2020年高考化学名师预测卷04（解析版）

2020 年高考名师预测卷 04 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 【解析】 A．75%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 可用 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 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 的是 A．甲区不变色 B．乙区呈现蓝色 C．丙区产生 离子 D．丁区产生 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； 2Fe + 3 6K Fe(CN) 3 6K Fe(CN) 2+Cu 2Fe +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 A．25℃，1L pH=13 的 NaOH 溶液中含有 OH-的数目为 0.1NA B．4.6 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 D．0.1 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 =0.1mol，含有氧原子数为 0.2 NA，故 B 错 误； C.标准状况下，6.72LNO2的物质的量为 =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 Z>W>X>Y B．X 的简单氢化物与 W 的氢化物反应生成离子化合物 C．萝卜硫素中的各元素原子最外层均满足 8 电子稳定结构 D．Y、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：S>C>N>O，故 A 正确； 4.6 46 / g g mol 6.72 22.4 / L L molB．C 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； D．SO3 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。 11．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．①②③④ B．①②③ C．②③④ D．②④ 【答案】B 【解析】 ①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；②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；③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； ④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、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 ①分子式为 C10H9O3 ②能与溴水发生取代反应 ③能与溴水发生加成反应 ④能使 KMnO4 酸性溶液褪色 ⑤1mol 该物质最多能与 2molNaOH 反应 A．①②③ B．①③④⑤ C．②③④ D．②③④⑤ 【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 ， ①由有机物的结构简式可知分子式为 C10H8O3，故①错误； ② 为酚类化合物，羟基的邻位能与溴水发生取代反应，故②正确； ③ 中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，故③正确；　 ④ 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④正确； ⑤1mol 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⑤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，有 1mol∙L-1 的 H3PO2 溶液和 1mol∙L-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 1.1 10-2 C．NaH2PO2 溶液中：c(Na+) =c( H2PO2- ) +c( HPO22-) +c(PO23-) +c( H3PO2) D．常温下，在 0≤pH≤4 时，HBF4 溶液满足 【答案】C 【解析】 × 0 VpH=lg V此题的横坐标是 ，V 是加水稀释后酸溶液的体积，未稀释时，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： ，所以 1mol/L 的次磷酸溶液中 c(H3PO2)=0.9mol/L， c( )=0.1mol/L，那么次磷酸的电离平衡常数即为： ，B 项 正确； C．次磷酸为一元弱酸， 无法继续电离，溶液中并不含有 和 两类离子；此外， 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= ，由图可知，在 0≤pH≤4 区间内，y=x-1，代入可得 pH= ，D 项正确；答案选 C。 二、非选择题：共 58 分，第 26~28 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 35~36 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取胆矾，流程简图如下： 0 lg 1V V + 3 2 2 2H PO H H PO+ −+ 2 2H PO− 22 2 a 3 2 (H ) (H PO ) 0.1 0.1= = 1.1 10(H PO ) 0.9 c cK c + − −× × ≈ × 2 2H PO− 2 2HPO − 3 2PO − 2 2H PO− 0 lg 1V V + 0 lg V V回答下列问题： （1）反应Ⅰ是将 Cu 转化为 Cu(NH3)42+，反应中 H2O2 的作用是_____。写出操作①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②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Ⅲ是有机溶液中的 CuR2 与稀硫酸反应生成 CuSO4 和______。 （4）操作⑤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Ⅰ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①为过滤。反应Ⅰ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Ⅱ是铜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）42++2RH=2NH4++2NH3+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Ⅲ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Ⅲ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）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。 ①已知：反应Ⅰ：2NO(g)＋O2(g)==2NO2(g) ΔH1 ＝—113.0 kJ·molˉ1 反应Ⅱ：2SO2(g)＋O2(g)==2SO3（1） ΔH2 ＝—288.4 kJ·molˉ1 反应Ⅲ：3NO2(g)＋H2O(g)==2HNO3＋NO(g) ΔH3 ＝—138.0 kJ·molˉ1 则反应 NO2(g)＋SO2(g)==NO(g)＋SO3（1） ΔH4= _______________。 ②已知 TiO2 催化尾气降解原理可表示为：2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH5； 2H2O(g)＋4NO(g)＋3O2(g) 4HNO3(g) ΔH6。 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（α、β 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： ①已知在 50℃时在 α 型沥青混凝土容器中，平衡时 O2 浓度为 0.01mol·L—1，求此温度下 CO 降解反应的平衡常数 _______________。 ②下列关于如图的叙述正确的是_________________ A．降解率由 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 Kb＜Kc B．相同温度下 β 型沥青混凝土中 CO 降解速率比 α 型要大C．d 点降解率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失效 ③科研团队以 β 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 10℃～60℃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 kJ·molˉ1 (2 分) 由反应Ⅰ、Ⅲ可知 ΔH6＝-615.0 kJ·molˉ1，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 分) BC (2 分) 见右图 (2 分) （4）Ti－4e—+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+4HSO3-═N2+4SO42-+4H+； 故答案为：2NO2+4HSO3-═N2+4SO42-+4H+； （2）①反应Ⅰ：2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H1=-113.0 kJ/mol；反应Ⅱ：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（1） △H2=-288.4 kJ/mol；根据盖斯定律（Ⅱ-Ⅰ）× 得反应 NO2（g）+SO2（g）═NO（g）+SO3（1），则 △H4=[（-288.4 kJ/mol）-（-113.0 kJ/mol）]× =-87.7 kJ/mol； 故答案为：-87.7 kJ/mol； ②依据 I×3＋III×2，得出：△H6=(－113×3－138×2)kJ·mol－1=－615kJ·mol－1，CO 燃烧是放热反应，随着反应进 行温度升高，使 2H2O+4NO+3O2 4HNO3 向逆反应方向进行，因此 NO 的降解率下降； 故答案为：由反应Ⅰ、Ⅲ可知ΔH6＝-615.0 kJ·molˉ1，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； （3）①CO 的降解率为 x，设起始 CO 浓度为 1mol/L，则达到平衡时 c(CO)=(1－x)mol·L－1，c(O2)=0.01mol·L－1， c(CO2)=xmol·L－1，根据平衡常数的定义，K= = = ； ( ) 2 2 100 1 x x− 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 c CO c CO c O×   2 2[( )1 0.01] x x ×－ ( ) 2 2 100 1 x x−②A．平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= ，故 K 减小，即 Kb＞Kc，故 A 错误； B．由图得，相同温度下 β 型沥青混凝土中 CO 降解速率比 α 型要大，故 B 正确； C．d 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； ③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 5～10 倍），它易溶于水、乙醇、 乙酸乙酯，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 KFe[Fe(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①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 2 2 2 c CO c CO c O×  （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①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①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，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①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 1.2×10-5g/mL×100mL× =1.2g，则产品 的纯度是 =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）。 ①图 1 中 Se-O 键键长较短的是 ___（填“a"或“b"），其原因是______。 ②SeO2 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，下同）；硒化锌晶体的密度为________ g．cm-3。 【答案】 （1）1s22s22p63s23p63d104s24p4 或[Ar]3d104s24p4（1 分） 2 （2 分） （2）平面三角形 （1 分） sp3 杂化 （1 分） （3）①b （1 分） b 中含有 π 键，电子云重叠程度更大，使得键长缩短 （2 分） ②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） 1000mL 1mL 1.2g 100%1.25g ×（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 1s22s22p63s23p63d104s4p4 或[Ar]3d104s24p4；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 σ 键电子对数为 3，孤电子对数为 ，故分子构型为平面三角形； 中 σ 键电子对数为 4，孤电子对数为 ，价层电子对数为 4，因此 Se 原子采取 sp3 杂化； （3）①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 π 键，电子云重叠程度更大，使得键长缩短； ②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 ，解得 r≈0.198；一个晶胞中含有 Se2-个数为 ，含有 Zn2+个数为 4，硒化锌晶体的密度 。 36．[化学——选修 5：有机化学基础]（15 分） 花椒毒素(Ⅰ)是白芷等中草药的药效成分，也可用多酚 A 为原料制备，合成路线如下： 回答下列问题： （1）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______________________；③的“条件 a”为____________________。 （3）④为加成反应，化学方程式为__________________________________。 （4）⑤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)。 ①苯环上只有 3 个取代基；②可与 NaHCO3 反应放出 CO2；③1mol J 可中和 3mol NaOH。 ( )1 6 2 3 =02 × − × 2- 4SeO ( )1 6 2 2 4 =02 × + − × 4r= 2a 1 18 6 48 2 × + × = ( ) ( ) 3A 37 4 65 79 g = 5.45g cm a 10 cm m N V ρ − − × + = ≈ ⋅ ×（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） 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①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； （2）C( )中含氧官能团有羰基、醚键；反应③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④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⑤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，①苯环上只有 3 个取代基；②可与 NaHCO3 反应放出 CO2，说明结构中含有羧基；③1mol 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 。