湖南省示范性高中2020年高考3月 理科综合化学试题（教师版）.doc

1、 第 1 页（共 14 页） 第 2 页（共 14 页） 湖南省示范性高中 2020 年高考 3 月 理科综测试化学试题 注意事项：注意事项： 1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na

2、23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Ba 137 一、选择题（每小题一、选择题（每小题 6 分，共分，共 42 分）分） 7新型冠状病毒正威胁着人们的身体健康。以下是与新型冠状病毒相关的一些认识，其中正确 的是 A新型冠状病毒由 C、H、O 三种元素组成 B生产医用防护服、口罩均要用到有机高分子材料 C过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒目的 D84 消毒液是以 NaClO 为主要有效成分的消毒液，与医用酒精混合可以提升消毒效果 【答案】B 【解析】A病毒是由一个核酸分子(DNA 或 RNA)与蛋白质构成的非细胞形态，靠寄生生活的 介于生命体及非生命体

3、之间的有机物种，因此新型冠状病毒除 C、H、O 三种元素外还含有 N、P 等 元素，故 A 错误；B生产医用防护服、口罩主要采用 PP(聚丙烯，占总数的 62%)无纺布材料，适 用于农用薄膜、制鞋、制革、床垫、均要用到有机高分子材料，故 B 正确；C过氧化氢、过氧乙 酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒目的；乙醇能渗入细菌体内，使组成细菌的蛋白质凝固而 达到消毒目的，原理不同，故 C 错误；D如果将酒精和 84 消毒液混在一起会发生化学反应，乙醇 被次氯酸钠氧化，使消毒效果降低，故 D 错误；答案选 B。 8设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是 A2.0g H218O 与 2.0

4、g D2O 中所含的中子数均为 NA B14g 分子式为 CnH2n的烃中含有的碳碳双键数为 NA/n C100g 质量分数为 17%的 H2O2水溶液中氢原子数为 NA D常温下，将 56g 铁片投入到足量的浓硫酸中生成 SO2的分子数为 1.5NA 【答案】A 【解析】A2.0g H218O 所含的中子数 2.0g 20g mol1 1 2.0 188 20 ? A g N g mol =NA与 2.0g D2O 中所含的中子数 2.0g 20g mol1 1 2.0 2 12168 20 ? A g N g mol =NA，均为 NA，故 A 正确；B14g 分子式为 CnH2n的烯烃的

5、物质 的量为 14g 14ng mol11 141 14? g mol ng moln ，含有的碳碳双键数为 NA/n，但分子式为 CnH2n的烃不一定为烯烃，如是 环烷烃， 则没有碳碳双键， 故 B 错误； C 水和双氧水中均含有氢原子， 100g 质量分数为 17%的 H2O2 水溶液中氢原子数多于 NA，故 C 错误；D常温下，铁在浓硫酸中钝化，将 56g 铁片投入到足量的 浓硫酸中生成 SO2的分子数少于 1.5NA，故 D 错误；故选 A。 9已知 W、X、Y、Z 为短周期元素，原子序数依次增大。W、Z 同主族，X、Y、Z 同周期， 其中只有 X 为金属元素。下列说法一定正确的是 A

6、原子半径：XYZW BW 的含氧酸的酸性比 Z 的含氧酸的酸性强 CW 的气态氢化物的稳定性小于 Y 的气态氢化物的稳定性 D若 W 与 X 原子序数差为 5，则形成化合物的化学式为 X3W2 【答案】A 【解析】由于原子序数按 W、X、Y、Z 依次增大，W 与 Z 是同一主族的元素，而 X、Y、Z 是 同一周期的元素， 且只有 X 是金属元素， 则同主族元素 W 与 Z 都是非金属， 可能分别为 N、 P 或 O、 S 或 F、Cl，Y 可能为 Si 或 S，金属元素 X 可为 Na、Mg、Al 中的一种。A同一周期的元素原子序 数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原

7、子半径越大所以原子半径： XYZW，故 A 正确；BW 的含氧酸可能是 HNO2、HNO3，Z 的含氧酸是 H3PO4，酸性 HNO2 H3PO4， 故 B 错误； C 元素的非金属性 WY， 所以气态氢化物的稳定性 WY， 故 C 错误； D 若 W、X 原子序数相差 5，若分别为 O、Al，则二者形成的化合物的化学式是 X2W3，故 D 错误。选 A。 10如图所示为工业合成氨的流程图。有关说法不正确 的是 A步骤中“净化”可以防止催化剂中毒 B步骤中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率 C产品液氨除可生产化肥外，还可用作制冷剂 D步骤、均有利于提高原料平衡的转化率 【答案】

8、D 第 3 页（共 14 页） 第 4 页（共 14 页） 【解析】氮气和氢气净化干燥在一定压强及催化剂作用下加热反应生成氨气，液化分离得到氨 气，氢气和氮气混合气体再循环使用。A杂质能使催化剂中毒，所以反应前的氮气和氢气混合气 体需要除杂净化，A 正确；B工业合成氨的正反应是气体体积减小的反应，增大压强既能促使平衡 正向移动，增大原料的转化率，也能加快反应速率，B 正确；C氨气与酸反应得到铵盐可生产化肥， 氨气易液化得到液氨，液氨变为气体时吸收周围热量可用作制冷剂，C 正确；D步骤催化剂不改 变化学平衡，反应物转化率不变；正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，转化率减小。步骤液 化分离出氨气，

9、平衡正向移动，反应物转化率增大。步骤氮气和氢气循环使用有利于提高原料的 转化率，D 错误。答案为 D。 112019 年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家。一种锂离子电池的结构如图所 示，电池反应式为 LixC6+Li1-xCoO2 放电 充电 C6+LiCoO2(x1)。下列说法正确的是 A充电时 a 极接外电源的负极 B放电时 Li+在电解质中由 b 极向 a 极迁移 C充电时若转移 0.02mol 电子，石墨电极将减重 0.14 g D该废旧电池进行“放电处理”有利于锂在石墨极回收 【答案】B 【解析】放电时的反应为 Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+C6，LixC

10、6(可看成单质锂和碳)为负极，Li 的 化合价升高变成 Li+，则 Li1-xCoO2为正极，Co 元素的化合价降低，Co 元素的原子得到电子，原电 池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，充电则是放电的逆过程。A放电时 a 极(Li1-xCoO2)为 正极得到电子，充电是逆过程，a 极应失去电子作电解池的阳极，阳极接外加电源的正极，A 错误； B放电时，石墨极(b 极)LixC6失去电子为负极，则 Li1-xCoO2(a 极)为正极，在原电池中阳离子移向 正极，即 Li+在电解质中由 b 极向 a 极迁移，B 正确；C充电时，石墨(C6)电极变成 LixC6，电极反 应式为： xLi+C6+

11、xe=LixC6， 则石墨(C6)电极增重的质量就是参加反应的锂离子的质量， 根据关系式： xLi+xe可知，若转移 0.02mol e，反应的锂离子为 0.02mol Li+，即增重 0.14g，C 错误；D放电 时，电池的正极反应为：Li1-xCoO2+xLi+xe=LiCoO2，负极反应为 LixC6-xe=xLi+C6，该废旧电池 进行“放电处理”有利于锂在 LiCoO2极回收，D 错误。答案为 B。 12298K 时，甲酸(HCOOH)和甲酸钠的混合溶液中 HCOOH、HCOO的浓度存在关系式 c(HCOO)+c(HCOOH)=0.100 mol L1，而含碳元素的粒子的浓度与 pH

12、 的关系如图所示。 下列说法正确的是 A298K 时，加蒸馏水稀释 P 点溶液，溶液中 n(H+) n(OH)保持不变 B0.1mol L1 HCOONa 溶液中有 c(HCOO)+c(OH)=c(H+)+c(HCOOH) C298K 时，HCOOH 的电离常数 Ka=1.0 103.75 D 0.1mol L1 HCOONa 溶液和 0.1mol L1 HCOOH 溶液等体积混合后混合液的 pH=3.75(混合后 溶液体积变化忽略不计) 【答案】C 【解析】A298K 时，加蒸馏水稀释 P 点溶液，溶液中氢离子和氢氧根的物质的量均增加，所 以溶液中 n(H+) n(OH)变大，A 错误；B0

13、.1mol/L HCOONa 溶液中甲酸根水解，溶液显碱性，则根 据电荷守恒可知 c(HCOO)+c(OH)=c(H+)+c(Na+)， B 错误； C 根据 P 点数据可知当 HCOOH、 HCOO 的浓度相等时 pH3.75， 所以 298K 时， HCOOH 的电离常数 Ka=1.0 103.75， C 正确； D. 0.1mol/L HCOONa 溶液和 0.1mol/L HCOOH 溶液等体积混合后 HCOOH、 HCOO的浓度不一定相 等，因此溶液的 pH 不一定为 3.75（混合后溶液体积变化忽略不计），D 错误，答案选 C。 13海洋动物海鞘中含有种类丰富、结构新颖的次生代谢产

14、物，是海洋抗肿瘤活性物质的重要 来源之一。一种从海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物的流程如下： 下列关于该流程中各步骤的说法中，错误的是 选项 步骤 采用装置 主要仪器 A 过滤装置 漏斗 第 5 页（共 14 页） 第 6 页（共 14 页） B 分液装置 分液漏斗 C 蒸发装置 坩埚 D 蒸馏装置 蒸馏烧瓶 【答案】C 【解析】由流程可知，步骤是分离固液混合物，其操作为过滤，需要漏斗、烧杯等仪器；步 骤是分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗等仪器；步骤是从溶液中得到 固体，操作为蒸发，需要蒸发皿等仪器；步骤是从有机化合物中，利用沸点不同用蒸馏的方法得 到甲苯，需要蒸馏烧瓶等

15、仪器，则错误的为 C，故答案选 C。 二、非选择题二、非选择题（共（共 43 分）分） 26（14 分）侯德榜是我国著名科学家，1933 年出版纯碱制造一书，创立了中国自己的制 碱工艺。其纯碱制造原理如下图所示： （1）由 NaHCO3制备纯碱的化学方程式是_。 （2）过程通入 NH3和 CO2的顺序是_。 （3）过程析出 NH4Cl(s)的原因是_。 （4）充分利用副产品 NH4Cl 生产 NH3和 HCl。直接加热分解 NH4Cl，NH3和 HCl 的产率往往 很低，原因是_。 （5）采用 MgO 循环分解 NH4Cl。加热，在 300以下获得 NH3；继续加热至 350600获 得 HC

16、l 气体。利用下列装置(加热及加持装置略)可测量 NH3和 HCl 的产率。 低于 300时，干燥管盛装的干燥剂是_。NH3吸收完全后，更换干燥剂和吸收装置 中的吸收液。 产生 NH3的化学反应方程式是_。 在 350600，上图虚线框内应选择的安全瓶是_。 MgO 可以循环分解 NH4Cl 制得 NH3和 HCl 的原因是_(结合化学方程式解释)。 【答案】（1）2NaHCO3= Na2CO3+H2O+CO2 （2）先通 NH3，后通 CO2 （3）NH4Cl(s)NH+ 4(aq)+Cl (aq)，增大 c(Cl)，平衡左移，促进氯化铵析出 （4）NH3+HCl=NH4Cl （5）碱石灰

17、MgO+2NH4Cl= 3002NH 3+MgCl2+H2O c 因 为 MgO+2NH4Cl= 300 2NH3+MgCl2+H2O， 而 MgCl2水 解 生成 Mg(OH)2和 HCl ， MgCl2+2H2O= Mg(OH)2+2HCl；Mg(OH)2受热生成 MgO，Mg(OH)2= MgO+H2O，所以 MgO 可以循环应用与 NH4Cl 反应制得 NH3和 HCl 【解析】（1）NaHCO3受热分解生成碳酸钠，化学方程式为 2NaHCO3= Na2CO3+H2O+CO2， 故答案为 2NaHCO3= Na2CO3+H2O+CO2；（2）氨气易溶于水，二氧化碳在水中溶解度较小，因

18、此过程应该先通入 NH3后通入 CO2，故答案为先通 NH3，后通 CO2；（3）NH4Cl 溶液中存在 NH4Cl(s)NH+4(aq)+Cl(aq)，加入氯化钠固体，c(Cl)增大，平衡左移，促进氯化铵析出，故答案 为 NH4Cl(s)NH+ 4(aq)+Cl (aq)，增大 c(Cl)，平衡左移，促进氯化铵析出；（4）直接加热 NH 4Cl 生产NH3和HCl， 温度降低后NH3和HCl又化合生成氯化铵， 导致产率往往很低， 故答案为NH3+HCl= NH4Cl；（5） 低于 300时获得 NH3，干燥管应该盛装碱石灰，故答案为碱石灰；根据题意， 氧化镁和氯化铵加热时生成了氨气，同时生成

19、氯化镁和水，反应的化学反应方程式为 MgO + 2NH4Cl= 3002NH 3+MgCl2+H2O，故答案为 MgO+2NH4Cl= 3002NH 3+MgCl2+H2O；氯化氢极 易溶于水，安全瓶可以选择 c 装置，防止倒吸，影响实验，故答案为 c；因为 MgO+2NH4Cl= 300 2NH3+MgCl2+H2O，而 MgCl2水解生成 Mg(OH)2和 HCl，MgCl2+2H2O= Mg(OH)2+2HCl； Mg(OH)2受热生成 MgO，Mg(OH)2= MgO+H2O，所以 MgO 可以循环应用与 NH4Cl 反应制得 NH3 第 7 页（共 14 页） 第 8 页（共 14

20、页） 和 HCl，故答案为：因为 MgO+2NH4Cl= 3002NH 3+MgCl2+ H2O，而 MgCl2水解生成 Mg(OH)2和 HCl，MgCl2+2H2O= Mg(OH)2+2HCl；Mg(OH)2受热生成 MgO，Mg(OH)2= MgO+H2O，所以 MgO 可以循环应用与 NH4Cl 反应制得 NH3和 HCl。 27（14 分）硫酸锌是一种重要的工业原料，广泛用于农业、化工、电镀等行业。工业上由锌 渣（主要成分为 ZnO、FeO、CuO、PbO 等）等工业废料生产 ZnSO4 7H2O 的流程如下： (1)“溶浸”操作中，选用“锌渣”而不选择氧化锌矿粉的原因是_；该操作中

21、不断通入高温水 蒸气的目的是_。 (2)“滤渣 A”的主要成分是_。 (3)“反应”中，加入 NaClO 反应的离子方程式为_。 (4)“反应”中，再加入 NaOH 调节 pH 约为 4.5，则“滤渣 B”的主要成分是_（填化学式）。 （KspZn(OH)2=3 1017，KspCu(OH)2=2.2 1020，KspFe(OH)3=2.8 1039） (5)“反应”中，加入的锌粉需用少量稀硫酸处理，原因是_。 (6)取 28.7g ZnSO4 7H2O 加热至不同温度，剩余固体的质量如下表： 温度/ 100 250 680 930 质量/g 17.90 16.10 13.43 8.10 则

22、680时所得固体的化学式为_(填字母标号)。 AZnO BZn3O(SO4)2 CZnSO4 DZnSO4 H2O 【答案】 （1）降低生产成本，综合利用资源 可使反应液的温度升高，并使反应物充分混合， 以加快反应速率 （2）PbSO4 （3）2Fe2+ClO+2H+=2Fe3+Cl+H2O （4）Fe(OH)3 （5）除去锌粉表面的氧化膜 （6）B 【解析】锌渣中主要成分为 ZnO、FeO、CuO、PbO 等，向其中加入稀硫酸酸浸，ZnO 转化为 ZnSO4， FeO 转化为 FeSO4， CuO 转化为 CuSO4进入溶液， 而 PbO 则与硫酸反应产生难溶性的 PbSO4， 所以通过过滤

23、，得到的滤渣 A 中含有 PbSO4，滤液中含有 ZnSO4、FeSO4、CuSO4，向该溶液中加入 NaClO，可以将溶液中 Fe2+氧化为 Fe3+，加入 NaOH 溶液调节 pH，使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀进入 滤渣 B 中，滤液中加入 Zn 粉，Cu2+与 Zn 发生置换反应产生 Cu 单质，过量的 Zn 及产生的 Cu 进入 滤渣 C 中，溶液中含有 ZnSO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，就形成了 ZnSO4 7H2O 晶体，据此分 析解答。(1)锌渣中含有 ZnO，在“溶浸”操作中，选用“锌渣”而不选择氧化锌矿粉的原因是降低生产 成本，综合利用资源；该操作中不断通入高温

24、水蒸气的目的是可使反应液的温度升高，并使反应物 充分混合，以加快反应速率；(2)根据上述分析可知“滤渣 A”的主要成分是 PbSO4；(3)“反应”中， 加入具有强氧化性的 NaClO，可以将溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+，反应的离子方程式为 2Fe2+ClO+2H+=2Fe3+Cl+H2O；(4)“反应”中，再加入 NaOH 调节 pH 约为 4.5，Fe3+与 OH转化 为 Fe(OH)3沉淀，则“滤渣 B”的主要成分是 Fe(OH)3；(5)“反应”中，加入的锌粉需用少量稀硫酸处 理，这是由于 Zn 容易被空气中的 O2氧化产生 ZnO 薄膜，使用硫酸可以除去锌粉表面的氧化膜； (6

25、)n(ZnSO4 7H2O)=28.70g 287g/mol=0.1mol，根据 Zn 元素守恒可知生成 ZnO、ZnSO4、ZnSO4 H2O 均为 0.1mol，生成 Zn3O(SO4)2时物质的量为 1 3 0.1mol；若得 ZnSO4 H2O 的质量为 17.90g(分解温度 为 100)；若得 ZnSO4的质量为 16.10g(分解温度为 250)；若得 ZnO 的质量为 8.10g(分解温度为 930)；据此通过排除法确定 680时所得固体的化学式为 Zn3O(SO4)2，故合理选项是 B。 28（15 分）.常温下，浓度均为 0.1 mol L1的六种溶液的 pH 如表所示：

26、溶质 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO NaCN Na2SO4 pH 8.8 9.7 11.6 10.3 11.1 7.0 请回答下列问题： (1)上述六种溶液中，水的电离程度最小的是_(填化学式)。 (2)若欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是_(填写一种物质即可)。 .常温下，向 100mL 0.2mol L1的氨水中逐滴加入 0.2mol L1的盐酸，所得溶液的 pH、溶液中 NH+4和 NH3 H2O 的物质的量分数与加入盐酸的体积的关系如图所示： (3)根据图象回答下列问题。 表示 NH3 H2O 浓度变化的曲线是_(填“A”或“B”)。 N

27、H3 H2O 的电离常数为_。 第 9 页（共 14 页） 第 10 页（共 14 页） 当加入盐酸体积为 50mL 时，溶液中 c(NH+4)-c(NH3 H2O)=_mol L1(用数字计算式表示)。 .已知：Ag+SCN=AgSCN(白色)。实验室可通过如下过程测定所制硝酸银样品的纯度(杂质 不参与反应)。 (4)称取 2.000g 制备的硝酸银样品，加水溶解，定容到 100mL。溶液配制过程中所用的玻璃仪器 除烧杯、玻璃棒外还有_。 (5)准确量取 25.00mL 溶液，酸化后滴入几滴铁铵钒NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂，再用 0.100 mol L1 NH4SCN 标准溶液滴定。

28、滴定终点的实验现象为_。终点时消耗标准溶液 25mL， 硝酸银样品纯度为_。 【答案】（1）Na2SO4 （2）NaHCO3或 NaClO 或 CH3COONa （3）A 1.8 105或 4.74 10 2 105-2 109 （4）100mL 容量瓶、胶头滴管 （5）滴入最后一滴 NH4SCN 标准液，溶液变为红色且半分钟内不褪色 85.0% 【解析】（1）Na2SO4为强酸强碱盐，pH=7.0，是中性溶液，其溶液中不存在水解，不影响 水的电离平衡，其余的都是弱酸强碱盐，水溶液中都存在弱酸根离子的水解，促进水的电离平衡， 所 以 六 种 溶 液 中 ， 水 的 电 离 程 度 最 小 的

29、是 Na2SO4， 故 答 案 为 ： Na2SO4； （ 2 ） 根 据 Cl2+H2OH+Cl+HClO，要增大氯水中次氯酸的浓度，应该消耗氢离子，使平衡正向移动，但 不能加入 Na2CO3和 NaCN，因为它们的 pH 比 NaClO 大，会和 HClO 发生强酸制备弱酸的反应，使 HClO 的浓度减小，所以加入的物质为：NaHCO3或 NaClO 或 CH3COONa，故答案为：NaHCO3或 NaClO 或 CH3COONa；（3）向氨水中加入稀盐酸，溶液中溶质由 NH3 H2O 转化为 NH+4，导致 溶液中浓度变化的曲线是 c(OH)减小、c(H+)增大，则溶液的 pH 减小，根

30、据图知，表示 NH3 H2O 浓 度变化的曲线是 A，故答案为：A；当溶液中 c(NH+4)=c(NH3 H2O)时，溶液中 NH3 H2O 的电离常 数： 4 32 NHc OH K c NHH O =c(OH)= 14 4.745 9.26 10 101.8 10 10 ，故答案为： 5 1.8 10或 4.74 10；当 加入盐酸体积为 50mL 时，此时溶液 pH=9，溶液中存在等浓度的一水合氨、氯化铵，存在电荷守恒 c(NH + 4)+c(H +)=c(Cl)+c(OH) ， 物 料 守 恒 得 到 ： c(NH+ 4)+c(NH3 H2O)=2c(Cl ) ， 得 到 ： c(NH

31、+4)c(NH3 H2O)=2c(OH)2c(H+)=2 1052 109， 故答案为： 2 1052 109； . （4） 配制 100mL 一定物质的量浓度的溶液，所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100mL 容量瓶，胶头滴管、可能还用 到量筒，故答案为：100mL 容量瓶，胶头滴管；（5）用 NH4SCN 标准溶液滴定硝酸银溶液，滴定 终点时，SCN与铁离子结合生成血红色溶液，所以滴定终点的实验现象为滴入最后一滴 NH4SCN 标 准液，溶液变为红色且半分钟内不褪色，终点时消耗标准溶液 25mL，则 NH4SCN 的物质的量为： 0.100mol L1 0.025L=2.5 103mol，根

32、据 Ag+SCN=AgSCN，可知硝酸银的质量为：2.5 103 mol 170g/mol100 25 =1.70g，硝酸银样品纯度为 1.70 100%85.0% 2.000 g g ，故答案为：滴入最后一 滴 NH4SCN 标准液，溶液变为红色且半分钟内不褪色；85.0%。 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：物质结构与性质物质结构与性质】 据自然杂志于 2018 年 3 月 15 日发布，中国留学生曹原用石墨烯实

33、现了常温超导。这一发 现将在很多领域发生颠覆性的革命。曹原被评为 2018 年度影响世界的十大科学人物的第一名。 （1）下列说法中正确的是_。 a碳的电子式是，可知碳原子最外层有 4 个单电子 b12g 石墨烯含共价键数为 NA c从石墨剥离得石墨烯需克服共价键 d石墨烯中含有多中心的大 键 （2）COCl2分子的空间构型是_。其中，电负性最大的元素的基态原子中，有_种不 同能量的电子。 （3）独立的 NH3分子中，H-N-H 键键角 106.7。如图是Zn(NH3)62+离子的部分结构以及其中 H-N-H 键键角。 请解释Zn(NH3)62+离子中 H-N-H 键角变为 109.5的原因是_

34、。 （4）化合物EMIMAlCl4具有很高的应用价值，其熔点只有 7，其中 EMIM+结构如图所示。 该物质晶体的类型是_。大 键可用符号 n m 表示，其中 m、n 分别代表参与形成大 键 的原子数和电子数。则 EMIM+离子中的大 键应表示为_。 第 11 页（共 14 页） 第 12 页（共 14 页） （5）碳化钙的电子式：，其晶胞如图所示，晶胞边长为 a nm、CaC2相对式量为 M，阿伏加德罗常数的值为 NA，其晶体密度的计算表达式为_g cm3；晶胞中 Ca2+位于 C2 2所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为_nm。 【答案】（1）d （2）平面三角形 3 （3）氨分子与

35、 Zn2+形成配合物后，孤对电子与 Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥 作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以 H-N-H 键角变大 （4）离子晶体 6 5 （5） 2 a 2 （或 0.707a） 【解析】 （1）a碳的电子式是，但碳原子最外层只有 2p 能级有 2 个单电子，故错误；b共 价键分摊：每个碳原子周围的 3 个 键分别被 3 个碳原子分摊（各占一半），每个碳原子分摊的 键数为 1.5，12g 石墨烯即 1mol 含 键数为 1.5NA，故错误；c石墨烯层间可以滑动，说明层与层 之间的作用力弱，是分子间作用力，故错误；d石墨烯中含有多中心的大 键，故正确

36、。故选 d。 （2）COCl2分子中的 C 原子最外层的 4 个电子全部参与成键，C 原子共形成 1 个双键和 2 个单键， 故其采取 sp2杂化，该分子的空间构型为平面三角形；该分子中电负性最大的是 O 元素，基态氧原 子中，有 1s 上 1 种、2s 上 1 种、2p 上 1 种，即 3 种不同能量的电子；（3）氨分子中有孤对电子。 氨分子与 Zn2+形成配合物后，孤对电子与 Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为 成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以 H-N-H 键角变大；（4）化合物EMIMAlCl4由 阴、阳离子构成，属于离子晶体；EMIM+形成大 键的原子数

37、为 5、电子数为 6，则 EMIM+离子中 的大 键应表示为 6 5 ；（5）晶胞边长为 a nm=a 107cm，晶胞体积=（a 107cm）3，该晶胞中 Ca2+ 个数=1+12 1/4=4， C2 2个数=8 1/8+6 1/2=4， 其晶体密度=mV=M 4/NA(a 10 7)3g cm3； 晶胞中 Ca2+ 位于C2 2所形成的八面体的体心， 该正八面体的平面对角线为2anm， 则正八面体的边长为 2 a 2 （或 0.707a）nm。 36【化学【化学选修选修 5：有机化学基础有机化学基础】 据报道，化合物 M 对番茄灰霉菌有较好的抑菌活性，其合成路线如下图所示。 已知： 回答下

38、列问题： （1）化合物 C 中的含氧官能团为_，反应的反应类型为_。 （2）写出 E 的结构简式：_。 （3）写出反应的化学方程式：_。 （4）写出化合物 C 满足下列条件的一种同分异构体的结构简式：_。 含苯环结构，能在碱性条件下发生水解 能与 FeCl3发生显色反应 分子中含有 4 种不同化学环境的氢 （5）已知 CH3CH2CNCH3CH2COOH。请以 、CH2=CHCN 和乙醇为原料合成化 合物 ，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任用)_。 【答案】（1）醚键 取代反应 （2） （3） （4） 第 13 页（共 14 页） 第 14 页（共 14 页） （5） 【解析】 由框图知

39、A 为， 由 C 的结构简式知含氧官能团为“O”为醚键；E+ 一定条件 M，M 中生成了肽键，则为取代反应。(2)由 M 逆推，知 E 的结构筒式为。逆推 D 的结 构筒式为，C 与 D 比较知，D 比 C 比了“NO2“，则应为 C 发生硝化反应所得。(4)碱性 条件能水解，则含有酯基，与 FeCl3能发生显色反应，则说明含有酚羟基，且酚羟基与酯基互为对位 关系。(5)由合成产物逆推，产物可以由与乙醇酯化得到，羧基可以由“- CN”水解获 得，和 CH2=CHCN 相连，可以先将 CH2=CHCN 与 Br2发生加成反应生成卤代物，再发 生类似于流程中 AB 的反应。（1）由 C 的结构简式知化合物 C 中的含氧官能 团为醚键，反应为+ 一定条件 ，其反 应类型为取代反应。答案：醚键 ；取代反应。（2）根据分析知 E 的结构简式为：；答 案：。（3）反应是的反应。其化学方程式： ； 答案：。 （4） 碱性条件能水解，则含有酯基，与 FeCl3能发生显色反应，则说明含有酚羟基，分子中含有 4 种 不 同 化 学 环 境 的 氢 ， 酚 羟 基 与 酯 基 互 为 对 位 关 系 。； 答 案 ： 。（5）已知 CH3CH2CNCH3CH2COOH。以 、CH2=CHCN 和 乙 醇 为 原 料 合 成 化 合 物的 合 成 路 线 流 程 图 为 ： 。