2019年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ）
一、单选题（本大题共7小题，共7.0分）
1. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该
句中所涉及物质的说法错误的是( )
A. 蚕丝的主要成分是蛋白质 B. 蚕丝属于天然高分子材料
C. “蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应
D. 古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了化学物质的性质知识的分析判断，主要是油脂、蛋白质成分的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大。 【解答】
A.蚕丝的主要成分是蛋白质，故A正确；
B.蚕丝是天然蛋白质，属于天然高分子材料，故B正确；
C.“蜡炬成灰”过程中发生物质的燃烧，是氧化反应，故 C正确；
D.古代的蜡主要成分是高级脂肪酸酯，不属于高分子聚合物，故D错误。 故选D。
2. 已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( )
A. 3g3He含有的中子数为1NA
B. 1L0.1mol⋅L−1磷酸钠溶液含有的PO3−4数目为0.1NA C. 1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
D. 48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA 【答案】B
【解析】解：A、3g3He的物质的量为1mol，而1mol3He中子的物质的量为1mol，所以3g3He含有的中子数为1NA，故A正确；
B、磷酸钠是强碱弱酸盐，弱离子磷酸根离子会发生水解，所以1L0.1mol⋅−1L磷酸钠溶液含有的PO3−4数目小于0.1NA，故B错误；
C、K2Cr2O7中铬由+6价变成+3价，所以1 molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA，故C正确；
D、正丁烷和异丁烷只是碳架不同，含有的共价键数均为13条，所以48g正丁烷和10g异丁烷，即混合物的物质的量为58g/mol=1mol，所以48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA，故D正确； 故选：B。
A、3g3He的物质的量为1mol；
B、磷酸钠是强碱弱酸盐，弱离子磷酸根离子会发生水解； C、K2Cr2O7中铬由+6价变成+3价；
D、正丁烷和异丁烷只是碳架不同，含有的共价键数均为13条。
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大。
3. 今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、
Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8，下列说法错误的是
第1页，共14页
48g+10g
W X Y Z A. 原子半径：W 【答案】D 【解析】【分析】 本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。 【解答】 W、X、Y、Z为短周期主族元素，根据图示可知，W位于第二周期，X、Y、Z位于第三周期，设W的最外层电子数为x，则X的最外层电子数为x−2，W、X的最高价分别为x、x−2，W与X的最高化合价之和为8，则x+x−2=8，解得：x=5，则W为N元素，结合各元素在周期表中相对位置可知，X为Al，Y为Si，Z为P元素，据此解答。 根据分析可知：W为N，X为Al，Y为Si，Z为P元素。 A.电子层越多原子半径越大，则原子半径W 【答案】A A.向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯，【解析】解：反应生成二氧化碳、 硫酸钾、硫酸锰和水，静置后溶液不会分层，故A错误； B.将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶，镁条继续燃烧反应生成MgO和C，则集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生，故B正确； C.向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，反应生成有刺激性气味的二氧化硫气体，同时生成S单质，导致溶液变浑浊，故C正确； D.反应生成氯化亚铁，铁离子消失，则黄色逐渐消失，且加KSCN后溶液颜色不变，故D正确； 故选：A。 A.酸性高锰酸钾将乙烯氧化成二氧化碳，同时生成硫酸钾、硫酸锰，混合液不分层； B.镁条在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳； C.硫代硫酸钠与氢离子反应生成二氧化硫和硫单质； 第2页，共14页 D.氯化铁与铁反应生成氯化亚铁。 本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及离子检验、元素化合物性质等知识，明确常见元素化合物性质为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。 5. 下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是( ) Cu+ZnSO4 A. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失：Zn+CuSO4 CaCO3↓+H2O B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体：Ca(OH)2+CO2 2Na2O+O2↑ C. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色：2Na2O2 D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2+2FeCl3 2Fe(OH)3+3MgCl2 【答案】C 【解析】【分析】 本题考查化学方程式的书写，题目难度不大，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握化学方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力。 【解答】 A.向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，反应生成硫酸锌和Cu，溶液蓝色消失，发生反应为：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，故A正确； B.澄清的石灰水久置后生成碳酸钙沉淀，Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，发生反应为：故B正确； C.过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，由淡黄色变为白色，发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故C错误； D.向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液，氢氧化镁转化成更难溶的氢氧化铁沉淀，发生反应为：3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2，故D正确； 故选：C。 6. 绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种 难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是 A. 图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度 B. 图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n) 【答案】B 【解析】【分析】 本题考查了沉淀溶解平衡的影响因素分析判断、溶度积常数随温度变化的理解应用、图像变化的分析判断等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。 【解答】 A.难溶物质的沉淀溶解平衡中物质溶解度用离子浓度表示，图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度，故A正确； B.沉淀溶解平衡吸热，温度升高Ksp增大，则T2>T1，图中各点对应的Ksp的关系为： 第3页，共14页 Ksp(m)=Ksp(n)=Ksp(p) 7. 分子式为C4H8BrCl的有机物共有(不含立体异构)( ) A. 8种 B. 10种 C. 12种 D. 14种 【答案】C 【解析】【分析】 本题考查同分异构体的书写，题目难度中等，注意氯原子或溴原子取代中间碳原子上的氢原子结构不同，侧重于考查学生的分析能力及灵活运用能力。 【解答】 C4H8BrCl可以看作C4H10中2个H原子被Cl、Br原子取代，而丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2两种，先分析碳骨架异构，分别为 C−C−C−C与 2种情况，然 后分别对2种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架 C−C−C−C有 、 共 8种，骨架 有、 ，共 4 种，总共12种，故C正确。 故选C。 二、简答题（本大题共4小题，共20.0分） 8. 立德粉ZnS⋅BaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。回答下列问题： (1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为______(填标号)。 A.黄色 B.红色 C.紫色 D.绿色 (2)以重晶石(BaSO4)为原料，可按如图工艺生产立德粉： ①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为______。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为______。 ②在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差，其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的______(填化学式)。 ③沉淀器中反应的离子方程式为______。 (3)成品中S2−的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol⋅L−1的I2−KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000mol⋅L−1Na2S2O3溶 2−−液滴定，反应式为I2+2S2O2−3=2I+S4O6.测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL.终 点颜色变化为______，样品中S2−的含量为______(写出表达式)。 第4页，共14页 【答案】D BaSO4+4C 12 900−1200℃ − BaS+4CO↑ CO+H2O=CO2+ H2 BaCO3 Ba2++S2−+Zn2++SO2−4=ZnS⋅BaSO4↓ 浅蓝色至无色 (25.00−V)×0.1000×32m×1000 ×100% 【解析】解：(1)Ba元素的焰色为绿色，Na元素焰色为黄色、K元素焰色为紫色、Ca元素焰色为砖红色， 故选D； (2)重晶石和焦炭混料研细后在回转炉中高温加热得到还原料，在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，则C被氧化生成CO；还原料在浸出槽中加入水过滤得到净化的BaS溶液，滤去未反应的重晶石和C，在沉淀器中加入硫酸锌得到沉淀，然后分离、洗涤、干燥、粉碎得到立德粉ZnS⋅BaSO4(也称锌钡白)， ①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，同时生成CO，反应方程式为BaSO4+4C 900−1200℃ − BaS+4CO↑； 回转炉尾气中含有有毒气体为CO，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，根据元素守恒知清洁能源为氢气，反应方程式为CO+H2O=CO2+H2， 故答案为：BaSO4+4C 900−1200℃ − BaS+4CO↑；CO+H2O=CO2+H2； ②在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，说明有H2S生成，且水溶性变差，说明有难溶性物质生成，硫离子水解生成硫化氢，同时钡离子和二氧化碳、水反应生成BaCO3沉淀，导致水溶性变差， 故答案为：BaCO3； 离子方程式为Ba2++S2−+Zn2++③沉淀器中BaS和硫酸锌反应生成沉淀ZnS⋅BaSO4， SO2−4=ZnS⋅BaSO4↓， 故答案为：Ba2++S2−+Zn2++SO2−4=ZnS⋅BaSO4↓； (3)碘遇淀粉变蓝色，当滴定终点时碘完全被消耗，溶液变为无色；与Na2S2O3反应消耗的n(I2)=2n(Na2S2O3)=2×0.1000mol⋅L−1×V×10−3L，则与硫离子反应的n(I2)=25×10−3L×0.1000mol⋅L−1−×0.1000mol⋅L−1×V×10−3L，根据转移电子守恒知 21 1 1 关系式S2−～I2，所以n(S2−)=25×10−3L×0.1000mol⋅L−1−2×0.1000mol⋅L−1×V×10−3L，m(S2−)=[25×10−3L×0.1000mol⋅L−1−2×0.1000mol⋅L−1×V×10−3L]×32g/mol，其质量分数= (2.5−0.05V)×10−3mol×32g/mol mg 硫离子质量样品质量 1 1 ×100%=×100%， ×100%= 1 2 (25.00−V)×0.1000×32m×1000 12 故答案为：浅蓝色至无色； (25.00−V)×0.1000×32m×1000 ×100%。 (1)Ba元素的焰色为绿色； (2)重晶石和焦炭混料研细后在回转炉中高温加热得到还原料，在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，则C被氧化生成CO；还原料在浸出槽中加入水过滤得到净化的BaS溶液，滤去未反应的重晶石和C，在沉淀器中加入硫酸锌得到沉淀，然后分离、洗涤、干燥、粉碎得到立德粉ZnS⋅BaSO4(也称锌钡白)， ①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，同时生成CO； 回转炉尾气中含有有毒气体为CO，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一 第5页，共14页 种清洁能源气体，根据元素守恒知清洁能源为氢气； ②在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，说明有H2S生成，且水溶性变差，说明有难溶性物质生成，硫离子水解生成硫化氢，同时钡离子和二氧化碳、水反应生成碳酸钡沉淀； ③沉淀器中BaS和硫酸锌反应生成沉淀ZnS⋅BaSO4； (3)碘遇淀粉变蓝色，当滴定终点时碘完全被消耗，溶液变为无色；与Na2S2O3反应消耗的n(I2)=2n(Na2S2O3)=2×0.1000mol⋅L−1×V×10−3L，则与硫离子反应的n(I2)=25×10−3L×0.1000mol⋅L−1−2×0.1000mol⋅L−1×V×10−3L，根据转移电子守恒知关系式S2−～I2，所以n(S2−)=25×10−3L×0.1000mol⋅L−1−2×0.1000mol⋅L−1×V×10−3L，m(S2−)=[25×10−3L×0.1000mol⋅L−1−2×0.1000mol⋅L−1×V×10−3L]×32g/mol，其质量分数= 硫离子质量样品质量 11 1 1 1 ×100%。 本题考查制备方案设计，涉及方程式的计算、离子方程式书写、氧化还原反应等知识点，明确流程图中各物质成分及其性质、发生的化学反应、滴定原理是解本题关键，难点是(3)题计算，注意关系式及转移电子守恒的灵活运用，题目难度不大。 9. 环戊二烯( 下列问题： (1)已知： (g)= (g)+H2(g)△H1=100.3kJ⋅mol−1① )是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答 H2(g)+I2(g)=2HI(g)△H2=−11.0kJ⋅mol−1 ② 对于反应： (g)+I2(g)= (g)+2HI(g)③△H3=______kJ⋅mol−1。 )在刚性容器内发生反应③，起始总 (2)某温度下，等物质的量的碘和环戊烯( 压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为______，该反应的平衡常数Kp=______Pa.达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有______(填标号)。 A.通入惰性气体 B.提高温度 C.增加环戊烯浓度 D.增加碘浓度 (3)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是______(填标号)。 A.T1>T2 B.a点的反应速率小于c点的反应速率 第6页，共14页 C.a点的正反应速率大于b点的逆反应速率 D.b点时二聚体的浓度为0.45mol⋅L−1 (4)环戊二烯可用于制备二茂铁(Fe(C5H5)2，结构简式为 )，后者广泛应用 于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如图所示，其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。 该电解池的阳极为______，总反应为______。电解制备需要在无水条件下进行，原因为______。 【答案】+89.3 40% 3.56×104 BD CD Fe电极 Fe+2 = +H2↑(或Fe+2C5H6=Fe(C5H5)2+H2↑) 水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH−，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2。 【解析】解：(1)已知： (g)= (g)+H2(g)△H1=+100.3kJ⋅mol−1① H2(g)+I2(g)=2HI(g)△H2=−11.0kJ⋅mol−1 ② 根据盖斯定律，①+②得③ (g)+I2(g)= (g)+2HI(g)△H3=(+100.3kJ⋅ mol−1)+(−11.0kJ⋅mol−1)=+89.3kJ⋅mol−1， 故答案为：+89.3； (2)设碘和环戊烯( )的初始物质的量都为nmol，转化的物质的量为xmol， (g)+2HI(g) (g)+I2(g)= 初始(mol)n n 0 0 转化(mol)x x x 2x x 2x 平衡(mol)n−x n−x 刚性容器内气体的压强与物质的量成正比，则：x=0.4n， 平衡时环戊烯的转化率为： 0.4nmolnmol (n−x+n−x+x+2x)mol (n+n)mol =1+20%，解得： ×100%=40%； 平衡时混合气体的压强为：混合气体总物质的量为：105Pa×(1+20%)=1.2×105Pa， (n−0.4n+n−0.4n+0.4n+0.4n×2)mol=2.4nmol， 平衡时各组分所占压强分别为p( )=p(I2)= (n−0.4n)mol2.4nmol ×1.2×105Pa= 第7页，共14页 3×104Pa，p( )=2.4nmol×1.2×105Pa=2×104Pa，p(HI)= (2×104Pa)×(4×104Pa)2(3×104Pa)×(3×104Pa) 0.4nmol0.4nmol×22.4nmol ×1.2× 105Pa=4×104Pa，该反应的平衡常数Kp= ≈3.56×104Pa； A.通入惰性气体，各组分浓度不变，平衡不移动，则环戊烯的转化率不变，故A错误； B.该反应为吸热反应，提高温度平衡向着正向移动，环戊烯的转化率增大，故B正确； C.增加环戊烯浓度，环戊烯的转化率减小，故C错误； D.增加碘浓度，反应物浓度增大，平衡向着正向移动，环戊烯的转化率增大，故D正确； 故答案为：40%；3.56×104；BD； (3)A.温度越高反应速率越快，根据图示可知，在温度T2(虚线)的反应速率较大，则T1 C.a到b的过程为正反应速率逐渐减小，且b点v(正)>v(逆)，则a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，故C正确； D.b点时环戊二烯的浓度变化为：1.5mol/L−0.6mol/L=0.9mol/L，环戊二烯的二聚体的浓度为环戊二烯浓度变化的2，则b点时二聚体的浓度为0.9mol/L×2=0.45mol⋅L−1，故D正确； 故答案为：CD； (4)根据转化关系可知，Fe+2需要获得Fe2+，则阳极为Fe电极，发生总反应为： 1 1 = +H2↑或Fe+2C5H6=Fe(C5H5)2+H2↑)； 中间产物有金属Na生成，水与Na反应，阻碍了中间物Na的生成，且水电解后生成的OH−与Fe2+反应生成Fe(OH)2，所以电解制备需要在无水条件下进行， Fe电极；Fe+2故答案为： = +H2↑(或Fe+2C5H6=Fe(C5H5)2+H2↑)； 水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH−，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2。 解：(1)已知： (g)= (g)+H2(g)△H1=+100.3kJ⋅mol−1① H2(g)+I2(g)=2HI(g)△H2=−11.0kJ⋅mol−1 ② 根据盖斯定律，①+②得目标反应③△H3； (2)设碘和环戊烯( )的初始物质的量都为nmol，转化的物质的量为xmol， (g)+2HI(g) (g)+I2(g)= (g)+2HI(g)，据此计算 (g)+I2(g)= 初始(mol)n n 0 0 转化(mol)x x x 2x x 2x 平衡(mol)n−x n−x 刚性容器内气体的压强与物质的量成正比，则： (n−x+n−x+x+2x)mol (n+n)mol =1+20%，解得： x=0.4nmol，据此计算；达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，需要使平衡向着 正向移动，结合平衡移动原理分析； (3)A.温度越高反应速率越快，结合图象分析T1、T2大小； 第8页，共14页 B.浓度越大反应速率越快，温度越高反应速率越快； C.b点没有达到平衡状态，则v(正)>v(逆)，结合a到b的过程为正反应速率逐渐减小分析； D.b点时环戊二烯的浓度变化为：1.5mol/L−0.6mol/L=0.9mol/L，环戊二烯的二聚体的浓度为环戊二烯浓度变化的一半； (4)根据转化关系可知，需要获得Fe2+，则阳极为Fe电极，阴极为Ni，阴极上钠离子先得到电子生成金属Na，然后钠与环戊二烯反应生成氢气，实质为氢离子得到电子，阳极上Fe失去电子生成亚铁离子，据此书写电极总反应；中间产物Na与水反应，且水解水时生成的氢氧根离子与亚铁离子反应，影响了反应产物。 本题考查化学平衡金属、盖斯定律应用及电解原理，题目难度较大，明确盖斯定律内容、化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力。 10. 近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe−Sm− As−F−O组成的化合物。回答下列问题： (1)元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为______，其沸点比NH3的______(填“高”或“低”)，其判断理由是______。 Sm的价层电子排布式4f66s2，(2)Fe成为阳离子时首先失去______轨道电子，Sm3+ 价层电子排布式为______。 (3)比较离子半径：F−______O2−(填“大于”“等于”或“小于”)。 (4)一种四方结构的超导化合物的晶胞如图1所示。晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。 图中F−和O2−共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1−x代表，则该化合物的化学式表示为______；通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ=______g⋅cm−3。 以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数 ______。坐标，例如图1中原子1的坐标为(2,2,2)，则原子2和3的坐标分别为______、 111 【答案】三角锥形 低 NH3分子间存在氢键 4s 4f5 小于 SmFeAsO1−xFx 2[281+16(1−x)+19x] a2cNA×10−30 (2,2,0) (0,0，2) 111 【解析】解：(1)等电子体结构相似，AsH3和NH3为等电子体，二者结构相似，氨气分子为三角锥形，根据氨气分子空间构型判断AsH3空间构型为三角锥形；能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，NH3分子间形成氢键、AsH3分子间不能形成氢键，所以熔沸 第9页，共14页 点：NH3>AsH3，即AsH3沸点比NH3的低， 故答案为：三角锥形；低；NH3分子间存在氢键； (2)Fe失去电子生成阳离子时电子从外到内依次失去，Fe原子最外层电子属于4s轨道，所以成为阳离子时首先失去4s轨道电子，FeSm的价层电子排布式4f66s2，该原子失去电子生成阳离子时应该先失去6s电子，后失去4f电子，Sm3+价层电子排布式为4f5， 故答案为：4s；4f5； (3)电子层结构相同的离子，F−和O2−电子层结构相离子半径随着原子序数增大而减小，同且原子序数F>O，则离子半径F−小于O2−，故答案为：小于； (4)该晶胞中As原子个数=4×2=2、Sm原子个数=4×2=2、Fe原子个数=1+4×4=2、F−和O2−离子总数=8×8+2×2=2，则该晶胞中As、Sm、Fe、F−和O2−离子总数个数之比=2：2：2：2=1：1：1：1，如果F−个数为x，则O2−个数为1−x，所以该化合物化学式为SmFeAsO1−xFx；该晶胞体积=(a×10−10×a×10−10×c×10 −101 1 1 1 1 )cm=ac×10 32−30 cm，晶体密度= 3mV = M×2NAV = 281+16×(1−x)+19x ×2 NAa2c×10−30 g/cm3= 2[281+16(1−x)+19x] a2cNA×10−30g/cm3， 111 1 1 图1中原子1的坐标为(2,2,2)，则原子2在x、y、z轴上投影分别位于2、2、0，原子3在x、y、z轴上的投影分别为0、0、2，所以2、3原子晶胞参数分别为 (2,2,0)， 故答案为：SmFeAsO1−xFx； 2[281+16(1−x)+19x] a2cNA×10−30 11 1 ；(2,2,0)；(0,0，2)。 111 (1)等电子体结构相似，根据氨气分子空间构型判断AsH3空间构型；能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高； (2)Fe失去电子生成阳离子时电子从外到内依次失去，Sm的价层电子排布式4f66s2，该原子失去电子生成阳离子时应该先失去6s电子，后失去4f电子； (3)电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小； (4)该晶胞中As原子个数=4×2=2、Sm原子个数=4×2=2、Fe原子个数=1+4×4=2、F−和O2−离子总数=8×8+2×2=2，则该晶胞中As、Sm、Fe、F−和O2−离子总数个数之比=2：2：2：2=1：1：1：1；该晶胞体积=(a×10−10×a×10−10×c×10 −10 M×2NA 11 111 )cm=ac×10 32−30 cm，晶体密度= 3mV = V ； 1 1 图1中原子1的坐标为(2,2,2)，则原子2在x、y、z轴上投影分别位于2、2、0，原子3在x、y、z轴上的投影分别为0、0、2。 本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、等电子体、氢键等知识点，侧重考查基础知识掌握和运用、空间想像能力及计算能力，明确原子生成离子时失电子特点、均摊法在晶胞计算中的正确运用是解本题关键，题目难度中等。 11. 环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛 应用于涂料和胶黏剂等领域。下面是制备一种新型环氧树脂G的合成路线： 第10页，共14页 1 111 已知以下信息： ① ② ③ 回答下列问题： (1)A是一种烯烃，化学名称为______，C中官能团的名称为______、______。 (2)由B生成C的反应类型为______。 (3)由C生成D的反应方程式为______。 (4)E的结构简式为______。 (5)E的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物 第11页，共14页 的结构简式______、______。 ①能发生银镜反应； ②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3：2：1。 (6)假设化合物D、F和NaOH恰好完全反应生成1mol单一聚合度的G，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，则G的n值理论上应等于______。 【答案】丙烯 氯原子 羟基 加成反 应 8 CC为ClCH2CHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl，(1)由以上分析可知A为丙烯，【解析】解： 含有的官能团为氯原子、羟基，故答案为：丙烯；氯原子、羟基； (2)B为ClCH2CH=CH2，与HOCl发生加成反应生成C，故答案为：加成反应； (3)由C生成D的反应方程式为 ， 故答案为：； (4)E的结构简式为，故答案为：； (5)E为，E的二氯代物有多种同分异构体，①能发生银镜反应，说明分子 中含有醛基；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3：2：1，则应含有1个甲基， 且结构对称，应为、， 第12页，共14页 故答案为：、； (6)由方程式可知生成NaCl和H2O的物质的量相等，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，则二者的物质的量分别为=10，则需要9molF、10molD参加反应，由G 58.5+18的结构简式可知n=8，故答案为：8。 A是一种烯烃，应为CH3CH=CH2，光照条件下发生取代反应生成B为ClCH2CH=CH2，与HOCl发生加成反应生成C为ClCH2CHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl，由信息①可知E应为 ，D、F发生缩聚反应生成G，以此解答该题。 765 本题考查有机物的合成与推断，为高频考点和常见题型，侧重考查学生的分析能力、自学能力和计算能力，注意把握有机物官能团的变化以及题给信息，为解答该类题目的关键，题目难度中等。 三、实验题（本大题共1小题，共10.0分） 咖啡因是一种生物碱(易溶于水及乙醇，熔点234.5℃，100℃以上开始升华)，有兴奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%～5%、单宁酸(Ka约为10−6，易溶于水及乙醇)约3%～10%，还含有色素、纤维素等。实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如图所示。 索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与茶叶末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对茶叶末的连续萃取。回答下列问题： (1)实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1中，研细的目的是______。圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂，加热前还要加几粒______。 (2)提取过程不可选用明火直接加热，原因是______。与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是______。 第13页，共14页 (3)提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂。与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是______。“蒸馏浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外，还有______(填标号)。 A.直形冷凝管 B.球形冷凝管 C.接收瓶 D.烧杯 (4)浓缩液加生石灰的作用是中和______和吸收______。 (5)可采用如图所示的简易装置分离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是______。 【答案】增加固液接触面积，提取充分 沸石 乙醇易挥发，易燃 使用溶剂少，可连续萃取 乙醇沸点低，易浓缩 AC 单宁酸 水 升华 【解析】解：(1)将茶叶研细可增大接触面积，即可反应速率，使提取充分；蒸馏操作中，为了避免混合液体爆沸，需要加入沸石， 故答案为：增加固液接触面积，提取充分；沸石； (2)该实验中的萃取剂为乙醇，乙醇易挥发，易燃，为了避免暴沸，提取过程不可选用明火直接加热； 根据图示装置及题干描述可知，与常规的萃取相比，索氏提取器使用溶剂少，可连续萃取， 故答案为：乙醇易挥发，易燃；使用溶剂少，可连续萃取； (3)提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂。乙醇易挥发，则与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是乙醇沸点低，易浓缩； 结合蒸馏操作方法可知，“蒸馏浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外，还有冷凝管和接收器，其中蒸馏操作用直形冷凝管，回流时用球形冷凝管，所以应选用直形冷凝管，即选AC， 故答案为：乙醇沸点低，易浓缩；AC； (4)生石灰为CaO，CaO为碱性氧化物，提取液中混有单宁酸，CaO能够中和单宁酸，还能够吸收水分， 故答案为：单宁酸；水； (5)根据咖啡因“100℃以上开始升华”可知，该分离提纯方法为升华， 故答案为：升华。 实验室从茶叶中提取咖啡因的流程为：将茶叶末先进行索氏提取得到茶叶残渣和提取液，对提取液蒸馏浓缩得到浓溶液，然后向浓溶液中加入生石灰除去单宁酸和水，得到粉状物；由于咖啡因100℃以上开始升华，可通过加热升华的方法分离出咖啡因，据此解答。 本题考查制备方案的设计，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。 第14页，共14页 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容