新高考化学三轮冲刺考前保温训练专练16 十四道选择题+主观有机题（2份打包，原卷版+解析版）

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完卷时间：40分钟、
答案速查
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 P-31 Fe-56 In-115
一、选择题（共42分，只有1个正确选项）
1．古代和现代的生产、生活、技术都与化学密切相关，下列说法错误的是
A．“以磁石磨针锋，则能指南”中“磁石”的主要成分为Fe3O4
B．推广使用煤的液化技术，可减少CO2等温室气体的排放，有利于实现“碳中和”
C．推广使用由CO2合成的可降解聚碳酸酯塑料，能减少“白色污染”
D．民谚青铜和铁器“干千年，湿万年，不干不湿就半年”：半干半湿条件下最易发生吸氧腐蚀
【答案】B
【解析】A．“磁石”的主要成分是Fe3O4，A正确；B．煤液化技术不能减少CO2的排放，但可以减少颗粒物等污染物的排放，B错误；C．推广使用由CO2合成的可降解聚碳酸酯塑料，能减少使用不可降解塑料而导致的白色污染，C正确；D．金属在半干半湿条件下，具备电解质溶液，有充足的氧化剂O2，构成原电池易发生吸氧腐蚀，而导致被锈蚀，D正确；故答案为：B。
2．下列化学用语正确的是
A．的球棍模型：
B．乙醛的结构简式：
C．的电子式：
D．基态原子的价层电子轨道表示式：
【答案】D
【解析】A．分子的中心原子C原子的价层电子对数为4，无孤电子对，空间构型为正四面体，且C原子半径大于H，其球棍模型为，故A错误；B．乙醛的结构简式为CH3CHO，故B错误；C．为离子化合物，其电子式为，故C错误；D．基态原子的价层电子排布式为3d54s1，其轨道表示式：，故D正确；故答案为：D。
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，含有的分子数为NA
B．标准状况下，22.4LO3中含有的非极性共价键的数量为2NA
C．3NA个胶粒的质量为321g
D．标准状况下，22.4LCH4和22.4LCl2在光照条件下充分反应后的分子数为2NA
【答案】D
【解析】A．标准状况下，NO2呈液态，无法求出的物质的量，也就无法求出其含有的分子数，A不正确；B．O3为极性分子，则不含有非极性键，标准状况下，22.4LO3中含有的极性共价键的数量为2NA，B不正确；C．1个Fe(OH)3胶粒由许许多多个Fe(OH)3分子构成，则3NA个Fe(OH)3胶粒的质量大于321g，C不正确；D．CH4与Cl2在光照条件下发生取代反应时，反应前后气体的分子数相等，则标准状况下，22.4LCH4(物质的量为1ml)和22.4LCl2(物质的量为1ml)在光照条件下充分反应后的分子数为2NA，D正确；故选D。
4．下列粒子组在水溶液中能否共存的结论及解释完全正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【解析】A．形成配离子，，A正确；B．二氧化碳溶于水形成碳酸，碳酸根与钙离子结合生成碳酸钙沉淀，，钙离子与二氧化碳是不反应的，B错误；C．酸性条件下，硝酸将碘离子氧化为碘单质，故不能大量共存，C错误；D．苯酚的酸性大于碳酸氢根，苯酚根离子与碳酸氢根离子不反应，D错误；故选A。
5．某种化合物可用于药用多肽的结构修饰，其结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．该分子含有手性碳原子 B．该分子中含有3种官能团
C．该分子中所有的碳原子可共平面 D．1ml该化合物最多能与2ml NaOH发生反应
【答案】A
【解析】A．同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故该分子含有手性碳原子即与-NH2相连的碳原子为手性碳原子，A正确；B．由题干有机物结构简式可知，该分子中含有2种官能团即氨基和酯基，B错误；C．由题干有机物结构简式可知，同时连有两个-CH3的碳原子为sp3杂化，故该分子中所有的碳原子不可能共平面，C错误；D．由题干有机物结构简式可知，1ml该化合物最多能与1mlNaOH发生反应即1ml醇酯基能与1mlNaOH反应，D错误；故答案为：A。
6．物质结构决定物质性质，下列性质差异及对应的结构因素都正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【解析】A．-SH上的氢比-OH上的氢要活泼，因为O的电负性强于S，故A错误；B．热稳定性：CH4>SiH4，是因为C-H键键能大于Si-H键，与分子间作用力无关，故B错误；C．硬度：硅>锗，因为Si-Si键键长小于Ge-Ge键，Si-Si键键能更大；又因为硅为原子晶体，锗属于金属晶体，硬度硅>锗，故C错误；D．沸点：邻二甲苯>对二甲苯，因为邻二甲苯是极性分子，而对二甲苯是非极性分子，故D正确。
7．X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的前四周期元素，可组成化学式为的配合物A，已知：基态Y原子中未成对电子数为3，Z、M同主族，N原子的次外层电子数是最外层电子数的8倍。下列说法正确的是
A．N元素位于周期表的s区
B．电负性：Z>Y>M>X
C．Y的氢化物中只含有极性共价键
D．分子参与形成A后，键角变小
【答案】B
【分析】X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的前四周期元素，基态Y原子中未成对电子数为3，且与X形成三条共价键，电排布为2s22p3，为N元素；电排布为或3s23p3，为P元素；若Y为N，则X为H；若Y为P，则X为H或F；Z、M同主族，可形成原子团，若为第二三周期，为硫和氧；若第二四周期，第三四周期且在镍之前均为金属不成立，则可确定Z为氧，M为硫，Y为N，X为H；N原子的次外层电子数是最外层电子数的8倍，核外电子排布可为钠1s22s22p63s1或镍1s22s22p63s22p63d84s2，N元素可形成配合物，因此推断N为Ni； 推测出：X为H、Y为N、Z为氧、M为硫、N为Ni；
【解析】A．N元素是Ni，位于周期表的d区，A错误；B．电负性：Z>Y>M>X，同周期主族元素从左向右，元素电负性增强，则电负性O>N>C，C的电负性强于H，B正确；C．N的氢化物可以为N2H4，只含有极性共价键，C错误；D．分子中N原子的孤电子对，进入空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱，键角变小，D错误；故选B。
8．富马酸亚铁是一种治疗贫血的药物。其制备及纯度测定实验如下：
I．制备
步骤1：将富马酸固体置于烧杯中，加水，在加热搅拌下加入溶液，使其为。
步骤2：将上述溶液转移至如图所示装置中(省略加热、搅拌和夹持装置)，通并加热一段时间后，维持温度100℃，缓慢滴加的溶液，搅拌充分反应；
步骤3：将反应混合液冷却后，通过一系列操作，得到粗产品。
Ⅱ．纯度测定
取样品置于锥形瓶中，加入煮沸过的硫酸溶液，待样品完全溶解后，加入煮沸过的蒸馏水和2滴邻二氮菲指示剂(邻二氮菲遇呈红色，遇呈无色)，立即用标准溶液滴定至终点(反应的离子方程式为)。平行测定三次，消耗标准溶液的平均体积为。
对于上述实验，下列说法正确的是
A．“步骤1”中发生反应的离子反应为
B．为提高冷凝效果，仪器A可改用直形冷凝管
C．锥形瓶溶液由红色变为无色即达到滴定终点
D．富马酸亚铁产品的纯度为
【答案】D
【分析】向富马酸( HOOCCH=CHCOOH )中加入Na2CO3溶液发生反应：，中和酸，并调节溶液pH=6.5~6.7，再滴加FeSO4溶液可合成得到富马酸亚铁，然后过滤、洗涤、干燥后得到产品；再根据由原子守恒可知，富马酸亚铁（）中的Fe2+，全部参加反应Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，可得关系式：富马酸亚铁~ Ce4+，根据滴定消耗硫酸铈铵［(NH4)2Ce(SO4)3］标准液的体积计算富马酸亚铁的物质的量，再根据理论产量和产品的实际质量计算产品纯度。
【解析】A．“步骤1”中富马酸（HOOCCH＝CHCOOH）与发生反应，化学方程式为： ，富马酸不能拆，离子方程式为：，故A错误；B．球形冷凝管一般用于反应物的冷凝回流实验中，冷凝时与蒸气的接触面积更大，改用直形冷凝管冷凝效果下降，故B错误；C．由于邻二氮菲遇呈红色，遇呈无色，因此纯度分析实验中判断达到滴定终点的现象是：溶液由红色变为无色，且半分钟不变色，故C错误；D．根据富马酸亚铁( C4H2O4Fe)有Fe2+，关系式为富马酸亚铁~ Fe2+，溶液中的Fe2+被Ce4+氧化为Fe3+，Ce4+被还原为Ce3+，反应为： Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，故富马酸亚铁~Ce4+，富马酸亚铁的物质的量是，故所得产品的纯度为：，故D正确；故答案选D。
9．烟道气中含有，通过一系列反应可得重要的硫氮化合物M(，相对分子质量为184)，M不溶于水，可溶于。下列说法错误的是
A．、均能与形成氢键
B．的空间结构为平面三角形
C．中S的杂化轨道类型为
D．硫氮化合物M()为非极性分子
【答案】B
【解析】A．SO(NH2)2、NH3含有电负性较强的N，与H2O的H可形成氢键，A项正确；B．SOCl2中S的价层电子对数为3+1，则其空间结构为三角锥形，B项错误；C．S2Cl2中S的价层电子对数为2+2，则S2Cl2中S的杂化轨道类型为sp3，C项正确；D．x==4，硫氮化合物M的分子式为S4N4，M不溶于水，可溶于CS2，根据“相似相溶”可知其为非极性分子，D项正确；答案选B。
10．是一种易溶于热水，难溶于乙醇的紫红色晶体。
(1)制备步骤：将适量氯化铵溶于浓氨水中，边搅拌边分批次加入研细的，得到沉淀。边搅拌边慢慢滴入足量溶液，得到溶液。慢慢注入适量浓盐酸，得到沉淀，水浴加热，冷却至室温，得到紫红色晶体，减压过滤，洗涤，烘干，得到产品。
(2)钴的测定：取样品于锥形瓶中，加入溶液并加热使钴(Ⅲ)完全沉淀，后加入和将其还原为钴(Ⅱ)，再加入，用标准溶液滴定过量的，消耗溶液平均体积为与金属阳离子反应)。
对于上述实验，下列说法错误的是
A．本实验应在通风橱中进行
B．分批次加入研细的，目的是防止反应过快
C．温度过高不利于的生成
D．还原性：
【答案】D
【分析】氯化铵、浓氨水、CCl2·6H2O反应，得到[C(NH3)6]Cl2沉淀，再加入30%过氧化氢，发生反应2[C(NH3)6]Cl2+H2O2+2=2[C(NH3)5H2O]3++4NH3+4Cl-，得到溶液，加入浓盐酸，存在[C(NH3)5H2O]3++Cl-[C(NH3)5Cl]2++H2O，有利于[C(NH3)5Cl]Cl2沉淀的形成。钴的测定：将其还原为钴(Ⅱ)，再加入，用标准溶液滴定过量的，消耗溶液平均体积为与金属阳离子反应)，则n(C)= 。
【解析】A．浓氨水会挥发出氨气且有毒，本实验应在通风橱中进行，A正确；B．分批次加入研细的，目的是防止反应过快，从而使反应更加充分，B正确；C．温度过高会导致H2O2的分解，不利于的生成，C正确；D．氯化铵、浓氨水、CCl2·6H2O反应，得到[C(NH3)6]Cl2沉淀，再加入30%过氧化氢，发生反应2[C(NH3)6]Cl2+H2O2+2=2[C(NH3)5H2O]3++4NH3+4Cl-，说明H2O2可以氧化，而不会氧化C2+，说明还原性：，D错误；故选D。
11．链状葡萄糖分子中的醛基可与分子内羟基发生加成反应形成两种六元环状结构。常温下，各种葡萄糖结构及其所占百分含量如下图所示。已知各种葡萄糖结构中链状结构的熵最大，两种环状结构的熵相近。下列说法正确的是
A．
B．三种结构中，吡喃葡萄糖的焓最小
C．葡萄糖由链状转化为环状结构是醛基和6号碳原子上羟基作用的结果
D．18g葡萄糖完全燃烧生成和放热akJ，故葡萄糖的燃烧热为10akJ/ml
【答案】B
【解析】A．根据盖斯定律可知，，故A项错误；B．从图中来看，葡萄糖结构中链状结构的熵最大，葡萄糖由链状转化为环状结构ΔS<0，ΔH<0，转化产物中吡喃葡萄糖的占比更大，说明更易生成吡喃葡萄糖，即，吡喃葡萄糖的焓最小，故B项正确；C．葡萄糖由链状转化为环状结构是醛基和5号碳原子上羟基作用的结果，故C项错误；D．1 ml纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，产物应该是液态水，故D项错误；故答案选B。
12．利用原电池原理，光催化可制备甲烷，其原理如图所示。
下列说法错误的是
A．由b区向a区移动
B．该原理总过程涉及了极性键的断裂和形成
C．a区的电极反应式为
D．标准状况下，每转移4ml电子，生成11.2L气体
【答案】D
【分析】根据图中可知，在a区中CO2得到电子生成CH4，C元素化合价降低，发生还原反应，因此a为正极，在b区H2O得到电子生成O2，生成的H+移动到a区，O元素化合价身高，发生氧化反应，因此b为负极，据此作答。
【解析】A．根据分析可知，图中b区H2O得到电子生成O2，生成的H+移动到a区，故A正确；B．该过程中H2O得到电子生成O2，为极性键的断裂，生成CH4，为极性键的形成，故B正确；C．a为正极，CO2得到电子生成CH4，b区生成的H+移动到a区，反应为：，故C正确； D．标准状况下，每转移4ml电子，a区反应为：，计算可得生成0.5ml CH4即11.2L CH4，b区反应为：，计算可得生成1ml O2即22.4L O2，共生成33.6L气体，故D错误；故答案选D。
13．磷化铟晶体属于立方晶系，其晶胞结构如图1所示，晶胞参数为a nm，晶胞中所有原子沿y轴的投影如图2所示，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．该晶体的化学式为InPB．晶体中In的配位数为4
C．晶体密度为D．晶胞中，a、b原子间间距与a、c不等
【答案】D
【解析】A．根据均摊法，由晶胞结构可知In有个，P有4个，故该晶体的化学式为InP，A正确；B．In位于P原子围成的四面体空隙，In的配位数为4，B正确；C．晶胞的质量为：，晶胞体积为，故晶体密度为，C正确；D．由晶胞结构可知a、b原子间间距与a、c原子间间距均为面对角线的，D错误；故选D。
14．盐酸与碳酸钠溶液相互滴定，下图为反应过程中、、微粒浓度以及pH随溶液总体积变化曲线。下列说法不正确的是
A．上图是盐酸滴定碳酸钠溶液的曲线变化图
B．
C．碳酸的电离平衡常数数量级是
D．已知草酸酸性大于碳酸，若用同浓度溶液代替溶液，其它实验条件不变，则A点下移
【答案】C
【分析】若碳酸钠溶液滴定盐酸，则pH随溶液总体积一直增大，若盐酸滴定碳酸钠溶液，则pH随溶液总体积一直减小，则曲线①是pH变化曲线，且未滴定时，溶液的pH>7，溶液呈碱性，则上图是盐酸滴定碳酸钠溶液的变化曲线；向碳酸钠溶液中加入盐酸，先后发生反应：、，随着加入盐酸的体积增大，的浓度一直减小，的浓度先增大后减小，溶液的pH一直减小，则曲线①代表pH的变化，曲线②代表浓度变化，曲线③代表浓度变化，曲线④代表浓度变化，以此解答。
【解析】A．分析可知，如图是盐酸滴定碳酸钠溶液的曲线变化图，A正确；B．起始溶液体积是10mL，加入盐酸后依次反应：、，则A点、B点分别是第1个、第2个滴定终点，B点时：，由于二者浓度相同，故应加入20mL盐酸溶液，才能达到第2个滴定终点，故，B正确；C．曲线③代表，曲线④代表，由图可知，曲线③④交点有，则碳酸的电离平衡常数，此时溶液，即，所以数量级是，C错误；D．若用同浓度溶液代替溶液，A点得到溶液，已知草酸酸性大于碳酸，则的水解程度大于，溶液的碱性弱于溶液，A点下移，D正确；故选C。
二、主观题
18．（15分）有机物G是合成中草药活性成分Psralidin的中间体，其合成路线如下：
已知：酯分子中的α-碳原子上的氢比较活泼，使酯与酯之间能发生缩合反应：
回答下列问题：
(1)化合物A的名称为 ；C中官能团的名称为 。
(2)结合已有知识，写出E→F的方程式： ；该反应类型为 。
(3)下列关于反应F→G的说法中，正确的有______
A．反应过程中有极性键、非极性键的断裂和形成
B．化合物F存在顺反异构体
C．该反应有乙醇生成
D．化合物G中碳原子的杂化方式有两种
(4)化合物E的芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有 种，
a）只含一种官能团且能与碳酸钠反应生成；b）核磁共振氢谱确定分子中有9个化学环境相同的氢原子。
其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为 。（写出一种即可）
(5)对甲氧基苯甲酸（）可用作防腐剂或制备香料，结合上述信息，写出以苯酚为主要原料制备的合成路线 。
【答案】(1)间苯二酚（1分） 醚键、碳溴键（2分）
(2)（2分） 酯化反应或取代反应（1分）
(3)CD（2分）
(4)6（2分） 或（2分）
(5)（3分）
【分析】A的结构简式为，名称为间苯二酚，A溴单质反应生成B，B的结构简式为，B和CH3I发生取代反应生成C为，C发生已知反应生成D为，D和Mg、CO2、氢离子酸化生成E，观察E和F的结构可知，E和乙醇发生酯化反应生成F为，F和发生取代反应生成G为，据此作答。
【解析】（1）A的结构简式为，名称为间苯二酚，C为，C中官能团的名称为醚键、碳溴键，故答案为：间苯二酚；醚键、碳溴键。
（2）根据分析可知，E和乙醇发生酯化反应生成F为，发生的反应为：，反应类型为：酯化反应或取代反应，故答案为：；酯化反应或取代反应。
（3）F为，F和发生取代反应生成G为，可知：A．反应过程中只有极性键断裂和形成，故A错误；B．F为，碳碳双键两端有一端存在2个H原子，不存在顺反异构，故B错误；C．和在C2H5ONa的作用下生成，发生已知信息中的反应，反应中有乙醇产生，故C正确；D．G为，苯环上的所有碳原子、碳碳双键中碳原子、羰基和酯基上的碳均为sp2，甲基、亚甲基上的碳均为sp3杂化，因此碳原子的杂化方式有2种，故D正确；故答案选CD。
（4）化合物E为，要求芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有：只含一种官能团且能与碳酸钠反应生成CO2，说明含有羧基，且含有2个羧基才能产生CO2；核磁共振氢谱确定分子中有9个化学环境相同的氢原子，说明剩余的甲基应该连在同一个碳原子上，因此取代基为-COOH、-COOH、-C(CH3)3，因此同分异构体有6种，其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为或，故答案为：6；或。
（5）结合已知信息可知，以苯酚为主要原料制备的合成路线为：，故答案为：。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
B
D
D
A
A
D
B
D
B
D
B
D
D
C
选项
粒子组
是否共存
解释
A
否
B
否
C
能
离子间不反应
D
、、、
否
+→+
选项
性质差异
结构因素
A．
酸性：CH3CH2OH>CH3CH2SH
共价键的极性
B．
热稳定性：CH4>SiH4
分子间作用力
C．
硬度：硅<锗
键长
D．
沸点：邻二甲苯>对二甲苯
分子的极性