2019-2020学年安徽省濉溪县新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年安徽省濉溪县新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列物质分子中的碳原子在同一平面上时，在任意情况下都不可能与碳原子们共平面的氢原子有（）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【解析】
【详解】
苯分子中12个原子共平面，乙烯分子中6个原子共平面，乙炔中4个原子共平面，但甲基中最多有一个H原子能和C原子所在的平面共平面，故此有机物中在任意情况下都不可能与碳原子们共平面的氢原子有2个。

故选：B。

【点睛】
原子共平面问题的关键是找母体，即找苯环、碳碳双键和碳碳三键为母体来分析。

2．下列排列顺序中，正确的是
①热稳定性：H2O＞HF＞H2S ②离子半径：Cl－>Na+>Mg2+>Al3+ ③酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4 ④结合质子(H+)能力：OH—＞CH3COO—＞Cl—
A．①③B．②④C．①④D．②③
【答案】B
【解析】
【分析】
①非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强；
②离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，离子半径越小；
③非金属性越强，最高价氧化物对应水合物的酸性越强；
④电离出氢离子能力(酸性)越强，结合质子能力越弱。

【详解】
①非金属性F＞O＞S，则气态氢化物的热稳定性：HF＞H2O＞H2S，故①错误；
②Cl－含有三层电子，Na+、Mg2+、Al3+的电子层数都是两层，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：Cl−＞Na＋＞Mg2＋＞Al3＋，故②正确；
③非金属性：P＜S＜Cl，则最高价含氧酸的酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故③错误；
④电离出氢离子的能力：HCl＞CH3COOH＞H2O，则结合质子能力：OH−＞CH3COO−＞Cl−，故④正确；
故答案选B。

本题明确元素周期律内容为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期律的关系。

3．向饱和食盐水中通入氯化氢，直至有白色固体析出，析出过程中叙述错误的是
A．白色固体是NaCl B．溶液中存在两种电离平衡
C．溶液pH 值减小D．NaCl 的溶解速率小于结晶速率
【答案】B
【解析】
【详解】
A.向饱和食盐水中通入氯化氢，氯离子浓度增大，会使氯化钠析出，故A正确；
B.溶液中只存在水的电离平衡，故B错误；
C.氯化钠溶液显中性，通入氯化氢后溶液显酸性，溶液pH 值减小，故C正确；
D.因为有氯化钠固体析出，所以氯化钠的溶解速率小于结晶速率，故D正确；
故选：B。

4．下列常见物质的俗名与化学式对应正确的是
A．水煤气-CH4B．明矾-KAl(SO4)2·12H2O
C．水玻璃-H2SiO3D．纯碱-NaHCO3
【答案】B
【解析】
【详解】
A．天然气是CH4，水煤气是H2、CO的混合物，故A错误；
B．明矾是Kal(SO4)2•12H2O的俗称，故B正确；
C．水玻璃是Na2SiO3的水溶液，故C错误；
D．纯碱是Na2CO3的俗称，故D错误；
故答案选B。

5．下列关于古籍中的记载说法不正确的是
A．《本草纲目》“烧酒”条目下写道自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。

这里所用的“法”是指蒸馏
B．《吕氏春秋·别类编》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚” 体现了合金硬度方面的特性
C．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应
D．《抱朴子·金丹篇》中记载：“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又成丹砂”，该过程发生了分解、化合、氧化还原反应
【答案】C
【详解】
A．由“蒸令气”可知与混合物沸点有关，则这里所用的“法”是指蒸馏，故A正确；
B．金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚，则说明合金硬度大于各成分，故B正确；
C．鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，故C错误；
D．丹砂( HgS)烧之成水银，HgS Hg+S，积变又还成丹砂的过程都是氧化还原反应，有单质(水银)生成，且单质(水银)重新生成化合物，故该过程包含分解、化合、氧化还原反应，故D正确；
答案选C。

【点睛】
准确把握诗句含义，明确相关物质的性质是解题关键。

本题的易错点为C，要注意焰色反应属于物理变化，不是化学变化。

6．如图表示反应N2(g)+3H2(g)€2NH3(g)+Q的正反应速率随时间的变化情况，试根据如图曲线判断下列说法可能正确的是( )
A．t1时只减小了压强
B．t1时只降低了温度
C．t1时只减小了NH3的浓度，平衡向正反应方向移动
D．t1时减小N2浓度，同时增加了NH3的浓度
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图知，t1时正反应速率减小，且随着反应的进行，正反应速率逐渐增大，说明平衡向逆反应方向移动，当达到平衡状态时，正反应速率大于原来平衡反应速率，说明反应物浓度增大。

【详解】
A．t1时只减小了压强，平衡向逆反应方向移动，则正反应速率增大，但平衡时正反应速率小于原来平衡反应速率，故A错误；
B．t1时只降低了温度，平衡向正反应方向移动，正反应速率逐渐减小，故B错误；
C．t1时减小了NH3的浓度，平衡向正反应方向移动，但正反应速率在改变条件时刻不变，故C错误；
浓度的2倍时，达到平衡状态，氮气浓度大于原来浓度，则正反应速率大于原来平衡反应速率，故D 正确； 故选D 。

【点睛】
本题考查化学平衡图象分析，明确图中反应速率与物质浓度关系是解本题关键，会根据图象曲线变化确定反应方向，题目难度中等。

7．下列营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用叙述不正确的是：
A ．淀粉→葡萄糖→（氧化）水和二氧化碳（释放能量维持生命活动）
B ．纤维素（水解）→葡萄糖→（氧化）水和二氧化碳（释放能量维持生命活动）
C ．植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br 2/CCl 4褪色
D ．酶通常是一类具有高选择催化性能的蛋白质
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 淀粉在淀粉酶的作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能释放出能量，故A 正确；
B. 人体内没有水解纤维素的酶，它在人体内主要是加强胃肠蠕动，有通便功能，不能被消化功能，故B 错误；
C. 植物油含不饱和脂肪酸酯，分子中含有碳碳双键具有烯烃的性质，能使Br 2/CCl 4褪色，故C 正确；
D. 酶是蛋白质，具有高选择性和催化性能，故D 正确；
答案选B 。

8．用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子，不需要．．．
的操作是（ ） A ．溶解
B ．过滤
C ．分液
D ．蒸发
【答案】C
【解析】
【详解】
用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子，步骤是溶解、加入沉淀剂、过滤、蒸发结晶，不需要分液，故选C 。

9．碳钢广泛应用在石油化工设备管道等领域，随着深层石油天然气的开采，石油和天然气中含有的CO 2及水引起的腐蚀问题（俗称二氧化碳腐蚀）引起了广泛关注。

深井中二氧化碳腐蚀的主要过程如下所示：
负极：3323Fe(s)2HCO (aq)2e FeCO (s)H CO (aq)--+-=+（主要）
正极：23232H CO (aq)2e H 2HCO (aq)--+=↑+（主要） 下列说法不正确的是
A ．钢铁在CO 2水溶液中的腐蚀总反应可表示为2323Fe(s)+H CO (aq)H +FeCO (s)=↑
C ．碳钢管道在深井中的腐蚀与油气层中盐份含量有关，盐份含量高腐蚀速率会加快
D ．腐蚀过程表明含有CO 2的溶液其腐蚀性比相同pH 值的HCl 溶液腐蚀性更强
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A. 将正极反应式和负极反应式相加得到钢铁在CO 2水溶液中的腐蚀总反应为
2323Fe(s)+H CO (aq)H +FeCO (s)=↑，故A 正确；
B. 深井中二氧化碳对碳钢的腐蚀主要为电化学腐蚀，不是化学腐蚀，故B 错误；
C.盐份含量高，溶液的导电性越好，腐蚀速率越快，故C 正确；
D.腐蚀过程表明含有CO 2的溶液主要腐蚀电化学腐蚀，腐蚀性比相同pH 值的HCl 溶液腐蚀性更强，故D 正确；
故选B 。

10．已知五种短周期元素a X 、b Y 、c Z 、d R 、e W 存在如下关系：① X 、Y 同主族，R 、W 同主族 ②e d=2；a+b=12(d+e)；b-a 2
=c-d ，下列有关说法不正确的是 A ．原子半径比较：r(W)＞r(Z)＞r(Y) ＞r(R)
B ．X 和Y 形成的化合物中，阴阳离子的电子层相差1层
C ．W 的最低价单核阴离子的失电子能力比R 的强
D ．Z 、Y 最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应
【答案】A
【解析】
【分析】
根据R ，W 同主族，并且原子序数R 为W 的一半可知，R 为O 元素，W 为S 元素；根据1a+b=(d e)2
+可知，X 和Y 的原子序数和为12，又因为X 和Y 同主族，所以X 和Y 一个是H 元素，一个是Na 元素；考虑到b a =c d 2
--，所以X 为H 元素，Y 为Na 元素，那么Z 为Al 元素。

【详解】
A ．W ，Z ，Y ，R 分别对应S ，Al ，Na ，O 四种元素，所以半径顺序为：r(Y)＞r(Z)＞r(W)＞r(R)，A 项错误；
B ．X 与Y 形成的化合物即NaH ，H 为-1价，H -具有1个电子层，Na 为正一价，Na +具有两个电子层，所以，B 项正确；
C ．W 的最低价单核阴离子即S 2-，R 的即O 2-，还原性S 2-更强，所以失电子能力更强，C 项正确；
【点睛】
比较原子半径大小时，先比较周期数，周期数越大电子层数越多，半径越大；周期数相同时，再比较原子序数，原子序数越大，半径越小。

11．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。

m、n、r为这些元素组成的化合物，常温下，0.1 mol·L－1 m溶液的pH＝13，组成n的两种离子的电子层数相差1。

p、q为其中两种元素形成的单质。

上述物质的转化关系如图所示。

下列说法正确的是（）
A．原子半径：X＜Y＜Z＜W
B．X、Z既不同周期也不同主族
C．简单氢化物的沸点：Y＜W
D．Y、Z、W形成的一种化合物具有漂白性
【答案】D
【解析】
【分析】
0.1mol·L－1m溶液的pH＝13，则m为一元强碱，应该为NaOH，组成n的两种离子的电子层数相差1，根据图示可知，n为NaCl，电解NaCl溶液得到NaOH、H2和Cl2，p、q为其中两种元素形成的单质，则p、q 为H2和Cl2，结合短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大可知：X为H元素、Y为O元素、Z 为Na元素、W为Cl元素，据此答题。

【详解】
由分析可知：X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、W为Cl元素。

A.电子层数越多，则原子的半径越大，具有相同电子层数的原子，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，所以原子半径：X＜Y＜W＜Z，故A错误；
B.由分析可知：X为H元素、Z为Na元素，X、Z的最外层电子数均为1，属于同一主族，故B错误；
C.Y、W形成的氢化物分别为H2O和HCl，因为水分子中含有氢键，含有氢键的物质熔沸点较高，所以简单氢化物的沸点：Y＞W，故C错误；
D.Y、Z、W形成的一种化合物为NaClO，NaClO具有强氧化性，可用于漂白，具有漂白性，故D正确。

故选D。

12．化学与生活密切相关。

下列有关玻璃的叙述正确的是
A．钢化玻璃、石英玻璃及有机玻璃都属于无机非金属材料
B．含溴化银的变色玻璃，变色原因与太阳光的强度和生成银的多少有关
D．普通玻璃的主要成分可表示为Na2O·CaO·6SiO2，说明玻璃为纯净物
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A. 钢化玻璃是在高温下将玻璃拉成细丝加入到合成树脂中得到的玻璃纤维增强塑料；石英玻璃主要成分是二氧化硅；有机玻璃主要成分是聚甲基丙烯酸甲酯，属于塑料，不是无机非金属材料，A错误；
B. 变色玻璃中含有AgBr见光分解产生Ag单质和Br2单质，使眼镜自动变暗，光线弱时，溴与银又生成溴化银，可见变色原因与太阳光的强度和生成银的多少有关，B正确；
C. 玻璃的主要成分SiO2易与NaOH发生反应，因此不具有耐碱侵蚀的特点，C错误；
D. 普通玻璃的主要成分含有Na2SiO3、CaSiO3、SiO2，硅酸盐结构复杂，习惯用氧化物形式表示，但玻璃表示为Na2O·CaO·6SiO2，不能说明玻璃为纯净物，D错误；
故合理选项是B。

13．常温下，关于pH = 2的盐酸溶液的说法错误的是
A．溶液中c(H+)=1.0×10-2mol/L
B．此溶液中由水电离出的c(OH―)=1.0×10-12mol/L
C．加水稀释100倍后，溶液的pH = 4
D．加入等体积pH=12的氨水，溶液呈酸性
【答案】D
【解析】
【详解】
A. pH = 2的盐酸，溶液中c(H+)=1.0×10-2mol/L，故不选A；
B.盐酸溶液中OH-完全由水电离产生，根据水的离子积，c（OH-）=K W/c（H+）=10-14/10-2=1.0×10-12mol/L，故不选B；
C.盐酸是强酸，因此稀释100倍，pH=2+2=4，故不选C；
D.氨水为弱碱，部分电离，氨水的浓度大与盐酸，反应后溶液为NH3▪H2O、NH4Cl，NH3▪H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，溶液显碱性，故选D；
答案：D
14．下列叙述正确的是
A．Na在足量O2中燃烧，消耗lmol O2时转移的电子数是4×6.02×1023
B．盐酸和醋酸的混合溶液pH=1，该溶液中c(H+) =0.1 mol/L
C．1 L 0.1 mol/L NH4Cl溶液中的NH数是0.1×6.02×1023
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．反应后氧元素的价态为-1价，故l mol O2时转移的电子数是2×6.02×1023，故A错误；
B．混合溶液pH=1，pH=-lgc（H+）=1，故c（H+）=10-pH=0.1mol/L，故B正确；
C．NH4+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故NH4+数小于0.1×6.02×1023，故C错误；
D．标准状况下2.24 L Cl2的物质的量为0.1mol，而1mol氯气中含1mol共价键，故0.1mol氯气中含0.1mol 共价键，故D错误；
故选B。

15．有关碳元素及其化合物的化学用语正确的是
A．CO2的电子式：
B．碳原子最外层电子的轨道表示式：
C．淀粉分子的最简式：CH2O
D．乙烯分子的比例模型
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 二氧化碳分子中碳原子和两个氧原子之间分别共用两对电子，其正确的电子式为，故A 错误；
B. C原子最外层有4个电子，根据洪特规则可知，其最外层电子轨道表示式为，故B错
误；
C. 淀粉是由C、H、O三种元素组成的高分子聚合物，分子式表示为(C6H10O5)n，其最简式为C6H10O5，故C错误；
D. 乙烯的比例模型为：，符合比例模型的要求，故D正确；
答案选D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
渣[主要成分为Ca 3(PO 4)2、Al 2O 3、SiO 2和V 2O 5等]为原料制备磷酸铝的工艺流程如图所示：
请回答下列问题：
(1)酸浸液中含磷元素的主要粒子是____________(填化学式，下同)，浸渣中的主要化学成分是____________。

(2)生石灰除了调节pH 外，另一作用是____________。

(3)滤液中钒元素以V 3O 93－形式存在，V 3O 93－易水解为[VO 3(OH)]2－，该水解反应的离子方程式为_______。

(4)碱浸时，粗磷酸铝转化为可溶性溶质，则可溶性溶质分别是____________(填化学式)。

(5)实验测得pH 、反应温度与时间对碱浸时固相中P 、Al 含量的影响如图所示：
则最优反应条件是_______。

(6)固相反应制备磷酸铝的方法之一是在900℃的焙烧炉内加热磷酸二氢铵与氧化铝混合物，写出该反应的化学方程式：____________。

(7)已知：Ksp(AlPO 4)=6.3×10－19、K sp [Ca 3(PO 4)2]=2.0×10－29。

在物质的量浓度分别为0.01mo·L －1的CaCl 2和
AlCl 3的混合溶液中加入等体积的Na 3PO 4溶液，若使A13+恰好沉淀完全，即溶液中c(A13+)=1.0×10－5mol·
L －1，此时是否有Ca 3(PO 4)2沉淀生成：____________(列式计算)。

【答案】H 3PO 4 SiO 2、CaSO 4 除去过量的SO 42- V 3O 93- + 3H 2O ⇌ 3[VO 3(OH)]2- + 3H + NaAlO 2、Na 3PO 4 pH=12、温度为80℃、时间为1h Al 2O 3 + 2NH 4H 2PO 4
2AlPO 4+2NH 3↑+3H 2O Al 3+恰好沉淀完全时，()-19sp 4-1-14-13+-3-45(AlPO )
6.310==mol L =6.310mol L (Al ) 1.O 10
P 0c K c ⨯⋅⨯⋅⨯，3-142-3429c 3420.01mol/L [Ca (PO )]=(
) 6.310510 2.0102
Q ⨯⨯≈⨯⨯－（）＜，因此不会生成Ca 3(PO 4)2沉淀 【解析】
【分析】
(2)加入生石灰除了调节pH 外，还会生成CaSO 4，从而脱硫；
(3)根据水解的概念以及水解的产物书写水解离子方程式；
(4)碱浸时，粗磷酸铝发生的反应为AlPO 4+4NaOH=NaAlO 2+Na 3PO 4+2H 2O ；
(5)由流程可知，碱浸时，固相中P 、Al 含量要低；
(6)由信息可知，该反应无化合价变化，故生成氨气，由元素守恒配平；
(7)根据溶度积规则计算。

【详解】
(1)酸浸时，Ca 3(PO 4)2发生反应Ca 3(PO 4)2+3H 2SO 4=3CaSO 4+2H 3PO 4，SiO 2不与硫酸反应，故酸浸液中含磷元素的主要粒子是H 3PO 4；浸渣中含有SiO 2、CaSO 4，故答案为：H 3PO 4；SiO 2、CaSO 4；
(2)用生石灰除了调节pH 外，同时起到脱硫的作用，生成CaSO 4，故答案为：除去过量的SO 42-；
(3)V 3O 93－易水解为[VO 3(OH)]2－，水解反应的离子方程式为V 3O 93- + 3H 2O ⇌ 3[VO 3(OH)]2- + 3H +，故答案为：V 3O 93- + 3H 2O ⇌ 3[VO 3(OH)]2- + 3H +；
(4)碱浸时，粗磷酸铝发生的反应为AlPO 4+4NaOH=NaAlO 2+Na 3PO 4+2H 2O ，则可溶性溶质分别是NaAlO 2、Na 3PO 4，故答案为：NaAlO 2、Na 3PO 4；
(5)由流程可知，碱浸时，固相中P 、Al 含量要低，故最优反应条件是pH=12、温度为80℃、时间为1h ，故答案为：pH=12、温度为80℃、时间为1h ；
(6)由信息可知，该反应无化合价变化，故生成氨气，由元素守恒配平，可得该反应的化学方程式Al 2O 3 + 2NH 4H 2PO 4 2AlPO 4+2NH 3↑+3H 2O ，故答案为：Al 2O 3 + 2NH 4H 2PO 4 2AlPO 4+2NH 3↑+3H 2O ；
(7) Al 3+恰好沉淀完全时，()-19sp 4-1-14-13+-3-45(AlPO ) 6.310==mol L =6.310mol L (Al ) 1.O 10
P 0c K c ⨯⋅⨯⋅⨯，3-142-3429c 3420.01mol/L [Ca (PO )]=() 6.310510 2.0102
Q ⨯⨯≈⨯⨯－（）＜，因此不会生成Ca 3(PO 4)2沉淀，故答案为：Al 3+恰好沉淀完全时，()-19sp 4-1-14-13+-3-45(AlPO )
6.310==mol L =6.310mol L (Al ) 1.O 10
P 0c K c ⨯⋅⨯⋅⨯，3-142-3429c 3420.01mol/L [Ca (PO )]=() 6.310510 2.0102
Q ⨯⨯≈⨯⨯－（）＜，因此不会生成Ca 3(PO 4)2沉淀。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．已知：环己烯可以通过1，3-丁二烯与乙烯发生环化加成反应得到：
实验证明，下列反应中，反应物分子的环外双键比环内双键更容易被氧化：
(1)写出结构简式：A _____________；B ______________
(2)加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是_____________
(3)1 mol A与1 mol HBr加成可以得到___________种产物。

【答案】 A 4
【解析】
【分析】
根据碳原子数目可知，反应①为1，3-丁二烯与CH2=CH-CH3发生信息Ⅰ反应生成A，则A为，结合A发生信息Ⅱ中反应生成B，则B为，结合C的分子式可知，B与氢气发生全加成反应生成C，C为，C发生消去反应生成D，D为，D发生加成反应生成甲基环己
烷。

【详解】
根据上述分析可知：A为，B为，C为，D为。

(1)通过以上分析知，A的结构简式是，B的结构简式是；
(2)A是，A与H2发生加成反应后产物为，名称为乙基环己烷，与甲基环己烷互为同系物，故合理物质序号为A；
(3)A的结构简式是，其分子中含有的2个碳碳双键上的4个C原子都不等效，所以Br原
子加成到4个C原子上的产物都不相同，故其与HBr加成时的产物有4种。

【点睛】
本题考查有机物推断，正确理解题给信息是解本题关键，侧重考查学生获取信息、加工信息、利用信息及分析推断能力，注意(3)中A 发生加成反应产物种类判断，为易错点。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．周期表前四周期的元素 A 、B 、C 、D 、E ，原子序数依次增大。

A 的核外电子总数与其期序数相同，B 和D 位于同一周期且未成对电子数等于其周期序数，E 为第四周期元素，最外层只有一个电子，次外层的所有轨道均充满电子。

(1)B 、C 、D 三种元素第一电离能由大到小的顺序为___(填元素符号)，E 基态原子价层电子排布图为_____。

(2)写出由以上元素组成的BD 2的等电子体的分子 _________。

(3)已知D 可形成D 3+离子，该离子中心原子杂化方式为___，立体构型为__。

(4)温度接近沸点时，D 的简单氢化物的实测分子量明显高于用原子量和化学式计算出来的分子量，原因是 _______。

(5)无色的[E(CA 3)2]+在空气中不稳定、立即被氧化成深蓝色的[E (CA 3)4]2+，利用这个性质可除去气体中的氧气，该反应的离子方程为________。

(6)已知E 和D 形成的一种晶体胞结构如图所示，已知晶胞边长为anm ，阿伏加德罗常数为N A ，则该晶体的密度为_________ g/cm 3(列出计算表达式即可)。

【答案】N ＞O ＞C N 2O sp 2 V 形 水蒸气中大部分的水分子因为氢键而相互缔合，形成缔合分子 4[Cu(NH 3)2]++O 2+8NH 3•H 2O=4[Cu(NH 3)4]2++4OH -+6H 2O ()A -21a 164640+1N ⨯⨯
【解析】
【分析】 A 的核外电子总数与其周期数相同，则A 是H 元素；
B 和D 位于同一周期且未成对电子数等于其周期序数，若两者都为第三周期，未成对电子数为3，符合条件的元素第三周期只有一个，不符合题意，若B 、D 为第二周期，则核外有2个未成对电子，即2p 2和2p 4，所以B 为
C 元素，
D 为O 元素，则C 为N 元素；
E 为第四周期元素，最外层只有一个电子，次外层的所有轨道均充满电子，则E 是Cu 元素。

【详解】
(1)同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA 族、第VA 族元素第一电离能大于相邻元素，故C 、N 、O 的第一电离能大小关系为：N ＞O ＞C ；Cu 为29号原子，核外电子排布式为[Ar]3d 104s 1，其价电子排布图为；
(2)BD 2为CO 2，含有3个原子，价电子数为16，等电子体是指原子总数相等，价电子总数相等的微粒，所以由以上元素组成的与CO 2互为等电子体的分子为N 2O ；
(3)D为O元素，所以D3+离子为O3+，中心氧原子的价层电子对数为2+6-22-1
2
⨯
=2.5，按作
3计算，所以为sp2杂化，孤电子对数为1，所以立体构型为V形；
(4)温度接近水的沸点的水蒸气中存在大部分的水分子因为氢键而相互缔合，形成缔合分子，导致其测定值偏大；
(5)无色的[Cu(NH3)2]+在空气中不稳定，立即被氧化为深蓝色的[Cu(NH3)4]2+，氧气作氧化剂，该反应应在氨水中进行，结合元素守恒可知该过程中还有氢氧根和水生成，离子方程式为
4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3•H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O；
(6))Cu和O形成一种晶体，该晶胞中Cu原子个数=4、O原子个数=8×
1
8
+6×
1
2
=4，所以晶胞的质量为()
A
64+164
N
⨯
g，该晶胞体积V=(a×10-7 cm)3，则该晶体密度
()
()
-213-21
3
A
A
a10cm
64+164
g
64+1
a10
64
m
===g/cm
V
N
N
ρ
⨯
⨯
⨯⨯。

【点睛】
同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族(最外层全满)、第VA族(最外层半满)元素第一电离能大于其相邻元素。

19．2018年8月3日我国确诊首例非洲猪瘟疫情。

目前某有效药物的主要成分——姜黄素(分子式为
C12H20O6)的一种合成路线如图所示：
已知：
①一定条件下
u u u u u u u u u u u u u r CH3CHO+CO2↑
②CH3CHO+NaOH(aq)
Δ
−−−−→+H2O
回答下列问题：
(1)A的名称为_________；试剂X为_________。

(2)D中含有的官能团名称为_________。

(3)反应D→E的化学方程式为______________________________，其反应类型是________。

(4)下列有关G(C8H8O3)的叙述不正确的是_________(填正确答案编号)。

a.能与NaHCO3溶液反应
b.能与浓溴水发生取代反应
c.能与FeCl3溶液发生显色反应
d.l mol G最多能与3mol H2发生加成反应
(5)姜黄素的结构简式为_________。

(6)G(C8H8O3)的同分异构体中，写出同时符合下列条件的结构简式为_________。

①苯环上的一取代物只有2种；
②核磁共振氢谱中有4组吸收峰；
③l mol该物质与烧碱溶液反应，最多消耗3mol NaOH。

【答案】1，2－二溴乙烷氢氧化钠水溶液羧基、醛基
加成反应ad
【解析】
【分析】
乙烯与溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，A经反应生成B，根据C、D的分子式，可知A水解为B，B 氧化为C，C氧化为D；由D→E的转化及E的结构简式，结合D的分子式可知，D是HOOCCHO；所以B
是HOCH2CH2OH，C是OHCCHO；F发生信息①的反应生成G，G是，与
发生信息②的反应生成姜黄素的结构简式是。

【详解】
(1)乙烯与溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，A的名称为1，2-二溴乙烷；1，2-二溴乙烷水解生成HOCH2CH2OH，所以试剂X为氢氧化钠水溶液。

(2)D是HOOCCHO，含有的官能团名称为羧基、醛基。

(3)反应HOOCCHO与发生加成反应生成，反应的化学方程式
为，其反应类型是加成反应。

(4)a. 不含羧基，不能与NaHCO3溶液反应，故a错误；
b. 酚羟基的邻位可与浓溴水发生取代反应，故b正确；
c. 含有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，故c正确；
d. 中的苯环、醛基可与氢气发生加成反应，l mol G最多能与4mol H2发生加成反应，故d错误；故选ad；
(5)姜黄素的结构简式为。

(6)①苯环上的一取代物只有2种；②核磁共振氢谱中有4组吸收峰；③l mol该物质与烧碱溶液反应，最多消耗3mol NaOH，同时符合条件的同分异构体是。