2020年高考（全国新课标）全真押题预测卷 化学试题02（教师版）.docx

1、 2020 年高考（全国新课标）全真押题预测卷 化 学 可能用到的相对原子质量：H- 1 C- 12 O- 16 Na- 23 Cl- 35.5 Ti- 48 Ag- 108 Pb- 207 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不断进步的材料逐渐构筑了我们现代社会的文明。下列说法错误的是 A“唐三彩”和景德镇瓷器的主要化学成分都是硅酸盐 B玻璃是一种常见的无机非金属材料，在一定温度下软化可制得玻璃仪器 C高铁和城铁所用镁合金具有密度小、强度高、耐腐蚀等特点 D以高纯硅制成的光导纤维内窥镜可直接窥视有关器官部位的

2、变化 【答案】D 【解析】 A. “唐三彩”和景德镇瓷器都是陶瓷，陶瓷的主要化学成分都是硅酸盐，故 A 正确； B. 玻璃是一种常见的无机非金属材料， 玻璃属于混合物， 没有固定的熔点， 在一定温度下软化可制得玻璃仪器， 故 B 正确； C. 镁合金具有密度小、强度高、耐腐蚀等特点，常用于高铁和城铁的设备制造，故 C 正确； D. 光导纤维的主要成份是二氧化硅，不是硅，故 D 错误；故选 D。 8常温下，将 0.20 mol/LKMnO4酸性溶液 0.l0L 与一定量 pH=3.0 的草酸(HOOC- COOH)溶液混合，放出 VL 气 体。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A9

3、g HOOC- COOH 含共用电子对数目为 0.9NA B当 0.01mol KMnO4 被还原时，强酸提供的 H+数目为 0.01NA CpH=3.0 的草酸溶液含有 H+数目为 0.001NA D该反应释放 CO2分子数目为 VNA/22.4 【答案】A 【解析】 A1 个 HOOCCOOH 分子中含有 9 对共用电子对，则 9 g HOOC- COOH 物质的量为 9g 90g/mol=0.1mol，含共用电 子对数目为 0.9NA，故 A 正确； BKMnO4与草酸反应的方程式为 2KMnO45H2C2O43H2SO410CO22MnSO4K2SO48H2O，根据方程 式可知当 1m

4、olKMnO4被还原时， 强酸提供的 H的物质的量为 3mol， 因此反应消耗的 H数目为 3NA， 故 B 错误； C缺少溶液的体积，不能计算 H的数目，故 C 错误； D不确定 CO2气体所处的温度压强条件，因此不能计算其物质的量，也就不能确定其分子数，故 D 错误； 故答案选 A。 9X、Y、Z、M、Q、R 皆为前 20 号元素，其原子半径与化合价的关系如图所示。下列说法错误的是 AQ 位于第三周期A 族 BZ 与 M 的氧化物对应水化物均为强酸 C简单离子半径：MR2+Q+ DX、Y、Z 三种元素组成的化合物可能含有离子键和共价键 【答案】B 【解析】 由图中可知，X 显+1 价，则最

5、外层有 1 个电子，但原子半径小，所以其为氢(H)；Y 显- 2 价，不显正价，则其为 氧(O)；Z 可以显- 3、+5 价，且半径比 O 大，则其为氮(N)；M 显- 1、+7 价，则其为氯(Cl)；Q 显+1 价，且原子 半径比 Cl 大，则其为钠(Na)；R 显+2 价，原子半径比钠大，则其为钙(Ca)。 AQ 为钠(Na)，在周期表中位于第三周期A 族，A 正确； BZ 为氮(N)、M 为氯(Cl)，它们的最高价氧化物对应水化物均为强酸，但若不是最高价含氧酸，则不一定为强 酸，B 不正确； CCl与 Ca2+电子层结构相同，但 Cl-的核电荷数小，所以半径 ClCa2+，Ca2+比 N

6、a+多一个电子层，离子半径 Ca2+Na+，C 正确； DH、O、N 三种元素组成的化合物 NH4NO3既含有离子键，又含有共价键，D 正确；故选 B。 10工业上可用甲苯合成苯甲醛(苯甲醛)，下列说法正确的是（ ） A可以做为萃取剂萃取溴水中的溴单质 B反应的反应类型相同 C的同分异构体有 3 种 D和可以通过酸性高锰酸钾鉴别 【答案】A 【解析】 A. 不溶于水，易溶溴单质，可以做为萃取剂萃取溴水中的溴单质，A 项正确； B. 反应是取代反应，反应是氧化反应，反应类型不同，B 项错误； C. 的同分异构体中包括不含有苯环的结构，其中含有苯环结构的同分异构体有 3 种，C 项错误； D. 和

7、可以使酸性高锰酸钾褪色，不能鉴别两种物质，D 项错误；答案选 A。 11 氢氧化铈Ce(OH)4是一种重要的稀土氢氧化物。 平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、 Fe2O3、CeO2)，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下： 下列说法错误的是 A滤渣 A 中主要含有 SiO2、CeO2 B过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒 C过程中发生反应的离子方程式为 CeO2+H2O2+3H+=Ce3+2H2O+O2 D过程中消耗 11.2L O2(已折合成标准状况)，转移电子数为 2 6.02 1023 【答案】C 【解析】 该反应过程为：CeO2、SiO2、

8、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化 FeCl3存在于滤液中，滤渣为 CeO2和 SiO2； 加入稀硫酸和 H2O2，CeO2转化为 Ce3+，滤渣为 SiO2；加入碱后 Ce3+转化为沉淀，通入氧气将 Ce 从+3 氧 化为+4，得到产品。 A.CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化 FeCl3存在于滤液中，滤渣为 CeO2和 SiO2，故 A 正确；B.结 合过滤操作要点，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故 B 正确；C.稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应 生成转化为 Ce2（SO4）3、O2和 H2O，反应的离子方程式为：6H+H2O2+2CeO2=2

9、Ce3+O2+4H2O，故 C 错误； D.过程中消耗 11.2L O2的物质的量为 0.5mol， 转移电子数为 0.5mol NA=2 6.02 1023， 故 D 正确； 故答案为 C。 12某溶液中可能含有 K+、NH4+、Ba2+、SO42-、I-、Cl-、NO3-中的几种，将此溶液分成两等份。进行如下实验： 在一份溶液中加入足量 NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体 1.12L； 在另一份溶液中加入足量 Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀 2.33g； 在的滤液中加入足量 AgNO3溶液，又有 4.7g 沉淀产生。 有关该溶液中离子种类（不考虑 H+和 OH-）

10、的判断正确的是 A溶液中至少有 2 种阳离子 B只能确定溶液中 NH4+、SO42-是否存在 C溶液中最多有 4 种阴离子 D溶液中不可能同时存在 K+和 NO3- 【答案】C 【解析】在一份溶液中加入足量 NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体 1.12L，和过量 NaOH 溶液加热产 生的气体只能是氨气，故一定存在NH4 +，且物质的量为 0.05mol； 在另一份溶液中加入足量 Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀 2.33g，故一定存在SO4 2-，一定不含 有 Ba2+，且SO4 2-物质的量为： 2.33 233g/mol=0.01mol； 在的滤液中加入足量 Ag

11、NO3溶液，又有 4.7g 沉淀产生，此沉淀未说明颜色，若沉淀只有 AgCl，则 ( AgCl) = 4.7g 143.5g/mol = 0.033mol，若沉淀只有 AgI，则(AgI) = 4.7g 235g/mol = 0.02mol，若溶液中不含有 K+、NO3 ， 根据电荷守恒可知，I与 Cl均存在，若溶液中不含有 K+，含有NO3 时，I与 Cl可能均存在，也可能只 I- ，若溶 液中含有 K+，不含有NO3 时，I与 Cl可能均存在，也可能只 Cl- ，不可能只含有 I-。 A依据分析可知，溶液中可能只存在铵根离子，故 A 错误； B依据分析可知，溶液中一定存在NH4 +、 SO

12、4 2-，还有 Cl或 I中的一种或 2 种，故 B 错误； C依据分析可知，溶液中SO4 2-一定存在，而 Cl或 I存在 1 种或 2 种，NO3也可能存在，故 C 正确； D由上述分析可知，溶液中可能同时存在 K+和NO3 ，故 D 错误；故答案为：C。 13已知：pOH=lgc(OH)。室温下，将稀盐酸滴加到某一元碱(BOH)溶液中，测得混合溶液的 pOH 与离子浓 度的变化关系如图所示。下列叙述错误的是 ABOH 属于弱碱 BBOH 的电离常数 K=1 104.8 CP 点所示的溶液中：c(Cl)c(B+) DN 点所示的溶液中：c(H+)=c(Cl)+c(OH)c(BOH) 【答案

13、】C 【解析】 A. 若 BOH 为强碱，其完全电离，那么 c(BOH)为 0，那么-lg (+) ( BOH)这样的式子必然不合理。由图中 N 点的数据 可以计算出 BOH 的电离常数，可以判断 BOH 为弱碱，A 项正确； B.BOH B+ + OH-，所以 Kb=( +)(OH) ( BOH) ，可得-lg (+) ( BOH)=-lg ( OH)=- lgK b+lgc(OH - )=- lgKb- pOH，带入 N 点数据， 可得 0=- lgKb- 4.8，Kb=10- 4.8，B 项正确； C.根据电荷守恒得 c(Cl)+ c(OH)=c(B+)+ c(H+)，在 P 点，pOH

14、 c(H+)，因而 c(Cl )c(B+)，C 项错误； D.N 点-lg (+) ( BOH)=0，因而 c(B +)= c(BOH)，根据电荷守恒，c(Cl)+ c(OH)=c(B+)+ c(H+)，可变为 c(Cl)+ c(OH )=c(BOH)+ c(H+)，因而 c(H+)=c(Cl)+c(OH)c(BOH)，D 项正确。故答案选 C。 二、非选择题：共 58 分，第 2628 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3536 题为选考题，考生根据要 求作答。 （一）必考题：共 43 分。 26 （14 分）2019 年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人，以表彰他们对锂离子电池研发的

15、卓越贡献。 （1）自然界中主要的锂矿物为锂辉石、锂云母、透锂长石和磷锂铝石等。为鉴定某矿石中是否含有锂元素， 可以采用焰色反应来进行鉴定，当观察到火焰呈_，可以认为存在锂元素。 A紫红色 B紫色 C黄色 （2） 工业中利用锂辉石(主要成分为 LiAlSi2O6， 还含有 FeO、 CaO、 MgO 等)制备钴酸锂(LiCoO2)的流程如下： 已知：部分金属氢氧化物的 pKsp(pKsp=- - lgKsp)的柱状图如图 1。 回答下列问题： 锂辉石的主要成分为 LiAlSi2O6，其氧化物的形式为_。 为提高“酸化焙烧”效率，常采取的措施是_。 向“浸出液”中加入 CaCO3，其目的是除去“酸

16、化焙烧”中过量的硫酸，控制 pH 使 Fe3+、A13+完全沉淀，则 pH 至少为_。(已知：完全沉淀后离子浓度低于 1 l0- 5)mol/L) “沉锂”过程所获得的“母液”中仍含有大量的 Li+，可将其加入到“_”步骤中。 Li2CO3与 Co3O4在敞口容器中高温下焙烧生成钴酸锂的化学方程式为_ （3）利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为 LiCoO2+C6 LixC6+Li1- xCoO2 ，其工作原理如图 2。 下列关于该电池的说法正确的是_(填字母)。 A电池反应式中过程 1 为放电过程 B该电池若用隔膜可选用质子交换膜 C石墨烯

17、电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度 D充电时，LiCoO2 极发生的电极反应为 LiCoO2- xe-=xLi+Li1- xCoO2 E对废旧的该电池进行“放电处理”让 Li+嵌入石墨烯中而有利于回收 【答案】 （1）A （2 分） （2）Li2O Al2O3 4SiO2 （2 分） 将矿石细麿(搅拌、升高温度或其他合理答案) （2 分） 4.7 （2 分） 净化（2 分） 6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2 （2 分） （3）CD（2 分） 【解析】 （1） 锂元素焰色反应颜色为紫红色，故答案为 A； （2） LiAlSi2O6可表示为：Li2OAl2O

18、34SiO2； 采取将矿石细麿，酸化时并搅拌，以及升高温度等措施，可提高“酸化焙烧”效率； 已知 pKspAl(OH)3=33，pKspFe(OH)3=38，则 Al3+溶液完全时溶液中 c(OH- )= 1033 105 3 mol/L10- 9.3mol/L，此时溶 液的 pH=4.7；而 Fe3+溶液完全时溶液中 c(OH- )= 1038 105 3 mol/L=10- 11mol/L，此时溶液的 pH=3，故控制 pH 至少为 4.7 时，能使 Fe3+、A13+完全沉淀； 由流程可知将净化后的溶液蒸发、浓缩得到 Li2S ，则应将“沉锂”过程所获得的“母液”加入到净化步骤中； Li

19、2CO3与 Co3O4在有氧气参与的情况下，高温焙烧生成钴酸锂和 CO 2，则发生反应的化学方程式为 6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2； （3） A过程 1 为锂离子嵌入石墨中，结合图可知为充电过程，故 A 错误； B由电池反应，则需要锂离子由负极移向正极，所以该电池不可选用质子交换膜，故 B 错误； C石墨烯超强电池，该材料具有极佳的电化学储能特性，从而提高能量密度，故 C 正确； D充电时，LiCoO2极是阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为：LiCoO2- xe- =Li1- xCoO2+xLi+，故 D 正 确； E由图可知，充电时锂离子嵌入石墨中，故

20、E 错误；故答案为 CD。 27 （14 分）煤燃烧排放的烟气含有 SO2和 NOx，大量排放烟气形成酸雨、污染大气，因此对烟气进行脱硫、脱 硝，对环境保护有重要意义。回答下列问题： .利用 CO 脱硫 （1）工业生产可利用 CO 气体从燃煤烟气中脱硫，则 25时 CO 从燃煤烟气中脱硫的热化学方程式 2CO(g) SO2(g)2CO2(g)S(s)的焓变H_。25，100kPa 时，由元素最稳定的单质生成 1mol 纯化 合物时的反应热称为标准摩尔生成焓，已知一些物质的“标准摩尔生成焓”如下表所示： 物质 CO(g) CO2(g) SO2(g) 标准摩尔生成焓 fHm(25)/kJmol-

21、1 - 110.5 - 393.5 - 296.8 （2）在模拟脱硫的实验中，向多个相同的体积恒为 2L 的密闭容器中分别通入 2.2mol CO 和 1mol SO2气体， 在不同条件下进行反应，体系总压强随时间的变化如图所示。 在实验 b 中，40 min 达到平衡，则 040 min 用 SO2表示的平均反应速率 v(SO2)_。 与实验 a 相比， 实验 b 可能改变的条件为_， 实验 c 可能改变的条件为_。 .利用 NH3脱硝 （3）在一定条件下，用 NH3消除 NO 污染的反应原理为：4NH3(g)6NO(g)5N2(g)6H2O(l)H 1807.98kJ mol1。在刚性容器

22、中，NH3与 NO 的物质的量之比分别为 X、Y、Z(其中 XYZ)，在不同温度条 件下，得到 NO 脱除率(即 NO 转化率)曲线如图所示。 NH3与 NO 的物质的量之比为 X 时对应的曲线为_(填“a”“b”或“c”)。 各曲线中 NO 脱除率均先升高后降低的原因为_。 900条件下， 设Z2 3， 初始压强p0， 则4NH3(g)6NO(g)5N2(g)6H2O(l)的平衡常数Kp_(列 出计算式即可)。 【答案】 （1）- 269.2kJ mol- 1 (2 分) （2）0.01mol L- 1 min- 1 (2 分) 加入催化剂(2 分) 升高温度 (2 分) （3）c (2 分

23、) 温度低于 900时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO 脱出率逐渐升高，温度高于 900，反 应达到平衡状态，反应的 H0，继续升高温度，平衡向左移动，NO 脱出率又下降 (2 分) 5 0 4665 0 00 0.375p0.375 0.14 0.15 p 0.1p0.15p 或 (2 分) 【解析】 （1）根据“标准摩尔生成焓”的定义可得： - 1 2t1 - 1 22t2 - 1 22t3 1 C s +OgCO g =- 110.5kJ mol 2 1 C s +OgCOg =- 393.5kJ mol 2 1 S s +OgSOg =- 296.8kJ mol 2 m

24、m m H H H 再根据盖斯定律2(反应- 反应)- 反应可得到2CO(g)SO2(g)2CO2(g)S(s)， 则， CO脱硫反应2CO(g)SO2(g) 2CO2(g)S(s)的焓变 - 1- 1- 1- 1 t2t1t3 =2 - - =2 - 393.5kJ mol - 110.5kJ mol- 296.8kJ mol=- 269.2kJ mol mmm HHHH ，故答案为： - 269.2kJ mol- 1； （2）结合题干信息，列三段式有： 22 2.2100 2CO gSOg2 2xx2xx 2.2- 2x1 CO 2xx S x gs - 初始 转化 末态 则 2.2- 2

25、x+1- x+2x120 2.2+1260 ，解得 x=0.8，则 - 1- 1 2 0.8mol 2L v SO=0.01mol L min 40min ，故答案为 0.010.01mol L- 1 min- 1； 与实验 a 相比，实验 b 达到的平衡状态不变且所需时间缩短，改变的条件应为加入了催化剂，与实验 a 相比， 实验 c 达到平衡状态改变且所需时间缩短，可能是增大压强或升高温度，联系反应特点，若是增大压强，平衡向 右移动，向右反应的程度应增大，与图像不符，若是升高温度，平衡向左移动，与图像相符，故答案为：加入催 化剂；升高温度； （3）NH3和 NO 的物质的量之比越大，NO 的

26、脱出率月啊，则相同温度下，不同 NH3、NO 物质的量之比对应 NO 的脱出率：XYZ，则 X 对应曲线 c，Y 对应曲线 b，Z 对应曲线 a，故答案为：c； NO 的脱出率会受到速率、平衡移动等因素的影响，温度低于 900时，反应速率较慢，随着温度升高反应速 率加快，NO 脱出率逐渐升高，温度高于 900，反应达到平衡状态，反应的 H0，继续升高温度，平衡向左 移动，NO 脱出率又下降，故答案为：温度低于 900时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO 脱 出率逐渐升高，温度高于 900，反应达到平衡状态，反应的 H0，继续升高温度，平衡向左移动，NO 脱出 率又下降； 压强为 p

27、0，根据曲线 a 上 NH3与 NO 的物质的量之比为 2 Z= 3 ，则 NH3的分压为 0.4p0，NO 的分压为 0.6p0， 列三段式有： 00 32 000 0 2 00 0.4p0.6p0 0.3p0.45p 4NHg6 0.37 NO 5p g5N 0.1p0.15p0.37 g p H 5 6O l 起始 转化 平衡 则反应的平衡常数 5 5 20 p46 4665 30 00 pN0.375p0.375 pNHpNO0.14 0.15 p 0.1p0.15p K 或，故答案为： 5 0 4665 0 00 0.375p0.375 0.14 0.15 p 0.1p0.15p 或

28、； 28 （15 分）纳米 TiO2是一种重要的光催化剂。以钛酸酯 Ti(OR)4为原料制备纳米 TiO2的步骤如下： 组装装置如图所示， 保持温度约为65， 先将30mL钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶， 再加入 3mL 乙酰丙酮，充分搅拌； 将含水 20%的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶； 将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米 TiO2。 已知：钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解；Ti(OH)4不稳定，易脱水生成 TiO2。回答下列问题： （1）仪器 a 的名称是_，冷凝管的作用是_。 （2）加入的乙酰丙酮可以

29、减慢水解反应的速率，其原理可能是_(填字母)。 A.增加反应的焓变 B.增大反应的活化能 C.减小反应的焓变 D.降低反应的活化能 制备过程中，减慢水解反应速率的措施还有_。 （3）步骤中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为_。如图所示实验装置中，可用于灼烧二氧化钛凝胶的是 _(填字母)。 （4）测定样品中 TiO2纯度的方法是：精确称取 0.2000g 样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵的混合溶液， 加强热使其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含 TiO2+的溶液。加入金属铝，将 TiO2+全部转化为 Ti3+。 待过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用 0.1000mol L- 1NH4F

30、e(SO4)2溶液滴定至终点。重复操作 2 次，消耗 0.1000mol L- 1NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为 20.00mL(已知：Ti3+Fe3+H2O=TiO2+Fe2+2H+)。 加入金属铝的作用除了还原 TiO2+外，另一个作用是_。 滴定时所用的指示剂为_(填字母)。 a.酚酞溶液 b.KSCN 溶液 c.KMnO4溶液 d.淀粉溶液 样品中 TiO2的质量分数为_%。 【答案】 （1）温度计（1 分） 冷凝回流（1 分） （2）B （2 分） 用含水 20%的乙醇溶液代替水，缓慢滴加（2 分） （3）Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH （2 分） a

31、 （1 分） （4）与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止 Ti3+在空气中被氧化（2 分） b （2 分） 80（2 分） 【解析】 【分析】 以钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4为原料， 在三颈烧瓶中反应可得到二氧化钛溶胶， 再经过干燥、 灼烧即可得纳米 TiO2。 【详解】 （1）由装置图可知，仪器 a 为温度计；冷凝管可起到冷凝回流的作用； 故答案为：温度计：冷凝回流； （2）加入催化剂，不能改变焓变（只与反应的始末状态有关） ，可降低或增大活化能，而该处减缓反应速率，则 增加活化能的作用，导致反应速率减小；另外为减慢水解反应速率，还可用含有 20%的乙醇溶液代替水，缓慢滴 加； 故答案为：

32、B；用含水 20%的乙醇溶液代替水，缓慢滴加； （3）Ti（OC4H9）4发生水解生成 TiO2和丁醇，方程式为 Ti（OC4H9）4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；灼烧二氧化钛凝 胶，应在坩埚中进行； 故答案为：Ti（OC4H9）4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；a； （4）加入铝，可与 TiO2+反应生成 Ti3+，与酸反应生成氢气，避免 Ti3+被氧化； 用 NH4Fe（SO4）2溶液滴定，含有铁离子，可用 KSCN 做指示剂，滴定终点溶液颜色变为红色； 根据方程式可得关系式 TiO2Ti3+Fe3+NH4Fe （SO4）2， n （NH4Fe （SO4） 2） =0.100

33、0molL - l 0.02L=0.002mol， 则 n（TiO2）=0.00200mol，m（TiO2）=0.00200mol 80g/mol=0.16g00，则质量分数为0.1600 0.2000 100% = 80% ； 故答案为：与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止 Ti3+在空气中被氧化； b；80。 （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） （1）处于基态的 Ca 和 Fe 原子，下列参数前者小于后者的是_； a. 最外层电子数 b. 未成对电子数 c. 第一电离能 d.

34、原子半径 有文献表明，迄今为止（至 2016 年）除氦外，所有其他稀有气体元素都能形成化合物。试简要说明未能制 得氦的化合物的理由 _。 （2）H 和 N 可以形成多种化合物。 已知联氨(N2H4)的物理性质与水接近，其原因是_； 计算表明： N4H62+ 的一种结构如图所示，氢原子只有一种化学环境，氮原子有两种环境，其中的大 键 可表示为_。 （3）晶体 X 只含钠、镁、铅三种元素。在不同的温度和压力下，晶体 X 呈现不同的晶相。 - X 是立方晶系的晶体。铅为立方最密堆积，其余两种原子有选择的填充铅原子构成的四面体空隙和八面 体空隙。在不同的条件下，- X 也呈现不同的结构，其晶胞如图所示

35、。X 的化学式为_； 在(b)型晶胞中，边长为 a pm，距离 Pb 最短的 Na 有_个，长度为_pm（用 a 表示） ； Na 填充了晶胞中铅原子构成四面体空隙的百分比为_和八面体空隙的百分比为_。 已知(a)型晶胞的边长为 770 pm，则该型晶体的密度为_g cm- 3。 （只列出计算式） 【答案】 （1）bc（2 分） 基态氦原子具有唯一全充满的 1s 电子层，半径较小，具有较高的第一电离能， 所以难以形成化合物（2 分） （2）联氨分子间能形成较多氢键（1 分） 4 6 （2 分） （3）Na2MgPb （2 分） 4 （1 分） 3 4 a （1 分） 50% （1 分） 100

36、%（1 分） 4277 (7.70108)3（2 分） 【解析】 （1）基态的 Ca 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p64s2，基态 Fe 原子核外电子排布式为： 1s22s22p63s23p63d64s2， a二者最外层电子数相等，故 a 不符合题意； bCa 原子没有未成对电子，Fe 原子有 4 个未成对的电子，故 b 符合题意； c Ca 与 Fe 同周期， 同周期元素第一电离能从左至右呈增大的趋势， Ca 原子核外电子排布处于全充满稳定状态， 第一电离能比相邻元素大，但铁原子与钙不相邻，则第一电离能 CaFe，故 c 符合题意； dCa 与 Fe 同周期，电子层数相

37、同，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：CaFe，故 d 不符合题意； 答案选 bc； 基态氦原子核外电子排布式为 1s2，基态氦原子具有唯一全充满的 1s 电子层，半径较小，具有较高的第一电离 能，所以难以形成化合物； （2）联氨(N2H4)的分子中的氮原子可与氢原子形成氢键，并且分子间氢键数目较多，水分子间氧原子与氢原 子也能形成氢键，则联氨(N2H4)的物理性质与水接近； 根据 N4H62+的结构示意图，四个氮原子形成六电子的大 键，可表示为46； （3） 结合原子在晶胞中的位置关系， 利用均摊法， 在(a)型晶胞中， Pb位于晶胞的顶点和面心， 数目为8 1 8+6 1 2=4，

38、Na 位于晶胞的体内，数目为 8，Mg 原子位于晶胞的棱上和体心，数目为 12 1 4+1=4，X 的化学式为 Na2MgPb； 在(b)型晶胞中，体对角线1 4处的 Na 距离 Pb 最短，共有 4 个，棱长为 apm，面对角线长为2apm，则体对角线 的长度为 3 apm，距离 Pb 最短的 Na 的长度为体对角线长度的1 4，则长度为 3 4 apm；在(b)型晶胞中，Na 填充了晶 胞中铅原子构成的四面体有 8 个，其中只有 4 个四面体中填充了 Na，Na 填充了晶胞中铅原子构成四面体空隙的 百分比为 50%；铅原子构成八面体只有一个，且 Na 原子在八面体的体心，Na 填充了晶胞中

39、铅原子构成四面体 空隙的百分比为 100%； (a)型晶胞的边长为 770 pm，则晶胞的体积 V=(770 pm)3=(7.70 10- 8)3cm3，在(a)型晶胞中，Pb 位于晶胞的顶点 和面心， 数目为 8 1 8+6 1 2=4， Na 位于晶胞的体内， 数目为 8， Mg 原子位于晶胞的棱上和体心， 数目为 12 1 4+1=4， 则一个晶胞中含有 4 个 Na2MgPb；根据晶胞密度计算公式 = NM = 4277 (7.70108)3； 36化学选修 5：有机化学基础（15 分） 化合物 G 是合成抗心律失常药物决奈达隆的一种中间体，可通过以下方法合成： 请回答下列问题： （1

40、）R 的名称是_；N 中含有的官能团数目是_。 （2）MN 反应过程中 K2CO3的作用是_。 （3）HG 的反应类型是_。 （4）H 的分子式_。 （5）写出 QH 的化学方程式：_。 （6）T 与 R 组成元素种类相同，符合下列条件 T 的同分异构体有_种。 与 R 具有相同官能团；分子中含有苯环；T 的相对分子质量比 R 多 14 其中在核磁共振氢谱上有 5 组峰且峰的面积比为 1:1:2:2:2 的结构简式有_（任写一种） 。 （7）以 1，5- 戊二醇() 和苯为原料(其他无机试剂自选)合成 ，设计合成 路线：_。 【答案】 （1）邻羟基苯甲醛(或 2- 羟基苯甲醛) （1 分） 4

41、 （1 分） （2）消耗产生的 HCl，提高有机物 N 的产率（1 分） （3）取代反应（1 分） （4）C15H18N2O3 （2 分） （5） +2HCl+ （2 分） （6）17 （2 分） 或 （2 分） （7） （3 分） 【解析】 R 在一定条件下反应生成 M，M 在碳酸钾作用下，与 ClCH2COOC2H5反应生成 N，根据 N 的结构简式，M 的结 构简式为，根据 R 和 M 的分子式，R 在浓硫酸、浓硝酸作用下发生取代反应生成 M，则 R 的 结构简式为，N 在一定条件下反应生成 P，P 在 Fe/HCl 作用下生成 Q，Q 与反应生成 H，根据 H 的结构简式和已知信息，则

42、 Q 的结构简式为，P 的结构简式为： ；H 在(Boc)2O 作用下反应生成 G，据此分析解答。 （1）根据分析， R 的结构简式为，名称是邻羟基苯甲醛(或 2- 羟基苯甲醛)；根据 N 的结构简式， 其中含有的官能团有醚基、酯基、硝基、醛基，共 4 种官能团； （2） M在碳酸钾作用下， 与ClCH2COOC2H5反应生成N， 根据N的结构简式， M的结构简式为 ， 根据结构变化，M 到 N 发生取代反应生成 N 的同时还生成 HCl，加入 K2CO3可消耗产生的 HCl，提高有机物 N 的产率； （3） Q 与反应生成 H， Q 的结构简式为，Q 中氨基上的氢原子被取代， HG 的反应类

43、型是取代反应； （4）结构式中，未标注元素符号的每个节点为碳原子，每个碳原子连接 4 个键，不足键由氢原子补齐，H 的分 子式 C15H18N2O3； （5）Q 与反应生成 H，Q 的结构简式为，QH 的化学方程式： +2HCl+； （6） R 的结构简式为，T 与 R 组成元素种类相同，与 R 具有相同官能团，说明 T 的结构中含有 羟基和醛基； 分子中含有苯环； T 的相对分子质量比 R 多 14， 即 T 比 R 中多一个- CH2- ， 若 T 是由 和- CH3构成，则连接方式为 ；若 T 是由和- CH3构成，则连接方式为； 若 T 是由和- CH3构成，则连接方式为；若 T 是由和- CHO 构成，则连接方式为；若 T 是由和- OH 构成，则连接方式为 ；若 T 是由和- CH(OH)CHO 构成，则连接方式为，符合下列条件 T 的同分异构体有 17 种；其中在核磁共振氢谱上有 5 组峰且峰的面积比为 1:1:2:2:2，说明分子中含有 5 种不同 环境的氢原子，结构简式有、； （7）以 1，5- 戊二醇() 和苯为原料，依据流程图中 QF 的信息，需将以 1，5- 戊二醇转 化为 1，5- 二氯戊烷，将本转化为硝基苯，再将硝基苯转化为苯胺，以便于合成目标有机物，设 计合成路线：。