2020年湖北名校联盟高考化学提分仿真试卷（二）（带解析教师版）

绝密 ★ 启用前 2020 届湖北名校联盟考前提分仿真卷 化 学（二） 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：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 S 32 Cl 35.5 Co 59 一、选择题（每小题 6 分，共 42 分。） 7．化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法不正确的是 A．地沟油可用来生产肥皂、甘油，达到废物利用的目的 B．锅炉水垢中含有的 CaSO4，可先用 Na2CO3 溶液处理，后用酸除去 C．《泉州府志》：元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之。泥土具 有吸附作用，能将红糖变白 D．“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花不同 【答案】D 【解析】A．地沟油的主要成分是油脂，油脂可发生皂化反应，该反应可用于工业上生产肥皂、 甘油，达到废物利用的目的，A 正确；B．CaSO4 不溶于酸，CaSO4 用 Na2CO3 溶液处理后可转化为 CaCO3，CaCO3 可溶于酸，B 正确；C．泥土颗粒表面积较大，因而具有吸附作用，能吸附红糖中的 色素使其变白，C 正确；D．柳絮的主要成分是纤维素，和棉花相同，D 不正确。综上，选 D。 8．现有下列两套实验装置，用于实验室制取乙酸乙酯和乙酸丁酯。下列说法错误的是 A．导管 a 和导管 b 的作用都是冷凝回流 B．都可用饱和 Na2CO3 溶液来洗去酯中的酸和醇 C．加入过量的乙酸可以提高醇的转化率 D．图 I 装置用于制取乙酸乙酯，图Ⅱ装置用于制取乙酸丁酯 【答案】A 【解析】A．导管 a 的作用是导气、冷凝，导管 b 的作用是冷凝、回流，A 错误；B．饱和碳酸 钠溶液能中和乙酸，其中的水可以溶解乙醇、丁醇，并且能够降低反应产生的酯的溶解度，便于分 离提纯，故可洗去酯中的酸和醇，B 正确；C．酯的制备反应为可逆反应，增大反应物乙酸的浓度， 可使化学平衡正向移动，从而可提高醇的转化率，C 正确；D．乙酸乙酯采取边反应边蒸馏的方法， 但乙酸丁酯则采取直接回流的方法，待反应结束后再提取产物，D 正确；故合理选项是 A。 9．乙苯与氢气加成，其产物的一氯代物的同分异构体数目有（不考虑立体异构） A．4 种 B．5 种 C．6 种 D．7 种 【答案】C 【解析】完全氢化后的产物，即为乙基环己烷，六元环含有 4 种 H，乙基含有 2 种 H，故产物 的一氯代物有 6 种同分异构体；答案选 C。 10．由下列实验操作和现象得出的结论正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向 Co2O3 中滴加浓盐酸 产生黄绿色气体 氧化性：Cl2>Co2O3 B 白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸 泡在饱和食盐水中，一段时间后 滴加几滴 K3[Fe(CN)6]溶液 无明显现象 该过程未发生氧化还原反应 C 将铁片投入浓硫酸中 无明显变化 常温下铁不与浓硫酸反应 D 将 10mL 2mol/L 的 KI 溶液与 1mL 1mol/L FeCl3 溶液混合充分 反应后滴加 KSCN 溶液 溶液颜色变红 KI 与 FeCl3 的反应具有可逆性 【答案】D 此 卷 只 装 订 不 密 封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 【解析】A．向 Co2O3 中滴加浓盐酸产生的黄绿色气体为氯气，根据氧化剂的氧化性大于氧化产 物的氧化物，则氧化性：Cl2＜Co2O3，故 A 错误；B．出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，Zn 为负极， 铁为正极，构成原电池，发生电化学腐蚀，锌失去电子，故 B 错误；C．铁片投入浓硫酸，没有明 显变化，是由于铁与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行， 并不是不反应，故 C 错误；D．根据 2Fe3++2I−=2Fe2++I2，10mL 2mol/L 的 KI 溶液与 1mL 1mol/L FeCl3 溶液反应后 KI 过量，由现象可知存在铁离子，说明 KI 与 FeCl3 反应有可逆性，故 D 正确；故选 D。 11．2019 年 11 月《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取 H2O2 的绿色方法，原理如 图所示(已知：H2O2=H++HO−2，Ka＝2.4×10−12)。下列说法错误的是 A．X 膜为选择性阳离子交换膜 B．每生成 1mol H2O2 电极上流过 4mol e− C．催化剂可促进反应中电子的转移 D．b 极上的电极反应为 O2+H2O+2e−=HO−2+OH− 【答案】B 【解析】A．a 极发生 H2-2e−=2H+，X 膜为选择性阳离子交换膜，让 H+进入中间，故 A 正确； B．氧元素由 0 价变成-1 价，每生成 1mol H2O2 电极上流过 2mol e−，故 B 错误；C．催化剂可促进反 应中电子的转移，加快反应速率，故 C 正确；D．b 为正极，氧气得电子，b 极上的电极反应为 O2+H2O+2e−=HO−2+OH−，故 D 正确；故选 B。 12．某化合物的结构如图所示，分子中所有原子都达到了 8 电子稳定结构，X、Y、Z、W 是原 子序数依次增大的短周期主族元素，原子半径：r(X)>r(Y)>r(Z)，W 的单质可用来制取漂白剂和自来 水消毒。下列说法正确的是 A．YZ2 属于酸性氧化物 B．X 的氧化物的水化物酸性弱于 W 的氧化物的水化物酸性 C．X、Y、Z 与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物 D．气态氢化物的稳定性：HZr(Y)>r(Z)，同一周期原子序数越大原子半径越小，Z 能够形成 1 个双键，X 形成 4 个共价键，Y 形成 3 个共价键，W 形成 1 个共价键，W 位于第三周期，X、Y、Z 位于第二周期，X 为 C，Y 为 N，Z 为 O，W 为 Cl 元素，据此解答。A．YZ2 是 NO2，NO2 与 NaOH 溶液反应产生 NaNO3、 NaNO2、H2O，反应中 N 元素化合价发生了变化，因此 NO2 不属于酸性氧化物，A 错误；B．X 形 成的氧化物有 CO、CO2，CO 难溶于水，CO2 溶于水反应产生的 H2CO3 为弱酸，而 Cl 元素的氧化物 对应的酸有多种，如 HClO 是一元弱酸，酸性比碳酸弱，而 HClO3、HClO4 都是强酸，可见未指明 氧化物的价态，无法比较相应的物质的酸性强弱，B 错误；C．C 与 H 形成 CH3-CH3、CH2=CH2 等、N 与 H 可形成 NH2-NH2 及 O 与 H 可形成 H2O2 中含有非极性键；故 C、N、O 三种元素均可以与氢元 素均可形成含非极性键的二元化合物，C 正确；D．非金属性：O>Cl，故氢化物的稳定性为 H2O>HCl，D 错误；故合理选项是 C。 13．已知溶解度也可用物质的量浓度表示，25℃时，Ag2CrO4 在不同浓度 CrO 2−4 溶液中的溶解 度如图所示。又知 Ksp(AgCl)=1.8×10−10。下列说法正确的是 A．图中 a、b 两点 c(Ag+)相同 B．该温度下，Ag2CrO4 溶度积的数量级为 10−12 C．加热蒸发饱和 Ag2CrO4 溶液再恢复到 25℃，可使溶液由 a 点变到 b 点 D．将 0.01mol/L AgNO3 溶液滴入 20mL 0.01mol/L KCl 和 0.01mol/L K2CrO4 的混合溶液中，CrO 2−4 先沉淀 【答案】B 【解析】A．曲线为达到沉淀溶解平衡时的曲线，a 点和 b 点 c(CrO2−4 )不一样，则 c(Ag+)不相同，A 错误；B．根据图象上相关数据，Ag2CrO4(s) 2Ag+(aq)+CrO2−4 (aq)，如以 c(CrO2−4 )=10−2mol/L 时， 溶解度为 10−5 mol/L 计算 Ksp=c2(Ag+)·c(CrO2−4 )=(2×10−5)2×10−2=4×10−12，则数量级为 10−12，B 正确； C．加热蒸发饱和 Ag2CrO4 溶液再恢复到 25℃，仍然为该温度下的饱和溶液，各种微粒的浓度不变， 因此不能使溶液由 a 点变到 b 点，C 错误；D．由于 Ksp(AgCl)=1.8×10-10，当溶液中 KCl 为 0.01 mol/L 时，形成沉淀需 Ag+的浓度最小为 c(Ag+)= mol/L=1.8×10−8mol/L，而 Ksp(Ag2CrO4)=4×10−12， 形成 Ag2CrO4 时需要 Ag+的浓度最小为 c(Ag+)= mol/L=2×10−5 mol/L，形成沉淀需要的 Ag+ 浓度越小，先形成沉淀，可见等浓度的混合溶液中，Cl−先产生沉淀，D 错误；故合理选项是 B。 二、非选择题（共 43 分） 26．（14 分）为测定某样品中氟元素的质量分数进行如下实验，利用高氯酸(高沸点酸)将样品 中的氟元素转化为氟化氢(氢氟酸为低沸点酸，含量低，不考虑对玻璃仪器的腐蚀)，用水蒸气蒸出， 再通过滴定测量。实验装置如下图所示，加热装置省略。 (1)A 的名称是_______，长导管用于平衡压强，实验过程中其下端______(填“能”或“不能”)在液 面以上。 (2)仪器 C 是直形冷凝管，实验过程中，冷却水应从________口出。(填“a”或“b") (3)实验时，首先打开活塞 K，待水沸腾时，关闭活塞 K，开始蒸馏：若蒸馏时因反应装置局部 堵塞造成长导管水位急剧上升，应立即______________________。 (4)连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以石棉绳，其作用是___________。 (5)B 中加入一定体积高氯酸和 1.00g 氟化稀土矿样，D 中盛有滴加酚酞的 NaOH 溶液。加热 A、 B，使 A 中产生的水蒸气进入 B。 ①下列物质不可代替高氯酸的是___________(填标号) a．醋酸 b．硝酸 c．磷酸 d．硫酸 ②D 中主要反应的离子方程式为_________________________________。 (6)向馏出液中加入 25.00mL 0.100mol·L−1 La(NO3)3 溶液，得到 LaF3 沉淀，再用 0.100mol·L−1 EDTA 标准溶液滴定剩余 La3+(La3+与 EDTA 按 1∶1 络合)，消耗 EDTA 标准溶液 20.00mL，则氟化 稀土样品中氟的质量分数为______________________。 【答案】（1）圆底烧瓶 不能 （2）b （3）打开活塞 K （4）保温，避免水蒸气冷凝 （5）ab HF+OH−=F−+H2O （6）2.85% 【解析】A 是水蒸气发生装置，长导管作用起到平衡压强的作用，防止烧瓶内压强过大，实验 时，首先打开活塞 K，目的是让烧瓶内压强和外界一致，待水沸腾时，关闭活塞 K，开始蒸馏，若 蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，应立即打开活塞 K，和外界联通降低压强，B 制取 HF 的装置，利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢，用水蒸气蒸出，冷凝到 D 装置，被氢氧化钠中和吸收，在采用滴定法定量测定氟元素的质量分数。(1)A 的名称是圆底烧瓶， 长导管用于平衡压强，实验过程中其下端在液面以下；答案：圆底烧瓶；不能；(2)实验过程中，直 形冷凝管中的冷却水应从 a 进 b 出，这样可使冷却水充满外管，有利于带走热量；答案：b。(3)从实 验安全角度考虑，实验时，首先打开活塞 K，目的是让烧瓶内压强和外界一致，待水沸腾时，关闭 活塞 K，开始蒸馏，若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，应立即打开活塞 K， 和外界联通降低压强；答案：打开活塞 K；(4)连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以 石棉绳，石棉绳的隔热效果比较好，主要起到保温防止水蒸气冷凝的作用；答案：保温，避免水蒸 气冷凝。(5)①根据题干知识可知反应原理为高沸点酸（难挥发性酸）制取低沸点酸（易挥发性酸）， 醋酸和硝酸易挥发，不可代替高氯酸；答案：ab；②D 中是氢氧化钠与 HF 发生酸碱中和生成盐和水， 离子方程式为 HF+OH−=F−+H2O；答案：HF+OH−=F−+H2O。(6)关系式法计算：设 F−的物质的量为 x mol 3F−～LaF3～La3+ EDTA ～ La3+ 3mol 1mol 1mol 1mol x x/3 0.1mol/L×20.00×10−3L 0.1mol/L×20.00×10−3L +0.1mol/L×20.00×10−3L=0.100mol/L×25.00×10−3L 得 x=1.5×10−3mol=0.0015mol 氟化稀土样品中氟的质量分数为： ×100%=2.85%；答案：2.85%。 27．（14 分）锰酸锂（LiMn2O4)是新型锂离子电池常用的正极材料。工业上以软锰矿浆为原料 可制备锰酸锂，同时制得副产品 MnSO4·H2O 晶体，其流程如图所示。 101.8 10 0.01 −× 124 10 0.01 −× 3 x 0.0015mol 19g / mol 1.00g × 已知：（1）软锰矿浆的主要成分为 MnO2，还含有 Fe2O3，MgO、Al2O3，CaO，SiO2 等杂质。 （2）温度高于 27℃时，MnSO4 晶体的溶解度随温度升高而逐渐降低。 （3）有关物质的溶度积常数如下表： （1）“浸出”过程中 MnO2 转化为 Mn2+的离子方程式为 。该过程中，为提高软锰 矿中 MnO2 的浸出率，下列措施可行的有_____（填字母）。 A．不断搅拌，使 SO2 和软锰矿浆充分接触 B．增大通入 SO2 的流速 C．适当升温 D．减少软锰矿浆的进入量 （2）第 1 步除杂中加入 H2O2 的目的是_____。 （3）第 2 步除杂，主要是将 Ca2+，Mg2+转化为相应的氟化物沉淀除去，其中 MnF2 除去 Mg2+ 反应的离子方程式为 MnF2(s)+Mg2+(aq)=Mn2+(aq)+MgF2(s)，该反应的平衡常数为_____。 （4）图中的一系列操作指的是_____。 （5）将 MnO2 和 Li2CO3 按 4∶1 的物质的量之比配料，混合搅拌，然后高温煅烧 600~750℃， 制取产品 LiMn2O4。写出该反应的化学方程式：___________________。 【答案】（1）MnO2+SO2=SO2−4 +Mn2+ AC （2）将 Fe2+氧化为 Fe3+ （3）7.2×104 （4）蒸发浓缩、趁热过滤 （5）8MnO2+2Li2CO3 ===========600℃~750℃ 4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑ 【解析】(1)“浸出”过程中 MnO2 与 SO2 发生氧化还原反应，转化为 Mn2+的离子方程式为 MnO2+SO2=SO2−4 +Mn2+；提高 MnO2 的浸出率：A．不断搅拌，使 SO2 和软锰矿浆充分接触，这样 SO2 就会更多转化为 SO2−4 ，A 项正确；B．增大通入 SO2 的流速，可能会导致部分 SO2 未来得及反应就 逸出，物质的产率降低，B 项错误；C．温度升高，可以提升反应速率，C 项正确；D．减少软锰矿 浆的进入量，SO2 可能不能及时参加反应，导致回收率降低，D 项错误；故合理选项是 AC，故答案 为 MnO2+SO2=SO2−4 +Mn2+；AC；(2)第 1 步除杂中加入 H2O2 的目的是将溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+， 以便于形成 Fe(OH)3 沉淀，过滤将沉淀除去，故答案为：将 Fe2+氧化为 Fe3+；(3)MnF2 除去 Mg2+的 离 子 反 应 方 程 式 是 MnF2+Mg2+ Mn2++MgF2 ， 该 反 应 的 平 衡 常 数 数 值 为 ，故答案为：7.2×104；(4)溶液到晶体，同时 MnSO4·H2O 在水中的溶解度随温度的升高而减小，采用蒸发浓缩、趁热过滤操作，故答案为：蒸发 浓缩、趁热过滤；(5) MnO2 和 Li2CO3 反应后只有 Mn 的价态降低，必然有元素的化合价升高，C 元 素处在最高价态，不能升高，则只能是 O 元素价态升高，所以还有 O2 生成。根据电子守恒、原子守 恒，可得该反应的方程式为：8MnO2+2Li2CO3 ===========600℃~750℃ 4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑，故答案为： 8MnO2+2Li2CO3 ===========600℃~750℃ 4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。 28．（15 分）科学家们致力于消除氮氧化物对大气的污染。回答下列问题： (1)NO 在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) ΔH，该反应共有两步第一步反应 为 2NO(g) N2O2(g) ΔH1＜0；请写出第二步反应的热化学方程式（ΔH2 用含 ΔH、ΔH1 的式子来 表示）：_______________________________________。 (2) 温 度 为 T1 时 ， 在 两 个 容 积 均 为 1 L 的 恒 容 密 闭 容 器 中 仅 发 生 反 应 ： 2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)，容器 I 中 5min 达到平衡。相关数据如表所示： 物质的起始浓度(mol/L) 物质的平衡浓度(mol/L) 容器编号 c(NO2) c(NO) c(O2) c(O2) I 0.6 0 0 0.2 Ⅱ 0.3 0.5 0.2 ①容器Ⅱ在反应的起始阶段向_____(“正反应”、“逆反应”、“达平衡”)方向进行。 ②达到平衡时，容器 I 与容器Ⅱ中的总压强之比为___________ a．＞1 b．=1 c．＜1 2+ 2+ 2 - sp 2 4 2+ 2+ 2 - sp 2 (MnF )c(Mn ) c(Mn )c (F )= = = =7.2 10c(Mg ) c(Mg )c (F ) (MgF ) KK K × (3)NO2 存在如下平衡：2NO2(g) N2O4(g) ΔH＜0，在一定条件下 NO2 与 N2O4 的消耗速率 与各自的分压(分压=总压×物质的量分数)有如下关系：υ(NO2)=k1·p2(NO2)，υ(N2O4)=k2·P(N2O4)，相 应的速率与其分压关系如图所示。一定温度下，k1、k2 与平衡常数 kp(压力平衡常数，用平衡分压代 替平衡浓度计算)间的关系是 k1=______；在上图标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的点是 _____，理由是______________。 (4)可用 NH3 去除 NO，其反应原理 4NH3+6NO=5N2+6H2O。不同温度条件下，n(NH3)∶n(NO)的 物质的量之比分别为 4∶1、3∶1、1∶3 时，得到 NO 脱除率曲线如图所示： ①曲线 a 中，NO 的起始浓度为 6×10−4 mg·m−3，从 A 点到 B 点经过 0.8s，该时间段内 NO 的脱 除速率为_______mg/(m3·s)。 ②曲线 b 对应 NH3 与 NO 的物质的量之比是_____。 (5)还可用间接电解法除 NO。其原理如图所示： ①从 A 口中出来的物质的是__________________。 ②写出电解池阴极的电极反应式_______________。 ③用离子方程式表示吸收池中除去 NO 的原理__________________。 【答案】（1）N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) ΔH2=ΔH-ΔH1 （2）正反应 c （3）2k2·Kp B、D N2O4 与 NO2 的消耗速率满足条件 v(NO2)=2v(N2O4) （4）1.5×10−4 3∶1 （5）O2 和较浓的硫酸 2HSO−3+2H++2e−=S2O2−4 +2H2O 2NO+2S2O2−4 +2H2O=N2+4HSO−3 【解析】(1)①2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) ΔH，第一步反应为②2NO(g) N2O2(g) ΔH1＜ 0，则第二步反应为①-②，整理可得 N2O2(g) +O2(g) 2NO2(g) ΔH2=ΔH-ΔH1；(2)①对于反应 2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)，反应温度为 T1，反应开始时 c(NO2)=0.6mol/L，c(NO)=c(O2)=0，反应 达到平衡时c(O2)=0.2mol/L，则根据物质转化关系可知，平衡时c(NO2)=0.6mol/L-2×0.2mol/L=0.2mol/L， c(NO)= 2×0.2mol/L=0.4mol/L，该温度下化学反应的平衡常数 K= =0.8，对于容器Ⅱ中进行 的上述反应，在开始时刻浓度商 Qc= ≈0.56＜0.8，则反应向正反应方向进行；②对于反应 Ⅱ，由于NO与O2按照2∶1关系发生改变，根据给出的物质的浓度，可认为其等效开始状态为c(O2)=0， c(NO)=(0.5-0.2×2)mol/L=0.1mol/L，c(NO2)=(0.3+0.2×2)mol/L=0.7mol/L，反应在 1L 容器中进行，所 以气体的浓度和为气体的物质的量的和，对于容器 I，开始时气体的物质的量 n(总)I=0.6mol，容器Ⅱ 开始时气体的物质的量 n(总)II=0.7mol+0.1mol=0.8mol＞0.6mol，在相同外界条件下气体的物质的量 与压强呈正比，所以达到平衡时，容器 I 与容器 II 中的总压强之比小于 1，故合理选项是 c；(3)反应 达 到 平 衡 时 v(NO2) 正 =2v(N2O4) 逆 ， υ(NO2)=k1·p2(NO2) ， υ(N2O4)=k2·P(N2O4) ， 所 以 Kp= ，所以 k1=2k2·Kp；满足平衡条件 v(NO2)=2v(N2O4)，即为平衡点，根据图象，B、D 所对应的速率刚好为1∶2的关系，所以B、D为平衡点；(4)①曲线a中NO的起始浓度为6×10−4 mg·m−3， A 点的脱除率为 55%，B 点的脱除率为 75%，从 A 点到 B 点经过 0.8s，该时间段内 NO 的脱除速率 V= =1.5×10−4 mg/(m3·s)；②NH3 与 NO 的物质的量的比值越大，NO 的脱除率越大，则物质的量之比分别为 4∶1、3∶1、1∶3 时，对应的曲线为 a、b、c，即曲线 b 对 应的物质的量之比是 3∶1；(5)①阳极电解质溶液为稀 H2SO4，在阳极，溶液中水电离产生的 OH−失 去电子发生氧化反应，电极反应式为：2H2O-2e−=O2↑+4H+，由于水不断放电消耗，所以阳极区 H2SO4 溶液浓度不断增大，所以从 A 口中出来的物质的是 O2 和较浓的硫酸；②在电解池阴极上得到电子发 生还原反应，根据图可知是 HSO −3在酸性条件下发生还原反应，生成 S2O2−4 ，其电极反应式为 2HSO −3+2e−+2H+=S2O2−4 +2H2O；③根据图示，吸收池中 S2O 2−4 和 NO 是反应物，N2 和 HSO −3是生成物，则 根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得吸收池中除去 NO 的原理是 2NO+2S2O2−4 +2H2O=N2+4HSO −3。 2 2 0.4 0.2 0.2 × 2 2 0.5 0.2 0.3 × ( ) ( )2 4 1 2 2 2 p N O k 2p NO 2k = ( )4 36 10 0.75 0.55 mg m 0.8s − −× − ⋅ 三、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：物质的结构与性质】（15 分） 某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收 ZnSO4 溶液的有机高聚物做固态电解 质，其电池总反应为 MnO2+Zn+(1+ )H2O+ ZnSO4 MnOOH+ ZnSO4[Zn(OH)2]·xH2O，其电 池结构如图甲所示，图乙是有机高聚物的结构片段。 (1)Mn2+的核外电子排布式为 ；有机高聚物中 C 的杂化方式为 。 (2)已知 CN−与 N2 互为等电子体，推算拟卤素(CN)2 分子中 σ 键与 π 键数目之比为 。 (3)NO −2的空间构型为 。 (4)MnO 是离子晶体，其晶格能可通过如图的 Born－Haber 循环计算得到。 Mn 的第一电离能是__________，O2 的键能是________，MnO 的晶格能是__________。 (5)R(晶胞结构如图)由 Zn、S 组成，其化学式为_________(用元素符号表示)。已知其晶胞边长 为 a cm，则该晶胞的密度为______g·cm−3(阿伏加德罗常数用 NA 表示)。 【答案】（1）1s22s22p63s23p63d5 sp2、sp3 （2）3∶4 （3）V 形 （4）b kJ·mol−1 2e kJ·mol−1 (f-a-b-c-d-e) kJ·mol−1 （5）ZnS 【解析】(1)锰原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s2 ，则 Mn2+ 的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d5；有机高聚物中 C 的价层电子对数分别为 3 和 4，则杂化方式分别为 sp2、sp3；答 案：1s22s22p63s23p63d5；sp2、sp3；(2)已知 CN−与 N2 互为等电子体，可推出拟卤素(CN)2 分子结构为 N≡C-C≡N，则 σ 键为 3 个，π 键为 4 个，从而得出 σ 键和 π 键为数目之比为 3∶4；答案为：3∶4； (3)NO −2的价层电子对数为 =3，N 与 2 个 O 各形成共价双键，另有一对孤对电子，对成键电子有排斥 作用，从而使结构不对称，由此可确定空间构型为 V 形；答案为：V 形；(4)由图中可知，Mn(g)→Mn+ 时吸收的能量为 b kJ·mol−1，则 Mn 的第一电离能为 b kJ·mol−1；键能是指破坏 1mol O2 分子内共价键 所需吸收的能量，由图中可确定 O2 的键能是 2e kJ·mol−1；MnO 的晶格能可利用盖斯定律，按箭头 所指方向，MnO 的晶格能为(f-a-b-c-d-e) kJ·mol−1；答案为：b kJ·mol−1；2e kJ·mol−1；(f-a-b-c-d-e) kJ·mol−1；(5)R(晶胞结构如图)由 Zn、S 组成，利用均摊法，可求出晶胞中所含有的 Zn、S 原子数分 别为 4，从而确定其化学式为 ZnS；已知其晶胞边长为 a cm，可求出 1 个晶胞的体积和质量，从而 求出该晶胞的密度为 = g·cm-3；答案为： 。 36．【化学——选修 5：有机化学基础】（15 分） 某研究小组以甲苯为原料，设计以下路径合成药物中间体 M 和 R。回答下列问题： 已知：① ② x 6 1 6 1 6 3 A 388 a N× 5 1 2 + 3 3 1 A 4 97g/mol a cm molN − × × 3 A 388 a N× 3 A 388 a N× ③ (1)C 中的官能团的名称为______，F 的结构简式为______，A→B 的反应类型为_______。 (2)D→E 的反应方程式为______________________________________。 (3)M 物质中核磁共振氢谱中有________组吸收峰。 (4)至少写出 2 个同时符合下列条件试剂 X 的同分异构体的结构简式_________________。 ①只有一个苯环且苯环上的一氯取代物只有 2 种 ②遇 FeCl3 溶液显紫色 ③分子中含 (5)设计由甲苯制备 R（ ）的合成路线（其它试剂任选）_________________________ __________。 【答案】（1）羟基和羧基 取代反应 （2） （3）8 （4） 、 (其他答案只要正确也可) （5） 【解析】根据 A 到 B，B 到 C 反应，推出溴原子取代苯环上的氢，取代的是甲基的邻位，D 到 E 发生的是信息①类似的反应，引入碳碳双键，即 E 为 ，E 到 F 发生的是信息③类似的 反应，得到碳氧双键，即 F 为 ，F 到 M 发生的信息②类似的反应，即得到 M。(1)C 中的官能团的名称为羟基和羧基，根据信息①和③得到 F 的结构简式为 ，根据 A→B 和 B→C 的结构简式得到 A→B 的反应类型为取代反应；故答案为：羟基和羧基； ； 取代反应。(2)根据信息①得出 D→E 的反应方程式为 ； 故答案为： 。(3)M 物质中核磁共振氢谱中有 8 组吸收峰，如图 。(4)①只有一个苯环且苯环上的一氯取代物只有 2 种，容 易想到有两个支链且在对位，②遇 FeCl3 溶液显紫色，含有酚羟基 ③分子中含 ，至少写出 2 个同时符合下列条件试剂 X 的同分异构体的结构简式 、 ； 故答案为： 、 (其他答案只要正确也可)。(5)甲苯先与 Cl2 光 照发生侧链取代，后与氢气发生加成反应，然后发生氯代烃的消去反应引入碳碳双键，然后与溴加 成，再水解，因此由甲苯制备 R（ ）的合成路线： ；故答案为： 。