2020年全国高考考前适应性模拟卷 化学试题（6月30日）纯word版02（解析版）.docx

1、2020 年全国高考考前适应性模拟卷 化 学 6.30 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 P 31 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Co 59 Cu 64 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。下列说法错误的是（ ） A医用口罩无纺布的原材料成分之一是聚丙烯，其结构简式为 B医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于卤代烃 C使用医用酒精杀菌消毒的过程中只发生了物理变化 D疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性 【答案】C 【

2、解析】 A聚丙烯是丙烯的加聚产物，结构简式为，故 A 正确； B 医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜， 其单体四氟乙烯是乙烯中 H 原子被氟原子取代后的产物， 属于卤代烃，故 B 正确； C医用酒精能够使蛋白质变性，生成新物质，失去生理活性，属于化学变化，故 C 错误； D蛋白质遇高温易变性，故疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，故 D 正确； 8设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ） A14gCO、N2混合气体中共含有 7NA个电子 B常温下，0.1mol 环氧乙烷()共有 0.3NA个共价键 C在含 CO 2- 3 总数为 NA的 Na2CO3溶液中，Na+总数为 2

3、NA D氢氧燃料电池正极消耗 22.4L 气体时，负极消耗的气体分子数目为 2NA 【答案】A 【解析】 A14gCO、N2混合气体的物质的量为 m14g n=0.5mol M28g / mol ，一个 CO 或 N2分子中电子数目为 14 个，0.5molCO、N2混合气体中共含有 7NA个电子，故 A 正确； B一个分子中含有 7 个共价键，三个碳碳键，4 个碳氢键，常温下，0.1mol 环氧乙烷()共有 0.7NA个共价 键，故 B 错误； C在含 CO 2- 3 总数为 NA的 Na2CO3溶液中，若 CO 2- 3 不水解，Na+总数为 2NA，但 CO 2- 3 易水解成碳酸氢根，

4、 故 Na+总数大于 2NA，故 C 错误； D没有指明是否处于标准状况，无法计算气体的物质的量，故 D 错误； 【点睛】 B 项环氧乙烷的碳氢键容易遗漏，需要学生细心观察物质的结构。 9下列关于的说法，不正确 的是（ ） A该物质能发生加成、氧化、聚合等反应 B该物质苯环上的一氯取代有 4 种同分异构体 C该物质在酸性条件下水解产物之一可用于合成阿司匹林 D1mol 该物质与足量 NaOH 溶液反应，最多可消耗 5molNaOH 【答案】D 【解析】 A该物质中含有碳碳双键，能发生加成、氧化、加成聚合反应，故 A 正确； B该物质中含有一个苯环，苯环上有 4 种 H 原子，苯环上的一氯取代有

5、 4 种同分异构体，故 B 正确； C该物质在酸性条件下水解产物为、CH3COOH、，其中 可用于合成阿司匹林，故 C 正确； D 1mol 该物质含有 2mol 酯基， 且水解生成 1mol 酚羟基， 与足量 NaOH 溶液反应， 最多可消耗 3molNaOH， 故 D 错误； 10下列有关实验的选项正确的是（ ） A配制 -1 0.10mol L NaOH溶液 B记录滴定终点读 数为12.20mL C验证S的非金 属性强于C D除去 2 CO中的 2 SO 【答案】D 【解析】 A氢氧化钠固体溶于水放出大量的热，应该在烧杯中溶解并冷却到室温后转移到容量瓶内，不能在容量瓶 中直接溶解，A 不

6、正确； B在滴定管中，零刻度在上方，故读数为11.80mL，B 不正确； C浓硫酸具有脱水性，能够使蔗糖脱水碳化，反应放出大量的热，碳与浓硫酸加热反应产生二氧化碳，该 反应体现了浓硫酸的强氧化性， 不能说明硫酸酸性强于碳酸， 故不能验证S的非金属性强于C， C 不正确； D除去 2 CO中的 2 SO，可以利用 2 SO的还原性，与酸性高锰酸钾反应生成硫酸根离子，气体再干燥，可 得到纯净的 2 CO，D 正确。 11一瓶无色澄清的溶液，其中可能含有 H+、 + 4 NH、Na+、Al3+、Fe3+、I-、 - 3 NO、 2- 3 CO、 2- 4 SO、 - 2 AlO。 取该溶液进行以下实

7、验： 用 pH 试纸检验，溶液呈强酸性 取溶液适量，加入少量 CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红 色 该溶液的焰色反应没有黄色；根据以上实验结果，下列推断正确的是（ ） A向该溶液中加入 BaCl2不一定能观察到白色沉淀 B可以确定没有 Na+、Fe3+、 2- 3 CO、 - 2 AlO，不能确定是否有 - 3 NO C该溶液可能是 NH4NO3与 HI 的混合 D一定没有 Al3+、 2- 3 CO和 - 3 NO 【答案】A 【解析】 【分析】 无色溶液可知一定不含 Fe3+；用 pH 试纸检验，溶液呈强酸性，一定含大量的 H+，则不含 CO32-、AlO2-； I-、NO3

8、-不能同时存在；取溶液适量，加入少量 CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色，溶液中 含 I-，则一定不含 NO3-；该溶液的焰色反应没有黄色，说明不含 Na+；综上所述，一定含 H+、I- ，一定不 含 Na+、Fe3+、NO3-、CO32-、AlO2-，不能确定是否含 NH4+、Al3+、SO42-，据此分析解答。 【详解】 A不能确定是否含 SO42-，则向该溶液中加入 BaCl2不一定能观察到白色沉淀，故 A 正确； B一定不含 Na+、Fe3+、NO3-、CO32-、AlO2-，故 B 错误； C根据上述分析，该溶液中一定不含 NO3-，故 C 错误； D不能确定是否含 A

9、l3+，故 D 错误； 【点睛】 本题的易错点为 NO3-的判断，要注意酸性溶液中，NO3-具有强氧化性，能够氧化 I-。 12中山大学化学科研团队首次将 CsPbBr3纳米晶锚定在氨基化 RGO 包覆的 Fe2O3(Fe2O3/AmineRGO/CsPbBr3)，构筑 ZScheme 异质结光催化剂，可有效降低电荷复合，促进 电荷分离，从而提升光催化性能。光催化还原 CO2和氧化 H2O 的反应路径如图。下列说法正确的是（ ） A该路径能量转化形式为电能化学能 B该光催化转化反应可以阻止温室效应 C“CsPbBr3纳米晶”表面发生了还原反应 D该催化转化的总反应涉及到非极性共价键、极性共价键

10、的断裂和形成 【答案】C 【解析】 【分析】 H2O 能在 23 -Fe O光催化剂材料作用下，被氧化成 O2，同时生成质子(H+)，发生的氧化反应为： -+ 22 2H O-4e =4H +O；电子转移到“CsPbBr3纳米晶”用于还原 CO2，CO2被还原为 CO、CH4，发生的还原 反应为：CO2+2e-+2H+=CO+H2O、CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O。 【详解】 A.由图可知，光能使 23 -Fe O光催化剂材料产生电子，电子的移动引起电极上发生氧化还原反应，最终生 成 O2、CO、CH4，储存能量，该路径能量转化形式为光能电能化学能，A 错误； B. 该光催化转化反应

11、生成了 CH4，CH4也能导致温室效应，故该反应不能阻止温室效应，B 错误； C. “CsPbBr3纳米晶”表面上 CO2转化为 CO、CH4，发生了还原反应：CO2+2e-+2H+=CO+H2O、 CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，C 正确； D. 该催化转化的总反应：2CO2 光催化 2CO+O2、CO2+2H2O 光催化 CH4+2O2，CO2、H2O 都只含有极性共 价键，CO、CH4都只含极性共价键，O2只含非极性共价键，故只有极性共价键断裂、有极性和非极性共价 键生成，D 错误； 13 常温下， 向1L0.1mol L1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气 已知常温下NH3 H2O

12、电离平衡常数K1.76 10 5 ， 使溶液温度和体积保持不变， 混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。 下列叙述正确的是 （ ） A0.1mol L1HR 溶液的 pH 为 5 B当 pH=6 时，水电离出的氢离子浓度为 1.0 106 C当通入 0.1 mol NH3时，c( 4 NH)c(R )c(H+)c(OH) D当 pH=7 时，c( 4 NH)=c(R ) 【答案】D 【解析】 A 据图可知 lg - R HR c c =0 时， 溶液 pH=5， lg - R HR c c =0， 则 - R HR c c =1， 所以此时 Ka= -+ RH HR cc c =c(H+

13、) =10-5； 设 0.1mol L1HR 溶液中 c(H+) =a，则有 -5 aa =10 0.1-a ，解得 a 约为 10-3mol/L，所以溶液 pH 为 3，故 A 错误； BpH 等于 6 时溶液中的溶质为 NH4R 和 HR，此时水的电离受到抑制，溶液中的 c(H+) =10-6 mol/L，但不 是全部由水电离，溶液中 c(OH) =10-8 mol/L，且全部由水电离，而水电离出的氢离子和氢氧根相等，所以 水电离出的氢离子浓度约为 10-8 mol/L，故 B 错误； C1L0.1mol L1HR 溶液中 n(HR)=0.1mol，所以当通入 0.1 mol NH3时，溶

14、液中的溶质为 NH4R，R水解使 溶液显碱性， 铵根水解使溶液显酸性， 根据题意可知常温下 NH3 H2O 电离平衡常数 K1.76 105 Ka(HR)， 一水合氨的电离程度更大，所以 R的水解程度更大，所以溶液显碱性，则 c(OH)c(H+)，故 C 错误； D 当 pH=7 时， 溶液中 c(OH)=c(H+)， 结合电荷守恒： c(H+)+c( 4 NH)=c(R )+ c(OH)可知 c( 4 NH)=c(R )， 故 D 正确； 二、 非选择题： 本卷包括必考题和选考题两部分。 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

15、）必考题：共 43 分。 26 （15 分）碳的化合物在工业上应用广泛，下面有几种碳的化合物的具体应用： （1）已知下列热化学方程式: i. CH2=CHCH3(g)+ Cl2(g)=CH2ClCHClCH3(g) H1= -133 kJ mol-1 ii. CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2 =CHCH2Cl(g)+HCl(g) H2= -100 kJ mol-1 又已知在相同条件下， CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)=CH2ClCHClCH3(g) 的正反应的活化能 Ea(正)为 132 kJmol-1， 则逆反应的活化能 Ea(逆)为_kJmol-1。 （2）查阅资

16、料得知，反应 CH3CHO(aq)=CH4(g)+CO(g)在含有少量 I2的溶液中分两步进行: 第 I 步反应为 CH3CHO(aq)+I2(aq)CH3I(l) +HI(aq)+CO(g)(慢反应)； 第 II 步为快反应。增大 I2的浓度_(填“能”或“ 不能”)明显增大总反应的平均速率，理由为 _。 （3）用催化剂 Fe3(CO)12/ZSM -5 催化 CO2加氢合成乙烯的反应，所得产物含 CH4、C3H6、C4H8等副产物， 反应过程如图。 催化剂中添加 Na、K、Cu 助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同 助剂，经过相同时间后测得 CO2转化率

17、和各产物的物质的量分数如下表。 欲提高单位时间内乙烯的产量，在 Fe3(CO)12/ZSM -5 中添加_助剂效果最好；加入助剂能提高单 位时间内乙烯产量的根本原因是_。 （4） 在一密闭容器中， 起始时向该容器中充入 H2S 和 CH4且 n(H2S):n(CH4) =2:1， 发生反应： CH4(g)+2H2S(g) CS2(g)+4H2(g)。0. 11MPa 时，温度变化对平衡时产物的物质的量分数的影响如下图所示： 为提高 H2S 的平衡转化率， 除改变温度外， 还可采取的措施是_(列举一条)。 N 点对应温度下， 该反应的 Kp=_ ( MPa)2(Kp为以分压表示的平衡常数)。 （

18、5）合成碳酸二甲酯的工作原理如下图所示。 阳极的电极反应式为_，离子交换膜 a 为_(填“阳膜”、“阴膜”)。 【答案】 （1）165 （2 分） （2）能（1 分） 总反应的平均速率由慢反应决定，I2 为慢反应的反应物，增大 I2的浓度，慢反应的反 应速率增大，则总反应的反应速率增大(或根据总反应可知 I2可为该反应的催化剂，增大 I2的浓度，可以增 大总反应的平均反应速率) （2 分） （3）K （1 分） 降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影 响（2 分） （4）减小体系压强，或及时分离出产物，或减小起始时 2 4 n H S n CH 等(任写一条

19、) （2 分） 8 10-4 （2 分） （5）2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+ （2 分） 阳膜（1 分） 【解析】 （1）已知：i. CH2=CHCH3(g)+C12(g)=CH2ClCHClCH3(g) H1= -133 kJ mol-1 ii. CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2 =CHCH2Cl(g)+HCl(g) H2= -100 kJ mol-1 根据盖斯定律，将 i-ii 得 CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)=CH2ClCHClCH3(g) H=-133 kJ mol-1-(-100 kJ mol-1)=-33 kJ mol-1， H

20、=Ea(正)-Ea(逆)，则逆反应的活化能 Ea(逆)为 132 kJmol-1+33 kJ mol-1=165 kJ mol-1； （2）根据题意，第 II 步反应=总反应-第 I 步反应，则第 II 步反应为 CH3I(l) +HI(aq)= I2(aq)+ CH4(g)，总反 应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大 I2的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反 应速率增大(或根据总反应和两步反应可知，I2可为该反应的催化剂，增大 I2的浓度，可以增大总反应的平 均反应速率)； （3）由表中数据可知，添加 Na 助剂时其他副反应占比大，添加 Cu 助剂时 CO2转化率低，兼

21、顾乙烯的产 率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加 K 助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其 他副反应占比少，根本原因是降低反应的活化能、加快乙烯生成速率； （4）根据图示，升高温度，CH4的物质的量分数减小，说明升高温度，平衡正移，正反应为吸热反应， H 0；为提高 H2S 的平衡转化率，即平衡正移，除改变温度外，还可减小体系压强、及时分离出产物、减小 起始时 2 4 n H S n CH 等；N 点时，n(H2S)%=n(H2)%，设起始加入甲烷物质的量为 3mol，转化甲烷物质的量为 xmol，列“三段式”： 4222 CHg+2H S gCSg+4Hg mol3600

22、 molx2xx4x mol3-x6-2xx4x 始 变 平 6-2x=4x，解出 x1，平衡时体系总物质的量为(2+4+1+4)mol=11mol，平衡常数 KP= 4 22 2 42 p CSpH p CHpH S = 4 2 1 0.110.11 11 2 0.11 4 MPaMPa 11 4 MPaMPa 1 0.11 111 =8 10-4( MPa)2； （5）该装置为电解池，根据图示，O2在电极表面转化为 H2O，氧元素的化合价降低，得电子，发生还原反 应，则通入氧气的一极为阴极，电源电极 B 为负极，A 为正极，故通入一氧化碳和甲醇的一极为阳极，阳 极的电极反应为 2CH3OH

23、+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+， 阴极的电极反应为： O2+4H+4e-=2H2O， 根据阴极反应， 氧气和氢离子结合产生水，氢离子来自于阳极反应的产物，则 H+透过交换膜向阴极移动，则离子交换膜 a 为阳膜。 【点睛】 易错点为（2） ，化学反应的快慢由反应过程中进行较慢的反应决定，慢反应进行的快，整体反应速率就快， 即只要加快慢反应的反应速率，体系反应速率就增大。 27 （14 分）碱式硫酸铁Fe(OH)SO4是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂，在医药上也可用于治疗消化 性溃疡出血。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如图： 已知：部分阳离子以氢氧

24、化物形式沉淀时溶液的 pH 见下表： 沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 开始沉淀 2.0 5.9 3.7 完全沉淀 3.5 8.4 4.7 请回答下列问题： （1）该工艺中“搅拌”的作用是_，写出反应 I 中发生氧化还原反应的离子方程式_。 （2） “滤渣”的主要成分是_（填化学式） ，加入适量 NaHCO3的目的是调节 pH 在_范围内。 （3）反应中加入 NaNO2的离子方程式为_，在实际生产中，可以同时通入 O2以减少 NaNO2的用量，若 参与反应的 O2有 5.6L（标况） ，则理论上相当于节约 NaNO2（Mr=69）用量_g。 （4）碱式硫酸铁溶于水后生成的

25、 Fe(OH)2+离子可部分水解为 Fe2(OH) 2 4 聚合离子，该水解反应的离子方程 式 为_。 （5）为测定含 Fe2+和 Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：取 25.00mL 溶液，稀释到 250mL，准确 量取 20.00mL 于带塞锥形瓶中，加入足量 H2O2，调节 pHCu2+H+，所以在 Fe2(SO4)3和 H2SO4的混合溶液中加入 Fe，Fe 先与 Fe2(SO4)3反应，后与 H2SO4反应。 28 （14 分）FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下两种方法来制备无水 FeCl2。有关物质的性质如下： C6H5Cl(氯苯) C6

26、H4Cl2(二氯苯) FeCl3 FeCl2 溶解性 不溶于水，易溶于苯、乙醇 不溶于 C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水 熔点/ -45 53 304 670 沸点/ 132 173 316，易升华 700 （1）用 H2还原无水 FeCl3制取 FeCl2。有关装置如下： H2还原少量无水 FeCl3制取 FeCl2的化学方程式为_。 按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为 BA_E(填字母，装置可多次使用)； A 中长颈漏斗的作用_。 C 中盛放的试剂是_。 （2）利用反应 2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl，制取无水 FeCl2并测定

27、FeCl3的转化率。按如图 装置，在三颈烧瓶中放入 32.5 g 无水氯化铁和过量的氯苯，反应开始前先通 N2一段时间，控制反应温度在 一定范围加热 3 h，反应完成后继续通一段时间 N2至装置冷却后，分离提纯得到粗产品。 仪器 a 的作用是_。 反应中提供过量氯苯的作用是_。 反应结束后，冷却实验装置 A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品。洗涤所 用的试剂可以是_，回收滤液中 C6H5Cl 的操作方法是_。 反应后将锥形瓶中溶液配成 250 mL，量取 25.00 mL 所配溶液，用 0.400 mol/L 的 NaOH 溶液滴定，终点 时消耗 NaOH 溶液为 19.

28、60 mL，则氯化铁的转化率为_。 【答案】 （1）H2+2FeCl32FeCl2+2HCl（2 分） C D C （共 2 分） 平衡压强，便于观察装置 是否有堵塞（1 分） 碱石灰（1 分） （2）冷凝回流，防止有机物挥发（1 分） 促进反应正向进行，提高 FeCl3的转化率（1 分） 苯（1 分） 蒸馏滤液（2 分） 78.4（3 分） 【解析】 【分析】 （1）H2还原无水 FeCl3制取 FeCl2，用 B 装置 H2，用 A 观察 H2的流速并平衡气压，用 C 装置中的碱石灰干燥 H2，干燥后的 H2与无水 FeCl3在 D 中发生反应：H2+2FeCl32FeCl2+2HCl，为

29、防止外界 空气中的水蒸气进入 D 装置，D 之后再连接一个 C，最后用 E 装置处理尾气； （2） 在 A 三颈烧瓶中放入 32.5 g 无水氯化铁和过量的氯苯， 控制反应温度在一定范围加热 3 h， 发生反应： 2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+3C6H4Cl2+HCl，反应结束后，冷却实验装置 A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、 用苯洗涤、干燥后，得到粗产品，将滤液蒸馏，收集沸点 132的馏分，回收 C6H5C1，为了减少实验误差， 反应开始前先通 N2一段时间，反应完成后继续通 N2一段时间，在装置 A 和 B 之间连接一个装有无水氯化 钙(或 P2O5或硅胶)的球形干燥管，以此解

30、答该题。 【详解】 （1）H2还原无水 FeCl3制取 FeCl2的反应为：H2+2FeCl32FeCl2+2HCl； 用 B 装置 H2，用 A 观察 H2的流速并平衡气压，A 中长颈漏斗可以平衡压强，同时也便于观察装置是否 有堵塞；用 C 装置干燥 H2，干燥后的 H2与无水 FeCl3在 D 中发生反应，为防止外界空气中的水蒸气进入 D 装置，D 之后再连接一个 C，最后用 E 装置处理尾气，故按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为： BACDCE；A 中长颈漏斗的作用是平衡压强，便于观察装置是否有堵塞； C 的目的是干燥 H2，用以吸收 H2中的水蒸气，其盛放的试剂是碱石灰； （2

31、）仪器 a 为球形冷凝管，其作用是冷凝回流，防止有机物挥发； 在装置 A 会发生反应：2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl，在反应中使用过量的氯苯，可以促进 反应正向进行，提高 FeCl3的转化率； 反应结束后，冷却实验装置 A，三颈烧瓶内物质主要是产物 FeCl2，还有过量的氯苯及副产物 C6H4Cl2， 由题可知，氯苯和副产物 C6H4Cl2易溶于苯、乙醇而不溶于水，FeCl2不溶于苯、C6H5Cl、C6H4Cl2， ，易溶 于水和乙醇，易吸水，故洗涤所用的试剂可以是苯；回收滤液中 C6H5Cl 的操作方法是蒸馏滤液，并收集沸 点 132的馏分； 根据 Fe 元素

32、守恒，可知 32.5 g 无水氯化铁理论上生成 FeCl2的物质的量为：n(FeCl2)=n(FeCl3)= 32.5g 162.5g/ mol =0.2 mol，HCl 消耗标准液 NaOH 的物质的量 n(NaOH)=0.400 mol/L 0.0196 L=7.84 10-3 mol， 故根据反应方程式中物质转化关系可知反应生成的n(FeCl2)=2n(HCl)=2 7.84 10-3 mol250mL 25mL =0.1568 mol， 所以 FeCl3的转化率为 0.1568? 0.2? mol mol 100%=78.4%。 【点睛】 本题考查物质的制备，明确实验原理为解答关键，注

33、意把握实验的原理、操作方法，利用题干信息分析、 判断。试题侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力。 （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道题中任选一题作答。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） 2019 年诺贝尔化学奖授予约翰 古德伊纳夫、 斯坦利 惠廷厄姆和吉野彰三位科学家， 以表彰他们在锂电池领 域所做出的巨大贡献。 2 LiCoO、 4 LiFePO常用作锂离子电池的正极材料，请回答下列问题： （1）基态锂原子的最高能级的电子云形状是_；基态磷原子有_个未成对电子；基态铁原子 核外电子排布式为_。 （2） 2 3 4 Co NO 中 2

34、 Co 的配位数为 4，配体中 N 的杂化方式为_，该配离子中各元素的第一 电离能由小到大的顺序为_(用元素符号表示)。 （3） 3 Co 在水中易被还原成 2 Co ，而在氨水中可稳定存在，其原因为_。 （4） 4 LiFePO属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦 磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示： 这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为_(用 n 代表 P 原子数)。 （5）钴蓝晶体结构如下图，该立方晶胞由 4 个型和 4 个型小立方体构成。晶体中 3 Al 占据2- O形成的 _(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)；钴蓝晶体的密度为_ -3 g

35、 cm(列出计算式，用 A N表 示阿伏加德罗常数的值)。 【答案】 （1）球形 （1 分） 3 （1 分） 2262662 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s（或 62 Ar3d 4s） （2 分） （2） 2 sp （1 分） CoON （2 分） （3） 3 Co 可与 3 NH形成较稳定的配合物（2 分） （4） n+2 - n3n+1 P O （2 分） （5）八面体空隙（1 分） 3 -7 A 8 (59+2 27+4 16) N2a 10 （3 分） 【解析】 （1）锂是 3 号元素，核外电子排布为 1s22s1，最高能级是 2s，其电子云形状是球形；磷是 15 号元素，核

36、外 电子排布式为 1s22s22p63s23p3，其未成对电子数是 3p 能级上的 3 个电子；铁是 26 号元素，C 根据核外电子 排布规律可得其基态铁原子核外电子排布式 1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2； 故答案为：球形；3；1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2； （2）NO3中价层电子对数为 5+0+12=3，故为 sp2杂化；一般情况下非金属性越强第一电离能越大，但由于 N 原子中最外层为半充满状态，比较稳定，故第一电离能大于 O，所以第一电离能由小到大的顺序为 CoON； 故答案为：sp2；CoON； （3） 3 Co 可与 3 N

37、H形成较稳定的配合物，故 3 Co 在水中易被还原成 2 Co ，而在氨水中可稳定存在； （4）可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：PO43-、P2O74-、P3O105-磷原子的变化规律为：1、 2、3、4，n 氧原子的变化规律为：4、7、10、3n+1 酸根所带电荷数的变化规律为：3、4、5、n+2，这类磷 酸根离子的化学式可用通式 n+2 - n3n+1 P O来表示； (5）根据钴蓝晶体晶胞结构观察，晶体中 Al3+占据 O2-形成的八面体空隙；该晶胞的体积为(2a 10-7)3，该晶 胞的质量为 32 16+16 27+8 59NA=8(59+2 27+4 16)NA，所

38、以密度为 3 -7 A 8 (59+2 27+4 16) N2a 10 ； 故答案为：八面体空隙； 3 -7 A 8 (59+2 27+4 16) N2a 10 。 【点睛】 金属阳离子易与氨气、水等物质形成稳定的络合物； 、第（4）问属于跨学科综合题目，首先用数学的找规 律递推到通式，写出磷酸的化学式，然后寻找规律。 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。也是国家的战略储备药物。也有专家尝试使用奥司他韦作为抗新 型冠状病毒肺炎药物。 以莽草酸作为起始原

39、料是合成奥司他韦的主流路线，合成路线如下： 已知：+ + H +H2O，回答下列问题： （1）A 中的含氧官能团名称有：_，反应的反应类型：_。 （2）反应的反应试剂：_和 H+。 （3）请写出反应的化学方程式：_。 （4）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。 （5）碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。D 中有_个手性碳。 （6）设计由对甲基苯甲醛制备对醛基苯甲酸的合成路线_。 【答案】 （1）羟基、酯基（1 分） 取代反应（1 分） （2） （2 分） （3） +C2H5OH +H2O （3 分） （4）17 （2 分） （5）3

40、（2 分） （6） （4 分） 【解析】 【分析】莽草酸与乙醇、浓硫酸共热，发生酯化反应生成 A，A 发生信息中的取代反应生成 B，B 发生取代反应生成 C，C 发生取代反应生成 D，D 发生一系列反应生成奥司他韦； （6）由对甲基苯甲醛()制备对醛基苯甲酸 ，对甲基苯甲醛转化为对 醛基苯甲酸，甲基被氧化生成羧基，因为醛基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以应该先发生信息中的反应 保护醛基， 然后甲基再被酸性高锰酸钾溶液氧化， 最后再将醚键转化为醛基， 从而得到。 【详解】 （1）化合物 A 结构简式为：，可知 A 中含氧官能团名称为羟基、酯基； 反应是分子中-OH 上的 H 原子被-SO2CH3取

41、代产生物质，故 该反应类型是取代反应； （2）反应是与在酸性条件下发生取代反应产生和 H2O，故反应的反应试剂缺少的是； （3）反应是莽草酸与乙醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生和 H2O，该反 应是可逆反应，则反应方程式为：+C2H5OH +H2O； （4）B 结构简式是： ，分子式为 C12H18O5，芳香化合物 X 是 B 的同分异构体，官 能团只含酚羟基，即 X 中含有 5 个酚羟基，苯环上的侧链为-C6H13，按照侧链主链 6 个 C 原子、5 个 C 原 子、4 个 C 原子、3 个 C 原子，结合取代基“由整到散”规则和取代基位置异构得到异构体为：侧链主链 6 个 C 原

42、子的有 1 种、5 个 C 原子有 4 种、4 个 C 原子有 8 种(支链为乙基有 2 种，支链为两个甲基的有 3 种+3 种)、3 个 C 原子有 4 种(支链 1 个甲基、1 个乙基的有 2 种，3 个甲基的有 2 种)，因此总共有 17 种； （5） D 结构简式是：， 根据手性碳原子含义， 可知该分子中含有 3 个手性 C 原子， 用“” 标志为：； （6）由对甲基苯甲醛制备对醛基苯甲酸，首先与 乙二醇在酸性条件下发生取代反应产生，然后被酸性高锰酸钾溶液氧 化产生：，最后在稀酸作用下反应产生：，故 合成路线为：。 【点睛】 本题考查有机物推断和合成，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系是解本题关键，难点是 B 同分 异构体种类的判断，可对侧链的碳链结构采用由整到散，由心到边的方法进行分析，侧重考查分析推断及 知识综合运用能力。