2020年高考（全国新课标）全真押题预测卷 化学试题01（教师版）.docx

1、 2020 年高考（全国新课标）全真押题预测卷 化 学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Zn-65 Se-79 一、选择题：本题共 7 个小题，每小题 6 分。共 42 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求 的。 7冠状病毒对热敏感、对有机溶剂和消毒剂敏感，56下 30 分钟，75%乙醇、乙醚、氯仿、甲醛、含氯消毒剂、 过氧乙酸和紫外线均可灭活病毒。下列说法正确的是 A灭活病毒的主要原理是使病毒的蛋白质变性 B高浓度酒精（95%）消毒杀菌效果更好 C口罩主要是避免发生接触传播 D氯仿是一种常见的有机溶剂；可通过甲烷和氯气的加成反应得到 【答案】A

2、【解析】 A75%乙醇、乙醚、氯仿、甲醛、含氯消毒剂、过氧乙酸和紫外线均可使蛋白质变性从而使病毒失去活性，故 A 正确； B 高浓度酒精能将细菌表面的蛋白质迅速凝固， 但也仅止于外层， 对于病毒来说， 内部仍是活性的， 等于没杀， 故 B 错误； C口罩主要是避免发生飞沫传播，故 C 错误； D氯仿通过甲烷和氯气的取代反应得到，故 D 错误；故答案为 A。 8已知 2 Fe 可用 36 K Fe(CN)来检验 呈蓝色 将图 I 装置中的铁棒末段分别联上一块锌片和铜片，并静置于含 有 36 K Fe(CN)及酚酞的混合凝胶上一段时间后发现凝胶的某些区域（如图）II 示发生了变化则下列说法正 确的

3、是 A甲区不变色 B乙区呈现蓝色 C丙区产生 2+ Cu 离子 D丁区产生 2 Fe 离子 【答案】D 【解析】A甲区发生电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，生成的氢氧根离子能使酚酞变红色，所以甲极区变红色， 故 A 错误； B乙区发生电极反应：2Zn-4e-=2Zn2+，所以乙极区不变色，故 B 错误； C丙区发生电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，不会产生铜离子，故 C 错误； D丁区发生电极反应：2Fe-4e-=2Fe2+，故 D 正确；故选 D。 9设 NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是 A25，1L pH=13 的 NaOH 溶液中含有 OH-的数目为 0.

4、1NA B4.6 g NO2和 N2O4混合物中含氧原子数为 0.3 NA C标准状况下，6.72 L NO2与水反应，转移电子数为 0.3 NA D0.1 mol/L NaHCO3溶液中,HCO3-、H2CO3和 CO32-总数为 0.1NA 【答案】A 【解析】 A.依据 n=cV，25，1LpH=13 的 NaOH 溶液中 OH-的物质的量=1L 0.1mol/L=0.1mol，故 A 正确； B.4.6gNO2和 N2O4混合物中含有 NO2原子团的物质的量为 4.6 46 / g g mol =0.1mol，含有氧原子数为 0.2 NA，故 B 错 误； C.标准状况下， 6.72L

5、NO2的物质的量为 6.72 22.4 / L L mol =0.3mol， 与水反应生成硝酸和一氧化氮， 转移电子数为 0.2NA， 故 C 错误； D.未告知溶液的体积，无法计算 0.1mol/LNaHCO3溶液中,HCO3-、H2CO3和 CO32-总数，故 D 错误；故选 A。 10萝卜硫素（结构如图）是具有抗癌和美容效果的天然产物之一，在一些十字花科植物中含量较丰富。该物质 由五种短周期元素构成，其中 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，Y、Z 原子核外最外层电子数相等。下列叙述 一定正确的是 A原子半径的大小顺序为 ZWXY BX 的简单氢化物与 W 的氢化物反应生成离子化合物 C

6、萝卜硫素中的各元素原子最外层均满足 8 电子稳定结构 DY、Z 形成的二元化合物的水化物为强酸 【答案】A 【解析】 通过给出的结构式可知，萝卜硫素含氢元素、碳元素，又该物质由五种短周期元素构成可知 W、X、Y、Z 中有 一种是 C，由“萝卜硫素”推知其中含硫元素，结合结构简式中的成键数目知，Z 为 S，Y 为 O，W 为 C，X 为 N。 A原子半径：SCNO，故 A 正确； BC 的简单氢化物是有机物，不与 N 的氢化物反应，故 B 错误； C萝卜硫素中氢元素不满足 8 电子稳定结构，故 C 错误； DSO3的水化物是硫酸，强酸；SO2的水化物是亚硫酸，弱酸，故 D 错误；答案选 A。 1

7、1依据反应 2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4，利用下列装置从含 NaIO3的废液中制取单质碘的 CCl4 溶液并回收 NaHSO4。其中装置正确且能达到相应实验目的是 A B C D 【答案】B 【解析】 浓硫酸在加热条件下与铜反应制取 SO2， 装置正确且能达到相应实验目的； 气体和液体反应， 有防倒吸装置， 装置正确且能达到相应实验目的； 用四氯化碳从废液中萃取碘， 静置后分液， 装置正确且能达到相应实验目的； 蒸发溶液时用蒸发皿，而不应用坩埚，装置错误，不能达到实验目的；故 B 项正确。答案选 B。 12某种激光染料常应用于可调谐激光器，该物质由 C、

8、H、O 三种元素组成，分子球棍模型如图所示，下列有 关其叙述正确的有 分子式为 C10H9O3 能与溴水发生取代反应 能与溴水发生加成反应 能使 KMnO4酸性溶液褪色 1mol 该物质最多能与 2molNaOH 反应 A B C D 【答案】C 【解析】 根据有机物的价键规则（碳原子形成 4 条键，氧原子形成 2 条键，氢原子形成 1 条键）可写出该有机物的结构简 式为，含酚-OH、C=C、-COOC，结合苯酚、烯烃、酯的性质来分析。 根据该物质的分子球棍模型可知，其结构简式为， 由有机物的结构简式可知分子式为 C10H8O3，故错误； 为酚类化合物，羟基的邻位能与溴水发生取代反应，故正确；

9、 中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，故正确； 中含有碳碳双键，酚羟基，都能被酸性 KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，故正确； 1mol 酚羟基消耗 1mol 氢氧化钠；1mol 羧基消耗 1mol 氢氧化钠；若有酯的结构，则先让酯进行酸性水解，再 看产物能否和氢氧化钠反应：若酸性水解的产物是羧酸和醇，1mol 酯只能和 1mol 氢氧化钠反应；若酸性水解的 产物是羧酸和酚类物质，则 1mol 酯能和 2mol 氢氧化钠反应，所以根据酚羟基、酯基推断最多 能与含 3 mol NaOH 的溶液反应，故错误；故选 C。 13次磷酸(H3PO2一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物杀菌。常温时，

10、有 1molL-1的 H3PO2溶液和 1molL-1 的 HBF4溶液，两者起始时的体积均为 V0，分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积均为 V，两溶液的 pH 变化 曲线如图所示。下列说法错误的是 A常温下，NaBF4溶液的 pH=7 B常温下，H3PO2的电离平衡常数约为 1.110-2 CNaH2PO2 溶液中：c(Na+) =c( H2PO2- ) +c( HPO22-) +c(PO23-) +c( H3PO2) D常温下，在 0pH4 时，HBF4溶液满足 0 V pH=lg V 【答案】C 【解析】 此题的横坐标是 0 lg1 V V ， V是加水稀释后酸溶液的体积， 未稀释时，

11、 V=V0， 横坐标值为1； 稀释10倍时， V=10V0， 横坐标值为 2，以此类推。此题实际上考察的是稀释过程中，酸碱溶液 pH 的变化规律：越强的酸碱，稀释过程 中 pH 的变化越明显；如果不考虑无限稀释的情况，对于强酸或强碱，每稀释十倍，pH 变化 1。根据此规律，再 结合题干指出的次磷酸是弱酸这条信息，就可以明确图像中两条曲线的归属，并且可以得出氟硼酸是强酸这一信 息。 A 根据图像可知， b 表示的酸每稀释十倍， pH 值增加 1， 所以 b 为强酸的稀释曲线， 又因为 H3PO2为一元弱酸， 所以 b 对应的酸只能是氟硼酸(HBF4)，即氟硼酸为强酸；那么 NaBF4即为强酸强碱

12、盐，故溶液为中性，常温下 pH=7，A 项正确； B a曲线表示的是次磷酸的稀释曲线， 由曲线上的点的坐标可知， 1mol/L的次磷酸溶液的pH=1， 即c(H+)=0.1mol/L； 次磷酸电离方程式为： 3222 H POHH PO ，所以 1mol/L 的次磷酸溶液中 c(H3PO2)=0.9mol/L， c( 22 H PO)=0.1mol/L，那么次磷酸的电离平衡常数即为： 2 22 a 32 (H )(H PO )0.1 0.1 =1.1 10 (H PO )0.9 cc K c ，B 项 正确； C次磷酸为一元弱酸， 22 H PO无法继续电离，溶液中并不含有 2 2 HPO 和

13、 3 2 PO 两类离子；此外， 22 H PO还会 发生水解产生次磷酸分子，所以上述等式错误，C 项错误； D令 y=pH，x= 0 lg1 V V ，由图可知，在 0pH4 区间内，y=x-1，代入可得 pH= 0 lg V V ，D 项正确；答案选 C。 二、非选择题：共 58 分，第 2628 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3536 题为选考题，考生根据要 求作答。 （一）必考题：共 43 分。 26 （14 分）废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍。湿法技术是将粉碎的印刷 电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品。某化学小组模拟该方法回收铜和制

14、取胆矾，流程简图如下： 回答下列问题： （1）反应是将 Cu 转化为 Cu(NH3)42+，反应中 H2O2的作用是_。写出操作的名称：_。 （2）反应 II 是铜氨溶液中的 Cu(NH3)42+与有机物 RH 反应，写出该反应的离子方程式：_。操作用到的 主要仪器名称为_，其目的是（填序号）_。 a富集铜元素 b使铜元素与水溶液中的物质分离 c增加 Cu2在水中的溶解度 （3）反应是有机溶液中的 CuR2与稀硫酸反应生成 CuSO4和_。 （4）操作由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是_。 （5）流程中有三次实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是_。循环使用的 NH4Cl 在 反应

15、中的主要作用是_。 【答案】 （1）作氧化剂(1 分) 过滤 (1 分) （2）Cu(NH3)42+2RH=2NH4+2NH3+CuR2 (2 分) 分液漏斗(1 分) a b (2 分) （3）RH(1 分) （4）加热浓缩 冷却结晶 过滤 (2 分) （5）H2SO4 (2 分) 防止由于溶液中的 c（OH-）过高，生成 Cu（OH）2沉淀 (2 分) 【解析】 （1）废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用过滤的方 法，所以操作为过滤。反应是将铜转化为铜氨溶液，铜元素的化合价升高，所以铜是还原剂，则双氧水为氧 化剂，将铜氧化。 （2） 反应是铜

16、氨溶液中的铜氨离子与有机物 RH 反应， 生成 CuR2， 同时生成 NH4+和 NH3， 方程式为： Cu(NH3） 4 2+2RH=2NH 4 +2NH 3+CuR2。分液的目的是富集铜元素，使铜元素与水溶液中的物质分离，所以 a b 正确。 （3）反应是有机溶液中的 CuR2与稀硫酸反应相当于复分解反应，所以生成硫酸铜和 RH。 （4）从溶液中获取晶体可通过加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。 （5）电解硫酸铜溶液时得到硫酸，在反应中用到的 H2SO4，所以硫酸能循环使用。氯化铵电离出的铵根离子 抑制一水合氨的电离，从而降低溶液的碱性， 防止由于溶液中的 c（OH-）过高，生成 Cu（OH）

17、2沉淀。 27 （14 分）汽车尾气的主要成分有 CO、SO2、NO、NO2等。 （1）利用氨水可以将 SO2、NO2吸收，原理如下图所示。 请写出 NO2被吸收反应的离子方程式_。 （2）科研工作者目前正在尝试以二氧化钛(TiO2)催化分解汽车尾气的研究。 已知：反应：2NO(g)O2(g)=2NO2(g) H1 113.0 kJmol1 反应：2SO2(g)O2(g)=2SO3（1） H2 288.4 kJmol1 反应：3NO2(g)H2O(g)=2HNO3NO(g) H3 138.0 kJmol1 则反应 NO2(g)SO2(g)=NO(g)SO3（1） H4= _。 已知 TiO2催

18、化尾气降解原理可表示为：2CO(g)O2(g) 2CO2(g) H5； 2H2O(g)4NO(g)3O2(g) 4HNO3(g) H6。 在 O2、H2O(g)浓度一定条件下，模拟 CO、NO 的降解，得到其降解率（即转化率）如图所示。请解释 ts 后 NO 降解率下降的可能原因_。 （3）沥青混凝土也可降解 CO。如图为在不同颗粒间隙的沥青混凝土（、 型）在不同温度下，反应相同时间， 测得 CO 降解率变化。结合如图回答下列问题： 已知在 50时在 型沥青混凝土容器中，平衡时 O2浓度为 0.01mol L1，求此温度下 CO 降解反应的平衡常 数_。 下列关于如图的叙述正确的是_ A降解率

19、由 b 点到 c 点随温度的升高而增大，可知 CO 降解反应的平衡常数 KbKc B相同温度下 型沥青混凝土中 CO 降解速率比 型要大 Cd 点降解率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失效 科研团队以 型沥青混凝土颗粒为载体，将 TiO2改为催化效果更好的 TiO2纳米管，在 1060范围内进行 实验，请在如图中用线段与“”阴影描绘出 CO 降解率随温度变化的曲线可能出现的最大区域范围 _。 （4）TiO2纳米管的制备是在弱酸性水溶液中以金属钛为阳极进行电解，写出阳极的电极反应式 _。 【答案】 （1）2NO2+4HSO3= N2+4SO42+4H+ (2 分) （2） 87.7 kJmo

20、l1 (2 分) 由反应、 可知 H6-615.0 kJmol1， 随着反应的进行， 反应体系中温度升高， 使平衡 2H2O+4NO+3O2 4HNO3向逆反应方向移动 (2 分) （3） 2 2 100 1 x x (2 分) BC (2 分) 见右图 (2 分) （4）Ti4e+2H2O=TiO2+4H+ (2 分) 【解析】 （1）根据流程图知，NO2被 NH4HSO3吸收生成 N2，N 元素化合价由+4 价变为 0 价，NO2得电子被还原，则 HSO3-失电子被氧化，被氧化生成 SO42-，反应的方程式为：4NH4HSO3+2NO2=N2+4NH4HSO4，离子方程式为 2NO2+4H

21、SO3-N2+4SO42-+4H+； 故答案为：2NO2+4HSO3-N2+4SO42-+4H+； （2）反应：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H1=-113.0 kJ/mol；反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（1） H2=-288.4 kJ/mol；根据盖斯定律（-）1 2 得反应 NO2（g）+SO2（g）NO（g）+SO3（1） ，则H4=（-288.4 kJ/mol）-（-113.0 kJ/mol）1 2 =-87.7 kJ/mol； 故答案为：-87.7 kJ/mol； 依据 I 3III 2，得出：H6=(113 3138 2)kJ mol1=615kJ mol1，C

22、O 燃烧是放热反应，随着反应进行 温度升高，使 2H2O+4NO+3O24HNO3向逆反应方向进行，因此 NO 的降解率下降； 故答案为：由反应、可知 H6-615.0 kJmol1，随着反应的进行，反应体系中温度升高，使平衡 2H2O+4NO+3O24HNO3向逆反应方向移动； （3）CO 的降解率为 x，设起始 CO 浓度为 1mol/L，则达到平衡时 c(CO)=(1x)mol L1，c(O2)=0.01mol L1， c(CO2)=xmol L1，根据平衡常数的定义，K= 2 2 2 2 cCO cCOc O = 2 2 ()10.01 x x = 2 2 100 1 x x ； A平

23、衡常数是温度的函数，温度升高向吸热方向进行，即向逆反应方向进行，K= 2 2 2 2 cCO cCOc O ，故 K 减小，即 KbKc，故 A 错误； B由图得，相同温度下 型沥青混凝土中 CO 降解速率比 型要大，故 B 正确； Cd 点降解率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失效，故 C 正确； 故答案为：BC； 据催化剂能加快化学反应速率，但不影响平衡移动，故图为， （4）阳极失去电子发生氧化反应，故电极反应方程式为 Ti-4e-+2H2O=TiO2+4H+； 28 （15 分）茶叶中的茶多酚是一种天然抗氧化剂（其抗氧化能力是 VC 的 510 倍） ，它易溶于水、乙醇、 乙酸乙酯，

24、难溶于氯仿。在酸性介质中，茶多酚能将 Fe3+还原为 Fe2+，Fe2+与 K3Fe(CN)6生成的深蓝色配位化 合物 KFeFe(CN)6对特定波长光的吸收程度（用光密度值 A 表示）与茶多酚在一定浓度范围内成正比。A 与 茶多酚标准液浓度的关系如图 1 所示： 某实验小组设计如下实验流程从茶叶中提取茶多酚： 请回答下列问题： （1）操作用水浸取茶多酚时，实验小组发现搅拌速度对茶多酚浸出量的影响如图 2 所示，原因是_。若用 乙醇浸取茶多酚操作如下：称取 10 g 茶叶末，用滤纸包好，装入_中，圆底烧瓶内加_和适量乙 醇，如图 3 安装后， 通冷凝水，加热套加热，当乙醇被加热沸腾后，控制加热

25、套温度在 90。为使恒压漏斗 内液面高出茶叶包约 0.5 cm，并保持约 1 h，可行的操作方法是_。 （2）减压蒸发相对于一般蒸发的优点是_；氯仿的作用是_。 （3）下列有关实验基本操作不正确的是_。 A图 3 中冷凝水流向为 a 进 b 出 B分液漏斗使用前须检验是否漏水并洗净备用 C操作过滤时，可用玻璃棒适当搅拌以加快分离速度 D萃取过程中，经振摇并放气后，将分液漏斗置于铁圈上立即分液 （4）称取 1.25 g 粗产品，用蒸馏水溶解并定容至 1000 mL，移取该溶液 1.00 mL，加过量 Fe3+和_ 酸性 溶液，用蒸馏水定容至 100 mL 后，测得溶液光密度值 A=0.800，则

26、产品的纯度是_ （以质量分数表示） 。 【答案】 （1）茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低（2 分） 恒压滴液漏斗（1 分） 沸石（1 分） 关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约 0.5cm 时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致（2 分） （2）降低蒸发温度防止产物氧化或分解 （2 分） 萃取（2 分） （3）CD （2 分） （4）K3Fe(CN)6 （1 分） 96% （2 分） 【解析】 （1）操作用水浸取茶多酚时，从图 2 中可以看出，搅拌速率越快，光密度值(A)越小，即茶多酚浓度越小， 因为茶多酚易被氧气氧化，搅拌越快，与空气的接触越多，由此得出原

27、因是：茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越 快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低。为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约 0.5 cm，并保持约 1 h，可行的操作 方法是关闭活塞， 当漏斗内液面高出茶叶包约 0.5cm 时， 调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致。 答案为： 茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低；关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包 约 0.5cm 时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致； （2）减压蒸发比蒸发所需的温度低，除节省能源外，还可使环境的温度降低，其优点是降低蒸发温度防止产物 氧化或分解； 因为后加入的乙酸乙酯萃取茶多酚， 则氯仿萃取的应是杂质，

28、 由此得出氯仿的作用是萃取 （或除杂） 。 答案为：降低蒸发温度防止产物氧化或分解；萃取（或除杂） ； （3）A图 3 中冷凝水流向应下进上出，即 a 进 b 出，A 正确； B分液漏斗使用前，为防漏液，应查漏，然后洗涤备用，B 正确； C操作过滤时，不可用玻璃棒搅拌，否则会造成滤纸损坏，C 不正确； D萃取过程中，分液漏斗应静置分层后，再进行分液，D 不正确； 故选 CD。答案为：CD； （4） 根据题目信息，应加入显色剂 K3Fe(CN)6。溶液光密度值 A=0.800，从表中可查得茶多酚的浓度为 1.2 10-5g/mL， 由此可得出原 1000 mL 溶液中所含茶多酚的质量为 1.2

29、10-5g/mL 100mL1000mL 1mL =1.2g， 则产品 的纯度是 1.2g 100% 1.25g =96%。答案为：96%。 （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 35 化学选修 3：物质结构与性质 （15 分） 硒（Se）是一种非金属元素。可以用作光敏材料、电解锰行业催化剂、动物体必需的营养元素和植物有益的营养 元素等。请回答下列问题： （1） Se 元素基态原子的电子排布式为_； 第四周期中第一电离能比 Se 元素大的共有_种 （氪元素除外） 。 （2）气态 SeO3分子的价层电子对互斥模型为_ ；SeO42-离

30、子中 Se 原子的杂化方式为 _ 。 （3）固态 SeO2是以SeO3角锥体以角相连接的展平的聚合结构，每一锥体带有一悬垂的终端 O 原子（如下图 1 所示） 。 图 1 中 Se-O 键键长较短的是 _（填“a“或“b“） ，其原因是_。 SeO2熔点为 350，固态 SeO2属于_晶体，其熔点远高于 SO2（-75.5）的原因是 _。 （4）硒化锌（ZnSe）是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如上图 2 所示，其中阴离子采用面心立方最密堆积 方式，X 射线衍射实验测得 ZnSe 的晶胞参数 a=0. 560nm，则 Se2-的离子半径 r(Se2-)= _nm（计算结果保留 3 位有效数字

31、，下同） ；硒化锌晶体的密度为_ gcm-3。 【答案】 （1）1s22s22p63s23p63d104s24p4或Ar3d104s24p4（1 分） 2 （2 分） （2）平面三角形 （1 分） sp3杂化 （1 分） （3）b （1 分） b 中含有 键，电子云重叠程度更大，使得键长缩短 （2 分） 分子 （1 分） SeO2形成聚合分子，相对分子量远比 SO2大，熔化时需要破坏分子间作用力更大 （2 分） （4）0.198 （2 分） 5.45 （2 分） 【解析】 （1）Se 与 O 元素同主族，位于第四周期，其元素序号为 34，Se 元素基态原子的电子排布式为 1s22s22p63s

32、23p63d104s4p4或Ar3d104s24p4； 同一周期中， 第一电离能从左至右有增大的趋势， 但 IIA 族与 IIIA 族、 VA 族与 VIA 族反常，第四周期中第一电离能比 Se 元素大的有 As、Br 两种元素(氪除外)； （2）SeO3分子中 键电子对数为 3，孤电子对数为 1 62 3 =0 2 ，故分子构型为平面三角形； 2- 4 SeO中 键电子对数为 4，孤电子对数为 1 622 4 =0 2 ，价层电子对数为 4，因此 Se 原子采取 sp3杂化； （3）根据结构图示以及 O 原子成键特点可知，a 为单键，b 为双键，因此键长较短的是 b；其原因是：b 中含 有

33、键，电子云重叠程度更大，使得键长缩短； 固态 SeO3的熔点不是特别高，由此可知，固态 SeO3为分子晶体；由题可知，SeO2形成聚合分子，相对分子 量远比 SO2大，熔化时需要破坏分子间作用力更大，因此熔点较 SO2高； （4）Se2-采取面心立方最密堆积方式，设 r(Se2-)=rnm，则4r= 2a，解得 r0.198；一个晶胞中含有 Se2-个数为 11 864 82 ，含有 Zn2+个数为 4，硒化锌晶体的密度 3 A 3 7 46579 g =5.45g cm a 10 cm mN V 。 36化学选修 5：有机化学基础（15 分） 花椒毒素()是白芷等中草药的药效成分，也可用多酚

34、 A 为原料制备，合成路线如下： 回答下列问题： （1）的反应类型为_；B 分子中最多有_个原子共平面。 （2）C 中含氧官能团的名称为_；的“条件 a”为_。 （3）为加成反应，化学方程式为_。 （4）的化学方程式为_。 （5）芳香化合物 J 是 D 的同分异构体，其中核磁共振氢谱为五组峰的 J 的结构简式为_。(只 写一种即可)。 苯环上只有 3 个取代基；可与 NaHCO3反应放出 CO2；1mol J 可中和 3mol NaOH。 （6）参照题图信息，写出以为原料制备的合成路线(无机试剂任选) ： _ 【答案】 （1）取代反应 （1 分） 18 （2 分） （2）羰基、醚键 （2 分）

35、 浓硫酸、加热（或：P2O5） （1 分） （3） （2 分） （4） （2 分） （5） （2 分） （6） （3 分） 【解析】 根据 B 的结构简式和生成 B 的反应条件结合 A 的化学式可知，A 为；根据 C 和 D 的化学式间 的差别可知，C 与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成 D，D 为，结合 G 的结构可知，D 消 去结构中的羟基生成碳碳双键得到 E，E 为；根据 G 生成 H 的反应条件可知，H 为 。 （1）根据 A 和 B 的结构可知，反应发生了羟基上氢原子的取代反应； B()分子中的苯环 为平面结构，单键可以旋转，最多有 18 个原子共平面，故答案为取代反应；18； （

36、2） C()中含氧官能团有羰基、 醚键； 反应为 D 消去结构中的羟基生成碳碳双键得到 E， “条 件 a”为浓硫酸、加热，故答案为羰基、醚键；浓硫酸、加热； （3）反应为加成反应，根据 E 和 G 的化学式的区别可知 F 为甲醛，反应的化学方程式为 ，故答案为 ； （4）反应是羟基的催化氧化，反应的化学方程式为 ，故答案为 ； （5）芳香化合物 J 是 D()的同分异构体，苯环上只有 3 个取代基；可与 NaHCO3反应放出 CO2，说明结构中含有羧基；1mol J 可中和 3mol NaOH，说明结构中含有 2 个酚羟基和 1 个羧基；其中核磁共 振氢谱为五组峰的 J 的结构简式有 （6）以为原料制备。根据流程图 C 生成的 D 可知，可以与氢气加成生 成，羟基消去后生成，与溴化氢加成后水解即可生成，因此合成路线为 ，故答案为 。