2019-2020学年湖南省临澧县第一中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年湖南省临澧县第一中学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．下列物质的用途利用其物理性质的是
A．草酸用作还原剂B．生石灰用作干燥剂
C．苯用作萃取剂D．铁粉用作抗氧化剂
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 草酸用作还原剂是由于其容易失去电子，表现还原性，利用的是物质的化学性质，A不符合题意；
B. 生石灰用作干燥剂是由于CaO与水反应产生Ca(OH)2，利用的是物质的化学性质，B不符合题意；
C. 苯用作萃取剂是由于被萃取的物质容易溶于苯中，没有新物质存在，利用的是物质的物理性质，C符合题意；
D. 铁粉用作抗氧化剂是由于Fe容易失去电子，表现还原性，是利用的物质的化学性质，D不符合题意；故合理选项是C。

2．既发生了化学反应，又有电解质的溶解过程，且这两个过程都吸热的是
A．冰醋酸与NaOH溶液反应B．KNO3加入水中
C．NH4NO3加入水中D．CaO加入水中
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 冰醋酸和氢氧化钠溶液的反应为酸碱中和，而酸碱中和为放热反应，故A错误；
B. 由于硝酸钾为强酸强碱盐，不能水解，故硝酸钾加入水中没有化学反应发生，故不符合题干的要求，故B错误；
C. 硝酸铵加入水中后，先溶于水，而铵盐溶于水为吸热的物理过程；然后发生盐类的水解，由于盐类的水解为酸碱中和的逆反应，故盐类水解吸热，故C正确；
D. 氧化钙放入水中后和水发生化合反应，为放热反应，故D错误；
故选：C。

3．下列对有关实验操作及现象的结论或解释正确的是
C
向某溶液中滴加稀H2SO4溶
液
产生有刺激性气味的气味原溶液中一定含有SO32-
D 向某溶液中滴加几滴NaOH
稀溶液，用湿润的红色石蕊试
纸靠近试管口检验
试纸不变蓝原溶液中一定不含有NH4+
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A.H2O2溶液中没有加FeCl3溶液前几乎无气泡产生，加入后产生大量气泡，说明FeCl3对H2O2的分解起催化作用，A正确；
B.醛基、碳碳双键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能根据溶液的紫红色褪去来确定丙烯醛中含有碳碳双键，B错误；
C. 向某溶液中滴加稀H2SO4溶液，产生有刺激性气味的气体，原溶液可能含有SO32-，也可能含有HSO3-或S2O32-等离子，C错误；
D.若溶液中含有NH4+，由于溶液稀，反应产生NH3·H2O，也不能放出氨气，因此不能看到湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，D错误；
故合理选项是A。

4．关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是（）
A．可用于实验室制取少量NH3或O2
B．可用从a处加水的方法检验装置②的气密性
C．实验室可用装置③收集H2、NH3
D．制硫酸和氢氧化钠，其中b为阳离子交换膜、c为阴离子交换膜
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.装置①可以用浓氨水和生石灰取值氨气，或用二氧化锰和过氧化氢制取氧气，A正确；
B.关闭活塞后，从a处加水就可以形成一个密闭的空间，可以用来检验装置②的气密性，B正确；
C.短进长出，是向下排空气法集气，所以可以用装置③收集H2、NH3，C正确；
D.装置④左边是阳极，OH-放电，所以左边生成H2SO4，b应该是阴离子交换膜，右边是阴极，H+放电，所以右边生成NaOH，a应该是阳离子交换膜，D错误；
答案选D。

5．乌洛托品在医药、染料等工业中有广泛应用，其结构式如图所示。

将氨水与甲醛水溶液混合蒸发可制得乌洛托品。

若原料完全反应生成乌洛托品，则氨与甲醛的物质的量之比为（）
A．1：1 B．2：1 C．2：3 D．3：2
【答案】C
【解析】
【分析】
将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，根据C原子、N原子守恒判断氨与甲醛的物质的量之比。

【详解】
将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，每个甲醛分子中含有1个C原子、每个氨气分子中含有1个N原子，根据C原子、N原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要氨气和甲醛分子个数之比＝4：6＝2：3，根据N＝nN A知，分子数之比等于物质的量之比，所以氨与甲醛的物质的量之比2：3，故答案选C。

6．已知常温下，K sp(NiS)≈1.0×10-21，K sp(ZnS)≈1.0×10-25，pM=-lgc(M2+)。

向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，溶液中pM与Na2S溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是（）
A．图像中，V0=40，b=10.5
B．若NiCl2(aq)变为0.2mol·L-1，则b点向a点迁移
C．若用同浓度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液，则d点向f点迁移
D．Na2S溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)
【答案】C
【解析】
【分析】
向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，反应的方程式为：NiCl2+Na2S= NiS↓+2NaCl；
pM=-lgc(M2+)，则c(M2+)越大，pM越小，结合溶度积常数分析判断。

【详解】
A．根据图像，V0点表示达到滴定终点，向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，滴加20mL Na2S溶液时恰好完全反应，根据反应关系可知，V0=20mL，故A错误；
B．根据图像，V0点表示达到滴定终点，溶液中存在NiS的溶解平衡，温度不变，溶度积常数不变，c(M2+)不变，则pM=-lgc(M2+)不变，因此b点不移动，故B错误；
C．K sp(NiS)≈1.0×10-21，K sp(ZnS)≈1.0×10-25，ZnS溶解度更小，滴定终点时，c(Zn2+)小于c(Ni2+)，则pZn2+=-lgc(Zn2+)＞pNi2+，因此若用同浓度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液，则d点向f点迁移，故C正确；
D．Na2S溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，故D错误；
故选C。

【点睛】
本题的易错点为B，要注意在NiS的饱和溶液中存在溶解平衡，平衡时，c(Ni2+)不受NiCl2起始浓度的影响，只有改变溶解平衡时的体积，c(Ni2+)才可能变化。

7．短周期中同主族元素的单质，晶体类型一定相同的是()
A．ⅠA 族B．ⅢA 族C．ⅣA 族D．ⅦA 族
【答案】D
【解析】
【详解】
A．ⅠA 族的单质有氢气、锂、钠、钾、铷、铯、钫，氢气是分子晶体，锂、钠、钾、铷、铯，钫都是金属晶体，故A错误；
B．ⅢA 族的单质有硼、铝、鎵、铟、铊，硼是分子晶体，铝、鎵、铟、铊都是金属晶体，故B错误；
C．ⅣA 族的单质有碳、硅、锗、锡、铅，碳元素可以组成金刚石、石墨、C60等，分别是原子晶体，混合晶体，分子晶体，硅形成原子晶体，锗，锡，铅都形成金属晶体，故C错误；
D．ⅦA 族有氟、氯、溴、碘、砹，它们形成的单质都是分子晶体，故D正确；
答案选D。

8．CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O属于的反应类型是( )
A．复分解反应
B．置换反应
C．分解反应
D．氧化还原反应
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 复分解反应是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物的反应，该反应CaCO3和HCl生成CaCl2和H2CO3，属于复分解反应，故A选；
B.置换反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，本反应中无单质参与或生成，故B不选；
C.分解反应是一种物质生成两种或两种以上物质的反应，本反应的反应物有两个，故C不选；
D.氧化还原反应是有元素化合价升高和降低的反应，本反应无元素化合价变化，故D不选。

故选A。

9．X、Y、Z为短周期非金属元素，其相关性质如下，下列叙述正确的是（）
A．Y的含氧酸均为强酸
B．最外层电子数Z>Y
C．气态氢化物的稳定性Y>X
D．Y与Z二者氢化物反应的产物含离子键
【答案】D
【解析】
【分析】
X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、
高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素。

【详解】
X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素；
A．Y为氯元素，含氧酸中HClO为弱酸，故A错误；
B．Z为N元素，原子最外层电子数为5，Y为Cl元素，原子最外层电子数为7，故最外层电子数Y＞Z，故B错误；
C．非金属性F＞Cl，故HCl的稳定性比HF弱，故C错误；
D．氯化氢与氨气反应生成的氯化铵中含有离子键，故D正确；
故答案选D。

【点睛】
本题关键是根据反应条件及氢化物水溶液的pH判断X、Y、Z元素种类，然后根据元素性质进行分析和判断。

10．[Zn(CN)4]2-在水溶液中可与HCHO发生反应生成[Zn(H2O)4]2+和HOCH2CN，下列说法错误的是（）A．Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10
B．1mol HCHO分子中含有σ键的数目为1.806×1024
C．HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是sp3
D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，结构可表示为
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．Zn原子序数为30，位于ⅡB族，所以，Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10，A选项正确；
B．1分子HCHO含2个C-H键和1个C=O键，共有3个σ键，所以，1molHCHO分子中含有σ键的物质的量为3mol，数目为1.806×1024，B选项正确；
C．HOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，-CN(-C≡N)中的C为sp杂化，C选项错误；
D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，Zn为sp3杂化，配位原子形成正四面体，所以，[Zn(CN)4]2-结构可表示为，D选项正确；
答案选C。

【点睛】
一般，两原子间形成的共价键，有且只有1个σ键，如：C=O双键含1个σ键、1个π键，C≡N叁键含1个σ键、2个π键。

11．某学生利用NaOH 溶液去除铝表面的氧化膜以后，进行“铝毛”实验。

在其实验过程中常有发生，但与实验原理不相关的反应是( )
A．Al2O3+2NaOH→2NaAlO2+H2O
B．2Al+2H2O+2NaOH→2NaAlO2+3H2↑
C．2Al+3Hg(NO3)2→2Al(NO3)3+3Hg
D．4Al+3O2→2Al2O3
【答案】B
【解析】
【详解】
利用NaOH 溶液去除铝表面的氧化膜，发生的反应为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，然后进行“铝毛”实验即汞能与铝结合成合金，俗称“铝汞齐”，所以铝将汞置换出来，形成“铝汞齐”，发生反应为：
2Al+3Hg(NO3)2=2Al(NO3)3+3Hg，当“铝汞齐”表面的铝因氧化而减少时，铝片上的铝会不断溶解进入铝汞齐，并继续在表面被氧化，最后使铝片长满固体“白毛”而且越长越高，发生反应为：4Al+3O2=2Al2O3，所以与实验原理不相关的反应是B；
故选：B。

12．下列醇类物质中既能发生消去反应，又能发生催化氧化反应生成醛类的物质是()
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
A、被氧化为酮，不能被氧化为醛，选项A错误；
B、不能发生消去反应，选项B错误；
C、-OH邻位C上含有H原子，能发生消去反应，含有-CH2OH的结构，可被氧化为醛，选项C正确；
D、被氧化为酮，不能被氧化为醛，选项D错误。

答案选C。

13．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，W原子的核外电子数等于电子层数，X2-和Y+的核外电子排布相同，X与Z同族。

下列叙述正确的是（）
A．原子半径：Z>X>Y
B．X的简单氢化物的稳定性比Z的强
C．Y的氢化物为共价化合物
D．Z的最高价氧化物对应的水化物是一种强酸
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期W、X、Y、Z的原子序数依次增加，W原子的核外电子数等于电子层数，即W原子核外只有1个电子，则W为H元素；X2-和Y+离子的电子层结构相同，则X位于第二周期ⅥA族，为O元素，Y位于第三周期ⅠA族，为Na元素；Z与X同族，则Z为S元素，据此解答。

【详解】
根据分析可知：W为H，X为O，Y为Na，Z为S元素；
A．同主族从上向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Na＞S＞O，即Y＞Z＞X，故A错误；
B．非金属性O＞S，则H2O比H2S稳定，即X的简单气态氢化物的稳定性比Z的强，故B错误；C．NaH为离子化合物，故C错误；
D．S的最高价氧化物对应水化物为硫酸，硫酸为强酸，故D正确；
故答案为D。

14．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。

下列说法正确的是()
A．石英玻璃、分子筛的主要成分是硅酸盐
B．分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液和胶体之间
C．海水淡化可以解决淡水危机，向海水中加入明矾可使海水淡化
D．农业废弃物、城市与工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着丰富的生物质能
【答案】D
【解析】
【详解】
A．分子筛的主要成分是硅酸盐，石英玻璃的主要成分是SiO2，是氧化物，不是硅酸盐，故A错误；B．根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，浊液的分散质粒子大于溶液和胶体，故B错误；
C．海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质，不能减少盐的含量，不能使海水淡化，故C错误；
D ．生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，可转化为常规的固态、液态和气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源，故D 正确；
故选D 。

15．《新修草本》有关“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”据此推测“青矾”的主要成分为( )
A ．42CuSO 5H O ⋅
B ．42FeSO 7H O ⋅
C ．()422KAl SO 12H O ⋅
D ．()2423Fe SO 7H O ⋅
【答案】B
【解析】
【详解】
“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒子非常细而活性又很强的Fe 2O 3，超细粉末为红色。

A.CuSO 4•5H 2O 为蓝色晶体，A 错误；
B. FeSO 4•7H 2O 是绿色晶体，B 正确；
C.KAl(SO 4)2•12H 2O 是无色晶体，C 错误；
D.Fe 2(SO 4)3•7H 2O 为黄色晶体，D 错误。

所以判断“青矾”的主要成分为FeSO 4•7H 2O 。

故合理选项是B 。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．草酸及其盐是重要的化工原料，其中最常用的是三草酸合铁酸钾和草酸钴，已知草酸钴不溶于水，三草酸合铁酸钾晶体（()32423K Fe C O 3H O ⎡⎤⋅⎣⎦）易溶于水，难溶于乙醇。

这两种草酸盐受热均可发生分解等反应，反应及气体产物检验装置如图。

（l ）草酸钴晶体（242CoC O 2H O ⋅）在200℃左右可完全失去结晶水。

用以上装置在空气中加热5. 49 g 草酸钴晶体（242CoC O 2H O ⋅）样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。

实验过程中观察到只有B中澄清石灰水明显变浑浊，E中始终没有红色固体生成。

根据实验结果，290 - 320℃过程中发生反应的化学方程式是____；设置D的作用是____。

（2）用以上装置加热三草酸合铁酸钾晶体可发生分解反应。

①检查装置气密性后，先通一段时间的N2，其目的是___；结束实验时，先熄灭酒精灯再通入N2至常温。

实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊，E中有红色固体生成，则分解得到的气体产物是____。

②C的作用是是____。

（3）三草酸合铁酸钾的一种制备流程如下：
回答下列问题：
①流程“I”硫酸必须过量的原因是____
②流程中“Ⅲ”需控制溶液温度不高于40℃，理由是____；得到溶液后，加入乙醇，然后进行过滤。

加入乙醇的理由是____
【答案】3CoC2O4+2O2210290
=
℃℃
Co3O4+6CO2吸收水分排除装置中的空气，防止干扰实验结果
CO2、CO 除去CO2，防止干扰CO的检验防止Fe2+的水解防止H2O2分解三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小，有利于三草酸合铁酸钾析出
【解析】
【分析】
(l)计算晶体物质的量n=
5.49g
183g/mol=0.03mol，失去结晶水应为0.06mol，固体质量变化
=0.06mol×18g/mol=1.08g，图表数据可知，150～210固体质量变化=5.49g-4.41g=1.08g，说明210°C失去结晶水得到CoC2O4，210～290℃过程中是CoC2O4发生的反应，210～290℃过程中产生的气体只有CO2 ，依据元素守恒得到生成n(CO2)=0.06mol，m(CO2) =0.06mol×44g/mol=2.64g，气体质量共计减小
=4.41g-2.41g=2g，说明不是分解反应，参加反应的还有氧气，则反应的m(O2)=2.64g-2g=0.64g，
n(O2)=
0.64g
32g/mol=0.02mol，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式；
(2)①三草酸合铁酸钾晶体在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应，根据元素守恒推测得到的产物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO，一氧化碳还原氧化铜，得到的金属铜可被氧气氧化，所以实验开始先通一段时间N2，将装置中的空气排净，实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯再通入N2至常温，根据装置中现象变化判断产物；
②为能准确判断三草酸合铁酸钾晶体高温下分解的产物中是否含有一氧化碳，现象为E 中固体由黑色变为红色，且F 中澄清石灰水变浑浊，为确保实验现象不被干扰，在C 装置中装入足量氢氧化钠，把二氧化碳吸收干净，避免干扰一氧化碳的检验；
(3)①亚铁离子易水解生成氢氧化亚铁，酸能抑制其水解；
②温度高时，双氧水易水解；根据相似相溶原理分析；
【详解】
(l)计算晶体物质的量n(242CoC O 2H O ⋅)= 5.49g 183g/mol
=0.03mol ，失去结晶水应为0.06mol ，固体质量变化=0.06mol×18g/mol=1.08g ，图表数据可知，150～210固体质量变化=5.49g-4.41g=1.08g ，说明210°C 失去结晶水得到CoC 2O 4，210～290℃过程中是CoC 2O 4发生的反应，产生的气体只有CO 2 ，依据元素守恒得到生成n(CO 2)=0.06mol ，m(CO 2) =0.06mol×44g/mol=2.64g ，气体共计减小质量=4.41g-2.41g=2g ，说明有气体参
加反应应为氧气，则反应的m(O 2)=2.64g-2g=0.64g ，n(O 2)=0.64g 32g/mol
=0.02mol ；n(CoC 2O 4)：n(O 2)：n(CO 2)=0.03：0.02：0.06=3：2：6，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式为3CoC 2O 4+2O 2210290=-℃℃Co 3O 4+6CO 2，装置D 中盛放的为浓硫酸，装置E 的作用是验证草酸钴晶体受热分解的产物，防止对实验的干扰和实验安全，则浓硫酸的作用是吸收水分；
(2)①三草酸合铁酸钾晶体在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应，根据元素守恒推测得到的产物可能是K 2CO 3、FeO 、Fe 、CO 2、CO ，一氧化碳还原氧化铜，得到的金属铜可被氧气氧化，所以实验开始先通一段时间N 2，将装置中的空气排净，实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯再通入N 2至常温，实验过程中观察到B 、F 中澄清石灰水都变浑浊，即证明二氧化碳产生，E 中有红色固体生成，证明还原性的气体CO 的产生；
②为能准确判断三草酸合铁酸钾晶体高温下分解的产物中是否含有一氧化碳，现象为E 中固体由黑色变为红色，且F 中澄清石灰水变浑浊，为确保实验现象不被干扰，在C 装置中装入足量氢氧化钠，把二氧化碳吸收干净，避免干扰一氧化碳的检验；
(3)①硫酸亚铁易水解而是其气压呈酸性，加热稀硫酸能抑制亚铁离子水解；
②双氧水不稳定，温度高时，双氧水易分解，为防止双氧水分解，温度应低些，根据相似相溶原理知，三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小，所以可以用乙醇使三草酸合铁酸钾析出。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．如图中的Ⅰ是某抗肿瘤药物的中间体，B 的核磁共振氢谱有3组峰，C 的分子式为C 7H 8O ，D 分子中有两个相同且处于相邻位置的含氧官能团，E 的相对分子质量比D 大34.5。

已知：RCHO+R1CH2CHO RCH=C(R1)CHO+H2O。

请回答下列问题：
(1)C的名称是______，B的结构简式为_________，D转化为E的反应类型是____________。

(2)I中官能团的名称为______，I的分子式为________。

(3)写出E转化为F的化学方程式____________。

(4)X是G酸化后的产物，X有多种芳香族同分异构体，符合下列条件且能发生银镜反应的同分异构体有____种（不包括X），写出核磁共振氢谱有4组峰的物质的结构简式____________。

①遇FeCl3溶液发生显色反应②苯环上有两种类型的取代基
(5)参照上述流程，以乙醇为原料（其他无机试剂自选）可制取2﹣丁烯酸，写出相应的合成路线
__________________。

【答案】对甲基苯酚或4-甲基苯酚取代反应碳碳双键、羧基、酚羟基
C9H8O4+3NaOH +NaCl+2H2O 8
、、
【解析】
【分析】
A与Cl2在FeCl3作用下反应，说明A分子中含有苯环，发生苯环上的氯代反应，产生B，B的核磁共振氢谱有3组峰，说明B分子中有3种H原子，B与NaOH水溶液共热，然后酸化得的C，C的分子式为C7H8O，在反应过程中C原子数不变，碳链结构不变，逆推可知A是，B是，C是，C被H2O2氧化产生D，结合题中已知信息：D分子中有两个相同且处于相邻位置的含氧官能团，E的相对分子质量比D大34.5，则D为，D与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生E：，E与NaOH水溶液共热发生反应产生F：，
F被O2催化氧化产生G：，G与CH3CHO发生题干信息反应产生H为：
，H与新制Cu(OH)2在加热条件下发生醛基的氧化反应，然后酸化可得I：
，据此分析解答。

【详解】
根据上述分析可知A为，B为，C为，D为，E为，F为，G为，H为
，I为。

(1) C为，名称为对甲基苯酚或4-甲基苯酚；B结构简式为，D为
，D与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生E：，所以D转化为E的反应类型是取代反应；
(2)I为，其中含有的官能团名称为：碳碳双键、羧基、酚羟基；I结构简式为，结合C原子价电子为4，可知其分子式为C9H8O4；
(3)E为，E与NaOH水溶液共热发生反应产生F为，该反应的方程式为：+3NaOH+NaCl+2H2O；
(4) G为，X是G酸化后的产物，则X为，X的芳香族同分异构体，能发生银镜反应，且符合下列条件：①遇FeCl3溶液发生显色反应；②苯环上有两种类型的取代基，可能的结构：若有三个官能团-OH、-OH、-CHO，可能有、、、
、；若含有两个官能团HCOO-、-OH，可能有、
、，因此符合条件的同分异构体种类为5+3=8种；核磁共振氢谱有4组峰的物质的结构简式为：、、；
(5)CH3CH2OH催化氧化产生CH3CHO，CH3CHO与CH3CHO在NaOH水溶液中加热发生反应产生
CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO与新制Cu(OH)2悬浊液加热煮沸发生醛基氧化反应，然后酸化得到
CH3CH=CHCOOH，故以乙醇为原料制取2-丁烯酸的合成路线为：。

【点睛】
本题考查有机物的推断、反应类型的判断、同分异构体的种类的判断与书写，注意根据苯酚的性质、芳香烃侧链及苯环的取代反应的条件的区别，是对有机化合物知识的综合考查，能较好的考查学生分析推理能力，(4)中同分异构体数目判断为易错点，能够发生银镜反应的物质可能是含有醛基，也可能含有甲酸酯基，若有三个取代基，可利用定二移一的方法，结合官能团位置不同分析解答。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。

以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如图所示：
请回答下列问题：
（1）由B2O3制备BF3、BN的化学方程式是___、___。

（2）基态B原子的电子排布式为___；B和N相比，非金属性较强的是___，BN中B元素的化合价为___；（3）在BF3分子中，F﹣B﹣F的键角是___，该分子为___分子（填写“极性” 或“非极性”），BF3和过量NaF 作用可生成NaBF4，BF4-中可能含有___，立体结构为___；
（4）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为___，层间作用力为___。

【答案】B2O3+3CaF2+3H2SO4→3H2O+2BF3+3CaSO4B2O3+2NH3→2BN+3H2O 1s22s22p1N +3 120°非极性共价键、配位键正四面体共价键范德华力
【解析】
【分析】
硼砂与硫酸生成H3BO3，H3BO3受热分解得到B2O3，B2O3与CaF2、硫酸加热得到BF3，B2O3与氨气高温下得到BN；
(1)由工艺流程可知，B2O3与NH3反应生成BN，根据原子守恒可知，还有水生成；由图可知B2O3与CaF2和H2SO4反应即生成BF3，同时还应该产生硫酸钙和水；
(2)B原子核外有5个电子，根据构造原理书写基态B原子的电子排布式；同周期主族元素，从左向右，核电荷数增大，元素的非金属性增强，电负性越大，B元素化合价为+3价；
(3)价层电子对互斥理论认为：分子的立体构型是“价层电子对”相互排斥的结果，先判断价层电子对数，再确定分子构型，进而判断键角和分子的极性，以及离子的空间构型；
(4)结合化学键的形成条件和分子间作用力分析。

【详解】
(1)由工艺流程可知，B2O3与NH3反应生成BN，根据原子守恒可知，还有水生成，反应方程式为：B2O3+2NH3
2BN+3H2O，由图及元素守恒可知生成、BF3反应的方程式：B2O3+3CaF2+3H2SO4
2BF3↑+3CaSO4+3H2O；
(2)B原子核外有5个电子，根据构造原理书写基态B原子的电子排布式为1s22s22p1；B、N为同周期主族元素，核电荷数大，元素的非金属性越强，则非金属性N＞B，电负性N＞B，NB中B元素化合价为+3价；
(3)BF3分子的中心原子B原子上含有3个σ 键，中心原子上的孤电子对数=1
2
(a-xb)=
1
2
(0-3×1)=0，所以BF3
分子的VSEPR模型是平面三角型，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形，键角是120°，分子是非极性分子，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4-中B原子最外层只有3个电子，最多3
个共用电子，则BF4-中应含有共价键和配位键；B原子的价层电子对=3+1
2
×2=4，该离子中不含孤电子对，
所以BF4-为正四面体结构；
(4)在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为共价键，层间作用力为分子间作用力。

【点睛】
考查原子杂化方式及分子的立体构型的判断，注意杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对
个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=1
2
(a-xb)，a指中心原子价电子个数，
x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。

19．氮化铝(AlN)陶瓷是一种新型无机非金属材料，最高可稳定到2473K，导热性好、热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料。

制取原理为：Al2O3+3C+N22A1N+3CO，回答下列问题：。