广东省佛山市2022届高三下学期4月第二次教学质量监测（二模）化学试题.docx

1、广东省佛山市2022届高三下学期4月第二次教学质量监测（二模）化学试题一、单选题1文物是传承文化的重要载体，下列主要成分不是硅酸盐的文物是简牍陶彩绘女舞俑清雍正款霁红釉瓷碗萧何月下追韩信图梅瓶ABCDAABBCCDD【答案】A【解析】【详解】A简牍主要成分为植物纤维，A符合题意；B陶彩绘女舞俑，陶制品为硅酸盐材料，B不符合题意；C瓷碗为瓷器，瓷器主要成分为硅酸盐，C不符合题意；D梅瓶也是瓷器，为硅酸盐材料，D不符合题意；故选A。2第24届冬奥会在我国成功举办。使用下列物质时涉及的化学原理正确的是选项物质性质A冬奥会使用聚乳酸材料餐具该材料稳定，不易降解B冬奥制服中添加含银离子的抗菌剂银离子可使

2、蛋白质变性C以氢气为燃料的“飞扬”火炬添加“显色剂”焰色试验属于化学变化D志愿者向路面撒清除积雪能与冰雪发生化学反应AABBCCDD【答案】B【解析】【详解】A聚乳酸是一种新型可降解塑料，A错误；B重金属离子、甲醛、紫外线等可以使蛋白质变性；银离子属于重金属离子，可以使蛋白质变性，B正确；C焰色反应，也称作焰色测试及焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应；焰色反应没有生成新物质属于物理变化，C错误；D溶于水形成溶液导致溶液的凝固点降低，没有生成新物质，不是化学反应，D错误；故选B。3向盛有溶液的试管中滴加足量新制氯水，向反应后的溶液中滴加下列溶液，无明显现

3、象的是ABCD【答案】A【解析】【分析】硫酸亚铁中亚铁离子和新制氯水中氯气反应生成铁离子；反应后溶液中存在：氢离子、氯离子、铁离子、次氯酸、硫酸根离子；【详解】A硝酸和以上物质均不反应，无明显现象，A符合题意；B新制氯水中氢离子和碳酸氢根离子生成二氧化碳气体，有明显现象，B不符合题意；C铁离子和KSCN反应使溶液变血红色，C不符合题意； D次氯酸具有氧化性和硫离子生成硫黄色沉淀，D不符合题意； 故选A。4金()负载的分子筛能高选择性地催化甲烷氧化为甲醇和乙酸。下列说法正确的是A中子数为79B和互为同位素C天然气属于可再生能源，主要成分是甲烷D甲烷在转化为甲醇的过程中发生了还原反应【答案】B【解

4、析】【详解】A核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；中子数为197-79=118，A错误；B和是碳元素的不同碳原子，互为同位素，B正确；C天然气是化石能源，属于不可再生能源，C错误；D甲烷在转化为甲醇的过程中，生成物中增加了氧原子，发生了氧化反应 ，D错误；故选B。5下列“劳动小妙招”及其涉及的原理均正确的是劳动小妙招原理A加“洁厕灵”增强“84消毒液”消毒效果使次氯酸浓度增大B用风油精拭去门上的胶印风油精与胶水发生化学反应C用白醋去除铁栏杆上的锈迹乙酸可与铁锈反应D在热水中加入含酶洗衣粉洗涤毛衣升温和加酶可增强去污效果AABBCCDD【答案】C【解析】【详解】A“洁厕灵”

5、中盐酸会和“84消毒液”中次氯酸反应生成有毒的氯气，次氯酸浓度减小，不会增强其消毒效果，A错误；B风油精中含有有机物，根据相似相容原理，可以溶解胶印，不是发生化学反应，B错误；C白醋去除铁栏杆上的锈迹，白醋中乙酸可以和铁锈中的金属氧化物氧化铁反应生成盐和水，C正确；D酶需要适宜的温度，温度过高会导致酶失去活性，D错误；故选C。6粗盐提纯的实验过程中，不需要用到的仪器是漏斗蒸发皿泥三角酒精灯ABCDAABBCCDD【答案】C【解析】【分析】粗盐提纯一般步骤为：溶解加沉淀剂将硫酸根离子、镁离子、钙离子沉淀过滤加盐酸除去过量的碳酸根离子、氢氧根离子蒸发结晶。【详解】A过滤用到漏斗，A不符题意；B蒸发

6、结晶用到蒸发皿，B不符题意；C蒸发皿置于三脚架或铁架台铁圈上，用不到泥三角，灼烧时将坩埚置于泥三角上，C符合题意；D蒸发结晶时用酒精灯加热，D不符题意；答案选C。7某医药中间体的结构简式如图所示。关于该有机物的说法正确的是A和苯互为同系物B一氯代物有四种C分子中所有碳原子可能共平面D可发生水解反应【答案】D【解析】【详解】A同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；该物质和苯结构不相似，不是同系物，A错误；B分子中有7种不同的氢，一氯代物大于4种，B错误；C分子中含有多个直接相连饱和碳原子，饱和碳原子的杂化为sp3杂化，所有碳原子不能共平面，C错误； D分子中含有酯基

7、，可以发生水解反应，D正确； 故选D。8葡萄酒中含有的酒石酸常用作食品添加剂。已知溶液呈碱性，溶液呈酸性。下列说法正确的是A溶液的B溶液的随温度升高而减小C在水中的电离方程式为：D溶液中：【答案】B【解析】【详解】A已知溶液呈碱性，则T2-发生水解反应，H2T的二级电离不完全，溶液的氢离子的浓度小于0.1mol/L，pH大于1，A错误；B电离为吸热反应，的二级电离随温度升高则增大，氢离子浓度变大，pH减小，B正确；C由A分析可知，H2T的二级电离不完全，故在水中的电离方程式为：，C错误；D溶液中由电荷守恒可知：，由物料守恒可知，代入中得：，D错误；故选B。9部分含铜物质的分类与相应化合价关系如

8、图所示。下列推断错误的是Ad的代表物质高铜酸钾具有强氧化性B将c加入浓碱液中可制得e的胶体C的转化可用于检验葡萄糖D存在的转化关系【答案】B【解析】【详解】A由图可知，d的代表物质高铜酸钾中的铜元素具有最高价，化合价容易降低，具有强氧化性，A正确；Bc为正二价的铜盐，加入浓氢氧化钠会生成氢氧化铜沉淀，不会形成胶体，B错误；C葡萄糖具有还原性，在碱性环境中可以二价铜转化为一价铜，故的转化可用于检验葡萄糖，C正确；D氧化铜和稀硫酸生成硫酸铜，硫酸铜和氢氧化钠生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，存在的转化关系，D正确；故选B。10过硫酸钾常用作强氧化剂，可发生反应：。过硫酸根的离子结构如图所示

9、。下列说法正确的是A中氧元素的化合价有：、B中含极性共价键C固体中阴阳离子总数为D和水反应产生【答案】A【解析】【详解】A由结构可知，分子结构的中间存在过氧根，过氧根中氧为-1价氧，与每个硫相连的其它氧为-2价氧， A正确；B过氧根中氧氧键为非极性键，1个过硫酸根中含有12个极性共价键，中含极性共价键，B错误；C固体中含有K+和HSO两种离子，则固体中阴阳离子总数为，C错误；D没有说明是否为标况，不能计算生成氧气的体积，D错误；故选A。11一定条件下，将和按物质的量为13的投料比充入某刚性密闭容器中，发生反应：，测得的物质的量浓度随反应时间的变化如图所示，下列说法正确的是A05分钟，共放出的热

10、量B和的转化率相等时，反应达到平衡C时，改变的外界条件可能是降温D平衡常数一定大于【答案】C【解析】【详解】A不确定容器的体积，不能确定反应的二氧化碳的物质的量，不能计算反应放出热量数值，A错误；B反应中和按反应的系数比投料，则两者的转化率一直相等，不能用来判断反应是否达到平衡，B错误；C反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，二氧化碳的浓度减小，符合图像，C正确；D对于确定反应，平衡常数只受温度的影响，不确定是否温度一定改变，故不能判断两者K值的大小，D错误；故选C。12化合物M可用作肥料和防火剂，结构如图所示。X、Y、W、Z为核电荷数依次增大的短周期主族元素，且Y与W同周期。下列说法正确的是

11、A水溶液呈碱性B简单氢化物的沸点：CZ的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y强D原子半径：【答案】D【解析】【分析】X、Y、W、Z为核电荷数依次增大的短周期主族元素，且Y与W同周期，则X为第一周期元素氢、YW为第二周期、Z为第三周期；Y和4个氢形成带1个单位正电荷的阳离子，则Y为氮，Y与W同周期，W可以形成2个共价键，W为氧；Z可以形成5个共价键，Z为磷；【详解】ANH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解溶液显酸性，A错误；B氨气分子中氮的电负性较大，故氨气分子间存在氢键，导致其沸点高于PH3，B错误；C非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，P的最高价氧化物对应水化物的酸性比N弱，C错误；D

12、电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：，D正确；故选D。13锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应： 。利用氧化制备的装置，如图所示(夹持装置略)。下列说法错误的是A在强碱性环境下，氧化性：B装置中的漂白粉可以用二氧化锰代替C装置中盛放饱和氯化钠溶液，以提高的产率D装置不需要防倒吸的原因是氢氧化钠溶液与氯气反应速率较慢【答案】B【解析】【分析】漂白粉的有效成分是次氯酸钙，次氯酸钙与浓盐酸在中反应制得氯气，用除去氯气中混有的HCl，在中制备高锰酸钾，过量的氯气用吸收，防止污染空气。【详解】A在强碱性环境下，将氧化为，则在强碱性环境下，氯气的氧化性比

13、高锰酸钾强，A正确；B次氯酸钙与浓盐酸反应制备氯气无需加热，二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气需要加热，故装置中的漂白粉不可以用二氧化锰代替，B错误；C装置中盛放饱和氯化钠溶液，可以除去氯气中混有的HCl，同时减少氯气的损失，从而提高产率，C正确；D氢氧化钠溶液吸收氯气的速率较慢，不会形成倒吸，故装置不需要防倒吸，D正确；答案选B。14催化某清洁反应是获得甲苯的常用途径，反应机理如图所示。下列说法错误的是A若R为，则X为乙醇B是催化剂、还原剂C反应过程存在键的断裂和形成D活性炭可以负载高分散的，提高催化剂活性【答案】B【解析】【详解】A由历程可知，反应物为氢气、 ，生成物为X和甲苯，若R为，则在反应

14、 中乙基-Pd、H-Pd键断裂得到Pd，同时H与乙基结合得到乙醇，故X为乙醇，A正确；B在整个反应历程中Pd参与反应历程后又生成Pd，在反应前后本身没有改变，是整个反应的催化剂，不是还原剂，B错误；C反应过程存在键的断裂，在 生成乙醇的过程中存在键的形成，C正确；D活性炭可以负载高分散的，增加与反应物的接触面积，提高催化剂活性，D正确；故选B。15有机物电极材料具有来源丰富、可降解等优点，一种负极材料为固态聚酰亚胺-水系二次电池的结构如图所示。下列说法正确的是A充电时有机电极发生了氧化反应B充电时每转移，右室离子数目减少C放电时负极电极反应为：-2e-=D将由换成，电池的比能量会下降【答案】D

15、【解析】【详解】A由题干可知，该结构为一种负极材料为固态聚酰亚胺-水系二次电池，则有机电极为负极，充电时负极为电解池阴极，发生还原反应，A错误；B充电时，右侧电解为阳极，发生氧化反应，3I-2e-=I，则充电时每转移，左侧减少2mol阴离子，同时有2molM+离子进入左室，右室离子数目减少4mol，B错误；C由图可知，放电时负极电极的失去电子，发生氧化反应，生成，反应为-2e-=，C错误；D比能量是指电池单位质量或单位体积所能输出的电能，钠的相对原子质量大于锂，高故将由换成，电池的比能量会下降，D正确；故选D。16溶液可发生反应：(一元弱酸)；以的溶液滴定经处理后的溶液，滴定曲线如图所示。关于

16、该过程下列说法错误的是A应选择酚酞作为指示剂B溶液的浓度为C有D溶液时，【答案】C【解析】【详解】A强碱滴定酸，根据图像可知终点时溶液显碱性，因此应选择酚酞作为指示剂，A正确；B所得溶液是(CH2)6N4HCl和HCl，滴加氢氧化钠溶液恰好反应时生成Na(CH2)6N4Cl和NaCl，根据原子守恒可知氯化铵的物质的量和氢氧化钠的物质的量相等，所以溶液的浓度为，B正确；C(CH2)6N4H的电离方程式为(CH2)6N4H(CH2)6N4+H，根据图像可知起始时氢离子浓度是101.1mol/L，但溶液中(CH2)6N4的浓度不是101.1mol/L，所以(CH2)6N4H的电离常数不是，C错误；D

17、溶液时氢离子浓度等于氢氧根浓度，所以根据电荷守恒可知，D正确；答案选C。二、实验题17铜是生活中常见的金属，以铜为原料进行如下实验。回答下列问题：.制备(1)利用铜与浓硫酸制备，适宜的装置是_(从A、B、C中选择)，该装置内发生的化学方程式为_。(2)收集干燥的，所需装置的接口连接顺序为：发生装置_(填小写字母)。(3)反应后，发生装置中未观察到蓝色溶液，原因是_。.探究温度对铜与过氧化氢反应的影响向10mL30%的溶液中滴加1mL3mol/L硫酸，将光洁无锈的铜丝置于其中，铜丝表面产生气泡并逐渐变多，剩余溶液呈蓝色。经检验产生的气体为，查阅资料发现是催化分解的结果。(4)写出生成的离子方程式

18、_。(5)学习小组提出猜想：升高温度，催化能力增强，该小组设计如下实验验证猜想。实验序号30%H2O2(mL)1mol/LCuSO4(mL)水(mL)水浴温度()3min时生成O2的平均速率()11011202.4210113093101140904100220A15A26100240A3小组同学认为实验13的结果，不能证明猜想成立，理由是_。为进一步验证猜想，完善实验46的方案(答案填在答题卡上) _。小组同学结合实验16，判断猜想成立，依据是_。【答案】(1) B (2)ghedij(3)浓硫酸具有吸水性，反应后的硫酸铜以固体形式存在(4)(5) 温度升高促进的分解 10、0、2、30 实

19、验组13生成氧气平均速率随温度升高的增加程度比对照组46大【解析】【分析】用铜和浓硫酸加热反应生成二氧化硫气体，先干燥再收集，最后处理二氧化硫尾气，探究温度对铜与过氧化氢反应的影响时，要注意对变量的分析，只能有一个作变量。(1)用铜与浓硫酸制备，反应是铜固体和浓硫酸加热条件下反应生成二氧化硫气体、硫酸铜和水，因此适宜的装置是B，该装置内发生的化学方程式为。(2)收集干燥的，先用浓硫酸干燥二氧化硫气体，再用向上排空气发收集二氧化硫气体，最后进行尾气处理，因此所需装置的接口连接顺序为：发生装置ghedij。(3)反应后，发生装置中未观察到蓝色溶液，可能是浓硫酸具有吸水性，将硫酸铜溶液中水吸收，最后

20、硫酸铜以固体形式存在。(4)铜、硫酸和双氧水反应生成硫酸铜和水，则生成的离子方程式为。(5)小组同学认为实验13的结果，不能证明猜想成立，理由是H2O2的热稳定性较差，温度升高促进的分解。为进一步验证猜想，根据1、4；3、6；实验温度相同，实验条件中硫酸铜溶液的用量不同，得出实验2、5是一组实验对比，其方案中加入的体积分别为10、0、2、30；小组同学结合实验16，判断猜想成立，根据1和4，2和5，3和6分别对比实验得出温度升高，催化能力增强即依据是实验组13生成氧气平均速率随温度升高的增加程度比对照组46大。三、工业流程题18利用闪锌矿【主要成分，还有、，(铟)、F、等元素】生产，同时可实现

21、稀散金属的提取。一种工艺流程如图所示。回答下列问题：时，；易成胶状。(1)“气体1”经纯化后适宜在_工序使用(填方框内的工序名称)。(2)“溶浸”时，易形成难溶的和，其中元素的化合价为_。(3)“电积”时，上清液中的会影响锌的质量，、会腐蚀极板，在“除杂1”中做_(填“氧化剂或“还原剂”)，气体2的主要成分为_(填化学式)。(4)“除氟”时，适量的可以提高氟的沉降率，原因是_。(5)为使沉淀完全，“水解”时溶液的应不低于_(保留整数)。(6)“加压氧化时”时，发生的离子反应方程式为_。(7)母液的主要成分为_(填化学式)。【答案】(1)还原(2)+3(3) 还原剂 Cl2(4)防止形成氟化钙胶

22、体，提高氟的沉降率(5)5(6)4Fe2+O2+4H2O=2Fe2O3+8H+(7)Na2SO4、Zn SO4、H2SO4【解析】【分析】由流程结合题目可知，闪锌矿焙烧将金属元素锌、铁、钴、铟转化为相应的氧化物，加热稀硫酸溶浸，得到相应的硫酸盐溶液，加入Na2S2O4生成Co(OH)2沉淀，滤液通入臭氧将氯元素转化为氯气去除，再加入氢氧化钙、碳酸钙除去氟，得到滤液电积分离出锌，废液通入二氧化硫将三价铁转化为二价铁，然后水解分离出铟，加压氧化将二价铁转化为氧化铁，得到母液含有流程中生成的硫酸钠、硫酸锌、稀硫酸。(1)闪锌矿主要成分，焙烧硫元素转化为二氧化硫气体，由流程可知，还原步骤需要通入二氧化

23、硫，故“气体1”经纯化后适宜在还原工序使用；(2)化合物中正负化合价代数和为零；中锌、氧化合价分别为+2、-2，则铁元素化合价为+3；(3)臭氧具有氧化性，和反应生成硫酸钠，硫元素化合价升高，在反应中做还原剂；已知闪现矿中的氯元素，矿物中氯元素常以负一价存在，负一价氯元素会和臭氧反应生成氯气，气体2的主要成分为氯气Cl2；(4)已知，易成胶状，“除氟”时，适量的可以使生成的氟化钙着附在碳酸钙表面形成沉淀，防止氟化钙形成胶体，提高氟的沉降率；(5)时，沉淀完全，则c()小于10-5mol/L，c(OH-)不小于，则c(H+)小于210-5mol/L，则pH4.7；故“水解”时生成In(OH)3沉

24、淀，溶液的应不低于5；(6)由流程可知，铁元素在还原过程中被转化为二价铁，“加压氧化时”时，二价铁转化为三价铁生成三氧化二铁，发生的离子反应方程式为4Fe2+O2+4H2O=2Fe2O3+8H+；(7)二氧化硫还原过程中生成硫酸；“溶浸”过程中形成的难溶进入还原过程和生成的硫酸及废酸中硫酸反应生成硫酸锌；除杂2过程中生成了硫酸钠，最终硫酸、硫酸锌、硫酸钠进入母液，故得到母液的主要成分为Na2SO4、Zn SO4、H2SO4。四、原理综合题19是温室气体之一。直接催化分解是目前消除最有前景的方法之一。直接催化分解时发生反应：回答下列问题：(1)己知：，则_。(2)反应进行时，分解转化率随温度变化

25、曲线如图所示。反应所需活化能最低的曲线是_(填“a”“b”“c”或“d”)；由曲线d可知，在左右的分解并不明显，其原因是_；A点对应的转化率_(填“是”或“不是”)平衡转化率，理由是_；在下，将充入体积为的体积不变的容器中，B点的平均反应速率_；平衡时，测得完全转化为，、的物质的量分别为、，计算反应的平衡常数为_。(3)在一定条件下，能够与脱掉后形成的表面氧反应，促进表面氧的转移形成，进而促进分解。作用的可能机理如下(*表示催化剂的活性中心)：Step1：Step2：Step3：_总反应：Step3的反应方程式为_。【答案】(1)+19.6(2) a 不加催化剂，分解的活化能大 不是 温度相同

26、，无催化剂、不同催化剂条件下N2O的平衡转化率应该相同，在A点对应温度下，A点对应转化率不是最大值 0.03 8(3)2NO22NO+O2【解析】(1)由盖斯定律，反应+反应=反应，则H1+H4=()+()=+19.6；(2)由图可知，未平衡时，反应进行相同时间，a对应N2O的转化率最大，则a对应的反应速率最大，反应所需活化能最低的曲线是a；由曲线d可知，在左右的分解并不明显，可能原因是不加催化剂，分解的活化能大；A点对应的转化率一定不是平衡转化率，理由为：温度相同，无催化剂、不同催化剂条件下N2O的平衡转化率应该相同，在A点对应温度下，A点对应转化率不是最大值；B点N2O的转化率为60%，则

27、c(N2O)=60%=0.3mol/L，(0.3mol/L10min)=0.03；平衡时，测得完全转化为，、的物质的量分别为、，则平衡后有0.20molNO2、N2O、0.25molO2、N2共四种物质，根据O原子守恒，n(N2O)=1mol-0.20mol2-0.25mol2=0.1mol，根据N原子守恒，n(N2)=(1mol2-0.20mol-0.1mol2)2=0.8mol，即平衡时有0.20molNO2、0.1molN2O、0.25molO2、0.8N2，浓度分别为0.1mol/L、0.05mol/L、0.125mol/L、0.4mol/L，反应的平衡常数K=8；(3)Step1：S

28、tep2：Step3：_总反应：则Step3的反应方程式=总反应-2(Step1+ Step2)，为2NO22NO+O2。五、结构与性质20是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料。回答下列问题：(1)的价层电子排布式为_。(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋量子数。对于基态S原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_。S可以形成两种常见含氧酸，其通式为，判断该两种含氧酸酸性强弱并分析原因_。(3)硫酸铜稀溶液中不存在的作用力有_ (填标号)，其中硫酸根的空间构型为_。A配位键B金属键C共价键D氢键E范德华力(4)硫酸铜溶液中滴入氨基

29、乙酸钠可得到配合物A，结构如图所示。氨基乙酸钠中碳原子的杂化方式为_，氨基乙酸钠含有键的数目为_；配合物A中非金属元素电负性由大到小的顺序为_。(5)(式量为)的晶胞结构如图a所示，阿伏加德罗常数为，则晶体的密度为_(列计算式)，图b为原子沿z轴方向向平面投影的位置，在图b中画出S原子在该方向的投影位置_(用“”表示S原子)。【答案】(1)4d105s25p1(2) +1或-1 亚硫酸为，硫酸为，也就是说硫酸的n值大于亚硫酸的n值，使S原子的正电性增大，导致S-OH中电子向S偏移程度增大，因而更易电离出氢离子，硫酸的酸性更强(3) B 正四面体(4) sp3、sp2 8NA ONCH(5) 【

30、解析】(1)In为49号元素，基态In原子电子排布式为：1s22s22p63s23p64s23d104p65s24d105p1，则价层电子排布式为：4d105s25p1，故答案为：4d105s25p1；(2)对于基态的硫原子，其核外价电子排布图为，成对的电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0，根据洪特规则可知，其3p轨道的两个单电子自旋状态相同，因此基态硫原子价电子的自旋磁量子数的代数和为或为，即为：+1或-1；S元素可以形成两种常见含氧酸，其通式为，即亚硫酸为，硫酸为，也就是说硫酸的n值大于亚硫酸的n值，使S原子的正电性增大，导致S-OH中电子向S偏移程度增大，因而更易电离出氢离子，硫酸

31、的酸性更强，故答案为：+1或-1；亚硫酸为，硫酸为，也就是说硫酸的n值大于亚硫酸的n值，使S原子的正电性增大，导致S-OH中电子向S偏移程度增大，因而更易电离出氢离子，硫酸的酸性更强；(3)硫酸铜稀溶液中水分子之间有氢键和范德华力存在，水分子和硫酸根离子中均存在共价键，铜离子和水分子间可以形成配位键，即不存在金属键；硫酸根离子中中心原子硫原子上的孤电子对数为，价层电子对数为4，S采用sp3杂化，则空间构型为正四面体，故答案为：B；正四面体；(4)氨基乙酸钠中C原子的价层电子对数分别为、，则杂化方式为sp3、sp2；共价单键为键，共价双键中一个是键一个是键，中含有8个键，所以氨基乙酸钠含有键的数

32、目为8NA，故答案为：sp3、sp2；8NA；配合物A的非金属元素有C、O、N、H元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性大小顺序为ONCH，则电负性大小顺序为：ONCH，故答案为：ONCH；(5)用“均摊法”，一个晶胞内含Cu的数目：841=4个，含S的数目：8个，含In 46=4个，则一个晶胞含4个CuInS2，晶胞的体积为x2ypm3，则该晶体的密度= =gcm-3；根据晶胞结构可知，Cu原子在z轴方向投影位于顶点上和面心上，S原子在z轴方向投影位于顶点和面心的连线中点上，在图b中画出S原子在该方向的投影位置为：，故答案为：；。六、有机推断题21马蔺子甲素()可用于肺癌和白血病等

33、的放射性治疗，一种合成马蔺子甲素的路线如图所示：已知：a)代表，代表b)R1CH=CHR2 R1CHO+R2CHOc)R3CHO回答下列问题：(1)化合物的分子式为_。(2)反应的目的是_。(3)反应中有生成，其化学方程式为_。(4)反应的反应类型是_。(5)化合物中含氧官能团的名称为_。(6)化合物的同分异构体中能同时满足以下条件的有_种(不考虑立体异构)。其中苯环上只有两种取代基的结构简式为_(任写一种)。能发生银镜反应；能与溶液发生显色反应；核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子。(7)参照上述合成路线，设计以 为主要原料制备 的路线_。【答案】(1)C10H12O2(2)保护

34、酚羟基(3) +H2O+Zn +HCHO+(4)加成反应、取代反应(5)醚键、酮(羰)基(6) 15 、 、(7)【解析】【分析】 和BnBr( )在K2CO3作用下发生取代反应生成 和 ； 和臭氧在-78条件下反应得到 ； 发生信息b的第二步反应得到HCHO和 ，为 ； 和BrPh3P(CH2)7CH(OCH3)2发生信息c的反应得到 ， 和氢气发生加成反应、取代反应得到 和 ， 通过系列反应得到 。(1)化合物含10个C，2个O，不饱和度为5，故分子式为C10H12O2；(2)将酚羟基转化为-OBn，由将-OBn转化为酚羟基，故反应的目的是保护酚羟基；(3)反应中 发生信息b的第二步反应得

35、到HCHO和 ，还有生成，根据原子守恒可知其化学方程式为+H2O+Zn +HCHO+；(4)对比 和 结构可知二者和氢气发生加成反应、取代反应得到 和 ；(5)由结构简式可知化合物中含氧官能团的名称为醚键、酮(羰)基；(6)化合物结构为 ，含10个2个O，不饱和度为5，其同分异构体中能同时满足：能与溶液发生显色反应，则含酚-OH；能发生银镜反应，则还含-CHO，3个饱和C；核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子，则含2个等效的甲基，符合条件的有2大种情况：(1)苯环上含2个对称的甲基，符合条件的是 、 ；(2)含 ，苯环上有三个取代基(、-OH、-CHO)时：-OH和-CHO位于邻位时有4种，位于间位时有4种，位于对位时有2种；苯环上有2个取代基(和-OH)时有邻间对3种；综上所述，符合条件的共有2+4+4+2+3=15种；其中苯环上只有两种取代基的结构简式为 、 、 ；(7)以 为主要原料制备 ：对比 和 ，要发生碳链增长的反应，即要发生信息c的反应，因此需要苯甲醛和反应，故合成路线如下：。试卷第27页，共27页