2020年高考化学金榜冲刺卷02 【解析版】

2020 年高考金榜冲刺卷 02 化学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3．考试结束后，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 Na 23 S 32 Fe 56 Zn 65 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．化学与生活密切相关，下列说法不正确的是 A．灼烧的方法能区分蚕丝和棉纤维 B．酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇 C．CO、甲醛、放射性元素氡(Rn)都是室内空气污染物 D．混凝法、中和法和沉淀法是常用的工业污水处理方法 【答案】B 【解析】 A．蚕丝的主要成分是蛋白质，棉纤维的主要成分是纤维素，二者可用灼烧的方法区别，有烧焦的羽毛气味的是 蚕丝，故 A 正确； B．酿酒过程中葡萄糖转化为乙醇是氧化反应，淀粉转变为葡萄糖是水解反应，故 B 错误； C．石材会释放放射性元素，装饰材料会释放 CO、甲醛，均是室内空气污染物，故 C 正确； D．混凝法是利用了胶体的凝聚作用，中和法是利用中和反应调节污水的 pH，沉淀法是利用化学反应使重金属 离子生成沉淀而除去，都可用于废水处理，故 D 正确； 答案选 B。 8．下列实验操作对应的现象不符合事实的是 A．少量二氧化硫通入 氯化钡溶液中，产生白 B．在新制 Cu(OH)2 悬浊液 中加入少量的葡萄糖，加热， C．将少量钠投入 到无水乙醇中，钠 D．在盛水的烧杯中加入 氯化钠固体，小灯泡会逐色沉淀亚硫酸钡 产生砖红色沉淀 表面有气泡产生 渐亮起来 【答案】A 【解析】 A．弱酸不能制强酸，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，无白色沉淀，故 A 错误； B.新制 Cu(OH)2 悬浊液在加热条件下可氧化葡萄糖，产生砖红色沉淀，故 B 正确； C．Na 与乙醇反应生成氢气，则钠表面有气泡产生，故 C 正确； D．NaCl 固体溶解于水，能电离产生自由移动的 Na+和 Cl-，能导电，则图中小灯泡会逐渐亮起来，故 D 正确； 故答案为 A。 9．NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A．标准状况下，5.6L 甲烷和乙烯的混合气体中所含碳氢键数为 NA B．足量镁与一定体积的浓硫酸反应，产生气体 2.24L（标准状况），则转移的电子数为 0.2NA C．含 7.8gNa2S 的溶液中阴离子总数大于 0.1NA D．向 100mL1mol•L-1 稀盐酸中逐滴加入含 0.1molNa2CO3 的溶液，则混和液中： N(CO32-)+N(HCO3-)+N(H2CO3)=0.1NA 【答案】D 【解析】 A. 标准状况下，5.6L 甲烷和乙烯的混合气体的物质的量 ，而无论是甲烷还是 乙烯中，一个分子所含碳氢键数都为 4 个，故 0.25mol 混合气体无论比例如何，所含碳氢键数均为 NA，A 正确； B. 足量镁与一定体积的浓硫酸反应时，由于镁足量，硫酸要反应完，产生气体为二氧化硫和氢气的混合气体， 体积为 2.24L（标准状况），总物质的量为 0.1mol，产生二氧化硫时，硫由+6 价变为+4 价，生成 1mol 二氧化硫 转移 2mol 电子，产生氢气是，2mol 氢离子产生 1mol 氢气，转移电子仍为 2mol，即转移电子的物质的量为气体 的 2 倍，故生成 0.1mol 混合气体，转移的电子数为 0.2NA，B 正确； C. 7.8gNa2S 的物质的量 ，S2-总数为 0.1NA ，而在水溶液中，S2-水解产生 HS-和 OH-，溶液中阴离子总数变多，所以大于 0.1NA，C 正确； D.向 100mL1mol•L-1 稀盐酸中逐滴加入含 0.1molNa2CO3 的溶液时，开始时，稀盐酸过量，立即有二氧化碳放出， 根据物料守恒，混合液中：N(CO32-)+N(HCO3-)+N(H2CO3)HSO3- 【答案】C 【解析】 加入 NaHSO3 的物质的量在 0→a，发生的反应为：2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+H2O+3H+，加入 NaHSO3 的物质的量 在 a→b，发生的反应为：I2+HSO3-+H2O=I-+SO42-+3H+。 A．A 点时，10mL0.2mol·L-1 的 KIO3 溶液中的 KIO3 恰好完全被亚硫酸氢钠还原为 I2，由原子守恒可知，n(I2)= n(KIO3)= ×0.2×10×10-3=1.0×10-3mol，A 正确； B．2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+H2O+3H+，由离子方程式可知，0a 消耗的亚硫酸氢钠的物质的量为： 2.5×0.2×10×10-3=5.0×10-3mol；加入 NaHSO3 的物质的量在 a→b，发生的反应为：I2+HSO3-+H2O=I-+SO42-+3H+， 故 ab 消耗的亚硫酸氢钠的物质的量恰好与 1.0×10-3molI2 完全反应，所以 ab 消耗的亚硫酸氢钠的物质的量 1.0×10-3mol，0a：ab=(5.0×10-3mol)：(1.0×10-3mol)=5：1，B 正确； C．当溶液中的 n(I2)=5×10-4mol 时，n(I2)=5×10-4molHSO3-，D 正确； 答案选 C。 13．常温下，向 10.00mL 浓度均为 0.100mol•L-1 的 NaOH 溶液和二甲胺[(CH3)2NH•H2O]的混合溶液中逐滴加入盐 1 2 1 2酸。利用传感器测得该过程溶液中的阳离子总浓度变化曲线如图；巳知二甲胺在水中电离与氨相似，常温下 Kb[(CH3)2NH•H2O]=l.60×l0-4。下列说法正确的是 A．a 点溶液中，c[(CH3)2NH2+]约为 l.60×l0-4mol/L B．从 a 到 c 的过程中，水的电离程度最大的是 b 点 C．c 点溶液中：3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+]=2c(Cl-) D．V(HCl)=15.00mL 时，c[(CH3)2NH2+]＜c[(CH3)2NH•H2O] 【答案】A 【解析】 A． a 点溶液为浓度均为 0.100mol•L-1 的 NaOH 溶液和二甲胺[(CH3)2NH•H2O]的混合溶液，二甲胺的电离被抑制， 则 c(OH-)≈0.100mol•L-1，c[(CH3)2NH•H2O] ≈0.100mol•L-1， ， c[(CH3)2NH2+]≈l.60×l0-4mol/L，A 正确； B．由图中 a 到 b 阳离子总浓度不断降低可知，a 到 b 是盐酸中和氢氧化钠的过程，b 点是盐酸和氢氧化钠恰好中 和，故可推知 HCl 的浓度为 0.100mol•L-1，b 点为二甲胺和氯化钠的混合溶液，b 点因二甲胺的电离呈碱性，水 的电离被抑制，b 到 c 是盐酸中和二甲胺的过程，c 点二甲胺被恰好中和，其氯化物水溶液因水解呈酸性，故水 的电离程度最大的是 c 点，B 错误； C．c 点溶液中，加入 HCl 的体积为 20mL，则溶液中 ， ；因为水解消耗一部分，故 ，则 3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+]≠2c(Cl-)，C 错误； D．V(HCl)=15.00mL 时，二甲胺有一半被中和，(CH3)2NH2Cl 和(CH3)2NH•H2O 物质的量浓度相等，均为 ，常温下 Kb[(CH3)2NH•H2O]=l.60×l0-4，则溶液中 ， 溶液呈碱性，即二甲胺的电 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 3 2 3 22 2 4 b 3 2 12 3 22 OH CH NH 0.100mol L CH NH CH NH H O = =l.60 l00.100mol LCH NH H O c c c K c − + − + − −    ⋅    ⋅ = ×  ⋅ ⋅  20 0.1 2(Cl ) mol / L20 10 30c − ×= =+ 10 0.1 1(Na ) mol / L20 10 30c + ×= =+ ( )3 22 10 0.1 1 mol / L20 10CH NH 30c +   × =+＜ 1 11 0.100mol L 0.0333mol L3 − −× ⋅ ≈ ⋅ ( ) ( ) ( ) ( ) b 3 2 3 22 2 4 1 3 22 CH NH H O CH NH H O OH l.60 l0 mol L CH NH K c c c − − − +    ⋅ ⋅ ⋅   = ≈ × ⋅  离程度大于(CH3)2NH2Cl 水解程度，故 c[(CH3)2NH2+]＞c[(CH3)2NH•H2O]，D 错误； 答案选 A。 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）一种以辉铜矿(主要成分为 Cu2S，含少量 SiO2)为原料制备硝酸铜晶体的工艺流程如图所示： （1）写出“浸取”过程中 Cu2S 溶解时发生反应的离子方程式：________。 （2）恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出 CuCl2 是该反应的催化剂，该过程 的反应原理可用化学方程式表示为：①Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S；②__________。 （3）向滤液 M 中加入(或通入)_______________(填字母)，所得物质可循环利用。 a.铁 b.氯气 c.高锰酸钾 d.氯化氢 （4）“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是______________；向浓缩池中加入适量HNO3的作用是_____________。 操作 1 是_______________。 （5）某探究性小组的研究成果如图所示，可以用废铜屑和黄铜矿来富集 Cu2S。通入的硫化氢的作用是 _____________，当转移 0.2mol 电子时，生成 Cu2S________mol。 【答案】（1）Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S （2 分） （2）CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2 （2 分） （3） b （1 分） （4）调节溶液的 pH，使铁完全转化为 Fe(OH)3 沉淀（2 分） 抑制 Cu2+的水解（2 分） 冷却（降温）结晶 （1 分） （5）催化剂 （2 分） 0.2 （2 分） 【解析】 辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明 Cu2S 和 FeCl3 发生反 应生成 S 单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子，然后过滤，滤液 M 主要含有 氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将亚铁离子氧化为铁离子，用氧化铜调节溶液 pH，使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀，过滤分离，滤液中主要含有硝酸铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸 铜晶体。 （1）浸取过程中 Fe3+将 Cu2S 氧化成 Cu2+和硫单质，本身被还原为二价铁离子，根据电子守恒和元素守恒可得 其离子反应方程式，故答案为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S； （2）根据 CuCl2 是该反应的催化剂，故最终产物为 CuCl2，可得反应②为三氯化铁氧化氯化亚铜为氯化铜，故答 案为：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2； （3）M 中主要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环使用，故答案为：b； （4）“保温除铁”过程要除去 Fe3+，故需要加入氧化铜来调节 pH 值，使 Fe3+生成氢氧化铁沉淀；铜离子会水解， 故在蒸发浓缩冷却结晶过程中需要加入硝酸来抑制其水解，故答案为：调节溶液的 pH，使铁完全转化为 Fe(OH)3 沉淀；抑制 Cu2+的水解；冷却（降温）结晶； （5）从图中可知，反应前后硫化氢的质量和性质没有发生改变，为催化剂，在该转化中 Cu 被氧化成 Cu2S，化 合价升高+1 价，CuFeS2 被还原成 Cu2S，化合价降低-1 价，根据电子守恒，当转移 0.2mol 电子时，生成 Cu2S 0.2 mol，故答案为：催化剂；0.2。 27．（14 分）环氧乙烷常用于一次性口罩生产过程中灭菌和新冠病毒的消杀，工业上常利用乙烯直接氧化法生产 环氧乙烷( )，发生的反应如下。 主反应Ⅰ：2CH2=CH2(g)+O2(g) 2 (g) ΔH1=-210kJ·mol-1 副反应Ⅱ：CH2=CH2(g)+3O2(g) 2CO2(g)+2H2O(l) ΔH2=-1324kJ·mol-1 副反应Ⅲ：2 (g)+5O2(g) 4CO2(g)+4H2O(g) ΔH3 已知：环氧乙烷选择性是指乙烯进行反应Ⅰ生成环氧乙烷的优势。 （1）ΔH3=__kJ·mol-1。 （2）①图 1 是乙烯转化率、环氧乙烷选择性与流速关系的图象，图中随进料气的流速加快，乙烯的转化率下降， 其可能原因是__。 ②图 2 是乙烯转化率、环氧乙烷选择性与压强关系的图象，图中当反应体系的压强高于 2.4MPa，环氧乙烷选择 性下降，其可能原因是__。（3）实验测得反应Ⅰ中，υ 正=K 正·x2(CH2=CH2)·x(O2)，υ 逆=K 逆·x2( )，(式中 x 为物质的量分数；K 正、K 逆为速率常数，只与温度有关)。 ①若在 1L 的密闭容器中充 2molCH2=CH2(g)和 1molO2(g)，在一定温度下只发生反应 I，达到平衡时 CH2=CH2 的 转化率为 75%，则该反应平衡常数的值为__。 ②若平衡后仅升高温度，则下列说法正确的是___。 A．x(CH2=CH2)增大，x( )减小 B．K 正与 K 逆的比值增大 C．υ 正减小，υ 逆增大 D．K 正与 K 逆的比值减小 （4）将乙烯与饱和食盐水的电解产物反应，转化为氯乙醇[CH2(OH)CH2Cl]，氯乙醇进一步反应生成环氧乙烷， 其电解简易装置如图所示。 已知：CH2=CH2+H2O+Cl2→CH2(OH)CH2Cl+HCl ①a 电极为__(选填“阴极”或“阳极”)，其电极反应式为：__。 ②b 电极区域生成环氧乙烷的化学方程式为__。 【答案】 （1）-2438 （2 分） （2）①流速越快，反应物接触时间越短，原料气与催化剂接触时间短，原料利用率低，导致乙烯转化率下降 （2 分） ②压强增大，主、副反应速率增加，副反应Ⅱ速率可能比主反应速率增大得快，使环氧乙烷的选择性降低；压强 增大，副反应Ⅲ的平衡逆移，环氧乙烷浓度增大，不利于反应Ⅰ正向进行，故环氧乙烷选择性降低 （2 分） （3）36（2 分） AD （2 分） （4）①阳极 （1 分） ② 2Cl--2e-=Cl2 （1 分） CH2(OH)CH2Cl+NaOH→ +NaCl+H2O （2 分） 【解析】 【分析】【详解】 （1）主反应Ⅰ：①2CH2=CH2(g)+O2(g) 2 (g) ΔH1=-210kJ·mol-1 副反应Ⅱ：②CH2=CH2(g)+3O2(g) 2CO2(g)+2H2O(l) ΔH2=-1324kJ·mol-1 副反应Ⅲ：③2 (g)+5O2(g) 4CO2(g)+4H2O(g) ΔH3 根据盖斯定律，将②×2-①得反应③2 (g)+5O2(g) 4CO2(g)+4H2O(g) ΔH3=-2438kJ·mol-1。故答案 为：-2438； （2）①图 1 随进料气的流速加快，乙烯的转化率下降，其可能原因是流速越快，反应物接触时间越短，原料气 与催化剂接触时间短，原料利用率低，导致乙烯转化率下降。故答案为：流速越快，反应物接触时间越短，原料 气与催化剂接触时间短，原料利用率低，导致乙烯转化率下降； ②图 2 当反应体系的压强高于 2.4MPa，环氧乙烷选择性下降，其可能原因是压强增大，主、副反应速率增加， 副反应Ⅱ速率可能比主反应速率增大得快，使环氧乙烷的选择性降低；压强增大，副反应Ⅲ的平衡逆移，环氧乙 烷浓度增大，不利于反应Ⅰ正向进行，故环氧乙烷选择性降低。故答案为：压强增大，主、副反应速率增加，副 反应Ⅱ速率可能比主反应速率增大得快，使环氧乙烷的选择性降低；压强增大，副反应Ⅲ的平衡逆移，环氧乙烷 浓度增大，不利于反应Ⅰ正向进行，故环氧乙烷选择性降低； （3）①若在 1L 的密闭容器中充 2molCH2=CH2(g)和 1molO2(g)，在一定温度下只发生反应 I，达到平衡时 CH2=CH2 的转化率为 75%， 平衡时乙烯、氧气、环氧乙烷物质的浓度分别是：0.5mol·L－1、0.25mol·L－1、1.5mol·L－1， =36，则该反应平衡常数的值为 36。故答案为：36； ②A．反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，x(CH2=CH2)增大，x( )减小，故 A 正确； B．υ 正=K 正·x2(CH2=CH2)·x(O2)，υ 逆=K 逆·x2( )，达到平衡时 υ 正=υ 逆，则 ，升高温度，正、逆反应速率都增大，逆反应速率增大的倍数大于正反应速率增大的 倍数，则 K 正与 K 逆的比值减小，故 B 错误； C．升高温度，υ 正增大，υ 逆增大，故 C 错误； D．由 B 项分析知，K 正与 K 逆的比值减小，故 D 正确； 2 2 2 2 42CH =CH (g) + O (g) 2C H O( g) mol 2 1 mol 1.5 0.75 1.5 mol 0.5 0.25 1.5  环氧乙烷， 起始 转化 平衡 2 2 1.5 0.5 0.25K = × ( ) ( ) ( ) 2 2 ·x x x K K =正 逆 环氧乙烷 乙烯 氧气故选 AD； （4）①a 连接电源正极，a 电极为阳极，发生氧化反应生成氯气，其电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2。故答案为：阳 极；2Cl--2e-=Cl2； ②b 为阴极，生成 NaOH，CH2(OH)CH2Cl 与氢氧化钠溶液反应生成环氧丙烷和 NaCl，b 电极区域生成环氧乙烷 的化学方程式为 CH2(OH)CH2Cl+NaOH→ +NaCl+H2O；故答案为：CH2(OH)CH2Cl+NaOH→ +NaCl+H2O。 27．（15 分）某化学实验小组欲制备三草酸合铁（Ⅲ）酸钾并用离子交换法测定其配离子的电荷，实验过程如下： Ⅰ.三草酸合铁（Ⅲ）酸钾的制备 ①称取 ，加数滴 ，另称取 ，分别以蒸馏水溶解，将两溶液 缓慢混合并加热至沸，搅拌并维持微沸约 后停止加热，此时有 晶体产生，待充分沉降后过滤， 以热蒸馏水洗涤沉淀。 ②称取 ，加 蒸馏水，微热使其溶解，将该溶液加至已洗净的 中，将盛该 混合物的容器置于 40℃热水中，以滴管缓慢加入约 ，边加边搅拌，加完后，需检验 是否氧化 彻底。 ③在生成 的同时也有 生成，需在微沸情况下补加 溶液，将其进一步转化为 。向所得绿色溶液中加入 乙醇，将一小段棉线悬挂在溶液中，一端固定好，盖好烧杯， 暗处放置数小时，即有 析出，抽滤，向晶体上滴加少许乙醇，继续抽干，转移至表面皿上，低 温干燥 ，称重，计算产率。 回答下列问题： （1）步骤①中加硫酸的作用是___________，如何证明沉淀已洗净________________________。 （2）步骤②中，检验 所用的试剂是______________，不能用酸性 溶液检验的理由是 _____________________。 （3）写出步骤③中 转化为 的化学反应方程式_____________。 Ⅱ.离子交换法测定三草酸合铁（Ⅲ）酸钾中配离子的电荷 原理：利用离子交换树脂对某些离子具有特别的亲和力，当含有这些离子的溶液流过交换树脂时，会吸附在树脂 上，树脂上原有的另一类同种电性离子会被溶液带出，从而实现离子的完全交换。 实验步骤：将准确质量的样品溶于水后，使其完全通过 型离子交换树脂，样品中配离子即与氯离子实现交换。 （4）若流出的交换液中 ，被交换配离子 n（配离子） ，则该配离子的负电荷数为 ( ) ( )4 42 25.0g NH Fe SO 2 4H SO 2 2 4 21.7gH C O 2H O⋅ 4min 2 4 2FeC O 2H O⋅ 2 2 4 23.5gK C O H O⋅ 10mL 2 4 2FeC O 2H O⋅ 2 28mL 6%H O 2+Fe ( )3 2 4 3K Fe C O   3Fe(OH) 2 2 4H C O ( )3 2 4 3K Fe C O   10mL ( )3 2 4 3K Fe C O   20min 2+Fe 4KMnO 3Fe(OH) ( )3 2 4 3K Fe C O   -Cl ( )-n Cl =x mol =y mol___________________。 （5）以沉淀滴定法测定 ：将流出液稀释至 ，取 ，以 为指示剂，用 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液 。 ①溶解度 ________ （填“大于”或“小于”）。 ②若离子交换步骤称取的样品物质的量为 ，该样品中配离子所带的负电荷数为______________。 【答案】（1）抑制 水解（1 分） 取最后一次的洗涤液加入氯化钡溶液，若不产生沉淀则已洗净（其他 合理答案）（2 分） （2） （2 分） 溶液中的 也可与 反应，干扰检验 （2 分） （3） （反应条件答“微沸“也可）（2 分） （4） （2 分） （5）大于 （2 分） 2.8 （2 分） 【解析】 【分析】 Ⅰ．根据制备流程，结合盐类的水解、混合物的分离提纯操作分析解题即可。 Ⅱ．根据溶液是电中性和电荷守恒分析离子交换法测定三草酸合铁(Ⅲ)酸钾中配离子的电荷。 【详解】 （1）Fe2+易水解，则步骤①中(NH4)2Fe(SO4)2 固体中先加硫酸的作用是抑制 Fe2+水解；沉淀表面附着液中含有 SO42-，则取最后一次的洗涤液加入氯化钡溶液，若不产生沉淀则沉淀已洗净； （2）步骤②中，因溶液中的 有还原性，也可与 反应，干扰检验，故检验 应选择 ，而不能用酸性 溶液； （3）步骤③中 转化为 的化学反应方程式为 ； （4）溶液是电中性的，则 Cl-所带负电荷总量和被交换配离子所带负电荷总量相等，即 xmol×1=ymol×n，n= ， 即该配离子的负电荷数为 ； （5）①选用 K2CrO4 溶液作指示剂，说明 Cl-沉淀完全后才生成 Ag2CrO4，可知 Ag2CrO4 溶解度大于 AgCl； ②滴定时消耗 21.00mL0.100mol/LAgNO3 溶液，则溶液中 Cl-的物质的量为 0.100mol/L×0.021L× ( )-n Cl 100mL 25.00mL 2 4K CrO 30.1000mol/LAgNO 21.00mL 2 4Ag CrO AgCl -33 10 mol× 2+Fe [ ]3 6K Fe(CN) 2- 2 4C O 4KMnO ( )3 2 2 4 2 2 4 3 2 4 232Fe(OH) +3H C O +3K C O 2K Fe C O +6H O∆    x y 2- 2 4C O 4KMnO 2+Fe [ ]3 6K Fe(CN) 4KMnO 3Fe(OH) ( )3 2 4 3K Fe C O   ( )3 2 2 4 2 2 4 3 2 4 232Fe(OH) +3H C O +3K C O 2K Fe C O +6H O∆    x y x y 100mol 25mL=0.0084mol，结合电荷守恒可知样品中配离子所带的负电荷数为 =2.8。 （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） Cu、Zn 及其化合物在生产、生活中有着重要作用。请回答： （1）Cu、Zn 在周期表中________区，焰色反应时 Cu 的 4s 电子会跃迁至 4p 轨道，写出 Cu 的激发态电子排布 式___________。 （2）分别向 CuSO4、MgSO4 溶液加氨水至过量，前者为深蓝色溶液，后者为白色沉淀。 ①NH3 与 Cu2+形成配合物的能力大于 Mg2+的原因为_________________。 ②溶液中的水存在 H3O+、 等微粒形式， 可看作是 H3O+与 H2O 通过氢键形成的离子，则 的结 构式为___________。 （3）Zn 的某种化合物 M 是很好的补锌剂，结构式如图： ①1 mol M 含有的 σ 键的数目为___________。 ②常见含氮的配体有 H2NCH2 COOˉ、NH3、 等，NH3 的分子空间构型为____________， 的中心氮原子杂 化方式为__________。 ③M 在人体内吸收率高的原因可能是锌形成配合物后，电荷__________(填“变多”“变少”或“不变”)，可在消化道 内维持良好的稳定性。 （4）卤化锌的熔点如表： 卤化锌/ ZnX2 ZnF2 ZnCl2 ZnBr2 熔点/℃ 872 283 394 则 ZnX2 熔点如表变化的原因是____________________。 （5）Zn 的某种硫化物的晶胞如图所示。已知 S2-和 Zn2+的半径分别为 r1 pm、r2 pm，且 S2-与 Zn2+相切，NA 为阿 伏加德罗常数的值。则该晶体的密度为________g·cm-3(写计算表达式)。 3 0.0084mol 1 3 10 mol− × × + 5 2H O + 5 2H O + 5 2H O 3N− 3N−【答案】（1）ds （1 分） [Ar]3d104p1 （1 分） （2）①由于 Cu2+对配体 NH3 的孤电子对吸引力大，配位键强 （2 分） ② （2 分） （3）①20NA（2 分） ②三角锥形 （1 分） sp 杂化 （1 分） ③变少 （1 分） （4） ZnF2 为离子晶体，熔点最高；ZnCl2、ZnBr2 分子晶体，ZnBr2 的相对分子质量大，分子间作用力，熔沸点 较高 （2 分） （5） 3.88 × 1032 [ 4(푟1 + r2) 3 ]3푁퐴 （2 分） 【解析】 （1）Cu 为 29 号元素，Zn 为 30 号元素，据此分析其在元素周期表中的位置； （3）①单键均为 σ 键，双键或三键中有一个 σ 键，配位键为 σ 键； ②根据价层电子对互斥理论判断空间构型，根据等电子体理论判断杂化方式； （4）先判断晶体类型，离子晶体的熔点与晶格能有关；分子晶体的熔点与分子间作用力有关； （5）先根据晶胞半径计算晶胞棱长，确定晶胞体积，再根据均摊法确定晶胞内各原子的数目，确定晶胞质量， 根据 计算密度。 （1）Cu 为 29 号元素，位于周期表中第 4 周期第ⅠB 族，为 ds 区元素，Zn 在周期表中位于第 4 周期ⅡB 族，属 于 ds 区元素，Cu 的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，焰色反应时 Cu 的 4s 电子会跃迁至 4p 轨道，则 Cu 的激 发态电子排布式为：[Ar]3d104p1 或 1s22s22p63s23p63d104p1； （2）①由于 Cu2+对配体 NH3 的孤电子对吸引力大，配位键强，所以 NH3 与 Cu2+形成配合物的能力大于 Mg2+； ②H5O2+可看作是 H3O+与 H2O 通过氢键形成的离子，结构式为： ； （3）①C—C 单键、C—H 单键、N—C 单键、C—O 单键、N—H 单键均为 σ 键，C=O 双键中有一个 σ 键，O 原 子、N 原子与 Zn 之间的配位键为 σ 键，所以 1 个 M 含有 20 个 σ 键，所以 1molM 含有的 σ 键个数为 20NA； ②NH3 分子中心原子的价层电子对数为 =4，含一对孤电子对，所以为三角锥形； 与 CO2 原子总数相 同，价电子总数相同，二者互为等电子体，CO2 为直线形分子，C 原子为 sp 杂化，所以 中心 N 原子杂化方 式为 sp 杂化； ③M 在人体内吸收率高的原因可能是锌形成配合物后，电荷变少，可在消化道内维持良好的稳定性； （4）由表中熔点数据可知，ZnF2 与其他两种的晶体类型不同，ZnF2 为离子晶体，熔点最高；ZnCl2、ZnBr2 为分 m V ρ = 5-1 33+ 2 × 3N− 3N−子晶体，ZnBr2 的相对分子质量大，分子间作用力，熔沸点较高； （5）根据该硫化物的晶胞结构可知，S2-位于 Zn2+的正四面体中心，根据几何关系，晶胞的体对角线为 S2-和 Zn2+ 的半径之和的 4 倍，设晶胞的棱长为 a，则有 a=4(r1+r2)，所以晶胞棱长 a= pm，则晶胞的体积 V= pm3；根据均摊法，晶胞内 Zn2+的个数为 =4，S2-的个数为 4，所以晶胞的质量 m= ，所以晶体的密度为 ρ= = g·cm-3。 36．[化学——选修 5：有机化学基础]（15 分） 抗倒酯是一种植物生长调节剂，其中间产物 G 的合成路线如下： 已知： I. +R3OOC-CH=CH-COOR4 II. +R1OH （1）烃 A 的结构简式为___________；C 中含氧官能团的名称为_________。 （2）D 为反式结构，则 D 的结构简式为___________。 （3）试剂 E 的结构简式为__________；D→F 的反应类型为___________。 （4）写出 F→G 的化学方程式___________。 （5）C 有多种同分异构体，其中同时满足下列 a、b 两个条件的 C 的同分异构体共有______种（不含立体异构）。 请写出一种同时满足 a、b、c 三个条件 C 的所有同分异构体的结构简式：____________________（不含立体异 构）。 a.能发生银镜反应 3 ( )1 2 4 r +r 3 31 24(r +r )[ ] 3 1 18 +68 6 × × A 65 4+32 4 gN × × A 3 31 2 65 4+32 4 g 4(r +r )[ ] pm 3 N × × 32 31 2 A 3.88 10 4(r +r )[ ] 3 N × b.分子呈链状结构，分子中含有酯基和碳碳双键，但不存在 结构，其中 R1、R2 分别代表氢或其他 基团 c.核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为 1∶1 （6）已知：碳碳双键在加热条件下易被氧气氧化。选用必要的无机试剂补全 B→C 的合成路线（用结构简式表 示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）： →__________________________。 【答案】（1）H2C=CH-CH=CH2 （1 分） 羧基 （1 分） （2） （2 分） （3） （1 分） 加成反应 （1 分） （4） +CH3CH2OH （2 分） （5）4（2 分） HCOOCH=HCOOH 或 （2 分） （6） （3 分） 【解析】 根据上述分析可知：A 为 CH2=CH-CH=CH2，B 为 BrCH2CH=CHCH2Br，C 为 HOOCCH=CHCOOH，D 为 CH3CH2OOCCH=CHCOOCH2CH3，E 为 ，F 为 ，G 为 。 （1） 烃 A 的结构简式 CH2=CH-CH=CH2，C 为 HOOCCH=CHCOOH，根据物质的结构简式可知 C 中含氧官能 团的名称为羧基； （2） D 为 CH3CH2OOCCH=CHCOOCH2CH3，D 为反式结构，说明碳碳双键连接的相同的原子或原子团在双键 的异侧，则 D 结构简式空间构型为： ； （3） E 结构简式为 ，D 为 ，D 与丙酮 发生加成反应产生 F： ，故 D→F 的反应类型为加成反应； （4） F 为 ，F 在 EtONa 及 HCl 存在的条件下发生反应产生 G 和 CH3CH2OH，反应方程式为： +CH3CH2OH； （5）物质 C 为 HOOCCH=CHCOOH，其同分异构体满足条件：a.能发生银镜反应，说明含有醛基；b.分子呈链 状结构，分子中含有酯基和碳碳双键，但不存在 结构，其中 R1、R2 分别代表氢或其他基团，则其 可能结构为：HCOO-CH=CH-COOH、 、HCOO-CH=CHOOCH、 ，共有四种同 分异构体；若还同时满足条件：c.核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为 1∶1，则其可能的结构简式为： HCOO-CH=CHOOCH、 ； （6） B 为 BrCH2CH=CHCH2Br，C 为 HOOCCH=CHCOOH，B 发生多步反应生成 C，对比 B、C 的结构，B 可 以先在加热和碱性条件下发生水解反应生成 HOCH2CH=CHCH2OH，然后再与 HBr 发生加成反应生成 HOCH2CH2CHBrCH2OH，继而连续发生氧化反应生成 HOOCCH2CHBrCOOH，最后发生消去反应、酸化得到 HOOCCH=CHCOOH，故合成路线流程图为： 。