2024年辽宁省辽阳市高考化学二模试卷

这是一份2024年辽宁省辽阳市高考化学二模试卷，共32页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）“挖掘文物价值，讲好中国故事。”下列文物在潮湿空气中易发生电化学腐蚀的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
2．（3分）亚氨基化硫（S7NH）的制备原理：5S+S2Cl2+3NH3═S7NH+2NH4Cl。下列化学用语表述正确的是（ ）
A．基态S原子的价层电子排布式：[Ne]3s23p4
B．NH3的VSEPR模型：
C．NH4Cl的电子式：
D．S2Cl2的结构式：Cl﹣S＝S—Cl
3．（3分）以50%乙醇为溶剂，采用重结晶法提纯2﹣硝基﹣1，3﹣苯二酚，下列仪器不需要被使用的是（ ）
A．B．C．D．
4．（3分）下列化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点的是（ ）
A．小苏打溶液中存在电离和水解平衡
B．若硫化氢和浓硫酸反应后的含硫产物只有SO2，SO2既是氧化产物，又是还原产物
C．电解饱和食盐水时阴极和阳极反应同时发生
D．F2、Cl2、Br2的氧化性随着卤素原子序数的增大而减弱
5．（3分）下列物质性质和原理分析相匹配的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
6．（3分）武汉大学某课题组通过铜/铬催化实现烃与醛合成醇，下列叙述错误的是（ ）
A．基态Cr、Cu原子中未成对电子数分别为4、1
B．上述反应是加成反应，丙能发生消去反应
C．丙分子含1个手性碳原子
D．甲、丙都能使酸性KMnO4溶液褪色
7．（3分）短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、W位于同主族但不相邻，基态Z原子价层电子排布式为nsn2p2n，WXYZ3是生活中常见的食品发泡剂。下列叙述正确的是（ ）
A．电负性：Z＞X＞Y
B．第一电离能：W＞Y＞Z
C．最简单氢化物的键角：Y＞Z
D．熔点：WX＜YZ2
8．（3分）甲酸（HCOOH）可在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，经下列历程实现的催化还原。已知Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ）表示Fe3O4中的二价铁和三价铁，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．100mL3ml•L﹣1NaNO2溶液中含有的数目为3NA
B．生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解的速率
C．46g由NO2和N2O4组成的混合气体中，含氧原子的总数为2NA
D．反应历程中生成的H+可调节体系pH，有增强氧化性的作用
9．（3分）下列实验操作正确或操作规范且能达到实验目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
10．（3分）硫代硫酸钠（Na2S2O3）主要用于照相时作定影剂，也可用作氰化物的解毒剂，下列离子方程式书写错误的是（ ）
A．用过量的Na2S2O3溶液除去底片上的AgBr时有Na3[Ag（S2O3）2]生成：Ag++2S2═[Ag（S2O3）2]3﹣
B．久置空气中的Na2S2O3溶液变质：S2H2O+2O2═22H+
C．用Na2S2O3溶液吸收工业尾气中足量的Cl2：S24Cl2+5H2O═28Cl﹣+10H+
D．向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸：S22H+═S↓+SO2↑+H2O
11．（3分）尿囊素（M）是优良的植物生长调节剂，可刺激植物生长，对小麦、柑橘、水稻、蔬菜、大豆等均有显著增产效果，并有固果、催熟作用。下列叙述错误的是（ ）
A．M中含极性键和非极性键
B．M的分子式为C4H6N4O3
C．1ml M最多与3ml H2发生加成反应
D．M中σ键、π键数目之比为17：3
12．（3分）CO2的回收和利用是实现“碳中和”的有效途径。在一恒容密闭反应器中充入体积之比为1：1的CO2和H2，发生反应：①CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g） ΔH＝+31.2kJ⋅ml﹣1，②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH2＝+41.2kJ⋅ml﹣1。在相同时间内，CO2的转化率、HCOOH的选择性[HCOOH的选择性100%]与温度的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．温度高于673K时，主要发生反应②
B．温度低于673K时，HCOOH的选择性随温度升高而增大
C．平衡时，再充入0.1mlCO2和0.1mlH2，再次达到平衡时，HCOOH的物质的量增大
D．673K下反应达到平衡时，CO2、HCOOH、CO的浓度之比为5：57：133
13．（3分）香港城市大学、中国科学院深圳先进技术研究院和深圳大学合作，证明了TiO2纳米片在酸性条件下具有本征差的析氢活性，展现出快速选择性地将硝酸根离子还原为氨的催化性能。下列有关装置放电过程（如图所示）的叙述错误的是（ ）
A．电子由a极经用电器流向b极
B．a极为负极，b极发生还原反应
C．b极上的电极反应式为8e﹣+6H2O═NH3↑+9OH﹣
D．a极质量减少2.60g时，双极膜中有0.08ml H+向a极区迁移
14．（3分）FeTiO3常用于制备磁芯、磁盘和传感器等，它的晶胞（结构如图）为等轴晶系。下列叙述错误的是（ ）
已知：晶胞参数为anm，NA为阿伏加德罗常数的值。
A．Fe2+的分数坐标为
B．氧离子构成正八面体形
C．Fe2+和Ti4+之间的距离为500apm
D．FeTiO3晶体密度为
15．（3分）常温下，在含甲酸（HCOOH）、醋酸（HAc）浓度相等的混合液中滴加氨水，溶液中pX[pX＝﹣lgX，、、]与pH关系如图所示。已知：HCOOH的酸性比HAc的强。下列叙述错误的是（ ）
A．L1代表与pH的关系
B．常温下，Ka（HCOOH）＝10﹣3.75
C．在HAc溶液中滴加氨水至Q点：c（）＝c（Ac﹣）＝c（H+）＝c（OH﹣）
D．上述反应中，最先生成HCOONH4
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（13分）铬酸铅（PtCrO4）又称铬黄，是一种重要的黄色颜料，常用作橡胶、水彩、色纸的着色剂。
含铅废渣（主要成分是PbSO4和ZnO，还含Fe3O4、SiO2等）为原料制备铬酸铅的流程如图：
已知：①PbSO4不溶于硝酸。
②常温下，几种难溶电解质的溶度积如下：
回答下列问题：
（1）82Pb位于周期表第 周期 族，基态铅原子最高能级上电子云轮廓图为 形。
（2）“碱浸”中PbSO4转化反应的离子方程式为 。
（3）已知：“酸浸”中6.3gHNO3作氧化剂时转移0.3ml电子。气体R在空气中的颜色变化为 。
（4）“酸浸”中铅元素浸出率与温度、硝酸浓度的关系如图所示。“酸浸”最佳条件为 。
（5）常温下，若测得“酸浸”后得到的溶液中c（Pb2+）＝0.01ml•L﹣1，“除铁”中控制pH范围为 。c（Fe3+）≤1×10﹣5ml•L﹣1，则表明Fe3+已完全沉淀。
（6）“沉铬”中生成PbCrO4反应的离子方程式为 。
17．（14分）硫酸四氨合锌[Zn（NH3）4SO4•H2O]是一种重要的试剂，在工业上有重要的应用。某小组在实验室制备硫酸四氨合锌的步骤如下：
在仪器X内加入1.5gZnSO4、2.5g尿素（，过量）和5.0mL乙二醇（HOCH2CH2OH）及适量蒸馏水，油浴加热，控制温度在120℃以下回流。加热时溶液澄清，继续反应半小时有固体析出，再反应半小时，冷却，抽滤，用无水乙醇洗涤沉淀数次，在95℃下烘干产品。回答下列问题：
（1）尿素所含元素中，基态N原子的轨道表示式为 ；尿素易溶于水的原因是 ．
（2）冷凝管中进水口是 （填“a”或“b”）。
（3）尿素与水反应的化学方程式为 ；乙二醇的作用是 。
（4）加热“回流”时温度不宜高于120℃，其原因是 。
（5）烘干产品时宜选择的加热方式为 （填标号）。
a．酒精灯直接加热
b．沙浴
c．水浴加热
（6）若最终得到1.976gZn（NH3）4SO4•H2O，则产率为 （保留3位有效数字）。
18．（14分）我国科学家开发出了高效催化剂ZnZrOx，实现CO2催化还原合成乙烯和丙烯，反应原理如下：
Ⅰ．2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2═CH2（g）+4H2O（g）ΔH1；
Ⅱ．3CO2（g）+9H2（g）⇌CH3CH═CH2（g）+6H2O（g）ΔH2。
回答下列问题：
（1）在周期表中，Cu和Zn相邻，二者中第二电离能与第一电离能之差较大的是 （填“Cu”或“Zn”）。
（2）已知几种可燃物的燃烧热如下：
H2O（g）═H2O（l）ΔH＝﹣44kJ•ml﹣1。则ΔH1＝ kJ•ml﹣1。
（3）在密闭容器中充入适量CO2和H2，发生上述反应。CO2的平衡转化率与温度、投料比η的关系如图1所示。代表CO2平衡转化率与投料比关系的曲线是 （填“①”或“②”），判断的依据是 。
（4）向恒容密闭容器中充入1ml CO2和5ml H2，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得单位时间内CO2的转化率与催化剂Cat1、Cat2及温度的关系如图2所示。
①某同学认为b点未达到平衡状态，他判断的依据是 。
②Cat1作用下，温度高于400℃时，b→c过程中CO2转化率降低，可能的原因是 。
③400℃时，CO2转化率为75%，此时容器中H2O的物质的量为 ml。
（5）T℃时，在1L恒容密闭容器中充入1.0ml CO2和2.5ml H2，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时CO2转化率为50%，乙烯的选择性为50%。在该条件下反应Ⅰ的平衡常数K＝ L3•ml﹣3。
提示：乙烯的选择性100%。
19．（14分）H是合成某药物的中间体，一种合成H的流程如下（Et为乙基，Ph为苯基），回答下列问题：
（1）A→B的反应类型是 ．
（2）H中含氧官能团是 （填名称）。
（3）有机物中N原子电子云密度越大，碱性越强。下列有机物碱性由弱到强排序为 （填标号）。
（4）有机物y的作用是 ．
（5）写出E→F的化学方程式： 。
（6）在C的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为 （写一种）。
①能发生银镜反应；②1ml有机物最多能消耗2ml NaOH；③在核磁共振氢谱上峰的面积比为1：2：6。
（7）一种重要的有机物的合成路线如图（反应条件已略去），其中M和N的结构简式分别为 和 。
2024年辽宁省辽阳市高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意。
1．（3分）“挖掘文物价值，讲好中国故事。”下列文物在潮湿空气中易发生电化学腐蚀的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】金属在潮湿空气环境中失电子发生电化学腐蚀。
【解答】解：先锋煲（陶）、弦纹玻璃杯、六棱柱形水晶穿珠均为无机非金属材料，化学性质稳定，不易腐蚀，翔鹭纹铜鼓为青铜，青铜是铜锌合金，锌、铜和潮湿的空气构成原电池，锌为负极，易发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，
故选：B。
【点评】本题考查金属的腐蚀与防护，题目难度中等，掌握金属腐蚀与防护的相关知识是解题的关键。
2．（3分）亚氨基化硫（S7NH）的制备原理：5S+S2Cl2+3NH3═S7NH+2NH4Cl。下列化学用语表述正确的是（ ）
A．基态S原子的价层电子排布式：[Ne]3s23p4
B．NH3的VSEPR模型：
C．NH4Cl的电子式：
D．S2Cl2的结构式：Cl﹣S＝S—Cl
【分析】A．基态S原子的价层电子排布是价电子排布式；
B．氨气中N原子的价层电子对数为4；
C．NH4Cl是铵根离子和氯离子形成的离子化合物；
D．S2Cl2分子中各原子均满足8电子结构，说明每个Cl原子形成1个共价键、每个S原子形成2个共价键。
【解答】解：A．基态S原子的价层电子排布3s23p4，故A错误；
B．NH3分子中N原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，故B错误；
C．NH4Cl的电子式为：，故C正确；
D．S2Cl2分子中各原子均满足8电子结构，说明每个Cl原子形成1个共价键、每个S原子形成2个共价键，所以其结构式为Cl﹣S﹣S﹣Cl，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了原子结构、价层电子对互斥理论、价电子排布式及电子式的书写等知识点的，是常考考点，题目难度不大。
3．（3分）以50%乙醇为溶剂，采用重结晶法提纯2﹣硝基﹣1，3﹣苯二酚，下列仪器不需要被使用的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】重结晶法提纯2﹣硝基﹣1，3﹣苯二酚，在乙醇中溶解后，加热浓缩得到饱和溶液，冷却结晶、过滤分离出2﹣硝基﹣1，3﹣苯二酚，以此来解答。
【解答】解：A．图中为烧杯，溶解时需要，故A正确；
B．图中为酒精灯，加热浓缩需要，故B正确；
C．图中为直形冷凝管，用于蒸馏实验，重结晶不需要，故C错误；
D．图中为漏斗，过滤时需要，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离方法、仪器的使用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
4．（3分）下列化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点的是（ ）
A．小苏打溶液中存在电离和水解平衡
B．若硫化氢和浓硫酸反应后的含硫产物只有SO2，SO2既是氧化产物，又是还原产物
C．电解饱和食盐水时阴极和阳极反应同时发生
D．F2、Cl2、Br2的氧化性随着卤素原子序数的增大而减弱
【分析】结合反应特点、反应产物和物质性质特点判断化学事实是否符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点。
【解答】解：A．同一物质在水溶液中的电离和水解是对立关系，碳酸氢根离子在水中既电离又水解，符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，故A错误；
B．氧化产物和还原产物是对立的关系，但该反应产物SO2既是氧化产物，又是还原产物，符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，故B错误；
C．电解池工作时，阴极反应物得电子发生还原反应，阳极反应物失电子发生氧化反应，氧化产反应和还原反应是对立的关系，但阴极和阳极同时发生反应，符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，故C错误；
D．某元素单质氧化性的增强和原子序数增大不是对立关系，F2、Cl2、Br2的氧化性随着卤素原子序数的增大而减弱不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学哲理，题目难度中等，能结合反应特点、反应产物和物质性质特点判断化学事实是否符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点是解题的关键。
5．（3分）下列物质性质和原理分析相匹配的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．溶液中有能自由移动的离子时，才能导电；
B．电负性：F＞Cl，FCH2COOH中的羧基中的O—H的极性更大，H原子更容易电离，酸更强；
C．氢键物质的熔沸点升高；
D．极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂。
【解答】解：A．冰醋酸中没有能自由移动的离子，醋酸溶液中有能自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，醋酸溶液能导电，故A正确；
B．电负性：F＞Cl，则FCH2COOH的酸性比ClCH2COOH的强，与FCH2COOH与ClCH2COOH的摩尔质量大小无关，故B错误；
C．甲酸分子间存在氢键，使其熔沸点升高，其沸点高于二甲醚（CH3OCH3），故C错误；
D．甲苯是非极性溶剂，水是极性溶剂，油漆是非极性大的物质，根据相似相溶原理，油漆易溶于甲苯，不溶于水，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡，侧重考查学生的分析能力，属于基本知识的考查，难度不大。
6．（3分）武汉大学某课题组通过铜/铬催化实现烃与醛合成醇，下列叙述错误的是（ ）
A．基态Cr、Cu原子中未成对电子数分别为4、1
B．上述反应是加成反应，丙能发生消去反应
C．丙分子含1个手性碳原子
D．甲、丙都能使酸性KMnO4溶液褪色
【分析】A．基态Cr的价电子排布为3d54s1；
B．醛基转化为羟基，丙中与羟基相连的碳上有H原子；
C．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子；
D．醛基、羟基均使酸性高锰酸钾溶液褪色。
【解答】解：A．基态Cr的价电子排布为3d54s1，未成对电子数为6，故A错误
B．醛基转化为羟基，上述反应为加成反应，丙中与羟基相连的碳上有H原子，可发生消去反应，故B正确；
C．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，可知与羟基相连的碳原子为手性碳原子，故C正确；
D．甲含醛基、丙含羟基，均使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
7．（3分）短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、W位于同主族但不相邻，基态Z原子价层电子排布式为nsn2p2n，WXYZ3是生活中常见的食品发泡剂。下列叙述正确的是（ ）
A．电负性：Z＞X＞Y
B．第一电离能：W＞Y＞Z
C．最简单氢化物的键角：Y＞Z
D．熔点：WX＜YZ2
【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、W位于同主族但不相邻，可知X为H元素、W为Na元素；基态Z原子价层电子排布式为nsn2p2n，n＝2，可知Z为O元素；WXYZ3是生活中常见的食品发泡剂，该化合物为碳酸氢钠，Y为C元素，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、W为Na元素，
A．同周期主族元素从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性呈减小趋势，则电负性：Z＞Y＞X，故A错误；
B．同周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能减小，则第一电离能：Z＞Y＞W，故B错误；
C．甲烷中C原子不含孤对电子，水中O含2对孤对电子，孤对电子对成键电子的排斥作用大，则最简单氢化物的键角：Y＞Z，故C正确；
D．NaH为离子晶体，CO2为分子晶体，则熔点：WX＞YZ2，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素化合物知识、元素的位置、电子排布来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
8．（3分）甲酸（HCOOH）可在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，经下列历程实现的催化还原。已知Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ）表示Fe3O4中的二价铁和三价铁，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．100mL3ml•L﹣1NaNO2溶液中含有的数目为3NA
B．生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解的速率
C．46g由NO2和N2O4组成的混合气体中，含氧原子的总数为2NA
D．反应历程中生成的H+可调节体系pH，有增强氧化性的作用
【分析】A．已知HNO2为弱酸，即能发生水解；
B．将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸与催化剂的接触面积；
C．NO2和N2O4的最简式为NO2；
D．硝酸根离子在酸性较强的情况下可增强其氧化性。
【解答】解：A．HNO2为弱酸，能发生水解，故100mL3ml•L﹣1NaNO2溶液中含有的数目小于0.3NA，故A错误；
B．将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸与催化剂的接触面积，进一步增大甲酸分解的速率，故B正确；
C．46g由NO2和N2O4组成的混合气体中，NO2和N2O4的最简式为NO2，含氧原子的总数为，故C正确；
D．生成的H+可调节体系pH，可以增强的氧化性，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查盐类的水解原理，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
9．（3分）下列实验操作正确或操作规范且能达到实验目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．浓硝酸可氧化亚铁离子；
B．高锰酸钾可氧化草酸，高锰酸钾可氧化橡胶；
C．酒精、水均与Na反应生成氢气；
D．AgNO3溶液不足，生成的NaCl转化为更难溶的AgI沉淀。
【解答】解：A．浓硝酸可氧化亚铁离子，则溶于浓硝酸不能配制Fe（NO3）2溶液，故A错误；
B．高锰酸钾可氧化草酸，应选酸式滴定管盛放高锰酸钾溶液，故B错误；
C．酒精、水均与Na反应生成氢气，不能证明酒精中含水，故C错误；
D．AgNO3溶液不足，生成的NaCl转化为更难溶的AgI沉淀，则Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故D正确；
故选：D。
【点评】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、溶液的配制、中和滴定、难溶电解质、实验技能为解答的关键，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。
10．（3分）硫代硫酸钠（Na2S2O3）主要用于照相时作定影剂，也可用作氰化物的解毒剂，下列离子方程式书写错误的是（ ）
A．用过量的Na2S2O3溶液除去底片上的AgBr时有Na3[Ag（S2O3）2]生成：Ag++2S2═[Ag（S2O3）2]3﹣
B．久置空气中的Na2S2O3溶液变质：S2H2O+2O2═22H+
C．用Na2S2O3溶液吸收工业尾气中足量的Cl2：S24Cl2+5H2O═28Cl﹣+10H+
D．向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸：S22H+═S↓+SO2↑+H2O
【分析】A．用过量的Na2S2O3溶液除去底片上的AgBr时有Na3[Ag（S2O3）2]生成；
B．久置空气中的Na2S2O3溶液变质，被空气中的氧气氧化为硫酸钠；
C．用Na2S2O3溶液吸收工业尾气中足量的Cl2，生成硫酸钠、氯化钠和盐酸；
D．向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，生成硫和二氧化硫。
【解答】解：A．用过量的Na2S2O3溶液除去底片上的AgBr时反应生成Na3[Ag（S2O3）2]和溴化钠，离子方程式为：，故A错误；
B．久置空气中的Na2S2O3溶液变质，被空气中的氧气氧化为硫酸钠，离子方程式为：，故B正确；
C．用Na2S2O3溶液吸收工业尾气中足量的Cl2反应生成硫酸钠、氯化钠和盐酸，离子方程式为：，故C正确；
D．向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸反应生成硫和二氧化硫，离子方程式为：，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查离子反应，侧重考查学生离子方程式正误判断的掌握情况，试题难度中等。
11．（3分）尿囊素（M）是优良的植物生长调节剂，可刺激植物生长，对小麦、柑橘、水稻、蔬菜、大豆等均有显著增产效果，并有固果、催熟作用。下列叙述错误的是（ ）
A．M中含极性键和非极性键
B．M的分子式为C4H6N4O3
C．1ml M最多与3ml H2发生加成反应
D．M中σ键、π键数目之比为17：3
【分析】A．M中含C—C非极性键，其余为极性键；
B．分子中含4个C原子、6个H原子、4个N原子、3个O原子；
C．酰胺基与氢气不能发生加成反应；
D．单键均为σ键，双键中含1个σ键和1个π键。
【解答】解：A．同种非金属元素之间形成非极性键，则M中含C—C非极性键，不同非金属元素之间形成极性键，其余为极性键，故A正确；
B．分子中含4个C原子、6个H原子、4个N原子、3个O原子，分子式为C4H6N4O3，故B正确；
C．酰胺基与氢气不能发生加成反应，则M不能与氢气发生加成反应，故C错误；
D．单键均为σ键，双键中含1个σ键和1个π键，则M中σ键、π键数目之比为17：3，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
12．（3分）CO2的回收和利用是实现“碳中和”的有效途径。在一恒容密闭反应器中充入体积之比为1：1的CO2和H2，发生反应：①CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g） ΔH＝+31.2kJ⋅ml﹣1，②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH2＝+41.2kJ⋅ml﹣1。在相同时间内，CO2的转化率、HCOOH的选择性[HCOOH的选择性100%]与温度的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．温度高于673K时，主要发生反应②
B．温度低于673K时，HCOOH的选择性随温度升高而增大
C．平衡时，再充入0.1mlCO2和0.1mlH2，再次达到平衡时，HCOOH的物质的量增大
D．673K下反应达到平衡时，CO2、HCOOH、CO的浓度之比为5：57：133
【分析】A．由图可知，温度高于673K时，CO2的转化率增大，HCOOH的选择性减小；
B．根据图像判断HCOOH的选择性与温度的变化关系；
C．按比列充入反应物，相当于增大压强；
D．设充入的CO2和H2各为1ml，673K下反应达到平衡时，CO2的转化率为95%，则剩余的CO2为1ml×（1﹣95%）＝0.05ml，HCOOH的选择性为30%，则生成的HCOOH为1ml×95%×30%＝0.285ml，生成的CO为1ml×95%×70%＝0.665ml。
【解答】解：A．由图可知，温度高于673K时，CO2的转化率增大，HCOOH的选择性减小，主要发生反应②，故A正确；
B．由图可知，温度低于673K时，HCOOH的选择性随温度升高而增大，故B正确；
C．反应②为反应前后气体体积不变的反应，反应①为气体体积减小的反应，按比列充入反应物，相当于增大压强，反应①正向移动，再次达到平衡时，HCOOH的物质的量增大，故C正确；
D．设充入的CO2和H2各为1ml，673K下反应达到平衡时，CO2的转化率为95%，则剩余的CO2为1ml×（1﹣95%）＝0.05ml，HCOOH的选择性为30%，则生成的HCOOH为1ml×95%×30%＝0.285ml，生成的CO为1ml×95%×70%＝0.665ml，则CO2、HCOOH、CO的浓度之比为＝0.05：0.285：0.665＝10：57：133，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键，题目难度中等。
13．（3分）香港城市大学、中国科学院深圳先进技术研究院和深圳大学合作，证明了TiO2纳米片在酸性条件下具有本征差的析氢活性，展现出快速选择性地将硝酸根离子还原为氨的催化性能。下列有关装置放电过程（如图所示）的叙述错误的是（ ）
A．电子由a极经用电器流向b极
B．a极为负极，b极发生还原反应
C．b极上的电极反应式为8e﹣+6H2O═NH3↑+9OH﹣
D．a极质量减少2.60g时，双极膜中有0.08ml H+向a极区迁移
【分析】由图可知，a极上锌失电子生成锌离子，电极方程式为Zn﹣2e﹣＝Zn2+，故a极为负极，b极为正极，b极上硝酸根离子还原为氨，电极反应式为8e﹣+6H2O═NH3↑+9OH﹣，发生还原反应，据此分析。
【解答】解：A．电子由负极经用电器流向正极，即电子由a极经用电器流向b极，故A正确；
B．a极上锌失电子生成锌离子，故a极为负极，b极为正极，发生还原反应，故B正确；
C．b极为正极，b极上硝酸根离子还原为氨，电极反应式为8e﹣+6H2O═NH3↑+9OH﹣，故C正确；
D．a极方程式为Zn﹣2e﹣＝Zn2+，a极质量减少2.60g时，转移电子为2＝0.08ml，阳离子移向正极，即双极膜中有0.08ml H+向b极区迁移，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原电池的工作原理，为高频考点，把握原电池中正负极的判断、电极方程式的书写、离子的移动方向为解答的关键，明确原电池工作原理即可解答，题目难度不大。
14．（3分）FeTiO3常用于制备磁芯、磁盘和传感器等，它的晶胞（结构如图）为等轴晶系。下列叙述错误的是（ ）
已知：晶胞参数为anm，NA为阿伏加德罗常数的值。
A．Fe2+的分数坐标为
B．氧离子构成正八面体形
C．Fe2+和Ti4+之间的距离为500apm
D．FeTiO3晶体密度为
【分析】A．根据图中已知的两个Ti原子的坐标（0，0，0）和（1，1，1），Fe2+在体心位置，分数坐标为（，，）；
B．根据晶胞结构示意图，氧离子构成正八面体形；
C．Fe2+和Ti4+之间的距离为体对角线的；
D．根据晶胞结构示意图，晶胞中Fe2+个数为1，O2﹣个数为63，Ti4+的个数为81，晶胞中含一个FeTiO3，晶胞的质量为g，晶胞的体积为a3×10﹣21cm3，代入公式ρ可得晶胞的密度。
【解答】解：A．根据图中已知的两个Ti原子的坐标（0，0，0）和（1，1，1），Fe2+在体心位置，分数坐标为（，，），故A正确；
B．根据晶胞结构示意图，氧离子构成正八面体形，故B正确；
C．Fe2+和Ti4+之间的距离为体对角线的，即为anm，故C错误；
D．根据晶胞结构示意图，晶胞中Fe2+个数为1，O2﹣个数为63，Ti4+的个数为81，晶胞中含一个FeTiO3，晶胞的质量为g，晶胞的体积为a3×10﹣21cm3，晶体的密度为ρg•cm﹣3，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查晶胞的计算，为高频考点，题目难度一般。
15．（3分）常温下，在含甲酸（HCOOH）、醋酸（HAc）浓度相等的混合液中滴加氨水，溶液中pX[pX＝﹣lgX，、、]与pH关系如图所示。已知：HCOOH的酸性比HAc的强。下列叙述错误的是（ ）
A．L1代表与pH的关系
B．常温下，Ka（HCOOH）＝10﹣3.75
C．在HAc溶液中滴加氨水至Q点：c（）＝c（Ac﹣）＝c（H+）＝c（OH﹣）
D．上述反应中，最先生成HCOONH4
【分析】根据电离常数表达式可知，pX与pH关系式如下：，，根据图像数据可知，代表与pH的关系，L2代表与pH的关系，L3代表与pH的关系，据此分析解答。
【解答】解：A．由以上分析可知，L1代表与pH的关系，故A正确；
B．由以上分析可知，故B正确；
C．由于Q点表示NH4Ac溶液，二者电离常数相等，即Q点对应溶液呈中性，离子浓度：，故C错误；
D．HCOOH比HAc的酸性强，在相同条件下，HCOOH优先与氨水发生中和反应生成HCOONH4，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（13分）铬酸铅（PtCrO4）又称铬黄，是一种重要的黄色颜料，常用作橡胶、水彩、色纸的着色剂。
含铅废渣（主要成分是PbSO4和ZnO，还含Fe3O4、SiO2等）为原料制备铬酸铅的流程如图：
已知：①PbSO4不溶于硝酸。
②常温下，几种难溶电解质的溶度积如下：
回答下列问题：
（1）82Pb位于周期表第 六 周期 ⅣA 族，基态铅原子最高能级上电子云轮廓图为 哑铃 形。
（2）“碱浸”中PbSO4转化反应的离子方程式为 。
（3）已知：“酸浸”中6.3gHNO3作氧化剂时转移0.3ml电子。气体R在空气中的颜色变化为 由无色变为红棕色 。
（4）“酸浸”中铅元素浸出率与温度、硝酸浓度的关系如图所示。“酸浸”最佳条件为 60℃、2.0ml•L﹣1 。
（5）常温下，若测得“酸浸”后得到的溶液中c（Pb2+）＝0.01ml•L﹣1，“除铁”中控制pH范围为 3≤pH＜7 。c（Fe3+）≤1×10﹣5ml•L﹣1，则表明Fe3+已完全沉淀。
（6）“沉铬”中生成PbCrO4反应的离子方程式为 。
【分析】铅废渣加入氨水、碳酸铵进行碱浸并过滤，滤液中含ZnO转变生成的[Zn（NH3）4]2+，浸渣含有PbSO4转变生成的PbCO3以及Fe3O4、SiO2，浸渣加入硝酸酸浸，PbCO3转变为Pb（NO3）2、CO2，Fe3O4转变为Fe（NO3）3、同时产生NO，则R为CO2和NO，过滤得到难溶的含硅元素固体，向滤液1中加入KOH调节pH生成Fe（OH）3除去Fe3+，然后向滤液2中加入NaOH、K2Cr2O7生成PbCrO4沉淀。
【解答】解：（1）铅位于周期表第六周期ⅣA族，基态铅原子价电子排布式为6s26p2，最高能级上电子云轮廓图为哑铃形，
故答案为：六；ⅣA；哑铃；
（2）表中数据显示PbCO3比PbSO4更难溶，“碱浸”中PbSO4转化为PbCO3，反应离子方程式为，
故答案为：；
（3）酸浸”中6.3gHNO3即0.1ml作氧化剂时转移0.3ml电子，N元素化合价降低3价，生成的NO与O2反应生成红棕色气体NO2，气体R在空气中由无色变为红棕色，
故答案为：由无色变为红棕色；
（4）图知60℃、2.0ml•L﹣1下进行“酸浸”铅元素浸出率最高，“酸浸”最佳条件为60℃、2.0ml•L﹣1，
故答案为：60℃、2.0ml•L﹣1；
（5）常温下，“除铁”时要使铁离子沉淀完全而防止铅离子沉淀，常温下，若测得“酸浸”后得到的溶液中c（Pb2+）＝0.01ml•L﹣1，Ksp[Pb（OH）2]＝c2（OH﹣）×c（Pb2+）＝1.0×10﹣16，则c（OH﹣）＝10﹣7ml•L﹣1，此时溶液pH＝7，即应控制溶液的pH＜7，c（Fe3+）≤1×10﹣5ml•L﹣1，则表明Fe3+已完全沉淀，Ksp[Fe（OH）3]＝1.0×10﹣38＝c3（OH﹣）×c（Fe3+）＝c3（OH﹣）×1×10﹣5ml•L﹣1，则c（OH﹣）＝1.0×10﹣11ml•L﹣1，此时溶液pH＝3.0，应控制溶液的pH≥3，故“除铁”中控制pH范围为3≤pH＜7，
故答案为：3≤pH＜7；
（6）结合分析可知，“沉铬”中生成PbCrO4反应的离子方程式为，
故答案为：。
【点评】本题考查电子排布式、离子方程式的书写，有关计算等知识，题目难度中等。
17．（14分）硫酸四氨合锌[Zn（NH3）4SO4•H2O]是一种重要的试剂，在工业上有重要的应用。某小组在实验室制备硫酸四氨合锌的步骤如下：
在仪器X内加入1.5gZnSO4、2.5g尿素（，过量）和5.0mL乙二醇（HOCH2CH2OH）及适量蒸馏水，油浴加热，控制温度在120℃以下回流。加热时溶液澄清，继续反应半小时有固体析出，再反应半小时，冷却，抽滤，用无水乙醇洗涤沉淀数次，在95℃下烘干产品。回答下列问题：
（1）尿素所含元素中，基态N原子的轨道表示式为 （1） ；尿素易溶于水的原因是 尿素能和水分子之间形成分子间氢键 ．
（2）冷凝管中进水口是 a （填“a”或“b”）。
（3）尿素与水反应的化学方程式为 CO（NH2）2+H2O＝2NH3↑+CO2↑ ；乙二醇的作用是 作溶剂 。
（4）加热“回流”时温度不宜高于120℃，其原因是 温度过高，氨挥发快，损失反应物；Zn2+水解生成Zn（OH）2 。
（5）烘干产品时宜选择的加热方式为 c （填标号）。
a．酒精灯直接加热
b．沙浴
c．水浴加热
（6）若最终得到1.976gZn（NH3）4SO4•H2O，则产率为 85.9% （保留3位有效数字）。
【分析】（1）N为7号元素，依据构造原理，基态N原子的轨道表示式为，尿素能和水分子之间形成分子间氢键，增大尿素的溶解性；
（2）冷凝管中水采用逆流方式；
（3）尿素水解生成二氧化碳和氨气，反应方程式为CO（NH2）2+H2O＝2NH3↑+CO2↑；乙二醇作溶剂；
（4）制备硫酸四氨合锌的过程中，加热“回流”时温度不宜高于120℃的原因是：若温度过高，尿素与水生成的NH3挥发快，易损失反应物，不利于硫酸四氨合锌的生成，且锌离子水解吸热，温度过高，锌离子水解生成氢氧化锌沉淀；
（5）98℃时烘干得到产品，直接加热温度高于98℃，导致失去结晶水；
（6）若最终得到1.976gZn（NH3）4SO4•H2O，起始在仪器X内加入1.5gZnSO4、2.5g尿素（，过量），可知产品的理论质量为g，据此计算即可。
【解答】解：（1）N为7号元素，依据构造原理，基态N原子的轨道表示式为，尿素能和水分子之间形成分子间氢键，增大尿素的溶解性，
故答案为：；尿素能和水分子之间形成分子间氢键；
（2）冷凝管中水采用逆流方式，所以a为进水口、b为出水口，
故答案为：a；
（3）尿素水解生成二氧化碳和氨气，反应方程式为CO（NH2）2+H2O＝2NH3↑+CO2↑；乙二醇作溶剂，降低硫酸四氨合锌Zn（NH3）4SO4•H2O的溶解度，
故答案为：CO（NH2）2+H2O＝2NH3↑+CO2↑；作溶剂；
（4）制备硫酸四氨合锌的过程中，加热“回流”时温度不宜高于120℃的原因是：若温度过高，尿素与水生成的NH3挥发快，易损失反应物，不利于硫酸四氨合锌的生成，且锌离子水解吸热，温度过高，锌离子水解生成氢氧化锌沉淀，不利于硫酸四氨合锌的生成，
故答案为：温度过高，氨挥发快，损失反应物；Zn2+水解生成Zn（OH）2；
（5）98℃时烘干得到产品，直接加热温度高于98℃，导致失去结晶水，所以采用水浴加热，
故答案为：c；
（6）若最终得到1.976gZn（NH3）4SO4•H2O，起始在仪器X内加入1.5gZnSO4、2.5g尿素（，过量），可知产品的理论质量为g，故产品产率为100%≈85.9%，
故答案为：85.9%。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
18．（14分）我国科学家开发出了高效催化剂ZnZrOx，实现CO2催化还原合成乙烯和丙烯，反应原理如下：
Ⅰ．2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2═CH2（g）+4H2O（g）ΔH1；
Ⅱ．3CO2（g）+9H2（g）⇌CH3CH═CH2（g）+6H2O（g）ΔH2。
回答下列问题：
（1）在周期表中，Cu和Zn相邻，二者中第二电离能与第一电离能之差较大的是 Cu （填“Cu”或“Zn”）。
（2）已知几种可燃物的燃烧热如下：
H2O（g）═H2O（l）ΔH＝﹣44kJ•ml﹣1。则ΔH1＝ ﹣127.8 kJ•ml﹣1。
（3）在密闭容器中充入适量CO2和H2，发生上述反应。CO2的平衡转化率与温度、投料比η的关系如图1所示。代表CO2平衡转化率与投料比关系的曲线是 ① （填“①”或“②”），判断的依据是 其他条件不变，增大，CO2平衡转化率增大 。
（4）向恒容密闭容器中充入1ml CO2和5ml H2，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得单位时间内CO2的转化率与催化剂Cat1、Cat2及温度的关系如图2所示。
①某同学认为b点未达到平衡状态，他判断的依据是 该温度下，使用不同催化剂，CO2转化率还能增大 。
②Cat1作用下，温度高于400℃时，b→c过程中CO2转化率降低，可能的原因是 温度过高，Cat1活性降低 。
③400℃时，CO2转化率为75%，此时容器中H2O的物质的量为 1.5 ml。
（5）T℃时，在1L恒容密闭容器中充入1.0ml CO2和2.5ml H2，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时CO2转化率为50%，乙烯的选择性为50%。在该条件下反应Ⅰ的平衡常数K＝ 0.4 L3•ml﹣3。
提示：乙烯的选择性100%。
【分析】（1）Cu、Zn的价层电子排布式为3d104s1、3d104s2，第一电离能较大的是Zn，较小的是 Cu，Cu+的价层电子排布式为3d10，Zn+的价层电子排布式为3d104s1，故第二电离能较大的是Cu，较小的是Zn；
（2）由表格可知①H2（g）O2（g）＝H2O（l）ΔH＝﹣285.8kJ/ml；②C2H4（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣1411.0kJ/ml；③C3H6（g）O2（g）＝3CO2（g）+3H2O（l）ΔH＝﹣2058.0kJ/ml；④H2O（g）＝H2O（l）ΔH＝﹣44 kJ/ml；根据盖斯定律，①×6﹣②﹣4×④得到2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）ΔH1，则ΔH1＝6×（﹣285.8kJ/ml）﹣（﹣1411.0kJ/ml）﹣4×（﹣44kJ/ml）＝﹣127.8kJ/ml；
（3）代表CO2平衡转化率与投料比关系的曲线是①，故原因为：其他条件不变，增大，CO2平衡转化率增大；
（4）①达到平衡时，反应物转化率最大，且催化剂不能改变反应物的平衡转化率，则b点未达到平衡状态，判断依据是：该温度下，使用不同催化剂，CO2转化率还能增大；
②b点未达到平衡，b→c二氧化碳转化率却下降，说明反应速率降低了，可能的原因是温度过高，Cat1活性降低；
③根据反应I.2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g），反应Ⅱ.3CO2（g）+9H2（g）⇌CH3CH＝CH2（g）+6H2O（g）可知，反应中生成的H2O的物质的量是消耗的CO2的物质的量的2倍，故400℃时，CO2转化率为75%，此时容器中H2O的物质的量为2×1ml×75\%＝1.5ml；
（5）T℃时，在1L恒容密闭容器中充入1.0ml CO2和2.5ml H2，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时CO2转化率为50%，根据C原子守恒可知：2n（C2H4）+3n（C3H6）＝0.5ml，乙烯的选择性为50%，即n（C2H4）＝n（C3H6），解得n（C2H4）＝n（C3H6）＝0.5ml，则：
2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）
变化量（ml）0.2 0.6 0.1 0.4
3CO2（g）+9H2（g）⇌CH3CH＝CH2（g）+6H2O（g）
变化量（ml） 0.3 0.9 0.1 0.6
体积为1L，则平衡时c（C2H4）＝0.1ml/L，c（H2O）1.0ml/L，同理可得c（H2）＝1.0ml/L，c（CO2）＝0.5ml/L，故在该条件下反应Ⅰ的平衡常数K进行计算。
【解答】解：（1）Cu、Zn的价层电子排布式为3d104s1、3d104s2，第一电离能较大的是Zn，较小的是 Cu，Cu+的价层电子排布式为3d10，Zn+的价层电子排布式为3d104s1，故第二电离能较大的是Cu，较小的是Zn，综上所述，第二、一电离能之差较大的是铜，
故答案为：Cu；
（2）由表格可知①H2（g）O2（g）＝H2O（l）ΔH＝﹣285.8kJ/ml；②C2H4（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣1411.0kJ/ml；③C3H6（g）O2（g）＝3CO2（g）+3H2O（l）ΔH＝﹣2058.0kJ/ml；④H2O（g）＝H2O（l）ΔH＝﹣44 kJ/ml；①×6﹣②﹣4×④得到2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）ΔH1，则ΔH1＝6×（﹣285.8kJ/ml）﹣（﹣1411.0kJ/ml）﹣4×（﹣44kJ/ml）＝﹣127.8kJ/ml，
故答案为：﹣127.8；
（3）代表CO2平衡转化率与投料比关系的曲线是①，故原因为：其他条件不变，增大，CO2平衡转化率增大，
故答案为：①；其他条件不变，增大，CO2平衡转化率增大；
（4）①达到平衡时，反应物转化率最大，且催化剂不能改变反应物的平衡转化率，则b点未达到平衡状态，判断依据是：该温度下，使用不同催化剂，CO2转化率还能增大，
故答案为：该温度下，使用不同催化剂，CO2转化率还能增大；
②b点未达到平衡，b→c二氧化碳转化率却下降，说明反应速率降低了，可能的原因是温度过高，Cat1活性降低，
故答案为：温度过高，Cat1活性降低；
③根据反应I.2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g），反应Ⅱ.3CO2（g）+9H2（g）⇌CH3CH＝CH2（g）+6H2O（g）可知，反应中生成的H2O的物质的量是消耗的CO2的物质的量的2倍，故400℃时，CO2转化率为75%，此时容器中H2O的物质的量为2×1ml×75\%＝1.5ml，
故答案为：1.5；
（5）T℃时，在1L恒容密闭容器中充入1.0ml CO2和2.5ml H2，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时CO2转化率为50%，根据C原子守恒可知：2n（C2H4）+3n（C3H6）＝0.5ml，乙烯的选择性为50%，即n（C2H4）＝n（C3H6），解得n（C2H4）＝n（C3H6）＝0.5ml，则：
2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）
变化量（ml）0.2 0.6 0.1 0.4
3CO2（g）+9H2（g）⇌CH3CH＝CH2（g）+6H2O（g）
变化量（ml） 0.3 0.9 0.1 0.6
体积为1L，则平衡时c（C2H4）＝0.1ml/L，c（H2O）1.0ml/L，同理可得c（H2）＝1.0ml/L，c（CO2）＝0.5ml/L，故在该条件下反应Ⅰ的平衡常数K0.4L3•ml﹣3，
故答案为：0.4。
【点评】本题主要考查了化学平衡的计算和反应热的计算，题目难度较大，掌握盖斯定律和化学平衡常数的计算方法是解答该题的关键。
19．（14分）H是合成某药物的中间体，一种合成H的流程如下（Et为乙基，Ph为苯基），回答下列问题：
（1）A→B的反应类型是 取代反应 ．
（2）H中含氧官能团是 酯基 （填名称）。
（3）有机物中N原子电子云密度越大，碱性越强。下列有机物碱性由弱到强排序为 dabc （填标号）。
（4）有机物y的作用是 吸收HCl，提高产率 ．
（5）写出E→F的化学方程式： 。
（6）在C的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为 或 （写一种）。
①能发生银镜反应；②1ml有机物最多能消耗2ml NaOH；③在核磁共振氢谱上峰的面积比为1：2：6。
（7）一种重要的有机物的合成路线如图（反应条件已略去），其中M和N的结构简式分别为 和 。
【分析】根据A、C的结构简式知，A和溴发生取代反应生成B为CH3CHBrCOOH，B和乙醇发生酯化反应生成C，C和Zn反应生成D，D发生加成反应然后发生水解反应生成E，E中酯基发生取代反应生成F，F中碳氧双键发生还原反应生成G，G发生取代反应生成H；
（7）发生酯化反应生成，则N为，CH3CH2CH2COOH和溴在红磷作催化剂的条件下发生取代反应生成M为，M发生水解反应生成N。
【解答】解：（1）A中氢原子被溴原子取代生成B，A→B的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（2）H中含氧官能团是酯基，
故答案为：酯基；
（3）Br、F原子为吸电子基团，导致N原子的电子云密度降低，且吸电子的能力：F＞Br，甲基为推电子基团，导致N原子的电子云密度增大，有机物中N原子电子云密度越大，碱性越强，下列有机物碱性由弱到强排序为dabc，
故答案为：dabc；
（4）有机物y的作用是吸收HCl，提高产率，
故答案为：吸收HCl，提高产率；
（5）E→F的化学方程式：，
故答案为：；
（6）C为CH3CHBrCOOCH2CH3，C的同分异构体同时满足下列条件：
①能发生银镜反应，说明含有醛基；
②1ml有机物最多能消耗2ml NaOH，溴原子水解生成的HBr能和NaOH以1：1反应，符合条件的结构中含有一个HCOO—；
③在核磁共振氢谱上峰的面积比为1：2：6，含有两个等效的甲基，符合条件的结构简式为或，
故答案为：或；
（7）通过以上分析知，M、N分别为、，
故答案为：；。
【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，把握官能团的变化、碳原子数变化、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，题目难度中等。
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A
B
C
D
文物




名称
先锋煲（陶）
翔鹭纹铜鼓
弦纹玻璃杯
六棱柱形水晶穿珠
选项
物质性质
原理分析
A
冰醋酸不导电，醋酸溶液能导电
冰醋酸中没有能自由移动的离子，醋酸溶液中有能自由移动的离子
B
FCH2COOH的酸性比ClCH2COOH的强
FCH2COOH的摩尔质量小于ClCH2COOH
C
甲酸的沸点高于二甲醚（CH3OCH3）
甲酸的范德华力大于二甲醚
D
油漆易溶于甲苯，不溶于水
甲苯是非极性溶剂，水是极性溶剂，油漆是极性大的物质
选项
操作
目的
A
取适量Fe（NO3）2晶体溶于浓硝酸中，加水稀释到指定
配制一定物质的量浓度刻度的Fe（NO3）2溶液
B
用碱式滴定管盛装KMnO4标准溶液，滴定草酸溶液
测定草酸溶液浓度
C
向75%的酒精中加入钠粒
证明75%的酒精中含水
D
向0.1ml⋅L﹣1NaCl溶液中先滴加少量0.1ml⋅L﹣1AgNO3溶液，振荡后再滴加少量0.1ml⋅L﹣1 KI溶液
证明：Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
电解质
PbCO3
PbSO4
PbCrO4
Pb（OH）2
Fe（OH）3
Ksp
8×10﹣14
1.6×10﹣8
2.8×10﹣13
1.0×10﹣16
1.0×10﹣38
物质
H2（g）
C2H4（g）
C3H6（g）
燃烧热（ΔH）/（kJ•ml﹣1）
﹣285.8
﹣1411.0
﹣2058.0
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
C
C
D
A
A
C
A
D
A
C
题号
12
13
14
15
答案
D
D
C
C
选项
A
B
C
D
文物




名称
先锋煲（陶）
翔鹭纹铜鼓
弦纹玻璃杯
六棱柱形水晶穿珠
选项
物质性质
原理分析
A
冰醋酸不导电，醋酸溶液能导电
冰醋酸中没有能自由移动的离子，醋酸溶液中有能自由移动的离子
B
FCH2COOH的酸性比ClCH2COOH的强
FCH2COOH的摩尔质量小于ClCH2COOH
C
甲酸的沸点高于二甲醚（CH3OCH3）
甲酸的范德华力大于二甲醚
D
油漆易溶于甲苯，不溶于水
甲苯是非极性溶剂，水是极性溶剂，油漆是极性大的物质
选项
操作
目的
A
取适量Fe（NO3）2晶体溶于浓硝酸中，加水稀释到指定
配制一定物质的量浓度刻度的Fe（NO3）2溶液
B
用碱式滴定管盛装KMnO4标准溶液，滴定草酸溶液
测定草酸溶液浓度
C
向75%的酒精中加入钠粒
证明75%的酒精中含水
D
向0.1ml⋅L﹣1NaCl溶液中先滴加少量0.1ml⋅L﹣1AgNO3溶液，振荡后再滴加少量0.1ml⋅L﹣1 KI溶液
证明：Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
电解质
PbCO3
PbSO4
PbCrO4
Pb（OH）2
Fe（OH）3
Ksp
8×10﹣14
1.6×10﹣8
2.8×10﹣13
1.0×10﹣16
1.0×10﹣38
物质
H2（g）
C2H4（g）
C3H6（g）
燃烧热（ΔH）/（kJ•ml﹣1）
﹣285.8
﹣1411.0
﹣2058.0