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03（解析版）.docx

1、22020 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 B 11 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Fe 56 Co 59 Cu 64 As 75 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中华优秀传统文化涉及到很多的化学知识。下列有关说法不正确的是（ ） A自古书契多编以竹简，其用缣帛者（丝质品）谓之为纸，这里的纸主要成分为纤维素 B中国蓝是古代人工合成的蓝色化合物，其化学式为 BaCuSi4O10，可改写成 BaO CuO 4SiO2 C东汉魏伯阳在周易参同契中对

2、汞的描述：得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根。这里 的黄芽是指硫 D 天工开物记载：凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙黏土而为之。这里的瓦属于传统无机非金属 材料，主要成分为硅酸盐 【答案】A 【解析】A自古书契多编以竹简，其用缣帛者谓之为纸，这里纸的主要成分为纤维素，缣帛是丝织品， 蚕丝主要成分是蛋白质，故 A 错误； B硅酸盐改写成氧化物形式时：活泼的金属氧化物写在前面，再写 SiO2，含氢元素的 H2O 最后写，所以 BaCuSi4O10用氧化物形式表示：BaO CuO 4SiO2，故 B 正确； C液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，

3、能和 硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故 C 正确； D择取无沙粘土而为之得到瓦，是传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐，故 D 正确； 8NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ） A17g H2S 与 PH3组成的混合气体中含有的质子数为 9NA B4.6g 分子式为 C2H6O 的有机物中含有 CH 键数为 0.5NA C常温下，将 5.6g 铁块投入足量浓硝酸中，转移电子数为 0.3NA D一定条件下，1mol H2与足量碘蒸气充分反应，生成 HI 分子数一定小于 NA 【答案】A 【解析】AH2S 与 PH3的摩尔质量均为 34g/mol，故 1

4、7g 混合物的物质的量为 0.5mol，且两者均含 18 个质 子，故 0.5mol 混合物中含质子为 9NA个，故 A 正确； BC2H6O 可能的结构有 CH3OCH3或 CH3CH2OH，前者有 6 个 CH 键，后者有 5 个 CH 键，所以 4.6g 分子式为 C2H6O 的有机物中含有 CH 键数目无法确定，故 B 错误； C常温下，铁在浓硝酸中钝化，故 C 错误； DI2和 H2的反应为可逆反应，不能进行彻底，1mol H2与足量碘蒸气充分反应，生成的 HI 的分子数小于 2NA个，可能为 NA个，故 D 错误； 9有机物 Z 常用于治疗心律失常，Z 可由有机物 X 和 Y 在一

5、定条件下反应制得，下列叙述错误的是（ ） AX 中所有原子不可能在同一平面 BX、Z 均能与酸性 KMnO4溶液反应 CY 含有羧基的同分异构体有 12 种 D室温下 Z 与 Br2加成的产物最多有 3 种 【答案】D 【解析】有机物 X 含有羰基、酚羟基，Y 含有酯基和溴原子，Z 含有碳碳双键、酯基和醚键，据此回答问 题。 A. X 中含有苯环， 为平面结构， 碳氧双键为平面结构，甲基为四面体结构，故所有原子不可能在同一平面， A 正确； B. X 具有酚羟基、Z 具有碳碳双键，均为不饱和结构，能与酸性 KMnO4溶液反应，B 正确； C. 若 Y 含有羧基，则除去羧基外，还有 4 个碳原子

6、，4 个碳原子构成的结构有 4 种，根据氢环境计算，一 溴代物的同分异构体有 12 种，C 正确； D. 室温下 Z 与 Br2加成，结构中碳碳双键有 2 个，可发生 1，2 加成，1，4 加成和全加成等，故产物最多 有 4 种，D 错误。 10二氧化氯(C1O2)是易溶于水且不与水反应的黄绿色气体，沸点为 11。某小组在实验室中制备 C1O2 的装置如下：已知：SO2+2NaC1O3+H2SO4=2C1O2+2NaHSO4 下列说法正确的是（ ） A连接装置时，导管口 a 应接 h 或 g，导管口 c 应接 e B装置 C 中装的是饱和食盐水，导管口 a 通过的气体为 SO2 C装置 D 放

7、冰水的目的是液化 SO2，防止污染环境 D可选用装置 A，用 1 mol L-1盐酸与 MnO2反应制取 Cl2 【答案】A 【解析】A. 装置 A 中制备二氧化硫气体，利用 SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4制备 ClO2，为防止 倒吸， 应在之前有安全瓶， 则 agh， 为反应充分， 气体要长进短出， 故连接顺序为： aghbcefd， A 正确； B. 实验室中制备 ClO2的实验中，尾气为 SO2，为防止污染空气，装置 C 中装的是 NaOH 吸收未反应完的 SO2，B 错误； C. ClO2沸点较低，在 D 中冰水浴收集，为充分冷却气体，便于收集，C 错误

8、； D. 只有浓盐酸才能在加热时与 MnO2反应生成 Cl2，1 mol/L 的稀盐酸不能用于反应制取 Cl2，D 错误； 11短周期主族元素 W、X、Y、Z、Q 的原子序数依次增大，已知 A、B、C、D 是它们中的两种或三种元 素间形成的化合物，Y 元素的焰色反应呈黄色，Y、Z、Q 的最高价氧化物对应水化物相互之间可反应。B 是两性氢氧化物；D 是由 W 与 Q 形成的化合物，常温下， -1 0.1mol L D溶液的 pH 为 1。在一定条件下它 们之间的相互转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ） A可通过电解熔融的 C 得到 Z 单质 BX 元素的氢化物沸点比同主族元素的氢化物高 CW

9、、X、Y、Z 元素的原子半径大小为WXYZ DA 的水溶液呈弱碱性，是因为含有元素 Y 【答案】B 【解析】 【分析】 已知 A、 B、 C、 D 是它们中的两种或三种元素间形成的化合物， Y 元素的焰色反应呈黄色， Y 为 Na， Y、Z、Q 的最高价氧化物对应水化物相互之间可反应，则 Z 应为 Al，Q 为非金属元素且其最高 价氧化物水化物能溶解氢氧化铝且与氢氧化钠反应，则可能为 S 或者 Cl，D 是由 W 与 Q 形成的化合物，常 温下， -1 0.1mol L D溶液的 pH 为 1，则 D 应为一元强酸，因此 Q 应为 Cl，B 是两性氢氧化物则 B 为氢氧 化铝，原子序数可知 W

10、 为氢、X 为氧，结合转化关系图，A 可以与 HCl 反应产生氢氧化铝，则 A 应为偏铝 酸钠，C 为氯化铝，据此分析解答； 【详解】由以上分析可知 W 为 H、X 为 O、Y 为 Na、Z 为 Al、Q 为 Cl，A 为 NaAlO2，B 为 Al(OH)3，C 为 AlCl3，D 是 HCl。 A.氯化铝是分子晶体，其熔融状态不导电，故不能通过电解其熔融物制取铝单质，工业上采用电解熔融氧 化铝的方法制取铝，故 A 错误； B.X 的氢化物为水，水分子间存在氢键，导致其熔沸点在同族气态氢化物中最高，故 B 正确； C.电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大半径越大，因此原子半

11、径 NaAlOH， 故 C 错误； D.A 为偏铝酸钠，偏铝酸根水解使溶液显碱性，与钠离子无关，故 D 错误； 12二甲醚(CH3OCH3)直接燃料电池具有启动快、效率高等优点，用二甲醚燃料电池电解甲基肼 (CH3NHNH2)制氢的装置如图所示，其中 X、Y、M、N 均为惰性电极。下列说法正确的是（ ） AM 极的电极反应式为 CH3NHNH2+12OH-10e-=CO 2 3 +N2+9H2O B图 1 中电解质溶液的 pH 减小，图 2 中电解质溶液的 pH 增大 C图 2 中的交换膜是阴离子交换膜，OH-透过交换膜向 N 极移动 D理论上，当生成 6.72LH2时，消耗 CH3OCH3的

12、质量为 2.3g 【答案】A 【解析】 【分析】装置图 1 分析可知，氢离子移向的电极为正极，X 为负极，二甲醚失电子发生氧化反应， 结合电极反应判断电极附近 pH 变化，Y 为正极，电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为二甲醚 失电子生成二氧化碳，结合原子守恒和电荷守恒写出电极反应为：CH3OCH3+3H2O-12e=2CO2+12H； 氧 气在正极发生还原反应，O2+4H+4e=2H2O；图 2 是电解池，N 是阴极，H2O 得电子发生还原反应：2H2O 2e=2OHH2，M 极是阳极，发生氧化反应：CH3NHNH 2+12OH -10e-=CO2 3 +N2+9H2O。 【详解】A

13、M 极是阳极，发生氧化反应：CH3NHNH2+12OH-10e-=CO 2 3 +N2+9H2O，故 A 正确； B 图1中生成水， CH3OCH3+3O22CO2+3H2O， 电解质溶液的pH增大， 图2中CH3NHNH2+H2O+2OH- CO 2 3 +N2+5H2，电解质溶液的 pH 减小，故 B 错误； C图 2 中的交换膜是阴离子交换膜，OH-透过交换膜向 M 极移动，故 C 错误； D理论上，CH3OCH312e6H2，当生成标准状况下 6.72LH2时，消耗 CH3OCH3的质量为 1 1 6.72 46 ? 22.4 ?6 L g mol Lmol =2.3g，但题目中没有说

14、明生成的氢气的状态，故 D 错误； 【点睛】 易错点 D，注意生成的氢气的状态。 13常温下，用 AgNO3溶液分别滴定浓度均为 0.01mol L-1的 KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像 如图所示(不考虑 C2O42-的水解)。下列叙述正确的是（ ） AKsp(Ag2C2O4)=10-7 Ba 点表示的是 AgCl 的不饱和溶液 C向 c(Cl-)=c(C2O42-)=0.1mol L-1的混合液中滴入 AgNO3溶液时，先生成 Ag2C2O4沉淀 DAg2C2O4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+C2O42-(aq)的平衡常数为 109.04 【答案】D 【解析】A

15、Ksp(Ag2C2O4)c2(Ag) c(C2O)(104)2 (102.46)1010.46，故 A 错误； B.在 a 点，c(Ag)大于平衡浓度，故 a 点的浓度积 Qc(AgCl)Ksp(AgCl)，故为氯化银的过饱和溶液，将有沉 淀析出，故 B 错误； C.根据图像可知，当阴离子浓度相同时，生成 AgCl 沉淀所需的 c(Ag)小，故向 c(Cl)c(C2O)的混合液 中滴入 AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，故 C 错误； D.Ag2C2O4(s)2Cl(aq)2AgCl(s)C2O42- (aq)的平衡常数 K 2 24 2 l C O C c c ， 此时溶液中的 c(Ag)

16、相同， 故有：K sp224 2 sp Ag C O AgCl K K -10.46 2 -5.75-4 10 = 1010 109.04，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）必考题：共 43 分。 26（15 分） 煤炭气化作为洁净煤利用的核心技术， 是影响煤化工系统效率、 污染物及温室气体排放的关键。 工业生产中主要的气化方式包括纯水气化、CO2气化和纯氧气化，反应如下： i.C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) H=+119kJ mol-1 ii

17、.C(s)+CO2(g)2CO(g) H=+162kJ mol-1 iii.C(s)+ 1 2 O2(g)CO(g) H=-123kJ mol-1 iv.C(s)+ O2(g)CO2(g) H=-409kJ mol-1 （1）均相水煤气反应 CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)的 H_。 （2）图 1 是不同气化方式得到的合成气成分，图 2 是温度对碳转化率的影响(碳转化率是指气化得到气体中 的碳占入炉原料煤中碳的质量分数)。 气化过程中不同氧化剂的配比会对合成气的成分造成很大影响，为了提高合成气的氢碳比，生产中应该 适当提高_在氧化剂中的比例。 若使用混合氧化剂进行气化，最佳气化

18、温度是_。温度升高纯氧气化的碳转化率降低，原因是_。 工业上常在压强 200kPa 的条件下进行气化，压强过高过低都不利于气化的进行，可能的原因是_。 T时，向容积可变的恒压密闭容器中加入 20g 燃煤(含碳 84%)和 2molH2O(g)模拟纯水气化反应，起始容 积为 2L。一段时间达到平衡后，测得容器内 H2为 1mol。则该温度下 C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的平衡 常数 K=_。 （3）煤的气化中可以利用 CO2捕集技术实现 CO2的综合利用。用石墨电极电解 CO2制 CH3CH2OH 的原理 示意图如图： b 为电源的_(填正或负)极。 生成 CH3CH2OH 的电

19、极反应式为_。 【答案】 （1）-43kJ mol-1（3 分） （2）水（1 分） 900（1 分） 纯氧气化涉及的反应、反应都是放热反应，温度升高，平衡逆 移，碳转化率降低（2 分） 压强高会使气化反应、的平衡逆向移动；压强低反应速率小，都 不利于气化的进行（2 分） 1 3 mol L-1（3 分） （3）正（1 分） 2CO2+12H+12e-=CH3CH2OH+3H2O（2 分） 【解析】 【分析】 （1）根据盖斯定律进行计算； （2）据图可知，纯水气化时氢碳比最大，CO2气化氢碳比最小；温度升高纯氧气化中碳转化率略微减小， 而纯水气化和 CO2气化碳转化率增大，温度高于 900后升

20、高不明显； 恒压容器中气体的体积比等于气体的物质的量之比，据此先计算平衡时容器的体积，再根据 K= 2 2 HCO H O cc c 计算平衡常数； （3）该装置目的是用石墨电极电解 CO2制 CH3CH2OH，C 元素化合价降低被还原，所以通入二氧化碳的一 极为电解池的阴极，则产生氧气的一极为阳极。 【详解】 （1）已知：i.C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) H=+119kJ mol-1 ii.C(s)+CO2(g)2CO(g) H=+162kJ mol-1 根据盖斯定律i-ii可得反应CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)的H=+119kJ mol-1-(+162kJ

21、 mol-1)=-43kJ mol-1 ； （2）据图可知纯水气化时氢碳比最大，所以为了提高合成气氢碳比凯越适当提高水在氧化剂中的比例； 据图可知温度升高，纯氧气化碳转化率略微减小，而纯水气化和 CO2气化碳转化率增大，温度高于 900 后升高不明显，所以为了提高碳转化率，同时尽量降低能耗，提高反应速率，最佳的气化温度应为 900； 纯氧气化涉及的反应、反应都是放热反应，温度升高，平衡逆移，所以温度升高碳转化率降低； 压强高会使气化反应、的平衡逆向移动，压强低反应速率小，都不利于气化的进行，所以压强 不能过高也不能过低； 该反应的平衡常数 K 的表达式为 2 2 HCO H O cc c ，平

22、衡时容器内 n(H2)=1mol，根据反应方程式可知该时段 内消耗 n(H2O)=1mol，生成的 n(CO)=1mol，剩余的 n(H2O)=2mol-1mol=1mol，所以平衡时容器内气体总物 质的量为 1mol+1mol+1mol=3mol，压强不变，则体积比等于气体的物质的量之比，初始气体的物质的量为 2mol， 平衡时为 3mol， 容器初始体积为 2L， 所以平衡容器体积为 3L， 则平衡时容器内 c(H2O)= c(H2)=c(CO)= 1 3 mol/L，K= -1-1 -1 11 mol Lmol L 33 1 mol L 3 = 1 3 mol L-1； （3）根据分析产

23、生氧气的一极为电极池的阳极，阳极与外接电源的正极相连，所以 b 为电源的正极； 二氧化碳被还原生成乙醇，电解质溶液显酸性，所以电极反应式为 2CO2+12H+12e-=CH3CH2OH+3H2O。 【点睛】 本题中平衡常数的计算为易错点，要注意本题中的容器为恒压容器，而涉及的反应前后气体系数之和不相 等，所以容器的体积会变，需要先求出体积才能求浓度。 27（14 分） 乙酰苯胺 （C6H5-NHCOCH3） 可用作止痛剂退热剂、 防腐剂和染料中间体， 常用苯胺 （C6H5-NH 2） 与冰醋酸为原料制备，具体流程如下： 化学原理：C6H5-NH2 + CH3COOH C6H5NHCOCH3+

24、H2O，已知：苯胺易被氧化，乙酰苯胺碱性条 件下水解；部分物质有关性质如下表；步骤 1 所用装置如图所示（固定装置、加热装置已略去） 。 请回答下列问题: （1）仪器 a 的名称_ （2）盛有冰醋酸的容器，最有可能贴有的安全标签是_（填标号） 。 a. b. c. d. （3）加入锌粒，除了防止暴沸外，还能起到的作用是_ （4）步骤 1 中控制温度计示数约 105 C 的原因是_ （5）判断反应基本完全的现象是_；步骤 3 中洗涤乙酰苯胺粗产品最合适的试剂是_ （填标号） 。 a.冰水 b.热水 c.15%的乙醇溶液 d. NaOH 溶液 （6）步骤 4 中重结晶的过程：粗产品溶于沸水中配成饱

25、和溶液再加入少量蒸馏水加入活性炭脱色加 热煮沸 _ 冷却结晶过滤洗涤干燥。 （7）本实验中乙酰苯胺产率为_。 【答案】 （1）直形冷凝管(冷凝管) （1 分） （2）d（1 分） （3）防止苯胺被氧化 （2 分） （4）冰醋酸具有挥发性，温度过高，冰醋酸蒸出，降低了反应物的利用率，温度过低，不利于蒸出水 （2 分） （5）尾接管中不再有液滴滴下（2 分） a（1 分） （6）趁热过滤（2 分） （7）68.7%（3 分） 【解析】 【分析】根据题干信息，根据实验原理 C6H5-NH2 +CH3COOH C6H5NHCOCH3+H2O 制备乙 酰苯胺， 以苯胺和冰醋酸为原料， 控温加热 1h 后

26、趁热倒入冷水， 析出晶体后抽滤、 洗涤、 干燥得到粗产品， 洗涤时需注意温度越高，乙酰苯胺溶解度越大，且在碱性条件下易水解，可选用冰水洗涤，再重结晶得到 产品，据此分析解答问题。 【详解】 （1）根据仪器构造可知，a 为直形冷凝管，用于冷凝回流，提高反应物的利用率，故答案为：直形 冷凝管(冷凝管)； （2）冰醋酸属于酸，具有腐蚀性，所以盛有冰醋酸的容器最有可能贴有的安全标签为腐蚀品，故答案为： d； （3）根据题干信息，苯胺易被氧化，而锌粒可与酸反应生成氢气，形成氢气环境，从而防止苯胺被氧化， 故答案为：防止苯胺被氧化； （4）已知冰醋酸具有挥发性，因此温度过高，冰醋酸蒸出，降低了反应物的利用

27、率，但温度过低，不利于 蒸出水，所以将温度控制在约 105时，故答案为：冰醋酸具有挥发性，温度过高，冰醋酸蒸出，降低了反 应物的利用率，温度过低，不利于蒸出水； （5）当尾接管中不再有液滴滴下时，说明反应基本完全，由于乙酰苯胺易溶于酒精，在水中温度越高，乙 酰苯胺溶解度越大，且在碱性条件下易水解，故选用冰水洗涤，故答案为：尾接管中不再有液滴滴下；a； （6） 重结晶时， 将粗产品溶于沸水中配成饱和溶液， 再加入少量蒸馏水， 加入活性炭脱色， 接着加热煮沸， 趁热过滤后冷却结晶，再过滤、洗涤、干燥得到最终产品，故答案为：趁热过滤； (7)根据分析，制备乙酰苯胺的实验原理为 C6H5-NH2 +C

28、H3COOH C6H5NHCOCH3+H2O，以 0.11mol 的苯胺和 0.26mol 的冰醋酸为原料，可知冰醋酸过量，根据反应方程式可求得理论上制得的乙酰苯胺的物质 的量为 0.11mol，则质量为 0.11mol 135g/mol=14.85g，则根据公式=100% 实际产量 产率 理论产量 可知，乙酰苯 胺的产率为 10.2g 100%68.7% 14.85g ，故答案为：68.7%。 28 （14 分）某铜钴矿石主要含有 CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和 SiO2，及一定量的 Fe2O3、MgO 和 CaO 等。由该矿石制 Co2O3的部分工艺流程如图： 回答下

29、列问题： （1）浸泡过程中，钴(III)可转化为 CoSO4，写出该转化的相关化学方程式：_。 （2）除铜若选用 MnS，计算常温下该除铜反应的平衡常数 K=_。 保留 2 位有效数字；已知常温下 Ksp(MnS)=2.5 1013，Ksp(CuS)=1.3 1036 （3）步骤 I 中加入 NaClO3与 Fe2+反应的离子方程式为_。 常温下，溶液中金属离子(Mn+)的 pMpM=lgc(Mn+)随溶液 pH 变化关系如图所示，设加入 NaClO3后， 溶液中的 c(Co2+)为 0.1molL-1，依据如图分析，步骤 I 中加入 Na2CO3调整溶液 pH 范围为_。 当 c(Mn+)1

30、06molL1，即认为该金属离子沉淀完全 （4）步骤 II 中加入足量 NaF 的目的是_。 （5）过滤出的 CoC2O42H2O 固体经洗涤后，证明固体已洗净的操作为_。 （6）若某工厂用 m1kg 该铜钴矿石制备了 m2kgCo2O3，假设产率为 a，则该矿石中钴元素的百分含量为_。 【答案】 （1）2CoO(OH)+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+Na2SO4+3H2O（2 分） （2）1.9 1023（2 分） （3）ClO - 3+6Fe 2+6H+=Cl-+6Fe3+3H 2O（2 分） 37.6(或 3pH7.6) （1 分） （4）形成沉淀，除去溶液中钙、镁离子（2

31、分） （5）取少量最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则证明已洗净 （2 分） （6） 2 5900m 83ma %（3 分） 【解析】 【分析】铜钴矿石主要含有 CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和 SiO2，及一定量的 Fe2O3、MgO 和 CaO 等，由流程可知，加入过量稀硫酸和 Na2SO3，可得 Co2、Cu2、Fe2、Mg2、Ca2，加入的 Na2SO3 主要是将 Co3、 Fe3还原为 Co2、 Fe2， 加 MnS 可沉铜， 然后加入 NaClO3将 Fe2氧化为 Fe3， 加入 Na2CO3 调 pH，可以使 Fe3沉淀，过滤

32、后所得滤液主要含有 Co2、Mg2、Ca2，再用 NaF 溶液除去钙、镁离子， 过滤后，向滤液中加入浓 Na2CO3溶液转为 CoCO3固体，溶于盐酸后加入草酸铵溶液得到草酸钴晶体，煅 烧后制得 Co2O3。 【详解】 （1）浸泡过程中，钴(III)可转化为 CoSO4，该转化的相关化学方程式： 2CoO(OH)+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+Na2SO4+3H2O。故答案为： 2CoO(OH)+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+Na2SO4+3H2O； （2）除铜若选用 MnS，发生 MnS+Cu2CuS+Mn2，常温下该除铜反应的平衡常数 K= 13 36 2.5 10

33、 1.3 10 sp sp KMnS KCuS =1.9 1023，故答案为：1.9 1023； （3） 步骤 I 中加入 NaClO3与 Fe2+反应， 生成 Cl-和 Fe3+， 离子方程式为 ClO - 3+6Fe 2+6H+=Cl-+6Fe3+3H 2O。 故答案为：ClO - 3+6Fe 2+6H+=Cl-+6Fe3+3H 2O； 设加入 NaClO3后，溶液中的 c(Co2+)为 0.1molL-1，依据如图分析，pH3 时 Fe3完全沉淀，使 CO2不转 化为沉淀，pH7.6 即可，步骤 I 中加入 Na2CO3调整溶液 pH 范围为 37.6(或 3pH7.6)。 当 c(Mn

34、+)106molL1，即认为该金属离子沉淀完全。故答案为：37.6(或 3pH7.6)； （4）步骤 II 中加入足量 NaF 的目的是形成沉淀，除去溶液中钙、镁离子。故答案为：形成沉淀，除去溶液 中钙、镁离子； （5）过滤出的 CoC2O42H2O 固体经洗涤后，检验洗涤液是否含有 Cl-，证明固体已洗净的操作为：取少量 最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则证明已洗净。故答案为： 取少量最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则证明已洗净； （6）若某工厂用 m1kg 该铜钴矿石制备了 m2kg Co2O3，假设产率为 a，设该矿

35、石中钴元素的百分含量为 x， 由原子守恒可知 m1kg x a166 118 =m2kg，解得 x= 2 5900m 83ma %。故答案为： 2 5900m 83ma %。 （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 8 月 13 日中国科学家合成了首例缺陷诱导的晶态无机硼酸盐单一组分白光材料 Ba2 Sn（OH）6B（OH）4 2并获得了该化合物的 LED 器件，该研究结果有望为白光发射的设计和应用提 供一个新的有效策略。 （1） 基态 Sn 原子价层电子的空间运动状态有_种，

36、基态氧原子的价层电子排布式不能表示为 222 xy 2s 2p2p， 因为这违背了_原理（规则） 。 （2）B（OH）4 中氧原子的杂化轨道类型为_，B（OH） 4 的空间构型为_。 Sn（OH） 6 2 中，Sn 与 O 之间的化学键不可能是_。 a 键 b 键 c 配位键 d 极性键 （3）碳酸钡、碳酸镁分解得到的金属氧化物中，熔点较低的是_（填化学式） ，其原因是_。 （4）超高热导率半导体材料砷化硼（BAs）的晶胞结构如下图所示，则 1 号砷原子的坐标为_。已 知阿伏加德罗常数的值为 NA， 若晶胞中 As 原子到 B 原子最近距离为 a pm， 则该晶体的密度为_g cm3（列 出含

37、 a、NA的计算式即可） 。 【答案】 （1）3（1 分） 洪特（1 分） （2）sp3（1 分） 正四面体（1 分） a（2 分） （3）BaO（2 分） 离子半径越小，晶格能越大，物质的熔点越高 （2 分） （4）( 1 4 ， 1 4 ， 1 4 )（2 分） 330 A 864 4 3 (a)10 3 N （3 分） 【解析】 （1）Sn 元素与 C 元素为同主族元素，位于第五周期，所以其价层电子为 5s25p2，5s 能级的 s 轨道 为一种空间运动状态，5p 能级占据两个 p 轨道有两种空间运动状态，共有 3 种空间运动状态；根据洪特规 则，同一能级电子要优先以自旋相同的方式分别占

38、据不同的轨道，所以该排布式违反了洪特规则； （2）B(OH)4 中每个氧原子与氢原子和 B 原子各形成一个 键，还有 2 对孤电子对，所以价层电子对数 为 4，为 sp3杂化；B(OH)4 中 B 原子与每个氧原子之间均形成一个 键(其中一个为配位键)，价层电子对 数为 4，且不含孤电子对，所以空间构型为正四面体；Sn(OH)6 2中，O 原子和氢原子之间为 键，也为 极性共价键，Sn 原子和 O 原子之间有 键和配位键，所以该物质中不含 键，所以选 a； （3）碳酸钡、碳酸镁分解得到的金属氧化物分别为 BaO 和 MgO，镁离子核外电子层数少于钡离子，所以 镁离子半径更小，形成的离子键更强，

39、晶格能更大，熔点较高； （4）根据晶胞结构可知 1 号砷原子距离坐标原点的距离为晶胞体对角线的 1 4 ，所以坐标为( 1 4 ， 1 4 ， 1 4 )； 根据晶胞结构可知，距离最近的 As 原子和 B 原子即为 1 号砷原子距离坐标原点 B 原子的距离，所以晶胞 体对角线的长度为 4a pm， 则晶胞的棱长为 4 3 3 a pm， 则晶胞的体积 V= 3 4 3 a 3 pm3= 3 4 3 a 3 10-30cm3； 根据均摊法该晶胞中 As 原子个数为 4，B 原子个数为 11 8+6 82 =4，所以晶胞的质量 m= A 864 g N ，所以密 度为 330 A 864 4 3

40、(a)10 3 N g/cm3。 36化学选修 5：有机化学基础（15 分） 有机物 I()是一种新型感光高分子化合物，工业合成 I 的路线如下： 已知：同一个碳原子上连接有 2 个羟基时，自动脱去一个水分子。请回答下列问题： （1）有机物 C 中官能团名称_。反应的化学反应类型为_。 （2）反应的化学方程式为：_。 （3）反应除生成 H 外，还生成一种能与碳酸氢钠反应放出气体的有机化合物 M，M 的结构简式为： _。 （4） X 是 H 的芳香族同分异构体， 1molX 与足量银氨溶液反应时可得到 4molAg。 则 X 共有_种。 写出一种核磁共振氢谱有 4 组峰的同分异构体的结构简式_。

41、 （5）参照上述合成路线。设计以乙醇和乙炔为原料制备 CH3CH=CHCOOCH=CH2的流程图。 _。 【答案】 （1）酯基（1 分） 加成反应（1 分） （2）+2NaOH +2NaCl+H2O（3 分） （3）CH3COOH （2 分） （4）10（2 分） 或（2 分） （5）CH3CH2OH O Cu 2 / CH3CHO 32 (CH CO) O CH3CH=CHCOOH 乙炔 适当条件 CH3CH=CHCOOCH=CH2（4 分） 【解析】 【分析】根据反应条件分析合成过程可知，C 应为物质 B 发生加聚反应而生成的产物，则 C 的结构 简式为：，C 在 NaOH 溶液中发生酯的

42、水解，生成 D()。由 G 的结 构简式，结合 EFG 的反应条件，可知 E 为苯的同系物，发生苯环侧链上的取代反应生成 F，F 在 NaOH 溶液、加热条件下发生卤代烃的水解，最终得到 G，结合已知条件可知，E 为，F 应为 ， F 水解后苯环侧链上的碳原子连接有 2 个羟基， 脱去一个水分子， 生成 G， G 与(CH3CO)2O 发生反应，生成 H，结合 G、I 的结构简式，可知 H 为。H 和 D 发生酯化反 应，生成 I。据此进行分析。 【详解】 （1）根据分析，可知有机物 C 的结构简式为：，所含官能团为酯基。分析反 应的反应机理，可知乙炔叁键断裂，与 A 发生加成反应，答案为：酯

43、基；加成反应； （2）反应为卤代烃的水解反应，水解后形成两个羟基连在同一个碳原子上，根据已知条件，同一个碳原 子上连接有 2 个羟基时，自动脱去一个水分子。故反应方程式为：+2NaOH +2NaCl+H2O。答案为：+2NaOH +2NaCl+H2O； （3）根据 M 能与碳酸氢钠反应放出气体可知 M 分子中含有羧基，结合反应物 G 和(CH3CO)2O 以及 H 的结 构简式，可知 M 应为 CH3COOH。答案为：CH3COOH； （4）H 的同分异构体 X 满足：能发生银镜反应，且 1molX 与足量银氨溶液反应时可得到 4molAg，说明 X 中含有两个醛基，当苯环上只有一个取代基时，

44、取代基只能是-CH(CHO)2，对应结构只有 1 种；若苯环上有 两个取代基时， 取代基为-CHO、 -CH2CHO， 对应的结构有 3 种； 当苯环上有三个取代基时， 取代基为： -CH3、 -CHO、-CHO。对应的结构有 6 种，故 X 的结构共有 1+3+6=10 种。核磁共振氢谱有 4 组峰，说明其结构中 有 4 种不同化学环境的氢原子， 则符合该条件的 X 的结构简式为：或。 答案为： 10；或 ； （5）以乙醇和乙炔为原料制备 CH3CH=CHCOOCH=CH2的过程中涉及碳链的增长和官能团的转化，结合题 中合成路线 AB 可知，羧酸和碳碳叁键可发生加成反应生成含碳碳双键的酯，分析目标产物，则可考虑将 乙醇转化为 CH3CHCHCOOH，然后与乙炔发生加成反应得到目标产物。参考题中 GH 的转化过程，将 乙醇氧化为乙醛， 然后与(CH3CO)2O 发生反应， 可得到 CH3CHCHCOOH， 则合成路线为： CH3CH2OH O Cu 2 / CH3CHO 32 (CH CO) O CH3CH=CHCOOH 乙炔 适当条件 CH3CH=CHCOOCH=CH2；答案为：CH3CH2OH O Cu 2 / CH3CHO 32 (CH CO) O CH3CH=CHCOOH 乙炔 适当条件 CH3CH=CHCOOCH=CH2。