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宁夏中卫市2020届高三下学期高考第三次模拟考试化学试题 Word版含解析
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这是一份宁夏中卫市2020届高三下学期高考第三次模拟考试化学试题 Word版含解析，共18页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
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2020年中卫市高考第三次模拟考试
理科综合能力测试
可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 Na-23 S-32 si-28 Ca-40 F-19 Fe-56 Zn-65
一、单项选择题：
1.化学与生产生活息息相关，下列有关说法正确的是（ ）
A. 预防新冠病毒用95%的酒精比用75%的酒精效果好
B. 淀粉、蛋白质、聚乙烯都属于天然高分子化合物
C. 一束光通过气溶胶时会产生一条光亮的通路，这是胶体特有的现象
D. 漂白粉、漂白液和漂粉精的有效成分都是次氯酸钙
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．医用酒精的浓度为75%，可进入细菌的细胞内，完全破坏细菌组织，而95%的酒精因浓度过高，可在细菌细胞最外层形成保护膜，达不到杀菌的目的，所以75%的酒精比95%的酒精杀菌效果好，故A错误；
B．聚乙烯属于合成高分子化合物，故B错误；
C．气溶胶是胶体，胶体有丁达尔效应，即一束光通过气溶胶时会产生一条光亮的通路，故C正确；
D．漂白粉和漂粉精的有效成分都是次氯酸钙，但漂白液的有效成分是次氯酸钠，故D错误；
答案选C。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A. 28g乙烯和环丁烷混合气体中含有的碳原子数为2NA
B. 常温下，5.6gFe与含0.2molHNO3的溶液充分作用，最少失去的电子数为0.15NA
C. 2.0gD2O中含有的质子数、电子数均为NA
D. 含1molCl+的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH数为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯和环丁烷的最简式都为CH2，则28g乙烯和环丁烷的混合气体中含有的碳原子数为2NA，故A正确；
B．如果硝酸是浓硝酸，则铁在常温下在浓硝酸中钝化，失去的电子数几乎为零，故B错误；
C．依据2gD2O的物质的量==0.1mol，故所含有的质子数为0.1mol×10=1mol，即NA个、含有的电子数为0.1mol×10=1mol，即NA个，故C正确；
D．加入一定量的氨水后，溶液呈中性，n(H+)=n(OH-)，据溶液中的电荷守恒：n(Cl-)+n(OH-)=n(NH4+)+n(H+)，所以n(NH4+)=n(Cl-)=1mol，故此时溶液中NH4+数为NA，故D正确。
答案选B。
3.下列实验操作对应的现象和结论均正确的是（ ）
选项
操作
现象
结论
A
相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH
前者pH比后者大
非金属性：S＞C
B
将相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液分别稀释a、b倍
稀释后溶液pH相同
a＞b
C
向25mL沸水中滴加5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸
生成红褐色沉淀
制得Fe(OH)3胶体
D
向H2O2溶液中滴加少量硫酸酸化的FeSO4溶液
溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡
Fe2+催化H2O2发生分解反应生成O2
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH，前者pH比后者大，说明酸性H2CO3
D. 溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡，应该是Fe3+催化H2O2发生分解反应生成O2，故D错误；
故选A。
4.1，二异丙烯基苯是工业上常用的交联剂，可用于制备高性能超分子聚合物，其结构如图所示。下列有关1，二异丙烯基苯的说法错误的是（ ）
A. 分子式为
B. 能使溴水和高锰酸钾溶液褪色，但反应原理不同
C 分子中所有碳原子不可能处于同一平面
D. 其一氯代物有5种
【答案】C
【解析】
【分析】
由1，二异丙烯基苯的结构可知，含有碳碳双键和苯环，具有烯烃和苯的结构和性质特点，以此解答该题。
【详解】A．由1，二异丙烯基苯的结构，分子式为，故A正确；
B．分子中含有双键，使溴水褪色是因为发生加成反应，使高锰酸钾溶液褪色是因为发生氧化反应，原理不同，故B正确；
C．碳碳双键、苯环为平面形结构，与苯环、碳碳双键直接相连的原子可能在同一个平面上，则分子中所有碳原子可能都处于同一平面，故C错误；
D．结构对称，有机物含有5种H，则一氯代物有5种，故D正确。
答案选C。
5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示。且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，常温常压下为液体。下列说法不正确的是（ ）
A. X、Y的简单氢化物的稳定性：
B. W、Y、Z三种元素不能形成离子化合物
C. 甲分子中存在键
D. Y元素的简单氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
【答案】B
【解析】
【分析】
W2Z常温常压下为液体，可知W2Z为H2O，W为H，Z为O，根据图中所给分子式可知，X能形成4个共价键，X原子的最外层电子数为4，且X的原子序数小于O，X为C，Y的原子序数在X、Z之间，Y为N。
【详解】根据以上分析可知：
A、X，Y分别是C，N，非金属性N>C，所以简单氢化物的稳定性Y>X，A选项正确；
B、H，C，N可以形成铵盐，铵盐是离子化合物，故B错误；
C、由结构图可知1mol甲分子中存在4molN-H键，故C选项正确；
D、N的简单氢化物为NH3水溶液呈碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D选项正确。
答案选B。
6.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na-CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：，下列说法错误的是（ ）
A. 放电时，Na为电池的负极
B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2
C. 放电时，正极反应为：
D. 充电时，阳极释放6.72L CO2时，转移的电子数为0.4NA
【答案】D
【解析】
【分析】
根据电池总反应可知放电时Na被氧化，CO2被还原，所以放电时Na为负极，充电时Na为阴极，放电时Ni为正极吸收CO2，充电时Ni为阳极释放CO2。
【详解】A．放电时为原电池，原电池中负极失电子发生氧化反应，根据总反应可知Na被氧化，所以Na为负极，故A正确；
B．根据电池总反应可知，放电时Ni电极吸收二氧化碳发生还原反应为正极，充电时Ni电极发生氧化反应释放二氧化碳，故B正确；
C．根据总反应可知，放电时CO2被还原为正极原料，所以正极反应式为，故C正确；
D．未指明温度和压强，无法确定6.72L二氧化碳的物质的量，所以无法确定转移的电子数，故D错误；
故答案为D。
7.常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、溶液，所得沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑的水解)。下列叙述不正确的是( )
A. n点表示的不饱和溶液
B. 的值等于10-9.75
C. 的平衡常数为109.04
D. 向的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A．横坐标为lg，所以横坐标越大表示c(Xn-)越大，纵坐标为-lg，则纵坐标越大，c(Ag+)越小，曲线上的点表示沉淀溶解平衡点，n点处c(Ag+)小于相同c(C2O)时对应的平衡点的c(Ag+)，所以n点处c(Ag+)·c(C2O)
C．取点(-2.46，4)计算Ksp[Ag2C2O4]=10-10.46，的平衡常数K====109.04，故C正确；
D．据图可知当时，生成AgCl沉淀所需银离子浓度更小，所以滴入硝酸银溶液时，AgCl先沉淀，故D错误；
故答案为D。
二、非选择题：
（一）必考题（共129分）
8.甲酸是还原性酸，又称作蚁酸，常用于橡胶、医药、染料、皮革等工业生产。某化学兴趣小组在分析甲酸的组成和结构后，对甲酸的某些性质进行了探究。请回答下列问题。
Ⅰ.甲酸能与醇发生酯化反应
该兴趣小组用如上图所示装置进行甲酸与甲醇的酯化反应实验：
有关物质的性质如下：
沸点/℃
密度
水中溶解性
甲醇
64.5
0.79
易溶
甲酸
100.7
1.22
易溶
甲酸甲酯
31.5
0.98
易溶
（1）装置中，仪器A的名称是__________，长玻璃管c的作用是__________、__________
（2）甲酸和甲醇进行酯化反应的化学方程式为____________________。
（3）要从锥形瓶内所得的混合物中提取甲酸甲酯，可采用的方法为____________________。
Ⅱ.甲酸能脱水制取一氧化碳，一定条件下，能与固体发生反应：。
（1）如图所示是以甲酸钠溶液为电解质溶液的甲醇燃料电池：
则a极电极反应式为_______________。
（2）测定产物中甲酸钠的纯度：与足量充分反应后，消耗标况下，所得固体物质为，则所得固体物质中甲酸钠的质量分数为_______（计算结果精确到0.1%）。
（3）甲酸钠溶液呈弱碱性的原因：__________________（用离子方程式表示）
【答案】 (1). 直形冷凝管 (2). 平衡内外气压 (3). 冷凝回流产品 (4). HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O (5). 蒸馏 (6). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O； (7). (8). HCOO-+H2O HCOOH+OH-
【解析】
【分析】
Ⅰ.(1)由仪器结构，可知仪器A为直形冷凝管；由蒸气冷凝为液体，装置内压强会减小，长玻璃管c可以平衡压强，也可以将产品蒸气进行冷凝回流；
(2)甲酸与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成甲酸甲酯与水；
(3)锥形瓶内为液态混合物，用蒸馏方法提取甲酸甲酯；
Ⅱ.(1) 甲醇燃料电池中甲醇作负极，氧气作正极；
(2) 标准状况下的物质的量为0.1mol，根据，甲酸钠的物质的量为0.1mol，据此计算甲酸钠的理论质量，再求纯度；
(3) 甲酸钠溶液呈弱碱性的原因是甲酸根离子水解；
【详解】Ⅰ.(1)由仪器结构，可知仪器A为直形冷凝管；由蒸气冷凝为液体，装置内压强会减小，长玻璃管c可以平衡压强，也可以将产品蒸气进行冷凝回流，故答案为：直形冷凝管；平衡内外气压；冷凝回流产品；
(2)甲酸与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成甲酸甲酯与水，化学反应方程式为：HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O，故答案为：HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O；
(3)锥形瓶内为液态混合物，且甲酸、甲醇、甲酸甲酯的沸点相差很大，所以可以用蒸馏的方法提取甲酸甲酯，故答案为：蒸馏；
Ⅱ.(1) 甲酸钠为电解质溶液，电解质溶液显碱性，甲醇燃料电池中甲醇作负极，则a极室为负极，其电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；
(2) 标准状况下的物质的量为0.1mol，根据，甲酸钠的物质的量为0.1mol，则甲酸钠的质量为：m=n·M=0.1mol×68g/mol=6.8g，所得固体物质为，则所得固体物质中甲酸钠的质量分数为：，故答案为：
(3) 甲酸钠是强碱弱酸盐，甲酸根离子水解生成甲酸和氢氧根离子，使溶液呈弱碱性，其水解方程式为：HCOO-+H2OHCOOH+OH-，故答案为：HCOO-+H2OHCOOH+OH-。
【点睛】甲醇燃料电池，甲醇作负极，氧气作正极，电解质溶液酸碱性不同，其电极反应式不同，则：
①碱性条件：正极：3O2+12e-+6H2O=12OH-；负极：2CH3OH-12e-+16OH-=2+12H2O；
②酸性条件：正极：3O2+12e-+12H+=6H2O；负极：2CH3OH-12e-+2H2O=12H++2CO2。
9.闪锌矿（主要成分ZnS，含Cd、Fe、Cu等元素杂质)是冶炼锌单质的原料，有两种常见的冶炼方式：火法炼锌和湿法炼锌。两种方法均先将闪锌矿加热焙烧，得到以ZnO为主要成分的焙砂，再分别经过两条路线得到单质锌，同时得到副产品。
已知：
(I)相关金属单质的熔沸点
金属单质
Zn
Fe
Cu
Cd
熔点(K)
693
1812
1356
594
沸点(K)
1180
3023
2840
1040
(II)几种离子生成氢氧化物沉淀的pH
开始沉淀pH
完全沉淀 pH
Fe3+
l.l
3.2
Zn2+
5.9
8.9
Cu2+
47
6.7
Cd2+
6.9
9.6
请回答下列问题:
(1)写出步骤①发生的主要反应的化学方程式___________________。
(2)步骤②若焦炭与ZnO(s)反应生成1mol CO时吸收akJ的热量，请写出该反应的热化学方程示________________。
(3)步骤④中操作I的分离方法为_______，得到副产品粗 镉需控制温度为_____左右。
(4)步骤⑦需调节溶液pH为_______，目的是__________。
(5)步骤⑨以Pt为阳极、Al为阴极进行电解的化学方程式为__________。
(6)分别取闪锌矿200kg，通过火法炼锌得到Zn的质量为65kg，通过湿法炼锌得到Zn的质量为78kg，闪锌矿中ZnS的质量分数约为________。
【答案】 (1). 2ZnS + 3O2 2ZnO + 2SO2 (2). ZnO(s) + C(s) Zn(g) + CO (g) △H = + a kJ/mol (3). 蒸馏 (4). 1040 K (5). 3.2 < pH < 5.9 (6). 除去溶液中的Fe3+ (7). 2ZnSO4 + 2H2O 2Zn + O2↑+ 2H2SO4 (8). 48.5%
【解析】
（1）本题考查化学反应方程式的书写，根据闪锌矿的主要成分，因此反应①的主要反应是2ZnS＋3O22ZnO＋2SO2，金属单质转化成相应的氧化物；（2）本题考查热化学反应方程式的书写，反应的方程式为ZnO＋CCO＋Zn，生成1molCO时，吸收热量akJ，因此热化学反应方程式为：ZnO(s) + C(s) Zn(g) + CO (g) △H = + a kJ/mol；（3）本题考查物质的分离和提纯，反应②，焦炭作还原剂，把金属从其氧化物中还原出来，根据金属的熔沸点，②反应的温度是1373～1573K，此时Zn和Cd是蒸气，粗锌的成分是Zn和Cd，利用其沸点不同，对粗锌加热，温度控制在1040K左右，让Cd转化成蒸气，达到分离的目的，因此此方法是蒸馏；（4）本题考查物质的除杂，根据表格II的数据，以及流程图，锌元素以离子形式存在，因此pH控制在3.2到5.9之间，目的是除去Fe3＋；（5）根据流程图，电解得到99.99%的锌单质，采用的方法是电解，因此反应方程式为2ZnSO4 + 2H2O 2Zn + O2↑+ 2H2SO4；（6）湿法炼锌中操作⑧加入锌单质，因此湿法炼锌得到锌不完全来自于闪锌矿，因此计算质量分数用火法炼锌中得到锌进行计算，根据锌元素守恒，因此ZnS的质量分数为65×97/(65×200)×100%=48.5%。
点睛：本题的易错点是问题（6）应注意工艺流程，湿法炼锌中加入锌单质，把其他金属元素置换出来，这样得到锌的质量将会偏高，因此计算闪锌矿中硫化锌的质量分数，用火法炼锌中得到锌的质量进行计算，采用元素守恒进行计算。
10.Ⅰ.在密闭容器中放入，在一定温度进行如下反应：
容器内气体总压强（P）与起始压强的比值随反应时间（t）数据见下表：（提示，密闭容器中的压强比等于气体物质的量之比）
时间
0
1
2
4
8
16
20
25
1.00
1.50
1.80
2.20
2.30
2.38
2.40
2.40
回答下列问题
（1）下列能提高A的转化率的是_______
A.升高温度 B.体系中通入A气体
C.将D的浓度减小 D.通入稀有气体，使体系压强增大到原的5倍
（2）该反应的平衡常数的表达式K_______，前2小时C的反应速率是_________；
（3）平衡时A的转化率___________，C的体积分数__________（均保留两位有效数字）
（4）相同条件下，若该反应从逆向开始，建立与上述相同的化学平衡，则D的物质的量取值范围______
Ⅱ.已知乙酸是一种重要的化工原料，该反应所用的原理与工业合成乙酸的原理类似；常温下，将溶于水配成溶液，向其中滴加等体积的的盐酸使溶液呈中性（不考虑醋酸和盐酸的挥发），用含a和b的代数式表示醋酸的电离常数___________
【答案】 (1). A (2). (3). 002 (4). (5). (6). 0.03 (7).
【解析】
【分析】
Ⅰ. (1)提高反应物的转化率，使得化学平衡正向进行的因素均可以（但是不能加入物质本身）；
(2)化学平衡常数，化学反应速率来计算；
(3)根据三行式计算化学反应中物质的转化率以及物质的体积分数；
(4)若该反应从逆向开始，建立与上述相同的化学平衡，则Qc>K，根据极限转化思想来实现等效平衡；
Ⅱ. 根据电荷守恒结合平衡常数表达式计算。
【详解】Ⅰ. (1)A. 该反应正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，A的转化率增大，A正确；
B. 体系中通入A气体，A的转化率减小，B错误；
C. D为固体，将D的浓度减小，不会引起平衡的移动，A的转化率不变，C错误；
D. 通入稀有气体He，使体系压强增大到原来的5倍，但是各组分浓度不变，不会引起平衡的移动，A的转化率不变，D错误；故答案为：A；
(2)化学平衡常数，在1.0L密闭容器中放入0.10molA(g)，设A的变化量为x，则根据三段式：
则，解得x=0.04mol，所以前2小时A的反应速率为：，物质表示的反应速率之比等于系数之比，所以C表示的反应速率为：，故答案为：；0.02；
(3)设：平衡时A的变化量是y，则根据三段式：
化学反应在20h时达到平衡，则，解得y=0.07mol，所以平衡时A的转化率为：，C的体积分数为： ，故答案为： ； ；
(4)相同条件下，若该反应从逆向开始，建立与上述相同的化学平衡，则D的取值范围n（D）>0.03mol，故答案为：0.03；
Ⅱ. 盐酸和醋酸钠反应生成氯化钠和醋酸，溶液呈中性，所以醋酸钠剩余，c（H+）=c（OH-）=10−7mol/L，根据电荷守恒，c（Cl-）=0.5bmol/L，c（CH3COO-）+c（Cl-）=c（Na+）=0.5amol/L，所以c（CH3COO-）=（0.5a−0.5b）mol/L，醋酸的电离常数为： ，故答案为：。
（二）选考题：
【化学-选修3：物质结构】
11.决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题：
（1）基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是_______，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为______________。
（2）已知元素M是组成物质的一种元素。元素M的气态原子逐个失去第1个至第5个电子所需能量（即电离能，用符号至表示）如表所示：
电离能
589.8
1145.4
4912.4
6491
8153
元素M化合态常见化合价是_________价，其基态原子电子排布式为_______
（3）的中心原子的杂化方式为__________，键角为____________
（4）中非金属元素电负性由大到小的顺序为_____________
（5）下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是_______________
A.第一电离能： B.共价键的极性：
C.晶格能： D.热稳定性：
（6）如图是晶胞，构成二氧化硅晶体结构的最小环是由________个原子构成。已知晶胞参数为，则其晶胞密度为________。
【答案】 (1). N (2). 球形 (3). +2 (4). 1s22s22p63s23p64s2或[Ar] 4s2 (5). sp3 (6). 109°28′ (7). F>O>P (8). BC (9). 12 (10).
【解析】
【分析】
(1) 基态K原子共有4给电子层，最高能层位N；价层电子排布式为4s1；
(2) M的第三电离能远远大于第二电离能，该元素最外层有2个电子；
(3) 根据价层电子互斥理论确定杂化方式及空间构型；
(4)Ca3(PO4)3F中非金属元素为P、O、F，同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小；
(5) A. 同周期元素的第一电离能有增大的趋势，价层电子处于充满或半充满状态时，第一电离能大于其后元素的；
B. 键合原子的电子亲合能或电负性的差值越大，极性越大；
C. 离子半径越小，键长越短，晶格能越大；
D. 金属阳离子的半径越小，其碳酸盐的热稳定性越弱；
(6)构成二氧化硅晶体结构的最小环是六元环，根据密度公式计算晶体密度。
【详解】(1) 基态K原子共有4给电子层，最高能层位N；价层电子排布式为4s1，该能层电子云轮廓为球形，故答案为：N；球形；
(2) M的第三电离能远远大于第二电离能，说明该元素失去2个电子时为稳定结构，则该元素最外层有2个电子，则M为Ca，元素M化合态常见化合价是+2，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2或[Ar] 4s2，故答案为：+2；1s22s22p63s23p64s2或[Ar] 4s2；
(3)的中心原子P的孤电子对数为：1/2（a-xb）=1/2(5+3-2×4)=0，价层电子对数为：4+0=4，P原子杂化方式为sp3杂化，空间构型为正四面体，键角为109°28′，故答案为：sp3；109°28′；
(4)Ca3(PO4)3F中非金属元素为P、O、F，同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，所以电负性：F>O>P，故答案为：F>O>P；
(5) A. 同周期元素的第一电离能有增大的趋势，价层电子处于全充满或半充满状态时，第一电离能大于其后元素的第一电离能，则Cl＞P＞S＞Si，A错误；
B. 键合原子的电子亲合能或电负性的差值越大，极性越大，则共价键的极性：HF＞HCl＞HBr＞HI，B正确；
C. 离子半径越小，键长越短，晶格能越大，则晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，C正确；
D. 金属阳离子的半径越小，其碳酸盐的热稳定性越弱，则热稳定性：BaCO3＞SrCO3＞CaCO3＞MgCO3，D错误；故答案为：BC。
(6)构成二氧化硅晶体结构的最小环是六元环，其中有6个Si原子和6个O原子，所以构成二氧化硅晶体结构的最小环是由12个原子构成；1个晶胞中含有Si原子的数目为：8×1/8+6×1/2+4=8，含有O原子的数目为：16，则根据公式：，其晶胞的密度为：
，故答案为：12；。
【点睛】中心原子的孤电子对数=1/2（a-xb）；中心原子的价层电子对数=孤电子对数+键。中心原子的价层电子对数=2，为sp杂化；中心原子的价层电子对数=3，为sp2杂化；中心原子的价层电子对数=4，为sp3杂化。
【化学-选修5：有机化学】
12.化合物H是药物合成的一种中间体，可通过以下方法合成：
(1)B中官能团名称为_____________。
(2)G→H的反应类型为__________。
(3)已知C的一种同分异构体为：，下列说法正确的是____________。
a.能发生酯化反应
b.能发生银镜反应
c.1mol该物质完全水解能消耗3mol NaOH
d.该分子的核磁共振氢谱中峰面积之比为1∶2∶6∶2
e.其在酸性条件下的水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应
(4)中手性碳原子(一个碳原子上连有4个不一样的原子或者原子团)个数为________。
(5)E的分子是为C14H17O3N，E经还原得到F，写出E→F的反应方程式：_______。
(6)已知：①
②苯胺()易被氧化。请以甲苯和(CH3CO)2O为原料制备，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任选)。_________。
【答案】 (1). 醚键和氨基 (2). 取代反应(水解反应) (3). bde (4). 1 (5). +H2 (6).
【解析】
【详解】（1）B为，官能团有两个，醚键和氨基，故答案为：醚键和氨基；
（2）G→H： ，酰胺基变回氨基，发生水解反应，故答案为：水解反应；
（3）已知C的一种同分异构体为：：a.不含羧基也不含羟基，不能发生酯化反应，a错误；b.分子结构中左边HOOC-能发生银镜反应，b正确；c.酯基水解消耗1mol NaOH，水解后的产物有酚羟基，再消耗1mol，故1mol该物质完全水解能消耗2mol NaOH，c错误；d.水平画一条对称轴，有四种等效氢，个数分别为1、2、6、2，则核磁共振氢谱中峰面积之比为1∶2∶6∶2，d正确；e.该物质水解后得到1个酚羟基，可以和FeCl3溶液发生显色反应，e正确；故答案为：bde；
（4）与四个不相同的原子或原子团相连的碳原子为手性碳，该分子中与Br相连的C原子为手性碳原子，故答案为：1；
（5）E的分子式为，F的分子式为，E的分子式比F少2个H，且E经还原得到F，所以 E的结构简式，E和氢气反应生成F，方程式为：+H2 ，故答案为：+H2 ；
（6）甲苯硝化引入硝基，再还原硝基，然后脱水，最后把甲基氧化为羧基，合成路线为 ，故答案为：
绝密★启用前
2020年中卫市高考第三次模拟考试
理科综合能力测试
可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 Na-23 S-32 si-28 Ca-40 F-19 Fe-56 Zn-65
一、单项选择题：
1.化学与生产生活息息相关，下列有关说法正确的是（ ）
A. 预防新冠病毒用95%的酒精比用75%的酒精效果好
B. 淀粉、蛋白质、聚乙烯都属于天然高分子化合物
C. 一束光通过气溶胶时会产生一条光亮的通路，这是胶体特有的现象
D. 漂白粉、漂白液和漂粉精的有效成分都是次氯酸钙
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．医用酒精的浓度为75%，可进入细菌的细胞内，完全破坏细菌组织，而95%的酒精因浓度过高，可在细菌细胞最外层形成保护膜，达不到杀菌的目的，所以75%的酒精比95%的酒精杀菌效果好，故A错误；
B．聚乙烯属于合成高分子化合物，故B错误；
C．气溶胶是胶体，胶体有丁达尔效应，即一束光通过气溶胶时会产生一条光亮的通路，故C正确；
D．漂白粉和漂粉精的有效成分都是次氯酸钙，但漂白液的有效成分是次氯酸钠，故D错误；
答案选C。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A. 28g乙烯和环丁烷混合气体中含有的碳原子数为2NA
B. 常温下，5.6gFe与含0.2molHNO3的溶液充分作用，最少失去的电子数为0.15NA
C. 2.0gD2O中含有的质子数、电子数均为NA
D. 含1molCl+的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH数为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯和环丁烷的最简式都为CH2，则28g乙烯和环丁烷的混合气体中含有的碳原子数为2NA，故A正确；
B．如果硝酸是浓硝酸，则铁在常温下在浓硝酸中钝化，失去的电子数几乎为零，故B错误；
C．依据2gD2O的物质的量==0.1mol，故所含有的质子数为0.1mol×10=1mol，即NA个、含有的电子数为0.1mol×10=1mol，即NA个，故C正确；
D．加入一定量的氨水后，溶液呈中性，n(H+)=n(OH-)，据溶液中的电荷守恒：n(Cl-)+n(OH-)=n(NH4+)+n(H+)，所以n(NH4+)=n(Cl-)=1mol，故此时溶液中NH4+数为NA，故D正确。
答案选B。
3.下列实验操作对应的现象和结论均正确的是（ ）
选项
操作
现象
结论
A
相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH
前者pH比后者大
非金属性：S＞C
B
将相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液分别稀释a、b倍
稀释后溶液pH相同
a＞b
C
向25mL沸水中滴加5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸
生成红褐色沉淀
制得Fe(OH)3胶体
D
向H2O2溶液中滴加少量硫酸酸化的FeSO4溶液
溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡
Fe2+催化H2O2发生分解反应生成O2
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH，前者pH比后者大，说明酸性H2CO3
D. 溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡，应该是Fe3+催化H2O2发生分解反应生成O2，故D错误；
故选A。
4.1，二异丙烯基苯是工业上常用的交联剂，可用于制备高性能超分子聚合物，其结构如图所示。下列有关1，二异丙烯基苯的说法错误的是（ ）
A. 分子式为
B. 能使溴水和高锰酸钾溶液褪色，但反应原理不同
C 分子中所有碳原子不可能处于同一平面
D. 其一氯代物有5种
【答案】C
【解析】
【分析】
由1，二异丙烯基苯的结构可知，含有碳碳双键和苯环，具有烯烃和苯的结构和性质特点，以此解答该题。
【详解】A．由1，二异丙烯基苯的结构，分子式为，故A正确；
B．分子中含有双键，使溴水褪色是因为发生加成反应，使高锰酸钾溶液褪色是因为发生氧化反应，原理不同，故B正确；
C．碳碳双键、苯环为平面形结构，与苯环、碳碳双键直接相连的原子可能在同一个平面上，则分子中所有碳原子可能都处于同一平面，故C错误；
D．结构对称，有机物含有5种H，则一氯代物有5种，故D正确。
答案选C。
5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示。且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，常温常压下为液体。下列说法不正确的是（ ）
A. X、Y的简单氢化物的稳定性：
B. W、Y、Z三种元素不能形成离子化合物
C. 甲分子中存在键
D. Y元素的简单氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
【答案】B
【解析】
【分析】
W2Z常温常压下为液体，可知W2Z为H2O，W为H，Z为O，根据图中所给分子式可知，X能形成4个共价键，X原子的最外层电子数为4，且X的原子序数小于O，X为C，Y的原子序数在X、Z之间，Y为N。
【详解】根据以上分析可知：
A、X，Y分别是C，N，非金属性N>C，所以简单氢化物的稳定性Y>X，A选项正确；
B、H，C，N可以形成铵盐，铵盐是离子化合物，故B错误；
C、由结构图可知1mol甲分子中存在4molN-H键，故C选项正确；
D、N的简单氢化物为NH3水溶液呈碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D选项正确。
答案选B。
6.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na-CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：，下列说法错误的是（ ）
A. 放电时，Na为电池的负极
B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2
C. 放电时，正极反应为：
D. 充电时，阳极释放6.72L CO2时，转移的电子数为0.4NA
【答案】D
【解析】
【分析】
根据电池总反应可知放电时Na被氧化，CO2被还原，所以放电时Na为负极，充电时Na为阴极，放电时Ni为正极吸收CO2，充电时Ni为阳极释放CO2。
【详解】A．放电时为原电池，原电池中负极失电子发生氧化反应，根据总反应可知Na被氧化，所以Na为负极，故A正确；
B．根据电池总反应可知，放电时Ni电极吸收二氧化碳发生还原反应为正极，充电时Ni电极发生氧化反应释放二氧化碳，故B正确；
C．根据总反应可知，放电时CO2被还原为正极原料，所以正极反应式为，故C正确；
D．未指明温度和压强，无法确定6.72L二氧化碳的物质的量，所以无法确定转移的电子数，故D错误；
故答案为D。
7.常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、溶液，所得沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑的水解)。下列叙述不正确的是( )
A. n点表示的不饱和溶液
B. 的值等于10-9.75
C. 的平衡常数为109.04
D. 向的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A．横坐标为lg，所以横坐标越大表示c(Xn-)越大，纵坐标为-lg，则纵坐标越大，c(Ag+)越小，曲线上的点表示沉淀溶解平衡点，n点处c(Ag+)小于相同c(C2O)时对应的平衡点的c(Ag+)，所以n点处c(Ag+)·c(C2O)
C．取点(-2.46，4)计算Ksp[Ag2C2O4]=10-10.46，的平衡常数K====109.04，故C正确；
D．据图可知当时，生成AgCl沉淀所需银离子浓度更小，所以滴入硝酸银溶液时，AgCl先沉淀，故D错误；
故答案为D。
二、非选择题：
（一）必考题（共129分）
8.甲酸是还原性酸，又称作蚁酸，常用于橡胶、医药、染料、皮革等工业生产。某化学兴趣小组在分析甲酸的组成和结构后，对甲酸的某些性质进行了探究。请回答下列问题。
Ⅰ.甲酸能与醇发生酯化反应
该兴趣小组用如上图所示装置进行甲酸与甲醇的酯化反应实验：
有关物质的性质如下：
沸点/℃
密度
水中溶解性
甲醇
64.5
0.79
易溶
甲酸
100.7
1.22
易溶
甲酸甲酯
31.5
0.98
易溶
（1）装置中，仪器A的名称是__________，长玻璃管c的作用是__________、__________
（2）甲酸和甲醇进行酯化反应的化学方程式为____________________。
（3）要从锥形瓶内所得的混合物中提取甲酸甲酯，可采用的方法为____________________。
Ⅱ.甲酸能脱水制取一氧化碳，一定条件下，能与固体发生反应：。
（1）如图所示是以甲酸钠溶液为电解质溶液的甲醇燃料电池：
则a极电极反应式为_______________。
（2）测定产物中甲酸钠的纯度：与足量充分反应后，消耗标况下，所得固体物质为，则所得固体物质中甲酸钠的质量分数为_______（计算结果精确到0.1%）。
（3）甲酸钠溶液呈弱碱性的原因：__________________（用离子方程式表示）
【答案】 (1). 直形冷凝管 (2). 平衡内外气压 (3). 冷凝回流产品 (4). HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O (5). 蒸馏 (6). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O； (7). (8). HCOO-+H2O HCOOH+OH-
【解析】
【分析】
Ⅰ.(1)由仪器结构，可知仪器A为直形冷凝管；由蒸气冷凝为液体，装置内压强会减小，长玻璃管c可以平衡压强，也可以将产品蒸气进行冷凝回流；
(2)甲酸与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成甲酸甲酯与水；
(3)锥形瓶内为液态混合物，用蒸馏方法提取甲酸甲酯；
Ⅱ.(1) 甲醇燃料电池中甲醇作负极，氧气作正极；
(2) 标准状况下的物质的量为0.1mol，根据，甲酸钠的物质的量为0.1mol，据此计算甲酸钠的理论质量，再求纯度；
(3) 甲酸钠溶液呈弱碱性的原因是甲酸根离子水解；
【详解】Ⅰ.(1)由仪器结构，可知仪器A为直形冷凝管；由蒸气冷凝为液体，装置内压强会减小，长玻璃管c可以平衡压强，也可以将产品蒸气进行冷凝回流，故答案为：直形冷凝管；平衡内外气压；冷凝回流产品；
(2)甲酸与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成甲酸甲酯与水，化学反应方程式为：HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O，故答案为：HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O；
(3)锥形瓶内为液态混合物，且甲酸、甲醇、甲酸甲酯的沸点相差很大，所以可以用蒸馏的方法提取甲酸甲酯，故答案为：蒸馏；
Ⅱ.(1) 甲酸钠为电解质溶液，电解质溶液显碱性，甲醇燃料电池中甲醇作负极，则a极室为负极，其电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；
(2) 标准状况下的物质的量为0.1mol，根据，甲酸钠的物质的量为0.1mol，则甲酸钠的质量为：m=n·M=0.1mol×68g/mol=6.8g，所得固体物质为，则所得固体物质中甲酸钠的质量分数为：，故答案为：
(3) 甲酸钠是强碱弱酸盐，甲酸根离子水解生成甲酸和氢氧根离子，使溶液呈弱碱性，其水解方程式为：HCOO-+H2OHCOOH+OH-，故答案为：HCOO-+H2OHCOOH+OH-。
【点睛】甲醇燃料电池，甲醇作负极，氧气作正极，电解质溶液酸碱性不同，其电极反应式不同，则：
①碱性条件：正极：3O2+12e-+6H2O=12OH-；负极：2CH3OH-12e-+16OH-=2+12H2O；
②酸性条件：正极：3O2+12e-+12H+=6H2O；负极：2CH3OH-12e-+2H2O=12H++2CO2。
9.闪锌矿（主要成分ZnS，含Cd、Fe、Cu等元素杂质)是冶炼锌单质的原料，有两种常见的冶炼方式：火法炼锌和湿法炼锌。两种方法均先将闪锌矿加热焙烧，得到以ZnO为主要成分的焙砂，再分别经过两条路线得到单质锌，同时得到副产品。
已知：
(I)相关金属单质的熔沸点
金属单质
Zn
Fe
Cu
Cd
熔点(K)
693
1812
1356
594
沸点(K)
1180
3023
2840
1040
(II)几种离子生成氢氧化物沉淀的pH
开始沉淀pH
完全沉淀 pH
Fe3+
l.l
3.2
Zn2+
5.9
8.9
Cu2+
47
6.7
Cd2+
6.9
9.6
请回答下列问题:
(1)写出步骤①发生的主要反应的化学方程式___________________。
(2)步骤②若焦炭与ZnO(s)反应生成1mol CO时吸收akJ的热量，请写出该反应的热化学方程示________________。
(3)步骤④中操作I的分离方法为_______，得到副产品粗 镉需控制温度为_____左右。
(4)步骤⑦需调节溶液pH为_______，目的是__________。
(5)步骤⑨以Pt为阳极、Al为阴极进行电解的化学方程式为__________。
(6)分别取闪锌矿200kg，通过火法炼锌得到Zn的质量为65kg，通过湿法炼锌得到Zn的质量为78kg，闪锌矿中ZnS的质量分数约为________。
【答案】 (1). 2ZnS + 3O2 2ZnO + 2SO2 (2). ZnO(s) + C(s) Zn(g) + CO (g) △H = + a kJ/mol (3). 蒸馏 (4). 1040 K (5). 3.2 < pH < 5.9 (6). 除去溶液中的Fe3+ (7). 2ZnSO4 + 2H2O 2Zn + O2↑+ 2H2SO4 (8). 48.5%
【解析】
（1）本题考查化学反应方程式的书写，根据闪锌矿的主要成分，因此反应①的主要反应是2ZnS＋3O22ZnO＋2SO2，金属单质转化成相应的氧化物；（2）本题考查热化学反应方程式的书写，反应的方程式为ZnO＋CCO＋Zn，生成1molCO时，吸收热量akJ，因此热化学反应方程式为：ZnO(s) + C(s) Zn(g) + CO (g) △H = + a kJ/mol；（3）本题考查物质的分离和提纯，反应②，焦炭作还原剂，把金属从其氧化物中还原出来，根据金属的熔沸点，②反应的温度是1373～1573K，此时Zn和Cd是蒸气，粗锌的成分是Zn和Cd，利用其沸点不同，对粗锌加热，温度控制在1040K左右，让Cd转化成蒸气，达到分离的目的，因此此方法是蒸馏；（4）本题考查物质的除杂，根据表格II的数据，以及流程图，锌元素以离子形式存在，因此pH控制在3.2到5.9之间，目的是除去Fe3＋；（5）根据流程图，电解得到99.99%的锌单质，采用的方法是电解，因此反应方程式为2ZnSO4 + 2H2O 2Zn + O2↑+ 2H2SO4；（6）湿法炼锌中操作⑧加入锌单质，因此湿法炼锌得到锌不完全来自于闪锌矿，因此计算质量分数用火法炼锌中得到锌进行计算，根据锌元素守恒，因此ZnS的质量分数为65×97/(65×200)×100%=48.5%。
点睛：本题的易错点是问题（6）应注意工艺流程，湿法炼锌中加入锌单质，把其他金属元素置换出来，这样得到锌的质量将会偏高，因此计算闪锌矿中硫化锌的质量分数，用火法炼锌中得到锌的质量进行计算，采用元素守恒进行计算。
10.Ⅰ.在密闭容器中放入，在一定温度进行如下反应：
容器内气体总压强（P）与起始压强的比值随反应时间（t）数据见下表：（提示，密闭容器中的压强比等于气体物质的量之比）
时间
0
1
2
4
8
16
20
25
1.00
1.50
1.80
2.20
2.30
2.38
2.40
2.40
回答下列问题
（1）下列能提高A的转化率的是_______
A.升高温度 B.体系中通入A气体
C.将D的浓度减小 D.通入稀有气体，使体系压强增大到原的5倍
（2）该反应的平衡常数的表达式K_______，前2小时C的反应速率是_________；
（3）平衡时A的转化率___________，C的体积分数__________（均保留两位有效数字）
（4）相同条件下，若该反应从逆向开始，建立与上述相同的化学平衡，则D的物质的量取值范围______
Ⅱ.已知乙酸是一种重要的化工原料，该反应所用的原理与工业合成乙酸的原理类似；常温下，将溶于水配成溶液，向其中滴加等体积的的盐酸使溶液呈中性（不考虑醋酸和盐酸的挥发），用含a和b的代数式表示醋酸的电离常数___________
【答案】 (1). A (2). (3). 002 (4). (5). (6). 0.03 (7).
【解析】
【分析】
Ⅰ. (1)提高反应物的转化率，使得化学平衡正向进行的因素均可以（但是不能加入物质本身）；
(2)化学平衡常数，化学反应速率来计算；
(3)根据三行式计算化学反应中物质的转化率以及物质的体积分数；
(4)若该反应从逆向开始，建立与上述相同的化学平衡，则Qc>K，根据极限转化思想来实现等效平衡；
Ⅱ. 根据电荷守恒结合平衡常数表达式计算。
【详解】Ⅰ. (1)A. 该反应正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，A的转化率增大，A正确；
B. 体系中通入A气体，A的转化率减小，B错误；
C. D为固体，将D的浓度减小，不会引起平衡的移动，A的转化率不变，C错误；
D. 通入稀有气体He，使体系压强增大到原来的5倍，但是各组分浓度不变，不会引起平衡的移动，A的转化率不变，D错误；故答案为：A；
(2)化学平衡常数，在1.0L密闭容器中放入0.10molA(g)，设A的变化量为x，则根据三段式：
则，解得x=0.04mol，所以前2小时A的反应速率为：，物质表示的反应速率之比等于系数之比，所以C表示的反应速率为：，故答案为：；0.02；
(3)设：平衡时A的变化量是y，则根据三段式：
化学反应在20h时达到平衡，则，解得y=0.07mol，所以平衡时A的转化率为：，C的体积分数为： ，故答案为： ； ；
(4)相同条件下，若该反应从逆向开始，建立与上述相同的化学平衡，则D的取值范围n（D）>0.03mol，故答案为：0.03；
Ⅱ. 盐酸和醋酸钠反应生成氯化钠和醋酸，溶液呈中性，所以醋酸钠剩余，c（H+）=c（OH-）=10−7mol/L，根据电荷守恒，c（Cl-）=0.5bmol/L，c（CH3COO-）+c（Cl-）=c（Na+）=0.5amol/L，所以c（CH3COO-）=（0.5a−0.5b）mol/L，醋酸的电离常数为： ，故答案为：。
（二）选考题：
【化学-选修3：物质结构】
11.决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题：
（1）基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是_______，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为______________。
（2）已知元素M是组成物质的一种元素。元素M的气态原子逐个失去第1个至第5个电子所需能量（即电离能，用符号至表示）如表所示：
电离能
589.8
1145.4
4912.4
6491
8153
元素M化合态常见化合价是_________价，其基态原子电子排布式为_______
（3）的中心原子的杂化方式为__________，键角为____________
（4）中非金属元素电负性由大到小的顺序为_____________
（5）下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是_______________
A.第一电离能： B.共价键的极性：
C.晶格能： D.热稳定性：
（6）如图是晶胞，构成二氧化硅晶体结构的最小环是由________个原子构成。已知晶胞参数为，则其晶胞密度为________。
【答案】 (1). N (2). 球形 (3). +2 (4). 1s22s22p63s23p64s2或[Ar] 4s2 (5). sp3 (6). 109°28′ (7). F>O>P (8). BC (9). 12 (10).
【解析】
【分析】
(1) 基态K原子共有4给电子层，最高能层位N；价层电子排布式为4s1；
(2) M的第三电离能远远大于第二电离能，该元素最外层有2个电子；
(3) 根据价层电子互斥理论确定杂化方式及空间构型；
(4)Ca3(PO4)3F中非金属元素为P、O、F，同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小；
(5) A. 同周期元素的第一电离能有增大的趋势，价层电子处于充满或半充满状态时，第一电离能大于其后元素的；
B. 键合原子的电子亲合能或电负性的差值越大，极性越大；
C. 离子半径越小，键长越短，晶格能越大；
D. 金属阳离子的半径越小，其碳酸盐的热稳定性越弱；
(6)构成二氧化硅晶体结构的最小环是六元环，根据密度公式计算晶体密度。
【详解】(1) 基态K原子共有4给电子层，最高能层位N；价层电子排布式为4s1，该能层电子云轮廓为球形，故答案为：N；球形；
(2) M的第三电离能远远大于第二电离能，说明该元素失去2个电子时为稳定结构，则该元素最外层有2个电子，则M为Ca，元素M化合态常见化合价是+2，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2或[Ar] 4s2，故答案为：+2；1s22s22p63s23p64s2或[Ar] 4s2；
(3)的中心原子P的孤电子对数为：1/2（a-xb）=1/2(5+3-2×4)=0，价层电子对数为：4+0=4，P原子杂化方式为sp3杂化，空间构型为正四面体，键角为109°28′，故答案为：sp3；109°28′；
(4)Ca3(PO4)3F中非金属元素为P、O、F，同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，所以电负性：F>O>P，故答案为：F>O>P；
(5) A. 同周期元素的第一电离能有增大的趋势，价层电子处于全充满或半充满状态时，第一电离能大于其后元素的第一电离能，则Cl＞P＞S＞Si，A错误；
B. 键合原子的电子亲合能或电负性的差值越大，极性越大，则共价键的极性：HF＞HCl＞HBr＞HI，B正确；
C. 离子半径越小，键长越短，晶格能越大，则晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，C正确；
D. 金属阳离子的半径越小，其碳酸盐的热稳定性越弱，则热稳定性：BaCO3＞SrCO3＞CaCO3＞MgCO3，D错误；故答案为：BC。
(6)构成二氧化硅晶体结构的最小环是六元环，其中有6个Si原子和6个O原子，所以构成二氧化硅晶体结构的最小环是由12个原子构成；1个晶胞中含有Si原子的数目为：8×1/8+6×1/2+4=8，含有O原子的数目为：16，则根据公式：，其晶胞的密度为：
，故答案为：12；。
【点睛】中心原子的孤电子对数=1/2（a-xb）；中心原子的价层电子对数=孤电子对数+键。中心原子的价层电子对数=2，为sp杂化；中心原子的价层电子对数=3，为sp2杂化；中心原子的价层电子对数=4，为sp3杂化。
【化学-选修5：有机化学】
12.化合物H是药物合成的一种中间体，可通过以下方法合成：
(1)B中官能团名称为_____________。
(2)G→H的反应类型为__________。
(3)已知C的一种同分异构体为：，下列说法正确的是____________。
a.能发生酯化反应
b.能发生银镜反应
c.1mol该物质完全水解能消耗3mol NaOH
d.该分子的核磁共振氢谱中峰面积之比为1∶2∶6∶2
e.其在酸性条件下的水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应
(4)中手性碳原子(一个碳原子上连有4个不一样的原子或者原子团)个数为________。
(5)E的分子是为C14H17O3N，E经还原得到F，写出E→F的反应方程式：_______。
(6)已知：①
②苯胺()易被氧化。请以甲苯和(CH3CO)2O为原料制备，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任选)。_________。
【答案】 (1). 醚键和氨基 (2). 取代反应(水解反应) (3). bde (4). 1 (5). +H2 (6).
【解析】
【详解】（1）B为，官能团有两个，醚键和氨基，故答案为：醚键和氨基；
（2）G→H： ，酰胺基变回氨基，发生水解反应，故答案为：水解反应；
（3）已知C的一种同分异构体为：：a.不含羧基也不含羟基，不能发生酯化反应，a错误；b.分子结构中左边HOOC-能发生银镜反应，b正确；c.酯基水解消耗1mol NaOH，水解后的产物有酚羟基，再消耗1mol，故1mol该物质完全水解能消耗2mol NaOH，c错误；d.水平画一条对称轴，有四种等效氢，个数分别为1、2、6、2，则核磁共振氢谱中峰面积之比为1∶2∶6∶2，d正确；e.该物质水解后得到1个酚羟基，可以和FeCl3溶液发生显色反应，e正确；故答案为：bde；
（4）与四个不相同的原子或原子团相连的碳原子为手性碳，该分子中与Br相连的C原子为手性碳原子，故答案为：1；
（5）E的分子式为，F的分子式为，E的分子式比F少2个H，且E经还原得到F，所以 E的结构简式，E和氢气反应生成F，方程式为：+H2 ，故答案为：+H2 ；
（6）甲苯硝化引入硝基，再还原硝基，然后脱水，最后把甲基氧化为羧基，合成路线为 ，故答案为：
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