江西省鹰潭市2022届高三下学期第一次模拟考试理科综合化学试题

　　鹰潭市2022届高三第一次模拟考试

　　理综化学试题

　　可能用到的相对原子质量： H1 C12 N 14 O 16 S 32

　　第I卷

　　一、选择题

　　1. 2022年北京冬奥会制服装备公布设计密码：长城灰、霞光红、天霁蓝、瑞雪白。而中国运动员御寒服采用新疆长绒棉为面料，新疆驼绒为内胆，高科技纳米石墨烯为里布，诸多科技悉数亮相，助力“京彩”奥运。下面说法错误的是

　　A. 长城青砖的“青”是由于含铁的氧化物

　　B. 云蒸霞蔚中所说的霞光是胶体的丁达尔效应

　　C. 驼绒与长绒棉主体化学成分相同，属于有机高分子

　　D. 石墨烯可从石墨中剥离，具有导电性

　　【答案】C

　　【解析】

　　【详解】A．长城青砖的“青”是由于含铁的氧化物，如Fe3O4，故A正确；

　　B．云烟雾是胶体，能产生丁达尔效应，故B正确；

　　C．驼绒是化学成分是蛋白质、长绒棉的主体化学成分是纤维素，故C错误；

　　D．石墨烯可从石墨中剥离，根据石墨能导电，所以石墨烯具有导电性，故D正确；

　　选C；

　　2. 光刻胶是光刻机制造芯片必不可少的重要材料，可用降冰片烯与马来酸酐共同加聚而成。下列说法不正确的是

　　A. 1mol马来酸酐与氢氧化钠溶液反应最多消耗2molNaOH

　　B. 降冰片烯与互为同分异构体

　　C. 该光刻胶合成过程中可能会出现链节：

　　D. 降冰片烯的一氯代物有4种

　　【答案】B

　　【解析】

　　【详解】A．一个马来酸酐分子水解生成2个羧基，则1mol马来酸酐，最多消耗2molNaOH，A正确；

　　B．降冰片烯与分子式相同、结构相同，二者是同种物质，B错误；

　　C．降冰片烯和马来酸酐之间可以发生加成反应、马来酸酐分子之间也可以发生加成反应，所以其链节可能是：，C正确；

　　D．由题干信息中降冰片烯的结构简式利用等效氢原理可知，降冰片烯的一氯代物有4种，如图所示：，D正确；

　　故答案为：B。

　　3. 下列实验操作、现象能得出相应结论的是

　　

　　A. A B. B C. C D. D

　　【答案】B

　　【解析】

　　【详解】A．Zn和FeCl3溶液反应生成锌离子和亚铁离子，只能证明铁离子氧化性比锌离子强，故A错误；

　　B．先加盐酸酸化，无明显现象，可排除Ag+的影响，再加溶液有白色沉淀产生，白色沉淀为硫酸钡，证明溶液中一定含有，故B正确；

　　C．NaOH溶液过量，氯化铁直接与NaOH反应生成红褐色沉淀为Fe(OH)3，不是由Mg(OH)2发生沉淀转化得到，不能说明，故C错误；

　　D．氯气、二氧化硫等均可使品红溶液褪色，则溶液中可能含KClO，不能确定是否为K2SO3或KHSO3或者二者混合物，故D错误；

　　故选：B。

　　4. 天然气中含有毒气体H2S，用如图所示流程可实现天燃气在氧化亚铁硫杆菌(T·F)作用下催化脱硫。下列说法不正确的是

　　A. 过程①的pH降低，过程②的pH升高

　　B. 该脱硫过程不可以在中性环境中进行

　　C. 该脱硫过程不需要补充FeSO4溶液

　　D. 该脱硫过程的总反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1

　　【答案】D

　　【解析】

　　【分析】过程①Fe元素化合价降低，S元素化合价升高，反应方程式：Fe2(SO4)3+H2S=2+S+H2SO4，过程②Fe元素化合价升高，O元素化合价减低，反应方程式：4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O。

　　【详解】A．过程①反应方程式：Fe2(SO4)3+H2S=2+S+H2SO4，生成强酸H2SO4，pH降低，过程②反应方程式：4+O2+2H2SO4=2 Fe2(SO4)3+2H2O，消耗H2SO4，pH升高，故A正确；

　　B．Fe2(SO4)3溶液中Fe3+溶液水解，不能在中性环境中共存，故B正确；

　　C．该脱硫过程的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，溶液为中间物质，没有消耗，则不需要补充溶液，故C正确；

　　D．该脱硫过程的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，O元素化合价减低，O2做氧化剂，S元素化合价升高，H2S做还原剂，两者的物质的量之比为1:2，故D错误；

　　故选D。

　　5. 中国首次火星探测任务工程总设计师张荣桥入选《自然》杂志发布的2021年度十大人物。火星大气及岩石中富含W、X、Y、Z四种元素。已知W、X、Y、Z为原子序数递增的短周期主族元素，W和Z为同一主族元素，X是地壳中含量最多的元素，W元素原子最外层电子数是最内层的2倍，火星岩石中含有YZX3。下列说法不正确的是

　　A. 原子半径：Y＞Z＞W＞X B. 简单氢化物的沸点：X＞W

　　C. 工业上电解熔融YX制备Y单质 D. Z的单质可以和NaOH溶液反应

　　【答案】C

　　【解析】

　　【分析】已知W、X、Y、Z为原子序数递增的短周期主族元素， X是地壳中含量最多的元素，则X是O元素，W和Z为同一主族元素，W元素原子最外层电子数是最内层的2倍，则W核外电子排布是2、4，所以W是C元素，Z是Si元素，火星岩石中含有YZX3，则Y是最外层有2个电子，原子序数小于Si大于O元素的Mg元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。

　　【详解】根据上述分析可知：W是C，X是O，Y是Mg，Z是Si元素。

　　A．原子核外电子层数越多，原子半径越大；当原子核外电子层数相同时，原子序数越大，原子半径就越小，所以原子半径：Y(Mg)＞Z(Si)＞W(C)＞X(O)，A正确；

　　B．W是C，X是O，二者形成的简单氢化物分别是CH4、H2O，二者都是由分子构成的物质，由于H2O的分子之间还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致物质的熔沸点升高，所以简单氢化物的沸点：X(H2O)＞W(CH4)，B正确；

　　C．X是O，Y是Mg，二者形成的化合物MgO是离子化合物，在工业上一般是用电解熔沸点比MgO低的熔融MgCl2的方法治炼Mg，而不是电解熔融MgO来冶炼Mg，C错误；

　　D．Z是Si，Si单质能够与NaOH溶液反应产生Na2SiO3、H2，D正确；

　　故合理选项是C。

　　6. 我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂s-SnLi可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法正确的是

　　A. 充电时，Zn电极周围pH降低

　　B. 放电时，每生成lmolHCOO-，转移NA个电子

　　C. 使用催化剂Sn或者s-SnLi均能有效减少副产物CO的生成

　　D. 使用s-SnLi催化剂，中间产物更稳定

　　【答案】C

　　【解析】

　　【分析】充电时为电解池装置，Zn电极得电子，则Zn电极为阴极，放电时Zn电极为负极。

　　【详解】A．根据装置图，充电时，外电路电子流向Zn电极，即Zn电极为阴极发生还原反应，反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，c(OH-)增大，pH增大，故A说法错误；

　　B．根据装置图可知，放电时，右侧电极为正极，发生还原反应，反应式为CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-，生成1molHCOO-时，转移电子物质的量为2mol，故B说法错误；

　　C．根据图像可知，在使用催化剂Sn和s-SnLi生成CO时活化能大，活化能大反应速率慢，且CO能量比HCOOH能量高，能量越低，物质越稳定，因此使用催化剂Sn和s-SnLi可以减少副产物CO的生成，故C说法正确；

　　D．根据图像可知，使用催化剂s-SnLi，中间产物能量高，不稳定，故D说法错误；

　　故选C。

　　7. 酒石酸()及其与形成的微粒的浓度分数随溶液变化曲线如图(已知：时，，)。向酒石酸溶液中，逐滴加入溶液，下列相关说法正确的是

　　A. 酒石酸的的数量级为

　　B. ，

　　C. 用酒石酸检验时，最佳范围是

　　D. 时，

　　【答案】C

　　【解析】

　　【详解】A．由图可知，当HB—的浓度分数为0.48时，溶液的pH为3.04，则H2B的电离常数Ka1==×10—3.04≈1×10—3.04，则Ka1的数量级为10—4，故A错误；

　　B．由图可知，溶液pH为4时，溶液中三种离子的浓度大小顺序为，故B错误；

　　C．由图可知，溶液pH在3.04—4.37范围内，溶液中HB—离子浓度较大，有利于钾离子转化为酒石酸氢钾沉淀，故C正确；

　　D．当氢氧化钾溶液的体积为10mL时，酒石酸溶液与氢氧化钾溶液恰好反应生成酒石酸氢钾，由酒石酸氢钾的溶度积可知，溶液中HB—的浓度为=≈0.0195mol/L，由物料守恒可知，溶液中，故D错误；

　　故选C。

　　第II卷

　　二、非选择题

　　8. 无机研究开创绝不无“钴”的时代，草酸钴可用作指示剂和催化剂，CoCl2·6H2O可作为饲料营养强化剂。用某水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、 SiO2等)制取CoC2O4·2H2O及CoCl2·6H2O工艺流程如图所示：

　　已知：①滤液1含有的阳离子主要有H+、Co2+、Mn2+、Ca2+、 Mg2+等；

　　②酸性条件下，H2O2不会氧化Co2+；

　　③该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：

　　

　　回答下列问题：

　　（1）“浸出”过程中，Co2O3参与反应的离子方程式为_______。

　　（2）“氧化”过程中涉及的反应离子方程式_______。

　　（3）“操作1”调pH的范围为_______。

　　（4）在实验室完成“操作3”需用到的玻璃仪器有_______。

　　（5）“操作4”洗涤过程中可以用工业酒精代替水，其优点是_______。

　　（6）由已知③可知，当Al3+完全沉淀(Al3+浓度为1.0 ×10-5mol·L-1 )时Fe3+的浓度为_______。

　　（7）某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，下列可作为指示剂的是_______(填选项，忽略亚钴离子的颜色干扰)。已知几种物质在20°C时的颜色及Ksp值如表：

　　

　　A. KCl B. K2CrO4 C. KSCN D. K2S

　　【答案】（1）

　　（2）2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+

　　（3）

　　（4）烧杯、玻璃棒、漏斗

　　（5）能够减少晶体的溶解损失，且酒精易挥发，便于晶体干燥

　　（6） （7）B

　　【解析】

　　【分析】由流程图可知，“浸出”过程中，亚硫酸钠与Co2O3发生了氧化还原反应，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可以写出离子方程式，由已知条件：滤液1含有的阳离子主要有H+、Co2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，“操作1”调pH的目的是除去溶液中的铁离子和铝离子，但Co2+、Mn2+并未沉淀，依据金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH范围可知，“操作1”调节pH的范围，以此解题。

　　【小问1详解】

　　由流程图可知，“浸出”过程中，亚硫酸钠与Co2O3发生了氧化还原反应，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：；

　　【小问2详解】

　　氧化过程中在酸性条件下过氧化氢将二价铁氧化为三价铁，方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+；

　　【小问3详解】

　　“操作1”调节pH的目的是除去溶液中的铁离子和铝离子，范围为：；

　　【小问4详解】

　　经分析可知，“操作2”为过滤，过滤所需玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗；

　　【小问5详解】

　　“操作4”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，洗涤过程中用工业酒精代替水，能够减少晶体的溶解损失，且酒精易挥发，便于晶体干燥；

　　【小问6详解】

　　由表格可求，氢氧化铁的溶度积，当铝离子恰好完全沉淀时，氢氧根离子浓度为，此时铁离子的浓度为：；

　　【小问7详解】

　　滴定原理为通过硝酸银先沉淀氯离子，氯离子反应完后硝酸银与指示剂结合产生现象，所以指示剂与硝酸银生成的沉淀的溶解度应大于氯化银，，。

　　A．通过标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，不能加入含氯离子的物质，A错误；

　　B．，，所以同浓度的银离子需要的氯离子浓度小于铬酸根离子浓度，说明铬酸银溶解度比氯化银大，B正确；

　　C． AgSCN组成与AgCl相同，而Ksp(AgSCN)<Ksp(AgCl)，溶解度比氯化银小，会先出现AgSCN沉淀，C错误；

　　D．，，所以同浓度的银离子需要的氯离子浓度大于硫离子浓度，说明硫化银的溶解度比氯化银小，D错误；

　　答案选B。

　　9. 2021 年10月16日神舟十三号载人飞船发射成功，肼是一种良好的火箭燃料，分子式N2H4，为无色油状液体，与水按任意比例互溶形成稳定的水合肼N2H4·H2O，沸点118°C，有强还原性。实验室先制备次氯酸钠，再与尿素[CO(NH2)2]反应制备水合肼，进一步脱水制得肼，实验装置如图所示(部分装置省略)。已知：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl

　　（1）装置C中制备NaClO的离子方程式为_______。反应过程中温度升高易产生副产物NaClO3，可采取的措施是_______。装置B中装有饱和食盐水，反应完后关闭K1，装置B的作用是_______。

　　（2）将装置C中制备的溶液转移到装置D的_______中，并缓缓滴入，原因是_______。

　　（3）装置D蒸馏获得水合肼粗品后，剩余溶液再进一步处理还可获得副产品NaCl和Na2CO3 ·10H2O，获得NaCl粗品的操作是_______(NaCl和Na2CO3的溶解度曲线如图)。

　　（4）称取5.0g水合肼样品，加水配成500mL溶液，从中取出10.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用0.20mol/L的I2溶液进行滴定，滴定终点的现象是_______，测得消耗I2溶液的体积为17.50mL，则样品中水合肼N2H4·H2O)的质量百分数为_______(用百分数表示并保留3位有效数字)。(已知：N2H4·H2O +2I2=N2↑+4HI+H2O)

　　（5）脱水制得的液态肼，在加热条件下可与新制的Cu(OH)2制备纳米级Cu2O，并产生无污染气体，写出该反应的化学方程式：_______。

　　【答案】（1） ①. ②. 将氢氧化钠溶液采用冰水浴的方式降温 ③. 储存多余的Cl2

　　（2） ①. 分液漏斗 ②. 若滴加次氯酸钠较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低

　　（3）加热至有大量固体析出，趁热过滤

　　（4） ①. 最后一滴碘溶液加入，溶液变成蓝色，且半分钟不褪色 ②. 87.5%

　　（5）

　　【解析】

　　【分析】用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，并用冷却的氢氧化钠溶液吸收得到次氯酸钠，再用次氯酸钠和尿素反应生成水合肼，注意控制次氯酸钠的加入速率，防止水合肼被氧化。根据方程式计算水合肼的质量及质量分数，利用氧化还原反应的电子守恒配平方程式。据此解答。

　　【小问1详解】

　　氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，离子方程式为：，因为温度高了会产生氯酸钠，所以可以将氢氧化钠溶液采用冰水浴的方式降温；反应完后关闭K1，氯气会进入装置B中，故装置B的作用是：储存多余的Cl2；

　　【小问2详解】

　　次氯酸钠具有强氧化性，水合肼有强还原性，所以将次氯酸钠放入分液漏斗中，缓慢加入，不能太快，若加入较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低；

　　【小问3详解】

　　由溶解度曲线可知，碳酸钠的溶解度随着温度变化较大，氯化钠溶解度岁温度变化小，则获得氯化钠粗品的操作是加热至有大量固体析出，趁热过滤，防止降温时碳酸钠析出；

　　【小问4详解】

　　根据淀粉遇碘变蓝的性质分析，滴定终点的现象为：最后一滴碘溶液加入，溶液变成蓝色，且半分钟不褪色；根据方程式N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O分析，水合肼的质量分数为：；

　　【小问5详解】

　　根据题意，肼和氢氧化铜在加热的条件下反应生成氧化亚铜和无污染的气体，该气体应为氮气根据氧化还原反应配平方程式为：。

　　10. 2020年9月在75届联合国大会上，中国庄严承诺：2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。实现CO2大规模减排，需要多措并举，其中碳资源的综合利用成为重中之重。

　　I.甲醇的制备和利用

　　（1）甲醇不仅是重要的化工原料，还是性能优良的车用燃料。CO2和H2在Cu/ZnO催化作用下可以合成甲醇：CO2+3H2=CH3OH+H2O，此反应分两步进行：

　　反应I：_______?H>0

　　反应II：Cw/Zn+2H2+CO2=Cu/ZnO+CH3OH?H<0

　　①反应I的化学反应方程式为_______。

　　②反应II几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，如图能正确表示Cu/ZnO催化CO2和H2合成甲醇反应过程的是_______(填标号)

　　A.B.

　　C.D.

　　（2）科研工作者通过开发新型催化剂，利用太阳能电池将工业排放的CO2转化为HCOOH，实现碳中和的目标。原理如图所示：

　　P极电极反应式为_______。

　　II.二甲醚的制备

　　（3）二甲醚(CH3OCH3)是未来制取低碳烯烃的主要原料之一，也是一种优良的洁净燃料。

　　利用CO2催化加氢制备二甲醚过程中发生的化学反应为：

　　反应I：CO2(g)+H2(gCO(g)+H2O(g)?H1>0

　　反应II：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)?H2<0

　　反应III：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)?H3<0

　　①一定条件下，在恒容密闭容器中按=3投料进行上述反应，CO2的平衡转化率及CO、CH3OCH3、CH3OH的平衡体积分数随温度变化如图所示。

　　曲线X表示_______的平衡体积分数随温度变化，温度从453K上升至573K，CO2的平衡转化率变化的原因是_______。

　　②一定温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2进行上述反应，反应经10min达到平衡，此时CO2的平衡转化率为30%，容器中CO(g)为0.05mol，CH3OH(g)为0.05mol。0~10min，用CH3OCH3(g)的物质的量浓度变化表示的平均反应速率v(CH3OCH3)=_______，反应III的化学平衡常数K=_______。

　　【答案】（1） ①. Cu/ZnO+H2=Cu/Zn+H2O ②. C

　　（2）CO2+2e-+2H+=HCOOH

　　（3） ①. CH3OCH3(或二甲醚) ②. 到，主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ正反应放热，温度升高，的平衡转化率下降；到，主要发生反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应吸热，温度升高，的平衡转化率升高 ③. ④. 16

　　【解析】

　　【小问1详解】

　　由总反应减去第二步反应即反应I得:Cu/ZnO+H2=Cu/Zn+H2O；反应I为吸热反应，则符合条件的图像为A、C，反应I几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，则反应的反应速率快,活化能低，符合条件的为图像C。

　　【小问2详解】

　　P极上二氧化碳得电子生成甲酸，电极反应为:CO2+2e-+2H+=HCOOH。

　　【小问3详解】

　　①随着温度的升高，反应Ⅲ平衡逆向移动，故CH3OCH3(或二甲醚)平衡体积分数减小，对应曲线X；CO2的平衡转化率与反应Ⅰ、Ⅱ有关，且温度升高，两个反应平衡移动方向不一致，在不同温度范围内，两个反应程度不同，故CO2的平衡转化率表现不一致，453K到553K，主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ正反应放热，温度升高CO2的平衡转化率下降，553K到573K，主要发生反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应吸热，温度升高CO2的平衡转化率升高；故答案为：CH3OCH3(或二甲醚)；到，主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ正反应放热，温度升高，的平衡转化率下降；到，主要发生反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应吸热，温度升高，的平衡转化率升高；

　　②由题意知，转化的CO2物质的量n(CO2)=1mol×30%=0.3mol，平衡时CO物质的量为0.05mol，说明通过反应Ⅰ转化的CO2为0.05mol，则通过反应Ⅱ转化的CO2为0.25mol，故反应Ⅱ生成CH3OH为0.25mol，又平衡时CH3OH为0.05mol，说明有0.2molCH3OH通过反应Ⅲ转化为CH3OCH3，列式如下：

　　，综上所述，平衡时n(CH3OH)=0.05mol，n(CH3OCH3)=0.1mol，n(H2O)=(0.05+0.25+0.1)mol=0.4mol，前10minCH3OCH3的反应速率=；反应ⅢKc==16；故答案为：；16。

　　11. 太阳能电池的发展已经进入了第三代。第一代为单晶硅太阳能电池，第二代为多晶硅、非晶硅等太阳能电池，第三代就是铜钢镓硒(中掺入)等化合物薄膜太阳能电池以及薄膜系太阳能电池。

　　（1）亚铜离子基态时的价电子排布式表示为___________。

　　（2）硒为第四周期元素，相邻的元素有砷和溴，则3种元素的第一电离能从大到小顺序为___________(用元素符号表示)。

　　（3）晶体的堆积方式是___________(填堆积名称)，其配位数为___________；往的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可生成，下列说法正确的是___________。

　　A．中所含的化学键有离子键、极性键和配位键

　　B．在中给出孤电子对，提供空轨道

　　C．组成元素中第一电离能最大的是氧元素

　　D．与互为等电子体，空间构型均为正四面体形

　　（4）与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸()溶于水显弱酸性，但它却只是一元酸，可以用硼酸在水溶液中的电离平衡解释它只是一元弱酸的原因。

　　①中B的原子杂化类型为___________杂化；

　　②写出硼酸在水溶液中的电离方程式___________。

　　（5）硅与碳是同一主族元素，其中石墨为混合型晶体，已知石墨的层间距为，键长为，计算石墨晶体密度=___________(结果保留两位有效数字，为)。

　　【答案】（1）

　　（2）

　　（3） ①. 面心立方最密堆积 ②. 12 ③. AD

　　（4） ①. ②.

　　（5）2.3

　　【解析】

　　【小问1详解】

　　亚铜离子是由铜原子失去了一个电子得到的，所以有28个电子，所以为3d10；

　　【小问2详解】

　　同一个周期从左往右第一电离能呈增大趋势，故硒、砷和溴元素的第一电离能从大到小顺序为Br＞As＞Se；

　　【小问3详解】

　　晶体的堆积方式是面心立方最密堆积；其配位数为12；往的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可生成，A．该化合物是离子化合物，在中所含的化学键有离子键、极性键和配位键，选项A正确；

　　B．在中给出孤电子对，提供空轨道，选项B错误；

　　C．组成元素中第一电离能最大的是氮元素，选项C错误；

　　D．与互为等电子体，空间构型均为正四面体形，选项D正确；

　　答案选AD；

　　【小问4详解】

　　①在硼酸[]分子中，B原子与3个羟基相连，则分子中B原子杂化轨道数目为3，分子中B原子杂化轨道的类型是，其晶体具有与石墨相似的层状结构，其同层分子间的主要作用力是氢键，故答案为：sp2；

　　②硼酸（）能电离，它在水中能结合水电离出的OH-，形成离子，则硼酸还电离出氢离子，则其电离方程式为：；

　　【小问5详解】

　　石墨的层间距为，可以认为一层石墨的厚度是，对某一层石墨中的一个六元环，正六边形环的边长是，面积S=6+142142sin=52387.6pm2,环的厚度h=，那么一个环占有的体积V=Sh=52387.6335=1.75410-7pm3=1.75410-23cm3,六元环中每个C原子都被3个环共用，一个环实际有2个C原子，一个环的质量m==2=3.99g。所以，石墨的密度===2.3。

　　12. 合成药物盐酸普罗帕酮的中间体E和双酚A型聚碳酸酯的路线：

　　已知： i.RCOOR'+ R"OH RCOOR"+ R'OH(R、 R'、 R"代表烃基)

　　ii.

　　（1）A的结构简式是_______，试剂a是_______。

　　（2）C只含有一种官能团，反应②的化学方程式是_______。

　　（3）反应⑤的反应类型是_______，E中官能团名称是_______。

　　（4）M的相对分子质量比J大14， 满足下列条件M的同分异构体共有_______种。

　　①苯环之外无其它环状结构，苯环上三个取代基

　　②苯环上有两种氢

　　③与FeCl3(aq)显色，且1molM最多能和2molNaOH反应。

　　写出其中任意一种核磁共振氢谱峰面积比为 1： 2： 2： 2： 3同分异构体的结构简式_______。

　　（5）下列说法正确的是： _______ (填字母序号)。

　　a.反应③中C发生氧化反应

　　b.可用FeCl3溶液检验反应⑤中A是否反应完全

　　c.反应⑥的反应物与生成物互为同分异构体

　　d.反应物⑩中试剂b的结构简式是

　　e.反应④是缩合聚合反应，生成了聚酯

　　（6）参照上述合成路线和信息，写出以乙醇为原料合成2-丁烯酸(CH3CH=CHCOOH)的合成路线(无机试剂任选)_______。

　　【答案】（1） ①. ②. H2

　　（2） （3） ①. 取代反应 ②. 羟基和羰基

　　（4） ①. 6 ②. 或

　　（5）abcd （6）

　　【解析】

　　【分析】A的分子式为C6H6O，则A的结构简式为；反应①中，A和试剂a反应生成B（C6H12O），则B为，试剂a为H2；反应②中，B转化为C（C6H10O），则C为；反应③中，C和CH3CO3H反应生成D（C6H10O2，七元环脂），D经过反应④可到，结合“已知i”可得D为；反应⑤中，A和(CH3CO)2O反应生成J（）；反应⑥中，J转化为E（C8H8O2，J的同分异构体），E再和反应生成I（），结合“已知ii”可得知E为；反应⑨中，J和G（C3H6O3）反应生成F（）；反应⑩中，F和试剂b反应得到，结合“已知i”可得试剂b为。

　　【小问1详解】

　　A的分子式为C6H6O，则A的结构简式为；反应①中，A和试剂a反应生成B（C6H12O），则B为，试剂a为H2。

　　【小问2详解】

　　由分析可知，C为，则反应②的化学方程式为。

　　【小问3详解】

　　反应⑤中，A（）和(CH3CO)2O反应生成J（），该反应类型为取代反应；由分析可知，E为，其官能团为羟基和羰基。

　　【小问4详解】

　　M的相对分子质量比J大14，则分子式为C9H10O2；满足题干中三个条件的结构有、、、、和，共计6种，核磁共振氢谱峰面积比为 1： 2： 2： 2： 3同分异构体的结构简式为或。

　　【小问5详解】

　　a．反应③中，C（C6H10O）和CH3CO3H反应生成D（C6H10O2），该反应属于氧化反应，a正确；

　　b．A是，遇到FeCl3溶液呈紫色，J遇到FeCl3溶液不反应，故可用FeCl3溶液检验反应⑤中A是否反应完全，b正确；

　　c．反应⑥的反应物J与生成物E的分子式都是C8H8O2，二者互为同分异构体，c正确；

　　d．反应④中，D（）转化为聚酯，结合“已知i”可知，该反应为缩合聚合反应，d正确；

　　故选abcd。

　　【小问6详解】

　　CH3CH2OH可以被氧化为CH3CHO；CH3CHO可以反应生成CH3CH=CHCHO；CH3CH=CHCHO可以被新制氢氧化铜悬浊液氧化为CH3CH=CHCOOH；综上所述，以乙醇为原料合成2-丁烯酸的合成路线为。

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