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2020年湖北省十堰市高考化学模拟试卷（1月份）_(带答案解析).docx
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这是一份2020年湖北省十堰市高考化学模拟试卷（1月份）_(带答案解析).docx，共20页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
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2020年湖北省十堰市高考化学模拟试卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
总分
得分
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
评卷人
得分
一、 单选题（共7题）
1. “太阳能燃料”国际会议于2019年10月在我国武汉举行，旨在交流和探讨太阳能光催化分解水制氢、太阳能光催化二氧化碳转化为燃料等问题。下列说法错误的是（ ）
A.太阳能燃料属于一次能源
B.直接电催化CO2制取燃料时，燃料是阴极产物
C.用光催化分解水产生的H2是理想的绿色能源
D.研发和利用太阳能燃料，有利于经济的可持续发展
2. β一l，3一葡聚糖具有明显的抗肿瘤功效，受到日益广泛的关注。β-l，3一葡聚糖的结构简式如图，下列说法正确的是（ ）
A.分子式为（C6Hl2O6）n
B.与葡萄糖互为同系物
C.可以发生氧化反应
D.葡萄糖发生加聚反应可生成β-l，3一葡聚糖
3. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A.100g46%甘油水溶液中含-OH的数目为1.5NA
B.1.7g由NH3与13CH4组成的混合气体中含质子总数为NA
C.0.1mol•L-1的Al2（SO4）3溶液中含Al3+的数目小于0.2NA
D.反应CH4+2NO+O2═CO2+N2+2H2O，每消耗标准状况下22.4LNO，反应中转移的电子数目为2NA
4. 下列实验操作对应的现象不符合事实的是（ ）
选项
实验操作
现象
A
向盛有Fe（NO3）2溶液的试管中滴入几滴稀盐酸，充分振荡后滴加KSCN溶液
溶液逐渐变为黄色，滴加KSCN后溶液变血红色
B
向盛有Br2的CCl4溶液的试管中通入乙烯
溶液逐渐褪色，静置后观察到溶液有分层现象
C
向AlCl3溶液中滴加氨水，充分反应后再加入过量的NaHSO4溶液
先产生白色沉淀，后沉淀消失
D
向盛有Na2S2O3溶液的试管中滴加稀硫酸
有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊
A.A B.B C.C D.D
5. 化合物M（如图所示）可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法不正确的是（ ）
A.原子半径：Y＞Z＞X
B.X元素的族序数是Y元素的2倍
C.工业上电解熔融Y2X3化合物制备单质Y
D.W与X形成的所有化合物都只含极性共价键
6. 以PbO为原料回收铅的过程如下：
Ⅰ．将PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbC14的溶液；
Ⅱ．电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示。
下列判断不正确的是（ ）
A.阳极区的溶质主要是H2SO4
B.电极Ⅱ的电极反应式为PbCl42-+2e-═Pb+4Cl-
C.当有2.07gPb生成时，通过阳离子交换膜的阳离子为0.04mol
D.电解过程中为了实现物质的循环利用，可向阴极区补充PbO
7. 将浓度均为0.5mol•L-1氨水和KOH溶液分别滴入到体积均为20mL且浓度相同的AlCl3溶液中，测得溶液的导电率与加入碱的体积关系如图所示，下列说法中错误的是（ ）
A.AlCl3溶液的物质的量浓度为0.2mol•L-1
B.根据图象可以确定导电率与离子种类有关
C.cd段发生的反应是Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O
D.e点时溶液中的离子浓度：c（K+）═c（Cl-）+c（AlO2-）
评卷人
得分
二、 实验题（共1题）
8. 苯甲酰氯（）是制备染料，香料药品和树脂的重要中间体，以光气法制备苯甲酰氯的原理如下（该反应为放热反应）：
+COCl2→+CO2+HCl
已知物质性质如下：
物质
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
苯甲酸
122.1
249
微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
碳酰氯（COCl2）
-188
8.2
较易溶于苯、甲苯等。遇水迅速水解，生成氯化氢，与氨很快反应，主要生成尿素[CO（NH2）2]和氯化铵等无毒物质
苯甲酰氯
-1
197
溶于乙醚、氯仿和苯。遇水或乙醇逐渐分解，生成苯甲酸或苯甲酸乙酯和氯化氢
三氯甲烷（CHCl3）
-63.5
63.1
不溶于水，溶于醇、苯。极易挥发，稳定性差，450℃以上发生热分解
Ⅰ．制备碳酰氯
反应原理：2 CHCl3+O22HCl+COCl2
（1）仪器M的名称是______
（2）按气流由左至右的顺序为______→c→d→______→______→______→______→______。
（3）试剂X是______（填名称）。
（4）装置乙中碱石灰的作用是______。
（5）装置戊中冰水混合物的作用是______；多孔球泡的作用是______。
Ⅱ．制备苯甲酰氯（部分夹持装置省略）
（6）碳酰氯也可以用浓氨水吸收，写出该反应的化学方程式：______。
若向三颈烧瓶中加入610g苯甲酸，先加热至140～150℃，再通入COCl2，充分反应后，最后产品经减压蒸馏得到562g苯甲酰氯，则苯甲酸的转化率为______。
评卷人
得分
三、 简答题（共4题）
9. 某研究小组在实验室以废铜屑（主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3）为原料制备碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]，具体流程如图：
已知：Cu2（OH）2CO3为绿色固体，难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。
（1）为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施为______（任写一种）。
（2）“操作Ⅱ”中铜发生反应的离子方程式为______。
（3）“调节pH”操作中加入的试剂为______（填化学式）。
（4）洗涤Cu2（OH）2CO3沉淀的操作为______。
（5）“操作Ⅲ”中温度选择55～60℃的原因是______；该步骤生成Cu2（OH）2CO3的同时产生CO2，请写出该反应的化学方程式：______。
（6）某同学为测定制得的产品中Cu2（OH）2CO3的质量分数，进行了如下操作：称取m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体（假设杂质不参与反应），冷却后，称得该黑色固体质量为m2g，则样品中Cu2（OH）2CO3的纯度为______（用含m1、m2的代数式表示）。
10. H2S是存在于燃气中的一种有害气体，脱除H2S的方法有很多。
（1）国内有学者设计了“Cu2+一沉淀氧化”法脱除H2S．该法包括生成CuS沉淀，氧化CuS（Cu2++CuS+4Cl-═S+2CuCl2-）及空气氧化CuCl2-再生Cu2+。
①反应H2S（aq）+Cu2+（aq）⇌CuS（s）+2H+（aq）的K=______
②再生Cu2+反应的离子方程式为______。
（2）采用生物脱硫技术时，H2S与碱反应转化为HS-，在脱氮硫杆菌参与下，HS-被NO3-氧化为SO42-、NO3-被还原为N2．当33.6m3（标准状况）某燃气（H2S的含量为0.2%）脱硫时，消耗NO3-的物质的量为______mol。
（3）已知下列热化学方程式：
Ⅰ．H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H1=-285.8kJ•mol-1
Ⅱ．H2（g）+S（s）═H2S（g）△H2=-20.6kJ•mol-1
Ⅲ．S（s）+O2（g）═SO2（g）△H3=-296.8kJ•mol-1
则以Claus法脱除H2S的反应：2H2S（g）+SO2（g）═3S（s）+2H2O（1）△H=______kJ/mol。
（4）101kPa下，H2S分解：2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）。保持压强不变，反应达到平衡时，气体的体积分数（φ）随温度的变化曲线如图：
①在密闭容器中，关于反应2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）的说法正确的是______（填字母）。
A．Kp随温度的升高而增大
B．低压有利于提高HpS的平衡分解率
C．维持温度、气体总压强不变时，向平衡体系中通入氩气，则v（正）＜v（逆）
D．在恒容密闭容器中进行反应，当气体密度不再变化时，反应达到平衡状态
②图中Q点：H2S的平衡转化率为______；S2（g）的分压为______kPa；1330℃时，反应2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）的Kp=______（Kp为以分压表示的平衡常数）。
11. 【化学-物质结构与性质】
2019年诺贝尔化学奖由来自美、英、日的三人分获，以表彰他们在锂离子电池研究方面做出的贡献，他们最早发明用LiCoO2作离子电池的正极，用聚乙炔作负极。回答下列问题：
（1）基态Co原子价电子排布图为______（轨道表达式）。第四电离能I4（Co）比I4（Fe）小，是因为______。
（2）LiCl的熔点（605℃）比LiF的熔点（848℃）低，其原因是______。
（3）乙炔（C2H2）分子中σ键与π键的数目之比为______。
（4）锂离子电池的导电盐有LiBF4等，碳酸亚乙酯（）是一种锂离子电池电解液的添加剂。
①LiBF4中阴离子的空间构型是______；与该阴离子互为等电子体的分子有______。（列一种）
②碳酸亚乙酯分子中碳原子的杂化方式有______。
（5）Li2S是目前正在开发的锂离子电池的新型固体电解质，其晶胞结构如图所示，已知晶胞参数a=588pm。
①S2-的配位数为______。
②设NA为阿伏加德罗常数的值，Li2S的晶胞密度为______（列出计算式）g•cm-3。
12. 【化学---有机化学基础】
环戊噻嗪是治疗水肿及高血压的药物，其中间体G的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是______。B中含有官能团的名称为______。
（2）反应②的反应类型是______。
（3）C的结构简式为______。
（4）G与新制Cu（OH）2反应的化学方程式为______。
（5）X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，则符合条件的X的结构简式为______。
（6）设计由1，3-丙二醇和丙二酸二乙酯制备的合成路线（其他试剂任选）。
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】A
【解析】解：A．太阳能光催化二氧化碳转化为燃料，涉及太阳能与化学能的转化，属于二次能源，故A错误；
B．直接电催化CO2制取燃料，应生成CO等，发生还原反应，为阴极产物，故B正确；
C．氢气的燃烧产物为水，不污染环境，故C正确；
D．研发和利用太阳能燃料，可重复利用燃料，避免环境污染，有利于经济的可持续发展，故D正确。
故选：A。
太阳能光催化分解水制氢、太阳能光催化二氧化碳转化为燃料，涉及太阳能与化学能的转化，生成的燃料为氢气、一氧化碳等，以此解答该题。
本题考查常见能量的转化，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，有利于培养学生良好的科学素养，注意把握能量的转化特点，题目难度不大。
2. 【答案】C
【解析】解：A．如图所示每个节点为一个碳原子，每个碳原子形成4个共价键，缺化学键的碳原子用氢原子补齐，则分子式为（C6Hl0O5）n，故A错误；
B．根据同系物的概念：结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个-CH2-原子团的有机物互称同系物，该有机物与葡萄糖，结构不相似，组成上差别的也不是CH2原子团，不是同系物，故B错误；
C．该有机物分子结构中含有醇羟基，具有醇的性质，可以发生氧化反应，故C正确；
D．β-l，3一葡聚糖的结构简式分析，葡萄糖发生分子间脱水的缩聚反应可生成β-l，3一葡聚糖，故D错误；
故选：C。
有机物含有羟基，具有醇类的性质，结合葡萄糖的结构和性质解答该题。
本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质为解答该题的关键，侧重醇类性质的考查，题目难度不大。
3. 【答案】B
【解析】解：A、100g46%甘油溶液中含有甘油46g，物质的量为n==0.5mol，故甘油中含1.5mol-OH；除了甘油外，水也含-OH，由于水的质量为54g，物质的量为3mol，则含-OH为6mol，故此溶液中共含-OH为7.5mol，个数为7.5NA个，故A错误；
B、NH3与13CH4的摩尔质量均为17g/mol，故1.7g两者的混合物的物质的量为0.1mol，且两者均含10个质子，故0.1mol混合物中含质子为NA个，故B正确；
C、溶液体积不明确，故溶液中铝离子的个数无法计算，故C错误；
D、反应CH4+2NO+O2═CO2+N2+2H2O转移8mol电子，消耗2molNO，故当消耗标况下22.4LNO即1molNO时，转移电子为4NA个，故D错误。
故选：B。
A、甘油溶液中除了甘油外，水也含-OH；
B、NH3与13CH4的摩尔质量均为17g/mol，且均含10个质子；
C、溶液体积不明确；
D、反应CH4+2NO+O2═CO2+N2+2H2O转移8mol电子，消耗2molNO。
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。
4. 【答案】B
【解析】解：A．向Fe（NO3）2溶液中滴入稀盐酸，溶液中的亚铁离子、氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，溶液变为黄色，再滴加KSCN溶液，溶液变血红色，故A不选；
B．乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，但生成1，2-二溴乙烷溶于四氯化碳，所以不会出现分层现象，故B选；
C．因氢氧化铝具有两性，向AlCl3溶液中滴加氨水，生成氢氧化铝，再加过量的NaHSO4溶液，沉淀溶解，故C不选；
D．Na2S2O3溶液与稀硫酸反应，生成产物中有硫和二氧化硫，所以有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，故D不选。
故选：B。
A．向Fe（NO3）2溶液中滴入稀盐酸，溶液中的亚铁离子、氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子；
B．乙烯含碳碳双键；
C．向AlCl3溶液中滴加氨水，生成氢氧化铝，再加过量的NaHSO4溶液，沉淀溶解；
D．发生氧化还原反应生成S、二氧化硫。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5. 【答案】D
【解析】解：根据分析可知，W为H，X为O，Y为Al，Z为P元素。
A．X为O，第二周期元素，Y为Al，Z为P，Y、Z为第三周期元素，电子层数越多，半径越大，同周期元素，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：Y＞Z＞X，故A正确；
B．X为O元素，第ⅥA族元素，Y为Al元素，第ⅢA族元素，X的族序数是Y元素的2倍，故B正确；
C．X为O，Y为Al，Y2X3为Al2O3，工业上制备单质Al的方法为电解熔融Al2O3，故C正确；
D．X为O，W为H，W与X形成的化合物有H2O和H2O2，H2O2中含有非极性共价键，故D错误；
故选：D。
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，则W为第一周期主族元素，W为H；Z应为第三周期主族元素，根据化合物M的结构简式可知，Z可形成3个单键和1个双键，因此Z原子最外层有5个电子，Z为P；W与Z的质子数之和是X的2倍，X的质子数==8，则X为O；根据化合物M的结构简式，Y可形成+3价阳离子，则Y为Al，以此解答。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，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及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
6. 【答案】C
【解析】解：A．根据分析，电极Ⅰ为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O-4e-=4H++O2↑，阳极区的溶质主要是H2SO4，故A正确；
B．电极Ⅱ周围PbCl42-得电子转化为Pb，则电极Ⅱ为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极Ⅱ的电极反应式为PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-，故B正确；
C．当有2.07 gPb生成时，即生成Pb的物质的量为=0.01mol，根据电极反应式为PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-，转移电子的物质的量为0.02mol，电解液中的阳离子为氢离子，则通过阳离子交换膜的阳离子为0.02 mol，故C错误；
D．阴极电解一段时间后溶液为HCl和NaCl的混合溶液，根据题意“将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液”，继续向阴极区加PbO粗品可恢复其浓度且实现物质的循环利用，故D正确；
故选：C。
电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示，电极Ⅱ周围PbCl42-得电子转化为Pb，则电极Ⅱ为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极反应方程式为PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-；电极Ⅰ为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O-4e-=4H++O2↑，以此来解答。
本题考查内容涉及原电池与电解原理等知识点，掌握离子放电顺序是关键，题目难度中等。
7. 【答案】D
【解析】解：导电率与离子浓度成正比，向AlCl3溶液中分别加入氨水和KOH溶液，分别生成Al（OH）3和NH4Cl、Al（OH）3和KCl，当AlCl3完全反应时继续滴加碱，氢氧化铝和KOH反应生成可溶性的偏铝酸钾，一水合氨和氢氧化铝不反应，且一水合氨是弱电解质，则一水合氨溶液导电率较小，所以导电率变化较大的是氨水滴定曲线、变化较小的是KOH滴定曲线，则II为KOH滴定曲线；
A．当AlCl3和KOH恰好完全反应生成Al（OH）3和KCl时，溶液中离子浓度最小，导电率最低，则c点二者恰好完全反应，AlCl3+3KOH=Al（OH）3↓+3KCl，则n（AlCl3）：n（KOH）=[c（AlCl3）×20mL]：（0.5mol/L×24mL）=1：3，c（AlCl3）=0.2mol/L，故A正确；
B．I、II滴定过程中离子种类不同，其导电率不同，所以导电率与离子种类有关，故B正确；
C．cd段为氢氧化铝和KOH的反应，离子方程式为Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，故C正确；
D．a点n（AlCl3）：n（KOH）=1：3，e点n（KOH）是a点的2倍，则e点n（AlCl3）：n（KOH）=1：6，n（AlCl3）：n（KOH）=1：4时二者恰好完全反应生成KAlO2和KCl，则e点有KOH剩余，溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH-），溶液中存在电荷守恒c（K+）+c（H+）═c（OH-）+c（Cl-）+c（AlO2-），则c（K+）＞c（Cl-）+c（AlO2-），故D错误；
故选：D。
导电率与离子浓度成正比，向AlCl3溶液中分别加入氨水和KOH溶液，分别生成Al（OH）3和NH4Cl、Al（OH）3和KCl，当AlCl3完全反应时继续滴加碱，氢氧化铝和KOH反应生成可溶性的偏铝酸钾，一水合氨和氢氧化铝不反应，且一水合氨是弱电解质，则一水合氨溶液导电率较小，所以导电率变化较大的是氨水滴定曲线、变化较小的是KOH滴定曲线，则II为KOH滴定曲线；
A．当AlCl3和KOH恰好完全反应生成Al（OH）3和KCl时，溶液中离子浓度最小，导电率最低，则c点二者恰好完全反应，AlCl3+3KOH=Al（OH）3↓+3KCl，则n（AlCl3）：n（KOH）=[c（AlCl3）×20mL]：（0.5mol/L×24mL）=1：3，c（AlCl3）=0.2mol/L；
B．I、II滴定过程中离子种类不同，其导电率不同；
C．cd段为氢氧化铝和KOH的反应；
D．a点n（AlCl3）：n（KOH）=1：3，e点n（KOH）是a点的2倍，则e点n（AlCl3）：n（KOH）=1：6，n（AlCl3）：n（KOH）=1：4时二者恰好完全反应生成KAlO2和KCl，则e点有KOH剩余，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒c（K+）+c（H+）═c（OH-）+c（Cl-）+c（AlO2-）。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确导电率影响因素、碱与曲线的关系、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，D为解答易错点，题目难度不大。
二、 实验题
8. 【答案】分液漏斗 e g h b a f 浓硫酸 干燥气体，防止水蒸气进入装置戊中 防止三氯甲烷挥发，使碳酰氯液化 增大反应物之间的接触面积，加快反应速率 COCl2+4NH3•H2O=CO（NH2）2+2NH4Cl+4H2O 79.3%
【解析】解：（1）仪器M的名称是分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
（2）根据已知，碳酰氯与水反应，因此要干燥氧气，且后面产物中要隔绝水蒸气，因此X要用浓硫酸干燥，按气流由左至右的顺序为e→c→d→g→h→b→a→f，
故答案为：e；g；h；b；a；f。
（3）根据上题得出试剂X是浓硫酸，
故答案为：浓硫酸。
（4）根据（2）中得到装置乙中碱石灰的作用是干燥气体，防止水蒸气进入装置戊中，
故答案为：干燥气体，防止水蒸气进入装置戊中。
（5）碳酰氯（COCl2）沸点低，三氯甲烷易挥发，因此装置戊中冰水混合物的作用是防止三氯甲烷挥发，使碳酰氯液化；多孔球泡的作用是增大反应物之间的接触面积，加快反应速率，
故答案为：防止三氯甲烷挥发，使碳酰氯液化；增大反应物之间的接触面积，加快反应速率。
（6）碳酰氯也可以用浓氨水吸收，生成尿素和氯化铵，反应的化学方程式：COCl2+4NH3•H2O=CO（NH2）2+2NH4Cl+4H2O，
～～～～～～～～～～～～～
121 140.5
xg 562g
121g：xg=140.5g：562g
解得x=484g
α=×100%=79.3%，
故答案为：COCl2+4NH3•H2O=CO（NH2）2+2NH4Cl+4H2O；79.3%。
（1）看图得出仪器M的名称。
（2）根据已知，碳酰氯与水反应，因此要干燥氧气，且后面产物中要隔绝水蒸气，再得出顺序。
（3）根据已知信息，碳酰氯不能见水，因此整个环境要干燥，故得到答案。
（4）根据（2）中得到装置乙中碱石灰的作用是干燥气体。
（5）根据碳酰氯（COCl2）沸点低，三氯甲烷易挥发，得出结论，多孔球泡的作用是增大反应物之间的接触面积，加快反应速率。
（6）碳酰氯也可以用浓氨水吸收，生成尿素和氯化铵，再写出反应方程式，先根据方程式计算实际消耗了苯甲酸的质量，再计算转化率。
本题主要考查了有机物质的制备，答题时要根据题中信息要灵活地与基础知识相结合并加以应用，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，题目中等难度。
三、 简答题
9. 【答案】搅拌（或适当升温等） H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O CuO或Cu（OH）2或Cu（OH）2CO3等 加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2～3次 温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2（OH）2CO3易分解 2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑ ×100%
【解析】解：（1）为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可进行搅拌、加热、增大硫酸浓度等方法，故答案为：搅拌（或适当升温等）；
（2）“操作Ⅱ”中，铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，离子方程式为H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O，
故答案为：H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O；
（3）“调节pH”操作目的是将溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去，由于废铜屑使用酸浸溶解，需要加入碱性物质中和多余的酸，在不引入新的杂质的情况下，可向溶液中加入CuO或Cu（OH）2或Cu（OH） 2CO3等，故答案为：CuO或Cu（OH）2或Cu（OH） 2CO3等；
（4）洗涤Cu2（OH）2CO3沉淀的操作为过滤，合理操作为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2～3次，
故答案为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2～3次；
（5）根据题目已知：Cu2（OH）2CO3为难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。“操作Ⅲ”中温度选择55～60℃的既可以加快反应速率同时也可防止制得的Cu2（OH）2CO3不被分解，该步骤中向含有硫酸铜的滤液中加入碳酸钠生成Cu2（OH）2CO3的同时产生CO2，该反应的化学方程式：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑，
故答案为：温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2（OH）2CO3易分解；2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑；
（6）m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体（假设杂质不参与反应），发生的反应为：Cu2（OH）2CO32CuO+CO2↑+H2O，灼烧至固体质量恒重时剩余固体为氧化铜和杂质，根据反应方程式计算：设样品中Cu2（OH）2CO3的质量为xg。
Cu2（OH）2CO32CuO+CO2↑+H2O△m
222 62
x m1-m2
=，解得：x=，
则样品中Cu2（OH）2CO3的纯度为×100%=×100%。
故答案为：×100%。
废铜屑（主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3），加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3与稀硫酸反应，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液，铜单质不与硫酸反应，再加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，再调节溶液pH值，将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去，过滤后得到主要含有硫酸铜的滤液，将溶液温度控制在55～60℃左右，加入碳酸钠，滤液中产生Cu2（OH）2CO3晶体，再经过过滤、冷水洗涤，干燥，最终得到Cu2（OH）2CO3，以此解答该题。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意（6）为解答的难点，题目难度中等。
10. 【答案】 4CuCl2-+O2+4H+=4Cu2++2H2O+8Cl- 4.8 -233.6 AB 50% 20.2kPa 20.2kPa
【解析】解：（1）①根据平衡常数表达式，反应H2S（aq）+Cu2+（aq）⇌CuS（s）+2H+（aq）的平衡常数K=，故答案为：；
②空气中的氧气可氧化CuCl2-生成Cu2+，则离子反应为：4CuCl2-+O2+4H+=4Cu2++2H2O+8Cl-，故答案为：4CuCl2-+O2+4H+=4Cu2++2H2O+8Cl-；
（2）33.6 m3（标准状况）某燃气（H2S的含量为0.2%）中含有硫化氢的物质的量==3mol；H2S与碱反应转化为HS-，根据硫原子守恒：H2S～HS-；在脱氮硫杆菌参与下，HS-被NO3-氧化为SO42-、NO3-被还原为N2，发生的离子反应为5HS-+8NO3-+3H+=5SO42-+4N2+4H2O，则可得关系：5H2S～5HS-～8NO3-，则消耗NO3-的物质的量==4.8mol，故答案为：4.8；
（3）根据盖斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ×2-Ⅲ即可得到目标反应的焓变，即△H=2△H1-2△H2-△H3=2×（-285.8kJ•mol-1）-2×（-20.6kJ•mol-1）-（-296.8kJ•mol-1）=-233.6kJ•mol-1，2H2S（g）+SO2 （g）=3S（s）+2H2O（1）△H=-233.6 kJ•mol-1，故答案为：-233.6；
（4）①A．平衡常数只受温度影响，根据图象，随着温度升高，H2S 的体积分数减少，硫化氢气的体积分数增大，反应向正向进行，则Kp随温度的升高而增大，故A正确；
B．反应2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）正反应方向为气体体积增大的方向，根据勒夏特列原理，降低压强平衡向体积增大的方向移动，即平衡向正反应方向移动，H2S的平衡分解率增大，则降低压强低压有利于提高H2S的平衡分解率，故B正确；
C．维持温度、气体总压强不变时，向平衡体系中通入氩气，相当于增大容器体积，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正向移动，则v（正）＞v（逆），故C错误；
D．在恒容密闭容器中进行反应，容器体积不变，反应过程中气体总质量不变，气体密度始终保持不变，则密度不再变化不能判断作为判断反应达到平衡状态的依据，故D错误；
故答案为：AB；
②图中Q点时，硫化氢的体积分数与氢气的体积分数相等，设硫化氢转化率为x，硫化氢初始物质的量为1mol，则利用三段式：
2H2S（g）=2H2（g）+S2（g） （单位：mol）
起始量：1 0 0
转化量：x x 0.5x
平衡量：1-x x 0.5x
图中Q点时，硫化氢的体积分数与氢气的体积分数相等，则=，则x=0.5mol，则H2S的平衡转化率为50%；S2（g）的分压为×101 kPa=20.2 kPa，1330℃时，反应2H2S（g）=2H2（g）+S2（g）的Kp===20.2 kPa，故答案为：50%；20.2 kPa；20.2 kPa。
（1）①根据平衡常数表达式，K=；
②空气氧化CuCl2-再生Cu2+，根据元素、电荷守恒书写离子方程式；
（2）H2S与碱反应转化为HS-，根据硫原子守恒：H2S～HS-；在脱氮硫杆菌参与下，HS-被NO3-氧化为SO42-、NO3-被还原为N2，发生的离子反应为5HS-+8NO3-+3H+=5SO42-+4N2+4H2O，则可得关系：5H2S～5HS-～8NO3-，根据硫化氢的物质的量进行计算；
（3）根据盖斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ×2-Ⅲ即可得到目标反应的焓变，即△H=2△H1-2△H2-△H3；
（4）①A．平衡常数只受温度影响，根据图象，随着温度升高，H2S 的体积分数减少，硫和氢气的体积分数增大，反应向正向进行，则Kp随温度的升高而增大；
B．反应2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）正反应方向为气体体积增大的方向，根据勒夏特列原理，降低压强平衡向体积增大的方向移动，即平衡向正反应方向移动，H2S的平衡分解率增大，则降低压强低压有利于提高H2S的平衡分解率；
C．维持温度、气体总压强不变时，向平衡体系中通入氩气，相当于增大容器体积，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正向移动，则v（正＞v（逆）；
D．在恒容密闭容器中进行反应，容器体积不变，反应过程中气体总质量不变，气体密度始终保持不变，则密度不再变化不能判断作为判断反应达到平衡状态的依据；
②图中Q点时，硫化氢的体积分数与氢气的体积分数相等，设硫化氢转化率为x，硫化氢初始物质的量为1mol，则利用三段式计算解答。
本题考查盖斯定律、化学平衡计算及外界条件对化学平衡移动影响原理，侧重考查分析判断及知识综合运用、计算能力，明确化学平衡常数计算方法、外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键，注意（4）②中平衡常数KP计算时各物质分压强为解答易错点，题目难度不大。
11. 【答案】 Co失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子，故Fe需要的能量较高 LiCl和LiF均为离子晶体，Cl-半径比F-大，LiCl的晶格能比LiF的小 3：2 正四面体 CF4 sp2、sp3 8
【解析】解：（1）Co是27号元素，原子价电子排布式为3d74s2，价电子轨道表达式为，
Co3+价电子排布为3d6变为较稳定的3d5，而Fe3+价电子排布由较稳定的3d5变为不稳定的3d4，需要更多的能量，故第四电离能：I4 （Co）＜I4 （Fe），
故答案为：；Co失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子，故Fe需要的能量较高；
（2）LiCl的熔点（605℃）比LiF的熔点（848℃）低，LiCl和LiF均为离子晶体，Cl-半径比F-大，LiCl的晶格能比LiF的小，
故答案为：LiCl和LiF均为离子晶体，Cl-半径比F-大，LiCl的晶格能比LiF的小；
（3）C-H键为σ键，C≡C键中一根为σ键，两根为π键，所以C2H2中σ键与π键的数目之比为3：2，
故答案为：3：2；
（4）①对于BF4-，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=4+=4，则其空间构型为正四面体，
等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，B-与C等电子，所以等电子体为CF4，
故答案为：正四面体；CF4；
②该分子C-O中C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，C原子为sp3杂化，C=O中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，C原子杂化方式为sp2，
故答案为：sp2、sp3；
（5）①从面心的S2-看，周围与之等距且最近的Li+有8个，所以S2-的配位数为8，
故答案为：8；
②1个晶胞中有S2-的数目为8×+6×=4个，含有Li+数目为8个，取1mol晶胞，则有NA个晶胞，1mol晶胞质量为m=4×46g，一个晶胞体积为V=a3pm3=5883×10-30cm3，所以晶体密度为=，
故答案为：。
（1）Co是27号元素，原子价电子排布式为3d74s2，具有全充满、半充满、全空电子层构型的微粒稳定性强，失去电子需要的能量更高，电子排列时3s能级没有排满就排列3p能级，说明3s能级上电子吸收能量跃迁到3p能级，原子轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定；
（2）离子晶体，根据晶格能大小比较熔点；
（3）C-H键为σ键，C≡C键中一根为σ键，两根为π键；
（4）①根据VSEPR理论判断BF4-的空间构型，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；
②该分子C-O中C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对、C=O中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断C原子杂化方式；
（5）①从面心的S2-看，周围与之等距且最近的Li+有8个；
②根据ρ=计算晶体密度。
本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、化学键、分子结构与性质、晶胞结构与计算等，注意根据洪特规则特例理解电离能大小与微粒稳定性，是对学生综合能力的考查。
12. 【答案】氯乙酸乙酯 酯基 取代反应 +2Cu（OH）2+NaOH+Cu2O↓+3H2O 和
【解析】解：（1）A是氯乙酸与乙醇形成的酯，A的名称为氯乙酸乙酯；由结构可知B中含有官能团为酯基，
故答案为：氯乙酸乙酯；酯基；
（2）对比B、C的结构，结合C的分子式，可知丙二酸二乙酯与一溴环戊烷发生取代反应生成C，C发生酯的水解反应生成D，
故答案为：取代反应；
（3）B发生取代反应生成C，C发生酯的水解反应生成D，故C的结构简式为：，
故答案为：；
（4）G中醛基被氧化羧基，同时生成氧化铜与水，羧基又可以与NaOH发生中和反应，反应方程式为：+2Cu（OH）2+NaOH+Cu2O↓+3H2O，
故答案为：+2Cu（OH）2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；
（5）X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，则X含有酯基或羧基，故X为甲酸环己酯或环己甲酸，X可能结构简式为：和，
故答案为：和；
（6）HOCH2CH2CH2OH与HBr发生取代反应生成BrCH2CH2CH2OH与Br，然后与丙二酸二乙酯在乙醇钠/乙醇条件下生成，进行条件下水后酸化生成，最后加热脱羧生成．合成路线流程图为：，
故答案为：。
（1）A是氯乙酸与乙醇形成的酯；由结构可知B中含有官能团为酯基；
（2）对比B、C的结构，结合C的分子式，可知丙二酸二乙酯与一溴环戊烷发生取代反应生成C，C发生酯的水解反应生成D；
（3）B发生取代反应生成C，C发生酯的水解反应生成D；
（4）G中醛基被氧化羧基，同时生成氧化铜与水，羧基又可以与NaOH发生中和反应；
（5）X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，则X含有酯基或羧基，故X为甲酸环己酯或环己甲酸；
（6）HOCH2CH2CH2OH与HBr发生取代反应生成BrCH2CH2CH2OH与Br，然后与丙二酸二乙酯在乙醇钠/乙醇条件下生成，进行条件下水后酸化生成，最后加热脱羧生成。
本题考查有机物的合成，涉及有机物命名、官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，对比物质的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化。
绝密★启用前
2020年湖北省十堰市高考化学模拟试卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
总分
得分
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
评卷人
得分
一、 单选题（共7题）
1. “太阳能燃料”国际会议于2019年10月在我国武汉举行，旨在交流和探讨太阳能光催化分解水制氢、太阳能光催化二氧化碳转化为燃料等问题。下列说法错误的是（ ）
A.太阳能燃料属于一次能源
B.直接电催化CO2制取燃料时，燃料是阴极产物
C.用光催化分解水产生的H2是理想的绿色能源
D.研发和利用太阳能燃料，有利于经济的可持续发展
2. β一l，3一葡聚糖具有明显的抗肿瘤功效，受到日益广泛的关注。β-l，3一葡聚糖的结构简式如图，下列说法正确的是（ ）
A.分子式为（C6Hl2O6）n
B.与葡萄糖互为同系物
C.可以发生氧化反应
D.葡萄糖发生加聚反应可生成β-l，3一葡聚糖
3. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A.100g46%甘油水溶液中含-OH的数目为1.5NA
B.1.7g由NH3与13CH4组成的混合气体中含质子总数为NA
C.0.1mol•L-1的Al2（SO4）3溶液中含Al3+的数目小于0.2NA
D.反应CH4+2NO+O2═CO2+N2+2H2O，每消耗标准状况下22.4LNO，反应中转移的电子数目为2NA
4. 下列实验操作对应的现象不符合事实的是（ ）
选项
实验操作
现象
A
向盛有Fe（NO3）2溶液的试管中滴入几滴稀盐酸，充分振荡后滴加KSCN溶液
溶液逐渐变为黄色，滴加KSCN后溶液变血红色
B
向盛有Br2的CCl4溶液的试管中通入乙烯
溶液逐渐褪色，静置后观察到溶液有分层现象
C
向AlCl3溶液中滴加氨水，充分反应后再加入过量的NaHSO4溶液
先产生白色沉淀，后沉淀消失
D
向盛有Na2S2O3溶液的试管中滴加稀硫酸
有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊
A.A B.B C.C D.D
5. 化合物M（如图所示）可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法不正确的是（ ）
A.原子半径：Y＞Z＞X
B.X元素的族序数是Y元素的2倍
C.工业上电解熔融Y2X3化合物制备单质Y
D.W与X形成的所有化合物都只含极性共价键
6. 以PbO为原料回收铅的过程如下：
Ⅰ．将PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbC14的溶液；
Ⅱ．电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示。
下列判断不正确的是（ ）
A.阳极区的溶质主要是H2SO4
B.电极Ⅱ的电极反应式为PbCl42-+2e-═Pb+4Cl-
C.当有2.07gPb生成时，通过阳离子交换膜的阳离子为0.04mol
D.电解过程中为了实现物质的循环利用，可向阴极区补充PbO
7. 将浓度均为0.5mol•L-1氨水和KOH溶液分别滴入到体积均为20mL且浓度相同的AlCl3溶液中，测得溶液的导电率与加入碱的体积关系如图所示，下列说法中错误的是（ ）
A.AlCl3溶液的物质的量浓度为0.2mol•L-1
B.根据图象可以确定导电率与离子种类有关
C.cd段发生的反应是Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O
D.e点时溶液中的离子浓度：c（K+）═c（Cl-）+c（AlO2-）
评卷人
得分
二、 实验题（共1题）
8. 苯甲酰氯（）是制备染料，香料药品和树脂的重要中间体，以光气法制备苯甲酰氯的原理如下（该反应为放热反应）：
+COCl2→+CO2+HCl
已知物质性质如下：
物质
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
苯甲酸
122.1
249
微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
碳酰氯（COCl2）
-188
8.2
较易溶于苯、甲苯等。遇水迅速水解，生成氯化氢，与氨很快反应，主要生成尿素[CO（NH2）2]和氯化铵等无毒物质
苯甲酰氯
-1
197
溶于乙醚、氯仿和苯。遇水或乙醇逐渐分解，生成苯甲酸或苯甲酸乙酯和氯化氢
三氯甲烷（CHCl3）
-63.5
63.1
不溶于水，溶于醇、苯。极易挥发，稳定性差，450℃以上发生热分解
Ⅰ．制备碳酰氯
反应原理：2 CHCl3+O22HCl+COCl2
（1）仪器M的名称是______
（2）按气流由左至右的顺序为______→c→d→______→______→______→______→______。
（3）试剂X是______（填名称）。
（4）装置乙中碱石灰的作用是______。
（5）装置戊中冰水混合物的作用是______；多孔球泡的作用是______。
Ⅱ．制备苯甲酰氯（部分夹持装置省略）
（6）碳酰氯也可以用浓氨水吸收，写出该反应的化学方程式：______。
若向三颈烧瓶中加入610g苯甲酸，先加热至140～150℃，再通入COCl2，充分反应后，最后产品经减压蒸馏得到562g苯甲酰氯，则苯甲酸的转化率为______。
评卷人
得分
三、 简答题（共4题）
9. 某研究小组在实验室以废铜屑（主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3）为原料制备碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]，具体流程如图：
已知：Cu2（OH）2CO3为绿色固体，难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。
（1）为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施为______（任写一种）。
（2）“操作Ⅱ”中铜发生反应的离子方程式为______。
（3）“调节pH”操作中加入的试剂为______（填化学式）。
（4）洗涤Cu2（OH）2CO3沉淀的操作为______。
（5）“操作Ⅲ”中温度选择55～60℃的原因是______；该步骤生成Cu2（OH）2CO3的同时产生CO2，请写出该反应的化学方程式：______。
（6）某同学为测定制得的产品中Cu2（OH）2CO3的质量分数，进行了如下操作：称取m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体（假设杂质不参与反应），冷却后，称得该黑色固体质量为m2g，则样品中Cu2（OH）2CO3的纯度为______（用含m1、m2的代数式表示）。
10. H2S是存在于燃气中的一种有害气体，脱除H2S的方法有很多。
（1）国内有学者设计了“Cu2+一沉淀氧化”法脱除H2S．该法包括生成CuS沉淀，氧化CuS（Cu2++CuS+4Cl-═S+2CuCl2-）及空气氧化CuCl2-再生Cu2+。
①反应H2S（aq）+Cu2+（aq）⇌CuS（s）+2H+（aq）的K=______
②再生Cu2+反应的离子方程式为______。
（2）采用生物脱硫技术时，H2S与碱反应转化为HS-，在脱氮硫杆菌参与下，HS-被NO3-氧化为SO42-、NO3-被还原为N2．当33.6m3（标准状况）某燃气（H2S的含量为0.2%）脱硫时，消耗NO3-的物质的量为______mol。
（3）已知下列热化学方程式：
Ⅰ．H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H1=-285.8kJ•mol-1
Ⅱ．H2（g）+S（s）═H2S（g）△H2=-20.6kJ•mol-1
Ⅲ．S（s）+O2（g）═SO2（g）△H3=-296.8kJ•mol-1
则以Claus法脱除H2S的反应：2H2S（g）+SO2（g）═3S（s）+2H2O（1）△H=______kJ/mol。
（4）101kPa下，H2S分解：2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）。保持压强不变，反应达到平衡时，气体的体积分数（φ）随温度的变化曲线如图：
①在密闭容器中，关于反应2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）的说法正确的是______（填字母）。
A．Kp随温度的升高而增大
B．低压有利于提高HpS的平衡分解率
C．维持温度、气体总压强不变时，向平衡体系中通入氩气，则v（正）＜v（逆）
D．在恒容密闭容器中进行反应，当气体密度不再变化时，反应达到平衡状态
②图中Q点：H2S的平衡转化率为______；S2（g）的分压为______kPa；1330℃时，反应2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）的Kp=______（Kp为以分压表示的平衡常数）。
11. 【化学-物质结构与性质】
2019年诺贝尔化学奖由来自美、英、日的三人分获，以表彰他们在锂离子电池研究方面做出的贡献，他们最早发明用LiCoO2作离子电池的正极，用聚乙炔作负极。回答下列问题：
（1）基态Co原子价电子排布图为______（轨道表达式）。第四电离能I4（Co）比I4（Fe）小，是因为______。
（2）LiCl的熔点（605℃）比LiF的熔点（848℃）低，其原因是______。
（3）乙炔（C2H2）分子中σ键与π键的数目之比为______。
（4）锂离子电池的导电盐有LiBF4等，碳酸亚乙酯（）是一种锂离子电池电解液的添加剂。
①LiBF4中阴离子的空间构型是______；与该阴离子互为等电子体的分子有______。（列一种）
②碳酸亚乙酯分子中碳原子的杂化方式有______。
（5）Li2S是目前正在开发的锂离子电池的新型固体电解质，其晶胞结构如图所示，已知晶胞参数a=588pm。
①S2-的配位数为______。
②设NA为阿伏加德罗常数的值，Li2S的晶胞密度为______（列出计算式）g•cm-3。
12. 【化学---有机化学基础】
环戊噻嗪是治疗水肿及高血压的药物，其中间体G的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是______。B中含有官能团的名称为______。
（2）反应②的反应类型是______。
（3）C的结构简式为______。
（4）G与新制Cu（OH）2反应的化学方程式为______。
（5）X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，则符合条件的X的结构简式为______。
（6）设计由1，3-丙二醇和丙二酸二乙酯制备的合成路线（其他试剂任选）。
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】A
【解析】解：A．太阳能光催化二氧化碳转化为燃料，涉及太阳能与化学能的转化，属于二次能源，故A错误；
B．直接电催化CO2制取燃料，应生成CO等，发生还原反应，为阴极产物，故B正确；
C．氢气的燃烧产物为水，不污染环境，故C正确；
D．研发和利用太阳能燃料，可重复利用燃料，避免环境污染，有利于经济的可持续发展，故D正确。
故选：A。
太阳能光催化分解水制氢、太阳能光催化二氧化碳转化为燃料，涉及太阳能与化学能的转化，生成的燃料为氢气、一氧化碳等，以此解答该题。
本题考查常见能量的转化，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，有利于培养学生良好的科学素养，注意把握能量的转化特点，题目难度不大。
2. 【答案】C
【解析】解：A．如图所示每个节点为一个碳原子，每个碳原子形成4个共价键，缺化学键的碳原子用氢原子补齐，则分子式为（C6Hl0O5）n，故A错误；
B．根据同系物的概念：结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个-CH2-原子团的有机物互称同系物，该有机物与葡萄糖，结构不相似，组成上差别的也不是CH2原子团，不是同系物，故B错误；
C．该有机物分子结构中含有醇羟基，具有醇的性质，可以发生氧化反应，故C正确；
D．β-l，3一葡聚糖的结构简式分析，葡萄糖发生分子间脱水的缩聚反应可生成β-l，3一葡聚糖，故D错误；
故选：C。
有机物含有羟基，具有醇类的性质，结合葡萄糖的结构和性质解答该题。
本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质为解答该题的关键，侧重醇类性质的考查，题目难度不大。
3. 【答案】B
【解析】解：A、100g46%甘油溶液中含有甘油46g，物质的量为n==0.5mol，故甘油中含1.5mol-OH；除了甘油外，水也含-OH，由于水的质量为54g，物质的量为3mol，则含-OH为6mol，故此溶液中共含-OH为7.5mol，个数为7.5NA个，故A错误；
B、NH3与13CH4的摩尔质量均为17g/mol，故1.7g两者的混合物的物质的量为0.1mol，且两者均含10个质子，故0.1mol混合物中含质子为NA个，故B正确；
C、溶液体积不明确，故溶液中铝离子的个数无法计算，故C错误；
D、反应CH4+2NO+O2═CO2+N2+2H2O转移8mol电子，消耗2molNO，故当消耗标况下22.4LNO即1molNO时，转移电子为4NA个，故D错误。
故选：B。
A、甘油溶液中除了甘油外，水也含-OH；
B、NH3与13CH4的摩尔质量均为17g/mol，且均含10个质子；
C、溶液体积不明确；
D、反应CH4+2NO+O2═CO2+N2+2H2O转移8mol电子，消耗2molNO。
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。
4. 【答案】B
【解析】解：A．向Fe（NO3）2溶液中滴入稀盐酸，溶液中的亚铁离子、氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，溶液变为黄色，再滴加KSCN溶液，溶液变血红色，故A不选；
B．乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，但生成1，2-二溴乙烷溶于四氯化碳，所以不会出现分层现象，故B选；
C．因氢氧化铝具有两性，向AlCl3溶液中滴加氨水，生成氢氧化铝，再加过量的NaHSO4溶液，沉淀溶解，故C不选；
D．Na2S2O3溶液与稀硫酸反应，生成产物中有硫和二氧化硫，所以有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，故D不选。
故选：B。
A．向Fe（NO3）2溶液中滴入稀盐酸，溶液中的亚铁离子、氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子；
B．乙烯含碳碳双键；
C．向AlCl3溶液中滴加氨水，生成氢氧化铝，再加过量的NaHSO4溶液，沉淀溶解；
D．发生氧化还原反应生成S、二氧化硫。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5. 【答案】D
【解析】解：根据分析可知，W为H，X为O，Y为Al，Z为P元素。
A．X为O，第二周期元素，Y为Al，Z为P，Y、Z为第三周期元素，电子层数越多，半径越大，同周期元素，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：Y＞Z＞X，故A正确；
B．X为O元素，第ⅥA族元素，Y为Al元素，第ⅢA族元素，X的族序数是Y元素的2倍，故B正确；
C．X为O，Y为Al，Y2X3为Al2O3，工业上制备单质Al的方法为电解熔融Al2O3，故C正确；
D．X为O，W为H，W与X形成的化合物有H2O和H2O2，H2O2中含有非极性共价键，故D错误；
故选：D。
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，则W为第一周期主族元素，W为H；Z应为第三周期主族元素，根据化合物M的结构简式可知，Z可形成3个单键和1个双键，因此Z原子最外层有5个电子，Z为P；W与Z的质子数之和是X的2倍，X的质子数==8，则X为O；根据化合物M的结构简式，Y可形成+3价阳离子，则Y为Al，以此解答。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，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及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
6. 【答案】C
【解析】解：A．根据分析，电极Ⅰ为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O-4e-=4H++O2↑，阳极区的溶质主要是H2SO4，故A正确；
B．电极Ⅱ周围PbCl42-得电子转化为Pb，则电极Ⅱ为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极Ⅱ的电极反应式为PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-，故B正确；
C．当有2.07 gPb生成时，即生成Pb的物质的量为=0.01mol，根据电极反应式为PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-，转移电子的物质的量为0.02mol，电解液中的阳离子为氢离子，则通过阳离子交换膜的阳离子为0.02 mol，故C错误；
D．阴极电解一段时间后溶液为HCl和NaCl的混合溶液，根据题意“将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液”，继续向阴极区加PbO粗品可恢复其浓度且实现物质的循环利用，故D正确；
故选：C。
电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示，电极Ⅱ周围PbCl42-得电子转化为Pb，则电极Ⅱ为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极反应方程式为PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-；电极Ⅰ为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O-4e-=4H++O2↑，以此来解答。
本题考查内容涉及原电池与电解原理等知识点，掌握离子放电顺序是关键，题目难度中等。
7. 【答案】D
【解析】解：导电率与离子浓度成正比，向AlCl3溶液中分别加入氨水和KOH溶液，分别生成Al（OH）3和NH4Cl、Al（OH）3和KCl，当AlCl3完全反应时继续滴加碱，氢氧化铝和KOH反应生成可溶性的偏铝酸钾，一水合氨和氢氧化铝不反应，且一水合氨是弱电解质，则一水合氨溶液导电率较小，所以导电率变化较大的是氨水滴定曲线、变化较小的是KOH滴定曲线，则II为KOH滴定曲线；
A．当AlCl3和KOH恰好完全反应生成Al（OH）3和KCl时，溶液中离子浓度最小，导电率最低，则c点二者恰好完全反应，AlCl3+3KOH=Al（OH）3↓+3KCl，则n（AlCl3）：n（KOH）=[c（AlCl3）×20mL]：（0.5mol/L×24mL）=1：3，c（AlCl3）=0.2mol/L，故A正确；
B．I、II滴定过程中离子种类不同，其导电率不同，所以导电率与离子种类有关，故B正确；
C．cd段为氢氧化铝和KOH的反应，离子方程式为Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，故C正确；
D．a点n（AlCl3）：n（KOH）=1：3，e点n（KOH）是a点的2倍，则e点n（AlCl3）：n（KOH）=1：6，n（AlCl3）：n（KOH）=1：4时二者恰好完全反应生成KAlO2和KCl，则e点有KOH剩余，溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH-），溶液中存在电荷守恒c（K+）+c（H+）═c（OH-）+c（Cl-）+c（AlO2-），则c（K+）＞c（Cl-）+c（AlO2-），故D错误；
故选：D。
导电率与离子浓度成正比，向AlCl3溶液中分别加入氨水和KOH溶液，分别生成Al（OH）3和NH4Cl、Al（OH）3和KCl，当AlCl3完全反应时继续滴加碱，氢氧化铝和KOH反应生成可溶性的偏铝酸钾，一水合氨和氢氧化铝不反应，且一水合氨是弱电解质，则一水合氨溶液导电率较小，所以导电率变化较大的是氨水滴定曲线、变化较小的是KOH滴定曲线，则II为KOH滴定曲线；
A．当AlCl3和KOH恰好完全反应生成Al（OH）3和KCl时，溶液中离子浓度最小，导电率最低，则c点二者恰好完全反应，AlCl3+3KOH=Al（OH）3↓+3KCl，则n（AlCl3）：n（KOH）=[c（AlCl3）×20mL]：（0.5mol/L×24mL）=1：3，c（AlCl3）=0.2mol/L；
B．I、II滴定过程中离子种类不同，其导电率不同；
C．cd段为氢氧化铝和KOH的反应；
D．a点n（AlCl3）：n（KOH）=1：3，e点n（KOH）是a点的2倍，则e点n（AlCl3）：n（KOH）=1：6，n（AlCl3）：n（KOH）=1：4时二者恰好完全反应生成KAlO2和KCl，则e点有KOH剩余，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒c（K+）+c（H+）═c（OH-）+c（Cl-）+c（AlO2-）。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确导电率影响因素、碱与曲线的关系、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，D为解答易错点，题目难度不大。
二、 实验题
8. 【答案】分液漏斗 e g h b a f 浓硫酸 干燥气体，防止水蒸气进入装置戊中 防止三氯甲烷挥发，使碳酰氯液化 增大反应物之间的接触面积，加快反应速率 COCl2+4NH3•H2O=CO（NH2）2+2NH4Cl+4H2O 79.3%
【解析】解：（1）仪器M的名称是分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
（2）根据已知，碳酰氯与水反应，因此要干燥氧气，且后面产物中要隔绝水蒸气，因此X要用浓硫酸干燥，按气流由左至右的顺序为e→c→d→g→h→b→a→f，
故答案为：e；g；h；b；a；f。
（3）根据上题得出试剂X是浓硫酸，
故答案为：浓硫酸。
（4）根据（2）中得到装置乙中碱石灰的作用是干燥气体，防止水蒸气进入装置戊中，
故答案为：干燥气体，防止水蒸气进入装置戊中。
（5）碳酰氯（COCl2）沸点低，三氯甲烷易挥发，因此装置戊中冰水混合物的作用是防止三氯甲烷挥发，使碳酰氯液化；多孔球泡的作用是增大反应物之间的接触面积，加快反应速率，
故答案为：防止三氯甲烷挥发，使碳酰氯液化；增大反应物之间的接触面积，加快反应速率。
（6）碳酰氯也可以用浓氨水吸收，生成尿素和氯化铵，反应的化学方程式：COCl2+4NH3•H2O=CO（NH2）2+2NH4Cl+4H2O，
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121 140.5
xg 562g
121g：xg=140.5g：562g
解得x=484g
α=×100%=79.3%，
故答案为：COCl2+4NH3•H2O=CO（NH2）2+2NH4Cl+4H2O；79.3%。
（1）看图得出仪器M的名称。
（2）根据已知，碳酰氯与水反应，因此要干燥氧气，且后面产物中要隔绝水蒸气，再得出顺序。
（3）根据已知信息，碳酰氯不能见水，因此整个环境要干燥，故得到答案。
（4）根据（2）中得到装置乙中碱石灰的作用是干燥气体。
（5）根据碳酰氯（COCl2）沸点低，三氯甲烷易挥发，得出结论，多孔球泡的作用是增大反应物之间的接触面积，加快反应速率。
（6）碳酰氯也可以用浓氨水吸收，生成尿素和氯化铵，再写出反应方程式，先根据方程式计算实际消耗了苯甲酸的质量，再计算转化率。
本题主要考查了有机物质的制备，答题时要根据题中信息要灵活地与基础知识相结合并加以应用，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，题目中等难度。
三、 简答题
9. 【答案】搅拌（或适当升温等） H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O CuO或Cu（OH）2或Cu（OH）2CO3等 加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2～3次 温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2（OH）2CO3易分解 2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑ ×100%
【解析】解：（1）为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可进行搅拌、加热、增大硫酸浓度等方法，故答案为：搅拌（或适当升温等）；
（2）“操作Ⅱ”中，铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，离子方程式为H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O，
故答案为：H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O；
（3）“调节pH”操作目的是将溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去，由于废铜屑使用酸浸溶解，需要加入碱性物质中和多余的酸，在不引入新的杂质的情况下，可向溶液中加入CuO或Cu（OH）2或Cu（OH） 2CO3等，故答案为：CuO或Cu（OH）2或Cu（OH） 2CO3等；
（4）洗涤Cu2（OH）2CO3沉淀的操作为过滤，合理操作为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2～3次，
故答案为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2～3次；
（5）根据题目已知：Cu2（OH）2CO3为难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。“操作Ⅲ”中温度选择55～60℃的既可以加快反应速率同时也可防止制得的Cu2（OH）2CO3不被分解，该步骤中向含有硫酸铜的滤液中加入碳酸钠生成Cu2（OH）2CO3的同时产生CO2，该反应的化学方程式：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑，
故答案为：温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2（OH）2CO3易分解；2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑；
（6）m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体（假设杂质不参与反应），发生的反应为：Cu2（OH）2CO32CuO+CO2↑+H2O，灼烧至固体质量恒重时剩余固体为氧化铜和杂质，根据反应方程式计算：设样品中Cu2（OH）2CO3的质量为xg。
Cu2（OH）2CO32CuO+CO2↑+H2O△m
222 62
x m1-m2
=，解得：x=，
则样品中Cu2（OH）2CO3的纯度为×100%=×100%。
故答案为：×100%。
废铜屑（主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3），加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3与稀硫酸反应，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液，铜单质不与硫酸反应，再加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，再调节溶液pH值，将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去，过滤后得到主要含有硫酸铜的滤液，将溶液温度控制在55～60℃左右，加入碳酸钠，滤液中产生Cu2（OH）2CO3晶体，再经过过滤、冷水洗涤，干燥，最终得到Cu2（OH）2CO3，以此解答该题。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意（6）为解答的难点，题目难度中等。
10. 【答案】 4CuCl2-+O2+4H+=4Cu2++2H2O+8Cl- 4.8 -233.6 AB 50% 20.2kPa 20.2kPa
【解析】解：（1）①根据平衡常数表达式，反应H2S（aq）+Cu2+（aq）⇌CuS（s）+2H+（aq）的平衡常数K=，故答案为：；
②空气中的氧气可氧化CuCl2-生成Cu2+，则离子反应为：4CuCl2-+O2+4H+=4Cu2++2H2O+8Cl-，故答案为：4CuCl2-+O2+4H+=4Cu2++2H2O+8Cl-；
（2）33.6 m3（标准状况）某燃气（H2S的含量为0.2%）中含有硫化氢的物质的量==3mol；H2S与碱反应转化为HS-，根据硫原子守恒：H2S～HS-；在脱氮硫杆菌参与下，HS-被NO3-氧化为SO42-、NO3-被还原为N2，发生的离子反应为5HS-+8NO3-+3H+=5SO42-+4N2+4H2O，则可得关系：5H2S～5HS-～8NO3-，则消耗NO3-的物质的量==4.8mol，故答案为：4.8；
（3）根据盖斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ×2-Ⅲ即可得到目标反应的焓变，即△H=2△H1-2△H2-△H3=2×（-285.8kJ•mol-1）-2×（-20.6kJ•mol-1）-（-296.8kJ•mol-1）=-233.6kJ•mol-1，2H2S（g）+SO2 （g）=3S（s）+2H2O（1）△H=-233.6 kJ•mol-1，故答案为：-233.6；
（4）①A．平衡常数只受温度影响，根据图象，随着温度升高，H2S 的体积分数减少，硫化氢气的体积分数增大，反应向正向进行，则Kp随温度的升高而增大，故A正确；
B．反应2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）正反应方向为气体体积增大的方向，根据勒夏特列原理，降低压强平衡向体积增大的方向移动，即平衡向正反应方向移动，H2S的平衡分解率增大，则降低压强低压有利于提高H2S的平衡分解率，故B正确；
C．维持温度、气体总压强不变时，向平衡体系中通入氩气，相当于增大容器体积，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正向移动，则v（正）＞v（逆），故C错误；
D．在恒容密闭容器中进行反应，容器体积不变，反应过程中气体总质量不变，气体密度始终保持不变，则密度不再变化不能判断作为判断反应达到平衡状态的依据，故D错误；
故答案为：AB；
②图中Q点时，硫化氢的体积分数与氢气的体积分数相等，设硫化氢转化率为x，硫化氢初始物质的量为1mol，则利用三段式：
2H2S（g）=2H2（g）+S2（g） （单位：mol）
起始量：1 0 0
转化量：x x 0.5x
平衡量：1-x x 0.5x
图中Q点时，硫化氢的体积分数与氢气的体积分数相等，则=，则x=0.5mol，则H2S的平衡转化率为50%；S2（g）的分压为×101 kPa=20.2 kPa，1330℃时，反应2H2S（g）=2H2（g）+S2（g）的Kp===20.2 kPa，故答案为：50%；20.2 kPa；20.2 kPa。
（1）①根据平衡常数表达式，K=；
②空气氧化CuCl2-再生Cu2+，根据元素、电荷守恒书写离子方程式；
（2）H2S与碱反应转化为HS-，根据硫原子守恒：H2S～HS-；在脱氮硫杆菌参与下，HS-被NO3-氧化为SO42-、NO3-被还原为N2，发生的离子反应为5HS-+8NO3-+3H+=5SO42-+4N2+4H2O，则可得关系：5H2S～5HS-～8NO3-，根据硫化氢的物质的量进行计算；
（3）根据盖斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ×2-Ⅲ即可得到目标反应的焓变，即△H=2△H1-2△H2-△H3；
（4）①A．平衡常数只受温度影响，根据图象，随着温度升高，H2S 的体积分数减少，硫和氢气的体积分数增大，反应向正向进行，则Kp随温度的升高而增大；
B．反应2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）正反应方向为气体体积增大的方向，根据勒夏特列原理，降低压强平衡向体积增大的方向移动，即平衡向正反应方向移动，H2S的平衡分解率增大，则降低压强低压有利于提高H2S的平衡分解率；
C．维持温度、气体总压强不变时，向平衡体系中通入氩气，相当于增大容器体积，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正向移动，则v（正＞v（逆）；
D．在恒容密闭容器中进行反应，容器体积不变，反应过程中气体总质量不变，气体密度始终保持不变，则密度不再变化不能判断作为判断反应达到平衡状态的依据；
②图中Q点时，硫化氢的体积分数与氢气的体积分数相等，设硫化氢转化率为x，硫化氢初始物质的量为1mol，则利用三段式计算解答。
本题考查盖斯定律、化学平衡计算及外界条件对化学平衡移动影响原理，侧重考查分析判断及知识综合运用、计算能力，明确化学平衡常数计算方法、外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键，注意（4）②中平衡常数KP计算时各物质分压强为解答易错点，题目难度不大。
11. 【答案】 Co失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子，故Fe需要的能量较高 LiCl和LiF均为离子晶体，Cl-半径比F-大，LiCl的晶格能比LiF的小 3：2 正四面体 CF4 sp2、sp3 8
【解析】解：（1）Co是27号元素，原子价电子排布式为3d74s2，价电子轨道表达式为，
Co3+价电子排布为3d6变为较稳定的3d5，而Fe3+价电子排布由较稳定的3d5变为不稳定的3d4，需要更多的能量，故第四电离能：I4 （Co）＜I4 （Fe），
故答案为：；Co失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子，故Fe需要的能量较高；
（2）LiCl的熔点（605℃）比LiF的熔点（848℃）低，LiCl和LiF均为离子晶体，Cl-半径比F-大，LiCl的晶格能比LiF的小，
故答案为：LiCl和LiF均为离子晶体，Cl-半径比F-大，LiCl的晶格能比LiF的小；
（3）C-H键为σ键，C≡C键中一根为σ键，两根为π键，所以C2H2中σ键与π键的数目之比为3：2，
故答案为：3：2；
（4）①对于BF4-，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=4+=4，则其空间构型为正四面体，
等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，B-与C等电子，所以等电子体为CF4，
故答案为：正四面体；CF4；
②该分子C-O中C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，C原子为sp3杂化，C=O中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，C原子杂化方式为sp2，
故答案为：sp2、sp3；
（5）①从面心的S2-看，周围与之等距且最近的Li+有8个，所以S2-的配位数为8，
故答案为：8；
②1个晶胞中有S2-的数目为8×+6×=4个，含有Li+数目为8个，取1mol晶胞，则有NA个晶胞，1mol晶胞质量为m=4×46g，一个晶胞体积为V=a3pm3=5883×10-30cm3，所以晶体密度为=，
故答案为：。
（1）Co是27号元素，原子价电子排布式为3d74s2，具有全充满、半充满、全空电子层构型的微粒稳定性强，失去电子需要的能量更高，电子排列时3s能级没有排满就排列3p能级，说明3s能级上电子吸收能量跃迁到3p能级，原子轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定；
（2）离子晶体，根据晶格能大小比较熔点；
（3）C-H键为σ键，C≡C键中一根为σ键，两根为π键；
（4）①根据VSEPR理论判断BF4-的空间构型，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；
②该分子C-O中C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对、C=O中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断C原子杂化方式；
（5）①从面心的S2-看，周围与之等距且最近的Li+有8个；
②根据ρ=计算晶体密度。
本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、化学键、分子结构与性质、晶胞结构与计算等，注意根据洪特规则特例理解电离能大小与微粒稳定性，是对学生综合能力的考查。
12. 【答案】氯乙酸乙酯 酯基 取代反应 +2Cu（OH）2+NaOH+Cu2O↓+3H2O 和
【解析】解：（1）A是氯乙酸与乙醇形成的酯，A的名称为氯乙酸乙酯；由结构可知B中含有官能团为酯基，
故答案为：氯乙酸乙酯；酯基；
（2）对比B、C的结构，结合C的分子式，可知丙二酸二乙酯与一溴环戊烷发生取代反应生成C，C发生酯的水解反应生成D，
故答案为：取代反应；
（3）B发生取代反应生成C，C发生酯的水解反应生成D，故C的结构简式为：，
故答案为：；
（4）G中醛基被氧化羧基，同时生成氧化铜与水，羧基又可以与NaOH发生中和反应，反应方程式为：+2Cu（OH）2+NaOH+Cu2O↓+3H2O，
故答案为：+2Cu（OH）2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；
（5）X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，则X含有酯基或羧基，故X为甲酸环己酯或环己甲酸，X可能结构简式为：和，
故答案为：和；
（6）HOCH2CH2CH2OH与HBr发生取代反应生成BrCH2CH2CH2OH与Br，然后与丙二酸二乙酯在乙醇钠/乙醇条件下生成，进行条件下水后酸化生成，最后加热脱羧生成．合成路线流程图为：，
故答案为：。
（1）A是氯乙酸与乙醇形成的酯；由结构可知B中含有官能团为酯基；
（2）对比B、C的结构，结合C的分子式，可知丙二酸二乙酯与一溴环戊烷发生取代反应生成C，C发生酯的水解反应生成D；
（3）B发生取代反应生成C，C发生酯的水解反应生成D；
（4）G中醛基被氧化羧基，同时生成氧化铜与水，羧基又可以与NaOH发生中和反应；
（5）X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，则X含有酯基或羧基，故X为甲酸环己酯或环己甲酸；
（6）HOCH2CH2CH2OH与HBr发生取代反应生成BrCH2CH2CH2OH与Br，然后与丙二酸二乙酯在乙醇钠/乙醇条件下生成，进行条件下水后酸化生成，最后加热脱羧生成。
本题考查有机物的合成，涉及有机物命名、官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，对比物质的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化。
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