名校高考2019届高考化学仿真卷 (5) 8页

此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号绝密★启用前高考名校考前提分仿真卷化学（五）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K397．化学科学与技术在宇宙探索、改进生活、改善环境与促进发展方面均发挥着关键性的作用。下列说法正确的是A．“玉兔号”月球车帆板太阳能电池的材料是氮化硅或二氧化硅B．“乙醇汽油”、肼(N2H4)和水煤气的主要成分都是可再生能源C．“神舟”和“天宮”系列飞船使用的碳纤维材料、光导纤维都是新型无机非金属材料D．所有糖类、油脂和蛋白质等营养物质在人体吸收后都能被水解利用8．下列关于有机化合物的说法正确的是A．糖类、油脂、蛋白质都属于天然高分子化合物B．分子式为C2H6O、C4H10的有机物都有2种同分异构体C．乙烯和苯都能使酸性KMnO4溶液褪色D．可用热的NaOH溶液除去乙酸乙酯中的乙酸杂质9．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．1molOD−和17g-OH所含的质子与中子均为9NAB．7.8gNa2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NAC．8.8g乙酸乙酯中含共用电子对的数目为1.3NAD．0.1mol·L−1氯化铜溶液中氯离子数为0.2NA10．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A将SO2通入紫色石蕊试液中，溶液变红SO2与水反应生成H2SO3造成溶液显酸性B向久置的Na2SO3溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀，再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解部分Na2SO3被氧化C向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热，再加入银氨溶液，未出现银镜蔗糖未水解D向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色溶液中含Br211．科学家预言，被称为“黑金”的“新材料之王”石墨烯将“彻底改变21世纪”。中国华为研发人员利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，已在世界上率先开发出石墨烯电池，电池反应式为LixC6+Li1－xCoO2C6+LiCoO2，其工作原理如图。下列关于该电池的说法正确的是A．有设计师建议该电池采用隔膜效果更好，可选用质子交换膜B．放电时，LiCoO2极发生的电极反应为：LiCoO2－xe−＝Li1－xCoO2+xLi+C．石墨烯电池通过提高储锂容量进而提高能量密度，废旧的该电池进行“放电处理”让Li+嵌入LiCoO2中而有利于回收D．石墨烯电池充电时LiCoO2极与电源负极相连12．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X与W同主族，Y的焰色显黄色，Z离子在同周期元素简单离子中半径最小。将分别含有Z、W简单离子的两溶液混合，有白色沉淀析出，同时产生臭鸡蛋气味的气体。下列说法错误的是A．X的简单氢化物的热稳定性比W强B．Z的单质及其氧化物均可溶于Y单质与水反应所得的溶液中C．X、Y的简单离子具有相同的电子层结构D．Y与W形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红\n13．类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pC=－lgC，pKa=－lgKa，常温下，某浓度H2A溶液在不同pH值下，测得pC(H2A)、pC(HA−)、pC(A2−)变化如图所示，下列说法正确的是A．随着pH的增大，pC增大的曲线是A2−的物质的量浓度的负对数B．pH=3.50时，c(HA−)>c(A2−)>c(H2A)C．b点时c(H2A)·c(A2−)/c2(HA−)=104.5D．pH=3.00~5.30时，c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)先减小后增大26．（14分）无水氯化锌是有机合成中重要催化剂，无水氯化锌为白色粉末，易潮解，沸点为732℃。久置市售氯化锌常含Zn(OH)Cl，影响催化效果。实验室用HC1气体“置换”除水、升华氯化锌相结合的方法提纯市售氯化锌。（1）选用下图所示的装置(可以重复选用)进行实验，装置接口依次连接的合理顺序为：a→__。（2）装置A盛氯化钠固体的仪器名称是___________，装置C中试剂是___________。（3）实验开始时，通入HC1和N2，将管式炉I，Ⅱ升温至150℃，装置D中发生的化学反应方程式为___________；此时通入N2的目的是______________________；（4）反应一段时间后保持管式炉I、Ⅱ温度为350℃，保证将水除尽，再________________；(填操作)最后在氮气保护下将氯化锌刮出玻璃管外，保存待用。（5）若称取100.00g市售氯化锌样品，经提纯最终得到高纯氯化锌100.3g，则样品中氯化锌纯度为___________。27．(14分)利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。②沉淀Ⅰ中只含有两种沉淀。③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8（1）浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式为___________________________。（2）NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为_______________________________________。（3）加入Na2CO3调pH至5.2，目的是________；萃取剂层含锰元素，则沉淀Ⅱ的主要成分为________。（4）操作Ⅰ包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2～3，________、________、过滤、洗涤、减压烘干等过程。（5）为测定粗产品中CoCl2·6H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O质量分数大于100%，其原因可能是(回答一条原因即可)。（6）将5.49g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。温度范围/℃固体质量/g150～2104.41290～3202.41经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290～320℃温度范围，剩余的固体物质化学式为________。[已知：CoC2O4·2H2O的摩尔质量为183g·mol−1]28.（15分）“低碳经济”是建设美丽中国的发展方向。（1）已知：①CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH=+206.1kJ/mol\n②2H2(g)+CO(g)=CH3OH(l)ΔH2=－128.31kJ/mol③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=－481.9kJ/mol常温下，在合适催化剂的作用下，采用CH4和O2一步合成液态CH3OH的热化学方程式为__________________。反应①的正反应的活化能__________(填“大于”“小于”或“等于”)206.1kJ/mol。（2）二甲醚(CH3OCH3)是清洁能源。利用合成气合成二甲醚的原理是2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3+H2O(g)ΔH<0。在一定条件下，该反应中CO的平衡转化率α(CO)与温度(T)、投料比n(H2)/n(CO)的关系如图1所示，平衡常数K与温度(T)的关系如图2所示。①图1中，X代表__________；Y1__________Y2(填“＞”“＜”或“=”)②图2中，曲线__________(填“I”或“Ⅱ”)符合平衡常数变化规律。（3）在1L恒容密闭容器中充入2a(a>0)molH2和amolCO，在一定条件下合成甲醇，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，达到平衡时各物质的量总和为1.8amol。①在该温度下，平衡常数K=__________(用含a的代数式表示)。②下列情况表明反应达到平衡状态的是__________。A．c(CH3OH)/[c(CO)·c2(H2)]不再改变B．CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率C．混合气体的平均摩尔质量不再改变D．混合气体的密度不再改变（4）通过人工光合作用可将CO转变成HCOOH。①已知：常温下，HCOOH的电离常数Ka=2×10−4。浓度均为0.1mo/L的HCOOH和HCOONa的混合溶液pH=__________。(1g2=0.3)②用电化学法消除废水中HCOOH，其原理是，用情性材料作电极，电解CoSO4稀硫酸和HCOOH的混合溶液，用电解产生的Co3+将HCOOH氧化成CO2，离子方程式为2Co3++HCOOH=2Co2++CO2+2H+。则阳极反应式为______________________。35．【选修3：物质的结构与性质】(15分)周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a是组成物质种类最多的元素，c是地壳中含量最多的元素，d与a同族，e2+离子3d轨道中有9个电子。回答下列问题：（1）e原子的价层电子排布图为____________（2）晶体d、晶体da、晶体ac2的熔点由高到低的顺序为____________(用化学用语表示，下同)，a、b、c三种元素的第一电离能由大到小的顺序为________________________。（3）元素b、c形成两种常见阴离子bc和bc，其中bc离子的中心原子杂化轨道类型为____________，bc离子的空间构型为____________。（4）向e2+硫酸盐的水溶液中加入过量的氨水，可得到深蓝色透明溶液，加入乙醇可析出深蓝色晶体。请写出得到深蓝色透明溶液的离子方程式________________________，析出深蓝色晶体时加入乙醇的作用是________________________。（5）e单质的晶胞结构如图所示，e原子半径为rpm，e晶体密度的计算式为____________________g·cm3。(用含NA、r的表达式表示)36．【选修5：有机化学基础】(15分)J是一种解热镇痛类药物，其合成路线如下：已知部分信息如下：①苯环上原有取代基对苯环上新导入的取代基的位置有一定的影响，例如，一OH、一CH3等易使新导入的取代基进入苯环的邻、对位；一NO2、一COOH等易使新导入的取代基进入苯环的间位。②(具有弱碱性和还原性)③J遇氯化铁溶液能发生显色反应，其苯环上一氯代物只有2种，且结构中苯环直接连接“R－CONH－”基。回答下列问题：（1）H的名称是_______________；C所含官能团名称是______________________。（2）E→F的反应类型是_________________________________。（3）利用下列仪器进行检测时，H和I显示的信号完全相同的是___________，测定J所含化学键和官能团的是___________。\na．红外光谱仪b．质谱仪c．元素分析仪d．核磁共振氢谱仪（4）D+I→J的化学方程式为_________________________________。（5）在J的同分异构体中，同时满足下列条件的有___________种(不包括立体异构)。①能发生银镜反应和水解反应；②该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗2moNaOH；其中，在核磁共振氢谱上有5个峰且峰的面积比为1︰2︰2︰2︰2的结构简式为___________。（6）已知：苯环直接与甲基相连时，甲基可被酸性高锰酸钾溶液直接氧化成羧基，参照上述流程和信息，以甲苯为原料(其他试剂自选)合成，设计合成路线。\n绝密★启用前高考名校考前提分仿真卷化学答案（五）7.【答案】C【解析】太阳能电池帆板的材料是单质硅，选项A错误；汽油、水煤气是不可再生能源，乙醇是可再生能源，选项B错误；碳纤维、光导纤维都是新型无机非金属材料，选项C正确；葡萄糖是单糖，不水解，选项D错误。8.【答案】B【解析】A项错误，单糖、油脂等均不是高分子化合物；B项正确，C2H6O有CH3CH2OH和CH3OCH32种同分异构体，C4H10有CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)22种同分异构体；C项错误，苯不能使酸性KMnO4溶液褪色；D项错误，乙酸乙酯和乙酸均能与热的NaOH溶液反应。9.【答案】B【解析】1molOD．和17g-OH(1mol)所含的质子数均为9mol，但所含的中子数不相等，1molOD．含有9NA中子，17g-OH所含的中子数为8NA，A项错误；1molNa2O2中含有3mol离子，1molNa2S中也含有3mol离子，则7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的离子数总数为0.3NA，B项正确；1个乙酸乙酯分子中含有14个共用电子对，8.8g乙酸乙酯的物质的量为＝0.1mol，8.8g乙酸乙酯中共用电子对数为1.4NA，C项错误；由于没有提供体积，无法求算0.1mol·L−1氯化铜溶液中氯离子的个数，D项错误。10.【答案】A【解析】A．SO2与水反应生成H2SO3，显酸性，使紫色石蕊试液变红，SO2只能使品红褪色，所以现象也正确，故A项正确；B．加入足量Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀，再加入足量稀盐酸后，溶液中的NO与H+具有强氧化性，可直接将BaSO3氧化为BaSO4，不溶于水也不溶于稀盐酸，干扰离子的检验，故B项错误；C．银镜反应必须在碱性条件下进行，稀H2SO4在蔗糖水解反应中起催化剂作用，使水解后溶液呈酸性，不能直接利用银镜反应检验水解液中葡萄糖是否存在，故C项错误；D．向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，溶液可能含铁离子或溴单质，不一定含Br2，故D项错误；答案选A。11.【答案】C【解析】隔膜只允许Li+通过，不选用质子交换膜，选项A错误；根据电池反应，放电时，LiCoO2发生电极反应式：Li1－xCoO2+xLi++xe−===xLiCoO2，选项B错误；石墨烯电池的优点提高电池的储锂容量进而提高能量密度，根据工作原理，Li+嵌入LiCoO2中，选项C正确；D．LiCoO2极是电池正极，充电时与电源正极相连，选项D错误。12.【答案】D【解析】Y的焰色显黄色，说明Y是钠元素，因原子序数依次增大，且Z离子的简单离子半径在同周期元素中最小，故Z是铝元素，将含Z、W简单离子的两溶液混合，有白色沉淀析出，同时产生臭鸡蛋气味的气体，说明生成了H2S，则W元素是硫元素，又因X与W同主族，故X是氧元素。A．X是氧元素，W是硫元素，它们的简单氢化物分别是H2O和H2S，因非金属性O＞S，所以H2O的热稳定性比H2S强，故A正确；B．Z是铝元素，其氧化物是Al2O3，Y是钠，与水反应生成NaOH，则Z的单质Al与NaOH发生反应：2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，Z的氧化物Al2O3与NaOH发生反应：Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O，故B正确；C.X是O，得到电子后形成与氖相同的电子层结构，Y是Na，失去电子后形成与氖相同的电子层结构，所以二者的简单离子具有相同的电子层结构，故C正确；D．Y与W形成化合物是Na2S，属于强碱弱酸盐，形成的水溶液呈碱性，所以不能使蓝色石蕊试纸变红，故D错误。13.【答案】B【解析】H2A⇌H++HA−，HA−⇌H++A2−，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：下方曲线是HA−的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2−的物质的量浓度的负对数。A．由分析可知，随着pH的增大，pC增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，故A错误；B．pH=3.50时，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2−的物质的量浓度的负对数，此时pC(H2A)>pC(A2−)>pC(HA−)，即c(HA−)>c(A2−)>c(H2A)，故B正确；C．b点时，c(H2A)=c(A2−)，====10−4.5，故C错误；D．pH=3.00～5.30时，结合物料守恒c(H2A)+c(HA−)+C(A2−)始终不变，故D错误；故答案为B。26.【答案】（1）（cd）efcdb（2）三颈烧瓶浓硫酸（3）Zn(OH)2Cl+HClZnCl2+H2O稀释HCl气体，提供惰性环境（4）撤去管式炉Ⅱ，将管式炉Ⅰ升温至732℃以上（5）73.1%【解析】（1）A装置制取HCl，经C装置干燥后通入D中，将反应后的尾气再通过C装置，以防CB装置中的水蒸气引起氯化锌水解，最后用B装置吸收未反应的HCl气体，则装置接口依次连接的合理顺序为acdefcdb；（2）根据仪器的结构和性能确定仪器的名称是三颈烧瓶，装置C的作用是干燥HCl气体，则盛装的试剂为浓硫酸；（3）\n在加热条件下装置D中Zn(OH)Cl和HCl反应生成ZnCl2和水，发生反应的化学方程式为Zn(OH)2Cl+HClZnCl2+H2O；实验中通入HC1和N2，其中通入N2的目的是稀释HCl气体，并提供惰性环境，防ZnCl2被氧化；（4）氯化锌升华进入管式炉Ⅱ，凝华得到高纯度无水氯化锌，所以实验时应该先撤去管式炉Ⅱ的加热，则反应一段时间后保持管式炉I、Ⅱ温度为350℃，保证将水除尽，再撤去管式炉Ⅱ，将管式炉Ⅰ升温至732℃以上；（5）设样品中含有Zn(OH)2Cl的质量为mg，则Zn(OH)2Cl+HClZnCl2+H2O△m134.51361.5mg100.3.g-100g=0.3g；解得：m=26.9，则样品中氯化锌纯度为=73.1%。27.【答案】（1）Co2O3＋SO＋4H+===2Co2+＋SO＋2H2O（2）ClO＋6Fe2+＋6H+===Cl－＋6Fe3+＋3H2O（3）使Fe3+和Al3+沉淀完全　CaF2和MgF2（4）蒸发浓缩　冷却结晶（5）粗产品中结晶水含量低(或粗产品中混有氯化钠杂质)（6）Co3O4(或CoO·Co2O3)【解析】（1）浸出过程中，Co2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2+，Co元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO转化为SO，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式：Co2O3＋4H+＋SO===2Co2+＋SO＋2H2O。（2）NaClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，ClO被还原为Cl－，反应的离子方程式为ClO＋6Fe2+＋6H+===6Fe3+＋Cl－＋3H2O。（3）根据工艺流程图，结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全。滤液Ⅰ中含有的金属阳离子为Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，萃取剂层含锰元素，结合流程图中向滤液Ⅰ中加入了NaF溶液，知沉淀Ⅱ为MgF2、CaF2。（4）经过操作Ⅰ由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作Ⅰ还包括蒸发浓缩、冷却结晶。（5）根据CoCl2·6H2O的组成及测定过程分析，造成粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。（6）整个受热过程中只产生水蒸气和CO2气体，5.49gCoC2O4·2H2O为0.03mol，固体质量变为4.41g时，质量减少1.08g，恰好为0.06molH2O的质量，因此4.41g固体为0.03molCoC2O4。依据元素守恒知，生成n(CO2)＝0.06mol，m(CO2)＝0.06mol×44g·mol－1＝2.64g。而固体质量由4.41g变为2.41g时，质量减少2g，说明290～320℃内发生的不是分解反应，参加反应的物质还有氧气。则参加反应的m(O2)＝2.64g－2g＝0.64g，n(O2)＝0.02mol；n(CoC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)＝0.03∶0.02∶0.06＝3∶2∶6，依据原子守恒，配平化学方程式：3CoC2O4＋2O2290～320℃，Co3O4＋6CO2，故290～320℃温度范围，剩余固体物质的化学式为Co3O4或CoO·Co2O3。28.【答案】（1）CH4(g)+1/2O2(g)=CH3OH(l)△H==-163.16KJ/mol大于（2）温度Ⅱ（3）75/32a2AC（4）3.7Co2+-e−=Co3+【解析】（1）依据盖斯定律，①②③得到：CH4(g)O2(g)=CH3OH(l)ΔH==-163.16KJ/mol。因为反应①是吸热反应，其反应热为206KJ/mol，反应要经过一个能量较高的过渡态，过渡态的能量就是活化分子的平均能量，所以正反应的活化能比206KJ/mol大；本题答案为：CH4(g)O2(g)=CH3OH(l)ΔH=-163.16KJ/mol，大于。（2）①由图可知，α(CO)随X的增大而减小，因为2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3+H2O(g)ΔH<0，是放热反应，随温度升高，α(CO)减小，随投料比n(H2)/n(CO)的增大而增大，所以X为温度、Y1和Y2为不同的投料比。在相同温度下，由图可以看出在相同温度下，Y1对应的α(CO)较大，故Y1大于Y2；本题答案为：温度，。②因为反应为放热反应，所以升高温度，平衡向逆向移动，K减小，所以Ⅱ符合平衡常数变化规律，本题答案为：Ⅱ。（3）①设CO变化的物质的量为bmol，则有CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始(mol)：a2a0变化(mol)：b2bb平衡(mol)：a-b2a-2bb根据题意：（a-b）＋（2a-2b）＋b＝1.8amol，解得b=0.6ａ容器的体积为1L，所以，平衡常数K=＝＝75/32a2；本题答案为：75/32a2。②A．c(CH3OH)/[c(CO)·c2(H2)]不再改变，化学反应既达到平衡状态，故A能表明达到平衡状态；B．CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率，和是否平衡无关，故B不能表明达到平衡状态；C．对于该反应，前后气体的物质的量有变化，所以混合气体的平均摩尔质量不再改变，既达到平衡，故C能表明达到平衡状态；D．在恒容的容器中进行的此反应，密度不会改变，混合气体的密度不再改变，不能表示已经平衡，故D不能表明达到平衡状态；本题答案为：AC。（4）①由题意可知：c(HCOOH)=0.1mol/L，c(HCOO−)=0.1mol/L，所以K=c(H+)，pH=c(H+)=2×10−4=4-0.3=3.7；本题答案为：3.7。②电解时，阳极失去电子发生氧化反应，故阳极电极反应式为：Co2+-e−=Co3+；本题答案为：Co2+-e−=Co3+。35.【答案】（1）（2）SiCSiCO2N＞O＞C\n（3）sp2平面三角形（4）Cu2+4NH3=［CU(NH3)4］2+降低［CU(NH3)4］SO4晶体的溶解度（5）（或）【解析】（1）由上述分析知道e是铜，Cu原子的价层电子排布图为:本题答案为：；（2）)晶体d是Si晶体、晶体da是SiC晶体、晶体ac2是CO2晶体，Si和SiC是原子晶体，但C的原子半径比Si小，所以SiC的熔点大于Si，而CO2是分子晶体，故熔点顺序是：SiCSiCO2；a是C，b是N，c是O，元素C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次增大，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是N>O>C。本题答案为：SiCSiCO2，N>O>C。（3）由分析可知：bc是NO、bc是NO，NO中心原子的价层电子对数为（5+1）/2=3，故是sp2杂化；同理NO的空间构型为平面三角形；本题答案为：sp2，平面三角形。（4）)向CuSO4的水溶液中加入过量的氨水，由于氨水过量，生成铜氨络离子。可得到深蓝色透明溶液，离子方程式为：Cu2+4NH3=［CU(NH3)4］2+，乙醇的极性小于水的极性，在溶液中加入乙醇，能够减小溶剂的极性，降低［CU(NH3)4］SO4的溶解度，所以在溶液中加入乙醇析出深蓝色晶体；本题答案为：Cu2+4NH3=［CU(NH3)4］2+，降低［CU(NH3)4］SO4晶体的溶解度。（5）铜单质为面心立方晶体，含有铜原子数为8×1/86×1/2=4，1mol晶胞其质量为4×64g，1mol体积NA()3cm3，故e晶体密度的计算式为:g·cm3；本题答案为：。36.【答案】（1）对硝基苯酚（或4-硝基苯酚）羧基（2）取代反应（3）ca（4）（5）16（6）【解析】依题意，酚遇氯化铁溶液发生显色反应，苯环上一氯代物只有2种，说明苯环上只有2种氢原子。由此推知，J含有苯环、酚羟基和CH3CONH-，且两个取代基位于苯环的对位，J的结构简式为。逆推，A为乙烯，B为乙醛，C为乙酸，D为CH3COCl。E为苯，F为溴苯，G为苯酚，H为，I为，据此分析得解。酚遇氯化铁溶液发生显色反应，苯环上一氯代物只有2种，说明苯环上只有2种氢原子。由此推知，J含有苯环、酚羟基和CH3CONH-，且两个取代基位于苯环的对位，J的结构简式为。逆推，A为乙烯，B为乙醛，C为乙酸，D为CH3COCl。E为苯，F为溴苯，G为苯酚，H为，I为。（1）H分子中，-NO2作取代基，羟基作主官能团，名称为对硝基苯酚(或4-硝基苯酚)；C为羧酸类，所含官能团为羧基；（2）E→F为苯与溴发生取代反应生成溴苯；（3）H和I组成元素都是C、H、O、N，在元素分析仪上信号完全相同，答案选c；红外光谱仪测定有机物的官能团和化学键，答案选a；（4）D和I发生取代反应形成肽键和氯化氢，故D+I→J的化学方程式为；（5）1mol酚酯最多消耗2molNaOH。依题意，J的同分异构体中，苯环上直接连接甲酸酯基(HCOO一)。分两种情况讨论：①若苯环上有2个取代基，则分两组：HCOO一、一NHCH3；HCOO一、一CH2NH2，共有6种结构；②若苯环上有3个取代基，则它们是HCOO一、一NH2、一CH3，有10种结构。符合条件的同分异构体有16种；其中，在核磁共振氢谱上有5个峰且峰的面积比为1∶2∶2∶2∶2的结构不含甲基，且HCOO一、一CHNH2位于苯环的对位，结构简式为；（6）分析目标产物知，将甲基氧化成羧基，先引入硝基，再还原硝基。由于胺基易被氧化，故先氧化，后还原；又因为一COOH控制苯环的间位取代，一CH3控制苯环的邻、对位取代。所以，先硝化、后氧化、最后还原。合成路线为：。\n