福建省2020届高三6月高考模拟考试 化学试题（解析版）

2019-2020 学年高三下学期 理科综合能力校模拟-化学 （完卷时间：150 分钟；满分：300 分） 【可能用到的相对原子质量】H-1 Li-7 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cu-64 Zn-65 As-75 第 I 卷（选择题共 126 分） 一、选择题（本题共 13 小题，每题 6 分，共 78 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.化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法正确的是（ ） A. 蒸馏“地沟油”可以获得汽油 B. 14C 可用于文物年代的鉴定，14C 和 12C 互为同素异形体 C. 向牛奶中加入果汁会产生沉淀，这是因为发生了酸碱中和反应 D. 食品袋中放入装有硅胶和铁粉的透气小袋，目的是防止食品受潮、被氧化变质 【答案】D 【解析】 【详解】A．地沟油成分为油脂，汽油成分为烃，二者成分不同，不能蒸馏“地沟油”获得汽油，故 A 错误； B．14C 和 12C 是质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子，互为同位素，不互为同素异形体，故 B 错 误； C．牛奶为蛋白质，加入果汁，果汁中含有可溶性电解质，加入果汁能使蛋白质凝聚而沉淀，且牛奶不是酸， 则不是酸碱之间的反应， 故 C 错误； D．硅胶可吸水，铁粉具有还原性，则食品袋中放入装有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变 质，故 D 正确； 答案选 D。 2.下列说法不正确的是（ ） A. 甲苯和环己烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 1 mol 能与含 2 mol NaOH 的烧碱溶液完全反应 C. 丙烷和 2-甲基丙烷的一氯代物均为两种 D. 所具有的官能团种类有 4 种 【答案】D 【解析】【详解】A．甲苯被高锰酸钾氧化可生成苯甲酸，环己烯含有碳碳双键，也可被酸性高锰酸钾溶液氧化， 故 A 正确； B．1 mol 含有 2mol 酯基，在碱性条件下水解生成 2mol 羧基，能与含 2 mol NaOH 的烧碱溶液 完全反应，故 B 正确； C．丙烷和 2−甲基丙烷都含有 2 种 H，则一氯代物均为两种，故 C 正确； D． 含有的官能团有碳碳双键、羰基、羟基、酯基、氯原子 共五种，故 D 错误； 答案选 D。 【点睛】苯环不是官能团，为易错点。 3.设阿伏加德罗常数为 NA，下列说法不正确的是（ ） A. 常温常压下，30 g 乙烷气体中所含有的共价键数目为 6NA B. 含 1 mol Cl-的 NH4Cl 溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中 NH4+数为 NA C. 室温下，21.0g 乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为 l.5NA D. 在电解精炼铜的过程中，当阴极析出 32g 铜单质时，电子转移数目为 NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．常温常压下，乙烷分子的结构简式为 CH3CH3，一个乙烷分子中含有 7 个共价键，30 g 乙烷气 体中所含有的共价键数目为 ×NA=7NA，故 A 错误； B．溶液存在 c(NH4+)+c(H+)=c(Clˉ)+c(OHˉ)，溶液呈中性，则氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，氨根离子浓 度等于氯离子浓度，氨根离子的物质的量等于氯离子的物质的量，Cl-的物质的量为 1 mol，则 NH4+的物质 的量为 1mol，NH4+数为 NA，故 B 正确； C．乙烯和丁烯的最简式为 CH2，21.0g 乙烯和丁烯的混合气体含有 CH2 的物质的量 n= ， 一个 CH2 基团中含有一个碳原子，含有的碳原子数目为 l.5NA，故 C 正确； D．32g 铜的物质的量为 ，而生成 1mol 铜时转移 2mol 电子，故当生成 0.5mol 铜时转移 1mol 电子，电子的数目为 NA 个，故 D 正确； 答案选 A。 30g ×730g/mol 21g =1.5mol14g / mol 32g =0.5mol64g / mol4.下列实验操作或装置(略去部分夹持仪器)正确的是( ) A. 蒸发结晶B. 制备 NaHCO3 C. 中和滴定 D. 制硝酸铜 【答案】D 【解析】 【详解】A．蒸发结晶应该使用蒸发皿，坩埚用于灼烧固体物质，将氯化钠溶液蒸发结晶需要使用蒸发皿， 故 A 错误； B．通氨气的导管插入液面太深，易发生倒吸；通二氧化碳的导管没有插入溶液中，二氧化碳不易被溶液吸 收，影响碳酸氢钠的制备，故 B 错误； C．将酸滴入氢氧化钠待测液时，需要使用酸式滴定管滴加酸，图中装置为碱式滴定管，用酸滴定碱时，选 择指示剂为甲基橙易于观察，如选用酚酞试剂，溶液由红色变为无色不易观察，故 C 错误； D．铜与浓硝酸反应可以生成硝酸铜、二氧化氮和水，随着反应的进行，硝酸浓度会减小，产物为硝酸铜、 一氧化氮和水，故可以用于实验室制硝酸铜，同时氢氧化钠溶液可以吸收挥发出的硝酸和氮的氧化物，符 合绿色化学的要求，故 D 正确； 答案选 D。 5.短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增大，X 的气态氢化物极易溶于 Y 的氢化物中。常温 下 Z 单质能溶于 W 的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是（ ） A. 元素 Y 的最高化合价为+6 价 B. 最简单氢化物 沸点：Y＞W C. 原子半径的大小顺序：W＞Q＞Z＞X＞Y D. X、Z、W、Q 分别与 Y 均能形成多种二元化合物 【答案】B 【解析】 【分析】 X 的气态氢化物极易溶于 Y 的氢化物中，常用做溶剂的氢化物为 H2O，则 Y 为 O，极易溶于水的氢化物有 的HCl 和 NH3，X 的原子序数小于 Y，则 X 应为 N；常温下 Z 单质能溶于 W 的最高价氧化物对应的水化物的 稀溶液，却不溶于其浓溶液，可以联想到铝在浓硫酸和浓硝酸中钝化，而 W 的原子序数大于 Z，所以 Z 为 Al，W 为 S；短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增大，Q 为 Cl，综上所述 X 为 N、Y 为 O、Z 为 Al、W 为 S，Q 为 Cl；据此分析。 【详解】A．Y 为 O 元素，没有正价，没有+6 价，故 A 错误； B．Y、W 的简单氢化物分别为 H2O、H2S，水分子间存在氢键，硫化氢分子之间为范德华力，氢键比范德 华力更强，故沸点 H2O＞H2S，故 B 正确； C．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径 Z(Al)＞W(S)＞Q(Cl)＞X(N)＞ Y(O)，故 C 错误； D．X 为 N、Z 为 Al、W 为 S，Q 为 Cl、Y 为 O，N 和 O 可以形成 NO 或 NO2 等、Al 与 O 只能形成 Al2O3、 S 和 O 可以形成 SO3 或 SO2 等、Cl 可以和 O 形成 Cl2O 或 Cl2O7 等、故 D 错误； 答案选 B。 6.电絮凝的反应原理是以铝、铁等合金金属作为主电极，借助外加脉冲高电压作用产生电化学反应，把电能 转化为化学能，以牺牲阳极金属电极产生金属阳离子絮凝剂，通过凝聚、浮除、还原和氧化分解将污染物 从水体中分离，从而达到净化水体的目的。下列说法正确的是（ ） A. 右极为阳极，左极为阴极 B. 电子从左极经电解液流入右极 C. 每产生 1 mol O2，整个电解池中理论上转移电子数为 4NA D. 若铁 阳极，则在处理废水过程中阳极附近会发生：4Fe2＋+O2+4H+＝4Fe3++2H2O 【答案】D 【解析】 【分析】 由装置图可知，若铁为阳极，则阳极电极方程式有 Fe-2e-═Fe2+和 2H2O-4e-═O2↑+4H+，并且二价铁还被放出 的氧气氧化成三价铁，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，阴极氢离子得电子发生还原反应，电极 为反应式为 2H2O+2e-═H2↑+2OH-，据此分析解答。 【详解】A．该装置是把电能转化为化学能的电解池，电子流入的电极为阴极，电子流出的电极为阳极，所 以左极为阳极，右极为阴极，故 A 错误； B．电子不能通过电解质溶液，电解质溶液中通过离子的定向移动，再在两极得失电子形成电流，故 B 错误； C．每产生 1 mol O2，根据电极反应，M−ne−=Mn+（M 代表金属）和 2H2O−4e− =O2↑+4H+，转移电子的物质 的量大于 4 mol，转移电子数大于 4NA，故 C 错误； D．根据题意，若铁为阳极，则阳极电极反应式为 Fe−2e−=Fe2+和 2H2O−4e−=O2↑+4H+，并且二价铁还被放出 的氧气氧化成三价铁，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，故 D 正确； 答案选 D。 7.25 ℃时，在 10 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3 溶液中逐滴加入 0.1 mol·L-1 HCl 溶液 20 mL，溶液中含碳微粒的物质 的量随溶液 pH 的变化如图所示。下列说法错误的是（ ） A. HCl 溶液滴加一半时，溶液 pH＞7 B. H2CO3 Ka1 的数量级为 10-6 C. pH＝8 时，溶液中 NaHCO3 的物质的量浓度为 0.1 mol·L-1 D. 在 M 点：c(Na＋)＞c(CO )＝c(HCO )＞c(OH－)＞c(H＋) 【答案】C 【解析】 【分析】 不加酸时，Na2CO3 溶液显碱性，随着 HCl 溶液的加入，溶液由碳酸钠转变为碳酸氢钠，当 HCl 溶液滴加一 半时，两者恰好生成碳酸氢钠，再继续加 HCl 溶液，溶液逐步由碳酸氢钠转化为碳酸，由此分析。 【详解】A．当 HCl 溶液滴加一半时，两者恰好生成碳酸氢钠，溶液中，以 NaHCO3 为主，故该溶液呈碱 性，溶液 pH＞7，故 A 正确； B．由图中可以看出，当 c(H+)=10−6mol/L 时，c(H2CO3)＝c(HCO )，H2CO3 的 Ka1= ， 故 B 正确； C．从图中可知当 pH 值为 8 时，溶液中的主要溶质为 NaHCO3。当加入盐酸的体积为 10mL 时，恰好生成 的 2- 3 - 3 - 3 2 - 63 3 c H c H c ( ) ( CO ) =10( CO )H + −NaHCO3，此时 NaHCO3 的物质的量浓度为 0.05mol/L，故 C 错误； D．由图可知 M 点的 CO32-和 HCO3-物质的量相等，两者的盐水解溶液呈碱性，pH 值为 11 呈碱性，故离子 浓度为：c(Na＋)＞c(CO )＝c(HCO )＞c(OH－)＞c(H＋)，故 D 正确； 答案选 C。 8.某工厂利用褐煤烟灰(主要成分为碳、二氧化锗，还有少量氧化铝和二氧化硅)制取纯 GeO2 的主要流程如 下： 已知：GeO2 是一种难溶于水的偏弱酸性的两性氧化物，GeCl4 的熔点为-49.5℃，沸点是 84℃。 (1)写出二氧化锗与碳酸钠焙烧时发生反应的化学方程式__________________________。 (2)用水浸取焙烧物长达 2 小时的目的是____________________________。 (3)调节 pH 可选用的试剂溶液 a 是________(填字母)。 A．氨水 B．氢氧化钠溶液 C．盐酸 D．碳酸钠溶液 (4)“滤渣”的主要成分是________(填化学式)。 (5)“酸化”至溶液中盐酸浓度为 5.3mol·L-1 时有利于生成四氯化锗，写出该反应的化学方程式 ___________________________。 (6)操作“X”的名称为__________。 (7)四氯化锗与高纯水反应的化学方程式为___________________________。 【答案】 (1). GeO2+Na2CO3 Na2GeO3+CO2↑ (2). 为了提高含锗化合物的浸出率 (3). C (4). H2SiO3 、 Al(OH)3 (5). Na2GeO3+6HCl=2NaCl+3H2O+GeCl4 (6). 蒸 馏 (7). GeCl4+(2+n)H2O=4HCl+GeO2•nH2O 【解析】 【分析】 褐煤烟灰(主要成分为碳、二氧化锗，还有少量氧化铝和二氧化硅)加入 Na2CO3 和 NaOH 焙烧，GeO2 是一种 2- 3 - 3 难溶于水的偏弱酸性的两性氧化物，发生反应为 GeO2+Na2CO3 Na2GeO3+CO2↑、SiO2 转化为 Na2SiO3， Al2O3 转化为 2NaAlO2，C 在高温下焙烧转化为 CO2，焙烧后的产物加水浸取 2 小时，得到含有 Na2GeO3、 Na2SiO3、NaAlO2 的混合和浸出液，向浸出液中加入盐酸调节溶液的 pH 值，使 Na2SiO3、NaAlO2 分别转化 为 H2SiO3、Al(OH)3 除去，则滤渣主要为为 H2SiO3、Al(OH)3，滤液中主要含有 Na2GeO3，向滤液加入 7mol/LHCl 酸化，发生反应：Na2GeO3+6HCl=2NaCl+3H2O+GeCl4，使 Na2GeO3 转化为 GeCl4，根据已知信 息，GeCl4 的熔点为-49.5℃，沸点是 84℃，其沸点较低，从溶液中分离出 GeCl4，可以通过蒸馏操作操作完 成，，GeCl4 与水发生水解反应转化为 GeO2∙nH2O，在进行加热去除结晶水获得高纯度的 GeO2，据此分析解 答。 【详解】(1)GeO2 是一种难溶于水的偏弱酸性的两性氧化物，根据反应流程可知，碳酸钠与二氧化锗反应生 成锗酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为：GeO2+Na2CO3 Na2GeO3+CO2↑； (2)用水浸取焙烧物长达 2 小时的目的是为了提高含锗化合物的浸出率； (3)根据分析，调节 pH 的目的是为了出去含硅和铝元素的杂质，Na2SiO3、NaAlO2 在酸性条件下均可转化为 沉淀，则可选用的试剂溶液 a 是盐酸，答案选 C； (4)根据分析，“滤渣”的主要成分是 H2SiO3、Al(OH)3； (5)向滤液加入 7mol/LHCl 酸化，使 Na2GeO3 转化为 GeCl4，GeO2 是一种难溶于水的偏弱酸性的两性氧化物， 类比氢氧化铝的性质，则 H2GeO3 能够与氯化氢反应生成生成物为 GeCl4、NaCl 和水，反应的化学方程式为： Na2GeO3+6HCl=2NaCl+3H2O+GeCl4； (6)结合已知信息，GeCl4 的熔点为-49.5℃，沸点是 84℃，其沸点较低，从溶液中分离出 GeCl4，可以通过蒸 馏操作操作完成，操作“X”的名称为蒸馏； (7)GeCl4 与水发生水解反应转化为 GeO2∙nH2O，另一种产物为 HCl，反应的化学方程式为 GeCl4 + (2+n)H2O = 4HCl+GeO2•nH2O。 【点睛】题目难度不大，关键在于要对物质的性质掌握，在焙烧过程中发生的反应要考虑全面，才能准确 推断每个步骤发生的反应和溶液中微粒的变化，题中的已知信息为解题关键。 9.乳酸亚铁晶体([CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O ，相对分子质量为 288)易溶于水，是一种很好的补铁剂，可由 乳酸[CH3CH(OH)COOH]与 FeCO3 反应制得。 I．碳酸亚铁的制备(装置如图所示)  (1)实验操作如下：打开______，加入适量稀硫酸后关闭 k1，使反应进行一段时间，其目的除生成 FeSO4 溶 液外，还有__________________________________。 (2)接下来使仪器 C 中的制备反应发生，其反应的离子方程式为_____________。 (3)仪器 C 中混合物经过滤、洗涤得到 FeCO3 沉淀，检验其是否洗净的方法是_____。 Ⅱ．乳酸亚铁的制备及铁元素含量测定 (4)向纯净 FeCO3 固体中加入足量乳酸溶液，在 75℃下搅拌使之充分反应，经过滤，在__________________ 的条件下，经低温蒸发等操作后，获得乳酸亚铁晶体。 (5)两位同学分别用不同的方案进行铁元素含量测定： ①甲同学通过 KMnO4 滴定法测定样品中 Fe2+的含量计算样品纯度。在操作均正确的前提下，所得纯度总是 大于 100%，其原因可能是____________________________。 ②乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量计算样品纯度。称取 3.000g 样品，灼烧完全灰化，加 足量盐酸溶解，取所有可溶物配成 100mL 溶液。吸取 25.00mL 该溶液加入过量 KI 溶液充分反应，然后加 入几滴淀粉溶液，用 0.1000 mol·L-1 硫代硫酸钠溶液滴定(已知：I2 + 2S2O ＝S4O + 2I-)，当溶液 _____________，即为滴定终点；平行滴定 3 次，硫代硫酸钠溶液的平均用量为 24.80 mL，则样品纯度为 _____________%。 【答案】 (1). 打开 kl、k2 (2). 用产生的 H2 排尽装置内的空气 (3). Fe2＋＋2HCO =FeCO3↓＋CO2↑ ＋H2O (4). 取最后一次洗涤液，加入过量稀盐酸，再加入一定量 BaCl2 溶液，若无白色沉淀，则洗涤干 净 (5). 隔绝空气 (6). 乳酸根离子中的羟基也能被高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液的量偏 多 (7). 蓝色褪去且半分钟不恢复 (8). 95.2 【解析】 【分析】 亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe 与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生 成的氢气排尽装置中的空气，故 B 制备硫酸亚铁，利用生成氢气，使 B 装置中气压增大，将 B 装置中的氯 化亚铁溶液压入 C 中，C 装置中硫酸亚铁和 NH4HCO3 发生反应：Fe2＋＋2HCO =FeCO3↓＋CO2↑＋H2O，得 2- 3 2- 6 - 3 - 3到碳酸亚铁。 【详解】(1)由仪器图形可知 B 为蒸馏烧瓶；实验中打开 k1、k2，加入适量稀硫酸，铁和硫酸反应生成硫酸 亚铁和氢气，关闭 k1，使反应进行一段时间，可使生成的氢气排出装置 C 内的空气，防止二价铁被氧化； (2)待装置内空气排出后，接下来要使仪器 C 中的制备反应发生，则需关闭 k2，使 B 装置中气压增大，将生 成的硫酸亚铁溶液排到装置 C 中，与碳酸氢根离子发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，反应的离 子方程式为 Fe2＋＋2HCO =FeCO3↓＋CO2↑＋H2O； (3)检验 FeCO3 沉淀是否洗涤干净，就是检验最后一次洗涤液中是否存在硫酸根离子，取最后一次水洗液于 试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量 BaCl2 溶液，若无白色浑浊出现，则表明洗涤液中不存在硫酸 根离子； (4) 乳酸亚铁晶体有较强还原性，易被空气中氧气氧化，则制备乳酸亚铁应隔绝空气，防止被氧化； (5)①乳酸亚铁中含有亚铁离子和乳酸根离子，CH3CH(OH)COO-中含有的羟基均可被酸性高锰酸钾溶液氧化， 因为羟基的反应导致消耗高锰酸钾溶液偏多，故结果偏大； ②碘的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，当蓝色刚好褪去且半分钟不恢复，即可判断 为滴定终点； 样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，则铁元素转变成铁离子，取所有可溶物配成的 100mL 溶液中吸取 25.00mL，该溶液中所含铁离子可按下列关系式计算： 得 x=0.00248mol，则所有可溶物配成的 100mL 溶液中铁离子为 mol=0.00992mol，按铁元 素守恒可知，样品中乳酸亚铁的物质的量为 0.00992mol，则样品的纯度为 ×100%=95.5%。 【点睛】知道乳酸的结构对解本题很关键，乳酸中的羟基也可以被酸性高锰酸钾氧化，为学生的易错点。 10.热化学碘硫循环可用于大规模制氢气，HI 分解和 SO2 水溶液还原 I2 均是其中 主要反应。回答下列问题： (1)碘硫热化学循环中，SO2 的水溶液还原 I2 的反应包括：SO2＋I2＋2H2O 3H＋＋HSO4- ＋2I- 、I-＋I2 I3-。若起始时 n(I2)=n(SO2)=1mo1，I- 、I3- 、H＋ 、HSO4-的物质的量随( )的变化如图所示： 的 的 - 3 3+ 2- 2 2 32Fe I 2S O 2mol 2mol x 0.02480L 0.1mol / L×   100ml 0.0024825ml × 0.00992mol 288g / mol 3.0000g × 2 2 (H O) (SO ) n n图中表示的微粒：a 为_____________，d 为____________________。 (2)起始时 HI 的物质的量为 1mo1，总压强为 0.1MPa 下，发生反应 HI(g) H2(g)+ I2(g) 平衡时 各物质的物质的量随温度变化如图所示： ①该反应的△H __________________ (“＞”或“＜”)0。 ②600℃时，平衡分压 p(I2)= ______MPa，反应的平衡常数 Kp=_____________ (Kp 为以分压表示的平衡常 数)。 (3)反应 H2(g)＋I2(g) 2HI(g)的反应机理如下： 第一步：I2 2I(快速平衡) 第二步：I＋H2 H2I(快速平衡) 第三步：H2I＋I 2HI (慢反应) ①第一步反应_____________ (填 “放出”或“吸收”)能量。 ②只需一步完成的反应称为基元反应，基元反应如 aA＋dD = gG＋hH 的速率方程，v= kca(A)•cd(D)，k 为 常数；非基元反应由多个基元反应组成，非基元反应的速率方程可由反应机理推定。H2(g)与 I2(g)反应生 成 HI(g)的速率方程为 v= ________(用含 k1、k－1、k2…的代数式表示)。 1 2 1 2  -1 1 k k -2 2 k k 3k →【答案】 (1). H+ (2). I3- (3). ＞ (4). 0.0125 (5). （或 0.167) (6). 吸收 (7). c(H2)·c(I2) 【解析】 【详解】(1)加水稀释，SO2＋I2＋2H2O 3H＋＋HSO4-＋2I-正向移动，I-＋I2 I3-逆向移动，同时， 加水稀释后 HSO4- 电离程度增大，结合图中信息，可确定曲线 a 表示 H+、曲线 b 表示 I-、曲线 c 表示 HSO4-、曲线 d 表示 I3-。从而得出图中表示的微粒：a 为 H+，d 为 I3-。答案为：H+；I3-； (2) ①随着温度的不断升高，HI 的物质的量不断减小，H2 的物质的量不断增大，则平衡正向移动，所以正 反应为吸热反应，该反应的△H＞0。答案为：＞； ②从图中采集数据，600℃时，n(HI)=0.75mol，n(H2)=0.125mol，反应前后气体分子数不变，从而得出平 衡分压 p(I2)= MPa=0.0125MPa，反应 HI(g) H2(g)+ I2(g)的平衡常数 Kp= = （或 0.167)。答案为：0.0125； （或 0.167)； (3)①第一步反应断裂共价键，吸收能量。答案为：吸收； ②反应速率由慢反应决定，即 v=k3c(H2I)·c(I)， 第一步是快速平衡，k1c(I2)=k-1c2(I)，可得 c2(I)= c(I2)， 第二步也是快速平衡，k2c(I)·c(H2)=k-2c(H2I)，可得 c(H2I)= c(H2)·c(I)， v=k3 c(H2)·c(I)·c(I)= k3 c(H2)· c(I2)= c(H2)·c(I2)。答案为： c(H2)·c(I2)。 【点睛】对于多步反应，起关键作用的是慢反应，所以分析反应速率时，应从分析慢反应开始。 【化学选修 3——物质结构与性质】 11.铜是人类利用最早的金属之一，其单质及化合物在人生产生活中有着广泛的应用。 (1)铜可以做成导线，Cu 的焰色为___________色；基态 Cu2＋的核外电子占据的最高能层的能层符号为 ___________。 (2)铜可以作为乙醇和氧气反应的催化剂，2CH3CH2OH + O2 CH3CHO + 2H2O。写出与水具有相同空间构 型的一个分子和一个离子______________(微粒由短周期元素组成)。从原子轨道重叠方式来看 CH3CHO 中 所含的共价键类型有____________________，碳的杂化方式是______________。 (3)高温超导是世界上最前沿的研究之一，如下图是第一个被发现的高温超导体氧化物的晶胞。该化合物的 1 6 1 2 3 -1 -2 k k k k k 0125mol 0.11mol ×. 1 2 1 2 1 1 2 2 a a a (0 0125MP ) (0 0125MP ) 0.075MP ×. . 1 6 1 6 1 1 k k− 2 2 k k− 2 2 k k− 2 2 k k− 1 1 k k− 1 2 3 -1 -2 k k k k k 1 2 3 -1 -2 k k k k k Cu ∆ →化学式为___________。与 Cu2+紧邻的 O2-的个数为___________。已知，阿伏加德罗常数为 NA，则晶胞密 度为___________g·cm-3。 【答案】 (1). 绿色 (2). M (3). H2S 或 SO2，NO 或 NH (4). σ 键和 π 键 (5). sp2 和 sp3 杂 化 (6). La2CuO4 (7). 6 (8). 【解析】 【分析】 根据各元素的焰色反应颜色确定铜的焰色反应的颜色，写出铜的核外电子排布式，确定最高能层的符号； 根据水分子的价层电子对数确定分子的立体构型，通过同族替换等方法找到分子立体构型相同的分子或原 子；根据乙醛的分子结构确定共价键的类型和杂化方式；利用均摊法找出 La、Cu、O 原子的个数，得出分 子式，根据图示找出铜离子的配位数，利用 进行计算。 【详解】(1) Cu 的焰色为绿色；基态 Cu2＋的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d9，占据的最高能层的能层 符号为 M； (2)水的成键电子对数为 2 对，孤对电子对数为 2 对，价层电子对数为 4 对，分子的立体构型为 V 形，与水 具有相同空间构型的一个分子可能是 SO2 或 H2S，一个离子可能为 NO 或 NH ；CH3CHO 分子中含有碳 氢单键，碳碳单键，碳氧双键，单键都是 σ 键，双键中，一个是 σ 键，一个是 π 键，CH3CHO 中所含的共 价键类型有 σ 键和 π 键，甲基上碳原子的杂化方式是 sp3 杂化，醛基上的碳原子采用 sp2 杂化，CH3CHO 中 碳原子的杂化方式为 sp2 和 sp3 杂化； (3) La 位于棱上和体心，个数为 8× +2=4；Cu 位于上下顶点和体心，个数为 8× +1=2，O 原子位于第一 层和第三层的棱上和第二层的面上和体心，个数为 8× +4× +2=8，,该化合物的化学式为 La2CuO4；图中 可以看出与 Cu2+紧邻的 O2-的个数为 6；将阿伏加德罗常数为 NA，N=2，M=406g/mol，V=a2bpm3 代入 ρ= - 2 - 2 30 2 A 812 10a bN × A m nM NM= =V V N V - 2 - 2 1 4 1 8 1 4 1 2，则晶胞密度 ρ= g·cm-3。 【点睛】基态铜离子是铜原子失去最外层的两个电子，铜原子的核外电子排布较特殊，3d 轨道上为全充满 状态，为学生的易错点。 【化学选修 5——有机化学基础】 12.G 是药物合成的中间体，其部分合成路线如下： 已知：RCHO + CH3COR1 RCH=CHCOR1 + H2O 请回答下列问题： (1)C→D 的反应类型为_______________。 (2)试剂 E 的名称为_____________，G 的分子式为_______________。 (3)写出 A→B 的化学方程式__________________________________。 (4)设计 A→B 步骤的目的是__________________ 。 (5)芳香族化合物 T 是 D 的同分异构体，满足下列条件的结构一共有___ 种。 ①能发生银镜反应； ②遇 FeCl3 溶液不发生显色反应，其在稀硫酸中的水解产物之一遇 FeCl3 溶液能发生显色反应； ③在核磁共振氢谱上有七组峰； (6)以环己醇和 为原料，合成 的路线为 __________________________。 【答案】 (1). 取代反应 (2). 丙酮 (3). C19H20O5 (4). +(CH3CO)2O→ A m nM NM= =V V N V A 30 2 A 812 10a bN m nM NM= = =V V N V × -OH ∆ →+CH3COOH (5). 保护酚羟基 (6). 2 (7). 【解析】 【分析】 结合 A、B 结构简式可知 A→B 的反应时乙酸酐与酚羟基发生取代反应，B 被氧化为 C，C 含有酯基，在酸 性条件下发生水解反应生成 D；根据信息中羟醛缩合的反应特征，结合 D、F 的结构简式对比可知，E 为丙 酮 CH3COCH3，F 在 LiBH4 作用下发生还原反应生成 G； (6)分析目标产物和原料，结合已知信息羟醛缩合可知，将环己醇氧化为环己酮，再发生羟醛缩合反应，最 后将酮重新还原为醇即可。 【详解】(1)根据分析 C 含有酯基，在酸性条件下发生水解反应生成 D，水解反应属于取代反应； (2)结合分析，根据信息中羟醛缩合的反应特征，结合 D、F 的结构简式对比可知，E 为丙酮 CH3COCH3； 由 G 的结构简式，每个节点为碳原子，每个碳原子形成 4 个共价键，不足键用氢原子补齐，可知 G 的分子 式为：C19H20O5； (3)结合 A、B 结构简式可知 A→B 的反应时乙酸酐与酚羟基发生取代反应，反应的副产物是 CH3COOH，则 反应方程式为： +(CH3CO)2O→ +CH3COOH； (4)A→B 将羟基变成酯基，C→D 将酯基变成羟基，结合 B→C 是氧化反应，则设计 A→B 步骤的目的是避 免酚羟基被氧化，其目的是保护羟基； (5)依题意，T 能发生银镜反应，遇 FeCl3 溶液不发生显色反应，但其在稀硫酸中水解的产物之一遇 FeCl3 溶 液能发生显色反应，说明含有 结构且不含酚羟基，结合 D 的分子式为 C8H8O3，所以 T 含两个取代基：第一组是 HCOO-、-CH2OH；第二组是 HCOO-、-OCH3，在核磁共振氢谱上有七组峰， 所以 T 的结构只能是第一组，并且两个官能团不在对位，只能在邻位和间位，符合条件的同分异构体有 2 种； (6)分析目标产物和原料，结合已知信息羟醛缩合可知，将环己醇氧化为环己酮，再发生羟醛缩合反应，最 2O /Cu Δ → 4Li BH→后将酮重新还原为醇即可，则合成路线为： 。 【点睛】本题的难点为(4)，要结合 A→B→C→D 的官能团变化分析解答，A→B 将羟基变成酯基，C→D 将 酯基变成羟基，结合 B→C 是氧化反应，则设计 A→B、C→D 步骤的目的是保护羟基。 2O /Cu Δ → 4Li BH→