2020年高考化学 鱼跃龙门冲刺卷05 【解析版】

2020 年高考金榜冲刺卷 05【学科网名师堂】 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 O 16 Ti-48 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．化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是 A．添加碱性蛋白酶能提高洗衣粉的去污能力，使用时水温越高洗涤效果越好 B．84 消毒液和医用酒精杀灭新冠肺炎病毒的原理不同 C．用超临界液态 CO2 代替有机溶剂萃取大豆油，有利于环保 D．侯氏制碱法利用了物质溶解度的差异 【答案】A 【解析】 A．添加碱性蛋白酶能提高洗衣粉的去污能力，温度过高，会使蛋白酶失去活性，用温水洗涤效果越好，故 A 错 误； B．84 消毒液是利用次氯酸的氧化作用消毒，医用酒精能使蛋白质变性消毒，原理不同，故 B 正确； C．用超临界液态 CO2 代替有机溶剂萃取大豆油，减少有机溶剂的使用，有利于环保，故 C 正确； D．侯氏制碱法是将 NH3、CO2 先后通入饱和 NaCl 溶液中，发生反应 NaCl + CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl， 该反应相当于氯化钠和碳酸氢铵发生复分解反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸氢铵，故析 出碳酸氢钠晶体，故 D 正确；选 A。 8．已知：在无氧条件下，葡萄糖发生反应 C6H12O6 2CH3CH2OH + 2CO2↑。设 NA 是阿伏伽德罗常 数的值。下列说法正确的是 A．0.1 mol 葡萄糖(C6H12O6)含羟基(-OH)数目为 0.6NA B．常温常压下，46 g CH3CH2OH 与足量的钠反应产生氢分子数为 0.5NA C．4.48 L CO2 和 CO 的混合气体所含碳原子总数为 0.2NA D．2.4 g Mg 在足量的 CO2 中完全燃烧，转移电子数目为 0.4NA 【答案】B 【解析】 催化剂→A．1 个葡萄糖分子中含有 5 个-OH，则 0.1 mol 葡萄糖(C6H12O6)中含羟基(-OH)数目为 0.5NA，A 错误； B．46 g CH3CH2OH 的物质的量是 1 mol，由于 2 molCH3CH2OH 与足量金属钠反应产生 1 mol H2，则 1 mol CH3CH2OH 与足量的钠反应产生氢分子的物质的量是 0.5 mol，分子数为 0.5NA，B 正确； C．缺少外界条件，不能确定气体的物质的量，因此不能计算其中含有的 C 原子数目，C 错误； D．Mg 是+2 价金属，1 mol Mg 完全失去 2 mol 电子，2.4 g Mg 的物质的量是 0.1 mol，则其在足量的 CO2 中完全 燃烧，转移电子数目为 0.2NA，D 错误；故合理选项是 B。 9．下列关于有机物的说法正确的是 A．将淀粉水解并检验其产物，加液顺序为：淀粉溶液→稀硫酸→新制的 悬浊液 B． 能发生酯化、加聚、水解等反应 C． 是重要有机化工产 的单体 D．二环[1，1，0]丁烷（ ）的分子式为 ，其二氯代物有 3 种（不考虑立体异构） 【答案】C 【解析】 A.检验淀粉的水解产物关键在于检验产物葡萄糖中所含的醛基，可用新制的 悬浊液作为检验试剂。该 实验需要在碱性条件下进行，需要用 NaOH 溶液先中和稀硫酸，A 不正确； B. 不含能水解的有机官能团，因此不能发生水解反应，B 不正确； C. 的单体，可根据主链上的单双键互换法分析，单体为 ，C 正确； D. 的二氯代物，根据定一议二的方法，然后排除重复，有 4 种（不考虑立体异构），D 不正确。 答案选 C。 10．物质类别和核心元素的价态是学习元素及其化合物性质的重要认识视角。如图是某元素的“价类二维图”，其 中单质 b 是黄色固体，f、h 均为正盐，且焰色都是黄色。下列说法不正确的是 2Cu(OH) 2HOCH CH CHCOOH= 4 6C H 2Cu(OH) 2HOCH CH CHCOOH=A．d 能使品红溶液褪色 B．a 和 c 反应可以生成 b C．e 的浓溶液可用铝槽车运输 D．h 的水溶液呈碱性 【答案】A 【分析】 单质 b 是黄色固体，则 b 是 S 元素，故该“价类二维图”是 S 元素的，f、h 均为正盐，且焰色都是黄色，则 f 为 Na2SO4，h 为 Na2SO3，故 a 为 H2S、b 为 S、c 为 SO2、d 为 SO3，e 为 H2SO4，g 为 H2SO3，f 为 Na2SO4，h 为 Na2SO3。 【详解】 A.由分析可知，d 为 SO3，因为 SO2 具有漂白性，才会使品红溶液褪色，非 SO3，A 错误； B.a 为 H2S、c 为 SO2，两者反应方程式为：2H2S+SO2=2S↓+2H2O，有 S 生成即为 b，B 正确； C.e 为 H2SO4，浓硫酸与铝槽常温下发生钝化反应，可用铝槽车运输，C 正确； D.h 为 Na2SO3，为强碱弱酸盐，亚硫酸根发生水解， ，溶液呈碱性，D 正确； 答案选 A。 11．锌空气燃料电池广泛用于铁路、航海灯标以及助听器中，其装置示意图如图所示。下列说法错误的是 A．放电时，负极的电极反应式为 B．放电时， 向活性炭电极方向移动 C．充电时， 电极上的电势比活性炭电极上的高 D．充电时阴极质量减小 ，理论上阳极生成 气体 2- - - 3 2 3SO +H O HSO +OH 2Zn 2OH 2e ZnO H O− −+ − = + K+ Zn / ZnO 16g 16g【答案】C 【分析】 根据电极材料可知，放电时 Zn/ZnO 电极为负极，通入氧气的活性炭电极为正极，则充电时 Zn/ZnO 电极为阴极， 通入氧气的活性炭电极为阳极。 【详解】 A．放电时 Zn/ZnO 电极为负极，Zn 失电子结合 OHˉ转化为 ZnO，电极反应式为 ，故 A 正确； B．原电池中阳离子流向正极，所以 K+向活性炭电极方向移动，故 B 正确； C．充电时，Zn/ZnO 电极与外加电源负极相连，为阴极，活性炭与外加电源正极相连，为阳极，阴极电势要低 于阳极，即 Zn/ZnO 电极上的电势比活性炭电极上的低，故 C 错误； D．充电时阴极上 ZnO 转化为 Zn，电极反应式为 ZnO+2eˉ+H2O=Zn+2OHˉ，所以减少的质量为 O 原子的质量， 质量减少 16g，即减少 1mol 氧原子，转移 2mol 电子，阳极生成的气体为氧气，生成一个氧气转移 4 个电子，所 以转移 2mol 电子时生成 0.5mol 氧气，质量为 16g，故 D 正确；故答案为 C。 12．下列实验“操作和现象”与“结论”对应且正确的是 操作和现象 结论 A 向盛有浓硫酸的试管中加入铜片，铜片很快开始溶解， 并放出刺激性气味的气体 浓硫酸具有强氧化性 B 向两支盛有 KI3 的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和 硝酸银溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀 KI3 溶液中存在平衡：I ⇌I2+I- C 向一定量的硝酸银溶液中先滴加 KCl 溶液，再滴加 KI 溶液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI) D 室温下，用 pH 试纸分别测定浓度为 0.1mol/LNaClO 溶 液和 0.1mol/LCH3COONa 溶液的 pH 比较 HClO 和 CH3COOH 的 酸性强弱 【答案】B 【解析】 A．铜与浓硫酸的反应需要加热，常温下，几乎无明显现象，现象不正确，故 A 错误； B．向两支盛有 KI3 的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和硝酸银溶液，前者溶液变蓝，说明溶液中存在 I2，后 者有黄色沉淀，说明溶液中存在 I-，说明 KI3 溶液中存在平衡：I ⇌I2+I-，故 B 正确； C．向一定量的硝酸银溶液中先滴加 KCl 溶液，再滴加 KI 溶液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀，可能是因 - - 2Zn+2OH -2e =ZnO+H O 3 − 3 −为溶液中硝酸银过量，因此不能说明 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，实验结论不正确，故 C 错误； D．NaClO 溶液具有强氧化性，不能用 pH 试纸测定浓度为 0.1mol/LNaClO 溶液的 pH，实验操作不正确，故 D 错误；故选 B。 13．常温下，向 20mL0.2mol·L-1H2X 溶液中滴加 0.2mol·L-1NaOH 溶液，在不同 pH 环境下不同形态的粒子组成 分数如图所示，下列说法正确的是 A．水的电离程度：b 点小于点 a B．将等物质的量的 NaHX、Na2X 溶于水中，所得溶液 pH 恰好为 11 C．常温下的 Ka(HY)＝1.1×10-10，将少量 H2X 溶液加入到足量 NaY 溶液中，发生的反应为：H2X＋Y－＝HY＋HX － D．常温下，反应 X2－+H2O⇌HX－+OH－的平衡常数对数值 1gK=-11 【答案】C 【分析】 在 H2X 溶液中滴加 NaOH 溶液首先发生反应 ，该反应过程中 H2X 的浓度逐渐减小，HX- 的浓度逐渐增大；然后发生 ，HX-的浓度逐渐减小，X2-的浓度逐渐增大，根据反应过程及 每个阶段中粒子种类的变化分析。 【详解】 A.由图像可知 a 点的溶质组成为 H2X 和 NaHX 的混合溶液，b 点为 NaHX 和 Na2X 的混合溶液，H2X 是酸抑制水 的电离，Na2X 为强碱弱酸盐促进水的电离，由此可知 b 点水的电离程度大于 a 点水的电离程度，故 A 错误； B.由图像可知，当溶液中 HX-和 X2-的浓度相等时，溶液的 pH 值等于 11，但等物质的量的 NaHX、Na2X 溶于水 中，X2-的水解程度大于 HX-的水解程度，因此溶液中的 HX-的浓度大于 X2-的浓度，溶液 pH 值略小于 11，故 B 错误； C.由 a 点可求 ， ；.由 b 点可求 ， ，常温下的 Ka(HY)＝1.1×10-10，则酸性 ，根据强酸 制弱酸的原理则少量 H2X 溶液加入到足量 NaY 溶液中，发生的反应为：H2X＋Y－＝HY＋HX－，故 C 正确； - - 2 2H X+OH =HX +H O - - 2- 2HX +OH =X +H O ( )1 2Ka H X ( )1 2 2 -7c( X ) c( )X =c( )=10c( X) H HKa H HH + + − =  ( )2 2Ka H X ( ) 2 -11 -2 2 c(X ) c( )X =c(HKa H )=10c X H( )H + + − =  - 2H X>HY>HXD. 反应 X2－+H2O⇌HX－+OH－的平衡常数 = ，1gK=-3，故 D 错误；故选：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）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型绿色、高效的水处理剂，对病毒的去除率可达 99.95%。已知 K2FeO4 在低于常温的碱性环境中稳定，酸性条件下，其氧化性强于 KMnO4、Cl2 等。某小组设计制备 K2FeO4 并测定其 纯度的实验步骤如下： I.制备次氯酸钾。在搅拌和冰水浴条件下，将 Cl2 通入浓 KOH 溶液，同时补加一定量 KOH，产生了大量白色沉 淀，抽滤后得到浓 KClO 滤液。 II.制备高铁酸钾(装置如图) 碱性条件下，向如图装置加入上述浓 KClO 溶液与冰水浴磁子搅拌 Fe(NO3)3；饱和溶液，反应一段时间，得到 紫黑色溶液和大量白色沉淀，抽滤分离，用冰盐浴进一步冷却滤液得到 K2FeO4 粗品。 III.测定高铁酸钾样品的纯度。取 0.300g 上述步骤制备的 K2FeO4 样品于锥形瓶，在强碱性溶液中，用过量 CrO2- 与FeO42-反应生成 CrO42-和Fe(OH)3。稀硫酸酸化后加入指示剂，以0.150mol/L(NH)2Fe(SO4)2标准溶液滴定 Cr(VI) 至 Cr3+，终点消耗 20.0mL。 （1）步骤 I 制备次氯酸钾的化学方程式为_____；“补加一定量 KOH”的目的除了与过量 Cl2 继续反应生成更多 KClO 外，还在步骤 II 中起到___________的作用。 （2）根据 K2FeO4 理论合成产率与合成条件响应曲面投影图(见图，虚线上的数据表示 K2FeO4 的理论合成产率)， 步骤 II 中控制的条件应是：温度______ (序号，下同)，反应时间_____________。 W 2 2 2 Kc(HX ) c(O ) c(HX ) c(O ) c( )= =c(X ) c(X ) c( ) H H HK KaH − − +− − + − −=     -14 -3 -11 10 =1010a.0.0~5.0℃ b.5.0~10℃ c.10~15℃ d.40~50 min e.50~60 min f.60~70 min （3）步骤 II 中，为了避免副产物 K3FeO4 的产生，Fe(NO3)3 饱和溶液应放在仪器 A 中，A 的名称是________； 写出实验刚开始时生成 FeO42-的离子方程式________。 （4）根据步骤皿 I 的测定数据，计算高铁酸钾样品纯度为_____(保留 3 位有效数字)。 （5）为探究酸性条件下 FeO42-氧化性强弱，甲同学取步骤 II 所得 K2FeO4 粗品加入到少量盐酸中，观察到产生黄 绿色气体，经检验气体为 Cl2。该现象能否证明“酸性条件下 FeO42-氧化性强于 Cl2”，并说明理由 _______________________________。 【答案】（1）Cl2+2KOH=KCl↓+KClO+H2O（2 分） 提供碱性环境、做反应物（2 分） （2）b（1 分） e （2 分） （3）恒压滴液漏斗（1 分） 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O（2 分） （4）66.0% （2 分） （5）不能。粗品中可能混有 KClO，与盐酸反应产生 Cl2（2 分） 【分析】 本实验的目的是制备 K2FeO4 并测定其纯度，首先需要制备 KClO，Cl2 通入浓 KOH 溶液，发生反应 Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，根据题意，有白色沉淀生成，KClO 在滤液中，说明白色沉淀是 KCl；然后制备高 铁酸钾，将碱性 KClO 浓溶液与 Fe(NO3)3 混合反应，得到高铁酸钾溶液，同时析出硝酸钾、氯化钾等白色沉淀， 过滤，冰盐浴进一步冷却析出高铁酸钾粗品； 测定纯度：在强碱性溶液中，用过量 CrO2-与 FeO42-反应生成 CrO42-和 Fe(OH)3，加稀硫酸使 CrO42-转化为 Cr2O72-，CrO2-转化为 Cr3+，Fe(OH)3 转化为 Fe3+，(NH4)2Fe(SO4)2 标准液可以将 Cr(VI)还原为 Cr3+，所以可用 (NH4)2Fe(SO4)2 标准液测定生成的 CrO42-的量，从而确定 FeO42-的量。 【详解】 （1）步骤 I 利用氯气和氢氧化钾反应制备次氯酸钾，过程中析出 KCl 固体，所以化学方程式为 Cl2+2KOH=KCl↓+KClO+H2O；过量的 KOH 可以提供步骤 II 中反应需要的碱性环境，同时 KOH 还要作为反应物 参与反应； （2）据图可知温度为 5.0~10℃时产率可到达 0.8，所以温度应选 b；反应时间在 50~60 min 时该温度下产率最高， 所以反应时间选 e； （3）仪器 A 的名称是恒压滴液漏斗；实验刚开始时次氯酸根在碱性环境下将 Fe3+氧化生成 FeO42-，此时硝酸钾 等物质浓度较低，应没有沉淀生成，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；（4）(NH4)2Fe(SO4)2 标准液可以将 Cr(VI)还原为 Cr3+，Fe2+转化为 Fe3+，化合价升高 1 价，Cr(VI)还原为 Cr3+， 化合价降低 3 价，根据电子守恒可知 n[(NH4)2Fe(SO4)2]：n[Cr(VI)]=3:1；根据元素守恒可知被 FeO42-氧化的 CrO2- 的物质的量为 n(CrO2-)=0.02L×0.150mol/L× =0.001mol；CrO2-转化为 Cr(VI)化合价升高 3 价，FeO42-转化为 Fe3+ 化合价降低 3 价，所以 n(CrO2-)：n(FeO42-)=1:1，则 n(FeO42-)=0.001mol，所以样品的纯度为 =66.0%； （5）粗品中可能混有 KClO，与盐酸反应产生 Cl2，所以不能说明酸性条件下 FeO42-氧化性强于 Cl2。 27．（15 分）硼酸和硫酸镁是重要的化工原料。以硼铁混精矿[主要成分为 MgBO2（OH）、UO2 和 Fe3O4，还有少 量的 Fe2O3、FeO、SiO2]为原料制备硼酸和硫酸镁的工艺流程如下： 已知：①UO22＋在 pH 为 4－5 的溶液中生成 UO2（OH）2 沉淀；②Fe2＋和 Fe3＋沉淀完全的 pH 分别为 9.7、3.7。 （1）酸浸过程中 MgBO2（OH）与硫酸反应的离子方程式为_____。 （2）酸浸过程中加入 H2O2 的目的是______（写出两条），滤渣 1 的主要成分是___（填化学式）。 （3）试剂 1 最好选择_____（填化学式）。若调节溶液 pH 前，溶液中 c（Mg2＋）＝0.2 mol/L，当溶液 pH 调至 5 时，UO2＋沉淀完全，此时是否有 Mg（OH）2 沉淀生成____。{通过计算说明，Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10－12} （4）操作 1 的名称是_____。 （5）MgSO4·H2O 加热脱水可以得无水 MgSO4，那么 MgCl2·6H2O 晶体直接加热___（填“能”或“不能”）得到无 水 MgCl2，理由是_______。 （6）已知：H2CO3 的 Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11；H3BO3 的 Ka＝5.8×10－10。向碳酸钠溶液里逐滴加入硼酸 溶液____（填“有”或“无”）气泡产生，理由是____。 【答案】（1）MgBO2(OH)+2H+=Mg2++H3BO3 （2）将 Fe2+氧化为 Fe3+，将 UO2 氧化成 UO22+便于后续过程除 去 SiO2 （3）MgO 或者 Mg(OH)2 或者 MgCO3 c(Mg2+)×c2(OH-)=0.2×(10-9)2=2×10-19＜Ksp[Mg (OH) 2]=5.6×10-12，因此不会产生 Mg (OH) 2 沉淀 （4）趁热过滤 （5）不能 加热时促进了 MgCl2 的水解， 最终得到氢氧化镁、氧化镁或碱式碳酸镁 （6）无 硼酸的酸性比碳酸弱 【分析】 用硫酸酸化的 H2O2 溶解硼铁混精矿，其中 SiO2 不溶于水和酸，经过滤可除去，所得滤液中主要含有 UO22＋、 Fe3+、Mg2+及 H3BO3，用 MgO 或者 Mg(OH)2 或者 MgCO3 调节溶液 pH，使溶液中 Fe3+完全转化为 Fe(OH)3 沉淀， 并经过滤得滤渣 2，将滤液蒸发、浓缩，趁热过滤，获得 MgSO4·H2O 晶体析出，将滤液冷却结晶，过滤可得粗 硼酸，据此分析解题。 1 3 198g/mol 0.001mol 100%0.300g × ×【详解】 （1）酸浸过程中 MgBO2(OH)与硫酸反应，生成硼酸和硫酸镁，发生反应的离子方程式为 MgBO2(OH)+2H+=Mg2++H3BO3； （2）酸浸过程中加入 H2O2，利用 H2O2 的氧化性，将 Fe2+氧化为 Fe3+，同时将 UO2 氧化成 UO22+便于后续过程 除去；SiO2 不溶于水和酸，则滤渣 1 的主要成分是 SiO2； （3）添加试剂 1 是调节溶液 pH，则试剂 1 能与酸反应，且不引入新的杂质，故最好选择 MgO 或者 Mg(OH)2 或 者 MgCO3；c(Mg2＋)＝0.2 mol/L，当溶液 pH 调至 5 时，c(OH-)=1×10-9mol/L，则 c(Mg2+)×c2(OH-)=0.2×(10-9)2=2×10-19 ＜Ksp[Mg (OH) 2]=5.6×10-12，因此不会产生 Mg (OH) 2 沉淀。 （4）结合以上分析可知，将滤液蒸发、浓缩，趁热过滤，获得 MgSO4·H2O 晶体析出，所以操作 1 的名称是趁 热过滤； （5）MgCl2 能水解生成 Mg (OH) 2 和 HCl，MgCl2·6H2O 晶体直接加热时，促进 Mg2+水解，且 HCl 挥发，则最终 得到氢氧化镁、氧化镁或碱式碳酸镁，而不能得到无水 MgCl2； （6）已知：H2CO3 的 Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11；H3BO3 的 Ka＝5.8×10－10，则硼酸的酸性介于 H2CO3 和 HCO3- 之间，根据强酸制弱酸的原理，向碳酸钠溶液里逐滴加入硼酸溶液只能生成 NaHCO3 和 NaBO3，无碳酸生成， 即无气泡产生。 8．（14 分）丙烯是一种重要的化工原料。可由丙烷催化脱氢制备。 主反应：①C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) ΔH1 副反应：②C3H8(g)=C2H4(g)+CH4(g) ③C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g) ④C3H8(g)+H2(g)=C2H6(g)+CH4(g) 回答下列问题： （1）已知：C3H8(g)+ O2(g)=C3H6(g)+H2O(g) ΔH2=－117kJ/mol H2(g)+ O2(g)=H2O(g) ΔH3=－242kJ/mol。反应①的 ΔH1=___。 （2）某温度下，在体积不变的密闭容器内发生反应①，起始总压强为 105Pa，平衡时总压增加了 20%。则 C3H8 的转化率为___；该反应的平衡常数 Kp=___Pa。若提高 C3H8 的平衡转化率，可采取的措施有___（填标号）。 A．增大 C3H8 的浓度 B．提高温度 C．恒容下通入惰性气体 D．使用高效催化剂 （3）工业生产中常采用恒压下充入高温水蒸气的条件。如图表示常压下反应①C3H8 的平衡转化率与温度及水烃 比（M）的关系，M2___5（填“>”或“ （4）C+CO2=2CO 有利于消除积炭 1： 2.4 【解析】 （1）根据盖斯定律，反应①的 ΔH1=ΔH2-ΔH3=－117kJ/mol+242kJ/mol=+125kJ/mol。 （2）根据反应方程式，反应后增加的压强与反应生成的 C3H6、H2 的压强及反应了的 C3H8 的压强相等，故 C3H8 的转化率为 20%；平衡时 C3H6、H2 压强为 20% 105 Pa =2 104 Pa，平衡时 C3H8 的压强为 105Pa-20% 105 Pa=8 104 Pa，则平衡常数 Kp= ；要提高 C3H8 的平衡转化率，则平衡正向 移动，该反应为吸热反应，则提高温度，C3H8 的平衡转化率增大；增大 C3H8 的浓度平衡虽正向移动但 C3H8 的 平衡转化率减小，故答案选 B。 （3） 恒压下充入高温水蒸气，容器的体积增大，平衡正向移动，则温度一定时，水烃比越大，C3H8 的平衡转 化率越高，故 M2>5。 （4）高温会加剧催化剂表面积炭，导致催化剂迅速失活，加入 CO2 发生反应 C+CO2=2CO，有利于消除积炭， 保持催化剂活性；由表格数据可知， 的配比是 1：2.4，C3H6 的选择性大，C3H8 转化率高，则 C3H6 收 率最高。 （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） 3 8 2 n(C H ) n(CO ) 3 8 2 n(C H ) n(CO ) × × × × 4 4 3 6 2 4 3 8 C H H 2 10 2 1P( )P( ) 0 C H 8 10 5000P( ) × ×× =×= 3 8 2 n(C H ) n(CO )Ni 元素在生产、生活中有着广泛的应用。 回答下列问题: （1）基态 Ni 原子价层电子的排布式为　____。 （2）科学家在研究金属矿物质组分的过程中,发现了 Cu-Ni-Fe 等多种金属互化物。确定某种金属互化物是晶体还 是非晶体最可靠的科学方法是对固体进行_____。 （3）Ni 能与类卤素(SCN)2 反应生成 Ni(SCN)2。Ni(SCN)2 中,第一电离能最大的元素是____;(SCN)2 分子中,硫原子 的杂化方式是____ ,σ 键和 π 键数目之比为_____。 （4）[Ni(NH3)6](NO3)2 中,不存在的化学键为____ (填标号)。 a.离子键　 b.金属键　 c.配位键　 d.氢键 （5）镍合金储氢的研究已取得很大进展。 ①图甲是一种镍基合金储氢后的晶胞结构示意图。 该合金储氢后,含 1molLa 的合金可吸附 H2 的数目为_____。 ②Mg2NiH4 是一种贮氢的金属氢化物。在 Mg2NiH4 晶胞中，Ni 原子占据如图乙的顶点和面心，Mg2+ 处于乙图八 个小立方体的体心。Mg2+位于 Ni 原子形成的　___ (填“八面体空隙”或“四面体空隙”)。 若晶体的密度为 dg/cm3， Mg2NiH4 的摩尔质量为 Mg/mol，则 Mg2+和 Ni 原子的最短距离为　___ nm(用含 d、M、NA 的代数式表示)。 【答案】（1）3d84s2 （2）X 射线衍射实验 （3）N sp3 杂化 5：4 （4）b （5）①3NA ② 四面体空隙 【解析】 （1）Ni 的原子序数为 28，根据能量最低原理可写出电子排布式为 1S22S22P63S23P63d84s2 或[Ar]3d84s2，则其价 电子排布为 3d84s2； （2）确定某种金属互化物是晶体还是非晶体的方法是 X 射线衍射实验； （3）一般情况下，非金属性越强，第一电离能越大，但 N 原子最为层 2p 轨道为半满稳定状态，第一电离能高 于相连元素，所以 Ni(SCN)2 中，第一电离能最大的元素是 N；（SCN）2 分子结构简式为 N≡C-S-S-C≡N，其中 S 原子价层电子对个数是 4 且含有 2 个孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知硫原子的杂化方式为 sp3 杂化；共 价单键为 σ 键，共价双键中含有一个 σ 键、一个 π 键，共价三键中含有 1 个 σ 键、2 个 π 键，则 σ 键和 π 键数目 之比为 5：4； 73 A 3 4M 10 nm4 dN × ×（4）[Ni(NH3)6](NO3)2 中，NH3 与 Ni2+之间为配位键；氨气分子之间存在氢键；[Ni(NH3)6]2+与 NO3-之间为离子 键，不存在金属键，故选 b； （5）①晶胞中 La 原子数目=8× =1、H2 分子数目= =3，故含 1molLa 的合金可吸附 H2 的物质的量为 1mol×3=3mol，数目为 3NA； ②Ni 原子占据顶点和面心，Mg2+ 处于八个小立方体的体心，所以 Mg2+位于 Ni 原子形成的四面体空隙； 该晶胞中 Ni 原子个数=8× +6× =4、Mg2+个数为 8，根据化学式知，H 原子个数为 16，所以晶胞的质量为 ，又已知晶胞的密度为 dg/cm3，则晶胞的棱长为 ，根据晶胞结构可知 Mg2+和 Ni 原子的最短距离为晶胞体对角线的 ，所以最短距离为 。 36．[化学——选修 5：有机化学基础]（15 分） 奥司他韦是一种高效、高选择性神经氨酸酶抑制剂，是目前治疗流感的最常用药物之一，是公认的抗禽流感、甲 型 H1N1 等病毒最有效的药物之一。其合成路线如图所示： 回答下列问题： （1）莽草酸的含氧官能团名称有__；反应③的反应类型__。 （2）反应①的反应试剂和反应条件__。 （3）1molB 最多可以消耗___molNaOH 溶液。 （4）请写出反应②的化学方程式__。 （5）芳香化合物 X 是 B 的同分异构体，则符合官能团只含酚羟基的 X 有___种。 （6）设计由对甲基苯甲醛制备对醛基苯甲酸 的合成路线__。 1 8 1 18 +24 2 × × 1 8 1 2 A 4M gN 3 7A 33 A 4M g 4M 10 nmdg/cm d N N = × 1 4 73 A 3 4M 10 nm4 dN × ×【答案】（1）羟基、羧基 取代反应 （2）乙醇、浓硫酸、加热 （3）1 （4） + + H2O （5）17 种 （6） 【解析】 莽草酸与乙醇在浓硫酸作催化剂加热条件下发生酯化反应生成 A，结合已知信息，A 与丙酮在酸性条件下反应生 成 B，B 与 发生取代反应生成 C，C 加入稀酸作用下生成 D 在经过一系列反应最终得到奥司他韦， 据此分析解答。 （1）莽草酸的结构简式为 ，含氧官能团名称为：羟基、羧基；根据分析反应③的反应类型为取 代反应； （2）根据分析，反应①为莽草酸与乙醇在浓硫酸作催化剂条件下发生酯化反应生成 A，反应实际和反应条件： 乙醇、浓硫酸、加热，； （3）B 为 ，其所含官能团中只有酯基能与氢氧化钠反应，1mol 酯基消耗 1mol 氢氧化钠； （4）根据分析，反应②为 A 与丙酮在酸性条件下反应生成 B 的反应，化学方程式为： +H2O； （5）B 为 ，芳香化合物 X 是 B 的同分异构体，则 X 中有苯环，官能团只含酚羟基，则 X 中有 5 个-OH，并直接连在苯环上，则 X 为 和-C6H13,根据题意 在 X 的结构中为一个 固定原子团结构，可将 看作-X，则该有机物可写为 C6H13X(X 代表 原子团)，故同分 异构体情况分别如下：正己烷分子中含有 3 种氢原子，2-甲基戊烷分子中含有 5 种氢原子，3-甲基戊烷分子中含 有 4 种氢原子，2,2-二甲基丁烷分子中含有 3 种氢原子，2,3-二甲基丁烷分子含有 2 种氢原子，则该有机物符合 要求的同分异构体的数目为 17 个，故答案为：17； H+→ 2 2 + HOCH CH OH H → →高锰酸钾溶液 →稀酸 HO-SO CH2 3（6） 首先与乙二醇反应得到 保护醛基，然后 与高锰酸钾反应将甲基氧 化成羧基得到 ， 酸化得到 ，合成路线为： 。 2 2 + HOCH CH OH H → →高锰酸钾溶液 →稀酸