【文档说明】【精准解析】广东省东莞市光明中学2020届高三下学期第一次月考理综化学试题.doc，共(17)页，739.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年度第二学期高三年级第一次月考理科综合一、选择题:本题共7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。1.中国传统文化中蕴藏丰富的化学知识，下列有关说法正确的是()A

.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．酿酒的原料为高粱、稻谷等，高粱、稻谷的主要成分为淀粉，淀粉经水解和发酵得到酒(乙醇)，故A错误；B．蚕丝的成分为蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，棉纤维灼烧没有烧焦羽毛的气味，则区分蚕丝和棉纤维可用

灼烧的方法，故B正确；C．蔗糖、麦芽糖属于二糖，不属于单糖，果糖、葡萄糖属于单糖，故C错误；D．桐油的主要成分为高级脂肪酸甘油三酯的混合物，不属于高分子化合物，故D错误。故答案为B。2.阿伏加德罗常数的值用NA表示。下列说法中正确的是A.33.6L丙烯(标准状况)与足量

HCl发生加成反应，生成1-氯丙烷个数为1.5NAB.一定条件下，Ca与O2反应生成7.2gCaO2，转移电子的个数为0.4NAC.2mol冰醋酸与4mol乙醇一定条件下充分反应，生成乙酸乙酯个数为2NAD.1Llmol/L的葡萄糖溶液中，溶质所含羟基的个数

为5NA【答案】D【解析】【详解】A．丙烯与HCl发生加成反应，可能生成1-氯丙烷和2-氯丙烷，无法计算生成1-氯丙烷的个数，故A错误；B．7.2gCaO2含有0.1molCa，Ca从0价变到+2价，转移电子的个数为0.2NA，

故B错误；C．酯化反应为可逆反应，无法确定反应限度，故无法计算生成乙酸乙酯的量，C错误；D．lmol的葡萄糖中含有5mol羟基和1mol醛基，故所含羟基的个数为5NA，故D正确。本题选D。3.有机物M的结构简式为，下列说法正确的是()A.有机物M既能使酸性KMnO4溶液褪色又能使溴水褪色

，且反应类型相同B.与有机物M具有相同的官能团，且不包括M的同分异构体有3种C.1mol有机物M与足量氢气反应，消耗氢气4molD.有机物M能发生取代、加成、氧化、水解等反应【答案】C【解析】【详解】A．分子结构中含

有碳碳双键，能与Br2发生加成反应而使溴水褪色，能被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，褪色原理不一样，故A错误；B．含有苯环、碳碳双键和羧基，其具有相同官能团的同分异构体共有4种，其中乙烯基与羧基在苯环的间位和对位有2种，另外苯环上只有一个取代基为-CH=CHCOOH或-C

(COOH)=CH2有2种，故B错误；C．苯环和碳碳双键均可与H2发生加成反应，则1mol与足量氢气反应，消耗氢气4mol，故C正确；D．能发生取代、加成、氧化，但不能发生水解反应，故D错误；故答案为C。【点睛】以有机物M的结

构简式为载体，考查官能团的性质，熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯烃的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有苯环还具有苯的性质，难点是满足条件的同分异构体的判断。4.四种主族元素a、b、c、d分布在三个

短周期中，其原子序数依次增大，b、d的简单离子具有相同的电子层结构，b的气态氢化物溶于水可以使酚酞变红，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，四种元素原子的最外层电子数之和为15。下列叙述正确的是()A

.b元素最高价氧化物对应的水化物为强酸B.最简单气态氢化物的热稳定性：b＞cC.c为第二周期第VIIA族元素D.原子半径：d>c>b>a【答案】A【解析】【分析】四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，则a为第一周期主族元素，即a为H元素

，且至少b为第二周期主族元素、d为第三周期主族元素；b的气态氢化物溶于水可以使酚酞变红，则氢化物为NH3，b为N元素，b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，d为

Al元素；四种元素原子的最外层电子数之和为15，c的最外层电子数为15-1-3-5=6，则c为O元素符合题意，以此来解答。【详解】由上述分析可知，a为H，b为N，c为O，d为Al；A．b元素为N元素，其最高价氧化物对应的水化物硝酸为强酸，故A正确；B．非金属性O＞N，则气

态氢化物的热稳定性：b＜c，故B错误；C．c为O元素，核电荷数为8，为第二周期第VIA族元素，故C错误；D．短周期主族，电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Al＞N＞O＞H，故D错误；故答案为A。【点睛】考查原子结构与元素周期

律的应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握原子核外电子排布规律及元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。5.用下列实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是图1图2图3图4A.图1所示装置可干燥、收集氨气，并吸收多余的氨B.图2所示装置可萃取碘水中的碘C.图

3所示装置可证明乙醇发生消去反应生成了乙烯D.图4所示装置可制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色【答案】A【解析】【详解】A、氨气用碱石灰干燥，再用向下排空气法收集，多余的氨气用水吸收，倒放的漏斗可防止倒吸

，正确；B、乙醇与水互溶，不能萃取碘水中的碘，错误；C、挥发的乙醇也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明生成了乙烯，错误；D、制备氢氧化亚铁时铁作阳极，与电源的正极相连，错误；答案选A。6.常温下，向20mL0.1mol/LNaHA(酸式盐)溶液中分别滴加0.1mol/

L盐酸或0.1mol/LNaOH溶液，溶液的pH与滴加溶液体积关系如图所示。下列推断正确的是()A.NaHA在水中电离程度大于水解程度B.在对应的各点溶液中，H点水电离程度最大C.E点对应的溶液中有c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)D

.F点对应的溶液中存在c(H+)+c(Na+)=(OH-)+c(HA-)+c(A2-)【答案】A【解析】【详解】A．由图示可知，常温下，0.1mol/LNaHA溶液的pH＜7，显酸性，说明HA-的电离程度大于HA-的水解程度，故A正确；B．图中F点恰好生成Na2A溶液，只存在A2-的水解，

水的电离程度最大，而H点恰好生成H2A和NaCl的混合液，H2A的电离抑制水的电离，水的电离程度小，故B错误；C．E点溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，此时溶液

显中性，即c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)，故C错误；D．F点恰好生成Na2A溶液，存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，故D错误；故答案为A。7.1,2-

­二氯乙烷是一种广泛使用的有机溶剂、黏合剂，也用作谷物和粮仓的熏蒸剂，沸点83.5℃，熔点－35℃。某研究性学习小组的同学利用如图(加热装置省略)装置制备一定量的1,2­-二氯乙烷，制备原理为：C2H

5OHC2H4→CH2ClCH2Cl。装置A中的浓硫酸是催化剂、脱水剂，乙醇的密度约为0.8g/mL。(1)根据制备原理，可知装置A中还缺少的一种实验仪器是________。使用冷凝管的目的是__________________________。(2)实验时A中三

颈烧瓶内有有刺激性气味的无机气体产生，为吸收反应中生成的无机气体，在装置B中应加入________(填字母序号)。a．水b．浓硫酸c．氢氧化钠溶液d．饱和碳酸氢钠溶液(3)D中a、c两个导管进入仪器中的长度不同，其优点是________________，对导管b的进一步处理

方法是______________________，装置E是氯气的贮气瓶，则Q中的物质是______________。(4)若得到ag1,2­-二氯乙烷，则乙醇的利用率为_____________________

________。【答案】(1).温度计(2).使乙醇冷凝回流，提高原料的利用率(3).c(4).有利于Cl2、C2H4充分混合反应(5).将b管逸出的Cl2引入到NaOH溶液中(6).饱和食盐水(7).2300%792a【解析】【分析】A装置为

乙醇和浓硫酸混合加热制乙烯，并经B中NaOH溶液除去副产物CO2和SO2后，在C装置缓冲后在D中与由E排入的氯气发生加成反应生成CH2ClCH2Cl；根据ag1,2­-二氯乙烷产品计算出理论参加反应的乙醇质量，再结合实际提供的乙醇质量计算乙醇的利用率。【详解】(1)乙醇和浓

硫酸混合加热至170℃时发生消去反应生成乙烯，则装置A中还缺少的一种实验仪器是温度计，乙醇易挥发，则使用冷凝管的目的是使乙醇冷凝回流，提高原料的利用率；(2)因浓硫酸有强氧化性，在加热条件下能氧化乙醇生成CO2，同时浓硫酸还原生成SO2，CO2和SO2均是酸性氧化物，能与NaOH溶液反

应生成盐和水，则为吸收反应中生成的CO2和SO2应选择氢氧化钠溶液，故答案为c；(3)乙烯和氯气的密度不同，则D中a、c两个导管进入仪器中的长度不同，目的是有利于Cl2、C2H4充分混合反应；因氯气有毒，为防止污染环

境，则应将b管逸出的Cl2引入到NaOH溶液中；氯气易溶于水，为使装置E中氯气逸出，Q中的物质应选择饱和食盐水；(4)ag1,2-­二氯乙烷的物质的量为ag99/molg=99amol，由C2H5OHC2H4→CH2ClCH2Cl可知理论参加反应的乙烯的物质的量为99amol，则乙醇的

利用率为mol46/mol99100%200.8/agmLgmL=2300%792a。8.2019年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人，以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。(1)自然界中主要的锂矿物为锂辉石、锂云母、透锂长石和磷锂铝石等。为鉴定某矿石中是否含有锂元素，可以采用焰色反应来进行

鉴定，当观察到火焰呈________，可以认为存在锂元素。A.紫红色B.紫色C.黄色(2)工业中利用锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等)制备钴酸锂(LiCoO2)的流程如下：已知：部分金属氢氧化物的pK

sp(pKsp=-­lgKsp)的柱状图如图1。回答下列问题：①锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，其氧化物的形式为________。②为提高“酸化焙烧”效率，常采取的措施是________。③向“浸出液”

中加入CaCO3，其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸，控制pH使Fe3+、A13+完全沉淀，则pH至少为_______。(已知：完全沉淀后离子浓度低于1×l0-5)mol/L)④“沉锂”过程所获得的“母液”中仍含有大量

的Li+，可将其加入到“___________”步骤中。⑤Li2CO3与Co3O4在敞口容器中高温下焙烧生成钴酸锂的化学方程式为__________(3)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，开发出石墨烯电池，电池反应式为LiCoO2+C6LixC6+Li1-xCoO2，其工作原理如图2。下列关于该电池的说法正确的是___________(填字母)。A．电池反应式中过程1为放电过程B．该电

池若用隔膜可选用质子交换膜C．石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度D．充电时，LiCoO2极发生的电极反应为LiCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO2E．对废旧的该电池进行“放电处理”让Li+嵌入石墨烯中而有利于回收【答案】(1).A(2).Li2O·Al2O3·

4SiO2(3).将矿石细麿(搅拌、升高温度或其他合理答案)(4).4.7(5).净化(6).6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2(7).CD【解析】【分析】(1)锂元素焰色反应是紫红色；(2)①将硅酸盐改写成氧化物形式，按活泼金属氧化物、不活

泼金属氧化物、二氧化硅、水的次序写，保证原子总数、化合价不变，按化合价分别写化学式，如有多个原子，在前面加上系数，使之成为倍数；②结合影响反应速率的因素分析；③结合pKsp及沉淀完全时溶液中离子浓度低于1×l0-5mol/L计算即可；④由流程可知将净化后的溶液蒸发、浓缩得到Li2S

；⑤Li2CO3与Co3O4在有氧气参与的情况下，高温焙烧生成钴酸锂和CO2，结合电子守恒和原子守恒写出发生反应的化学方程式；(3)根据电池反应式知，负极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+、正极反应式为Li1-xCoO2+xL

i++xe-=LiCoO2，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理来解答。【详解】(1)锂元素焰色反应颜色为紫红色，故答案为A；(2)①LiAlSi2O6可表示为：Li2O•Al2O3•4SiO2；②采

取将矿石细麿，酸化时并搅拌，以及升高温度等措施，可提高“酸化焙烧”效率；③已知pKsp[Al(OH)3]=33，pKsp[Fe(OH)3]=38，则Al3+溶液完全时溶液中c(OH-)=33351010mo

l/L≈10-9.3mol/L，此时溶液的pH=4.7；而Fe3+溶液完全时溶液中c(OH-)=38351010mol/L=10-11mol/L，此时溶液的pH=3，故控制pH至少为4.7时，能使Fe3+、A13+完全沉淀；④由流程可

知将净化后的溶液蒸发、浓缩得到Li2S，则应将“沉锂”过程所获得的“母液”加入到净化步骤中；⑤Li2CO3与Co3O4在有氧气参与的情况下，高温焙烧生成钴酸锂和CO2，则发生反应的化学方程式为6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2；

(3)A．过程1为锂离子嵌入石墨中，结合图②可知为充电过程，故A错误；B．由电池反应，则需要锂离子由负极移向正极，所以该电池不可选用质子交换膜，故B错误；C．石墨烯超强电池，该材料具有极佳的电化学储能特性

，从而提高能量密度，故C正确；D．充电时，LiCoO2极是阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为：LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+，故D正确；E．由图②可知，充电时锂离子嵌入石墨中，故E错误；故答案为CD。9.燃煤废气中的氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体，常用下

列方法处理，以实现节能减排、废物利用等。已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5；H2SO3：Ka1＝1.5×10－2，Ka2＝1.0×10－7。(1)处理烟气中的SO2常用液吸法。室温条件下，将烟气通

入浓氨水中得到(NH4)2SO3溶液，0.1mol/L(NH4)2SO3溶液的pH____(填“>”“<”或“＝”)7。(2)用活性炭可以还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)＋2NO(g)⇌N2(g)＋CO2(g)。在恒容条件下，能判断该反应一定达到平衡状态的依据是________(填选项

编号)。A．单位时间内生成2nmolNO(g)的同时消耗nmolCO2(g)B．混合气体的密度不再发生改变C．反应体系的压强不再发生改变D．混合气体的平均相对分子质量不再改变(3)有科学家经过研究发现，用CO2和H2在2

10～290℃，催化剂条件下可转化生成甲醇蒸气和水蒸气。①230℃，向容器中投入0.5molCO2和1.5molH2，当转化率达80%时放出热量19.6kJ能量，写出该反应的热化学方程式__________________。②一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1.0molCO2和3.0mo

lH2，在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度的变化如图1所示：催化剂效果最佳的是催化剂________(填“Ⅰ”“Ⅱ”“Ⅲ”)。b点v(正)________v(逆)(填“＞”“＜”或“＝”)。此反应在a点时已达平衡状态，a点

的转化率比c点高的原因_____。已知容器内的起始压强为100kPa，则图中c点对应温度下反应的平衡常数Kp＝____________KPa－2。(保留两位有效数字，Kp为以分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数)(4)

一定条件下，CO2和H2也可以发生反应CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)ΔH＜0，一定温度下，在3L容积可变的密闭容器中发生如上反应，已知c(CO)与反应时间t变化曲线Ⅰ如图2所示，若在t0时刻分别改变

一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ或曲线Ⅲ。当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，改变的条件是____________________。【答案】(1).＞(2).BD(3).CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol(4).I(5).

＞(6).该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动(7).8.3×10-4(8).将容器快速压缩至2L【解析】【分析】(1)(NH4)2SO3溶液中存在NH4+和SO32-的水解，结合NH3•H2O和H2SO3：Ka1=1.5×10-2，Ka2=1.0×

10-7分析水解能力的大小，判断溶液的酸碱性；(2)恒容条件下，反应达到平衡的标志依据“变量不变”方法判断，正逆反应速率相同，各组分含量保持不变；(3)①根据图1可知0.5molCO2和1.5molH2转化率达80%时放热23-3.4=19.6KJ，然后按比例

计算：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的△H得出该反应的热化学方程式；②由图象知：反应Ⅰ在较低温度T3时CO2就达到80%的转化率，故催化剂效果最佳的反应是反应Ⅰ；T3的b点时，反应未达到限度，故v(正)＞v(逆)；该反

应为放热反应，T4反应已经达到平衡，升高温度到T5平衡向逆反应移动，从而使CO2的转化率降低。故T4的a点转化率比T5的c点高；c点时，223213000.61.80.60.60.41.20.6.630COgHgCHOHgHOgmolmolmolƒ（）（）（）（）起始（）转化

（）平衡（）代入平衡常数表达式计算；(4)当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时一氧化碳物质的量浓度增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变。【详解】(1)已知NH3•H2O的电能

平衡常数大于H2SO3的Ka2，则在(NH4)2SO3溶液中NH4+的水解能力小于SO32-的水解程度，可知溶液显碱性，即pH＞7；(2)在恒容条件下，能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是正逆反应速率相同，各组分

含量不变，C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)；A．单位时间内生成2nmolNO(g)的同时消耗nmolCO2(g)，说明反应逆向进行，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；B．碳是固体。当平衡发生移动，气体质量会发生变化，容器体积不变，所以混合气体的密度不再发生改变可以说明反应达

到平衡状态，故B正确；C．反应前后气体总物质的量不变，反应体系的压强始终不发生改变，不能判定平衡，故C错误；D．C为固体，混合气体的平均相对分子质量保持不变，可知气体的质量不变，为平衡状态，故D正确；故答案为BD；(3)①已知0.5molCO2和1.5molH2转化率达80%时放热23-3.4

=19.6kJ，则该反应的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=-19.6mol80%×2=-49kJ•mol-1，则热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol；②由图象知：

反应Ⅰ在较低温度T3时CO2就达到80%的转化率，催化剂效果最佳的反应是反应Ⅰ，T3的b点时，反应未达到限度，故v(正)＞v(逆)；该反应为放热反应，T4反应已经达到平衡，升高温度到T5平衡向逆反应移动，从而使CO2的转化率降低。T4的a点转化率比T5的c点高

，c点时：223213000.61.80.60.60.41.20.6.630COgHgCHOHgHOgmolmolmolƒ（）（）（）（）起始（）转化（）平衡（）在恒容恒温条件下，气体的压强与气体的物质的量成正比，则平衡时总压强P总=100kPa×2.8mol4mol=70kPa，该反

应的平衡常数Kp=30.60.62.82.80.41.22.82.8PPPP总总总总=8.3×10-4；(4)当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时一氧化碳物质的量浓度增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变，曲线Ⅰ

，体积为3L，一氧化碳浓度为3mol/L，改变条件后为曲线Ⅱ，一氧化碳浓度为4.5mol/L，则体积压缩体积为：3:V=4.5:3，V=2L，所以将容器的体积快速压缩至2L满足条件。【点睛】化学平衡状态

的判断。注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；

对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。10.第四期某些过渡元素在工业生产中有着极其重要的作用。(1)铬是最硬的金属单质，被称为“不锈钢的添加剂”。写出Cr在周期表中的位置________

___；其原子核外电子排布的最高能层符号___________.(2)在1molCrO5(其中Cr为+6价)中，含有过氧键的数目为___________。(3)钒(23V)是我国的丰产元素，被称之为“工业的味精”，广泛用于催化及钢铁工业。回答下列问题：写出钒原子价电子排布图___

________；V2O5常用作SO2转化为SO3的催化剂。SO3的三聚体环状结构如图所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为___________；(4)Ni是一种优良的有机反应催化剂，Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，

其中配原子是___________。(5)钛称之为21世纪金属，具有一定的生物功能。钙钛矿(CaTiO3)晶体是工业获取钛的重要原料。CaTiO3晶胞如下图，边长为a=0.266m，晶胞中Ti、Ca、O分别处于顶角、体心、面心位置

。Ti与O间的最短距离为___________nm，与Ti紧邻的O个数为___________。(6)在CaTiO3晶胞结构的另一种表示中，Ca处于各顶角位置，则T处于___________位置，O处于___________位置。【答案】(1).第四周期第ⅥB族(2).N(

3).2NA(4).(5).sp3(6).C(7).0.188(8).12(9).体心(10).棱心【解析】【详解】(1)Cr为24号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第ⅥB族，核外电子排布最高的能级层为第4层，为N层。答案为第四周期

第ⅥB族N；(2)过氧根中的氧的化合价为－1价，其他的氧为－2价，则可以设有x个过氧根，有y个氧离子，则根据化合物的化合价代数和为0以及原子守恒，过氧根中有2个O为-1价，则有2x×（-1）+y×（-2）+5=0

，2x+y=5，可以求得x=2，则1molCrO5中含有2mol过氧键，过氧键的数目为2NA；答案为2NA；(3)V为23号元素，其价电子的排布为3d34s2，则其价电子排布图为；从示意图可以看出来，每个S原子与4个氧原子形成四面体结构，类似于CH4，故其S原子的杂化类型为sp3，答案为

sp3；(4)Ni(CO)4中，配位原子能够提供电子对，其配位原子是否有孤对电子和电负性有关，O的电负性太大，不易提供电子对，而O的孤对电子配位给C原子，使得C原子一端拥有的电子较多，而且C的电负性没有O大，易给出电子，因此配位原子是C。答案是C。(5)晶胞中Ti、

Ca、O分别处于顶角、体心、面心位置。Ti与O间的最短距离为面对角线的一半，为a20.2661.4140.18822nm，与Ti紧邻的O，在Ti原子的上部有4个，在与Ti原子同平面的有4个O原子

，在Ti原子的下面也有4个O原子，一共12个，答案为0.188nm12；(6)CaTiO3晶胞结构的另一种表示中，Ca处于各顶角位置，O与Ga在同一直线上，则O在棱上。Ti在Ga形成的六面体的中心，则Ti为体心。答案为体心棱心11.聚乙

烯醇肉桂酸酯(M)可用作光刻工艺中的抗腐蚀涂层，其合成路线如下：已知：R1-CHO+R2-CH2CHO请回答：(1)B的化学名称为__________；M中含氧官能团的名称为__________；F→G的反应类型为

_____________________________________。(2)C→D的化学反应方程式为__________________________。(3)H的顺式结构简式为__________________。(4

)同时满足下列条件的F的同分异构体有________种(不考虑立体异构)：①属于芳香族化合物；②能发生水解反应和银镜反应。写出其中一种核磁共振氢谱有4种吸收峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的物质的结构简式_________________

_______。(5)参照上述合成路线和相关信息，以乙烯和乙醛为原料(无机试剂任选)合成有机物如图所示，设计合成路线__________________________【答案】(1).氯乙烯(2).酯基(3).消去反应(4).(5).(6).14(7).(8).【解析】【分析】D和H发生酯化反

应生成M，根据D和M结构简式知，H结构简式为．G发生氧化反应生成H，则G结构简式为，F发生消去反应生成G，E发生加成反应生成F，则E为、F为，A和HCl发生加成反应生成B，B发生加聚反应生成C，则C结构简式为，B结构简式为CH2=CHCl，A结构简式为HC≡CH；(5)

乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，然后发生水解反应生成HOCH2CH2OH，再发生催化氧化生成OHC-CHO，最后与乙醛反应生成。【详解】(1)B结构简式为CH2=CHCl，B的化学名称为：氯乙烯；

M中含氧官能团的名称为：酯基；F→G的反应类型为消去反应；(2)C→D的化学反应方程式为：；(3)H结构简式为，具有顺反异构，其顺式结构为；(4)F为，F的同分异构体符合下列条件：①属于芳香族化合物，说明含有苯环，②能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲

酸形成的醛基。取代基为HCOO-和-CH2CH3有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH2-和-CH3有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH(CH3)-有1种；如果取代基为HCOOCH2CH2-有1种；如果取代基为-COOH和两个-CH3，两个甲基位于相邻位置，有2种；如

果两个甲基位于间位，有3种；如果两个甲基位于对位，有1种，符合条件的有14种，其中核磁共振氢谱有4种吸收峰，其峰面积之比为6：2：1：1的物质的结构简式：；(5)乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，然后发生水解反应生成HOCH

2CH2OH，再发生催化氧化生成OHC-CHO，最后与乙醛反应生成，合成路线流程图为：。【点睛】能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯

的水解反应或卤代烃的水解反应；②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香

烃、醛的加成反应或还原反应；⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。