相邻元素都大，是因为最高能级p轨道上电子数为特殊的半充满状态，能量低、较稳定；（4）根据图示可知，环外三个烷基碳原子为sp3杂化，环内三个碳原子为sp2杂化；形成大键的电子数=（4
32、-3）3+（5-3）2-1=6，则大键可表示；（5）立方氮化硼硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是原子晶体；晶胞中每个N原子连接4个B原子，氮化硼化学式BN，所以晶胞中每个B原子也连接4个N原子，即硼原子的配位数为4；根据质量与密度计算出晶胞体积，根据原子半径计算B、N的真实体积，再比上晶胞体积计算空间利用率。【详解】（1）碳原子价电子数为4，价电子排布式为2s22p2，所以价层电子的轨道表达式为；答案：（2）NH3中N原子价层电子对个数=，NO3中N原子价层电子对个数=3+=3，NO2中N原子价层电子对个数=2+=3,所以中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是NH3；NH3比PH3
33、的沸点高是因为氨分子间存在氢键。答案：NH3 氨分子间存在氢键（3）VA族比同周期相邻元素都大，是因为最高能级p轨道上电子数为特殊的半充满状态，能量低、较稳定，所以氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的原因是基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定；答案：基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定（4）根据图示可知，环外三个碳原子都是形成4个键，为sp3杂化，环内三个碳原子都是形成3个键，1个大键，为sp2杂化；形成大键的电子数=（4-3）3+（5-3）2-1=6，则大键可表示；答案：sp3 sp2 （5）立方氮化硼硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是原子晶体；晶胞中每个N原子连
34、接4个B原子，晶胞中N原子数为4，B原子数=4，因此氮化硼化学式BN，所以晶胞中每个B原子也连接4个N原子，即硼原子的配位数为4；晶胞的质量m=，晶胞的体积V=，B、N原子总体积V1=4=cm3，晶胞中原子的空间利用率=；答案：【点睛】易错点：第（2）小题中心原子价层电子对计算，必须掌握计算公式；第（5）小题空间利用率的计算：B、N原子真正占据体积利用球体计算公式得到，晶胞体积利用质量比密度得到。12.倍他乐克是一种治疗高血压的药物，其中间体F可用对乙酰基苯酚（A）为原料进行合成：回答下列问题：(1)A中含氧官能团的名称_。(2)B与NaOH溶液反应的化学方程式_；(3)C的分子式_。CD的反
35、应类型_。(4)DE所加试剂X的分子式为C3H5OBr，则X结构简式为_。(5)满足下列条件的C的同分异构体有_种能发生银镜反应而且能发生水解；能与FeCl3溶液发生显色反应；苯环上只有两个取代基。其中核磁共振氢谱有6种不同化学环境的氢，且峰面积比为2：2：2：2：1：1的是_(写结构简式)。(6)根据已有知识及题目相关信息，完成以和CH3OH、CH3ONa为原料制备 的合成路线流程图(无机试剂任选)_。【答案】 (1). （酚）羟基、（酮）羰基 (2). +2NaOH+NaBr+H2O (3). C9H10O3 (4). 还原反应 (5). (6). 6 (7). (8). 【解析】【分析】
36、本题主要考察学生分析对比能力，仔细观察反应物与产物不同，得出结果。A（）发生取代反应生成B（），B（）发生取代反应生成C（），C（）发生还原反应生成D（），D与试剂X（C3H5OBr）发生取代反应生成E，根据D、E不同推测出X为，E环内C-O键断键与（CH3）2CHNH2反应生成F。【详解】(1)A中含氧官能团的名称为（酚）羟基和（酮）羰基；答案：（酚）羟基、（酮）羰基(2)B与NaOH溶液反应涉及卤代烃水解和酸碱中和两个反应，化学方程式+2NaOH+NaBr+H2O；答案：+2NaOH+NaBr+H2O(3)C（），的分子式为C9H10O3。CD发生的是去氧加氢的反应，因此反应还原反应；答案
37、：C9H10O3 还原反应(4)D（与试剂X（C3H5OBr）发生取代反应生成E（），根据D、E结构不同推测出X为；答案：(5)能发生银镜反应而且能发生水解说明既有酯基，也有醛基；能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基；苯环上只有两个取代基。根据以上三个条件确定C的同分异构体中两个取代基为-OH和-CH2CH2OOCH或者-OH和-CH（CH3）OOCH，两个取代基可以分别位于苯环的邻位、间位、对位，共6种同分异构体；其中核磁共振氢谱有6种不同化学环境的氢，结构应该比较对称，位于苯环对位，满足条件的结构简式为；答案： 6 (6)分析和CH3OH与 的不同可知涉及的反应-CH2OH氧化为-CHO涉及去氧加氢，发生还原反应用到题干信息C生成D的条件Cl原子被-OCH3取代用到题干信息B生成C的条件，综合考虑因为醛基有强还原性，防止干扰放到最后，确定合成路线为；答案：【点睛】易错点第（2）小题方程式的书写，注意产物中水的系数判断；第（5）小题同分异构体的判断注意甲酸某酯既能发生银镜反应又能发生水解的运用。