2020年湖北名校联盟考前提分仿真卷 化学（二） 教师版.docx

1、 绝密绝密 启用前启用前 20202020 届湖北名校联盟考前提分仿真卷届湖北名校联盟考前提分仿真卷 化化 学（二）学（二） 注意事项：注意事项： 1本试卷分第卷（选择题）和第卷（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 5

2、9 一、选择题一、选择题（每小题每小题 6 分分，共共 42 分分。） 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；BCaSO4不溶于酸，CaSO4用 Na2CO3

3、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

4、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） A4 种 B5 种 C6 种 D7 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

5、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：Cl2Co2O3 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 K3Fe(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 【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

6、氧化产 物的氧化物，则氧化性：Cl2Co2O3，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。 112019 年 11 月Scie

7、nce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，Ka2.4 10 12)。下列说法错误的是 AX 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 Db 极上的电极反应为 O2+H2O+2e=HO2+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

8、，故 C 正确；Db 为正极，氧气得电子，b 极上的电极反应为 O2+H2O+2e=HO2+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 AYZ2属于酸性氧化物 BX 的氧化物的水化物酸性弱于 W 的氧化物的水化物酸性 CX、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

9、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；BX 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

10、的酸性强弱，B 错误；CC 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：OCl，故氢化物的稳定性为 H2OHCl， 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 CrO2 4溶液中的溶解度 如图所示。又知 Ksp(AgCl)=1.8 1010。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 1012 C加热蒸

11、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， CrO2 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(CrO 2 4)=10 2mol/L 时，溶解度为 105 mol/L 计算 Ksp=c2(Ag+) c(CrO2 4)=(2 1

12、0 5)2 102=4 1012，则数量级为 1012，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+)= 10 1.8 10 0.01 mol/L=1.8 108mol/L，而 Ksp(Ag2CrO4)=4 1012，形成 Ag2CrO4时需要 Ag+的浓度最小为 c(Ag+)= 12 4 10 0.01 mol/L=2 105 mol/L，形成

13、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。 二二、非选择题（、非选择题（共共 43 分分） 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

14、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。 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 D 中主要反应的离子方程式为_。 (6)向馏出液中加入 25.00mL 0.100mol L1 La(NO3)3溶液，得到 LaF3沉淀，再用 0.100mol L1 EDTA 标准溶液滴定剩余 L

15、a3+(La3+与 EDTA 按 11 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

16、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

17、 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)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； D 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 3FLaF3La3+ EDTA La3+ 3mol 1mol 1mol 1mol x x/3 0.1mol/L 20.00 103L 0.1mol/L 20.00 103L 3 x +0.1

18、mol/L 20.00 103L=0.100mol/L 25.00 103L 得 x=1.5 103mol=0.0015mol 氟化稀土样品中氟的质量分数为： 0.0015mol 19g/ mol 1.00g 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。 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。

19、 （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 M

20、nO2和 Li2CO3按 41 的物质的量之比配料，混合搅拌，然后高温煅烧 600750， 制取产品 LiMn2O4。写出该反应的化学方程式：_。 【答案】（1）MnO2+SO2=SO2 4+Mn 2+ AC （2）将 Fe2+氧化为 Fe3+ （3）7.2 104 （4）蒸发浓缩、趁热过滤 （5）8MnO2+2Li2CO3= 6007504LiMn 2O4+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+Mn 2+；提高 MnO 2的浸出率：A不断搅拌，使 SO2和软锰矿浆充分接触，这样 SO2就

21、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+Mn 2+； AC； (2)第1步除杂中加入H 2O2的目的是将溶液中的Fe 2+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+Mg

22、F2， 该 反 应 的 平 衡 常 数 数 值 为 2 +2 +2- s p24 2 +2 +2- s p2 ( M n F ) c ( M n)c ( M n) c( F ) = 7 . 21 0 c ( M g)c ( M g) c( F )( M g F ) K K K ，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

23、 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= 6007504LiMn 2O4+2CO2+O2，故答案为： 8MnO2+2Li2CO3= 6007504LiMn 2O4+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) H，该反应共有两步第一步反应 为 2NO(g)N2O2(g) H10；请写出第二步反应的热化学方程式（H2用含 H、H1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： 2

24、NO2(g)2NO(g)+O2(g)， 容器 I 中 5min 达到平衡。相关数据如表所示： 容器编号 物质的起始浓度(mol/L) 物质的平衡浓度(mol/L) c(NO2) c(NO) c(O2) c(O2) I 0.6 0 0 0.2 0.3 0.5 0.2 容器在反应的起始阶段向_(“正反应”、“逆反应”、“达平衡”)方向进行。 达到平衡时，容器 I 与容器中的总压强之比为_ a1 b=1 c1 (3)NO2存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g) H0，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：(NO2)=k1 p2(NO2)，

25、(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 41、31、13 时，得到 NO 脱除率曲线如图所示： 曲线 a 中，NO 的起始浓度为 6 104 mg m3，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)。 曲线 b 对

26、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： 从 A 口中出来的物质的是_。 写出电解池阴极的电极反应式_。 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) H2=H-H1 （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）1.5 104 31 （5）O2和较浓的硫酸 2HSO 3+2H +2e=S 2O 2 4+2H2O 2NO+2S2O 2 4+2H2O=N2+4HSO 3 【解析】 (1)2NO(g)+O2(g)2N

27、O2(g) H， 第一步反应为2NO(g)N2O2(g) H10， 则第二步反应为-， 整理可得N2O2(g) +O2(g)2NO2(g) H2=H-H1； (2)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= 2 2 0.40.2 0.2 =0.8，对于容器中

28、进行的上述 反应，在开始时刻浓度商 Qc= 2 2 0.50.2 0.3 0.560.8，则反应向正反应方向进行；对于反应，由 于 NO 与 O2按照 21 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 开始时气体的物质的量 n(总)II=0.7mol+0.1mol=0.8mol0.6mol，在相同外界

29、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， (NO2)=k1 p2(NO2) ， (N2O4)=k2 P(N2O4) ， 所 以Kp= 24 1 2 22 p N Ok 2pNO2k ，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 12 的关系，所以 B、D 为平衡点；(4)曲线 a 中 NO 的起始浓度为 6 104 mg m3，A 点的脱除率为 55%，B 点的脱除率为 7

30、5%，从 A 点到 B 点经过 0.8s，该时间段内 NO 的 脱除速率 V= 43 6 100.750.55 mg m 0.8s =1.5 104 mg/(m3 s)； NH3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 41、31、13 时，对应的曲线为 a、b、c，即 曲线 b 对应的物质的量之比是 31；(5)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；在电解

31、池阴极 上得到电子发生还原反应，根据图可知是 HSO3在酸性条件下发生还原反应，生成 S2O2 4，其电极反 应式为 2HSO3+2e+2H+=S2O2 4+2H2O；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+4HSO3。 三三、选考题（共选考题（共 15 分，请考生从分，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。 ）分。 ） 35【化学化学选修选修 3：物质的

32、结构与性质】物质的结构与性质】（15 分）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+ x 6 )H2O+ 1 6 ZnSO4MnOOH+ 1 6 ZnSO4Zn(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 键与 键数目之比为 。 (3)NO2的空间构型为 。 (4)MnO 是离子晶体，其晶格能可通过如图的 BornHaber 循环计算

33、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 cm3(阿伏加德罗常数用 NA表示)。 【答案】（1）1s22s22p63s23p63d5 sp2、sp3 （2）34 （3）V 形 （4）b kJ mol1 2e kJ mol1 (f-a-b-c-d-e) kJ mol1 （5）ZnS 3 A 388 aN 【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 1s22s22p63s23

34、p63d5；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 NC-CN，则 键为 3 个， 键为 4 个，从而得出 键和 键为数目之比为 34；答案为：34； (3)NO2的价层电子对数为 51 2 =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 mol1，则 Mn

35、 的第一电离能为 b kJ mol1；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 mol1；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 mol1；答案为：b kJ mol1；2e kJ mol1； (f-a-b-c-d-e) kJ mol1；(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 331 A 4 97g/

36、mol a cmmolN = 3 A 388 aN g cm-3；答案为： 3 A 388 aN 。 36【化学化学选修选修 5：有机化学基础】有机化学基础】（15 分）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)C 中的官能团的名称为_，F 的结构简式为_，AB 的反应类型为_。 (2)DE 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_。 只有一个苯环且苯环上的一氯取代物只有 2 种 遇 FeCl3溶液显紫色 分子中含 (5)设计由甲苯制备 R

37、 （） 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 发生的是信息类似的反应，引入碳碳双键，即 E 为，E 到 F 发生的是信息类似的 反应，得到碳氧双键，即 F 为，F 到 M 发生的信息类似的反应，即得到 M。(1)C 中的官能团的名称为羟基和羧基，根据信息和得到 F 的结构简式为，根据 AB 和 BC 的结构简式得到 AB 的反应类型为取代反应；故答案为：羟基和羧基； 取代反应。 (2)根据信息得出DE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)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，遇 FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基 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： 。