河北省石家庄市高考化学一模试卷

河北省石家庄市高考化学一模试卷

‎2019年河北省石家庄市高考化学一模试卷 一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78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．（6分）中华文明源远流长，史书记载中蕴含着丰富的化学知识。下列说法不正确的是（　　）‎ A．《本草纲目》记载“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”，其中“碱”指的是K2CO3 ‎ B．《易经》记载“泽中有火……上火下泽”，其描述的是CO在湖泊池沼水面上起火的现象 ‎ C．《本草经集注》记载“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也”，此法是利用焰色反应鉴别“硝石” ‎ D．《抱朴子》记载“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”，该过程为氧化还原反应 ‎2．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A．4.6gC2H5OH与6.0gCH3COOH反应，生成的 CH3COOC2H3分子数目为0.1NA ‎ B．5.6gFe与足量水蒸气完全反应，转移的电子数目为0.2NA ‎ C．32gO2和O3的混合物中含有的氧原子数目为2NA ‎ D．25℃时，1LpH＝12的Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.02NA ‎3．（6分）1，2﹣环氧丁烷（）通常为无色液体，用于制造泡沫塑料、合成橡胶、非离子型表面活性剂等。下列关于1，2﹣环氧丁烷的说法不正确的是（　　）‎ A．化学式为C4H8O ‎ B．氧原子与所有碳原子可能处于同一平面 ‎ C．能发生氧化反应和取代反应 ‎ D．二溴代物的结构有9种（不考虑立体异构）‎ ‎4．（6分）实验室模拟工业上侯德榜制碱原理制备纯碱，下列操作未涉及的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎5．（6分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的某种核素不含中子；X、Y原子核外L层的电子数之比为3：4；X与Z同主族，且X、Y、Z原子的最外层电子数之和为16．下列说法不正确的是（　　）‎ A．W、X、Z三种元素形成的化合物一定为强电解质 ‎ B．简单氢化物的稳定性：X＞Z＞Y ‎ C．X与Y形成晶体的基本结构单元为四面体 ‎ D．原子半径：Y＞Z＞X＞W ‎6．（6分）如图是新型镁﹣锂双离子二次电池，下列关于该电池的说法不正确的是（　　）‎ A．放电时，Li+由左向右移动 ‎ B．放电时，正极的电极反应式为Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣＝LiFePO4 ‎ C．充电时，外加电源的正极与Y相连 ‎ D．充电时，导线上每通过1mole﹣，左室溶液质量减轻12g ‎7．（6分）常温下，分别向NaA溶液和MCl溶液中加入盐酸和NaOH溶液，混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。下列说法不正确的是（　　）‎ A．曲线L1表示lg与pH的变化关系 ‎ B．Ka（HA）＝1×10﹣5.5 ‎ C．a点时两溶液中水的电离程度相同 ‎ D．0.01mol•L﹣1MA溶液中存在：c（M+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共129分 ‎8．（15分）草酸亚铁晶体（FeC2O4•2H2O，相对分子质量为180）呈淡黄色，可用作照相显影剂。某实验小组对其进行了一系列探究。‎ I．纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究。‎ ‎（1）气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置（可重复选用）进行实验：‎ ‎①装置D的名称为　 　。‎ ‎②按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为　 　→尾气处理装置（填仪器接口的字母编号）。‎ ‎③实验前先通入一段时间N2，其目的为　 　。‎ ‎④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为　 　。‎ ‎（2）固体产物成分的探究。充分反应后，A处反应管中残留黑色固体。查阅资料可知，黑色固体可能为Fe或FeO．小组成员设计实验证明了其成分只有FeO，其操作及现象为　 　。‎ ‎（3）依据（1）和（2）结论，可知A处反应管中发生反应的化学方程式为　 　。‎ Ⅱ．草酸亚铁晶体样品纯度的测定 工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：‎ 步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀H2SO4中，配成250mL溶液。‎ 步骤2：取上述溶液25.00mL，用cmol•L ﹣1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；‎ 步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。‎ ‎（4）步骤3中加入锌粉的目的为　 　。‎ ‎（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为　 　；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，则测定结果将　 　（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。‎ ‎9．（14分）硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿（主要成分为含锰化合物及FeS）为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：‎ 已知：①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。‎ ‎②金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如图所示（25℃）：‎ ‎③此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH为7.54；离子浓度≤10﹣5mol•L﹣1时，离子沉淀完全。‎ 请回答：‎ ‎（1）传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点为　 　。‎ ‎（2）“氧化”时，发生反应的离子方程式为　 　。若省略“氧化”步骤，造成的后果是　 　。‎ ‎（3）“中和除杂”时，生成沉淀的主要成分为　 　（填化学式）。‎ ‎（4）“氟化除杂”时，若使溶液中的Mg2+和Ca2+沉淀完全，需维持c（F﹣）不低于　 　。（已知：Ksp（MgF2）＝6.4×10﹣10；Ksp（CaF2）＝3.6×10﹣12）‎ ‎（5）“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为　 　。‎ ‎（6）“系列操作”指　 　、过滤、洗涤、干燥 ‎（7）用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，电解过程中阳极的电极反应式为　 　。‎ ‎10．（14分）甲烷是一种重要的化工原料和清洁能源，研究其再生及合理利用有重要意义。‎ 请回答：‎ ‎（1）已知一定条件下发生如下反应：CO2（g）+2H2O（g）⇌CH4（g）+2O2（g）△H＝+802kJ•mol﹣1。‎ 将一定量的CO2（g）和H2O（g）充入10L密闭容器中，分别在催化剂M、N的作用下发生上述反应，CH4（g）的产量（n）与光照时间（t）和温度（T）变化的关系如图1所示。‎ ‎①若甲烷的燃烧热（△H）为﹣890kJ•mol﹣1，则水的汽化热△H＝　 　。（汽化热指1mol液体转化为气体时吸收的热量）‎ ‎②T1℃、催化剂M作用下，0～20h内该反应速率v（H2O）＝　 　。‎ ‎③根据图1判断，T1　 　T2（填“＞”“＜”或“＝”），理由为　 　。‎ 催化剂的催化效果：M　 　N（填“强于”或“弱于”）。‎ ‎（2）甲烷可用于制备合成气：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H．将CH4‎ ‎（g）和H2O（g）以物质的量之比为1：3充入盛有催化剂的刚性容器中发生该反应。相同时间段内测得CO的体积分数（φ）与温度（T）的关系如图2所示。‎ ‎①T0℃时，CO的体积分数最大的原因为　 　。‎ ‎②若T0℃时，容器内起始压强为p0，CO的平衡体积分数为10%，则反应的平衡常数Kp＝　 　（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。‎ ‎【化学一选修3：物质结构与性质】‎ ‎11．（15分）氧元素为地壳中含量最高的元素，可形成多种重要的单质和化合物。‎ ‎（1）氧元素位于元素周期表中　 　区；第二周期元素中，第一电离能比氧大的有　 　种。‎ ‎（2）O3可用于消毒。O3的中心原子的杂化形式为　 　；其分子的 VSEPR模型为　 　，与其互为等电子体的离子为　 　（写出一种即可）。‎ ‎（3）含氧有机物中，氧原子的成键方式不同会导致有机物性质不同。解释C2H5OH的沸点高于CH3OCH3的原因为　 　；C2H5OH不能用无水CaCl2干燥是因为Ca2+和C2H5OH可形成[Ca（C2H5OH）4]2+，该离子的结构式可表示为　 　。‎ ‎（4）氧元素可分别与Fe和Cu形成低价态氧化物FeO和Cu2O。‎ ‎①FeO立方晶胞结构如图1所示，则Fe2+的配位数为　 　；与O2﹣紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为　 　。‎ ‎②Cu2O立方晶胞结构如图2所示，若O2﹣与Cu+之间最近距离为apm，则该晶体的密度为　 　g•cm﹣3．（用含a、NA的代数式表示，NA代表阿伏加德罗常数的值）‎ ‎【化学一选修5：有机化学基础】‎ ‎12．化合物M可用于消毒剂、抗氧化剂、医药中间体。实验室由芳香烃A制备M的一种合成路线如下：‎ 已知：‎ 请回答：‎ ‎（1）B的化学名称为　 　；D中官能团的名称为　 　。‎ ‎（2）由F生成G的反应类型为　 　；F的分子式为　 　。‎ ‎（3）由E转化为F的第一步反应的化学方程式为　 　。‎ ‎（4）M的结构简式为　 　。‎ ‎（5）芳香化合物Q为C的同分异构体，Q能发生银镜反应，其核磁共振氢谱有4组吸收峰。写出符合要求的Q的一种结构简式　 　。‎ ‎（6）参照上述合成路线和信息，以苯甲酸乙酯和CH3MgBr为原料（无机试剂任选），设计制备 的合成路线　 　。‎ ‎2019年河北省石家庄市高考化学一模试卷 参考答案与试题解析 一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78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．（6分）中华文明源远流长，史书记载中蕴含着丰富的化学知识。下列说法不正确的是（　　）‎ A．《本草纲目》记载“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”，其中“碱”指的是K2CO3 ‎ B．《易经》记载“泽中有火……上火下泽”，其描述的是CO在湖泊池沼水面上起火的现象 ‎ C．《本草经集注》记载“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也”，此法是利用焰色反应鉴别“硝石” ‎ D．《抱朴子》记载“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”，该过程为氧化还原反应 ‎【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系；18：物理变化与化学变化的区别与联系；3A：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；B1：氧化还原反应；GH：焰色反应．菁优网版权所有 ‎【分析】A．草木灰的主要成分是碳酸钾；‎ B．湖泊池沼中腐烂的植物能产生甲烷；‎ C．钾元素的焰色反应为紫色；‎ D．丹砂（HgS）烧之成水银，Hg的化合价发生变化。‎ ‎【解答】解：A．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，取碱浣衣”其中的碱是K2CO3，故A正确；‎ B．湖泊池沼中腐烂的植物能产生甲烷，则“泽中有火……上火下泽”，其描述的是甲烷在湖泊池沼水面上起火的现象，故B错误；‎ C．钾元素的焰色反应为紫色，硝石是硝酸钾，灼烧会产生紫色火焰，故C正确；‎ D．丹砂（HgS）烧之成水银，Hg的化合价从+2价降低到0价，Hg的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D正确。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。‎ ‎2．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A．4.6gC2H5OH与6.0gCH3COOH反应，生成的 CH3COOC2H3分子数目为0.1NA ‎ B．5.6gFe与足量水蒸气完全反应，转移的电子数目为0.2NA ‎ C．32gO2和O3的混合物中含有的氧原子数目为2NA ‎ D．25℃时，1LpH＝12的Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.02NA ‎【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有 ‎【分析】A、酯化反应为可逆反应；‎ B、求出铁的物质的量，然后根据铁和水蒸气反应后变为+价来分析；‎ C、氧气和臭氧均由氧原子构成；‎ D、25℃时，pH＝12的氢氧化钡溶液中氢氧根浓度为0.01mol/L。‎ ‎【解答】解：A、酯化反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的乙酸乙酯分子数小于0.1NA个，故A错误；‎ B、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁和水蒸气反应后变为+价，故0.1mol铁反应后转移NA个，故B错误；‎ C、氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g混合物中含有氧原子为2mol，个数为2NA个，故C正确；‎ D、25℃时，pH＝12的氢氧化钡溶液中氢氧根浓度为0.01mol/L，故1L此溶液中含有的氢氧根的物质的量为0.01NA个，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。‎ ‎3．（6分）1，2﹣环氧丁烷（）通常为无色液体，用于制造泡沫塑料、合成橡胶、非离子型表面活性剂等。下列关于1，2﹣环氧丁烷的说法不正确的是（　　）‎ A．化学式为C4H8O ‎ B．氧原子与所有碳原子可能处于同一平面 ‎ C．能发生氧化反应和取代反应 ‎ D．二溴代物的结构有9种（不考虑立体异构）‎ ‎【考点】HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有 ‎【专题】534：有机物的化学性质及推断．‎ ‎【分析】A．根据结构简式确定分子式；‎ B．该分子中所有C原子都采用sp3杂化，所有C原子形成的结构都是四面体结构；‎ C．该物质属于烃的含氧衍生物，能发生氧化反应；甲基和亚甲基能发生取代反应；‎ D．该分子中有4种氢原子，其二氯代物中两个氯原子可能位于同一个碳原子上也可能位于不同碳原子上。‎ ‎【解答】解：A．根据结构简式确定分子式为C4H8O，故A正确；‎ B．该分子中所有C原子都采用sp3杂化，所有C原子形成的结构都是四面体结构，所以该分子中所有原子不可能位于同一个平面上，故B错误；‎ C．该物质属于烃的含氧衍生物，能发生氧化反应；甲基和亚甲基能发生取代反应，所以该物质能发生氧化反应和取代反应，故C正确；‎ D．该分子中有4种氢原子，其二氯代物中两个氯原子可能位于同一个碳原子上也可能位于不同碳原子上，如果两个氯原子位于同一个碳原子上有3种；如果位于不同碳原子上有6种，所以二氯代物的结构有9种，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查分析判断能力，明确官能团及其结构性质关系、原子共平面判断方法是解本题关键，B为解答易错点。‎ ‎4．（6分）实验室模拟工业上侯德榜制碱原理制备纯碱，下列操作未涉及的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【考点】2H：纯碱工业（侯氏制碱法）．菁优网版权所有 ‎【分析】侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入足量二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热分解碳酸氢钠来制备碳酸钠，实验基本操作：通过过滤操作得到碳酸氢钠晶体，将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体。‎ ‎【解答】解：A．实验室模拟工业上侯德榜制碱原理制备纯碱过程中需要加热固体碳酸氢钠，装置A是固体加热灼烧的装置，涉及此操作，故A不符合；‎ B．装置B是蒸发溶液得到晶体的过程，侯德榜制碱原理中不需要蒸发溶液操作，故B符合；‎ C．装置未过滤操作，溶液中析出碳酸氢钠晶体需要过滤得到晶体，涉及此操作，故C不符合；‎ D．装置工业上侯德榜制碱原理制备纯碱，向氨化的饱和食盐水中通入足量二氧化碳气体析出碳酸氢钠，涉及此操作，故D不符合；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等。‎ ‎5．（6分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的某种核素不含中子；X、Y原子核外L层的电子数之比为3：4；X与Z同主族，且X、Y、Z原子的最外层电子数之和为16．下列说法不正确的是（　　）‎ A．W、X、Z三种元素形成的化合物一定为强电解质 ‎ B．简单氢化物的稳定性：X＞Z＞Y ‎ C．X与Y形成晶体的基本结构单元为四面体 ‎ D．原子半径：Y＞Z＞X＞W ‎【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．菁优网版权所有 ‎【分析】‎ 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的某种核素不含中子，则W为H元素；X、Y原子核外L层的电子数之比为3：4，则L层电子数分别为3、4或6、8，X与Z为同主族元素，且X、Y、Z的最外层电子数之和为16，若X、Y的L层电子数分别为3、4，则3+3+4≠16，则X的L层电子数为6，X为O元素，Z为S元素，Y的最外层电子数为17﹣6﹣6﹣1＝4，且Y的L层电子数为8，则Y为Si元素，据此解答。‎ ‎【解答】解：根据分析可知：W为H，X为O元素，Y为Si，Z为S元素。‎ A．H、O、S形成的亚硫酸为弱酸，属于弱电解质，故A错误；‎ B．非金属性O＞S＞Si，则简单氢化物的稳定性X＞Z＞Y，故B正确；‎ C．O、Si形成的化合物为二氧化硅，二氧化硅晶体的基本结构单元为四面体，故C正确；‎ D．同一主族从上到下原子半径逐渐增大，同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径Y＞Z＞X＞W，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题有利于提高学生的分析能力及逻辑推理能力。‎ ‎6．（6分）如图是新型镁﹣锂双离子二次电池，下列关于该电池的说法不正确的是（　　）‎ A．放电时，Li+由左向右移动 ‎ B．放电时，正极的电极反应式为Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣＝LiFePO4 ‎ C．充电时，外加电源的正极与Y相连 ‎ D．充电时，导线上每通过1mole﹣，左室溶液质量减轻12g ‎【考点】BH：原电池和电解池的工作原理；BL：化学电源新型电池．菁优网版权所有 ‎【分析】放电时，左边镁为负极失电子发生氧化反应，反应式为Mg﹣2e﹣＝Mg2+，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣＝LiFePO4‎ ‎，阳离子移向正极；充电时，外加电源的正极与正极相连，负极与负极相连，结合电子转移进行计算解答。‎ ‎【解答】解：A．放电时，阳离子移向正极，所以Li+由左向右移动，故A正确；‎ B、放电时，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣＝LiFePO4，故B正确；‎ C、充电时，外加电源的正极与正极相连，所以外加电源的正极与Y相连，故C正确；‎ D、充电时，导线上每通过1mole﹣，左室得电子发生还原反应，反应式为Mg2++2e﹣＝Mg，但右侧将有1molLi+移向左室，所以溶液质量减轻12﹣7＝5g，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查充电电池的原理，为高频考点，明确电极的判断、离子移动方向即可解答，难点是电极反应式的书写。‎ ‎7．（6分）常温下，分别向NaA溶液和MCl溶液中加入盐酸和NaOH溶液，混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。下列说法不正确的是（　　）‎ A．曲线L1表示lg与pH的变化关系 ‎ B．Ka（HA）＝1×10﹣5.5 ‎ C．a点时两溶液中水的电离程度相同 ‎ D．0.01mol•L﹣1MA溶液中存在：c（M+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ ‎【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．菁优网版权所有 ‎【分析】A．NaA溶液中加入盐酸，溶液pH逐渐减小，A﹣离子浓度逐渐减小，HA浓度逐渐增大，则lg的值逐渐减小，则曲线曲线L2表示lg与pH的关系；MCl溶液中加入NaOH溶液，溶液pH逐渐增大，M+离子逐渐减小，MOH的浓度逐渐增大，则lg的值逐渐减小，则曲线L1表示lg与pH的变化关系；‎ B．曲线L2中lg＝0时，＝1，此时pH＝5.5，则Ka（HA）＝＝c（H+）；‎ C．a点溶液的pH＞7，溶液呈碱性，对于曲线L2，由于A﹣离子水解导致溶液呈碱性，促进了水的电离；曲线L1中，MCl溶液呈酸性，a点时呈碱性，说明加入NaOH溶液生成的MOH的电离程度大于M+离水解程度，抑制了水的电离；‎ D．计算出Kb（MOH），根据二者水解平衡常数大小分析溶液酸碱性。‎ ‎【解答】解：A．MCl溶液中加入NaOH溶液，溶液pH逐渐增大，M+离子逐渐减小，MOH的浓度逐渐增大，则lg的值逐渐减小，则曲线L1表示lg与pH的变化关系，故A正确；‎ B．曲线L2表示lg与pH的关系，lg＝0时，＝1，此时pH＝5.5，c（H+）＝1×10﹣5.5mol/L，则Ka（HA）＝＝c（H+）＝1×10﹣5.5，故B正确；‎ C．a点溶液的pH＞7，对于曲线L2，由于A﹣离子水解导致溶液呈碱性，促进了水的电离；而对于曲线L1，MCl溶液呈酸性，a点时呈碱性，说明MOH的电离程度大于M+离水解程度，抑制了水的电离，所以两溶液中水的电离程度不同，故C错误；‎ D．曲线L1中，lg＝0时，＝1，Kb（MOH）＝c（OH﹣）＞1×10﹣5＞1×10﹣5.5，根据Kh＝可知，电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度A﹣＞M+，则MA溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+）、c（M+）＞c（A﹣），溶液中离子浓度大小为：c（M+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，D为易错点，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共129分 ‎8．（15分）草酸亚铁晶体（FeC2O4•2H2O，相对分子质量为180）呈淡黄色，可用作照相显影剂。某实验小组对其进行了一系列探究。‎ I．纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究。‎ ‎（1）气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置（可重复选用）进行实验：‎ ‎①装置D的名称为　（球形）干燥管　。‎ ‎②按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为　agfbchi（或ih）de（或ed）bc　→尾气处理装置（填仪器接口的字母编号）。‎ ‎③实验前先通入一段时间N2，其目的为　排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸　。‎ ‎④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为　C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊　。‎ ‎（2）固体产物成分的探究。充分反应后，A处反应管中残留黑色固体。查阅资料可知，黑色固体可能为Fe或FeO．小组成员设计实验证明了其成分只有FeO，其操作及现象为　取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成　。‎ ‎（3）依据（1）和（2）结论，可知A处反应管中发生反应的化学方程式为　FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O　。‎ Ⅱ．草酸亚铁晶体样品纯度的测定 工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：‎ 步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀H2SO4中，配成250mL溶液。‎ 步骤2：取上述溶液25.00mL，用cmol•L ﹣1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；‎ 步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。‎ ‎（4）步骤3中加入锌粉的目的为　将Fe3+还原为Fe2+　。‎ ‎（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为　×100%　；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，则测定结果将　偏低　（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。‎ ‎【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量．菁优网版权所有 ‎【分析】I．（1）①仪器图形和作用分析为干燥管；‎ ‎②气体产物成分的探究，草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过装置E中监事会干燥气体后通入装置C中玻璃管和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，最后尾气处理；‎ ‎③验前先通入一段时间N2，吧装置内空气赶净，防止加热爆炸；‎ ‎④实验证明了气体产物中含有CO，是利用一氧化碳的还原性还原氧化铜生成红色铜和二氧化碳设计实验验证；‎ ‎（2）黑色固体可能为Fe或FeO，设计实验证明了其成分只有FeO，可以把固体溶于酸检验；‎ ‎（3）依据（1）和（2）结论，可知A处反应管中发生反应是草酸亚铁晶体分解生成氧化亚铁、一氧化碳、二氧化碳和水；‎ ‎（4）向反应后溶液中加入适量锌粉是将Fe3+还原为Fe2+；‎ ‎（5）草酸亚铁溶于中滴入高锰酸钾溶于滴定发生氧化还原反应，亚铁离子和草酸根离子都被氧化，向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL，此时滴定的是亚铁离子，第一次消耗高锰酸钾减去第二次高锰酸钾为滴定草酸的量，利用化学反应定量关系计算，若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，消耗高锰酸钾减少，计算得到亚铁离子物质的量减小。‎ ‎【解答】解：（1）①装置D的名称为：（球形）干燥管，‎ 故答案为：（球形）干燥管；‎ ‎②草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过装置E中监事会干燥气体后通入装置C中玻璃管和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为：agfbchi（或ih）de（或ed）bc，最后连接尾气处理装置，‎ 故答案为：agfbchi（或ih）de（或ed）bc；‎ ‎③实验前先通入一段时间N2，其目的为：排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，‎ 故答案为：排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸；‎ ‎④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为：C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，‎ 故答案为：C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊；‎ ‎（2）充分反应后，A处反应管中残留黑色固体。查阅资料可知，黑色固体可能为Fe或FeO．小组成员设计实验证明了其成分只有FeO的方法：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成说明无铁存在，只有氧化亚铁，‎ 故答案为：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成；‎ ‎（3）依据（1）和（2）结论，可知A处反应管中发生反应是草酸亚铁晶体分解生成氧化亚铁、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，‎ 故答案为：FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O；‎ ‎（4）步骤3中加入锌粉的目的为：将Fe3+还原为Fe2+，‎ 故答案为：将Fe3+还原为Fe2+；‎ ‎（5）取上述溶液25.00mL，用cmol•L ﹣1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL，向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL，第一次消耗高锰酸钾减去第二次消耗的高锰酸钾为滴定草酸消耗的高锰酸钾溶液体积，反应的离子方程式：5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+＝5CO2↑+2Mn2++8H2O，‎ 草酸亚铁晶体样品的纯度＝×100%，‎ 若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，消耗高锰酸钾减少，计算得到亚铁离子物质的量减小，测定结果偏低，‎ 故答案为：×100%； 偏低。‎ ‎【点评】本题考查了物质组成和含量的实验分析判断，溶液配制和滴定实验步骤和过程分析是解题关键，题目难度中等。‎ ‎9．（14分）硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿（主要成分为含锰化合物及FeS）为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：‎ 已知：①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。‎ ‎②金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如图所示（25℃）：‎ ‎③此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH为7.54；离子浓度≤10﹣5mol•L﹣1时，离子沉淀完全。‎ 请回答：‎ ‎（1）传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点为　产生硫化氢等气体，污染环境　。‎ ‎（2）“氧化”时，发生反应的离子方程式为　MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O　。若省略“氧化”步骤，造成的后果是　Fe2+与Mn2+沉淀区有重叠，造成Mn2+损失（或Fe2+去除不完全，影响产品纯度）　。‎ ‎（3）“中和除杂”时，生成沉淀的主要成分为　Fe（OH）3、Al（OH）3　（填化学式）。‎ ‎（4）“氟化除杂”时，若使溶液中的Mg2+和Ca2+沉淀完全，需维持c（F﹣）不低于　8×10﹣3mol•L﹣1　。（已知：Ksp（MgF2）＝6.4×10﹣10；Ksp（CaF2）＝3.6×10﹣12）‎ ‎（5）“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为　Mn2++2HCO＝MnCO3↓+CO2↑+H2O　。‎ ‎（6）“系列操作”指　蒸发浓缩、冷却结晶　、过滤、洗涤、干燥 ‎（7）用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，电解过程中阳极的电极反应式为 ‎　Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+　。‎ ‎【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有 ‎【分析】高硫锰矿（主要成分为含锰化合物及FeS）与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸铵发生Mn2++2HCO＝MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解硫酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，据此分析。‎ ‎【解答】解：（1）高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境；‎ 故答案为：产生硫化氢等气体，污染环境；‎ ‎（2）氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子，离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O；若省略“氧化”步骤，根据图表Fe2+与Mn2+沉淀区有重叠，造成Mn2+损失（或Fe2+去除不完全，影响产品纯度）；‎ 故答案为：MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O；Fe2+与Mn2+沉淀区有重叠，造成Mn2+损失（或Fe2+去除不完全，影响产品纯度）；‎ ‎（3）“中和除杂”时，铁离子与铝离子与加入的碳酸根离子之间发生双水解反应得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀；‎ 故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；‎ ‎（4）已知：Ksp（MgF2）＝6.4×10﹣10，若使溶液中的Mg2+沉淀完全，需维持c（F﹣）不低于mol/L＝8×10﹣3 mol•L﹣1；‎ 故答案为：8×10﹣3 mol•L﹣1；‎ ‎（5）“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为：Mn2++2HCO＝MnCO3↓+CO2↑+H2O；‎ 故答案为：Mn2++2HCO＝MnCO3↓+CO2↑+H2O；‎ ‎（6）硫酸锰溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物；‎ 故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；‎ ‎（7）用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，电解过程中阳极发生氧化反应，元素化合价升高，故为硫酸锰失去电子生成二氧化锰，电极反应式为Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+；‎ 故答案为：Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+。‎ ‎【点评】本题考查了物质的制备，涉及了工业流程、离子方程式、ksp的计算等知识点，综合性强，掌握基础是关键，注意题目信息的读取，题目难度中等。‎ ‎10．（14分）甲烷是一种重要的化工原料和清洁能源，研究其再生及合理利用有重要意义。‎ 请回答：‎ ‎（1）已知一定条件下发生如下反应：CO2（g）+2H2O（g）⇌CH4（g）+2O2（g）△H＝+802kJ•mol﹣1。‎ 将一定量的CO2（g）和H2O（g）充入10L密闭容器中，分别在催化剂M、N的作用下发生上述反应，CH4（g）的产量（n）与光照时间（t）和温度（T）变化的关系如图1所示。‎ ‎①若甲烷的燃烧热（△H）为﹣890kJ•mol﹣1，则水的汽化热△H＝　+44kJ•mol﹣1　。（汽化热指1mol液体转化为气体时吸收的热量）‎ ‎②T1℃、催化剂M作用下，0～20h内该反应速率v（H2O）＝　0.006mol•L﹣1•h﹣1　。‎ ‎③根据图1判断，T1　＞　T2（填“＞”“＜”或“＝”），理由为　该反应为吸热反应，温度升高，CH4的产量增大　。‎ 催化剂的催化效果：M　弱于　N（填“强于”或“弱于”）。‎ ‎（2）甲烷可用于制备合成气：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H．将CH4（g）和H2O（g）以物质的量之比为1：3充入盛有催化剂的刚性容器中发生该反应。相同时间段内测得CO的体积分数（φ）与温度（T）的关系如图2所示。‎ ‎①T0℃时，CO的体积分数最大的原因为　低于T0℃时，相同时间段内温度越高反应速率越快，CO的体积分数越大；高于T0℃‎ 时，反应达到平衡，该反应为放热反应，温度越高CO的体积分数越小　。‎ ‎②若T0℃时，容器内起始压强为p0，CO的平衡体积分数为10%，则反应的平衡常数Kp＝　　（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。‎ ‎【考点】CB：化学平衡的影响因素；CP：化学平衡的计算．菁优网版权所有 ‎【分析】（1）①已知：CO2（g）+2H2O（g）⇌CH4（g）+2O2（g）△H＝+802kJ•mol﹣1①，‎ 甲烷的燃烧热为△H＝﹣890kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890 kJ•mol﹣1②，‎ 根据盖斯定律，﹣（①+②）可得H2O（l）＝H2O（g），据此计算出△H即可；‎ ‎②根据图象可知，T1℃、催化剂M作用下，0～20h内甲烷的物质的量变化为0.6mol，结合v＝计算出甲烷的反应速率，然后结合反应速率与化学计量数成正比计算；‎ ‎③催化剂不影响平衡，该反应为放热反应，温度越高甲烷的物质的量越大；催化剂的催化效果越强，达到平衡的时间越短；‎ ‎（2）①没有达到平衡状态时，温度越高反应速率越快，当达到平衡状态后，升高温度平衡向着逆向移动，据此分析；‎ ‎②CH4（g）和H2O（g）的物质的量之比为1：3，设CH4为xmol，H2O为3xmol，平衡时生成的CO为ymol，‎ ‎ CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）‎ 初始（mol）x 3x 0 0‎ 转化（mol）y y y 3y 平衡（mol）x﹣y 3x﹣y y 3y CO的平衡体积分数为10%，则：×100%＝10%，解得：y＝0.5x，‎ 平衡时混合气体的总物质的量为：x﹣0.5x+3x﹣0.5x+0.5x+0.5x×3＝5x，反应前总物质的量为4xmol，‎ 容器容积相同时，气体的压强与物质的量成正比，T0℃时，容器内起始压强为p0，则平衡时压强为：p0×＝1.25p0，分别计算出平衡时各气体的分压，带入平衡常数表达式计算即可。‎ ‎【解答】解：（1）①已知：CO2（g）+2H2O（g）⇌CH4（g）+2O2（g）△H＝+802kJ•mol ‎﹣1①，‎ 甲烷的燃烧热为△H＝﹣890kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890 kJ•mol﹣1②，‎ 根据盖斯定律，﹣（①+②）可得：H2O（l）＝H2O（g）△H＝﹣[+802kJ•mol﹣1+（﹣890 kJ•mol﹣1）]＝+44 kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：+44 kJ•mol﹣1；‎ ‎②根据图象可知，T1℃、催化剂M作用下，0～20h内水的物质的量变化为0.6mol，则v（CH4）＝＝0.003 mol•L﹣1•h﹣1，所以v（H2O）＝2v（CH4）＝0.006 mol•L﹣1•h﹣1，‎ 故答案为：0.006 mol•L﹣1•h﹣1；‎ ‎③该反应为吸热反应，温度升高，CH4的产量增大，根据图象可知，温度为T1条件下，平衡时甲烷的物质的量较大，则T1＞T2；‎ 已知温度T1＞T2，若不使用催化剂，应该在温度T1条件下优先达到平衡状态，根据图象可知，使用催化剂N的曲线优先达到平衡状态，说明催化剂的催化效果：M弱于N，‎ 故答案为：＞；该反应为吸热反应，温度升高，CH4的产量增大；弱于；‎ ‎（2）①在温度低于T0 ℃时，相同时间段内温度越高反应速率越快，则CO的体积分数越大；在温度为T0 ℃时，反应达到平衡，由于该反应为放热反应，温度越高CO的体积分数越小，所以T0℃时CO的体积分数最大，‎ 故答案为：低于T0 ℃时，相同时间段内温度越高反应速率越快，CO的体积分数越大；高于T0 ℃时，反应达到平衡，该反应为放热反应，温度越高CO的体积分数越小；‎ ‎②CH4（g）和H2O（g）的物质的量之比为1：3，设CH4为xmol，H2O为3xmol，平衡时生成的CO为ymol，‎ CO的平衡体积分数为10%‎ ‎ CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）‎ 初始（mol）x 3x 0 0‎ 转化（mol）y y y 3y 平衡（mol）x﹣y 3x﹣y y 3y 则：×100%＝10%，解得：y＝0.5x，‎ 平衡时混合气体的总物质的量为：x﹣0.5x+3x﹣0.5x+0.5x+0.5x×3＝5x，反应前总物质的量为4xmol，‎ 容器容积相同时，气体的压强与物质的量成正比，T0℃时，容器内起始压强为p0，则平衡时压强为：p0×＝1.25p0，‎ 平衡时p（CH4）＝×1.25p0＝p0，p（H2O）＝×1.25p0＝p0，p（CO）＝×1.25p0＝p0，p（CH4）＝×1.25p0＝p0，‎ 反应的平衡常数Kp＝＝，‎ 故答案为：。‎ ‎【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，明确盖斯定律的内容、化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，（2）②为易错点，试题有利于提高学生的分析能力及化学计算能力。‎ ‎【化学一选修3：物质结构与性质】‎ ‎11．（15分）氧元素为地壳中含量最高的元素，可形成多种重要的单质和化合物。‎ ‎（1）氧元素位于元素周期表中　p　区；第二周期元素中，第一电离能比氧大的有　3　种。‎ ‎（2）O3可用于消毒。O3的中心原子的杂化形式为　sp2杂化　；其分子的 VSEPR模型为　平面三角形　，与其互为等电子体的离子为　NO2﹣（合理即可）　（写出一种即可）。‎ ‎（3）含氧有机物中，氧原子的成键方式不同会导致有机物性质不同。解释C2H5OH的沸点高于CH3OCH3的原因为　乙醇分子间可形成氢键，沸点高　；C2H5OH不能用无水CaCl2干燥是因为Ca2+和C2H5OH可形成[Ca（C2H5OH）4]2+，该离子的结构式可表示为　　。‎ ‎（4）氧元素可分别与Fe和Cu形成低价态氧化物FeO和Cu2O。‎ ‎①FeO立方晶胞结构如图1所示，则Fe2+的配位数为　6　；与O2﹣紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为　正八面体　。‎ ‎②Cu2O立方晶胞结构如图2所示，若O2﹣与Cu+之间最近距离为apm，则该晶体的密度为　　g•cm﹣3．（用含a、NA的代数式表示，NA代表阿伏加德罗常数的值）‎ ‎【考点】98：判断简单分子或离子的构型；9I：晶胞的计算；9S：原子轨道杂化方式及杂化类型判断．菁优网版权所有 ‎【专题】51D：化学键与晶体结构．‎ ‎【分析】（1）除了ds区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号；第二周期元素中，第一电离能比O元素大的有N、F、Ne元素；‎ ‎（2）O3的中心原子的价层电子对个数＝2+＝3且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式及其分子的 VSEPR模型，与其互为等电子体的离子中含有3个原子、价电子数是18；‎ ‎（3）形成分子间氢键的物质熔沸点较高；C2H5OH不能用无水CaCl2干燥是因为Ca2+和C2H5OH可形成[Ca（C2H5OH）4]2+，该离子中钙离子为中心离子，乙醇为配体，乙醇中O原子提供孤电子对、钙离子提供空轨道形成配位键；‎ ‎（4）①Fe2+的配位数为6；与O2﹣紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为正八面体；‎ ‎②若O2﹣与Cu+之间最近距离为apm，该距离为晶胞体对角线的，则晶胞体对角线长度＝4apm，晶胞棱长＝＝pm＝×10﹣10 cm，晶胞体积＝（×10﹣10 cm）3‎ ‎，根据离子半径知，灰色球表示氧离子、白色球表示亚铜离子，该晶胞中亚铜离子个数＝1+8×＝2、氧离子个数为4，则该晶体的密度＝。‎ ‎【解答】解：（1）除了ds区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号，O原子最后通入的电子是p电子，所以O元素位于p区；第二周期元素中，第一电离能比O元素大的有N、F、Ne元素，所以有3种元素，‎ 故答案为：p；3；‎ ‎（2）O3的中心原子的价层电子对个数＝2+＝3且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式为sp2杂化、其分子的 VSEPR模型为平面三角形，与其互为等电子体的离子中含有3个原子、价电子数是18，与其互为等电子体的阴离子有NO2﹣（合理即可），‎ 故答案为：sp2杂化；平面三角形；NO2﹣（合理即可）；‎ ‎（3）形成分子间氢键的物质熔沸点较高，乙醇能形成分子间氢键、甲醚不能形成分子间氢键，所以乙醇的熔沸点比甲醚高；C2H5OH不能用无水CaCl2干燥是因为Ca2+和C2H5OH可形成[Ca（C2H5OH）4]2+，该离子中钙离子为中心离子，乙醇为配体，乙醇中O原子提供孤电子对、钙离子提供空轨道形成配位键，其结构为，‎ 故答案为：乙醇分子间可形成氢键，沸点高；；‎ ‎（4）①Fe2+的配位数为6；与O2﹣紧邻的所有Fe2+构成的几何构型、与Fe2+‎ 紧邻的所有O2﹣构成的几何构型相同，根据知，表中有标记的这几个离子形成正八面体，则与O2﹣紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为正八面体，‎ 故答案为：6；正八面体；‎ ‎②若O2﹣与Cu+之间最近距离为apm，该距离为晶胞体对角线的，则晶胞体对角线长度＝4apm，晶胞棱长＝＝pm＝×10﹣10 cm，晶胞体积＝（×10﹣10 cm）3，根据离子半径知，灰色球表示氧离子、白色球表示亚铜离子，该晶胞中亚铜离子个数＝1+8×＝2、氧离子个数为4，则该晶体的密度＝＝g/cm3＝g/cm3，‎ 故答案为：。‎ ‎【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、氢键、配位键等知识点，侧重考查知识再现及空间想像能力、计算能力，难点是晶胞计算，注意O2﹣与Cu+之间最近距离与晶胞体对角线的关系，为解答易错点。‎ ‎【化学一选修5：有机化学基础】‎ ‎12．化合物M可用于消毒剂、抗氧化剂、医药中间体。实验室由芳香烃A制备M的一种合成路线如下：‎ 已知：‎ 请回答：‎ ‎（1）B的化学名称为　对甲基苯甲醛（或4﹣甲基苯甲醛）　；D中官能团的名称为　羧基、氯原子　。‎ ‎（2）由F生成G的反应类型为　酯化反应或取代反应　；F的分子式为　C8H12O2　。‎ ‎（3）由E转化为F的第一步反应的化学方程式为　+2NaOH+NaCl+2H2O　。‎ ‎（4）M的结构简式为　　。‎ ‎（5）芳香化合物Q为C的同分异构体，Q能发生银镜反应，其核磁共振氢谱有4组吸收峰。写出符合要求的Q的一种结构简式　或　。‎ ‎（6）参照上述合成路线和信息，以苯甲酸乙酯和CH3MgBr为原料（无机试剂任选），设计制备 的合成路线　‎ ‎　。‎ ‎【考点】HC：有机物的合成．菁优网版权所有 ‎【分析】A的分子式为C7H8，结合B的结构，应是与CO发生加成反应，可知A为．对比B与C的结构，结合反应条件、C的分子式，可知B中醛基氧化为羧基得到C，C与氯气发生苯环上取代反应生成D，D与氢气发生加成反应生成E，E发生取代反应生成F，故C为、D为、E为．F与乙醇发生酯化反应生成G为，G发生信息中反应生成M为。‎ ‎（6）加聚反应得到，发生消去反应得到，由信息可知苯甲酸乙酯与①CH3MgBr、②H+/H2O作用得到。‎ ‎【解答】解：（1）B的化学名称为：对甲基苯甲醛（或4﹣甲基苯甲醛）；D为 ‎，D中官能团的名称为：羧基、氯原子，‎ 故答案为：对甲基苯甲醛（或4﹣甲基苯甲醛）；羧基、氯原子；‎ ‎（2）由F生成G发生酯化反应，也属于取代反应；F的分子式为C8H12O2，‎ 故答案为：酯化反应或取代反应；C8H12O2；‎ ‎（3）由E转化为F的第一步反应的化学方程式为：+2NaOH+NaCl+2H2O，‎ 故答案为：+2NaOH+NaCl+2H2O；‎ ‎（4）由分析可知M的结构简式为，‎ 故答案为：；‎ ‎（5）芳香化合物Q为C（）的同分异构体，Q能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，其核磁共振氢谱有4组吸收峰。符合要求的Q的结构简式为：、，‎ 故答案为： 或；‎ ‎（6）加聚反应得到，发生消去反应得到，由信息可知苯甲酸乙酯与①CH3MgBr、②H+/H2O作用得到，合成路线流程图为，‎ 故答案为：。‎ ‎【点评】本题考查有机物的合成，充分利用物质的结构与反应条件进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化。注意对信息的理解，明确化学键的断裂与形成。较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。‎ 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 日期：2019/4/17 10:21:06；用户：qgjyuser10446；邮箱：qgjyuser10446.21957750；学号：21985453‎