湖南省湘潭市2019届高三化学下学期第二次模拟考试试题（含解析）

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1、湘潭市2019年高三第二次模拟考试试卷理科综合化学可能用到的相对原子质量：H1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Fe 56 Pd 1061.铅霜(醋酸铅)是一种中药，具有解毒敛疮、坠痰镇惊之功效，其制备方法为：将醋酸放入磁皿，投入氧化铅，微温使之溶化，以三层细布趁热滤去渣滓，放冷，即得醋酸铅结晶；如需精制，可将结晶溶于同等量的沸汤，滴醋酸少许，过七层细布，清液放冷，即得纯净铅霜。制备过程中没有涉及的操作方法是A. 萃取B. 溶解C. 过滤D. 重结晶【答案】A【解析】【详解】此操作中，将醋酸放入磁皿，投入氧化铅，微温使之溶化操作为溶解；放冷，即得醋酸铅结晶清液放冷，即得纯净铅霜此操作

2、为重结晶；以三层细纱布趁热滤去渣滓，此操作为过滤，未涉及萃取，答案为A2.用下列装置完成相应的实验，能达到实验目的的是A. 配制一定浓度的氯化钠溶液B. 除去CO中的CO2C. 中和滴定D. 制取并检验乙烯【答案】B【解析】【详解】A、配制一定浓度的氯化钠溶液时，俯视定容，会导致加入的蒸馏水体积小于容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，选项A错误；B、将混合气体通过将有氢氧化钠溶液的洗气瓶后再经过干燥可除去CO中的CO2，能达到实验目的，选项B正确；C、中和滴定时氢氧化钠溶液为待测溶液时，标准液应为酸溶液，酸溶液不能盛放在碱式滴定管中，选项C错误；D、制取乙烯反应条件是加热到170，

3、必须有温度计，且反应过量中会产生二氧化硫，二氧化硫也能使溴水褪色，干扰乙烯的检验，选项D错误；答案选B。3.设阿伏加德罗常数的值为NA，下列叙述正确的是A. 1L0.1molL1Na2S溶液中含有的S2的数目小于0.1NAB. 同温同压下，体积均为22.4L的卤素单质中所含的原子数均为2NAC. 1mol苯中含有的碳碳双键数为3NAD. 78g过氧化钠固体中所含的阴、阳离子总数为4NA【答案】A【解析】【详解】A、由于硫离子水解，所以1L0.1molL-1Na2S溶液中含有的S2-的个数小于0.1NA，选项A正确；B、同温同压下不一定为标准状况下，卤素单质不一定为气体，体积为22.4L的卤素单

4、质的物质的量不一定为1mol，故所含的原子数不一定为2NA，选项B错误；C、苯中不含有碳碳双键，选项C错误；D、过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，78g过氧化钠固体为1mol，其中所含的阴、阳离子总数为3NA，选项D错误。答案选A。4.傅克反应是合成芳香族化合物的一种重要方法。有机物a(R为烃基)和苯通过傳克反应合成b的过程如下(无机小分子产物略去)下列说法错误的是A. 一定条件下苯与氢气反应的产物之一环己烯与螺23己烷互为同分异构体B. b的二氯代物超过三种C. R为C5H11时，a的结构有3种D. R为C4H9时，1molb加成生成C10H20至少需要3molH2【答案】C【解析】【详解】

5、A.环己烯分子式为C6H10，螺23己烷分子式为C6H10，所以互为同分异构体，故A正确；B.若全部取代苯环上的2个H原子，若其中1个Cl原子与甲基相邻，另一个Cl原子有如图所示4种取代位置，有4种结构，若其中1个Cl原子处于甲基间位，另一个Cl原子有如图所示2种取代位置，有2种结构,若考虑烃基上的取代将会更多，故B正确；C.若主链有5个碳原子，则氯原子有3种位置，即1氯戊烷、2氯戊烷和3氯戊烷；若主链有4个碳原子，此时甲基只能在2号碳原子上，而氯原子有4种位置，分别为2甲基1氯丁烷、2甲基2氯丁烷、3甲基2氯丁烷和3甲基1氯丁烷；若主链有3个碳原子，此时该烷烃有4个相同的甲基，因此氯原子只能

6、有一种位置，即2，3二甲基1氯丙烷。综上所叙分子式为C5H11Cl的同分异构体共有8种，故C错误；D.-C4H9已经达到饱和，1mol苯环消耗3mol氢气，则lmol b最多可以与3mol H2加成，故D正确。答案：C【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，常考查同分异构体数目、氢气加成的物质的量、消耗氢氧化钠的物质的量、官能团性质等，熟悉官能团及性质是关键。5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种原子的最外层电子数之和为18，W与Y同主族，X原子的最外层电子数等于周期数，Z的单质在常温下为气体，下列说法正确的是A. 原子半径：YXWB. 最简单氢化物的稳定性ZWYC.

7、 X与Z形成的化合物的水溶液能使红色石蕊试纸变蓝D. Y的氧化物既能与碱反应，也能与酸反应属于两性氧化物【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X，Y、Z的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数等于周期数，可能为Be或Al，若X为Be，则W为H或Li，Y为Na，Z为Cl，最外层电子数之和不等于18；则X为Al；Z的单质在常温下为气体，原子序数大于13，为Cl；四种原子的最外层电子数之和为18，W与Y同主族，则最外层为4，W为C；Y为Si。【详解】A.原子半径：AlSiC，即XY W，A错误； B. 最简单氢化物的稳定性：HClCH4SiH4，即ZWY，B正确；C. X与Z形成的化合物为Al

8、Cl3，为强酸弱碱盐，水解显酸性，使红色石蕊试纸变红，C错误；D. Y的氧化物为二氧化硅，酸性氧化物，D错误。答案：B【点睛】本题考查元素周期律，侧重分析与应用能力的考查，把握元素的位置、元素化合物知识、元素周期律为解答的关键。6.锂亚硫酰氯（Li/SOCl2）电池是实际应用电池系列中比能量最高的一种电池，剖视图如图所示，一种非水的LiAlCl4的SOCl2溶液为电解液。亚硫酸氯既是电解质，又是正极活性物质，其中碳电极区的电极反应式为2SOCl2+4e=4Cl+S+SO2，该电池工作时，下列说法错误的是A. 锂电极区发生的电极反应：Li-e=Li+B. 放电时发生的总反应：4Li+2SOCl2

9、=4LiCl+SO2+SC. 锂电极上的电势比碳电极上的低D. 若采用水溶液代替SOCl2溶液，电池总反应和效率均不变【答案】D【解析】【分析】A.锂电池中锂为电池的负极，失电子生成锂离子，反应式：Li e= Li+；B.放电时的总反应式为电池正负极得失电子总数相等时电极反应相加；C.锂电极为电池的负极，负极的电势比正极低；D.若采用水溶液代替SOCl2溶液，锂电极则与水反应生成氢氧化锂，造成电极的损耗；【详解】A.锂电池中锂为电池的负极，失电子生成锂离子，反应式：Li e= Li+，A正确；B.放电时的总反应式为电池正负极得失电子总数相等时电极反应相加，4Li+2 SOCl2=4LiCl+S

10、O2+S，B正确；C.锂电极为电池的负极，负极的电势比正极低，C正确；D.若采用水溶液代替SOCl2溶液，锂电极则与水反应生成氢氧化锂，造成电极的损耗，D错误；答案为D7.常温下，HNO2的电离平衡常数为K4.610-4(已知2.14)，向20mL0.01molL1HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NOH溶液，测得混合液的 pH随NaOH溶液体积的变化如图所示，下列判断正确的是A. X=20B. a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度逐渐减小C. a点溶液中c(H)2.14103molL1D. b点溶液中微粒浓度的大小关系为c(HNO2)c(Na+)c(NO2)【答案】C【解析】【分析】HN

11、O2的电离平衡常数为K=4.610-4，亚硝酸为弱酸存在电离平衡，电离方程式为HNO2NO2-+H+。逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，b点HNO2消耗一半，溶质为HNO2、NaNO2。当加入20mLNaOH，溶质是NaNO2,由于为弱酸强碱盐，会水解使溶液偏碱性。据此分析回答。【详解】A.向20mL001molL-1的HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，若恰好反应需要氢氧化钠溶液体积20ml，溶质是NaNO2，由于为弱酸强碱盐，会水解使溶液显碱性，而c点是溶液呈中性，所以X20mL，故A不正确；B.c点是溶液呈中性，溶质为HNO2、NaNO2混合溶液。氢氧化钠溶液体积为20ml时恰好

12、反应，那么从a开始到恰好完全反应时，水的电离程度逐渐增大。d点从图中无法判断出是在恰好反应之前还是恰好反应之后，故B不正确；C.由HNO2NO2-+H+， ，得到c(H+)=2.1410-3molL-1，故C正确；D.b点溶液为HNO2、NaNO2混合溶液，且浓度比为1：1；溶液中存在NO2-+H2OHNO2+OH-，HNO2H+NO2-，因为溶液呈酸性，所以电离程度大于水解程度，离子浓度大小为c(NO2-)c(Na+)c(HNO2)，故D不正确。答案：C【点睛】本题考查了弱电解质电离平衡、离子浓度大小比较、平衡常数计算、图象变化分析判断，注意中性溶液中溶质的判断，题目难度中等。易错选项B，关

13、于d点的分析。8.TMB由碳、氢、氧三种元素组成，其相对分子质量为240，是一种新型指纹检测的色原试剂，已在逐步取代强致癌物联苯胺和其他致癌性的联苯胺荷生物，应用于临床化验、法医检验、刑事侦破及环境监测等领域，某研究小组欲利用燃绕法测定TMB的分子式(氮元素转化为N2)，实验装置如图所示。回答下列问题：(1)实验装置两处用到装有碱石灰的干燥管，其中F处的目的是_。仪器a的名称是_。(2)将足量双氧水置于a中，圆底烧瓶中装入MnO2固体，按图连接好装置。A中发生反应的化学方程式为_。待B、D处导管口有均匀气泡时，再点燃C处酒精灯，原因是_。(3)装置C中CuO粉末的作用为_。(4)该实验_(填“

14、需要”或”不需要”)尾气处理，其原因是_。(5)理想状态下，将4.80gTMB样品完全氧化，点燃C处酒精灯，实验结東时测得D增加3.60g，E增加14.08g，则TMB的分子式为_。【答案】 (1). 防止外界空气中的CO2和H2O进入E中，避免对E处吸收二氧化碳的定量检测造成干扰 (2). 分液漏斗 (3). 2H2O22H2O+O2 (4). 排除装置内原有的CO2和水蒸气 (5). 使TMB不充分燃烧生成CO全部转化为CO2 (6). 不需要 (7). 碳元素必须燃烧完全才能保证实验结果的准确性，无有毒气体排放 (8). C16H20N2【解析】【分析】燃烧法测定有机物组成，装置提供燃烧

15、所需的O2，浓硫酸吸收水蒸气，CuO一般与还原性气体反应，这里是防止碳元素燃烧不完全产生CO,影响测定结果，E碱石灰吸收燃烧产生的二氧化碳，F碱石灰是为了防止外部空气中的CO2和H2O。【详解】（1）E处碱石灰吸收燃烧产生的二氧化碳，F中碱石灰是为了防止外部空气中的CO2和H2O进入E中，避免对E处吸收二氧化碳的定量检测造成干扰；顶部有玻璃塞下面有活塞是分液漏斗。故答案为：防止外界空气中的CO2和H2O进入E中，避免对E处吸收二氧化碳的定量检测造成干扰；分液漏斗；（2）装置A是过氧化氢分解产生氧气的反应，方程式为2H2O22H2O+O2；装置内部本身是有CO2和H2O，排除装置内原有的CO2和

16、H2O，可通过产生的氧气把装置内部气体排干净。故答案为：2H2O22H2O+O2；排除装置内原有的CO2和H2O；（3）CuO一般与还原性气体反应，推测这里可能有CO产生，可通过高温下与CuO反应生成CO2，保证测定的准确性。故答案为：使TMB不充分燃烧生成CO全部转化为CO2；（4）本实验通过加CuO确保碳元素转化为CO2，而氢元素转化为H2O，氮元素转化为N2，无有毒气体排放。故答案为：不需要；碳元素必须燃烧完全才能保证实验结果准确性，无有毒气体排放；（5）m（C）=14.08g12/44=3.84g，m（H）=3.60g2/18=0.4g，m（N）=4.80g-3.84g-0.4g=0.

17、56g，n（C）:n（H）:n（N）=3.84/12：0.4：0.56/14=8：10：1，TMB相对分子质量为240，所以分子式为C16H20N2。故答案为C16H20N2。【点睛】这道题实际是李比希燃烧法测定有机物组成的实验，有机物燃烧后，碳元素转化为CO2，氢元素转化为H2O，再通过质量守恒计算其他元素质量，实验过程中要注意装置内和装置外的CO2和H2O对实验的干扰。9.工业上利用氧化铝基废催化剂(主要成分为Al2O3，还含有少量Pd)回收Al2(SO4)3及Pd的流程如下： (1)Al2(SO4)3溶液蒸干灼烧后所得物质的化学名称是_。(2)焙烧时Al2O3与(NH4)2SO4反应的化

18、学方程式为_。水浸与中和步骤得到溶液的操作方法是_。(3)浸液Y中含Pd元素的溶质是_ (填化学式)。(4)“热还原”中每生成1molPd生成的气体的物质的量为_ (已知热还原得到的固体只有Pd)。(5)Pd是优良储氢金属，其储氢原理为2Pd(s)+xH2(g)=2PdHx(s)，其中x的最大值为0.8。已知： Pd的密度为12gcm-3， 则10.6cm3Pd能储存标准状况下H2的最大体积为_L。(6)铝的阳极氧化法是将铝作为阳极，置于硫酸等电解液中，加入-羟基丙酸、丙三醇后进行电解，可观察到铝的表面会形成一层致密的氧化膜。写出电解时阳极的电极反应式：_ 。电解过程中-羟基丙酸、丙三醇的作用

19、可能是_。【答案】 (1). 硫酸铝 (2). 3(NH4)2SO4+Al2O3高温Al2(SO4)3+6NH3+3H2O (3). 过滤 (4). H2PdCl6 (5). 8mol (6). 10.752 (7). 2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+ (8). 抑制氧化膜溶解(或使形成的氧化膜更致密等其他合理答案)【解析】【分析】废催化剂（主要成分为Al2O3，少量Pd），硫酸铵焙烧得到气体X为氨气，产物水浸过滤得到硫酸铝溶液，滤渣Pd加入浓硝酸和浓盐酸酸浸生成二氧化氮，浸液Y是Pd溶于王水生成，Pd+6HCl+4HNO3H2PdCl6+4NO2+4H2O，Y为H2PdCl6，通

20、入氨气中和过滤得到滤渣（NH4）2PdCl6，被氢气还原得到Pd。【详解】(1)Al2（SO4）3溶液中水解生成氢氧化铝和硫酸，加热蒸发，硫酸是难挥发性酸，蒸出为水，得到硫酸铝固体；答案： 硫酸铝(2)从流程中得知，反应物为(NH4)2SO4和Al2O3，生成物包括NH3和Al2(SO4)3，不难推出还有另一个生成物水，注意条件高温不要漏了；水浸后分离出滤渣和溶液，所以操作为过滤；答案：3(NH4)2SO4+Al2O3Al2(SO4)3+6NH3+3H2O 过滤(3)氨气中和后生成滤液(NH4)2SO4，所以往前推理Y中含Pd的溶质为H2PdCl6；答案：H2PdCl6(4)（NH4）2PtC

21、l6+2H2Pt+2NH3+6HCl，热还原得Pd，生成1molPd，则还有2mol氨气和6molHCl，故气体物质的量为8mol；答案：8mol(5)本题利用化学计量知识计算，mV，nm/M，得n（Pd）=1.2mol，x最大值为0.8，则令x0.8，参与反应氢气为0.48mol，故标准状况下气体体积为10.752L。答案：10.752(6)阳极反应方程式为铝失去电子，生成氧化膜氧化铝，反应式为2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+；答案：2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+因为实验目的是观察氧化膜的形成，所以添加物的目的要从保持氧化膜的角度考虑即可，答案可以是抑制氧化膜的溶解

22、(或使形成的氧化膜更致密等其他合理答案)；答案：抑制氧化膜的溶解(或使形成的氧化膜更致密等其他合理答案)【点睛】本题考查了物质分离提纯、电极反应、物质性质和反应现象的分析应用，掌握基础是解题关键，流程分析是难点。10.研究化学反应时，既要考虑物质变化与能量变化，又要关注反应的快慢与限度。回答下列问题:(1)NH3还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图所示上图中因为改变了反应条件，反应的活化能：b_(填“”“或“”)a。脱硝反应的热化学方程式可表示为反应物生成物H_(用E1、E2的代数式表示)。研究发现，一定条件下的脱硝反应过程可能如图所示，根据氧化还原反应中物质的作用，NO为_

23、剂，脱硝总反应的化学方程式为_。(2)一定温度下，将不同物质的量的H2O(g)和CO分别通入容积为1L的恒容密容器中，进行反应H2O(g)CO(g)CO2(g)H2(g)，得到如表所示的三组数据试验编号温度/起始量/mol平衡量/mol达到平衡时间/minH2O(g)CO(g)CO(g)H2(g)16502.04.03.01.0529001.02.01.80.243900abcdt4mim内，实验2中v(CO2)_； 900时，反应的平衡常数为_；降低温度时，平衡常数会_(填“增大”“减小”或“不变”)。650时，若在此容器中充入2.0 mol H2O(g)、1.0molCO(g)、1.0 m

24、ol CO2(g)和 xmol H2(g)，要使反应在开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是_。若a2.0b1.0，则平衡时实验2中H2O(g)和实验3中CO(g)的转化率(a)的关系为a(H2O) _ (填“”成”)a(CO)。【答案】 (1). (2). -(E2-E1) (3). 还原 (4). 4NH3+4NO+O24N2+6H2O (5). 0.05mol/L-1min-1 (6). (7). 增大 (8). 0x (9). 【解析】【分析】（1）催化剂可降低反应活化能；E1正反应活化能，E2是逆反应活化能，正反应H正反应活化能-逆反应活化能；根据化合价去分析氧化剂、还原剂以及氧

25、化还原方程式配平；（2）反应速率公式，再根据速率比等于化学计量数之比求答；根据1，2组数据，求出平衡常数，找出平衡常数与温度的关系；平衡常数计算中代入的必然是平衡时的浓度，而浓度商则不一定是平衡时的浓度。浓度商小于平衡常数时反应向右进行，等于平衡常数时达平衡，大于平衡常数时反应向左进行。分别列出三段式比较进行分析。【详解】（1）由图像可知活化能降低，故答案应为：；由图，反应物能量大于生成物能量，故反应是放热反应，用-表示放热，H=正反应活化能-逆反应活化能，故答案应为：-(E2-E1)；NO在反应中化合价降低，作氧化剂；由图2可知反应物为NH3、NO和O2，生成物为N2和H2O，所以化学方程式

26、为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，故答案应为：氧化；4NH3+4NO+O24N2+6H2O；（2）由方程式可知v(CO2)：v(H2)=1：1，根据图表计算v(H2)=0.2mol/L4min0.05mol/L-1min-1，故v(CO2)=0.05mol/L-1min-1，根据平衡常数计算公式，900平衡常数为 ，同理可计算650平衡常数为，故降低温度平衡常数增大。故答案应为：0.05mol/L-1min-1；增大；计算此时此刻的，化学平衡正向移动，所以Q平衡常数k，所以，由题x应0。故答案应为：0x；根据平衡常数和三段式分别求出实验2中H2O(g)的转化率为20%。实验3中CO(g

27、)的转化率为y，则H2O（g）CO（g）CO2（g）H2（g）起始浓度（mol/L） 2 1 0 0转化浓度（mol/L） y y y y平衡浓度（mol/L）2y 1y y y则解得y0.2即实验3中CO(g)的转化率为20%。故答案应为：。【点睛】这道题综合考查了热化学、氧化还原反应、化学平衡等知识，关于平衡常数的计算要多利用三段式分析，化学原理题看起来很难，但细心逐步分析还是能找到突破口的。11.铁氧体是一种磁性材料，具有广泛的应用。(1)基态铁原子的核外电子排布式为Ar_。(2)工业制备铁氧体常使用水解法，制备时常加入尿素CO(NH)22、醋酸钠等碱性物质，尿素分子中四种不同元素的电负

28、性由大到小的顺序是_；醋酸钠中碳原子的杂化类型是_。(3)Fe3O4具有许多优异的性能，在磁性材料等领域应用广泛，化学共沉淀法是制备Fe3O4颗粒最常用的方法之一，方法是将FeSO4和FeCl3溶液以1：2投料比混合，再加入NaOH溶液，即可产生Fe3O4颗粒，则该反应的离子方程式为_。(4)晶体Fe3O4的晶胞如图所示，该晶体是一种磁性材料，能导电。 晶胞中亚铁离子处于氧离子围成的_(填空间结构)空隙。晶胞中氧离子的堆积方式与某金属晶体原子堆积方式相同，该堆积方式名称为_。解释Fe3O4晶体能导电的原因：_；若晶胞的体对角线长为a mm，则Fe3O4晶体的密度为_(阿伏加德罗常数用NA表示)

29、gcm3【答案】 (1). 3d64s2 (2). ONCH (3). sp3杂化、sp2杂化 (4). Fe2+2Fe3+8OH-=Fe3O4+4H2O (5). 正四面体 (6). 面心立方最密堆积 (7). 电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移 (8). 【解析】【分析】（1）根据核外电子排布规律进行作答；（2）非金属性越强，电负性越强，据此分析；根据醋酸结构式可知碳有两种杂化方式；（3）找出反应物和生成物，再根据Fe2+：Fe3+=1：2进行配平；（4）观察图示，图中虚线提示Fe2+连接四个氧离子，分析结构；体心立方堆积是八个顶点加一个体心，面心立方最密堆积是八个顶点加六个面心，

30、细心观察，可以在左边补一个晶胞去观察；晶胞中有Fe2+和Fe3+，Fe2+失电子转化为Fe3+，Fe3+得电子转化为Fe2+；根据均摊法去计算晶胞密度。【详解】（1）铁的核外电子总数为26，则基态铁原子的核外电子排布式为Ar3d64s2 ；故答案为3d64s2；（2）尿素CO(NH2)2 所含四种元素分别为N、H、C、O，元素的非金属性越强，电负性越大，则四种元素的电负性由大至小的顺序是ONCH；CH3COONa中甲基中的C原子为 sp杂化，羧基中的C原子为sp杂化；故答案为：ONCH；sp3杂化、sp2杂化；（3）FeSO4和FeCl3溶液以1：2投料比混合，再加入NaOH溶液，即可产生Fe

31、3O4颗粒，根据守恒法可知反应的方程式为：Fe2+2Fe3+8OH-=Fe3O4+4H2O；（4）观察图示可知，Fe2+连接四个氧离子，四个氧离子为正四面体顶点，Fe2+在正四面体中心；故答案为：正四面体；往图中晶胞左边加一个晶胞会发现氧离子是八个顶点加六个面心，所以堆积方式为面心立方最密堆积；故答案为：面心立方最密堆积；电子的得失转移能使晶胞导电，因此四氧化三铁晶体能导电的原因是电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移；根据晶胞的均摊计算，晶胞中含有的铁离子的个数为41/8+31/2=2，亚铁离子的个数为1，氧离子的个数为1+121/4=4，若晶胞体对角线长为a nm，设边长为x nm，面

32、对角线为 ，则体对角线长为，故，体积为，质量为，故密度。【点睛】确定晶胞中原(离)子数目及晶体化学式，对于平行六面体晶胞而言，用均摊法计算的依据是：处于顶点的微粒，同时为8个晶胞所共享，每个微粒有1/8属于该晶胞；处于棱上的微粒，同时为4个晶胞所共享，每个微粒有1/4属于该晶胞；处于面上的微粒，同时为2个晶胞所共享，每个微粒有1/2属于该晶胞；处于晶胞内部的微粒，完全属于该晶胞。计算密度要熟悉简单的立体几何计算方法。12.高分子树脂具有较好的吸水性，其合成线路如下：已知：I:-CHO+-CH2CHO-CH=CHCHOII.-CH=CH-COOH回答下列问题(1)G中的含氧官能团名称为_，M的结

33、构简式为_。(2)由A生成B的化学方程式为_。(3)上述合成路线中，DE的转化在合成M中的作用为_。(4)下列选项中对有机物F的性质推测正确的是_。(填字母)A. 1mol F与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2B. 能发生水解反应和消去反应C. 能聚合成高分子化合物D. 1 mol F最多消耗3 mol NaOH(5)符合下列条件的G的同分异构体有_种A.属于芳香族化合物，且只有1种官能团B.能发生银镜反应C.除苯环外不存在其他环状结构其中核磁共振氢谐有4组峰的是_(写出其中一种的结构简式)(6)根据上述合成路线和信息，以苯乙醛为原料(其他无机试剂任选)设计制备的合成路线_【答案】

34、(1). 羧基 (2). (3). (4). 保护碳碳双键，防止其被氧化 (5). BD (6). 10 (7). (8). 【解析】【分析】与Cl2在光照条件下生成的A为，再在NaOH的水溶液中加热水解生成的B为，再催化氧化得到的C为，C和HCHO在NaOH的稀溶液中反应生成的D为，D再与Br2发生加成反应生成的E为，E催化氧化后得到的F为，F在Zn粉的作用下发生消去反应生成的G为，G再发生加聚反应得到M为；【详解】（1）通过上述分析，G为，含氧官能团是羧基。G再发生加聚反应得到M为，故答案为：羧基；（2）A为，在NaOH的水溶液中加热水解生成的B为，反应的方程式为：（3）D与Br2发生加成

35、反应生成的E，F在Zn粉的作用下发生消去反应生成重新得到碳碳双键，所以DE是为了保护碳碳双键，故答案为：保护碳碳双键，防止其被氧化；（4）A. 1mol与足量NaHCO3放出1molCO2，A错误；B.溴原子在氢氧化钠的水溶液中可以水解，也可以在氢氧化钠的醇溶液发生消去反应，B正确；C.没有碳碳双键，也没有碳碳三键，不能聚合成高分子化合物，C错误；D.羧基消耗1mol NaOH，两个溴原子消耗2mol NaOH，共消耗3mol NaOH，D正确；选BD。（5），侧链不饱和度为2，属于芳香族化合物，且只有1种官能团，而且要发生银镜反应，除苯环外不存在其他环状结构，说明必须有两个醛基，若苯环上有两

36、个-CHO，一个-CH3，就有6种同分异构体；若苯环上是一个-CHO,一个-CH2CHO，就有邻间对三种同分异构体；若苯环上是一个-CH(CHO)CHO,就有一种结构；共有10种同分异构体。其中核磁共振氢谐有4组峰的是。故答案为：10；（6）以苯乙醛为原料合成的合路线为：。【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。- 18 -