广东省中山市2019-2020学年化学高二下期末学业质量监测模拟试题含解析

广东省中山市2019-2020学年化学高二下期末学业质量监测模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．在d轨道中电子排布成，而不能排布成，其最直接的根据是
A．能量最低原理B．泡利原理C．原子轨道构造原理 D．洪特规则
【答案】D
【解析】
试题分析：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，称为洪特规则，根据图片知，4个电子占据不同的轨道且自旋方向相同，所以其根据是洪特规则，答案选D。

考点：考查了洪特规则、泡利原理、能量最低原理的相关知识。

2．氮化硼是一种新合成的结构材料，它是超硬、耐磨，耐高温的物质，下列各组物质熔化时所克服的粒子间的作用与氮化硼熔化时所克服的粒子间作用相同的是（）
A．金刚石和晶体SiO2B．C60和固体碘C．冰和干冰D．氯化钠和氧化镁固体
【答案】A
【解析】分析：本题考查晶体类型，注意从物质的性质判断晶体类型，以此判断微粒间的作用力。

详解：氮化硼是一种新合成的结构材料，它是超硬、耐磨，耐高温的物质，说明其形成原子晶体，氮化硼熔化时所克服的粒子间作用是共价键。

A. 金刚石和晶体SiO2都为原子晶体，熔化时破坏共价键，故正确；
B. C60和固体碘都为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，故错误；
C. 冰和干冰都为分子晶体，冰熔化时破坏氢键，干冰分子熔化时破坏间作用力，故错误；
D. 氯化钠和氧化镁固体都为离子晶体，熔化时破坏离子键，故错误。

故选A。

点睛：掌握晶体类型和晶体微粒间的作用力很关键。

常见的离子晶体为离子化合物，如氯化钠、氯化铯等，微粒间的作用力为离子键。

常见的原子晶体为金刚石、晶体硅、二氧化硅等，微粒间的作用力为共价键。

常见的分子晶体为二氧化碳，冰等，微粒间的作用力为分子间作用力，冰中微粒间的作用力为氢键。

3．铁在下列四种情况中腐蚀速率判断正确的是（）
A．a＞b＞c＞d B．b＞a＞d＞c
C．d＞c＞b＞a D．b＞d＞a＞c
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
a、铁的吸氧腐蚀，原电池中铁为负极，加速其腐蚀；
b、原电池中铁做负极，铁与硫酸反应，腐蚀速率大于a；
c、铁做阴极，外加电源的阴极保护法，不会腐蚀；
d、牺牲阳极的阴极保护法，铁被保护，但效果没有c好。

所以腐蚀速率判断为b>a>d>c，B正确。

4．下列对于有机物的叙述正确的是
A．在一定条件下1mol 该物质最多与4molH2发生加成反应
B．该物质不能与碳酸氢钠反应放出二氧化碳
C．lmol 该物质与足量的金属钠反应生成2molH2
D．该物质含羟基与苯环直接相连的结构且能水解的同分异构体有19 种
【答案】D
【解析】1mol苯环最多与3mol氢气发生加成反应，羧基不能发生加成，A错误；含有羧基的有机物能够与碳酸氢钠反应放出二氧化碳，B错误；含有羧基的有机物能够与金属钠反应，lmol 该物质与足量的钠反应生成0.5molH2，C错误；该物质羟基与苯环直接，含有-CH2OOCH直接与苯环相连，共有邻、间、对3种结构；该物质羟基与苯环直接，含有-OOC-CH3直接与苯环相连，共有邻、间、对3种结构；该物质羟基与苯环直接，含有-COOCH3直接与苯环相连，共有邻、间、对3种结构；该物质羟基与苯环直接，另外含有1个-OOCH和1个 -CH3分别和苯环直接相连，共有10种，该物质含羟基与苯环直接相连的结构且能水解的同分异构体有19 种，D正确；正确选项D。

点睛：苯只能够与氢气发生加成反应，1mol苯最多与3mol氢气发生加成反应，而羧基、酯基、肽键不能与氢气发生加成反应。

5．有机物X、Y、Z的结构简式如下表所示。

下列说法正确的是
X Y Z
结构简式
A．X的分子式为C8H7O3
B．X、Y、Z均可以和FeCl3发生显色反应
C．X、Y互为同系物，X、Z互为同分异构体
D．X、Y、Z在一定条件下都能发生取代反应、加成反应和氧化反应
【答案】D
【解析】
A.根据X的结构简式可知，X的分子式为C8H8O3，选项A错误；
B. X不含酚羟基，和FeCl3不发生显色反应，选项B错误；
C. X、Y所含官能团不一样，结构组成不相似，不互为同系物，X、Z的分子式不相同，
不互为同分异构体，选项C错误；D. X、Y、Z均含有羧基能发生酯化反应，属于取代反应，均含有苯环一定条件下能发生加成反应，均含有羟基，一定条件下都发生氧化反应，选项D正确。

答案选D。

6．甲胺(CH1NH2)是一种一元弱碱，其电离方程式为：CH1NH2 + H2O CH1NH1+ + OH－。

常温下，向20.0 mL 0.10 mol/L的甲胺溶液中滴加VmL0.10mol/L的稀盐酸，混合溶液的pH与相关微粒浓度的关系如图所示。

下列说法中错误的是
A．b点对应加入盐酸的体积V<20.00mL
B．常温下，根据a点可知甲胺的电离平衡常数K b=10 -1．4
C．b点可能存在关系：c(Cl－) > c(CH1NH1+) > c(H+) = c(OH－)
D．V=20.00mL时，溶液呈弱酸性
【答案】C
【解析】
【详解】
A．CH1NH1Cl为强酸弱碱盐，水解后，水溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则甲胺应该稍微过量，甲胺和稀盐酸浓度相等，所以甲胺体积大于盐酸，则加入稀盐酸体积小于20mL，故A正确；
B．当lg
()
()
33
32
c CH NH
c CH NH
+
=0时，c(CH1NH2)=c(CH1NH1+)，此时溶液的pH=10.6，则
K b=
()
()
33
32
c CH NH c OH
c CH NH
+-
（）
=c(OH-)=
14
10.6
10
10
-
-
=10-1.4，故B正确；
C．b点溶液的pH=7，呈中性，则c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可知：c(Cl-)=c(CH1NH1+)，则正确的离子浓度大小为：c(Cl-)=c(CH1NH1+)＞c(H+)=c(OH-)，故C错误；
D．V=20.00mL时，稀盐酸与甲胺(CH1NH2)恰好反应生成CH1NH1Cl，CH1NH1+水解，溶液显酸性，故D正确；答案选C。

【点睛】
明确横坐标含义、电离平衡常数含义是解本题关键。

本题的易错点为B，要注意lg
()
()
33
32
c CH NH
c CH NH
+
=0时，
c(CH1NH2)=c(CH1NH1+)。

7．室温下，向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；
C2H5OH+HBrƒC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。

已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃
和78.5℃。

下列有关叙述错误的是
A．加入NaOH，可增大乙醇的物质的量
B．增大HBr浓度，有利于生成C2H5Br
C．若反应物增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变
D．若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题目的反应，主要判断外界条件的变化对平衡和速率的应该结果即可。

【详解】
A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。

选项A正确。

B．增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br。

选B正确。

C．若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应物的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比），只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。

所以两种反应物的转化率一定是1:1。

选项C正确。

D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr易挥发性，温度升高化学反应速率加快，而反应物浓度减小能使化学反应速率变慢，故不一定能缩短到达平衡的时间。

选项D错误。

故选D。

点睛：本题中的反应是反应前后物质的量不变的反应，但是考虑到反应是在水溶液中进行的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即本题中的溴乙烷应该是没有浓度的，所以选项D中是不需要考虑温度升高将溴乙烷蒸出的影响的。

8．继屠呦呦从青蒿中成功提取出青蒿素后，中国科学院上海有机化学研究所又在1982 年人工合成了青蒿素，其部分合成路线如下所示，下列说法不正确的是
A．香茅醛能发生加聚反应和还原反应
B．“甲→乙”发生了取代反应
C．甲发生完全催化氧化反应使官能团种类增加
D．香茅醛存在顺反异构现象
【答案】D
【解析】
【详解】
A．香茅醛含有碳碳双键，能发生加聚反应，含有醛基，能与氢气发生还原反应，故A正确；
B．甲→乙是羟基中H原子被甲基取代，属于取代反应，故B正确；
C．甲中官能团只有羟基1种，-CH2OH催化氧化得到-CHO，而环上的羟基催化氧化得到羰基，有2种官能团，故C正确；
D．碳碳双键中1个碳原子连接2个甲基，不存在顺反异构，故D错误。

故选：D。

【点睛】
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的性质、有机反应类型，甲分子中不同位置的羟基发生催化氧化的产物不同为易错点。

9．关于有机物a()、b()、c()的说法正确的是( )
A．a、b、c的分子式均为C8H8
B．a、b、c均能与溴水发生反应
C．a、b、c中只有a的所有原子会处于同一平面
D．a、b、c的一氯代物中，b有1种，a、c均有5种(不考虑立体异构)
【答案】C
【解析】
A. a、b的分子式为C8H8，c的分子式为C8H10，故A错误；
B. b分子是立方烷，不能与溴水发生反应，a、c分子中均含有碳碳双键，可以和溴水发生反应，故B错误；
C. a分子中的苯环和碳碳双键均为平面结构，因单键可以旋转，所以a分子中的所有原子可以处于同一平面，b、c分子中均含有饱和碳原子，所以b、c分子中的所有原子不可能处于同一平面，故C正确；
D. b分子是立方烷，是一种对称结构，每个碳原子上有一个氢原子，其一氯代物只有1种，a的一氯代物有5种，c的一氯代物有7种，故D错误；答案选C。

10．下列图示与对应的叙述相符的是( )
A．图甲表示常温下稀释pH均为11的MOH溶液和NOH溶液时pH的变化，由图可知溶液的碱性：MOH ＞NOH
B．图乙表示常温下0.100 0 mol·L－1醋酸溶液滴定20.00 mL0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液的滴定曲线
C．图丙表示反应CH 4(g)＋H2O (g)CO(g)＋3H 2(g)的能量变化，使用催化剂可改变E b﹣E a的值
D．图丁表示反应2CO(g)＋2NO(g)N 2(g)＋2CO2(g)，在其他条件不变时，改变起始CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化，由图可知NO的转化率c＞b＞a
【答案】D
【解析】
分析：本题考查对图像的理解和分析能力，涉及强弱电解质的稀释，中和滴定，能量变化和化学平衡。

详解：A、因为稀释能促进弱碱的电离，所以稀释pH均为11的MOH溶液和NOH溶液时pH变化大的碱性强，所以碱性：MOH<NOH，A错误；
B.常温下0.100 0 mol·L－1醋酸溶液滴定20.00 mL0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液,当加入20.00mL醋酸时，二者恰好反应生成醋酸钠，水解显碱性，而不是中性，所以B错误；
C.反应中加入催化剂会降低活化能，但不影响反应热，即使用催化剂不改变E b﹣E a的值，C错误；
D、反应2CO(g)＋2NO(g)N 2(g)＋2CO2(g)，在其他条件不变的情况下增大起始物CO的物质的量，使一氧化氮转化率增大，NO的转化率c＞b＞a，D正确；因此本题答案为D。

11．下列反应的产物中,有的有同分异构体,有的没有同分异构体,其中一定不存在同分异构体的反应是( )。

A．甲烷与氯气发生取代反应
B．丙烯与水在催化剂的作用下发生加成反应
C．异戊二烯与等物质的量的Br2发生加成反应
D．2-氯丁烷(CH3CH2CHCICH3)与NaOH乙醇溶液共热发生消去HCl分子的反应
【答案】A
【解析】
分析：本题考查的是取代反应和加成反应、消去反应的原理以及同分异构体的概念，主要从官能团的化学性质考查，关键为理解反应的含义和产物的判断。

详解：A.甲烷和氯气反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，四种有机物都没有同分异构体，故正确；B.丙烯不是对称结构，与水发生加成反应，羟基有两种不同的位置，可以生成1-丙醇或2-丙醇，存在同分异构体，故错误；C.异戊二烯与等物质的量的Br2发生加成反应时可以发生1、2-加成或3、4-加成或1、4-加成，所以生成的产物有同分异构体，故错误；D. 2-氯丁烷(CH3CH2CHCICH3)与NaOH乙醇溶液共热发生消去HCl分子的反应，可以从1号碳上消去氢原子形成双键，也可以从3号碳原子上消去氢原子形成双键，所以消去反应能生成两种同分异构体，故错误。

故选A。

12．乙炔是一种重要的有机化工原料，以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化成以下化合物：
下列说法正确的是（）
A．正四面体烷的分子式为C4H8B．正四面体烷二氯取代产物有1种
C．环辛四烯核磁共振氢谱有2组峰D．环辛四烯与苯互为同系物
【答案】B
【解析】
【详解】
A．由正四面体烷结构可知，分子中含有4个C原子、4个H原子，故分子式为C4H4，故A错误；
B．正四面体烷中只有1种等效H原子，任意2个H原子位置相同，故其二氯代物只有1种，故B正确；C．环辛四烯分子结构中只有1种等效H原子，则核磁共振氢谱只有1组峰，故C错误；
D．环辛四烯中存在C=C双键，苯为平面六边形结构，分子中不存在C-C和C=C，苯中化学键是介于单键与双键之间特殊的键，结构不相似，故D错误；
故答案为B。

13．下列有机物中，核磁共振氢谱不止
．．有一个峰的是
A．乙烷B．甲醛C．苯D．甲苯
【答案】D
【解析】
【详解】
同一个碳原子上的氢原子是相同的，同一个碳原子所连接的所有甲基上的氢原子是相同的，具有对称性结构的（类似于平面镜成像中物体和像的关系）。

据此，A. 乙烷分子只有一种化学环境下的氢原子，核磁共振氢谱只有一个峰，选项A不选；B. 甲醛分子只有一种化学环境下的氢原子，核磁共振氢谱只有一个峰，选项B不选；C. 苯分子只有一种化学环境下的氢原子，核磁共振氢谱只有一个峰，选项C不选；D. 甲苯分子有4种化学环境下的氢原子，核磁共振氢谱只有4个峰，选项D选；答案选D。

14．实验室配制0.1000mol/L的硫酸溶液，下列图示操作不需要的是
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
【详解】
A.实验室配制0.1000mol/L的硫酸溶液，要用浓硫酸进行稀释完成，浓硫酸是液态物质，不能使用天平称量，天平称量是用来称量固体物质质量，A符合题意；
B.将溶解、冷却后的浓度大的溶液通过玻璃棒引流，转移至容量瓶中，该操作为移液、洗涤，B不符合题意；
C.往蒸馏水中加入浓硫酸，为了防止局部过热造成液体飞溅，需要不断搅拌，也可以使溶液混合均匀，C 不符合题意；
D.量取一定体积的浓硫酸时，为准确量取其体积，最后要使用胶头滴管滴加，D不符合题意；
故合理选项是A。

15．某有机物分子中有a个-CH3，b个-CH2-，c个，则可连接的羟基的个数为( )
A．2b+3c-a B．a+b+c C．c+2-a D．b+c+2-a
【答案】C
【解析】
【分析】
有机物的碳链主要在C原子之间连接，每个碳原子都必须形成4个共价键，以1条碳链分析考虑，先分析只连接甲基的情况，根据计算的甲基数目结合分子中含有的甲基数目，计算羟基数。

【详解】
若碳链上只连接甲基，-CH2-不管多少个只能连接两个-CH3，c个，能连接c个-CH3，所以b个-CH2-，c个，连接-CH3的数目为c+2个。

由于分子中含有a个-CH3，所以连接的-OH为c+2-a，故选C。

【点睛】
本题的另一种解法：根据烷烃的组成可知，该有机物中最多含有的氢原子数=2(a+b+c)+2，a个-CH3，b个-CH2-，c个中含有的氢原子数目=3a+2b+c，相差的氢原子可以用羟基补全，羟基的数目
=[2(a+b+c)+2]-(3a+2b+c)= c+2-a。

16．2014年12月科学家发现了迄今为止最轻的冰﹣﹣“冰十六”，它是水的一种结晶形式，有着像笼子一样、可以困住其他分子的结构．下列有关叙述中不正确的是（）
A．“冰十六”的密度比液态水小
B．“冰十六”与干冰由不同分子构成
C．“冰十六”可以包合气体分子
D．液态水转变成“冰十六”是化学变化
【答案】D
【解析】分析：A．冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大；
B．冰的成分为水，干冰成分为二氧化碳；
C．“冰十六”具有笼子一样的结构；
D．液态水转变成“冰十六”分子没有产生新物质。

详解：A．冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，A正确；
B．冰的成分为水，干冰的成分为二氧化碳，则冰与干冰由不同分子构成，B正确；
C．“冰十六”具有笼子一样的结构，可以困住其他分子，所以“冰十六”可以包合气体分子，C正确；D．液态水转变成“冰十六”分子没有变化，没有产生新物质，分子的结合方式不同，属于物理变化，D 错误。

答案选D。

17．下列说法正确的是
A．从性质的角度分类，SO2和NO2都属于酸性氧化物
B．从在水中是否发生电离的角度，SO2和NO2都属于电解质
C．从元素化合价的角度分类，SO2和NO2都既可作氧化剂又可作还原剂
D．从对大气及环境影响和颜色的角度，SO2和NO2都是大气污染物，都是有色气体
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．SO2属于酸性氧化物，NO2不属于酸性氧化物，A项错误；
B．SO2和NO2均属于非电解质，他们在水中并不会电离，熔融状态也不会电离，B项错误；
C．SO2中的S元素属于中间价态，NO2中的N元素也属于中间价态，所以都既可作氧化剂，也可作还原剂，C项正确；
D．SO2是无色气体，NO2才有颜色，D项错误；
答案选C。

18．下列关于0.1mol/LNaHCO3溶液中微粒浓度的关系式正确的是
A．c(CO32－)＞c(H2CO3)
B．c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H+)
C．c(Na＋)＝2[c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)]
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)
【答案】B
【解析】
【详解】
A、NaHCO3溶液呈碱性，碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，因此c(CO32－)＜c(H2CO3)，A错误；
B、碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液显弱碱性，溶液中离子浓度关系为c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H+)，B正确；
C、根据物料守恒可知c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)，C错误；
D、根据电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，D错误。

答案选B。

19．下列反应后只可能生成一种有机物的是
A．CH3－CH＝CH2与HCl加成
B．CH3－CH2－CH(OH)－CH3在浓硫酸存在下，发生分子内脱水
C．C6H5－CH3在铁粉存在下与氯气反应
D．CH3－CH(OH)－CH3在浓硫酸存在下，发生分子内脱水
【答案】D
【解析】
【分析】
A、根据不对称烯烃与不对称物质发生加成反应有两种生成物；
B、根据醇发生消去反应的结构特点是与-OH相连碳相邻碳上有氢原子,发生消去反应形成不饱和键；
C、根据苯的同系物在铁粉存在下与卤素单质发生苯环上的取代反应；
D、根据醇发生消去反应的结构特点是与-OH相连碳相邻碳上有氢原子，发生消去反应形成不饱和键；【详解】
A、CH3－CH＝CH2与HCl加成反应有两种生成物: CH3－CH2-CH2Cl， CH3－CHCl-CH3，故A不符合题意；
B、CH3－CH2－CH(OH)－CH3在浓硫酸存在下，发生分子内脱水，生成物有两种: CH3－CH=CH－CH3，CH3－CH2CH=CH2，故B不符合题意；
C、苯的同系物在铁粉存在下与卤素单质发生苯环上的取代反应，而C6H5－CH3中苯环上的氢原子有3种，所以一氯代物有三种，故C不符合题意；
D、CH3－CH(OH)－CH3在浓硫酸存在下，发生分子内脱水，生成物只有一种: CH2=CH－CH3，所以D符合题意；
综上所述，本题正确选项D。

20．如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料，氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。

该固体氧化物电解质的工作温度高达700 -900℃时，O2-可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。

下列说法正确的是
A．电极甲发生还原反应
B．电池内的O2-由电极乙移向电极甲
C．电池总反应为N2H4 +2O2= 2NO +2H2O
D．当甲电极上有lmol N2H4消耗时，乙电极上有22.4L O2参与反应
【答案】B
【解析】
【分析】
根据原电池的工作原理进行分析，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，然后进行分析。

【详解】
A、通氧气一极为正极，通N2H4的一极为负极，即电极甲为负极，依据原电池的工作原理，电极甲上发生氧化反应，故A错误；
B、根据原电池的工作原理，O2－从正极移向负极，故B正确；
C、因为反应生成无毒无害物质，即N2H4转化成N2和H2O，故C错误；
D、题目中没有说明条件是否为标准状况下，因此无法计算气体的体积，故D错误。

【点睛】
本题的易错点是选项D，学生容易根据得失电子数目守恒计算出氧气的物质的量，即1×2×2=n(O2)×4，解得n(O2)=1mol，然后判断出体积为22.4L，忽略了题目中并没有说明条件是否是标准状况，因此遇到这样的问题，需要先判断条件。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．CCTV在“新闻30分”中介绍：王者归“铼”，我国发现超级铼矿，飞机上天全靠它。

铼的稳定硫化物有ReS2，稳定的氧化物有Re2O7。

工业上，常从冶炼铜的废液中提取铼，其简易工艺流程如下（部分副产物省略，铼在废液中以ReO4-形式存在）：
回答下列问题：
（1）NH4ReO4（高铼酸铵）中铼元素化合价为_________________。

（2）操作A的名称是_____________。

“萃取”中萃取剂应具有的性质：______（填代号）。

①萃取剂难溶于水②萃取剂的密度大于水
③ReO4-在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度④萃取剂不和ReO4-发生反应
（3）在“反萃取”中，加入氨水、水的目的是_________________。

（4）在高温下高铼酸铵分解生成Re2O7，用氢气还原Re2O7，制备高纯度铼粉。

①写出高铼酸铵分解生成Re2O7的化学方程式_____________________。

②工业上，利用氢气还原Re2O7制备铼，根据生成铼的量计算氢气量，实际消耗H2量大于理论计算量，其原因是_____________________。

（5）工业上，高温灼烧含ReS2的矿粉，可以制备R2O7。

以含ReS2的矿石原料生产48.4tRe2O7，理论上转
移__________mol电子。

【答案】＋7 分液①③④萃取有机层中ReO4-2NH4ReO42NH3↑＋H2O↑＋Re2O7H2除作还原剂外，还作保护气、用于排尽装置内空气等合理答案 3.0×106
【解析】分析：(1)根据正负化合价的代数和为0计算；
(2)根据流程图，用萃取剂萃取后得到含铼有机层和水层，据此分析解答；根据萃取剂选择的条件分析判断；
(3)根据流程图，经过用氨水、水作萃取剂进行反萃取后可以得到富铼溶液分析解答；
(4)依题意，高铼酸铵分解是非氧化还原反应，据此书写方程式；联系氢气还原氧化铜实验解答；
(5)根据4ReS2＋15O22Re2O7＋8SO2，结合氧化还原反应的规律计算。

详解：(1)NH4ReO4(高铼酸铵)中N为-3价，H为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，铼元素化合价为+7价，故答案为：+7；
(2)根据流程图，用萃取剂萃取后得到含铼有机层和水层，分离的方法为分液，“萃取”中萃取剂应具有的性质：萃取剂难溶于水；ReO4-在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度；萃取剂不和ReO4-发生反应，故答案为：分液；①③④；
(3)反萃取指用氨水、水作萃取剂，可以将有机层中ReO4-夺出来，分离出水层和有机层，ReO4-进入水溶液，故答案为：萃取有机层中ReO4-；
(4)①依题意，高铼酸铵分解是非氧化还原反应，生成七氧化二铼外，还有水、氨气，反应的化学方程式为2NH4ReO42NH3↑＋H2O↑＋Re2O7，故答案为：2NH4ReO42NH3↑＋H2O↑＋Re2O7；
②工业上，利用氢气还原Re2O7制备铼，氢气起三个作用：作还原剂、作保护气、用氢气排空气，因此根据生成铼的量计算氢气量，实际消耗H2量大于理论计算量，故答案为：H2除作还原剂外，还作保护气、用于排尽装置内空气；
(5)4ReS2＋15O22Re2O7＋8SO2，生成1 mol Re2O7时，转移30 mol电子。

n(Re2O7)＝＝1.0×105
mol，转移电子的物质的量：n(e-)＝3.0×106 mol，故答案为：3.0×106。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．化合物H是一种用于合成γ­分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如下：
（1）C中的非含氧官能团名称为______。

（2）D→E 的反应类型为___________。

（3）写出A的一种羧酸同系物的结构简式：____________。

（4）写出同时满足下列条件的的一种同分异构体的结构简式：_________。

①含有苯环，且苯环上只有2种不同化学环境的氢；
②属于α-­氨基酸，且分子中有一个手性碳原子。

（5）G的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，写出G的结构简式：_________。

【答案】氨基取代反应
【解析】
【分析】
由合成流程可知，A→B发生取代反应，羧基上的H和羟基上的H均被甲基取代；B→C发生还原反应，硝基还原成氨基；C→D为取代反应，氨基上的氢被醛基取代；D→E为氨基上H被取代，属于取代反应，
比较F与H的结构可知，G为，G→H发生氧化反应。

【详解】
(1)C含有的官能团有醚键、酯基和氨基，不含氧的官能团为氨基，答案为氨基；
(2)根据D和E的结构简式可知，D中N原子上的H被取代，D生成E为取代反应，答案为取代反应；
(3)同系物结构相似，分子组成相差若干个CH2，则A的一种羧酸同系物的结构简式可以为；
(4)分子中含有苯环，且苯环上只有2种不同化学环境的氢，则两个取代基处于对位；属于α­-氨基酸，且分子中有一个手性碳原子，则一个C原子上连接氨基和羧基，且为手性碳原子，则结构简式为
；
(5)H中的醛基可以由—CH2OH氧化得到，再结合G的分子式，则G的结构简式为。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．为探究某有机化合物A的结构及性质，进行如下实验：
I.确定分子式
（1）将有机物A置于氧气流中充分燃烧实验测得：生成5.4g H2O和8.8g CO2，消耗氧气6.72 L (标准状况下)，则A中各元素的原子个数比为______________。

（2）A的质谱图如图1所示，则A的分子式为_____________。

II.结构式的确定
（3）经测定，A的核磁共振氢谱图如图2所示，则A的结构简式为____________。

III.性质实验
（4）A在一定条件下可脱水生成无色气体B，该反应的化学方程式为____________。

（5）体育比赛中当运动员肌肉扭伤时，队医随即用氯乙烷(沸点为12.27℃)对受伤部位进行局部冷冻麻醉。

制备氯乙烷的一个好方法是用A与SOCl2加热下反应，同时生成二氧化硫和氯化氢两种气体，则该反应的化学方程式为____________。

【答案】2：6：1 C2H6O CH3CH2OH
【解析】。